1、高考资源网（） 您身边的高考专家2019-2020学年高二（上）期末物理试卷7 一、选择题（1-8小题为单选题，每题有唯一答案每题4分9-12小题为多选题，每题有多个选项正确，全部选对得4分，选错或不答得0分，选对但不全得2分，共48分）1（4分）（2018湖北宜昌期末）许多科学家在物理学发展中做出了重要贡献，下列表述中正确的是（）A法拉第提出了分子电流假说B奥斯特发现了电流的磁效应C安培用实验测出了静电力常量D楞次提出了磁场对运动电荷的作用力公式分析：本题是物理学史，根据安培、奥斯特、库仑、洛伦兹等科学家的成就进行解答。解析：安培提出了分子电流假说。故A错误。奥斯特发现了电流的磁效应。故B正
2、确。库仑用实验测出了静电力常量，故C错误。洛伦兹提出了磁场对运动电荷的作用力公式。故D错误。点评：本题关键要掌握物理学史，对于著名科学家的物理贡绩要记住，这也是考试内容之一。2（4分）如图，长为2l的直导线折成边长相等，夹角为60的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为（）A0B0.5BIlCBIlD2BIl分析：由安培力公式FBIL进行计算，注意式中的L应为等效长度解析：导线在磁场内有效长度为2lsin30l，故该V形通电导线受到安培力大小为FBI2lsin30BIL，选项C正确。点评：本题考查安培力的
3、计算，熟记公式，但要理解等效长度的意义3（4分）（2018湖北宜昌期末）在如图所示的电路中，两表为理想电表，当变阻器R3的滑动头P向a端移动时（）A电压表示数变小，电流表示数变大B电压表示数变大，电流表示数变小C电压表示数变小，电流表示数变小D电压表示数变大，电流表示数变大分析：电路的动态问题遵从“串反并同”原则，即与发生改变的这个元件串联的，其各个量的变化与元件的变化相反；与发生改变的这个元件并联的，其各个量的变化与元件的变化相同。结合电路的特点，由欧姆定律进行分析。解析：当变阻器R3的滑动头P向a端移动时，接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，则路端电压增大，电压表V的读数U变
4、大；总电流减小，R1的电压减小，而路端电压增大，所以R2两端的电压增大，R2的电流增大，则电流表中I变小。故B正确ACD错误。点评：本题电路的动态问题可记住“串反并同”原则，即与发生改变的这个元件串联的，其各个量的变化与元件的变化相反；与发生改变的这个元件并联的，其各个量的变化与元件的变化相同；不需要去做复杂的动态分析问题，能极大节约时间。越复杂的电路节约时间越多。记住这个不用再担心动态问题。4（4分）（2018湖北宜昌期末）在新农村建设的街道亮化工程中，全部使用太阳能路灯，如图是某行政村使用的太阳能路灯的电池板铭牌，则电池板的内阻值约为（）A0.14B0.16C6.23D7.35分析：由闭合
5、电路的欧姆定律可求得电池的内电阻解析：根据太阳能路灯的电池板铭牌可知，开路电压即为电源电动势，所以E43V，短路电流I5.85A，则内电阻为：r7.35；故选D。点评：此题需要注意电源电动势与短路电流的比值才是电池板的内阻，工作电压只是路端电压5（4分）（2018湖北宜昌期末）如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地。一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则下列说法错误的是（）A带点油滴的电势能将增大BP点的电势将降低C带点油滴将沿竖直方向向上运动D电容器的电容减小，极板带电量减小分析：将平行板电容器的上极
6、板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间的电压不变，根据E 分析板间场强的变化，判断电场力变化，从而确定出油滴运动情况。由UEd分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化。根据电容的变化，分析极板带电量的变化。解析：由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增大，故A正确；场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，由公式UEd分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低，故B正确；将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E 得知板间场强减小，油滴所受的电
7、场力减小，则油滴将向下运动，故C错误；根据QCU知，由于电势差不变，电容器的电容减小，故极板带电量将减小，故D正确。点评：本题运用E 分析板间场强的变化，判断油滴如何运动。运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化。6（4分）（2018湖北宜昌期末）如图所示，直线MN是某静电场中的一条电场线（方向未画出）。虚线是一带电粒子只在电场力的作用下，由a到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线。下列判断正确的是（）A电场线MN的方向一定是由M指向NB带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度C带电粒子由a运动到b的过程中动能一定逐渐减小D带电粒子在a点的电势能一定大于在
8、b点的电势能分析：粒子做曲线运动，其合力方向指向轨迹弯曲的肉，根据粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向，再根据电场力做功情况确定电势能和动能的变化情况；明确轨迹线的对应的规律，从而确定受力情况，由牛顿第二定律确定加速度的大小关系。解析：由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，物体所受的电场力指向轨迹的内侧，所以粒子经过MN时所受的电场力一定是由M指向N，由于粒子的电性未知，因此不能确定电场线的方向，故A错误；一条电场线不能确定电场线的疏密情况，不能判断场强的大小，也就不能判断电场力的大小，所以带电粒子的加速度大小不能确定，故B错误；带电粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能一定减小，动能一
9、定增加，故C错误。粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能，故D正确。点评：本题是电场中轨迹问题，依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动问题的突破口，然后可进一步根据电场线、电场力做功等情况确定电势、电势能的变化情况。7（4分）（2018湖北宜昌期末）一条形磁体平放在水平桌面上。一闭合线圈保持在竖直平面内，从条形磁铁探出桌面的一端的左上方竖直下落。线圈平面垂直于磁铁（如图）。在线圈通过磁铁截面的过程中磁铁一直静止。关于磁铁的受力分析正确的是（）A线圈中感应电流的方向不会变化B磁铁受桌面的支持力一直大于重力C磁
10、铁受到桌面的摩擦力一直向右D磁铁受到桌面的摩擦力一直向左分析：解本题时应该掌握：楞次定律的理解、应用。在楞次定律中线圈所做出的所有反应都是阻碍其磁通量的变化。如：感应电流磁场的磁通量、面积、速度、受力等。解析：线圈向下运动的过程中穿过线圈的磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知，线圈产生的感应电流的方向一定会发生变化。故A错误；根据楞次定律可知，线圈向下运动的过程中，产生的感应电流对线圈一直存在阻碍作用，即磁铁对线圈一直有向上的作用力，根据牛顿第三定律可知，线圈对磁体一直有向下的作用力，所以磁铁受桌面的支持力一直大于重力。故B正确；线圈在桌面以上时，线圈对磁体的作用力的方向为右下方，所以磁铁还要
11、受到向左的摩擦力；而线圈在桌面以下时，线圈对磁体的作用力的方向为左下方，所以磁铁还要受到向右的摩擦力。故CD错误。点评：首先应掌握楞次定律的基本应用，楞次定律的第二描述是能量守恒定律在电磁感应现象中得出的必然结果。一般在解决有关相对运动类问题时用楞次定律的第二描述将会非常简便。8（4分）均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OMON2R已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为（）AEBCED+E分析：均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于
12、电荷集中于球心处产生的电场，假设将带电量为2q的球面放在O处在M、N点所产生的电场和半球面在M点的场强对比求解。解析：若将带电量为2q的球面的球心放在O处，均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。则在M、N点所产生的电场为E，由题知当半球面如图所示产生的场强为E，则N点的场强为EE，故选A。点评：本题解题关键是抓住对称性，找出两部分球面上电荷产生的电场关系。左半球面在M点的场强与缺失的右半球面在N点产生的场强大小相等，方向相反是解题的关键。9（4分）（2018江苏南京模拟）如图所示，真空中等量同种正点电荷放置在M、N两点，在MN的连线上有对称点a、c，MN连线的中垂
13、线上有对称点b、d，则下列说法正确的是（）A正电荷+q在c点电势能大于在a点电势能B正电荷+q在c点电势能等于在a点电势能C在MN连线的中垂线上，O点电势最高D负电荷q从d点静止释放，在它从d点运动到b点的过程中，加速度先减小再增大分析：本题根据等量同种电荷周围电场分布情况，分析ac两点电势高低，判断电势能的大小。知道在两点电荷连线的中垂线上上下电场线方向相反。a、c两点关于中垂线对称，电势相等，电荷在这两点的电势能相等。分析负电荷的受力情况，判断其运动情况。解析：根据电场线的分布情况和对称性可知，a、c两点的电势相等，则点电荷在a点电势能一定等于在c点电势能。故A错误，B正确；沿电场线方向电
14、势降低，在MN连线的中垂线上，O点电势最高，故C正确；由对称性知O点的场强为零，电荷q从d点静止释放，在它从d点运动到b点的过程中，加速度可能先减小再增大，也可能先增大再减小，再增大再减小，故D错误。点评：本题的关键要掌握等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性进行分析，注意D选项有几种可能性，要根据电场线的分布情况判断。10（4分）（2018湖北宜昌期末）如图所示，a、b分别表示一个电池组和一只电阻的伏安特性曲线。正确的有（）A电阻的阻值为15B电池内阻是0.2C将该电阻接在该电池组两端，电池组的输出功率将是10WD改变外电阻的阻值时，该电池组的最大输出功率为20W分析：由a图线的斜率大小
15、读出电源的内阻，b图线的斜率大小得到电阻的阻值。两图线的交点表示该电阻接在该电源上时的工作状态，由交点坐标读出电阻的电压和电流，由此可以判断电源的输出功率，并求出电源的总功率。解析：由图线b斜率倒数的大小求出电阻的阻值为：R15故A正确。由图线a读出电源的电动势为：E20V由图线a斜率倒数的大小求出电池组的内阻为：r5故B错误。将该电阻接在该电池组两端，电路中电流I1A，路端电压为U15V，电池组的输出功率为：P出UI15115W故C错误。当外电阻等于电池内阻时，该电池组的输出功率最大，电池组的最大输出功率为：Pmax20W故D正确。点评：本题考查读图的能力。对于图象，往往从数学上斜率、截距、
16、交点等知识来理解其物理意义。11（4分）一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C运动到D点，其“速度时间”图象如图所示。分析图象后，下列说法正确的是（）AB、D两点的电场强度和电势一定都为零BA处的电场强度大于C处的电场强度C粒子在A处的电势能小于在C处的电势能DA、C两点的电势差大于B、D两点间的电势差分析：从图象可以看出，粒子做的是非匀变速直线运动，可得出受到的电场力不恒定，由带正电的粒子仅在电场力作用，图线斜率代表加速度，根据牛顿第二定律得知电场力的大小关系，从而得到电场强度的大小关系；由运动过程中，动能和电势能之和不变，进行分析可知，动能减小时，电势能一定增大，可判断出粒子在AB两
17、点的电势能大小关系。根据电场力做功的公式可得AB两点间的电势差与CB两点间的电势差的大小关系解析：在B点时加速度为零，说明电场力为零，故电场强度为零，但由于零电势点没有确定，故电势不一定为零，故A错误；由运动的速度时间图象可看出，带正电的粒子的加速度在A点时较大，根据牛顿第二定律得知在A点的电场力大，故A点的电场强度一定大于C点的电场强度，故B正确；由图可知。粒子在A点的速度大，所以在A点的动能大；因只有电场力做功，粒子的动能与电势能的总量不变，所以粒子在A点的电势能小于C点的电势能；故C正确；A、D两点的速度相等，故粒子的动能相同，因此从A到B和从B到D电场力做功的绝对值相同，BD两点间的电
18、势差等于AB两点间的电势差；A、C之间的动能的差小于AB之间的动能的差，所以A、C两点的电势差小于A、B两点间的电势差，即A、C两点的电势差小于B、D两点间的电势差。故D错误。点评：本题考查到了电场力做功的计算和电场力做功与电势能的关系，其关系为：电场力对电荷做正功时，电荷的电势能减少；电荷克服电场力做功，电荷的电势能增加，电势能变化的数值等于电场力做功的数值。这常是判断电荷电势能如何变化的依据。还考查了对于匀变速直线运动的图象分析电荷在电场中移动时，电场力做的功与移动的路径无关，只取决于起止位置的电势差和电荷的电量，这一点与重力做功和高度差的关系相似，注意类比重力势能来理解电势能。12（4分
19、）（2018山西太原模拟）如图所示，分界线MN上下两侧有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，一质量为m，电荷为q的带电粒子（不计重力）从O点出发以一定的初速度v0沿纸面垂直MN向上射出，经时间t又回到出发点O，形成了图示心形图案，则（）A粒子一定带正电荷BMN上下两侧的磁场方向相同CMN上下两侧的磁感应强度的大小B1：B21：2D时间t分析：带电粒子在磁场中的绕行方向相同未知，磁场的方向未知，所有不能用洛仑兹力充当圆周运动的向心力的方法判定电荷的正负；粒子越过磁场的分界线MN时，洛仑兹力的方向没有变，但是半径不同，所以磁场方向相同，强度不同；由图可确定半径之比，根据磁感强度与半径的
20、关系可求磁感强度之比。由带电粒子运动时间与周期的关系，结合磁感强度之比可求运动总时间。解析：题中未提供磁场的方向和绕行的方向，所有不能用洛仑兹力充当圆周运动的向心力的方法判定电荷的正负。A错误。粒子越过磁场的分界线MN时，洛仑兹力的方向没有变，根据左手定则可知磁场方向相同。B正确。设上面的圆弧半径是r1，下面的圆弧半径是r2，根据几何关系可知r1：r21：2；洛仑兹力充当圆周运动的向心力，得；所以B1：B2r2：r12：1C错误。由洛仑兹力充当圆周运动的向心力，周期，得；带电粒子运动的时间，由B1：B22：1得D正确。点评：本题考查了带电粒子在磁场中运动的一些基本表达式，如半径表达式和周期表达
21、式；同时还需结合图形得出几何关系，时间关系。好题。二、实验题（两小题，共20分）13（5分）（2018湖北宜昌期末）某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验。两根金属导轨ab和a1b1固定在同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁（未画出）的N极位于两导轨的正上方，S极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且与两导轨垂直。（1）在图中画出连线，完成实验电路。要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向运动。（2）为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议：A适当减小两导轨间的距离B换一根更长的金属棒C适当增大金属棒中的电流其中正确的是 （填入正确选项前的
22、标号）。分析：（1）要求滑动变阻器以限流方式接入电路，滑动变阻器按一上一下的原则串联在电路中，考虑金属棒向右运动，所爱安培力向右，根据左手定则知，通过金属棒的电流从上向下，把各个元件按顺序串联起来。（2）根据安培力公式和动能定理进行分析解析：（1）电路如右图所示。（2）根据公式FBIL可得，适当增加导轨间的距离或者增大电流，可增大金属棒受到的安培力，根据动能定理得，Fsmgs，则金属棒离开导轨时的动能变大，即离开导轨时的速度变大，A错误、C正确；若换用一根更长的金属棒，但金属棒切割磁感线的有效长度即导轨间的宽度不变，安培力F不变，棒的质量变大，速度v变小，故B错误；答案：（1）如图所示（2）C
23、点评：本题考查电路实物图连线，关键是明确实验原理，注意滑动变阻器的限流接法和电表的正负接线柱，确定金属棒中的电流方向是关键。14（15分）要测一个待测电阻Rx（190210）的阻值，实验室提供了如下器材：电源E：电动势3.0V，内阻不计；电流表A1：量程010mA，内阻r1约50；电流表A2：量程0500A，内阻r2为1000；滑动变阻器R1：最大阻值20，额定电流2A；定值电阻R25000；定值电阻R3500；电键S及导线若干要求实验中尽可能准确测量Rx的阻值，请回答下面问题：为了测定待测电阻上的电压，可以将电流表 （选填“A1”或“A2”）串联定值电阻 （选填“R2”或“R3”），将其改装
24、成一个量程为3.0V的电压表如图所示，同学们设计了测量电阻Rx的甲、乙两种电路方案，其中用到了改装后的电压表和另一个电流表，则应选电路图 （选填“甲”或“乙”）若所选测量电路中电流表A的读数为I6.2mA，改装后的电压表V读数如图丙所示，则电压表V读数是 V根据电流表和电压表的读数，并考虑电压表内阻，求出待测电阻Rx 分析：本题的关键是将内阻为已知的电流表A2 与定值电阻串联改装为电压表，然后判断电流表应选外接法，由于滑动变阻器阻值太小，故变阻器应用分压式接法解析：由于电流表A2 的内阻一定，又定值电阻R2 与电流表A2 内阻接近，可考虑将 A2与 R2串联，根据欧姆定律有UI2（R2+r2）
25、3V，与电源电动势接近，故可以将电流表 A2串联定值电阻 R2，将其改装成一个量程为3V的电压表由知电压表的内阻RVR2+r21000+50006000，由于，故电流表应用用外接法；又滑动变阻器最大电阻远小于待测电阻阻值，故变阻器应用分压式接法，电路图如甲图所示；根据图b电压表的读数为U1.20v，根据欧姆定律有I，代入数值可得 RX200答案：A2，R2；如甲图；1.20； 200.0点评：在电学实验中，应将电阻值一定的电流表进行改装，若需改为电压表则应串联一电阻，若需改为电流表则应串联一电阻三、计算题（共4小题，共42分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要计算步骤、只写出最后答案的不能
26、得分，有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位）15（8分）（2018湖北宜昌期末）如图所示，匀强电场中，A、B、C三点构成一个直角三角形，把电荷量q21010C的点电荷由A点移动到B点，电场力做功4.8108J，再由B点移到C点电荷克服电场力做功4.8108J，取B点的电势为零，求A、C两点的电势及场强的方向？分析：根据电势差公式U分别求出A、B间，B、C间电势差，B点的电势为零，再求解A、C两点的电势。在AC边上找出与B点电势相等的点，作出等势线，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，判断场强的方向。解析：A、B间电势差为V240V，B、C间电势差为V240V又UABAB，UB
27、CBC，B0，得到A240V，C240V，所以AC电势相等，场强方向由B指向A。答案：A、C两点的电势都是240V，场强的方向由B指向A。点评：运用电势差公式U时，三个量U、W、q都要代入符号进行计算，同时还要注意电荷移动的方向。16（10分）如图所示，两平行金属导轨间的距离L0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角37，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E4.5V、内阻r0.50的直流电源。现把一个质量m0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两
28、点间的电阻R02.5，金属导轨电阻不计，g取10m/s2已知sin370.60，cos370.80，求：（1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的安培力大小以及方向；（3）导体棒受到的摩擦力大小与方向。分析：（1）根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小。（2）根据安培力的公式FBIL求出安培力的大小，运用左手定则判断安培力的方向。（3）导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力处于平衡，根据共点力平衡求出摩擦力的大小。解析：（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：I代人数据解得：I1.5A（2）导体棒受到的安培力：F安BIL代人数据解得：F0.30N，方向沿斜面向上 （3）
29、导体棒所受重力沿斜面向下的分力为：F1mgsin370.24N由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件有：mgsin37+fF安解得：f0.06N答案：（1）通过导体棒的电流为1.5A；（2）导体棒受到的安培力大小为0.30N，方向沿斜面向上；（3）导体棒受到的摩擦力大小为0.06N，方向沿斜面向下。点评：解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力。17（12分）（2018湖北宜昌期末）如图所示在平面直角坐标系xOy中，第 I象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第 IV象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B一质量
30、为m、电荷量为q的带正电粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成60角射入磁场，最后从y轴负半轴上的p点垂直于y轴射出磁场，不计粒子重力，求：（1）求N点速度大小（2）粒子在磁场中运动的轨道半径（3）粒子从M点运动到p点的总时间。分析：（1）粒子在坐标轴第一象限做类平抛运动，已知类平抛的初速度v0，和离开电场时的速度方向与x轴方向成60角，根据类平抛运动规律，根据初速度可以求出粒子进入磁场的初速度v；（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，已知速度v和磁感应强度B，可得粒子做圆周运动的轨道半径R；（3）根据粒子在磁场中的运动轨迹可以求得粒
31、子做类平抛运动在x轴方向的位移，由于在x轴方向做匀速直线运动，故类平抛时间t可求。根据轨迹的圆心角可由t求出粒子在磁场中运动的时间，即可得到总时间。解析：（1）因为粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，设粒子过N点时的速度为v，则有根据平抛运动的速度关系得：粒子在N点进入磁场时的速度v2v0（2）设粒子在磁场中运动的轨道半径为R，则由qvBm，得R（3）画出粒子在磁场中运动轨迹如图。设N点的横坐标为x，根据几何知识得到： xRsin则粒子在电场中运动时间为t1粒子在磁场中运动时间为t2故总时间为tt1+t2（+）答案：（1）N点速度大小是2v0
32、。（2）粒子在磁场中运动的轨道半径是。（3）粒子从M点运动到p点的总时间是（+）。点评：本题是带电粒子在组合场中运动的问题，粒子垂直射入电场，在电场中偏转做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，要求同学们能画出粒子运动的轨迹，结合几何关系求解，知道半径公式及周期公式。18（12分）（2018湖北宜昌期末）如图1所示，宽度为d的竖直狭长区域内（边界为L1、L2），存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场（如图2所示），电场强度的大小为E0，E0表示电场方向竖直向上t0时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿
33、直线运动到右边界上的N2点Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g上述d、E0、m、v、g为已知量（1）求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小；（2）求电场变化的周期T分析：（1）对粒子受力分析，根据重力与电场力的关系求出粒子所带电荷量；由牛顿第二定律求出磁感应强度（2）求出微粒做匀速直线运动的时间，求出微粒做圆周运动的周期，然后求出电场的周期解析：（1）微粒受到竖直向下的重力、洛伦兹力、电场力作用，微粒做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则重力和电场力是一对平衡力，即mgqE0，微粒所带电荷量：q由于粒子在刚开始和最后一段做匀速直线运动，粒子处于平衡状态，由平衡条件得：qvBqE0+mg，解得：B；（2）微粒从N1点到Q点粒子做匀速直线运动的时间：t1，到Q点后做匀速圆周运动的周期：T，电场变化的周期：Tt1+T+答案：（1）微粒所带电荷量，磁感应强度大小为；（2）电场变化的周期为+点评：本题考查了带电粒子在复合场中的运动，对粒子正确受力分析、应用平衡条件与牛顿第二定律即可正确解题高考资源网版权所有，侵权必究！
