1、四川省内江市2015届高考物理五模试卷一、选择题（本题包括7小题，在每一小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分，将所选答案填涂在机读卡对应番号的相应位置）1以下说法中正确的是( )A麦克斯韦根据爱因斯坦理论的研究提出了光速不变原理B一切物体都在不停地发射紫外线，它的频率比可见光的频率小C为了使振荡电路产生的电磁场能量，尽可能有效地传播出去，必须将闭合电路变为开放电路D一个变压器，在空载的情况下，通过与电源相连的初级线圈的电流等于零2如图所示，是一块均匀的长方体金属块，其长为a，宽为b，高为c，如果沿AB方向测得的电阻
2、为R，那么，该金属块沿CD方向的电阻率和电阻分别为( )AR，RBR，RCR，RDR，R3如图所示，A和A是紧靠在圆环最高点的两个点，BOB为较长的橡皮筋，其中，BOB=120，B和B对称分布在同一圆环上，橡皮筋的中心结点O在圆心处，悬挂一个质量为m的物体，现将B和B两端移到同一圆环上的最高点A和A，如果要保持结点O的位置不变，那么，物体的质量的改变量m为( )A2mBmC2mDm4如图所示，是轻质弹性绳AB的示意图，其中，S点是波源，其振动的频率为100Hz，所产生的横波的波速为80m/sP、Q是沿波的传播方向上相距1.2m的两个质点，P点与波源S之间相距4.2m，那么，当波源S通过平衡位置
3、向上运动时，下列说法中可能正确的是( )AP在波谷，Q在波峰，P、Q两点的振幅相同BP在波峰，Q在波谷，P、Q两点的位移相同CP、Q都在波峰，P、Q两点的速度相同DP、Q都在平衡位置，P、Q两点的回复力相同5如图所示，a、b为两束不同频率的单色光，以45的入射角射到平行玻璃砖的上表面，直线OO与玻璃砖垂直且与其上表面交于N点，入射点A、B到N点的距离相等，经玻璃砖上表面折射后两束光相交于图中的P点下列说法正确的是( )A在真空中，a光的传播速度大于b光的传播速度B在玻璃中，a光的传播速度大于b光的传播速度C如果同时增大入射角（入射角始终小于），那么，a光在下表面先发生全反射D对同一双缝干涉实验
4、装置，a光的干涉条纹比b光的干涉条纹窄6如图所示，等离子气流（由高温、高压的等电荷量的正、负离子组成）由左方连续不断的以速度v0射入P1和P2两极板间匀强磁场中，平行导线ab和cd的作用情况为：0s1s内互相排斥，1s3s内互相吸引，3s4s内互相排斥规定线圈A内向左为磁感应强度B的正方向，那么，线圈A内磁感应强度B随时间t变化的图象可能是( )ABCD7如图所示，在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球Q从水平面MN的上方A点以一定初速度v0水平抛出，从B点进入匀强电场，到达C点时速度方向恰好水平，其中A、B、C三点在同一直线上，且线段AB=2BC，由此可知( )A
5、小球带正电B电场力大小为3mgC小球从A到B运动的时间大于从B到C的运动时间D小球从A到B与从B到C的速度变化量相等二、非选择题（共68分）8在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，某同学取了两根弹簧进行实验，根据测得的数据绘出了如图所示的图象，从图象可以看出图象的上端发生了弯曲，这是由于弹力超越了弹簧的_；其中，较粗的弹簧的劲度系数为_N/m；如果用这两根弹簧来做“验证力的平行四边形定则”的实验，实验中在保证两根弹簧均不损坏的情况下，并且要求两根弹簧间的夹角为，那么，这两根弹簧的最大合力为_N（保留根号）9为了测量一节干电池的电动势E和内电阻r，实验室中备有的实验器材有：A待测干电池（电动势
6、约为1.5V，内电阻约为0.5）B电阻箱（阻值范围为09999.9）C电压表（量程03V，内阻约为2k；量程015V，内阻约为5k）D保护电阻R0=2E开关一个S，则：（1）根据题中提供的实验器材，在图1虚线方框内，画出实验需要的电路图（2）根据所画出的电路图，请将图2实验器材连接起来，使之成为一个完整的实验电路（3）断开开关S，调整电阻箱R的阻值，再闭合开关S，读取并记录电压表的示数以及电阻箱接入电路的电阻值，多次重复上述操作，可得到多组电压值U及电阻值R，并且以_为纵坐标（采用国际单位），以为横坐标（单位1），画出的图象是一条直线，如果图象与纵轴的交点为（0，0.7），图象的斜率为，那么，
7、该干电池的电动势E为_V，内电阻r为_（均保留三位有效数字）（4）在该实验中，由于存在系统误差，所测出的电动势E与真实值相比_（选填“偏大”、“偏小”或“相等”）10如图所示，是一物体在距某一行星表面附近某一高度处的O点，由静止开始做自由落体运动的闪光照片，其频闪频率为10Hz，图中A、B、C、D是连续的四个点，其中，AC段与CD段的距离相等，均为0.24m，若该星球的半径为180km，则：（1）该星球表面的重力加速度为多少？（2）环绕该行星的卫星做圆周运动的最小周期为多少？11（17分）如图所示，在倾角为=30的斜面上，铺有两条光滑的足够长的导轨ac、bd，两导轨间的距离为l=0.1m，两导
8、轨的底端a和b间接有电阻R=0.06，在两导轨上垂直于导轨放有一根质量为m=5103kg、电阻为r=0.02、长度为L=0.12m的金属杆cd，整个装置沿虚线OO的下面部分，处在垂直于斜面的匀强磁场中，现将金属杆cd由静止释放，当下滑x=10m刚好经过虚线OO进入磁场中时，金属杆cd就开始匀速下滑，通过电阻R中的感应电流的方向是从ab，不计导轨间的电阻和所受的摩擦，重力加速度为g=10m/s2求：（1）金属杆cd达到的最大速度vm（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向12（19分）如图所示，在平面直角坐标系xoy平面内，P点在x轴上，且=2L，Q点在负y轴上的某处，在第象限内有平行于正y轴方
9、向的匀强电场，在第象限内有一圆形区域，与x、y轴分别相切于A、C两点，=L，在第象限内也有一个圆形区域（图中未画出），两个圆形区域内均有完全相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xoy平面向里现有一束速度大小为v0的电子束从A点沿y轴正方向射入圆形磁场区域，经C点射入电场，最后从P点射出；同时，另一束具有一定速度大小的正电子束从Q点沿与y轴的正方向成45角的方向射入第象限，然后，进入该象限内的圆形磁场区域，离开磁场时正好到达P点，且恰好与从P点射出的电子束发生正碰湮灭，即相碰时两束粒子的速度大小相等方向相反正、负电子的质量均为m、电荷量均为e，电子的重力不计求：（1）第象限内匀强电场的场强E的大小；（
10、2）电子从A点运动到P点所用的时间；（3）Q点的纵坐标四川省内江市2015届高考物理五模试卷一、选择题（本题包括7小题，在每一小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分，将所选答案填涂在机读卡对应番号的相应位置）1以下说法中正确的是( )A麦克斯韦根据爱因斯坦理论的研究提出了光速不变原理B一切物体都在不停地发射紫外线，它的频率比可见光的频率小C为了使振荡电路产生的电磁场能量，尽可能有效地传播出去，必须将闭合电路变为开放电路D一个变压器，在空载的情况下，通过与电源相连的初级线圈的电流等于零考点：电磁波的产生 分析：爱因斯坦
11、提出了光速不变原理；一切物体都在不停地发射红外线；为了有效地向空间辐射能量，需开放电路，接收电磁波时，需要调谐的过程，将信号从电磁波上下载下来，需进行解调的过程；根据反感应电动势，即可求解解答：解：A、爱因斯坦根据麦克斯韦理论的研究提出了光速不变原理故A错误B、一切物体都在不停地发射红外线，它的频率比可见光的频率小故B错误C、为了有效地向空间辐射能量，必须是开放电路故C正确D、变压器，在空载的情况下，通过与电源相连的初级线圈，存在反感应电动势，则导致线圈中的电流不等于零故D错误故选：C点评：解决本题的关键熟悉电磁波的发射和接收的过程，掌握红外线与紫外线的区别，理解闭合电路与开放电路的不同，注意
12、反感应电动势的阻碍2如图所示，是一块均匀的长方体金属块，其长为a，宽为b，高为c，如果沿AB方向测得的电阻为R，那么，该金属块沿CD方向的电阻率和电阻分别为( )AR，RBR，RCR，RDR，R考点：电阻定律 专题：恒定电流专题分析：根据电阻定律R=，结合AB方向测得的电阻为R，即可求解沿CD方向的电阻率和电阻解答：解：沿AB方向测得的电阻为R，根据电阻定律R=，即有R=，那么电阻率为；根据电阻定律，那么沿CD方向的电阻R=；故A正确，BCD错误；故选：A点评：考查电阻定律的应用，知道电阻率的含义，掌握公式中L与S的求法，注意不同电流方向的L与S的不同3如图所示，A和A是紧靠在圆环最高点的两个
13、点，BOB为较长的橡皮筋，其中，BOB=120，B和B对称分布在同一圆环上，橡皮筋的中心结点O在圆心处，悬挂一个质量为m的物体，现将B和B两端移到同一圆环上的最高点A和A，如果要保持结点O的位置不变，那么，物体的质量的改变量m为( )A2mBmC2mDm考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：把橡皮绳两端结在竖直放置的圆环最高点A处和把橡皮绳两端结在环上离A相等的B、B两处时两物体都处于环心，故橡皮绳长度相同，弹力相同，比较两次的合力差异即可解答：解：把橡皮绳两端结在竖直放置的圆环最高点A、A处和把橡皮绳两端结在环上离A相等的B、B处时两物体都处于
14、环心，故橡皮绳长度相同，弹力相同，设其中橡皮绳一半的弹力为F；把橡皮绳两端结在竖直放置的圆环最高点A、A处时，有：2F=（m+m）g 把橡皮绳两端结在环上离A相等的B、B两处时，有：2Fcos60=mg 联立解得：m=+m故选：D点评：该题不难，突破点在于平衡力的分析，并从中找出关系才能顺利求解4如图所示，是轻质弹性绳AB的示意图，其中，S点是波源，其振动的频率为100Hz，所产生的横波的波速为80m/sP、Q是沿波的传播方向上相距1.2m的两个质点，P点与波源S之间相距4.2m，那么，当波源S通过平衡位置向上运动时，下列说法中可能正确的是( )AP在波谷，Q在波峰，P、Q两点的振幅相同BP在
15、波峰，Q在波谷，P、Q两点的位移相同CP、Q都在波峰，P、Q两点的速度相同DP、Q都在平衡位置，P、Q两点的回复力相同考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系 专题：振动图像与波动图像专题分析：由振动的频率和波速，根据波速公式v=f求出波长，分析PS、QS与波长的关系，结合波形，确定此时刻P、Q两质点所处的位置解答：解：由v=f得，波长=m=0.8m则 SP=4.2m=4，S与P之间的位置关系相当于SQ=1.2m+4.2m=5.4m=6，相当于在处，当S通过平衡位置向上运动时，结合波形可知，此时刻P在波谷，Q在波峰；再据波的传播特点，各质点的振幅相同，故A正确，BCD错误故选：A点评：本题关键
16、先求出波长，再确定PS、QS与波长的关系，结合波形进行分析是常用的方法，体会波形结合的妙用5如图所示，a、b为两束不同频率的单色光，以45的入射角射到平行玻璃砖的上表面，直线OO与玻璃砖垂直且与其上表面交于N点，入射点A、B到N点的距离相等，经玻璃砖上表面折射后两束光相交于图中的P点下列说法正确的是( )A在真空中，a光的传播速度大于b光的传播速度B在玻璃中，a光的传播速度大于b光的传播速度C如果同时增大入射角（入射角始终小于），那么，a光在下表面先发生全反射D对同一双缝干涉实验装置，a光的干涉条纹比b光的干涉条纹窄考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：由图看出折射角的大小关系，由折射定
17、律判断折射率的大小，由v=分析光在玻璃中速度关系根据光路可逆性原理分析光线能否在下表面发生全反射折射率越小，波长越长，由公式x=分析干涉条纹的宽度大小解答：解：A、在真空中所有色光的传播速度相等，都是c，故A错误B、由图看出a的折射角大，入射角相等，由折射定律n=知，玻璃对a光的折射率小，由v=分析可知a光在玻璃中传播速度大故B正确C、a光射到下表面时，入射角等于上表面的折射角，根据光路可逆性原理得知，光线一定从下表面射出，不可能发生全反射故C错误D、a光的折射率小，频率小，波长较长，由公式x=知，干涉条纹的间距与波长成正比，故a光的干涉条纹比b光的干涉条纹宽故D错误故选：B点评：根据光路图正
18、确判断光的折射率大小，然后根据折射率、波长、频率、光速等之间的关系进行求解，这些知识点是对学生的基本要求，平时要加强练习，牢固掌握6如图所示，等离子气流（由高温、高压的等电荷量的正、负离子组成）由左方连续不断的以速度v0射入P1和P2两极板间匀强磁场中，平行导线ab和cd的作用情况为：0s1s内互相排斥，1s3s内互相吸引，3s4s内互相排斥规定线圈A内向左为磁感应强度B的正方向，那么，线圈A内磁感应强度B随时间t变化的图象可能是( )ABCD考点：楞次定律 专题：电磁感应与电路结合分析：根据等离子气流由左方连续不断地以速度v0射入P1和P2两极板间的匀强磁场中，判断出ab的电流方向，根据同向
19、电流相互吸引、异向电流相互排斥，判断出cd的电流方向，从而得出线圈A内磁感应强度的变化解答：解：等离子气流由左方连续不断地以速度v0射入P1和P2两极板间的匀强磁场中，正电荷向上偏，负电荷向下偏，上板带正电，下板带负电，且能形成稳定的电流，电流方向由a到b，01s内互相排斥，13s内互相吸引，34s内互相排斥则01s内cd的电流方向由d到c，13s内cd的电流方向由c到d，34s内cd的电流方向由d到c根据楞次定律判断，知C正确，B、D错误故选：AC点评：解决本题的关键知道同向电流相互吸引，异向电流相互排斥以及掌握楞次定律判读电流的方向7如图所示，在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场
20、，质量为m的带电小球Q从水平面MN的上方A点以一定初速度v0水平抛出，从B点进入匀强电场，到达C点时速度方向恰好水平，其中A、B、C三点在同一直线上，且线段AB=2BC，由此可知( )A小球带正电B电场力大小为3mgC小球从A到B运动的时间大于从B到C的运动时间D小球从A到B与从B到C的速度变化量相等考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系 专题：电场力与电势的性质专题分析：小球先做平抛运动，进入电场中做匀变速曲线运动，其逆过程是类平抛运动两个过程都运用的分解法研究，水平方向都做匀速直线运动，根据位移公式x=vt，可分析时间关系；再研究竖直方向，由牛顿第二定律和运动学位移公式结合列式，求解电场力
21、的大小根据v=at研究速度变化量的关系解答：解：带电小球从A到C，设在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为x1和x2，竖直分位移分别为y1和y2，经历的时间为分别为t1和t2在电场中的加速度为a则：从A到B过程小球做平抛运动，则有：x1=v0t1；从B到C过程，有：x2=v0t2；由题意有：x1=2x2；则得：t1=2t2；即小球从A到B是从B到C运动时间的2倍又 y1=gt12，将小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动，则有：y2=at22，根据几何知识有：y1：y2=x1：x2；解得：a=2g；根据牛顿第二定律得：Fmg=ma=2mg，解得：F=3mg，由于轨迹向上弯曲，加速度方
22、向必定向上，合力向上，说明电场力方向向上，所以小球带负电根据速度变化量v=at，则得：AB过程速度变化量大小为v1=gt1=2gt2；BC过程速度变化量大小为v2=at2=2gt2；所以小球从A到B与从B到C的速度变化量大小相等，故BC正确，AD错误故选：BC点评：本题将平抛运动与类平抛运动的组合，关键运用逆向思维研究小球B到C的过程，再运用力学基本规律：牛顿第二定律和运动学公式列式分析二、非选择题（共68分）8在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，某同学取了两根弹簧进行实验，根据测得的数据绘出了如图所示的图象，从图象可以看出图象的上端发生了弯曲，这是由于弹力超越了弹簧的弹性限度；其中，较粗
23、的弹簧的劲度系数为200N/m；如果用这两根弹簧来做“验证力的平行四边形定则”的实验，实验中在保证两根弹簧均不损坏的情况下，并且要求两根弹簧间的夹角为，那么，这两根弹簧的最大合力为4N（保留根号）考点：探究弹力和弹簧伸长的关系 专题：实验题分析：根据胡克定律结合数学知识即可正确解答，力的合成的法则解答：解：从图象可以看出图象的上端发生了弯曲，这是由于弹力超越了弹簧的 弹性限度；斜率的倒数表示弹簧的劲度系数，则较粗的弹簧的劲度系数为k=200N/m，两根弹簧间的夹角为，这两根弹簧的最大合力为：F=4N故答案为：弹性限度；200；4点评：本题考查了弹簧弹力F和弹簧伸长量x的关系的基础知识，比较简单
24、，是一道考查基础知识的好题9为了测量一节干电池的电动势E和内电阻r，实验室中备有的实验器材有：A待测干电池（电动势约为1.5V，内电阻约为0.5）B电阻箱（阻值范围为09999.9）C电压表（量程03V，内阻约为2k；量程015V，内阻约为5k）D保护电阻R0=2E开关一个S，则：（1）根据题中提供的实验器材，在图1虚线方框内，画出实验需要的电路图（2）根据所画出的电路图，请将图2实验器材连接起来，使之成为一个完整的实验电路（3）断开开关S，调整电阻箱R的阻值，再闭合开关S，读取并记录电压表的示数以及电阻箱接入电路的电阻值，多次重复上述操作，可得到多组电压值U及电阻值R，并且以为纵坐标（采用国
25、际单位），以为横坐标（单位1），画出的图象是一条直线，如果图象与纵轴的交点为（0，0.7），图象的斜率为，那么，该干电池的电动势E为1.43V，内电阻r为0.476（均保留三位有效数字）（4）在该实验中，由于存在系统误差，所测出的电动势E与真实值相比偏小（选填“偏大”、“偏小”或“相等”）考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题分析：（1）根据实验原理确定实验电路图；（2）根据实验电路图连接实物实物图；（3）根据闭合电路欧姆定律求出函数表达式，然后根据图象求出电源电动势与内阻；（4）根据实验电路分析实验误差解答：解：（1）由给出的仪器可知，本实验只能采用伏阻法进行测量，即电阻箱与电源相连，电
26、压表测路端电压；为了保护电路，应串接一个保护电阻；故电路图如图所示；（2）根据图甲所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：由图甲所示电路可知，在闭合电路中，电源电动势为：E=U+I（r+R0）=U+（r+R0），则=+，由图丙所示图象可知，图象截距为：电源电动势的倒数，b=0.7，电源电动势为：E=1.43V，电源内阻为：r=kE=1.40.476；由图甲所示电路图可知，电压表月电阻箱并联，由于电压表的分流作用，流过电源的电流大于流过电阻箱的电流，从而使测量结果偏小；故答案为：（1）如图所示；（2）实物电路图如图所示；（3）；1.43；0.476；（4）偏小点评：连接实物图是考试的热点，
27、要加强训练，连接电路时，导线不交叉，并接在接线柱上第2问考查运用数学知识处理问题的能力，采用的是转换法，将非线性关系转换成线性，直观简单10如图所示，是一物体在距某一行星表面附近某一高度处的O点，由静止开始做自由落体运动的闪光照片，其频闪频率为10Hz，图中A、B、C、D是连续的四个点，其中，AC段与CD段的距离相等，均为0.24m，若该星球的半径为180km，则：（1）该星球表面的重力加速度为多少？（2）环绕该行星的卫星做圆周运动的最小周期为多少？考点：万有引力定律及其应用；自由落体运动 专题：万有引力定律的应用专题分析：（1）AC段与CD段的距离相等，均为0.24m，根据运动学公式求得该行
28、量表面的重力加速度；（2）当卫星在行星表面飞行时，运行周期最小，则由万有引力定律的应用可求得最周期解答：解：（1）根据匀变速直线运动规律得x=v0t+at2频闪频率为10Hz，周期T=0.1s，对AC段：0.24=0.2v0+g（0.2）2对AD段：0.48=0.3v0+g（0.3）2解得：g=8m/s2，（2）根据万有引力提供向心力得=mrT=2，近地卫星最快，周期最小，有：Tmin=2=300 s，答：（1）该星球表面的重力加速度为8m/s2，（2）环绕该行星的卫星做圆周运动的最小周期为300 s点评：本题为万有引力与运动学公式的结合，应明确天体的运动中万有引力充当向心力，而在地球表面处万
29、有引力可以近似看作等于重力；记住“卫星越高越慢、越低越快”11（17分）如图所示，在倾角为=30的斜面上，铺有两条光滑的足够长的导轨ac、bd，两导轨间的距离为l=0.1m，两导轨的底端a和b间接有电阻R=0.06，在两导轨上垂直于导轨放有一根质量为m=5103kg、电阻为r=0.02、长度为L=0.12m的金属杆cd，整个装置沿虚线OO的下面部分，处在垂直于斜面的匀强磁场中，现将金属杆cd由静止释放，当下滑x=10m刚好经过虚线OO进入磁场中时，金属杆cd就开始匀速下滑，通过电阻R中的感应电流的方向是从ab，不计导轨间的电阻和所受的摩擦，重力加速度为g=10m/s2求：（1）金属杆cd达到的
30、最大速度vm（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律 专题：电磁感应与电路结合分析：（1）金属杆沿光滑斜面下滑的过程中，在进入磁场前受到重力和斜面的支持力的作用，只有重力做功，由机械能守恒即可求出最大速度（2）金属杆匀速下滑处于平衡状态，由安培力公式求出金属杆受到的安培力，然后由平衡条件求出磁感应强度的大小，由左手定则判断出其方向解答：解：（1）金属杆释放后下滑的过程中，根据机械能守恒定律得：mgh=下滑的高度：h=xsin30联立以上两式，代入数据得：vm=10m/s（2）金属杆在磁场中匀速下滑时，安培力与重力沿斜面向下的分力相等，即：FA=mgs
31、in又：FA=BILI=联立以上公式得：B=，代入数据得：B=T由于安培力的方向沿斜面向上，根据左手定则可知，磁感应强度的方向垂直于斜面向上答：（1）金属杆cd达到的最大速度是10m/s（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小是T，方向垂直于斜面向上点评：本题考查了求磁感应强度、电功率，应用左手定则、安培力公式、平衡条件、E=BLv、欧姆定律的公式即可正确解题12（19分）如图所示，在平面直角坐标系xoy平面内，P点在x轴上，且=2L，Q点在负y轴上的某处，在第象限内有平行于正y轴方向的匀强电场，在第象限内有一圆形区域，与x、y轴分别相切于A、C两点，=L，在第象限内也有一个圆形区域（图中未画出），
32、两个圆形区域内均有完全相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xoy平面向里现有一束速度大小为v0的电子束从A点沿y轴正方向射入圆形磁场区域，经C点射入电场，最后从P点射出；同时，另一束具有一定速度大小的正电子束从Q点沿与y轴的正方向成45角的方向射入第象限，然后，进入该象限内的圆形磁场区域，离开磁场时正好到达P点，且恰好与从P点射出的电子束发生正碰湮灭，即相碰时两束粒子的速度大小相等方向相反正、负电子的质量均为m、电荷量均为e，电子的重力不计求：（1）第象限内匀强电场的场强E的大小；（2）电子从A点运动到P点所用的时间；（3）Q点的纵坐标考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动 专
33、题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）电子在磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹，结合几何关系求解轨道半径，根据牛顿第二定律列式求解磁感应强度；电子在电场中做类似平抛运动，根据类似平抛运动的分位移公式列式求解E即可；（2）电子在磁场中做匀速圆周运动，运动的时间是T，在电场中做类似平抛运动，根据类似平抛运动的分位移公式列式即可求出在电场中运动的时间，最后求和；（3）在圆形磁场区域中运动的正电子偏转角度为90，画出轨迹，结合几何关系确定Q点的纵坐标解答：解：（1）电子束a从A点沿y轴正方向发射，经过C点，画出从A到C的轨迹，如图所示：结合几何关系，有：r=L粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
34、故：ev0B=m联立解得：B=电子从C到P过程是类似平抛运动，根据分运动公式，有：2L=v0t2L=a其中：a=联立解得：E=，t2=（2）电子在磁场中运动的时间是T，而：T=所以：t1=T=电子从A到P的时间：t=t1+t2=（3）电子射出电场的区域后，沿y方向的分速度：vy=at2电子的运动方向与x轴之间的夹角：tan=代入数据得：=45速度的大小为：v=v0所以正电子在磁场中做匀速圆周运动，经过磁场的区域后速度偏转角为90，洛伦兹力提供向心力，故：evB=m解得：r=L由于正电子离开磁场时正好到达P点，所以轨迹如图：正电子束从Q点沿与y轴正向成45角的方向射入第象限，所以：=2L所以：=+2R=2L+2L=4L所以Q点纵坐标是（0，4L）；答：（1）第象限内匀强电场的场强E的大小为；（2）电子从A点运动到P点所用的时间为；（3）Q点的纵坐标为（0，4L）点评：本题关键是明确粒子的运动规律、画出运动轨迹，然后结合牛顿第二定律、类似平抛运动的分位移公式和几何关系列式求解
