1、2015-2016学年安徽省安庆市怀宁县高河中学高二（上）期末物理试卷一、选择题（本题共12道小题，每小题4分，共48分，1-8单选9-12多选）1两个带同种电荷的小球放在光滑绝缘的水平桌面上，由静止释放，运动过程中两球的（）A速度逐渐变小B加速度逐渐变大C库仑力逐渐变小D库仑力逐渐变大2下列四幅图中能正确描绘点电荷电场中电场线的是（）ABCD3长直螺线管中通有电流，沿螺线管中心轴线射入一电子，若螺线管中电流增大，方向不变，电子在螺线管中心轴线上运动情况是（）A做匀速直线运动B做变加速直线运动C做变减速直线运动D做间距变大的螺旋运动4图所示的磁场中，有三个面积相同且相互平行的线圈S1、S2和S
2、3，穿过S1、S2和S3的磁通量分别为1、2和3，下列判断正确的是（）A1最大B2最大C3最大D1=2=35如图所示，开关K原来是闭合的，当R1、R2的滑片处于图中所示的位置时，悬在平行板电容器的带电尘埃P刚好处于静止状态要使尘埃加速向下运动的方法是（）A把R1的滑片向上移动B把R2的滑片向上移动C把R2的滑片向下移动D断开开关K6如图所示的电路中，O点接地，当原来断开的开关K闭合时，电路中 A、B两点的电势变化情况是（）A都降低B都升高CUA升高，UB降低DUA降低，UB升高7如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下
3、的运动轨迹如图中虚线所示则（）Aa一定带正电，b一定带负电Ba的速度将减小，b的速度将增加Ca的加速度将减小，b的加速度将增加D两个粒子的动能，一个增加一个减小8如图中所示，平行板电容器的极板A与一灵敏的静电计相接，极板B接地，若极板B稍向上移动一点，由观察到的静电计指针变化作出平行板电容器电容变小的结论的依据是（）A两极板间的电压不变，极板上的电量变大B两极板间的电压不变，极板上的电量减小C极板上的电量几乎不变，两极板间的电压变大D极板上的电量几乎不变，两极板间的电压变小9如图所示，相距为d的两带电平行板间存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m，带电荷量为q的小球由下板边
4、缘沿水平方向射入该区域，带电小球恰能在两板间做匀速圆周运动，运动轨迹如图中虚线所示，则（）A小球一定带负电B小球一定带正电C两板间电压为D小球在两板间的运动时间为10如图所示，一直流电动机与阻值R=9的电阻串联在电源上，电源电动势E=30V，内阻r=1，用理想电压表测出电动机两端电压U=10V，已知电动机线圈电阻RM=1，则下列说法中正确的是（）A通过电动机的电流为10AB电动机的输入功率为20WC电动机的热功率为4WD电动机的输出功率为16W11A、B两带电小球，质量分别为mA、mB，用绝缘不可伸长的细线如图悬挂，静止时A、B两球处于相同高度若B对A及A对B的库仑力分别为FA、FB，则下列判
5、断正确的是（）AFAFBB细线AC对A的拉力C细线OC的拉力TC=（mA+mB）gD同时烧断AC、BC细线后，A、B在竖直方向的加速度相同12按如图所示的电路连接各元件后，闭合开关S，L1、L2两灯泡都能发光在保证灯泡安全的前提下，当滑动变阻器的滑动头向左移动时，下列判断正确的是（）AL1变暗BL1变亮CL2变暗DL2变亮二、实验题（本题共2道小题，第13题8分，第14题8分，共16分）13在“测量金属丝的电阻率”试验中（1）金属丝的直径用螺旋测微器测得，从图中读出该金属丝的直径d=mm（2）为了测量其电阻Rx的阻值，实验室提供如下实验器材；A待测电阻Rx（约10）B电动势E=6V，内阻很小的
6、直流电源C量程3A，内阻约为0.5电流表D量程0.6A，内阻约为2电流表E量程6V，内阻约为15k电压表F最大阻值15，最大允许电流1A的滑线变阻器G最大阻值1k，最大允许电流0.2A的滑线变阻器H开关一个，导线若干为了操作方便，且能比较精确测量金属丝的电阻值，电流表选用、滑线变阻器选用 （填写选用器材前的序号即可）14某实验小组想描绘标有“12V，6W”的小灯泡的伏安特性曲线，实验室中只提供了下列器材：A安培表A1量程（00.5A；r1=0.5）；B安培表A2量程（00.6A；r10.3）；C电阻箱R（0999.9）；D滑动变阻器R1（010；5A）E电源电动势15V；内阻不计；电键一个，导
7、线若干为了减小描绘小灯泡在012V电压下的伏安特性曲线的误差，要求电表的读数既要不超过表盘的最大刻度，又要求读数最大值达到满刻度的一半以上，请你完成以下项目：（1）设计一个满足要求的实验电路图，画在如图虚线框内（2）若安培表A1的读数为I1，其内阻为r1，安培表A2的读数为I2，电阻箱的阻值为R，写出灯泡两端电压U的表达式三、计算题（本题共3道小题，第15题12分，第16题14分，第17题10分，共36分）15如图所示电路中，电阻R1=R2=R3=10，电源内阻r=5，电压表可视为理想电表当开关S1和S2均闭合时，电压表的示数为10V（1）电阻R2中的电流为多大？（2）路端电压为多大？（3）电
8、源的电动势为多大？（4）当开关S1闭合而S2断开时，电压表的示数变为多大？16如图所示，离子发生器发射一束质量为m，电荷量为+q的离子，从静止经PQ两板间的加速电压加速后，以初速度v0再从a点沿ab方向进入一匀强电场区域，abcd所围成的正方形区域是该匀强电场的边界，已知正方形的边长为L，匀强电场的方向与ad边平行且由a指向d（1）求加速电压U0；（2）若离子恰从c点飞离电场，求ac两点间的电势差Uac；（3）若离子从abcd边界上某点飞出时的动能为mv02，求此时匀强电场的场强大小E17如图所示，一束电荷量为e的电子以垂直于磁感应强度B并垂直于磁场边界的速度v射入宽度为d的匀强磁场中，穿出磁
9、场时速度方向和原来射入方向的夹角为=60，求电子的质量和穿越磁场的时间2015-2016学年安徽省安庆市怀宁县高河中学高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共12道小题，每小题4分，共48分，1-8单选9-12多选）1两个带同种电荷的小球放在光滑绝缘的水平桌面上，由静止释放，运动过程中两球的（）A速度逐渐变小B加速度逐渐变大C库仑力逐渐变小D库仑力逐渐变大【考点】库仑定律【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据库仑定律，结合两球之间距离的变化判断库仑力的变化，通过牛顿第二定律得出加速度的变化，根据速度和加速度的方向关系判断出速度的变化【解答】解：同种电荷相互排斥，根据库仑定
10、律得，F=，r增大，库仑力变小根据牛顿第二定律知，加速度逐渐减小，由于加速度的方向与速度方向相同，速度逐渐增大，故C正确，A、B、D错误故选：C【点评】解决本题的关键知道加速度的方向与合力的方向相同，当加速度方向与速度方向相同，物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动2下列四幅图中能正确描绘点电荷电场中电场线的是（）ABCD【考点】电场线【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电场线虽然不实际存在，但可形象描述电场的大小与方向分布电场线是从正电荷出发，终至于负电荷【解答】解：电场线是从正电荷出发，终至于负电荷所以正点电荷的电场线是以电荷为中心向四周发散，而负点电荷是向中心会聚，
11、呈球体分布故选：B【点评】电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向电场线不相交，由于是点电荷的电场，属于静电场，所以电场线也不闭合3长直螺线管中通有电流，沿螺线管中心轴线射入一电子，若螺线管中电流增大，方向不变，电子在螺线管中心轴线上运动情况是（）A做匀速直线运动B做变加速直线运动C做变减速直线运动D做间距变大的螺旋运动【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】根据安培定则可知通电螺线管内部磁场方向与电子运动方向的关系，分析电子所受洛伦兹力情况，来分析电子的运动情况【解答】解：根据安培定则可知通电螺线管内部磁场方向沿螺线管中心轴线
12、，电子运动方向也沿螺线管中心轴线，电子运动方向与磁场方向平行，不受洛伦兹力，当电流增大时，通电螺线管内部磁场方向仍然沿螺线管中心轴线，电子仍不受洛伦兹力故电子做匀速直线运动故选A【点评】带电粒子所受洛伦兹力方向与粒子的运动方向与磁场方向的夹角有关：当粒子运动方向与磁场方向平行时，不受洛伦兹力；当粒子运动方向与磁场方向垂直时，洛伦兹力最大本题比较容易4图所示的磁场中，有三个面积相同且相互平行的线圈S1、S2和S3，穿过S1、S2和S3的磁通量分别为1、2和3，下列判断正确的是（）A1最大B2最大C3最大D1=2=3【考点】磁通量【分析】判断磁通量的变化可根据穿过磁感线条数多少来定性判断，也可从公
13、式=BS来判断【解答】解：从图中看出，线圈S3穿过的磁感线条数最多，所以磁通量最大故A、B、D错误，C正确故选C【点评】解决本题的关键是掌握判断磁通量变化的方法，一是根据穿过磁感线条数多少来定性判断，二是根据公式=BS来判断5如图所示，开关K原来是闭合的，当R1、R2的滑片处于图中所示的位置时，悬在平行板电容器的带电尘埃P刚好处于静止状态要使尘埃加速向下运动的方法是（）A把R1的滑片向上移动B把R2的滑片向上移动C把R2的滑片向下移动D断开开关K【考点】闭合电路的欧姆定律；电容器的动态分析【专题】恒定电流专题【分析】尘埃P受到重力和电场力而平衡，要使尘埃P向下加速，就要减小电场力，即要减小电场
14、强度；变阻器R2处于分压状态，根据题意，只要减小电容器两端电压就可以减小电场力，从而使尘埃P向下加速运动【解答】解：A、尘埃P受到重力和电场力而平衡，要使尘埃P向下加速，就要减小电场力，故要减小电容器两端的电压；电路稳定时，滑动变阻器R1无电流通过，两端电压为零，故改变R1的电阻值无效果，故A错误；BC、变阻器R2处于分压状态，电容器两端电压等于变阻器R2上半段的电压上，故要减小变阻器R2上半段的电阻值，变阻器R2滑片应该向上移动，故B正确，C错误；D、把闭合的开关k断开，电容器两端电压增大到等于电源电动势，故P向上加速，故D错误；故选：B【点评】本题是简单的力电综合问题，关键先通过受力分析，
15、得到电场力先与重力平衡，后小于重力；然后对电路进行分析，得到减小电容器两端电压的方法6如图所示的电路中，O点接地，当原来断开的开关K闭合时，电路中 A、B两点的电势变化情况是（）A都降低B都升高CUA升高，UB降低DUA降低，UB升高【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】原来断开的开关K闭合后，电路中电阻减小，由闭合电路欧姆定律可得出电路中的电流变化；从而得出各部分电路的电压变化，进而得出各点电势的变化分析时要抓住在外电路中顺着电流方向电势逐渐降低【解答】解：当原来断开的开关K闭合后，电路中电阻减小，总电流增大，R1两端的电压增大，因O点接地，A点的电势比O点的电势高，所以可知
16、A点的电势升高；因R1的电压和内电压均增大，OB间的电压减小，而B点的电势低于O点的电势，故B点电势升高；故B正确；故选：B【点评】本题考查闭合电路欧姆定律的应用，注意电势与电压之间的关系：电压等于电势之差，知道在外电路中顺着电流方向电势逐渐降低7如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示则（）Aa一定带正电，b一定带负电Ba的速度将减小，b的速度将增加Ca的加速度将减小，b的加速度将增加D两个粒子的动能，一个增加一个减小【考点】电场线；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电场线密的地方电
17、场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧根据电场力做功来判断动能的变化【解答】解：A、物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，由于电场线的方向不知，所以粒子带电性质不定，故A错误；B、物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，从图中轨道变化来看速度与力方向的夹角小于90，所以电场力都做正功，动能都增大，速度都增大，故B错误，D错误C、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以a受力减小，加速度减小，b受力增大，加速度增大，故C正确故选：C【点评】加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题8如图中所示，平行板电容器的极板A
18、与一灵敏的静电计相接，极板B接地，若极板B稍向上移动一点，由观察到的静电计指针变化作出平行板电容器电容变小的结论的依据是（）A两极板间的电压不变，极板上的电量变大B两极板间的电压不变，极板上的电量减小C极板上的电量几乎不变，两极板间的电压变大D极板上的电量几乎不变，两极板间的电压变小【考点】电容【专题】电容器专题【分析】由题看出，电容器的电量几乎不变将极板B稍向上移动一点，极板正对面积减小，电容减小，由公式C=板间电压增大【解答】解：A极板与静电计相连，所带电荷电量几乎不变，B板与A板带等量异种电荷，电量也几乎不变，故电容器的电量Q几乎不变将极板B稍向上移动一点，极板正对面积减小，电容减小，由
19、公式C=板间电压变大故选C【点评】本题首先判断出只有一个选项正确，是单选题，其次抓住电容器的电量几乎不变是关键9如图所示，相距为d的两带电平行板间存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m，带电荷量为q的小球由下板边缘沿水平方向射入该区域，带电小球恰能在两板间做匀速圆周运动，运动轨迹如图中虚线所示，则（）A小球一定带负电B小球一定带正电C两板间电压为D小球在两板间的运动时间为【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】带电小球受到三个力的作用，小球恰能在两板间做匀速圆周运动，说明了小球受到一个大小不变而方向时刻变化的合力，该合力提供
20、小球的向心力小球做匀速圆周运动，速率始终不变，重力做功始终等于电场力做功【解答】解：A、小球受重力、电场力和洛伦兹力的作用做匀速圆周运动，速率始终不变，说明了重力做功的大小始终等于电场力做功，即电场力等于重力且方向向上，所以小球带正电荷，故A错误，B正确；C、由以上的分析可知，qE=mg，E=，两极板之间的电压：U=Ed=，故C正确；D：小球受到的洛伦兹力提供向心力，所以它运动的周期：T=，由图可知，小球在两板间的运动时间仅仅为半个周期，t=T=，故D错误故选：BC【点评】带电小球在重力场、电场和磁场的复合场中做匀速圆周运动，一定是电场力与重力大小相等，方向相反，洛伦兹力提供向心力切记属于基础
21、题目10如图所示，一直流电动机与阻值R=9的电阻串联在电源上，电源电动势E=30V，内阻r=1，用理想电压表测出电动机两端电压U=10V，已知电动机线圈电阻RM=1，则下列说法中正确的是（）A通过电动机的电流为10AB电动机的输入功率为20WC电动机的热功率为4WD电动机的输出功率为16W【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，而R和r是纯电阻，可以对R和r，运用用欧姆定律求电路中的电流；电动机输入功率 P入=UI，发热功率P热=I2RM，输出功率P出=PP热根据功率关系求出电动机输出的功率【解答】解：A、根据闭合电路欧姆定律，有：
22、E=U+I（r+R）解得：I=2A，故A错误；B、C、D、电动机的输入功率：P入=UI=102=20W电动机的热功率：P热=I2RM=221=4W电动机的输出功率：P出=PP热=UII2RM=102221=16W故B正确，C正确，D正确；故选：BCD【点评】对于电动机电路区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路，可从从能量转化的角度理解：电能全部转化内能时，是纯电阻电路电能转化为内能和其他能时，是非纯电阻电路11A、B两带电小球，质量分别为mA、mB，用绝缘不可伸长的细线如图悬挂，静止时A、B两球处于相同高度若B对A及A对B的库仑力分别为FA、FB，则下列判断正确的是（）AFAFBB细线AC对A的拉力
23、C细线OC的拉力TC=（mA+mB）gD同时烧断AC、BC细线后，A、B在竖直方向的加速度相同【考点】库仑定律；牛顿第二定律【专题】电场力与电势的性质专题【分析】设两个球间的静电力为F，分别对两个球受力分析，求解重力表达式后比较质量大小；根据整体法来确定细线的拉力，并由牛顿第二定律则可判定细线烧断后各自的运动情况【解答】解：A、对小球A受力分析，受重力、静电力、拉力，如图根据平衡条件，则有，两球间的库仑力是作用力与反作用力，一定相等，与两个球是否带电量相等无关，故A错误；有：mAg=TAcos30 因此：TA=mAg，故B错误； C、由整体法可知，细线的拉力等于两球的重力，故C正确；D、同时烧
24、断AC、BC细线后，A、B在竖直方向重力不变，所以加速度相同，故D正确；故选CD【点评】本题关键分别对两个小球受力分析，然后根据平衡条件列方程；再结合库仑定律列方程分析求解12按如图所示的电路连接各元件后，闭合开关S，L1、L2两灯泡都能发光在保证灯泡安全的前提下，当滑动变阻器的滑动头向左移动时，下列判断正确的是（）AL1变暗BL1变亮CL2变暗DL2变亮【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】由图可知L1与定值电阻串联后与滑动变阻器R并联，再与L2串联；由滑片的移动可知电路中电阻的变化，则可知电路中总电流的变化，即可知L2亮度的变化；由串联电路的电压规律可知L1与定值电阻两端的
25、电压变化；则可得出L1亮度的变化【解答】解：当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知流过L2的电流减大，故L2的变亮；灯泡L1及内阻分担的电压增大，电源的电动势不变，故并联部分电压减小，故通过L1的电流变小，即灯泡L1变暗；故AD正确故选AD【点评】闭合电路的欧姆定律中的动态电路分析一般按外电路内电路外电路的分析思路进行分析，在分析外电路时要注意结合串并联电路的规律二、实验题（本题共2道小题，第13题8分，第14题8分，共16分）13在“测量金属丝的电阻率”试验中（1）金属丝的直径用螺旋测微器测得，从图中读出该金属丝的直径d=0.900mm（2）为了测量其电阻
26、Rx的阻值，实验室提供如下实验器材；A待测电阻Rx（约10）B电动势E=6V，内阻很小的直流电源C量程3A，内阻约为0.5电流表D量程0.6A，内阻约为2电流表E量程6V，内阻约为15k电压表F最大阻值15，最大允许电流1A的滑线变阻器G最大阻值1k，最大允许电流0.2A的滑线变阻器H开关一个，导线若干为了操作方便，且能比较精确测量金属丝的电阻值，电流表选用D、滑线变阻器选用F （填写选用器材前的序号即可）【考点】测定金属的电阻率【专题】实验题【分析】（1）螺旋测微器的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读（2）先根据闭合电路欧姆定律估算最大电流，选择电流表，根据电动
27、势大小选择电压表量程；滑动变阻器采用分压式接法，电流表用外接法【解答】解：（1）螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为40.00.01mm=0.400mm，所以最终读数为0.5mm+0.400mm=0.900mm（2）根据闭合电路欧姆定律估算最大电流，有：I=A=0.6A故电流表选择D，由于待测电阻约为10，对于滑动变阻器15与1k，则选取15滑动变阻器，滑线变阻器选用F，因待测电阻约为10，根据待测电阻阻值的平方与电压表及电流表的电阻乘积相比较，可知待测电阻阻值偏小，故答案为：（1）0.900，（2）D，F【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，遇到电学实验题要根
28、据欧姆定律及电表读数要求来选择电表的量程，当滑动变阻器不能起到调节作用时，应采用分压接法，在测定电阻时还一定要注意判断电流表外接还是内接问题14某实验小组想描绘标有“12V，6W”的小灯泡的伏安特性曲线，实验室中只提供了下列器材：A安培表A1量程（00.5A；r1=0.5）；B安培表A2量程（00.6A；r10.3）；C电阻箱R（0999.9）；D滑动变阻器R1（010；5A）E电源电动势15V；内阻不计；电键一个，导线若干为了减小描绘小灯泡在012V电压下的伏安特性曲线的误差，要求电表的读数既要不超过表盘的最大刻度，又要求读数最大值达到满刻度的一半以上，请你完成以下项目：（1）设计一个满足要
29、求的实验电路图，画在如图虚线框内（2）若安培表A1的读数为I1，其内阻为r1，安培表A2的读数为I2，电阻箱的阻值为R，写出灯泡两端电压U的表达式U=（I2I1）RI1r【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】实验题；恒定电流专题【分析】（1）分析实验原理，根据给出的实验仪器分析实验电路图；（2）根据电路结论，根据串并联电路的规律可得出灯泡的电压的表达式【解答】解：（1）由题意可知，本实验测应采用滑动变阻器的分压接法；题目没有给出电压表，故只能采用电流表，而电表的读数既要不超过表盘的最大刻度，又要求读数最大值达到满刻度的一半以上；且题目中没有给出定值电阻，故只能采用电流表串接的方式，故将灯泡与
30、A1串联后再由R并联，然后与A2串联；如图所示；（2）灯泡两端的电压等于并联部分的电压减去电流表两端的电压；由欧姆定律可知：U=（I2I1）RI1r；故答案为：（1）如图；（2）U=（I2I1）RI1r；【点评】本题为探究性实验，要注意正确分析实验原理，认真分析题目中给出的仪器，从而得出实验原理图三、计算题（本题共3道小题，第15题12分，第16题14分，第17题10分，共36分）15如图所示电路中，电阻R1=R2=R3=10，电源内阻r=5，电压表可视为理想电表当开关S1和S2均闭合时，电压表的示数为10V（1）电阻R2中的电流为多大？（2）路端电压为多大？（3）电源的电动势为多大？（4）当
31、开关S1闭合而S2断开时，电压表的示数变为多大？【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】压轴题；恒定电流专题【分析】（1）当开关S1和S2均闭合时，电阻R1与R3并联后与R2串联已知电压表的读数与电阻R2，根据欧姆定律定律求出电阻R2中的电流；（2）求出外电路总电阻，根据U=IR求出路端电压；（3）根据闭合电路欧姆定律求出电源的电动势；（4）当开关S1闭合而S2断开时，电阻R1与R2串联，电压表的读数等于路端电压再由欧姆定律求出电流和路端电压【解答】解：（1）电阻R2中的电流I=1A（2）外电阻R=R2+=15所以路端电压为：U=RI=151=15V（3）根据闭合电路欧姆定律I=得 E=I（R+r）
32、代入数据解得E=20V （4）S1闭合而S2断开，电路中的总电流 I=A=0.8A电压表示数U=I（R1+R2）=0.820V 代入数据解得U=16V答：（1）电阻R2中的电流是1A；（2）路端电压为15V；（3）电源的电动势是20V；（4）当开关S1闭合而S2断开时，电压表的示数是16V【点评】本题是电路的计算问题，首先要识别电路的结构，其次要明确电压表测量哪部分电路的电压16如图所示，离子发生器发射一束质量为m，电荷量为+q的离子，从静止经PQ两板间的加速电压加速后，以初速度v0再从a点沿ab方向进入一匀强电场区域，abcd所围成的正方形区域是该匀强电场的边界，已知正方形的边长为L，匀强电
33、场的方向与ad边平行且由a指向d（1）求加速电压U0；（2）若离子恰从c点飞离电场，求ac两点间的电势差Uac；（3）若离子从abcd边界上某点飞出时的动能为mv02，求此时匀强电场的场强大小E【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】（1）对直线加速过程运用动能定理列式求解即可；（2）粒子做类似平抛运动，根据类平抛运动的分位移公式列式求解即可；（3）粒子做类似平抛运动，根据类平抛运动的分速度公式和分位移公式列式，再结合动能定理列式，最后联立求解即可【解答】解：（1）对直线加速过程，根据动能定理，有：解得：（2）设此时场强大小为EC，则：ab方向，有：L=v0
34、tad方向，有：L=又Uac=Edac=EL，解得：Uac=（3）根据Ek=m可知，离子射出电场时的速度v=v0，方向与ab所在直线的夹角为45，即vx=vy，根据x=vxt，v=可得x=2y，则离子应该从bc边上的某点飞出ab方向，有：L=v0tad方向，有：y=解得：y=根据动能定理，有：Eqy=m解得：E=答：（1）加速电压U0为；（2）ac两点间的电势差Uac为；（3）此时匀强电场的场强大小E为【点评】本题关键是明确粒子的运动是类似平抛运动，然后根据类似平抛运动的分运动公式列式求解，不难17如图所示，一束电荷量为e的电子以垂直于磁感应强度B并垂直于磁场边界的速度v射入宽度为d的匀强磁场
35、中，穿出磁场时速度方向和原来射入方向的夹角为=60，求电子的质量和穿越磁场的时间【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】作出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求出电子在磁场中的半径，根据洛伦兹力提供向心力求出电子的质量根据几何关系求出电子在磁场中的圆心角，结合周期公式求出穿越磁场的时间【解答】解：粒子的运动轨迹图如图所示，根据几何关系有：根据洛伦兹力提供向心力得，解得电子的质量电子的周期所以电子穿越磁场的时间答：电子的质量为，穿越磁场的时间为【点评】解决本题的关键作出电子的运动轨迹图，结合几何关系，运用半径公式和周期公式进行求解2016年3月2日版权所有：高考资源网()