1、2016-2017学年山东省菏泽市鄄城县立人中学高三（上）第二次月考物理试卷一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分每小题给出的四个选项中全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1通电螺线管内有一在磁场力作用下处于静止的小磁针，磁针的指向如图所示，则（）A螺线管的P端为N极，a接电源的正极B螺线管的P端为N极，a接电源的负极C螺线管的P端为S极，a接电源的正极D螺线管的P端为S极，a接电源的负极2在图中，标出磁场B的方向，通电直导线中电流I的方向，以及通电直导线所受磁场力F的方向，其中正确的是（）ABCD3如图所示，当滑线变阻器的滑动触点向上滑动时（）A电压表V的读数增
2、大，电流表A的读数减小B电压表V和电流表A的读数都减小C电压表V和电流表A的读数都增大D电压表V的读数减小，电流表A的读数增大4如图所示，实线为电场线，虚线为等势线，且AB=BC，电场中的A、B、C三点的场强分别为EA、EB、EC，电势分别为A、B、C，AB、BC间的电势差分别为UAB、UBC，则下列关系中正确的有（）AA=BCBECEBEACUABUBCDUAB=UBC5回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出
3、时的动能，则下列做法中正确的是（）A增大偏转磁场的磁感应强度B增大加速电场的电场强度C增大D形金属盒的半径D减小狭缝间的距离6如图所示，在等量的异种点电荷形成的电场中，有A、B、C三点，A点为两点电荷连线的中点，B点为连线上距A点距离为d的一点，C点为连线中垂线距A点距离也为d的一点，则下面关于三点电场强度的大小、电势高低的比较，正确的是（）AEA=ECEB；A=CBBEBEAEC；A=CBCEAEB，EAEC；AB，ACD因为零电势点未规定，所以无法判断电势的高低7如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带负电的电子仅在电场力作用下
4、通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（）A三个等势面中，a的电势最高B电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大C电子通过P点时的动能比通过Q点时大D电子通过P点时的加速度比通过Q点时小8静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针的张角大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开角度增大些，下列采取的措施可行的是（）A断开开关s后，将A、B分开些B保持开关s闭合，将A、B两极板分开些C保持开关s闭合，将A、B两极板靠近些D保持开关s闭合，将变阻器滑动触头向右移动9
5、在阴极射线管中电子流方向由左向右，其上方有一根通有如图所示电流的直导线，导线与阴极射线管平行，则阴极射线将（）A向上偏转B向下偏转C向纸里偏转D向纸外偏转10如图所示，一束质量、速度和电荷量不同的正离子垂直地射入匀强磁场和 匀强电场正交的区域里，结果发现有些离子保持原来的运动方向，有些未发生任何偏转如果让这些不偏转的离子进入另一匀强磁场中，发现这些离子又分裂成几束，对这些进入另一磁场的离子，可得出结论（）A它们的动能一定各不相同B它们的电荷量一定各不相同C它们的质量一定各不相同D它们的电荷量与质量之比一定各不相同11长为L的水平极板间，有垂直纸面向内的匀强磁场，如图，磁感强度为B，板间距离也为
6、L，板不带电，现有质量为m，电量为q的带正电粒子（不计重力），从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是（）A使粒子的速度vB使粒子的速度vC使粒子的速度vD使粒子速度v12如图所示，水平导线中有电流I通过，导线正下方的电子初速度的方向与电流I的方向相同，则电子将（）A沿路径a运动，轨迹是圆B沿路径a运动，轨迹半径越来越大C沿路径a运动，轨迹半径越来越小D沿路径b运动，轨迹半径越来越小二、实验题（每空2分，共18分）13测定电源的电动势和内电阻的实验电路和UI图象如图所示；请回答下列问题：（1）如图甲所示，在闭合开关之前移为防止电表过载而动滑动变阻器
7、的滑动头P应放在滑动变阻器处（填“a”或“b”）（2）现备有以下器材：A干电池1个 B滑动变阻器（050）C电压表（03V） D电压表（015V）E电流表（00.6A）F电流表（03A）其中电流表应选，电压表应选（填字母代号）（3）如图乙是根据实验数据画出的UI图象由此可知这个干电池的电动势E=V，内电阻r=14 在“测定金属的电阻率”的实验中，测定阻值约为35的金属丝的电阻率，实验中所用的电压表规格：量程03V、内阻3k；电流表规格：量程00.6A、内阻0.1；还有其他一些器材：（1）在给定的方框内画出实验电路图；（2）用螺旋测微器测得金属丝的直径如图所示，可知金属丝的直径d=mm；（3）实
8、验中还应测出的物理量是；电阻率的计算公式为=三、计算题（本大题共3小题，共34分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m，a、b间的电场强度为E=5.0105N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场今有一质量为m=4.81025kg、电荷量为q=1.61018C的带正电的粒子（不计重力），从贴近a板的左端以v0=1.0106m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子
9、回到b板的Q处（图中未画出）求：（1）P、Q之间的距离L；（2）粒子从P运动到Q的时间16如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场带电量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动忽略重力的影响，求：（1）匀强电场场强E的大小；（2）粒子从电场射出时速度v的大小；（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R17如图所示，大量质量为m、电荷量为+q的粒子，从静止开始经极板A、B间加速后，沿中心线方向陆续进入平行极板C、D间的偏转电场，飞出偏转电场后进入右侧的有界匀强磁场，最后从磁场左边界飞
10、出已知A、B间电压为U0；极板C、D长为L，间距为d；磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，磁场的左边界与C、D右端相距L，且与中心线垂直假设所有粒子都能飞出偏转电场，并进入右侧匀强磁场，不计粒子的重力及相互间的作用则：（1）求粒子在偏转电场中运动的时间t；（2）求能使所有粒子均能进入匀强磁场区域的偏转电压的最大值U；（3）接第（2）问，当偏转电压为时，求粒子进出磁场位置之间的距离2016-2017学年山东省菏泽市鄄城县立人中学高三（上）第二次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分每小题给出的四个选项中全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答
11、的得0分）1通电螺线管内有一在磁场力作用下处于静止的小磁针，磁针的指向如图所示，则（）A螺线管的P端为N极，a接电源的正极B螺线管的P端为N极，a接电源的负极C螺线管的P端为S极，a接电源的正极D螺线管的P端为S极，a接电源的负极【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【分析】根据小磁针静止时N极指向磁场方向，再根据安培定则判断电流的方向【解答】解：由图可知，小磁针N极指向Q端；故内部磁感线指向右侧；故Q端为N极；由右手螺旋定则可知，电流由a端流入，故a端接电源的正极；故选：C2在图中，标出磁场B的方向，通电直导线中电流I的方向，以及通电直导线所受磁场力F的方向，其中正确的是（）ABCD【考
12、点】左手定则；安培力【分析】带电粒子在匀强磁场中运动时，其受到的安培力的方向由左手定则来判定【解答】解：通电导线在磁场中受到安培力作用，其方向均由左手定则来确定左手定则内容是：伸开左手大拇指垂直四指且在同一平面内，让磁感线穿过掌心，四指指的是电流的方向，则大拇指就是安培力的方向所以安培力方向与磁场方向垂直、与电流方向垂直，即其与磁场和电流的方向所构成的平面垂直A、电流方向水平向右，由左手定则可知安培力竖直向下，故A错误；B、由于电流方向与磁场方向平行，则没有安培力，故B错误；C、电流方向垂直纸面向外，由左手定则可得安培力方向竖直向下，故C正确；D、电流方向水平向右，由左手定则可知，安培力方向垂
13、直纸面向外，故D错误；故选：C3如图所示，当滑线变阻器的滑动触点向上滑动时（）A电压表V的读数增大，电流表A的读数减小B电压表V和电流表A的读数都减小C电压表V和电流表A的读数都增大D电压表V的读数减小，电流表A的读数增大【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】当滑动变阻器的滑动触点向b端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，再分析流过变阻器电流的变化，来判断电表读数的变化【解答】解：当滑动变阻器的滑动触点向b端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻R增大，由欧姆定律分析总电流I减小，路端电压U=EIr增大，电阻R2的电压U2=EI（r+R
14、1）增大，流过电阻R2的电流I2增大，则流过电流表的电流I3=II2减小所以伏特表V的读数增大，安培表A的读数减小故选：A4如图所示，实线为电场线，虚线为等势线，且AB=BC，电场中的A、B、C三点的场强分别为EA、EB、EC，电势分别为A、B、C，AB、BC间的电势差分别为UAB、UBC，则下列关系中正确的有（）AA=BCBECEBEACUABUBCDUAB=UBC【考点】电场线；等势面【分析】电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场线越密的地方电场强度越大，电势的高低看电场线的指向，沿着电场线电势一定降低根据U=Ed定性分析电势差的关系【解答】解：A、A、B、C三点处在一根电场线上，根据沿着
15、电场线的方向电势逐渐降落，故有ABC，故A错误；B、由电场线的密集程度可看出电场强度大小关系为 ECEBEA，故B正确；C、D、电场线密集的地方电势降落较快，由U=Ed知：UBCUAB，故C正确D错误故选：BC5回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列做法中正确的是（）A增大偏转磁场的磁感应强度B增大加速电场的电场强度C增大D形金属盒的半径D减小狭缝间的距离【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理【分
16、析】回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子射出时的速度，从而得出动能的表达式，看动能与什么因素有关【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：v=，粒子的动能：EK=mv2=，由EK=可知，增大q、B、D型盒的半径、减小粒子质量m可以增大粒子动能，粒子的最大动能与加速电场的场强无关，与狭缝间的距离无关，故AC正确，BD错误故选：AC6如图所示，在等量的异种点电荷形成的电场中，有A、B、C三点，A点为两点电荷连线的中点，B点为连线上距A点距离为d的一点，C点为连线中垂线距A点距离也为d的一点，则下面关于三点电
17、场强度的大小、电势高低的比较，正确的是（）AEA=ECEB；A=CBBEBEAEC；A=CBCEAEB，EAEC；AB，ACD因为零电势点未规定，所以无法判断电势的高低【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】电场线越密的地方，电场强度越强沿着电场线方向电势降低通过电场线的分布进行判断【解答】解：根据电场线的疏密分布知，A点的电场线比C点密，B点的电场线比A点密，则EBEAEC；等量的异种电荷的中垂线为等势线，则A点的电势与C点的电势相等，沿着电场线方向电势逐渐降低，则A点的电势大于B点电势所以A=CB故B正确，A、C、D错误故选B7如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势
18、面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带负电的电子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（）A三个等势面中，a的电势最高B电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大C电子通过P点时的动能比通过Q点时大D电子通过P点时的加速度比通过Q点时小【考点】电势；电势能【分析】作出电场线，根据轨迹弯曲的方向可知，负电荷受力的方向向下，电场线向上故c的电势最高；根据推论，负电荷在电势高处电势能小，可知电荷在P点的电势能大；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P点场强小，电场力小，加速度小【解答】解：A、负电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧；作出电场线，根据轨迹弯曲
19、的方向和负电荷可知，电场线向上故c的等势面电势最高，故A错误；B、利用推论：负电荷在电势高处电势能小，知道质点在P点电势能大，故B正确；C、只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故带电质点在P点的动能与电势能之和等于在Q点的动能与电势能之和，P点电势能大，动能小故C错误；D、等差等势面的疏密可以表示电场的强弱，P处的等势面密，所以P点的电场强度大，粒子受到的电场力大，粒子的加速度大，故D错误；故选：B8静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针的张角大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指
20、针张开角度增大些，下列采取的措施可行的是（）A断开开关s后，将A、B分开些B保持开关s闭合，将A、B两极板分开些C保持开关s闭合，将A、B两极板靠近些D保持开关s闭合，将变阻器滑动触头向右移动【考点】电容器【分析】静电计测量的是电容器两端的电势差，断开电键，电容器所带的电量不变，根据电容的变化判断电势差的变化闭合电键，电容器两端的电势差等于电源的电动势【解答】解：A、断开电键，电容器带电量不变，将AB分开一些，则d增大，根据C=知，电容减小，根据U=知，电势差增大，指针张角增大故A正确B、保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，则指针张角不变知，故B错误C、保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，
21、则指针张角不变故C错误D、保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，变阻器仅仅充当导线功能，滑动触头滑动不会影响指针张角，故D错误故选：A9在阴极射线管中电子流方向由左向右，其上方有一根通有如图所示电流的直导线，导线与阴极射线管平行，则阴极射线将（）A向上偏转B向下偏转C向纸里偏转D向纸外偏转【考点】射线管的构造及其工作原理【分析】阴极射线由于受到洛伦兹力而发生偏转，先根据安培定则判断出通电导线产生的磁场方向，再运用左手定则判断洛伦兹力方向，即可判断阴极射线的偏转方向【解答】解：根据安培定则判断可知：通电导线在阴极射线管处产生的磁场方向垂直纸面向里，电子带负电，向右运动，由左手定则判断得知电子流所
22、受的洛伦兹力方向向下，所以阴极射线向下偏转故B正确故选：B10如图所示，一束质量、速度和电荷量不同的正离子垂直地射入匀强磁场和 匀强电场正交的区域里，结果发现有些离子保持原来的运动方向，有些未发生任何偏转如果让这些不偏转的离子进入另一匀强磁场中，发现这些离子又分裂成几束，对这些进入另一磁场的离子，可得出结论（）A它们的动能一定各不相同B它们的电荷量一定各不相同C它们的质量一定各不相同D它们的电荷量与质量之比一定各不相同【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【分析】粒子在磁场和电场正交区域里，同时受到洛伦兹力和电场力作用，粒子没有发生偏转，说明粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，满足
23、qvB=qE，即不发生偏转的粒子具有共同的速度大小v=，粒子进入磁场后受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，满足qvB=m，圆周运动的半径R=，由此进行分析得出结论【解答】解：因为粒子进入电场和磁场正交区域时，不发生偏转，说明粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，有qvB=qE，得出能不偏转的粒子速度应满足 v=粒子进入磁场后受洛伦兹力作用，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qvB=m，圆周运动的半径 R=，由于粒子又分裂成几束，也就是粒子做匀速圆周运动的半径R不同，进入第二个匀强磁场时，粒子具有相同的速度，由R=得知，所以粒子能分裂成几束的粒子的比值不同，则电荷量与质量之比一定不相同而质量m、电荷量
24、可能相同，则动能也可能相同故D正确，ABC错误故选D11长为L的水平极板间，有垂直纸面向内的匀强磁场，如图，磁感强度为B，板间距离也为L，板不带电，现有质量为m，电量为q的带正电粒子（不计重力），从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是（）A使粒子的速度vB使粒子的速度vC使粒子的速度vD使粒子速度v【考点】带电粒子在混合场中的运动【分析】带电粒子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力据此可以求得粒子做圆周运动的半径和速度的关系，再根据几何关系粒子不射出磁场，就是粒子做圆周运动的半径不能小于（从左侧射出）更不能大于（从右侧射出）从
25、而求出粒子速度的范围然而本题求不打在极板上，因此运动的速度是小于（从左侧射出），更大于（从右侧射出）【解答】解：如图所示：由题意知，带正电的粒子从左边射出磁场，其在磁场中圆周运动的半径R，粒子在磁场中做圆周运动洛伦兹力提供向心力即：qvB=m可得粒子做圆周运动的半径R=粒子从左边射出，则，即v带正电的粒子不从右边射出，如图所示，此时粒子的最大半径为R，由上图可知：R2=L2+（R）2可得粒子圆周运动的最大半径R=又因为粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，粒子不从右边射出，则即：此时v所以粒子不从磁场区域射出速度满足v；v故选：AC12如图所示，水平导线中有电流I通过，导线正下方的电子初速度的方
26、向与电流I的方向相同，则电子将（）A沿路径a运动，轨迹是圆B沿路径a运动，轨迹半径越来越大C沿路径a运动，轨迹半径越来越小D沿路径b运动，轨迹半径越来越小【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】通电直导线电流产生的磁场是以直导线为中心向四周发散的，离导线越远，电流产生的磁场的磁感应强度越小，由右手定则可以判断出磁场的方向，再根据粒子在磁场中做圆周运动的半径公式可以分析粒子的运动的情况【解答】解：由右手螺旋定则可知，在直导线的下方的磁场的方向为垂直纸面向外，根据左手定则可以得知电子受到的力向下，所以电子沿路径a运动；通电直导线电流产生的磁场是以直导线为中心向四周发散的，离导线越远，电流产生的磁
27、场的磁感应强度越小，由半径公式r=可知，电子的运动的轨迹半径越来越大，所以B正确故选B二、实验题（每空2分，共18分）13测定电源的电动势和内电阻的实验电路和UI图象如图所示；请回答下列问题：（1）如图甲所示，在闭合开关之前移为防止电表过载而动滑动变阻器的滑动头P应放在滑动变阻器a处（填“a”或“b”）（2）现备有以下器材：A干电池1个 B滑动变阻器（050）C电压表（03V） D电压表（015V）E电流表（00.6A）F电流表（03A）其中电流表应选E，电压表应选C（填字母代号）（3）如图乙是根据实验数据画出的UI图象由此可知这个干电池的电动势E=1.49V，内电阻r=0.75【考点】测定电
28、源的电动势和内阻【分析】（1）滑动变阻器采用限流接法，闭合开关之前滑动变阻器的滑动头P应放在最大值位置处（2）明确电压和电流的范围，同时注意在选择电压表和电流表时要求在不超过量程的前提下偏转角度尽量大些，在满量程的左右偏转最好（3）在UI图象中纵坐标的截距代表的是电源的电动势，直线的斜率代表的是电源的内阻的大小【解答】解：（1）闭合开关之前滑动变阻器的滑动头P应放在最大值位置处，即a处（2）电源电动势大约1.5V，因此电压表选择量程为3V的比较合适，故电压表选择C，电路中的电流较小，因此电流表选择0.6A量程的E（3）在UI图象中图象与纵坐标的交点等于电源的电动势，所以由图可以读出电源的电动势
29、为1.49V，图象中的斜率表示电源的内阻，所以电源的内阻为：r=0.75答案为：（1）a；（2）E，C；（3）1.49，0.7514 在“测定金属的电阻率”的实验中，测定阻值约为35的金属丝的电阻率，实验中所用的电压表规格：量程03V、内阻3k；电流表规格：量程00.6A、内阻0.1；还有其他一些器材：（1）在给定的方框内画出实验电路图；（2）用螺旋测微器测得金属丝的直径如图所示，可知金属丝的直径d=0.622mm；（3）实验中还应测出的物理量是电阻丝的长度L，电阻丝两端的电压U，流过电阻的电流I；电阻率的计算公式为=【考点】测定金属的电阻率【分析】（1）将电路分为测量电路和控制电路两部分测量
30、电路采用伏安法根据电压表、电流表与待测电阻阻值倍数关系，选择电流表外接法（2）螺旋测微器的固定刻度最小分度为1mm，可动刻度每一分度表示0.01mm，由固定刻度读出整毫米数包括半毫米数，由可动刻度读出毫米的小数部分（3）根据电阻定律和欧姆定律表示出电阻率，再进行求解【解答】解：（1）因为=600， =50，故选择电流表外接法（2）固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.122mm，则此金属丝的直径为0.622mm（3）根据电阻定律，有 R=由数学知识有：S=根据欧姆定律，有 R=由上述三式解得：=，实验中还应测出的物理量是电阻丝的长度L，电阻丝两端的电压U，流过电阻的电流I故答案为：（1）
31、见上图（2）0.622（0.6210.623均正确），（3）电阻丝的长度L，电阻丝两端的电压U，流过电阻的电流I；三、计算题（本大题共3小题，共34分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m，a、b间的电场强度为E=5.0105N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场今有一质量为m=4.81025kg、电荷量为q=1.61018C的带正电的粒子（不计重力），从贴近a板的左端以v0=1.0106m/s的初速
32、度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处（图中未画出）求：（1）P、Q之间的距离L；（2）粒子从P运动到Q的时间【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；动能定理；带电粒子在匀强电场中的运动【分析】粒子进入电场中，在电场力作用下加速运动，由动能定理可求出出电场的速度大小及方向当粒子进入磁场中，由洛伦兹力作用做匀速圆周运动，由牛顿第二定律与几何关系可求出PQ间距再根据运动周期公式，结合轨迹对应的圆心角，即可求解粒子从P运动到Q的时间【解答】解：（1）粒子从a板左端运动到P处，由动能定理得：qEd=代入有关数据，解得：，代入数据得=30 粒子在磁场中做匀速圆周
33、运动，圆心为O，半径为r，如图由几何关系得：又联立求得：代入数据解得：L=5.8cm（2）周期粒子从P运动到Q的时间：由以上两式代入数据解得：t=答：（1）P、Q之间的距离L=5.8cm；（2）粒子从P运动到Q的时间5.2108s16如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场带电量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动忽略重力的影响，求：（1）匀强电场场强E的大小；（2）粒子从电场射出时速度v的大小；（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿
34、第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）根据公式可求E；（2）根据动能定理列式求解；（3）根据洛伦兹力提供向心力列式求解【解答】解：（1）根据匀强电场电势差和电场强度的关系得：匀强电场场强E的大小；（2）设带电粒子出电场时速度为v由动能定理得：解得：； （3）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：联立得：；答：（1）匀强电场场强E的大小；（2）粒子从电场射出时速度的大小；（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R17如图所示，大量质量为m、电荷量为+q的粒子，从静止开始经极板A、B间加速后，沿中心线方向陆续进入平行极板C、D间的偏转电场，飞出偏转电场后进入右侧的有界
35、匀强磁场，最后从磁场左边界飞出已知A、B间电压为U0；极板C、D长为L，间距为d；磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，磁场的左边界与C、D右端相距L，且与中心线垂直假设所有粒子都能飞出偏转电场，并进入右侧匀强磁场，不计粒子的重力及相互间的作用则：（1）求粒子在偏转电场中运动的时间t；（2）求能使所有粒子均能进入匀强磁场区域的偏转电压的最大值U；（3）接第（2）问，当偏转电压为时，求粒子进出磁场位置之间的距离【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【分析】（1）粒子在AB间加速，根据动能定理可以求出初速度，粒子进入偏转电场后做类平抛运动，水平方向做匀速运动，根据t=即可求
36、解；（2）当粒子擦着偏转极板边缘飞出时，偏转电压最大，根据牛顿第二定律及匀加速直线运动位移时间公式即可求解；（3）设粒子进入偏转电场时速度为v0，离开偏转电场时速度为v，速度v的偏向角为，在磁场中轨道半径为r，根据几何关系求出粒子离开偏转电场时的速度，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据向心力公式求出半径，再结合几何关系求出粒子进出磁场位置之间的距离【解答】解：（1）粒子在AB间加速，有：又粒子在偏转电场中，水平方向：L=v0t，所以：（2）当粒子擦着偏转极板边缘飞出时，偏转电压最大，即为：又因有：且：代入第（1）问数据得：（3）设粒子进入偏转电场时速度为v0，离开偏转电场时速度为v，速度v的偏向角为，在磁场中轨道半径为r，粒子离开偏转电场时，vcos=v0在匀强磁场中：粒子进出磁场位置之间的距离：h=2rcos解得：答：（1）粒子在偏转电场中运动的时间t为；（2）能使所有粒子均能进入匀强磁场区域的偏转电压的最大值为；（3）当偏转电压为时，粒子进出磁场位置之间的距离为2017年1月18日
