1、河南省郑州市外国语学校2014-2015学年高二上学期期中物理试卷一、选择题（每小题4分，共48分下列每小题所给选项至少有一项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上）1如图（a）中AB是一个点电荷电场中的电场线，图（b）则是放在电场线上a、b处的检验电荷的电荷量与所受电场力间的函数图线，由此可以判定( )A可能场是正电荷，位于A点B可能场是正电荷，位于B点C可能场是负电荷，位于A点D可能场是负电荷，位于B点考点：电势差与电场强度的关系 专题：电场力与电势的性质专题分析：由电场强度的定义式E=得到F=qE，Fq图象的斜率表示电场强度大小，图线a的斜率大于b的斜率，说明a处场强大于b处的场强根
2、据场强的大小判断场源电荷的位置解答：解：Fq图象的斜率表示电场强度大小，图线a的斜率大于b的斜率，说明a处场强大于b处的场强，电场是由点电荷产生的，说明A距离场源较近，即场源位置在A侧，故AC正确故选：AC点评：本题关键从Fq图象斜率的物理意义进行分析判断基础题2两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则( )Aq1与q2带同种电荷BA、N点的电场强度大小为零CNC间场强方向向x轴正方向D将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功考点：电势；电场强度 专题：电场力与电势的性质
3、专题分析：x图象的斜率等于电场强度E根据两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性根据功能关系分析电场力做功的正负解答：解：A、由图象可知，两点的电势一正一负，则q1与q2带异种电荷故A错误B、该图象的斜率等于场强E，则知，A、N两点电场强度不为零故B错误；C、由图可知：NC段中，电势升高，所以场强方向沿x轴负方向故C错误；D、因ND段中，电势先高升后降低，所以场强方向先沿x轴负方向，后沿x轴正方向，则将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后负功故D正确；故选：D点评：电势为零处，电场强度不一定为零电荷在电场中与电势的乘积为电势能电场力做功的正负决定电
4、势能的增加与否，注意图象斜率表示电场强度是解题的突破口3如图所示，竖直放置的一对平行金属板的电势差为U1，水平放置的一对平行金属板间的电势差为U2一电子由静止开始经U1加速后，进入水平放置的金属板间，刚好从下板边缘射出不计电子重力下列说法正确的是( )A增大U1，电子一定打在金属板上B减小U1，电子一定打在金属板上C减小U2，电子一定能从水平金属板间射出D增大U2，电子一定能从水平金属板间射出考点：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：求解本题的关键是明确：通过讨论电子偏转位移的变化情况来判定电子是否打在（或从金属板间射出）金属板上，然后通过动能定理和类平抛规律列式
5、即可求解解答：解：A、设电子通过偏转电场的时间为t，由q=及L=vt可知，若增大则v增大，时间t减小，再由y=可知，射出偏转电场时的偏转位移减小，所以不会打在金属板上，A错误B、同理，若减小，则t增大，偏转位移y增大，将会打在金属板上，所以B正确C、由a=，y=，又t不变，所以减小则偏转位移减小，电子一定能从金属板间射出，C正确D、同理增大，则偏转位移将增大，电子不能射出，D错误故选BC点评：带电粒子在偏转电场中的运动可以用类平抛的思路求解，可用偏转位移y或偏转角tan的变化来讨论粒子偏转情况的变化4有二个标有“110V，25W”和“110V，60W”字样的灯泡，要把它们接在220V的电源上，
6、灯泡既正常发光，又最省电的连接方式是图中的哪一个？( )ABCD考点：电功、电功率 专题：恒定电流专题分析：（1）根据串联电路电阻的分压特点可知，电压相等时，电阻也要相等（2）已知电源电压相等，根据公式R=，可知，电路中电阻越大，消耗的功率就越小，先根据公式R=分别求出两只灯泡的电阻，再求出A、B、C、D图总电阻进行比较，即可得出结论解答：解：根据公式R=可知，“110V，25W”的灯泡的电阻RA=484“110V，60W”灯泡的电阻RB=201.7知A电阻大于B电阻A、由公式I=IA+IB得灯泡A和灯泡B并联后的电流是二者电流之和，由P=I2R知R上损失功率多；B、图是灯泡A和电阻并联后，然
7、后和B串联，接到220V的电源上，根据串联电路的分压特点可知两灯泡两端的电压都可以等于110V，所以能正常工作，且总电流小，电阻损失功率小，故B正确；C、图是灯泡B和电阻R并联后又和灯泡A串联，灯泡要想正常工作，必须满足灯泡B与电阻R并联后和灯泡A的电阻相等；但并联电路中，电阻越并越小，小于任何一个分电阻，所以此电路中灯泡A和灯泡B也不能正常工作，故C错误；D、图是灯泡A和灯泡B分别与一个电阻串联，串联电路，电阻越串越大；可以使灯泡A和灯泡B都能使灯正常发光，但消耗的功率多，D错误故选：B点评：本题考查电功率的计算和串、并联电路电阻的计算，关键是电功率公式及其变形的灵活运用，重点知道串联电路总
8、电阻大于任何一个串联的电阻，并联电路的总电阻小于任何一个并联的电阻5如图所示，直线A为某电源的UI图线，曲线B为某小灯泡D1的UI图线的一部分，用该电源和小灯泡D1组成闭合电路时，灯泡D1恰好能正常发光，则下列说法中正确的是( )A此电源的内阻为B灯泡D1的额定电压为3V，功率为6WC把灯泡D1换成“3V，20W”的灯泡D2，电源的输出功率将变小D由于小灯泡B的UI图线是一条曲线，所以灯泡发光过程，欧姆定律不适用考点：电功、电功率；路端电压与负载的关系 专题：恒定电流专题分析：电源的外特性曲线与灯泡伏安特性曲线的交点就是灯泡与电源连接时的工作状态，由图可读出工作电压和电流及电源的电动势，从而可
9、算出电源的输出功率解答：解：A、由图读出电源的电动势为 E=4V，图线A的斜率大小表示电源的内阻，则 r=0.5，故A错误；B、灯泡与电源连接时，A、B两图线的交点表示灯泡的工作状态，则知其电压U=3V，I=2A，则灯泡D1的额定电压为3V，功率为=UI=6W，故B正确C、把灯泡D1换成“3V，20W”的灯泡D2，由P=知：灯泡D2的正常工作时的电阻为 R2=0.45灯泡D1的电阻为R1=1.5，则知灯泡D2的电阻更接近电源的内阻，电源的输出功率将变大，故C错误； D、小灯泡是纯电阻，欧姆定律是适用的，小灯泡的UI图线之所以是一条曲线，是因为小灯泡电阻随温度的变化发生改变，故D错误；故选：B点
10、评：解决这类问题的关键在于从数学角度理解图象的物理意义，抓住图象的斜率、面积、截距、交点等方面进行分析，更加全面地读出图象的物理内涵6如图所示电路中，已知电的内阻rR2，电阻R1的阻值小于滑动变阻器R0的最大阻值闭合电键S，当滑动变阻器的滑臂P由变阻器的中点向左滑动的过程中，下列说法中正确的有( )AA1的示数不断减小，A2的示数不断减小BV1的示数先变小后变大，V2的示数先变大后变小C电内部的热功率先变大后变小D电的输出功率先变小后变大考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率 专题：恒定电流专题分析：电阻R1的阻值小于滑动变阻器R0的最大阻值，当滑动变阻器的滑片P由中点向左滑动的过程中，变阻器
11、左侧电阻与R1串联后与变阻器右侧并联的总电阻先变大后变小，根据闭合电路欧姆定律分析电路中的电流变化和路端电压的变化，再由欧姆定律分析R2两端电压的变化，确定三个电表示数的变化解答：解：A、B、由题，电阻R1的阻值小于滑动变阻器R0的最大阻值，当滑动变阻器的滑片P变阻器的中点向左滑动的过程中，变阻器左侧电阻与R1串联后与变阻器右侧并联的总电阻先变大后变小，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流先变小后变大，电源的内电压也变小后变大，则路端电压先变大后变小，所以V1的示数先变大后变小V2测量R2两端的电压，R2不变，则V2的示数先变小后变大并联电压U并=UU2，先变大后变小，电阻R1所在支路电阻R1
12、支路逐渐减小，所以电流I1增大，电流表A2示数增大；I2=II1，电流表A1示数变小，故AB错误C、电源内部的热功率P=I2r，因为电流I先变小后变大，所以电源内部的热功率，先变小后变大，故C错误D、因为rR2，所以外电阻总是大于内电阻的，当滑动变阻器的滑片P变阻器的中点向左滑动的过程中，变阻器左侧电阻与R1串联后与变阻器右侧并联的总电阻先变大后变小，所以电源的输出功率先变小后变大，故D正确故选：D点评：本题考查了串、联电路的特点和欧姆定律的灵活运用，难点是滑动变阻器滑片P从最右端中间左端总电阻变化情况的判断7如图所示是室外光控路灯的模拟电路，用发光二极管LED模仿路灯，RG为光敏电阻，R1的
13、最大电阻为51k，RG的最大电阻为330k，则下列说法中正确的是( )A在图中虚线方框A中应添加的元件为“与门”B在图中虚线方框A中应添加的元件为“非门”C要想在天更暗时路灯才会亮，应该把R1的电阻调小D通过发光二极LED的电流，经过光敏电阻RG回到电源考点：传感器在生产、生活中的应用 分析：光敏电阻的电阻随光照增强而减小，天暗时，电阻比较大，光敏电阻两端的电势差比较大，则输入门电路为高电势，当输出端为低电势时灯亮；天亮时，光敏电阻比较小，则光敏电阻两端的电势差比较小，则输入门电路为低电势，当输出端为高电势，灯熄灭天更暗时光敏电阻的阻值更大，要使路灯不亮，光敏电阻分担的电压应较小，此时应该把R
14、1的阻值调大些解答：解：A、天暗时，电阻比较大，光敏电阻两端的电势差比较大，则输入门电路为高电势，最后灯亮，可知输出端为低电势；天亮时，光敏电阻比较小，则光敏电阻两端的电势差比较小，则输入门电路为低电势，灯熄灭，可知输出端为高电势，可知，该门电路为“非”门故A错误，B正确C、天更暗时光敏电阻的阻值更大，要使路灯不亮，光敏电阻分担的电压应较小，即让输入端为低电势，此时应该把R1的阻值调大些，故C错误D、当无光照时，光敏电阻变大，导致非门电路左端电势高，则右端电势低，所以二极管发光，因此通过发光二极管，不经过光敏电阻RG，故D错误；故选：B点评：解决本题的关键掌握非门的特点：输出与输入相反另外，对
15、或门和与门电路的特点也要弄清楚8如图，一根通电直导线放在磁感应强度B=1T的匀强磁场中，在以导线为圆心，半径为r的圆周上有a，b，c，d四个点，若a点的实际磁感应强度为0，则下列说法中正确的是( )A直导线中电流方向是垂直纸面向里的Bc点的实际磁感应强度也为0Cd点实际磁感应强度为，方向斜向下，与B夹角为45D以上均不正确考点：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：由题，a点的磁感应强度为0，说明通电导线在a点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，可确定通电导线在a点的磁场方向，由安培定则判断出通电导线中电流方向通电导线在abcd四点处产生的磁
16、感应强度大小相等，根据平行四边形定则进行合成分析b、c、d三点的磁感应强度大小和方向解答：解：A、由题，a点的磁感应强度为0，说明通电导线在a点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，即得到通电导线在a点产生的磁感应强度方向水平向左，根据安培定则判断可知，直导线中的电流方向垂直纸面向里故A正确B、据上题分析可知，通电导线在c点产生的磁感应强度大小为B=1T，方向水平向右，与匀强磁场方向相同，则c点磁感应强度为2T，方向与B的方向相同故B错误C、通电导线在d处的磁感应强度方向竖直向下，根据磁场的叠加原理可得d点感应强度为Bd=B=T，方向与B的方向成45斜向下故C正确D、由上分
17、析可知D错误故选：AC点评：本题要掌握安培定则和平行四边形定则，知道空间任意一点的磁感应强度都是由通电导线产生的磁场和匀强磁场的叠加形成的9如图所示，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电直导线A，A与螺线管垂直，A导线中的电流方向垂直纸面向里，开关S闭合，A受到通电螺线管磁场的作用力的方向是( )A水平向左B水平向右C竖直向上D竖直向下考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 分析：首先根据安培定则判断通电螺线管在A处产生的磁场方向，再根据左手定则判断通电直导线A受到的磁场的作用力的方向解答：解：首先根据安培定则判断通电螺线管产生的磁场的方向向右，所以在A处产生的
18、磁场方向：水平向左根据左手定则判断可知：A受到通电螺线管磁场的作用力的方向：竖直向上故选：C点评：本题考查安培定则和左手定则综合应用的能力，对于几种定则关键要搞清两点：一是何时用；二是怎样用10劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U若A处粒子源产生的质子在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响则下列说法正确的是( )A质子被加速后的最大速度不可能超过2RfB质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比C质子第2次和
19、第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为2：1D不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器也能用于粒子加速考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力可以求出粒子的最大速度，从而求出最大动能在加速粒子的过程中，电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等解答：解：A、质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，则v=2Rf所以最大速度不超过2fR故A正确B、根据qvB=m，知v=，则最大动能EKm=mv2=与加速的电压无关故B错误C、粒子在加速电场中做匀加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据v= 知
20、，质子第二次和第一次经过D形盒狭缝的速度比为：1，根据r=，则半径比为：1故C错误D、带电粒子在磁场中运动的周期与加速电场的周期相等，根据T=知，换用粒子，粒子的比荷变化，周期变化，回旋加速器需改变交流电的频率才能加速粒子故D错误故选：A点评：解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关，以及知道粒子在磁场中运动的周期与电场的变化的周期相等11条形磁铁竖直放置，闭合圆环水平放置，条形磁铁中心穿过圆环中心，如图所示若圆环为弹性环，其形状由扩大变为，那么圆环内磁通量的变化情况是( )A磁通量增大B磁通量减小C磁通量不变D条件不足，无法确定考点：磁通量 分析：穿过圆环的磁
21、感线的条数等于穿过圆环的磁通量磁感线是闭合曲线，磁铁内部磁感线总数一定，外部磁感线将内部磁感线抵消一部分，分析抵消后情况判断磁通量的变化解答：解：磁感线是闭合曲线，磁铁内部穿过圆环的磁感线总条数一定，外部磁感线分布在无限大空间，将磁铁内部的磁感线抵消一部分，当形状由扩大变为时，磁铁外部穿过圆环的磁感线增多，抵消多，总磁通量将减小故选B点评：对于线圈中有两种方向的磁感线穿过时，磁通量要看抵消后总条数来确定磁通量12在如图所示的电路中，放在光滑金属导轨上的ab导体向右移动，这可能发生在( )A闭合S的瞬间B断开S的瞬间C闭合S后，减小电阻R时D闭合S后，增大电阻R时考点：安培力；变压器的构造和原理
22、 分析：金属杆向右运动则说明金属杆受到向右的作用力，由左手定则可知电流的方向；由楞次定律可知左侧产生的磁通量的变化；则可知左侧电流的变化情况解答：解：金属杆向右运动说明金属杆受到向右的安培力，由左手定则可知，金属杆中的电流由a到b；右侧线框中感应电流产生的磁通量向上；则由楞次定律可知，左侧线框中的磁场可能向下减小，也可能向上增加；左侧电流由上方进入，由安培定则可知，内部磁场方向向上；故产生以上现象只能是磁通量突然增加；故只能为A或C；故选：AC点评：当减小电阻R的阻值时，电路中电阻减小，由欧姆定律可知电流将增大，则内部磁通量将增大二、非选择题（共52分）13（1）用游标为20分度的卡尺测量其长
23、度如图1所示，由图可知其长度为5.015cm；（2）用螺旋测微器测量金属丝直径如图2所示，可知其直径为4.700mm；（3）用多用电表的电阻“10”挡，按正确的操作步骤测电阻，表盘的示数如图3所示，则该电阻的阻值约为220考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用 专题：实验题分析：（1）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读（2）螺旋测微器的读数方法是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（3）欧姆表读数为表盘示数乘以倍率，由于刻度不均匀，因此可以不进行估读解答：解：（1）游标卡尺的主尺读数为5cm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，游标读数为0.053
24、mm=0.15mm=0.015cm，所以最终读数为：5cm+0.015cm=5.015cm（2）螺旋测微器的固定刻度读数4.5mm，可动刻度读数为0.0120.0mm=0.700mm，所以最终读数为：4.5mm+0.700mm=4.700mm（3）欧姆表的读数为：2210=220故答案为：（1）5.015，（2）4.700，（3）220点评：解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是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欧姆表读数为表盘示数乘以倍率14在某实验室中测量电源的电动势和内电阻，可以提供的
25、器材有：待测电池：电动势E（约3V）、内电阻r（约1）电流表：量程500A，内阻r2=400电流表：量程3A，内阻r1=0.1滑动变阻器：阻值0600，额定电流0.5A滑动变阻器：阻值020，额定电流2.5A电阻箱：9999.9（1）实验电路如图1所示，根据实验目的，电路中电流表A1应选择，A2应选择，R1应选择，R2应选择（请填写器材序号）（2）实验中改变电路中的电阻，通过多次读取两电流表的读数，用描点法拟合出电流表A2的电流I2随电流表A1的电流I1的变化的图象，如图2所示那么，根据图象可得电动势E的表达式为Iy（R2+r2），内电阻r表达式为（答案只限于用R2、Iy、Ix及电流表的内阻r
26、1、r2表示）考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题分析：将小量程的电流表串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表，采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小根据闭合回路欧姆定律列出等式求解电动势和内阻解答：解：（1）将小量程的电流表串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表，采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小所以电路中电流表A1应选择，A2应选择，R1应选择，R2应选择（2）根据图形得当I1=0时，I2=Iy根据欧姆定律和串联的知识得E=Iy（R2+r2）当I2=0，I1=Ix根据欧姆定律和串联的知识得E=Ixrr=故答案为：（1），；（2）Iy（R2+
27、r2），点评：测定电动势和内阻的实验中要注意数据的处理时主要应用了图象法，在学习中要掌握读数及画图的能力，要结合公式理解图象中点、线、交点及截距的意义15如图所示，匝数N=100匝、截面积S=0.2m2、电阻r=0.5的圆形线圈MN处于垂直纸面向里的匀强磁场内，磁感应强度随时间按B=0.6+0.02t（T）的规律变化，处于磁场外的电阻R1=3.5，R2=6，电容C=30F，开关S开始时未闭合，求：（1）闭合S后，线圈两端M、N两点间的电压UMN和电阻R2消耗的电功率；（2）闭合S一段时间后又打开S，则S断开后通过R2的电荷量为多少？考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率；电
28、磁感应中的能量转化 专题：电磁感应功能问题分析：（1）据题，磁感应强度随时间按B=0.6+0.02t（T）的规律变化，线圈中产生感应电动势，由此式得到磁感应强度的变化率为T/s，由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流的大小M、N两点间的电压UMN是外电压，由闭合电路欧姆定律求出，R2消耗的电功率：（2）闭合S一段时间后电容器充电，电容器的电压为UC=IR2，电量Q=CUC，S断开后通过R2的电荷量等于电容器所带电荷量解答：解：（1）由题给条件可知磁感应强度的变化率为：T/s故回路产生的电动势为：感应电流：A由闭合电路欧姆定律有：UMN=EIr=0.38V故R2消耗的电功率：
29、=9.6103W（2）S合时：UC=IR2=0.24V 充电电量：Q=CUC=7.2106CS开时：R2放电，放电的电量：Q=7.2106C，即为S断开后通过R2的电荷量答：（1）闭合S后，线圈两端M、N两点间的电压UMN是0.38V，电阻R2消耗的电功率是9.6103W；（2）闭合S一段时间后又打开S，则S断开后通过R2的电荷量为7.2106C点评：本题电磁感应与电路知识的综合应用，关键是求解感应电动势16质量为m=0.02kg的通电细杆ab置于倾角为=37的平行放置的导轨上，导轨的宽度d=0.2m，杆ab与导轨间的动摩擦因数=0.4，磁感应强度B=2T的匀强磁场与导轨平面垂直且方向向下，如
30、图所示现调节滑动变阻器的触头，试求出为使杆ab静止不动，通过ab杆的电流范围为多少？考点：安培力 分析：当电流较大时，导体有向上的运动趋势，所受静摩擦力向下，当静摩擦力达到最大时，安培力最大，电流最大当电流最小时，有向上的最大静摩擦力，根据共点力平衡，结合安培力的大小公式，求出通过ab杆的电流范围解答：解：当电流较大时，导体有向上的运动趋势，所受静摩擦力向下，当静摩擦力达到最大时，磁场力为最大值F1，此时通过ab的电流最大为Imax；同理，当电流最小时，应该是导体受向上的最大静摩擦力，此时的安培力为F2，电流为Imin正确地画出两种情况下的受力图如图所示，由平衡条件列方程求解根据第一幅受力图列
31、式如下：F1mgsinf1=0N1mgcos=0f1=N1F1=BImaxd解上述方程得：Imax=0.46A根据第二幅受力图F2mgsin+f2=0N2mgcos=0f2=N2F2=BImind解上述方程得：Imin=0.14A则通过ab杆的电流范围为：0.14AI0.46A答：通过ab杆的电流范围为0.14AI0.46A点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，抓住两个临界状态，运用共点力平衡进行求解知道电流最大时有向下的最大静摩擦力，电流最小时，有向上的最大静摩擦力17如图1所示，真空中相距d=5cm的两块平行金属板A、B与电源连接（图中未画出），其中B板接地（电势为零），A板电势变化的规
32、律如图2所示 将一个质量21027kg，电量q=+1.61019c的带电粒子从紧临B板处释放，不计重力求：（1）在t=0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小；（2）若A板电势变化周期T=1. 0105s，在t=0时将带电粒子从紧临B板处无初速释放，粒子到达A板时速度的大小；（3）A板电势变化频率多大时，在t=到t=时间内从紧临B板处无初速释放该带电粒子，粒子不能到达A板考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势 专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）由图可知两板间开始时的电势差，则由U=Ed可求得两板间的电场强度，则可求得电场力，由牛顿第二定律可求得加速度的大小；（2）因粒子受力可
33、能发生变化，故由位移公式可求得粒子通过的距离，通过比较可知恰好到A板，故电场力不变，由动量定理可求得速度；（3）要使粒子不能到达A板，应让粒子在向A板运动中的总位移小于极板间的距离，由以上表达式可得出变化的频率解答：解：（1）电场强度F=qE，带电粒子所受电场力，a=m释放瞬间粒子的加速度为4.0109m/s2；（2）粒子在0时间内走过的距离为故带电粒子在t=时，恰好到达A板，根据动量定理，此时粒子动量p=Ft=4.01023kgm/sP=mv解得v=2104m/s粒子到达A板时的动量为4.01023kgm/s（3）带电粒子在0t=向A板做匀加速运动，在t=向A板做匀减速运动，速度减为零后将返
34、回粒子向A 板运动可能的最大位移要求粒子不能到达A板，有sd，由f=，电势变化频率应满足Hz电势变化的频率应满足f答：（1）在t=0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小为4.0109m/s2；（2）若A板电势变化周期T=1.0105s，在t=0时将带电粒子从紧临B板处无初速释放，粒子到达A板时速度的大小为2104m/s；（3）A板电势变化频率为时，在t=到t=时间内从紧临B板处无初速释放该带电粒子，粒子不能到达A板点评：因极板间加交变电场，故粒子的受力周周期性变化，本题应通过受力情况先确定粒子的运动情况，再确定两板间电势的变化频率18如图所示，xOy坐标系的第一象限内，有一边界线OA与
35、y轴的夹角AOy=45，边界线的上方与下方分别存在垂直纸面向外与向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B=0.25T一束带电量q=8.01019C、质量 m=8.01026kg的正离子以v=5105m/s从y轴上坐标为（0，0.4m）的Q点垂直y轴射入磁场区求：（1）离子在磁场中做圆周运动的半径？（2）现只改变B的大小，使离子不经过OA边界而直接从y轴离开磁场区域，则B应满足什么条件？（3）若B=0.125T，求粒子第二次与OA边界交点的坐标为多少？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：（1）离子在磁场中受到的洛仑兹力充当心力，由牛顿第二定律可求得半径；（2）由题
36、意分析临界条件，再由牛顿第二定律求得临界磁感应强度；（3）由牛顿第二定律求出粒子的轨道半径，然后求出粒子坐标解答：解：（1）洛仑兹力充当向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，代入数据解得：r=0.2m；（2）临界条件为：在AOy区间内运动轨迹恰好与OA相切，则有：R+=OQ，由牛顿第二定律得：qvB0=m，解得：B0=T0.3T，B应满足的条件为：B0.3T；（3）磁感应强度：B=0.125T时，粒子的轨道半径：R=0.4m；由几何关系可知，粒子从Q点进入AOy经过T之后，垂直OA边界进入AOx区域，再经T后垂直OA边界进入AOy区域，则粒子第二次与OA边界交点距O点的距离：L=3R=1.2m，粒子在坐标：x=Lcos45=0.6m，y=Lsin45=0.6m；答：（1）离子在磁场中做圆周运动的半径为0.2m；（2）使离子不经过OA边界而直接从y轴离开磁场区域，则B应满足的条件是：B0.3T；（3）若B=0.125T，粒子第二次与OA边界交点的坐标为：（0.6m，0.6m）点评：本题考查带电粒子在磁场中的运动，在解题时要注意分析离子的运动过程，从而正确得出离子的运动及受力特点，从而找出合理的物理规律求解