2022-2022学年山西省晋中市高二（上）期末物理试卷一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）1.下列关于电场强度和磁感应强度的定义的说法中正确的是（ ）A.静电场中某点的电场强度的方向为该处点电荷所受静电力的方向B.磁场中某点的磁感应强度的方向为该处电流元所受安培力的方向C.由E=Fq可知，电场中某点的电场强度大小为处于该点的试探电荷所受的静电力F与电荷量q的比值D.由B=FILsinθ可知，磁场中某点的磁感应强度大小为处于该点的电流元所受的安培力F与电流元IL的比值2.两个相同的带电金属小球（可视为点电荷）相互排斥，电荷量之比为1：5，相距为r，两者相互接触后再放回原来的位置上，则它们间的库仑力为原来的（ ）A.45B.95C.25D.3653.如图所示为某款华为手机的锂电池，电动势为3.6V，其物理意义是（ ）A.电池正负极之间的电压为3.6VB.电路中每通过1C的电荷，电池将3.6J的化学能转化为电能C.电路中每通过1C的电荷，电池向外电路输送3.6J的能量D.电池每秒钟提供3.6J的能量4.如图所示，水平向右的匀强磁场中有一根垂直于磁场的导线，两端通过两根软金属丝连接到电源上，金属丝上端固定。当导线中通以垂直于纸面向里的电流后，则关于导线和金属丝的下述说法正确的是（ ）A.导线停留在原位置，金属丝拉力增大B.导线停留在原位置，金属丝拉力减小C.导线往右偏，金属丝拉力减小D.导线往左偏，金属丝拉力增大5.如图所示为一速度选择器，两极板P、Q之间存在电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场，一束粒子流（重力不计）以速度v从a沿直线运动到b，则下列说法中正确的是（ ）A.粒子的速度一定等于EBB.粒子的速度一定等于BEC.粒子一定带正电D.粒子一定带负电6.在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路。当调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50A和2.0V．重新调节R并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.00A和24.0V．不计温度变化对电动机电阻带来的影响，则关于这台电动机正常运转时的下列说法中，正确的是（ ）A.电阻为12ΩB.消耗的电功率为144WC.输出功率为32WD.发热功率为48W7.质谱仪是一种测定带电粒子质量或分析同位素的重要设备，它的构造原理如图示。离子源S产生的各种不同正离子束（速度可视为零），经MN间的加速电压U加速后从小孔S1垂直于磁感线进入匀强磁场，运转半周后到达照相底片上的P点。设P到S1的距离为x，则（ ）A.加速电压U越大，则离子在磁场中的半径越小B.x越大，离子的比荷一定越大C.x越大，离子的质量一定越大D.若离子束是同位素原子核，则x越大对应的离子质量越大8.如图所示，在真空中有两个点电荷q1、q2分别置于M、N两点，A、B为M、N连线的中垂线上的两点。现将一负点电荷由B点沿中垂线移动到A点，电荷的电势能升高，则关于q1、q2的下列说法中，可能的是（ ）A.q1>0、q2>0、q1>q2B.q1<0、q2>0、|q1|<q2c.q1>0、q2<0、q1>|q2|D.q1<0、q2<0、|q1|<|q2|二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）9.如图所示，虚线a、b、c是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为一个α粒子（氦原子核）仅在电场力作用下，通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点。下列说法中正确的是（ ）A.α粒子在P点的电势能比在Q点的大B.α粒子一定是从P点向Q点运动C.α粒子通过P点时的加速度比通过Q点时小D.α粒子在P点的动能比在Q点的小10.若不计重力，则带电粒子可能做的运动是（ ）7/8A.在磁场中做匀速直线运动B.在电场中做匀速直线运动C.在磁场中做匀变速运动D.在电场中做匀速圆周运动1.一束电子经加速电场加速后，垂直射入一匀强磁场区域，如图所示，电子从磁场右边界射出时的速度偏向角θ、在磁场中的轨道半径r、在磁场中的运动周期T（按完整的圆周运动计算）、在磁场中运动的时间t随加速电压U和磁感应强度B的变化关系正确的是（ ）A.B不变、U增大时T增大B.B不变、U增大时t减小C.U不变、B增大时θ增大D.U不变、B增大时r减小2.电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R3连接成如图所示的电路，r=R1=R2=R3=R，电表均可视为理想电表。当滑动变阻器R3的触头由a端滑向b端的过程中，电表V1、V2、A1、A2某一时刻的示数分别为U1、U2、I1、I2，电表V1、V2、A1、A2在某一段时间内的示数变化分别为△U1、△U2、△I1、△I2，则下列关系式正确的是（ ）A.U1I1<|△U1△I1|B.2U2I2=|△U2△I1|C.U1I1=U2I2D.|△U1△I1|=|△U2△I2|三、填空题（本大题共1小题，共7.0分）3.要测绘一个标有“3V，0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作。已选用的器材有：电池组（电动势为4.5V，内阻约1Ω）；电流表（量程为0～250mA．内阻约5Ω）；电压表（量程为0～3V．内限约3kΩ）；电键一个、导线若干。①实验中所用的滑动变阻器应选下列中的______（填字母代号）。A．滑动变阻器（最大阻值20Ω，额定电流1A）B．滑动变阻器（最大阻值1750Ω，额定电流0.3A）②实验的电路图应选用下列的图______（填字母代号）。③实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示。如果将这个小灯泡接到电动势为1.5V，内阻为5.0Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是______W。四、实验题探究题（本大题共1小题，共8.0分）4.用电流表和电压表测定由三节干电池串联组成的电池组（电动势约4.5V，内电阻约1Ω）的电动势和内电阻，除待测电池组、电键、导线外，还有下列器材供选用：A．电流表：量程3A，内电阻约0.2ΩB．电流表：量程0.6A，内电阻约1ΩC．电压表：量程3V，内电阻约30kQD．电压表：量程6V，内电阻约60kΩE．滑动变阻器：0-1000Ω，额定电流0.5AF．滑动变阻器：0～20Ω，额定电流2A（1）为了使测量结果尽量准确，电流表应选用______，电压表应选用______，滑动变阻器应选用______（均填仪器的字母代号）。（2）选择下图中______（甲或者乙）电路图来完成实验，其理由是______（3）实验时发现电流表坏了，于是不再使用电流表，剩余仪器中仅用电阻箱替换掉滑动变阻器，重新连接电路，仍能完成实验。实验中读出几组电阻箱的阻值R和对应电压表的示数U．用图象法处理采集到的数据，为在直角坐标系中得到的函数图象是一条直线，则可以______为纵坐标，以______为横坐标，并写出函数关系______。五、计算题（本大题共4小题，共37.0分）5.如图所示，长l的轻质绝缘细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带正电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ．已知小球所带电荷量为q，质量为m，重力加速度为g。求：（1）电场强度E的大小。（2）将电场方向突然变为竖直向下，小球回到最低点时速度v的大小。7/81.轻直导线杆ab沿垂直于轨道方向放在水平平行的光滑轨道上，ab杆所在区域充满竖直向下的匀强磁场，如图所示，磁感应强度B=0.4T，轨道间距L=10cm，当给ab杆施加一个大小为0.06N，方向水平向左的力F时，a杆恰好静止不动，已知电源内阻r=1Ω，电阻R=12Ω，ab杆电阻Rab=4Ω，导轨电阻不计，求电源电动势E。2.空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一带电量为+q、质量为m的粒子，在P点以某一初速开始运动，初速方向在图中纸面内如图中P点箭头所示。该粒子运动到图中Q点时的速度方向与P点时速度方向垂直，如图中Q点箭头所示。已知P、Q间的距离为l。若保持粒子在P点时的速度不变，而将匀强磁场换成匀强电场，电场方向与纸面平行且与粒子在P点时速度方向垂直，在此电场作用下粒子也由P点运动到Q点。不计重力。求：（1）电场强度的大小。（2）两种情况中粒子由P运动到Q点所经历的时间之差。3.如图所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上。两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续喷出质量均为m、水平速度均为v0、带相等电荷量的墨滴。调节电源电压至U，墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M点。（1）判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；（2）求磁感应强度B的值；（3）现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置。为了使墨滴仍能到达下板M点，应将磁感应强度调至B′，则B′的大小为多少？7/8答案和解析1.【答案】C【解析】解：A、在电场中电场强度方向与负电荷受力的方向相反，故A错误；B、根据左手定则可知，磁感应强度的方向与电流元受力的方向垂直，故B错误；C、磁场中某点磁感应强度的方向由磁场本身决定，由E=可知，电场中某点的电场强度大小为处于该点的试探电荷所受的静电力F与电荷量q的比值，故C正确；D、在磁场中放入一小段电流元，如果电流方向与磁场方向平行，则电流元不受磁场力作用，因此在空间某位置放入一小段检验电流元，若这一小段检验电流元不受磁场力作用，该位置的磁感应强度大小不一定为零，故D错误；故选：C。检验电荷所受电场力与检验电荷所带电荷量的比值是该点的电场强度，电场强度方向与负电荷受力的方向相反；当电流与磁场平行时，电流在磁场中不受磁场力作用；磁场中某点的磁场方向由磁场本身决定，电流在磁场中受力方向由磁场方向与电流方向共同决定。电荷放在电场中一定受到电场力作用，电流放在磁场中，不一定受磁场力作用，要注意电场与磁场的区别与联系。2.【答案】B【解析】解：当两相同金属小球带同种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为3：3，再由库仑定律：F=k，可得库仑力是原来的，则B正确，ACD错误故选：B。两电荷间存在库仑斥力，其大小可由库仑定律求出。当两电荷相互接触后再放回原处，电荷量再平分，所以库仑力的变化是由电荷量变化导致的。解决本题的关键掌握库仑定律的公式，注意两个金属小球可能带同种电荷，可能带异种电荷，则电荷的分配是关键。3.【答案】B【解析】解：A、电动势为3.6V，则在电池没有接入电路时正负极之间的电压为3.6V，故A错误。B、电源中每通过1C电量，非静电力做功为3.6J，电源把3.6J的化学能转变为电能。故B正确；C、电电源中每通过1C电量，非静电力做功为3.6J，电源把3.6J的化学能转变为电能，但不能向外电路输送3.6J的能量。故C错误。D、电源中每通过1C电量，非静电力做功为3.6J，电源把3.6J的化学能转变为电能，不是1s内将3.6J的化学能转变成电能，故D错误；故选：B。电源是一种把其它形式的能转化为电能的装置，电动势E的大小等于非静电力做的功与电量的比值，其大小表示电源把其它形式的能转化为电能本领大小，而与转化能量多少无关。该题考查对电源的电动势的理解，要明确电动势E大小表征电源把其它形式能转化为电能本领大小，注意明确电源的电动势与电源做功之间的关系即可正确解答。4.【答案】A【解析】解：由左手定则判得，安培力的方向竖直向下，导线停留在原位置，金属丝拉力增大，故A正确，BCD错误；故选：A。通电导线在磁场中的受力方向判断，可由左手定则完成。本题考查了左手定则，要熟练应用左手定则判断安培力的方向。5.【答案】A【解析】解：CD、粒子受洛伦兹力和电场力；假设粒子带正电，则受到向下的洛伦兹力，电场力向上；若粒子带负电，洛伦兹力向上，电场力向下；均可以平衡；故A粒子可以带正电，也可以带负电；故CD错误；AB、为使粒子不发生偏转，粒子所受到电场力和洛伦兹力是平衡力，即为qvB=qE，所以电场与磁场的关系为：v=，故A正确B错误；故选：A。首先根据粒子做匀速直线运动，可判断粒子的电场力和洛伦兹力相等，即可得知电场强度和磁场强度的关系。再分别假设粒子带正电或负电，可知电场的方向，并发现电场的方向与电性无关。在速度选择器中，粒子的受力特点：同时受到方向相反的电场力和洛伦兹力作用；粒子能匀速通过选择器的条件：电场力和洛伦兹力平衡，即qvB=qE，v=，只有速度为的粒子才能沿直线匀速通过选择器；若粒子从反方向射入选择器，所受的电场力和磁场力方向相同，粒子必定发生偏转。6.【答案】C【解析】解：A、控制电动机停止转动时可以视为纯电阻，电动机的电阻R==Ω=4Ω，故A错误；B、电动机的总功率P=U1I1=24.0V×2.00A=48W，故B错误；D、放热功率PR=I12R=（2.00A）2×4Ω=16W，故D错误；C、电动机正常运转时的输出功率是P输出=P-PR=48W-16W=32W，故C正确。故选：C。从电路图中可以看出，电动机和滑动变阻器串联，电压表测量电动机两端的电压，电流表测量电路电流，根据公式R=可求电动机停转时的电阻；利用公式P=UI可求电动机的总功率，根据公式P=I2R可求电动机克服本身阻力的功率，总7/8功率与电动机克服自身电阻功率之差就是电动机的输出功率。本题考查电阻、功率的有关计算，关键是明白电路中各个用电器的连接情况，要知道非纯电阻电路的功率的计算方法，这是本题的重点和难点。7.【答案】D【解析】解：根据动能定理得：qU=mv2解得：v=根据qvB=m得：R==所以：x=2R=A、由上面的分析知加速电压U越大，则离子在磁场中的半径越大，故A错误；BC、由上面的分析知离子的比荷的倒数越大，比荷越小，质量不一定大，还要看电荷量，故BC错误；D、由上面的分析知若离子束是同位素，则x越大对应的离子质量越大，故D正确。故选：D。根据动能定理求出粒子进入磁场时的速度，根据洛伦兹力提供向心力，求出在磁场中的轨道半径，从而得出P到S1的距离x，看x与什么因素有关。解决本题的关键利用动能定理和牛顿第二定律求出P到S1的距离，从而得出x与电荷的比荷有关。8.【答案】D【解析】解：负点电荷由B点沿中垂线移动到A点，电荷的电势能升高，电场力做负功，则电场线方向由B到A，故M、N为负电荷，但是不能判断M、N电荷量的大小关系，故ABC错误，D正确；故选：D。根据负电荷移动电势能的变化得知场强方向，进而判断M、N的电荷性质。本题关键是判断出AB间电势的高低。本题也可以根据推论：负电荷在电势低处电势能大来判断电势能的变化。9.【答案】AD【解析】解：A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故a等势线的电势最高，c等势线的电势最低，α粒子在P点的电势能比在Q点的大，故A正确；B、α粒子可以从P点向Q点运动，也可以从Q点向P点运动，故B错误；C、电场线垂直于等势面，所以P点电场线密度比Q点的大，α粒子通过P点时的加速度比通过Q点时小大，故C错误；D、假设粒子从P到Q，电场力做正功，电势能减小，动能增大，故α粒子在P点的动能比在Q点的小，故D正确；故选：AD。由于α粒子带正电，只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即下方，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场场强大。解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场、电势能、动能等物理量的变化。10.【答案】AD【解析】解：A、当带电粒子与磁场的方向平行时，不受洛伦兹力作用，因此做匀速直线运动，故A正确；BD、当带电粒子在电场中电场力与速度方向共线时做匀变速直线运动，当电场力与速度方向始终垂直时做匀速圆周运动。故B错误，D正确；C、当带电粒子与磁场的方向垂直时，受洛伦兹力作用，使其做匀速圆周运动，加速度一定变化，不会做匀变速运动，故C错误；故选：AD。带电粒子在磁场中可能受磁场力，也可能不受磁场，且洛伦兹力的方向与速度方向垂直，只改变速度的方向，不改变速度的大小。电荷处于电场中一定受到电场力，做匀变速运动，可能直线，也可能曲线运动，可是类平抛运动，也可是匀速圆周运动。正确理解匀变速运动、匀速圆周运动的定义和物体做曲线运动的条件，及考查电场力、洛伦兹力与速度方向的关系决定运动的性质。11.【答案】BCD【解析】解：根据动能定理：eU=mv2，得：v=在磁场中：evB=m，解得：r== ①电子在磁场中的运动周期T== ②sinθ== ③电子在磁场中的运动时间t== ④A、由②式得：B不变、U增大时T不变，故A错误；B、B不变、U增大时，由③得θ减小，再由④得t减小，故B正确；C、U不变、B增大时，由③得θ增大，故C正确；D、U不变、B增大时，由①得r减小，故D正确；故选：BCD。根据动能定理表示出粒子射出电场时的速度，根据牛顿第二定律求出粒子在磁场偏转半径，进而表示出圆心角。本题属于带电粒子在组合场中的运动，在电场中加速经常用动能定理处理，在磁场中偏转用牛顿第二定律求半径，进而可表达周期、在磁场中的运动时间等物理量。7/812.【答案】BD【解析】解：电路为：R2和R3并联后与R1串联，R外=R并+R=+RA、V1测量为外电路的电压，A1测量干路电流，所以=R外=+R，而||==r=R，外电阻大于内电阻，即＞||，故A错误；B、U2=E-I1•（r+R1），||=r+R1，对于定值电阻满足R==，R2不变，所以2=||=2R，故B正确；C、根据AB项知＞，故C错误；D、根据AB项分析知||=||=R，故D正确；故选：BD。分析电路结构，由滑片的移动可知接入电阻的变化，由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流及路端电压的变化，再对局部电路分析即可得出电流表与电压表的变化。对于闭合电路欧姆定律的题目，一般按整体-局部-整体的思路进行分析，注意正确利用好串联电路的分压关系和并联电路的分流关系。13.【答案】A B 0.10【解析】解：（1）由于实验要求电压从零调，变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节，所以应选择A；（2）由于待测小灯泡阻值较小，满足，所以电流表应用外接法，又变阻器应采用分压式接法，所以应选择B；（3）在表示小灯泡的I-U图象中画出表示电源的I-U图象如图所示，读出两图线交点坐标为：U=1.0V，I=0.1A，所以小灯泡消耗的功率为：P=UI=1.0×0.1W=0.10W；故答案为：（1）A（2）B（3）0.23（1）A （2）B （3）0.10本题（1）的关键是根据实验要求电流从零调可知变阻器应采用分压式接法，选择阻值小的变阻器更方便调节；题（2）的关键是根据小灯泡电阻满足可知电流表应用外接法，即电路应是分压外接电路；题（3）的关键是在表示小灯泡的I-U图象中同时画出表示电源的I-U图象，读出两图线的交点坐标，再根据功率公式求解即可。应明确：①当实验要求电流从零调或变阻器的全电阻远小于待测电阻时变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节；②当待测电阻满足时，电流表应用外接法，满足时，电流表应用内接法；③表示电阻和电源的I-U图线的交点表示通过电阻的电流和电阻两端电压。14.【答案】A D F 乙 待测电源内阻较小采用乙图所示电路实验误差较小 1U 1R 1U=rE•1R+1E【解析】解：（1）实验中电流较小，若选用3A量程测量误差较大；故为了准确测量，电流表应选A，电源电动势约为1.5×3=4.5V，电压表应选D，电阻值太大，调节不方便，为方便实验操作，滑动变阻器应选F；（2）测量电源电动势和内阻的时候，由于电源的内阻是很小的，为了减小内阻的测量误差，我们选用的是电流表的相对电源的外接法，应选择图乙所示电路。（3）由于电流表坏，故只能利用电压表和电阻箱进行实验，由闭合电路欧姆定律可得：电源电动势E=U+Ir=U+r，整理得：=+，故应作出-图象；故答案为：（1）A；D；F；（2）乙；待测电源内阻较小采用乙图所示电路实验误差较小；（3）；； =•+。（1）根据电路电流选择电流表，根据电源电动势选择电压表，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器。（2）根据伏安法测电源电动势与内阻的原理选择实验电路。（3）根据闭合电路欧姆定律得出对应的表达式，让图象为直线，便于我们处理。本题考查了测电压表内阻、测电源电动势与内阻实验，要掌握办偏法测电表内阻的方法；根据电路图由欧姆定律求出图象的函数表达式是正确求出电源电动势与内阻的前提与关键。15.【答案】解：（1）小球受重力、电场力和绳子拉力作用，对小球静止状态进行受力分析，由受力平衡可得：电场力qE=mgtanθ，所以，场强E=mgtanθq；（2）电场方向竖直向下，那么，电场力方向竖直向下；小球从静止运动到最低点的过程只有重力、电场力做功，由动能定理可得：(mg+qE)l(1−cosθ)=12mv2；所以，小球回到最低点的速度：v=2gl(1+tanθ)(1−cosθ)答：（1）电场强度E的大小为mgtanθq。（2）将电场方向突然变为竖直向下，小球回到最低点时速度v的大小为2gl(1+tanθ)(1−cosθ)。【解析】7/8（1）根据电场力的计算公式求解电场力，从而求出电场强度的大小；（2）将电场方向突然变为竖直向下后重力与电场力做功，根据动能定理求解速度。有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。16.【答案】解：设路端电压U杆静止时，F=BURabL得电压为U=FRabBL=0.06×40.4×0.1V=6V通过电源的总电流I=UR外=URRabR+Rab=612×412+4A=2A由闭合电路欧姆定律，得E=U+Ir代入题中所给数据得：E=8V答：电源电动势为8V。【解析】以杆为研究对象，受力分析，利用杆恰好静止列平衡方程，求出路段电压；再利用闭合电路的电压、电流关系和闭合电路的欧姆定律求解。明确动力学和电学的联系纽带--安培力F=BIL，灵活应用平衡态和电路的知识求解，注意杆在电学中视为电阻。17.【答案】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以v0表示粒子在P点的初速度，R表示圆周半径，则有 qv0B=mv02R…①由于粒子在Q点的速度垂直于它在4P点时的速度，可知粒子由P点到Q点的轨迹是圆周的14，故有 R=l2…②联立①②得：v0=qlB2m…③在电场中粒子做类平抛运动，分别以x、y、E、a、tE表示射程、偏转位移、电场强度，加速度和运动时间，则： qE=ma…④垂直v0方向y=R=12atE2…⑤沿v0方向 x=R=v0tE…⑥联立②③④⑤⑥各式可解得：E=2qlB2m电场强度的大小为：E=2qlB2m；（2）由分析知粒子在磁场中由P运动到Q点所经历的时间tB为14周期，故：tB=14T=142πRv0=π2mqB在电场中由P运动到Q点所经历的时间tE=Rv0=mqB由P运动到Q点所经历的时间之差 tB−tE=(π2−1)mqB两种情况中粒子由P运动到Q点所经历的时间之差为(π2−1)mqB【解析】（1）已知入射速度方向和出射速度方向，由于速度方向始终沿切线方向，故速度方向必与半径垂直，过P点做入射速度的垂线，再过Q点做出射速度的垂线，两垂线交与一点O，则O即是该粒子运动轨迹的圆心。粒子运动了周，所以PO=QO=R，R为粒子运动半径。又PQ=l，所以（定圆心、找半径）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，故有，由上述两式可以求出入射速度v0。把磁场换成与纸面平行且垂直于入射速度v0的电场后，粒子在电场中做类平抛运动，粒子运动到Q点的水平位移，竖直位移，代入数据即可求解。（2）由题意知粒子在磁场中由P运动到Q用了周期。轨迹为圆周。带电粒子在垂直磁场射入，粒子将做匀速圆周运动，对于此类问题一般是依照“找圆心，定半径，求时间“来解决。18.【答案】解：（1）墨滴在电场区域做匀速直线运动，有：qUd=mg ①由①式得，q=mgdU． ②由于电场方向向下，电荷所受的电场力方向向上，可知墨滴带负电荷。 ③（2）墨滴垂直进入电磁场共存区域，重力仍与电场力平衡，合力等于洛伦兹力，墨滴做匀速圆周运动，有：qv0B=mv02R ④考虑墨滴进入磁场和撞板的几何关系，可知墨滴在该区域恰好完成四分之一圆周运动，则半径R=d ⑤由②④⑤式得，B=v0Ugd2．⑥（3）根据题设，墨滴的运动轨迹如图，设圆周运动的半径为R′，有：qv0B′=mv02R′ ⑦由图示可得，R′2=d2+(R′−d2)27/8 ⑧得，R′=54d ⑨联立②⑦⑨式可得，B′=4v0U5gd2。答：（1）墨滴带负电，电量为mgdU。（2）磁感应强度B=v0Ugd2。（3）B’的大小为B′=4v0U5gd2。【解析】（1）根据电场力和重力平衡求出电荷量的大小，通过电场力的方向确定电荷的正负。（2）墨滴垂直进入电磁场共存区域，重力仍与电场力平衡，粒子做匀速圆周运动，根据粒子垂直打在M点，通过几何关系得出粒子的轨道半径，根据洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度的大小。（3）根据几何关系得出粒子做圆周运动的轨道半径，结合带电粒子在磁场中运动的半径公式求出磁感应强度的大小。本题考查粒子在复合场中的运动，知道粒子在电场和重力场区域做匀速直线运动，进入电场、磁场和重力场区域，做匀速圆周运动。结合牛顿第二定律和共点力平衡进行求解。7/8</q2c.q1>
