山东省淄博市桓台二中2022届高三物理上学期期末试题（含解析）新人教版

2022-2022学年山东省淄博市桓台二中高三（上）期末物理试卷一、（每小题4分）1．（4分）（2022秋•桓台县校级期末）关于电场强度的叙述，正确的是（　　）　A．沿着电场线的方向，场强越来越小　B．电场中某点的场强大小等于单位电量的电荷在该点所受的电场力大小　C．电势降落的方向就是场强的方向　D．负点电荷形成的电场，离点电荷越近，场强越大考点：电场强度．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场强度是描述电场强弱和方向的物理量，其定义式为E=．电场线越密的地方，电场强度越强．电势降落最快的方向就是场强的方向．点电荷形成的电场，离点电荷越近，场强越大．解答：解：A、沿着电场线的方向，电势越来越小，场强不一定越来越小，要根据电场线的疏密才能确定．故A错误；B、根据电场强度的定义式E=，知场强大小等于单位电量的电荷在该点所受的电场力大小．故B正确；C、电势降落最快的方向才是场强的方向．故C错误；D、由公式E=k得知，在负点电荷形成的电场中，离点电荷越近，r越小，电场强度E越大．故D正确；故选：BD点评：本题考查对电场中几对关系的理解能力：电场线与场强、电势与场强等等，关键要理解并掌握场强的两个公式E=和E=k．　2．（4分）（2022•潍坊二模）如图所示，真空中有两个正电荷，带电量分别为Q、4Q、O为两电荷连线中点，两试探电荷a、b均带正电，a自O点垂直连线向上射出，b自O沿连线向左射出，则（　　）　A．a向左偏转　B．a向右偏转　C．b向左运动时的速度一直减小　D．b向左运动时的电势能先减小后增加考点：电势差与电场强度的关系；电场强度；电势能．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．-14-\n分析：根据电场的叠加原理确定O点的场强方向，判断出试探电荷所受的电场力方向，判断其运动方向．根据电场力做功正负，分析电势能的变化．解答：解：A、B由点电荷场强公式E=k，可知+4Q电荷在O处产生的场强大，根据电场的叠加原理可知，O点的合场强向左，正试探电荷所受的电场力向左，而a粒子速度垂直于连线向上，所以a向左偏转，故A正确，B错误．C、D、根据电场的叠加原理可知，在连线上O点的左侧必定有一点场强为零，设此点为C，在CO间场强向左，在QC间场强向右，则b向左运动时，所受的电场力先向左后向右，电场力先做正功，后做负功，所以其电势能先减小后增加，故C错误，D正确．故选：AD点评：本题关键要运用电场的叠加原理，分析场强的方向，判断电场力的方向．　3．（4分）（2022秋•桓台县校级期末）如图甲所示，AB是电场中的一条电场线，质子以某一初速度从A点出发，仅在电场力作用下沿直线从A点运动到B点，其v﹣t图象如图乙所示，则下列说法正确的是（　　）　A．质子运动的加速度随时间逐渐减小　B．电场线的方向由A指向B　C．A、B两点电场强度的大小关系满足EA＜EB　D．A、B两点的电势关系满足φA＜φB考点：电场线；电场强度．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：由图可知带电粒子速度变化情况，则可明确粒子在两点的加速度大小关系，即可确定电场强度的大小；由功能关系可以确定电势的高低．解答：解：A、速度图象的斜率等于加速度，则由图可知，质子的加速度不变，所受电场力不变，由F=Eq可知，A点的场强等于B点场强，EA=EB；故AC错误；B、质子从A到B的过程中，速度减小，动能减小，则可知电场力做负功，故电势能增加，电势升高，故ϕA＜ϕB，电场线的方向由B指向A，故B错误，D正确；故选D．点评：本题根据图象考查对电场的认识，要求学生能从图象中找出加速度的大小及速度的变化，再应用动能定理及牛顿第二定律进行分析判断；同时还需注意，电势能是由电荷及电场共同决定的，故不能忽视了电荷的电性．　4．（4分）（2022秋•潍坊期末）如图所示，在水平向右的匀强磁场中，在O点固定一电荷量为Q的正电荷，a、b、c、d为以O为圆心的同一圆周上的四点，bd连线与电场线平行，ac连线与电场线垂直．则（　　）-14-\n　A．a、c两点的场强相同　B．b点的场强大于a点的场强　C．da间的电势差大于ab间的电势差　D．检验电荷在a点的电势能等于在c点的电势能考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：该题中abcd四个点的场强实际上是匀强电场与点电荷的电场的叠加，要用矢量合成的方法来判断．解答：解：A：abcd四个点的场强实际上是匀强电场与点电荷的辐射状的电场的叠加，故ac两点的合场强大小虽然相等，但方向不同，故A错误；B：匀强电场的场强方向与Q的电场的场强方向在B点相同，在a点方向相反，所以b点的场强大于A点的场强．故B正确；C：点电荷的电场，同心圆上各点的电势相等，所以da间的电势差等于ab间的电势差，故C错误；D：点电荷的电场，同心圆上各点的电势相等，ac与匀强电场垂直，是匀强电场的等势线，所以ac两点的电势相等，检验电荷在a点的电势能等于在c点的电势能．故D正确．故选：BD点评：该题考查常见电场与电场的叠加，只要对该部分的知识有牢固的记忆，就可以做出正确的判断．　5．（4分）（2022•湖南一模）已知磁敏电阻在没有磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，并且磁场越强电阻值越大．为探测有无磁场，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图所示的电路，电源的电动势E和内阻r不变，在没有磁场时调节变阻器R使电灯L正常发光．若探测装置从无磁场区进入强磁场区，则（　　）　A．电灯L变亮B．电灯L变暗　C．电流表的示数减小D．电流表的示数增大考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．版权所有-14-\n专题：恒定电流专题．分析：探测装置从无磁场区进入强磁场区时，电阻变大，则总电流变小，根据闭合电路欧姆定律即可分析．解答：解：探测装置从无磁场区进入强磁场区时，电阻变大，则电路的总电阻变大，根据I=可知总电流变小，所以电流表的示数减小，根据U=E﹣Ir，可知I减小，U增大，所以灯泡两段的电压增大，所以电灯L变亮，故AC正确，BD错误故选AC点评：本题是电路的动态分析问题，知道电路中有一个电阻变大，总电阻就变大，总电流就变小，再结合闭合电路欧姆定律分析即可，难度不大，属于基础题．　6．（4分）（2022秋•桓台县校级期末）如图电路中电源电动势为E，内电阻为r，闭合开关S，待电流达到稳定后，电流表示数为I，电压表示数为U，电容器C所带电荷量为Q．现将滑动变阻器的滑动触头从图示位置向b端移动一些，待电流达到稳定后，与移动前相比（　　）　A．U变大B．I变大C．Q增大D．Q减小考点：闭合电路的欧姆定律．版权所有专题：恒定电流专题．分析：首先认识电路的结构：电流稳定时，变阻器与R2串联，R1上无电流，无电压，电容器的电压等于变阻器的电压，电压表测量变阻器的电压，电流表测量干路电流；当滑片P向b端移动一些后，变阻器接入电路的电阻减小，根据欧姆定律分析电路的总电阻变化和干路电流的变化，再分析电表读数的变化和电容器电量的变化．解答：解：当滑动变阻器P的滑动触头，从图示位置向b端移动时，其接入电路的电阻值减小，外电路总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律可知，干路的电流I增大；变阻器两端的电压U=E﹣I（R2+r），由I增大，可知U减小，即电容器C两端的电压减小，再据C=判断电荷量Q减小，故BD正确，AC错误．故选：BD．点评：本题是含有电容器的动态变化分析问题，要综合考虑局部与整体的关系，对于电容器明确两端的电压，再利用C=判断电量．　7．（4分）（2022•贵州模拟）一段长为L，电阻为R的均匀电阻丝，把它拉制成3L长的均匀细丝后，切成等长的三段，然后把它们并联在一起，其电阻值为（　　）　A．B．3RC．D．R考点：电阻定律．版权所有-14-\n专题：恒定电流专题．分析：一段长为L，电阻为R的均匀电阻丝，把它拉制成3L长的均匀细丝后，切成等长的三段，长度和横截面积均没有改变，根据电阻定律判断．解答：解：一段长为L，电阻为R的均匀电阻丝，把它拉制成3L长的均匀细丝后，切成等长的三段，然后把它们并联在一起，长度和横截面积均没有改变，根据电阻定律公式R=，其电阻不变，为R；故选D．点评：本题关键根据电阻定律判断，记住公式R=即可，基础题．　8．（4分）（2022秋•库尔勒市校级期末）一个直流电动机内阻为R，所加电压为U，电流为I，当它工作时，下述说法中错误的是（　　）　A．电动机的输出功率为　B．电动机的发热功率为I2R　C．电动机的输出功率为IU﹣I2R　D．电动机的功率可写作IU=I2R=考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．版权所有专题：恒定电流专题．分析：电动机工作时，输入功率P=UI，内部消耗的功率为P热=I2R，输出功率P出=P﹣P热．解答：解：A、电动机的输出功率P出=P﹣P热=UI﹣I2R．故A错误，C正确．B、电动机的发热功率，根据焦耳定律，P热=I2R．故B正确．D、因为P＞P热，即UI＞I2R，U＞IR，欧姆定律不适用．故UI不能转化成I2R和，故D错误．本题选错误的故选：AD点评：解决本题的关键掌握电动机输入功率、输出功率、发热功率之间的关系．　9．（4分）（2022•翠屏区模拟）如图所示为两个横截面分别为圆和正方形，磁感应强度相同的匀强磁场，圆的直径和正方形的边长相等，两个电子分别以相同的速度同时飞人两个磁场区域，速度方向均与磁场方向垂直，进入圆形磁场的电子初速度方向对准圆心；进入正方形磁场的电子初速度方向垂直于边界，从中点进入．则下面判断正确的是（　　）-14-\n　A．两电子在两磁场中运动时，其半径一定相同　B．两电子在磁场中运动的时间有可能相同　C．进入圆形磁场区域的电子可能先飞离磁场　D．进入圆形磁场区域的电子可能后飞离磁场考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qvB=得知半径表达式，判断半径是否相同；运动时间的判断可以根据粒子转过的圆心角的大小；比较哪个磁场电子先出磁场，可以做出多个轨迹比较．解答：解：A、电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力：qvB=得，R=，两过程电子速度v相同，所以半径相同，故A正确．B、C、D电子在磁场中的可能运动情况如图所示，电子从O点水平进入由于它们进入圆形磁场和正方形磁场的轨道半径、速度是相同的，把圆形磁场和矩形磁场的边界放到同一位置如图所示，由图可以看出进入磁场区域的电子的轨迹1，先出圆形磁场，再出正方形磁场；进入磁场区域的电子的轨迹2，同时从圆形与正方形边界处磁场；进入磁场区域的电子的轨迹3，先出圆形磁场，再出正方形磁场；所以电子不会先出正方形的磁场，即进入圆形区域的电子一定不会后飞离磁场，故BC正确，D错误．故选ABC点评：本题的难点在于能否想到在同一个图象中做出多个轨迹进行比较哪个先出磁场．　10．（4分）（2022秋•桓台县校级期末）在一绝缘、粗糙且足够长的水平管道中有一带电量为q、质量为m的带电球体，管道半径略大于球体半径，整个管道处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，磁感应强度方向与管道垂直，现给带电体一个水平速度v0，则在整个运动过程中，带电球体克服摩擦力所做的功可能为（　　）　A．0B．　C．D．-14-\n考点：洛仑兹力；功的计算．版权所有专题：功的计算专题．分析：圆环向右运动的过程中可能受到重力、洛伦兹力、杆的支持力和摩擦力，根据圆环初速度的情况，分析洛伦力与重力大小关系可知：圆环可能做匀速直线运动，或者减速运动到静止，或者先减速后匀速运动，根据动能定理分析圆环克服摩擦力所做的功．解答：解：（1）当qv0B=mg时，圆环不受支持力和摩擦力，摩擦力做功为零，故A正确．（2）当qv0B＜mg时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功．根据动能定理得﹣W=0﹣mv02得W=mv02故C正确．（3）当qv0B＞mg时，圆环先做减速运动，当qvB=mg，即当qvB=mg，v=时，不受摩擦力，做匀速直线运动．根据动能定理得：﹣W=mv2﹣mv02，代入解得：W=mv02﹣故D正确．故选ACD．点评：本题考查分析问题的能力，摩擦力是被动力，要分情况讨论．在受力分析时往往先分析场力，比如重力、电场力和磁场力，再分析弹力、摩擦力　11．（4分）（2022秋•桓台县校级期末）如图在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为的匀强磁场．一带负电的粒子从原点0以与x轴成30°角斜向上射人磁场，且在上方运动半径为R则（　　）　A．粒子经偏转一定能回到原点0　B．粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1：2　C．粒子完在成一次周期性运动的时间为　D．粒子第二次射人x轴上方磁场时，沿x轴前进3R考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：-14-\n粒子在磁场中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，根据左手定则判断粒子所受的洛伦兹力方向，确定粒子能否回到原点O；根据牛顿第二定律求解半径；由T=求解周期；根据几何知识求解粒子第二次射人x轴上方磁场时沿x轴前进的距离．解答：解：A、根据左手定则判断可知，负电荷在第一象限和第四象限所受的洛伦兹力方向不同，粒子在第一象限沿顺时针方向旋转，而在第四象限沿逆时针方向旋转，不可能回到原点0．故A错误．B、由r=，知粒子圆周运动的半径与B成反比，则粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1：2．故B正确．C、负电荷在第一象限轨迹所对应的圆心角为60°，在第一象限轨迹所对应的圆心角也为60°，粒子圆周运动的周期为T=，保持不变，在一个周期内，粒子在第一象限运动的时间为t1=T=；同理，在第四象限运动的时间为t2=T′=•=；完在成一次周期性运动的时间为T′=t1+t2=．故C错误．D、根据几何知识得：粒子第二次射人x轴上方磁场时，沿x轴前进距离为x=R+2R=3R．故D正确．故选：BD．点评：本题的解题关键是根据轨迹的圆心角等于速度的偏向角，找到圆心角，即可由几何知识求出运动时间和前进的距离．　12．（4分）（2022秋•桓台县校级期末）如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的质点，由两水平极板正中，以相同的初速度V0，先后垂直匀强电场射入，并分别落在负极板上甲、乙、丙三处，可以判定（　　）　A．甲处质点带正电，乙处质点不带电，丙处质点带负电　B．三个质点在电场中的运动时间相等　C．三个质点在电场中的加速度a甲＞a乙＞a丙　D．三个质点到达负极的动能E丙＞E乙＞E甲考点：带电粒子在混合场中的运动．版权所有专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：-14-\n正电荷受到的电场力方向与电场方向相同，负电荷受到的电场力方向与电场方向相反，不带电的粒子不受电场力．解答：解：从极板左侧中央以相同的水平速度先后垂直地射入匀强电场的粒子的运动性质为类平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向为初速度为零的匀加速运动；AB、从图中可以看到水平位移丙最大，根据公式：x=vt，说明丙运动的时间最长，其次是乙，甲的运动时间最短；又由于正电荷受到的电场力方向与电场方向相同，负电荷受到的电场力方向与电场方向相反，不带电的粒子不受电场力；所以丙粒子受到向上的电场力即丙粒子带负点，甲粒子带正电，乙粒子不带电．故A正确，B错误；C、又因它们竖直方向为初速度为零的匀加速运动且位移相同，根据y=at2，可以判断a甲＞a乙＞a丙．故C正确；D、以相同的水平速度v0先后垂直极板间电场射入，电场力对丙粒子做正功，电势能减小则动能增加；对甲粒子做负功，电势能减小，则粒子的动能减小．所以三个粒子到达正极板时的动能Ek甲＜Ek乙＜Ek丙故D错误．故选：AC．点评：注意类平抛运动的灵活应用，水平方向匀速直线运动，竖直方向初速度为零的匀加速直线运动．　二、填空题（本题共2小题，共16分．把答案写在答题卡中指定的答题处．）13．（8分）（2022•庐阳区校级模拟）今年暑假开学之后甲型H1N1在全国各地大量爆发，山东半岛也出现较多的病例．为了做好防范，需要购买大量的体温表，市场体温表出现供货不足的情况，某同学想到自己制作一个金属温度计，为此该同学从实验室找到一个热敏电阻，并通过查资料获得该热敏电阻的阻值R随温度t变化的图线，如图甲所示．该同学进行了如下设计：将一电动势E=1.5V（内阻不计）的电源、量程5mA内阻Rg=100Ω的电流表及电阻箱R′，及用该电阻作测温探头的电阻R，串成如图乙所示的电路，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简单的“金属电阻温度计”．①电流刻度较小处对应的温度刻度　较高　；（填“较高”或“较低”）②若电阻箱阻值R′=70Ω，图丙中5mA刻度处对应的温度数值为　30　℃．考点：闭合电路的欧姆定律；电阻定律．版权所有专题：恒定电流专题．分析：①电流小，根据闭合电路欧姆定律，可以得到热敏电阻的电阻值大，而根据题图甲，热敏电阻的电阻大时温度高；②根据闭合电路欧姆定律计算得到热敏电阻R的值，再从电阻与温度图象得到温度值．解答：解：①由闭合电路欧姆定律E=Ig（R+R′+Rg），可见电流越小电阻越大，而电阻越大温度则越高，即电流刻度较小处对应的温度刻度应该较大；-14-\n故答案为：较高．②若电阻箱阻值R′=70Ω时，代入E=Ig（R+R′+Rg），得热敏电阻的阻值为：R=130Ω；结合图甲可知热敏电阻阻值与温度关系式为：R=t+100故此时对应的温度数值为30℃．故答案为：30．点评：本题关键是根据闭合电路欧姆定律列式得到电流与电阻关系式，然后再结合电阻与温度关系图象分析求解．　14．（8分）（2022•鲤城区校级模拟）用以下器材测量待测电阻Rx的阻值：待测电阻Rx：阻值约为100Ω；电源E：电动势约为6.0V、内阻忽略不计；电流表X：量程50mA、内阻r1=20Ω；电流表Y：量程300mA、内阻r2约为4Ω定值电阻R0：阻值为20Ω；滑动变阻器R：最大阻值为10Ω；单刀单掷开关S、导线若干．测量电阻Rx的电路图如右图所示（1）电路图中的电流表A1应该选择电流表　X　（填“X”或“Y”），开关S闭合前，滑动变阻器R滑片应该移到　A　端（填“A”、“B”或“无要求”）（2）若某次测量中电流表A1的示数为I1，电流表A2的示数为I2，则由已知量和测得量表示Rx的表达式为Rx=　﹣r1　．考点：伏安法测电阻．版权所有专题：实验题；恒定电流专题．分析：该题用伏安法测量待测电阻，由于没有电压表，则需将电流表与定值电阻串联当电压表使用，用电流表A1测量通过待测电阻的电流，当电压表使用．根据欧姆定律求出待测电阻的阻值表达式．开关S闭合前，滑动变阻器R滑片应该移到A端，使开关闭合后，电路中的电流最小．解答：解：（1）用电流表A1测量通过待测电阻的电流，用电流表A2与定值电阻串联，则电流表A2的量程应大于A1的量程，故电流表A1应该选择电流表X．为了保护电路，开关S闭合前，滑动变阻器R滑片应该移到A端，使开关闭合后，电路中的电流最小．（2）根据欧姆定律得：Rx=﹣r1故答案为：（1）X，A；-14-\n（2）点评：解决本题的关键掌握滑动变阻器分压式以及该实验的原理，运用欧姆定律进行分析求解．　三、计算题（本大题3小题，共36分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）15．（8分）（2022秋•桓台县校级期末）如图所示，用长为l的绝缘细线拴一个质量为m、带电量为+q的小球（可视为质点）后悬挂于O点，整个装置处于水平向右的匀强电场E中．将小球拉至使悬线呈水平的位置A后，由静止开始将小球释放，小球从A点开始向下摆动，当悬线转过60°角到达位置B时，速度恰好为零．求：（1）B、A两点的电势差UBA；（2）电场强度E．考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理；电场强度；电势差．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：（1）电场力做功与电势差有关，根据动能定理和电场力做功公式W=qU列式，即可求出电势差．（2）电场强度与电势差的关系是U=Ed，d是两点沿电场线方向的距离．解答：解．（1）小球从A运动到B的过程，根据动能定理得：mglsin60°+qUAB=0﹣0，解得A、B两点间的电势差为UAB=﹣B、A两点的电势差UBA=﹣UAB=（2）电场强度E===答：（1）B、A两点的电势差UBA是．（2）电场强度E是．-14-\n点评：解决本题关键要掌握动能定理和电场力做功W=qU、电场强度与电势差的关系式U=Ed，难度不大．　16．（14分）（2022•威海模拟）如图所示，水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R=0.40m．在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E=1.0×104N/C．现有一电荷量q=+1.0×10﹣4C，质量m=0.10kg的带电体（可视为质点），在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点．取g=10m/s2．试求：（1）带电体在圆形轨道C点的速度大小．（2）D点到B点的距离xDB．（3）带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小．（4）带电体在从P开始运动到落至D点的过程中的最大动能．考点：带电粒子在匀强电场中的运动．版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：（1）恰好到达最高点，在最高点，靠重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出带电体在圆形轨道C点的速度大小．（2）带电体在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀变速直线运动，抓住等时性，求出D点到B点的距离．（3）根据动能定理B点的速度，通过牛顿第二定律求出支持力的大小，从而求出带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小．（4）由P到B带电体作加速运动，故最大速度一定出现在从B经C到D的过程中．在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成45°夹角斜向右下方，故最大速度必出现在B点右侧对应圆心角为45°处．根据动能定理求出最大的动能．解答：解：（1）设带电体通过C点时的速度为vC，依据牛顿第二定律：解得vC=2.0m/s（2）设带电体从最高点C落至水平轨道上的D点经历的时间为t，根据运动的分解有：联立解得xDB=0-14-\n（3）设带电体通过B点时的速度为vB，设轨道对带电体的支持力大小为FB，带电体在B点时，根据牛顿第二定律有带电体从B运动到C的过程中，依据动能定理：联立解得FB=6.0N根据牛顿第三定律，带电体对轨道的压力（4）由P到B带电体作加速运动，故最大速度一定出现在从B经C到D的过程中．在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成45°夹角斜向右下方，故最大速度必出现在B点右侧对应圆心角为45°处．设小球的最大动能为Ekm，根据动能定理有：解得Ekm=1.17J（或）．答：（1）带电体在圆形轨道C点的速度大小为2m/s．（2）D点到B点的距离为0m．（3）带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小为6N．（4）带电体在从P开始运动到落至D点的过程中的最大动能为1.17J．点评：本题综合考查了动能定理、牛顿第二定律，涉及到运动的分解、圆周运动，综合性较强，最后一问对学生的能力要求较高．需加强训练．　17．（14分）（2022秋•桓台县校级期末）如图所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子，沿与水平面成θ=60°的方向匀速运动，进入垂直纸面向里的圆形匀强磁场区域后，从水平金属板M左端下边缘附近水平射出磁场，进入两平行金属板M、N间，恰好从N板右边缘飞出．已知匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，两带电极板M、N长为l，间距为d，板间电压为U，不计粒子重力．（1）分析判断极板M带正电还是带负电？（2）求粒子在磁场中运动的速度大小；（3）求粒子进入磁场时的入射点与离开磁场时的出射点之间的距离．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）粒子在磁场中向右偏转，由左手定则可判断其电性，粒子在电场中向下偏转，则可知M板的电性．-14-\n（2）带电粒子进入电场时做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速运动，由牛顿第二定律和运动学公式结合求出带电粒子进入电场的初速度大小，即为粒子在磁场中运动的速度大小．（3）粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出半径，画出轨迹，由几何知识求出子进入磁场时的入射点与离开磁场时的出射点之间的距离．解答：解：（1）粒子在磁场中向右偏转，由左手定则可知，粒子带负电；粒子在电场中向下偏转，所以M板带负电．（2）设带电粒子进入电场时的初速度为v，则d=，l=vt又a=得d=解得v=（3）设磁偏转的半径为R，则由qvB=m得R=如图所示，粒子进入磁场时的入射点与离开磁场时的出射点间的距离d=2Rsin=2Rsin30°=答：（1）极板M带负电．（2）粒子在磁场中运动的速度大小；（3）粒子进入磁场时的入射点与离开磁场时的出射点之间的距离是．点评：本题体现了带电粒子在磁场中和电场中运动研究方法的不同，在磁场中粒子做圆周运动，画出轨迹，由几何知识求出距离是基本方法，而粒子在电场中类平抛运动，运动的分解是常用思路．　-14-