北京市昌平區(qū)新學(xué)道臨川學(xué)校2020屆高三上學(xué)期第三次月考物理試題

2019-2020學(xué)年度北京新學(xué)道臨川學(xué)校12月考卷考試范圍：動(dòng)量電場(chǎng)；考試時(shí)間：90分鐘； 一、單選題1.如圖所示，R1、R2、R3為定值電阻，S0、S1為開(kāi)關(guān)，別為理想電壓表與電流表。初始時(shí)S0與S1均閉合，現(xiàn)將S1斷開(kāi)，則 （  ）A. 的讀數(shù)變大，的讀數(shù)變小B. 讀數(shù)變大，的讀數(shù)變大C. 的讀數(shù)變小，的讀數(shù)變小D. 的讀數(shù)變小，的讀數(shù)變大【答案】D【解析】【詳解】S1斷開(kāi)，相當(dāng)于電阻變大，則由閉合電路歐姆定律可得電路中總電流減小，所以R1兩端的電壓變小，即電壓表示數(shù)變小，把R1歸為內(nèi)阻，內(nèi)電壓減小，故R2中的電壓增大，由歐姆定律可知R2中的電流也增大，電流表示數(shù)增大，故ABC錯(cuò)誤，D正確；2.如圖所示，電路中的電源的電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)電阻為r，開(kāi)關(guān)S閉合后，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片P從滑動(dòng)變阻器R的中點(diǎn)位置向左滑動(dòng)時(shí)，小燈泡L1、L2、L3的亮度變化情況是（   ）A. L1燈變亮，L2燈變暗，L3燈變亮B. L1燈變暗，L2燈變亮，L3燈變暗C. L1、L2兩燈都變亮，L3燈變暗D. L1、L2兩燈都變暗，L3燈變亮【答案】A【解析】試題分析：將滑動(dòng)變阻器的滑片P從滑動(dòng)變阻器R的中點(diǎn)位置向左滑動(dòng)的過(guò)程中，變阻器接入電路的電阻增大，外電路總電阻增大，由閉合電路歐姆定律得知：干路電流I減小，路端電壓增大，則燈變亮．流過(guò)燈電流，I減小，增大，則減小，燈變暗．燈的電壓，U增大，減小，增大，燈變亮．故選A考點(diǎn)：閉合電路的歐姆定律．點(diǎn)評(píng)：本題是電路中動(dòng)態(tài)變化分析問(wèn)題，往往按照“局部→整體→局部”順序進(jìn)行分析．3.如圖所示，在邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，有一帶正電的電荷，從D點(diǎn)以v0的速度沿DB方向射入磁場(chǎng)，恰好從A點(diǎn)射出，已知電荷的質(zhì)量為m，帶電量為q，不計(jì)電荷的重力，則下列說(shuō)法正確的是(   )A. 勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B. 電荷在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為C. 若電荷從CD邊界射出，隨著入射速度的減小，電荷在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間會(huì)減小D. 若電荷的入射速度變?yōu)?v0，則粒子會(huì)從AB中點(diǎn)射出【答案】A【解析】【詳解】由幾何關(guān)系可知，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心恰好在C點(diǎn)，這樣半徑為L(zhǎng)，根據(jù)可知，磁感強(qiáng)度大小 ，A正確；電荷在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的路程，因此運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，B錯(cuò)誤；若從CD邊界射出，則在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間恰好為半個(gè)周期，而粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期，與粒子運(yùn)動(dòng)的速度無(wú)關(guān)，因此若電荷從CD邊界射出，雖然入射速度的減小，但電荷在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間總是，保持不變，C錯(cuò)誤；若電荷的入射速度變?yōu)?v0，則根據(jù)可知軌道半徑為2L，則根據(jù)幾何關(guān)系可以求出射出點(diǎn)距B的距離為，D錯(cuò)誤。4.一個(gè)直流電動(dòng)機(jī)，線圈電阻是0.5Ω，當(dāng)它兩端所加電壓為6V時(shí)，通過(guò)電動(dòng)機(jī)的電流是2A。由此可知A. 電動(dòng)機(jī)消耗的電功率為10WB. 電動(dòng)機(jī)發(fā)熱的功率為10WC. 電動(dòng)機(jī)輸出的機(jī)械功率為10WD. 電動(dòng)機(jī)工作效率為83.3%【答案】CD【解析】【詳解】AB．直流電動(dòng)機(jī)線圈電阻為R，當(dāng)電動(dòng)機(jī)工作時(shí)通過(guò)的電流為I，兩端的電壓為U，總功率為：P=UI=2×6=12W發(fā)熱功率為：P熱=I2R=22×0.5=2W故AB錯(cuò)誤；C．根據(jù)能量守恒定律，其輸出功率是：P出=P-P熱=12W-2W=10W故C正確；D．機(jī)械的工作效率為 故D正確。5.如圖，MN為鋁質(zhì)薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（未畫(huà)出）。一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點(diǎn)垂直于鋁板向上射出，從Q點(diǎn)穿過(guò)鋁板后到達(dá)PQ的中點(diǎn)O，已知粒子穿越鋁板時(shí)，其動(dòng)能損失一半，速度方向和電荷量不變，不計(jì)重力。鋁板上方和下方的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為A. 2B. C. 1D. 【答案】D【解析】【分析】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛侖茲力提供向心力，從而求出磁感應(yīng)強(qiáng)度的表達(dá)式．結(jié)合動(dòng)能，最終得到關(guān)于磁感應(yīng)強(qiáng)度B與動(dòng)能Ek的關(guān)系式，從關(guān)系式及題設(shè)條件--帶電粒子在穿越鋁板時(shí)減半，就能求出上下磁感應(yīng)強(qiáng)度之比．【詳解】由動(dòng)能公式，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)洛侖茲力提供向心力得，聯(lián)立可得，上下磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度之比為，D正確。【此處有視頻，請(qǐng)去附件查看】 6.如圖所示，M、N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三點(diǎn)，O為半圓弧的圓心，∠MOP ＝60°，在M、N處各有一條長(zhǎng)直導(dǎo)線垂直穿過(guò)紙面，導(dǎo)線中通有大小相等的恒定電流，方向如圖所示，這時(shí)O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1.若將N處的長(zhǎng)直導(dǎo)線移至P處，則O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?/span>B2，則B2與B1之比為(　　)                                                     A. 1∶1B. 1∶2C. ∶1D. ∶2【答案】B【解析】試題分析：由磁場(chǎng)的疊加可知每根導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度大小，移動(dòng)之后距O點(diǎn)的距離不變，故磁感強(qiáng)度大小不變，則由矢量合成的方向可得出移動(dòng)之后的合磁感強(qiáng)度；即可求得比值．每根導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度為，方向豎直向下，則當(dāng)N移至P點(diǎn)時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向如圖所示，由圖可知，兩導(dǎo)線形成的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向夾角為120°，由由幾何關(guān)系可知，O點(diǎn)合磁感強(qiáng)度大小為，則，B正確．7. 如圖為磁流體發(fā)電機(jī)的原理圖，等離子體束（含有正、負(fù)離子）以某一速度垂直噴射入由一對(duì)磁極CD產(chǎn)生的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，A、B是一對(duì)平行于磁場(chǎng)放置的金屬板．穩(wěn)定后電流表中的電流從“+”極流向“-”極，由此可知( )A. D磁極為N極B. 正離子向B板偏轉(zhuǎn)C. 負(fù)離子向D磁極偏轉(zhuǎn)D. 離子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)過(guò)程洛侖茲力對(duì)其不做功【答案】AD【解析】試題分析：根據(jù)電流的方向知，A板帶正電，B板帶負(fù)電，正離子向A板偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子向B板偏轉(zhuǎn)．根據(jù)左手定則知，D極為N極，C極為S極，A正確，B、C錯(cuò)誤；因?yàn)槁鍌惼澚Φ姆较蚺c速度方向垂直，所以洛倫茲力不做功．故D正確．故選AD．考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)、電流的方向8.如圖所示，直角三角形ABC中存在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，比荷相同的兩個(gè)粒子沿AB方向自A點(diǎn)射入磁場(chǎng)，分別從AC邊上的P、Q兩點(diǎn)射出，則：A. 從P射出的粒子速度大B. 從Q射出的粒子速度大C. 從P射出的粒子，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間長(zhǎng)D. 兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間一樣長(zhǎng)【答案】BD【解析】【分析】粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)題設(shè)條件作出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡，根據(jù)軌跡分析粒子運(yùn)動(dòng)半徑和周期的關(guān)系，從而分析得出結(jié)論．【詳解】如圖，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，分別從P點(diǎn)和Q點(diǎn)射出；由圖知，粒子運(yùn)動(dòng)的半徑RP＜RQ，又粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑知粒子運(yùn)動(dòng)速度vP＜vQ，故A錯(cuò)誤，B正確；粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系（圖示弦切角相等），粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的圓心角相等，根據(jù)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t=T，又因?yàn)榱Ｗ釉诖艌?chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的周期，可知粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，故C錯(cuò)誤，D正確；故選BD。【點(diǎn)睛】粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由此根據(jù)運(yùn)動(dòng)特征作出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡，掌握粒子圓周運(yùn)動(dòng)的周期、半徑的關(guān)系是解決本題的關(guān)鍵．二、多選題9.在如圖(a)所示的電路中，R1為定值電阻，R2為滑動(dòng)變阻器。閉合電鍵S，將滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P，從最右端滑到最左端，兩個(gè)電壓表的示數(shù)隨電路中電流變化的完整過(guò)程圖線如圖(b)所示，則（）A. 圖線甲是電壓表V2示數(shù)隨電流變化的圖線B. 電源內(nèi)電阻的阻值為10ΩC. 電源的最大輸出功率為1．8WD. 滑動(dòng)變阻器R2的最大功率為0．9W【答案】ACD【解析】【詳解】A. 當(dāng)滑片左移時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電阻減小，則電路中總電阻減小，由閉合電路歐姆定律可知，電路中電流增大；而兩端的電壓增大，故乙圖線表示是示數(shù)的變化；圖線甲表示示數(shù)的變化，故A正確；B.由圖可知，當(dāng)只有接入電路時(shí)，電路中電流為0.6A，電壓為3V，則由可得：當(dāng)滑動(dòng)變阻器全部接入時(shí)，兩電壓表示數(shù)之比為，故有：由閉合電路歐姆定律可得：解得：，故B錯(cuò)誤；C.因當(dāng)內(nèi)阻等于外阻時(shí)，電源的輸出功率最大，故當(dāng)外阻等于5Ω時(shí)，電源的輸出功率最大，故此時(shí)電流：故電源的最大輸出功率：故C正確；D.由B的分析可知，的阻值為5Ω，電阻為20Ω；當(dāng)等效為內(nèi)阻，則當(dāng)滑動(dòng)變阻器的阻值等于時(shí)，滑動(dòng)變阻器消耗的功率最大，故當(dāng)滑動(dòng)變阻器阻值為10Ω時(shí)，滑動(dòng)變阻器消耗的功率最大，由閉合電路歐姆定律可得，電路中的電流：則滑動(dòng)變阻器消耗的最大功率：故D正確。10.某空間存在著如圖（甲）所示的足夠大的，沿水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在磁場(chǎng)中A、B兩個(gè)物塊疊放在一起，置于光滑絕緣水平地面上，物塊A帶正電，物塊B不帶電且表面絕緣。在t1=0時(shí)刻，水平恒力F作用在物塊B上，使A，B由靜止開(kāi)始做加速度相同的運(yùn)動(dòng)。在A、B一起向左運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，以下說(shuō)法中正確的是（    ）  A. 圖（乙）可以反映A所受洛倫茲力大小隨時(shí)間t變化的關(guān)系，圖中y表示洛倫茲力大小B. 圖（乙）可以反映A對(duì)B的摩擦力大小隨時(shí)間t變化的關(guān)系，圖中y表示摩擦力大小C. 圖（乙）可以反映A對(duì)B的壓力大小隨時(shí)間t變化的關(guān)系，圖中y表示壓力大小D. 圖（乙）可以反映B對(duì)地面的壓力大小隨時(shí)間t變化的關(guān)系，圖中y表示壓力大小【答案】CD【解析】【詳解】A.由于A、B由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，因此當(dāng)t＝0時(shí)，速度為零，洛倫茲力為零，故A錯(cuò)誤；B.由于A、B是一起勻加速運(yùn)動(dòng)的，且A所受洛倫茲力豎直向下，因此對(duì)于A來(lái)說(shuō)是由靜摩擦力提供其加速度，故其所受摩擦力不變，故B錯(cuò)誤；C.設(shè)水平方向勻加速為a，由于豎直方向合外力為零，因此A對(duì)B的壓力大小為：，壓力為時(shí)間t的一次函數(shù)，故C正確；D.同理B對(duì)地面壓力為：，也是關(guān)于t的一次函數(shù)，故D正確；11.如圖所示，直線A為電源a的路端電壓與電流的關(guān)系圖像，直線B為電源b的路端電壓與電流的關(guān)系圖像，直線C為一個(gè)電阻R的兩端電壓與電流的關(guān)系圖像。將這個(gè)電阻R分別接到a、b兩電源上，那么（ ）A. R接到a電源上，電源的效率較高B. R接到b電源上，電源的效率較高C. R接到a電源上，電源的輸出功率較大D. R接到b電源上，電源的輸出功率較大【答案】BC【解析】【分析】電源的效率等于電源的輸出與總功率的百分比，根據(jù)歐姆定律得到，電源的效率也等于外電阻與電路總電阻之比．由電源的 U-I圖象斜率大小等于電源的內(nèi)阻，比較讀出電源內(nèi)電阻的大小，確定電源的效率關(guān)系．當(dāng)電阻R與電源組成閉合電路時(shí)，電阻R的U-I圖線與電源的U-I圖 線的交點(diǎn)表示工作狀態(tài)，交點(diǎn)坐標(biāo)的乘積等于電源的輸出功率．【詳解】AB．電源效率，由閉合電路歐姆定律可知，b電源的內(nèi)阻r較小，R接到b電源上，電源的效率較高．故A錯(cuò)誤，B正確．CD．當(dāng)電阻R與電源組成閉合電路時(shí)，電阻R的U-I圖線與電源的U-I圖線的交點(diǎn)表示工作狀態(tài)，交點(diǎn)的縱坐標(biāo)表示電壓，橫坐標(biāo)表示電流，兩者乘積表示電源的輸出功率，由圖看出，R接到a電源上，電壓與電流的乘積較大，電源的輸出功率較大．故C正確，D錯(cuò)誤．【點(diǎn)睛】關(guān)鍵理解交點(diǎn)的物理意義，也可以根據(jù)歐姆定律研究電流與電壓關(guān)系，來(lái)比較電源的輸出功率．12.如圖，初速度可忽略，質(zhì)量相同，電量分別為q和3q的粒子P和y，經(jīng)電壓為U的電場(chǎng)加速后，垂直進(jìn)入方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，不計(jì)粒子重力，下列表述正確的是(  ) A. P和y離開(kāi)電場(chǎng)區(qū)域時(shí)的動(dòng)能相同B. P和y在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度之比為1∶3C. P在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑較大D. y在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期較大【答案】BC【解析】由動(dòng)能定理，可知，當(dāng)質(zhì)量、電壓與初速度相同情況下，電量越大，動(dòng)能越多，A錯(cuò)誤；由牛頓第二定律與相結(jié)合，則有，可知，a與q成正比，B正確；由半徑公式，結(jié)合，可知，則有，得出R與成正比，C正確；由周期公式，則有T與成正比，D錯(cuò)誤．三、實(shí)驗(yàn)題(本大題共2小題,共15分)13.有一電壓表，其量程為3V，內(nèi)阻約為3000Ω,要準(zhǔn)確測(cè)量該電壓表的內(nèi)阻，提供的實(shí)驗(yàn)器材有：電源：電動(dòng)勢(shì)約15V，內(nèi)阻不計(jì)； 電壓表：量程2V，內(nèi)阻r2="2000Ω" ；定值電阻：阻值20Ω； 定值電阻：阻值3Ω；滑動(dòng)變阻器：最大阻值10Ω，額定電流1A ； 電鍵一個(gè)，導(dǎo)線若干。設(shè)計(jì)的一個(gè)測(cè)量電壓表的內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)電路圖如圖所示①實(shí)驗(yàn)中定值電阻應(yīng)選用            （或）;②說(shuō)明實(shí)驗(yàn)所要測(cè)量的物理量：                          和                           ；③寫(xiě)出電壓表內(nèi)阻的計(jì)算的表達(dá)式=                .【答案】①②電壓表的示數(shù)，電壓表的示數(shù)， ③【解析】試題分析：①電壓表與的最大串聯(lián)電壓為,根據(jù)串聯(lián)單路分壓規(guī)律可知:，解得R=20Ω，所以定值電阻應(yīng)選．②、③：由歐姆定律所以，只要讀出電壓表的讀數(shù)和電壓表的讀數(shù)，即可求出待測(cè)電壓表的內(nèi)阻；解得.考點(diǎn)：本題考查了伏安法測(cè)電阻、電表的改裝.14. 為研究額定電壓為2.5V的某電阻的伏安特性，所做部分實(shí)驗(yàn)如下：⑴用多用電表測(cè)量該電阻的阻值，選用“×10”倍率的電阻檔測(cè)量，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度太小，因此需選擇  倍率的電阻檔(選填“×1”或“×100”)，歐姆調(diào)零后再進(jìn)行測(cè)量，示數(shù)如圖所示，測(cè)量值為     Ω。⑵為描繪該電阻的伏安特性曲線（要求電壓從零開(kāi)始連續(xù)變化），提供的器材如下：A．電流表A（量程2mA、內(nèi)阻約30 Ω）B．電壓表V（量程3V、內(nèi)阻約3kΩ）C．滑動(dòng)變阻器R1（阻值0~10kΩ、額定電流0.5A）D．滑動(dòng)變阻器R2（阻值0~10Ω、額定電流2A）E．直流電源（電動(dòng)勢(shì)3V、內(nèi)阻約0.2Ω），開(kāi)關(guān)一個(gè)，導(dǎo)線若干滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用       (選填器材前的字母)。⑶圖示電路中部分導(dǎo)線已連接，請(qǐng)用筆畫(huà)線代替導(dǎo)線將電路補(bǔ)充完整。【答案】(1)×100，2200 (2) D (3) 如圖【解析】試題分析：(1) 歐姆表指針偏轉(zhuǎn)的角度太小說(shuō)明待測(cè)電阻阻值比較大，應(yīng)該換更大倍率，所以換×100，待測(cè)阻值為刻度值乘以倍率，故待測(cè)阻值為22×100=2200Ω；（2）因測(cè)電阻的伏安特性，電路需從零開(kāi)始多測(cè)幾組數(shù)據(jù)，滑動(dòng)變阻器用分壓式接法，為調(diào)節(jié)的方便，滑動(dòng)變阻器需選用阻值較小，額定電流大的，故選擇R2；（3）控制電路分壓式，待測(cè)電阻阻值較大，測(cè)量電路用電流表的內(nèi)接法，如圖所示：考點(diǎn)：本題考查測(cè)量電阻的伏安特性四、計(jì)算題15.如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)E=10 V，內(nèi)阻r=0.5 Ω，標(biāo)有“8 V，16 W”的燈泡恰好能正常發(fā)光，電動(dòng)機(jī)M繞組的電阻R0=1 Ω，求：（1）路端電壓；（2）電源的總功率；（3）電動(dòng)機(jī)的輸出功率。【答案】8V； 40W； 12W【解析】【分析】路端電壓等于燈泡兩端的電壓，燈泡正常發(fā)光，就等于燈泡的額定電壓，再根據(jù)閉合電路歐姆定律求出通過(guò)電源的電流；由P=EI求解電源的總功率，電源的輸出功率等于總功率減去內(nèi)耗功率；電動(dòng)機(jī)兩端電壓等于燈泡的額定電壓，根據(jù)電源的電流和燈泡的電流求出電動(dòng)機(jī)的電流，根據(jù)能量守恒求解電動(dòng)機(jī)的輸出功率。【詳解】（1）因?yàn)闊襞菡０l(fā)光，所以有：U=U額=8V
則電源內(nèi)阻的電壓：U內(nèi)=E-U=2V
由歐姆定律得流過(guò)電源的電流：（2）電源的總功率：P總=EI=10×4=40W
電源的熱功率為：所以電源的輸出功率：P出=P總-P損=40W-8W=32W（3）燈泡的電流為：電動(dòng)機(jī)的電流電動(dòng)機(jī)發(fā)熱功率=I-I燈=2A
電動(dòng)機(jī)消耗的電功率：PM=UIM=8×2=16W電動(dòng)機(jī)發(fā)熱功率：所以電動(dòng)機(jī)的輸出功率為：P輸出=PM-P熱=16-4=12W【點(diǎn)睛】本題主要考查了非純組電路的，當(dāng)電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)，是非純電阻電路；當(dāng)電動(dòng)機(jī)被卡住不轉(zhuǎn)時(shí)，是純電阻電路。   16.如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域和勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域是緊鄰的，且寬度相等均為d，電場(chǎng)方向在紙平面內(nèi)豎直向下，而磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，一帶正電的粒子從O點(diǎn)以速度v0沿垂直電場(chǎng)方向進(jìn)入電場(chǎng)，從A點(diǎn)出電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)，離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)帶電粒子在電場(chǎng)方向的偏轉(zhuǎn)位移為電場(chǎng)寬度的一半，當(dāng)粒子從磁場(chǎng)右邊界上C點(diǎn)穿出磁場(chǎng)時(shí)速度方向與進(jìn)入電場(chǎng)O點(diǎn)時(shí)的速度方向一致，已知d、v0(帶電粒子重力不計(jì))，求：(1)粒子從C點(diǎn)穿出磁場(chǎng)時(shí)的速度大小v；(2)電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的比值.【答案】因?yàn)轭}干的結(jié)構(gòu)發(fā)生了變化，所以重新生成了答案模版。下面是舊的答案，供您參考。上傳之前，務(wù)必將本段和下面的所有文字全部刪除干凈。------------------------------------------------     【小題1】方向：水平向右    【小題2】【解析】【詳解】(1)粒子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)時(shí)做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，則垂直電場(chǎng)方向d＝v0t，平行電場(chǎng)方向＝t得vy＝v0，到A點(diǎn)速度為v＝v0在磁場(chǎng)中速度大小不變，所以從C點(diǎn)出磁場(chǎng)時(shí)速度大小仍為v0(2)在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)時(shí)，出A點(diǎn)時(shí)速度與水平方向成45°vy＝t＝，并且vy＝v0得E＝在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示由幾何關(guān)系得R＝d又qvB＝，且v＝v0得B＝解得＝v0.答案：(1)v0　(2)v0本題考查帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)，根據(jù)粒子在電場(chǎng)中的類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)求出進(jìn)入磁場(chǎng)是的速度，在磁場(chǎng)中先找圓心后求半徑，根據(jù)幾何關(guān)系和洛倫茲力求解   17.如圖所示，在xOy平面內(nèi)，以O′(0，R)為圓心，R為半徑的圓內(nèi)有垂直平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，x軸下方有垂直平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等．第四象限有一與x軸成45°角傾斜放置的擋板PQ，P，Q兩點(diǎn)在坐標(biāo)軸上，且O，P兩點(diǎn)間的距離大于2R，在圓形磁場(chǎng)的左側(cè)0<y<2R的區(qū)間內(nèi)，均勻分布著質(zhì)量為m，電荷量為＋q的一簇帶電粒子，當(dāng)所有粒子均沿x軸正向以速度v射入圓形磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，粒子偏轉(zhuǎn)后都從O點(diǎn)進(jìn)入x軸下方磁場(chǎng)，結(jié)果有一半粒子能打在擋板上．不計(jì)粒子重力，不考慮粒子間相互作用力．求：(1)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(2)擋板端點(diǎn)P的坐標(biāo)；(3)擋板上被粒子打中的區(qū)域長(zhǎng)度．【答案】（1）     (2)    (3)【解析】【詳解】（1）設(shè)一粒子自磁場(chǎng)邊界A點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，該粒子由O點(diǎn)射出圓形磁場(chǎng)，軌跡如圖甲所示，過(guò)A點(diǎn)做速度的垂線長(zhǎng)度為r,C為該軌跡圓的圓心.連接AOˊ、CO，可證得ACOOˊ為菱形，根據(jù)圖中幾何關(guān)系可知：粒子在圓形磁場(chǎng)中的軌道半徑r=R，由得：（2）有一半粒子打到擋板上需滿足從O點(diǎn)射出的沿x軸負(fù)方向的粒子、沿y軸負(fù)方向的粒子軌跡剛好與擋板相切，如圖乙所示，過(guò)圓心D做擋板的垂線交于E點(diǎn)P點(diǎn)的坐標(biāo)為（，0 ） （3）設(shè)打到擋板最左側(cè)的粒子打在擋板上的F點(diǎn)，如圖丙所示，OF=2R   ①   過(guò)O點(diǎn)做擋板垂線交于G點(diǎn)， ② ③ ④ 擋板上被粒子打中的區(qū)域長(zhǎng)度l=FE=+=⑤