2019-2020年高二上学期期中物理试卷（实验班）含解析.doc

2019-2020年高二上学期期中物理试卷（实验班）含解析一、单项选择题本题共6小题，每小题4分，共24分每小题只有一个选项符合题意1（4分）（xx秋泗阳县校级期中）关于电磁感应，以下说法中正确的是（）A只要穿过闭合电路的磁通量不为零，闭合电路中就有感应电流产生B感应电流的磁场方向总是与引起感应电流的磁场方向相反C只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中一定有感应电流产生D导体棒在磁场中作切割磁感线运动，电路中一定会有感应电流产生考点：感应电流的产生条件；楞次定律分析：产生感应电流同时具备三个条件：闭合电路、一部分导体、做切割磁感线运动或闭合电路的磁通量发生变化解答：解：A、产生感应电流的条件是闭合回路的磁通量发生变化，与磁通量是否是0无关，故A错误；B、感应电流的磁场总是阻碍原磁场的变化，当原磁场增大时，与原磁场的方向相反；当原磁场减小时与原磁场的方向相同故B错误；C、只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中一定有感应电流产生故C正确D、导体棒在磁场中作切割磁感线运动，电路中一定会有感应电动势，不一定有感应电流产生故D错误故选：C点评：掌握产生感应电流同时具备三个条件掌握电磁感应是发电机的原理，掌握电磁感应的能量转化2（4分）（xx秋泗阳县校级期中）如图所示，ab是一弯管，其中心线是半径为R的一段圆弧，将它置于一给定的匀强磁场中，磁场方向垂直于圆弧所在平面且指向纸外有一束粒子对准a端射入弯管，粒子有不同的质量、不同的速度但都是一价正离子，则（）A只有速度大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管B只有质量大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管C只有动能大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管D只有质量与速度的乘积一定的粒子可以沿中心线通过弯管考点：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：粒子沿着中心线运动时，只受磁场力，磁场力提供向心力，根据牛顿第二定律列式分析即可解答：解：洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有evB=m解得R=故要保证粒子半径相同，故只有质量与速度的积积一定的粒子才能沿中心线通过弯管；故只有D正确；故选：D点评：本题关键根据根据牛顿第二定律列式求解出半径的表达式进行分析，较为基础3（4分）（xx海淀区校级一模）如图所示，导线框abcd与导线在同一平面内，直导线通有恒定电流I，当线框由左向右匀速通过直导线时，线框中感应电流的方向是（）A先abcd，后dcba，再abcdB先abcd，后dcbaC始终dcbaD先dcba，后abcd，再dcba考点：楞次定律专题：电磁感应与电路结合分析：根据通电导线由安培定则，来判断通电直导线周围的磁场分布，知道它是非匀强电场，同时要根据楞次定律和安培定则判断感应电流的方向解答：解：由安培定则得，载有恒定电流的直导线产生的磁场在导线左边的方向为垂直直面向外，右边的磁场方向垂直向里，当线圈向导线靠近时，则穿过线圈的磁通量变大，根据楞次定律，可知：感应电流方向为adcba；当线圈越过导线时到线圈中心轴与导线重合，穿过线圈的磁通量的变小，则感应电流方向为abcda；当继续向右运动时，穿过磁通量变大，由楞次定律可在，感应电流方向为：abcda；当远离导线时，由楞次定律可知，感应电流方向为：adcba；故ABC错误，D正确，故选：D点评：通电指导线周围的磁场为非匀强磁场，会应用楞次定律，注意通电导线的磁场大小与方向的分布同时强调线圈中心轴处于导线位置时，磁通量为零4（4分）（xx秋蚌埠校级期中）如图是两个等量异种点电荷，周围有1、2、3、4、5、6各点，其中1.2之间距离与2.3之间距离相等，2、5之间距离与2、6之间距离相等两条虚线互相垂直，且平分，那么关于各点电场强度和电势的叙述不正确的是（）A1、3两点电场强度相同B5、6两点电场强度相同C4、5两点电势相同D1、3两点电势相同考点：电场强度；电势专题：电场力与电势的性质专题分析：等量异种点电荷电场线的分布具有对称性，两点电荷连线的中垂线是一条等势线根据电场线方向判断电势的高低：顺着电场线方向电势逐渐降低解答：解：A、等量异种点电荷电场线的分布具有对称性，1.3两点电场强度大小，方向均向左，即电场强度相同故A正确B、根据对称性，5.6两点处电场线疏密程度相同，电场强度大小相等，方向都与此虚线垂直向左，则5.6两点电场强度相同故B正确C、等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，所以4、5两点电势相等故C正确D、两点电荷连线上电场线方向从3指向1，则3的电势高于1的电势故D错误本题选错误的，故选D点评：等量异种点电荷电场线、等势线分布要抓住对称性，其连线的中垂线是一条等势线5（4分）（xx宁德模拟）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R连接成如图所示的电路在滑动变阻器的滑片由中点滑向b端过程中，下列说法正确的是（）A电压表和电流表读数都增大B电压表和电流表读数都减小C电压表读数增大，电流表读数减小D电压表读数减小，电流表读数增大考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：由图可知R2与R并联后与R1串联，电压表测路端电压，电流表测量流过R2的电流；滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则由闭合电路的欧姆定律可知电路中干路电流的变化及路端电压的变化；再分析并联电路可得出电流表示数的变化解答：解：当滑片向b滑动时，R接入电阻增大，总电阻增大；由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流减小，则内电压减小，由U=EIr可知路端电压增大，即电压表示数增大；因路端电压增大，R1两端的电压减小，故并联部分电压增大，由欧姆定律可知电流表示数增大；故A正确；故选A点评：本题中R1也可直接作为内电阻处理，可直接由闭合电路欧姆定律得出并联部分的电压增大，流过R2的电流增大6（4分）（xx泗县模拟）如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，给电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为，则下列说法正确的是（）A保持S闭合，将A板向B板靠近，则增大B保持S闭合，将A板向B板靠近，则不变C断开S，将A板向B板靠近，则增大D断开S，将A板向B板靠近，则减小考点：电容器的动态分析；电场强度专题：电容器专题分析：小球受重力、电场力和绳子的拉力处于平衡状态，当电场力变大时增大，电场力变小时减小，因此解决本题关键是判断小球所受电场力的变化情况；注意电容器的两种状态的不同，电键闭合其电压不变，电键断开电容器所带电量保持不变解答：解：若保持S闭合，则电容器两极板之间的电压保持不变，因此根据可知，当将A板向B板靠近时，电场强度增大，则电场力增大，将增大，故A正确，B错误若断开S，电容器带电量保持不变，由和以及可得：，由于Q、S不变，只是d变化，所以电场强度不变，故电场力不变，则不变，故CD错误故选A点评：对于电容器的讨论注意电容器的两种状态，同时熟练掌握公式：、之间的推导，尤其是在电容器电量保持不变时，要正确根据这三个公式推导电场强度的表达式，从而正确判断电场强度的变化二、多项选择题本题共5小题，每小题4分，共20分每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分7（4分）（xx秋淮安期末）关于磁感强度，正确的说法是（）A根据定义式B=，磁场中某点的磁感强度B与F成正比，与IL成反比B磁感强度B是矢量，方向与F的方向相同CB是矢量，方向与通过该点的磁感线的切线方向相同D在确定的磁场中，同一点的B是确定的，不同点的B可能不同，磁感线密的地方B大些，磁感线疏的地方B小些考点：磁感应强度分析：磁感应强度反映磁场本身的性质，与电流元无关磁感应强度是矢量，与F方向垂直，与通过该点的磁感线的切线方向相同磁感线可形象表示磁场的强弱，磁感线密的地方B大些，磁感线疏的地方B小些解答：解：A、定义式中，B与F、IL无关故A错误B、磁感应强度B是矢量，方向其与F的方向垂直故B错误C、B是矢量，就是该点的磁场方向，与通过该点的磁感线的切线方向相同故C正确D、在确定的磁场中，同一点的B是唯一确定的，可由磁感线形象表示磁场的强弱，磁感线密的地方B大些，磁感线疏的地方B小些故D正确故选CD点评：磁感线与电场线相似，可形象表示磁场的强弱和方向，其疏密表示磁场的强弱，切线方向表示磁场的方向8（4分）（xx春阜宁县校级期末）根据磁场对电流会产生作用力的原理，人们研制出一种新型的炮弹发射装置电磁炮，它的基本原理如图所示，下列结论中正确的是（）A要使炮弹沿导轨向右发射，必须通以自M向N的电流B要使炮弹沿导轨向右发射，必须通以自N向M的电流C要想提高炮弹的发射速度，可适当增大电流或磁感应强度D使电流和磁感应强度的方向同时反向，炮弹的发射方向亦将随之反向考点：安培力分析：正确应用左手定则是解答本题的关键，在应用时为防止手忙脚乱，可以先让四指和电流方向一致，然后通过旋转手让磁感线穿过手心，从而进一步确定大拇指的指向即安培力方向其大小由公式F=BIL可知解答：解：A、要使炮弹沿导轨向右发射，即为安培力作用，根据左手定则可知，必须通以自M向N的电流故A正确；B、要使炮弹沿导轨向右发射，即为安培力作用，根据左手定则可知，必须通以自M向N的电流故B错误；C、要想提高炮弹的发射速度，即增大安培力的大小，所以可适当增大电流或磁感应强度，故C正确；D、若使电流和磁感应强度的方向同时反向，则安培力方向不变，所以炮弹的发射方向不变，故D错误；故选：AC点评：要熟练应用左手定则判断安培力方向一定平时多加练习，同时注意磁场、电流方向的表示方法电磁炮就是在安培力的作用下运动9（4分）（xx秋信阳期末）如图所示，在正交的匀强电场和磁场的区域内，有一从O点向右的离子恰能沿直线飞过此区域，已知电场强度的大小为E，方向未知，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向内，不计离子重力，则（）A若离子带正电，E方向应向上B不管离子带何种电，E方向都向下C从O点向右的离子只要速度为EB，都能沿直线飞过此区域D从O点向右的离子只要速度为，都能沿直线飞过此区域考点：带电粒子在混合场中的运动专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：此为速度选择器，粒子离子在复合场中沿水平方向直线通过故有qE=qvB，若粒子带正电，则受洛伦兹力向上，而电场力向下，若带负电，则受洛伦兹力向下，而电场力向上，由此可正确解答结果解答：解：AB、在复合场中对带电粒子进行正确的受力分析，在不计重力的情况下，离子在复合场中沿水平方向直线通过故有：qE=qvB，若粒子带正电，则受洛伦兹力向上，而电场力向下，所以电场强度的方向向下；若带负电，则受洛伦兹力向下，而电场力向上，所以电场强度的方向向下，故A错误，B正确，；CD、由qE=qvB知：v=，因此从O点向右的离子，只要速度为，都能沿直线飞过此区域，故C错误，D正确；故选：BD点评：本题考查了速度选择器的工作原理，速度选择器是利用电场力等于洛伦兹力的原理进行工作的，故速度选择器只能选择速度而不能选择电性10（4分）（xx秋泗阳县校级期中）带电粒子只在电场力作用下，从A点运动到B点，轨迹如图虚线所示，则（）A该粒子肯定带负电B该粒子电势能不断减少C该粒子动能不断减小D该粒子在A点的加速度较小考点：电势能；电场强度专题：电场力与电势的性质专题分析：先根据粒子运动的根据弯曲的方向判断出电场力的方向，然后结合电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加解答：解：A、由电荷的运动轨迹可知，电荷的受力与电场线的方向相反，所以电荷为负电荷，所以A正确B、C、电荷的受力与电场线的方向相反，从A向B运动的过程中，受力的方向与运动方向之间的夹角是钝角，则从A向B运动的过程中电场力做负功，动能减小，电势能增大故B错误，C正确；D、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，由图可知，B点的场强大于A点的场强的大小，在B点的受力大于在A的受力，所以粒子在A点的加速度小于它在B点的加速度，所以D正确故选：ACD点评：根据物体做曲线运动的条件判断出粒子受到的电场力的方向是解题的关键，掌握住电场线的特点，即可解决本题11（4分）（xx秋泗阳县校级期中）甲、乙两个同心的闭合金属圆环位于同一平面内，甲环中通以顺时针方向电流I，如图所示，当甲环中电流逐渐增大时，则（）A乙环产生逆时针方向的感应电流B乙环产生顺时针方向的感应电流C乙环有扩张的趋势D乙环有收缩的趋势考点：楞次定律专题：电磁感应与电路结合分析：本题中甲环中电流逐渐增大时，在环内产生的磁场增大，可以根据楞次定律的四个步骤，逐步做出判定，也可以直接使用楞次定律的推广形式做出判定解答：解：当甲环中电流逐渐增大时，在环内产生的磁场增大，乙环内的磁通量增大，为阻碍磁通量的增大，乙环将产生与甲中方向相反的电流；同时乙环有面积减小的趋势故选：AD点评：本题综合考查电流的磁场（安培定则），磁通量，电磁感应，楞次定律，磁场对电流的作用力，左手定则等本题的每一选项都有两个判断，有的同学习惯用否定之否定法，如A错误，就理所当然的认为B和C都正确，因为二者相反：顺时针减速旋转和逆时针加速旋转，但本题是单选题，甚至陷入矛盾他们忽略了本题有两个判断，一个是电流方向，另一个是收缩趋势还是扩张趋势如果只有一个判断，如b中产生的感应电流的方向，可用此法所以解题经验不能做定律或定理用三实验与填空题（本题有3小题，总分28分）12（6分）（xx秋泗阳县校级期中）实验题仪器读数：甲图中游标卡尺的读数是15.50mm乙图中螺旋测微器的读数是0.700mm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：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解答：解：游标卡尺的固定刻度读数为15mm，游标读数为0.0510mm=0.50mm，所以最终读数为15mm+0.50mm=15.50 mm螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.0120.0mm=0.200mm，所以最终读数为0.5mm+0.200mm=0.700mm故答案为：（1）15.50 （2）0.700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13（10分）（xx秋泗阳县校级期中）某同学利用电流、电压传感器描绘小灯泡的伏安特性曲线，采用了如图甲所示的电路实验中得出了如下一组数据：电流（A）0.000.100.200.300.360.390.410.43电压（V）0.000.200.501.001.502.002.503.00（1）开关S闭合之前，图乙中滑动变阻器的滑片应该置于左端（选填“左端”、“右端”或“正中间”）；（2）在图乙中画出小灯泡的UI图线；（3）若将该小灯泡接在电动势为3V，内阻为6的电源两端，则灯泡实际消耗的功率为0.35W（保留两位有效数字）考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题分析：（1）根据电路图分析答题（2）根据所提供的数据，利用描点法可以正确画出小灯泡的UI图线；（3）作出电源的UI图象，根据图象球的灯泡两端电压与通过灯泡的电流，然后求出灯泡实际功率解答：解：（1）由图甲所示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，开关S闭合之前，图乙中滑动变阻器的滑片应该置于左端；（2）根据所提供的数据，利用描点法可以正确画出小灯泡的UI图线如下图所示：（3）作出电源的UI图象如图所示，由图象可知，灯泡两端电压为1V，电流为0.35A，灯泡实际功率：P=UI=10.35=0.35W；故答案为：（1）左端；（2）图象如图所示；（3）0.35点评：实验中一定要通过实验的原理去掌握实验，脱离开原理是无法正确解决实验问题的；处理数据时注意将公式与图象联系在一起理解和解答问题14（12分）（xx秋泗阳县校级期中）用电流表和电压表测一节干电池的电动势E和内电阻r，待测干电池的电动势约1.5V、内电阻不大于1.0，要求干电池放电电流不得超过0.6A，可供选择的器材除电键、导线外，还有：A电压表（量程03V，内电阻约3k） B电压表（量程015V，内电阻约15k）C电流表（量程00.6A，内电阻约0.1k）D电流表（量程03A，内电阻约0.02k）E滑动变阻器（最大电阻50，额定电流1.5A）F滑动变阻器（最大电阻200，额定电流1.5A）（1）实验中电压表应选用A、滑动变阻器应选E（填序号）（2）请在图1线框内画出你所设计的实验电路图，并在图中标上所选用器材的符号；（3）根据测得的数据作出如图2所示的图线，则待测干电池的电动势E=1.5 V，内电阻r=0.6（4）此电路的电动势与真实值比较偏小，内电阻与真实值比较偏小填偏大、偏小或相同）考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）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）根据实验原理作出实验电路图（3）根据图示电源UI图象求出电源电动势与内阻（4）根据实验电路分析实验误差解答：解：（1）一节干电池电动势约为1.5V，电压表选A；为方便实验操作，滑动变阻器应选E（2）应用伏安法测电源电动势与内阻，电压表测路端电压，电流表测电路电流，实验电路图如图所示：（3）由图示电源UI图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.5，电源电动势E=1.5V，电源内阻r=0.6；（4）由图示电路图可知，由于电压表的分流作用电流表所测电流小于流过电源的电流，电压表的分流作用是造成系统误差的原因；当外电路短路时，电流的测量值等于真实值，除此之外，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，电源的UI图象如图所示，由图象可知，电源电动势的测量值小于真实值故答案为：（1）A；E；（2）电路图如图所示；（3）1.5；0.6；（4）偏小；偏小点评：本题考查了选择实验器材、作电路图、求电源电动势与内阻、实验误差分析；知道实验原理即可作出实验电路图；要掌握实验器材的选择原则；电源UI图象与纵轴交点坐标值是电源电动势、图象斜率的绝对值是电源内阻四解答题（本题共4小题，共48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能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15（10分）（xx秋泗阳县校级期中）如图所示，虚线为匀强电场中的一簇水平等势面，A、B为该电场中的两点，线段AB的长度d=1m且与等势面间的夹角=30现将一电荷量q=2106C的点电荷沿直线从A点移动到B点，电场力做功W=1104J已知A点电势A=20V，试求：（1）B点的电势B；（2）该匀强电场的场强E的大小与方向考点：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：抓住电场线与等势面垂直，由高等势面指向低等势面，确定电场强度的方向，根据公式求出电势差；结合电势差的大小和沿电场线方向上的距离求出电场强度的大小解答：解：（1）A、B电势差：V 又：UAB=ABB点电势：B=AUAB=2050=70V （2）场强：V/m，方向竖直向上 答：（1）B点的电势是70V；（2）该匀强电场的场强E的大小是100V/m，方向竖直向上点评：灵活应用电势差与场强的关系，判断场强方向；利用匀强电场电势差与场强的公式求解是解题的核心16（10分）（xx秋泗阳县校级期中）如图所示，定值电阻R=8，电动机M的线圈电阻R0=2当开关S断开时，电阻R消耗的电功率P1=2.88W；当开关S闭合时，电动机M正常工作，电阻R消耗的电功率P2=2W已知电源电动势为E=6V，试求：（1）电源的内阻r；（2）电动机M正常工作输出的机械功率P机考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：（1）当开关S断开时，电阻R1消耗的电功率求出电路中电流，由闭合电路欧姆定律求出电源的内阻r；（2）当开关S闭合时，根据电阻R1消耗的电功率求出R1的电流和电压，根据闭合电路欧姆定律求出干路电流，得到电动机的电流，根据P=UI求解电动机的功率；再根据P=I2r求解热功率；最后根据能量守恒定律求出电动机输出的机械功率解答：解：（1）当开关S断开时，由P1=I12R1，得：I1=0.6A电源的电阻为：r=2（2）当开关S闭合时，由P2=I22R1，得：I2=0.5AR1的电压：U=I2R1=4V设干路中电流为I，则：I=1A通过电动机的电流：IM=II2=0.5A故电动机的电功率为：P=UIM=40.5=2W电动机的机械功率为：P机=UIMI22R0=1.5W答：（1）电源内阻r为2；（2）电动机正常工作时输出的机械功率为1.5W点评：本题考查处理非纯电阻电路问题的能力对于电动机正常时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，本题不能用IM=求电动机的电流17（14分）（xx春栖霞区校级期中）如图MN上方有磁感应强度为B、垂直纸面向外的有界匀强磁场，一带负电质量为m，电荷量为q的粒子从O以与MN成60角射入磁场，速度为v，不计粒子的重力，则：（1）它从磁场中射出时距O点多远？（2）它从射入到射出需多长时间？（3）在磁场中运动时离MN最大距离为多大？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）作出粒子运动的轨迹图，根据洛伦兹力提供向心力得出粒子运动的轨道半径，结合几何关系求出粒子从磁场中射出时距离O点的距离（2）根据圆心角，以及周期公式，结合t=求出粒子磁场中运动的时间（3）由几何关系可求得离MN的最远距离解答：解：（1）根据qvB=m得，r=，根据几何关系得，射出点距离O点的距离d=R=（2）粒子在磁场中运动的周期T=，粒子在磁场中圆周运动的圆心角为240，则粒子在磁场中运动的时间t=T=；（3）由图可知，粒子离MN的最远距离为：x=R+Rsin30=R=；答：（1）它从磁场中射出时距O点的距离为（2）它从射入到射出需要的时间为；（3）粒子离MN的最远距离为点评：本题考查带电粒子在磁场中的运动，关键在于明确圆心半径的确定，同时注意几何关系的正确应用18（14分）（xx自贡模拟）如图所示，一带电微粒质量为m=2.01011kg、电荷量q=+1.0105C，从静止开始经电压为U1=100V的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角=30，并接着进入一个方向垂直纸面向里、宽度为D=34.6cm的匀强磁场区域已知偏转电场中金属板长L=20cm，两板间距d=17.3cm，重力忽略不计求：（1）带电微粒进入偏转电场时的速率v1；（2）偏转电场中两金属板间的电压U2；（3）为使带电微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多大？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）粒子在加速电场中，电场力做功，由动能定理求出速度v1（2）粒子进入偏转电场后，做类平抛运动，运用运动的合成与分解求出电压（3）粒子进入磁场后，做匀速圆周运动，结合条件，画出轨迹，由几何知识求半径，再求B解答：解析：（1）带电微粒经加速电场加速后速度为v，根据动能定理：解得：=1.0104m/s（2）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动在水平方向微粒做匀速直线运动水平方向：带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动，加速度为a，出电场时竖直方向速度为v2竖直方向：由几何关系：代入数据得：U2=100V（3）带电微粒进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设微粒轨道半径为R，由几何关系知得：设微粒进入磁场时的速度为v：由牛顿运动定律及运动学规律：得：代入数据数据解得B=0.1T若带电粒子不射出磁场，磁感应强度B至少为0.1T答：（1）速率为1.0104m/s；（2）电压为100V；（3）磁感应强度B至0.1T点评：本题是带电粒子在组合场中运动的问题，关键是分析粒子的受力情况和运动情况，用力学的方法处理