2019-2020年高二物理上学期期中试卷（含解析） (IV).doc

2019-2020年高二物理上学期期中试卷（含解析） (IV)一、选择题（本题包括12个小题，共48分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1关于静电场，下列结论普遍成立的是（）A 电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关B 电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低C 将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功为零D 在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向2如图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧对矿粉分离的过程，下列表述正确的有（）A 带正电的矿粉落在右侧B 电场力对矿粉做正功C 带负电的矿粉电势能变大D 带正电的矿粉电势能变小3在雷雨云下沿竖直方向的电场强度为104V/m，已知一半径为1mm的雨滴在此电场中不会下落，取重力加速度大小为10m/s2，水的密度为103kg/m3这雨滴携带的电荷量的最小值约为（）A 2109CB 4109CC 6109CD 8109C4真空中，A、B两点与点电荷Q的距离分别为r和3r，则A、B两点的电场强度大小之比为（）A 3：1B 1：3C 9：1D 1：95如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（）A 带点油滴将沿竖直方向向上运动B P点的电势将降低C 带点油滴的电势能将减少D 若电容器的电容减小，则极板带电量将增大6日常生活用的电吹风中有电动机和电热丝，电动机带动风叶转动，电热丝给空气加热，得到热风可将头发吹干电动机线圈的电阻为R1，它与阻值为R2电热丝相串联，接到直流电源上，电吹风机两端电压为U，通过的电流为I，消耗的电功率为P，则以下选项正确的是（）A IUPB IU=PC PI2（R1+R2）D P=I2（R1+R2）7回旋加速器是加速带电粒子的装置其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是（）A 减小磁场的磁感应强度B 增大匀强电场间的加速电压C 增大D形金属盒的半径D 减小狭缝间的距离8如图所示，电源电动势为4V，当接通K时，灯L1和L2均不亮，用电压表测得Uab=0，Ubc=0，Ucd=Uad=4V由此可知断路处是（）A 灯L1B 灯L2C 灯L1和L2D 变阻器R9如图所示为伏安法测电阻的一种常用电路下列分析中正确的是（）A 此接法的测量值大于真实值B 此接法的测量值小于真实值C 此接法要求待测电阻值小于电流表内阻D 开始实验时滑动变阻器滑片P应处在最左端10如图1所示是一火警报警器的部分电路示意图，其中R2为半导体热敏材料制成的传感器，其电阻R2随温度t变化的图线如图2所示电流表为值班室的显示器，a、b之间接报警器当传感器R2所在处出现火情时，显示器的电流I和报警器两端的电压U的变化情况是（）A I变大，U变大B I变大，U变小C I变小，U变大D I变小，U变小11一束带电粒子流以同一方向垂直射入一磁感强度为B的匀强磁场中，在磁场中分成两条轨迹1和2，如图所示，那么它们的速度v、电荷q、荷质比之间的关系可以肯定是（）A 都是负粒子流B 都是正粒子流C 如=，则v1v2D 如=，则v1=v212如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1带负电，a、b两点在它们连线的延长线上现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动（粒子只受电场力作用），粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度图象如图乙所示以下说法中正确的是（）A Q2一定带负电B Q2的电量一定大于Q1的电量C b点的电场强度一定为零D 整个运动过程中，粒子的电势能先减小后增大二实验题（本题共2小题，共16分）13如图所示为一正在测量中的多用电表表盘（1）如果是用10挡测量电阻，则读数为（2）如果是用直流10mA挡测量电流，则读数为mA14在“用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻”的实验中，提供的器材有：A干电池一节B电流表（量程0.6A）C电压表（量程3V）D开关S和若干导线E滑动变阻器R1（最大阻值10，允许最大电流2A）F滑动变阻器R2（最大阻值50，允许最大电流1.5A）G滑动变阻器R3（最大阻值1000，允许最大电流0.1A）（1）实验中，滑动变阻器应选（填写代号）（2）图甲已画出待测电源、开关等部分电路，请你把该实验电路原理图补充完整（3）某同学利用实验测得的数据，作出了UI图象（如图乙所示），根据图象可求得待测电池的电动势为E=V，内电阻为r=（结果保留二位有效数字）三、计算题（本题共3小题，共36分，解答时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如图所示，一根长为L的丝线吊着一个质量为m的带电量为q的小球，静止在水平向右的匀强电场中，丝线与竖直方向成37角，重力加速度为g，则这个小球带何种电荷？并求这个匀强电场的电场强度的大小（已知sin37=0.6，cos37=0.8）16如图所示，甲图是用来使带正电的离子加速和偏转的装置乙图为该装置中加速与偏转电场的等效模拟以y轴为界，左侧为沿x轴正向的匀强电场，场强为E右侧为沿y轴负方向的匀强电场已知OAAB，OA=AB，且OB间的电势差为U0若在x轴的C点无初速地释放一个电荷量为q、质量为m的正离子（不计重力），结果正离子刚好通过B点，求：（1）CO间的距离d；（2）粒子通过B点的速度大小17如图所示，真空室内存在宽度为d=8cm的匀强磁场区域，磁感应强度B=0.332T，磁场方向垂直于纸面向里；ab、cd足够长，cd为厚度不计的金箔，金箔右侧有一匀强电场区域，电场强度E=3.32105N/C；方向与金箔成37角紧挨边界ab放一点状粒子放射源S，可沿纸面向各个方向均匀放射初速率相同的粒子，已知：粒子的质量m=6.641027kg，电荷量q=3.21019C，初速度v=3.2106m/s（sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）粒子在磁场中作圆周运动的轨道半径R；（2）金箔cd被粒子射中区域的长度L；（3）设打在金箔上d端离cd中心最远的粒子穿出金箔进入电场，在电场中运动通过N点SNab且SN=40cm，则此粒子从金箔上穿出时，损失的动能EK为多少？xx河南省周口市沈丘县高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括12个小题，共48分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1关于静电场，下列结论普遍成立的是（）A 电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关B 电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低C 将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功为零D 在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度；电势分析：本题主要考查静电场中电场强度和电势的特点，可根据所涉及的知识逐个分析解答：解：A、电势差的大小决定于电场线方向上两点间距和电场强度，所以A错误；B、在正电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势高，离正电荷远，电场强度小，电势低；而在负电荷的电场中，离负电荷近，电场强度大，电势低，离负电荷远，电场强度小，电势高，所以B错误；C、场强为零，电势不一定为零，电场中肯定存在场强都为零、电势又不相等的两个点，在这样的两个点之间移动电荷，电场力将做功，所以C错误；D、沿电场方向电势降低，而且速度最快，所以D正确；故选D点评：本题以静电场中电场强度和电势比较容易混淆的性质为选项内容，体现对物理量基本概念和基本性质的记忆、理解仍是高考命题的重点之一2如图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧对矿粉分离的过程，下列表述正确的有（）A 带正电的矿粉落在右侧B 电场力对矿粉做正功C 带负电的矿粉电势能变大D 带正电的矿粉电势能变小考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：压轴题；带电粒子在电场中的运动专题分析：首先要明确矿料分选器内电场的分布及方向，判断矿粉的运动情况，从而可得到正确答案解答：解：由图可知，矿料分选器内的电场方向水平向左，A、带正电的矿粉受到水平向左的电场力，所以会落到左侧，选项A错误B、无论矿粉带什么电，在水平方向上都会在电场力的作用下沿电场力的方向偏移，位移与电场力的方向相同，电场力做正功，选项B正确C、带负电的矿粉电场力做正功，所以电势能减小，选项C错误D、带正电的矿粉电场力做正功，所以电势能减小，选项D正确故选BD点评：该题考察了带电物体在电场力作用下的运动，要熟练的掌握带电粒子在电场中的受力情况及其运动情况，并会分析电场力做功与电势能的变化情况3在雷雨云下沿竖直方向的电场强度为104V/m，已知一半径为1mm的雨滴在此电场中不会下落，取重力加速度大小为10m/s2，水的密度为103kg/m3这雨滴携带的电荷量的最小值约为（）A 2109CB 4109CC 6109CD 8109C考点：共点力平衡的条件及其应用分析：带电雨滴只受重力和电场力，要使雨滴不下落，电场力最小要等于重力，由二力平衡条件可以求出电荷量解答：解：带电雨滴在电场力和重力作用下保持静止，根据平衡条件电场力和重力必然等大反向mg=Eq其中：m=VV=解得C故选B点评：本题关键在于电场力和重力平衡，要求熟悉电场力公式和二力平衡条件！4真空中，A、B两点与点电荷Q的距离分别为r和3r，则A、B两点的电场强度大小之比为（）A 3：1B 1：3C 9：1D 1：9考点：点电荷的场强专题：电场力与电势的性质专题分析：直接根据库伦定律公式计算出试探电荷q所受电场力，然后利用电场强度的定义式即可求出在M所在处的场强的大小解答：解：引入一个试探电荷q，分别计算它在AB两点受的电场力，得：F1=9F2根据电场强度的定义式：，得：故选：C点评：本题很简单直接考查了库伦定律和电场强度定义式的应用，对于这些公式一定要明确其适用条件和公式中各个物理量的含义5如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（）A 带点油滴将沿竖直方向向上运动B P点的电势将降低C 带点油滴的电势能将减少D 若电容器的电容减小，则极板带电量将增大考点：电容；电势能专题：电容器专题分析：将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E=分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化解答：解：A、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动故A错误；B、场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低故B正确；C、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加故C错误；D、若电容器的电容减小，根据Q=Uc，由于电势差不变，故带电量将减小，故D错误；故选：B点评：本题运用E=分析板间场强的变化，判断油滴如何运动运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化6日常生活用的电吹风中有电动机和电热丝，电动机带动风叶转动，电热丝给空气加热，得到热风可将头发吹干电动机线圈的电阻为R1，它与阻值为R2电热丝相串联，接到直流电源上，电吹风机两端电压为U，通过的电流为I，消耗的电功率为P，则以下选项正确的是（）A IUPB IU=PC PI2（R1+R2）D P=I2（R1+R2）考点：电功、电功率专题：恒定电流专题分析：在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的解答：解：A、电吹风消耗的电功率为P，电压为U，电流为I，故有：P=UI，故A错误，B正确；C、电吹风消耗的电功率为P，电压为U，电流为I；单位时间内消耗的电能：P=UI；单位时间内电路中产生的热量：P热=I2（R1+R2）；由于是非纯电阻电路，消耗的电能大于电路中产生的热量，故：PI2（R1+R2），故C正确，D错误；故选：BC点评：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的7回旋加速器是加速带电粒子的装置其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是（）A 减小磁场的磁感应强度B 增大匀强电场间的加速电压C 增大D形金属盒的半径D 减小狭缝间的距离考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理分析：回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子射出时的速度，从而得出动能的表达式，看动能与什么因素有关解答：解：回旋加速器工作时，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由qvB=m，得v=；带电粒子射出时的动能Ek=mv2=，知动能与加速的电压无关，狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关，增大磁感应强度和D形盒的半径，可以增加粒子的动能，故C正确，ABD错误故选：C点评：解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道粒子的最大动能与加速的电压无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关8如图所示，电源电动势为4V，当接通K时，灯L1和L2均不亮，用电压表测得Uab=0，Ubc=0，Ucd=Uad=4V由此可知断路处是（）A 灯L1B 灯L2C 灯L1和L2D 变阻器R考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：对于完好的电阻，阻值一定，电流I=0时，根据欧姆定律分析可知，其电压U=IR=0若发生断路，其两端电压等于电源的电动势解答：解：A、B对于完好的电阻，阻值一定，电流I=0时，根据欧姆定律可知，其电压U=IR=0由题：Uab=0，Ubc=0，则可知：灯L1、L2没有发生断路故AB错误C、若灯L1和L2发生断路，电路中没有电流，变阻器两端的电压和内电压均为0，则两灯两端的电压等于电源的电动势，故Uac=4V，与题设条件不符故C错误D、据题Ucd=4V，则变阻器发生断路，因为断路时，电路无电流，其两端的电势分别等于电源两极的电势，其电势差等于电源的电动势故D正确故选：D点评：本题是电路中故障分析问题，往往哪段电路的电压等于电源的电压，哪段电路发生断路，可用电压即为电势差来理解9如图所示为伏安法测电阻的一种常用电路下列分析中正确的是（）A 此接法的测量值大于真实值B 此接法的测量值小于真实值C 此接法要求待测电阻值小于电流表内阻D 开始实验时滑动变阻器滑片P应处在最左端考点：伏安法测电阻专题：实验题；恒定电流专题分析：由电路图可知，该实验采用的是滑动变阻器的分压接法，电流表的内接法；（1）电流表外接法，由于电压表的分流作用，使电流表测的电流大于流过电阻的电流，测量值小于真实值；待测电阻越小，电压表的分流作用越小，电流表测的电流越接近流过电阻的真实值，实验误差越小电流表内接法，由于电流表的分压作用，使电压表测的电压大于待测电阻两端的电压，测量值大于真实值；待测电阻阻值越大，电流表分压影响越小，电压表的测量值越接近真实值，实验误差越小（2）为保证电路安全，采用滑动变阻器分压接法时，在闭合开关前，要求滑动变阻器滑片移到分压电阻为零的位置解答：解：（1）实验采用电流表的内接法，电流的测量值I是真实的，由于电流表的分压作用，电压测量值U偏大，由R=可知，测量值偏大，测量值大于真实值，故A正确，B错误；（2）伏安法测电阻，当待测电阻阻值远大于电流表内阻时，采用内接法，故C错误；（3）实验采用的是滑动变阻器的分压接法，为保证电路安全，开始实验时滑动变阻器滑片P应处在最右端，此时分压电路电压为零，故D错误；故选A点评：本题考查了伏安法测电阻实验电路分析、实验注意事项、实验误差分析等问题，难度不是很大，熟练掌握基础知识即可正确解题10如图1所示是一火警报警器的部分电路示意图，其中R2为半导体热敏材料制成的传感器，其电阻R2随温度t变化的图线如图2所示电流表为值班室的显示器，a、b之间接报警器当传感器R2所在处出现火情时，显示器的电流I和报警器两端的电压U的变化情况是（）A I变大，U变大B I变大，U变小C I变小，U变大D I变小，U变小考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：由题知，当传感器R2所在处出现火情时，R2减小，分析外电路总电阻如何变化，根据欧姆定律分析干路电流的变化情况和路端电压U的变化情况，根据R2、R3并联电压的变化情况，分析通过R3电流的变化情况，即可知电流表示数变化情况解答：解：当传感器R2所在处出现火情时，由题意知R2减小，R2、R3并联电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I总增大，电源的内电压增大，路端电压减小，即a、b两端电压U变小；R2、R3并联电压U并=EI总（R1+r），I总增大，E、R1、r均不变，则U并减小，通过R3电流I减小，即电流表示数I变小故D正确，ABC错误故选D点评：本题判断路端电压U的变化情况时，也可以直接根据路端电压随外电阻减小而减小判断11一束带电粒子流以同一方向垂直射入一磁感强度为B的匀强磁场中，在磁场中分成两条轨迹1和2，如图所示，那么它们的速度v、电荷q、荷质比之间的关系可以肯定是（）A 都是负粒子流B 都是正粒子流C 如=，则v1v2D 如=，则v1=v2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：粒子垂直射入匀强磁场中，由洛伦兹力提供向心力，根据左手定则判断粒子的电性，由半径公式r=分析各量的关系解答：解：A、粒子垂直射入匀强磁场中，由洛伦兹力提供向心力，根据左手定则判断可知，粒子都带负电，故A正确，B错误；C、由图看出半径关系为r1r2，根据半径公式r=分析得知：如=，则：v1v2，故C正确，D错误；故选：AC点评：本题考查了粒子在磁场中的运动，知道粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，分析清楚粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径间的关系是正确解题的关键，应用左手定则与粒子轨道半径公式可以解题12如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1带负电，a、b两点在它们连线的延长线上现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动（粒子只受电场力作用），粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度图象如图乙所示以下说法中正确的是（）A Q2一定带负电B Q2的电量一定大于Q1的电量C b点的电场强度一定为零D 整个运动过程中，粒子的电势能先减小后增大考点：电场强度；电势能专题：压轴题；电场力与电势的性质专题分析：速度时间图线上每一点的切线斜率表示瞬时加速度，可见a到b做加速度减小的减速运动，到b点加速度为0从而知道b点的电场力及电场强度通过B点的场强可以分析出两个点电荷电量的大小通过能量守恒判断电势能的变化解答：解：A、从速度图象上看，可见a到b做加速度减小的减速运动，在b点时粒子运动的加速度为零，则电场力为零，所以该点场强为零Q1对负电荷的电场力向右，则Q2对负电荷的电场力向左，所以Q2带正电故A错误，C正确 B、b点场强为零，可见两点电荷在b点对负电荷的电场力相等，根据F=，b到Q1的距离大于到Q2的距离，所以Q1的电量大于Q2的电量故B错误 C、整个过程动能先减小后增大，根据能量守恒电势能先增大后减小故D错误故选C点评：解决本题的关键根据图象b点的加速度为0，根据这一突破口，从而判断Q2的电性及Q1和Q2的电量大小二实验题（本题共2小题，共16分）13如图所示为一正在测量中的多用电表表盘（1）如果是用10挡测量电阻，则读数为220（2）如果是用直流10mA挡测量电流，则读数为3.9mA考点：用多用电表测电阻专题：实验题分析：欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；根据图示确定电压表的分度值，然后读出其示数解答：解：（1）如果是用10挡测量电阻，则读数为2210=220（2）用直流10mA挡测量电流，每一小格为0.2mA，则读数 为3.9mA故答案为：（1）220 （2）3.9点评：本题考查了多用电表读数，对多用电表读数时，要先根据选择开关的位置确定其所测量的量与量程，然后根据指针位置读数，读数时视线要与电表刻度线垂直14在“用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻”的实验中，提供的器材有：A干电池一节B电流表（量程0.6A）C电压表（量程3V）D开关S和若干导线E滑动变阻器R1（最大阻值10，允许最大电流2A）F滑动变阻器R2（最大阻值50，允许最大电流1.5A）G滑动变阻器R3（最大阻值1000，允许最大电流0.1A）（1）实验中，滑动变阻器应选R1（填写代号）（2）图甲已画出待测电源、开关等部分电路，请你把该实验电路原理图补充完整（3）某同学利用实验测得的数据，作出了UI图象（如图乙所示），根据图象可求得待测电池的电动势为E=1.5V，内电阻为r=0.5（结果保留二位有效数字）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：在选择电压表和电流表时要求在不超过量程的前提下偏转角度尽量大些，在满量程的左右偏转最好从减小误差和可操作性角度确定滑动变阻器根据数学知识可知，图象与纵坐标的截距代表的就是电源的电动势，直线的斜率代表电源的内阻解答：解：（1）电源的电动势为1.5V，选择最大阻值10的滑动变阻器时，最小的电流为0.15A，所以变阻器R1即可满足实验的要求，所以选择R1即可（2）用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻时，采用的电路是用电压表测量路端电压，电流表测量电阻的电流，电路如图所示（3）在UI图象中，纵坐标的截距代表的是电动势的大小，直线的斜率代表的是电源的内电阻的大小，所以根据图象可得电动势的大小为1.5V，斜率即内电阻的大小为r=0.5，故答案为：（1）R1，（2）如图所示，（3）1.5，0.5点评：正确选择仪器是电学实验的经常考查的考点；在测量电源电动势和内阻时，要注意根据画出的UI图象结合数学知识分析出电动势及内阻三、计算题（本题共3小题，共36分，解答时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如图所示，一根长为L的丝线吊着一个质量为m的带电量为q的小球，静止在水平向右的匀强电场中，丝线与竖直方向成37角，重力加速度为g，则这个小球带何种电荷？并求这个匀强电场的电场强度的大小（已知sin37=0.6，cos37=0.8）考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度专题：电场力与电势的性质专题分析：以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件和电场力公式求解电场强度的大小解答：解：由平衡条件可判断小球一定受向右的电场力，即电场力与电场线方向相同，故小球带正电（2）小球静止在电场中受力如图：由平衡条件得：mgtan37=qE故E=答：这个小球带正电，这个匀强电场的电场强度的大小为点评：本题是带电体在电场中平衡问题，当力学问题去处理，分析受力，作出力图是关键16如图所示，甲图是用来使带正电的离子加速和偏转的装置乙图为该装置中加速与偏转电场的等效模拟以y轴为界，左侧为沿x轴正向的匀强电场，场强为E右侧为沿y轴负方向的匀强电场已知OAAB，OA=AB，且OB间的电势差为U0若在x轴的C点无初速地释放一个电荷量为q、质量为m的正离子（不计重力），结果正离子刚好通过B点，求：（1）CO间的距离d；（2）粒子通过B点的速度大小考点：动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动专题：动能定理的应用专题；带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）根据带电粒子在竖直电场中做类平抛运动，抓住OA=AB，求出进入竖直匀强电场的速度，再对C到O运用动能定理，求出CO的距离d（2）对粒子从C到B全过程运用动能定理，从而求出粒子通过B点的速度大小解答：解：（1）设正离子到达O点的速度为v0（其方向沿x轴的正方向）则正离子从C点到O点，由动能定理得：qEd=mv20 而正离子从O点到B点做类平抛运动，令=L，则：从而解得所以到达B点时：从而解得：d=故CO间的距离d为 （2）设正离子到B点时速度的大小为vB，正离子从C到B过程中由动能定理得：qEd+qU0=mvB20 解得vB=.故粒子通过B点的速度大小为 点评：解决本题的关键知道粒子在竖直匀强电场中做类平抛运动，掌握处理类平抛运动的方法在第（2）问中，可以通过动能定理求解，也可以根据类平抛运动的规律求解17如图所示，真空室内存在宽度为d=8cm的匀强磁场区域，磁感应强度B=0.332T，磁场方向垂直于纸面向里；ab、cd足够长，cd为厚度不计的金箔，金箔右侧有一匀强电场区域，电场强度E=3.32105N/C；方向与金箔成37角紧挨边界ab放一点状粒子放射源S，可沿纸面向各个方向均匀放射初速率相同的粒子，已知：粒子的质量m=6.641027kg，电荷量q=3.21019C，初速度v=3.2106m/s（sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）粒子在磁场中作圆周运动的轨道半径R；（2）金箔cd被粒子射中区域的长度L；（3）设打在金箔上d端离cd中心最远的粒子穿出金箔进入电场，在电场中运动通过N点SNab且SN=40cm，则此粒子从金箔上穿出时，损失的动能EK为多少？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：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）根据洛伦兹力提供向心力列式求半径即可；（2）粒子速度向下进入磁场时，可以到达cd最下端；当粒子向上运动，且轨迹与cd相切时，可以到达cd边界最高点，根据几何关系求解射中区域的长度；（3）根据几何关系，求出粒子出磁场的位置，得出进入磁场的初速度方向，最终得出粒子做类平抛运动，然后将粒子的运动沿着垂直电场方向和平行电场方向正交分解，然后根据位移公式求解出运动时间，再根据速度时间公式得出平行电场方向和垂直电场方向的分速度，最后合成合速度，从而得到动能损失解答：解：（1）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qvB=m，解得：R=0.2m=20cm；即粒子在磁场中作圆周运动的轨道半径R为20cm（2）设cd中心为O，向c端偏转的粒子，当圆周轨迹与cd相切时偏离O最远，设切点为P，对应圆心O1，如图所示则由几何关系得：=16cm，向d端偏转的粒子，当沿sb方向射入时，偏离O最远，设此时圆周轨迹与cd交于Q点，对应圆心O2，如图所示，则由几何关系得：=16cm故金箔cd被粒子射中区域的长度 L=+=32cm（3）设从Q点穿出的粒子的速度为v，因半径O2Q场强E，则vE，故穿出的粒子在电场中做类平抛运动，轨迹如图所示沿速度v方向做匀速直线运动，位移 Sx=（R）sin53=16cm=0.16m沿场强E方向做匀加速直线运动，位移 Sy=（R）cos53+R=32cm则由Sx=vt Sy=at2 a=得：v=8.0105m/s故此粒子从金箔上穿出时，损失的动能为Ek=mv2mv2=3.191014J即此粒子从金箔上穿出时，损失的动能EK为3.191014J答：（1）粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径R为20cm；（2）金箔cd被粒子射中区域的长度L为32cm；（3）设打在金箔上d端离cd中心最远的粒子沿直线穿出金箔进入电场，在电场中运动通过N点，SNab且SN=40cm，则此粒子从金箔上穿出时，损失的动能Ek为3.191014J点评：本题关键将粒子的运动分为磁场中的运动和电场中的运动，对于磁场中的运动根据洛伦兹力提供向心力列式，同时结合几何关系分析；对于电场中的运动，通常都为类平抛运动，然后根据正交分解法分解为直线运动研究