2021年人教版高二物理上学期期中考测试卷03.docx

1、2020-2021 学年人教版高二物理上学期期中考测试卷 03 考试范围：选修 3-1 全册 一、 单项选择题一、 单项选择题： 本题共本题共 8 小题， 每小题小题， 每小题 3 分， 共分， 共 24 分。分。 每个题目只有一个选项符合要求，每个题目只有一个选项符合要求， 选对得选对得 4 分，选错得分，选错得 0 分分。 1如图所示连接电路，电源电动势为 6V，先使开关 S 与 1 端相连，电源箱电容器充电，这 个过程可以瞬间完成，然后把开关 S 掷向 2 端，电容器通过电阻 R 放电，电流传感器将测 得的电流信息传入计算机， 屏幕上显示出电流随时间变化的图线如图所示， 据此图可估算电

2、容器释放的电荷量，并进而估算电容器的电容为（ ） A0.2F B -2 1.3 10 F C -3 4.5 10 F D 4 5.5 10F 【答案】 D 【解析】 因为 QIt 根据横轴与纵轴的数据可知，一个格子的电量为 3 0.08 10 C ，由大于半格算一个，小于半 格舍去，因此图象所包含的格子个数为 42，所以释放的电荷量是 33 0.08 10 C 423.3 10 CQ 根据电容器的电容 3 32 3.3 10 5.5 10 F5 10F 6 Q C U 故选 D。 2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，电容器下极板接 地一带电油滴位于电容器中的 P

3、 点且恰好处于静止状态，现交平行板电容器的上极板竖 直向下移动一小段距离，下列说法正确的是（ ） A带电油滴将竖直向上运动 BP 点的电势将降低 C电容器的电容增大，极板带电荷量不变 D电容器的电容增大，极板带电荷量减小 【答案】 A 【解析】 将上极板竖直向下移动时，d 减小，电容器的电压 U 不变，由 U E d 分析得知，板间场强 增大，则油滴所受电场力增大，油滴将沿竖直向上运动故 A 正确P 点到下极板的距离不 变，而 E 增大，由 U=Ed 知，P 点与下极板间电势差增大，P 点的电势大于零，则 P 点的电 势升高，故 B 错误；d 减小，由 4 S C kd 知，电容 C 增大，U

4、 不变，由 Q C U 分析可知 电容器所带电量增加，故 CD 错误；故选 A 3有两个相同的小球分别带正电、负电，现将其分别放在水平光滑地面上、水平粗糙地面 上、倾角为的光滑斜面上、倾角为的粗糙斜面上，用相同大小的力 F 分别作用于带正 电小球上，如图，则两小球将会一起做直线运动，四种情况下，正、负电小球间的距离分别 为 1234 LLLL、 、 、 ，则（ ） A 1234 LLLL B 1234 LLLL C 1234 LLLL D 1234 LLLL 【答案】 C 【解析】 对于图 a，先整体分析 1 2Fma 再隔离分析带负电小球 1 Fma 库1 则 1 2 FF 库1 对于图 b

5、，同理 2 22Fmgma 2 Fmgma 库2 则 1 2 FF 库2 ； 对于图 c，同理 3 2sin2Fmgma 3 sinFmgma 库3 则 1 2 FF 库3 对于图 d，同理 4 2sin2cos2Fmgmgma 4 -sin-cosFmgmgma 库4 则 1 2 FF 库4 则四种情况下 = 1 2 =FFFFF 库1库2库3库4 有库仑定律 2 Qq Fk r 库 知 1234 LLLL 故选 C。 4 有一个电流表 G， 内阻 Rg=10 满偏电流 Ig=3mA， 要把它改装成量程 03V 的电压表， 则（ ） A要串联一个阻值为 990 的电阻 B要并联一个阻值为 9

6、90 的电阻 C要串联一个阻值为 0.10 的电阻 D要并联一个阻值为 0.10 的电阻 【答案】 A 【解析】 把电流表改装为电压表，应串联一个分压电阻，串联电阻阻值为： 3 3 (10)990 3 10 g g U RR I 故 A 正确 5如图所示为六根与水平面平行的导线的横截面示意图，导线分布在正六边形的六个角， 导线所通电流方向已在图中标出。已知每条导线在 O 点磁感应强度大小为 0 B ，则正六边形 中心 O 处磁感应强度的大小和方向（ ） A大小为零 B大小 0 2B ，方向沿x轴负方向 C大小 0 4B ，方向沿x轴正方向 D大小 0 4B ，方向沿 y 轴正方向 【答案】 D

7、 【解析】 根据磁场的叠加原理，将最右面电流向里的导线在 O 点产生的磁场与最左面电流向外的导 线在 O 点产生的磁场进行合成，则这两根导线的合磁感应强度为 B1； 同理，将左上方电流向外的导线在 O 点产生的磁场与右下方电流向里的导线在 O 点产生的 磁场进行合成，则这两根导线的合磁感应强度为 B2； 将右上方电流向里的导线在 O 点产生的磁场与左下方电流向外的导线在 O 点产生的磁场进 行合成，则这两根导线的合磁感应强度为 B3。 如图所示： 根据磁场叠加原理可知 1230 2BBBB 由几何关系可知 B2与 B3的夹角为 120 ，故将 B2与 B3合成，则它们的合磁感应强度大小也 为

8、2B0，方向与 B1的方向相同，最后将其与 B1合成，可得正六边形中心处磁感应强度大小 为 4 B0，方向沿 y 轴正方向. 选项 D 正确，ABC 错误。 故选 D。 6 如图所示， 真空中， 垂直于纸面向里的匀强磁场只在两个同心圆所夹的环状区域存在 （含 边界） ，两圆的半径分别为 R、3R，圆心为 O一重力不计的带正电粒子从大圆边缘的 P 点 沿 PO 方向以速度 v1射入磁场，其运动轨迹如图，轨迹所对的圆心角为 120 若将该带电 粒子从 P 点射入的速度大小变为 v2时， 不论其入射方向如何， 都不可能进入小圆内部区域， 则 v1：v2至少为 A 2 3 3 B 3 C 4 3 3

9、D2 3 【答案】 B 【解析】 粒子在磁场中做圆周运动，如图： 由几何知识得： 1 3 3 tan60 R rR ， 洛伦兹力提供向心力， 由牛顿第二定律得： 2 1 1 1 v qv Bm r ， 解得： 1 3qBR v m ；当该带电粒子从 P 点射入的速度大小变为 v2时，若粒子竖直向上射入 磁场粒子恰好不能进入磁场时，即粒子轨道半径 2 rR ，则不论其入射方向如何，都不可 能进入小圆内部区域， 此时洛伦兹力提供向心力， 由牛顿第二定律得： 2 2 2 2 v qv Bm r ， 解得： 2 qBR v m ，则： 12 :3v v ，故 B 正确，ACD 错误 7如图所示，光滑圆

10、弧曲面AB固定在支架ACB上，BC水平，B 为切点，圆弧半径为 R， 且圆弧所对的圆心角为 60 ，空间存在水平方向匀强电场 E（图中未画出，大小未知） 。点电 荷 Q 固定在圆心处，一个质量为 m 带电量为 q 的小球可以静止在圆弧AB的中点 D，现 在将小球从 A 点静止释放，能沿圆弧轨道ADB运动，则（ ） A电场方向水平向右， 3 3 mg E q B电场方向水平向左， 2 2 kQ E R C小球运动到 D 点速度最大， D 4 3 2 3 vgR D小球运动到 B 点速度最大， B vgR 【答案】 C 【解析】 AB因为带负电的小球可以静止在圆弧 AB 的中点 D，可知小球受匀强

11、电场的电场力水平 向右，则匀强电场水平向左，由平衡知识可知 tan30Eqmg 解得 3 3 mg E q 故 AB 错误； CD. 因小球在 D 点时受合力为零，加速度为零，则小球运动到 D 点速度最大，由动能定理 2 1 cos30cos60sin60sin30 2 D mgREqRmv 解得： D 4 3 2 3 vgR 选项 C 正确，D 错误。 故选 C。 8如图所示的电路中，电源电动势为 E，内电阻为 r，当变阻器 R 的滑动触头向 a 端移动 时，下列判断正确的是（ ） A电流表 A1的示数变大 B电流表 A2的示数变小 C电流表 A2的示数不变 D电压表 V 的示数变小 【答案

12、】 B 【解析】 D 当变阻器 R 的滑动触头向 a 端移动时， 变阻器的电阻变大， 它与 R0并联的总电阻变大， 故外电路电阻变大，路端电压增大，即电压表的示数变大，选项 D 错误； A总电阻变大，由欧姆定律可得，总电流减小，即电流表 A1的示数变小，选项 A 错误； BC电阻 R0的两端电压增大，则 R0支路上的电流变大，由于总电流等于 R0的电流加上变 阻器支路上的电流，故变阻器支路上的电流变小，即电流表 A2的示数变小，选项 B 正确， C 错误. 故选 B。 二、 多项选择题二、 多项选择题： 本题共： 本题共 4 小题， 每小题小题， 每小题 4 分， 共分， 共 16 分。 每小

13、题有多个选项符合题目要求。分。 每小题有多个选项符合题目要求。 全部选对得全部选对得 4 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分。分。 9将一直流电源的总功率 PE、输出功率 PR和电源内部的发热功率 Pr随电流 I 变化的图线 画在同一坐标系中，如图所示，则下列说法正确的是（ ） A图线 b 表示电源内部的发热功率 Pr随电流 I 的变化关系 BM 点对应的功率为最大输出功率 C在图线上 A、B、C 三点的纵坐标一定满足关系 ABC PPP D两个交点 M 与 N 的横坐标之比一定为 1：2，纵坐标之比一定为 1：2 【答案】 AB 【解析】 A电源的

14、总功率 E PEI 则 a 图线表示电源的总功率随电流 I 变化的关系， 电源的输出功率 2 R PUIEII r 则 c 图线表示输出功率随电流 I 变化的关系， 电源内部的发热功率 2 r PI r 则 b 图线表示电源内部的发热功率随电流 I 变化的关系，故 A 正确； B c 图线表示输出功率随电流 I 变化的关系， M 点对应的功率为最大输出功率， 故 B 正确； C根据能量转化横坐标相同纵坐标一定满足 ERr PPP ， 则在图线上 A、B、C 三点的纵坐标一定满足关系 ABC PPP 故 C 错误； Db、c 图线的交点 M，输出功率 PR和电源内部的发热功率 Pr相等，即 rR

15、 满足 2 M EE I Rrr a、b 线的交点 N 输出功率为 0，所以 N E I r 可见 M 与 N 的横坐标之比一定为 1：2，据 2 r PI r ，纵坐标之比为一定为 1：4，故 D 错 误。 故选 AB。 10如图所示，虚线为某点电荷激发的电场中的三个等势面，等势面 a 上的电场强度大小为 E，电势为60V，等势面 c 上的电场强度大小为9 E ，电势为20V，相邻两个等势面的间距 相等。某质子只受电场力作用，在电场运动的轨迹如图中实线所示，若该质子在等势面 c 上的动能为80eV，下列说法正确的是（ ） A点电荷可能为负电荷 B质子经过等势面 b 的电势能为40eV C质子

16、经过等势面 b 的加速度大小是经过 c 加速度大小的2.25倍 D质子经过等势面 c 的速度大小是经过等势面 a 速度大小的 2倍 【答案】 CD 【解析】 A从运动轨迹可以看出两个电荷相互排斥，故点电荷带正电，故 A 错误； B在点电荷形成的电场中，越靠近点电荷的电场强度越大，ab 之间的电场强度大于 bc 之 间的电场强度，ab 之间的电势差大于 bc 之间的电势差，所以 b 处的电势小于 40V，质子经 过等势面 b 的电势能小于 40eV，故 B 错误。 C根据点电荷的电场强度的公式 2 kQ E r 结合等势面 a 上的电场强度大小为 E，等势面 c 上的电场强度大小为9 E ，可知

17、 c 到点电荷 的距离为 a 到点电荷距离的 3 倍；a 与 c 之间的距离为 a 到点电荷的距离的 2 倍，相邻两个 等势面的间距相等， 所以 b 到点电荷的距离为 a 到点电荷的距离为 2 倍； 所以 b 处的电场强 度为 a 的电场强度的 1 4 ，即 b 处电场强度的大小为 4 E ，b 处电场强度的大小是 c 处电场强 度的 9 4 倍，根据加速度 qE a m 可知质子在 b 处的加速度大小是 c 处加速度大小的 2.25 倍；故 C 正确； D质子只受电场力，动能与电势能之和不变，质子在等势面 c 上的动能为 80eV，电势能 为 20eV，总能量为 100eV；质子在 a 处的

18、电势能为 60eV，故动能为 40eV；质子在 a 处的 动能为 c 处动能的一半，所以质子经过等势面 c 的速度大小是经过等势面 a 速度大小的 2 倍，故 D 正确； 故选 CD。 11如图所示，在 xOy 坐标系中，第一、二象限有沿 y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小 为 B，第三、四象限有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B。带正电粒子自 y 轴上的 M 点以大小为 v 的初速度沿着与 y 轴垂直的方向向左射出，粒子的质量为 m，带电 量为 q，粒子第一次到达 x 轴时沿着与 x 轴正方向为 30 的方向进入电场。不计粒子重力， 对粒子的运动，以下说法正确的是（ ） A粒子自

19、开始射出至第一次到达 x 轴时的时间间隔为 5 6 m qB B粒子再次与 y 轴相交时速度最小 C粒子运动过程中的最小速度为 3 2 v D粒子离开 M 点后，其速度第 n 次与初速度相同时距 M 点的距离为 3 1 2 nmv qB 【答案】 ACD 【解析】 A画出粒子运动轨迹如图： 粒子第一次到达 x 轴时沿着与 x 轴正方向为 30 的方向进入电场，由图中几何关系可知粒子 自开始射出至第一次到达 x 轴时，转过的角度为 150 角，根据洛伦兹力提供向心力有 2 v qvBm r 可得 mv r qB 又 22rm T vqB 所以时间间隔为 1505 3606 m tT qB 选 A

20、 正确； BC粒子进入电场后做类平抛运动，竖直方向分速度为 0 时即合速度水平时速度最小，最 小速度为 min 3 cos30 2 vvv 选项 B 错误，C 正确； D粒子进入电场后做类斜抛运动，竖直方向分速度为 0 时，有 sin30 qB vt m 解得 2 mv t qB 则粒子在电场中水平方向的位移为 33 2 22 mv xvt qB 粒子离开 M 点后，其速度第一次与初速度相同时距 M 点的距离为 3 (1) 2 mv xrx qB 所以粒子离开 M 点后，其速度第 n 次与初速度相同时距 M 点的距离为 3 1 2 nmv qB 选项 D 正确。 故选 ACD。 12如图所示，

21、在 xOy 平面内，0 xa 区域有垂直于纸面向里、磁感应强度大小为 B 的匀 强磁场，ax2a 区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，一质量为 m、带电量为 q（q0） 、速 度大小为 2qBa v m 的粒子由坐标原点 O 沿 x 轴正方向射入磁场，仅在洛伦兹力的作用下， 粒子最后又从 y 轴射出磁场区域。下列说法正确的是（ ） A粒子一定从 y 轴正方向射出磁场 Bax2a 区域的匀强磁场磁感应强度大小可能为 4B C粒子在两磁场中的运动时间可能为 2 m qB D稍减小粒子的入射速度，粒子一定从 y 轴射出磁场区域 【答案】 BCD 【解析】 A由粒子沿 x 轴正方向射入磁场，知其在左侧磁场

22、运动的圆心在 y 轴上，由洛伦兹力提供 向心力有 2 1 mv qvB r 得 0 xa 区域圆周运动的半径 1 2 mv ra qB 取粒子在 ax2a 区域圆周运动的轨迹恰好与右边界相切，轨迹如图： 由图可知此时粒子从 y 轴负方向射出磁场，选项 A 错误； B取粒子在 ax2a 区域圆周运动的半径为 2 r ，有 22 sin30rra 得 2 2 3 a r 由 2 mv r qB 得 2 3 3 2 mvmv BB qrqa 选项 B 正确； C粒子在 0 xa 区域运动时间为 1 3 m t qB 粒子在 ax2a 区域运动时间 2 4 3 m t qB 粒子在两磁场中的运动时间为

23、 12 ttt 若 B=8B，则 2 m t qB 选项 C 正确； D取粒子 0 xa 区域速度偏角为 ，粒子在 ax2a 区域沿 x 轴运动的最远距离 2222 1 sin amvamvBmv Lrrrra mv rqBqBBqB qB 稍减小粒子的入射速度， 粒子在 ax2a 区域沿 x 轴运动的最远距离减小， 粒子不会从磁场 的右侧离开，一定从 y 轴射出磁场区域，选项 D 正确。 故选 BCD。 三、实验题三、实验题：本题共：本题共 2 小题小题，第，第 13 题题 6 分，第分，第 14 题题 9 分，共分，共 15 分。分。 13用如图甲所示的电路測量一节蓄电池的电动势和内电阻。

24、蓄电池的电动势约为 2V，内 电阻很小。除蓄电池、开关、导线外可供使用的实验器材还有： A电压表 V（量程 3V） B电流表 A1（量程 0.6A） C电流表 A2（量程 3A） D定值电阻 R0（阻值 4，额定功率 4W） E.滑动变阻器 R（阻值范围 020，额定电流 1A） （1）电流表应选_； （填器材前的字母符号） （2）根据实验数据作出 UI 图像（如图乙所示） ，则蓄电池的电动势 E=_， 内阻 r=_。 （3） 用图甲电路来测定干电池的电动势和内阻， 则 E测_E真， r测_r真（填“”、 “=”或“”） 【答案】 B ； 2.10 ； 0.2 ； ； 【解析】 （1）由于该实

25、验中允许通过电池的电流的最大值比较小，所以电流表量程选择 0.6A； （2）图像与纵坐标的交点为电源电动势 E=2.10V 图线的斜率表示电源内阻 r 与 R0之和 0 2.100.42 40.2 0.40 U rR I （3）由图甲所示可知，相对于电源来说，实验采用电流表外接法，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 U-I 图像如图所示， 由图像可知，电源电动势的测量值小于真实值，电源内阻的测量值小于真实值。 14小明同学设计了如图 1 所示的 电路测电源电动势 E 及电阻 R1和 R2的阻值实验器 材有：待测电源 E（不

26、计内阻） ，待测电阻 R1 ， 待测电阻 R2 ， 电流表 A（量程为 0.6A， 内阻较小） ，电阻箱 R（099.99） ，单刀单掷开关 S1 ， 单刀双掷开关 S2 ， 导线若干 （1）先测电阻 R1的阻值闭合 S1 ， 将 S2切换到 a，调节电阻箱 R，读出其示数 r1和对应 的 电流表示数 I，将 S2切换到 b，调节电阻箱 R，使电流表示数仍为 I，读出此时电阻箱 的示数 r2，则电阻 R1的表达式为 R1= _ （2） 小明同学已经测得电阻 R1=2.0， 继续测电源电动势 E 和电阻 R2的阻值 他的做法是： 闭合 S1 ， 将 S2切换到 b， 多次调节电阻箱， 读出多组电

27、阻箱示数 R 和对应的电流表示数 I， 由测得的数据，绘出了如图 2 所示的 1/IR 图线，则电源电动势 E= _V，电阻 R2= _ （保留两位有效数字） （3） 用此方法测得的电动势的测量值_ 真实值； R2的测量值 _真实值 （填 “大于”、“小于”或“等于”） 【答案】 r1- r2； 1.5； 1.0； 等于； 大于 【解析】 （1） 当 R2接 a 时应有： E=I（R2+r1） ； 当 S2接 b 时应有： E=I（R2+R1+r） ； 联立以上两式解得： R1=r1-r2； （2） 根据闭合电路欧姆定律应有： E=I（R2+R+R1） 变形为： 12 11 RR R IEE

28、， 根据函数斜率和截距的概念应有： 14.02.02 33E 12 RR E =2.0 解得： E=1.5V，R2=1.0； （3） 若考虑电源内阻，对（1） ：接 a 时应有： E=I（R2+r1+r） ， 接 b 时应有： E=I（R2+r2+r） 联立可得 R1=r1-r2 即测量值与真实值相比不变； 对（2）应有： E=I（R2+R+R1+r） 变形为 12 11 RRr R IEE 比较两次表达式的斜率和截距可知，电动势不变，R1变小，即测量值比真实值偏大 四、解答题四、解答题：本题共：本题共 4 小题小题，第第 15 题题 8 分，第分，第 16 题题 9 分，第分，第 17 题题

29、 12 分，第分，第 18 题题 16 分，分， 共共 45 分分。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。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。得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。 15如图所示电路中，R1=6，R2=12，R3=3，C=30F，当开关 S 断开，电路稳定时， 电源总功率为 4W，当开关 S 闭合，电路稳定时，电源总功率为 8W，求： （1）电源的电动势 E 和内电阻 r； （2）在 S 断开和闭合时，电容器所带的电荷量各是多少？ 【答案】 （

30、1）8V，1； （2）1.8 10 4C，0C 【解析】 （1）S 断开时有： E=I1（R2+R3）+I1r P1=EI1 S 闭合时有 12 232 12 ( ) R R EIRI r RR P2=EI2 联立可得 E=8V；I1=0.5A；r=1；I2=1A （2）S 断开时有电容器两端的电压 U=I1R2 得 Q1=CU=30 10-6 0.5 12C=1.8 10-4C S 闭合，电容器两端的电势差为零，则有 Q2=0 16如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑与水平面成45 角的绝缘直杆 AC， 其下端（C 端）距地面高度 h=0.8m，有一质量为 500g 的带电小环套在直

31、杆上，正以某一速 度沿杆匀速下滑， 小环离开杆后正好通过 C 端的正下方的地面上的 P 点 （g 取 10m/s2） ， 求： （1）小环离开直杆后运动的加速度大小； （2）小环运动到 P 点的动能。 【答案】 （1）14.1m/s2； （2） 5J 【解析】 （1）小环在直杆上做匀速运动，电场力必定水平向右，否则小环将做匀加速运动，其受力 情况如图所示： 由平衡条件得 sin45cos45mgqE 即 mgEq 离开直杆后，只受 mg、Eq 作用，则合力为 2Fmgma 合 所以加速度为 22 210 2m/s14.1m/sag （2）设小环在直杆上运动的速度为 0 v ，离杆后经 t 秒到

32、达 P 点，则 竖直方向 2 0 1 sin45 2 hvtgt 水平方向 2 0 1 cos450 2 qE vtt m 联立解得 0 10 0.8m/s 2m/s 22 gh v 由动能定理得 2 0 1 2 kP Emvmgh 可得 22 0 11 =+=0.5 2 J+0.5 10 0.8J=5J 22 kP Emvmgh 17在 xOy 平面内，直线 OM 与 x 轴负方向成 45 角，以 OM 为边界的匀强电场和匀强磁场 如图所示。在坐标原点 O 有一不计重力的粒子，其质量和电荷量分别为 m 和q，以 v0沿 x 轴正方向运动， 粒子每次到 x 轴将反弹， 第一次无能量损失， 以后

33、每次反弹水平分速度不变， 竖直分速度大小减半、方向相反。电场强度 2 0 16 mv E q 、磁感应强度 0 mv B q 。求带电粒 子： （1）第一次经过 OM 时的坐标； （2）第二次到达 x 轴的动能； （3）在电场中运动时竖直方向上的总路程。 【答案】 （1） （-1m、1m） ； （2） 2 0 5 8 mv ； （3） 16 3 m 【解析】 （1）粒子进入磁场，根据左手定则，粒子做 3 4 的圆周运动后经过 OM，根据洛伦兹力提供 向心力有 2 v qvBm R 代入数据解得 R=1m 故第一次经过 OM 时的坐标为（-1m、1m） ； （2）粒子第二次进入磁场，速度不变，则

34、粒子在磁场中运动的半径也为 R，故再次进入电 场时离 x 轴的高度为 2R，根据动能定理，粒子到达 x 轴的动能有 22 0 11 22 2mvqERmv 解得第二次到达 x 轴的动能为 22 k0 1 2 5 8 Emvmv （3）粒子运轨迹如图所示： 因粒子第二次进入电场做类平抛运动，故到达 x 轴时的水平分速度为 v0，竖直方向 qE a m ， 2 22 y vaR 解得 0 2 y v v 从类平抛开始，粒子第一次到达最高点离 x 轴的竖直高度为 2 1 2 y v h a 第二次到达最高点离 x 轴的竖直高度为 2 2 2 2 () 1 2 ( ) 222 y y v v h aa

35、 第 n 次到达最高点离 x 轴的竖直高度为 22 2 2 1 ( ) 1 2 ( ) 222 n y yn n v v h aa 故从类平抛开始，在竖直方向上往返的总路程为 222 242 5 11110 2( )( )( ) m 2222263 yyyn vvv h aaa 故在电场中运动的竖直方向上总路程 16 2m 3 hRh 18如图 a 所示，匀强磁场垂直于 xOy 平面，磁感应强度 B1按图 b 所示规律变化（垂直于 纸面向外为正） t=0 时， 一比荷为 5 1 10 q m C/kg 的带正电粒子从原点沿 y 轴正方向射入， 速度大小 4 5 10 m/sv ，不计粒子重力

36、求带电粒子在匀强磁场中运动的轨道半径 求 4 10 2 ts 时带电粒子的坐标 保持b中磁场不变， 再加一垂直于xOy平面向外的恒定匀强磁场B2， 其磁感应强度为0.3T， 在 t=0 时，粒子仍以原来的速度从原点射入，求粒子回到坐标原点的时刻 【答案】 （1）1m （2）3.41m，1.41m （3） 4 1 210 4 tns （） 4 2 2110012tns n （）（， ， ， ） 【解析】 （1）带电粒子在匀强磁场中运动，洛仑兹力提供向心力， 2 1 v qvBm r r =1m （2）带电粒子在磁场中运动的周期， 4 0 22 10 5 r T v s 在 0 4 10 4 s

37、过程中，粒子运动了 0 5 8 T ，圆弧对应的圆心角， 1 5 4 在 4 10 4 s 4 10 2 s 过程中，粒子又运动了 0 5 8 T ，圆弧对应的圆心角， 2 5 4 轨迹如图 a 所示，根据几何关系可知， 横坐标： 22 sin(22)m3.41 4 xrr m 纵坐标： 2 cos2m1.41 4 yr m 带电粒子的坐标为（341m，-141m） （3）施加 B2=03T 的匀强磁场与原磁场叠加后，如图 b 所示， 当 2 T nTtnT （n=0，1，2，）时， 4 1 12 2 10 4 m T q BB s 当 (1) 2 T nTtnT （n=0，1，2，）时， 4 2 12 2 10 s m T q BB 粒子运动轨迹如图 c 所示，则粒子回到原点的时刻为， 4 1 (2) 10 s 4 tn 4 2 2(1)10 stn （n=0，1，2，）