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1、2018-2019学年广东省珠海市高二（上）期末物理试卷一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分每小题只有一个选项正确）1（3分）首先发现通电导线周围存在磁场的物理学家是（）A安培B奥斯特C法拉第D欧姆2（3分）下列表述正确的是（）A一小段通电直导线在某处不受磁场的作用力，则该处的磁感应强度一定为零B在磁场中B=FIL，磁感应强度B与F成正比，与L成反比CEkQr2和E=Fq对所有的电场均成立DE=Ud只对匀强电场成立3（3分）两个可自由移动的点电荷分别放在A、B两处，如图所示。A处电荷带正电+Q1，B处电荷带负电Q2且电量Q12Q2，另取一个可以自由移动的点电荷Q3，放在直线AB上
2、，欲使整个系统处于平衡状态，则（）AQ3为负电荷，且放于A左方BQ3为负电荷，且放于B右方CQ3为正电荷，且放于A、B之间DQ3为正电荷，且放于B右方4（3分）图中实线为某电场的电场线分布，虚线为某电荷仅在电场力作用下运动的轨迹，以下说法正确（）Aa场强大于d点场强Bb和c处在同一等势面上C该电荷带正电D该电荷从a到d的过程中电势能增加5（3分）如图所示，A、B为平行板电容器的金属板，G为静电计，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，下列操作可使指针张开角度减小的是（）A保持开关S闭合，将R上的滑片向右移动B保持开关S闭合，将A、B两极板分开一些C断开开关S后，将A、B两极板靠近一些D断开
3、开关S后，将A、B两极板的正对面积减小一些6（3分）如图，两根与纸面垂直的长直导线通有方向相反的电流I1、I2，且I2I1a、b、c、d为纸面内的四个点，且b、d的连线与a、b、c的连线垂直。则磁感应强度可能为零的点是（）Aa点Bb点Cc点Dd点7（3分）如图，氕核、氘核、氚核三种粒子从S点无初速释放。经电场E1加速后，又进入电场E2偏转最后打在屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，则（）A三种粒子将打到屏上的不同位置B偏转电场对三种粒子做功一样多C三种粒子打到屏上的动能不同D三种粒子运动到屏上所用时间相同8（3分）如图，在倾角为a的光滑斜面上，与底边平行放置一根长为L、质量为m
4、、通电电流为I的直导体棒。欲使此导体棒静止在斜面上，可加一平行于纸面的匀强磁场。在磁场方向由竖直向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中，关于磁感应强度B说法正确的是（）A此过程中磁感应强度B逐渐增大B此过程中磁感应强度B逐渐减小C此过程中磁感应强度B的最小值为mgsinILD此过程中磁感应强度B的最大值为mgtanIL二、多项选择题(本题共5小题,每小题4分,共20分。每小题都有多个选项符合题意,全选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分)9（4分）如图所示，真空中有等量同种点电荷q+、+q分别放置在M、N两点，在MN连线上有对称点a、c，MN连线的中垂线上有对称点b、d，则下列说
5、法正确的是（）A在M、N连线的中垂线上，从b到d，各点电势都相等B在M、N连线的中垂线上，从b到d，电势先升高后降低C在M、N连线上，从a到c，场强先减小后增大，电势先减小后增加D在M、N连线上，从a到c，场强逐渐增大，电势逐渐升高10（4分）图为质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2平板S下方有强度为B0的匀强磁场下列表述正确的是（）A粒子带正电B速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里C能通过的狭缝P的带电粒子的速率等于EBD粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝
6、P，粒子的荷质比越小11（4分）如图所示的电路中，电源电动势E和内阻r恒定不变，滑片P从左端向右端移动，则（）A电流表的示数变大B电压表的示数变大C电阻R1消耗的功率变小D电灯L消耗的功率变小12（4分）质量为m，电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成角从O点进入方向如图的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在电场力、磁场力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A下列说法中正确的是（）A该微粒一定带负电荷B微粒从O到A的运动可能是匀变速运动C该磁场的磁感应强度大小为mgqvcosD该电场的场强为Bvcos13（4分）如图所示，在半径为R的圆形区域内，有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于
7、圆平面（未画出）一群比荷为的负离子体以相同速率V0（较大），由P点在纸面内向不同方向射入磁场中，发生偏转后，又飞出磁场，则下列说法正确的是（）A离子飞出磁场时的动能一定相等B离子在磁场中运动的半径一定相等C沿着PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大D由Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长三、实验题（每空2分，共20分）14（10分）现要测量一段粗细均匀的新型导电材料棒的电阻率（1）首先用多用电表欧姆档粗测电阻，指针位置如图甲所示，其读数为 。（2）用螺旋测微器测量此新型导电材料棒的直径d，测量结果如图乙所示，则d mm用游标卡尺测量此新型导电材料棒的长度L，测量结果如图丙所示，则L mm。（3）然
8、后，采用伏安法尽可能准确地测量电阻，在测量电阻的实验中需要直接测量的物理量是 （填物理量的符号），用已知物理量和所测得物理量的符号表示样品的电阻率 。15（10分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，现有一只标有“5V，2.5W”的小灯泡、导线和开关，还有：A直流电源（电动势约为5V，内阻可不计）B直流电流表（量程03A，内阻约为0.1）C直流电流表（量程0600mA，内阻约为5）D直流电压表（量程015V，内阻约为15k）E直流电压表（量程05V，内阻约为10kQ）F滑动变阻器（最大阻值10，允许通过的最大电流为2A）G滑动变阻器（最大阻值1k，允许通过的最大电流为0.5A）实验要求小灯
9、泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据。（1）实验中电流表应选用 ，电压表应选用 ，滑动变阻器应选用 。（填器材前的字母）（2）该实验设计了如图1所示的四个电路，为了减小误差，应选取的电路是 。（3）某同学通过实验正确作出小灯泡的伏安特性曲线如图2（甲）所示，现把实验中使用的小灯泡接到如图2（乙）所示的电路中，其中电源电动势E5V，内阻r1，定值电阻R9，此时灯泡的实际功率为 W（结果保留两位有效数字）四、计算题（共3小题，共36分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，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，）16（10分）如图所示，已知电源电动势E
10、20V，内阻r1，当接入固定电阻R4时，电路中标有“3V 6W”的灯泡L和内阻r0.5的小型直流电动机均恰能正常工作，求：（1）电路中的电流强度；（2）电动机的输出功率；（3）电源的效率17（10分）如图所示的空间内存在水平向右的匀强电场，质量m4.0103kg、电荷量1.0106C的带电小球，用绝缘轻细线悬挂起来，静止时细线偏离竖直方向的夹角037已知g10m/s2，sin370.60，cos370.80，不计空气阻力。求：（1）小球的电性及电场强度的大小。（2）如果将细线轻轻剪断，从剪断细线开始经过时间t0.4s，求这一段时间内小球电势能的变化量。18（16分）如图，在平面直角坐标系xoy
11、的第四象限区域都有沿+y方向的匀强电场。在第一象限的某个长方形区域内有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，其下边界在x轴上，左边界在y轴上。一质量为m、电荷量为+q的带电微粒（重力不计），以初速度v0从图中的P点沿x方向进入电场，通过x轴上的Q点时速度为2v0，PQ间沿x方向的距离为L，带电微粒进入第一象限后，由于磁场的作用，该微粒再次通过x轴时，恰好沿y方向经过原点O求：（1）匀强电场的电场强度E的大小。（2）微粒在磁场中运动的轨迹半径及微粒从P到O运动的时间。（3）在xoy平面内长方形磁场区域的最小面积。2018-2019学年广东省珠海市高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解
12、析一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分每小题只有一个选项正确）1【分析】首先发现通电导线周围存在磁场的物理学家是奥斯特【解答】解：首先发现通电导线周围存在磁场的物理学家是丹麦的物理学家奥斯特。安培提出了分子电流假说，研究了通电导线的磁场。法拉第研究了电磁感应现象，特斯拉是电力工程师。故B正确。故选：B。【点评】物理学史也是高考考查的内容之一，对于物理学上，著名的物理学家、经典实验、重要学说要记牢2【分析】当电流元与磁场垂直时，安培力最大，为FBIL；当电流元与磁场平行时，安培力为零；当当电流元与磁场成角时，安培力为FBILsin；EkQr2只使用与点电荷形成的电场；E=Ud为匀强
13、电场中得出的场强与电势差的关系式，只适用于匀强电场。【解答】解：A、根据公式FBILsin，一小段通电直导线在某处不受磁场力，该处磁感应强度B不一定为零，可能是sin为零，故A错误；B、磁感应强度B=FIL是采用比值法定义的，B大小与F、IL无关，B由磁场本身决定，故B错误；C、EkQr2只使用与点电荷形成的电场，故C错误；D、E=Ud为匀强电场中得出的场强与电势差的关系式，只适用于匀强电场，故D正确；故选：D。【点评】本题关键是记住安培力公式FBILsin，知道磁感应强度由磁场本身决定，与电流元无关，基础问题。3【分析】由于Q1带正电荷，Q2带负电荷，根据同种电荷排斥，异种电荷吸引，要使整个
14、系统处于平衡状态，对其Q3受力分析，去判断所处的位置。【解答】解：假设Q3放在Q1Q2之间，那么Q1对Q3的电场力和Q2对Q3的电场力方向相同，Q3不能处于平衡状态，所以假设不成立。设Q3所在位置与Q1的距离为r13，Q3所在位置与Q2的距离为r23，要能处于平衡状态，所以Q1对Q3的电场力大小等于Q2对Q3的电场力大小。即：kQ1Q3r132=kQ2Q3r232由于Q12Q2，所以r13r23，所以Q3位于Q2的右方。根据同种电荷排斥，异种电荷吸引，可判断Q3带正电，故ABC错误，D正确。故选：D。【点评】我们可以去尝试假设Q3带正电或负电，根据平衡条件求解它应该放在什么地方，能不能使整个系
15、统处于平衡状态，不行再继续判断。4【分析】电场线的疏密表示场强的强弱，沿电场线方向电势逐渐降低，根据带电粒子运动轨迹判定电场力方向，然后根据电场力与电场线方向判断电性，根据电场力做功判断电势能的变化。【解答】解：A、电场线疏密反应电场强弱可知，a场强小于d点场强，故A错误；B、沿着电场线方向，电势逐渐降低可知，b的电势大于c的电势，故B错误；C、根据轨迹弯曲方向可知，电场力斜向上，与电场线方向相同，故带正电，故C正确；D、电荷从a到d的过程电场力做正功，电势能减小，故D错误；故选：C。【点评】解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，利用电场中有关规律求解。比较电势能的
16、大小有两种方法：一可以从电场力做功角度比较，二从电势能公式角度判断，先比较电势，再比较电势能。5【分析】静电计测量的是电容器两端的电势差，断开电键，电容器所带的电量不变，根据电容的变化判断电势差的变化。闭合电键，电容器两端的电势差等于电源的电动势。【解答】解：AB、保持开关闭合，电容器两端的电势差等于电源的电动势，故电容器两端的电势差不变，则指针张角不变，故AB错误；C、断开开关S后，电容器带电量不变，将AB靠近一些，则d减小，电容增大，根据C=QU知，电势差减小，指针张角减小，故C正确；D、断开开关S后，电容器带电量Q不变，将A、B两极板的正对面积S减小，电容C减小，根据C=QU知，电势差U
17、增大，指针张角增大，故D错误；故选：C。【点评】本题考查电容器的动态分析，关键抓住断开电键，电容器所带的电量不变，电键闭合，电容器两端的电势差不变。与电容器串联的电阻视为导线。6【分析】由安培定则可判出两导线在各点磁感线的方向，再由矢量的合成方法可得出磁感应强度为零的点的位置。【解答】解：两电流在该点的合磁感应强度为0，说明两电流在该点的磁感应强度满足等大反向关系。根据右手螺旋定则在两电流的同侧磁感应强度方向相反，则为a或c，又I2I1，所以该点距I1近，距I2远，所以是a点，故A正确，BCD错误；故选：A。【点评】本题考查了安培定则及矢量的合成方法，特别应注意磁场的空间性，注意培养空间想象能
18、力。7【分析】由动能定理定理可求得粒子刚进入偏转电场时的速度。粒子进入偏转电场中做类平抛运动，由分位移公式得到粒子在偏转电场中的偏转距离，再由几何关系可明确粒子打在屏上的位置。根据电场力做功WEqy可分析偏转电场对粒子做功大小关系，结合动能定理分析粒子打到屏上时速度关系。【解答】解：AB、粒子在加速电场中加速，由动能定理可知：qU1=12mv020解得：v0=2qU1m粒子在加速电场中的运动时间：t1=L1v02=2L1m2qU1；粒子在偏转电场中做类平抛运动，运动时间：t2=L2v0=L2m2qU1；在偏转电场中竖直分位移：yy=12a2t22=12qU2dm(L2v0)2；联立得 y=U2
19、L224U1d，y与q、m无关，所以三种粒子在偏转电场中轨迹重合，离开偏转电场后粒子做匀速直线运动，因此三种粒子一定打到屏上的同一位置；加速电场对粒子做功为 W1qU1，q和U1相等，所以加速电场E1对三种粒子做功相等。偏转电场E2对粒子做功：W2qE2y，q、E2、y相等，则知偏转电场E2对三种粒子做功相等。故A错误，B正确；C、对整个过程，根据动能定理得：W=12mv2，由于W相等，所以三种粒子达到屏上的动能相同，故C错误；D、离开偏转电场后粒子的运动时间：t3=L3v0=L3m2qU1；粒子运动到屏上所用时间 tt1+t2+t3（2L1+L2+L3）m2qU1；因为mq不等，所以t不等，
20、故D错误。故选：B。【点评】本题考查带电粒子在电场中的加速和偏转，要注意偏转中运动的合成与分解的正确应用，本题的结论要在理解的基础上记牢，经常用到。8【分析】本题中导体棒受三个力，重力G、支持力FN和安培力FA，三力平衡，合力为零，其中重力的大小和方向都不变，支持力的方向不变，安培力的方向由沿斜面向上逐渐变为竖直向上，根据平行四边形定则分析。【解答】解：对导体棒受力分析，受重力G、支持力FN和安培力FA，三力平衡，合力为零，将支持力FN和安培力FA合成，合力与重力相平衡，如图从图中可以看出，安培力FA先变小后变大，由于FABIL，其中电流I和导体棒的长度L均不变，故磁感应强度先减小后增大；由图
21、可以看出当FA平行于斜面时有最小值，BminILmgsin得：Bmin=mgsinIL此过程中安培力竖直向上时最大为mg，故B的最大值为：mgIL，故C正确，ABD错误。故选：C。【点评】三力平衡的动态分析问题是一中常见的问题，其中一个力大小和方向都不变，一个力方向不变、大小变，第三个力的大小和方向都变，根据平行四边形定则做出力的图示分析即可。二、多项选择题(本题共5小题,每小题4分,共20分。每小题都有多个选项符合题意,全选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分)9【分析】本题考查了等量同种电荷周围电场分布情况：中垂线上上下电场线方向相反，根据电场线方向判断电势高低。a、c两点
22、关于中垂线对称，电势相等，电荷在这两点的电势能相等。【解答】解：等两同种电荷周围电场线分布如图所示：AB、沿电场线方向电势降低，在MN连线的中垂线上，O点电势最高。故从b到d，电势先升高后降低，故A错误，B正确；CD、沿电场线方向电势降低，在MN连线的上，O点电势最低，根据电场线的分布情况和对称性可知，a、c两点的电势相等，故从a到c，电势先减小后增加，根据电场线疏密可知，从a到c，场强先减小后增大，故C正确，D错误；故选：BC。【点评】本题关键要掌握等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性进行分析。10【分析】带电粒子经加速后进入速度选择器，速度为v=EB粒子可通过选择器，然后进入B0，打
23、在S板的不同位置，根据粒子在匀强磁场中的圆周运动的轨迹，运用左手定则可以判断粒子带正电还是负电，以及速度选择器中的磁场的方向【解答】解：A、粒子垂直磁场向下进入磁场，根据左手定则可知，粒子带正电，故A正确。B、粒子带正电，则受电场力向右，由左手定则可判断磁场方向垂直直面向外，故B错误。C、由qEqvB，得v=EB，此时离子受力平衡，可沿直线穿过选择器，故C正确。D、由qm=vB0R，知R越小，荷质比越大，故D错误。故选：AC。【点评】质谱仪工作原理应采取分段分析的方法，即粒子加速阶段、速度选择阶段、在磁场中运动阶段11【分析】滑动变阻器的滑片向右端滑动过程，变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电
24、阻减小，由欧姆定律分析总电流的变化和路端电压的变化，来判断电表示数的变化。根据功率公式判断功率的变化情况。【解答】解：滑动变阻器的滑片向右端滑动过程，变阻器接入电路的电阻减小，所以外电路总R减小，由欧姆定律得知总电流I增大，所以电流表示数变大；路端电压UEIr减小。电灯L的电压等于路端电压，所以电灯L的电流减小，而PLI2RL，所以电灯L消耗的功率变小；而总电流增大，所以通过滑动变阻器及R1的电流增大，根据P1I2R1可知电阻R1消耗的功率增大；R1的电压增大，所以R的电压减小，所以电压表的示数减小，故AD正确BC错误。故选：AD。【点评】本题是简单的电路动态分析问题。对于路端电压也可以直接根
25、据路端电压随外电阻增大而增大判断变化。12【分析】粒子从O沿直线运动到A，必定做匀速直线运动，根据左手定则和平衡条件可判断电性，并可求出B和E【解答】解：A、若粒子带正电，电场力向左，洛伦兹力垂直于OA线斜向右下方，则电场力、洛伦兹力和重力不能平衡。若粒子带负电，符合题意。所以A正确。B、粒子如果做匀变速运动，重力和电场力不变，而洛伦兹力变化，粒子不能沿直线运动，与题意不符。故B错误。D、粒子受力如图：由图qEqvBsin，所以EBvsin故D错误；C、由平衡条件得qvBcosmg，B=mgqvcos，故C正确；故选：AC。【点评】本题是带电粒子在复合场中运动的问题，考查综合分析和解决问题的能
26、力，要抓住洛伦兹力与速度有关的特点13【分析】粒子在磁场中均由于洛仑兹力充当向心力而做匀速圆周运动，则根据公式和圆的性质可得出粒子运动的半径、偏向 角及离开磁场的时间；由洛仑兹力不做功可知离开时的动能【解答】解：A、因洛仑兹力永不做功，故粒子在磁场中运动时动能保持不变，但由于不知离子的初动能，故飞出时的动能不一定相同，故A错误；B、由Bqvmv2R可知，R=mvBq，因粒子的速率相同，比荷相同，故半径相同，故B正确；C、由圆的性质可知，轨迹圆与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大，故应该使弦长为PQ，故此时粒子一定不会沿PQ飞出，故C错误；D、由C的分析可知，由Q点飞出的粒子圆心角最大，
27、故所对应的时间最长；故D正确；故选：BD。【点评】本题为多个粒子的偏转问题，此类题目要求我们能将圆的性质掌握清楚，利用我们所掌握的几何知识进行分析判断三、实验题（每空2分，共20分）14【分析】欧姆表的读数为示数乘以倍率，螺旋测微器的读数为：主尺+半毫米+转筒，电流表用内接法，用电阻决定式求电阻率。【解答】解：（1）多用电表欧姆档的读数为示数与倍率的积，由此看出导电材料的电阻值为：1810180。（2）螺旋测微器的读数是由固定刻度和可动刻度两部分相加而得，导电材料的直径d6.0mm+12.00.01mm6.120mm。游标卡尺的读数也是两部分组成，此游标卡尺的精度为120mm=0.05mm，所
28、以导电材料的长度L50mm+180.05mm50.90mm 3。（3）要测电阻率必先测出这种导电材料的电阻，由伏安法知，还需用电压表和电流表测出导电材料的加电压U时通过的电流I，则其电阻R=UI再根据电阻定律R=LS 和面积公式S=(d2)2，得到电阻率=Ud24IL。故答案为：（1）1.8102（写180也可）。（2）6.120 （0.02）50.90（3）电压U 和电流I Ud24IL【点评】本题考查了欧姆表和螺旋测微器的读数，记住它们的读数方法，伏安法测电阻，要会分析电流表的内接或外接的选用。15【分析】（1）根据灯泡额定电流选择电流表和电压表，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻
29、器。（2）根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后将实物电路连接完整。（3）在灯泡的UI图象坐标系内作出电源的UI图象，根据图象求出灯泡两端电压与通过灯泡的电流，然后求出此时灯泡实际功率。【解答】解：（1）灯泡额定电流为：I=PU=2.55=0.5A，则电流表量程选择0.6A即可，故电流表选C；额定电压为5V，故电压表应选择E；实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据，故滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择最大阻值较小的，故滑动变阻器选择E。（2）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻约为R=UI，电流表内阻约为5，电
30、压表内阻约为15k，则电压表内阻远大于灯泡电阻，故电流表应采用外接法，故应选择C电路；（3）把定值电阻R90与电源整体看做等效电源，根据闭合电路欧姆定律得：U510I，在图甲中作出电源的UI图象如图所示，由图可知，此时灯泡两端电压为：U1.6V灯泡电流为：I0.32A，灯泡实际功率为：PUI1.60.32W0.69W；故答案为：（1）C，E，F；（2）C；（3）0.69【点评】本题考查了实验器材的选择、设计实验电路图，确定滑动变阻器与电流表接法是正确设计实验电路的前提与关键，当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器采用分压接法，求灯泡实际功率时要注意图象法的应用，要掌握应用图象法处理实验数据的方
31、法。四、计算题（共3小题，共36分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，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，）16【分析】由电路图可知，灯泡、电阻、电动机串联接入电路，由串联电路特点可知，通过它们的电流相等；（1）灯泡正常发光，由电功率的变形公式可以求出灯泡的额定电流，即电路电流（2）由串联电路特点可以求出电动机额定电压，由功率公式可以求出电动机的输入功率与热功率，然后求出电动机的输出功率（3）电源的效率等于输出功率和总功率之比，总功率由公式PEI求出，电源的输出功率等于外电路各部分功率之和【解答】解：（1）灯泡正常发光，电路流为：IIL=PLU
32、L=63A2A；（2）电动机的额定工作电压为：UMEI（R+r）UL1202（4+1）37V电动机的输出功率为：P输U2II2r72220.512W（3）电动机的电功率为：P电UI72W14W；外电路总功率为：P外P电+PL+I2R14+6+22436W电源的总功率为：P总EI20240W；故电源的效率为：=P外P总100%=3640100%90%答：（1）电路中的电流强度为2A；（2）电动机的输出功率为12W；（3）电源的效率为90%【点评】本题是简单的直流电路的计算问题，抓住用电器在额定电压下才能正常工作是关键，要注意效率与功率的区别，不能混淆17【分析】（1）小球处于静止状态，分析受力，
33、根据电场力与场强方向的关系判断电性，根据平衡求解电场强度大小；（2）将细线突然剪断小球将沿细线方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律列式求解加速度；根据运动学公式求解出小球的位移；然后根据电势能的减小量等于电场力的功列式求解。【解答】解：（1）对小球受力分析如图，由图可知，小球受到的电场力与电场线方向相同，故小球带正电，根据平衡得：F电Eqmgtan37解得：E3104 N/C（2）剪断细线后，小球向右下方做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：a=mgcos37m=gcos37=100.8m/s2=12.5m/s2 则0.4s内的位移为：x=12at2=1212.5042m=1m 根
34、据功能关系得：EP电Eq x sin3731041.010610.6J1.8102J即电势能减少了1.8102J答：（1）小球的电性及电场强度的大小为3104 N/C。（2）如果将细线轻轻剪断，从剪断细线开始经过时间t0.4s，这一段时间内小球电势能的变化量。减少了1.8102J。【点评】本题是带电体在电场中平衡问题，分析受力情况是解题的关键，并能根据受力情况判断此后小球的运动情况。18【分析】（1）对微粒由动能定理求解得电场强度大小。（2）微粒从P点到O点的运动过程中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，由速度公式求解时间。Q
35、到O做匀速圆周，根据周期求解运动时间。（3）由速度的分解求出微粒进入磁场时速度与水平方向的夹角，根据牛顿第二定律求出磁场中轨迹半径，即可求得长方形磁场区域的长和宽，从而求出面积。【解答】解：（1）以初速度v0从图中的P点沿x方向进入电场，通过x轴上的Q点时速度为2v0，在电场力的方向上的位移x=12at2，Lv0t由动能定理得：12m(2v0)2-12mv02=EqL联立解得：E=3mv02qL；（2）微粒由P点到Q点的运动过程中时间t1=Lv0cos=v02v0=12，故60又R=m2v0qB，微粒进入第一象限做匀速直线运动的时间t2=Rtan602v0=m3qB微粒做圆周运动的时间t3=1
36、50360T=5m6qB故微粒从P到O的时间tt1+t2+t3=23m+5m6qB+Lv0（3）如图所示，有60由几何关系可得长度形磁场区域的最小长度和宽度分别为：R+Rsin、R，所以磁场区域的最小面积为 Smin（R+Rsin）R=2+32R2=2(2+3)m2v02q2B2答：（1）匀强电场的电场强度E的大小为3mv02qL；（2）微粒在磁场中运动的轨迹半径及微粒从P到O运动的时间为23m+5m6qB+Lv0。（3）在xoy平面内长方形磁场区域的最小面积为2(2+3)m2v02q2B2。【点评】掌握平抛运动的处理方法并能运用到类平抛运动中，粒子在磁场中做匀速圆周运动，能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定各量之间的关系第18页（共18页）