2022-2022学年山东省淄博市桓台二中高三（上）期末物理试卷一、注意事项：第Ⅰ卷为选择题，共10小题，每小题4分，共40分．在每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，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选择其他答案标号．不能直接写在本试卷上．1．（4分）（2022秋•桓台县校级期末）质量为2kg的物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为4m/s，经过1s后的速度大小为10m/s，那么在这段时间内物体的合外力大小可能为（ ） A．20NB．12NC．8ND．28N考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．版权所有专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据速度时间公式求出加速度，再根据牛顿第二定律求出合力的大小．解答：解：经过1s后的速度可能与初速度方向相同，也可能相反．若1s后的速度与初速度方向相同，则a=，则合力F合=ma=12N．若1s后的速度与初速度方向相反，则a=．则合力F合=ma=﹣28N．负号表示方向．故B、D正确，A、C错误．故选BD．点评：解决本题的关键知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，注意末速度的方向与初速度的方向可能相同，可能相反． 2．（4分）（2022•内江三模）2022年2月11日，美国和俄罗斯的两颗卫星在西伯利亚上空相撞，这是有史以来首次卫星碰撞事件，碰撞点比相对地球静止的国际空间站高434km．则（ ） A．在碰撞点高度运行的卫星的周期比国际空间站的周期大 B．在碰撞点高度运行的卫星的向心加速度比国际空间站的向心加速度小 C．在与空间站相同轨道上运行的卫星一旦加速，将有可能与空间站相撞 D．若发射一颗在碰撞点高度处运行的卫星，发射速度至少为11.2km/s考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．版权所有专题：人造卫星问题．分析：卫星运动过程中所受地球的万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，由此列式可以求出卫星的同期、线速度和向心加速度与轨道半径间的关系，并由此进行选项判断，11.2km/s是第二宇宙速度，是发射逃离地球束缚的飞行物的最小速度，发射人造地球卫星时的发射速度小于该速度．解答：解：万有引力提供卫星运动的向心力有：=ma向-14-\n可得：T=，，轨道半径v=A、碰撞点卫星运动的半径R大，则周期越大，故A正确；B、碰撞点卫星运动的半径R大，则向心加速度小，故B正确；C、v=，当卫星加速也就是速度发生变化时，卫星的轨道同时发生变化，故同轨道卫星加速后不会在空间相撞，故C错误；D、11.2km/h，是第二宇宙速度，达到这个发射速度的卫星将逃离地球的束缚，成为绕太阳运行卫星，故发射绕地球飞行卫星发射速度小于第二宇宙速度，故D错误．故选AB．点评：解决本题的关键是：认识卫星所受万有引力提供卫星圆周运动的向心力，由此判断周期、线速度和半径间的关系，认识第二宇宙速度的意义． 3．（4分）（2022•庐阳区校级模拟）在近地空中某一位置处有A、B两个小球，A球的质量小于B球的质量．先让A球自由下落1s，再让B球开始自由下落，A球落地前，下列说法正确的是（ ） A．A、B两球间的距离保持不变B．A、B两球间的距离逐渐增大 C．A球相对于B球匀加速下降D．A球相对于B球减速下降考点：自由落体运动．版权所有专题：自由落体运动专题．分析：两个球都做自由落体运动，开始运动的时间相差1s，根据速度时间关系公式和位移时间关系公式列式求解即可．解答：解：A、B、两个球都做自由落体运动，开始运动的时间相差1s，故=10t+5，故A错误，B正确；C、D、两个球的速度差为：△v=v1﹣v2=gt﹣g（t﹣1）=10m/s，故A球相对于B球以10m/s匀速下降，故C错误，D错误；故选B．点评：本题关键是根据自由落体运动的位移时间关系公式和速度时间关系公式求出位移差和速度差，然后分析讨论． 4．（4分）（2022•海阳市校级模拟）一遥控玩具小车在平直路上运动的位移时间图象如图所示，则（ ） A．15s末汽车的位移为300mB．20s末汽车的速度为﹣lm/s C．前10s内汽车的加速度为3m/s2D．前25s内汽车做单方向直线运动考点：匀变速直线运动的速度与时间的关系；加速度．版权所有-14-\n专题：直线运动规律专题．分析：位移时间图线的斜率表示速度，对应的纵坐标表示汽车的位移．解答：解：A、由图象可知，15s末汽车的位移为30m．故A错误．B、汽车在20时做匀速直线运动，速度为v==m/s=﹣1m/s．故B正确．C、前10s内汽车的速度v=m/s=3m/s，匀速运动，加速度为零．故C错误．D、汽车在前10s内向正方向做匀速直线运动，10﹣15s内静止，15﹣25s内反向做匀速直线运动．故D错误．故选B．点评：解决本题的关键知道位移时间图象的物理意义，知道图线斜率表示的含义． 5．（4分）（2022秋•桓台县校级期末）有一直角V形槽固定在水平面上，其截面如图所示，BC面与水平面间夹角为60°，有一质量为m的正方体均匀木块放在槽内，木块与BC面间的动摩擦因数为，与AB面间无摩擦，现用垂直于纸面向里的力推木块使之沿槽运动，则木块受的摩擦力为（ ） A．μmgB．μmgC．μmgD．μmg考点：滑动摩擦力．版权所有专题：摩擦力专题．分析：先将重力按照实际作用效果正交分解，求解出正压力，然后根据滑动摩擦定律求解摩擦力．解答：解：将重力按照实际作用效果正交分解，如图故F2=mgsin30°=滑动摩擦力为f=故选：A．点评：本题关键将重力按照作用效果正交分解，然后根据滑动摩擦定律求解出滑动摩擦力．-14-\n 6．（4分）（2022秋•苍山县期末）如图所示，质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度大小为g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体（ ） A．重力势能增加了mghB．克服摩擦力做功mgh C．动能损失了mghD．机械能损失了mgh考点：动能定理的应用；功能关系；机械能守恒定律．版权所有专题：动能定理的应用专题．分析：重力势能的增加量等于克服重力做的功；动能变化等于力的总功；机械能变化量等于除重力外其余力做的功．解答：解：A、加速度a==，而摩擦力f=，物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故A错误；B、摩擦力f=，物体在斜面上能够上升的最大高度为h，发生的位移为2h，则克服摩擦力做功，故B错误；C、由动能定理可知，动能损失量为合外力做的功的大小△Ek=F合•s=mg•3L=mgL，故C正确；D、机械能的损失量为fs=mg•2L=mgh，故D正确．故选CD．点评：本题关键根据功能关系的各种具体形式得到重力势能变化、动能变化和机械能变化．重力势能变化与重力做功有关；动能的变化与合力做功有关；机械能的变化与除重力以外的力做功有关． 7．（4分）（2022秋•桓台县校级期末）一带电粒子在正电荷形成的电场中，运动轨迹如图所示的abcd曲线，下列判断正确的是（ ）-14-\n A．粒子带正电 B．粒子通过a点时的速度比通过b点时大 C．粒子在a点受到的电场力比b点小 D．粒子在a点时的电势能比b点大考点：电场线；电势能．版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：根据轨迹弯曲方向得出电场力的方向，从而确定带电粒子的电性．根据动能定理比较a点、b点的速度大小；根据电场线的疏密比较电场力的大小；根据电场力做功比较电势能的大小．解答：解：A、轨迹弯曲的方向大致指向合力的方向，知电场力背离正电荷方向，所以该粒子带正电．故A正确．B、从a到b，电场力做负功，根据动能定理，动能减小，a点动能大于b点动能，则a点速度大于b点的速度．故B正确．C、b点的电场线比a点电场线密，所以b点的电场强度大于a点的电场强度，所以粒子在a点的电场力比b点小．故C正确．D、从a到b，电场力做负功，电势能增加．所以a点的电势能小于b点的电势能．故D错误．故选ABC．点评：解决本题的关键知道电场线的疏密表示电场的强弱，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加． 8．（4分）（2022秋•桓台县校级期末）如图所示，当K闭合后，一带电微粒在平行板电容器间处于静止状态，下列说法正确的是（ ） A．保持K闭合，使P滑动片向左滑动，微粒仍静止 B．打开K后，使两板错开一定距离，微粒仍静止 C．打开K后，使两极板靠近，则微粒将向上运动 D．打开K后，使两极板靠近，则微粒仍保持静止考点：电容器的动态分析．版权所有专题：电容器专题．分析：当S闭合后，带电微粒在平行板电容器间处于静止状态，合力为零，电场力与重力平衡．保持S闭合，电容器板间电压不变，若板间距离也不变，板间的场强不变，微粒仍处于静止状态．打开S后，根据电容的决定式C=，分析电容的变化，由电容的定义式C=分析电压的变化．再由E=分析板间场强的变化，即可判断带电微粒的运动状态．解答：-14-\n解：A、保持S闭合，电容器板间电压不变，使滑动片P向左滑动，板间距离不变，则由E=分析得知，板间场强仍保持不变，带电微粒所受的电场力不变，仍处于静止状态．故A正确．B、打开S后，电量不变，使两板错开一定距离，两极板正对面积减小，由C=知，电容减小，电容的定义式C=知，电压增大，由E=分析得知板间场强增大，微粒将向上运动．故B错误．C、D由C=，C=，E=得到极板间场强E=，E与板间距离无关，故使两极板靠近，板间场强不变，带电微粒所受的电场力不变，则带电微粒仍处于静止状态．故C错误，D正确．故选AD点评：本题关键要抓住不变量进行分析：电容器与电源保持相连，板间电压保持不变；充电后与电源断开后，电量不变．电量、正对面积不变时，改变板间距离，板间场强不变． 9．（4分）（2022•淄博一模）如图所示，电键K闭合，电流表、电压表均为理想电表，若电阻R1断路，则下列说法正确的是（ ） A．电流表示数变大B．电压表示数变小 C．R3消耗的功率变大D．电源内电路消耗的功率变大考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．版权所有专题：恒定电流专题．分析：电阻R1断路时，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析路端电压的变化，由欧姆定律分析电流表和电压表示数的变化．根据总电流的变化，判断电源内部消耗的功率如何变化．解答：解：A、B，电阻R1断路时，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中总电流I减小，路端电压U增大，由欧姆定律分析得知，通过电流表的电流增大，电阻R2两端的电压增大，则电流表和电压表的示数都变大．故A正确，B错误．C、电阻R1断路，由上分析得知通过电流表的电流增大，则R3消耗的功率变大．故C正确．D、电路中总电流减小，根据P=I2r得知，电源内电路消耗的功率变小．故D错误．故选AC点评：本题是电路中动态变化分析问题，当局部的电阻增大时，外电路总电阻将增大．要分析和把握好局部与整体的关系，按局部到整体，再到局部的思路进行分析．-14-\n 10．（4分）（2022秋•桓台县校级期末）如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的质点，由两水平极板正中，以相同的初速度V0，先后垂直匀强电场射入，并分别落在负极板上甲、乙、丙三处，可以判定（ ） A．甲处质点带正电，乙处质点不带电，丙处质点带负电 B．三个质点在电场中的运动时间相等 C．三个质点在电场中的加速度a甲＞a乙＞a丙 D．三个质点到达负极的动能E丙＞E乙＞E甲考点：带电粒子在匀强电场中的运动．版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：正电荷受到的电场力方向与电场方向相同，负电荷受到的电场力方向与电场方向相反，不带电的粒子不受电场力．解答：解：从极板左侧中央以相同的水平速度先后垂直地射入匀强电场的粒子的运动性质为类平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向为初速度为零的匀加速运动；AB、从图中可以看到水平位移丙最大，根据公式：x=vt，说明丙运动的时间最长，其次是乙，甲的运动时间最短；又由于正电荷受到的电场力方向与电场方向相同，负电荷受到的电场力方向与电场方向相反，不带电的粒子不受电场力；所以丙粒子受到向上的电场力即丙粒子带负点，甲粒子带正电，乙粒子不带电．故A正确，B错误；C、又因它们竖直方向为初速度为零的匀加速运动且位移相同，根据，可以判断a甲＞a乙＞a丙．故C正确；D、以相同的水平速度v0先后垂直极板间电场射入，电场力对丙粒子做正功，电势能减小则动能增加；对甲粒子做负功，电势能减小，则粒子的动能减小．所以三个粒子到达正极板时的动能Ek甲＜Ek乙＜Ek丙故D错误．故选：AC点评：注意类平抛运动的灵活应用，水平方向匀速直线运动，竖直方向初速度为零的匀加速直线运动 二、填空题（本题共3小题，共18分．把答案写在答题卡中指定的答题处．）11．（4分）（2022•湖北校级模拟）读出下图给出的螺旋测微器和游标卡尺的示数，螺旋测微器的示数为 6.125 mm，游标卡尺的示数 4.120 cm．-14-\n考点：实验中常用仪器及其正确操作方法．版权所有分析：使用游标卡尺时，有两种最基本的读数方法，即“加法法”和“减法法”．大多数教师和学生都热衷于应用“加法法”读数，其实“减法法”原理更利于学生的理解，解题更加可靠．因为采用“加法法”时读数包含了读毫米整数和毫米小数两个过程，然后相加才是物体的长度；而采用“减法法“时直接用主尺上对齐的毫米整数减去游标对齐刻度线前端的长度即为物体的长度．螺旋测微器也叫千分尺，读数是由固定刻度读数加旋转刻度读数．固定刻度每小格是0.5mm，而当旋转刻度转动一周时，就会向前或向后移动0.5mm，所以旋转刻度每小格是0.01mm．解答：解：螺旋测微器的读数是由固定刻度读数加旋转刻度读数．固定刻度每小格是0.5mm，而旋转刻度每小格是0.01mm．由图可知：固定刻度读数：6.0cm，而旋转刻度的读数：12×0.01mm则其估计为0.005mm所以读数为：6.0cm+0.12mm+0.005mm=6.125mm由于估计值，所以读数范围可在6.124mm到6.126mm游标卡尺采用“加法法”时读数包含了读毫米整数和毫米小数两个过程，然后相加才是物体的长度；读数为（1）以游标零刻线位置为准，在主尺上读取整毫米数．（2）看游标上哪条刻线与主尺上的某一刻线（不用管是第几条刻线）对齐，由游标上读出毫米以下的小数．（3）总的读数为毫米整数加上毫米小数．而它们的精度（游标上的最小分度值﹣﹣分别为0.1mm、0.05mm、0.02mm）譬如，50分度游标尺上50个分度只有49mm长，比主尺上的50个分度短1mm，则游标上的每个分度比主尺上的每个分度短1/50mm=0.02mm，即它的测量精度为0.02mm．若采用“加法法”，则从主尺上读出毫米整数部分为41mm，从游标尺上可以看出第10条刻度线与主尺上第51mm刻度线对齐．故为10×0.02mm=0.20mm，则游标卡尺的读数应为：41mm+0.20mm=41.20mm=4.120cm．故答案为：6.125；4.120点评：游标卡尺没有估计值而螺旋测微器有估计值．游标卡尺还可采用“减法法“时直接用主尺上对齐的毫米整数减去游标对齐刻度线前端的长度即为物体的长度．若采用“减法法”，从主尺和游标尺上可以看出，主尺的51mm刻度线与游标尺上的第20条刻度线对齐．因此读数应为：51mm﹣10×0.98mm=41.20mm． 12．（6分）（2022秋•桓台县校级期末）某同学在做验证机械能守恒定律的实验中使用50HZ交变电流作电源，在打出的纸带上选择5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间还有4个点没有画出，他测量了C点到A点、和E点到C点的距离，如圈所示．则纸带上C点的速度vc= 1.9 m/s，重物的加速度为 9.0 m/s2．（结果保留两位有效数字）考点：验证机械能守恒定律．版权所有-14-\n专题：实验题．分析：利用在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度大小，据此可以求出C点速度大小；利用逐差法可以求出加速度的大小．解答：解：匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度大小，所以有：根据△x=aT2有：故答案为：1.9，9.6．点评：在处理实验打出的纸带时，经常要用匀变速直线运动规律以及去推论，因此要加强基本物理规律在实验中的应用． 13．（8分）（2022秋•潍坊期末）某同学为了研究小灯泡在不同状态下的电阻，进行了如下实验：（1）用多用电表的欧姆挡测量小灯泡的电阻，当选用xl0Ω挡测量时发现偏角过大，此时应选用 ×1 Ω挡（填写“×1”或“×l00”），然后需将红、黑表笔 短接 ，进行欧姆调零，再进行测量．测量完成后，将选择开关拔向 OFF挡（或交流电压的最高挡） 位置．（2）该同学用内阻约为几十欧的电流表，内阻约为几千欧的电压表等仪器，测定在不同工作状态下小灯泡的电阻．请画出测量电路的原理图；并根据所画原理图将以下实物图补充完整．（3）在闭合开关前，实物图中滑动变阻器的滑动触头应在 右 端（填写“左”或“右”）．考点：伏安法测电阻．版权所有专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）该题考查了多用电表欧姆档的使用方法，根据电流的大小选择欧姆档的倍率，从准确性上要重新欧姆调零，从安全性上来选择最终开关的位置．（2）由第一问得到的小灯泡的电阻，与电压表和电流表的内阻相比较，选择电流表是内接还是外接；根据题意要求选择分压电路还是限流电路．（3）接通电路时，要求通过灯泡的电流为零，从而可判断在闭合电建前，滑动变阻器的滑动触头的位置．解答：解：（1）当选用xl0Ω挡测量时发现偏角过大，说明通过的电流过大，此时要减小倍率，应选择×1挡，当换挡后，一定要重新调零，方法是红黑表笔短接，进行欧姆调零；用完后为了仪表安全，若多用电表有OFF挡，一定要将选择开关拔向OFF挡位置，若没有OFF挡，就将选择开关拨向交流电压的最高挡．-14-\n（2）有第一问可知小灯泡的电阻大约为十几欧姆，电流表的内阻约为几十欧姆，电压表的内阻约为几千欧姆，所以应选择电流表外接；该题要求测定在不同工作状态下小灯泡的电阻，所以滑动变阻器要以分压电路的方式接入电路．电路的原理图与实物图如右图所示．故答案为：（1）×1，短接，OFF挡（或交流电压的最高挡）（2）原理图和实物图如右图（3）右点评：（1）关于多用电表的使用，指针偏转应在表盘刻度的中间三分之一的区域内，偏转过大或过小，对读数误差会较大，尤其是用欧姆档测电阻；欧姆挡换挡后一定要欧姆调零，最后用完，为了安全，一定要把选择开关置于OFF挡（或交流电压的最高挡）．（2）因电压表在电路中会有分流作用，电流表会有分压作用，要熟练的会判断电流表和电压表在电路中的影响，选择影响较小的方式连接电路，即为选择电流表的内接还是外接．并且要知道分压电路和限流电路中滑动变阻器的滑动触头在闭合电建前所处的位置． 三、计算题（本大题3小题，共42分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）14．（8分）（2022秋•桓台县校级期末）2022年7月11日23时41分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号丙运载火箭，成功将“天链一号02星”送入太空，火箭飞行约26分钟后，西安卫星测控中心传来的数据表明，星箭分离，卫星成功进入地球同步转移轨道．已知地球半径为R，地球表面的重力加速度g，地球自转周期T，求“天链一号02星”的轨道半径．考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．版权所有专题：人造卫星问题．分析：同步卫星的周期已知，根据卫星所受万有引力提供向心力，在地球表面万有引力和重力相等，由此可以计算出同步卫星的轨道半径r；解答：解：“天链一号02星”是地球的同步卫星，处于同步卫星的轨道．它的周期与地球自转周期相等．①又在地球的表面时：得：GM=gR2②联立①②解得：-14-\n答：“天链一号02星”的轨道半径．点评：万有引力提供圆周运动的向心力、万有引力和表面的重力大小相等，能根据题设条件列方程求解． 15．（12分）（2022秋•桓台县校级期末）如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为L=0.40m的绝缘细线把质量为m=0.20kg，带有正电荷的金属小球悬挂在O点，电荷量q=0.5C小球静止在B点时，细线与竖直方向的夹角为θ=37°．现将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，（取g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80）求：（1）匀强电场的场强大小；（2）小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小．考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：（1）根据小球静止在B点，通过共点力平衡求出匀强电场的场强大小．（2）根据动能定理求出小球通过最低点的速度，结合牛顿第二定律求出细线的拉力．解答：解：（1）取小球为研究对象，静止时=tanθ①代入数据解得：E=3N/C②（2）小球从A到C的运动过程由动能定理得：mgL﹣EqL=mv2③到达最低点时竖直方向由牛顿第二定律得：FT﹣mg=m④解得：FT=3mg﹣2qE=3×2﹣2×0.5×3N=3N答：（1）匀强电场的场强大小为3N/C；（2）小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小为3N．点评：本题考查了共点力平衡、牛顿第二定律和动能定理的综合，知道小球做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解． 16．（10分）（2022秋•桓台县校级期末）如图所示，倾角为37°的粗糙斜面固定于水平地面上，质量m=2kg的木块从斜面底端以4m/s的初速度滑上斜面，木块与斜面间的动摩擦因数为0.25，假设斜面足够长．（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8），求：（1）木块在上滑过程中加速度的大小（2）木块在斜面上运动的总时间．-14-\n考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．版权所有专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）通过受力分析求出木块上滑的合力，根据牛顿第二定律求出上滑的加速度．（2）判断摩擦力与重力沿斜面向下分力的关系，判断物块能否停在斜面上，然后结合牛顿第二定律和运动学公式求出木块在斜面上运动的总时间．解答：解：（1）物体在上滑的过程中F合=mgsin37°+ff=μmgcos37°则加速度：=gsin37°+μgcos37°=8m/s2．（2）因为mgsin37°＞μmgcos37°，知物体不能静止在斜面上．根据牛顿第二定律物体下滑的加速度：=gsin37°﹣μgcos37°=4m/s2．则上滑的时间：．上滑的位移：根据：得：．所以t=答：（1）木块在上滑过程中加速度的大小为8m/s2．（2）木块在斜面上运动的总时间为．点评：加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过加速度可以根据力求运动，也可以根据运动求力． 17．（12分）（2022秋•桓台县校级期末）如图所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子，沿与水平面成θ=60°的方向匀速运动，进入垂直纸面向里的圆形匀强磁场区域后，从水平金属板M左端下边缘附近水平射出磁场，进入两平行金属板M、N间，恰好从N板右边缘飞出．已知匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，两带电极板M、N长为l，间距为d，板间电压为U，不计粒子重力．（1）分析判断极板M带正电还是带负电？（2）求粒子在磁场中运动的速度大小；（3）求粒子进入磁场时的入射点与离开磁场时的出射点之间的距离．-14-\n考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）粒子在磁场中向右偏转，由左手定则可判断其电性，粒子在电场中向下偏转，则可知M板的电性．（2）带电粒子进入电场时做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速运动，由牛顿第二定律和运动学公式结合求出带电粒子进入电场的初速度大小，即为粒子在磁场中运动的速度大小．（3）粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出半径，画出轨迹，由几何知识求出子进入磁场时的入射点与离开磁场时的出射点之间的距离．解答：解：（1）粒子在磁场中向右偏转，由左手定则可知，粒子带负电；粒子在电场中向下偏转，所以M板带负电．（2）设带电粒子进入电场时的初速度为v，则d=，l=vt又a=得d=解得v=（3）设磁偏转的半径为R，则由qvB=m得R=如图所示，粒子进入磁场时的入射点与离开磁场时的出射点间的距离d=2Rsin=2Rsin30°=答：（1）极板M带负电．（2）粒子在磁场中运动的速度大小；-14-\n（3）粒子进入磁场时的入射点与离开磁场时的出射点之间的距离是．点评：本题体现了带电粒子在磁场中和电场中运动研究方法的不同，在磁场中粒子做圆周运动，画出轨迹，由几何知识求出距离是基本方法，而粒子在电场中类平抛运动，运动的分解是常用思路． -14-
