2022-2022学年四川省遂宁市射洪中学高二（上）期末物理模拟试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，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，选不全的得2分）1．（4分）（2022春•绵阳期末）如图所示的磁场中，有P、Q两点．下列说法正确的是（ ） A．P点的磁感应强度小于Q点的磁感应强度 B．P、Q两点的磁感应强度大小与该点是否有通电导线无关 C．同一小段通电直导线在P、Q两点受到的安培力方向相同，都是P→Q D．同一小段通电直导线在P点受到的安培力一定大于在Q点受到的安培力考点：磁感应强度．版权所有分析：磁感线的疏密表示磁场的强弱，越密的地方，磁场越强，越疏的地方，磁场越弱．磁感应强度是由磁场本身决定的；解答：解：A、磁感线的疏密表示磁场的强弱，由图象知P点的磁场比Q点的磁场强，A错误；B、磁感应强度是由磁场本身决定的，与该点是否有通电导线无关．故B正确；C、根据左手定则，通电直导线受到的安培力的方向与磁场的方向垂直，所以它们受到的安培力的方向不能是P→Q，故C错误；D、同一小段通电直导线在在都与磁场的方向垂直的条件下，在P点受到的安培力才能大于在Q点受到的安培力，故D错误；故选：B点评：解决本题的关键掌握磁感线的特点，磁感线上某点的切线方向表示磁场的方向，磁感线的疏密表示磁场的强弱． 2．（4分）（2022春•绵阳期末）强磁性材料在受到外加磁场作用时引起的电阻变化，称为磁电阻效应．磁场越强，强磁性材料的电阻越大，利用这种效应可以测量磁感应强度．现有两根垂直于纸面的导线，电流方向如图，两条虚线分别是两导线的连线和中垂线．假设强磁性材料在无磁场时电阻为R0，则将该强磁性材料分别放在O、M两点时（ ） A．在O点的电阻大于R0 B．在O点的电阻小于R0 C．在O点的电阻仍为R0 D．在M点的电阻比在O点的电阻小考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．版权所有分析：-15-\n先根据磁场叠加判断出两点的场强大小，再根据强磁性材料在受到外加磁场作用时引起的电阻变化判断．解答：解：根据磁场的叠加原理知，O点到左右两边电流的距离相等，所以两个电流在O点的合磁感应强度为零，M点的不为零，所以强磁性材料在O点的电阻仍为R0，在M点的电阻比在O点的电阻大．故选：C点评：本题题型新颖，难度不大，考查了磁场的叠加，判断场强的大小． 3．（4分）（2022秋•雅安期末）A、B在两个等量异种点电荷连线的中垂线上，且到连线的距离相等，如图所示，则（ ） A．同一点电荷在A点的电势能大于在B点电势能 B．把正电荷从A点移到B点，电势能先增大后减小 C．把正电荷从A点移到B点，电势能先减小后增大 D．A、B两点的连线上任意两点的电势差为零考点：电势能；电场强度；电场线．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，任意两点间的电势差为零，电荷在等势线上移动时电场力不做功，电荷的电势能不变化．解答：解：A、B、C等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，正电荷在从A点移到B点，电场力不做功，其电势能保持不变．故ABC错误．D、等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，A、B两点的连线上任意两点的电势差为零．故D正确．故选D点评：等量异种点电荷和等量同种点电荷电场线、等势面的分布是考试的热点，特别是连线中垂线的特点是加强记忆． 4．（4分）（2022秋•雅安期末）如图所示的电路中，平行板电容器C的极板水平放置，当S断开时，极板间的带电尘粒P处于静止，把S闭合，则带电尘粒将（ ） A．向上运动 B．向下运动 C．因不知尘粒种类和电荷量，所以无法判断-15-\n D．因为不知道R1、R2的值，所以无法判断考点：闭合电路的欧姆定律；电容．版权所有专题：恒定电流专题．分析：当S断开时，电路中没有电流，平行板电容器C的电压等于电源的电动势．把S闭合，电路稳定时，平行板电容器C的电压等于电阻R2两端的电压．根据带电尘粒P所受电场力与重力的关系，判断其运动情况．解答：解：当S断开时，带电尘粒P处于静止，尘粒的重力与电场力平衡，此时平行板电容器C的电压等于电源的电动势．把S闭合，电路稳定时，平行板电容器C的电压等于电阻R2两端的电压，电容器的电压减小，板间场强减小，尘粒所受电场力减小，则尘粒向下运动．故选B点评：对于电容器问题，关键是分析板间电压．电路稳定时，电容器的电压与所并联电路两端的电压相等．S闭合时，R1相当于导线． 5．（4分）（2022秋•射洪县校级期末）如图所示，实线是匀强电场的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹．a、b是轨迹上两点，若带电粒子在运动中只受电场力作用，则由此图可知错误的是（ ） A．带电粒子带负电荷 B．带电粒子带正电荷 C．带电粒子所受电场力的方向向左 D．带电粒子做匀变速运动考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度；电场线．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：做曲线运动物体所受合外力指向曲线内侧，本题中粒子只受电场力，由此可判断电场力向左，加速度是否不变的判断可以根据电场线的疏密进行．解答：解：A、B、C、根据做曲线运动物体所受合外力指向曲线内侧，即电场力向左，与场强方向相反，故该粒子带负电，故AC正确、B错误；D、由于该电场是匀强电场，故带电粒子受合力，加速度不变，故带电粒子做匀加速运动，故D正确．本题选择错误的．故选：B．点评：本题以带电粒子的轨迹，判断电场力的方向，根据电场线的疏密判断电场是否为匀强电场，电场力是否是恒力，据牛顿第二定律得粒子做匀变速运动还是变加速运动． 6．（4分）（2022•徐州模拟）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，当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，下列说法正确的是（ ）-15-\n A．电压表和电流表读数都减小 B．电压表和电流表读数都增大 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．版权所有分析：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=E﹣Ir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B正确；故选B．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． 7．（4分）（2022•中山市校级学业考试）如图，一个矩形线圈与通有相同大小的电流平行直导线同一平面，而且处在两导线的中央，则（ ） A．电流同向时，穿过线圈的磁通量为零 B．两电流反向时，穿过线圈的磁通量为零 C．两电流同向或反向时，穿过线圈的磁通量都相等 D．因两电流产生的磁场是不均匀的，因此不能判断穿过线圈的磁通量是否为零考点：磁通量．版权所有分析：根据右手螺旋定则判断直导线周围的磁场，从而确定通过线圈的磁通量．解答：解：当电流同向时，根据右手螺旋定则，两电流在线圈处产生的磁场方向垂直于线圈，方向相反，磁通量为零．电流方向相反时，在线圈处产生的磁场方向相同，产生的磁通量不为零．故A正确，B、C、D错误．故选A．-15-\n点评：解决本题的关键知道磁通量的定义，知道穿过线圈的磁通量等于净磁通量． 8．（4分）（2022秋•射洪县校级期末）如图的有界圆形磁场，半径为R，磁感应强度为B，一个质量为m，电量为e的带电粒子，从边界向圆心射入磁场，离开磁场时方向与射入方向的夹角为120°，则粒子通过磁场所用的时间是（ ） A．B．C．D．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：做入射速度和出射速度的垂线，交点为圆心，由几何知识确定转过的圆心角，结合周期公式计算粒子通过磁场的时间．解答：解：粒子做匀速圆周运动的轨迹如图所示，由几何知识知转过的圆心角θ=60°，粒子在磁场中的运动时间为：t=×=故选：C．点评：带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动问题，关键是画出粒子圆周的轨迹，往往用数学知识求半径或转过的圆心角． 9．（4分）（2022秋•江西期末）设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，已知一离子在电场力和洛仑兹力的作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，忽略重力，以下说法中正确的是（ ） A．这离子必带正电荷 B．A点和B点位于同一高度 C．离子在C点时速度最大 D．离子到达B点后，将沿原曲线返回A点考点：带电粒子在混合场中的运动．版权所有专题：带电粒子在复合场中的运动专题．-15-\n分析：（1）由离子从静止开始运动的方向可知离子必带正电荷；（2）在运动过程中，洛伦兹力永不做功，只有电场力做功根据动能定理即可判断BC；（3）达B点时速度为零，将重复刚才ACB的运动．解答：解：A．离子从静止开始运动的方向向下，电场强度方向也向下，所以离子必带正电荷，A正确；B．因为洛伦兹力不做功，只有静电力做功，A、B两点速度都为0，根据动能定理可知，离子从A到B运动过程中，电场力不做功，故A、B位于同一高度，B正确；C．C点是最低点，从A到C运动过程中电场力做正功最大，根据动能定理可知离子在C点时速度最大，C正确；D．到达B点时速度为零，将重复刚才ACB的运动，向右运动，不会返回，故D错误．故选ABC．点评：本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，要注意洛伦兹力永不做功，难度适中． 10．（4分）（2022秋•射洪县校级期末）如图所示，在正交的匀强电场和磁场的区域内（磁场水平向内），有一离子恰能沿直线飞过此区域（不计离子重力）（ ） A．若离子带负电，E方向应向下 B．若离子带负电，E方向应向上 C．若离子带正电，E方向应向上 D．不管离子带何种电，E方向都向下考点：带电粒子在混合场中的运动．版权所有专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：在复合场中对带电粒子进行正确的受力分析，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：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，因此AD正确，BC错误．故选：AD．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． -15-\n11．（4分）（2022秋•船营区校级期末）如图所示，开始时矩形线圈与磁场垂直，且一半在匀强磁场内一半在匀强磁场外，若要线圈产生感应电流，下列方法中可行的是（ ） A．将线圈向左平移一小段距离B．将线圈向上平移 C．以ab为轴转动（小于90°）D．以bc为轴转动（小于60°）考点：感应电流的产生条件．版权所有分析：磁通量是穿过线圈的磁感线的条数．对照产生感应电流的条件：穿过电路的磁通量发生变化进行分析判断有无感应电流产生．解答：解：A、将线圈向左平移一小段距离，磁通量减小，有感应电流产生，故A正确；B、将线圈向上平移，磁通量不变，故无感应电流产生，故B错误；C、以ab为轴转动（小于90°），磁通量减小，有感应电流产生，故C正确；D、以bc为轴转动（小于60°），磁通量不变，故无感应电流产生，故D错误；故选：AC．点评：对于匀强磁场磁通量，可以根据磁感线条数直观判断，也可以根据磁通量的计算公式Φ=BSsinα（α是线圈与磁场方向的夹角）进行计算． 12．（4分）（2022秋•射洪县校级期末）如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R0为定值电阻，R为可变电阻，且其总阻值R＞R0+r，则当可变电阻的滑动触头由A向B移动时（ ） A．电源内部消耗的功率越来越大，电源的供电效率越来越低 B．R、R0上功率均越来越大 C．R0上功率越来越大，R上功率先变大后变小 D．R﹣0上功率越来越大，R上功率先变小后变大考点：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：可变电阻的滑动触头由A向B移动时，滑动变阻器的电阻变小，外电路的总电阻也变小，外电路的电压也就越小，电源的效率越小，当电源的内电阻和外电阻相等时，电源的输出功率最大．解答：解：A、滑动变阻器的电阻变小，外电路的总电阻也变小，电路的总电流逐渐的增大，由P=I2r可知，电源内部消耗的功率越来越大，电源的供电效率越来越低，所以A正确；-15-\nB、滑动变阻器的电阻变小，外电路的总电阻也变小，电路的总电流逐渐的增大，由P=I2R0可知，R0上功率越来越大，当R=R﹣0+r的时候，滑动变阻器的功率最大，由于R＞R﹣0+r，所以当滑动变阻器的电阻不断减小的过程中，R上功率先变大后变小，所以C正确，BD错误．故选：AC．点评：外电阻的电阻越大，外电路的电压也就越大，电源的效率越大，当电源的内电阻和外电阻相等时，电源的输出功率最大． 二、实验题（16分）13．（6分）（2022秋•凯里市校级期末）描绘标有“3V，0.4W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯炮电压能从零开始变化．所给器材如下：A．电流表（0～200mA，内阻0.1Ω）B．电流表（0～0.6A，内阻0.01Ω）C．电压表（0～3V，内阻5kΩ）D．电压表（0～15V，内阻50kΩ）E．滑动变阻器（0～10Ω，0.5A）F．滑动变阻器（0～1kΩ，0.1A）G．电源（3V）H．电键一个，导线若干．（1）为了完成上述实验，实验中应选择的仪器是 ACEGH ．（2）在如图的虚线框中画出完成此实验的原理图，并将实物按电路图用导线连好．（3）此实线描绘出的I﹣U图线是 曲线 （填“曲线”、“直线”），其原因是 小灯泡的电阻随温度的变化会增大 ．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．版权所有专题：实验题；恒定电流专题．分析：器材选取的原则需安全精确，根据灯泡的额定电压和额定电流选择电流表、电压表的量程．灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，通过灯泡电阻的大小分析其是大电阻还是小电阻，确定电流表的内外接．根据电路图连接实物图．灯泡的电阻随温度的变化而变化，所以I﹣U图线是一条曲线．解答：解：（1）灯泡的额定电压为3V，所以电压表的量程选择3V的C误差较小；额定电流，所以电流表的量程选择200mA的A，灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，使用选择电阻值比较小的滑动变阻器E，另外，还需要电源、电建和导线．故实验中应选择的仪器是A、C、E、G、H．-15-\n（2）灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，灯泡正常工作时的电阻Ω，远小于电压表的内阻，属于小电阻，电流表采用外接法．电路图和实物连线图如图所示．（3）由于温度升高，电阻变化，所以描绘出的I﹣U图线是曲线．故答案为：（1）A、C、E、G、H．（2）如右图．（3）曲线，随着温度的升高，电阻变化．点评：解决本题的关键掌握器材选择的原则，以及知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，电流表内外接的区别． 14．（10分）（2022秋•射洪县校级期末）两位同学在实验室中利用如图（a）所示的电路测定定值电阻R0、电源的电动势E和内电阻r，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一个同学记录的是电流表A和电压表V1的测量数据，另一同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据．并根据数据描绘了如图（b）所示的两条U﹣I图线．回答下列问题：（1）根据甲、乙两同学描绘的图线，可知 AD A．甲同学是根据电压表V1和电流表A的数据B．甲同学是根据电压表V2和电流表A的数据C．乙同学是根据电压表V1和电流表A的数据D．乙同学是根据电压表V2和电流表A的数据（2）图象中两直线的交点表示的物理意义是 BC A．滑动变阻器的滑动触头P滑到了最右端B．电源的输出功率最大C．定值电阻R0上消耗的功率为0.5WD．电源的效率达到最大值-15-\n（3）根据图（b），可以求出定值电阻R0= 2.0 Ω，电源电动势E= 1.50 V，内电阻r= 1.0 Ω．考点：测定电源的电动势和内阻．版权所有专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）从电路连接结合电流表和电压表的读数变化判断甲、乙两同学描绘的图线的含义．（2）图象中两直线的交点表示电压表V1的读数与电压表V2的读数相等，即滑动变阻器的阻值为0，根据图象求解．（3）由图可知，图象由纵坐标的交点为电动势；由图象与横坐标的交点利用闭合电路欧姆定律可求得内电阻．解答：解：（1）从电路连接可以看出，电流表A的读数增大时，电压表V1的读数减小，电压表V2的读数增大．甲同学是根据电压表V1和电流表A的数据绘制图象的，故B错误，A正确；乙同学是根据电压表V2和电流表A的数据绘制图象的，故C错误，D正确．故选AD．图象中两直线的交点表示电压表V1的读数与电压表V2的读数相等，即滑动变阻器的阻值为0，A、滑动变阻器的滑动触头P滑到了最左端，故A错误；B、图象可以得出电阻R0的阻值大于电源的内阻，滑动变阻器的阻值减小，电源的输出功率增大，两直线的交点对应滑动变阻器的阻值为0，即电源的输出功率最大，故B正确；C、定值电阻R0消耗功率为：P=U2I=1.0×0.5W=0.5W，故C正确；D、电源的效率为：η==，U越大，效率越大，故D错误．故选BC．（3）从图象可以得出定值电阻R0的阻值为：R0==2.0Ω；从甲同学的图象可以得出图象在U轴上的截距为1.50V，即电源的电动势为1.50V，图象斜率的绝对值为：k==1.0，即电源的内阻为r=1.0Ω．故答案为：（1）AD （2）BC （3）2.0 1.50 1.0点评：本题考查测量电动势和内电阻实验的数据和定值电阻电流及电压数据的处理，并能用图象法求出电势和内电阻． 三、计算题（每小题共4题，共36分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤）15．（9分）（2022秋•射洪县校级期末）把带电荷量3×10﹣8C的正点电荷从无限远处移到电场中A点，要克服电场力做功9×10﹣6J，若把该电荷从无限远处移到电场中B点，需克服电场力做功3×10﹣6J，求：（1）A点的电势；（2）A、B两点的电势差；（3）把3×10﹣5C的负电荷由A点移到B点电场力做的功．-15-\n考点：电势；电势差；电势能．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据电场力做功与电势能变化的关系公式WAB=EpA﹣EpB求出电荷在电场中各个点的电势能，再根据电势的定义式φ=得到各个点的电势；最后根据电场力做功与电势差关系公式WAB=qUAB求解电场力做的功．解答：解：（1）无穷远处某点O的电势为零，根据电场力做功与电势能变化的关系公式：WAB=EpA﹣EpB，有：WOA=EpO﹣EpA无穷远处电势能为零，即：EpO=0故：EpA=﹣WOA=8×10﹣6J根据电势的定义式：φ=，有：φA===300V；即A点的电势为300V．（2）把该电荷从无限远处的O点移到电场中B点，需克服电场力做功3×10﹣6J，取无限远处电势为零，根据电场力做功与电势能变化的关系公式WAB=EpA﹣EpB，有：WOB=EpO﹣EpB无穷远处电势能为零，即：EpO=0故：EpB=﹣WOB=2×10﹣6J根据电势的定义式φ=，有：φB===100V故A、B间的电势差为：UAB=φA﹣φB=300V﹣100V=200V即A、B点的电势差为200V．（3）根据电场力做功与电势差关系公式WAB=qUAB，有：WAB=qUAB=﹣3×10﹣5C×200V=﹣6×10﹣3J即把2×10﹣5C的负电荷由A点移到B点电场力做﹣6×10﹣3J的功．答：（1）A点的电势300V；（2）A、B两点的电势差200V；（3）把3×10﹣5C的负电荷由A点移到B点电场力做﹣6×10﹣3J的功．点评：本题关键是根据功能关系得到电场力做功与电势能变化的关系，然后列式求解出电场中各个点的电势能，最后根据电势的定义式求解各个点的电势，最后根据电场力做功与电势差关系公式WAB=qUAB求解电场力做的功． -15-\n16．（9分）（2022•铜山县模拟）如图所示，已知电源电动势E=20V，内阻r=1Ω，当接入固定电阻R=4Ω时，电路中标有“3V，6W”的灯泡L和内阻RD=0.5Ω的小型直流电动机D都恰能正常工作．试求：（1）电路中的电流大小；（2）电动机的额定电压；（3）电动机的输出功率．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：（1）灯泡L在额定电压下有正常发光时，此时功率等于额定功率，由功率公式求出灯泡中的电流，即为电路中的电流．（2）根据闭合电路欧姆定律求解电动机的额定电压．（3）电动机的输出功率等于输入的电功率与内部发热功率之差，根据能量转化和守恒定律求解电动机的输出功率．解答：解：（1）灯泡L正常发光，电路中的电流为：I==（2）由闭合电路欧姆定律可求得，电动机的额定电压为：UD=E﹣I（r+R）﹣UL=20﹣2×（1+4）﹣3=7（V）（3）电动机的总功率为P总=IUD=2×7=14W电动机的热功率为P热=I2RD=22×0.5=2W所以电动机的输出功率为P出=P总﹣P热=14﹣2=12W答：（1）电路中的电流大小为2A；（2）电动机的额定电压为7V；（3）电动机的输出功率为12W．点评：本题中含有电动机，电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，不能这样求电路中的电流：I=． 17．（9分）（2022春•彭州市期末）如图所示，一个质量为m，电荷量为e的质子从O点以速度v0垂直NP板射入两板之间区域，两个板间存在垂直纸面向里的匀强磁场，已知两板之间距离为d，板长也为d，O点是NP板的正中间，为使粒子能射出两板间，试求磁感应强度B的大小．-15-\n考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：粒子进入磁场中．由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得到半径公式r=，粒子的速度v越大，轨迹半径r越大．粒子从MN射出磁场时，从N点射出，轨迹半径最小，对应的速度最小，从M点射出，轨迹半径最大，对应的速度最大，根据几何关系求出半径，再由牛顿第二定律求出对应的速度，即可得到速度的范围．解答：解：当粒子从N点射出时，轨迹半径最小，设为r1．对应的速度最小，设为v1．当粒子从从M点射出时，轨迹半径最大，设为r2．对应的速度最大，设为v2．根据几何关系得：r1=d，r22=d2+（r2﹣d）2则得：r2=d，根据牛顿第二定律得：ev0B=m得：B=故有：B1=，B2=所以要使粒子能从极板间射出磁场，B0的大小范围为≤B≤．答：要使粒子能从极板间射出磁场，B0的大小范围为≤B≤．点评：本题关键是由几何知识确定出从两端射出时临界情况下的半径，然后根据牛顿第二定律列方程求解即可． 18．（9分）（2022秋•射洪县校级期末）如图所示，有位于竖直平面上的半径为R的圆形光滑绝缘轨道，其上半部分处于竖直向下、场强为E=-15-\n的匀强电场中，下半部分处于水平向里的匀强磁场中；质量为m，带正电为q的小球，从轨道的水平直径的M端由静止释放，若小球在某一次通过最低点时对轨道的压力为零，求：（1）磁感强度B的大小；（2）小球第二次通过轨道最低点时对轨道的压力；（3）若小球恰好能在圆形轨道内作完整的圆周运动，则小球在轨道最高点的速度大小为多少？小球从M出发时的竖直向下的速度大小是多少？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．版权所有专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：（1）小球在通过最低点时对轨道的压力为零，由此可知，在最低点时洛伦兹力和重力的合力恰好作为圆周运动的向心力，根据向心力的公式即可以求得磁感应强度B的大小；（2）当小球反向运动时，小球受到的洛伦兹力的反向反向，在最低点时对小球受力分析，由向心力的公式可以求得小球对轨道最低点的最大压力；（3）在最高点时，小球的重力和电场力作为圆周运动的向心力的大小，从M点到最高点的过程中，根据动能定理可以求得小球从轨道的水平直径的M端下滑的最小速度．解答：解：（1）设小球向右通过最低点时的速率为v，由题意得：mgR=mv2…①qBv﹣mg=m…②B=…③（2）小球向左通过最低点时对轨道的压力最大．FN﹣mg﹣qBv=m…④FN=6mg…⑤（3）要小球完成圆周运动的条件是在最高点满足：mg+qE=m…⑥-15-\n得：v1==从M点到最高点由动能定理得：﹣mgR﹣qER=mv12mv02…⑦由以上可得v0==…⑧答案：（1）磁感应强度B的大小为，（2）小球对轨道最低点的最大压力为6mg，（3）小球在轨道最高点的速度大小为，小球从轨道的水平直径的M端下滑的速度为．点评：本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了． -15-
