山西省山大附中2022届高三物理12月月考试题（含解析）新人教版

2022~2022学年第一学期高三12月月考物理试题考试时间：90分钟满分：110分【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理的基本内容，主要包含受力分析、物体的平衡、匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、运动的合成和分解、万有引力定律及其应用、动能定理、电场、磁场、交流的峰值、有效值以及它们的关系、动量守恒定律等内容，在考查问题上以基本定义、基本规律为主，重视生素养的考查，注重主干知识，兼顾覆盖面。一、选择题（共48分）：本题共12小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一个选项符合题目要求，第6-12题有多项符合题目要求。全部答对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。【题文】1、如图所示，小方块代表一些相同质量的钩码，图①中O为轻绳之间联结的节点，图②中光滑的滑轮跨在轻绳上悬挂钩码，两装置处于静止状态，现将图①中的B滑轮或图②中的端点B沿虚线稍稍上移一些，则关于θ角变化说法正确的是（　　）A.图①、图②中θ角均增大B.图①、图②中θ角均不变C.图①中θ增大、图②中θ角不变化D.图①中θ不变、图②中θ角变大【知识点】合力的大小与分力间夹角的关系．B7【答案解析】B解析：图1中，根据钩码个数，三个力正好构成直角三角形，若端点B沿虚线稍稍上移一些，三力大小不变，根据力的合成法则，可知，方向不变，即夹角不变．图2中，因滑轮光滑，绳子中的张力相等，则A、B的力总是相等的，因此合力平分A、B绳的夹角，即使稍上移，绳子张力大小仍不变，根据力的合成法则，可知，AB夹角也不变．故选：B【思路点拨】根据力的平行四边形定则，结合几何关系，即可求解．【题文】2、内壁光滑，水平放置的玻璃圆环内，有一直径略小于环口直径的带正电小球，以速度v0沿逆时针方向匀速转动，如图所示，若在此空间突然加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间成正比增加的变化磁场，运动过程中小球带电量不变，正确的是（）A．小球对玻璃环的压力一定不断增大B．小球受到的磁场力一定不断增大15C．小球先沿逆时针方向减速运动一段时间后沿顺时针方向加速运动D．磁场力对小球先做负功后做正功【知识点】安培力；左手定则．I1【答案解析】C解析：磁感应强度竖直向上，B随时间成正比增加，由楞次定律可知，变化的磁场产生的感生电场沿顺时针方向；小球带正电，小球所受电场力沿顺时针方向，与小球的运动方向相反，小球做减速运动，当小球速度减小到零后，小球沿顺时针方向加速运动，速度又不大增加；A、小球在水平面内做圆周运动，环对小球的弹力与小球所受的洛伦兹力提供向心力，小球做逆时针减速运动时，洛伦兹力与向心力方向相反，则环对小球的弹力减去洛伦兹力等于向心力，当小球速度为0时，向心力和洛伦兹力均为0，则环对小球的弹力为0，即小球对玻璃环的压力减小了，故A错误；B、由于小球的速度先减小后增大，由洛伦兹力公式f=qvB可知，小球受到的磁场力先减小后增大，故B错误；C、小球先沿逆时针方向减速运动，过一段时间后沿顺时针方向加速运动，故C正确；D、洛伦兹力始终与小球的运动方向垂直，磁场力对小球不做功，故D错误；故选C．【思路点拨】变化的磁场产生感生电场，由楞次定律判断出感生电场方向，然后判断带电小球受到的电场力方向，判断小球的运动性质，然后判断小球对环的压力如何变化，判断小球受到的磁场力如何变化．．【题文】3、人类对自己赖以生存的地球的研究，是一个永恒的主题．我国南极科学考察队存地球的南极用弹簧测力计称得某物体重为P，在回国途经赤道时用弹簧测力计称得同一物体重为0.9P．若已知地球自转周期为T，万有引力常量为G，假设地球是质量均匀分布的球体，则由以上物理量可以求得（　　）A.物体的质量mB.球的半径RC.地球的质量MD.地球的密度ρ【知识点】万有引力定律及其应用．D5【答案解析】D解析：因为两极处的万有引力等于物体的重力，故：P=由于赤道处的向心力等于万有引力与物体在赤道处的重力之差，故：P﹣0.9P=m（）2R故：M=A、物体的质量是任意的，故无法求解出，故A错误；B、C、由于不知道地球半径，故无法求解地球的质量，故BC均错误；D、地球密度：，故D正确；故选：D．【思路点拨】两极处的万有引力等于物体的重力，赤道处的重力等于万有引力与物体绕地球自转所需的向心力之差，结合万有引力定律公式列式求解即可．15【题文】4、ab是长为的均匀带电绝缘细杆，P1、P2是位于ab所在直线上的两点，位置如图所示．ab上电荷产生的静电场在P1处的场强大小为E1，在P2处的场强大小为E2．若将绝缘细杆的右半边截掉并移走（左边电量、位置不变），则P2处的场强大小为（　　）A.B.C.D.【知识点】电场的叠加．I1【答案解析】B解析：将均匀带电细杆等分为很多段，每段可看作点电荷．设细杆带正电根据场的叠加，这些点电荷在P1的合场强方向向左，在P2的合场强方向向右，由题意可知，右半边的电荷在P2处的电场强度为E1，而整个杆电荷在P2处的电场强度为E2，则左半边杆的电荷在P2处的电场强度为E2﹣E1．故选B.【思路点拨】由于细杆均匀带电，我们取a关于P1的对称点a′，则a与a′关于P1点的电场互相抵消，整个杆对于P1点的电场，仅仅相对于a′b部分对于P1的产生电场．而对于P2，却是整个杆都对其有作用，所以，P2点的场强大．【题文】5、汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10A，电动机启动时电流表读数为58A，若电源电动势为12.5V，内阻为0.05Ω，电流表内阻不计，则因电动机启动，车灯的电功率降低了（　　）A.35.8WB.43.2WC.48.2WD.76.8W【知识点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．J2【答案解析】B解析：电动机不启动时，灯泡的电压为电源路端电压，设为UL，电动机启动后灯泡电压仍为路端电压，设为UL′．由欧姆定律得I=求得R=1.2Ω，灯泡消耗功率为PL=EI﹣I2r=120W；电动机启动后，路端电压UL′=E﹣I′r=9.6V，灯泡消耗电功率为PL′==W=76.8W．所以灯泡功率降低了△P=120W﹣76.8W=43.2W；故选：B．【思路点拨】电机不启动时电源电压直接加在灯泡两端，由闭合电路欧姆定律可求得通过灯泡的电流，由功率公式可求得灯泡消耗的功率；15而当电机启动时，电动机与灯泡并连接在电源两端，此时灯泡两端的电压仍等于路端电压，由功率公式可求得车灯消耗的功率；则可求得车灯的电功率降低值．．【题文】6、如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出．若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球（　　）A.将打在下板中央B.仍沿原轨迹由下板边缘飞出C.不发生偏转，沿直线运动D.若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央【知识点】带电粒子在匀强电场中的运动；电容器的动态分析．I3【答案解析】BD解析：ABC、将电容器上板向下移动一段距离，电容器所带的电量Q不变，由于：E===，由公式可知当d减小时，场强E不变，以相同的速度入射的小球仍按原来的轨迹运动，故A错误，B正确，C错误．D、若上板不动，将下板上移一段距离时，根据推论可知，板间电场强度不变，粒子所受的电场力不变，粒子轨迹不变，小球可能打在下板的中央，故D正确．故选：BD【思路点拨】将电容器上板向下移动一段距离，电容器所带的电量Q不变，根据电容器的定义式导出电场强度的变化，判断粒子的运动情况．【题文】7、如图所示，质量为m2的物体，放在沿平直轨道向左行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑的定滑轮连接质量为m1的物体．当车向左加速运动时，与物体m1相连接的绳与竖直方向成θ角，m2与车厢相对静止．则（　　）A.车厢的加速度为gsinθB.绳对物体m1的拉力为C.底板对物体m2的支持力为（m2﹣m1）gD.物体m2所受底板的摩擦力为m2gtanθ【知识点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．C2B3【答案解析】BD解析：A、B以物体1为研究对象，分析受力情况如图2：重力m1g和拉力T，根据牛顿第二定律得m1gtanθ=m1a，得a=gtanθ，则车厢的加速度也为gtanθ．T=．故A错误，B正确．15C、D对物体2研究，分析受力如图1，根据牛顿第二定律得：N=m2g﹣T=，f=m2a=m2gtanθ．故C错误，D正确．故选BD【思路点拨】先以物体1为研究对象，分析受力情况，根据牛顿第二定律求出其加速度和绳的拉力．再对物体2研究，由牛顿第二定律求出支持力和摩擦力．【题文】8、如图所示，A、C和B、C是两个固定的斜面，斜面的顶端A、B在同一竖直线上．甲、乙两个小物体在同一竖直线上．甲、乙两个小物块分别从斜面AC和BC顶端由静止开始下滑，质量分别是、（），与斜面间的动摩擦因数均为μ．若甲、乙滑至底端C的过程中克服摩擦力做的功分别是、，所需时间分别是、．甲、乙滑至底端C时速度分别是、，动能分别是、，则（　　）A.＞B.＞C.＜D.＜【知识点】动能定理的应用．E2【答案解析】BC解析：A、设斜面的倾角为θ，斜面水平长度为L，由动能定理得：mgLtanθ﹣μmgcosθ=EK1﹣0，EK1=mgL（tanθ﹣μ），m1＜m2，θ1＞θ2，无法判断两物体动能大小，故A错误；B、EK1=mgL（tanθ﹣μ）=mv2，v=，θ1＞θ2，v1＞v2，故B正确；C、克服摩擦力做的功W=μmgcosθ×=μmgL，∵m1＜m2，∴W1＜W2，故C正确；15D、由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma，=at2，t==，根据题意无法确定2θ﹣β的取值范围，无法确定sin（2θ﹣β）大小关系，无法确定时间关系，故D错误；故选：BC．【思路点拨】应用动能定理求出物体到达底端的动能，然后比较动能大小，根据动能的计算公式求出物体的速度，然后比较大小；由功的计算公式求出克服摩擦力所做的功，然后比较功的大小；由牛顿第二定律与运动学公式求出物体的运动时间，然后比较时间大小．【题文】9、在军事演习中，某空降兵从悬停在空中的直升飞机上跳下，从跳离飞机到落地的过程中沿竖直方向运动的v-t图象如图所示，则下列说法正确的是（）A．0～10s内空降兵和降落伞整体机械能守恒B．0～10s内空降兵和降落伞整体所受空气阻力越来越大C．10s～15s时间内运动员的平均速度D．10s～15s内空降兵和降落伞整体处于失重状态【知识点】机械能守恒定律；匀变速直线运动的图像．E3A5【答案解析】BC解析：A、由图示v﹣t图象可知，图线上某点的切线的斜率表示该时刻加速度，故0﹣10s内空降兵运动的加速度越来越小，空降兵运动过程要克服阻力做功，机械能不守恒，故A错误；B、由A可知，0～10s内加速度减小，由牛顿第二定律可知，所受合外力减小，空气阻力越来越大，故B正确；C、如果物体做匀减速直线运动，=，由图示图中可知，10s～15s，速度向下做加速度不断减小的减速直线运动，则＜，故C正确；D、10s～15s内空降兵向下做加速度不断减小的减速直线运动，加速度向上，处于超重状态，故D错误；故选：BC．【思路点拨】从图象可以看出，空降兵先做加速度不断减小的加速运动，再做加速度不断减小的减速运动，最后匀速运动；根据速度时间图线与坐标轴包围的面积表示位移以及图线上某点的切线的斜率表示该时刻加速度来进行分析．【题文】10、15如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m，电量为+q，电场强度为E、磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.小球由静止开始下滑直到稳定的过程中（）A．小球的加速度一直减小B．小球的机械能和电势能的总和保持不变C．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是D．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是【知识点】牛顿第二定律；带电粒子在混合场中的运动．C2K3【答案解析】CD解析：小球静止时只受电场力、重力、支持力及摩擦力，电场力水平向左，摩擦力竖直向上；开始时，小球的加速度应为a=；小球速度将增大，产生洛仑兹力，由左手定则可知，洛仑兹力向右，故水平方向合力将减小，摩擦力减小，故加速度增大；故A错误；当洛仑兹力等于电场力时，摩擦力为零，此时加速度为g，达最大；此后速度继续增大，则洛仑兹力增大，水平方向上的合力增大，摩擦力将增大；加速度将减小，故最大加速度的一半会有两种情况，一是在洛仑兹力小于电场力的时间内，另一种是在洛仑兹力大于电场力的情况下，则：=，解得，V1=，故C正确；同理有：=，解得V2=，故D正确；而在下降过程中有摩擦力做功，故有部分能量转化为内能，故机械能和电势能的总和将减小；故B错误；故选CD．【思路点拨】对小球进行受力分析，再根据各力的变化，可以找出合力及加速度的变化；即可以找出小球最大速度及最大加速度的状态．【题文】11、如图所示，带正电的金属圆环竖直放置，AB是轴线上相对于圆心的对称点.某时刻一个电子从A点沿轴线向右运动至B点，此过程中电子运动的v-t图象可能是（）15【知识点】电势差与电场强度的关系．I2【答案解析】ABC解析：电子以速度υ0沿轴线水平向右运动，所受电场力方向向左，大小变化情况有两种可能：（1）先增大后减小；（2）一直减小．所以电子一定做加速度变化的变速运动，速度先增大后减小，AB两点电势相同，故速度大小和方向相同，故D不可能，ABC可能．故选：ABC．【思路点拨】圆弧的中轴线上的场强的发布是：从圆弧的中心向两边先增大后减小，所以从A释放开始到运动到B点的过程中，所受电场力变化情况可能先增大后减小圆心处为零，也可能一直减小，但速度先增大后减小，AB速度相同．【题文】12、如图，在光滑绝缘的水平桌面上方固定着电荷量大小相等的两个点电荷，一个带电小球（可视为点电荷）恰好围绕O点在桌面上做匀速圆周运动．已知O、q1、q2在同一竖直线上，下列判断正确的是（　　）A.q1、q2为异种电荷B.圆轨道上的电场强度处处相同C.圆轨道上的电势处处相等D.点电荷q1对小球的静电力是吸引力【知识点】电场线．I1【答案解析】CD解析：A、带电小球（可视为点电荷）恰好围绕O点在桌面上做匀速圆周运动，说明小球受到的重力与电场力的合力提供向心力，所以电场力的方向斜向上，但是不能确定两个点电荷是否是异种电荷，或是同种电荷．故A错误；B、由题意，根据电场线的分布情况可知：圆轨道上电场线疏密处处相同，电场强度的大小处处相等，但方向不同，所以电场强度不相同．故B错误；15C、根据两个点电荷q1、q2电场中等势面分布的对称性可知，圆轨道上的电势处处相等，故C正确．D、带电小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，由于两个电荷的电荷量相等，q1离带电小球比q2近，库仑力较大，水平方向的分力较大，则q1对小球的库仑力必定是吸引力，小球所受两个电荷的库仑力的合外力指向圆心的分力提供向心力，由于q1对带电小球的库仑力较大，水平方向的分力较大，q1、q2可能为异种电荷，则q2对小球的库仑力可能是斥力，故D正确．故选：CD．【思路点拨】根据电场中等势面分布的对称性可分析出圆轨道上电势情况；根据电场线的分布情况，分析电场强度的关系，电场强度是矢量，只有大小和方向都相同时，电场强度才相同．带电小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，分析两个电荷的电性和q1对小球的库仑力．二、实验题（共16分）【题文】13、（10分）某实验小组在实验室用如图（甲）所示的装置来研究加速度和有关能量的问题．（1）需要将长木板的右端垫高（即平衡摩擦力，下面实验均有此步骤），直到在没有砂桶拖动下，小车拖动纸带穿过计时器时能做　　运动．（2）同学B若用此实验装置来验证砂和砂桶（质量为m）以及小车（质量为M）组成的系统机械能守恒，以OC段的运动为例（设OC的距离为x3），其实验数据应满足的关系式是　，（用本题的符号表示，不要求计算结果，已知当地重力加速度为g，相邻两个计数点间时间间隔为T）（3）同学C采用图（甲）的装置研究外力做功和动能变化关系，根据实验数据若绘出了△v2﹣s图线（其中△v2=v2﹣v02，），图线应是一条　．（4）同学甲和乙采用图（甲）装置研究小车加速度和力之间的关系，由于操作失误，根据实验数据做出了a﹣F图象如图（丙）所示：则由图中信息可知：①小车的质量M=　kg．（结果保留两位有效数字）②分析后知道，甲乙两个同学在平衡摩擦力时将长木板垫高的高度h甲　　h乙（填“大于”、“小于”或“等于”）15【知识点】探究功与速度变化的关系．E4【答案解析】（1）匀速直线；（2）mgx3=（m+M）；（3）过原点的倾斜直线；（4）2.0；大于解析：（1）直到在没有沙桶拖动下，小车拖动纸带穿过计时器时能匀速直线运动，摩擦力得到平衡；（2）在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，所以C点的瞬时速度v，则系统机械能守恒满足mgx3=（m+M）vC2=（m+M）；（3）由动能定理，，则，图线应是一条过原点的倾斜直线；（4）由a﹣F图线可知，图中图线的斜率为k=，则小车的质量M=，根据图象可知，当F=0时，甲的加速度大，所以甲的倾角大，则甲乙两个同学在平衡摩擦力时将长木板垫高的高度h甲大于h乙．【思路点拨】（1）在没有沙桶拖动下，小车和纸带能做匀速直线运动时，摩擦力得到平衡．（2）在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，所以C点的瞬时速度等于BD的平均速度．判断系统机械能是否守恒，看系统重力势能的减小量（即m的重力势能减小量）与系统动能的增加量是否相等．15（3）根据动能定理，，可得出△v2﹣s的关系，从而图线的形状．（4）由a﹣F图线可知，图中图线的斜率为k=．【题文】14、（6分）有一电流表A，量程为1mA，内阻r1约为100Ω，要求测量其内阻．可选用器材有：电阻箱R1，最大阻值为999.9Ω；滑动变阻器甲，最大阻值为10kΩ；滑动变阻器乙，最大阻值为2kΩ；电源E，电动势约为6V，内阻不计；开关2个，导线若干．采用的测量电路图如图所示，实验步骤如下：①断开S1和S2，将R调到最大；②合上S1，调节R使A表满偏；③保持R不变，合上S2，调节R1使A表半偏，此时可以认为A表的内阻r1＝R1.在上述可供选择的器材中，可变电阻R应该选择（选填“甲”或“乙”）；认为内阻r1＝R1，此结果与r1的真实值相比（选填“偏大”、“偏小”或“相等”）【知识点】伏安法测电阻．J4【答案解析】甲；偏小．解析：该实验的原理是通过半偏法测量电流表的内阻，所以需要有一个相对不变的电流，所以，电阻值较大的滑动变阻器能更好地做到这一点，所以需要选择最大阻值为10kΩ的滑动变阻器甲；闭合电建S2后，电流表部分的并联电阻值变小，所以闭合电路的总电阻变小，电路中的总电流变大；所以当电流表的指针半偏时，流过电阻箱的实际电流要大于流过电流表的电流，所以电阻箱的电阻值要比电流表的内阻小．即测量值小于真实值．【思路点拨】器材选取的原则是安全、精确，根据此原则选择合适的器材．通过半偏法测量电流表的内阻，根据电阻箱的读数求出电流表的内阻大小．三、计算题（共46分）【题文】15、（14分）如图所示，水平桌面上静止着质量为M的斜面体，斜面与水平方向的夹角为θ，质量为m的物块放置在斜面上，斜面体与水平间的动摩擦因数为μ1，物块与斜面间的动摩擦因数为μ2，已知μ2＞tanθ．现用一从零逐渐增大的水平拉力F拉斜面体直到物块与斜面体发生相对滑动．（1）物块相对斜面体滑动时所受摩擦力大小；（2）从施加F到物块与斜面体发生相对滑动这一过程中，拉力F的最大值；（3）定性画出斜面体M的速度随时间的变化图象．15【知识点】牛顿运动定律的综合应用；共点力平衡的条件及其应用．C5B7【答案解析】(1)(2)+μ1（M+m）g(3)如下图解析：（1）分解加速度，沿斜面、垂直于斜面建立坐标系．刚要滑动时，对m：受力分析如图：f﹣mgsinθ=macosθ…①mgcosθ﹣FN=masinθ…②又f=μ2FN…③①②③联立，解得：f=…④（2）对M、m的整体，由牛顿第二定律得：F﹣μ1（M+m）g=（M+m）a…⑤①④⑤联立，解得F=+μ1(M+m)g（3）【思路点拨】（1）分解加速度，沿斜面、垂直于斜面建立坐标系，由牛顿第二定律求解．（2）对整体，运用牛顿第二定律求解F的最大值．（3）根据物体加速度的变化，画出v﹣t图象．【题文】16、(15分)如图所示,在同一竖直平面内,一轻质弹簧一端固定,静止斜靠在光滑斜面上,另一自由端恰好与水平线AB齐平,一长为L的轻质细线一端固定在O点,另一端系一质量为的小球,O点到AB的距离为2L.现将细线拉至水平,小球从位置C由静止释放,到达O点正下方时,细线刚好被拉断.当小球运动到A点时恰好能沿斜面方向压缩弹簧,不计碰撞时的机械能损失,弹簧的最大压缩量为(在弹性限度内),求:15(1)细线所能承受的最大拉力F；(2)斜面的倾角；(3)弹簧所获得的最大弹性势能.【知识点】动能定理；向心力；弹性势能．E2D4B1【答案解析】（1）3mg（2）45°（3）解析：（1）从C到最低点过程，小球的机械能守恒，则有：mgL=，最低点：T﹣mg=m，联立解得：T=3mg，（2）细绳在最低点被拉断后小球做平抛运动，则小球到达A点时竖直方向的分速度为：2gL=，vy==，故tan，则θ=45°（3）有能量守恒得：，【思路点拨】（1）C到D过程，小球的机械能守恒，可求出小球到D点时的速度，此时细绳受到的拉力达到最大，由牛顿第二定律求出最大拉力．（2）细绳在D点被拉断后小球做平抛运动，由题意，小球在运动过程中恰好沿斜面方向将弹簧压缩，速度沿斜面向下方向．由平抛运动知识求出小球到达D时竖直方向的分速度，由tan求出斜面的倾角．（3）根据能量守恒即可求得弹簧的弹性势能．【题文】17、(17分)如图所示,等边三角形AQC的边长为2L，P、D分别为AQ、AC的中点.水平线QC以下是水平向左的匀强电场,区域Ⅰ(梯形PQCD)内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B0；区域Ⅱ(三角形APD)内的磁场方向垂直纸面向里,区域Ⅲ(虚线PD之上、三角形APD以外)的磁场与区域Ⅱ大小相等、方向相反.带正电的粒子从Q点正下方，距离Q为L的O点以某一速度射入电场,在电场力作用下以速度v0垂直QC到达该边中点N,经区域Ⅰ再从P点垂直AQ射入区域Ⅲ(粒子重力忽略不计).求：(1)求该粒子的比荷；15(2)求该粒子从O点运动到N点的时间t1和匀强电场E；(3)若区域Ⅱ和区域Ⅲ内磁场的磁感应强度为3B0，则粒子经过一系列运动后会返回至O点，求粒子从N点出发再回到N点的运动过程所需的时间t．【知识点】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．I7K3【答案解析】（1）（2）t1=，E=2B0v0（3）解析：（1）由题意可知，粒子在区域Ⅰ内做匀速圆周运动，轨道半径为：r1=L；由牛顿第二定律和洛伦兹力表达式得到：qvB=m解得：；（2）粒子从O点到N点过程中，竖直向上做速度为v0的匀速直线运动，则：t1=水平向右做末速度为零的匀减速直线运动，则：L=由牛顿第二定律得：QE=ma解得：E=2B0v0；（3）带电粒子在区域Ⅱ和区域Ⅲ内做匀速圆周运动，同理由牛顿第二定律和洛伦兹力表达式可得：r2=粒子从N点出发再回到N点的运动轨迹如图所示：在区域Ⅰ中匀速圆周运动周期：T1=；在区域Ⅰ中运动的时间：t2=×2=；15在区域Ⅱ和区域Ⅲ中匀速圆周运动周期：T2=；在区域Ⅱ和区域Ⅲ中运动时间：t2=；所以t=t2+t3=；【思路点拨】（1）粒子在区域Ⅰ内做匀速圆周运动，圆心为Q点，故半径等于QN，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解即可；（2）粒子从O到N与从N到O是逆过程，N到O做类平抛运动；故O到N的竖直分运动是匀速直线运动，水平分运动是匀加速直线运动，根据分位移公式列式求解即可；（3）画出粒子在磁场中运动轨迹，找出半径与三角形边长的关系，定出时间与周期的关系，求出时间．15