山东省临沂市沂水一中2022届高三物理上学期12月月考试卷（含解析）

2022-2022学年山东省临沂市沂水一中高三（上）月考物理试卷（12月份）一、选择题：本题共10个小题，每小题4分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，至少有一个是正确的．每小题全选对的得4分；选对但不全的得2分；有选错或不答的得0分．1．（4分）（2022秋•沂水县校级月考）在物理学发展过程中，许多科学家做出了突出贡献．下列说法正确的是（　　）　A．伽利略用理想斜面实验推翻了亚里士多德关于力和运动的关系的理论　B．安培发现了电流的磁效应　C．法拉第最早提出了场的概念　D．密立根发现了电荷之间相互作用的规律考点：物理学史．版权所有分析：本题应根据伽利略、库仑、奥斯特、法拉第、密立根的贡献进行选择．解答：解：A、伽利略通过对理想斜面的研究得出：力不是维持物体运动的原因，亚里士多德关于力和运动的关系的理论．故A正确．B、奥斯特首先发现了通电导线的周围存在磁场，即电流的磁效应．故B错误．C、法拉第最早提出了场的概念，来形象描述电场的强弱和方向，故C正确．D、库仑通过扭秤实验总结出了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律，故D错误．故选：AC．点评：本题关键要记住力学和电学的一些常见的物理学史，平时要注重积累．　2．（4分）（2022秋•烟台期中）某元件中通过的电流随其两端电压的变化规律如图所示，则下列说法中正确的是（　　）　A．此元件为线性元件　B．此元件导电时遵守欧姆定律　C．由图象可知，电压为5V时，元件的电阻为2Ω　D．由图象可知，随着电压的增大，元件的电阻不断增大考点：欧姆定律．版权所有专题：恒定电流专题．分析：由I﹣U图象的性质可明确该元件是否为线性元件，注意图象的斜率表示电阻的倒数．解答：解：A、由图可知，该元件为非线性元件，不能遵守欧姆定律；故AB错误；C、由图象可知，当电压为5V时，电流为1.0A；故电阻R==5Ω；故C错误；-17-\nD、由图象可知，斜率越来越小，因I﹣U图象中图象的斜率表示电阻的倒数；故电阻不断增大；故D正确；故选：D．点评：本题关键抓住图象上的点与原点连线的斜率等于电阻的倒数，分析电阻的变化，求解电阻的值．　3．（4分）（2022秋•沂水县校级月考）如图所示，质量为M的斜面体A放在粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为m的小球B置于斜面上，轻绳与斜面平行且另一端固定在竖直墙面上，不计小球与斜面间的摩擦，斜面体与墙不接触，整个系统处于静止状态．则（　　）　A．斜面体对水平面的压力等于（M+m）g　B．水平面对斜面体有向左的摩擦力作用　C．当滑块缓慢向右移动时，斜面对小球的支持力变大　D．当滑块缓慢向右移动时，细线对小球的拉力先变小考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：以斜面体和小球整体为研究对象受力分析，根据平衡条件求斜面体受到的支持力和摩擦力．隔离小球分析，抓住重力不变，支持力的方向不变，结合绳子拉力的方向变化得出支持力和拉力的大小变化．解答：解：A、B、以斜面体和小球整体为研究对象受力分析，水平方向：f=Tcosθ，方向水平向右，竖直方向：N=（m+M）g﹣Tsinθ，可见N＜（M+m）g，根据牛顿第三定律：斜面体对水平面的压力N′=N＜（M+m）g，故A、B错误．C、D、当滑块缓慢向右移动，则绳子与水平方向的夹角减小，隔离对小球分析，通过矢量三角形知，斜面对小球的支持力变大，拉力变大．故C正确，D错误．故选：C．点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，难度中等．　4．（4分）（2022秋•烟台期中）在如图所示的电路中，输入电压U恒为8V，灯泡L标有“3V6W”字样，电动机线圈的电阻RM=1Ω．若灯泡恰能正常发光，下列说法正确的是（　　）-17-\n　A．流过电动机的电流是5A　B．电动机的输出功率为4W　C．电动机的效率是60%　D．整个电路消耗的电功率是16W考点：电功、电功率．版权所有专题：恒定电流专题．分析：由电路图可知，灯泡与电动机串联；由串联电路特点可以求出灯泡正常发光时电动机两端电压；由P=UI的变形公式求出灯泡正常发光时的电流，由P=I2R求出电动机的热功率，然后求出电动机的机械功率，由效率公式求出电动机的效率；由P=UI求出电路的总功率解答：解：A、灯泡正常发光，则电路电流I=，故A错误；B、C、灯泡正常发光时的电压等于其额定电压，电动机电压UM=U﹣UL=8V﹣3V=5V；电动机的热功率PQ=I2RM=（2A）2×1Ω=4W；电动机的电功率：P=UMI=5×2=10W；电动机的输出功率P出=UMI﹣I2RM=5×2﹣4=6W；电动机的效率：η=故B错误，C正确；D、整个电路消耗的电功率：P总=UI=8×2=16W，故D正确；故选：CD．点评：本题应注意明确电动机是非纯电阻电路，电动机的输出功率等于总功率与热功率之差．　5．（4分）（2022秋•重庆月考）在如图（a）所示的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器．闭合电键S，将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端，两个电压表（内阻极大）的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图（b）所示．则（　　）　A．图线甲是电压表V1示数随电流变化的图线　B．电源内电阻的阻值为10Ω-17-\n　C．电源的最大输出功率为1.5W　D．滑动变阻器R2的最大功率为0.9W考点：电功、电功率．版权所有专题：恒定电流专题．分析：由图可知两电阻串联，V1测R1两端的电压，V2测R2两端的电压；当滑片向左端滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，则可知总电阻变化，由闭合电路欧姆定律可知电路中电流的变化，则可知内电压的变化及路端电压的变化，同时也可得出R1两端的电压变化，判断两图象所对应的电压表的示数变化；由图可知当R2全部接入及只有R1接入时两电表的示数，则由闭合电路的欧姆定律可得出电源的内阻；由功率公式可求得电源的最大输出功率及滑动变阻器的最大功率．解答：解：A、当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；而R1两端的电压增大，故乙表示是V1示数的变化；甲表示V2示数的变化；故A错误；B、由图可知，当只有R1接入电路时，电路中电流为0.6A，电压为3V，则由E=U+Ir可得：E=3+0.6r；当滑动变阻器全部接入时，两电压表示数之比为，故=；由闭合电路欧姆定律可得E=5+0.2r解得r=5Ω，E=6V，故B错误；C、因当内阻等于外阻时，电源的输出功率最大，故当外阻等于5Ω时，电源的输出功率最大，故此时电流I==0.6A，故电源的最大输出功率P=UI=1.8W；故C错误；D、由C的分析可知，R1的阻值为5Ω，R2电阻为20Ω；当R1等效为内阻，则当滑动变阻器的阻值等于R+r时，滑动变阻器消耗的功率最大，故当滑动变阻器阻值为10Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流I′=A=0.3A，则滑动变阻器消耗的总功率P′=I'2R′=0.9W；故D正确；故选：D．点评：在求定值电阻的最大功率时，应是电流最大的时候；而求变值电阻的最大功率时，应根据电源的最大输出功率求，必要时可将与电源串联的定值电阻等效为内阻处理．　6．（4分）（2022秋•平阳县校级期末）如图所示，真空中固定两个等量异号点电荷+Q、﹣Q，图中O是两电荷连线的中点，a、b两点与+Q的距离相等，c、d是两电荷连线垂直平分线上的两点，bcd构成一等腰三角形．则下列说法正确的是（　　）　A．a、b两点的电场强度相同　B．c、d两点的电势相同-17-\n　C．将电子由b移到c的过程中电场力做正功　D．质子在b点的电势能比在O点的电势能大考点：电势；电势能．版权所有分析：由场强的合成法则可得场强的大小关系，由电场力做功情况可得电势的变化．两等量异号点电荷连线的垂直平分线是一条等势线，正电荷在电势高处电势能大，分析电势能关系．解答：解：A、a点场强方向向左，b点场强方向向右，则A错误；B、在两电荷的中垂线的场强方向水平向右，则为等势面，故B正确C、由b到c为电势减小小，则负电荷受电场力做负功，则C错误D、b点电势高于O点的电势，则质子在b点的电势能大，则D正确故选：BD点评：等量异号点电荷的电场线和等势线分布情况是考试的热点，抓住对称性和其连线的垂直平分线是一条等势线是学习的重点．　7．（4分）（2022秋•烟台期中）在如图所示的电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中，下列说法正确的是（　　）　A．电容器的电荷量增大B．电流表A的示数减小　C．电压表V1示数在变大D．电压表V2示数在变小考点：闭合电路的欧姆定律．版权所有专题：恒定电流专题．分析：保持开关S闭合，根据变阻器接入电路电阻的变化，由欧姆定律分析电表读数的变化．根据电容与板间距离的关系，分析电容的变化，确定电容器电量的变化，判断R2中电流的方向．断开开关S，分析板间场强的变化．解答：解：该电路中两个电阻串联，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中，接入电路的有效电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析可知电路中电流I变大，则电流表A读数变大；路端电压：U=E﹣Ir减小，电压表V3示数在变小．A、电容器两端的电压为路端电压，U减小，根据Q=CU可知电容器的带电量减小．故A错误；B、该电路中两个电阻串联，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中，接入电路的有效电阻积极性，根据闭合电路欧姆定律分析电路中电流I变大，则电流表读数变大；故B错误；C、U1示数U1=IR1，随I的增大在变大．故C正确；D、U2示数U2=E﹣I（R1+r），随电流I的增大而减小．故D正确．故选：CD点评：-17-\n电容器的动态分析重点在于明确电容器的两种状态：充电后断开电源则极板上的电量不变；电容器保持和电源相连，则两板间的电势差不变．要掌握E=、C=及电容的决定因素．　8．（4分）（2022秋•增城市期末）如图所示，在平行金属板A、B间分布着正交的匀强电场和磁场，磁感应强度垂直纸面向里，一个质子以初速度v0垂直于电磁场沿OO′入射，恰能沿OO′运动，则（　　）　A．A的电势高于B板的电势　B．电子以初速度v0垂直于电磁场沿OO′从左端入射，仍沿OO′作直线运动　C．以初速度v0垂直于电磁场沿OO′从左端入射，仍沿OO′作直线运动　D．以初速度v0垂直于电磁场沿OO′从右端入射，仍沿OO′作直线运动考点：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：质子带正电，由左手定则判断洛伦兹力方向，因质子做匀速直线运动，即可判断出电场力方向，从而确定出两极板电势高低．由平衡条件列方程，可得到电子和He以初速度v0垂直于电磁场沿OO′从左端入射，受力也平衡，也做匀速直线运动．解答：解：A、由左手定则判断得知质子所受的洛伦兹力方向向上，质子做直线运动，所受的电场力方向应向下，故A的电势高于B板的电势．故A正确．B、C对于质子，由平衡条件得：qv0B=qE，则得v0B=E，可见此式与带电粒子的质量、电荷量、电性无关，所以当电子和He也以初速度v0垂直于电磁场沿OO′从左端入射，洛伦兹力与电场力也平衡，也沿OO′作直线运动，故BC正确．D、当He以初速度v0垂直于电磁场沿OO′从右端入射，洛伦兹力方向向下，电场力方向也向下，它将向下偏转，不可能沿OO′作直线运动．故D错误．故选ABC点评：本题考查对速度选择器原理的理解，关键掌握当洛伦兹力与电场力二力平衡时，粒子才能沿直线通过速度选择器．　9．（4分）（2022秋•烟台期中）一宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，飞船原来的线速度大小是υ1，周期是T1，机械能是E1；假设在某时刻它向后喷气做加速运动后，进入新轨道做匀速圆周运动，运动的线速度大小是υ2，周期是T2，机械能是E2，则（　　）　A．υ1＞υ2T1＜T2E1＜E2B．υ1＜υ2T1＜T2E1＜E2　C．υ1＞υ2T1＞T2E1＞E2D．υ1＜υ2T1＞T2E1=E2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-17-\n专题：人造卫星问题．分析：飞船向后喷气做加速运动，飞船做圆周运动的半径R增大，在新的轨道达到新平衡，继续做匀速圆周运动．根据万有引力等于向心力列式，即可比较线速度和周期的变化．由于外界做功，飞船的机械能增加．解答：解：飞船向后喷气做加速运动，飞船做圆周运动的半径R增大，在新的轨道达到新平衡，继续做匀速圆周运动．根据公式：=m，得线速度v=，周期T=2π可知，当r变大，v变小，T变大．在飞船向后喷气做加速运动过程中，外界对飞船做功，飞船的机械能增加．故A正确、BCD错误．故选：A．点评：卫星变轨问题是天体力学重点内容，近年多次涉及，通过卫星运行轨道的变化，进而确定卫星线速度、角速度、周期、频率等物理量的变化情况．　10．（4分）（2022秋•烟台期中）如图所示，三个斜面1、2、3固定在水平面上，斜面1与3底边相同，斜面2和3高度相同，同一物体与三个斜面的动摩擦因数相同，当该物体先后沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端时，对于整个下滑过程，下列说法正确的是（　　）　A．三种情况下物体克服摩擦力所做的功Wf1＜Wf2＜Wf3　B．三种情况下合力对物体所做的功W1＞W2＞W3　C．三种情况物体滑到底端时重力做功的瞬时功率P1＞P2＞P3　D．三种情况下物体损失的机械能△E1=△E3＜△E2考点：功能关系．版权所有分析：损失的机械能转化成摩擦产生的内能．物体从斜面下滑过程中，重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可以比较三者速度大小，注意物体在运动过程中克服摩擦力所做功等于因摩擦产生热量，据此可以比较摩擦生热大小．解答：解：设斜面和水平方向夹角为θ，斜面长度为L，A、物体下滑过程中克服摩擦力做功为：W=﹣mgμLcosθ．Lcosθ即为底边长度．由图可知1和3底边相等且小于2的，所以摩擦力做功Wf2＞Wf1=Wf3．故A错误；B、根据动能定理得W合=mgh﹣mgμLcosθ，Lcosθ即为底边长度，根据图中斜面高度和底边长度可知W1＞W3＞W2，故B错误；C、设物体滑到底端时的速度为v，根据动能定理得：mgh﹣mgμLcosθ=mv2﹣0，根据图中斜面高度和底边长度可知滑到底边时速度大小关系为：v1＞v3＞v2，到达斜面底端时重力的瞬时功率p=mgvsinθ，由于v1＞v3＞v2，θ1＞θ3＞θ2，所以P1＞P3＞P2，故C错误．-17-\nD、物体下滑，除重力外有摩擦力做功，根据能量守恒，损失的机械能转化成摩擦产生的内能．所以损失的机械能△E1=△E3＜△E2，故D正确．故选：D．点评：本题比较简单直接利用功能关系即可求解，易错点在于写出表达式后的数学运算，因此学生要加强练习，提高利用数学知识解决物理问题的能力．　二、实验题：本题满分18分，把答案直接填在题中的横线上．11．（2分）（2022•镇江模拟）图甲中游标卡尺的读数是　2.98　cm，图乙中螺旋测微器的读数是　5.680　mm．考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．版权所有专题：实验题．分析：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．解答：解：1、游标卡尺的主尺读数为：2.9cm，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为8×0.1mm=0.8mm=0.08cm，所以最终读数为：2.9cm+0.08=2.98cm．2、螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为18.0×0.01mm=0.180mm，所以最终读数为5.5mm+0.180mm=5.680mm．故答案为：2.98，5.680．点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量．　12．（8分）（2022•盐城二模）某同学为了研究一个小灯泡的灯丝电阻随温度的升高而变化的规律，用实验得到下表所示的数据（I和U分别表示小灯泡的电流和电压），则：U/V00.200.400.600.801.001.201.401.601.802.00I/A00.120.210.290.340.380.450.470.490.50（1）当U=1.20V时对应的电流表如图甲所示，其读数为　0.42　A-17-\n（2）实验中所用的器材有：电压表（量程3V，内阻约为2kΩ）电流表量程（0.6A，内阻约为0.2Ω）滑动变阻器（0～5Ω，1A）电源、待测小灯泡、电键、导线若干．请在图乙方框中画出该实验的电路图（3）根据实验数据，在图丙中画出小灯泡的U﹣I曲线（4）如果把这个小灯泡接直接接在一个电动势为1.5V、内阻为2.0Ω的电池两端，则小灯泡的实际功率是　0.28　W（结果保留2位有效数字）考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．版权所有专题：恒定电流专题．分析：（1）为测量多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻较小，远小于电压表内阻，电流表应采用外接法，据此作出实验电路图．（2）根据表中实验数据，应用描点法作图，作出小灯泡的伏安特性曲线．（3）在小灯泡的伏安特性曲线上作出电源路端电压与电路电流关系图象，找出该图象与灯泡伏安特性曲线交点所对应的电压与电流值，由P=UI求出灯泡的实际功率．解答：解：（1）电流表的指针对应的刻度超过1.4一个小格，因此可以读作：0.42Ω（2）由于小灯泡灯丝的电阻值远小于电压表的内阻，如：电压为2.00V时，其阻值Ω，为减少由于电表接入电路引起的系统误差，应采用电流表外接法．为使小灯泡两端的电压的变化范围尽可能大，滑线变阻器应连接成分压电路，实验电路如图乙所示．（3）根据实验得到的数据在U﹣I坐标系中描点，并将这些数据点连接成一条平滑的曲线，如图2所示．（4）作出电源的U﹣I图线，它与小灯泡的伏安特性曲线的交点坐标就是小灯泡的工作点，小灯泡的实际电流为0.33﹣0.35A电压为0.80﹣0.82V，功率P=IU=0.27～0.28W．故答案为：（1）0.42A（0.40A～0.42A都正确）（2）如图乙所示（3）如图丙所示（4）0.28W（0.25﹣0.32都正确）点评：本题考查了实验电路的设计，设计实验电路是实验常考问题，设计实验电路的关键是根据题目要求确定滑动变阻器采用分压接法还是采用限流接法，根据待测电路元件电阻大小与电表内阻间的关系确定电流表采用内接法还是外接法．　13．（8分）（2022秋•沂水县校级月考）如图（a）是“测电池的电动势和内阻”的实验电路，如果采用一节新干电池进行实验，实验时会发现，当滑动变阻器在阻值较大的范围内调节时，电压表　读数变化很小　，原因是：　新电池的内阻很小∴　，从而影响测量值的精确性．-17-\n为了较精确地测量一节新干电池的内阻，可用以下给定的器材和一些导线来完成实验，器材：量程3V的理想电压表V，量程0.6A的电流表A（具有一定内阻），定值电阻R0（R0=1.5Ω），滑动变阻器R1（0～10Ω），滑动变阻器R2（0～200Ω），开关S．（1）实验电路原理图如图（b），加接电阻R0有两方面的作用，一是方便实验操作和数据测量，二是　防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏　．（2）为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用　R1　（填R1或R2）．（3）用笔画线代替导线在图（c）中完成实物连接图．（4）实验中改变滑动变阻器的阻值，测出几组电流表和电压表的读数在给出的U﹣I坐标系中画出U﹣I图线如图（d）所示，则新干电池的内阻r=　0.29　Ω．（保留两位有效数字）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：本题的关键是明确新电池的内阻很小，电池的内压降很小，电压表的读数变化很小，所以实验应选内阻较大的旧电池；题（1）的关键是明确定值电阻除方便操作和测量外，还可以保护电池和电流表；题（2）的关键是根据闭合电路欧姆定律求出电路中需要的最大电阻即可；题（3）的关键是连线时注意电表的量程和正负极；题（4）的关键是根据闭合电路欧姆定律写出关于U与I的函数表达式，然后根据斜率和截距的概念即可求解．解答：解：根据U=E﹣Ir可知，由于新电池时内阻很小，电池内压降很小，电压表的读数变化很小，所以如果采用一节新干电池进行实验，实验时会发现，当滑动变阻器在阻值较大的范围内调节时，电压表读数变化很小，原因是新电池的内阻很小，内电路的电压降很小；（1）：加接电阻R0有两方面的作用，一是方便实验操作和数据测量，二是防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏（或限制电流，防止电源短路）；（2）：电流表的量程=0.6A，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中需要的最大电阻应为：=，所以变阻器应选；（3）如图所示：-17-\n（4）：根据闭合电路欧姆定律应用：E=U+I（r+），整理可得：U=﹣（r+）I+E，根据函数斜率的概念应有：r+=，解得r=0.29；故答案为：读数变化很小，新电池的内阻很小，内电路的电压降很小（1）防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏（2）（3）如图（4）0.29点评：应明确：①测定电池电动势和内阻实验应选择内阻较大的旧电池；②通过电流表的最小电流应为电流表量程的；③遇到根据图象求解的问题，应根据物理规律整理出关于纵轴与横轴物理量的函数表达式，再根据斜率和截距的概念即可求解．　三、计算题（要有必要的文字说明和演算过程否则不得分）14．（8分）（2022秋•沂水县校级月考）如图所示，在E=1×103V/m的竖直匀强电场中，有一光滑的半圆形绝缘轨QPN与一水平绝缘轨道MN连接，半圆形轨道平面与电场线平行，P为QN圆弧的中点，其半径R=40cm，一带正电q=10﹣4C的小滑块质量m=10g，位于N点右侧s=1.5m处，与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.15，取g=10m/s2．现给小滑块一向左的初速度，滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，求：（1）滑块在圆轨道最高点Q的速度大小；（2）滑块应以多大的初速度v0向左运动？考点：带电粒子在匀强电场中的运动；向心力；动能定理的应用．版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题．-17-\n分析：滑块恰好到达圆轨道的最高点Q，由牛顿第二定律求出滑块在Q点的速度，然后应用动能定理求出滑块的初速度．解答：解：（1）设小球到达Q点时速度为v，小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q时，则有：mg+qE=得：V=m/s（2）滑块从开始运动到达Q点过程中，由动能定理得：﹣（mg+qE）•2R﹣μ（mg+qE）s=v2﹣m联立两式解得：v0=7m/s答：（1）滑块在圆轨道最高点Q的速度大小为m/s；（2）滑块应以7m/s向左运动．点评：此题中滑块恰好通过最高点时轨道对滑块没有弹力，由牛顿定律求出临界速度，再根据动能定理求解，　15．（10分）（2022秋•姜堰市期中）如图所示，离子发生器发射一束质量为m，电荷量为+q的离子，从静止经PQ两板间的加速电压加速后，以初速度v0再从a点沿ab方向进入一匀强电场区域，abcd所围成的正方形区域是该匀强电场的边界，已知正方形的边长为L，匀强电场的方向与ad边平行且由a指向d．（1）求加速电压U0；（2）若离子恰从c点飞离电场，求ac两点间的电势差Uac；（3）若离子从abcd边界上某点飞出时的动能为mv02，求此时匀强电场的场强大小E．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：（1）对直线加速过程运用动能定理列式求解即可；（2）粒子做类似平抛运动，根据类平抛运动的分位移公式列式求解即可；（3）粒子做类似平抛运动，根据类平抛运动的分速度公式和分位移公式列式，再结合动能定理列式，最后联立求解即可．解答：解：（1）对直线加速过程，根据动能定理，有：-17-\n解得：（2）设此时场强大小为EC，则：ab方向，有：L=v0tad方向，有：L=又Uac=EL，解得：Uac=（3）根据Ek=m可知，离子射出电场时的速度v=v0，方向与ab所在直线的夹角为45°，即vx=vy，根据x=vxt，v=可得x=2y，则离子应该从bc边上的某点飞出．ab方向，有：L=v0tad方向，有：y=解得：y=根据动能定理，有：Eqy=m﹣解得：E=答：（1）加速电压U0为；（2）ac两点间的电势差Uac为；（3）此时匀强电场的场强大小E为．点评：本题关键是明确粒子的运动是类似平抛运动，然后根据类似平抛运动的分运动公式列式求解，不难．　-17-\n16．（12分）（2022•安徽）如图所示，在以坐标原点O为圆心，半径为R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于xOy平面向里．一带正电的粒子（不计重力）从O点沿y轴正方向以某一速度射人，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t0时间从P点射出．（1）电场强度的大小和方向．（2）若仅撤去磁场，带电粒子仍从O点以相同的速度射人，经时间恰从半圆形区域的边界射出，求粒子运动加速度大小（3）若仅撤去电场，带电粒子仍从O点射入但速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．版权所有专题：压轴题．分析：（1）带电粒子沿y轴做直线运动，说明粒子的受力平衡，即受到的电场力和磁场力大小相等，从而可以求得电场强度的大小；（2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动，根据类平抛运动的规律可以求得粒子运动加速度大小；（3）仅有磁场时，入射速度v′=4v，带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，由几何关系可以求得圆周运动的半径的大小，由周期公式可以求得粒子的运动的时间．解答：解：（1）设带电粒子的质量为m，电荷量为q，初速度为v，电场强度为E．可判断出粒子受到的洛伦磁力沿x轴负方向，于是可知电场强度沿x轴正方向且有qE=qvB①又R=vt0②则E==③（2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动在y方向位移④由②④式得y=⑤设在水平方向位移为x，因射出位置在半圆形区域边界上，于是x=R又有x=a⑥-17-\n得a=⑦（3）仅有磁场时，入射速度v′=4v，带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，设轨道半径为r，由牛顿第二定律有qv′B=m⑧又qE=ma⑨由③⑦⑧⑨式得r=R⑩由几何关系sinα=（11）即sinα=所以α=（12）带电粒子在磁场中运动周期T=则带电粒子在磁场中运动时间tB=T所以tB=t0（13）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．　17．（12分）（2022•漳州二模）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（虚线PD之上、三角形APD以外）的磁场与区域Ⅱ内大小相等、方向相反．带正电的粒子从Q点正下方、距离Q点为L的O点以某一速度射入电场，在电场作用下以速度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）（1）求该粒子的比荷；（2）求该粒子从O点运动到N点的时间t1和匀强电场的电场强度E；-17-\n（3）若区域Ⅱ和区域Ⅲ内磁场的磁感应强度大小为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．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）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．解答：解：（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：-17-\nr2=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=；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=；答：（1）该粒子的比荷为；（2）该粒子从O点运动到N点的时间为，匀强电场的电场强度E为2B0v0；（3）粒子从N点出发再回到N点的运动过程所需的时间t为．点评：本题属于带电粒子在组合场中运动问题，综合性较强．磁场中圆周运动要画轨迹分析运动过程，探索规律，寻找半径与三角形边的关系是关键．　-17-