宁夏吴忠市2021届新高考二诊物理试题含解析

宁夏吴忠市2021届新高考二诊物理试题
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．如图所示，两电荷量分别为－Q和+2Q的点电荷固定在直线MN上，两者相距为L，以+2Q的点电荷
所在位置为圆心、
2
L
为半径画圆，a、b、c、d是圆周上四点，其中a、b在MN直线上，c、d两点连线垂直于MN，下列说法正确的是
A．c、d两点的电势相同
B．a点的电势高于b点的电势
C．c、d两点的电场强度相同
D．a点的电场强度小于b点的电场强度
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A、B、a、b、c、d四点在以点电荷+2Q为圆心的圆上，可知+2Q产生的电场在a、b、c、d四点的电势是相等的，所以a、b、c、d四点的总电势可以通过-Q产生的电场的电势确定，根据顺着电场线方向电势降低可知，b点的电势最高，c、d两点对称电势相等，a点电势最低；故A正确，B错误.
C、+2Q的场源在c、d两点产生的场强大小相等，-Q的场源在c、d两点的产生的场强大小也相等，根据场强的合成可知两点的总场强大小相等，但方向不同，故c、d两点的电场强度不同；故C错误；
D、由点电荷的场强公式
2
kQ
E
r
=，合成可得2
22
212
()()
22
a
kQ kQ kQ
E
L L L
=+=
，方向向左；
2
22
268
39
()()
22
b
kQ kQ kQ
E
L L L
=-=
，方向向右；故a b
E E
>；则D错误.
故选A.
【点睛】
本题考查判断电势、场强大小的能力，要利用库仑定律和场强的矢量合成的方法对各点的电势和场强进行判定，并且要充分利用电场的叠加原理进行分析．
2．如图所示，一光滑半圆形轨道固定在水平地面上，圆心为O、半径为R，一根轻橡皮筋一端连在可视为质点的小球上。

另一端连在距离O点正上方R处的P点。

小球放在与O点等高的轨道上A点时，轻橡
皮筋处于原长。

现将小球从A点由静止释放，小球沿圆轨道向下运动，通过最低点B时对圆轨道的压力恰好为零。

已知小球的质量为m，重力加速度为g，则小球从A点运动到B点的过程中下列说法正确的是（）
A．小球通过最低点时，橡皮筋的弹力等于mg
B．橡皮筋弹力做功的功率逐渐变大
C．小球运动过程中，橡皮筋弹力所做的功等于小球动能增加量
D．小球运动过程中，机械能的减少量等于橡皮筋弹性势能的增加量
【答案】D
【解析】
【详解】
小球运动到最低点时，根据牛顿第二定律可得F-mg=m
2
v
R
，橡皮筋的弹力F=mg+m
2
v
R
，故F大于mg，
故A错误；根据P=Fvcosα可知，开始时v=1，则橡皮筋弹力做功的功率P=1．在最低点速度方向与F方向垂直，α=91°，则橡皮筋弹力做功的功率P=1，故橡皮筋弹力做功的功率先变大后变小，故B错误；小球运动过程中，根据动能定理知，重力做功和橡皮筋弹力所做的功之和等于小球动能增加量，故C错误。

小球和弹簧组成的系统机械能守恒，知小球运动过程中，机械能的减少量等于橡皮筋弹性势能的增加量，故D正确。

3．下列关于运动项目的叙述正确的是（）
A．若足球的运动轨迹是旋转的香蕉球时，要研究足球的运动足球可以看做质点
B．2018年苏炳添在男子100m中跑出的亚洲纪录是一个时刻
C．4100m
⨯接力赛中的100m都是指位移
D．运动员100m短跑用时10s，则其加速过程的平均加速度定不小于2
2m/s
【答案】D
【解析】
【详解】
A．若足球的运动轨迹是旋转的香蕉球时，要研究足球的运动足球大小不能忽略，不可以看做质点，选项A错误；
B．2018年苏炳添在男子100m中跑出的亚洲纪录是一个时间间隔，选项B错误；
C．4100m
⨯接力赛中有弯道，则其中的100m不都是指位移，选项C错误；
D ．运动员100m 短跑用时10s ，若整个过程中一直加速，则加速度
222221002m/s 10
s a t ⨯=== 因运动员在100m 短跑中先加速后匀速，则其加速过程的平均加速度定不小于22m/s ，选项D 正确； 故选D 。

4．如图所示，直线a 、b 和c 、d 是处于匀强电场中的两组平行线，M 、N 、P 、Q 是它们的交点，四点处的电势分别为
、、、．一电子由M 点分别运动到N 点和P 点的过程中，电场力所做的负功
相等，则
A ．直线a 位于某一等势面内，
B ．直线c 位于某一等势面内，
C ．若电子有M 点运动到Q 点，电场力做正功
D ．若电子有P 点运动到Q 点，电场力做负功
【答案】B
【解析】
电子带负电荷，从M 到N 和P 做功相等，说明电势差相等，即N 和P 的电势相等，匀强电场中等势线为平行的直线，所以NP 和MQ 分别是两条等势线，从M 到N ，电场力对负电荷做负功,说明MQ 为高电势，NP 为低电势．所以直线c 和d 都是位于某一等势线内，但是M Q φφ=，M N φφ>，选项A 错，B 对．若电子从M 点运动到Q 点，初末位置电势相等，电场力不做功，选项C 错．电子作为负电荷从P 到Q 即从低电势到高电势，电场力做正功，电势能减少，选项D 错．
【考点定位】等势面和电场线
【名师点睛】匀强电场和点电荷的电场以及等量同种点电荷和等量异种点电荷的电场线及等势面分布情况要熟记．
5．2018年1月12日，我国成功发射北斗三号组网卫星．如图为发射卫星的示意图，先将卫星发射到半径为r 的圆轨道上做圆周运动，到A 点时使卫星加速进入椭圆轨道，到椭圆轨道的远地点B 点时，再次
改变卫星的速度，使卫星进入半径为2r 的圆轨道．已知卫星在椭圆轨道时距地球的距离与速度的乘积为定值，卫星在椭圆轨道上A 点时的速度为v ，卫星的质量为m ，地球的质量为M ，引力常量为G ，则发动机在A 点对卫星做的功与在B 点对卫星做的功之差为(忽略卫星的质量变化)（ ）
A ．
23344GMm mv r
- B ．25384GMm mv r
- C ．23344GMm mv r
+ D ．25384GMm mv r + 【答案】B
【解析】 由212v Mm G m r r
=可知，卫星在轨道半径为r 的圆轨道上运动的线速度大小1GM v r =，在半径为2r 的圆轨道上做圆周运动的线速度大小为22GM v r =
，设卫星在椭圆轨道上B 点的速度为B v ，由2B vr v r =⋅，可知在A 点时发动机对卫星做功21211122
W mv mv =-，在B 点时发动机对卫星做的功为222211()222v W mv m =-，因此2125384GMm W W mv r
-=-，B 正确，ACD 错误． 故选：B ．
6．下列说法正确的是:
A ．国际单位制中力学中的三个基本物理量的单位是m 、kg 、m/s
B ．滑动摩擦力可以对物体不做功,滑动摩擦力可以是动力
C ．在渡河问题中,渡河的最短时间由河宽、水流速度和静水速度共同决定
D ．牛顿第一定律是经过多次的实验验证而得出的
【答案】B
【解析】
【详解】
A .国际单位制中力学的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为m 、kg 、s ，A 错误；
B. 滑动摩擦力可以不做功，例如:你的手在墙上划,你的手和墙之间有摩擦力,这摩擦力对你的手做功,却对墙不做功,因为力对墙有作用力但没位移. 滑动摩擦力可以是动力，例如将物体由静止放在运动的传送带
上，物体将加速，滑动摩擦力起到了动力的效果，B正确；
C．在渡河问题中,渡河的最短时间由河宽、静水速度共同决定,与水流速度无关，也可以理解为水流不能帮助小船渡河，C错误；
D．牛顿第一定律是牛顿在伽利略等前人实验的基础上，根据逻辑推理得出的，无法通过实验进行验证，D错误；
故选B．
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．下列说法正确的是（）
A．单色光从光密介质进入光疏介质时，光的波长不变
B．雨后路面上的油膜形成的彩色条纹是由光的干涉形成的
C．杨氏双缝干涉实验中，当两缝间的距离以及挡板和屏的距离一定时，红光干涉条纹的相邻条纹间距比蓝光干涉条纹的相邻条纹间距小
D．光的偏振特征说明光是横波
E.水中的气泡看起来特别明亮，是因为光从水射向气泡时，一部分光在界面上发生了全反射的缘故
【答案】BDE
【解析】
【分析】
【详解】
A．单色光从光密介质进入光疏介质时，频率不变，光速发生了变化，所以光的波长也发生变化，选项A 错误；
B．雨后路面上的油膜形成的彩色条纹是由光的干涉形成的，选项B正确；
C．根据光的干涉条纹间距公式
L
x
d
V＝，可知红光的波长长，则红光干涉条纹的相邻条纹间距比蓝光干
涉条纹的相邻条纹间距大，选项C错误；
D．光的偏振特征说明光是横波，选项D正确；
E．水中的气泡看起来特别明亮，是因为光从水射向气泡时，即从光密介质射向光疏介质时，一部分光在界面上发生了全反射，选项E正确。

故选BDE。

8．我国研发的磁悬浮高速实验样车在2019年5月23日正式下线，在全速运行的情况下，该样车的时速达到600千米。

超导体的抗磁作用使样车向上浮起，电磁驱动原理如图所示，在水平面上相距l的两根平行导轨间，有垂直水平面前等距离分布的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，每个磁场的宽度都是l，相间排列。

固定在样车下方宽为l、阻值为R的导体线框abcd悬浮在导轨上方，样车运行过程中所受阻力恒为f，当磁场以速度v0向右匀速运动时，下列说法正确的是（）
A ．样车速度为零时，受到的电磁驱动力大小为2204
B l v R
B ．样车速度为零时，线圈的电热功率为22202B l v R
C ．样车匀速运动时，克服阻力做功的功率为2
0224Rf fv B l
- D ．样车匀速运动时，速度大小为0222Rf v B l -
【答案】AC
【解析】
【详解】
A ．当磁场以速度v 0向右匀速运动且样车速度为零时，线框前、后边切割磁感线产生的总感应电动势 02E Blv =
由闭合电路欧婿定律可知，线框中的感应电流
E I R
= 样车受到的安培力即电磁驱动力
2F BIl =
联立解得
2204B l v F R
= 选项A 正确；
B ．样车速度为零时，线圈的电热功率
22222
04B l v E P I R R R === 选项B 错误；
CD ．设样车匀速运动的速度为当样车以速度v 匀速运动时，线框前后边切割磁感线的速度为v 0-v ，产生的总感应电动势
0=2()E Bl v v '-
由闭合电路欧姆定律可知，线框中的感应电流 E I R '=' 样车受到的安培力即电磁驱动力
2F BI l ''=
由平衡条件有
F f '=
联立解得
022
4fR v v B l =- 克服阻力做功的功率
20224f f R P fv fv B l
==- 选项D 错误，C 正确。

故选AC 。

9．飞艇常常用于执行扫雷、空中预警、电子干扰等多项作战任务。

如图所示为飞艇拖拽扫雷具扫除水雷的模拟图。

当飞艇匀速飞行时，绳子与竖直方向恒成θ角。

已知扫雷具质量为m ，重力加速度为g ，扫雷具所受浮力不能忽略，下列说法正确的是( )
A ．扫雷具受4个力作用
B ．绳子拉力大小为cos mg θ
C ．海水对扫雷具作用力的水平分力小于绳子拉力
D ．绳子拉力一定大于mg
【答案】AC
【解析】
【详解】
A.对扫雷具进行受力分析，受到受重力、浮力、拉力和水的水平方向的摩擦阻力，如图，故A 正确；
B.根据平衡条件，有：
竖直方向：
F 浮+Tcosθ=mg
水平方向：
f=Tsinθ
计算得出： mg F T cos θ
-=浮； 故B 错误；
CD.扫雷器具受到海水的水平方向的作用力摩擦阻力等于拉力的水平分力，即小于绳子的拉力，而绳子拉力不一定大于mg ，故C 正确、D 错误。

10．一定质量的理想气体从状态A 变化到状态B ，再由状态B 变化到状态C ，其状态变化过程的p-V 图象如图所示。

已知气体在状态A 时的温度为17℃，热力学温度与摄氏温度间的关系为T=t+273K ，则下列说法正确的是（ ）
A ．气体在状态
B 时的温度为290K
B ．气体在状态
C 时的温度为580K
C ．气体由状态B 到状态C 的过程中，温度降低，内能减小
D ．气体由状态B 到状态C 的过程中，从外界吸收热量
【答案】BC
【解析】
【详解】
A ．气体在状态A 时的温度为17 C ，T A =(273+17）K=290 K ，由理想气体状态方程得
=A A A A A A
p V p V T T 气体在状态 B 时的温度
T B =1160K
A 项错误；
B ．气体由状态B 到状态
C 做等容变化，根据查理定律得
C B B C
p p T T = 解得
T c =580K
B 项正确；
C ．气体由状态B 到状态C 不对外做功，但温度降低，内能减小，C 项正确；
D ．根据热力学第一定律U W Q ∆=+可知气体向外界放出热量，D 项错误。

故选BC 。

11．下列说法正确的是（ ）
A ．悬浮颗粒的无规则运动并不是分子的运动，但能间接地反映液体分子运动的无规则性
B ．一种物质温度升高时，所有分子热运动的动能都要增加
C ．液体能够流动说明液体分子间的相互作用力比固体分子间的作用力要小
D ．一定质量的物质，汽化时吸收的热量与液化时放出的热量相等
E.一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行
【答案】AE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．布朗运动是悬浮颗粒的无规则运动并不是分子的运动，但能间接地反映液体分子运动的无规则性，A 正确；
B ．一种物质温度升高时，分子的平均动能增加，这是一种统计规律，可能有的分子热运动的动能要增加，有的反而要减少，B 错误；
C ．液体能够流动与液体分子间作用力无必然联系，固体有固定形状也与固体间分子作用力无必然联系，C 错误；
D ．一定质量的物质，在一定的温度和压强下，汽化时吸收的热量与液化时放出的热量相等，D 错误；
E ．一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行，E 正确。

故选AE 。

12．如图，夹角为120°的两块薄铝板OM 、ON 将纸面所在平面分为Ⅰ、Ⅱ两个区域，两区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度分别为B 1、B 2。

在OM 板上表面处有一带电粒子垂直OM 方向射入磁场B 1中，粒子恰好以O 为圆心做圆周运动回到出发点。

设粒子在两区域中运动的速率分别为v 1、v 2，运动时间分别为t 1、t 2；假设带电粒子穿过薄铝板过程中电荷量不变，动能损失一半，不计粒子重力，则下列说法中正确的是（ ）
A ．粒子带负电
B ．12v :v 2:1=
C ．12:2B B =
D ．12:2t t =【答案】AC
【解析】
【详解】
A ．根据左手定则可判定粒子带负电，故A 正确；
B ．由题意知211222122112
k k mv E E mv ==，故1221v v =：：，故B 错误； C ．根据洛伦兹力提供向心力2v qvB m r
=得：mv B qr =，由题意知r 1＝r 2，故121221B B v v =：：：，故C 正确；
D ．由粒子在磁场中的周期公式2m T qB
π=知，粒子在磁场中的周期相同，运动时间之比等于圆周角之比，即t 1：t 2＝120°：240°＝1：2，故D 错误。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．用如图甲所示装置来探究功和物体速度变化的关系，木板上固定两个完全相同的遮光条A B 、，用不可伸长的细线将木板通过两个滑轮与弹簧测力计C 相连，木板放在安装有定滑轮和光电门的轨道D 上，轨道固定在水平桌面上，动滑轮上可挂钩码，滑轮质量、摩擦均不计。

（1）实验中轨道应倾斜一定角度，这样做的目的是__________；
（2）用游标卡尺测量遮光条的宽度，如图乙所示，则遮光条的宽度d =______cm ；
（3）主要实验步骤如下：
①测量木板（含遮光条）的质量M ，测量两遮光条间的距离L ，按图甲正确连接器材。

②将木板左端与轨道左端对齐。

由静止释放木板，木板在细线拉动下运动，记录弹簧测力计示数F 及遮光条B A 、先后经过光电门所用的时间2t t t 、，则可以测出遮光条B A 、通过光电门时的速度大小和合外力对木板做的功；
③加挂钩码，重复②的操作，建立木板速度v 和细线拉力对木板做的功W 的相关图像，分析得出实验结论。

（4）根据实验中可能遇到的困难，回答下列问题：
①由静止释放木板的瞬间，弹簧测力计的示数会_______（填“变大”“变小”或“不变”）；
②如果将钩码的个数成倍增加，细线拉力对木板做的功W 将_______（填“会”或“不会”）成倍增加； ③利用图像法处理实验结果时，应该建立_______（填“v W ∆-”“2v W -”或“2v W ∆-”）图像，如果得到的图像是线性变化的，则说明实验探究成功，此时图像的斜率的表达式为k =________（用已知物理量的符号表示）。

【答案】平衡摩擦力 0.560 变小 不会 2v W ∆-
2M
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]实验中轨道应倾斜一定角度，是利用木板的重力沿轨道向下的分力来平衡摩擦力；
（2）[2]根据游标卡尺的读数方法可得遮光条的宽度为 0.5cm 120.05mm 0.5cm 0.060cm 0.560cm +⨯=+=
（4）[3]释放木板前，设弹簧测力计的示数为1F ，根据受力平衡有
12F mg =
释放的瞬间，对木板有
F Ma '=
对钩码有
122
mg F m a '-=⋅ 则有
12mg F = 1
22F mg m M '=⋅+
故有
1F F '<
弹簧测力计的示数会变小
[4]由
1
22F mg m M '=⋅+
可知，当钩码的个数成倍增加，即m 加倍时，F '不是成倍增加的，而每次位移相等，故细线拉力做的功不会成倍增加；
[5][6]以木板为研究对象，根据动能定理有
222111222
A B FL Mv Mv M v =-=∆ 故应该建立2v W ∆-图像，图像对应的函数关系为
22v W M ∆=
⋅ 故
2k M
= 14．某一小型电风扇额定电压为5.0V ，额定功率为2.5W ．某实验小组想通过实验描绘出小电风扇的伏安特性曲线。

实验中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：
A ．电源E （电动势为6.0V ）
B ．电压表V （量程为0～6V ，内阻约为8kΩ）
C ．电流表A 1（量程为0～0.6A ，内阻约为0.2Ω）
D ．电流表A 2（量程3A ，内阻约0.05Ω）；
E ．滑动变阻器R 1（最大阻值5k ，额定电流100mA ）
F ．滑动变阻器R 2（最大阻值25Ω，额定电流1A ）
（1）为了便于调节，减小读数误差和系统误差，实验中所用电流表应选用_____滑动变阻器应选用_____（填所选仪器前的字母序号）。

（2）请你为该小组设计实验电路，并把电路图画在甲图中的虚线框内（小电风扇的电路符号如图甲所示）_____。

（3）操作过程中发现，小电风扇通电后受阻力作用，电压表读数小于0.5V 时电风扇没启动。

该小组测绘出的小电风扇的伏安特性曲线如图乙所示，由此可以判定，小电风扇的电阻为_____Ω，正常工作时的发热功率为_____W ，机械功率为_____W
【答案】（1）C ； E ； （2）实验电路图如图所示； （3）2.5Ω， 0.625，
1.875。

【解析】
【详解】
（1）电风扇的额定电流 2.5A 0.5A 5.0
P I U ===，从读数误差的角度考虑，电流表选择C ．电风扇的电阻比较小，则滑动变阻器选择总电阻为10Ω的误差较小，即选择E 。

（2）因为电压电流需从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法，电风扇的电阻大约
22
5102.5
U R P ==Ω=Ω ，远小于电压表内阻，属于小电阻，电流表采用外接法。

电路图如图所示。

（3）电压表读数小于0.5V 时电风扇没启动。

根据欧姆定律得：0.5 2.50.2
U R I =
=Ω=Ω 正常工作时电压为5V ，根据图象知电流为0.5A ，
则电风扇发热功率为：P ＝I 2R ＝0.52×
2.5W ＝0.625W ， 则机械功率P′＝UI ﹣I 2R ＝2.5﹣0.625＝1.875W ，
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分 15．如图所示，直线MN 上方有平行于纸面且与MN 成45°的有界匀强电场，电场强度大小未知；MN 下方为方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B 。

现从MN 上的O 点向磁场中射入一个
速度大小为v、方向与MN成45°角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨道半径为R。

该粒子从O 点出发记为第一次经过直线MN ，第五次经过直线MN时恰好又通过O点。

不计粒子的重力。

（1）画出粒子在磁场和电场中运动轨迹的草图并求出粒子的比荷大小；
（2）求出电场强度E的大小和第五次经过直线MN上O点时的速度大小；
（3）求该粒子从O点出发到再次回到O点所需的时间t。

【答案】（1），q v
m BR
=；（2）E vB
=，5
v v
'=；（3）)
2
(2)
R
t
v
π
=+
【解析】
【详解】
（1）粒子的运动轨迹如图所示
由牛顿第二定律
2
v
qvB m
R
=
得
q v
m BR
=
（2）由几何关系得
22
Oc R
=
粒子从c到O做类平抛运动，且在垂直、平行电场方向上的位移相等，都为
//sin452
s s Oc R ⊥
==︒=
类平抛运动的时间为
32s R t v v
⊥=
= 又 22//33122qE s at t m =
= 又
mv R qB
= 联立解得
E vB =
粒子在电场中的加速度为
qE qvB a m m
=
= 2322a R v at v v ⋅=== 1v v =
粒子第五次过MN 进入磁场后的速度
v '==
（3）粒子在磁场中运动的总时间为
12R t v
π= 粒子做直线运动所需时间为
2222v mv R t a qvB v
=== 联立得粒子从出发到再次到达O 点所需时间
1232(2)R t t t t v
π=++=+ 16．如图所示，为某娱乐活动项目的示意图;参加活动的人员从右侧平台上的A 点水平跃出，到达B 点恰好抓住摆过来的绳索，这时人的速度恰好垂直于OB 向左下，然后摆到左侧平台上的D 点。

不计一切阻力和机械能损失，不计绳的重力，人可以看作质点，绳索不可伸长。

设人的质量为m=50kg ，绳索长l=25m ，A 点比D 点低h=3.2m 。

人刚抓住绳索以及摆到D 点时绳索与竖直方向的夹角分别如图所示(g=10m/s 2)。

若使人能刚好到达D 点，求：
(1)人从A点水平跃出的速度；
(2)A、B两点间的水平距离；
(3)在最低点C，人对绳索的拉力。

【答案】(1) 8m/s(2)4.8m(3) 900N
【解析】
【分析】
（1）从A到D点由机械能守恒律可以求出从A点跃出的速度；
（2）由平抛的水平和竖直位移规律，求出水平距离即AB两点间的距离；
（3）由机械能守恒律求出到达最低点的速度，再由牛顿第二定律求出人受到绳子的拉力。

【详解】
（1）由A到D，根据机械能守恒定律1
2
mv02=mgh
解得 v02gh
（2）从A到B，人做平抛运动 y=lcos37°-lcos53°-h
而y=1
2
gt2
所以x=v0t=4.8m
（3）由A到C，根据机械能守恒定律
1 2mv02+mgl（1-cos53°-h）=
1
2
mv2
F-mg=m
2 v l
解得
2
2(53)
900
mv mg l lcos h
F mg N
l
+-︒-
=+=
根据牛顿第三定律，绳受到的拉力大小与F相等，也是900N．
【点睛】
本题考察机械能守恒律和牛顿第二定律及平抛运动的综合，但要注意的是人跃出时的速度方向是水平跃出，这样才是一个平抛，而到达A点时是与绳子垂直的，从而就没有机械能的损失。

17．如图所示，在平面坐标系xOy的第Ⅰ象限内有M、N两个平行金属板，板间电压为U，在第Ⅱ象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，在第Ⅲ、IV象限内存在垂直坐标平面向里的匀强磁场。

一质量为m、
电荷量为q 的带正电的粒子(不计粒子重力)从靠近M 板的S 点由静止释放后，经N 板上的小孔穿出，从y 轴上的A 点(y A =l)沿x 轴负方向射入电场，从x 轴上的C 点(x c =-2l)离开电场，经磁场偏转后恰好从坐标原点O 处再次进入电场。

求：
(1)粒子运动到A 点的速度大小
(2)电场强度E 和磁感应强度B 的大小
【答案】（12qU m
2）=U E l 12mU l q 【解析】
【详解】 (1)设粒子运动到A 点的速度大小为v 0，由动能定理得
2012
qU mv = 可得粒子运动到A 点的速度大小
02qU v m
=(2)粒子在电场中做类平抛运动，设经历时间为t 1，则
012=l v t
2112=⨯qE l t m
联立解得
=U E l
设粒子离开电场时速度大小为v ，与x 轴的夹角为a 。

则
2221122
=
-qEl mv mv 0cos α=v v
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，则2Rsinα=2l
2
v
qvB m
R
=
可得
12 =mU
B
l q。