2023-2024学年资阳市重点中学物理高三上期末学业质量监测试题含解析

2023-2024学年资阳市重点中学物理高三上期末学业质量监测
试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2．答题时请按要求用笔。

3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。

4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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，AB是固定在竖直平面内的光滑绝缘细杆，A、B两点恰好位于圆周上，杆上套有质量为m、电荷量为+q的小球(可看成点电荷)，第一次在圆心O处放一点电荷+Q，让小球从A点沿杆由静止开始下落，通过B点时的速度为1v，加速度为a1；第二次去掉点电荷，在圆周平面加上磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，让小球仍从A点沿杆由静止开始下落，经过B点时速度为2v，加速度为a2，则（）
A．1v＜2v B．1v＞2v C．a1＜a2D．a1＞a2
t 时刻起，其位移随时间变化的图像如图所示，其中图线0~1s 2、质点在Ox轴运动，0
内为直线，1~5s内为正弦曲线，二者相切于P点，则（）
A．0~3s内，质点的路程为2m B．0~3s内，质点先做减速运动后做加速运动
C．1~5s内，质点的平均速度大小为1.27m/s D．3s末，质点的速度大小为2m/s
3、2018年12月12日，嫦娥四号开始实施近月制动，为下一步月面软着陆做准备，首
先进入月圆轨道Ⅰ，其次进入椭圆着陆轨道Ⅱ，如图所示，B为近月点，A为远月点，关于嫦娥四号卫星，下列说法正确的是（）
A．卫星在轨道Ⅱ上A点的加速度小于在B点的加速度
B．卫星沿轨道Ⅰ运动的过程中，卫星中的科考仪器处于超重状态
C．卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，机械能增大
D．卫星在轨道Ⅱ经过A点时的动能大于在轨道Ⅱ经过B点时的动能
4、一物体静止在升降机的地板上，在升降机加速上升的过程中，地板对物体的支持力所做的功等于（）
A．物体势能的增加量
B．物体动能的增加量
C．物体动能的增加量加上物体势能的增加量
D．物体动能的增加量减去物体势能的增加量
5、用木板搭成斜面从卡车上卸下货物，斜面与地面夹角有两种情况，如图所示。

同一货物分别从斜面顶端无初速度释放下滑到地面。

已知货物与每个斜面间的动摩擦因数均相同，不计空气阻力。

则货物（）
A．沿倾角α的斜面下滑到地面时机械能的损失多
B．沿倾角α的斜面下滑到地面时重力势能减小得多
C．沿两个斜面下滑过程中重力的功率相等
D．沿两个斜面下滑过程中重力的冲量相等
6、甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t=0到t=t1的时间内，它们的v-t图象如图所示．在这段时间内
A ．汽车甲的平均速度比乙大
B ．汽车乙的平均速度等于
C ．甲乙两汽车的位移相同
D ．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

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、如图所示，一根水平横杆上套有A 、B 两个轻环，拴柱水杯的等长细绳系在两环上，整个装置处于静止状态，现缓慢增大两环距离，则下列说法正确的是
A ．杆对A 环的支持力逐渐增大
B ．杆对A 环的摩擦力保持不变
C ．杆对B 环的支持力保持不变
D ．细绳对B 环的拉力逐渐增大
8、如图所示为多用电表原理示意图，所用电流表的表盘刻度共100格，满偏电流为100mA g I =，满偏电压为1V g U =，电源的电动势为 1.5V E =，内阻0.5r =Ω，直流电压挡的量程为0~50V ，则下列判断正确的是（ ）
A ．黑表笔应该接a ，红表笔接b
B ．定值电阻0R 的阻值为500Ω
C ．选择开关接2，刻度盘正中间的刻度值为15Ω
D ．选择开关接3，若指针与电流表第25格刻度线重合，则通过0R 的电流为50mA
9、在光滑绝缘水平面上，一绝缘轻绳栓着一个带电小球绕竖直方向的轴O 在匀强磁场中做顺时针方向的匀速圆周运动，磁场的方向竖直向下，其俯视图如图，若小球运动到A 点时，绳子突然断开，关于小球在绳断开后的运动情况，可能的是（ ）
A ．小球做逆时针匀速圆周运动，半径不变
B ．小球做逆时针匀速圆周运动，半径减小
C ．小球做顺时针匀速圆周运动，半径不变
D ．小球做顺时针匀速圆周运动，半径减小
10、质谱仪又称质谱计，是根据带电粒子在电磁场中能够偏转的原理，按物质原子、分子或分子碎片的质量差异进行分离和检测物质组成的一类仪器。

如图所示为某品牌质谱仪的原理示意图，初速度为零的粒子在加速电场中，经电压U 加速后，经小孔P 沿垂直极板方向进入垂直纸面的磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，旋转半周后打在荧光屏上形成亮点。

但受加速场实际结构的影响，从小孔P 处射出的粒子方向会有相对极板垂线左右相等的微小角度的发散（其他方向的忽略不计），光屏上会出现亮线，若粒子电量均为q ，其中质量分别为m 1、m 2（m 2> m 1 ）的两种粒子在屏上形成的亮线部分重合，粒子重力忽略不计，则下列判断正确的是（ ）
A ．小孔P 处粒子速度方向相对极板垂线最大发散角θ满足12
m m B ．小孔P 处粒子速度方向相对极板垂线最大发散角θ满足sinθ=12
m m C 211
2)2m m U B qm -（
D ．两种粒子形成亮线的最大总长度为212
2)2m m U B qm （ 三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）在测定电容器电容的实验中，将电容器、电压传感器、阻值为3 kΩ的电阻R 、电源、单刀双掷开关S 按图甲所示电路图进行连接。

先使开关S 与1相连，电源给电容器充电，充电完毕后把开关S 掷向2，电容器放电，直至放电完毕，实验得到的与电压传感器相连接的计算机所记录的电压随时间变化的图线如图乙所示，图丙为由计算机对图乙进行数据处理后记录了“峰值”及图线与时间轴所围“面积”的图像。

(1)根据图甲所示的电路，观察图乙可知：充电电流与放电电流方向________(填“相同”或“ 相反”)，大小都随时间________(填“增大”或“ 减小”)。

(2)该电容器的电容为________F(结果保留两位有效数字)。

(3)某同学认为：仍利用上述装置，将电压传感器从电阻两端改接在电容器的两端，也可以测出电容器的电容值，请你分析并说明该同学的说法是否正确________。

12．（12分）实验小组利用以下方法对物体的质量进行间接测量，装置如图1所示：一根轻绳跨过轻质定滑轮与两个相同的重物P 、Q 相连，已知重物P 、Q 的质量均为m ，当地重力加速度为g 。

在重物Q 的下面通过轻质挂钩悬挂待测物块Z ，重物P 的下端与穿过打点计时器的纸带相连。

(1)先接通频率为50Hz的交流电源，再由静止释放系统，得到如图2所示的纸带，则系统运动的加速度a=______m/s2（结果保留2位有效数字）；
(2)在忽略阻力的理想情况下，物块Z质量M的表达式为M=______（用字母m、a、g 表示）；
(3)实际情况下，空气阻力、纸带与打点计时器间的摩擦、定滑轮中的滚动摩擦不可以忽略，物块Z的实际质量与理论值M有一定差异，这种误差是______误差（填“偶然”或“系统”）。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）如图甲所示，半径R＝0.45 m的光滑1
4
圆弧轨道固定在竖直平面内，B为
轨道的最低点，B点右侧的光滑水平面上紧挨B点有一静止的小平板车，平板车质量M＝1 kg，长度l＝1 m，小车的上表面与B点等高，距地面高度h＝0.2 m．质量m＝1 kg的物块(可视为质点)从圆弧最高点A由静止释放．取g＝10 m/s2.试求：
(1)物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力大小；
(2)若锁定平板车并在上表面铺上一种特殊材料，其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化，如图乙所示，求物块滑离平板车时的速率；
(3)若解除平板车的锁定并撤去上表面铺的材料后，物块与平板车上表面间的动摩擦因数μ＝0.2，物块仍从圆弧最高点A由静止释放，求物块落地时距平板车右端的水平距离．
14．（16分）如图，水平面上有一条长直固定轨道，P为轨道上的一个标记点，竖直线PQ表示一个与长直轨道垂直的竖直平面，PQ的右边区域内可根据需要增加一个方向与轨道平行的水平匀强电场。

在轨道上，一辆平板小车以速度v0=4m/s沿轨道从左向右匀速运动，当小车一半通过PQ平面时，一质量为m=1kg的绝缘金属小滑块（可视为
质点）被轻放到小车的中点上，已知小滑块带电荷量为+2C且始终不变，滑块与小车上表面间的动摩擦因数为μ=0.2，整个过程中小车速度保持不变，g=10m/s2。

求：(1)若PQ右侧没有电场，木板足够长，在滑块与小车恰好共速时小滑块相对P点水平位移和摩擦力对小车做的功；
E 方向水平向右，且板长L=2m时，为保证小滑块不
(2)当PQ右侧电场强度取3V/m
从车上掉下，则电场存在的时间满足什么条件？
（附加：若PQ右侧加一个向右的匀强电场，且木板长L=2m，为确保小滑块不从小车左端掉下来，电场强度大小应满足什么条件？）（此附加问为思考题，无需作答）
15．（12分）如图所示，xOy为竖直面内的直角坐标系，在y轴两侧存在电场强度大小相等的匀强电场，y轴右侧电场方向竖直向下，y轴左侧电场方向竖直向上。

y轴左侧还存在一个方向垂直于坐标平面的圆形有界匀强磁场（图中未画出），磁场边界与y轴相切于O点。

现有一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，用长为l、不可伸长的绝缘细线悬挂在P点的钉子上，P点与坐标原点O的距离亦为l。

将小球拉至细线绷直且与y轴负方向成60°角无初速释放，小球摆至O点即将进入磁场时细线恰好断裂。

最终小球刚好击中P点的钉子，此时速度方向与y轴正方向成30°角。

已知细线能承受的最大张力F m=4mg，小球可视为质点，重力加速度为g，不计阻力。

求：
（1）电场强度的大小；
（2）磁感应强度的大小和磁场区域的面积；
（3）小球在x＜0区域运动的时间。

（结果用m、q、l、g表示）
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、D
【解析】
AB ．A 点和B 点在同一个等势面上，第一次小球从A 点由静止运动到B 点的过程中，库仑力对小球做功的代数和为零，根据动能定理，得
2112
mgh mv = 第二次小球从A 点由静止运动到B 点的过程中，洛伦兹力不做功，根据动能定理，得 2212mgh mv =
所以12v v = ，故AB 错误；
CD ．小球第一次经过B 点时，库仑力有竖直向下的分量，小球受的竖直方向的合力F 1>mg ，由牛顿第二定律可知，小球经过B 点时的加速度a 1>g ，小球第二次经过B 点时，由左手定则可知，洛伦兹力始终与杆垂直向右，同时杆对小球产生水平向左的弹力，水平方向受力平衡。

竖直方向只受重力作用，由牛顿第二定律可知，小球经过B 点时的加速度a 2=g ，所以a 1>a 2 ，故C 错误，D 正确。

故选D 。

2、D
【解析】
A ．根据纵坐标的变化量表示位移，可知，0~2s 内，质点通过的位移大小为3.27m ，路程为3.27m 。

2~3s 内，质点通过的位移大小为1.27m ，路程为1.27m ，故0~3s 内，质点的路程为
3.27m 1.27m=
4.54m +
A 错误；
B ．根据图像的斜率表示速度，知0~3s 内，质点先做匀速运动，再做减速运动后做加速运动，B 错误；
C ．1~5s 内，质点的位移大小0，平均速度大小为0，C 错误；
D ．3s 末质点的速度大小等于1s 末质点的速度大小，为
2m/s x v t
∆==∆ D 正确。

故选D 。

3、A
【解析】
A ．卫星在轨道II 上运动，A 为远月点，
B 为近月点，卫星运动的加速度由万有引力产生
2
GMm ma r = 即
2GM a r
= 所以可知卫星在B 点运行加速度大，故A 正确；
B ．卫星在轨道I 上运动，万有引力完全提供圆周运动向心力，故卫星中仪器处于完全失重状态，故B 错误；
C ．卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，需要点火减速，所以从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，外力做负功，机械能减小，故C 错误；
D ．卫星从A 点到B 点，万有引力做正功，动能增大，故卫星在轨道Ⅱ经过A 点时的动能小于在轨道Ⅱ经过B 点时的动能，故D 错误。

故选A 。

4、C
【解析】
物体受重力和支持力，设重力做功为W G ，支持力做功为W N ，运用动能定理研究在升降机加速上升的过程得：
W G +W N =△E k
W N =△E k -W G
根据重力做功与重力势能变化的关系得：
W G =-△E p
所以有：
W N =△E k -W G =△E k +△E p 。

A ．物体势能的增加量，与结论不相符，选项A 错误；
B ．物体动能的增加量，与结论不相符，选项B 错误；
C ．物体动能的增加量加上物体势能的增加量，与结论相符，选项C 正确；
D ．物体动能的增加量减去物体势能的增加量，与结论不相符，选项D 错误； 故选C 。

5、A
【解析】
A ．设斜面长为L ，货物距地面的高度为h ，根据功的定义式可知，滑动摩擦力对货物做的功为
cos θcos θcot θsin θ
f f h W F L mgL m
g mg
h μμμ=-=-=-=- 所以货物与斜面动摩擦因数一定时，倾角θ越小，克服摩擦力做功越多，机械能损失越多，故A 正确；
B ．下滑到地面时的高度相同，重力做功相同，重力势能减少量相同，故B 错误； CD ．沿倾角大的斜面下滑时货物的加速度大，所用时间短，根据W P t
=可知沿斜面下滑过程中重力的功率大，根据I Ft =可知沿斜面下滑过程中重力的冲量小，故C 、D 错误；
故选A 。

6、A
【解析】
试题分析：因为图线与坐标轴所夹的面积是物体的位移，故在0-t 1时间内，甲车的位移大于乙车，故根据x v t
=
可知，甲车的平均速度大于乙车，选项A 正确，C 错误；因为乙车做变减速运动故平均速度不等于122v v +，选项B 错误；因为图线的切线的斜率等于物体的加速度，故甲乙两车的加速度均逐渐减小，选项D 错误．
考点：v-t 图象及其物理意义
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

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、CD
【解析】
AC. 设水杯的质量为M ，以两个轻环和水杯组成的系统为研究对象，竖直方向受到重力和水平横梁对铁环的支持力N F ，力图如图所示，根据平衡条件得：
2N F Mg =
可得：
12N F Mg = 可见，水平横梁对铁环的支持力N F 不变，故A 错误、C 正确；
B. 以A 环为研究对象，竖直方向：
sin αN F F =
水平方向：
cos αf F F =
联立解得：
tan α
N f F F = α减小时，f F 变大，故B 错误；
D. 设与B 环相连的细绳对水杯的拉力为T ，根据竖直方向的平衡条件可得： 2cos θT mg =
由于绳子与竖直方向的夹角θ增大，则cos θ变小，绳子拉力变大，故D 正确． 8、AC
【解析】
A ．多用电表的电流是从红表笔流进电表，从黑表笔流出电表，从电流的流向可以看出a 应该接黑表笔，选项A 正确；
B ．0R 和电流表G 串联形成一个新的电压表
0g g U U I R =+
改装后50U V =，代入数据解得
0490R =Ω
选项B 错误；
C ．当选择开关接2时，a 、b 之间为多用电表的欧姆挡，则有
g I R E =内 2g
I E R R =+内中
联立解得
15R =Ω中
选项C 正确；
D ．选择开关接3时，电流表满偏电流为100mA ，总共100格，当指针指在第25格的时候，对应的示数为满偏电流的四分之一，即通过0R 的电流为25mA ，所以D 错误。

故选AC 。

9、ABC
【解析】
AB ．如果小球带正电，则小球所受的洛伦兹力方向背离圆心，当洛伦兹力的大小等于小球原来所受合力大小时，绳子断后，小球做逆时针的匀速圆周运动，半径不变，也可能洛伦兹力大于之前合力的大小，则半径减小，故AB 正确；
CD ．若小球带负电，则小球所受的洛伦兹力指向圆心，开始时，拉力可能为零，绳断后，仍然洛伦兹力提供向心力，顺时针做圆周运动，半径不变．若开始靠洛伦兹力和拉力的合力提供向心力，拉力减小为零，小球靠洛伦兹力提供向心力，速度的大小不变，半径变大，故C 正确，D 错误．
故选ABC 。

10、AD
【解析】
由题意知
21012
qU m v =
20011v qv B m R = 解得
1121R q
B mU =
⋅ 同理 2221m U R B q
= 设左右最大发射角均为θ时，粒子2m 光斑的右边缘恰好与粒子1m 光斑的左边缘重合，如图所示（图中虚线为2m 半圆轨迹和向左发散θ角轨迹，实线为1m 半圆轨迹和向左发散θ轨迹），则
212cos 2R R θ=
联立解得
12
cos m m θ= 此时两种粒子光斑总宽度为
2122cos x R R θ∆=-
解得
()212
22m m U x B qm -∆=⋅
故选AD 。

三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、相反 减小 1.0×
10－2 正确 【解析】
(1)[1][2]根据图甲所示的电路，观察图乙可知充电电流与放电电流方向相反，大小都随时间减小；
(2)[3]根据充电时电压—时间图线可知，电容器的电荷量为：
Q ＝It ＝U R
t 而电压的峰值为U m ＝6 V ，则该电容器的电容为：
C ＝m
Q U 设电压—时间图线与坐标轴围成的面积为S ，联立解得：
C ＝m Q U ＝m S RU ＝182.730006
⨯F ＝1.0×10－2 F ； (3)[4]正确，电容器放电的过程中，电容器C 与电阻R 两端的电压大小相等，因此通过对放电曲线进行数据处理后记录的“峰值U m ”及图线与时间轴所围“面积”，仍可应用：
C ＝m Q U ＝m
S RU 计算电容值。

12、8.0
2ma g a
- 系统 【解析】
根据位移差公式2Δx aT =求解系统的加速度。

对整个系统进行分析，根据牛顿第二定律求解M 的表达式。

根据误差来源分析误差的性质。

【详解】
(1)[1]根据位移差公式2Δx aT =，解得系统运动的加速度为 22222(2.95 3.29)(2.32 2.64)10m/s 8.0m/s 40.02
x a T -∆+-+==⨯=⨯ (2)[2]根据牛顿第二定律，对Q 和Z 有
()()M m g T M m a +-=+
对物体P 有
T mg ma -= 联立解得2ma M g a
=-。

(3)[3]由题意可知本实验中误差是由于实验原理的选择而造成的，无法通过多测数据来
消除，故这是一种系统误差。

【点睛】
本题主要考查了通过系统牛顿第二定律测质量的方法，能分析出实验误差的原因。

明确系统误差和偶然误差的定义。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、（1）30N ．（2）1m/s ．（3）0.2m ．
【解析】
（1）物体从圆弧轨道顶端滑到B 点的过程中，机械能守恒，则mgR ＝
12
mv B 2， 解得v B =3m/s ． 在B 点由牛顿第二定律得，N-mg=m 2 B v R
， 解得N=mg+m 2 B v R
=30N 即物块滑到轨道上B 点时对轨道的压力N′=N=30N ，方向竖直向下．
（2）物块在小车上滑行时的摩擦力做功W f ＝−12 2mg mg
μμ+l ＝−4J
从物体开始滑到滑离平板车过程中由动能定理得，mgR +W f ＝
12mv 2 解得v=1m /s
（3）当平板车不固定时，对物块a 1=μg=2m/s 2 对平板车222/mg
a m s M μ==；
经过时间t 1物块滑离平板车，则221112111122B v t a t a t m -
-= 解得t 1=0.5s （另一解舍掉）
物体滑离平板车的速度v 物=v B -a 1t 1=2m/s
此时平板车的速度：v 车=a 2t 1=1m/s
物块滑离平板车做平抛运动的时间20.2t s == 物块落地时距平板车右端的水平距离s=(v 物-v 车)t 2=0.2m
【点睛】
本题综合考查了动能定理、机械能守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式，综合性较强，关键理清运动过程，选择合适的规律进行求解．
14、 (1)4m ，-16J ；(2) 0.5 1.08s t s ≤≤；【附加】3V/m E ≥
【解析】
(1)小滑块放在小车上以后，其加速度根据牛顿第二定律
1f mg ma μ==①
解得加速度
212m/s a =
加速到共速时用时t 1
01v at =②
解得
12t s =
此过程中小滑块相对P 点移动的距离
2112
s at =③ 此过程中木板相对P 点移动的距离
201s v t =④
求解可得
14m s =
28m s =
摩擦力对小车做的功
2f W mgs μ=-⑤
求解可得
16J f W =-
(2)当电场3V/m E =时，小滑块相对运动到木板最左端后，会向右做匀加速运动，设时间为t 3后撤去电场，之后滑块做减速运动，经时间t 4，小滑块和小车在小车右端共速，恰好没掉下来，小滑块向右加速度为
3qE mg ma μ-=⑩
解得
234m/s a =
加速的末速度
1033v v a t =+⑪
减速过程中
1014v v a t =+⑫
加速过程中的位移为
221033
2v v s a -=⑬ 减速过程中的位移为
221041
2v v s a -=⑭ 则
34034()s s v t t L +-+=⑮
联立⑩⑪⑫⑬⑭⑮求解解得
30.58s t =≈ 所以电场存在总时间
23() 1.08s t t t =+=
所以电场存在的时间满足关系式0.5 1.08s t s ≤≤（结果可以保留根式）
解法2：当电场3V/m E =时，小滑块相对运动到木板最左端后，会向右做匀加速运动，设时间为t 3后撤去电场
小滑块向右加速度为
3qE mg ma μ-=⑩
解得
234m/s a =
滑块相对小车做加速度为3a ，初速度为零的匀加速运动，经时间t 3后做加速度为1a 的匀减速运动直至相对静止，此过程中的总位移小于等于板长，因此
22
31
22v v L a a += 加速过程的时间
330.58s 3
v t s a ==≈
所以电场存在总时间
23() 1.08s t t t =+=⑮
所以电场存在的时间满足关系式0.5 1.08s t s ≤≤
附加问：当加有向右电场时，小滑块加速度
2qE mg a m
μ+=⑦ 恰好运动到木板左端共速，共速时间
022
v t a =⑧ 根据两物体的位移关系可得
202221122
L v t a t =-⑨ 联立⑦⑧⑨可得
20.5s t =
3V/m E =
所以电场强度E 满足3V/m E ≥
15、 (1)
mg q ；
(2) 213l π；
(3)【解析】
（1）设小球从静止释放运动到O 点时的速率为v 0，由动能定理得 201()(1cos60)02
qE mg l mv ︒+-=- 在O 处细线恰好断裂，由牛顿第二定律得
20()m mv F qE mg l
-+= 而
F m =4mg
联立解得
0v =mg
q E =
（2）由前面分析可知小球在O 处进入磁场后，重力与电场力恰好平衡，粒子做匀速圆周运动。

出磁场后做匀速直线运动到达P 处。

粒子运动轨迹如图所示
O 1、O 2分别为轨迹圆心、磁场圆心，设r 、R 分别为轨迹圆、磁场圆的半径，根据几何关系有
sin 30r r l ︒
+= 解得
3
l r = 由牛顿第二定律得
200mv qv B r
= 解得
32m g B q l
=方向垂直于纸面向外；由几何关系可知
tan 30R l ︒=，2S R π=
解得
213
S l π= （3）小球在磁场中运动轨迹所对的圆心角为23
πθ=，所用的时间 10
r t v θ= 出磁场后匀速直线运动，所用时间
20
3r t = 故小球在x <0区域运动的时间
1226l t t t g =+=⎝。