福建省泉州市五校联考2015届高三上学期摸底物理试卷

福建省泉州市五校联考2015届高三上学期摸底物理试卷一、选择题（本题共13小题，每题3分，共39分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）1．（3分）下列叙述正确的是（）A．法拉第首先发现电流磁效应B．奥斯特经过10年的研究终年发现电磁感应现象C．牛顿最早成功利用实验方法测出万有引力常量D．伽利略根据理想实验推出，若无摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一速度，将保持这个速度运动下去2．（3分）如图为一质点作匀变速直线运动的v﹣t图象，质点的质量为2kg，在前4s内向东运动，图线作出以下判断正确的是（）A．质点在8s内始终向东运动B．质点在8s内的合外力先减小后增大C．质点在8s内的加速度大小不变，方向始终向西D．在8s内合外力对质点做功的大小为200J3．（3分）如图所示是某商场安装的智能化电动扶梯，无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程．那么下列说法中正确的是（）A．顾客始终受到静摩擦力的作用B．顾客受到的支持力总是大于重力C．扶梯对顾客作用力的方向先指向右上方，再竖直向上D．扶梯对顾客作用力的方向先指向左下方，再竖直向上4．（3分）如图所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB 托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为（）A．0B．C．g D．5．（3分）滑雪运动员以20m/s的速度从一平台水平飞出，落地点到飞出点的高度差为3.2m．不计空气阻力，g取10m/s2．运动员飞过的水平距离为s，所有时间为t，则下列说法正确的是（）A．s=16m，t=0.50s B．s=16m，t=0.80sC．s=20m，t=0.50s D．s=20m，t=0.80s6．（3分）如图，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R有光滑圆柱，A的质量为B的两倍．当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高．将A由静止释放，B上升的最大高度是（）A．2R B．C．D．7．（3分）P、Q两电荷的电场线分布如图所示，a、b、c、d为电场中的四点．一个离子从a运动到b（不计重力），轨迹如图所示．则下列判断正确的是（）A．离子从a到b，电势能增加B．离子在运动过程中受到P的排拆力C．c、d两点电势相等D．离子从a到b，动能增加8．（3分）在如图所示的电路中，C为一平行板电容器，闭合开关S，给电容器充电，当电路中电流稳定之后，下列说法正确的是（）A．保持开关S闭合，把滑动变阻器R1的滑片向上滑动，电流表的示数变大，电压表的示数变小B．保持开关S闭合，不论滑动变阻器R1的滑片是否滑动，都有电流流过R2C．保持开关S闭合，将电容器上极板与下极板距离稍微拉开一些的过程中，R2中有由b到a的电流D．断开开关S，若此时刚好有一带电油滴P静止在两平行板电容器之间，将电容器上极板与下极板稍微错开一些的过程中，油滴将向上运动9．（3分）如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=2：1，和均为理想电表，灯泡电阻R L=6Ω，AB端电压u1=24sin100πt（V）．下列说法正确的是（）A．的读数为2.0A B．的读数为48VC．该交变电流的频率为100Hz D．该变压器输入功率为96W10．（3分）如图所示，三条平行虚线位于纸面内，中间虚线两侧有方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向．菱形闭合导线框ABCD位于纸面内且对角线AC与虚线垂直，磁场宽度与对角线AC长均为d，现使线框沿AC方向匀速穿过一磁场，以逆时针方向为感应电流的正方向，则从C点进入磁场到A点离开磁场的过程中，线框中电流i随时间t的变化关系，以下可能正确的是（）A． B．C． D．11．（3分）如图是质谱仪工作原理的示意图．带电粒子a、b经电压U加速（在A点初速度为零）后，进入磁感应强度为B的匀强磁场做匀速圆周运动，最后分别打在感光板S上的x1、x2处．图中半圆形的虚线分别表示带电粒子a、b所通过的路径，则（）A．若a与b有相同的质量，则打在感光板上时，b的速度比a大B．若a与b有相同的质量，则a的电量比b的电量小C．若a与b有相同的电量，则打在感光板上时，b的速度比a大D．若a与b有相同的电量，则a的质量比b的质量小12．（3分）经国际小行星命名委员会命名的“神舟星”和“杨利伟星”的轨道均处在火星和木星轨道之间．已知“神舟星”平均每天绕太阳运行174万公里，“杨利伟星”平均每天绕太阳运行145万公里．假设两行星均绕太阳做匀速圆周运动，则两星相比较（）A．“神舟星”的轨道半径大B．“神舟星”的半径大C．“神舟星”的加速度大D．“神舟星”受到的向心力大13．（3分）如图所示，水平传送带AB长21m，以6m/s顺时针匀速转动，台面与传送带平滑连接于B点，半圆形光滑轨道半径R=1.25m，与水平台面相切于C点，BC长s=5.5m，P 点是圆弧轨道上与圆心O等高的一点．一质量为m=1kg的物块（可视为质点），从A点无初速释放，物块与传送带及台面间的动摩擦因数均为0.1，则关于物块的运动情况，下列说法正确的是（）A．物块不能到达P点B．物块能越过P点做斜抛运动C．物块能越过P点做平抛运动D．物块能到达P点，但不会出现选项B、C所描述的运动情况二、实验题（共两个小题，每一空格2分，共16分）14．（8分）如图甲为利用气垫导轨（滑块在该导轨上运动时所受阻力可忽略）“验证机械能守恒定律”的实验装置，请结合以下实验步骤完成填空．（1）将气垫导轨放在水平桌面上，并调节至水平．（2）用天平称出滑块和挡光条的总质量M，再称出托盘和砝码的总质量m．用游标卡尺测出挡光条的宽度L，如图乙所示，L为cm．用米尺测量光电门1、2的距离s时，光电门1、2所对的刻度分别如丙图中A、B所示，则s为cm．（3）将滑块移至光电门1左侧某处，释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过光电门2．读出滑块分别通过光电门1和光电门2时的挡光时间△t1和△t2．（4）滑块通过光电门1和光电门2时，可以确定系统（包括滑块、挡光条、托盘和砝码）的总动能．在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统势能的减少量△E p=（已知重力加速度为g）．动能的增量△E k=，若在实验误差允许的范围内两者相等，即可认为机械能是守恒的．15．（8分）某同学为了探究某电子元件的伏安特性，先用多用电表粗测其电阻值约为3kΩ；再设计了如图甲所示电路进行实验．①根据电路图甲，请你在图乙中以笔划线代替导线将实物图补充完整；②正确连接电路，所选用滑动变阻器R（0～20Ω），闭合开关S，当滑片从左向右移动时，发现电压表及电流表均有较大示数，且变化都不明显，其故障是图甲中导线没有连接好．（选填“a”或“b”）③排除故障后，闭合开关S，移动滑片至临近最右端时，发现电压表示数保持3V左右，而电流表示数急剧变大，超过量程．换用更大量程的电流表，结果发现利用该电路无法较完整地描出电子元件的伏安曲线，接着改用DLS传感器实验得到曲线如图丙所示，由图可知，元件两端电压达到或超过电压3V时，电子元件的阻值突然（选填“变大”或“变小”）；④你认为该同学用图甲的电路无法较完整地描出电子元件的伏安持曲线的主要原因是．（填选项前的字母）A、找不到合适量程的电流表B、换用更大量程的电流表进行实验时，没有改用电流表外接法C、元件两端电压为3V左右时，电流变化太大，无法准确记录电压值和电流值．三、计算题（本题4小题，共45分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值的计算题，答案中必须明确写出数值和单位，或按题目要求作答）16．（10分）有某校一课外活动小组自制一枚火箭，设火箭发射后始终在垂直于地面的方向上运动．火箭点火后可认为做匀加速直线运动，经过4s到达离地面40m高处时燃料恰好用完，若不计空气阻力，取g=10m/s2，求：（1）燃料恰好用完时火箭的速度（2）火箭上升离地面的最大高度．17．（10分）某游乐场过山车模型简化为如图所示，光滑的过山车轨道位于竖直平面内，该轨道由一段斜轨道和与之相切的圆形轨道连接而成，圆形轨道的半径为R，可视为质点的过山车从斜轨道上某处由静止开始下滑，然后沿圆形轨道运动．（1）若要求过山车能通过圆形轨道最高点，则过山车初始位置相对于圆形轨道底部的高度至少要多少？（2）考虑到游客的安全，要求全过程游客受到的支持力不超过自身重力的7倍，过山车初始位置相对于圆形轨道底部的高度h不得超过多少？18．（12分）如图所示，两足够长的平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L=1m，导轨平面与水平面夹角α=30°，导轨电阻不计．磁感应强度为B1=2T的匀强磁场垂直导轨平面向上，长为L=1m的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m1=2kg、电阻为R1=1Ω．两金属导轨的上端连接右侧电路，电路中通过导线接一对水平放置的平行金属板，两板间的距离和板长均为d=0.5m，定值电阻为R2=3Ω，现闭合开关S并将金属棒由静止释放，重力加速度为g=10m/s2，试求：（1）金属棒下滑的最大速度为多大？（2）当金属棒稳定下滑时，在水平放置的平行金属间加一垂直于纸面向里的匀强磁场B2=3T，在下板的右端且非常靠近下板的位置有一质量为m2=3×10﹣4kg、带电量为q=﹣1×10﹣4c的液滴以初速度v水平向左射入两板间，该液滴可视为质点．要使带电粒子能从金属板间射出，初速度v应满足什么条件？19．（13分）如图甲所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，场强E=×104N/C．现将一重力不计、比荷=106kg的正电荷从电场中的O点由静止释放，经过t0=1×10﹣5s后，通过MN上的P点进入其上方的匀强磁场．磁场方向垂直于纸面向外，以电荷第一次通过MN时开始计时，磁感应强度按图乙所示规律周期性变化．（1）求电荷进入磁场时的速度v0（2）求图乙中t=2×10﹣5s时刻电荷与P点的距离；（3）如果在P点右方d=105cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板所需的时间．福建省泉州市五校联考2015届高三上学期摸底物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共13小题，每题3分，共39分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）1．（3分）下列叙述正确的是（）A．法拉第首先发现电流磁效应B．奥斯特经过10年的研究终年发现电磁感应现象C．牛顿最早成功利用实验方法测出万有引力常量D．伽利略根据理想实验推出，若无摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一速度，将保持这个速度运动下去考点：物理学史．分析：奥斯特首先发现电流磁效应，法拉第经过10年的研究终年发现电磁感应现象．卡文迪许最早成功利用实验方法测出万有引力常量．伽利略根据理想实验推出，若无摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一速度，将保持这个速度运动下去．解答：解：A、奥斯特首先发现电流磁效应．故A错误．B、法拉第经过10年的研究终年发现电磁感应现象．故B错误．C、卡文迪许最早成功利用实验方法测出万有引力常量，不是牛顿．故C错误．D、伽利略根据理想实验推出，若无摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一速度，既没有减速的原因，也没有加速的原因，物体将保持这个速度运动下去．故D正确．故选D点评：对于物理学上重要发现、重大发明和著名理论，要加强记忆，不能张冠李戴．2．（3分）如图为一质点作匀变速直线运动的v﹣t图象，质点的质量为2kg，在前4s内向东运动，图线作出以下判断正确的是（）A．质点在8s内始终向东运动B．质点在8s内的合外力先减小后增大C．质点在8s内的加速度大小不变，方向始终向西D．在8s内合外力对质点做功的大小为200J考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的图像．专题：动能定理的应用专题．分析：由题，前4s内物体向东运动，后4s内物体向西运动．根据斜率等于加速度，看出物体的加速度保持不变，由牛顿第二定律知合力保持不变．根据斜率的正负，确定加速度的方向．根据动能定理求解8s内合外力对质点做功的大小．解答：解：A、据题，前4s内物体向东运动，则后4s内物体向西运动．故A错误．B、速度图象的斜率等于加速度，由数学知识得知，图线的斜率不变，说明物体的加速度保持不变，由牛顿第二定律分析知道质点在8s内的合外力保持不变．故B错误．C、由题可知，向西为正方向．质点在8s内的加速度大小不变，而且加速度为正值，说明加速度方向向．故C正确．D、由图看出，t=0时刻与t=8s末时刻质点的速度大小，动能相等，根据动能定理得知，在8s内合外力对质点做功的大小为0．故D错误．故选C点评：本题一方面要从斜率等于加速度来理解质点的加速度；另一方面考查牛顿第二定律、动能定理的应用．3．（3分）如图所示是某商场安装的智能化电动扶梯，无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程．那么下列说法中正确的是（）A．顾客始终受到静摩擦力的作用B．顾客受到的支持力总是大于重力C．扶梯对顾客作用力的方向先指向右上方，再竖直向上D．扶梯对顾客作用力的方向先指向左下方，再竖直向上考点：运动的合成和分解；牛顿第二定律．专题：运动的合成和分解专题．分析：正确解答本题要掌握：正确对物体进行受力分析，应用牛顿第二定律解题；明确超重和失重的实质，理解生活中的超重和失重现象．解答：解：A、以人为研究对象，处于加速运动时，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用下，故A错误；B、顾客处于匀加速直线运动时，受到的支持力才大于重力，故B错误；C、顾客处于加速运动时，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用下，则扶梯对顾客作用力的方向先指向右上方，当处于匀速直线运动时，其作用力竖直向上，故C正确；D 错误．故选：C．点评：本题考查了牛顿第二定律在生活中的应用，要熟练应用牛顿第二定律解决生活中的具体问题，提高理论联系实际的能力．4．（3分）如图所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB 托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为（）A．0B．C．g D．考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：木板撤去前，小球处于平衡态，根据共点力平衡条件先求出各个力，撤去木板瞬间，支持力消失，弹力和重力不变，求出合力后即可求出加速度．解答：解：木板撤去前，小球处于平衡态，受重力、支持力和弹簧的拉力，如图根据共点力平衡条件，有F﹣Nsin30°=0Ncos30°﹣G=0解得N=F=木板AB突然撤去后，支持力消失，重力和拉力不变，合力等于支持力N，方向与N反向，故加速度为：a=故选B．点评：本题关键对物体受力分析，求出各个力，撤去一个力后，先求出合力，再求加速度．5．（3分）滑雪运动员以20m/s的速度从一平台水平飞出，落地点到飞出点的高度差为3.2m．不计空气阻力，g取10m/s2．运动员飞过的水平距离为s，所有时间为t，则下列说法正确的是（）A．s=16m，t=0.50s B．s=16m，t=0.80sC．s=20m，t=0.50s D．s=20m，t=0.80s考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：平抛运动的高度确定时间，根据h=，求出平抛运动的时间，在水平方向上做匀速直线运动，根据匀速直线运动公式求出水平位移．解答：解：在竖直方向上有h=，则在水平方向上，有s=v0t=20×0.8m=16m．故B正确，A、C、D错误．故选B．点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，两分运动具有等时性．6．（3分）如图，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R有光滑圆柱，A的质量为B的两倍．当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高．将A由静止释放，B上升的最大高度是（）A．2R B．C．D．考点：机械能守恒定律．专题：压轴题；机械能守恒定律应用专题．分析：开始AB一起运动，A落地后，B做竖直上抛运动，B到达最高点时速度为零；由动能定理可以求出B上升的最大高度．解答：解：设B的质量为m，则A的质量为2m，以A、B组成的系统为研究对象，在A落地前，由动能定理可得：﹣mgR+2mgR=（m+2m）v2﹣0，以B为研究对象，在B上升过程中，由动能定理可得：﹣mgh=0﹣mv2，则B上升的最大高度H=R+h，解得：H=；故选C．点评：B的运动分两个阶段，应用动能定理即可求出B能上升的最大高度．7．（3分）P、Q两电荷的电场线分布如图所示，a、b、c、d为电场中的四点．一个离子从a运动到b（不计重力），轨迹如图所示．则下列判断正确的是（）A．离子从a到b，电势能增加B．离子在运动过程中受到P的排拆力C．c、d两点电势相等D．离子从a到b，动能增加考点：电势；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场线起于正电荷，终止于负电荷，结合电场线的特点，确定P、Q电荷的电性，根据轨迹的弯曲确定所受电场力的方向，从而确定是排斥还是吸引，判断出离子的电性，根据正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势高处电势能小，分析电势能的变化，由能量守恒分析动能的变化．通过沿着电场线方向电势逐渐降低判断c、d两点电势的高低．解答：解：A、由图中电场线的分布情况可知P带正电，Q带负电．离子从a到b，电场力与速度的夹角为钝角，所以做负功，电势能增加．故A正确．B、D、离子从a运动b的过程中，轨迹向内弯曲，则离子受到P的吸引力作用，从a到b，电场力做负功，根据动能定理可知动能减小，故BD错误．C、沿着电场线方向电势逐渐降低，则知c点的电势高于d点的电势．故C错误．故选：A．点评：解决本题的关键知道电场线的特点，以及知道沿着电场线方向电势逐渐降低．知道粒子做曲线运动，合力的方向大致指向轨迹凹的一向．8．（3分）在如图所示的电路中，C为一平行板电容器，闭合开关S，给电容器充电，当电路中电流稳定之后，下列说法正确的是（）A．保持开关S闭合，把滑动变阻器R1的滑片向上滑动，电流表的示数变大，电压表的示数变小B．保持开关S闭合，不论滑动变阻器R1的滑片是否滑动，都有电流流过R2C．保持开关S闭合，将电容器上极板与下极板距离稍微拉开一些的过程中，R2中有由b到a的电流D．断开开关S，若此时刚好有一带电油滴P静止在两平行板电容器之间，将电容器上极板与下极板稍微错开一些的过程中，油滴将向上运动考点：闭合电路的欧姆定律．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，判断液滴的运动方向．解答：解：A、保持开关S闭合，把滑动变阻器R1的滑片向上滑动，接入电路的电阻减小，根据欧姆定律可知电路中电流增大，R2的电压增大，则电流表的示数变大，电压表的示数变大．故A错误．B、保持开关S闭合，滑动变阻器R1的滑片上下滑动，接入电路的电阻发生变化，根据欧姆定律可知电路中电流发生变化，R2的电压发生变化，则电流表的示数发生变化，电压表的示数发生变化，电容器上的电压变化，则电量发生变化，电容器充电或放电，有电流流过R2．故B正确．C、保持开关S闭合，将电容器上极板与下极板距离稍微拉开一些的过程中，极板的正对面积减小，电容减小，由C=知，U不变，Q减小，电容器放电，则R2中有由a 到b的电流，故C错误．D、断开开关S，将电容器上极板与下极板稍微错开一些的过程中，极板的正对面积减小，电容减小，由C=知，电量Q不变，则板间电压U增大，板间场强增大，油滴所受的电场力增大，则油滴将向上运动，故D正确．故选：BD．点评：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．9．（3分）如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=2：1，和均为理想电表，灯泡电阻R L=6Ω，AB端电压u1=24sin100πt（V）．下列说法正确的是（）A．的读数为2.0A B．的读数为48VC．该交变电流的频率为100Hz D．该变压器输入功率为96W考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：从表达式知电压的有效值，周期和频率，根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．解答：解：B、由表达式知输入电压有效值为24V，电压与匝数成正比，故副线圈电压即电压表的示数为12V，B错误；A、安培表的示数为I==2A，A正确；C、由表达式知道角速度100πrad/s，频率为=50Hz，故C错误D、副线圈中灯泡消耗的功率P=UI=12×2=24W，输入功率等于输出功率，D错误故选：A点评：理解交流电电压表达式的物理意义，掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决．10．（3分）如图所示，三条平行虚线位于纸面内，中间虚线两侧有方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向．菱形闭合导线框ABCD位于纸面内且对角线AC与虚线垂直，磁场宽度与对角线AC长均为d，现使线框沿AC方向匀速穿过一磁场，以逆时针方向为感应电流的正方向，则从C点进入磁场到A点离开磁场的过程中，线框中电流i随时间t的变化关系，以下可能正确的是（）A． B．C． D．考点：导体切割磁感线时的感应电动势．专题：电磁感应与图像结合．分析：根据楞次定律判断感应电流的方向，结合切割产生的感应电动势公式判断感应电动势的变化，从而结合闭合电路欧姆定律判断感应电流的变化．解答：解：A、C、线圈在进磁场的过程中，根据楞次定律可知，感应电流的方向沿逆时针方向，为正值，在通过两个磁场的分界线时，根据楞次定律可知，感应电流的方向沿顺时针方向，为负值，线圈出磁场的过程中，根据楞次定律知，感应电流的方向为逆时针，为正值．故A、C 错误．B、D、设BD=L．在线圈进入磁场一半的过程中，切割的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，当BD刚进入磁场时，感应电流最大为I1==i0；在线圈进入磁场全部过程中，切割的有效长度均匀减小，感应电动势均匀减小，则感应电流均匀减小至零；线圈通过两个磁场的分界线时，切割的有效长度先均匀增大，感应电流均匀增大，当BD通过磁场分界线时，感应电流最大为I2==2i0；后均匀减小至零；在线圈出磁场一半的过程中，在线圈全部出磁场的过程中，切割的有效长度先均匀增大后均匀减小，感应电流先均匀增大后均匀减小，此过程感应电流最大为I3==i0；故D正确，B错误．故选：D．点评：解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，以及知道在切割产生的感应电动势公式中，L为有效长度．要注意线圈通过磁场的分界线时线圈两侧都切割磁感线，产生感应电动势．11．（3分）如图是质谱仪工作原理的示意图．带电粒子a、b经电压U加速（在A点初速度为零）后，进入磁感应强度为B的匀强磁场做匀速圆周运动，最后分别打在感光板S上的x1、x2处．图中半圆形的虚线分别表示带电粒子a、b所通过的路径，则（）A．若a与b有相同的质量，则打在感光板上时，b的速度比a大B．若a与b有相同的质量，则a的电量比b的电量小C．若a与b有相同的电量，则打在感光板上时，b的速度比a大D．若a与b有相同的电量，则a的质量比b的质量小考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：根据动能定理求出粒子出加速电场时的速度，通过洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求出轨道半径的关系式，从而比较a、b的电量和质量的关系．解答：解：粒子在电场中加速，由动能定理得：qU=mv2，解得：v=．粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：r==．A、因为b的半径大，a与b质量相同，则b的电量小，根据v=，知b的速度小．故A、B错误．C、a与b有相同的电量，因为b的半径大，则b的质量大．故D正确，C错误．故选：D．点评：本题属于带电粒子在组合场中运动问题，电场中往往用动能求速度，磁场中圆周运动处理的基本方法是画轨迹．。