北京市朝阳区19-20学年高二上学期期末物理试卷(附答案解析)

北京市朝阳区19-20学年高二上学期期末物理试卷
一、单选题（本大题共13小题，共39.0分）
1.关于电源电动势，下列说法正确的是()
A. 同一电源接入不同的电路中，其电动势会发生改变
B. 电源电动势就是电源两极间的电压
C. 电源电动势与是否接入外电路无关
D. 电源电动势与外电路电阻有关
2.关于磁场和磁感线的描述，正确的说法是()
A. 磁感线从磁体的N极出发，终止于S极
B. 磁感线可以表示磁场的方向和强弱
C. 沿磁感线方向，磁场逐渐减弱
D. 因为异名磁极相互吸引，所以放入通电螺线管内的小磁针的N极一定指向螺线管的S极
3.两个大小相同的金属球，所带电荷量分别为3Q和−Q，相距r时(r远大于金属球半径)，它们之
间的相互作用力大小为F.现将两球分开一些，使它们相距2r，则它们之间的相互作用力大小将变为()
A. F
4B. F
8
C. F
12
D. F
16
4.下列四个物理量中属于用比值法定义的是()
A. 导体的电阻R=ρI
S B. 电容器的电容C=ɛr s
4πkd
C. 点电荷的电场强度E=k Q
r2D. 磁感应强度B=F
IL
5.两个点电荷电场的电场线分布如图所示，图中a、b两点的场强
大小分别为E a、E b，电势分别为φa、φb，则下列结论中正确的
是()
A. E a>E b，φa>φb
B. E a<E b，φa<φb
C. E a>E b，φa<φb
D. E a<E b，φa>φb
6.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器为R1，M为电动
机，电动机线圈的电阻为R2.开关闭合后，电动机开始转动，稳定后回路中的电流大小为I.则()
A. 电流大小I=E
R1+R2+r
B. 电动机两端的电压U=IR2
C. 当R1+R2=r时，电源的输出功率最大
D. 当I=E
时，电源的输出功率最大
2r
7.如图，当滑动变阻器的滑动头向左滑动时，A、B两灯亮度的变化情况为()
A. 都变亮
B. 都变暗
C. A灯变亮，B灯变暗
D. A灯变暗，B灯变亮
8.磁子午线是地球磁场N极与S极在地球表面的连线，假设地球磁场是由地球的环形电流引起的，
则该假设中的电流方向是
A. 由东向西垂直磁子午线
B. 由西向东垂直磁子午线
C. 由南向北沿磁子午线
D. 由北向南沿磁子午线
9.如图所示的电路，R1是定值电阻，R2是滑动变阻器，L是小灯泡，
C是电容器，电源内阻为r.开关S闭合后，在动变阻器触头向上移
动过程中()
A. 小灯泡变亮
B. 电容器所带电荷量
增大
C. 电压表示数变小
D. 电源的总功率变大
10.如图所示，在条形磁铁N极附近，将闭合线圈abcd由位置Ⅰ经位置Ⅱ平
移至位置Ⅲ，线圈中感应电流的方向()
A. 始终沿abcd方向
B. 始终沿adcb方向
C. 先沿abcd方向，后沿adbc方向
D. 先沿adcb方向，后沿abcd方向
11. 如图所示，一不计重力的带电粒子经加速电场加速后，沿偏转极板的中线以垂直于偏转电场的方向进入偏转电场。

经偏转电场偏转后，恰好从下板的边缘飞出。

已知粒子侧移量为y ，偏转极板的长为L ，且y L =k ，
则加速电压U 1和偏转电压U 2的比值U 1
U 2为( )
A. 18k 2
B. 14k 2
C. 12k 2
D. 1
k 2 12. 如图为一个物体做直线运动的v −t 图象．关于物体的运动，下列说法中
错误．．
的是( )
A. 0～1 s 内和2～3 s 内的运动方向相同
B. 2～3 s 内和3～4 s 内的加速度相同
C. 0～2 s 内和0～4 s 内的位移相同
D. 0～1 s 内和2～3 s 内的速度变化量相同
13. 如图所示，匀强磁场水平向右，电子在磁场中的运动方向平行，则该电子( )
A. 不受洛伦兹力
B. 受洛伦兹力，方向向上
C. 受洛伦兹力，方向向下
D. 受洛伦兹力，方向向左下
二、实验题（本大题共3小题，共20.0分）
14. 在“测定金属的电阻率”的实验中： (1)用多用表粗测电阻丝的电阻，结果如图甲、乙所示，由此可知电阻丝电阻的测量值约为______ Ω.
(2)用螺旋测微器测量金属丝的直径，结果如图丙所示，由此可知金属丝直径的测量结果为______ mm ．
15.现要测量某电源的电动势和内阻。

可利用的器材有：电流表，内阻为1.00Ω;电压表;阻值未
知的定值电阻R1、R2、R3、R4、R5;开关S;一端连有鳄鱼夹P的导线1，其他导线若干。

某同学设计的测量电路如图甲所示。

(1)按图甲在实物图乙中画出连线，并标出导线1和其P端。

(2)测量时，改变鳄鱼夹P所夹的位置，使R1、R2、R3、R4、R5依次串入电路，记录对应的电
压表的示数U和电流表的示数I。

数据如下表所示。

根据表中数据，在图丙中的坐标纸上将所缺数据点补充完整，并画出U−I图线。

I
/mA
1931531116930
U/V2.512.592.682.762.84
(3)根据U−I图线求出电源的电动势E=____V。

内阻r=____Ω。

(保留2位小数)
16.某同学用如图所示的电路测量一个约为200Ω的电阻R0的阻值．
实验设备有电源(电动势为6.0V)，电流表A(量程50mA)．
另有电压表V1(量程5V)和电压表V2(量程15V)，滑动变阻器R1(阻值
0−10Ω)和滑动变阻器R2(0−1kΩ)供选择使用．
(1)电压表应选择______ (填“V1”或“V2”)，滑动变阻器应选择
______ (填“R1”或“R2”)．
(2)用该电路测量电阻测量值______ (填偏大或偏小)．
三、计算题（本大题共5小题，共50.0分）
17.如图，光滑金属直轨道MN和PQ固定在同一水平面内，MN、PQ平行且足够长，轨道的宽L=
0.5m.轨道左端接R=0.4Ω的电阻．轨道处于磁感应强度大小B=0.4T，方向竖直向下的匀强磁
场中．导体棒ab在沿着轨道方向向右的力F=1.0N作用下，由静止开始运动，导体棒与轨道始终接触良好并且相互垂直，导体棒的电阻r=0.1Ω，轨道电阻不计．求：
(1)导体棒的速度v=5.0m/s时，导体棒受到安培力的大小F安．
(2)导体棒能达到的最大速度大小v m．
18.如图所示，a、b、c、d为匀强电场中四个等势面，相邻等势面间距离为
2cm，已知U ac=60V，求：
(1)电场强度为多大？
(2)设B点的电势为零，求A、C、D、P点的电势．
(3)求将q=−1.0×10−10C的点电荷由A移到D电场力做的功．
19.一个质量为m、电荷量为q的粒子，从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场，其初
速度几乎为0，然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片D上(下图)。

(1)求粒子进入磁场时的速率。

(2)求粒子在磁场中运动的轨道半径。

20.如图所示，长l=1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在
水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ=37°.已知小球所带电荷量q=1.0×10−6C，匀强电场的场强E=1.5×103N/C，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

求：
(1)小球的质量m
(2)将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小
21.质量均为m、电荷量分别为q和−q(q>0)的带电小球M、N先后以相
同的初速度沿水平方向射向正前方电场强度为E=mg2q的有界电场(电场在竖直方向上足够长)，有界电场的水平宽度是D，电场方向水平向右。

在电场的右边紧邻着一个B=m
q √g
2D
的匀强磁场(足够大)，方向垂直纸
面向里。

已知N进入电场后，恰好没有从电场的右边界离开电场；M进入电场后，恰能做直线运动。

不计空气阻力，重力加速度大小为g。

求：
(1)两带电小球的初速度大小；
(2)带电小球N进出电场时的竖直方向上的距离；
(3)带电小球M进入右边的磁场后，能获得的最大动能。

-------- 答案与解析 --------
1.答案：C
解析：
电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势．电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关．电源的电动势在数值上等于内、外电压之和．
本题考查对于电源的电动势的理解能力．电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能本领大小，与外电路无关．
解：A、电动势反映本身的特性，与外电路的结构无关，同一电源接入不同电路中，电动势不变，故AD错误，C正确；
B、电压与电动势不同，电动势在数值上等于电源没有接入电路时两极间的电压，故B错误。

故选：C。

2.答案：B
解析：
要解决此题，需要掌握磁感线的概念，知道磁感线是为了描述磁场而引入的线，在磁体的外部，从磁体的北极出发，回到南极。

本题考查了磁场的方向的规定方向：小磁针N极在磁场中所受的磁力方向跟该点的磁场方向相同．也考查了磁感线的引入的原因和特点．由于磁场是看不见，摸不着的，为了描述磁场的性质而引入了磁感线的概念，它是假想出来的有方向的曲线，但可以描述磁场的性质。

A.在磁体的外部，磁感线从磁体的北极出发，回到S极；在磁体内部从S极指向N极，故A错误；
B.磁感线可以表示磁场的方向和强弱，故B正确；
C.磁感应强度大小由磁感线的疏密程度决定，与磁感线方向无关，故C错误；
D.放入通电螺线管内的小磁针，N极的指向表示磁场的方向，不能根据根据异名磁极相吸的原则判定，故D错误。

故选B。

3.答案：A
解析：解：由库仑定律可得：
F=k Q⋅3Q
r2=3kQ2
r2
；
而两球分开后距离增大，则库仑力：F′=k3Q 2
(2r)2=1
4
F；
故A正确，BCD错误．
故选：A
由库仑定律可得出两球在分开前后的库仑力表达式，可得出分开后的作用力与原来作用力的关系．
解决本题的关键掌握接触带电的原则，先中和再平分．以及掌握库仑定律公式F=k Qq
r2
．
4.答案：D
解析：
所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比值”来定义一个新的物理量的方法；比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变；
解决本题的关键理解比值定义法的共性：被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性。

解：A.这是电阻决定式，说明电阻与导体的长度成正比，与横截面积成反比，不属于比值定义法，
电阻的比值定义式是R=U
I
，故A错误；
B.电容与极板的正对面积S成正比，与极板间的距离d成反比，该式是决定式，不属于比值定义法，
电容的比值定义式是C=Q
U
，故B错误;
C.电场强度与场源电荷量成正比，与距离的平方成反比，该式是决定式，不属于比值定义法，电场
的比值定义式是E=F
q
，故C错误；
D.磁感应强度与放入磁场中的电流元无关，所以B=F
IL
属于比值定义法，故D正确；故选D。

5.答案：A
解析：解：由电场线的分布情况可知，a处电场线比b处电场线密，
则a点的场强大于b点的场强，即E a>E b.画出过b点的等势线与a
所在的电场线交于c点，则有a点的电势高低c点的电势，所以a
点的电势高低b点的电势，即φa>φb．
故选A
根据电场线的疏密判断场强的大小，电场线越密，场强越大．画出过b点的等势线，根据顺着电场线电势降低判断电势的高低．
本题的技巧是画出等势线．对于电场线的物理意义：电场线疏密表示场强的大小，电场线的方向反映电势的高低要牢固掌握，熟练应用．
6.答案：D
解析：解：AB、由于电动机转动时为非纯电阻元件，欧姆定律不成立，故不能使用闭合电路欧姆定律求解电流，也不能根据欧姆定律求电动机两端的电压；故AB错误；
C、本题不是纯电阻电路，外电路存在线圈，故R1+R2=r时，电源的输出功率不是最大，故C错误；
D、假设为纯电阻电路，电源的内阻为r，当外电阻等于r时，电源的输出功率最大，此时电流I=E
，
2r 故D正确。

故选：D。

电动机转动时其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立。

根据功率公式可以求得电源的输出功率；
根据非纯电路的特点可以分析电压及电源效率。

本题考查电源及电动机的功率问题，要注意对于非纯电阻电路是无法使用欧姆定律求解电压的。

7.答案：D
解析：解：当滑动变阻器的滑动头向左滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，并联部分的总电阻变小，所以外电路总电阻变小，据闭合电路的欧姆定律知，总电流变大，
，可知A的实际功率变所以电源内阻的电压变大，路端电压减小，则A灯的电压变小，根据P=U2
R
小，故A灯变暗；
由欧姆定律知A的电流变小，而总电流变大，所以通过B灯的电流变大，故灯泡B变亮．故D正确．
从图可知，滑动变阻器R2与R1并联与灯泡B串联，再与灯A并联．首先判断滑动变阻器电阻的变化情况，然后根据串联电路中电阻的特点，得出总电阻变化情况．由欧姆定律和电路的连接关系，分析各个灯泡电流或电压的变化，即可判断灯泡的亮度如何变化．
本题是电路动态变化分析问题，首先要分析清楚电路结构，再根据滑动变阻器阻值的变化，判断B 与并联电路电压的变化情况，熟练应用功率公式是正确解题的关键．
8.答案：A
解析：
本题考查了安培定则的知识点，意在考查学生的理解能力．要有空间想象力，正确运用安培定则。

要解决此题首先要掌握安培定则：四指绕向电流的方向，拇指所指的方向便是螺线管的N极．首先根据信息中给出的已知条件，根据根据“磁子午线”由安培定则确定电流的方向。

地磁场的N极朝南，根据安培定则，知大拇指指向地磁体的N极，四指的绕向即为电流的方向，即电流方向应该是由东向西垂直磁子午线，故A正确，BCD错误。

故选A。

9.答案：B
解析：解：AC、闭合开关S后，当滑动变阻器触头P向上移动时，R2增大，外电路总电阻增大，干路中电流减小，则小灯泡亮度变暗。

电源的内电压减小，路端电压增大，则电压表的示数变大。

故
A、C错误。

B、电路稳定时电容器的电压等于R2的电压，根据串联电路电压分配规律可知，R2增大，电容器的电压增大，则电容器所带电荷量增大，故B正确。

D、电源的总功率为P=EI，干路电流I减小，则电源的总功率变小，故D错误。

故选：B。

先分析变阻器接入电路的电阻的变化情况，再分析总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，从而确定灯泡和电压表示数的变化．根据欧姆定律和串联电路的特点分析电容器的电压变化，即可判断其电量的变化．电源的总功率为P=EI，根据电流的变化判断电源总功率的变化．本题按“部分→整体→部分”的思路进行动态变化分析．对于电压表的示数，可以直接根据路端电压随外电阻而增大的结论进行分析．根据串联电路电压与电阻成正比的特点，分析各部分电压的变化，比较简便．
解析：解：线圈从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中，向上穿过线圈的磁通量减小，则产生感应电流，根据楞次定律可知，感应电流的磁场应向上，则由右手螺旋定则可知，感应电流的方向为adcba ； 线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ的过程中，线圈内向下穿过的磁通量增加，则也会产生感应电流，根据楞次定律感应电流的磁场向上，则感应电流的方向adcba ； 故选：B ．
穿过线圈的磁通量发生变化，则闭合电路中产生感应电流．可以根据楞次定律来确定感应电流的方向．
本题考查如何判定感应电流的产生条件，及掌握楞次定律的应用，注意会判定磁通量的大小变化与原磁场的方向．
11.答案：A
解析：
由动能定理可求得经过加速电场获得的速度，在偏转电场中由运动学公式可求得偏移量，由此可求得加速电压U 1和偏转电压U 2的比值。

本题考查带电粒子在电场中的加速和偏转，掌握处理粒子做类平抛运动的方法，运用等时性，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。

粒子经过加速电场的过程由动能定理得：qU 1=1
2mv 2 粒子经过偏转电场的过程由运动学公式得：y =1
2⋅
q⋅12
U 2ym
⋅t 2
其中t =L
v
联立解得：U 1
U 2
=1
8k 2，故A 正确，BCD 错误；
故选：A 。

12.答案：D
解析：解：A 、0～1 s 内和2～3 s 内的速度均沿正方向，故运动方向相同，故A 正确； B 、图象的斜率表示加速度，则由图可知，2～3 s 内和3～4 s 内的加速度相同，故B 正确； C 、由图可知，0～2 s 内和0～4 s 内的图象与时间轴所围成的面积相等，故说明物体的位移相同，故
D、0～1s内的速度变化为是1m/s；而2～3s内速度的变化量为−1m/s，故速度的变化量不相同，故D错误。

本题选错误的，故选：D。

在速度时间图象中，图线的斜率表示加速度，速度的正负表示运动的方向，根据图象与时间轴所围成的面积可分析位移大小．
解决本题的关键能够通过速度时间图象获取信息，知道图线的斜率表示加速度，速度的正负表示运动的方向，图线与时间轴围成的面积表示位移．
13.答案：A
解析：
当带电粒子的运动方向与磁场平行时，不受洛伦兹力，做匀速直线运动。

本题考查了洛伦兹力。

【解答】粒子运动的方向与磁场方向平行，该粒子不受磁场的作用，故以原来的速度做匀速直线运动，故A正确，BCD错误。

故选A。

14.答案：6.0；1.195
解析：解：(1)图可知，刻度盘上的读数为6.0，由于选择×1档，所以最终读数为：6.0×1Ω=6.0Ω．(2)螺旋测微器固定刻度读数为1.0mm，可动刻度的读数为0.01×19.5=0.195mm，所以最终读数为：1.0mm+0.195mm=1.195mm，由于需要估读，故在范围内1.194～1.196mm内均正确．
故答案为：(1)6.0；(2)1.195．
(1)欧姆表的0刻度在右侧，读数时先读出表盘的示数，然后乘以档位即是最终读数结果，由于刻度线不均匀，可以不估读；
(2)螺旋测微器固定刻度与可动刻度的示数之和是螺旋测微器的示数．
本题考查了螺旋测微器与欧姆表读数、欧姆表档位的选择；螺旋测微器固定刻度示数与可动刻度示
数之和是螺旋测微器示数．欧姆表指针示数与对应档位的乘积是欧姆表示数；用欧姆表测电阻时要选择合适的档位，使指针指针中央刻度线附近．
15.答案：(1)；
(2)；
(3)2.90(2.89～2.91之间均正确)；1.04(0.93～1.13之间均正确)。

解析：
本题考查了连接实物电路图、作图象、求电源电动势与内阻，应用图象法处理实验数据是常用的方法，要掌握描点法作图的方法。

(1)根据电路图连接实物电路图；
(2)应用描点法作出图象；
(3)根据电源U−I图象求出电源电动势与内阻。

(1)根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示；
；
(2)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示：
；(3)由电源U−I图象可知，电源电动势E=2.90V，
电源内阻：r=△U
△I −R A=2.90−2.50
0.196
−1.00≈1.04Ω。

故答案为：(1)；
(2)；
(3)2.90(2.89～2.91之间均正确)；1.04(0.93～1.13之间均正确)。

16.答案：V1；R1；偏大
解析：解：(1)由于电源电动势为6.0V，所以电压表应选V1，由于滑动变阻器采用分压式接法时，全电阻越小线性越好，所以变阻器应选全电阻最小的R1；
(2)由图可知，本实验采用了电流表内接法，由于此种接法中电流表分压，从而使测量的电压值大于真实值；故由欧姆定律可知，测量值偏大；
故答案为：(1)V1R1(2)偏大
(1)根据电源电动势大小选择电压表的量程，明确变阻器采用分压式接法时，变阻器的全电阻越小线性越好；
(2)根据电表的内阻对电路的影响可明确测量结果的误差．
本题应明确变阻器采用分压式接法时，变阻器的全电阻越小线性越好，所以若变阻器采用分压式接法，应选择全电阻小的较好．
17.答案：解：(1)由法拉第电磁感应定律有：E=BLv①
由闭合电路欧姆定律有：I=E
R+r
②
由安培力公式有：F安=ILB③
联立①②③并代入数据解得：F安=0.4N
(2)设导体棒达到最大速度v m时，产生的电动势为E1，通过导体棒电流为I1，
根据受力平衡有：I1LB=F④
由法拉第电磁感应定律有：E1=BLv m⑤
由闭合电路欧姆定律有：I1=E1
R+r
⑥
联立④⑤⑥并代入数据解得：v m=12.5m/s
答：(1)导体棒的速度v=5.0m/s时，导体棒受到安培力的大小0.4N.(2)导体棒能达到的最大速度大小12.5m/s．
解析：(1)由题已知速度大小v，由E=BLv求出感应电动势大小，再由闭合电路欧姆定律可求出通过电阻的电流大小；根据安培力公式可求出其大小．
(2)在水平方向上，导线受到拉力和安培力，当二力平衡时达到最大速度．
本题是导体在导轨上运动类型，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力公式结合研究．
18.答案：解：(1)AC间的距离为4cm．
则E=U AC
d =60
0.04
V/m=1500V/m．
故匀强电场的场强为1500V/m．
(2)根据A点的电势大于C点的电势，知电场强度的方向水平向右．U AB=1500×0.02V=30V，因为φB=0，则φA=30V．
U BC=30V，则φC=−30V.U BD=60V，则φD=−60V．
P点与B点等电势，所以φp=0V．
故A、C、D、P点的电势分别为：30V、−30V、−60V、0V．
(3)U AD=φA−φD=90V
则W AD=qU AD=9×10−9J．
故点电荷由A移到D电场力所做的功为−9×10−9J.
答：(1)电场强度为1500V/m
(2)设B点的电势为零，A、C、D、P点的电势分别为30V，−30V，−60V，0．
(3)求将q=−1.0×10−10C的点电荷由A移到D电场力做的功
解析：(1)电场线和等势面垂直，求出AC间的距离，根据E=U
d
求出匀强电场的电场强度．
(2)求出B点与各点间的电势差，从而根据B点的电势求出A、C、D、P点的电势．
(3)求出AD间的电势差，根据W AD=qU AD求出电场力做功．
解决本题的关键知道等势面与电场线关系，掌握匀强电场的场强公式，以及电场力做功与电势差的关系
19.答案：解：(1)由动能定理得，qU=1
2
mv2
解得：v=√2qU
m
(2)根据qvB=mv2
r
得：r=mv
qB =1
B
√2mU
q
解析：根据动能定理求出粒子进入磁场时的速度大小；本题是动能定理和牛顿定律的综合题，解决本题的关键会灵活运用动能定理和牛顿定律。

根据粒子在磁场中的半径公式求出粒子在磁场中运动的轨道半径。

20.答案：解：(1)根据电场力的计算公式可得小球所受的电场力大小
F=qE=1.0×10−6×1.5×103N=1.5×10−3N
小球受力情况如图所示：
根据几何关系可得 mg =qE tanθ
所以
m =qE gtanθ=1.5×10−3
10tan37
∘kg =2×10−4kg (2)电场撤去后小球运动过程中机械能守恒，则 mgl(1−cos37°)=1
2mv 2
解得：v =2m/s 答：
(1)小球的质量m 是2×10−4kg 。

(2)将电场撤去，小球回到最低点时速度v 的大小是2m/s 。

解析：(1)小球静止时合力为零，分析其受力情况，根据共点力的平衡条件求解小球的质量m 。

(2)电场撤去后小球运动过程中机械能守恒，由此求小球回到最低点时速度v 的大小。

本题关键是分析小球的受力情况，结合平衡知识和机械能守恒定律列出方程解答；要注意细线剪断后，只有重力做功，小球的机械能是守恒的。

21.答案：解：(1)因题目所给的条件是N 恰好没有从电场的右边界离开电场，
说明N 在水平方向上刚到达电场的右边界时水平速度恰好减为零。

则D =v 0
2
2a x
a x 表示N 在电场中的水平方向上的加速度大小，又a x =qE m
=1
2g ，
联立以上两式得v 0=√gD
(2)
设N 在电场中运动的时间是t ，且最终从电场的左侧离开电场，所以
t=2×D
v0
2
=
4D
v0
设M进入电场时，速度方向与水平方向的夹角是θ，M进入电场后，恰能做直线运动，则tanθ=mg qE=2，得
v y=v0tanθ=2v0
N从进入电场到离开电场时，在竖直方向上的距离是
y=v y t+1
2
gt2=2v0×
4D
v0
+
1
2
g(
4D
v0
)2
化简后得y=16D
(3)
设M刚进入磁场时速度为v’，水平分速度与竖直分速度分别为v0′与v y′，
v0′=√v02+2a x D=√2gD
v y′=v0′tanθ=2√2gD
由v0′产生的洛伦兹力的大小是
F 洛=qBv0′=q×
m
q
√
g
2D
×√2gD=mg
方向竖直向上，正好平衡重力，另一个分速度v y′将使小球M在磁场中做匀速圆周运动，
由于洛伦兹力不做功，只有重力做功，所以小球M运动四分之一个周期时，到达运动轨迹的最低点，将获得最大动能。

由v y′决定的半径是
R=mv y′
qB
=
mv0′tanθ
qB
=4D
设小球M能获得的最大动能是E km，根据动能定理
mg×4D=E km−1
2
m(v0′2+v y′2)
所以最大动能是E km=9mgD
答：(1)两带电小球的初速度大小为√gD；
(2)带电小球N进出电场时的竖直方向上的距离为16D
(3)带电小球M进入右边的磁场后，能获得的最大动能为9mgD
解析：(1)N在水平方向上刚到达电场的右边界时水平速度恰好减为零，根据匀变速直线运动规律求解初速度大小；
(2)M进入电场时，速度方向与水平方向的夹角是θ，M进入电场后，恰能做直线运动，N从进入电场到离开电场时，根据匀变速直线运动规律求解竖直方向上的距离；
(3)洛伦兹力方向竖直向上，正好平衡重力，另一个分速度将使小球M在磁场中做匀速圆周运动，由于洛伦兹力不做功，只有重力做功，所以小球M运动四分之一个周期时，到达运动轨迹的最低点，将获得最大动能，根据动能定理求解即可。

本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，熟练掌握圆周运动及平抛运动的基本公式，难度适中。