2018-2019学年高二物理下学期期末考试试题(含解析) (4)

2018-2019学年高二物理下学期期末考试试题（含解析）
一、选择题
1. 在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。

下列叙述符合史实的是
A. 奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应解释了电和磁之间存在联系
B. 安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说
C. 法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流
D. 楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
【答案】ABD
【解析】
奥斯特在实验中观察到电流的磁效应,该效应揭示了电和磁之间存在联系，选项A正确；安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性,提出了分子电流假说，选项B正确；法拉第在实验中观察到,在通有变化电流的静止导线附近的固定导线圈中会出现感应电流，选项C错误；楞次在分析了许多实验事实后提出,感应电流应具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项D正确；故选ABD.
2.如图所示，在直角三角形ABC的A点和B点分别固定一垂直纸面向外和向里的无限长通电直导线，其电流强度分别为I A和I B，∠A=30°，已知通电直导线形成的磁场在空间某点
处的磁感应强度
I
B k
r
＝，k为比例系数，R为该点到导线的距离，I为导线的电流强度。

当一电子在C点的速度方向垂直纸面向外时，所受洛伦兹力方向垂直BC向下，则两直导线的电流强度I A和I B之比为
A. 1
2
B.
3
C.
3
D. 4
【答案】D
【解析】
【详解】电子受力方向向下，则根据左手定则可知，合磁场方向向右；根据安培定则分别表示两导线在C点形成的场强如图所示；
根据平行四边形定则可知：
21
A B B B = 因I
B k
r
=，且r B =BC ；rA =AC =2BC ； 联立可得：
4A
B
I I = A.
12
与计算结果4A B I I =不相符，故A 不符合题意； B. 3 与计算结果
4A B
I I =不相符，故B 不符合题意； C.
3 与计算结果4A B I I =不相符，故C 不符合题意； D. 4与计算结果4A
B
I I =相符，故D 符合题意。

3.如图甲所示，一斜面上安装有两个光电门，其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处，光电门甲的位置可移动，将一带有遮光片的滑块自斜面上滑下时，用米尺测量甲、乙之间的距离x 。

与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间T 。

改变光电门甲的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下滑，作出x
t t
－的图象如图乙所示。

由此可以得出
A. 滑块经过光电门乙的速度大小为v 0
B. 滑块经过甲、乙两光电门最长时间为t 0
C. 滑块运动的加速度的大小0
v t
D. 图线下所围的面积表示物体由静止开始下滑至光电门乙的位移大小 【答案】A 【解析】
【详解】A.由位移公式得：2
012x v t at =+
和速度公式0v v at =+变形得： 12
x v at t =- 由图可知，滑块经过光电门乙的速度（末速度）大小为v 0，故A 正确； B.由A 项分析与图可知：02v
t a
=
是滑块从静止释放到光电门乙的时间的两倍，不是滑块经过甲、乙两光电门最长时间，故B 错误；
C.由A 项分析与图可知：0
22v a k t ==
，故C 错误； D.图是x t t
－，不是速度图象，所以图线下所围的面积不表示物体由静止开始下滑至光电门乙的位移大小，故D 错误。

4.如图甲所示，光滑平行金属导轨MN 、PQ 所在平面与水平面成θ角，M 、P 两端接一电阻R ，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。

t=0时对金属棒施加一平行于导轨的外力F ，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动，金属棒电阻为r ，导轨电阻忽略不计。

已知通过电阻R 的感应电流I 随时间t 变化的关系如图乙所示。

下列关于棒运动速度
v 、外力F 、流过R 的电量q
以及闭合回路中磁通量的变化率t
Φ
∆∆随时间变化的图象正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B 【解析】
【详解】根据如图乙所示的I-t 图象可知I=kt ，其中k 为比例系数，又E =Blv ，E
I R r
=
+,所以()k R r v t Bl
+＝
，v-t 图象是一条过原点斜率大于零的直线，说明了导体棒做的是初速
度为零的匀加速直线运动，即v=at ；故A 错误；由闭合电路欧姆定律可得：E
I kt R r
+＝＝，可推出：E =kt （R +r ），而E t ＝
Φ，所以有：=kt R r t Φ+（），
-t t
Φ
图象是一条过原点斜率大于零的直线；故B 正确；对导体棒在沿导轨方向列出动力学方程F -BIl-mg sinθ=ma ，
而Blv I R r ＝+，v=at 得到22B l a
F t ma mgsin R r θ+++＝，
可见F-t 图象是一条斜率大于零且与速度轴正半轴有交点的直线；故C 错误。

()
2
21
22Bl at Bla q I t t R r R r R r Φ+++＝＝＝＝，q-t
图象是一条开口向上的抛物线，故D错误。

5.北京时间2019年4月10日21点整，全世界的太空迷们翘首以盼，人类首张黑洞照片即将揭开神秘面纱。

黑洞究竟长什么样？物理和天文学者眼里的黑洞和普通人看到的有什么不一样呢？如图甲所示是M87星系中心的超大质量黑洞的模拟图像。

中间的黑色区域是黑洞的剪影。

人类首次发现的引力波就来源于距地球之外13亿光年的两个黑洞互相绕转最后合并的过程。

设两个黑洞A、B绕其连线上的O点做匀速圆周运动，黑洞A的质量大于黑洞B的质量，引力常量为G，则
A. 黑洞A的轨道半径大于黑洞B的轨道半径
B. 黑洞A的线速度一定大于黑洞B的线速度
C. 若两个黑洞间的距离为L，其运动周期为T，则两个黑洞的总质量为
23
2
4L M
GT
＝
D. 随着两个黑洞间的距离L在减小，其运动的角速度在减小
【答案】C
【解析】
【详解】两个黑洞A、B绕其连线上的O点做匀速圆周运动，由两个黑洞A、B角速度相同，向心力由万有引力提供，所以
222
A B
A A
B B m m G
m r m r L
ωω== ① 解得
A B
B A
r m r m = 黑洞A 的质量大于黑洞B 的质量，所以A B r r <，故A 错误；
B. 两个黑洞A 、B 角速度相同，且A B r r <，所以A A B B v r v r ωω=<=，故B 错误；
C.角速度2T
π
ω=
，由①式解得：两个黑洞的总质量 23
2
4A B L M m m GT
π=+＝ 故C 正确； D.由①解得：
ω=
所以随着两个黑洞间的
距离L 在减小，其运动的角速度在增大，故D 错误。

6.如图所示，半圆槽 MABCN 在竖直面内，M 点、N 点是半圆的水平直径的两个端点，O 点是半圆圆心，OB 为竖直半径，A 、C 为半圆周上的两点，两点连线AC 垂直平分OB 。

现有三个小球a 、b 、c ，先从M 点水平向右先后抛出a 、b 两小球，两球依次落在A 、B 两点；再从P 点水平向右抛出c 球(P 是直径MN 上的某一点)，c 球恰好垂直圆周击中C 点，则下列说法中正确的是
A. a 、b 、c 三球的下落时间之比为1︰2︰1
B. c 球抛出点P 有可能与M 点重合
C. a 、b 、c 三球的平抛初速度之比为(232︰3
D. a 、b 、c 三球的机械能之比为(7－3)：2：12 【答案】C 【解析】 【分析】 h=
12
gt 2
来判断三个球运动的时间关系；根据平抛运动的速度的反向延长线过水平位移的中点判断P 点的位置；根据水平位移和时间的关系求解初速度之比.
【详解】由h=12
gt 2可得11
22222::2a b c R R
R t t t g g g
⋅⋅⋅==，选项A 错误；因c 球恰好垂直圆周击中C 点，则由平抛运动的推论可知，击中c 时的速度反向延长线过水平位移的中点，此点为圆心O ，则由对称性可知，c 球的抛出点在A 点的正上方，选项B 错误；a 的水平位移为R(1-cos300)，b 的水平位移为R ；c 的水平位移为2Rcos300，结合::2a b c t t t =，根据0x
v t
=
可得三球的初速度之比为（3）：2）：（3，选项C 正确；三个小球的质量关系不确定，则不能比较机械能的关系，选项D 错误；故选
C.
【点睛】此题关键是知道平抛运动在水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，结合几何关系解答.
7.半径R=4cm的圆盘可绕圆心O水平转动，其边缘有一质量m=1kg的小物块（可视为质点），若物块随圆盘一起从静止开始加速转动，其向心加速度与时间满足2
a t=，物块与圆盘间的动摩擦因数为0.5，则
A. 2s末圆盘的线速度大小为0.4m/s
B. 2s末物块所受摩擦力大小为4N
C. 4
s 5π
D. 物块所受摩擦力方向指向圆心O 【答案】AC
【解析】
【详解】A.2s末圆盘的向心加速度a=4m/s2，根据向心加速度公式
2
v
a
R
=得：
40.040.4m/s v aR
==⨯=
故A 正确；
B. 物块随圆盘一起从静止开始加速转动，静摩擦力的分量提供向心力，则
f ′=ma =1×4N=4N
所以摩擦力不为4N ，故B 错误； C. 根据向心加速度公式可得：
2
2v a t R
==
解得得：v =0.2t ，所以速度从静止开始随时间均匀增加，则t 时间内的平均速度为：
00.12
v v
v t +=
= 所以绕完第一圈的时间为
245R t v t
ππ
=
=
解得t =
，故C 正确； D. 物块随圆盘一起从静止开始加速转动, 静摩擦力的分量提供向心力，另一上分力提供切向力，所以物块所受摩擦力方向不指向圆心O ，故D 错误；
8.如图所示，顶端装有定滑轮的斜面体放在粗糙水平地面上，A 、B 两物体通过细绳连接，并处于静止状态（不计绳的质量和滑轮轴的摩擦）。

现用水平向右的力F 作用于物体B 上，将物体B 缓慢拉高一定的距离，此过程中斜面体与物体A 仍然保持静止。

在此过程中
A. 地面对斜面体的摩擦力不变
B. 斜面体所受地面的支持力一定变大
C. 水平力F 一定变大
D. 物体A 所受斜面体的摩擦力不一定变大 【答案】CD 【解析】
【详解】C.取物体B 为研究对象受力分析，运用合成法如图
则有：
tan F mg θ=，cos mg
T θ
=
在物体B 缓慢拉高的过程中，θ增大，则水平力F 和绳子拉力T 都随之变大；故C 正确；
AB.选取物体A 、B 和斜面体组成的系统为研究对象，该系统受到竖直向下的重力、地面的支持力、水平向右的拉力和地面水平向左的摩擦力的作用，系统四力5衡条件，斜面体所受地面的支持力等于系统的重力，是恒定不变的，地面对斜面体的摩擦力大小等于F ，此
过程中，F 变大，所以地面对斜面体的摩擦力一定变大，故AB 错误；
D. 该过程中，T 逐渐变大，即绳中的弹力增大，物体A 受到的沿斜面向上的拉力逐渐增大，假如刚开始时，斜面体对物体A 的摩擦力沿斜面向上，那么摩擦力会随着T 的变大而变小，故D 正确。

9.如图所示，匀强电场中有一等腰三角形ABC ，一个带电荷量q =－3×10－6C 的点电荷由A 移到B 的过程中，电势能增加1.8×10－5J ，由B 移到C 的过程中电场力做功9×10－6J ，∠ABC =∠CAB =30°，BC =23m ，已知电场线平行于△ABC 所在的平面，下列说法正确的是
A. B 、C 两点的电势差U BC =3V
B. 电场强度的方向平行于AB
C. 负电荷由C 移动到A 的过程中，电势能增加
D. 该电场的场强为1V/M 【答案】BD 【解析】
【详解】A.由电势差与电场力做功的关系可知：
66
910V 3V 310BC BC
W U q --⨯===--⨯
故A 错误；
B. 由电势差与电场力做功的关系可知：
56
1.810V 6V 310BC AB
W U q ---⨯===-⨯
因为U BC =-3V ，所以U CB =3V ，所以C 点与AB 中点电势相等，C 点与AB 的中点连线是一条等
势线，等腰三角形ABC 底边AB 与等势线垂直，所以电场强度的方向平行于AB ，故B 正确；
C. CA 间的电势差为 U CA =-U BC -U AB =-3V,说明C 点电势比A 点电势低，因为负电荷在电势高的地方，电势能小，所以负电荷由C 移动到A 的过程中，电势能减小，故C 错误；
D. ∠ABC =∠CAB =30°，BC =23m ，AB =6m ，电场强度的方向平行于AB ，由匀强电场中电场强度与电势差的关系可知：
1V/m AB
U E AB
=
= 故D 正确。

10.如图所示，边长为L 的正方形单匝线圈abcd ，电阻为r ，外电路的电阻为R ，a 、b 的中点和cd 的中点的连线OO ′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B ，若线圈从图示位置开始，以角速度ω绕轴OO ′匀速转动，则以下判断正确的是
A. 电阻R 两端电压的最大值为2
12
RM U BL ω=
B. 闭合电路中感应电动势的
瞬时值表达式为21
sin 2
e BL t ωω=
C. 线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R 的电荷量为2
BL q r R
=
＋ D. 线圈转动一周的过程中，电阻R 上产生的热量为24
2
4()RB L Q r R πω=
＋
【答案】BCD 【解析】
【详解】A.回路中最大感应电动势
2
12
M E NBS BL ωω==
电阻R 两端电压的最大值为
22()
RM
M R RBL U E R r R r ω==++ 故A 错误；
B. 若线圈从图示位置开始，也就是从中性面开始计时，闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为
2
1sin sin 2
M e E t BL t ωωω==
故B 正确；
C. 线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R 的电荷量为
2BS
E BL t q It t t R r R r r R
====++＋ 故C 正确；
D.电动势的有效值
22
4
M E E ω
==
通过电阻R 的电流的有效值
24()
E I R r R r ω
==
++ 线圈转动一周的过程中时间
2T π
ω
=
线圈转动一周的过程中，电阻R 上产生的热量为
24
2
2
4()RB L Q I Rt r R πω==
＋
故D 正确。

二、实验题
11.某同学在探究合外力一定，物体的加速度与质量的关系时，采用图甲所示的装置及数字化信息系统获得了小车的加速度a 与小车质量M （包括所放砝码及传感器的质量）的对应关系图象，如图乙所示。

实验中所挂钩码的质量用m 表示，且质量为30g ，实验中选用的是不可伸长的轻绳和光滑的轻质定滑轮。

（1）下列说法中正确的是_______________。

A.本实验需要平衡摩擦力，且平衡摩擦力时把靠近滑轮的一侧垫高
B.平衡摩擦力时不挂钩码
C.平衡摩擦力后小车的合力为绳子上的拉力
D.本实验不需要满足M m
（2）由图乙可知，
1
a
M
－图线不过原点O，原因是_______________________________。

（3）该图线的初始段为直线，该段直线的斜率最接近的数值是________________。

A.30
B.0.3
C.20
D.0.2
【答案】 (1). BC (2). 平衡摩擦力使长木板的倾角过大 (3). B
【解析】
【详解】（1）[1] AB.平衡摩擦力时，不挂钩码，把木板不带滑轮的一端垫高，故A错误，B正确；
C.以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力，故C 正确；
D.本实验中绳子的拉力近似等于钩码的重力，所以本实验需要满足M m，故D错误。

[2] 由图乙可知，当拉力为0时，加速度不为0，说明衡摩擦力使长木板的倾角过大，重力沿斜面的分力大于滑动摩擦力。

[3]根据牛顿第二定律
1 F
a F
M M ==
所以
1
a
M
-的斜率是合力，也是就钩码的重力G=mg=0.3N故选B12.利用图（a）所示的电路测量电源的电动势和内阻。

图（a）中的电流传感器和电压传感器均相当于理想电表，R x为阻值未知的定值电阻。

调节滑动变阻器R的滑动端到某个位
置，闭合开关S1，再将开关S2分别接通电路中的c、d两点，由传感器采集电流、电压；重复以上过程，采集多组电流、电压数值，通过计算机绘制出两条图象如图（b）所示。

回答下列问题：
（1）图（a）中，开关闭合前，滑动变阻器R的滑动端应置于______端（选填“a”或“b”）。

（2）根据图（b ）可得电源的电动势E=________V ，内阻r=________Ω，定值电阻的阻值R x =_____________Ω（均保留2位有效数字）。

（3）两图线交点的纵、横坐标之积可以表示______________。

（填正确答案标号） A.电源的输出功率 B.滑动变阻器R 消耗的电功率 C.定值电阻R x 消耗的电功率 D.电源内阻消耗的电功率
【答案】 (1). a (2). 6.0(5.8-6.2均正确) (3). 0.50(0.40-0.60均正确) (4). (4.4-4.6均正确) (5). BC 【解析】
【详解】（1）[1] 为了电路安全，开关闭合前，滑动变阻器R 的滑动端应置于电阻最大处，也就是a 端。

[2][3][4]S 2接d 端时是测知的定值电阻R x 的电路，其U -I 图像是一个过原点的倾斜直线，斜率是电阻R x ，所以
3.60.4
4.60.80.1
x U R I ∆-=
=Ω=Ω∆- S 2接c 端时是一个测电源电动势和内阻的电路，由闭合电路欧姆定律得：
()x U E I R r =-+
所以其U -I 图中与纵轴的截距是电势电动势，如图所示，可知 电源电动势E =6.0V
斜率的大小
62
()50.8
x U k r R I ∆-=+=
=Ω=Ω∆ 内阻
r =k -R x =0.40Ω
[6]两图线交点的
纵、横坐标是滑动变阻器和定值电阻两端电压和通过电流，所以两图线交点的纵、横坐标之积可以表示滑动变阻器R 消耗的电功率和值电阻R x 消耗的电功率，故BC 正确；纵坐标不是路端电压，也不是内电压，所以两图线交点的纵、横坐标之积不能表示电源的输出功率和电源内阻消耗的电功率，故AD 错误。

三、计算题
13.如图，一长为L 的长方形木块在水平面上以加速度a 做匀加速直线运动。

A 、B 之间有一定的距离，木块前端P 先到达A 点，之后经过t 1时间整个木块通过了A 点，而前端P 到达B 点后，整个木块通过B 点所用时间则为t 2。

求：
（1）木块通过位置A 时的平均速度大小； （2）木块前端P 在A 、B 之间运动所需时间。

【答案】（1）11L v t =
（2）12
21-11(-)2
t t L t a t t ∆=+
【解析】
【详解】（1）木块通过A 的平均速度：
11
L
v t =
（2）木块通过B 的平均速度 ：
22
L v t =
由此可求出P 通过A 的速度为：
11
111-22
t t L v v a
a t === P 通过B 的速度为：
22
222-22
t t L v v a
a t === 所以P 端经过A 、B 两点的时间为：
211221--11(-)2
v v t t L t a a t t ∆=
=+
14.如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆形轨道，外圆ABCD 光滑，内圆的上半部分B′C′D′粗糙，下半部分B′A′D′光滑。

一质量m=0.2kg 的小球从轨道的最低点A 处以初速度v 0向右运动，球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径R=0.2m ，取g=10m/s 2。

（1）若要使小球始终紧贴着外圆做完整的圆周运动，初速度v 0至少为多少？
（2）若v 0=3m/s ，经过一段时间小球到达最高点，内轨道对小球的支持力F C =2N ，则小球在这段时间内克服摩擦力做的功是多少？
（3）若v 0=3.1m/s ，经过足够长的时间后，小球经过最低点A 时受到的支持力为多少？小球在整个运动过程中减少的机械能是多少？（保留三位有效数字） 【答案】（1）0v 10m/s （2）0.1J （3）6N ；0.56J 【解析】
【详解】（1）在最高点重力恰好充当向心力
2
C
mv mg R
从到机械能守恒
220112-22
C mgR mv mv =
解得
0v =
（2）最高点
'2
-C
C mv mg F R
= 从A 到C 用动能定理
'22011-2--22
f C mgR W mv mv =
得=0.1J f W
（3）由0v 于，在上半圆周运动过程的某阶段，小球将对内圆轨道间有弹力，由于摩擦作用，机械能将减小。

经足够长时间后，小球将仅在半圆轨道内做往复运动。

设此时小球经过最低点的速度为A v ，受到的支持力为A F
2
12
A mgR mv =
2-A
A mv F mg R
= 得=6N A F
整个运动过程中小球减小的机械能
2
01-2
E mv mgR ∆=
得=0.56J E ∆
15.如图所示，两根足够长平行金属导轨MN 、PQ 固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶
部接有一阻值R ＝3 Ω的定值电阻，下端开口，轨道间距L ＝1 m ．整个装置处于磁感应强度B ＝2 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上．质量m ＝1 kg 的金属棒ab 置于导轨上，ab 在导轨之间的电阻r ＝1 Ω，电路中其余电阻不计．金属棒ab 由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好．不计空气阻力影响．已知金属棒ab 与导轨间动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2.
(1)求金属棒ab 沿导轨向下运动的最大速度v m ；
(2)求金属棒ab 沿导轨向下运动过程中，电阻R 上的
最大电功率P R ；
(3)若从金属棒ab 开始运动至达到最大速度过程中，电阻R 上产生的焦耳热总共为1.5 J ，求流过电阻R 的总电荷量q . 【答案】（1）；（2）
；（3）1C 。

【解析】 【分析】
释放金属棒后，金属棒受到重力、支持力、安培力、滑动摩擦力四个力作用，由于棒的速度增大，导致感应电流增大，从而阻碍导体运动的安培力也增大，所以加速度减小．当加
速度减小为零时，棒的速度达到最大，写出平衡式，结合感应电动势、欧姆定律、安培力的式子，就能求出最大速度．棒做匀速直线运动时，电流最大，消耗的电功率最大，由电
功率的式子可以求出电阻R 上的最大电功率P R ．由于已知金属棒在整个过程中产生的热量，则电阻R 上产生的热量能够求出，从而知道机械能的减小量，由于动能的增量能算出，则棒减小的重力势能可以求出．那么就能表示出磁通量的改变量、平均感应电动势、乃至平均感应电流，于是通过导体的电荷量就能求出（时间△t 最后消掉）．本题的关键是第三问，求电量问题往往是用平均值来进行计算．由能量守恒求出重力势能的减少量，从而能求出磁通量的变化量．
【详解】（1）金属棒由静止释放后，沿斜面做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时有最大速度m v 。

有sin cos 0mg mg F θμθ-+=安，m E
F BIL I E BLv R r
===+安，， 解得0.5/m v m s =；
（2）金属棒以最大速度m v 匀速运动时，电阻R 上的电功率最大，此时2
=R P I R ，
解得0.75R P W =；
（3）设金属棒从开始运动至达到最大速度过程中，沿导轨下滑距离为x ， 由能量守恒定律2
1sin cos 2
R r m mgx mgx Q Q mv θμθ=+++
； 根据焦耳定律
R r Q R
Q r
= 根据E BLx
q I t t R r R r
=∆=
∆=++，解得 2.125q C =。

16.如图所示，M 、N 为两平行金属板，其间电压为U 。

质量为m 、电荷量为＋q 的粒子，从
M 板由静止开始经电场加速后，从N 板上的小孔射出，并沿与ab 垂直的方向由d 点进入
△abc 区域，不计粒子重力，已知bc ＝l ，∠c ＝60°，∠b ＝90°，ad ＝
3
l 。

(1)求粒子从N 板射出时的速度v 0；
(2)若△abc 区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，要使粒子不从ac 边界射出，则磁感应强度最小为多大？
(3)若△abc 区域内存在平行纸面且垂直bc 方向向下的匀强电场，要使粒子不从ac 边界射出，电场强度最小为多大？
【答案】2qU m 16mU I q (3) 33
l
；
【解析】
试题分析：粒子在加速电场中加速时只有电场力做功，根据动能定理求得粒子射出N 时的速度大小；粒子在磁场作用下做匀速圆周运动，作出粒子不从ac 边射出时粒子圆周运动的临界轨迹，根据几何关系求得圆周运动的最大半径，再根据洛伦兹力提供圆周运动向心力求得磁感应强度多大；粒子进入电场做类平抛运动，根据要求粒子不从ac 边界射出，则粒子到达ac 边界时，粒子速度方向与ac 边界平行，根据类平抛运动求解即可。

（1）带电粒子在MN 间加速，由动能定理可得：2
012
qU mv =
可得粒子从N 射出时的速度：02qU
v m
=
（2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，磁感应强度越大，粒子做圆周运动的半径越小，当磁感应强度最小时，恰不从ac 边界射出粒子到达ac 边界时，速度方向沿ac 方向，此时粒子不从ac 边界射出做圆周运动的最大半径为r m
据洛伦兹力提供圆周运动向心力有：200min
m
v qv B m r =
由几何关系可得，粒子圆周运动的最大半径：01
tan 603
m r =
代入解得min B =
即粒子不从ac
边界射出时满足B ≥
（3）带电粒子在电场中做类平抛运动，电场强度最小为E 0时，粒子运动到ac 界面的速度方向沿ac 方向，设ab 和bc 方向的位移大小分别为y 和x ，到达界面时沿ab 方向分速度
大小为v y ，则x =v 0t 2
y v y t =
又有：v y =v 0tan 60°
根据几何关系：0tan 60x y =
解得：y =
粒子到达ac 边界时的速度大小为v 则：0
00
2cos 60v v v ==
根据动能定理有：22001122
qE y mv mv =
-
解得：0E l
=
点睛：本题主要考查了粒子先在电场中偏转，运用运动的分解法研究；后在磁场中做匀速
圆周运动，画轨迹、几何知识求出半径是常用的方法和思路。