2017-2018学年重庆市第一中学高二上学期期中考试物理试题 解析版 21页

重庆市第一中学2017-2018学年高二上学期期中考试物理试题 一．单项选择题 ‎1. 关于物理学史，下列说法中正确的是 A. 安培认为磁化使铁质物体内部产生了分子电流 B. 奥斯特实验发现了电流的磁效应，即电流可以产生磁场 C. 库仑通过实验测出了引力常量G的大小 D. 密立根通过实验测得元电荷e的数值为1×10-19C ‎【答案】B ‎【解析】A、安培提出了分子电流，没有磁性的物体内部分子电流的取向是杂乱无章的，分子电流产生的磁场相互抵消，但当受到外界磁场的作用力时分子电流的取向变得大致相同时分子电流产生的磁场相互加强，物体就被磁化了，两端形成磁极，故A错误 B、奥斯特发现导线通电时，导线附近的小磁针发生偏转，电流可以在其周围产生磁场，故B正确；‎ C、牛顿发现万有引力定律之后，卡文迪许通过实验测出了引力常量G的数值，故C错误；‎ D、密立根最早用实验测得元电荷e的数值，故D错误。‎ 点睛：物理学史是高考考查内容之一，对于著名物理学家的重要理论、实验、重大发现、研究方法等等，要加强记忆，不能混淆。‎ ‎2. 如图所示，小车内用一轻绳和轻弹簧栓接一小球，当小车和小球相对静止一起在水平面上运动时，轻弹簧沿竖直方向，细绳与竖直方的夹角为角，忽略空气阻力，则下列说法中正确的是 A. 小车的加速度一定水平向右 B. 细绳对小球的拉力一定为 C. 细绳不一定对小球有拉力作用，轻弹簧对小球不一定有弹力 D. 细绳不一定对小球有拉力作用，轻弹簧对小球一定有弹力 ‎【答案】C ‎【解析】当小车处于匀速直线运动时，弹簧的弹力等于重力，即，绳的拉力为：‎ ‎． 当小车和小球向右做匀加速直线运动时，受力分析如图所示：‎ 根据牛顿第二定律得： 水平方向有：，① 竖直方向有：，② 由①知，细绳一定对小球有拉力的作用． 由①②得：弹簧的弹力 当，即时，，‎ 综合以上两种情况可以知道：细绳不一定对小球有拉力的作用，轻弹簧对小球也不一定有弹力的作用，故C正确，ABD错误。‎ 点睛：解决本题的关键能够正确地受力分析，当小车处于静止时，小球受重力和弹簧弹力平衡，当小车和小球向右做匀加速直线运动时，受三个力作用，竖直方向上的合力为零，水平方向上合力等于，注意要分情况讨论。‎ ‎3. 如图所示，在条形磁铁的右侧放置一个可以自由运动的通电线圈abcd，线圈最初与条形磁铁处于同一平面内，通以顺时针方向的电流后，该线圈的运动情况为 A. ab边转向纸内，cd边转向纸外，同时靠近磁铁 B. ab边转向纸外，cd边转向纸内，同时靠近磁铁 C. ab边转向纸内，cd边转向纸外，同时远离磁铁 D. ab边转向纸外，cd边转向纸内，同时远离磁铁 ‎【答案】A ‎【解析】在图示位置时，根据左手定则判断可知：ac边上半边所受磁场力方向向里，下半边所受磁场力方向向外，则ab边转向纸里，cd边转向纸外；从图示位置转过时，根据左手定则判断可知：ac边所受磁场力方向水平向左，靠近磁铁，故选项A正确，选项BCD错误。 点睛：由于ac边与bd边上下两半所在磁场方向不同，将ac边和bd边分成左右两半研究，由于bd离磁铁较远，受到的磁场力较小，关键研究ac边的磁场力；本题是磁场中典型的问题：判断在安培力作用下导体运动方向的问题，本题采用的是电流元法和特殊位置法。‎ ‎4. 下图为某一偏转器原理图，两个球心过O点的同心绝缘塑料半球A、B的横街面如图所示，在O点放置一点电荷.一束电子流以不同动能从该偏转器左端M正中间的小孔H垂直入射，通过偏转区域后所有电子全部打在N板上.其中初动能为的电子恰好沿半径为R的弧线C打在N板的中点F，则下列说法中正确的是 A. A半球的电势高于B半球的电势 B. 弧线C上每一点电场强度大小 C. 从H点入射，到达B板中点D左侧的电子入射时的初动能一定大于 D. 从H点入射，分别到达N板左边缘P和右边缘Q的两类电子，动能改变量 ‎【答案】D ‎【解析】A、由题意可知，电子绕O点做圆周运动，则在O点放置正的点电荷，故B半球电势高于A半球的电势，故选项A错误；‎ B、设O点正点电荷的电量为Q，即库仑力充当圆周运动的向心力，则：‎ 则弧线C上的场强大小为：，联立可以得到：，故选项B错误；‎ C、当初动能为时正好做圆周运动，当速度变小即动能小于时，库仑引力大于向心力，则电子做向心运动，会达到B板上，故选项C错误；‎ D、由于O点为正点电荷，则其等势面为以O为圆心的同心圆，根据动能定理可以知道，动能的改变量即为电场力的功，则，，根据正点电荷电场线分别关系可以知道：，故，故选项D正确。‎ 点睛：电子做匀速圆周运动，电场力提供向心力，电子受力的方向与电场的方向相反；由牛顿第二定律和向心力列式解答；电子动能的改变量等于电场力做功，使用动能定理即可。‎ ‎5. 如图甲所示电路，定值电阻R0与滑动变阻器RP串联在电源两端，电源内阻忽略不计，所有电表均为理想电表，改变滑动变阻器滑片P的位置，读取电压表V1、V2以及电流表A的多组数据，做出如图乙所示U-I图像，其中图线①表示滑动变阻器RP两端电压随干路电流的变化关系：图线②表示定值电阻R0两端电压随干路电流的变化关系.根据图上的已知信息，下列说法中正确的是 A. 定值电阻 B. 图像中 C. 当时，定值电阻R0上消耗的电功率最大 D. 在电流表示数减小的过程中，电源的输出功率不变 ‎【答案】D ‎【解析】A、根据①图线可知，电源电动势，将电阻看成电源的内阻，当电流为时，内外电阻电压相等，即当电流为时，此时两个电压表示数相等，即，则根据欧姆定律可以得到：，故选项A错误；‎ B、根据闭合电路欧姆档定律：可知，图线①的斜率等于内电阻，即等于电阻，则，则，故选项B错误；‎ C、根据功率：，则当时，电阻上消耗的电功率最大，故选项C错误；‎ D、由于电源的内阻不计，输出效率为：保持不变，故选项D正确。‎ 点睛：本题关键：分析电路图，确认电路组成、连接方式、电表的测量对象，能从图象上得到相关信息，同时能运用等效思维分析滑动变阻器的最大功率的条件，以及电源的效率问题。‎ ‎6. 如图所示，在同一平面内互相绝缘的三根无限长直导线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ围成一个等边三角形，三根导线内通有大小相等、方向如图所示的电流A为等边三角形的几何中心，C为导线Ⅰ、Ⅲ的交点，E为导线Ⅱ、Ⅲ交点，A、B两点关于C点对称，A、F两点关于E点对称，A、D两点关于导线Ⅰ对称.已知三根导线中的电流形成的合磁场在D点的磁感应强度大小为B1，在B点的磁感应强度大小为B2，在F点的磁感应强度大小为B3.下列说法中正确的是 A. 三根导线的合磁场在A点的磁感应强度大小为B2‎ B. 三根导线的合磁场在A点的磁感应强度方向垂直于纸面向外 C. 撤去导线Ⅱ，保持Ⅰ、Ⅲ中电流不变，A点磁感应强度大小为 D. 若撤去导线Ⅱ，保持Ⅰ、Ⅲ中电流不变，A点磁感应强度方向垂直于纸面向外 ‎【答案】C ‎【解析】各导线在各点磁场方向如图所示：‎ 由于各导线电流相同，在Ⅰ、Ⅲ两个导线在A、B处磁场大小相同，方向相反，但是导线Ⅱ在A处磁感应强度大于在B处磁感应强度，根据场强的合成可以知道根导线的合磁场在A点的磁感应强度大小应该小于B2，故选项A错误；‎ B、如图所示，根据场强的合成可以知道，在A的合场强方向向里，故选项B错误；‎ C、如图所示，当撤去导线Ⅱ，保持Ⅰ、Ⅲ中电流不变，根据场强的合成可以，方向垂直纸面向里，故选项C正确，选项D错误。‎ 点睛：根据通电导线周围的磁场对称性、方向性，去确定合磁场大小．磁场的方向相同，则大小相加；方向相反的，大小相减。‎ ‎7. 如图所示，在电场强度为E=1V/m的匀强电场中有一个圆，其所在平面与电场线平行，O为圆心，半径R=2m，A、B、C为圆周上三点，已知，且AC为直径，现将若干完全相同的带电粒子从A点以相同初动能向各个不同方向发射，到达圆周上各点，其中到达B点的粒子末动能最大，不计重力和空气阻力，则 A. 该电场强度的方向一定由O指向B B. 该带电粒子一定带正电 C. A、B两点电势差UAB一定为1V D. 带电粒子若经过C点，其动能一定小于A点动能 ‎【答案】D ‎【解析】A、从B点的粒子末动能最大，根据动能定理知，说明电场力做功最大，AB间电势差最大；若过B点作匀强电场的等势面，该面与圆只能有一个交点，即该等势面在B点与圆相切，而电场方向与等势面是垂直的，所以场强方向与OB平行，由于带电粒子的电性未知，故无法确定电场强度的方向，故选项AB错误；‎ C、根据匀强电场的电势差与场强的关系可知：，故选项B错误；‎ D、若带电粒子带正电，则由A向B运动，电场力做正功，则A点电势高于B点电势，电场强度方向为，则带电粒子由A向C运动，则电场力做负功，动能减小，小于A点动能；若带电粒子带负电，则电场强度的方向为，则A点电势高于C点电势，由A向C运动，则电场力做负功，动能减小，小于A点动能，故选项D正确。‎ 点睛：本题有一定难度，考察了学习对物理知识的理解和综合应用能力，如根据等势线确定电场线等。‎ ‎8. 如图甲所示，倾角的光滑固定斜杆底端固定一电量为Q=5×10-4C的正电荷A，现将套在斜杆上的正电小球B(可视为点电荷)从斜杆的底端(与A未接触)由静止释放，在沿斜杠向上滑动的过程中小球B的能量随位移的变化关系如图乙所示，其中图线1是B的动能随位移变化的图象，图线2是B的电势能随位移变化的图象.静电力常量k=9.0×109N·m2/C2，重力加速度g=10m/s2,则下列说法中正确的是 A. 小球B向上运动过程中，加速度一直在减小 B. 由题中信息可以求出小球B的带电量 C. 小球B的质量m=4kg D. 小球距离A端的最远距离为4.4m ‎【答案】B ‎【解析】A、对小球B进行受力分析，受到重力、库仑斥力F和斜面对其的支持力N，如图所示：‎ 由图线1可以知道小球B先做加速运动，后做减速运动，加速度先减少后反向增大，故选项A错误；‎ B、当动能最大时即速度最大，此时小球B合力为零，‎ 即，且，，‎ 同时根据能量守恒电势能减少转化为动能和重力势能，则：，‎ 即 联立可以求出，，，故选项B正确，选项C错误；‎ D、小球距离A端的最远时，电势能全部转化为重力势能，则：‎ ‎，即：，故选项D错误。‎ 点睛：本题首先要抓住图象的信息，分析小球的运动情况，再根据平衡条件和能量守恒进行处理。‎ 二、多项选择题 ‎9. 下列说法中正确的是 A. 小磁针北极的指向就是该处磁场的方向 B. 磁感线是闭合曲线，电场线不是闭合曲线 C. 两根长度相同、电流大小相等的直导线放入同一匀强磁场，受到的安培力一定相同 D. 地磁北极的正上空地磁场的方向竖直向上，赤道附近地磁场的方向与地面平行 ‎【答案】BD ‎【解析】A、某处小磁针的静止时北极受磁场力的方向就是该处磁场的方向，故A错误；‎ B、磁感线在磁体的周围是从磁体的N极出发回到S极，在磁体的内部，磁感线是从磁体的S极出发，回到N极是闭合曲线，而电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，不是闭合曲线，故B正确；‎ C、电流相同、长度相同的通电导线在同一磁场中，若B与I所成的夹角不同，则受的安培力不同，故C错误；‎ D、由于地磁的北极在地理的南极附近，在磁体的外部磁感线从N极指向S极，故磁感线有个向北的即竖直向上分量，而赤道附近地磁场的方向和地面平行，故选项D正确。‎ 点睛：本题需要掌握磁场和地磁场的方向问题，同时注意安培力公式：导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小，当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为。‎ ‎10. 如图所示是一个多用表的内部电路图，下列说法中正确的是 A. 当开关S接1和2时用于测电流，且接1的量程比接2大 B. 当开关S接3时用于测电阻，A为黑表笔，B为红表笔 C. 当开关S接4时A表笔电势比B表笔低 D. 当开关S接5和6时用于测电压，且接5比接6量程大 ‎【答案】AC ‎...........................‎ B、3、4两档用来测电阻，其中A与内部电源的负极相连，故A为红表笔，黑表笔连接表内电池的正极，故B为黑表笔，则红表笔A表笔电势比黑表笔B表笔低，故B错误，C正确；‎ D、要测量电压，电流表应与电阻串联，由图可知当转换开关S旋到位置5、6时；测量电压，电流表所串联的电阻越大，所测量电压值越大，故当转换开关S旋到6的量程比旋到5的量程大，故D错误。‎ 点睛：本题考查多用表的原理，应熟练掌握其测量原理，及电表的改装办法．明确电流表时表头与电阻并联，电压表时，表头与电阻串联；而欧姆表时内部要接有电源。‎ ‎11. A、B、C为三块水平放置的金属板，与电路连接如图所示，三块板正中央各有一小孔，A板接地，电源内阻为r，三个定值电阻,电路中电表均为理想电表，滑片P开始置于R2中点，现有一质量为m、电量为+q的液滴从A板小孔正上方距离为h的D点静止释放，恰好能到达C板，不计空气阻力和极板外电场，下列说法中正确的是 A. 滑片P由R2中点往左移动，则B板电势降低 B. 滑片P由R2中点往左移动,则电流表A1的示数减小，A2的示数增大 C. 滑片P由R2终点往左移动，仍将该液滴从D点由静止释放，则带电液滴不能到达C板 D. 滑片P由R2中点往左移动，则不变，的值变小(U为电压表V示数，I2为电流表A2，为电流表A2示数的改变量)‎ ‎【答案】AD ‎【解析】A、滑片P由R2中点往左移动时使并联部分电阻减小从而使整个电路电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可得干路电流增大，即A2的示数增大，则两端电压增大，即B板电势降低，故选项A正确；‎ B、滑片P由R2中点往左移动时使并联部分电阻减小从而使整个电路电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可得干路电流增大，即A2的示数增大，路端电压减小，由于、电压增大，则并联部分电压降低，根据并联电路特点可以知道电流表A1的示数增大，故选项B错误；‎ C、滑片P由R2中点往左移动时，电路总电流增大，则两端电压增大，即电容器AB电压增大，液滴加速运动，路端电压减小，则电容器BC电压减小，液滴减速运动，液滴将穿过C板，故选项C错误；‎ D、根据闭合电路欧姆定律可知：，则为定值，不变，根据欧姆定律可知为本身并联之后与串联的总电阻，即减小，故选项D正确。‎ 点睛：本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析问题，注意电容器两端电压的问题。‎ ‎12. 如图所示，三角形边界ABC的AB边竖直，三条边内有磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场.已知AB边的右侧空间有沿水平方向的匀强电场，其余空间均为真空.若一质量为m、电荷量为+q的粒子(不计重力)以速度从AB边上某一点N(不包括B点)水平向左射入磁场区域，最终从BC边上某点M射出且不再返回，则下列说法中正确的是 A. AB边右侧电场的方向水平向右 B. 粒子在磁场中走过的最远路程为 C. ‎ D. ‎ ‎【答案】BCD ‎【解析】A、在磁场中洛伦兹力提供向心力，则，而且，则 根据几何关系可以知道：‎ 当从距离B点最远的点N入射时与AC边相切，轨迹如图所示：‎ 则从磁场射入电场后，在电场中做减速运动，速度减为零之后，反向加速再次进入磁场，故AB边右侧电场方向水平向左，故选项A错误；‎ B、如图所示，在磁场中的轨迹长度为：，故选项B正确；‎ C、由几何关系可以得到：，则：由于入射点N是最远点，其可以向下移动，故，即选项C正确；‎ D、由几何关系可以得到：，由于入射点N可以向下移动，故，故选项D正确。‎ 点睛：对带电粒子的匀速圆周运动的求解，关键是画出匀速圆周运动的轨迹，利用几何知识找出圆心及相应的半径，从而找到圆弧所对应的圆心角，由圆心和轨迹用几何知识确定半径是研究带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的重要方法。‎ 三、实验题 ‎13. 在“用伏安法测金属丝电阻率”的实验中 ‎(1)下列关于金属丝的电阻率ρ、电阻Rx以及实验操作的说法中，正确的是_________.‎ A.将金属丝等分成两段，则每段的电阻Rx和电阻率ρ均变为原来的一半 B.金属丝的电阻Rx越大，其电阻率ρ也一定越大，导电性能越弱 C.金属丝的电阻与它的长度成正比，与通过它的电流的大小成反比 D.测量过程中，通过金属丝的电流不宜过大，通电时间也不宜过长，以避免温度对电阻率的影响 ‎(2)用螺旋测微器测金属丝直径时的示数如图甲所示，读数应：_________mm.‎ ‎(3)实验器材有：电池组、电流表(内阻约为0.1Ω)、电压表(内阻约为1000Ω)、滑动变阻器、电阻丝Rx(内阻约为2Ω)、开关、导线若干.图乙为本次测电阻率实验的实物图，图中已连接了部分导线，要求金属丝两端电压从0V开始测量.请将该实物图连接补充完整____________,为保证实验器材的安全，闭合开关前滑动变阻器滑片P应放在_______端(填“左”或者“右”)‎ ‎(4)某次测量中电压表的示数为U0，电流表示数为I0，接入电路的电阻丝长度为l0，横截面直径为D，则该金属丝电阻率为__________(用I0，U0，l0，D表示)‎ ‎【答案】 (1). D (2). 0.396~0.398mm (3). 如图所示：‎ ‎ (4). 左 (5). ‎ ‎【解析】（1）A、电阻决定式为：，可知把一根均匀导线分成等长的两段，则每部分的电阻变为原来的一半，但电阻率与温度和材料有关，与其他因素无关，故电阻率不变，故A错误；‎ B、电阻率是表征材料导电性能好坏的物理量，与温度和材料有关，与本身电阻大小无关，电阻率越大，其导电性能越差，电阻率越小，则其导电性能越好，故B错误；‎ C、根据电阻定律：金属丝的电阻与它的长度、横截面积以及电阻率有关，与电流无关，故选项C错误；‎ D、测电阻时，电流不宜过大，通电时间不宜过长，否则温度变化明显，电阻率会明显变化，故D错误；‎ ‎（2）螺旋测微器的固定刻度读数为，可动刻度读数为， 所以最终读数为；‎ ‎（3）要求金属丝两端电压从0V开始测量，故滑动变阻器采用分压式连接，同时电流表的内阻与待测电阻相差不多，则采用安培表外接，对待测电路起到保护作用，故闭合开关前滑动变阻器滑片P应放在左端，则如图所示：‎ ‎（4）根据欧姆定律，可知接入电路的电阻，在根据电阻定律：，则整理可以得到：。‎ 点睛：本实验题要求要熟练掌握螺旋测微器读数的方法，能根据待测电阻与两个电表内阻的关系，选择电流的内、外接法，以及变阻器的分压式与限流式接法。‎ ‎14. 某研究性学习小组欲测量某电源的电动势和内阻.‎ ‎(1)设计实验方案前，为保证安全，小组成员先用多用表“直流电压2.5V档”测定电源的电动势，在操作无误的情况下，多用表表盘示数如下图，其示数为______V.‎ ‎(2)提供的实验器材如下：‎ A.滑动变阻器R (阻值0~10Ω) B.滑动变阻器(阻值0~100Ω)‎ C.电流表A1(量程0~2mA,内阻为1Ω) D.电流表A2(量程0~500mA,内阻为3Ω)‎ E.定值电阻R1(标称阻值为999Ω) F.电池组(电动势为E，内阻r约为1Ω)‎ G.开关一只，导线若干 则滑动变阻器应选择__________(填“A”或“B”)‎ ‎(3)为尽可能提高实验精度，根据(2)中所供器材，下列实验电路图中正确的是__________.‎ ‎(4)将电流表A1、A2的读数分别记为I1、I2，以I1为纵轴，I2为横轴，根据实验数据作出I1-I2图像如图所示，由图像可知电源电动势E=___________V，电源内阻r=__________Ω.(保留三位有效数字)‎ ‎(5)实验结束后，小组成员发现电流表A1的实际内阻大于1Ω，则会造成电源内阻的测量值________实际值(填“等于”、“大于”或“小于”).‎ ‎【答案】 (1). 1.35 V (2). A (3). A (4). E=1.60V (5). r=1.00Ω (6). 大于 ‎【解析】（1）由图可知用直流电压2.5V档，则电压档刻度每小格为，则其示数为；‎ ‎（2）由于电动势大约左右，滑动变阻器选择较小即可，便于调节，故选项A即可；‎ ‎（4）根据闭合电路欧姆定律：‎ 整理可以得到：，则将，以及，代入整理可以得到：，；‎ ‎（5）由于电流表的实际内阻大于1Ω，但是实际取值时电流表的内阻仍为，从而造成斜率变大，故造成电源内阻的测量值大于实际值。‎ 点睛：实验仪器的选择是考试中经常出现的问题，在学习中要注意掌握好其安全、准确的原则，同时注意滑动变阻器的电路中的应用规律以及误差分析的问题。‎ 四、计算题 ‎15. 如图所示，在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B=3T的匀强磁场中，水平放置两根动摩擦因数为μ=0.1的平行金属导轨，两轨间距为l=50cm，左端接有电动势E=2V、内阻r=0.5Ω的电源，现将一质量m=1kg、接入电路的电阻R0=1.5Ω的金属棒ab放置在导轨上，其余电阻不计，开关闭合的瞬间，求：‎ ‎(1)金属棒ab的电功率；‎ ‎(2)金属棒ab的加速度.‎ ‎【答案】(1) (2) 0.5m/s2 方向水平向右 ‎【解析】（1）根据闭合电路欧姆定律： ‎ 在金属棒两端的电压为： ‎ 则金属棒ab的电功率为：‎ ‎(2)根据安培力公式： ‎ 则摩擦力为 水平方向根据牛顿第二定律：‎ 所以，方向水平向右。‎ 点睛：本题关键是明确导体棒通电后受到安培力作用，然后根据闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律列式求解。‎ ‎16. 如图所示，虚线左侧有一长度为L，动摩擦因数μ=0.5、倾角θ=37°的粗糙斜面AB，虚线右侧有一光滑的半圆形轨道BCD，圆心为O，半径，斜面AB与半圆形轨道BCD在B点平滑连接.已知在虚线的右侧空间有方向水平向右、磁感应强度的匀强电场.现将一质量为m、电量为+q的小球从斜面AB顶端A由静止释放，求：‎ ‎(1)小球第一次经过圆形轨道最低点B时，对圆形轨道的压力(用m，g表示)；‎ ‎(2)试分析小球在运动过程中是否会脱离半圆形轨道；‎ ‎(3)小球在整个运动过程中在斜面AB上因摩擦产生的热量(用m，g，L表示).‎ ‎【答案】(1) 方向竖直向下(2) 小球不会脱离半圆形轨道(3)‎ ‎【解析】(1)设第一次到达B点的速度为，则由动能定理： ‎ 所以 在B处根据牛顿第二定律： ‎ 所以根据牛顿第三定律：，方向竖直向下；‎ ‎(2)小球进去虚线右侧区域后，受到的电场力 电场力与重力的合力，斜向下、与竖直方向成53°，‎ 如下图所示：‎ 假设小球始终不脱离轨道，且当速度减为0时，在合力的反方向上移动了距离h.‎ 由动能定理：，‎ 由(1)知，所以 ‎ 经分析，小球不脱离轨道需满足， ‎ 因为，所以假设成立，小球不会脱离半圆形轨道；‎ ‎(3)经分析，如上图所示，最终小球将在半圆形轨道上的B点与E点间往复运动，，在B点与E点时速度恰好为0.‎ 由能量守恒：，所以。‎ ‎17. 如图甲所示，两水平放置的平行金属板A、B间距d=40cm，板长L=30cm，在两板间加一大小和方向随之间周期性变化的匀强电场，如图乙所示，规定竖直向上为电场强度的正方向.在距金属板右侧D=40cm的空间内有方向竖直向上、电场强度大小为E=100V/m的匀强磁场，并在该电场的右侧边界竖直放置一足够长的挡板.现有一电量q=1×10-2C、质量m=0.1kg的正电小球在t=0时刻以水平初速度v0=2m/s从距B板h=5cm处射入A、B两板间，重力加速度g=10m/s2,求：‎ ‎(1)小球飞出A、B两板间时竖直方向的速度的大小;‎ ‎(2)小球在A、B极板间运动过程中受到电场力的平均值；‎ ‎(3)若有大量电量为q=10-2C、质量m=0.1kg的正电小球持续不断地从极板左侧各个位置以相同水平初速度v0水平进入A、B板间，忽略小球间的相互作用，求这些小球最终打在挡板上的长度范围.‎ ‎【答案】(1) (2) (3)‎ ‎【解析】(1) 在内，电场力为：‎ 根据牛顿二定律：，则 在内，电场力为：‎ 根据牛顿第二定律：，所以 由此可画出a-t图如下图所示：‎ 小球在A、B板间水平方向运动为匀速运动，则时间 ‎ 所以竖直方向：，方向竖直向上；‎ ‎(2)小球在板间运动的过程中，由动量定理： ‎ 所以；‎ ‎(3)由a-t图，当小球从0秒时射入，离开A、B板的竖直速度正向最大，为 ‎ 当小球从0.1s时射入，离开A、B板的竖直速度负向最大，为 ‎ 所以小球可以在任意时刻、从A、B板左侧任意位置进入板间，‎ 所以可以找到合适位置、合适时刻，使小球恰好从A板最右侧飞出时，竖直速度正向最大，为；使小球恰好从B板最右侧飞出时，竖直速度负向最大，为 又因为小球飞出A、B板间后做匀速直线运动，经历时间 ‎ 所以小球打在挡板上的长度范围： ‎ 点睛：能根据根据牛顿第二定律，求出加速度与时间的关系图像，然后根据运动学规律求解，同时要掌握类平抛运动物体的处理方法是解决本题的关键。‎ ‎18. 如图所示，在水平面内有一个正三角形边界和一个边长为l、每条边均为挡板的正六边形边界ABCDEF，在其六个顶点各开有一小孔，且正三角形边界与正六边形边界的几何中心重合.两边界之间的区域Ⅰ和六边形边界以内的区域Ⅱ均有垂直纸面向里的匀强磁场，三角形边界以外为真空.区域Ⅰ磁感应强度大小为4B0，区域Ⅱ磁感应强度大小为B0.现有大量质量均为m、电量均为q的正电粒子(粒子直径略小于小孔直径)从A点以大小不同的速度v垂直于AB边进入区域Ⅱ，若粒子与挡板撞击则速度立刻减为0，不计粒子的重力与粒子间的相互作用力，则：‎ ‎(1)求能从顶点C由区域Ⅱ射入区域Ⅰ的粒子速度的大小；‎ ‎(2)求粒子最初从A点出发又回到A点经历的最短路程;‎ ‎(3)为使所有粒子均不会从正三角形边界中飞出，求正三角形边界所围的最小面积.‎ ‎【答案】(1) (2)（3）‎ ‎【解析】(1)粒子能从C点由区域Ⅱ射入区域Ⅰ的粒子圆心在B点,轨迹半径R=l ‎ 又因为，所以；‎ ‎(2)经分析，除一开始从发射点A运动到点D、并在点D由区域Ⅱ射入区域Ⅰ的粒子，其余粒子运动一段时间后均会与挡板相撞，速度减为0.‎ 不与挡板相撞的粒子在区域Ⅱ运动轨迹的半径R1=2l，圆心角 ‎ 在区域Ⅰ磁感应强度变为4B0，运动轨迹的半径，圆心角 ‎ 可画出物理在两个磁场区域内的运动轨迹如图所示.‎ 从A出发回到A的最短 ；‎ ‎(3)如下图所示，画一个正三角形边界，使该三角形三条边均与区域Ⅰ中的三个半圆形轨迹相切.‎ 由图可知，三角形 ‎ 边长 ‎ 点睛：本题运用几何关系与物理规律相结合来解题，要学生掌握这类题型的答题方法与技巧，因此根据题意结合知识，画出正确的运动轨迹图是关键之处。‎ ‎ ‎