2017-2018学年安徽省滁州市民办高中高二下学期第一次联考物理试题 解析版 20页

安徽省滁州市民办高中2017-2018学年高二下学期第一次联考物理试题 ‎ 一、选择题 ‎1. 下列说法中正确的是( )‎ A. 电源的电动势在数值上始终等于电源正负极之间的电压 B. 由公式R=U/I可知，定值电阻两端的电压与通过它的电流成正比 C. 磁感应强度B的方向与安培力F的方向相同 D. 一根质量分布均匀的金属裸导线，把它均匀拉长到原来的3倍，则电阻变为原来的3倍 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：电源正负极之间的电压称为路端电压，当外电路接通时，路端电压小于电源的电动势，A错误；定值电阻的阻值不变，根据欧姆定律的变形公式，可知它两端的电压与通过它的电流成正比，B正确；根据左手定则可知，磁场方向与磁场力方向垂直，C错误；一根粗细均匀的金属裸导线，若把它均匀地拉长为原来的3倍，根据V=SL，横截面积减小为，根据电阻定律公式，可知电阻增加为9倍，D错误，选B.‎ ‎2. 一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图所示．容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是( )‎ A. B点的电场强度方向与该处内表面垂直 B. B点的电场强度比A点的小 C. 小球表面的电势比容器内表面的低 D. 将检验电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力所做的功不同 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：因容器内表面为等势面，且电场线总垂直于等势面，因此B点的电场强度方向与该处内表面垂直，故A正确；依据电场线越疏，电场强度越弱，而电场线越密，则电场强度越强，由图可知，则A点的电场强度比B点的小，故B错误；根据沿着电场线方向电势是降低的，可知，小球表面的电势比容器内表面的高，故C错误；因A、B在同一等势面上，将检验电荷从A点沿不同路径到B点，电场力所做的功相同，均为零，故D错误；故选A．‎ 考点：等势面；电场强度；电势 ‎【名师点睛】本题考查电场线的疏密与电场强度的强弱的关系，掌握电场线的方向与电势的高低的关系，要理解电场线总垂直于等势面，注意同一等势面上，电场力不做功。‎ ‎3. 某导体置于电场后周围的电场分布情况如图所示，图中虚线表示电场线，实线表示等势面，A、B、C为电场中的三个点。下列说法错误的是（ ）‎ ‎ ‎ A. A点的电场强度小于B点的电场强度 B. A点的电势高于B点的电势 C. 将负电荷从A点移到B点，电场力做正功 D. 将正电荷从A点移到C点，电场力做功为零 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：由电场线越密的地方，电场强度越大，则有，故A正确；沿着电场线，电势逐渐降低，A点处于电场线的靠前的位置故，故B正确；由于沿着电场线，电势逐渐降低，故，因此将负电荷从A移动到B，电场力做负功，故C错误；由于从A和C处于同一条等势线上，故从A到C过程的电场力不做功，故D正确．‎ 考点：考查了电势能、电场强度．‎ ‎4. 如图所示，由M、N两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器，极板N与静电计的金属球相接，极板M与静电计的外壳均接地。给电容器充电，静电计指针张开一定角度。以下实验过程中电容器所带电荷量可认为不变。下面操作能使静电计指针张角变大的是（ ）‎ A. 将M板向上平移 B. 将M板沿水平向右方向靠近N板 C. 在M、N之间插入有机玻璃板 D. 在M、N之间插入金属板，且不和M、N接触 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：由题意，电容器所带电量Q保持不变，静电计指针张角变大，板间电势差U变大，由Q=CU分析可知，电容C应变小，根据分析可知，将M板向上平移，可减小正对面积，则C减小，选项A正确；将M板沿水平向右方向靠近N板，则板间距离减小，则C变大，选项B错误；在M、N之间插入有机玻璃板，则C变大，选项C错误；在M、N之间插入金属板，且不和M、N接触，相当减小两板间距，C变大，故选项D错误；故选A.‎ 考点：电容器；‎ ‎【名师点睛】此题是关于电容器问题的分析；对于电容器的动态变化问题，关键要抓住不变量，搞清是两板电压不变还是带电量不变；根据电容的定义式和决定式进行分析；注意静电计指针张角反映的是两板电压的变化.‎ ‎5. 静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正方向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷（　　）‎ A. 在x2和x4处电势能相等 B. 由x1运动到x3的过程中电势能增大 C. 由x1运动到x4的过程中电势能先减小后增大 D. 由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大 ‎【答案】B ‎【解析】A. x2−x4处场强方向沿x轴负方向，则从x2到x4处逆着电场线方向，电势升高，则正电荷在x4处电势能较大，故A错误；‎ B. x1−x3处场强为x轴负方向，则从x1到x3处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷在x3处电势能较大，故B正确；‎ C. 由x1运动到x4的过程中，逆着电场线方向，电势升高，正电荷增大，故C错误；‎ D. 由x1运动到x4的过程中，电场强度的绝对值先增大后减小，故由F=qE知，电场力先增大后减小，故D错误；‎ 故选：B 点睛：由图可以看出在0-x1处场强为正，x1-+∞处场强为负方向，根据沿着电场线的方向电势降低，结合正电荷在电势高处电势能大，分析电势能的变化．电场力的变化由F=qE分析．‎ ‎6. 如图所示，两个半径相同、粗细相同互相垂直的圆形导线圈，可以绕通过公共的轴线xx′自由转动，分别通以相等的电流，设每个线圈中电流在圆心处产生磁感应强度为B，当两线圈转动而达到平衡时，圆心O处的磁感应强度大小是（ ）‎ ‎ ‎ A. B B. 1.41B C. 2B D. 0‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据安培定则可知，竖直方向的通电圆环在圆心O处产生的磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为B；水平方向的通电圆环在圆心O处产生的磁感应强度方向竖直向上，大小为B，两者相互垂直，由于同向电流吸引，故当两线圈转动而达到平衡时两个线圈重合，圆心O处的磁感强度的大小是BO=2B.‎ 故选：C ‎7.‎ ‎ 为厉行低碳环保理念，很多城市用超级电容车替换城市公交，在车底部安装超级电容器（电容很大），车辆进站后，车顶充电设备随即自动升起，搭到充电站电缆上，通以大电流完成充电．每次只需在候客上车间隙充电30秒钟到一分钟，就能行驶3到5公里．有一辆质量为2000kg、额定功率60kw的超级电容车，在平直的水平路面上行驶时，最大行驶速度为90km/h．假设电容车行驶时受到的阻力与其速度成正比，则在不载客的情况下，下列说法正确的是（ ）‎ A. 充电电流越大，超级电容器的电容也越大 B. 超级电容器储存的电荷量仅跟充电电流的大小有关 C. 超级电容车以最大速度行驶时牵引力大小为2.4×103N D. 超级电容车启动时的加速度为1.2 m/s2‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：电容器的电容是由电容器本身决定的，与充电电流无关，A错误；由得：储存的电荷量与电容和电压的乘积有关，B错误；由，，C正确；开始启动时，牵引力大于，加速度不是1．2m/s2,D错误；故选C。‎ 考点：电容器的电容、机车启动。‎ ‎【名师点睛】依据电容器的电容的定义式，说明电荷量与电势差和电容有关，与充电电流无关，再结合汽车达到最大速度时，牵引力和阻力相等加速度为零，以及以恒定功率启动时牵引力和速度成反比，进行分析和判断。‎ ‎8. 如图所示，置于水平地面上的斜面体区域内加有竖直向上的匀强磁场，有一根细导体棒被水平放在斜面体上，当导体棒中通有垂直纸面向里的恒定电流时，导体棒和斜面体均处于静止状态，保持其他条件不变，使匀强磁场的磁感应强度增大，导体棒和斜面体仍保持静止，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 导体棒受到斜面的摩擦力一定减小 B. 导体棒受到斜面的支持力一定减小 C. 导体棒受到斜面的作用力保持不变 D. 斜面体受到地面的摩擦力一定增大 ‎【答案】D ‎【解析】A. 根据左手定则可知导体棒受到的安培力水平向右，匀强磁场的磁感应强度增大时，根据F=BIL受到的安培力增大，对导体棒受力分析可知，摩擦力可能先减小后增大，也可能一直增大，故A错误；‎ B. 导体棒受到的支持力FN=mgcosθ+BILsinθ，导体棒受到的支持力一定增大，故B错误；‎ C. 导体棒受到斜面的支持力和摩擦力，由于摩擦力发生变化，故合力发生变化，故C错误；‎ D. 对整体受力分析可知f=BIL，故斜面体受到地面的摩擦力一定增大，故D正确。‎ 故选：D 点睛：根据左手定则判断出导体棒受到的安培力，根据F=BIL判断出受到的安培力大小的变化，利用整体法和隔离法判断出力的变化 ‎9. 如图所示的等臂天平可用来测定磁感应强度．天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，宽为l，共N匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面．当线圈中通有电流I（方向如图）时，天平平衡；当电流反向（大小不变）时，右边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡．由此可知（ ）‎ A. 磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为 ‎ B. 磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为 ‎ C. 磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为 ‎ D. 磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为 ‎ ‎【答案】D ‎.....................‎ 故选：D ‎10. 如图为圆柱形区域的横截面，在没有磁场的情况下，带电粒子（不计重力）以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域的时间为t，在该区域加沿轴线垂直纸面向外方向磁感应强度大小为B的匀强磁场，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射并沿某一直径方向飞出此区域时，速度方向偏转角为60°，根据上述条件可求下列哪几种物理量（　　）‎ ‎①带电粒子的比荷 ‎ ‎②带电粒子在磁场中运动的周期 ‎③带电粒子在磁场中运动的半径 ‎ ‎④带电粒子的初速度．‎ A. ①②‎ B. ①③‎ C. ②③‎ D. ③④‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：在没有磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域时粒子做匀速直线运动；在有磁场时，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，粒子做匀速圆周运动．在匀速直线运动中虽不知半径，但可由位移与时间列出与入射速度的关系，再由匀速圆周运动中半径公式可算出粒子的比荷、周期．‎ 设圆柱形区域的横截面半径为R，带电粒子（不计重力）以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域的时间为t，则：①，在该区域加沿轴线垂直纸面向外方向的匀强磁场，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射并沿某一直径方向飞出此区域时，速度方向偏转角为60°，画出运动轨迹：‎ ‎ 结合几何关系，有：②，粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：③，周期：④，解得：，粒子的周期：，因为初速度无法求出，则无法求出轨道半径，故①②正确，③④错误，即A正确。‎ ‎【点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式，周期公式，运动时间公式，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题。‎ ‎11. 一个带电粒子射入一固定在O点的点电荷的电场中，粒子运动轨迹如图虚线abc所示，图中实线表示电场的等势面，下列判断正确的是：（ ）‎ A. 粒子在a→b→c的过程中，电场力始终做正功 B. 粒子在a→b→c的过程中，一直受静电引力作用 C. 粒子在a→b→c的过程中，ab段受引力，bc段受斥力 D. 粒子在a→b→c的过程中，电场力在ab段做正功，bc做负功 ‎【答案】BD ‎【解析】做曲线运动的物体，受合外力指向轨迹弯曲的内侧，该合外力是电场力，与等势面垂直，结合轨迹知，电荷间相互作用力为吸引力，电场力在ab段做正功，bc做负功，所以B、D正确；A、C错误。‎ ‎12. 如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，R1为定值电阻，R2为光敏电阻，C为电容器，L为小灯泡，电表均为理想电表，闭合开关S后，若增大照射光强度，则（ ）‎ A. 小灯泡的功率增大 B. 电容器上的电荷量增加 C. 电源的输出功率增大 D. 两表示数变化量的比值| |不变 ‎【答案】AD ‎【解析】A.增大光强，电阻R2的电阻变小，电路中的总电阻变小，总电流变大，根据P=I2R可知，小灯泡的功率增大，选项A正确；‎ B.电容器两端电压为灯泡与R2串联后的分压，因为总电流增大，所以内电阻和定值电阻R1的分压均变大，根据闭合电路欧姆定律U=E-I（r+R1）可知，灯泡与R2串联后的分压变小，电容器两端电压变小，由Q=CU可知电容器上的电荷量减小，选项B错误；‎ C.电源的输出功率为：，由已知条件无法知道外电路总电阻与电源内阻的大小关系，所以电源的输出功率无法确定，选项C错误；‎ D.两表测量的数据表示定值电阻两端的电压和流过定值电阻的电流，根据欧姆定律可知，两表示数变化量的比值||不变，等于定值电阻的阻值，选项D正确；‎ 故选：AD。‎ ‎13. 如图所示，为正六边形的六个顶点，分别为的中点，为正六边形的中心。现在六个顶点依次放入等量正负电荷。若取无穷远电势为零，以下说法中正确的有（ ）‎ A. 各点具有相同的场强 B. 各点电势均为零 C. 点电势与场强均为零 D. 将一负检验电荷从点沿直线移到点的过程中，电势能始终保持不变 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：根据正六边形几何特性，结合点电荷电场强度公式，以及等量电荷中垂线的电势为零，即可求解．‎ P、Q、M各点场强大小相同，但方向不同，A错误；由对称性可以知，各点电势均为零，点电势与场强均为零，C正确；P到M过程中，电势由零升高，后又降为零，电能势能就先减小后增大，D错误。‎ ‎14. 如图所示，在0≤x≤ a、0≤y≤a的长方形区域由垂直于xoy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，坐标原点O处由一粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子（重力不计），其速度方向均在xoy平面内的第一象限，且与y轴正方向的夹角分布在0～90°范围内，速度大小不同，且满足 ≤v≤ ，已知粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 最先从磁场上边界飞出的粒子经历的时间为 ‎ B. 最先从磁场上边界飞出的粒子经历的时间小于 ‎ C. 最后从磁场中飞出的粒子经历的时间为 ‎ D. 最后从磁场中飞出的粒子经历的时间小于 ‎ ‎【答案】BC ‎【解析】粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动运动，洛伦兹力作为向心力，所以有，则有，又因为，所以，2a≤R≤3a；粒子做圆周运动的周期；‎ A、B、当速度与y轴正方向的夹角θ为零时，有：‎ R越大，对应的φ越小，所以，当R=3a时，φ最小，此时，，所以，，，故B正确，A错误；C、D、θ从0增大，则粒子在磁场上边界的出射点右移，设磁场横向无右边界，则粒子在上边界最远能到达的位置为粒子做圆周运动与上边界相切的点，‎ 此时，粒子出射点的横坐标，所以，粒子一定能到达磁场边界的右上顶点且粒子做圆周运动的轨迹都是劣弧，该点对应粒子做圆周运动的弦最大值，所以，粒子出射点为磁场边界右上边界点时，粒子在磁场中转过角度最大，运动时间最长；对应于相同的弦长，半径越小，中心角越大，所以，当R=2a，且粒子出射点为磁场边界右上顶点时，粒子在磁场中运动经历的时间最长；此时，半径和弦长相等，所以，粒子转过的角度，运动经历的时间，故C正确，D错误；故选BC．‎ ‎【点睛】在求解粒子在磁场中的运动问题时，要注意分析粒子的运动轨迹，如本题要分析粒子是否能到达磁场边界的右上顶点．‎ ‎15. 某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在同一坐标系内，如图所示，根据图线可知 （ ）‎ A. 反映Pr变化的图线是a B. 电源电动势为8 V C. 电源内阻为2 Ω D. 当电流为0.5 A时，外电路的电阻为6 Ω ‎【答案】CD ‎【解析】试题分析：电源的总功率，功率与电流成正比，由知电源内部的发热功率与电流的平方成正比，A正确；直流电源的总功率，P-I图象的斜率等于电动势E，则有，电流为2A时电源的总功率与发热功率相等，则根据可得，当电流为0．5A时，根据闭合电路欧姆定律可得出外电路的电阻为6Ω，CD正确 考点：考查闭合电路欧姆定律的图象应用 ‎【名师点睛】要注意根据电源的总功率公式求解电动势，根据发热功率的公式，求解电源的内阻．‎ 二、实验题 ‎16. 某同学要测量一电阻R（约2k）的阻值和一个锂电池（电动势E标称值为3.7v，允许的最大放电电流为200mA）的电动势E和内电阻r，实验室备用的器材如下：‎ A.电压表V（量程3v，内阻约为4.0k)‎ B.电流表A1（量程100mA，内阻约为5）‎ C.电流表A2（量程2mA，内阻约为50）‎ D.滑动变阻器R1（0--20，额定电流1A)‎ E.电阻箱R2(0—999.9，最小分度值0.I)‎ F．开关s一只，导线若干 ‎(1）为了测定电阻R的阻值，该同学设计了如图所示的电路，并选取了相应的器材(电源用待测的锂电池），经分析发现器材选取中有不妥之处．你认为应该怎样调整_________________？‎ ‎(2）在实验操作过程中发现滑动变阻器R1和电流表A1已损坏，请用余下的器材测量锂电池的电动势E和内电阻r.‎ ‎①请在方框中画出实验电路图__________________________ 。‎ ‎ ‎ ‎②按照①新设计的电路图连好电路进行实验，同学测得的物理量间满足一个函数关系式电动势E=_____；在进行数据处理时，可以用图像法处理数据，为使上述函数关系式的图像是一条直线，则以______为横坐标，以______为纵坐标。‎ ‎【答案】 (1). A1表换成A2表; (2). (3). E=U+ ; (4). ; (5). ; ‎ ‎【解析】（1）流过R的最大电流约为： ，电流表应使用A2‎ ‎（量程2mA，电阻约50Ω）． （2）实验器材只有电压表与电阻箱，因此可以用伏阻法测电池的电动势与内阻，实验电路图如图所示，根据电路图连接实物电路图如图所示． （3）由闭合电路欧姆定律得：E=U+Ir=U+r，整理得： 由此可知，与成一次函数，故图象为直线；因此可以作与的图象，‎ 点睛：本题考查了实验器材的选择、设计实验电路图、实验数据分析等问题；选择实验器材时，既要保证安全，又要注意测量精度，要注意实验器材量程的选择．同时要注意明确数据处理的基本方法，明确如何才能得出线性关系．‎ ‎17. （1）用多用电表的欧姆挡的“×10 Ω”挡测量一个电阻的阻值，发现表的指针偏转角度极小，为了准确测定该电阻的阻值，正确的判断和做法是______‎ A．这个电阻的阻值肯定也是极小的 B．应把选择开关换到“×100 Ω”挡，重新进行欧姆调零后再测量 C．应把选择开关换到“×1 Ω”挡，重新进行欧姆调零后再测量 D．为了使测量值比较准确，应该用两手分别将两表笔与待测电阻两端紧紧捏在一起，使表笔与待测电阻接触良好 ‎ ‎ ‎（2）如图所示是学生实验用的多用电表刻度盘，当选用量程为25 V的电压挡测量电压时，表针指于图示位置，则所测电压为______ V；若选用倍率为“×100”的电阻挡测电阻时，表针也指于同一位置，则所测电阻的阻值为________ Ω；‎ ‎【答案】 (1). B; (2). 18.0V; (3). 600Ω;‎ ‎【解析】（1）指针偏角小，说明待测电阻的阻值较大，应换用×100挡，并重新调零后测量，测量时手不能接触电阻，B正确．‎ ‎（2）用量程为25V测电压时，每小格表示0.1V，所以读数为：180×0.1=18V； 测电阻时，读数为6×100=600Ω．‎ 三、计算题 ‎18. 真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0 ， 在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变．持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点．重力加速度大小为g．‎ ‎（1）油滴运动到B点时的速度；‎ ‎（2）求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件．已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍．‎ ‎【答案】(1) (2)见解析 ‎①‎ 油滴在时刻t1的速度为 ‎②‎ 电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀变速直线运动，加速度方向向下，大小a2满足 ‎③‎ 油滴在时刻t2=2t1的速度为 ‎④‎ 由①②③④式得 ‎⑤‎ ‎（2）由题意，在t=0时刻前有 ‎⑥‎ 油滴从t=0到时刻t1的位移为 ‎⑦‎ 油滴在从时刻t1到时刻t2=2t1的时间间隔内的位移为 ‎⑧‎ 由题给条件有⑨‎ 式中h是B、A两点之间的距离。‎ 若B点在A点之上，依题意有 ‎⑩‎ 由①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得 ‎⑪‎ 为使，应有 ‎⑫‎ 即当⑬‎ 或⑭‎ 才是可能的：条件⑬式和⑭式分别对应于和两种情形。‎ 若B在A点之下，依题意有 ‎⑮‎ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得 ‎⑯‎ 为使，应有 ‎⑰‎ 即 ‎⑱‎ 另一解为负，不符合题意，已舍去。‎ ‎【名师点睛】本题考查牛顿第二定律及匀变速直线运动的规律。虽然基本知识、规律比较简单，但物体运动的过程比较多，在分析的时候，注意分段研究，对每一个过程，认真分析其受力情况及运动情况，应用相应的物理规律解决，还应注意各过程间的联系。‎ ‎19. 如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为＋Q和－Q，A、B间距离为2d，MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球P，其质量为m、电荷量为＋q(可视为点电荷，不影响电场分布)。现将小球P从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球P向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v。已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g。求：‎ ‎（1）C、O间的电势差；‎ ‎（2）O点的场强大小与方向。‎ ‎【答案】(1) (2) 方向竖直向下．‎ ‎【解析】（1）小球p由C点运用到O点时，由动能定理可得，．‎ 解得．‎ ‎（2）小球p经过O点的受力分析图如图所示．由库仑定律得 电场力．‎ O点的场强，方向竖直向下．‎ ‎20. 如图所示，电源电动势E=12V。内阻r=3Ω，电阻R1 =3Ω,R2 =6Ω。间距d=0.2m的两平行金属板水平放置，板间分布有垂直于纸面向里、磁感应强度B=1T的匀强磁场。闭合开关S，板间电场视为匀强电场，将一带正电的小球以初速度v=0.1m/s沿两板间中线水平射入板间。设滑动变阻器接入电路的阻值为Rx，忽略空气对小球的作用，取g=10m/s2。‎ ‎ ‎ 求：（1）电源的最大输出功率； ‎ ‎（2）滑动变阻器Rx消耗的最大电功率；‎ ‎（3）若电源的输出功率最大时，带正电的小球恰能做匀速圆周运动，则小球做匀速圆周运动的半径为多大。‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】解：（1）当外电阻时，电源输出功率最大 ‎ ‎（2）当 ‎ ‎（3）当电源输出功率最大时， 由 得 由得：R＝0.2m ‎21. 如图甲所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L，0）为中心、边长为2L的正方形区域，其边界ab与x轴平行，正方形区域与x轴的交点分别为M、N．在该正方形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，现有一质量为m，带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点以与x轴夹角为30°的方向进入正方形区域，并恰好从d点射出．‎ ‎（1）求匀强电场E的大小；‎ ‎（2）求匀强磁场B的大小；‎ ‎（3）若当电子到达M点时，在正方形区域换加如图乙所示周期性变化的磁场（以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子运动一段时间后从N点飞出，求正方形磁场区域磁感应强度B0‎ 大小的表达式、磁场变化周期T与B0的关系式．‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎（1）电子飞出电场的方向与x轴成300‎ ‎ L=v0t 解得：‎ ‎（2）设电子进入磁场的速度为v，则 由几何关系可知：‎ 根据牛顿第二定律可知：‎ 解得：‎ ‎（3）若电子从N点飞出，在磁场中的运动如图所示；‎ 根据边角关系可得：Nr=2L（n=1,2,3,……）‎ ‎（n=1,2,3,……）‎ 整理可得：（n=1,2,3,……）‎ 电子在磁场中运动的周期 时间上满足 整理可知：‎ 考点：带电粒子在电场及磁场中的运动 ‎【名师点睛】电子在电场中，关键是将粒子的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解，然后根据牛顿运动定律和运动学公式列式分析求解；在磁场中，关键要画出轨迹图分析，特别是第三小题，要抓住周期性，根据几何关系求解电子的半径满足的条件.‎ ‎ ‎ ‎ ‎