陕西省汉中市龙岗学校2019-2020学年高二上学期月考物理试题 20页

汉中市龙岗学校2021届高二第一学期第二次月考 物 理 试 题 考试时间：90分钟 满分：100分 一、选择题（每小题4分共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）‎ ‎1.关于静电场，下列结论普遍成立的是（　　）‎ A. 电场强度为零的地方，电势也为零 B. 电场强度的方向与等电势面处处垂直 C. 随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低 D. 任一点的电场强度总是指向该点电势降落的方向 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析： 电场强度与电势没有直接关系，电场强度为零时，电势不一定为零；电势为零，电场强度不一定为零，故A错误；电场线与等势面垂直，而电场强度的方向为电场线的方向，所以电场强度的方向与等势面垂直，故B正确；根据沿着电场线方向，电势降低，而电场强度大小减小，不一定沿着电场线方向，故C错误；顺着电场线方向电势降低，由匀强电场U=Ed可知，电场强度的方向是电势降低最快的方向，故D错误．故选B．‎ 考点：电场强度与电势 ‎【名师点睛】明确电场强度与电势无直接关系，知道电场强度的方向是电势降低最快的方向，同时理解沿着等势面移动电荷，电场力不做功．‎ ‎2.某电场的电场线的分布如图所示。一个带电粒子由M点沿图中虚线所示的途径运动通过N点。下列判断正确的是(　　)‎ A. 粒子带负电 B. 电场力对粒子做负功 C. 粒子在N点的加速度大 D. N点的电势比M点的电势高 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据曲线运动所受合力指向曲线轨迹的内侧，又根据正电荷受力方向沿电场线的切线方向，可以判断粒子带正电，故A项错误；‎ B.从M点到N点，电场力与速度方向之间的夹角小于90°，电场力做正功，故B项错误；‎ C.由图可知，N点电场线较密，电场力较大，加速度较大，故C正确；‎ D.根据等势线与电场线垂直和沿电场线方向电势降低，可知N点的电势比M点的电势低，故D错误。‎ ‎3.安培提出了著名的分子电流假说，根据这一假说，电子绕核运动可等效为一环形电流．设电荷量为e的电子以速率v绕原子核沿顺时针方向做半径为r的匀速圆周运动，关于该环形电流的说法，正确的是(　　)‎ A. 电流大小为，电流方向为顺时针 B. 电流大小为，电流方向为顺时针 C. 电流大小为，电流方向为逆时针 D. 电流大小为，电流方向为逆时针 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电子绕核运动可等效为一环形电流，电子运动周期，根据电流的定义式求解电流强度．电子带负电，电流方向与电子定向移动的方向相反．‎ ‎【详解】电子做圆周运动的周期为，环形电流的电流强度，联立解得：，电流方向与电子运动方向相反，故电流方向为逆时针；‎ ‎【点睛】本题是利用电流强度的定义式求解电流，这是经常用到的思路．要知道电流方向与正电荷定向移动方向相同，而与负电荷定向移动方向相反．‎ ‎4.为了生活方便，电热水壶已进入千家万户，如果将一电热水壶接在220 V电源两端，经时间t0电热水壶的开关自动切断，假设热量的损失不计、加热丝的阻值不受温度的影响．则 ‎(　　)‎ A. 如果将电热水壶接在110 V的电源两端，需经2t0的时间电热水壶的开关自动切断 B. 如果将电热水壶接在110 V的电源两端，需经16t0的时间电热水壶的开关自动切断 C. 如果将电热水壶接在55 V的电源两端，需经4t0的时间电热水壶的开关自动切断 D. 如果将电热水壶接在55 V的电源两端，需经16t0的时间电热水壶的开关自动切断 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设电热水壶的电热丝的电阻为R，则经过t0的时间，220 V的电压产生的热量为：‎ ‎.‎ AB.若U1=110 V，需要产生相同热量 ‎，‎ 可解得：；故A项错误，B项错误.‎ CD.若U2=55 V，需要产生相同热量开关才能自动切断：‎ ‎，‎ 可解得：；故C项错误，D项正确.‎ ‎5.在坐标－x0到x0之间有一静电场，x轴上各点的电势φ随坐标x的变化关系如图所示，一电荷量为e的质子从－x0处以一定初动能仅在电场力作用下沿x轴正向穿过该电场区域．则该质子(　　)‎ A. 在－x0～0区间一直做加速运动 B. 在0～x0区间受到的电场力一直减小 C. 在－x0～0区间电势能一直减小 D. 在－x0～0区间电势能一直增加 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．从－x0到0，电势逐渐升高，意味着该区域内的场强方向向左，质子受到的电场力向左，与运动方向相反，所以质子做减速运动，A错误；‎ B．设在x～x＋Δx，电势为φ～φ＋Δφ，根据场强与电势差的关系式E，当Δx无限趋近于零时，表示x处的场强大小(即φ～x图线的斜率)，从0到x0区间，图线的斜率先增加后减小，所以电场强度先增大后减小，根据F＝Ee，质子受到的电场力先增大后减小，B错误；‎ CD．在－x0～0区间质子受到的电场力方向向左，与运动方向相反，电场力做负功，电势能增加，C错误，D正确．‎ ‎6. 如图所示的装置，可以探究影响平行板电容器电容的因素，关于下列操作及出现的现象的描述正确的是 A. 电容器与电源保持连接，左移电容器左极板，则静电计指针偏转角增大 B. 电容器充电后与电源断开，上移电容器左极板，则静电计指针偏转角增大 C. 电容器充电后与电源断开，在电容器两极板间插入玻璃板，则静电计指针偏转角增大 D. 电容器充电后与电源断开，在电容器两极板间插入金属板，则静电计指针偏转角增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、电容器与电源保持连接，电容器电压不变； 静电计指针偏转角代表电容器的电压，所以静电计指针偏转角不变；故A错误。‎ B、由得，上移电容器左极板， 变小，C变小；又电容器充电后与电源断开，电量Q不变，由得，变大，偏角变大；故B正确。‎ C、由得，电容器两极板间插入玻璃板，C变大，又电容器充电后与电源断开，电量Q不变，由得，变小，偏角变小，故C错误。‎ D、若在两极板间插入金属板，相当于板间距离减小，可知电容增大，而电容器的带电量不变，由电容的定义式C=知极板间电压U减小，则静电计指针偏转角减小，故D正确．‎ 本题选BD。‎ ‎7.如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与直面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、o、b在M、N的连线上，o为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等。关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是 A. o点处的磁感应强度为零 B. a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反 C. c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同 D. a、c两点处磁感应强度的方向不同 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由安培定则和磁场叠加原理可判断出o点处的磁感应强度方向向下，一定不为为零，选项A错误；‎ B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，选项B错误；‎ C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，选项C正确；‎ D．a、c两点处磁感应强度的方向不同，选项D正确。‎ ‎8.如图所示，电源的内阻不计，电动势为12 V，R1＝8 Ω，R2＝4 Ω，电容C＝40 μF，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 开关断开时，电容器不带电 B. 将开关闭合，电容器充电 C. 将开关闭合后，稳定时电容器的电荷量为4.8×10－‎‎4 C D. 若开关处于闭合状态,将开关S断开,到再次稳定后,通过R1的总电荷量为3.2×10－‎‎4 C ‎【答案】D ‎【解析】‎ 开关断开时，电容器直接与电源相连，故电容器带电；故A错误；开关闭合时，电容器并联在R2两端，则电压会减小，故电容器将放电；故B错误； 开关闭合，稳定后R2两端的电压，则电荷量，故C错误； 根据以上分析可知，开关断开或闭合状态时，电容器两端的电压的变化量为△U=12-4=8V；则电量的变化为，减小的电量均通过R1，故D正确；‎ ‎【点睛】本题为包含电容的闭合电路欧姆定律的动态分析问题，要注意明确电路结构，知道电容的电压计算方法；并能正确应用计算电量的变化情况．‎ ‎9.两个带电粒子以相同的速度垂直磁感线方向进入同一空间足够大的匀强磁场中，两粒子质量之比为1∶4，电荷量之比为1∶2，则两带电粒子(　　)‎ A. 受洛伦兹力大小之比为2∶1 B. 运动周期之比为1∶2‎ C. 轨迹半径之比为2∶1 D. 加速度大小之比为2∶1‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据洛伦兹力大小：f=Bqv，结合题意可得，洛伦兹力大小与电量成正比，即1：2，故A项错误；‎ B. 根据洛伦兹力提供向心力：，又因为，得：‎ ‎，‎ 所以有：‎ ‎，‎ 故B项正确；‎ C. 因，所以，因为粒子做匀速圆周运动，故v大小不变，故：‎ ‎，‎ 故C项错误；‎ D. 根据加速度为，因为v大小不变，故：‎ ‎，‎ 故D项正确。‎ ‎10.如图所示，真空中a、b、c、d四点共线且等距。先在a点固定一带正电的点电荷Q，测得b点场强大小为E。若再将另一点电荷q放在d点时，c点场强大小为 。则d点放入电荷q后，b点的场强大小可能是（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C ‎ D. ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】在a点固定一带正电的点电荷Q，测得b点场强大小为：E=，解得：，Q在c点产生的场强为：EQ=，向右；q在b、c产生的场强分别为：、； 讨论： a、如果q为正电荷，则c点场强为：，解得：q=Q；则b点场强为：‎ ‎； b、如果q为负电荷，则c点场强为：，解得：q=Q，则b点场强为：‎ 故AC正确，BD错误；故选AC。‎ ‎【点睛】本题考查点电荷电场强度的叠加，关键是掌握点电荷的场强公式，并且分两种情况进行讨论，结合矢量叠加法则进行分析。‎ ‎11.如图甲所示，竖直极板A、B之间距离为d1，电压为U1，水平极板C、D之间距离为d2，GH为足够长的荧光屏，到极板C、D右侧的距离为L。极板C、D之间的电压如图乙所示。在A板中央有一电子源，能不断产生速率几乎为零的电子。电子经极板A、B间电场加速后从极板B中央的小孔射出，之后沿极板C、D的中心线射入极板C、D内。已知t＝0时刻射入C、D间的电子经时间T恰好能从极板C的边缘飞出。不计阻力、电子的重力以及电子间的相互作用，下列说法正确的是(　　)‎ A. 电子在荧光屏上形成的亮线长度为 B. 保持其他条件不变，只增大d1，荧光屏上形成的亮线长度变长 C. 保持其他条件不变，只增大d2，荧光屏上形成的亮线长度变短 D. 保持其他条件不变，只增大L，荧光屏上形成的亮线长度变长 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 设电子进入转电场的速度为v，则根据动能定理可得：‎ ‎，‎ 故电子进入偏转电场的速度：‎ ‎ ；‎ 电子在偏转电场中只受竖直方向的电场力作用，故水平方向做匀速运动；设电压UCD=U2时电子的加速度为a，则 电子在竖直方向时间加速，时间匀速；故离开偏转电场的竖直分速度相同，离开偏转电场时的电子速度相同；离开偏转电场到光屏的运动都相同；所以电子在荧光屏上形成的亮线长度等于电子出偏转电场时形成的亮线长度。t=0时刻射入C、D间的电子经时间T恰好能从极板C的边缘飞出，偏转量最大，为：‎ ‎，‎ 时刻射入C、D间的电子经时间从极板C的边缘飞出，偏转量最小，为：‎ 所以亮线长度为：‎ ‎，‎ 故A项正确；‎ B. 保持其他条件不变，只增大d1，电子进入偏转电场的速度不变，后面的运动完全一致，故荧光屏上形成的亮线长度不变，故B项错误；‎ C. 保持其他条件不变，只增大d2，电子在偏转电场的加速度a减小，故荧光屏上形成的亮线长度变短，故C项正确；‎ D. 保持其他条件不变，只增大L，电子在离开偏转电场到达荧光屏的过程中运动完全一致，不会产生位移差，故荧光屏上形成的亮线长度不变，D项错误。‎ ‎12.如图所示，竖直平面内一半径为R的圆形区域内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向外．一束质量为m、电荷量为q的带正电粒子沿平行于直径MN的方向进入匀强磁场，粒子的速度大小不同，重力不计，入射点P到直径MN的距离为h，则(　　)‎ A. 若某粒子经过磁场射出时的速度方向恰好与其入射方向相反，则该粒子的入射速度是 B. 恰好能从M点射出的粒子速度是 C. 若h＝R，粒子从P点经磁场到M点的时间是 D. 当粒子轨道半径r＝R时，粒子从圆形磁场区域最低点射出 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】根据牛顿第二定律，即做匀速圆周运动的带电粒子所受洛仑兹力产生向心加速度：‎ ‎，‎ 周期：‎ 从而得出半径和周期：‎ ‎；‎ A、若某粒子经过磁场射出时的速度方向恰好与其入射方向相反，则粒子在圆形磁场中恰好转半周，其运动轨迹如图所示，‎ 所以带电粒子的做匀速圆周运动的半径为r=h，代入上述公式可得入射速度为 ‎，‎ 故A项正确； ‎ B、若带电粒子恰好从M点射出，画出其运动轨迹如图所示，‎ 由几何关系有：‎ 从而求出半径：‎ ‎，‎ 再代入上述公式得：‎ v=，‎ 故B项正确；‎ C、若h=，则∠POM=60°，由几何关系可知，粒子从P点经磁场到M点，偏转所对应的的圆心角为：‎ 带电粒子运动时间为：‎ t=，‎ 故C项错误；‎ D、当粒子轨道半径r=R，其做匀速圆周运动的轨迹如图所示，‎ 圆心为O′，分别连接两圆心与两交点，则恰好形成一个菱形，由于PO′∥OQ，所以粒子从最低点Q点射出，故D项正确。‎ 二、实验题（共18分）‎ ‎13.‎ 某实验探究小组的同学准备测量电炉丝的电阻率，他们首先用螺旋测微器测出一段电炉丝的直径和长度如图甲、乙所示，则该电炉丝的直径为________mm，长度为________mm。该小组同学又正确使用多用电表欧姆×10挡测量其阻值，结果如图丙所示，则该电炉的阻值是________Ω。‎ ‎【答案】 (1). 0.900 (2). 33.10 (3). 165‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]螺旋测微器的固定刻度为‎0.5mm，可动刻度为40.0×‎0.01mm=‎0.400mm，所以最终读数为‎0.5mm+‎0.0400mm=‎0.900mm；‎ ‎[2]游标卡尺的主尺读数为：‎3.3cm=‎33mm，游标尺上第2个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为2×‎0.05mm=‎0.10mm，所以最终读数为：‎33mm+‎0.10mm=‎33.10mm；‎ ‎[3]表盘上欧姆表读数16.5，倍率为×10档，所以电炉的阻值为165Ω。‎ ‎14.(1)图甲是多用电表简化电路图，A插孔应接__________表笔(选填“红”或“黑”)；作为欧姆表使用时，选择开关应接__________(选填“‎1”‎“‎2”‎或“‎3”‎)。‎ ‎(2)利用多用电表直流电流挡和电阻箱测量电源的电动势和内阻的电路如图乙所示。调节电阻箱，记录多组示数R和多用电表示数，作出的图线如图丙。由图丙可求得电动势E＝__________V，内阻r＝__________Ω。(结果均保留2位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). 红 (2). 2 (3). 29(2.8～2.9) (4). 1.2(1.0～1.2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]多用电表电流一定从红表笔流入，故作为欧姆表使用时，电源正极应接黑表笔，负极接红表笔，故A为红表笔；‎ ‎[2]作为欧姆表使用时，选择开关应接2，内部电源被接通，构成欧姆表，可测量电阻；‎ ‎（2）[3]根据闭合电路欧姆定律得：E=IR+Ir，‎ 解得：‎ ‎，‎ 可知图线斜率表示电动势，则有：‎ ‎；‎ ‎[4]纵轴截距的绝对值表示内阻，故内阻为：r=1.2Ω.‎ ‎15.测定电流表内阻的实验中备用的器材如下：‎ A．待测电流表(量程0～100 μA，内阻约为几百欧);‎ B．标准伏特表(量程0～5 V)；‎ C．电阻箱(阻值范围0～999.9 Ω)‎ D．电阻箱(阻值范围0～99 999.9 Ω)‎ E．电源(电动势2 V，内阻不为零) ‎ F．电源(电动势6 V，内阻不为零)；‎ G．滑动变阻器(阻值范围0～50 Ω，额定电流‎1.5 A)；‎ H．电键和导线若干。‎ ‎(1)采用如图甲所示的电路测定电流表A的内阻，且要求较高的测量精确，那么从以上备用的器材中，电阻箱R1应选用__________，电阻箱R2应选用__________，电源E应选用__________。(填写字母代号)‎ ‎(2)实验时要进行的步骤有：‎ A．闭合S1；B.闭合S2；C.将R1的阻值调至最大；D.调节R1的阻值，使电流表指针偏转到满刻度；E.调节R2的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半；F.记下R2的阻值。把以上步骤的字母代号按实验的合理顺序排列：__________。‎ ‎(3)如果在步骤F中R2的阻值为600 Ω，则该电流表内阻Rg的测量值为__________Ω。‎ ‎(4)如果要将第(3)小题中的电流表A改装成量程为0～5 V的伏特表，则改装的方法是与电流表__________联一个阻值为__________Ω的电阻。‎ ‎(5)在如图乙所示器材中，一部分是将电流表改装为伏特表所需的，其余是为了把改装成的伏特表跟标准伏特表进行校对所需的(要求对0～5 V的所有刻度都能校对)。试在实物图中补画出连线使其能对改装后的伏特表进行校对______。‎ ‎【答案】 (1). D (2). C (3). F (4). CADBEF (5). 600 (6). 串 (7). 49400 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）半偏法测量电流表内阻的方法以及测量原理：如题图甲，设电源的电动势为E，内阻为r，S2打开时，设电流表满偏电流 ‎，实际要求R1＞＞Rg，R1＞＞r，这样才有，当S2闭合时，R2和Rg并联，并联后总阻值R并＜Rg＜＜R1，这样才有S2闭合后，电路中总电流几乎不变，仍然近似等于，‎ 调节R2使电流表半偏为，所以流过R2的电流也为，所以R2=Rg。‎ ‎[1]从上述原理可知，S2打开与闭合，近似认为干路中电流不变，前提是R1＞＞Rg。故实验器材选择应满足R1尽可能大。所以R1选用大量程的电阻箱D；‎ ‎[2] 电阻箱的总阻值应比电流表内阻稍大一些，所以R2选用总阻值较小的电阻箱C； ‎ ‎[3] 要满足R1尽可能大，同时电流表达到满偏，则电源电动势应尽可能大，所以电源应选用电动势较大的F；‎ ‎（2）[4]根据半偏法测量原理，则操作步骤为：按题图甲的电路图连接好电路；将R1的阻值调到最大；合上S1；调节R1的阻值，使电流表指针偏转到满刻度；合上S2；调节R2的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半；记下R2的阻值。所以实验步骤的合理顺序是 CADBEF；‎ ‎（3）[5]如果在步骤F中R2的阻值为600Ω，则图甲中电流表内阻Rg的测量值为Rg=R2=600Ω；‎ ‎（4）[6]如果要将第（3）小题中的电流表A改装成量程为0-5V的伏特表，则改装的方法是与电流表串联一个阻值；‎ ‎[7]串联电阻的阻值为：‎ ‎；‎ ‎（5）[8]校对电压表时，电压应从零开始变化，滑动变阻器采用分压接法，标准电压表与改装后的电压表应并接，实物电路图如图所示：‎ 三、解答题(本题共3小题，共36分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)‎ ‎16.如图一带电荷量为＋q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止。重力加速度用g表示，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：‎ ‎(1)电场强度的大小E；‎ ‎(2)将电场强度减小为原来的时，物块加速度的大小a；‎ ‎(3)电场强度变化后物块下滑距离L时的动能Ek。‎ ‎【答案】(1) (2)‎0.3g (3)0.3mgL ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力分析如图所示：‎ FNsin37∘=qE①‎ FNcos37∘=mg②‎ 由①、②可得电场强度：‎ ‎（2）若电场强度减小为原来的，则变为 mgsin37∘−qcos37∘=ma③‎ 可得加速度：‎ a=‎0.3g.‎ ‎（3）电场强度变化后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功，‎ 由动能定理则有：‎ mgLsin37∘−qE′Lcos37∘=Ek−0④‎ 可得动能：‎ Ek=0.3mgL ‎17.如图所示，电源电动势为3 V，内阻不计，两个不计电阻的金属圆环表面光滑，竖直悬挂在等长的细线上，金属环面平行，相距‎1 m，两环分别与电源正负极相连。现将一质量为‎0.06 kg、电阻为1.5 Ω的导体棒轻放在环上，导体棒与环有良好电接触。两环之间有方向竖直向上、磁感应强度为0.4 T的匀强磁场。重力加速度g＝‎10 m/s2，当开关闭合后，导体棒上滑到某位置静止不动，‎ ‎(1)试求在此位置上棒对每一个环的压力为多少？‎ ‎(2)若已知环半径为‎0.5 m，此位置与环底的高度差是多少？‎ ‎【答案】(1)0.5 N (2)‎‎0.2 m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）金属棒受到的安培力为：‎ ‎；‎ 对金属棒进行受力分析，金属棒受到重力、安培力和两个环的支持力，如图：‎ 因为金属棒静止，根据平衡条件得每个环对棒的支持力FN，‎ 得：FN=0.5N 根据牛顿第三定律，每个环受到的压力为0.5N；‎ ‎（2）由于：‎ 所以：‎ θ=53°‎ 所以金属棒上升的高度为：‎ h=r−rcosθ=0.5−0.5cos53∘=‎‎0.2m ‎18.一个质量m=2×10‎-2 kg、电荷量q=+5×10‎-3 C的带电小球在0时刻以v0=‎40 m/s的速度从O点沿+x方向(水平向右)射入一空间,在该空间同时加上如图乙所示的电场和磁场,其中电场沿-y方向(竖直向上),电场强度大小E0=40 V/m。磁场垂直于xOy平面向外,磁感应强度大小B0=4π T。当地的重力加速度g取‎10 m/s2,不计空气阻力,计算结果中可以保留根式或π。求:‎ ‎(1)12 s末小球速度的大小;‎ ‎(2)在给定的xOy坐标系中,大体画出小球在0~24 s内运动轨迹的示意图;‎ ‎(3)26 s末小球的位置坐标。‎ ‎【答案】(1)20 m/s；　(2) 　；(3) （(120-) m， (45+) m）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）0～1s内，小球只受重力作用，做平抛运动．当同时加上电场和磁场时，电场力：F1=qE0=0.2N，方向向上，重力：G=mg=0.2N，方向向下，重力和电场力恰好平衡．此时小球只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有： 运动周期 ，联立解得T=2s，正好是电场、磁场同时存在时间的5倍，即在这10s内，小球恰好做了5个完整的匀速圆周运动．所以小球在t1=12s时刻的速度相当于小球做平抛运动t=2s时的末速度．  vy=gt=‎20m/s， vx=v0=‎40m/s ‎ ‎（2）小球在24s内的运动轨迹示意图如图所示；‎ ‎（3）分析可知，小球26s末与24s末的位置相同，在26s内小球做了3s的平抛运动，23s末小球平抛运动的位移大小为：  x1=v0•3=‎120m y1＝ g×32＝‎45m 3s时小球的速度大小为 ‎ ‎  速度与竖直方向的夹角为θ=53° 此后小球做匀速圆周运动的半径 ‎ ‎26s末，小球恰好完成了半个圆周运动，此时小球的位置坐标 x2＝x1−2r2cosθ＝(120− )m y2＝y1+2r2sinθ＝(45+)‎ 点睛:解答带电粒子在磁场中运动的思路是正确受力分析，画出运动轨迹图，这类问题对学生数学知识要求较高，是考查重点和难点．‎