云南省民族大学附属中学高三物理上学期期末考试试题含解析

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1、2020学年云南民族大学附中高三（上）期末物理试卷 一、单选题1.下列说法正确的是A. 汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，并提出了原子的“枣糕模型”B. 太阳辐射的能量主要来自太阳内部的链式反应C. 光电效应中光电子的最大初动能与入射光的频率成正比D. 是衰变方程【答案】A【解析】汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，并提出了原子的“枣糕模型”，A正确；太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应，B错误；光电效应中光电子的最大初动能与入射光的频率呈线性关系，不成正比，C错误；是人工转变，不是衰变方程，D错误，故选A.2.在如右图所示的电路中，放在光滑金属导轨上的ab导体向右移动，这可能发生在A. 闭

2、合S的瞬间 B. 断开S的瞬间C. 闭合S后，减小电阻R时 D. 闭合S后，增大电阻R时【答案】AC【解析】试题分析：金属杆向右运动则说明金属杆受到向右的作用力，由左手定则可知电流的方向；由楞次定律可知左侧产生的磁通量的变化；则可知左侧电流的变化情况金属杆向右运动说明金属杆受到向右的安培力，由左手定则可知，金属杆中的电流由a到b；右侧线框中产生的磁通量向上；则由楞次定律可知，左侧线框中的磁场可能向下减小，也可能向上增加；左侧电流由上方进入，由安培定则可知，内部磁场方向向上；故产生以上现象只能是磁通量突然增加；故只能为A或C；故选AC考点：楞次定律；安培定则；左手定则点评：减小电阻R的阻值时，电

3、路中电阻减小，由欧姆定律可知电流将增大，则内部磁通量将增大3.如图所示A是带正电的球，B为不电的导体，AB、均放在绝缘支架上，M、N是导体B中的两点，以无限远处为电势零点，当导体B达到静电平衡后,说法错误的是（ ）A. M,N两点电场强度大小关系为EM=EN=0B. M,N两点电势高低关系为C. M,N两点电势高低关系为D. 感应电荷在M,N两点产生的电场强度【答案】C【解析】试题分析：导体B达到静电平衡后，内部场强为零，所以，A正确；B达到静电平衡后变成一个等势体，即，B正确C错误；感应电荷在MN两点产生的电场强度大小等于A在MN两点产生的电场强度，根据点电荷电场公式可知，距离场源电荷越近，

4、电场强度越大，故，故D正确考点：考查了静电平衡4.在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，A、V为理想电流表和电压表。在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是( )A. 电压表示数变大B. 电流表示数变小C. 电容器C所带电荷量增多D. a点的电势降低【答案】BD【解析】R2和R3下部分电阻并联之后跟R1串联，滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中有效阻值减小，使得干路电流增大即V（测R1两端电压）的示数增大，R2两端电压减小则通过它的电流减小，A的示数增大AB错，电容器C所带电荷量减少，C错

5、，V的示数增大即电势降落增加，所以a点的电势降低，D对5.如图所示，匝矩形导线框以角速度在磁感应强度为的匀强磁场中绕轴匀速转动，线框面积为，线框的电阻为，电感不计，外电路接电阻、理想交流电流表。下列说法正确的是A. 图示位置线圈的感应电动势为B. 交流电流表的示数C. 一个周期内通过的电荷量D. 两端电压的有效值【答案】B【解析】试题分析：图示位置是中性面位置，感应电动势为零，故A错误.感应电动势的最大值，故电流为，故B正确.一个周期内通过R的电荷量，故C错误.感应电动势的有效值为，故R两端电压的有效值为，故D错误.故选B考点：本题考查了交流发电机及其产生正弦式电流的原理、正弦式电流的最大值和

6、有效值、周期和频率.6.2020年12月14日21时11分，嫦娥三号成功实现月面软着陆，中国成为世界上第三个在月球上实现软着陆的国家.如图所示，嫦娥三号经历漫长的地月旅行后，首次在距月表100km的环月轨道上绕月球做圆周运动运动到A点时变推力发动机开机工作，嫦娥三号开始快速变轨，变轨后在近月点B距月球表面15km的椭圆轨道上绕月运行；当运动到B点时，变推力发动机再次开机，嫦娥三号从距月面15km处实施动力下降关于嫦娥三号探月之旅，下列说法正确的是（）A. 在A点变轨时，嫦娥三号的机械能增加B. 在A点变轨时，发动机的推力和嫦娥三号运动方向相反C. 在A点变轨后，嫦娥三号在椭圆轨道上运行的周期比

7、圆轨道周期长D. 在A点变轨后沿椭圆轨道向B点运动的过程中，嫦娥三号的加速度逐渐减小【答案】B【解析】试题分析：嫦娥三号在A点变轨时，发动机的推力和嫦娥三号运动方向相反，卫星做减速运动，万有引力大于向心力做近心运动，使其进入椭圆轨道，故在A点变轨时，机械能要减小，故A错误、B正确由开普勒第三定律，椭圆轨道的半长轴比圆轨道的半径小，则椭圆轨道上运行的周期比圆轨道周期短;选项C错误.由牛顿第二定律可知，A点变轨后沿椭圆轨道向B点运动时，减小，则加速度逐渐增大;选项D错误。故选B.考点：本题考查了开普勒第三定律、万有引力定律及其应用、卫星的变轨.7.如图所示，图甲中MN为足够大的不带电薄金属板，在金

8、属板的右侧，距离为d的位置上放入一个电荷量为q的点电荷O，由于静电感应产生了如图甲所示的电场分布。P是金属板上的一点，P点与点电荷O之间的距离为r，几位同学想求出P点的电场强度大小，但发现问题很难。几位同学经过仔细研究，从图乙所示的电场得到了一些启示，经过查阅资料他们知道：图甲所示的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布是一样的。图乙中两异种点电荷电荷量的大小均为q，它们之间的距离为2d，虚线是两点电荷连线的中垂线。由此他们分别对P点的电场强度方向和大小做出以下判断，其中正确的是()A. 方向沿P点和点电荷的连线向左，大小为B. 方向沿P点和点电荷的连线向左，大小为C. 方向垂直于金属板向左，大小

9、为D. 方向垂直于金属板向左，大小为【答案】C【解析】【详解】根据P点的电场线方向可以得P点的电场强度方向是垂直于金属板向左，两异号点电荷电荷量的大小均为q，它们之间的距离为2d，P点与点电荷O之间的距离为r，根据点电荷的场强公式，P点的电场是由两异号点电荷分别产生的场强叠加产生的。根据场强的叠加法则和几何关系得：大小为。故选C。【点睛】常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性8.如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B的复合场中和B已知，

10、小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，则下列说法不正确的是A. 小球可能带负电B. 小球做匀速圆周运动的半径为C. 小球做匀速圆周运动的周期为D. 若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期变大【答案】D【解析】【分析】小球在竖直平面内做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，由洛伦兹力提供向心力，根据以及qE=mg列式。在加速电场中根据动能定理列式，联立可求得半径和周期。【详解】A项：小球在竖直平面内做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，则知小球所受的电场力竖直向上，与电场方向相反，因此小球带负电，故A正确;；B项：小球做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有又qE=mg在加速电场中，根据动能定理得联立

11、以上三式得，故B正确；C项：小球做匀速圆周运动的周期为，结合qE=mg得，故C正确；D项：小球做匀速圆周运动的周期为，显然运动周期与加速电压U无关，若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期不变。故D错误。本题选不正确的，故选：D。【点睛】本题考查了带电粒子在复合场中的圆周运动问题，关键要正确分析受力情况，明确向心力来源。二、多选题9.如图所示，两个等量同种点电荷分别固定于光滑绝缘水平面上A、B两点一个带电粒子由静止释放，仅受电场力作用，沿着AB中垂线从C点运动到D点、D是关于AB对称的两点下列关于粒子运动的图象中可能正确的是A. B. C. D. 【答案】AC【解析】【分析】A、B为两个等量的

12、同种电荷，其连线中垂线上电场强度方向若是负电荷则为CO、DO，若是正电荷则为OC、OD；点电荷q仅受电场力作用从C点到D点运动的过程中，由于释放位置不清楚则电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况不确定因此可能加速度先增加后减小再增加最后减小；也可能先减小后增加。【详解】A、B为两个等量的同种电荷，其连线中垂线上电场强度方向，若是负电荷则电场强度方向为CO、DO，若是正电荷则电场强度方向为OC、OD；点电荷q仅受电场力作用从C点到D点运动的过程中，当从电场强度最大的位置释放时，则带电粒子所受电场力先减小后增大，那么加速度也是先减小后增大，而A选项图象的斜率

13、表示加速度的大小，所以A正确；若从小于电场强度最大值位置释放，则带电粒子所受电场力先增大后减小再增大最后减小，那么加速度也是先增大后减小再增大最后减小。而D选项图象的斜率表示加速度的大小故C正确；BD均错误。故选：AC。【点睛】本题考查对等量异种电荷电场线的分布情况及特点的理解和掌握程度，要抓住电场线的对称性。10. 如图所示，匀强磁场的方向垂直于光滑的金属导轨平面向里，极板间距为d的平行板电容器与总阻值为2R0的滑动变阻器通过平行导轨连接，电阻为R0的导体棒MN可在外力的作用下沿导轨从左向右做匀速直线运动。当滑动变阻器的滑动触头位于a、b的中间位置、导体棒MN的速度为v0时，位于电容器中P点

14、的带电油滴恰好处于静止状态若不计摩擦和平行导轨及导线的电阻，重力加速度为g，则下列判断正确的是( )A. 油滴带正电荷B. 若将上极板竖直向上移动距离d，油滴将向上加速运动，加速度a = g2C. 若将导体棒的速度变为2v0，油滴将向上加速运动，加速度a = 2gD. 若保持导体棒的速度为v0不变，而将滑动触头置于a位置，同时将电容器上极板向上移动距离d3，油滴仍将静止【答案】D【解析】考点：导体切割磁感线时的感应电动势；带电粒子在匀强电场中的运动；电容；闭合电路的欧姆定律专题：电磁感应与电路结合分析：导体棒MN相当于电源，M端为正极，外电路由滑动变阻器构成，电容器两端电压和滑动变阻器两端电压

15、相等，弄清楚这些然后对带电液滴进行受力分析即可正确解答本题解答：解：根据右手定责可知，M端为正极，液滴静止，因此带负电，故A错误；设导体棒长度为L，导体棒切割磁感线形成的感应电动势为：E=BLv电容器两端电压为：U=开始液滴静止有：q=mg 若将上极板竖直向上移动距离d时，有：mg-q=ma1 联立得：a=，方向竖直向下，故B错误；当若将导体棒的速度变为2v时，有：q-mg=ma将中v换为2v联立解得：a=，方向竖直向上，故C错误；若保持导体棒的速度为v不变，而将滑动触头置于a位置时，电容器两端之间的电压为：U2=BLv此时液滴所受电场力为：F=q=mg，因此液滴仍然静止，故D正确故选D点评：

16、本题实质上借助电磁感应考查了有关电容器的运算，注意正确分析电容器两端电压以及极板的正负极11.在倾角为的光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开C时，A的速度为v，则此过程(弹簧的弹性势能与弹簧的伸长量或压缩量的平方成正比，重力加速度为g) ，下列说法正确的是( )A. 物块A运动的距离为B. 物块A加速度为C. 拉力F做的功为mv2D. 拉力F对A做的功等于A的机械能的增加量【答案】AD【解析】试题分析：开始时，弹簧处于压缩状态，压力等于物体A重力的下滑分力，

17、根据胡克定律，有：mgsin=kx1解得：；物块B刚要离开C时，弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，根据胡克定律，有；mgsin=kx2； 解得：；故物块A运动的距离为：xx1+x2，故A正确；此时物体A受拉力、重力、支持力和弹簧的拉力，根据牛顿第二定律，有：F-mgsin-T=ma弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，为：T=mgsin，故：a=2gsin，故B错误；拉力F做的功等于物体A、物体B和弹簧系统机械能的增加量，为：W=mgxsin+mv2+EP弹，故C错误；由于质量相等，那么刚好要离开挡板时候的弹性势能和刚开始相同，同时B物体机械能没有变化，那么整个过程中外力F做的功全部用于增加物

18、块A的机械能，故D正确；故选AD。考点：胡克定律；牛顿第二定律；动能定理的应用【名师点睛】本题关键抓住两个临界状态，开始时的平衡状态和最后的B物体恰好要滑动的临界状态，然后结合功能关系分析，不难。12.如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线、，在之间、之间存在匀强磁场，大小均为1T，方向垂直于虚线所在平面。现有一矩形线圈abcd，宽度，质量为，电阻为，将其从图示位置静止释放边与重合，速度随时间的变化关系如图乙所示，时刻cd边与重合，时刻ab边与重合，时刻ab边与重合，已知的时间间隔为，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向。重力加速度g取则A. 在时间内，通过线圈的电荷量为B. 线圈

19、匀速运动的速度大小为C. 线圈的长度为1mD. 时间内，线圈产生的热量为【答案】AB【解析】【分析】根据感应电荷量，求解电荷量；t2t3这段时间内线圈做匀速直线运动，线圈所受的安培力和重力平衡，根据平衡求出匀速直线运动的速度；通过线圈在t1t2的时间间隔内，穿过线圈的磁通量没有改变，没有感应电流产生，线圈做匀加速直线运动，加速度为g，知以cd在L2为初状态，以ab边刚进L3为末状态，设磁场的宽度为d，则线圈下降的位移为3d，根据运动学公式求出线圈的长度。根据能量守恒求出0t3这段时间内线圈中所产生的电热。【详解】B项：根据平衡有：mg=BIL，而联立两式解得代入数据解得：，故B正确；C项：t1

20、t2的时间间隔内线圈一直做匀加速直线运动，知以cd在L2为初状态，以ab边刚进L3为末状态，设磁场的宽度为d，则线圈下降的位移为3d，则有： 其中v=8m/s，t=0.6s，代入解得d=1m所以线圈的长度为L=2d=2m。故C错误；A项：在0t1时间内，cd边从L1运动到L2，通过线圈的电荷量为，故A正确；D项：、0t3时间内，根据能量守恒得，Q=mg（3d+2d）-，故D错误。故应选：AB。【点睛】解决本题的关键理清线圈的运动情况，选择合适的规律进行求解，本题的难点就是通过线圈匀加速直线运动挖掘出下落的位移为磁场宽度的3倍。三、实验题探究题13.在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，采用如

21、图甲所示的装置。（1）本实验应用的实验方法是_A控制变量法 B假设法 C理想实验法（2）下列说法中正确的是_A在探究加速度与质量的关系时，应改变小车所受拉力的大小B在探究加速度与外力的关系时，应改变小车的质量C在探究加速度与质量的关系时，作出图象容易更直观判断出二者间的关系D无论在什么条件下，细线对小车的拉力大小总等于砝码盘和砝码的总重力大小（3）在探究加速度与力的关系时，若取车的质量M0.5kg，改变砝码质量m的值，进行多次实验，以下m的取值最不合适的一个是_Am14g Bm210g Cm340g Dm4500g（4）在平衡小车与长木板之间摩擦力的过程中，打出了一条纸带如图乙所示。计时器打点

22、的时间间隔为0.02 s。从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，根据图中给出的数据求出该小车的加速度a=_m/s2（结果保留两位有效数字）。（5）如图所示为甲同学在探究加速度a与力F的关系时，根据测量数据作出的a-F 图象，说明实验存在的问题是_。【答案】（1） A （2）C （3）D （4） 0.16 （5）平衡摩擦力不足或未平衡摩擦力【解析】试题分析：（1）该实验是探究加速度与力、质量的三者关系，研究三者关系必须先使某一个量不变化，研究另外两个量之间的变化关系，即运用控制变量法，故选A；（2）在探究加速度与质量的关系时，应保持小车所受拉力的大小不变，改变小车的质

23、量，A错误；在探究加速度与外力的关系时，应保持小车的质量不变，改变小车所受拉力的大小，B错误；在探究加速度与质量的关系时，作出图象是直线，容易更直观判断出二者间的关系，C正确；当不满足的条件时，细线对小车的拉力大小就不能近似等于砝码盘和砝码的总重力大小，D错误；故选C；（3）实验时要求小车质量M要远远大于砂及砂桶的质量m，D中M与m相等，所以D最不合适；（4）根据得：；（5）图中图象与横轴的截距大于0，说明在拉力大于0时，加速度等于0，说明物体所受拉力之外的其他力的合力大于0，即没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。考点：探究加速度与力、质量的关系。【名师点睛】要真正掌握了实验原理才能顺利解决此类实

24、验题目，（1）打点计算器的工作原理；（2）匀变速直线运动的推论公式；（3）满足小车质量M要远远大于砂及砂桶的质量m的条件，实验前将木板一端垫高，形成斜面来平衡摩擦力；（4）会分析图象中不是直线和不过原点的原因。14. (10分)某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率，步骤如下：(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度如图甲,由图可知其长度为_mm；用螺旋测微器测量其直径如图乙，由图可知其直径为_mm；用多用电表的电阻“10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图丙，则该电阻的阻值约为_(2)该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：A待测圆柱体电阻R

25、B电流表A1，（量程04 mA，内阻约为50）C电流表A2，（量程010mA，内阻约为30）D电压表V1，（量程03V，内阻约为10 k）E. 电压表V2，（量程015V，内阻约为25 k）F滑动变阻器R1（阻值范围015，允许通过的最大电流2.0A）G滑动变阻器R2（阻值范围02k，允许通过的最大电流0.5A）H直流电源E（电动势4V，内阻不计）I 开关S、导线若干为使实验误差较小，要求便于调节且测得多组数据进行分析，所选电流表_，电压表_，滑动变阻器_（填所选器材的符号），并在虚线框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号(3)若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的R测量值几乎相等，由此可

26、估算此圆柱体材料的电阻率约为=_m(保留2位有效数字)【答案】（1）50.15mm；（2）4.700mm；（3）220；（4）如图所示【解析】试题分析：（1）由图甲，游标卡尺的读数为50mm+30.05mm=50.15mm；由图乙，螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读，螺旋测微器的读数为4mm+0.5mm+20.00.01mm=4.700mm；由图丙，用欧姆表测电阻的读数为指针示数乘以倍率，当指针指在中央附近时测量值较准确，欧姆表表盘的示数为22.010=220。（2）电源电动势为4V，故电压表应选V1，待测电阻中最大电流约为，则电流表应选A2；滑动变阻

27、器选择小量程的，便于调节，故选R1；因待测电阻值远小于电压表内阻，电流表应选外接法；又滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻值，故变阻器应用分压式接法，电路图如图所示：（3）根据电阻定律、，代入数据解得：考点：本题考查了测定金属的电阻率和螺旋测微器及游标卡尺的读数。四、计算题15.如图所示，A、B是水平传送带的两个端点，起初以的速度顺时针运转。今将一质量为1kg的小物块（可视为质点）无初速度地轻放在A处，同时传送带以的加速度加速运转，物体和传送带间的动摩擦因素为0.2，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道CPN，其形状为半径R=0.8m的圆环剪去了左上角1350的圆弧，PN为其竖直直径，C点与B点的竖

28、直距离为R，物体在B点水平离开传送带后由C点恰好无碰撞落入轨道。取g=10m/s2，求：（1）物块由A端运动到B端所经历的时间。（2）AC间的水平距离（3）小物块在P点对轨道的压力。【答案】（1）3s（2）8.6m（3）70-10N【解析】试题分析：（1）物体离开传送带后由C点无碰撞落入轨道，则得在C点物体的速度方向与C点相切，与竖直方向成45，有，物体从B点到C作平抛运动，竖直方向：水平方向：得出物体刚放上传送带时，由牛顿第二定律得a=2m/s2物体历时t1后与传送带共速，则a t1=v0+ a0t1，t1=1s得v1=2 m/s4 m/s故物体此时速度还没有达到vB，且此后的过程中由于，物

29、体将和传送带以共同的加速度运动，设又历时t2到达B点 vB= v1+ a0t2得t2=2s所以从A运动倒B的时间t= t1+t2=3sAB间的距离s=7m（2）从B到C的水平距离sBC=vBt3=2R=1.6m所以A到C的水平距离sAC=s+sBC=8.6m(3) 对CP段由动能定理对P点应牛顿第二定律：解得：N=70-10N考点：牛顿第二定律的综合应用；平抛运动【名师点睛】此题主要是牛顿第二定律的综合应用问题；解决此题的关键是抓住过程分析及各过程之间的联系，分过程依次解决，对于在传送到上的运动又要讨论各种情况，比较复杂；对于圆周运动问题逐一分析向心力来源有一定难度。16.如图所示，倾角为30

30、、宽度为d1 m、长为L4 m的光滑倾斜导轨，导轨C1D1、C2D2顶端接有定值电阻R015 ，倾斜导轨置于垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度为B5 T，C1A1、C2A2是长为s4.5 m的粗糙水平轨道，A1B1、A2B2是半径为R0.5 m处于竖直平面内的1/4光滑圆环(其中B1、B2为弹性挡板)，整个轨道对称在导轨顶端垂直于导轨放一根质量为m2 kg、电阻不计的金属棒MN，当开关S闭合时，金属棒从倾斜轨道顶端静止释放，已知金属棒到达倾斜轨道底端前已达到最大速度，当金属棒刚滑到倾斜导轨底端时断开开关S，(不考虑金属棒MN经过C1、C2处和棒与B1、B2处弹性挡板碰撞时的机械能损失，

31、整个运动过程中金属棒始终保持水平，水平导轨与金属棒MN之间的动摩擦因数为0.1，g10 m/s2)求：(1)开关闭合时金属棒滑到倾斜轨道底端时的速度大小；(2)金属棒MN在倾斜导轨上运动的过程中，电阻R0上产生的热量Q；(3)已知金属棒会多次经过圆环最低点A1A2，求金属棒经过圆环最低点A1A2时对轨道压力的最小值【答案】（1）6m/s；（2）4J；（3）56N【解析】试题分析：（1）开关闭时，金属棒下滑时切割磁感线运动，产生感应电动势，产生感应电流，受到沿斜面向上的安培力，做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为0时，速度最大根据牛顿第二定律和安培力与速度的关系式结合，求解即可（2）下滑过程中

32、，重力势能减小，动能增加，内能增加，根据能量守恒求出整个电路产生的热量，从而求出电阻上产生的热量（3）由能量守恒定律求出金属棒第三次经过A1A2时速度，对金属棒进行受力分析，由牛顿定律求解（1）金属棒最大速度时,电动势,电流,安培力金属棒最大速度时加速度为0，由牛顿第二定律得：所以最大速度（2）金属棒MN在倾斜导轨上运动的过程中，由能量守恒定律得：代入数据，得（3）金属棒第三次经过A1A2时速度为VA，由动能定理得：金属棒第三次经过A1A2时，由牛顿第二定律得由牛顿第三定律得，金属棒对轨道的压力大小17.（16分）如图所示，直线OP与x轴的夹角为45o，OP上方有沿y轴负方向的匀强电场，OP与

33、x轴之间的有垂直纸面向外的匀强磁场区域I，x轴下方有垂直纸面向外的匀强磁场区域II。不计重力，一质量为m、带电量为q的粒子从y轴上的A（0，l）点以速度垂直y轴射入电场，恰以垂直于OP的速度进磁场区域I。若带电粒子第二次通过x轴时，速度方向恰好垂直x轴射入磁场区域I，在磁场区域I中偏转后最终粒子恰好不能再进入电场中。求：（1）带电粒子离开电场时的速度大小；（2）电场强度E的大小；（3）磁场区域I、II的磁感应强度B1、B2的大小。【答案】（1）（2）（3），【解析】试题分析：（1）粒子到达C点时,解得（2）粒子从A到C的过程，粒子做类平抛运动，设粒子沿x轴方向的位移为x1，沿y轴方向的位移为y1,图中OD之间的距离为y2,可得，解得：（3）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，解得设在磁场I中粒子运动半径为R1，因粒子垂直通过x轴,因此OC等于R1，由几何关系可得：，粒子在磁场II中运动后返回磁场I中后，刚好不回到电场中，其运动轨迹应与OP相切，轨迹如图所示，设粒子在磁场II中的半径为R2，据几何关系可得：，解得。考点：本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动