当前位置：首页 > 广东省中山市华侨中学2017-2018上学期物理期末复习综合卷（三）
得t1?0.2s（1分）
v1?gt1?2m/s（1分）
进入电场后，qE?mg?ma，（1分）
得a?10m/s2（1分） 故 t2?v1?0.2s at?t1?t2?0.4s（1分）
2v2h??0.2m（1分）
2a 17.（12分）如图所示，在水平地面MN上方存在范围足够大的竖直向上的匀强电场E，E=1×104V/m。水平面上竖直放置一绝缘轨道ABCD，AB部分为粗糙直轨道，E 且与水平方向夹角为37°，BCD为光滑圆轨道，与AB在B点
A 处相切。轨道与地面相切于C点，D点处切线沿水平方向，圆m D 轨道半径R=0.5m。现将一质量为m=1kg的带电物块（大小忽
略不计）从斜面上P点（图中未标出）静止释放，物块与AB轨道间动摩擦因数为μ=0.25，物块带电量为q=+2×10-4C。结
O 果物块恰能通过D点。不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。B 373（sin37??0.6，cos37??0.8）求：（1）物块通过D点时
C N 速度vD大小；（2）若在物块刚刚通过D点后立即撤去轨道M
ABCD，则物块的落地点距离C点的水平距离是多少；（3）物块释放处P点与B点之间的距离x。
2mvD（1）依题意：mg?qE?， （2分）
R得vD?2m/s（1分）
（2）水平方向：x?vDt① （1分） 竖直方向：2R?12at ② （1分） 2由mg?qE?ma（2分）
得 a?8m/s2 代入①② 得 x?1m（1分）
（3）从释放到D点过程，由动能定理有：
(mg?qE)[xsin37??R(1?cos37?)?2R]??(mg?qE)cos37??x?得x?12mvD?0（3分） 223m或x?2.875m（1分） 8（第（3）问若未用动能定理求解，斜面上受力分析表达式正确即得2分；分步用动能定理，每个
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步骤的动能定理表达式给1分，不超过3分。）
18．（14分）如下图所示，相距为d、板间电压为U的平行金属板M、N间有垂直纸面向里、磁感应强度为B0的匀强磁场；在pOy区域内有垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场；pOx区域为无场区．一正离子沿平行于金属板、垂直磁场射入两板间并做匀速直线运动，从H（0，a）点垂直y轴进入第Ⅰ象限．（1）求离子在平行金属板间的运动速度；（2）若离子经Op上某点离开磁场，最后垂直x轴离开第Ⅰ象限，求离子在第Ⅰ象限磁场区域的运动时间；（3）要使离子一定能打在x轴上，则离子的荷质比应满足什么条件？ 18.（1）
?adB0UU，（2），（3）离子的荷质比必须小于(1?2)
4UB0ddB0Ba【解析】
试题分析：（1）设离子在平行板内的匀速直线运动速度为v，由于离子做匀速直线运动即离子所
vB受洛仑兹力和电场力平衡，故q式得v?E?0q①，由匀强电场场强和电势差关系有E?U②，联立①②dU。 B0d（2）若离子经Op上某点离开磁场，最后垂直x轴离开第Ⅰ象限，由于离子离开pOy区域将做匀速直线运动可知离子离开pOy区域时速度方向应垂直于x轴，故如下图为离子在pOy区域内运动的轨迹图，
由几何关系有：轨迹半径为r?
a?2?r，轨迹对应的圆心角为??；离子运动周期为T?将22v6
r??adB0?T?adB0UaT??、v?代入可得T?，离子在pOy区域运动时间为t?。
U2?44UB0d2
（3）要使离子一定能打在x轴上，离子离开pOy区域时速度方向应沿OP方向，离子在磁场B中运动的最小半径r2如下图所示。
av2由几何关系得：r2?2r2?a， 解得r2?，由洛仑兹力和向心力关系得 qvB?m，
r21?2由此可得离子荷质比
qvU??(1?2)③，r2为离子在磁场B中运动的最小半径由③式mBr2dB0BaU。
dB0Ba可知运动半径大则要求荷质比小，故离子要打在x轴上的荷质比必须小于(1?2)考点：本题考查了带电粒子在电场中的运动、带电粒子在磁场中的运动.
2019届高二物理期末复习综合卷（三）参考答案
1 B 7 BD 2 A 8 ACD 3 B 9 BC 4 C 10 AC 5 D 11 AD 6 D 12 BD 三、实验题 答案：⑴黑 ⑵14.0 53.0 4.6 ⑶102 ⑷1.54
解析：（1）多用电表内部的电源正极与黑色表笔连接，电流表正常工作时电流从正接线柱流入，
由此可以判定表笔a接内电源正极，为黑色。
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（2）如图2(a)为多用电表的×1 Ω欧姆挡，读数为14.0Ω；如图2 (b)为电流表，读数为53.0mA；
如图2(c)为电阻箱，读数为（0×100+0×10+4×1+6×0.1）Ω=4.6Ω
（3）图1连接时，电路中电流I=53.0mA，则多用电表中电流为53.0mA，指针指在电流格
数为26，将多用电表的两表笔短接，多用电表满偏为50格，则有：
50?53.0mA?101.9mA?102mA。 26 （4）设多用电表在×1 Ω欧姆挡的内阻为r，由于两表笔短接电流为102mA，则E=102×10-3r；
图1连接时，E=53.0×10-3×（14.0+r），联立解得：E=1.54V，r=15.1Ω。 四、计算题。
15.答案 (1)－50V －30V (2)－10V
解析 板间场强方向水平向左，可见Q板是电势最高处．Q板接地，则电势φQ＝0，板间各点电
U
势均为负值．利用公式E＝可求出板间匀强电场的场强，再由U＝Ed可求出各点与Q板间的电
d
势差，即各点的电势．
U50－－
(1)场强E＝＝m1＝5×102V·m1 －2V·d10×10
－
Q、A间电势差UQA＝Ed′＝5×102×(10－4)×102V＝30V 所以A点电势φA＝－30V，P点电势φP＝UPQ＝－50V. (2)当Q板向左平移5cm时，两板间距离 d″＝(10－5) cm＝5cm
Q板与A点间距离变为d＝(10－4) cm－5cm＝1cm
U50－－
电场强度E′＝＝m1＝1.0×103V·m1 －2V·
d″5×10
－
Q、A间电势差UQA′＝E′d＝1.0×103×1.0×102V＝10V 所以A点电势φA＝－10V. 16.（12分）解：
（1）由闭合电路欧姆定律I?E， （2分） R1?r得电容器电压为U?IR1=10V,（1分）
Q?CU?6?10?3C（2分）
（2）由释放到小孔处有：H?12gt1，（1分） 2v1?gt1?2m/s（1分）
得t1?0.2s（1分）
进入电场后，qE?mg?ma，（1分）
得a?10m/s2（1分） 故 t2?v1?0.2s at?t1?t2?0.4s（1分）
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