2022年成都七中高二物理上期期末模擬卷解析版

2022年成都市成都七中高二上期期末模擬卷（一）物理本試卷分選擇題和非選擇題兩部分，第Ⅰ卷（選擇題）1至3頁，第Ⅱ卷（非選擇題）4至6頁，共6頁，滿分100分，考試時間100分鐘。注意事項：1、答題前，務必將自己的姓名、考籍號填寫在答題卡規(guī)定的位置上。2、答選擇題時，必須使用2B鉛筆將答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。3、答非選擇題時，必須使用0.5毫米黑色簽字筆，將答案書寫在答題卡規(guī)定的位置上。4、所有題目必須在答題卡上作答，在試題卷上答題無效。5、考試結束后，只將答題卡交回。第Ⅰ卷（選擇題，共40分）一、本題包括8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.對電場強度公式E＝eq\f(kQ,r2)有幾種不同理解，其中正確的是()A．只要帶電體電荷量為Q，在距離r處激發(fā)的電場都能用此公式計算場強EB．以點電荷Q為中心、r為半徑的球面上各處的場強E相同C．與場源電荷Q距離r→0時，場強E→∞D．與場源電荷Q距離r→∞時，場強E→0答案D解析電場強度公式E＝eq\f(kQ,r2)適用于點電荷形成的電場，對于不能看做點電荷的帶電體，本公式不再適用，故A選項錯誤；電場強度是矢量，以點電荷Q為中心、r為半徑的球面上各處的場強E大小相等，方向不同，故B選項錯誤；與場源電荷Q距離r→0時，此時Q不能看做點電荷，公式不再成立，故C選項錯誤；與場源電荷Q距離r→∞時，根據公式可得場強E→0，故D選項正確．2.如圖所示，邊長為a的正三角形ABC的三個頂點分別固定三個點電荷＋q、＋q、－q，則該三角形中心O點處的場強為()A.eq\f(6kq,a2)，方向由C指向OB.eq\f(6kq,a2)，方向由O指向CC.eq\f(\r(3)kq,a2)，方向由C指向OD.eq\f(\r(3)kq,a2)，方向由O指向C答案B解析由幾何關系知OA＝OB＝OC＝eq\f(\f(a,2),cos30°)＝eq\f(\r(3),3)a，每個點電荷在O點處的場強大小都是E＝eq\f(kq,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)a,3)))2)＝eq\f(3kq,a2)，畫出矢量疊加的示意圖，如圖所示，由圖可得O點處的合場強為EO＝2E＝eq\f(6kq,a2)，方向由O指向C，B項正確．3.將一電荷量為＋Q的小球放在不帶電的金屬球附近，所形成的電場線分布如圖3所示，金屬球表面的電勢處處相等，a、b為電場中的兩點，則()圖3A．a點的電勢比b點的低B．a點的電場強度比b點的小C．帶負電的電荷q在a點的電勢能比在b點的小D．帶正電的電荷q從a點移到b點的過程中，電場力做負功答案C解析a點所在的電場線從Q出發(fā)到不帶電的金屬球終止，所以a點的電勢高于金屬球的電勢，而b點所在處的電場線從金屬球出發(fā)到無窮遠，所以金屬球的電勢高于b點的電勢，故A錯誤；電場線的疏密表示場強的大小，故B錯誤；電勢越高的地方，負電荷具有的電勢能越小，即負電荷在a點的電勢能較b點小，故C正確；正電荷在a點的電勢能較b點大，則把帶正電的電荷q從電勢能大的a點移動到電勢能小的b點，電場力做正功．故D錯誤．4.如圖所示，一重為G1的通電圓環(huán)置于水平桌面上，圓環(huán)中電流方向為順時針方向(從上往下看)，在圓環(huán)的正上方用輕繩懸掛一條形磁鐵，磁鐵的中心軸線通過圓環(huán)中心，磁鐵的上端為N極，下端為S極，磁鐵自身的重力為G2.則關于圓環(huán)對桌面的壓力F和磁鐵對輕繩的拉力F′的大小，下列關系中正確的是()A．F＞G1，F′＞G2 B．F＜G1，F′＞G2C．F＜G1，F′＜G2 D．F＞G1，F′＜G2答案D解析順時針方向的環(huán)形電流可以等效為一個豎直放置的“小磁針”，由安培定則可知，“小磁針”的N極向下，S極向上，故與磁鐵之間的相互作用力為斥力，所以圓環(huán)對桌面的壓力F將大于圓環(huán)的重力G1，磁鐵對輕繩的拉力F′將小于磁鐵的重力G2，選項D正確．5．如圖所示，質量相同的兩個帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強電場中，P從兩極板正中央射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最后打在同一點(重力不計)，則從開始射入到打到上極板的過程中()A．它們運動的時間tQ＞tPB．它們運動的加速度aQ＜aPC．它們所帶的電荷量之比qP∶＝1∶2D．它們的動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶2答案C解析設兩板距離為h，P、Q兩粒子的初速度為v0，加速度分別為aP和aQ，它們做類平拋運動的水平距離均為l.則對P，由l＝v0tP，eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)aPtP2，得到aP＝eq\f(hv\o\al(

2,0),l2)；同理對Q，l＝v0tQ，h＝eq\f(1,2)aQQ2，得到aQ＝eq\f(2hv\o\al(

2,0),l2).由此可見tP＝tQ，aQ＝2aP，而aP＝eq\f(qPE,m)，aQ＝eq\f(qQE,m)，所以qP∶＝1∶2.由動能定理得，它們的動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝maPeq\f(h,2)∶maQh＝1∶4.綜上所述，C項正確．6.如圖所示，電路中R1、R2均為可變電阻，電源內阻不能忽略，平行板電容器C的極板水平放置．閉合開關S，電路達到穩(wěn)定時，帶電油滴懸浮在兩板之間靜止不動．如果僅改變下列某一個條件，油滴仍能靜止不動的是()A．增大R1的阻值 B．增大R2的阻值C．增大兩板間的距離 D．斷開開關S答案B解析在直流電路中，R2與電容器串聯的支路不通，因此電容器兩端的電壓等于R1兩端的電壓，增大R1的阻值，R1兩端的電壓增大，電容器兩端的電壓增大，由E＝eq\f(U,d)可知，電容器兩極板間的電場強度增大，因此板間帶電油滴受到的電場力增大，會向上運動，A項錯誤；增大R2的阻值不改變電路中的總電阻，不改變R1兩端的電壓，因此電容器中油滴仍保持靜止，B項正確；增大兩板間的距離，而電容器兩板間的電壓一定，由E＝eq\f(U,d)可知，板間的場強減小，油滴受到的電場力減小，油滴會向下運動，C項錯誤；斷開開關S，電容器會通過R1、R2進行放電，使板間場強減小，油滴受到的電場力減小而向下運動，D項錯誤．7.如圖所示，電路中R1、R2均為可變電阻，電源內阻不能忽略，平行板電容器C的極板水平放置．閉合開關S，電路達到穩(wěn)定時，帶電油滴懸浮在兩板之間靜止不動．如果僅改變下列某一個條件，油滴仍能靜止不動的是()A．增大R1的阻值 B．增大R2的阻值C．增大兩板間的距離 D．斷開開關S答案B解析在直流電路中，R2與電容器串聯的支路不通，因此電容器兩端的電壓等于R1兩端的電壓，增大R1的阻值，R1兩端的電壓增大，電容器兩端的電壓增大，由E＝eq\f(U,d)可知，電容器兩極板間的電場強度增大，因此板間帶電油滴受到的電場力增大，會向上運動，A項錯誤；增大R2的阻值不改變電路中的總電阻，不改變R1兩端的電壓，因此電容器中油滴仍保持靜止，B項正確；增大兩板間的距離，而電容器兩板間的電壓一定，由E＝eq\f(U,d)可知，板間的場強減小，油滴受到的電場力減小，油滴會向下運動，C項錯誤；斷開開關S，電容器會通過R1、R2進行放電，使板間場強減小，油滴受到的電場力減小而向下運動，D項錯誤．8.如圖甲所示，Q1、Q2為兩個被固定的點電荷，a、b、c三點在它們連線的延長線上，其中Q1帶負電?，F有一帶負電的粒子以一定的初速度沿直線從a點開始向遠處運動并經過b、c兩點(粒子只受電場力作用)，粒子經過a、b、c三點時的速度分別為va、vb、vc，其v－t圖像如圖乙所示。以下說法正確的是()A.Q2一定帶負電B.Q2的電量一定大于Q1的電量C.b點的電場強度最大D.粒子由a點運動到c點過程中，粒子的電勢能先增大后減小解析由題圖乙可知，粒子從a到b過程做加速度減小的減速直線運動，在b點時粒子速度最小，加速度為零。根據牛頓第二定律Eq＝ma，得出粒子在b點受力為零，b點電場強度為零，選項C錯誤；在b點Q1對帶負電粒子的電場力水平向右，要使b點粒子所受合力為零，則Q2對帶負電粒子的電場力水平向左，所以Q2帶正電，選項A錯誤；b點與Q1的間距大于與Q2的間距，由庫侖定律F＝keq\f(Qq,r2)知，Q1的帶電量大于Q2的帶電量，選項B錯誤；粒子從a點運動到c點過程，動能先減小后增大，根據能量守恒定律知，粒子電勢能先增大后減小，選項D正確。答案D二、本題包括5小題，每小題4分，共20分。每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9.如圖所示，在點電荷Q產生的電場中，實線MN是一條方向未標出的電場線，虛線AB是一個電子只在電場力作用下的運動軌跡．設電子在A、B兩點的加速度大小分別為aA、aB，電勢能分別為EpA、EpB.下列說法正確的是()A．電子一定從A向B運動B．若aA>aB，則Q靠近M端且為正電荷C．無論Q為正電荷還是負電荷一定有EpA<EpBD．B點電勢可能高于A點電勢答案BC解析電子在電場中做曲線運動，虛線AB是電子只在電場力作用下的運動軌跡，電場力沿電場線指向曲線的凹側，電場的方向與電子所受電場力的方向相反，如圖所示．由所給條件無法判斷電子的運動方向，故A錯誤；若aA>aB，說明電子在A點受到的電場力較大，A點的電場強度較大，根據點電荷的電場分布可知，靠近M端為場源電荷的位置，應為正電荷，故B正確；無論Q為正電荷還是負電荷，一定有電勢φA>φB，電子電勢能Ep＝－eφ，電勢能是標量，所以一定有EpA<EpB，故C正確，D錯誤．10.如圖所示，左、右邊界分別為PP′、′的勻強磁場的寬度為d，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里．一個質量為m、所帶電荷量大小為q的帶電粒子(重力不計)，沿圖示方向以速度v0垂直射入磁場．欲使粒子不能從邊界′射出，粒子入射速度v0的最大值可能是()A.eq\f(Bqd,m) B.eq\f(2＋\r(2)Bqd,m)C.eq\f(2－\r(2)Bqd,m) D.eq\f(\r(2)Bqd,2m)答案BC解析粒子射入磁場后做勻速圓周運動，由r＝eq\f(mv0,qB)知，粒子的入射速度v0越大，r越大，當粒子的運動軌跡和邊界′相切時，粒子剛好不從′射出，此時其入射速度v0應為最大．若粒子帶正電，其運動軌跡如圖甲所示(此時圓心為O點)，此時R1sin45°＋d＝R1，將R1＝eq\f(mv0,qB)代入上式得v0＝eq\f(2＋\r(2)Bqd,m)，B項正確；若粒子帶負電，其運動軌跡如圖乙所示(此時圓心為O′點)，此時R2＋R2cos45°＝d，將R2＝eq\f(mv0,qB)代入上式得v0＝eq\f(2－\r(2)Bqd,m)，C項正確．11.如圖所示，兩根長直導線豎直插入光滑絕緣水平桌面上的M、N兩小孔中，O為M、N連線的中點，連線上a、b兩點關于O點對稱．導線中均通有大小相等、方向向上的電流．已知長直導線在周圍產生的磁場的磁感應強度B＝keq\f(I,r)，式中k是常數、I是導線中的電流、r為點到導線的距離．一帶正電的小球以初速度v0從a點出發(fā)沿連線運動到b點．關于上述過程，下列說法正確的是()A．小球先做加速運動后做減速運動B．小球一直做勻速直線運動C．小球對桌面的壓力先減小后增大D．小球對桌面的壓力一直在增大答案BD解析由右手螺旋定則可知，M處的通電導線在MN區(qū)域產生的磁場垂直MN向里，由M到N逐漸減弱，N處的通電導線在MN區(qū)域產生的磁場垂直于MN向外，由M到N逐漸增強，帶正電的小球由a點沿ab連線運動到b點，受到的洛倫茲力F＝Bqv，從a到O洛倫茲力的方向向上，隨磁場的減弱逐漸減小，從O到b洛倫茲力的方向向下，隨磁場的增強逐漸增大，所以小球對桌面的壓力一直在增大，選項D正確，選項C錯誤；由于桌面光滑，洛倫茲力的方向始終沿豎直方向，所以小球在水平方向上不受力，做勻速直線運動，選項B正確，選項A錯誤．12.如圖所示，直線Ⅰ、Ⅱ分別是電源1與電源2的路端電壓隨輸出電流變化的特性圖線，曲線Ⅲ是一個小燈泡的U－I圖線，如果把該小燈泡分別與電源1、電源2單獨連接，則下列說法正確的是()A．電源1比電源2的內阻大B．電源1和電源2的電動勢相等C．小燈泡與電源1連接時消耗的功率比與電源2連接時消耗的功率小D．小燈泡與電源1連接時消耗的功率比與電源2連接時消耗的功率大答案ABC解析由閉合電路的歐姆定律E＝U＋Ir知，當I＝0時路端電壓U等于電動勢E，即電源的U－I圖線與U軸的交點坐標值就是電源電動勢的大小，由題圖知，電源1和電源2的電動勢相等，故B正確；電源內阻r＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU,ΔI)))，即電源的U－I圖線的斜率的絕對值表示電源的內阻，由題圖知r1>r2，故A正確；小燈泡的U－I圖線與電源的U－I圖線的交點即為小燈泡的工作狀態(tài)，由題圖知，小燈泡與電源1連接時消耗的功率P1＝U1I1小于小燈泡與電源2連接時消耗的功率P2＝U2I2，故C正確，D錯誤．13如圖所示，質量為m、電荷量為q的帶正電小物塊從半徑為R的絕緣半圓槽頂點A由靜止下滑，已知半圓槽右半部分光滑，左半部分粗糙，整個裝置處于正交的勻強電場與磁場中，電場強度大小為E＝eq\f(mg,2q)，方向水平向右，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，g為重力加速度大小，則下列說法正確的是()A.物塊最終停在A點B.物塊最終停在最低點C.物塊做往復運動D.物塊首次滑到最低點時對軌道的壓力為2mg＋qBeq\r(Rg)解析由于半圓槽右半部分光滑，左半部分粗糙，且在最低點受到的電場力方向向右，所以物塊最終從最低點開始向右運動，到達某位置速度變?yōu)榱悖缓笥窒蜃筮\動，即物塊做往復運動，選項C正確，A、B錯誤；物塊從A點運動到最低點，由動能定理得，mgR－qER＝eq\f(1,2)mv2－0，且E＝eq\f(mg,2q)，聯立得v＝eq\r(gR)，物塊運動到最低點時，由牛頓第二定律得，N－mg－qvB＝meq\f(v2,R)，解得N＝2mg＋qBeq\r(Rg)，由牛頓第三定律知，選項D正確。答案CD第Ⅱ卷（非選擇題，共60分）實驗探究題（本題共2小題，共14分。）14．要測繪一個標有“3V0.6W”小燈泡的伏安特性曲線，燈泡兩端的電壓需要由零逐漸增加到3V，以便于操作．已選用的器材有：電池組(電動勢為4.5V，內阻約1Ω)；電流表(量程為0～250mA，內阻約5Ω)；電壓表(量程為0～3V，內阻約3kΩ)；電鍵一個、導線若干．(1)實驗中所用的滑動變阻器應選下列中的________(填字母代號)．A．滑動變阻器(最大阻值20Ω，額定電流1A)B．滑動變阻器(最大阻值1750Ω，額定電流0.3A)(2)實驗的電路圖應選用下圖中________(填字母代號)．(3)實驗得到小燈泡的伏安特性曲線如圖9所示．如果將這個小燈泡接到電動勢為1.5V、內阻為5Ω的電源兩端，小燈泡消耗的功率是________W.圖9答案(1)A(2)B(3)0.1解析(1)測繪小燈泡的伏安特性曲線，要求能較大范圍地測量數據，所以控制電路部分應用分壓式接法，滑動變阻器應用最大阻值較小和額定電流較大的A.(2)因為要求小燈泡兩端的電壓由零逐漸增加到3V，故滑動變阻器應采用分壓式接法．燈泡的電阻R＝eq\f(U2,P)＝15Ω，額定電流I＝eq\f(P,U)＝0.2A，由R＝15Ω<eq\r(RARV)＝eq\r(15000)Ω，依據“大內小外”的原則，可知電流表應采用外接法，故選B.(3)在燈泡的I－U圖上作出電源的I－U圖線，交點的橫、縱坐標即為這個電源給這個燈泡供電時的電壓和電流，此時P燈＝IU＝0.1×1W＝0.1W.15.在“測定金屬的電阻率”實驗中，所用測量儀器均已校準．待測金屬絲接入電路部分的長度約為50cm.圖7(1)用螺旋測微器測量金屬絲的直徑，其中某一次測量結果如圖7所示，其讀數應為________mm(該值接近多次測量的平均值)．(2)用伏安法測金屬絲的電阻Rx.實驗所用器材為電池組(電動勢3V，內阻不計)、電流表(內阻約0.1Ω)、電壓表(內阻約3kΩ)、滑動變阻器R(0～20Ω，額定電流2A)、開關、導線若干．某小組同學利用以上器材正確連接好電路，進行實驗測量，記錄數據如下：次數1234567U/V0.100.300.701.001.501.702.30I/A0.0200.0600.1600.2200.3400.4600.520由以上實驗數據可知，他們測量Rx是采用圖8中的________圖(選填“甲”或“乙”)．圖8(3)圖9是測量Rx的實驗器材實物圖，圖中已連接了部分導線，滑動變阻器的滑片P置于變阻器的一端．請根據(2)所選的電路圖，補充完成圖中實物間的連線，并使閉合開關的瞬間，電壓表或電流表不至于被燒壞．圖9(4)這個小組的同學在坐標紙上建立U、I坐標系，如圖10所示，圖中已標出了與測量數據對應的4個坐標點．請在圖中標出第2、4、6次測量數據的坐標點，并描繪出U－I圖線．由圖線得到金屬絲的阻值Rx＝__________Ω(保留兩位有效數字)．圖10(5)根據以上數據可以估算出金屬絲電阻率約為__________(填選項前的符號)．A．1×10－2Ω·m B．1×10－3Ω·mC．1×10－6Ω·m D．1×10－8Ω·m(6)任何實驗測量都存在誤差，本實驗所用測量儀器均已校準，下列關于誤差的說法中正確的是________(有多個正確選項)．A．用螺旋測微器測量金屬絲直徑時，由讀數引起的誤差屬于系統(tǒng)誤差B．由電流表和電壓表內阻引起的誤差屬于偶然誤差C．若將電流表和電壓表的內阻計算在內，可以消除由測量儀表引起的系統(tǒng)誤差D．用U－I圖像處理數據求金屬絲電阻可以減小偶然誤差答案(1)0.398(0.396～0.399均正確)(2)甲(3)見解析圖(4)見解析圖4.4(4.3～4.7均正確)(5)C(6)CD解析(1)螺旋測微器的讀數為0mm＋39.8×0.01mm＝0.398mm.(2)由實驗記錄的數據可知Rx的阻值大約為5Ω.由題知Rx?RV，故電流表?外接．若滑動變阻器接為限流式接法，電路中最小電流值Imin＝eq\f(U,R1＋R＋RA)≈0.12A，其中R1為Rx與RV的并聯電阻值，且R1≈Rx.則Rx兩端的電壓最小值Umin＝IminRx≈0.6V，而從實驗數據可知Rx兩端電壓是從0.10V開始的，因此滑動變阻器應采用分壓式接法．(3)實物圖如圖甲所示甲

(4)圖線應過原點，選盡可能多的點連成一條直線，不在直線上的點均勻分布在直線兩側，明顯偏離的點應舍去，如圖乙所示．乙圖線的斜率反映了金屬絲的電阻，因此金屬絲的電阻值Rx≈4.4Ω.(5)根據Rx＝ρeq\f(l,S)得金屬絲的電阻率ρ＝eq\f(RxS,l)＝eq\f(πRxd2,4l)＝eq\f(3.14×4.4×0.398×10－32,4×0.5)Ω·m≈1.09×10－6Ω·m，故選項C正確．(6)系統(tǒng)誤差是由儀器的某些不完善或實驗方法不夠完善等產生的，其測量結果總是偏大或偏?。慌既徽`差具有隨機性，可以通過多次測量取平均值來減小偶然誤差.計算題（本題4小題，共42分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫答案不得分，有數值運算的題，答案中必須明確寫出數字和單位）16．(閉合電路中功率的計算)如圖12所示的電路中，所用電源的電動勢E＝4V，內電阻r＝1Ω，電阻R1可調．現將R1調到3Ω后固定．已知R2＝6Ω，R3＝3Ω，求：圖12(1)開關S斷開和接通時，通過R1的電流分別為多大？(2)為了使A、B之間電路的電功率在開關S接通時能達到最大值，應將R1的阻值調到多大？這時A、B間消耗的最大電功率是多少？答案(1)0.4Aeq\f(2,3)A(2)0eq\f(32,9)W解析(1)開關S斷開時，I1＝eq\f(E,r＋R1＋R2)＝eq\f(4,1＋3＋6)A＝0.4A，開關S接通時，R2、R3并聯的總電阻R23＝eq\f(R2R3,R2＋R3)＝2Ω，I1′＝eq\f(E,r＋R1＋R23)＝eq\f(4,1＋3＋2)A＝eq\f(2,3)A.(2)開關S接通時，A、B之間的總電阻R23＝2Ω為定值，所以R1＝0時，電路中的總電流最大，A、B之間的電功率最大．電路中的總電流I＝eq\f(E,r＋R1＋R23)＝eq\f(4,1＋0＋2)A＝eq\f(4,3)A.PAB＝I2R23＝(eq\f(4,3))2×2W＝eq\f(32,9)W.17.如圖所示，第一象限中有沿x軸的正方向的勻強電場，第二象限中有沿y軸負方向的勻強電場，兩電場的電場強度大小相等。一個質量為m，電荷量為－q的帶電質點以初速度v0從x軸上P(－L，0)點射入第二象限，已知帶電質點在第一和第二象限中都做直線運動，并且能夠連續(xù)兩次通過y軸上的同一個點Q(未畫出)，重力加速度g為已知量。求：(1)初速度v0與x軸正方向的夾角；(2)P、Q兩點間的電勢差UPQ；(3)帶電質點在第一象限中運動所用的時間。解析(1)由題意知，帶電質點在第二象限做勻速直線運動，有qE＝mg且由帶電質點在第一象限做直線運動，有tanθ＝eq\f(mg,qE)解得θ＝45°(2)P到Q的過程，由動能定理有qEL－mgL＝0WPQ＝qEL解得UPQ＝eq\f(WPQ,－q)＝－eq\f(mgL,q)(3)帶電質點在第一象限做勻變速直線運動，由牛頓第二定律有eq\r(2)mg＝ma，即a＝eq\r(2)gv0＝at解得t＝eq\f(\r(2)v0,2g)帶電質點在第一象限中往返一次所用的時間T＝2t＝eq\f(\r(2)v0,g)答案(1)45°(2)－eq\f(mgL,q)(3)eq\f(\r(2)v0,g)18.平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強磁場，第Ⅲ象限存在沿y軸負方向的勻強電場，如圖所示．一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動．Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍．粒子從坐標原點O離開電場進入磁場，最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等．不計粒子重力，問：(1)粒子到達O點時速度的大小和方向；(2)電場強度和磁感應強度的大小之比．答案(1)eq\r(2)v0方向與x軸正方向成45°角斜向上(2)eq\f(v0,2)解析(1)在電場中，粒子做類平拋運動，設Q點到x軸距離為L，到y(tǒng)軸距離為2L，粒子的加速度為a，運動時間為t，有2L＝v0t①L＝eq\f(1,2)at2②設粒子到達O點時沿y軸方向的分速度為vyvy＝at③設粒子到達O點時速度方向與x軸正方向夾角為α，有tanα＝eq\f(vy,v0)④聯立①②③④式得α＝45°⑤即粒子到達O點時速度方向與x軸正方向成45°角斜向上．設粒子到達O