江西省万载中学2019-2020学年高二上学期物理12月月考试卷
一、单选题
1．（2018高二上·唐山月考）关于静电场，下列说法中正确的是（ ）
A．在电场中某点的电势为零，则该点的电场强度一定为零
B．电荷在电场中电势高的地方电势能大，在电势低的地方电势能小
C．根据公式U=Ed可知，在匀强电场中两点间的距离越大，电势差就越大
D．正电荷从电势高的点运动到电势低的点，电势能一定减小
【答案】D
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【解答】解：A、电场强度和电势都是描述电场的物理量，二者无直接关系，但二者相互关联；电势是标量与零势面的选取有关，所以电场强度为零的地方电势不一定为零，电势为零的地方电场强度也不一定为零，A不符合题意．
B、据电势能公式Ep=qφ知，电势能取决于该点的电势和电荷，并不是只有正电荷在电场中电势高的地方电势能大，在电势低的地方电势能小，负电荷正好相反，B不符合题意．
C、公式U=Ed中的d为沿电场强度方向的距离，所以在匀强电场中，两点间沿电场强度方向的距离越大，电势差就越大，如果d不是沿电场强度方向的距离，那么间距大时，电势差不一定大，C不符合题意．
D、据电势能公式Ep=qφ知，正电荷在电势越高的地方电势能越大，在电势越低的地方电势能越小，所以正电荷从电势高的点运动到电势低的点，电势能一定减少，D符合题意．
故答案为：D．
【分析】电势的大小和场强大小无关；电势能大小由粒子的电性和电势共同决定；电势差和场强的关系是由电场线方向的距离决定。
2．（2019高二上·江西月考）如图所示，Q1、Q2为两个等量同种正点电荷，在Q1、Q2产生的电场中有M、N和O三点，其中M和O在Q1、Q2的连线上(O为连线的中点)，N为两电荷连线中垂线上的一点，则下列说法中正确的是（ ）
A．O点电势等于N点电势
B．O点场强一定大于M点场强
C．将一个负点电荷从M点移到N点，电场力对其做负功
D．若将一个正点电荷分别放在M、N和O三点，则该点电荷在O点时电势能最大
【答案】C
【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能
【解析】【解答】A.根据两个等量同种正点电荷的电场分布特点，在两电荷连线的垂直平分线上电场强度方向从O到N，则O点的电势高于N点的电势，A不符合题意；
B.在M、N和O三点中O点电场强度为零，故O点场强一定小于M点场强，B不符合题意；
C.将负点电荷从M点移到O点，电场力向左，电场力对负电荷做负功，其电势能增加；再将负的试探电荷从O点移到N点，电场力做负功，电势能增加，C符合题意；
D.在两个等量同种正点电荷的连线上，中点O的电势最低，根据两个等量同种正点电荷的电场分布特点，在两电荷连线的垂直平分线上，O点的电势最高．故M、N、O三点中，M点的电势最高，N点的电势最低．所以正点电荷在M点的电势能最大，在N点的电势能最小，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】结合等量同种电荷的电场线模型，电场线密集的区域电场强度大，沿电场线方向电势减小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。
3．（2019高二上·江西月考）下列图中能产生感应电流的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】A．图中线圈不闭合，不会产生感应电流，A不符合题意；
B．图中两导线运动时闭合回路的磁通量变大，有感应电流产生，B符合题意；
C．图中线圈运动时磁通量不变，不会产生感应电流，C不符合题意；
D．图中线圈运动时磁通量不变，不会产生感应电流，D不符合题意；
故答案为：B.
【分析】产生感应电流的条件是，对于闭合回路中的某一部分，磁通量发生改变，磁通量变化越快，产生的感应电动势就越大；闭合回路中的磁通量不变，回路就不会有电流。
4．（2019高二上·江西月考）如图所示，电源电动势为12V，电源内阻为1.0Ω，电路中的电阻R0为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω，闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0A．则以下判断中正确的是 （ ）
A．电动机的输出功率为12W B．电动机两端的电压为10.0V
C．电动机产生的热功率为4.0W D．电源输出的功率为24W
【答案】A
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】ABC．电路中电流表的示数为2.0A，所以电动机的电压为U=E-U内-UR0=12-Ir-IR0=12-2×1-2×1.5=7V
电动机的总功率为P总=UI=7×2=14W
电动机的发热功率为：P热=I2R=22×0.5=2W
所以电动机的输出功率为14 W-2W=12W
A符合题意，BC不符合题意；
D．电源的输出的功率为：P输出=EI-I2R=12×2-22×1=20W
D不符合题意。
故答案为：A
【分析】电动机是非纯电阻元件，利用电动机两端的电压乘以流过电动机的电流求出电动机的总功率，利用焦耳定律的变形公式求解电动机的发热功率，利用总功率减去发热功率即为电动机的机械功率。
5．（2019高二下·合肥期中）如图所示，要使Q线圈产生图示方向的电流，可采用的方法有
A．闭合电键K后，把R的滑片右移
B．闭合电键K后，把P中的铁芯从左边抽出
C．闭合电键K后，把Q靠近P
D．无需闭合电键K，只要把Q靠近P即可
【答案】C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】闭合电键K后，把R的滑片右移，Q中的磁场方向从左向右，且在减小，根据楞次定律，左边导线电流方向向上．A不符合题意．闭合电键K后，将P中的铁芯从左边抽出，Q中的磁场方向从左向右，且在减小，根据楞次定律，左边导线电流方向向上．B不符合题意．闭合电键，将Q靠近P，Q中的磁场方向从左向右，且在增强，根据楞次定律，左边导线的电流向下．C符合题意． 若K不闭合，则P线圈中无磁场，故Q中不会有电流产生，D不符合题意；
故答案为：C.
【分析】从电流方向可以判别P线圈和Q线圈的磁场方向相反说明P线圈在Q线圈产生的磁通量变大，所以需要采用方法增大磁通量如减小电阻，或者让Q靠近P。
6．（2019高二上·江西月考）如图所示，三个速度大小不同的同种带电粒子，沿同一方向从图中长方形区域的匀强磁场上边缘射入，当它们从下边缘飞出时相对入射方向的偏角分别为 、 、 ，则它们在磁场中运动的时间之比为（ ）
A．1：1：1 B．3：2：1 C．1：2：3 D．1： ：
【答案】B
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】粒子在磁场中运动的周期的公式为 ，由此可知，粒子的运动的时间与粒子的速度的大小无关，所以粒子在磁场中的周期相同，由粒子的运动的轨迹可知，三种速度的粒子的偏转角分别为90°、60°、30°，所以偏转角为90°的粒子的运动的时间为 ，偏转角为60°的粒子的运动的时间为 ，偏转角为30°的粒子的运动的时间为 ，所以有
故答案为：B
【分析】带电粒子在磁场中受到洛伦兹力，在洛伦兹力的作用下粒子做圆周运动，结合粒子在磁场中的运动周期公式，结合粒子的出射方向求解运动时间即可。
7．（2019高二上·安徽期中）如图所示，直线A为某电源的U－I图线，曲线B为某小灯泡的U–I图线的一部分，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，灯泡恰好能正常发光，则下列说法中正确的是（ ）
A．此电源的内阻为2/3Ω
B．额定状态下，小灯泡阻值为1Ω.
C．灯泡的额定功率为6 W
D．小灯泡的U–I曲线说明电功率越大，灯丝电阻率越小
【答案】C
【知识点】伏安特性曲线
【解析】【解答】根据电源U-I图可得：U＝4 0.5I，又有U=E-Ir，所以，电源电动势E=4V，内阻r=0.5Ω，A不符合题意；电源和小灯泡组成闭合电路时，灯泡两端电压为路端电压，故两曲线交点即为灯泡的电压、电流；又有灯泡恰好能正常发光，故灯泡的额定电压U=3V，额定电流I=2A，所以，额定功率为：P=UI=6W，阻值为：R＝U/I＝1.5Ω，C符合题意，B不符合题意；由图可得：电功率越大时，U-I曲线越陡，那么电阻越大，故电阻率越大，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】对于U-I曲线，图像的横坐标为电流，纵坐标为电压，图像斜率为灯泡的电阻，横纵坐标的乘积为灯泡的功率，结合图像分析求解即可。
8．如图所示，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零．如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为（ ）
A．0 B． C． D．2B0
【答案】C
【知识点】磁感应强度
【解析】【解答】在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离为l的a点处的磁感应强度为零，如下图所示：
由此可知，外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，即B1=B0；依据几何关系，及三角知识，则有：BPcos30°= B0； 解得P或Q通电导线在a处的磁场大小为BP= B0；
当P中的电流反向，其他条件不变，再依据几何关系，及三角知识，则有：B2= B0；因外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，磁场大小为B0；最后由矢量的合成法则，那么a点处磁感应强度的大小为B= ，C符合题意，ABD不符合题意；
故答案为：C。
【分析】结合题目条件求出导线产生的磁感应强度，当电流反向后，画出a点的磁场，进行矢量合成即可。
二、多选题
9．（2019高二上·西安期中）如右图所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势φ随x变化的情况如图乙所示，若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则（ ）
A．电子一直沿Ox负方向运动 B．电场力一直做正功
C．电子运动的加速度不变 D．电子的电势能逐渐增大
【答案】B,C
【知识点】电势差、电势、电势能；匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】由电势—位移图象可知，电势随位移均匀增加，相同位移间的电势差相同，电场强度恒定，电子运动的加速度恒定，C符合题意．沿Ox轴方向电势增大，电场线方向与Ox轴负方向重合，电子沿Ox轴正方向运动，A不符合题意．电场力方向也沿Ox轴正方向，电场力做正功，B符合题意．由功能关系，电场力做正功，电势能减少，D不符合题意．
故答案为：BC
【分析】利用电势降低可以判别场强的方向及电场力和电子的运动方向；利用电势结合电性可以判别电势能和动能的变化；利用电势能变化可以判别电场力做功；利用斜率可以判别电场强度大小不变加速度大小也不变。
10．（2018高二上·湛江月考）如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，电流表和电压表都看做理想电表，且R1大于电源的内阻r，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（ ）
A．电压表读数减小 B．电流表读数减小
C．质点P将向上运动 D．电源的输出功率逐渐增大
【答案】A,D
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流I增大，电源的内电压 增大，电源的路端电压U减小；
对 ： 增大、 增大；
对电容器： 减小，质点P受到的电场力减小，质点P将向下运动；
对 ： 减小， 减小；
对电流表： 增大；
对 ： 增大， 增大；
对 ： 减小，电压表读数减小；
电源的输出功率： 滑动变阻器接入电路的电阻减小，则电路外电阻R减小， (R1大于电源的内阻r)，当R减小时，输出功率增大。
综上AD符合题意。
故答案为：AD
【分析】利用串反并同可以判别电表的读数和电容器两端电压变化，电容器电压变化会导致场强变化就会出现合力不为0，利用电源输出功率和电阻的关系可以知道当R变小时越接近内阻，输出功率越大。
11．（2019高二上·江西月考）如图，长直通电导线与矩形线圈abcd处于同一平面，电流方向向上。下列说法中正确的是（ ）
A．若线圈向右平动，其中感应电流方向是
B．若线圈竖直向下运动，无感应电流产生
C．当线圈以ab边为轴转动时（小于 ），其中感应电流方向是
D．当线圈向导线靠近时，其中感应电流方向是
【答案】B,C,D
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】A. 当导线框向右平移时，穿过线圈的磁通量垂直纸面向里且减少，根据右手螺旋定则与楞次定律可知，感应电流方向是a→b→c→d→a，即顺时针方向。A不符合题意；
B. 若线圈竖直向下平动，穿过线圈的磁通量不变，无感应电流产生。B符合题意；
C. 当线圈以ab边为轴转动时(小于90 )，穿过线圈的磁通量垂直纸面向里且减少，根据右手螺旋定则与楞次定律可知，感应电流方向是a→b→c→d.C符合题意；
D. 当线圈向导线靠近时，穿过线圈的磁通量垂直纸面向里且增大，根据楞次定律可知，其中感应电流方向是a→d→c→b.D符合题意。
故答案为：BCD
【分析】当通过线圈的磁通量发生变化时，线圈中将会产生感应电流．根据楞次定律判断感应电流的方向．
12．（2019高二上·安徽期中）如图所示,一个带负电的小金属环套在粗糙绝缘细杆AB上,杆与水平面的夹角为θ,杆的下方O点处固定一个带正电的点电荷,OA=OB．现使小环以初速度v0从A点沿杆上滑,到达B点时其速度恰好为零,小环滑回A点时速度为v。下列说法中正确的是（ ）
A．小环上滑过程中先做匀加速再做匀减速运动
B．小环上滑时间小于下滑时间
C．小环下滑过程,减少的重力势能等于摩擦产生的内能
D．从A点出发到再回到A点的过程,小环克服摩擦力做的功等于小环损失的动能
【答案】B,D
【知识点】电场力做功
【解析】【解答】A．小环上滑过程中所受的库仑力是变化的，合力是变化的，由牛顿第二定律知小环的加速度是变化的，不可能做匀变速运动，A不符合题意；
B．由于OA=OB，A、B两点的电势相等，对于上滑过程，电场力做功为零，由动能定理得
即
下滑过程有
由此可得
所以上滑过程的平均速度大于下滑过程的平均速度，因此小环上滑时间小于下滑时间，B符合题意；
C．小环下滑过程中，电场力做功为零，所以电势能变化量为零，则重力势能转化为内能和动能，所以消化下滑过程中，减少的重力势能大于摩擦产生的内能，C不符合题意；
D．从A点出发再回到A点的过程中，重力和电场力做功均为零，由动能定理可知，小环克服摩擦力做功等于小环损失的动能，D符合题意。
故答案为：BD
【分析】由题中“一个带负电的小金属环套在粗糙绝缘细杆AB上”可知，本题考查库仑定律、能量守恒定律，根据电场力做功情况、能量守恒和动能定理可分析本题。
三、实验题
13．（2019高二上·江西月考）某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率 ．
（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图，由图可知其长度为 cm；
（2）用螺旋测微器测量其直径如图，由图可知其直径为 mm；
【答案】（1）5.015
（2）4.700
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】(1)由图所示游标卡尺可知，其示数为：50mm+3×0.05mm=50.15mm=5.015cm(2)由图所示螺旋测微器可知，其示数为：4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm
【分析】明确螺旋测微器每一个小格代表的数值，并且在最后的读数时注意估读即可。明确游标卡尺的读数规则进行读数即可。
14．（2019高二上·江西月考）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，利用实验得到了8组数据，在图1所示的 坐标系中，通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线.
（1）根据图线的坐标数值，请在图2中选出该实验正确的实验电路图： (选填“甲”或“乙”).
（2）根据所选电路图，请在图3中用笔画线代替导线，把实验仪器连接成完整的实验电路.
（3）根据图1，可判断出图4中正确的关系图象是 （图中P为小灯泡功率"为通过小灯泡的电流）.
（4）将同种规格的两个这样的小灯泡并联后再与R=10 的定值电阻串联，接在电动势为8V、内阻不计的电源上，如图5所示.闭合开关S后，则电流表的示数为 A，两个小灯泡的总功率为 W(本小题结果均保留两位有效数字）.
【答案】（1）甲
（2）
（3）D
（4）0.60；1.2
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，所以正确的实验电路图是甲。（2）根据实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：
；（3）由于灯泡电阻随电流增大电阻R增大，由 可知， 图象斜率增大，故答案为：D。（4）由图5所示电路图可知，两灯泡并联，可以把电源与定值电阻等效为电源，设每只电灯加上的实际电压和实际电流分别为U和I，在这个闭合电路中，则有：
代入数据并整理得：
在图a所示坐标系中作出 的图象如图所示
由图象可知，两图象交点坐标值为：U=2V，I=0.3A
此时通过电流表的电流值 0.6A
每只灯泡的实际功率 =2×0.3=0.6W
所以两个小灯泡的总功率为1.2W。
【分析】（1）为了能得到比较多的数据，采用分压法，电流表内阻比较大，对电压影响比较大，故采用电流表外接法；
（2）结合第一问求解的电路图连接实物图即可；
（3）结合灯泡的功率公式求解图像即可；
（4）对于U-I曲线，图像的横坐标为电流，纵坐标为电压，结合图像求解灯泡的功率即可。
四、解答题
15．（2019高二上·武邑月考）如图所示，两平行金属导轨所在的平面与水平面夹角θ= ，导轨的一端接有电动势E =3V、内阻r=0.5Ω的直流电源，导轨间的距离L=0.4m。在导轨所在空间内分布着磁感应强度B=0.5T、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒的电阻R=1.0Ω，导体棒恰好能静止。金属导轨电阻不计。（g取10m/s2，sin =0.6，cos =0.8）求：
（1）ab受到的安培力大小和方向；
（2）ab受到的摩擦力大小。
【答案】（1）解：导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有
导体棒受到的安培力
（2）解：导体受重力沿斜面向下分力
由于F小于安培力，故导体棒沿斜面向下的摩擦力f根据共点力平衡条件得:
解得:
【知识点】安培力；欧姆定律
【解析】【分析】(1)先根据闭合电路欧姆定律求出电路中的电流。由公式 求解安培力大小。(2)导体棒处于静止状态，合力为零，根据平衡条件列式求解摩擦力的大小。
16．（2018高二上·浑源月考）如图所示，电源电动势 ，内阻 ，电阻 ， . 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＝0.1 m/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 ，忽略空气对小球的作用， 取 ，求：
（1）当 时，电阻 消耗的电功率是多大？
（2）若小球进入板间做匀速圆周运动并与板相碰，碰时速度与初速度的夹角为 60°，则 是多少？
【答案】（1）解：设 和 的并联电阻为 ，有： ①
两端的电压为： ②
消耗的电功率为： ③
当 时，联立①②③式，代入数据，解得：
④
（2）解：设小球质量为m，电荷量为q，小球做匀速圆周运动时，有：
⑤
⑥
设小球做圆周运动的半径为r，有：
⑦
由几何关系有：
⑧
联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据，解得：
⑨
【知识点】电功率和电功；欧姆定律；串联电路和并联电路的特点及应用；洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）利用欧姆定律求解电阻两端的电压，利用功率公式求解电阻的功率即可；
（2）小球做匀速圆周运动，即电场力与重力相平衡，带电粒子在磁场中受到洛伦兹力，在洛伦兹力的作用下粒子做圆周运动，利用几何关系求解轨道半径，再结合欧姆定律求解电阻的阻值。
17．（2019高二上·江西月考）如图，在xOy平面的第一象限内有平行于y轴的有界匀强电场 ，方同沿y轴正方向；第四象限有一匀强电场 一质量 、电荷量 的带电粒子，从P点以初速度大小 ，垂直y轴方向射入电场 中，粒子偏转后经过x轴上A点进入第四象限，并沿直线运动的最大距离 ，已知 ， ，不计粒子重力，求：
（1）粒子的带电性质和粒子在第一象限的加速度大小；
（2）粒子从A点运动到B点的时间；
（3）第四象限的匀强电场 大小和方向。
【答案】（1）解：粒子在电场中向下偏转，可知粒子带负电，根据牛顿第二定律得，粒子在第一象限内的加速度大小
（2）解：粒子在第一象限内做类平抛运动，运动的时间，
离开第一象限时，竖直分速度，
根据平行四边形定则知，进入第四象限的速度
粒子进入第四象限做匀减速直线运动，根据平均速度推论知
解得
（3）解：粒子匀减速运动的加速度大小
根据牛顿第二定律得
解得
根据平行四边形定则知，进入第四象限时，速度方向与水平方向的夹角正切值
故四象限内的匀强电场方向沿AB方向，与水平方向成37度
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）对物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体的加速度；
（2）粒子在水平方向沿匀速直线运动，在竖直方向上受电场力的方向而做加速运动，根据水平位移和竖直的大小，利用牛顿第二定律和匀变速直线运动公式求解末速度大小，之后粒子做匀减速运动，结合粒子的初速度求解运动时间即可；
（3）粒子做直线运动，即受到的合外力方向与速度同向，列方程求解电场强度即可。
18．（2019高二上·江西月考）如图所示，在坐标系xOy的第一象限内斜线OC的上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，第四象限内存在磁感应强度大小未知、方向垂直纸面向里的匀强磁场，第三象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，在x轴负半轴上有一接收屏GD，GD＝2OD＝d，现有一带电粒子(不计重力)从y轴上的A点，以初速度v0水平向右垂直射入匀强磁场，恰好垂直OC射出，并从x轴上的P点(未画出)进入第四象限内的匀强磁场，粒子经磁场偏转后又垂直y轴进入匀强电场并被接收屏接收，已知OC与x轴的夹角为37°，OA＝ ，求：
（1）粒子的电性及比荷 ；
（2）第四象限内匀强磁场的磁感应强度B′的大小；
（3）第三象限内匀强电场的电场强度E的大小范围。
【答案】（1）解：粒子运动轨迹如图所示，由左手定则可知粒子带负电
由图知粒子在第一象限内运动的轨道半径 ，
由洛伦兹力提供向心力得 ，
联立得
（2）解：由图知OP＝d，所以粒子在第四象限内做圆周运动的半径为 ，
同理 ，
联立得
（3）解：粒子在匀强电场中做类平抛运动，由图知 ，
当电场强度E较大时，粒子击中D点，由类平抛运动规律知 ， ，
联立得 ，
当电场强度E较小时，粒子击中G点，由类平抛运动规律知 ， ，
联立得 ，
所以
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）带电粒子在磁场中受到洛伦兹力，在洛伦兹力的作用下粒子做圆周运动，利用几何关系求解轨道半径，再结合向心力公式求解荷质比；
（2）同理，利用几何关系求解轨道半径，再结合向心力公式求解磁感应强度；
（3）粒子在水平方向沿匀速直线运动，在竖直方向上受电场力的方向而做加速运动，根据水平位移和竖直的大小，利用牛顿第二定律和匀变速直线运动公式求解即可。
江西省万载中学2019-2020学年高二上学期物理12月月考试卷
一、单选题
1．（2018高二上·唐山月考）关于静电场，下列说法中正确的是（ ）
A．在电场中某点的电势为零，则该点的电场强度一定为零
B．电荷在电场中电势高的地方电势能大，在电势低的地方电势能小
C．根据公式U=Ed可知，在匀强电场中两点间的距离越大，电势差就越大
D．正电荷从电势高的点运动到电势低的点，电势能一定减小
2．（2019高二上·江西月考）如图所示，Q1、Q2为两个等量同种正点电荷，在Q1、Q2产生的电场中有M、N和O三点，其中M和O在Q1、Q2的连线上(O为连线的中点)，N为两电荷连线中垂线上的一点，则下列说法中正确的是（ ）
A．O点电势等于N点电势
B．O点场强一定大于M点场强
C．将一个负点电荷从M点移到N点，电场力对其做负功
D．若将一个正点电荷分别放在M、N和O三点，则该点电荷在O点时电势能最大
3．（2019高二上·江西月考）下列图中能产生感应电流的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2019高二上·江西月考）如图所示，电源电动势为12V，电源内阻为1.0Ω，电路中的电阻R0为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω，闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0A．则以下判断中正确的是 （ ）
A．电动机的输出功率为12W B．电动机两端的电压为10.0V
C．电动机产生的热功率为4.0W D．电源输出的功率为24W
5．（2019高二下·合肥期中）如图所示，要使Q线圈产生图示方向的电流，可采用的方法有
A．闭合电键K后，把R的滑片右移
B．闭合电键K后，把P中的铁芯从左边抽出
C．闭合电键K后，把Q靠近P
D．无需闭合电键K，只要把Q靠近P即可
6．（2019高二上·江西月考）如图所示，三个速度大小不同的同种带电粒子，沿同一方向从图中长方形区域的匀强磁场上边缘射入，当它们从下边缘飞出时相对入射方向的偏角分别为 、 、 ，则它们在磁场中运动的时间之比为（ ）
A．1：1：1 B．3：2：1 C．1：2：3 D．1： ：
7．（2019高二上·安徽期中）如图所示，直线A为某电源的U－I图线，曲线B为某小灯泡的U–I图线的一部分，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，灯泡恰好能正常发光，则下列说法中正确的是（ ）
A．此电源的内阻为2/3Ω
B．额定状态下，小灯泡阻值为1Ω.
C．灯泡的额定功率为6 W
D．小灯泡的U–I曲线说明电功率越大，灯丝电阻率越小
8．如图所示，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零．如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为（ ）
A．0 B． C． D．2B0
二、多选题
9．（2019高二上·西安期中）如右图所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势φ随x变化的情况如图乙所示，若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则（ ）
A．电子一直沿Ox负方向运动 B．电场力一直做正功
C．电子运动的加速度不变 D．电子的电势能逐渐增大
10．（2018高二上·湛江月考）如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，电流表和电压表都看做理想电表，且R1大于电源的内阻r，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（ ）
A．电压表读数减小 B．电流表读数减小
C．质点P将向上运动 D．电源的输出功率逐渐增大
11．（2019高二上·江西月考）如图，长直通电导线与矩形线圈abcd处于同一平面，电流方向向上。下列说法中正确的是（ ）
A．若线圈向右平动，其中感应电流方向是
B．若线圈竖直向下运动，无感应电流产生
C．当线圈以ab边为轴转动时（小于 ），其中感应电流方向是
D．当线圈向导线靠近时，其中感应电流方向是
12．（2019高二上·安徽期中）如图所示,一个带负电的小金属环套在粗糙绝缘细杆AB上,杆与水平面的夹角为θ,杆的下方O点处固定一个带正电的点电荷,OA=OB．现使小环以初速度v0从A点沿杆上滑,到达B点时其速度恰好为零,小环滑回A点时速度为v。下列说法中正确的是（ ）
A．小环上滑过程中先做匀加速再做匀减速运动
B．小环上滑时间小于下滑时间
C．小环下滑过程,减少的重力势能等于摩擦产生的内能
D．从A点出发到再回到A点的过程,小环克服摩擦力做的功等于小环损失的动能
三、实验题
13．（2019高二上·江西月考）某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率 ．
（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图，由图可知其长度为 cm；
（2）用螺旋测微器测量其直径如图，由图可知其直径为 mm；
14．（2019高二上·江西月考）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，利用实验得到了8组数据，在图1所示的 坐标系中，通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线.
（1）根据图线的坐标数值，请在图2中选出该实验正确的实验电路图： (选填“甲”或“乙”).
（2）根据所选电路图，请在图3中用笔画线代替导线，把实验仪器连接成完整的实验电路.
（3）根据图1，可判断出图4中正确的关系图象是 （图中P为小灯泡功率"为通过小灯泡的电流）.
（4）将同种规格的两个这样的小灯泡并联后再与R=10 的定值电阻串联，接在电动势为8V、内阻不计的电源上，如图5所示.闭合开关S后，则电流表的示数为 A，两个小灯泡的总功率为 W(本小题结果均保留两位有效数字）.
四、解答题
15．（2019高二上·武邑月考）如图所示，两平行金属导轨所在的平面与水平面夹角θ= ，导轨的一端接有电动势E =3V、内阻r=0.5Ω的直流电源，导轨间的距离L=0.4m。在导轨所在空间内分布着磁感应强度B=0.5T、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒的电阻R=1.0Ω，导体棒恰好能静止。金属导轨电阻不计。（g取10m/s2，sin =0.6，cos =0.8）求：
（1）ab受到的安培力大小和方向；
（2）ab受到的摩擦力大小。
16．（2018高二上·浑源月考）如图所示，电源电动势 ，内阻 ，电阻 ， . 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＝0.1 m/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 ，忽略空气对小球的作用， 取 ，求：
（1）当 时，电阻 消耗的电功率是多大？
（2）若小球进入板间做匀速圆周运动并与板相碰，碰时速度与初速度的夹角为 60°，则 是多少？
17．（2019高二上·江西月考）如图，在xOy平面的第一象限内有平行于y轴的有界匀强电场 ，方同沿y轴正方向；第四象限有一匀强电场 一质量 、电荷量 的带电粒子，从P点以初速度大小 ，垂直y轴方向射入电场 中，粒子偏转后经过x轴上A点进入第四象限，并沿直线运动的最大距离 ，已知 ， ，不计粒子重力，求：
（1）粒子的带电性质和粒子在第一象限的加速度大小；
（2）粒子从A点运动到B点的时间；
（3）第四象限的匀强电场 大小和方向。
18．（2019高二上·江西月考）如图所示，在坐标系xOy的第一象限内斜线OC的上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，第四象限内存在磁感应强度大小未知、方向垂直纸面向里的匀强磁场，第三象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，在x轴负半轴上有一接收屏GD，GD＝2OD＝d，现有一带电粒子(不计重力)从y轴上的A点，以初速度v0水平向右垂直射入匀强磁场，恰好垂直OC射出，并从x轴上的P点(未画出)进入第四象限内的匀强磁场，粒子经磁场偏转后又垂直y轴进入匀强电场并被接收屏接收，已知OC与x轴的夹角为37°，OA＝ ，求：
（1）粒子的电性及比荷 ；
（2）第四象限内匀强磁场的磁感应强度B′的大小；
（3）第三象限内匀强电场的电场强度E的大小范围。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【解答】解：A、电场强度和电势都是描述电场的物理量，二者无直接关系，但二者相互关联；电势是标量与零势面的选取有关，所以电场强度为零的地方电势不一定为零，电势为零的地方电场强度也不一定为零，A不符合题意．
B、据电势能公式Ep=qφ知，电势能取决于该点的电势和电荷，并不是只有正电荷在电场中电势高的地方电势能大，在电势低的地方电势能小，负电荷正好相反，B不符合题意．
C、公式U=Ed中的d为沿电场强度方向的距离，所以在匀强电场中，两点间沿电场强度方向的距离越大，电势差就越大，如果d不是沿电场强度方向的距离，那么间距大时，电势差不一定大，C不符合题意．
D、据电势能公式Ep=qφ知，正电荷在电势越高的地方电势能越大，在电势越低的地方电势能越小，所以正电荷从电势高的点运动到电势低的点，电势能一定减少，D符合题意．
故答案为：D．
【分析】电势的大小和场强大小无关；电势能大小由粒子的电性和电势共同决定；电势差和场强的关系是由电场线方向的距离决定。
2．【答案】C
【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能
【解析】【解答】A.根据两个等量同种正点电荷的电场分布特点，在两电荷连线的垂直平分线上电场强度方向从O到N，则O点的电势高于N点的电势，A不符合题意；
B.在M、N和O三点中O点电场强度为零，故O点场强一定小于M点场强，B不符合题意；
C.将负点电荷从M点移到O点，电场力向左，电场力对负电荷做负功，其电势能增加；再将负的试探电荷从O点移到N点，电场力做负功，电势能增加，C符合题意；
D.在两个等量同种正点电荷的连线上，中点O的电势最低，根据两个等量同种正点电荷的电场分布特点，在两电荷连线的垂直平分线上，O点的电势最高．故M、N、O三点中，M点的电势最高，N点的电势最低．所以正点电荷在M点的电势能最大，在N点的电势能最小，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】结合等量同种电荷的电场线模型，电场线密集的区域电场强度大，沿电场线方向电势减小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。
3．【答案】B
【知识点】感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】A．图中线圈不闭合，不会产生感应电流，A不符合题意；
B．图中两导线运动时闭合回路的磁通量变大，有感应电流产生，B符合题意；
C．图中线圈运动时磁通量不变，不会产生感应电流，C不符合题意；
D．图中线圈运动时磁通量不变，不会产生感应电流，D不符合题意；
故答案为：B.
【分析】产生感应电流的条件是，对于闭合回路中的某一部分，磁通量发生改变，磁通量变化越快，产生的感应电动势就越大；闭合回路中的磁通量不变，回路就不会有电流。
4．【答案】A
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】ABC．电路中电流表的示数为2.0A，所以电动机的电压为U=E-U内-UR0=12-Ir-IR0=12-2×1-2×1.5=7V
电动机的总功率为P总=UI=7×2=14W
电动机的发热功率为：P热=I2R=22×0.5=2W
所以电动机的输出功率为14 W-2W=12W
A符合题意，BC不符合题意；
D．电源的输出的功率为：P输出=EI-I2R=12×2-22×1=20W
D不符合题意。
故答案为：A
【分析】电动机是非纯电阻元件，利用电动机两端的电压乘以流过电动机的电流求出电动机的总功率，利用焦耳定律的变形公式求解电动机的发热功率，利用总功率减去发热功率即为电动机的机械功率。
5．【答案】C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】闭合电键K后，把R的滑片右移，Q中的磁场方向从左向右，且在减小，根据楞次定律，左边导线电流方向向上．A不符合题意．闭合电键K后，将P中的铁芯从左边抽出，Q中的磁场方向从左向右，且在减小，根据楞次定律，左边导线电流方向向上．B不符合题意．闭合电键，将Q靠近P，Q中的磁场方向从左向右，且在增强，根据楞次定律，左边导线的电流向下．C符合题意． 若K不闭合，则P线圈中无磁场，故Q中不会有电流产生，D不符合题意；
故答案为：C.
【分析】从电流方向可以判别P线圈和Q线圈的磁场方向相反说明P线圈在Q线圈产生的磁通量变大，所以需要采用方法增大磁通量如减小电阻，或者让Q靠近P。
6．【答案】B
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】粒子在磁场中运动的周期的公式为 ，由此可知，粒子的运动的时间与粒子的速度的大小无关，所以粒子在磁场中的周期相同，由粒子的运动的轨迹可知，三种速度的粒子的偏转角分别为90°、60°、30°，所以偏转角为90°的粒子的运动的时间为 ，偏转角为60°的粒子的运动的时间为 ，偏转角为30°的粒子的运动的时间为 ，所以有
故答案为：B
【分析】带电粒子在磁场中受到洛伦兹力，在洛伦兹力的作用下粒子做圆周运动，结合粒子在磁场中的运动周期公式，结合粒子的出射方向求解运动时间即可。
7．【答案】C
【知识点】伏安特性曲线
【解析】【解答】根据电源U-I图可得：U＝4 0.5I，又有U=E-Ir，所以，电源电动势E=4V，内阻r=0.5Ω，A不符合题意；电源和小灯泡组成闭合电路时，灯泡两端电压为路端电压，故两曲线交点即为灯泡的电压、电流；又有灯泡恰好能正常发光，故灯泡的额定电压U=3V，额定电流I=2A，所以，额定功率为：P=UI=6W，阻值为：R＝U/I＝1.5Ω，C符合题意，B不符合题意；由图可得：电功率越大时，U-I曲线越陡，那么电阻越大，故电阻率越大，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】对于U-I曲线，图像的横坐标为电流，纵坐标为电压，图像斜率为灯泡的电阻，横纵坐标的乘积为灯泡的功率，结合图像分析求解即可。
8．【答案】C
【知识点】磁感应强度
【解析】【解答】在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离为l的a点处的磁感应强度为零，如下图所示：
由此可知，外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，即B1=B0；依据几何关系，及三角知识，则有：BPcos30°= B0； 解得P或Q通电导线在a处的磁场大小为BP= B0；
当P中的电流反向，其他条件不变，再依据几何关系，及三角知识，则有：B2= B0；因外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，磁场大小为B0；最后由矢量的合成法则，那么a点处磁感应强度的大小为B= ，C符合题意，ABD不符合题意；
故答案为：C。
【分析】结合题目条件求出导线产生的磁感应强度，当电流反向后，画出a点的磁场，进行矢量合成即可。
9．【答案】B,C
【知识点】电势差、电势、电势能；匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】由电势—位移图象可知，电势随位移均匀增加，相同位移间的电势差相同，电场强度恒定，电子运动的加速度恒定，C符合题意．沿Ox轴方向电势增大，电场线方向与Ox轴负方向重合，电子沿Ox轴正方向运动，A不符合题意．电场力方向也沿Ox轴正方向，电场力做正功，B符合题意．由功能关系，电场力做正功，电势能减少，D不符合题意．
故答案为：BC
【分析】利用电势降低可以判别场强的方向及电场力和电子的运动方向；利用电势结合电性可以判别电势能和动能的变化；利用电势能变化可以判别电场力做功；利用斜率可以判别电场强度大小不变加速度大小也不变。
10．【答案】A,D
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流I增大，电源的内电压 增大，电源的路端电压U减小；
对 ： 增大、 增大；
对电容器： 减小，质点P受到的电场力减小，质点P将向下运动；
对 ： 减小， 减小；
对电流表： 增大；
对 ： 增大， 增大；
对 ： 减小，电压表读数减小；
电源的输出功率： 滑动变阻器接入电路的电阻减小，则电路外电阻R减小， (R1大于电源的内阻r)，当R减小时，输出功率增大。
综上AD符合题意。
故答案为：AD
【分析】利用串反并同可以判别电表的读数和电容器两端电压变化，电容器电压变化会导致场强变化就会出现合力不为0，利用电源输出功率和电阻的关系可以知道当R变小时越接近内阻，输出功率越大。
11．【答案】B,C,D
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】A. 当导线框向右平移时，穿过线圈的磁通量垂直纸面向里且减少，根据右手螺旋定则与楞次定律可知，感应电流方向是a→b→c→d→a，即顺时针方向。A不符合题意；
B. 若线圈竖直向下平动，穿过线圈的磁通量不变，无感应电流产生。B符合题意；
C. 当线圈以ab边为轴转动时(小于90 )，穿过线圈的磁通量垂直纸面向里且减少，根据右手螺旋定则与楞次定律可知，感应电流方向是a→b→c→d.C符合题意；
D. 当线圈向导线靠近时，穿过线圈的磁通量垂直纸面向里且增大，根据楞次定律可知，其中感应电流方向是a→d→c→b.D符合题意。
故答案为：BCD
【分析】当通过线圈的磁通量发生变化时，线圈中将会产生感应电流．根据楞次定律判断感应电流的方向．
12．【答案】B,D
【知识点】电场力做功
【解析】【解答】A．小环上滑过程中所受的库仑力是变化的，合力是变化的，由牛顿第二定律知小环的加速度是变化的，不可能做匀变速运动，A不符合题意；
B．由于OA=OB，A、B两点的电势相等，对于上滑过程，电场力做功为零，由动能定理得
即
下滑过程有
由此可得
所以上滑过程的平均速度大于下滑过程的平均速度，因此小环上滑时间小于下滑时间，B符合题意；
C．小环下滑过程中，电场力做功为零，所以电势能变化量为零，则重力势能转化为内能和动能，所以消化下滑过程中，减少的重力势能大于摩擦产生的内能，C不符合题意；
D．从A点出发再回到A点的过程中，重力和电场力做功均为零，由动能定理可知，小环克服摩擦力做功等于小环损失的动能，D符合题意。
故答案为：BD
【分析】由题中“一个带负电的小金属环套在粗糙绝缘细杆AB上”可知，本题考查库仑定律、能量守恒定律，根据电场力做功情况、能量守恒和动能定理可分析本题。
13．【答案】（1）5.015
（2）4.700
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】(1)由图所示游标卡尺可知，其示数为：50mm+3×0.05mm=50.15mm=5.015cm(2)由图所示螺旋测微器可知，其示数为：4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm
【分析】明确螺旋测微器每一个小格代表的数值，并且在最后的读数时注意估读即可。明确游标卡尺的读数规则进行读数即可。
14．【答案】（1）甲
（2）
（3）D
（4）0.60；1.2
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，所以正确的实验电路图是甲。（2）根据实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：
；（3）由于灯泡电阻随电流增大电阻R增大，由 可知， 图象斜率增大，故答案为：D。（4）由图5所示电路图可知，两灯泡并联，可以把电源与定值电阻等效为电源，设每只电灯加上的实际电压和实际电流分别为U和I，在这个闭合电路中，则有：
代入数据并整理得：
在图a所示坐标系中作出 的图象如图所示
由图象可知，两图象交点坐标值为：U=2V，I=0.3A
此时通过电流表的电流值 0.6A
每只灯泡的实际功率 =2×0.3=0.6W
所以两个小灯泡的总功率为1.2W。
【分析】（1）为了能得到比较多的数据，采用分压法，电流表内阻比较大，对电压影响比较大，故采用电流表外接法；
（2）结合第一问求解的电路图连接实物图即可；
（3）结合灯泡的功率公式求解图像即可；
（4）对于U-I曲线，图像的横坐标为电流，纵坐标为电压，结合图像求解灯泡的功率即可。
15．【答案】（1）解：导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有
导体棒受到的安培力
（2）解：导体受重力沿斜面向下分力
由于F小于安培力，故导体棒沿斜面向下的摩擦力f根据共点力平衡条件得:
解得:
【知识点】安培力；欧姆定律
【解析】【分析】(1)先根据闭合电路欧姆定律求出电路中的电流。由公式 求解安培力大小。(2)导体棒处于静止状态，合力为零，根据平衡条件列式求解摩擦力的大小。
16．【答案】（1）解：设 和 的并联电阻为 ，有： ①
两端的电压为： ②
消耗的电功率为： ③
当 时，联立①②③式，代入数据，解得：
④
（2）解：设小球质量为m，电荷量为q，小球做匀速圆周运动时，有：
⑤
⑥
设小球做圆周运动的半径为r，有：
⑦
由几何关系有：
⑧
联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据，解得：
⑨
【知识点】电功率和电功；欧姆定律；串联电路和并联电路的特点及应用；洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）利用欧姆定律求解电阻两端的电压，利用功率公式求解电阻的功率即可；
（2）小球做匀速圆周运动，即电场力与重力相平衡，带电粒子在磁场中受到洛伦兹力，在洛伦兹力的作用下粒子做圆周运动，利用几何关系求解轨道半径，再结合欧姆定律求解电阻的阻值。
17．【答案】（1）解：粒子在电场中向下偏转，可知粒子带负电，根据牛顿第二定律得，粒子在第一象限内的加速度大小
（2）解：粒子在第一象限内做类平抛运动，运动的时间，
离开第一象限时，竖直分速度，
根据平行四边形定则知，进入第四象限的速度
粒子进入第四象限做匀减速直线运动，根据平均速度推论知
解得
（3）解：粒子匀减速运动的加速度大小
根据牛顿第二定律得
解得
根据平行四边形定则知，进入第四象限时，速度方向与水平方向的夹角正切值
故四象限内的匀强电场方向沿AB方向，与水平方向成37度
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）对物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体的加速度；
（2）粒子在水平方向沿匀速直线运动，在竖直方向上受电场力的方向而做加速运动，根据水平位移和竖直的大小，利用牛顿第二定律和匀变速直线运动公式求解末速度大小，之后粒子做匀减速运动，结合粒子的初速度求解运动时间即可；
（3）粒子做直线运动，即受到的合外力方向与速度同向，列方程求解电场强度即可。
18．【答案】（1）解：粒子运动轨迹如图所示，由左手定则可知粒子带负电
由图知粒子在第一象限内运动的轨道半径 ，
由洛伦兹力提供向心力得 ，
联立得
（2）解：由图知OP＝d，所以粒子在第四象限内做圆周运动的半径为 ，
同理 ，
联立得
（3）解：粒子在匀强电场中做类平抛运动，由图知 ，
当电场强度E较大时，粒子击中D点，由类平抛运动规律知 ， ，
联立得 ，
当电场强度E较小时，粒子击中G点，由类平抛运动规律知 ， ，
联立得 ，
所以
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）带电粒子在磁场中受到洛伦兹力，在洛伦兹力的作用下粒子做圆周运动，利用几何关系求解轨道半径，再结合向心力公式求解荷质比；
（2）同理，利用几何关系求解轨道半径，再结合向心力公式求解磁感应强度；
（3）粒子在水平方向沿匀速直线运动，在竖直方向上受电场力的方向而做加速运动，根据水平位移和竖直的大小，利用牛顿第二定律和匀变速直线运动公式求解即可。
