2017-2018学年福建省三明市第一中学高二下学期开学考试物理试题 解析版 18页

福建省三明市第一中学 2017-2018 学年高二下学期开学考试物理试题 一、单选题（8 小题）‎ ‎1. 物理学家通过艰苦的实验来探究自然的物理规律，为人类的科学做出了巨大 贡献．下列描述中符合物理学史实的是（ ）‎ A. 安培发现了电流的磁效应 B. 奥斯特通过实验测定了磁场对电流的作用力 C. 库仑总结出了真空中的两静止点电荷间相互作用的规律 D. 法拉第发现了电磁感应现象并总结出了判断感应电流方向的规律 ‎【答案】C ‎【解析】奥斯特发现了电流的磁效应，选项A错误；安培通过实验测定了磁场对电流的作用力，选项B错误； 库仑总结出了真空中的两静止点电荷间相互作用的规律，选项C正确；法拉第发现了电磁感应现象，楞次总结出了判断感应电流方向的规律，选项D错误；故选C.‎ ‎2. 关于电场强度和磁感应强度，下列说法中正确的是（）‎ A. 电场强度的定义式不能适用于任何静电场 B. 电场中某点电场强度的方向与在该点的带正电的检验电荷所受电场力的方向 相同 C. 磁感应强度公式 说明磁感应强度 B 与放入磁场中的通电导线所受安培 力 F 成正比，与通电导线中的电流 I 和导线长度 L 的乘积成反比 D. 磁感应强度公式 说明磁感应强度的方向与放入磁场中的通电直导线所 受安培力的方向相同 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：电场强度的定义式E =F/q，适用于任何静电场，所以A正确；电场中某点电场强度的方向与在该点的带正电的检验电荷所受电场力的方向相同，与负电荷受电场力方向相反，所以B正确；磁感应强度由磁场自身决定，与放入其中的通电导线无关，所以C错误；由左手定则知，通电导线受安培力的方向与磁场方向垂直，故D错误。‎ 考点：本题考查电场强度、磁感应强度的定义 ‎3. 神经纤维可分为有髓鞘和无髓鞘两大类，现代生物学认为，髓鞘是由多层类 脂物质﹣﹣髓质累积而成，具有很大的电阻，经实验测得髓质的电阻率为．某生物体中某段髓质神经纤维可看做长为 20cm，半径为 4cm 的圆柱体，‎ ‎ 在其两端加上逐渐升高的电压，当电压 U=100V 时，该髓质神经纤维发生反应， 则引起该髓质神经纤维产生感觉的最小电流为（ ）‎ A. 0.15μA B. 0.31μA C. 0.43μA D. 0.62μA ‎【答案】B ‎【解析】由电阻定义式可得：，故电流为：，故选B。‎ ‎【点睛】已知电阻率、导体长度以及半径，由电阻定义式可得电阻值，进而再由欧姆定律可得电流．‎ ‎4. 如图所示，A、B、C、D、E、F 为匀强电场中一个边长为 10cm 的正六边形 的六个顶点，A、C、D 三点电势分别为 1.0V、2.0V、3.0V，正六边形所在平面 与电场线平行．则（ ）‎ A. E 点的电势与 C 点的电势相等 B. 电势差 UEF 与电势差 UBC 相同 C. 电场强度的大小为 D. 电场强度的大小为 ‎ ‎【答案】C ‎【解析】A、D两点电势分别为1.0 V和3.0 V，则AD中点O的电势为2.0 V，C点与O点等势，C与E不等势，A错误；UEF和UBC大小相同，但正负不同，B错误；电场强度，C正确，D错误.故选C.‎ ‎5. 如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，这时电容器的带电量为 Q，P 是电容器内一点，电容器的上板与大地相连，下列说法正确的是（ ） ‎ A. 若将电容器的上板左移一点，则两板间场强减小 B. 若将电容器的下板上移一点，则 P 点的电势升高 C. 若将电容器的下板上移一点，则两板间电势差增大 D. 若将电容器的下板上移一点，则两板间电势差减小 ‎【答案】D ‎【解析】考点：电容器的动态分析．‎ 分析：平行板电容器充电后与电源断开后，电容器的电量不变，电容器上板左移一点，正对面积减小，电容C减小，由U= Q/C 分析U增大，再E="U/d" ‎ 分析板间场强变化．根据板间距离变化，分析电容变化，由U= Q/C 分析U的变化．电场线方向向下，P点电势比上板低，再根据P点与上板电势差的变化，分析P点电势的变化．‎ 解答：解：A、平行板电容器充电后与电源断开后，电容器的电量不变，电容器上板左移，正对面积减小，电容C减小，由U= Q/C 分析可知U增大，板间场强E= U/d，d不变，则E增大．故A错误．‎ ‎ B、C、D将电容器的下板上移一点，板间距离减小，电容C增大，由U= Q/C 分析得知：Q不变，两板间电势差减小．又由E= U/d=4πkQ/S ‎，可知板间场强不变，则P与上板的电势差不变，上板电势为零，则P点电势不变．故BC错误，D正确．‎ 故选D．‎ 点评：对于电容器动态变化分析问题，要采用控制变量法研究，抓住不变量．对于仅仅板间距离变化的情形，由E= U/d=4πkQ/S 可知，板间场强不变，是个重要推论，经常用到．‎ ‎6. 如图所示，固定的水平长直导线中通有电流 I，矩形线框与导线在同一竖直平 面内，且一边与导线平行．线框由静止释放，在下落过程中（ ）‎ A. 穿过线框的磁通量保持不变 B. 线框中感应电流方向保持不变 C. 线框所受安培力的合力为零 D. 线框的机械能不断增大 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A、线框在下落过程中，所在磁场减弱，穿过线框的磁感线的条数减小，磁通量减小．故A错误．‎ B、下落过程中，因为磁通量随线框下落而减小，根据楞次定律，感应电流的磁场与原磁场方向相同，不变，所以感应电流的方向不变，故B正确．‎ C、线框左右两边受到的安培力平衡抵消，上边受的安培力大于下边受的安培力，安培力合力不为零．故C错误．‎ D、线框中产生电能，机械能减小．故D错误 故选B ‎ ‎ ‎7. 如图所示，一闭合直角三角形线框以速度 v 匀速穿过匀强磁场区域．从 BC 边进入磁场区开始计时，到 A 点离开磁场区止的过程中，线框内感应电流的情 况（以逆时针方向为电流的正方向）是如图所示中的（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】感应电流，线框进入磁场时，导体棒切割磁感线的有效长度L减小，感应电流I逐渐减小；当线框完全进入磁场时，穿过线框的磁通量不变，不产生感应电流，I=0，线框离开磁场时，导体棒切割磁感线的有效长度L减小，感应电流I逐渐减小；故A正确，BCD错误；故选A。‎ ‎8. 图示是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直于霍尔 元件的三作面向下，通入图示方向的电流 I，C、D 两侧面会形成电势差，下 ‎ 列说法正确的是（该元件正常工作时，磁场必须垂直工作面）（ ）‎ A. 电势差仅与材料有关 B. 若霍尔霉件的自由电荷是自由电子，则C 侧的电势低于 D 侧的电势 C. 其他条件不变，仅增大匀强磁场的磁感应强度时，电势差变小 D. 在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平 ‎【答案】B ‎【解析】根据CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有，，得：，n由材料决定，故与材料有关；还与厚度c成反比，与宽b无关，同时还与磁场B与电流I有关，故其他条件不变，仅增大匀强磁场的磁感应强度时，电势差变大，故AC错误；根据左手定则，电子向C侧面偏转，C表面带负电，D表面带正电，所以D表面的电势高，则，故B正确。在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过。故D错误。故选B。‎ ‎【点睛】在霍尔元件中，移动的是自由电子，根据左手定则判断出电子所受洛伦兹力方向，从而知道两侧面所带电荷的电性，即可知道C、D两侧面会形成电势差的正负．CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡推导出电势差与什么因素有关．‎ 二、多选题（4 小题）‎ ‎9. 关于四个公式①P=UI；②；③ ；④，下列说法正确的是（ ）‎ A. 公式②适用于任何电路的热功率的计算 B. 公式①②④适用于任何电路电功率的计算 C. 公式④适用于任何电路的电功率的计算 D. 以上均正确 ‎【答案】AC ‎【解析】求解电功率，可以用公式P=IU，也可以用公式；而只能适用于纯电阻电路的电功率和热功率；适用于任何电路计算热功率；故选AC。‎ ‎【点睛】P=IU适用于任何电路计算电功率；适用于任何电路计算热功率；只能适用于纯电阻电路的电功率或者热功率；是功率的定义公式，适用于任何情况的平均功率．‎ ‎10. 如图所示，在 xOy 坐标系中以 O 为中心的椭圆上，有 a、b、c 、d、e 五点，其中 a、b、c、d 为椭圆与坐标轴的交点．现在椭圆的一 个焦点 固定一正点电荷，另一正试探电荷仅在电场力作用下的运 动轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. a、c 两点的电场强度相同 B. d 点的电势大于 b 点的电势 C. 正试探电荷沿虚线运动过程中在 b 点的动能大于在 e 点的动能 D. 若将正试探电荷由 a 沿椭圆经 be 移动到 c，电场力先做负功后做正功，但总 功为零 ‎【答案】BC ‎【解析】由电场线的分布情况和对称性可分析a、c两点电场强度大小相同，但方向不同，所以电场强度不同；故A错误。由于在椭圆的一个焦点固定一正点电荷，据正点电荷的电场线特点，沿电场线方向电势逐渐减小，且d比b离点电荷近，所以d点的电势高于b点的电势，故B正确；由于场源电荷是正电荷，所产生的电场向外辐射；据和正试探电荷知在e点电势能大于b点的电势能，仅在电场力作用下，所以正试探电荷沿虚线运动过程中在b点的动能大于在e点的动能，故C正确；正点电荷由a沿be移到c点的过程中，电势先降低后升高，电势能先减小后增大，电场力先做正功再做负功，a、c两点电势相等，所以总功为零，故D错误。故选BC。‎ ‎【点睛】电场强度是矢量，只有大小和方向都相同时，场强才相同．由电场线的分布情况和对称性可分析a、c两点电场强度关系；根据d点与b点到正电荷的距离关系，比较电势的高低，也可用同样的方法比较a、c两点电势的高低；据电场力做功情况判断动能即可．‎ ‎11. 如图所示，相距为 d 的两带电平行板间存在磁感应强度为 B、方向垂直纸面 向里的匀强磁场，一质量为 m，带电荷量为 q 的小球由下板边缘沿水平方向射入 该区域，带电小球恰能在两板间做匀速圆周运动，运动轨迹如图中虚线所示，则（ ） ‎ A. 小球一定带负电 B. 小球一定带正电 C. 两板间电压为 D. 小球在两板间的运动时间为 ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析：带电小球受到三个力的作用，小球恰能在两板间做匀速圆周运动，说明了小球受到一个大小不变而方向时刻变化的合力，该合力提供小球的向心力．小球做匀速圆周运动，速率始终不变，重力做功始终等于电场力做功．‎ 解：A、小球受重力、电场力和洛伦兹力的作用做匀速圆周运动，速率始终不变，说明了重力做功的大小始终等于电场力做功，即电场力等于重力且方向向上，所以小球带正电荷，故A错误，B正确；‎ C、由以上的分析可知，qE=mg，E=，两极板之间的电压：U=Ed=，故C正确；‎ D：小球受到的洛伦兹力提供向心力，所以它运动的周期：T=，由图可知，小球在两板间的运动时间仅仅为半个周期，t=T=，故D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎【点评】带电小球在重力场、电场和磁场的复合场中做匀速圆周运动，一定是电场力与重力大小相等，方向相反，洛伦兹力提供向心力．切记．属于基础题目．‎ ‎12.‎ ‎ 如图所示，空间中存在一水平方向匀强电场和一水平方向匀强磁场，且电场方向和磁场方向相互垂直．在电磁场正交的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆， 与电场正方向成夹角且处于竖直平面内．一质量为 m，带电量为+q 的小球套 在绝缘杆上．初始，给小球一沿杆向下的初速度，小球恰好做匀速运动，电量 保持不变．已知，磁感应强度大小为 B，电场强度大小为，则以下说法正确的是（ ）‎ A. 小球的初速度为 B. 若小球的初速度为，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止 C. 若小球的初速度为，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止 D. 若小球的初速度为 ，则运动中克服摩擦力做功为 ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：对小球进行受力分析如图，‎ 电场力的大小：，由于重力的方向竖直向下．电场力的方向水平向右，二者垂直，合力：‎ g，由几何关系可知，重力与电场力的合力与杆的方向垂直，所以重力与电场力的合力不会对小球做功，而洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，所以也不会对小球做功．所以，当小球做匀速直线运动时，不可能存在摩擦力，没有摩擦力，说明小球与杆之间就没有支持力的作用，则洛伦兹力大小与重力、电场力的合力相等，方向相反．所以．所以，故A正确；若小球的初速度为，则洛伦兹力：，则在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向下的支持力，则摩擦力：．小球将做减速运动；随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐减小，摩擦力减小，小球做加速度不断减小的减速运动，最后当速度减小到时，小球开始做匀速直线运动，故B错误．若小球的初速度为，则洛伦兹力：，则在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向上的支持力，而摩擦力：．小球将做减速运动；随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐增大，摩擦力逐渐增大，小球的加速度增大，所以小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止，故C正确；若小球的初速度为，球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止，运动中克服摩擦力做功等于小球的动能，所以，故D错误．‎ 考点：考查了带电粒子在复合场中的运动 ‎【名师点睛】带电粒子在复合场中运动问题的分析思路 ‎1．正确的受力分析 除重力、弹力和摩擦力外，要特别注意电场力和磁场力的分析．‎ ‎2．正确分析物体的运动状态 找出物体的速度、位置及其变化特点，分析运动过程．如果出现临界状态，要分析临界条件 带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子的受力情况．‎ ‎（1）当粒子在复合场内所受合力为零时，做匀速直线运动（如速度选择器）．‎ ‎（2）当带电粒子所受的重力与电场力等值反向，洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动．‎ ‎（3）当带电粒子所受的合力是变力，且与初速度方向不在一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线，由于带电粒子可能连续通过几个情况不同的复合场区，因此粒子的运动情况也发生相应的变化，其运动过程也可能由几种不同的运动阶段所组成 三、填空、实验题（3小题）‎ ‎13. 用游标卡尺测量某物体的厚度时，示数如图所示，此示数为_____mm．‎ ‎【答案】50.1‎ ‎【解析】游标卡尺的主尺读数为5cm=5×10mm=50mm，游标尺上第1个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为1×0.1mm=0.1mm，所以最终读数为：50mm+0.1mm=50.1mm．‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．‎ ‎14. 为了测量某根金属丝的电阻率，需要测量长为 L 的金属丝的直径 d 和电阻R．某同学进行如下几步进行测量：‎ ‎（1）直径测量：该同学把金属丝放于螺旋测微器两测量杆间，测量结果如图 甲，由图可知，该金属丝的直径 d=_____mm ．‎ ‎（2）欧姆表粗测电阻，他先选择欧姆×10 档，测量结果如图乙所示，为了使读 数更精确些，还需进行的步骤是____．（填字母序号）‎ A．换为×1 档，重新测量 ‎ B．换为×100 档，重新测量 C．换为×1 档，先欧姆调零再测量 ‎ D．换为×100 档，先欧姆调零再测量 ‎（3）伏安法测电阻，实验室提供的滑变阻器（0～20Ω），电流表（0～0.6A，内 阻约 0.5Ω），电压表（0～3V，内阻约 5kΩ），为了测量电阻误差较小，且电路便于调节，下列备选电路中，应该选择_____．（填字母序号）‎ A. B. ‎ C. D.‎ ‎【答案】 (1). 6.81mm (2). D (3). D ‎【解析】(1) 螺旋测微器的固定部分为：6.5mm；转动部分为：31.0；故读数为：6.5+31.0×0.01=6.810mm；‎ ‎(2) 由图可知，指针的偏角过小，则说明档位选择过小；应选择大档位，再重新进行欧姆调零，进行测量；故选：D；‎ ‎(3) 由题意可知，给出的滑动变阻器不能起到保护作用，故应采用分压接法；由欧姆表的示数可知，电阻约为5000Ω；而电压表内阻只有5000Ω；故只能采用电流表内接法；故选D。‎ ‎15. 现有一种特殊的电池，它的电动势 E 约为 9V，内阻 r 约为，已知该电池 允许输出的最大电流为 50mA，为了测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用 如图甲所示的电路进行实验，图 甲中电压表的内阻很大，对电路的影响可不考虑， R 为电阻箱，阻值范围， 是定值电阻，起保护电路的作用．‎ ‎（1）实验室备有的定值电阻有以下几种规格：‎ A． B． C． D．‎ 本实验应选__________．‎ ‎（2）该同学接入符合要求的 后，闭合开关 S，调整电阻箱的阻值，读取电压 表的示数，改变电阻箱阻值，取得多组数据，作出了如图 乙实所示的图线（已知该直线在 y 轴的截距为）．则根据该同学所作出的图线可求得电池的电动 势 E 为_________V，内阻 r 为______________‎ ‎【答案】 (1). C (2). 10 (3). 47‎ ‎【解析】（1）当电阻箱的电阻调为零时，电路中电流最大，根据闭合电路欧姆定律得：，解得，故选C；（2）闭合开关，调整电阻箱的阻值，读出电压表的示数，再改变电阻箱的电阻，得出多组数据，根据，变形得：，知图线的纵轴截距表示电动势的倒数，图线的斜率等于，由图可知，斜率，联立解得：E=10V，。‎ ‎【点睛】当电阻箱的电阻调为零时，电路中电流最大，根据闭合电路欧姆定律求出此时的，再选择定值电阻的规格．本实验采取伏阻法测量电源的电动势和内阻，根据闭合电路欧姆定律列式，并变形得出对应的关系式，通过图线的斜率和截距去求电源的电动势和内阻．‎ 四、计算题（5小题）‎ ‎16. 如图所示，电源电动势为 E=30V，内阻为 r=1Ω，电灯上标有“6V，12W”字样，直流电动机线圈电阻 R=2Ω．若电灯恰能正常发光，求：‎ ‎（1）通过电动机的电流 I；‎ ‎（2）电动机输出的机械功率．‎ ‎【答案】(1)2A(2)36W ‎（1）灯泡L正常发光，电路中的电流为 ‎（2）由闭合电路的欧姆定律可知，电动机的电压为 电动机的总功率为 电动机的热功率为 所以电动机的输出功率为 ‎【点睛】本题是含有电动机的电路，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，不能用闭合电路欧姆定律求解电路中的电流I．‎ ‎17. 如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定放置在水平面上， 间距 L=0.2m ，一端通过导线与阻值为 的电阻连接；导轨上放一质量为 m=0.5kg 的金属杆，金属杆与导轨的电阻均忽略不计．整个装置处于竖直向上的 大小为 B=0.5T 的匀强磁场中．现用与导轨平行的拉力 F 作用在金属杆上，金属 杆运动的 v﹣t 图象如图乙所示．（取重力加速度）求：‎ ‎（1）t=10s 时拉力的大小及电路的发热功率．‎ ‎（2）在 0～10s 内，通过电阻 R 上的电量．‎ ‎【答案】(1)0.16W(2)2C ‎【解析】(1)由v-t图象可知： ① ‎ 由牛顿第二定律: ② ‎ ‎ ③ ‎ ‎ ④ ‎ ‎ ⑤ ‎ ‎（或由图可知，t=10s时，v=4m/s） ⑥‎ 联立以上各式，代入数据得： ⑦‎ ‎ ⑧‎ ‎(2)由电量的定义 ⑨‎ ‎ ⑩ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 联立以上各式，代入数据得: ‎ ‎【点睛】该题为电磁感应与动力学综合的问题，解决本题的关键理清导体棒的运动情况，知道速度图象的斜率等于加速度，能根据相关规律推导出电量的表达式．‎ ‎18. 长为 L 的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个带电量为+q、质量为 m 的带电粒子，以初速度 紧贴上极板 垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下极板边缘射出，射出时速度恰与下极板 成 30°角，如图所示，不计粒子重力，求：‎ ‎（1）粒子末速度的大小；‎ ‎（2）匀强电场的场强；‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】试题分析：（1）由速度的合成与分解求出粒子的末速度；（2）粒子在电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律可以求出电场强度。‎ ‎（1）粒子离开电场时，合速度与水平夹角 由速度的合成与分解得合速度：‎ ‎（2）粒子在匀强电场中为类平抛运动，则有：‎ 在水平方向上：‎ 在竖直方向上：‎ 由牛顿第二定律得：‎ 解得：‎ ‎【点睛】本题考查了粒子在匀强电场中的运动，粒子在匀强磁场中做类平抛运动，应用匀速运动规律、牛顿第二定律、匀变速运动规律即可正确解题；分析清楚粒子运动过程是正确解题的关键．‎ ‎19. 如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑轨道，一个带 负电的小球从斜轨道上的 A 点由静止释放，沿轨道下滑，已知小球的质量为 m、 电荷量为﹣q，匀强电场的场强大小为 E，斜轨道的倾角为α（小球的重力大于所 受的电场力）‎ ‎（1）求小球沿斜轨道下滑的加速度的大小；‎ ‎（2）若使小球通过圆轨道顶端的 B 点，求 A 点距水平地面的高度 h 至少应为多 大？‎ ‎（3）若小球从斜轨道 h=5R 处由静止释放，假设其能够通过 B 点，求在此过程 中小球机械能的改变量．‎ ‎【答案】（1）（2）2.5R（3）-3EqR ‎【解析】（1）根据牛顿第二定律有：（mg－qE）sin α＝ma 解得a＝‎ ‎（2）若小球刚好通过B点，根据牛顿第二定律有：mg－qE＝‎ 小球由A到B，根据动能定理有：（mg－qE）（h－2R）＝‎ 联立以上两式得h＝‎ ‎（3）小球从静止开始沿轨道运动到B点的过程中，设机械能的变化量为ΔE机 由ΔE机＝W电，W电＝－3qER 得ΔE机＝－3qER ‎20. 如图所示，相距为 d、板间电压为的平行金属板间有方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为 的匀强磁场：Op 和 x 轴的夹角，在 POy 区 域内有垂直纸面向外的匀强磁场，Pox 区域内有沿着 x 轴正方向的匀强电场，场 强大小为 E；一质量为 m、电荷量为 q 的正离子沿平行与金属板、垂直磁场方向 射入板间并做匀速直线运动，从坐标为（0，L）的 a 点垂直 y 轴进入磁场区域， 从 OP 上某点沿 y 轴负方向离开磁场进入电场，不计离子的重力，求：‎ ‎（1）离子在平行金属板间的运动速度；‎ ‎（2）Poy 区域内匀强磁场的磁感应强度 B；‎ ‎（3）离子打在 x 轴上对应点的坐标．‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】试题分析：（1）离子在平行金属板间做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得：，‎ 解得：；‎ ‎（2）离子运动轨迹如图所示：‎ 由几何知识可得：，‎ 离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，‎ 联立解得：；‎ ‎（3）离子进入电场后做类平抛运动，‎ 竖直方向：，水平方向：，粒子打在x轴上对应点的横坐标：‎ 联立即得 故粒子打在x轴上对应点的坐标为 考点：考查了带电粒子在复合场中的运动 ‎ ‎