滚动检测卷四 电场与电路-【勤径学升】2025年高考一轮复习物理通关卷

见儿图静限戴楼科骨所须城脂师学习饮件，奥一抢氧习邪原： 杆上可以自由滑动。在A点山静止释放小球，小球能向下运 3.匀强电场中有一与电畅方向平行的扇形AB 滚动检测卷四电场与电路 动且酒过()点。则小球从A点运动线)点的过程申 区城，如图所示，周心角一1如'，半径R一1的， 满分，10的安 入知孩度一定不断增大 B,速度一定不凝增大 其中C,D,F指周夏AB国等分.已知4 C,电势能一定不所增大 久机钱廉一定不所增大 华V一0，，一sV,以下说法正确的是() 一、选择题：本题共10小避，共分。在每小■的出的四个选用 5.如图所示，在x生标系所在平面内有用。箱 A.g-6V 且电场方向滑AO生线方闻 中，第1一7想只有一模符合增日壁求，每小巡4分：第8一10增 负方向的匀强电场，两个电脅量不等，质量相 C中-3V D场强大小为多V同 有多项花合题目要求，每小西6分，全部选对得6分，选对但不 的花电粒子A,B,从y轴上的5点以不司的迷 10.如国断示，电路中定值电见及：，民，黑值均为 全的得3分，有选情的得0分。 率船着y轴正方（射人匀强电场，两粒子在则 L.如图所示，最线为位下0位置的点电背形成电场中 形风城中品动的时同相同，水平位移工：>、， R,电围电动婷为E内阻，=R,平行板电容不世产 的等势面，已如三个等势直的电势差关系为约一 竖直位移4>，不计粒于所受韵重力，则 特的地整为二，韧始时，开关5闭在，5断 、8 开，榜电浪镇在P点处于静止状吉。整个装盆处于真空中，重 睾打 一一，图中的实线为一带负电的粒子进人谈电 入.A位子带鱼电简 场后的超动我连，与等势直相交于前中的#，，d 我B粒子所带的电营量比A较子少 力框逸度为发，下列说法正确的是 四点，已每该粒子仅是电场力的作用，期下列说法 CA较子在底形区域中电势能变化量小 A,若仅减小电容零西极板的正对面阻，则液衡仍保持静止 正喻的是 DB程千进人电场时具有的动衡比A乾子大 L.若化将电容器上做板上移少许，则P点电势升高 A.该粒子只有在“，在两点的动能与电势能之和相等 G.带电粒子碰撞实检中，一0时粒子A静止，粒 C,若闭合S,则电路稳定后电容零所带电背量比原米增加 线 孔场尊电商是正电荷 子书以一定的初速度向八运动。博程子的 C>2南 博 甲一（图像如图所示。仅考虑静电力的作用，且 口电畅力对该粒子光做角功后做正功 D若闭合S,电喜位定后查滴还在板间运动，则其加露度大小 内名真空中，在鞋上工=0和：=8m处分料 A、B未接触.期 A.A粒子质量小于B粮子 固定两个点电背Q和Q,电待间连线上 为 瓜两粒子在时刻的电势健最大 的电场强度E闭x变化的图像如周所希 行1361州 C,A粒子在时刻的知速度最天 10 《十x方向为电场强度正方向)，其中=3m DB较子在0一，时间内动能一直减小 苦重 处E=0。将一个正试探电模在工一？m处由静止释放（重力不 7,李伟闻学在学习电表改装的原理以后，思找器 计，取无穷江处电势为零。， 二、非选择题：本题共后小题，共54分 材实置一下，于是她从学控实段室授米了一个 A,Q,Q.为等量同种地商 山，《6分〔湘南言长迹市斯检)某科我创新实轮小维果川不同的方 小量程电德计G(表头)，在刻议明书，博道了该 队Q,Q带电量之比为9t2日 案海情某合金筐的电阻率及电图。 电流计请偏电藏为0性A,内阻为0，他想 C.在一3画受电势等于0 (1门小明同学选章图甲方案湖定合金饮电阻率。若合金堂长度 D该试探电荷到堂轴方闻运动时，电势能一直减小 把孩电流计改装成01mA和010mA的双 为L,直径为D,目值为R,财其电阳节一 :螺腹测微 3,知帽断示，实线表示某电中的因个等势置，它门的 量程电源表，电路图如图所示，下列说法正确的是 电势分划为角和·相常等势面科的电势题 A,改装后开关接2时量程为一1mA 群海合金拉的直径如阁乙所示，读数为 相等，一带数电的粒子，重力不计，在该电场运动 弘改装后的电瓷表量型均陆电阻R的阻值蜡大面成小 的轨透如虚线所示，@，，，d是其运动物连与等势 改装后的电流表量程均随电阻我的值增大面减小 董的国个交点，周可以判断 D改装后开关接？时电表内阻大于开关报1时 A兵等路直上各点扬强处处相同 6.在周建点电背Q的电场中，一试探电荷0仅在 我因个等势面的电势关系是到<<华<华 静电力作川下绕点电背Q沿隔调轨通运动，：， 二，粒子从：适动到4的过程中静电力一直做鱼功 6,c,d为箱圆轨道上四点，如周所示，下列说达 山较千在4,6，c,d国点的速度大小美系是口，<科<可助 正确的是 1.如图所示，带电量分别为十Q,一Q的点电背 A.6,d再点电场强度大小相同 闲定在同一农平线上，和丽均句的光滑绝缘润 我“点电势一定比：点电势高 杆竖直敏置与两电荐的连线垂直平分线重合、园 C.试探电骨由：运动到：的过程中电势能先减小后增大 《小亮同学科用则丙断尔的实验电路3测量R的阻值。闭合 )为两电背连线中点，个梦正电的小球套在 口，试探电背与酯定点电衡带同种电得 开关5，通过周节电阻箱民，读出多组改和「的值，根据实袋数 高考一轮通是基·物厘实25 见比酒标熙能修？科者轻娟添的帽能学习伏什，突装一轮蛋习难确 能经出R图线如调T所示，不计电源内阻.由此可以得到R 0口的定植电阻R.,一个开关和导线若千 (2)再板句所加交变电乐的地对值U ,及的测最值与真实值相比 《选蚊“俱 大偏小”减“相等“)， 12.《8分)（期大管黄周市桶戴）某可学要将一量程为250A的 威安表改装为量程为0mA的电蔬表。该句学测得觉安表 内阻为1200，经什算后将一阳值为R的电阻与该微安表 (8)楼电较千所有可能汇景点历在由线的方程： 连接，进行改装。答后科用一标准毫爱我，取探图甲所示电 路对改装后的电表连行检测（增提根内是改整后的电表）， 恩 《1山制据电路周，在图乙中用笔新线代智导线，移实物图连成完 整电路。 -n 地 “标种及父表 《2流同学为了用作图法来晚定电逐的电动势和内阻，以亡为湖 15.(18分)如闲断示，慎角为▣一心的论绿斜口一 商 2 轴反为黄轴作出的周像如周丙所示，刚该调像的函数表达式： 直店长度为3弘BC长度为1，斜指上方 (1山积据图甲和题给条件，指图乙中的实物连餐。 风同有沿筹面向上的匀强电场。一暖址 。《用含有U,R,R,E,P的函数表这式表后) (2)当标准毫安表的示数为1线.0mA时，微安表的折针位紧如 (3由图檬可求得，度电源的电功势￡ V,内阻 为四，电萄量为十g的小物块自A餐左上方某处以初违度章，= 内所示。由此可以推测出所改装的电表量程不是颜期值。面 .(计算结果均保面位有效数字) 配水平地出，价好在A友与斜面相切滑上斜童，沿斜面向下内 是 。〔填正确答案标号) 14,《18分)如国甲断，在坐 运诗，经过C点但未能到达B点，在电场为作用下运同，最锋拾 A.18.mA B.21 mA 标系中平行于x轴故置 好都止在A点。已知物块与每间的动华据散为和一夏不 C.25 mA D.28 mA 一对平行金闻板.板长为 考虑运动过程中物块电背量的变化，重力加连皮为g,求： 4.,两极可r轴的距离均 (1)物块平抛过醒中的位移大小。 为L,板右滑靠近y输，在两板间相如图乙所示的交度电压，在 上轴上：一一山.处，沿上轴正方向源视不断地射人初渔度为 .质量为裤，电搜量为十年的带电粒子，这些粒子在肖板创运 内 动交变电压的一个周期后，恰好都能离开电场。为桂这些靓千 《3产生上述可题的复内可能是 《填正确答塞标号) 汇聚于一点，需繁拿y输右铜加直旺面向外的有界强避 A.赠安表内图测最精预，实际内阻大于1200口 场，意场区城的中心在x轴上，。不计静电粒子之闻的相互作用 品微安表内阳测量精说，实际内小干1的刀 (?)物块在电场中的电势能的最大增加量 力求： C,R值什算情误，接人的电图偏小 (1)再板间所加交变电压的料期T。 R简计算错误，核人韵电阳偏大 (4)要达到预期日的，无论测阁的内圆值是杏正确，都不必重新测 量，只需要将阻算为R的电阻换为一个目值为R的电阻即可， 儿中大一 3,(1而分)某同学利用图甲所容的电路测量电的电动势E和内 阻，所用的实验器材有。一个电报表V.一个电阳箱R.一个5 2污云高考一艳递其基·种理见此图标眼微信/抖音扫码 添加智能学习伙伴，突破一轮复习难点。 (2)由欧姆定律有“一层，解得R,=D-CR,其中 U、U?分别为电压表V?、V?的示数，R。是定值电阻的阻值。 时刻Po=mgx,在l=1?时刻P?=m VA,则m?V?=m?VA,由题 图可知v?>v?,则mg<m,A项错误；两粒子在t?时刻速度相 等，两粒子相距最近，分析可知两粒子带同种电荷，则此时两粒 子的电势能最大，B项正确；两粒子在t?时刻距离最近，两粒子 库仑力最大，即A粒子在t?时刻的加速度最大，C项错误；B 粒子在0～t?时间内速度先减小到零后反向增加，则动能先减 小后增加，D项错误。 以电容器两端电压U'=号，故△Q=CAU=F,电路稳定后 电容器所带电荷量比原来减小了，故C错误；闭合S?之前， go-mg,若用合S.电路貌定后液清还在板间延动，号0- mg=ma,整理得a=号，故D正确。 解析 (1)根据电路图将实物图连接，如图所示，注意不要 交叉。 (3)由电路的电压关系可得U?=U?(1+R),由U?-U?图像 可知，斜率k=1+度。=1.5,若R,=1480 0.则R= 2 960 Ω。 R? E1.(p=eP R4.703(4.701～4.704均可)(2)10 偏大 电源 滚动检测卷四电场与电路 7.C 解析 开关接1时表头与R?、R?并联，分流电阻较大，量 程较小，开关接2时，表头先与R?串联，再与R,并联，分流电 阻较小，量程较大，故改装后开关接2时量程为0～10 mA,A 错误；当开关接1时，星程为1,=1.+及，FA,当开关接2时， 解析(1)合全丝的他服8~专”商 ,解得电阻率 -。螺旋测收器固定刻度该数为4.5mm,可防刻度的 (2)由闭合电路欧姆定作可知U-R平及+R,变形可÷一 一+,城来选式为合一·☆. 1.D 解析 该粒子仅受电场力的作用，粒子的动能与电势能之 和始终不变，故 A项错误；据粒子轨迹可知，粒子受到场源电 荷的排斥力，则场源电荷是负电荷，故B项错误；场源电荷是 负电荷，电场线指向负电荷，沿电场线方向电势逐渐降低，则 φ?<φ?<φ?,故C项错误；粒子受到场源电荷的排斥力，粒子运 动方向先与排斥力成钝角后与排斥力成锐角，则电场力对该 粒子先做负功后做正功，故D项正确。 (3)由数学知识可知，图像与纵坐标轴的交点的纵坐标为电源 电动势的倒数，由题图可知，图像与纵坐标轴的交点的纵坐标显程为1.=1.+L(R,故随R的增大，1、J,均减小，随 R,的增大，I?减小，I,增大，B错误，C正确；将I?=1mA、I?= 10mA代入 B、C解析中的表达式可得R?≈4.2 Ω,R?≈ 读数为20.3×0.01mm=0.203 mm,则螺旋测微器读数为 4.5mm+0.203mm=4.703 mm。 为0.35 V1=亡，解得E≈2.9 V,图像的斜率为k= 2-95-0-A=R解得~2.5a。 (2)在闭合电路中，电源电动势E=I(R+R?), 则十=ER+, 2.B 解析由于x=3m处E=0,可知Q、Q带同种电荷，根 据电场强度的金加“0-(0,=0,整理的合一最A错识， B正确；由于取无限远处电势为0,从x=3m处有指向无限远 的电场线可知，在x=3m处，φ>0,C错误；该试探电荷向x 轴正方向运动时，电场力先做正功，电势能减小，后做负功，电 势能又开始增大，D错误。 37.00,开关接1时，内阻方R、-发RFR~40 0,开失按 2时的内阻为R0一，R~40.放政装后开关接2时 电流表内阻小于开关接1时的内阻，D错误。 由图像可知图像斜率：k=512-05-十， 电源电动势：E=÷=4 V, 1.()(2)(3)y=-5,其中x≥L 解析 (1)所有带电粒子在金属板间沿x轴正方向做匀速直 线运动，则(一世，8.AC 解析 b、d为椭圆的两个顶点，则b、d两点到Q的距离 相等·由点电荷的电场强度公式 E一k号可知,两点 的 电场强 度大小相等，但方向不同，A正确；因为不知道电荷Q的正负， a点电势和c点电势无法比较，B错误；试探电荷q仅在静电力 作用下绕点电荷Q沿椭圆轨道运动，可知试探电荷与固定点 电荷带异种电荷，由a运动到c的过程中电场力先做正功再做 负功，电势能先减小后增大，C正确，D错误。 图像截距b=2.5,可得R,=10 Ω, 故T=1=。测量值为待测电阻R,与电流表内阻之和，所以测量值偏大。3.B 解析 g.等势面上各点电势相等，但场强并不相同，A错 误；做曲线运动的粒子，受力的方向指向凹侧，因此负电荷受力 向右，电场线向左，沿着电场线电势降低，四个等势面的电势关 系是qi<q?<q?<q?,B正确；由于c、d两点电势相等，从c到 d的过程中，电场力先做负功后做正功，C错误；根据动能定 理，粒子在a、b、c、d四点的速度大小关系是v。>v?>v,=v?,D 错误。 12.(1)见解析图 (2)C (3)AC (4)器 (2)若t=0时刻带电粒子进入平行金属板，在y轴方向，对带 电粒子，有0-ma,解析 (1)量程为250μA的微安表 改装成量程为 20 mA的电流表，量 程扩大了80倍，需要将定值电阻与 微安表并联，然后根据题图甲的原理 图连线，连线如图所示。 在前半周期内，带电粒子在 y 轴方向发生的位 移告=号a(号), 解得U?一公。 9.ABC 解析 连接AB、OC、OD、OF,交 F 点分别为 I、H、G,△OIG为等边三角 D B 形，△OAI、△OBG为等腰三角形，如图 Ck 所示，由几何关系可得AI=IG=GB,即 6F A 4.C 解析 将+2Q的点电荷分成两个电荷量均为+Q的点电 荷，其中一个+Q点电荷与一Q点电荷组成等量的异种电荷， 它们在AB上的电场线垂直于AB水平向右，另一个+Q点电 荷在AO上的电场强度存在沿OA方向的分量，导致带电小球 受到向上的电场力，加速度不一定在不断增大，A错误；如果沿 OA向上的最大电场力大于小球的重力，小球将做减速运动，B 错误；小球向下运动的过程中，电场力做负功，因此电势能一定 不断增大，C正确；由于电场力做负功，根据功能关系可知，小 球的机械能一定减小，D错误。 (2)当标准毫安表示数为16.0 mA (3)由几何关系知，当相互平行运动的带电粒子射入与粒子轨时，对应的微安表读数为160μA,说明量程扩大了100倍，因 此所改装的电表量程是25mA,选项C正确。 道圆周半径相等的圆形磁场中，汇聚于磁场区域的最低点，如 图所示，I、G为AB的三等分点，由于匀强电场 电势均匀变化，可得q=6V,qc=3V,故OF为电势3V的等 势面，由几何关系可得 DI连线垂直于OA,与OF平行，为电 势6V的等势面，即φo=6V,φr=3V,A、C项正确；电场方向 垂直于等势面指向电势较低一侧，故沿 AO连线方向，B项正 确：场强大小为E-“-6V/m,D项错误。 (3)当标准毫安表示数为16.0 mA时，对应的微安表读数应 为200μA,而实际测量时微安表读数为160μA,实际测量时 微安表读数偏小，若R值计算无误，而微安表内阻测量错误， 则说明微安表实际内阻大于1200 Ω,选项A正确，B错误；若 微安表内阻测量无误，而R值计算错误，则并联接入的电阻 的阻值偏小，R的分流较大，导致微安表中电流较小，选项C 正确，D错误。 yt 0 成 磁场区域最小圆的直径为2L,对应磁感应强度最大，但最大5.C 解析 由运动轨迹可以判定A粒子带正电荷，故 A项 错误；两粒子进入电场后做类平抛运动，沿y轴的分运动为 匀速直线运动，沿x轴的分运动为匀加速直线运动；xg> πx即÷×2E×i>÷×E×i整理得q>q、,故B项错 误；粒子在圆形区域中电势能的变化在数量上等于电场力 所做的功，即|△E,l=W=qEx,由于qo>qA,xg>xλ,所以 I△Eml>|△E|,故C项正确；y?>yn,由于运动时间相同， 所以vx>vg,粒子质量相等，所以E>Em,故D项错误。 圆不限， 10.AD 解析 开关S闭合，S?断开，带电液滴在 P点处于静 止状态.若仅减小电容器两极板的正对面积E—吕场强不变. 则电场力不变，液滴仍保持静止，故A正确；若仅将电容器上 极板上移少许，板间场强变小，则Uw=Edm=φp-0,P与下 极板零电势点距离不变，所以电势差减小，则P点电势降低， 故B错误；闭合S。之前，根据电压与电阻关系可知电容器两 端电压U=号，闭合之后，外电路总电阻合是总电阻的合，所 因此，带电粒子所有可能汇聚点在y=-x直线上，其中x≥L。 (4)预期目的是将量程为250μA的微安表改装成量程为 20mA的电流表，量程扩大80倍，根据并联电路规律有IR =79IkR;当标准毫安表示数为16.0mA时，对应的微安表 读数为160μA,量程扩大了100倍，根据并联电路规律有 16.(1),(2y2gl: 解析 (1)物块落到斜面上A点时，速度方向与水平方向夹 角为α, I.R,=99I,R,联立解得k一污。 设此时速度为v,则cos a=,竖直速度v,=vsin a, 平热过程中水平位移x=0,坚直位格x一(2)÷-中·文+6.B 解析 两粒子运动过程动量守恒，则由题图可知，在t=0 62 ～ 高考一轮通关卷·物理 13.(1)见解析图 (3)2.9 2.5 平抛过程中的位移x=√F十了，解得x=。 (2)设物块沿斜面向下运动的最大位移为x',自物块从A点 开始向下运动到再次返回A点根据动能定理有 -2μmgcos a·x'=0-÷mc2,解得x1=21, 物块运动到最低点时，电势能增加量最大，物块自A点到最 低点的过程中，设电场力做功为W,根据动能定理有 mgsin a·x′-mgosa·x'+W=0-2m3, 解得W=-2mgl,即物块电势能增加量为2mgl。 第十章 磁场 1.B 解析 由题意可知，通过“天桥”的电流方向由外向内，而 磁场方向由N到S极，根据左手定则，可知铝箔条中部受到的 安培力方向向上，铝箔条中部向上方运动，根据相互作用力，知 磁体受力方向向下，对桌面的压力增大，故B正确，A、C、D 错误。 2.B 解析 小磁针发生偏转是因为带负电荷的橡胶圆盘高速 旋转形成电流，而电流周围有磁场，磁场会对放入其中的小磁 针有力的作用，故A错误，B正确；仅改变圆盘的转动方向，形 成的电流的方向与初始相反，小磁针的偏转方向也与之前相 反，故C错误；仅改变圆盘所带电荷的电性，形成的电流的方 向与初始相反，小磁针的偏转方向也与之前相反，故D错误。 3.A 解析 从上向下看导线的图形如图所示，× × × 导线的有效长度为 2L,则所受的安培力大小×/ F=2BL,设绳子的张力为T,由几何关系可×( 2L× 知T=詈，解得T=BIL,故A正确，B、C、D× 错误。 4.B 解析 根据直线电流产生的磁场特点可知，电流在M、N 两点产生的磁感应强度大小相等但方向相反，设其大小为B', 由磁场叠加原理，M点的合磁场为B。—B',N点的合磁场为 B.+B',根据题意B,+B'=3(B,-B),解得B'=÷B,选项 B正确。 5.A 解析由题意知当质子垂直Oy≈平面进入磁场后先在 MN左侧运动，刚进入时根据左手定则可知受到y轴正方向的 洛伦兹力，做匀速圆周运动，即质子会向y轴正方向偏移，y轴 坐标增大，在MN右侧磁场方向反向，由对称性可知，A可能 正确，B错误；根据左手定则可知质子在整个运动过程中都只 受到平行于xOy平面的洛伦兹力作用，在≈轴方向上没有运 动，z轴坐标不变，故 C、D错误。 6.D 解析 带电粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则，知该 粒子带正电，故 A错误；粒子经过速度选择器时所受的电场力 和洛伦兹力平衡，电场力方向向右，则洛伦兹力方向向左，根据 左手定则可知速度选择器中磁场方向为垂直纸面向外，故 B 错误；所有打在A?、A?上的粒子，在匀强偏转磁场中做匀速圆 周运动，运动的时间4=三，而T=2m,,经过速度选择器后粒 见此图标酮微信/抖音扫码 添加智能学习伙伴，突破一轮复习难点。 子的速度都相同，在匀强偏转磁场中做匀速圆周运动的粒子， 半径越大则时间越长，故C错误；经过速度选择器进入匀强偏 转磁场中的粒子速度相等，根据题意可知粒子的电荷量相同， 根据quB=m一得r=·知粒子打在A,、A,上的位置越远 离 P,则半径越大，粒子的质量越大，故D正确。 磁场中运动的周期相同，故 A正确；设四分之一圆弧区域的 线速度v=年=型， 半径为r,甲、乙两粒子的轨道半径分别为R、R乙，做出两粒 根据牛顿第二定律quB=m一， 联立可得 B=8gi。 子在磁场中的运动轨迹，如图所示，由几何关系可得：Rp= 亡，R?2=r2+(R?-5),sin0=,解得R?=5r,0= 53°,由洛伦磁力提供向心力有quB=m页，解得o-9K,所 (2)根据动能定理qEd=÷mc2, 可得 E- 7.C 解析 根据quB一”亡得R=gE·且v=1则R=L,即带 电粒子在磁场中运动的轨迹圆半径为L,若从M点射入，即离 开磁场的点在QM中垂线与磁场边缘交点上，若从G点射入， 离开磁场的点过QG中垂线与磁场边缘交点上，而K在两点 之间，所以入射点在GM之间，故 A、B错误；带电粒子在磁场 中运动的轨迹圆半径为L,圆心在QM的延长线上，在K点的 速度垂直于圆心与K的连线即vx的方向指向P点，而离开磁 场后做匀速直线运动，所以必过P点，故C正确，D错误。 以粒子甲、乙速率之比为一尽：一号，故B正确，C错误；乙 粒子的偏转角O乙=53°,甲粒子的偏转角0甲=180°,故甲、乙 13.(1)(2)见解析 两粒子在磁场中运动的偏转角之比一3,故 D 正确。 解析 (1)由左手定则判定，粒子向左偏转，只能从 PA、AC 和CD三段边界射出，E 当粒子从A点射出时，运动半径n=昼， 由quB,=,得B=R。tp 8.BC 解析 根据电场力提供向心力，有亡·q=ma3r,解得 a-√·一，可知轨道半径r小的粒子角速度大，故A钳 误；根据电场力提供向心力，有亡·q=m一，解得v=√, 可知粒子的速度大小与轨道半径r一定无关，又有 E= ÷m2,联立可得E=竺，可知电荷量大的粒子动能一定大， (2)当粒子从C点射出时，由勾股定理得： (R-r)2+(号)=,2,解得r,=音R, 由 quB,=,得B,=5R· A Q 0 11.1Ω≤R≤21Ω 解析 分别画出ab杆在恰好不下滑和恰好不上滑这两种 情况下的受力分析图，如图所示。 F F? Fg 据粒子在磁场中运动半径随磁场减弱而增大，可以判断： 当B>时，粒子从PA段射出，Ft F史2B. F、 当>B>S时，粒子从AC段射出，mg mg√0 θ 故 B、C正确；磁场的方向可能垂直纸面向里也可能垂直纸面 向外.所以粒子所受洛伦兹力方向不能确定，粒子可能做离心 运动，也可能做近心运动，故D错误。 甲 乙 当 B<3及时，粒子从CD段射出。 当ab杆恰好不下滑时，如图甲所示，由平衡条件得， 沿斜面方向mgsinθ=μFx?+Ficos 0, 垂直斜面方向Fx=mgcos O+Fsin 0, 14.(1)粒子从N到P做匀加速直线运动 (2)1:√2 9.BC 解析 根据题述，带电粒子沿AC方向射入时，垂直于 BC边射出磁场，画出粒子运动轨迹，如图a所示。由左手定则 可判断出带电粒子带正电，选项A错误；由轨迹图中几何关系 可得，轨迹半径r=√2L,根据洛伦兹力提供向心力，qvB= .解得带电粒子运动速率v-√g,进项B正确，当带电 粒子从A点射入，从C点射出磁场时，轨迹所对圆心角最大， 画出带电粒子运动轨迹如图b所示，由图中几何关系可知最大 圆心角0一晋，带电粒子在磁场中运动的最长时间T== ;选项C正确，D错误。 CD C D. 解析 (1)粒子从O到M的过程中由牛顿第二定律可得 qE?=ma, 触子加建间4-空一下 在右侧磁场做圆周延动的时间4一副一奇一号， 由于t?+t?=2T,<2T。,所以粒子到达N点时加速度与速 度方向相同， 而Fa=BR1, 解得R?=21Ω, 当ab杆恰好不上滑时，如图乙所示，由平衡条件得 沿斜面方向mgsinθ+μFx?=Fgcos 0, 垂直斜面方向F=mgcos 0+Fsin 0, 而F=BR 解得 R?=1 Ω, 所以要使ab杆保持静止， R的取值范围是1Ω≤R≤21Ω。 假设粒子一直加速，则L=÷aT。2,2L=2at?°, 可得t?-T。=(√2-1)T,<0.5T,, 即从N加速至P所需时间小于0.5T,,故粒子从N到P做 匀加速直线运动。(2)12.(1) 解析 (1)作出粒子的运动轨迹，如图所示， (2)粒子经过右侧磁场时，洛伦兹力提供向心力 90?B?=m÷, O到M过程有v?2=2aL, 塔 B ∵B o 设到达P点时速度为v?,由运动学公式有v?2-v?2=2aL, 经过左侧磁场时qo,B?=m一， 联立解得一忘 2/ 0 b d 10.AHD 解析 根据T-# 根据几何关系r= sin a=2d 和题目中的条件可知，两粒子在 15.(1)6.7×10T (2)2.85×10-2s 高考一轮通关卷·物理 C63