江西省宜春市奉新县第一中学2019-2020学年高二上学期物理11月第二次月考试卷
一、单选题
1．（2019高二上·奉新月考）下列说法错误的是（ ）
A．奥斯特首先发现了电流的磁效应
B．安培发现了电流产生的磁场方向的判定方法
C．安培首先提出了磁场对运动电荷有力作用
D．安培首先提出了分子电流假说
【答案】C
【知识点】安培力；物理学史
【解析】【解答】A、奥斯特首先发现了电流的磁效应，A正确，不符合题意；
B、安培发现了电流产生的磁场的方向的判定方法，即右手定则，B正确，不符合题意；
C、洛伦兹首先提出了磁场对运动电荷有力作用，C错误，符合题意；
D、安培首先提出了分子电子假说，解释了软铁被磁化的现象，D正确，不符合题意；
故答案为：C。
【分析】关键是记住相关物理学家的科学成就，进行解答。
2．（2019高二上·奉新月考）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。
3．（2019高二上·奉新月考）在图中，已标出磁场B的方向，通电直导线中电流I的方向，以及通电直导线所受磁场力F的方向，其中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】左手定则
【解析】【解答】根据左手定值可知：A图中的安培力应该垂直导线竖直向下，A不符合题意；B图中安培力方向垂直于导线斜向下，B符合题意；C图中的导线不受安培力，C不符合题意；D图中的安培力应该垂直于电流方向斜向右下方，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】熟练应用左手定则是解决本题的关键，在应用时可以先确定一个方向，然后逐步进行，如可先让磁感线穿过手心，然后通过旋转手，让四指和电流方向一致或让大拇指和力方向一致，从而判断出另一个物理量的方向，用这种程序法，防止弄错方向.
4．（2019高二上·奉新月考）初速度为零的带有相同电量的两种粒子，它们的质量之比为m1∶m2=1∶4，使它们经过同一加速电场后，垂直进入同一个匀强磁场中作匀速圆周运动，则它们所受向心力之比F1∶F2等于（ ）
A．2∶1 B．1∶2 C．4∶1 D．1∶4
【答案】A
【知识点】洛伦兹力的计算
【解析】【解答】经过同一电场加速，根据动能定理可得 ，进入磁场之后，洛伦兹力提供向心力， ，因为两粒子带电量相同，所以向心力之比F1∶F2=
故答案为：A
【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，结合粒子的速度，利用向心力公式求解即可。
5．（2019高二上·奉新月考）磁流体发电机是利用运动电荷在磁场中偏转发电的，如图是它的示意图．平行金属板 A、B之间有一个方向垂直于纸面向里的磁场，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)从左向右喷入磁场，A、B两板间便产生电势差．下列判断正确的是（ ）
A．A板电势高于 B板，负载 R 中电流向下
B．A板电势高于 B板，负载 R 中电流向上
C．B板电势高于 A板，负载 R 中电流向下
D．B板电势高于 A板，负载 R 中电流向上
【答案】A
【知识点】磁流体发电机
【解析】【解答】由左手定则知正离子向上偏转，所以上极板带正电，A板是电源的正极，B板是电源的负极，则A板电势高于 B板，通过电阻R的电流方向为向下，A符合题意，BCD不符合题意．
故答案为：A
【分析】本题考查了左手定则，正离子向上偏，负离子向下偏转，则A为正极，B为负极，本题实际上考查的是磁流体发电机的原理．
6．（2019高二上·奉新月考）如图所示，电源电动势E＝6V、内阻r=2Ω，电动机M内阻RM=4Ω，小灯泡L标有“2V、0.4W”，V为理想电压表，闭合开关S，小灯泡L和电动机M均正常工作．则（ ）
A．电压表读数为0.8V B．电动机的输入功率为0.16W
C．电动机的输出功率为0.56W D．整个电路消耗的功率是1.12W
【答案】C
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】A.通过小灯泡的电流为： ，电池内阻的电压为： ，则电动机的电压为： ，所以电压表读数为3.6V，A不符合题意；
B.电动机的输入功率为： ，B不符合题意；
C.电动机的发热功率为： ，电动机的输出功率为： ，C符合题意；
D.整个电路消耗的功率是： ，D不符合题意．
故答案为：C
【分析】从电路图中可以看出，电动机和小灯泡串联，电压表测量电动机两端的电压，先求出小灯泡的电流，根据欧姆定律求出电动机两端电压，根据P=UI求出电动机的电功率，根据P热=I2r求出电动机的热功率，则输出功率P出=P-P热，根据P=EI即可求解电源消耗的电功率．
7．（2019高二上·深圳期末）如图所示，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，由此可知，圆环a将( )
A．顺时针加速旋转 B．顺时针减速旋转
C．逆时针匀速旋转 D．逆时针减速旋转
【答案】B
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】当带正电的绝缘圆环a顺时针加速旋转时，相当于顺时针方向电流，并且在增大，根据右手螺旋定则，其内（金属圆环a内）有垂直纸面向里的磁场，其外（金属圆环b处）有垂直纸面向外的磁场，并且磁场的磁感应强度在增大，金属圆环b包围的面积内的磁场的总磁感应强度是垂直纸面向里（因为向里的比向外的磁通量多，向里的是全部，向外的是部分）而且增大，根据楞次定律，b中产生的感应电流的磁场垂直纸面向外，所以b中产生逆时针方向的感应电流，所以A不符合题意；同理可知B符合题意；逆时针减速旋转与顺时针加速旋转是等效的，D不符合题意；逆时针匀速旋转时，磁通量不变，不会产生感应电流，C不符合题意；
故答案为：B.
【分析】b中要产生顺时针的电流，则感应磁场的方向为垂直于纸张向内；那么原磁场应该垂直于纸张向内的减少或者是垂直于纸张向外的增加，利用原磁场的方向可以判别a旋转的方向。
8．（2019高二上·奉新月考）矩形导线框abcd放在匀强磁场中，磁感线方向与线圈平面垂直，磁感强度B随时间变化的图象如图所示。 时刻，磁感应强度的方向垂直于纸面向里，在 时间内，线框的ab边所受安培力随时间变化的图像（力的方向规定以向左为正方向），可能是下图中的（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A． 时刻，磁感应强度的方向垂直线框平面向里，在0到1s内，穿过线框的磁通量变小，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的ab边的安培力水平向左，为正，由于磁通量是均匀变化的，所以产生的感应电动势恒定，即产生的感应电流恒定，根据 （B均匀减小、I和L恒定不变）可知F均匀减小，A不符合题意；
C．在1s到2s内，磁感应强度的方向垂直线框平面向外，穿过线框的磁通量变大，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的ab边的安培力水平向右，为负，由于磁通量是均匀变化的，所以产生的感应电动势恒定，即产生的感应电流恒定，根据 （B均匀增大、I和L恒定不变）可知F均匀增大， C不符合题意；
BD．在2s到3s内，磁感应强度的方向垂直线框平面向外，穿过线框的磁通量变小，由楞次定律可得，感应电流方向是逆时针，再由左手定则可得线框的ab边的安培力水平向左，为正，由于磁通量是均匀变化的，所以产生的感应电动势恒定，即产生的感应电流恒定，根据 （B均匀减小、I和L恒定不变）可知F均匀减小，B不符合题意D符合题意．
故答案为：D
【分析】闭合电路中的磁通量发生改变，回路中就会产生感应电流，利用楞次定律判断电流的流向，利用法拉第电磁感应定律求解电压的大小，再利用欧姆定律求解回路中电流的大小；利用左手定则和公式求解安培力的方向，再结合安培力公式求解导体棒受到的安培力大小。
二、多选题
9．（2019高二上·奉新月考）如图所示，速度不同的同种带电粒子（重力都不计）a、b沿半径．AO方向进入一圆形匀强磁场区域，a、b两粒子的运动轨迹分别为AB和AC，则下列说法中正确的是（ ）
A．a粒子的速度比b粒子速度大
B．a粒子在磁场中的运动时间比b粒子长
C．两粒子离开磁场时的速度反向延长线一定都过圆心
D．两粒子离开磁场时的速度反向延长线不一定都过圆心
【答案】B,C
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】由运动轨迹可知，a的半径小于b的半径，粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动。则有 得： ，由于带电粒子们的B、q、m均相同，所以v与r成正比，可知a粒子的速度比b粒子速度小，A不符合题意。由周期公式得： ，由于带电粒子们的B、q、m均相同，所以T均相同，由于a的圆心角大，A在磁场中的运动时间长，B符合题意。进入磁场区域时，速度方向指向圆心O，根据圆的对称性可以知道，离开磁场时，速度一定背离圆心，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：BC。
【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，根据磁场方向、电性和运动方向确定粒子的运动轨迹，结合向心力公式求解轨道半径，再结合选项分析求解即可。
10．（2019高二上·奉新月考）如图所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两相同的金属导体棒a、b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面．现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点，使其向上运动．若b始终保持静止，则它所受摩擦力可能（ ）
A．为0 B．先减小后不变
C．等于F D．先增大再减小
【答案】A,B
【知识点】安培力
【解析】【解答】棒a受到恒力F和重力、弹力及摩擦力的作用，在沿斜面方向上棒a先做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动，电路中的电动势先增大后不变，所以b棒受到的安培力也先增大后不变，由平衡可知AB符合题意；CD不符合题意。
故答案为：AB
【分析】利用左手定则和公式求解安培力的方向，再结合安培力公式求解导体棒受到的安培力大小，根据安培力的变化分析摩擦力的变化。
11．（2020·湖北模拟）如图所示的电路中，E为电源，其内电阻为r，V为理想电压表，L为阻值恒为2r的小灯泡，定值电阻R1的阻值恒为r，R3为半导体材料制成的光敏电阻，电容器两极板处于水平状态，闭合开关S，电容器中心P点有一带电小球处于静止状态，电源负极接地，则下列说法正确的是（ ）
A．若将R2的滑片上移，则电压表的示数变小
B．若突然将电容器上极板上移，则小球在P点电势能增加
C．若光照变强，则油滴会向上运动
D．若光照变强，则AB间电路的功率变大
【答案】B,D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】解：A、由于电路稳定时，R2相当于导线，所以将R2的滑片上移时，电压表的示数不变，A不符合题意；
B、若突然将电容器上极板上移，电容器板间电压不变，板间场强减小，由U＝Ed知，P点与下极板间的电势差减小，而下极板的电势为零，所以P点电势降低，由于液滴带负电，所以小球在P点电势能增加。B符合题意。
C、若光照变强，光敏电阻R3减小，通过小灯泡的电流变大，电容器两端电压为：U＝E﹣I（r+R1），I变大，则U变小，即电容器两板间的电压变小，场强变小，油滴所受的电场力变小，因此油滴P要向下极板运动，C不符合题意；
D、根据当外电阻等于内电阻时，此时电源输出功率最大，将R1看成电源的内阻，由于等效电源的外电阻大于内电阻，外电阻变小，所以等效电源的输出功率变大，即AB间电路的功率逐渐变大，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】结合选项中的具体措施，利用电容器的决定公式求解电容的变化，再结合公式Q=CU求解电容器内部电场强度的变化，接入电路中的电阻变化，结合欧姆定律求解电流、电压的变化，进而分析功率的变化。
12．（2019高二上·奉新月考）如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1L2之间、L3L4之间存在匀强磁场，大小均为1T，方向垂直于虚线所在平面．现有一矩形线圈abcd，宽度cd=L=0.5 m，质量为0.1 kg，电阻为2 Ω，将其从图示位置由静止释放(cd边与L1重合)，速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，已知t1～t2的时间间隔为0.6 s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向．(重力加速度g取10m/s2)则( )
A．在0～t1时间内，通过线圈的电荷量为0.25C
B．线圈匀速运动的速度大小为8m/s
C．线圈的长度为1m
D．0～t3时间内，线圈产生的热量为4.2J
【答案】A,B
【知识点】安培力；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】t2～t3时间内，线圈做匀速运动，则有：mg=BIL，而 ，联立两式解得： ，B不符合题意；t1～t2的时间间隔内线圈一直做匀加速直线运动，知ab边刚进上边的磁场时，cd边也刚进下边的磁场．设磁场的宽度为d，则线圈的长度：L′=2d；线圈下降的位移为：x=L′+d=3d，则有：3d=vt- gt2，将v=8m/s，t=0.6s，代入解得：d=1m，所以线圈的长度为L′=2d=2m，C不符合题意；在0～t1时间内，cd边从L1运动到L2，通过线圈的电荷量为： ，A符合题意；0～t3时间内，根据能量守恒得：Q=mg（3d+2d）- mv2=0.1×10×（3+2）- ×0.1×82=1.8J，D符合题意．
故答案为：AD．
【分析】解决本题的关键理清线圈的运动情况，选择合适的规律进行求解，本题的难点就是通过线圈匀加速直线运动挖掘出下落的位移为磁场宽度的3倍．
三、实验题
13．（2019高二下·平罗月考）下列螺旋测微器和游标卡尺的读数分别为 mm和 mm。
【答案】10.795；10.6
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】螺旋测微器的读数为：10.5mm+0.01mm×29.5=10.795mm；
游标卡尺读数: 10mm+0.1mm×6=10.6mm。
【分析】利用螺旋测微器及游标卡尺结构可以读出对应的读数。
14．（2019高二上·奉新月考）如图是一个多量程多用电表的简化电路图。
（1）图中的A端与 （填“红”或“黑”）色表笔相连接。
（2）当转换开关S旋到某位置时，可用来测量电流，其中S旋到位置 时量程较大。
（3）关于用多用表欧姆档测电阻的下列说法中正确的是________
A．测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开
B．测量电阻时如果指针偏转过大，应将选择开关拨至倍率较小的档位，重新调零后再测量
C．测量阻值不同的电阻时都必须重新调零
D．测量结束后，应将选择开关置于欧姆挡的最大档位处
【答案】（1）红
（2）1
（3）A；B
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】(1)电流从红表笔流入，黑表笔流出，故与多用电表内电源正极相连的是黑表笔，则A端应连接红表笔；(2)由电路图可知，开关S接位置1时，分流电阻较小，此时电流挡的量程大；(3)A．欧姆表有内置电源，用欧姆表测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开，A符合题意；
B．测量电阻时如果指针偏转过大，说明所选倍率太大，为准确测量电阻阻值，应将选择开关拨至倍率较小的档位，重新调零后测量，B符合题意；
C．欧姆表的同一倍率测不同阻值的电阻时不需要重新进行欧姆调零，用不同倍率测电阻换挡后必须重新调零，C不符合题意；
D．使用完毕后应将表笔拔出，并把选择开关旋到交流电压最高档或“OFF”位置，D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】（1）多用电表规定的是电流“红进黑出”。
（2）通过并联一个小电阻起分流作用，可以把电流计改装成电流表，并联电阻越小，量程越大；
（3）多用电表使用前应先进行机械调零，每次更换倍率都要进行欧姆调零，两根笔短接，电阻应该为零，不为零时进行欧姆调零。
15．（2019高二上·奉新月考）某同学利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内阻。现备有下列器材：
A．待测的干电池一节
B．电流表A(量程0 0.6A，内阻RA=1.0Ω)
C．电压表V(量程0 3V，内阻Rv约lkΩ)
D．滑动变阻器R(0 20Ω，l.0A)
E. 开关和若干导线
（1）该同学考虑到电流表内阻已知，为了减小实验误差选择 图(选填“甲”或“乙”)作为实验电路。
（2）右图是该同学根据合理电路所绘出的U-I图象(U、I分别为电压表V和电流表A的示数)。根据该图象可得被测电池的电动势E= V，内阻r= Ω。（保留一位小数）
【答案】（1）乙
（2）1.5；0.5
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）利用图乙的接法，可以把电流表的内阻等效为电源的内阻，同时还避免了电压表的分流作用，使的电流表测得就是干路中的电流，这样可以很好的减少误差，使测量结果更准确。（2）由闭合电路欧姆定律可得 ，结合图象可得其斜率为 ，可得 ，所以电源的内阻为 。由图象可知当 时， ，把这组数据代入 ，可得 。
【分析】（1）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）根据闭合电路欧姆定律得U=E﹣Ir 结合函数图象来求解内阻和电动势即可。
四、解答题
16．（2019高二上·奉新月考）如图所示电路中，电源的电动势E=10V，内电阻r=0.50Ω，电动机电阻R0=1.0Ω，电阻R1=1.5Ω。电动机正常工作时，电压表示数U1为3.0V。求
（1）电源的总电功率；
（2）电动机将电能转化为机械能的功率；
（3）电源的输出功率。
【答案】（1）解：电路中的电流为
电源的总功率为
（2）解：电源内阻分得电压为
电动机两端的电压为
电动机消耗的电功率为
电动机将电能转化为机械能的功率为
（3）解：电源内阻消耗的功率为
电源的输出功率为
【知识点】电功率和电功；欧姆定律
【解析】【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。
17．（2019高二上·奉新月考）如图所示，两足够长平行金属导轨间的距离L=0.40
m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50 T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=4.5
V、内阻r=0.50 Ω的直流电源。现把一个质量m=0.040
kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰能静止。导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R =2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g取10 m/s 2。已知sin
37°=0.60，cos 37°=0.80，求：
（1）导体棒受到的安培力大小；
（2）导体棒受到的摩擦力大小；
（3）若只把匀强磁场B的方向改为竖直向上、大小改为1.0 T，动摩擦因数为μ=0.2，其他条件都不变，求导体棒运动的加速度大小。
【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：导体棒所受重力沿斜面向下的分力
由于 小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力
根据共点力平衡条件， ，
解得
（3）解：匀强磁场B的方向改为竖直向上时，安培力水平向右，将其沿导轨所在平面与垂直导轨所在平面分解，可得
而重力的下滑分力：
金属棒受摩擦力为
有牛顿第二定律得
解得a=2.6 m/s2
【知识点】安培力；欧姆定律
【解析】【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小．根据F=BIL求解安培力；（2）根据安培力的公式F=BIL求出安培力的大小，导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力处于平衡，根据共点力平衡求出摩擦力的大小.（3）根据牛顿第二定律求的下滑加速度.
18．（2020高二下·顺德期中）如图MN、PQ是竖直的光滑平行导轨，相距L=0.5m。上端接有电阻R=0.8Ω，金属杆ab质量m=100g，电阻r=0.2Ω。整个装置放在垂直向里的匀强磁场中，磁感应强度B=1.0T。杆ab从轨道上端由静止开始下落，下落过程中ab杆始终与轨道保持良好的接触，当杆下落10m时，达到最大速度。试讨论：
（1）ab杆的最大速度；
（2）从静止开始达最大速度电阻R上获得的焦耳热；
（3）从静止开始达最大速度的过程中，通过金属杆的电量。
【答案】（1）解：ab杆匀速下落时速度达到最大，安培力与重力二力平衡，则有F安=mg
又F安=BIL，E=BLvm，I＝
所以可得：ab杆的最大速度为vm= m/s=4m/s
（2）解：由能的转换与守恒定律有mgh=Q+
所以回路产生的总焦耳热为Q=mgh－ =(0.1×10×10－ ×0.1×42)J=9.2J
电阻R上获得的焦耳热为QR=
（3）解：从静止开始达最大速度的过程中，通过金属杆的电量为
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）利用平衡条件结合安培力的表达式和欧姆定律可以求出最大的速度；
（2）利用能量守恒定律可以求出焦耳热的大小；
（3）利用磁通量变化量可以求出电量的大小。
19．（2019高二上·奉新月考）在如图所示的坐标系中，在 的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在 的空间中存在匀强磁场，磁场方向垂直 平面（纸面）向外，一电荷量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上 处的点 时速度为 ，方向沿x轴正方向；然后，经过x轴上 处的 点进入磁场，不计重力，求：
（1）粒子到达 时速度的大小和方向。
（2）电场强度的大小。
（3）若在y轴的负半轴上 处固定一个与x轴平行的足够长的弹性绝缘挡板（粒子与其相碰时电量不变，原速度反弹），粒子进入磁场偏转后恰好能垂直撞击在挡板上，则磁感应强度B应为多大？并求粒子从 出发到第2次与挡板作用所经历的时间。
【答案】（1）解：粒子在电场中做类平抛运动，
在水平方向：
在竖直方向：
解得：
粒子的速度：
方向：
解得： ，速度方向与水平方向夹角为53°
（2）解：电场对粒子做正功，由动能定理得：
解得：
（3）解：粒子运动轨迹如图所示：
由几何知识得：
解得粒子轨道半径：
粒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
解得：
粒子运动轨迹如图所示，粒子第2次与挡板相碰时，粒子在电场中做了3个类平抛运动，在磁场中做了3段圆弧的圆周运动，
粒子在电场中的运动时间：
粒子在磁场中的总偏转角
粒子在磁场中做圆周运动的周期：
粒子在磁场中做圆周运动的时间：
粒子从 出发到第2次与挡板作用所经历的时间：
【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）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；
（2）对粒子进行受力分析，结合粒子的初末速度，利用动能定理求解电场强度；
（3）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，根据磁场方向、电性和运动方向确定粒子的运动轨迹，利用几何关系求解轨道半径，再结合向心力公式求解运动时间。
江西省宜春市奉新县第一中学2019-2020学年高二上学期物理11月第二次月考试卷
一、单选题
1．（2019高二上·奉新月考）下列说法错误的是（ ）
A．奥斯特首先发现了电流的磁效应
B．安培发现了电流产生的磁场方向的判定方法
C．安培首先提出了磁场对运动电荷有力作用
D．安培首先提出了分子电流假说
2．（2019高二上·奉新月考）下列图中能产生感应电流的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2019高二上·奉新月考）在图中，已标出磁场B的方向，通电直导线中电流I的方向，以及通电直导线所受磁场力F的方向，其中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2019高二上·奉新月考）初速度为零的带有相同电量的两种粒子，它们的质量之比为m1∶m2=1∶4，使它们经过同一加速电场后，垂直进入同一个匀强磁场中作匀速圆周运动，则它们所受向心力之比F1∶F2等于（ ）
A．2∶1 B．1∶2 C．4∶1 D．1∶4
5．（2019高二上·奉新月考）磁流体发电机是利用运动电荷在磁场中偏转发电的，如图是它的示意图．平行金属板 A、B之间有一个方向垂直于纸面向里的磁场，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)从左向右喷入磁场，A、B两板间便产生电势差．下列判断正确的是（ ）
A．A板电势高于 B板，负载 R 中电流向下
B．A板电势高于 B板，负载 R 中电流向上
C．B板电势高于 A板，负载 R 中电流向下
D．B板电势高于 A板，负载 R 中电流向上
6．（2019高二上·奉新月考）如图所示，电源电动势E＝6V、内阻r=2Ω，电动机M内阻RM=4Ω，小灯泡L标有“2V、0.4W”，V为理想电压表，闭合开关S，小灯泡L和电动机M均正常工作．则（ ）
A．电压表读数为0.8V B．电动机的输入功率为0.16W
C．电动机的输出功率为0.56W D．整个电路消耗的功率是1.12W
7．（2019高二上·深圳期末）如图所示，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，由此可知，圆环a将( )
A．顺时针加速旋转 B．顺时针减速旋转
C．逆时针匀速旋转 D．逆时针减速旋转
8．（2019高二上·奉新月考）矩形导线框abcd放在匀强磁场中，磁感线方向与线圈平面垂直，磁感强度B随时间变化的图象如图所示。 时刻，磁感应强度的方向垂直于纸面向里，在 时间内，线框的ab边所受安培力随时间变化的图像（力的方向规定以向左为正方向），可能是下图中的（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．（2019高二上·奉新月考）如图所示，速度不同的同种带电粒子（重力都不计）a、b沿半径．AO方向进入一圆形匀强磁场区域，a、b两粒子的运动轨迹分别为AB和AC，则下列说法中正确的是（ ）
A．a粒子的速度比b粒子速度大
B．a粒子在磁场中的运动时间比b粒子长
C．两粒子离开磁场时的速度反向延长线一定都过圆心
D．两粒子离开磁场时的速度反向延长线不一定都过圆心
10．（2019高二上·奉新月考）如图所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两相同的金属导体棒a、b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面．现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点，使其向上运动．若b始终保持静止，则它所受摩擦力可能（ ）
A．为0 B．先减小后不变
C．等于F D．先增大再减小
11．（2020·湖北模拟）如图所示的电路中，E为电源，其内电阻为r，V为理想电压表，L为阻值恒为2r的小灯泡，定值电阻R1的阻值恒为r，R3为半导体材料制成的光敏电阻，电容器两极板处于水平状态，闭合开关S，电容器中心P点有一带电小球处于静止状态，电源负极接地，则下列说法正确的是（ ）
A．若将R2的滑片上移，则电压表的示数变小
B．若突然将电容器上极板上移，则小球在P点电势能增加
C．若光照变强，则油滴会向上运动
D．若光照变强，则AB间电路的功率变大
12．（2019高二上·奉新月考）如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1L2之间、L3L4之间存在匀强磁场，大小均为1T，方向垂直于虚线所在平面．现有一矩形线圈abcd，宽度cd=L=0.5 m，质量为0.1 kg，电阻为2 Ω，将其从图示位置由静止释放(cd边与L1重合)，速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，已知t1～t2的时间间隔为0.6 s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向．(重力加速度g取10m/s2)则( )
A．在0～t1时间内，通过线圈的电荷量为0.25C
B．线圈匀速运动的速度大小为8m/s
C．线圈的长度为1m
D．0～t3时间内，线圈产生的热量为4.2J
三、实验题
13．（2019高二下·平罗月考）下列螺旋测微器和游标卡尺的读数分别为 mm和 mm。
14．（2019高二上·奉新月考）如图是一个多量程多用电表的简化电路图。
（1）图中的A端与 （填“红”或“黑”）色表笔相连接。
（2）当转换开关S旋到某位置时，可用来测量电流，其中S旋到位置 时量程较大。
（3）关于用多用表欧姆档测电阻的下列说法中正确的是________
A．测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开
B．测量电阻时如果指针偏转过大，应将选择开关拨至倍率较小的档位，重新调零后再测量
C．测量阻值不同的电阻时都必须重新调零
D．测量结束后，应将选择开关置于欧姆挡的最大档位处
15．（2019高二上·奉新月考）某同学利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内阻。现备有下列器材：
A．待测的干电池一节
B．电流表A(量程0 0.6A，内阻RA=1.0Ω)
C．电压表V(量程0 3V，内阻Rv约lkΩ)
D．滑动变阻器R(0 20Ω，l.0A)
E. 开关和若干导线
（1）该同学考虑到电流表内阻已知，为了减小实验误差选择 图(选填“甲”或“乙”)作为实验电路。
（2）右图是该同学根据合理电路所绘出的U-I图象(U、I分别为电压表V和电流表A的示数)。根据该图象可得被测电池的电动势E= V，内阻r= Ω。（保留一位小数）
四、解答题
16．（2019高二上·奉新月考）如图所示电路中，电源的电动势E=10V，内电阻r=0.50Ω，电动机电阻R0=1.0Ω，电阻R1=1.5Ω。电动机正常工作时，电压表示数U1为3.0V。求
（1）电源的总电功率；
（2）电动机将电能转化为机械能的功率；
（3）电源的输出功率。
17．（2019高二上·奉新月考）如图所示，两足够长平行金属导轨间的距离L=0.40
m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50 T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=4.5
V、内阻r=0.50 Ω的直流电源。现把一个质量m=0.040
kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰能静止。导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R =2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g取10 m/s 2。已知sin
37°=0.60，cos 37°=0.80，求：
（1）导体棒受到的安培力大小；
（2）导体棒受到的摩擦力大小；
（3）若只把匀强磁场B的方向改为竖直向上、大小改为1.0 T，动摩擦因数为μ=0.2，其他条件都不变，求导体棒运动的加速度大小。
18．（2020高二下·顺德期中）如图MN、PQ是竖直的光滑平行导轨，相距L=0.5m。上端接有电阻R=0.8Ω，金属杆ab质量m=100g，电阻r=0.2Ω。整个装置放在垂直向里的匀强磁场中，磁感应强度B=1.0T。杆ab从轨道上端由静止开始下落，下落过程中ab杆始终与轨道保持良好的接触，当杆下落10m时，达到最大速度。试讨论：
（1）ab杆的最大速度；
（2）从静止开始达最大速度电阻R上获得的焦耳热；
（3）从静止开始达最大速度的过程中，通过金属杆的电量。
19．（2019高二上·奉新月考）在如图所示的坐标系中，在 的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在 的空间中存在匀强磁场，磁场方向垂直 平面（纸面）向外，一电荷量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上 处的点 时速度为 ，方向沿x轴正方向；然后，经过x轴上 处的 点进入磁场，不计重力，求：
（1）粒子到达 时速度的大小和方向。
（2）电场强度的大小。
（3）若在y轴的负半轴上 处固定一个与x轴平行的足够长的弹性绝缘挡板（粒子与其相碰时电量不变，原速度反弹），粒子进入磁场偏转后恰好能垂直撞击在挡板上，则磁感应强度B应为多大？并求粒子从 出发到第2次与挡板作用所经历的时间。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】安培力；物理学史
【解析】【解答】A、奥斯特首先发现了电流的磁效应，A正确，不符合题意；
B、安培发现了电流产生的磁场的方向的判定方法，即右手定则，B正确，不符合题意；
C、洛伦兹首先提出了磁场对运动电荷有力作用，C错误，符合题意；
D、安培首先提出了分子电子假说，解释了软铁被磁化的现象，D正确，不符合题意；
故答案为：C。
【分析】关键是记住相关物理学家的科学成就，进行解答。
2．【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。
3．【答案】B
【知识点】左手定则
【解析】【解答】根据左手定值可知：A图中的安培力应该垂直导线竖直向下，A不符合题意；B图中安培力方向垂直于导线斜向下，B符合题意；C图中的导线不受安培力，C不符合题意；D图中的安培力应该垂直于电流方向斜向右下方，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】熟练应用左手定则是解决本题的关键，在应用时可以先确定一个方向，然后逐步进行，如可先让磁感线穿过手心，然后通过旋转手，让四指和电流方向一致或让大拇指和力方向一致，从而判断出另一个物理量的方向，用这种程序法，防止弄错方向.
4．【答案】A
【知识点】洛伦兹力的计算
【解析】【解答】经过同一电场加速，根据动能定理可得 ，进入磁场之后，洛伦兹力提供向心力， ，因为两粒子带电量相同，所以向心力之比F1∶F2=
故答案为：A
【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，结合粒子的速度，利用向心力公式求解即可。
5．【答案】A
【知识点】磁流体发电机
【解析】【解答】由左手定则知正离子向上偏转，所以上极板带正电，A板是电源的正极，B板是电源的负极，则A板电势高于 B板，通过电阻R的电流方向为向下，A符合题意，BCD不符合题意．
故答案为：A
【分析】本题考查了左手定则，正离子向上偏，负离子向下偏转，则A为正极，B为负极，本题实际上考查的是磁流体发电机的原理．
6．【答案】C
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】A.通过小灯泡的电流为： ，电池内阻的电压为： ，则电动机的电压为： ，所以电压表读数为3.6V，A不符合题意；
B.电动机的输入功率为： ，B不符合题意；
C.电动机的发热功率为： ，电动机的输出功率为： ，C符合题意；
D.整个电路消耗的功率是： ，D不符合题意．
故答案为：C
【分析】从电路图中可以看出，电动机和小灯泡串联，电压表测量电动机两端的电压，先求出小灯泡的电流，根据欧姆定律求出电动机两端电压，根据P=UI求出电动机的电功率，根据P热=I2r求出电动机的热功率，则输出功率P出=P-P热，根据P=EI即可求解电源消耗的电功率．
7．【答案】B
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】当带正电的绝缘圆环a顺时针加速旋转时，相当于顺时针方向电流，并且在增大，根据右手螺旋定则，其内（金属圆环a内）有垂直纸面向里的磁场，其外（金属圆环b处）有垂直纸面向外的磁场，并且磁场的磁感应强度在增大，金属圆环b包围的面积内的磁场的总磁感应强度是垂直纸面向里（因为向里的比向外的磁通量多，向里的是全部，向外的是部分）而且增大，根据楞次定律，b中产生的感应电流的磁场垂直纸面向外，所以b中产生逆时针方向的感应电流，所以A不符合题意；同理可知B符合题意；逆时针减速旋转与顺时针加速旋转是等效的，D不符合题意；逆时针匀速旋转时，磁通量不变，不会产生感应电流，C不符合题意；
故答案为：B.
【分析】b中要产生顺时针的电流，则感应磁场的方向为垂直于纸张向内；那么原磁场应该垂直于纸张向内的减少或者是垂直于纸张向外的增加，利用原磁场的方向可以判别a旋转的方向。
8．【答案】D
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A． 时刻，磁感应强度的方向垂直线框平面向里，在0到1s内，穿过线框的磁通量变小，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的ab边的安培力水平向左，为正，由于磁通量是均匀变化的，所以产生的感应电动势恒定，即产生的感应电流恒定，根据 （B均匀减小、I和L恒定不变）可知F均匀减小，A不符合题意；
C．在1s到2s内，磁感应强度的方向垂直线框平面向外，穿过线框的磁通量变大，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的ab边的安培力水平向右，为负，由于磁通量是均匀变化的，所以产生的感应电动势恒定，即产生的感应电流恒定，根据 （B均匀增大、I和L恒定不变）可知F均匀增大， C不符合题意；
BD．在2s到3s内，磁感应强度的方向垂直线框平面向外，穿过线框的磁通量变小，由楞次定律可得，感应电流方向是逆时针，再由左手定则可得线框的ab边的安培力水平向左，为正，由于磁通量是均匀变化的，所以产生的感应电动势恒定，即产生的感应电流恒定，根据 （B均匀减小、I和L恒定不变）可知F均匀减小，B不符合题意D符合题意．
故答案为：D
【分析】闭合电路中的磁通量发生改变，回路中就会产生感应电流，利用楞次定律判断电流的流向，利用法拉第电磁感应定律求解电压的大小，再利用欧姆定律求解回路中电流的大小；利用左手定则和公式求解安培力的方向，再结合安培力公式求解导体棒受到的安培力大小。
9．【答案】B,C
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】由运动轨迹可知，a的半径小于b的半径，粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动。则有 得： ，由于带电粒子们的B、q、m均相同，所以v与r成正比，可知a粒子的速度比b粒子速度小，A不符合题意。由周期公式得： ，由于带电粒子们的B、q、m均相同，所以T均相同，由于a的圆心角大，A在磁场中的运动时间长，B符合题意。进入磁场区域时，速度方向指向圆心O，根据圆的对称性可以知道，离开磁场时，速度一定背离圆心，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：BC。
【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，根据磁场方向、电性和运动方向确定粒子的运动轨迹，结合向心力公式求解轨道半径，再结合选项分析求解即可。
10．【答案】A,B
【知识点】安培力
【解析】【解答】棒a受到恒力F和重力、弹力及摩擦力的作用，在沿斜面方向上棒a先做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动，电路中的电动势先增大后不变，所以b棒受到的安培力也先增大后不变，由平衡可知AB符合题意；CD不符合题意。
故答案为：AB
【分析】利用左手定则和公式求解安培力的方向，再结合安培力公式求解导体棒受到的安培力大小，根据安培力的变化分析摩擦力的变化。
11．【答案】B,D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】解：A、由于电路稳定时，R2相当于导线，所以将R2的滑片上移时，电压表的示数不变，A不符合题意；
B、若突然将电容器上极板上移，电容器板间电压不变，板间场强减小，由U＝Ed知，P点与下极板间的电势差减小，而下极板的电势为零，所以P点电势降低，由于液滴带负电，所以小球在P点电势能增加。B符合题意。
C、若光照变强，光敏电阻R3减小，通过小灯泡的电流变大，电容器两端电压为：U＝E﹣I（r+R1），I变大，则U变小，即电容器两板间的电压变小，场强变小，油滴所受的电场力变小，因此油滴P要向下极板运动，C不符合题意；
D、根据当外电阻等于内电阻时，此时电源输出功率最大，将R1看成电源的内阻，由于等效电源的外电阻大于内电阻，外电阻变小，所以等效电源的输出功率变大，即AB间电路的功率逐渐变大，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】结合选项中的具体措施，利用电容器的决定公式求解电容的变化，再结合公式Q=CU求解电容器内部电场强度的变化，接入电路中的电阻变化，结合欧姆定律求解电流、电压的变化，进而分析功率的变化。
12．【答案】A,B
【知识点】安培力；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】t2～t3时间内，线圈做匀速运动，则有：mg=BIL，而 ，联立两式解得： ，B不符合题意；t1～t2的时间间隔内线圈一直做匀加速直线运动，知ab边刚进上边的磁场时，cd边也刚进下边的磁场．设磁场的宽度为d，则线圈的长度：L′=2d；线圈下降的位移为：x=L′+d=3d，则有：3d=vt- gt2，将v=8m/s，t=0.6s，代入解得：d=1m，所以线圈的长度为L′=2d=2m，C不符合题意；在0～t1时间内，cd边从L1运动到L2，通过线圈的电荷量为： ，A符合题意；0～t3时间内，根据能量守恒得：Q=mg（3d+2d）- mv2=0.1×10×（3+2）- ×0.1×82=1.8J，D符合题意．
故答案为：AD．
【分析】解决本题的关键理清线圈的运动情况，选择合适的规律进行求解，本题的难点就是通过线圈匀加速直线运动挖掘出下落的位移为磁场宽度的3倍．
13．【答案】10.795；10.6
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】螺旋测微器的读数为：10.5mm+0.01mm×29.5=10.795mm；
游标卡尺读数: 10mm+0.1mm×6=10.6mm。
【分析】利用螺旋测微器及游标卡尺结构可以读出对应的读数。
14．【答案】（1）红
（2）1
（3）A；B
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】(1)电流从红表笔流入，黑表笔流出，故与多用电表内电源正极相连的是黑表笔，则A端应连接红表笔；(2)由电路图可知，开关S接位置1时，分流电阻较小，此时电流挡的量程大；(3)A．欧姆表有内置电源，用欧姆表测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开，A符合题意；
B．测量电阻时如果指针偏转过大，说明所选倍率太大，为准确测量电阻阻值，应将选择开关拨至倍率较小的档位，重新调零后测量，B符合题意；
C．欧姆表的同一倍率测不同阻值的电阻时不需要重新进行欧姆调零，用不同倍率测电阻换挡后必须重新调零，C不符合题意；
D．使用完毕后应将表笔拔出，并把选择开关旋到交流电压最高档或“OFF”位置，D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】（1）多用电表规定的是电流“红进黑出”。
（2）通过并联一个小电阻起分流作用，可以把电流计改装成电流表，并联电阻越小，量程越大；
（3）多用电表使用前应先进行机械调零，每次更换倍率都要进行欧姆调零，两根笔短接，电阻应该为零，不为零时进行欧姆调零。
15．【答案】（1）乙
（2）1.5；0.5
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）利用图乙的接法，可以把电流表的内阻等效为电源的内阻，同时还避免了电压表的分流作用，使的电流表测得就是干路中的电流，这样可以很好的减少误差，使测量结果更准确。（2）由闭合电路欧姆定律可得 ，结合图象可得其斜率为 ，可得 ，所以电源的内阻为 。由图象可知当 时， ，把这组数据代入 ，可得 。
【分析】（1）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）根据闭合电路欧姆定律得U=E﹣Ir 结合函数图象来求解内阻和电动势即可。
16．【答案】（1）解：电路中的电流为
电源的总功率为
（2）解：电源内阻分得电压为
电动机两端的电压为
电动机消耗的电功率为
电动机将电能转化为机械能的功率为
（3）解：电源内阻消耗的功率为
电源的输出功率为
【知识点】电功率和电功；欧姆定律
【解析】【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。
17．【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：导体棒所受重力沿斜面向下的分力
由于 小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力
根据共点力平衡条件， ，
解得
（3）解：匀强磁场B的方向改为竖直向上时，安培力水平向右，将其沿导轨所在平面与垂直导轨所在平面分解，可得
而重力的下滑分力：
金属棒受摩擦力为
有牛顿第二定律得
解得a=2.6 m/s2
【知识点】安培力；欧姆定律
【解析】【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小．根据F=BIL求解安培力；（2）根据安培力的公式F=BIL求出安培力的大小，导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力处于平衡，根据共点力平衡求出摩擦力的大小.（3）根据牛顿第二定律求的下滑加速度.
18．【答案】（1）解：ab杆匀速下落时速度达到最大，安培力与重力二力平衡，则有F安=mg
又F安=BIL，E=BLvm，I＝
所以可得：ab杆的最大速度为vm= m/s=4m/s
（2）解：由能的转换与守恒定律有mgh=Q+
所以回路产生的总焦耳热为Q=mgh－ =(0.1×10×10－ ×0.1×42)J=9.2J
电阻R上获得的焦耳热为QR=
（3）解：从静止开始达最大速度的过程中，通过金属杆的电量为
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）利用平衡条件结合安培力的表达式和欧姆定律可以求出最大的速度；
（2）利用能量守恒定律可以求出焦耳热的大小；
（3）利用磁通量变化量可以求出电量的大小。
19．【答案】（1）解：粒子在电场中做类平抛运动，
在水平方向：
在竖直方向：
解得：
粒子的速度：
方向：
解得： ，速度方向与水平方向夹角为53°
（2）解：电场对粒子做正功，由动能定理得：
解得：
（3）解：粒子运动轨迹如图所示：
由几何知识得：
解得粒子轨道半径：
粒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
解得：
粒子运动轨迹如图所示，粒子第2次与挡板相碰时，粒子在电场中做了3个类平抛运动，在磁场中做了3段圆弧的圆周运动，
粒子在电场中的运动时间：
粒子在磁场中的总偏转角
粒子在磁场中做圆周运动的周期：
粒子在磁场中做圆周运动的时间：
粒子从 出发到第2次与挡板作用所经历的时间：
【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）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；
（2）对粒子进行受力分析，结合粒子的初末速度，利用动能定理求解电场强度；
（3）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，根据磁场方向、电性和运动方向确定粒子的运动轨迹，利用几何关系求解轨道半径，再结合向心力公式求解运动时间。
