云南省红河州河口一中2019-2020学年高二上学期期中物理试卷(有解析)
云南省红河州河口一中2019-2020学年高二上学期期中物理试卷
一、单选题（本大题共9小题，共27.0分）
1.关于元电荷和点电荷，下列说法正确的是
A. 元电荷就是点电荷，二者没有区别
B. 元电荷的电量为1C，点电荷一定是体积很小的带电体
C. 元电荷可以是电子，也可以是质子
D. 元电荷目前被认为是自然界中电荷的最小单元，体积很大的带电体有时也能看成点电荷
2.某静电场的电场线分布如图所示，图中P、Q两点的电场强度的大小
分别为E P和E Q，电势分别为U P和U Q，则()
A. E P>E Q，U P>U Q
B. E P>E Q，U P
C. E P
D. E P 3.如图所示，在某电场中画出了三条电场线，C点是A，B连线的中点．已 知A点的电势为φA=30V，B点的电势为φB=?20V，则下列说法正 确的是() A. C点的电势φC=5V B. C点的电势φC>5V C. C点的电势φC<5V D. 负电荷在A点的电势能大于在B点的电势能 4.在如图所示的电场中，一电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用， 沿电场线运动到B点，则它运动的v?t图象可能是图中() A. B. C. D. 5.用图示的电路可以测量电阻的阻值。图中R x是待测电阻，R0是定值电阻，G是灵敏度很高的电 流表，MN是一段均匀的电阻丝．闭合开关，改变滑片P的位置，当通过电流表G的电流为零时，测得MP=l1，PN=l2，则R x的阻值为() A. l1 l2R0 B. l1 l1+l2 R0 C. l2 l1 R0 D. l2 l1+l2 R0 6.R?1和R?2分别标有“2Ω，1.0A”和“4Ω，0.5A”，将它们串联后接入电路中，如图所示，则 此电路中允许消耗的最大功率为()． A. 1.5W B. 3.0W C. 5.0W D. 6.0W 7.当电路中的电流超过熔丝的熔断电流时，熔丝就要熔断，由于种种原因，熔丝的横截面积略有 差别，那么熔丝熔断的可能性较大的地方是() A. 横截面积大的地方 B. 横截面积小的地方 C. 同时熔断 D. 可能是横截面积大的地方，也可能是横截面积小的地方 8.电源与外电阻R连接成闭合回路，对于电源的路端电压U，下列说法正确的是() A. 因U=IR，则U与R的大小成正比 B. 因U=IR，则R=0时，必有U=0 C. 流过电源的电流越大，路端电压U也越大 D. 若外电路断开，回路中电流为0，路端电压也等于0 9.在如图所示的电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中，下列说法正 确的是() A. 电容器的电荷量增大 B. 电流表A的示数减小 C. 电压表V1示数在变大 D. 电压表V2示数在变大 二、多选题（本大题共4小题，共16.0分） 10.如图所示为一空腔导体周围的电场线分布，电场方向如图中箭头所示， M、N、P、Q是以O为圆心的一个圆周上的四点，其中M、N在一条 直线电场线上，P、Q在一条曲线电场线上，下列说法正确的有() A. M点的电场强度比N点的电场强度小 B. P点的电势比Q点的电势低 C. 负电荷在P点的电势能小于其在Q点的电势能 D. M、O间的电势差等于O、N间的电势差 11.(多选)如图所示的电路中，AB是两金属板构成的平行板电容器．先将 电键K闭合，等电路稳定后再将K断开，然后将B板向下平移一小段 距离，并且保持两板间的某点P与A板的距离不变．则下列说法正确 的是() A. 电容器的电容变小 B. 电容器内部电场强度大小变大 C. AB两板的间电压变大 D. P点电势升高 12.有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流强度为I，设每单位体积的导线有n个自由电子， 电子的电荷量为q，此时电子的定向移动速率为v，在△t时间内通过横截面积的电子数目可表示为() A. nSv△t B. nv△t C. I△t q D. I△t qS 13.(多选)如图所示电路中，已知R1=R2=R3，R1两端电压为3V，R3两端 电压为1V，R4、R5为定值电阻，则() A. R2两端电压可能为2V B. A，B两端电压可能为7V C. 若A，B两端电压为5V，可以判断出R4>R5 D. 若A，B两端电压为5V，可以判断出R4 三、实验题（本大题共2小题，共15.0分） 14.(1)游标卡尺读数________mm、螺旋测微器的读数________mm (2)某同学在测电阻的实验中： ①为了精确测量，需先用欧姆表对电阻粗测，多用电表“×10”欧姆挡示数如图，则阻值读数 ________Ω； ②再用伏安法测量，为尽量精确，电流表应选__________、电压表应选________． 电源E(电动势为3V、内阻约为0.5Ω) 最大阻值为100Ω的滑动变阻器R 电流表A1(量程60mA、内阻约为2Ω) 电流表A2(量程1A、内阻约为1Ω) 电压表V1(量程15V、内阻约为15000Ω) 电压表V2(量程3.0V、内阻约为5000Ω) ③为精确测量，该同学使电表读数从0开始，以多测一些数据。现在下框中画出测量R x阻值的 电路图．(图中务必标出选用的电压表、电流表的具体符号)． ④对数据处理后，通过所描绘的数据点，先在图中画出细线，再通过U?I图线得到待测电阻值 为______Ω(保留3位有效数字) 15.在做《测定金属丝的电阻率》的实验时： (1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，如图所示，由图读出金属丝的直径是____________mm。 (2)需要对金属丝的电阻进行测量，已知金属丝的电阻值R x约为5Ω；一位同学用伏安法对这个 电阻的阻值进行了比较精确的测量，这位同学想使被测电阻R x两端的电压从零开始调节。他可选用的器材有： A.直流电源(电动势3V，内阻可不计) B.直流电流表(量程0～600mA，内阻约为5Ω) C.直流电流表(量程0～3A，内阻约为0.1Ω) D.直流电压表(量程0～3V，内阻约为6kΩ) E.直流电压表(量程0～15V，内阻约为15kΩ) F.滑动变阻器(10Ω,2A) G.滑动变阻器(1kΩ,0.5A) H.电键I.导线若干 以上器材中电流表选用_________(填序号)；电压表选用__________(填序号)； 滑动变阻器选用_________(填序号)。 (3)在答题卡的方框中画出实验电路图。 四、简答题（本大题共1小题，共9.0分） 16.如图所示，在正的点电荷Q的电场中有a、b两点，它们到点电荷 Q的距离r1 (1)a、b两点哪点电势高？ (2)将一负电荷放在a、b两点，哪点电势能较大？请说明理由？ (3)若a、b两点间的电势差大小为100V，将二价正离子由a点移到b点是电场力对电荷做正功， 还是电荷克服电场力做功？做功多少？ 五、计算题（本大题共2小题，共20.0分） 17.电荷量q=1×10?4C的带正电的小物块静止在绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向的电场， 其电场强度E的大小与时间t的关系如图1所示，物块速度v的大小与时间t的关系如图2所示．重力加速度g=10m/s2.求： (1)物块与水平面间的动摩擦因数 (2)物块在4s内减少的电势能． 18.如图所示，竖直放置的半环状ABCD区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强 度大小为B=0.5T.外环的半径R1=16cm，内环的半径R2=4cm，外环和内环的圆心为O，沿OD放置有照相底片．有一线状粒子源放在AB正下方(图中未画出)，不断放出初速度大小均为v0=1.6×106m/s，方向垂直AB和磁场的相同粒子，粒子经磁场中运动，最后打到照相底片 上，经检验底片上仅有CD区域均被粒子打到．不考虑粒子间的相互作用，粒子重力忽略不计，假设打到磁场边界的粒子被吸收． (1)粒子的电性； (2)求粒子的比荷q ； m (3)若照相底片沿OP放置，求底片上被粒子打到的区域的长度； (4)撤去线状粒子源和照相底片，若该粒子垂直进入磁场的速度大小和方向可以任意改变．要求该粒子从AB间射入磁场，只经磁场后从CD间射出磁场，且在磁场中运动的时间最短，求该粒子进入磁场的速度大小和方向(角度可用三角函数表示) -------- 答案与解析 -------- 1.答案：D 解析： 本题考查了元电荷、点电荷；点电荷是电荷，有电荷量与电性，而元电荷不是电荷，有电荷量但没有电性。 点电荷是当两个带电体的形状对它的相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看作点电荷．而元电荷是带电量的最小值，它不是电荷，所有带电电荷量均是元电荷的整数倍。 A.元电荷是最小的带电量，而点电荷是一种理想化的物理模型，二者不同，故A错误； B.元电荷是带电量的最小值，大小是1.6×10?19C，带电体能否看做点电荷是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无具体关系，故B错误； C.元电荷是指最小的电荷量，不是指质子或者是电子，故C错误； D.元电荷是自然界中电荷的最小单元，体积很大的带电体有时也能看成点电荷，故D正确。 故选D。 2.答案：A 解析： 根据电场线越密代表场强越强，可以判定P点的场强大于Q点的场强；根据沿电场线方向电势逐渐降低可以判定P点的电势高于Q点的电势． 只要理解了电场线的特点即可顺利解决此题． 解：电场线越密代表场强越强，从图可以看出P点的电场线的密集程度大于Q点的密集程度，故P 点的场强大于Q点的场强，所以E p>E Q， 又由于沿电场线方向电势逐渐降低，由图可知电场线的方向由P指向Q，所以P点的电势高于Q点的电势，即U P>U Q，故A正确． 故选A． 3.答案：C 解析： 电场线的疏密表示电场的强弱；由图看出，AC 段电场线比CB 段电场线密，AC 段场强较大，根据公式U =Ed 定性分析A 、C 间与B 、C 间电势差的大小，再求解中点C 的电势φc 。 本题的关键是运用匀强电场中场强与电势差的公式定性分析电势差的大小；要注意公式使用的条件是匀强电场。 ABC 、由图看出，AC 段电场线比CB 段电场线密，则AC 段场强最大，根据公式U =Ed 可知，AC 间电势差U AC 大于BC 间电势差U CB ， 所以U AC >1 2U AB =25V ，即φA ?φC >25V ，又φA =30V ，可知φC <5V.故C 正确，AB 错误； D 、负电荷在电势低处，电势能较大，则负电荷在A 点的电势能小于在B 点的电势能，故D 错误。 故选：C 。 4.答案：B 解析： v ?t 图象中的斜率表示物体的加速度，根据电场线与电场强度的关系，电场强度越来越大，则电场力越来越大，所以根据电荷运动过程中v ?t 图象可知电荷的加速度越来越大，可得出正确结果． 本题结合v ?t 图象，考查了电场强度与电场线以及电荷受电场力与电场方向之间的关系，考点结合巧妙、新颖，有创新性． 根据电场线与电场强度的关系，电场强度越来越大，因此该电荷所受电场力越来越大，电荷的加速度越来越大，v ?t 图象中的斜率表示物体的加速度。 故选：B 。 5.答案：C 解析： 闭合开关，改变滑动头P 的位置，当通过电流表G 的电流为零时，说明通过电阻丝两侧的电流是相等的，而总电流一定，故通过R 0和R x 的电流也相等；并联电路电压相等，故电阻丝MP 段与PN 段电压之比等于R 0和R x 的电压比；再结合欧姆定律列式求解即可。 本题是串并联电路中电流、电压关系和电阻定律、欧姆定律的综合运用问题，设计思路巧妙，考查了分析问题和解决问题的能力。 电阻丝MP 段与PN 段电压之比等于R 0和R x 的电压比，即U MP U PN =U R0U Rx =R 0R x ；通过电流表G 的电流为零， 说明通过电阻丝两侧的电流是相等的，故通过R 0和R x 的电流也相等，所以有：R MP R PN =R 0R x ； 根据电阻定律公式有：R =ρL S 有：R MP R PN =l 1l 2 ；故R 0R x =l 1l 2 解得：R x =l 2 l 1 R 0，故C 正确，ABD 错误。 故选C 。 6.答案：A 解析： 把R 1和R 2串连接入电路中，他们的电流相同，根据R 1和R 2的参数可知串联时的最大的电流，根据P =I 2R ，可以求得电路中允许消耗的最大功率。 本题考查的是串联电路的特点，在串联电路中，电路的电流的大小是相同的，根据这一个特点就可以判断出电流中允许通过的最大的电流。 串联电路中各用电器电流相同，允许最大电流应小于等于0.5A ，由 P =I 2R ，可知R 1和R 2在最大允许电流时的功率分别为0.5 W 、1.0W ，整个电路消耗的最大功率应该为1.5W ，故BCD 错误，A 正确。 故选A 。 7.答案：B 解析： 本题的关键是根据电阻定律可知，在长度相同的地方，横截面积小的地方电阻较大，再根据焦耳定律不难判断何处地方熔丝熔断的可能性较大。 本题考查电阻定律以及焦耳定律，为基础题目。 通过熔丝的电流相同，根据焦耳定律Q =I 2Rt 和电阻定律R =ρ?L ?S 可知，在长度L 相同的地方，横截面积越小电阻R 越大，则产生的热量就越多，就越容易烧断，所以B 正确，ACD 错误。 故选B 。 8.答案：B 解析：解：A、电源电动势不变，当R增大时，I必然减小，路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小，故A错误． B、当R=0时，电路处于短路状态，电源路端电压为0.故B正确． C、由U=E?Ir可知，流过电源的电流越大，路端电压U越小．故C错误． D、根据闭合电路欧姆定律U=E?Ir可知，外电路断开时，路端电压为E.故D错误． 故选：B 明确闭合电路的规律定律，知道给定的电源，其电动势不变，与外电路无关，而路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小． 本题是简单的闭合电路欧姆定律的动态分析问题．对于路端电压与电流的关系，也可以作出电源的外特性曲线U?I图线，更直观判断它们的关系． 9.答案：C 解析： 保持开关S闭合，根据变阻器接入电路电阻的变化，由欧姆定律分析电表读数的变化．由Q=CU确定电容器电量的变化．由欧姆定律判断电压表的示数变化． 闭合电路的动态分析重点在于明确外电阻的变化趋势，从而判断通过电源的电流变化，进而分析路端电压的变化，由串并联电路特点加以分析。 A.滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中，滑动变阻器阻值减小，故路端电压减小，而电容器的两端间的电压就是路端电压，结合Q=CU可得，电容器的电荷量减小，故A错误； B.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中，滑动变阻器阻值减小，故电路的电流增大，电流表A 的示数变大，故B错误； C.电压表V1示数等于电流与R1阻值的乘积，故示数在变大，故C正确； D.路端电压减小，而电压表V1示数在变大，电压表V2示数在减小，故D错误。 故选C。 10.答案：AC 解析：解：A、用电场线的疏密程度表示电场的强弱，故N点的场强比M点的场强大，故A正确。 B、沿着电场线的方向电势越来越低，所以Q点的电势比P点的电势低，故B错误。 C、P点电势高于Q点，根据E p=φq可知，负电荷在P点时的电势能小于在Q点时的电势能，故C 正确。 D、根据电场分布可知，MO间的平均电场强度比ON之间的平均电场强度小，故由公式U=Ed可知，MO间的电势差小于ON间的电势差，故D错误。 故选：AC。 利用电场线的疏密程度表示电场的强弱判断A选项；沿着电场线的方向电势越来越低判断PQ两点的电势判断B选项；利用电场线的疏密和公式U=Ed，判断U ON和U MO C判断选项C；利用Ep=qφ判断两点的电势能判断D选项． 用活电场线、电场强度、电势、电势差、电势能等物理量之间的关系以及大小比较是解决电场题目的关键 11.答案：ACD 解析： 在电容器的电量不变的情况下，将B板下移，则导致电容变化，电压变化，根据E=U d 与C=εs 4πkd 相 结合可得E=4πkQ εs ，从而确定电场强度是否变化。再根据电荷带电性可确定电势能增加与否。 做好电容器的题目要把电容的定义式、决定式和场强的推导式结合应用。 A.根据C=εs 4πkd ，当B板向下平移一小段距离，间距d增大，其它条件不变，则导致电容变小，故A 正确； B.根据E=U d 与c=εs 4πkd 相结合可得E=4πkQ εs ，由于K已断开，有电量不变，场强大小不变，故B错 误； C.由U=QC可知，电容变小，电量不变，两极板电压变小，故C正确； D.B板接地，场强不变，所以P点与地间的电势差增大，即P点电势升高，故D正确； 故选ACD。 12.答案：AC 解析：解：根据电流的微观表达式I=nqvs，在△t时间内通过导体横截面的自由电子的电量Q=I△t， 则在△t时间内，通过导体横截面的自由电子的数目为N=Q q =IΔt q ， 将I=nevS代入得N=nqvS△t q =nvS△t，故AC正确，BD错误。 故选：AC。 根据电流的微观表达式I=nqvs，求出在△t时间内通过导体横截面的自由电子的电量，每个电子的电量为q，再确定通过导体横截面的自由电子的数目． 本题考查电流的微观表达式和定义式综合应用的能力，电流的微观表达式I=nqvs，是联系宏观与微观的桥梁，常常用到． 13.答案：ABC 解析：解：A、设R=R1=R2=R3，已知R1两端电压为3V，R3两端电压为1V，根据欧姆定律，流 过R1的电流为3 R1=3 R ，流过R3的电流为 1 R3 =1 R ；故流过电阻R2的电流可能为： 3 R1 ?1 R3 =2 R ，也可能为： 3 R1+1 R3 =4 R ；若流过R2的电流为2 R ，则R2两端电压为2V；若流过R2的电流为4 R ，则R2两端电压为4V； 故A正确； B、点A与点B间的电压等于电阻R1与R2电压之和；R1两端电压为3V，若R2两端电压为2V，则A、B两端电压5V；R1两端电压为3V，若R2两端电压为4V，则A、B两端电压 7V；故B正确； C、D、若A、B两端电压为5V，电流流向如图所示，说明电阻R3上端的电 势较高，下端的电势较低，则R4两端的电压应该高于电阻R5两端的电压， 故R4>R5(如果R4=R5，电阻R3中无电流)，故C正确，D错误。 故选：ABC。 题目中5个电阻并不是简单的串并联接法，抓住流入某点的电流等于流出某点的电流以及欧姆定律进行分析即可． 本题关键是根据电势的高低来判断电流的方向，可以假定一些特殊值进行计算． 14.答案：(1)10.50；1.700； (2)①50；②A1；V2；③如图所示： ④如图所示： 54.5。 解析： (1)游标卡尺读数为主尺读数加游标尺读数，不需要估读，螺旋测微器读数为固定刻度读数加可动刻度读数，需要估读； (2)欧姆表的读数为示数乘以倍率；根据实验要求及题中提供的器材选择器材，设计实验电路，根据描点画线，尽量使所有点落在连线上，若不能则要使描点均匀落在连线的两侧，根据图象的意义求解电阻。 本题考查了伏安法测电阻的实验，要理解实验原理，能够根据要求选择实验器材、设计电路，会用图象法处理数据。 (1)游标卡尺读数为：10mm+10×0.05mm=10.50mm；螺旋测微器的读数为：1.5mm+ 20.0×0.01mm=1.700mm； (2)多用电表为“×10”的欧姆挡，则阻值读数为5.0×10Ω=50Ω； =电源电动势为3V，电压表选V2，待测金属丝的电阻约为50Ω，所以流过电流表的最大电流约为I=U R 0.06A，电流表选A?1； 在测量R x阻值时，要求电压从零开始调节，并且多次测量，变阻器采用分压式接法，因为待测电阻约为50Ω，与电流表内阻相差不多，但是远小于电压表内阻，所以电流表采用外接法，电路如图所示： 根据所描的数据点，画出U?I图线，使描点均匀落在连线的两侧，如图所示： 根据U?I图象得待测电阻值为R x=ΔU ΔI = 3.00 55×10?3 Ω=54.5Ω 故答案为：(1)10.50；1.700； (2)①50；②A1；V2；③如图所示：(见解答) ④如图所示：(见解答)；54.5。 15.答案：(1)0.742； (2)B，D，F； (3) 解析： 本题考查了实验器材的选择、设计实验电路、实验数据处理等问题，要掌握实验器材的选择原则，根据题意确定滑动变阻器与电流表接法是设计实验电路的关键。 (1)螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数； (2)根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器； (3)根据题意确定滑动变阻器与电流表接法，然后作出电路图。 (1)螺旋测微器：固定刻度为0.5mm，可动刻度为24.2×0.01mm 则读数为0.5mm+24.2×0.01mm=0.742mm(0.741mm?0.743mm均正确)； (2)最大电流：I=E R x =1.2A，故电流表选择B； 电动势E=6V，为了使电压表有较大偏转，故电压表选择D； 滑动变阻器应采用分压接法，为方便实验操作，故滑动变阻器应选择F； (3)为使被测电阻R x两端的电压从零开始调节，则滑动变阻器应采用分压接法，由题意可知，电压表内阻远大于金属丝的电阻，电流表应采用外接法，在方框中画出实验电路图，如图所示： 故答案为：(1)0.742(0.741?0.743)； (2)B，D，F； (3)电路图如图所示。 16.答案：解：(1)电场线从正电荷到无穷远终止，而顺着电场线方向电势降低，并由正点电荷的等势面特点可判断a点的电势较高． (2)由(1)可知φa>φb，U ab>0，当把负电荷从a点移往b点，W ab=qU ab<0，电场力做负功，电势能增加，负电荷在b点电势能较大．或由E p=qφ可知，E pa (3)a、b两点间的电势差U ab=100V，二价正离子电荷量q=2×1.6×10?19C，将该离子从a点移往b点，电场力做功，W ab=qU ab=3.2×10?17J，即电场力做功3.2×10?17J，电场力做正功．答： (l)a点的电势较高． (2)将一负电荷放在a、b两点，b点电势能较大． (3)将二价负离子由a点移到b点，电荷克服电场力做功，克服做功为3.2×10?17J. 解析：(1)沿着电场线的方向电势逐渐降低，点电荷周围的等势面是一簇簇球面．根据这一规律判断 a、b两点的电势． (2)根据负电荷在电势高处电势能小、在电势低处电势能大，分析电势能的大小． (3)根据W=qU求出电场力所做的功，将q的正负，电势差的正负代入计算． 解决本题的关键知道沿着电场线的方向电势逐渐降低．以及掌握电场力做功的方法，一、直接运用W=qU计算，将q的正负，电势差的正负代入计算．二、先判断出电场力做正功还是负功，然后运用W=qU求出做功的大小，只代数值． ×2×(2+4)m=6m 17.答案：解：(1)物块在4s内位移为：x=1 2 由图可知，前2s物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有： qE1?μmg=ma， 由图线知加速度为：a=1m/s2 1s后物块做匀速运动，由平衡条件有：qE2=μmg 联立解得：q(E1?E2)=ma 由图可得：E1=3×104N/C，E2=2×104N/C， 代入数据解得：m=1kg 由qE2=μmg可得：μ=0.2 ×2×2m=2m (2)物块在前2s的位移S1=1 2 物块在后2s的位移为S2=vt2=4m 电场力做正功W=qE1S1+qE2S2=3×2+2×4=14J 则电势能减少了14J 答：(1)物块与水平面间的动摩擦因数0.2 (2)物块在4s内减少的电势能14J． 解析：(1)根据v?t图象的“面积”求位移．前2s内物块做匀加速直线运动，2s后物块做匀速运动，处于平衡状态，分别使用牛顿第二定律和物体的平衡条件即可解出质量，匀速运动时电场力与滑动 摩擦力平衡，求出动摩擦因数； (2)物体电势能的该变量等于电场力做的功． 能根据题目提供的E?t图和v?t图得到相关的信息是解题的关键．明确v?t图象的斜率等于加速度，“面积”大小等于位移． 18.答案：解：(1)由左手定则可知，粒子带正电； (2)如图所示， 设粒子的质量为m，电荷量为q，在磁场中做匀速圆周运动的半为R，则 由牛顿第二定律有 qBv0=m v02 R ① 依题意有 2R=R1+R2② 联立①②代入数据解得 q m =3.2×107C/kg③ (3)若照相底片沿OP放置，则底片上被粒子打到的区域长度为MN的长度，如图所示。 在ΔO1OM中，由几何关系有 OM2=R2?(R?R2)2④ MN=R?OM⑤ 联立代入数据解得MN=2cm⑥ (4)要使该粒子在磁场中运动的时间最短，则圆弧所对的圆心角应最小，则圆弧的半径应最大，即满足要求的圆弧应与内环相切，如图所示。设粒子的半径为R m，速度大小为v，速度方向与MN夹角为θ，由牛顿第二定律有 qBv=m v2 R m ⑦ 由图中几何关系有 R m2=R12+(R m?R2)2⑧ sinθ=R1/R m⑨联立③⑦⑧⑨代入数据解得v=5.44×106m/s， sinθ=8 。 17 解析：本题考查了粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出符合要求的粒子运动轨迹、求出粒子的临界轨道半径是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与几何知识即可解题。 (1)由左手定则可知粒子的电性； (1)根据牛顿第二定律和几何关系求解粒子的比荷； (2)根据题意画出底片上被粒子打到的区域的长度，根据几何关系求解底片上被粒子打到的区域的长度； (3)找出粒子在磁场中运动的时间最短的运动轨迹，根据牛顿第二定律和几何关系求解。