云南省曲靖市陆良县高二（下）入学考试物理试题（word版含答案）

云南省曲靖市陆良县高二（下）入学考试物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、多选题
1．如图所示，在一个倾角为的长斜面底端点正上方的点处将一小球以速度水平抛出，恰好垂直击中斜面上的点，。下列说法正确的是（　　）
A．小球的初速度
B．点离点的距离
C．保持不变，将小球以的速度水平抛出，则击中斜面的位置到点的距离小于
D．若抛出点高度变为，欲使小球仍能垂直击中斜面，小球的初速度应调整为
2．如图所示，电源电动势E=8V，内阻，标有"6V，9W”的灯泡恰好能正常发光，电动机M内阻，则（　　）
A．通过电源的电流为2A B．电动机的输出功率为2.5W
C．通过电动机的电流为3A D．电动机的效率为75%
3．【卷号】1575388203851776
【题号】1575388239183872
3．
如图所示，一个电量为-Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点．另一个电学量为+q及质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，运动到B点时的速度为v，且为运动过程中速度最小值．已知点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ，AB间距离为L0，静电力常量为k，则下列说法正确的是（ ）
A．点电荷乙从A点运动到B点的过程中，加速度逐渐减小
B．OB间的距离为
C．点电荷乙越过B点向左运动，其电势能仍增多
D．在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差
4．一只光滑的碗水平放置，其内放一质量为m的小球，开始小球相对于碗静止在碗底，如图所示，则下列哪些情况能使碗对小球的支持力大于小球的重力（　　）
A．碗竖直向上加速运动 B．碗竖直向下减速运动
C．当碗突然水平加速时 D．当碗水平匀速运动转为突然静止时
二、单选题
5．如图所示，木块A静止在斜面体B上．设木块受到斜面体的支持力大小为N，摩擦力大小为f.当斜面体水平向左做加速度逐渐增大的加速运动时，若木块A相对于斜面体B始终保持静止，则 ( )
A．N增大, f增大 B．N不变，f增大
C．N减小,f先增大后减小 D．N增大,f先减小后增大
6．如图所示，在竖直向上的匀强磁场中，金属棒ab两端系有等长轻质绝缘软导线且水平悬挂，平衡时两导线与竖直方向的夹角均为θ，两悬点间接有电池和滑动变阻器，改变滑动变阻器的滑片位置，则下列各图象能正确反映通过金属棒ab的电流I与θ的变化关系的是(　　)
A． B． C． D．
7．如图所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线分别为等势线1、2、3，已知MN＝NQ，带电荷量相等的a、b两带电粒子从等势线2上的O点以相同的初速度飞出．仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图所示，则下列说法正确的是
A．a一定带正电，b一定带负电
B．M、N两点间的电势差UMN等于N、Q两点间的电势差UNQ
C．a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小
D．a加速度减小，电势能减少，b加速度增大，电势能增加
8．地面上质量为m0=3kg的物体在竖直向上的力F作用下由静止开始向上运动，力F随物体离地面高度x的变化关系如图所示，物体上升的最大高度为h（图中H=5m，h=4m），重力加速度为g=10m/s2不计空气阻力。在物体运动的过程中，下列说法中正确的是（　　）
A．加速度的最大值为10m/s2
B．48N
C．物体离地高度为2.5m时，速度最大
D．动能的最大值为20J
9．将一个半球体置于水平地面上，半球的中央有一光滑小孔，上端有一光滑的小滑轮，柔软光滑的轻绳绕过滑轮，两端分别系有质量为、的物体（两物体均可看成质点，悬于空中）时，整个装置处于静止状态，如图所示。已知此时与半球的球心O的连线与水平线成角（，），与半球面的动摩擦因数为，并假设所受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。则在整个装置处于静止的前提下，下列说法正确的是（　　）
A．无论的比值如何，地面对半球体的摩擦力都不为零
B．当时，半球体对的摩擦力为零
C．当时，半球体对的摩擦力的方向垂直于图中的虚线向上
D．当时，半球体对的摩擦力的方向垂直于图中的虚线向下
10．如图所示，在正方形abcd区域内存在一垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B1．一带电粒子从ad边的中点P垂直ad边射入磁场区域后，从cd边的中点Q射出磁场；若将磁场的磁感应强度大小变为B2后，该粒子仍从P点以相同的速度射入磁场，结果从c点射出磁场，则等于
A． B． C． D．
11．以下说法正确的是（　　）
A．物体所带的电荷量可能是任意实数
B．元电荷就是电子或质子
C．物体所带电荷量的最小值是1.6×10－19C
D．凡试探电荷都是点电荷，凡点电荷都能做试探电荷
12．如图所示的电路中，恒流源可为电路提供恒定电流I0，R为定值电阻，电流表、电压表均可视为理想电表，不考虑导线电阻对电路的影响．改变变阻器RL的阻值，记录电流表、电压表的示数并填写在下表中．由此可以判定在改变RL阻值的过程中
U/V 18 16 14 12 10 8 6 4 2 0
I/A 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0
A．定值电阻R的阻值为10Ω
B．恒定电流I0的大小为2.0A
C．RL消耗的最大功率为5W
D．变阻器RL的滑动触头向下移动时，电压表示数变大
13．某人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如它的轨道半径增加到原来的n倍后，仍能够绕地球做匀速圆周运动，则（ ）
A．根据，可知卫星运动的线速度将增大到原来的n倍
B．根据，可知卫星受到的向心力将减小到原来的1/n倍
C．根据，可知地球给卫星提供的向心力将减小到原来的1/n2倍
D．根据，可知卫星运动的线速度将增加到原来的1/n倍
14．如图所示,物块A 和圆环B 用绕过定滑轮的轻绳连接在一起,圆环B套在光滑的竖直固定杆上,开始时连接B 的绳子处于水平,某时刻由静止释放B,经时间t,B 下降h,此时,速度达到最大,不计滑轮摩擦和空气的阻力,则( )
A．t时刻B 的速度小于A 的速度
B．t时刻B 受到的合力最大
C．0~t过程A 的机械能增加量大于B 的机械能减小量
D．0~t过程A 的重力势能增加量小于B 的重力势能减小量
15．如图所示，正六边形abcdef，中心为O，两个等量异种电荷放在a、d位置，其中正电荷在a处，负电荷在d处，设无穷远处电势为0，下列说法正确的（　　）
A．f、b两点的场强相同 B．e点的电势高于0
C．e、b两点电势差与c、f两点电势差相等 D．负电荷从b点移动到c点时电势能减小
16．如图甲所示的电路中，改变滑动变阻器的滑片位置，电压表V1、V2和电流表A的示数均会发生变化，图乙为V1、V2随A示数变化的图象（纵轴从U0开始，不计电表内阻的影响），关于这两条实验图象，下面说法正确的是（ ）
A．图线b的延长线一定过图中O点
B．图线a的延长线与横轴交点的坐标值等于短路电流
C．图线a、b交点的横坐标和纵坐标值的乘积等于电源总功率
D．图线a、b交点的横坐标和纵坐标值的乘积等于电阻R0消耗的电功率
三、实验题
17．某同学用如图甲所示电路测量某一型号电池的电动势和内阻。图中R0为阻值等于5.0Ω的定值电阻，两电压表均可视为理想电压表。
(1)请问图甲中，撤去_____导线（填写导线旁边的字母）实验仍可正常进行。
(2)调节滑动变阻器，通过测量得到电压表V1的示数U1随电压表V2的示数U2的曲线如图乙所示，由此可知电池内阻为_____Ω，电池电动势为_____V，这个电路中电源的最大输出功率为_____W（此空保留三位有效数字）。
18．某物理课外小组利用图（a）中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系．图中，置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码．本实验中可用的钩码共有N=5个，每个质量均为0.010 kg．实验步骤如下：
（1）将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车（和钩码）可以在木板上匀速下滑．
（2）将n（依次取n=1，2，3，4，5）个钩码挂在轻绳右端，其余N–n个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行．释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t相对于其起始位置的位移s，绘制s–t图象，经数据处理后可得到相应的加速度a．
（3）对应于不同的n的a值见下表．n=2时的s–t图象如图（b）所示；由图（b）求出此时小车的加速度__________（保留2位有效数字），将结果填入下表．
（4）利用表中的数据在图（c）中补齐数据点，并作出a–n图象 ___________．从图象可以看出：当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比．
（5）利用a–n图象求得小车（空载）的质量为_______kg（保留2位有效数字，重力加速度取g=9.8 m/s2）．
（6）若以“保持木板水平”来代替步骤（1），下列说法正确的是_______（填入正确选项前的标号）
A．a–n图线不再是直线
B．a–n图线仍是直线，但该直线不过原点
C．a–n图线仍是直线，但该直线的斜率变大
四、解答题
19．如图所示，绝缘水平面上的AB区域宽度L1=9m，BC区域宽度L2=4m，BC区域内存在水平向左的匀强电场E，其他区域不存在电场，一质量为m=0.1kg，带电量为q=+1.0×10-5C的小滑块以大小为v0=10m/s的初速度从A点进入ABC区域，滑块与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.2。求：
（1）滑块从A点运动到B点所用的时间；
（2）若E=2.0×104V/m，则滑块离开BC区域时的速度多大；
（3）要使小滑块在电场中的运动时间达到最长，电场强度E应为多大？
20．如图所示，水平放置的平行板电容器A、B间为一匀强电场，M、N为电场中的两点，其连线与两极板垂直，且，已知电子在M点受到的电场力大小为，方向指向A板，A板接地。
（1）求M、N两点的电势差；
（2）若M点距A板1cm，电子在N点的电势能为多少？
21．如图，一质量m＝6kg的物块，置于水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数μ＝，为了使物块沿水平地面做匀速直线运动，现用一与水平方向夹角为37°的力斜向上拉物体，求拉力大小。（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2）
22．如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在水平向左的匀强电场，第二象限内有一圆心坐标为(－R，2L)、边界与y轴相切于A点的圆形区域，其内存在垂直纸面向里、磁感应强度的匀强磁场。现有一质量为m、电荷量为+q的带电粒子（粒子重力不计），从x轴上M(L，0)点以速度平行于y轴射入第一象限，恰好从A点穿过y轴进入圆形区域内。求：
(1)电场强度E的大小；
(2)带电粒子进入圆形区域后，第一次射出磁场时的坐标。
试卷第页，共页
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参考答案：
1．CD
【解析】
【详解】
AB．如图甲所示
小球垂直击中斜面时，速度的偏向角为，根据平抛运动规律的推论可知，速度偏向角的正切值
可得
小球在空中运动的时间
初速度
故AB错误；
C．保持抛出点高度不变，初速度大小变为原来的两倍，如图乙所示
若无斜面，则小球应击中点，实际击中点为轨迹与斜面的交点，显然离底端的距离小于，故C正确；
D．若抛出点高度变为，根据小球垂直击中斜面的规律知
则小球下落的高度和水平位移均变为原来的两倍，根据
联立解得
故小球的初速度应调整为原来的倍，故D正确。
故选CD。
2．AB
【解析】
【详解】
A．灯泡正常发光，则有
则电源内阻的电压
由欧姆定律得流过电源的电流
故A正确；
BC．通过灯泡的电流
则通过电动机的电流为
灯泡的电压为电动机两端电压，电动机总电功率
电动机发热功率
热
电动机的输出功率
输出热
故B正确，C错误；
D．电动机的效率
故D错误；
故选AB。
3．ABD
【解析】
【详解】
滑动摩擦力的大小方向不变，两球靠近过程中库仑力逐渐增大，小球在运动到B点之前，有，因此物体做加速度逐渐减小的减速运动，故A正确；
当速度最小时有：，所以解得：，故B正确；
在小球向左运动过程中电场力一直做正功，因此电势能一直减小，故C错误；
点电荷从A运动B过程中，根据动能定理有：，解得以解得AB间电势差 ，故D正确．
【点睛】
正确分析物体受力特点，明确力和运动的关系，在本题中注意滑动摩擦力的大小方向不变，两球靠近过程中库仑力逐渐增大，小球先减速后加速，根据牛顿第二定律和功能关系可正确解答．
4．ABD
【解析】
【分析】
【详解】
AB．小球受重力和支持力，碗竖直向上加速或竖直向下减速时，加速度均向上，据牛顿第二定律有
N-mg=ma
可知
N>mg
AB正确；
C．碗突然水平加速时，小球由于惯性仍保持静止，竖直方向无加速度，仍满足
N=mg
C错误；
D．碗水平匀速运动转为突然静止时，球由于惯性继续运动，有沿着切线飞出的趋势（可看成圆周运动），故加速度向上，类比AB的解析可知，D正确。
故选ABD。
5．D
【解析】
【详解】
试题分析：当加速度较小时，摩擦力f沿斜面向上.将加速度分解为沿斜面向下的加速度和垂直于斜面向上的加速度．
根据牛顿第二定律得：，，得到 ；
,可知当a增大时，N增大，f减小．当加速度较大时，摩擦力f沿斜面向下．根据牛顿第二定律得: ， ，得到，,可知当a增大时,N增大,f增大．所以N增大，f先减小后增大．故D正确．故选D．
考点：本题考查牛顿第二定律、整体法与隔离法、力的合成与分解、正交分解法．
6．B
【解析】
【详解】
根据左手定则判断，通电金属棒ab在磁场中受到水平向左的安培力作用，金属棒ab还受到拉力、重力的作用，处于平衡状态时，根据平衡条件有
tanθ＝
得
I＝tanθ
选项B正确，ACD错误；
故选B．
7．C
【解析】
【详解】
A．由图，a粒子的轨迹方向向右弯曲，a粒子所受电场力方向向右；b粒子的轨迹向左弯曲，b粒子所受电场力方向向左；由于电场线方向未知，无法判断粒子的电性；故A错误．
B．已知MN=NQ，由于MN段场强大于NQ段场强，所以MN两点电势差大于NQ两点电势差，故B错误；
C．根据电场力做功公式， a粒子从等势线2到3电场力做功小于b粒子从等势线2到1电场力做功，所以a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小，故C正确；
D．a所受电场力逐渐减小，加速度减小；b所受电场力增大，加速度增大；根据图知a、b两粒子的电场力、速度的夹角均为锐角，电场力对两电荷均做正功，两电荷的电势能均减小；故D错误．
8．D
【解析】
【分析】
【详解】
因作用在物体上的力F均匀减小，所以加速度先减小至零然后反向增加，可得力F随高度x变化的关系
而
可以计算出物体到达h处时力
物体从地面到h处过程中，由动能定理得
而
可得
代入数据解得
物体在初位置时加速度为
代入数据解得
在h处时加速度为
带入数据得
所以最大加速度不为10
当加速度为零时速度最大，则有F与mg相等时速度最大可得
解得
当速度最大时动能也最大，由动能定理得
故ABC错误，D正确。
故选D。
9．B
【解析】
【详解】
A．对半球体m1、m2整体受力分析，只受重力和支持力这一对平衡力，相对地面并无运动趋势，故不受摩擦力，故A错误；
B．若半球体对m1的摩擦力为零，对m1受力分析，如图
将重力正交分解，根据共点力平衡条件得到：x方向
T-m1gcos53°=0
y方向
N-m1gsin53°=0
据题意
T=m2g
解得
故B正确；
C．当时，有
T=m2g＞mgsin53°
即拉力大于重力的下滑分量，m2有上滑趋势，摩擦力沿切线向下，故C错误；
D．当时，有
T=m2g＜mgsin53°
即拉力小于重力的下滑分量，m2有下滑趋势，摩擦力沿切线向上，故D错误；
故选B。
点睛：隔离法与整体法，不是相互对立的，一般问题的求解中，随着研究对象的转化，往往两种方法交叉运用，相辅相成；所以，两种方法的取舍，并无绝对的界限，必须具体分析，灵活运用；无论哪种方法均以尽可能避免或减少非待求量。
10．A
【解析】
【详解】
试题分析：根据几何知识求解出两种情况下的半径大小，然后根据分析解题
设正方形边长为L，根据几何知识，当从Q点射出时，，当从c点射出时，根据几何知识可得，解得，粒子在磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，故有，解得，所以有，即，A正确；
【点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式，周期公式，运动时间公式，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题，
11．C
【解析】
【详解】
A．物体所带的电荷量不能为任意实数，只能为元电荷的整数倍，故A错误；
B．元电荷是指电子或质子所带的电荷量，不是质子或电子，故B错误；
C．物体所带电荷量的最小值叫元电荷，数值为1.6×10-19C，故C正确；
D．点电荷就相当于质点，是一种理想模型，没有大小的带电体。当电荷间距离大到可认为电荷大小、形状不起什么作用时，可把电荷看成点电荷，也就是说点电荷可以很大，这样的电荷就做不了试探电荷，试探电荷需要的是体积小，电荷量小。所以点电荷不一定能做试探电荷，故D错误。
故选C。
12．C
【解析】
【详解】
由表中数据可知，当U=0时外电路被短接，滑动变阻的有效阻值为0，此时，当U=18V时，电流表的示数为，则流过R的电流为，则定值电阻的阻值为，可将定值电阻看成是恒流源的内阻，当时，消耗的最大功率，此时流过的电流为，则消耗的最大功率为，定值电阻与滑动变阻器并联，当向下移动时，滑动变阻器接入电阻减小，由并联电路规律可知，电流表示数增大，流过R的电流减小，则R两端的电压减小，故电压表示数减小，故ABD错误，C正确；故选C.
13．C
【解析】
【详解】
当轨道半径变化时，万有引力变化，卫星的角速度ω＝随着变化，所以不能用公式v=rω讨论卫星的线速度变化，故选项A错误．当轨道半径变化时，万有引力变化，卫星的线速度v=随着变化，所以不能用公式F=讨论卫星的向心力变化，故选项B错误．人造卫星的轨道半径增大到原来的n倍后，由公式F=G可知地球提供的向心力将减小到原来的1/n2倍，故C正确．根据万有引力提供向心力，得卫星的线速度v=，可知卫星运动的线速度将减小到原来的倍，故D错误．故选C．
点睛：人造卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，卫星的线速度、角速度、周期都与半径有关，讨论这些物理量时要找准公式，正确使用控制变量法．
14．D
【解析】
【详解】
试题分析：根据A的受力情况分析A的加速度变化；当绳子在竖直方向上的分力与A的重力相等时，A的速度最大，根据平行四边形定则求出A、B的速度之比．根据除重力以外其它力做功等于机械能的增量判断何时A的机械能最小．
t时刻B的速度可以分解为沿绳子方向的分速度与垂直于绳子方向的分速度，其中沿绳子方向的分速度与A的速度大小相等，由图可知t时刻B的速度大于A的速度，A错误；当B刚释放的瞬间，绳子的拉力方向与杆子垂直，B所受的合力等于mg，B向下先做加速运动；当绳子在竖直方向上的分力等于B的重力时，B的速度最大，加速度等于0，所以B受到的合力等于0，B错误；过程A与B组成的系统的机械能守恒，所以A的机械能增加量等于B的机械能减小量，C错误；过程A与B组成的系统的机械能守恒，B减少的重力势能转化为A的重力势能和A、B的动能，所以过程A的重力势能增加量小于B的重力势能减小量，故D正确．
15．C
【解析】
【详解】
A．f、b两点关于ad对称，根据场强的叠加可知，f、b两点的场强大小相等，方向不同，故A错误；
B．若无穷远处电势为0，根据沿着电场方向电势逐渐降低可知，e点的电势小于0，故B错误；
C．因为fe与bc关于ad对称，可知f与b两点的电势相等，e与c两点的电势相等，所以e、b两点电势差与c、f两点电势差相等，故C正确；
D．负电荷从b点移动到c点时，电场力做负功，电势能增大，故D错误。
故选C。
16．D
【解析】
【详解】
当电路中电流增大时，电源的内电压增大，路端电压减小，电压V2的示数增大，内电压增大，电压表V1的读数减小，则根据图象可知，图象b是电压表V2的示数与I的关系图象．而R0是定值电阻，电压与电流成正比，则图象b的延长线一定过坐标原点，但不过（0，U0），即不过O点，故A错误；图象a是电压表V1的示数与I的关系图象，反映电源的特性，当I＝0时，U＝E，故图线a的延长线与纵轴交点的坐标值等于电源的电动势．与横坐标的交点为电压为U0时的电流，故B错误；图象a反映电源的特性，图象b反映电阻R0的特性，两图象的交点表示电阻R0接在该电源上的工作状态，则交点的横、纵坐标值的乘积等于该状态下电阻R0消耗的瞬时功率，也表示电源的输出功率，故C错误，D正确．所以D正确，ABC错误．
17． h 1.0 1.5 0.313
【解析】
【详解】
(1)[1]限流式接法，可以去掉这根h导线。
(2)[2][3]路端电压
U1=E－Ir=
由图乙可知，U1-U2图线为一倾斜向下的直线，故电池内阻r是常数；由图乙知
得
r=1Ω
电动势为
E=1.5V
[4]因为R0＞r，所以当滑动变阻器电阻R=0时电源输出功率最大
W
18． 0.39； 图见解析； 0.45； BC；
【解析】
【详解】
（3）物体做匀加速直线运动，对应的x-t图象为曲线，由图象可知，当t=2.0s时，位移为：x=0.80m；
则由x=at2代入数据得：a=0.40m/s2；
（4）在图C中作出点（2，0.40），并用直线将各点相连，如图所示；
（5）由图c可知，当n=4时，加速度为0.78m/s2，由牛顿第二定律可知：
4×0.01×9.8=（m+5×0.01）×0.78
解得：m=0.45kg；
（6）若木板水平，则物体将受到木板的摩擦力；则有：
nm0g-μ[m+（5-n）m0g]=（m+5m0）a；
故说明图象仍为直线，但不再过原点；并且斜率增大；故BC正确；故选BC；
点睛：本题考查验证牛顿第二定律的实验，要求能明确实验原理，认真分析各步骤，从而明确实验方法；同时注意掌握图象的性质，能根据图象进行分析，明确对应规律的正确应用．
19．（1）1s；（2）4；（3）6.0×104V/m
【解析】
【详解】
（1）滑块从A点运动到B点做匀减速运动，加速度大小
a1=μg=2m/s2
L1=v0t1-a1t12
代入数据解得
t1=1s(舍去t1=9s)
（2）到达B点的速度
vB=v0-a1t1=8m/s
a2==4m/s2
vC2-vB2=-2a2L2
得
vC=4m/s
（3）要使小滑块在电场中的运动时间达到最长，必须使小滑块到C点时速度减为零
由于0-vB2=-2a2'L2；a2'=8m/s2
μmg+qE'=ma2'
解得：
E'=6.0×104V/m
20．（1）300V；（2）
【解析】
【详解】
（1）电子从M点移到N点，根据电场强度的定义，有，代入数据解得
所以M、N两点的电势差为
（2）AN的电势差为
因A板的电势为，所以有
解得
电子在N点的电势能为
21．20N
【解析】
【分析】
【详解】
物块做匀速直线运动，受力分析如图所示
正交分解，在水平、竖直方向分别满足
FTBcos37°＝Ff
FN＝mg－FTBsin37°
且Ff＝μFN，代入数据解得FTB＝20N。
22．（1）；（2）（－R，2L－R）
【解析】
【详解】
(1)由题意可知，在第一象限内，带电粒子只受沿轴负方向的电场力,根据牛顿第二定律可得
则带电粒子做类平抛运动，沿轴负方向有
沿y轴正方向有
联立解得
(2)设带电粒子到达点的速度方向与轴正方向的夹角为，则有
解得
可得
则带电粒子到达点的速度大小
根据洛伦兹力提供带电粒子做匀速圆周运动的向心力和牛顿第二定律有
将代入解得带电粒子的轨迹半径
画出带电粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示，根据几何关系可知，带电粒子第一次射出磁场时的坐标为
试卷第页，共页
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