河南省新乡市2025-2026学年高二年级上册期末模拟物理试题

河南省新乡市2025-2026学年高二上学期期末模拟

物理试题

一、单选题：本大题共8小题，共24分。

1.如图甲的直线为某电场中的一条电场线，M、N是该电场线上的两点，电子在M点由静止释放，只受电场

力作用，在向N点运动的过程中其速度-时间图像如图乙所示。下列说法正确的是（）

♦♦，

MNO------

甲乙

A.M点的电势一定高于N点的电势

B.电子在M点的电势能一定大于在N点的电势能

C.该电场可能是一个孤立的点电荷形成的电场

D.该电场可能是一对等量异种点电荷形成的电场

2.如图所示，a、b是两个带有同种电荷的小球，用绝缘丝线悬括于同一点，两球静止时，它们距水平面的

高度相等，绳与竖直方向的夹角分别为%仇且/?>*若同时剪断两根细线，空气阻力不计，两球带电荷

量不变，则（）

A.剪断细线后，两球做匀变速曲线运动

B.Q球比b球先落地

C.a球的质量比b球的小

D.从剪断到落地，小球〃电势能变化量的绝对值大丁小球a电势能变化量的绝对值

3.如图所示为某种静电喷涂装置的原理图，发射极与吸极接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为

电场线，在强电场作用下，一带电液滴从发射极由静止加速飞向吸极，力、8、C,。四点的电场强度大小分

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别为E,［、EB、E。、ED,电势分别为8.、/外9c、0o，重力忽略不计。下列说法正确的是（）

A.EA<EC<EB

B.<0D>（pg>（pc

C.带电液滴向右运动的过程中电势能增大

D.带电液滴在电场力作用下一定沿电场线运动

4.如图所示，一圆形区域内存在匀强磁场，AC为直径，。为圆心，一带电粒子从4沿4。方向垂直射入磁场，

初速度为巧，从。点射舟磁场时的速度为以，则卜列说法中止确的是（粒子重力不计）（）

....、、、

/xXx'\

，%

:%

A♦»—9-------------JC

\0：

\XXX:

、、/Z

A.Vz>V15Vz的方向必过圆心B.V1=V1»Vz的方向必过圆心

C.V2>V1，V2的方向可能不过圆心D.V2-v1，U2的方向可能不过圆心

5.在磁感应强度为无、方向竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根长通电直导线，电流的方向垂直于纸面

向里。如图所示，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，其中c点的磁感应强度为280,则下

A.d点的磁感应强度为

B.b、d两点的磁感应强度相同

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C.。点的磁感应强度在四个点中最大

D.3点磁感应强度与竖直方向成45。斜向右上方

6.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧，一端固定在天花板上，另一端悬挂边长为L、匝数为n的正方形线框，

线框的下半部分处于磁场方向垂直纸而向里的匀强磁场中。当线框中未通入电流，处于静止状态时，弹簧

伸长量为勺；当线框中通入大小为/的顺时针方向电流，处于静止状态时，弹簧伸长量为上。忽略回路中电

流生的磁场，只有线框的下半部分始终处于磁场中，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g,下列说法

正确的是（）

X>X>：X

XXXXX

A.磁场的磁感应强度大小为笔3B,线框受到的安培力方向竖直向上

nlL

C.线框受到的安培力大小为处沪D.线框的质量为丝

7.如图所示为计算机生成的点电荷电势分布三维图，％、y轴组成被研究的平面，©轴为电势的大小，a和b

为图中的两点，若取无穷远处的电势为零，则（）

A.该点电荷带负电

BQ点所在曲线为电场线

C.a点处位置的电场强度大于匕点处位置的电场强度

D.负电荷从a点处位置移动到匕点处位置，其电势能减小

8.1932年，师从密立根的中国科学家赵忠尧，在实验中最早观察到正负电子对产生与湮没，成为第一个发

现正电子的科学家。此后，人们在气泡室中，观察到一对正负电子的运动轨迹，如图所示。已知匀强磁场

的方向垂直照片平面向外，电子重力忽略不计，则下列说法正确的是（）

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A.右侧为负电子运动轨迹

B.正电子与负电子分离瞬间，正电子速度大于负电子速度

C.正、负电子所受洛伦兹力始终相同

D.正、负电子在气泡室运动时，动能减小、半径减小、周期不变

二、多选题：本大题共4小题，共16分。

9.如图所示、电源电压E=6V,内阻不计，电阻％=20,R2=4H,R3=6P,电容器电容。=4〃凡下列

说法正确的是（）

R1

B.S断开时电容器a极板带正电

C.S闭合电路稳定后，电容器力极板带负电

D.S闭合电路稳定后，电容器所带电荷量为8x10-6。

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10.下图为有两个量程的电流表内部简化电路图，表头的内阻Rq=490。，满偏电流2m力已知电流表

两量程分别为。〜0.140〜14则下列说法正确的是（）

ABC

A.当使用力、8两个端点时，该电流表的星程为。〜0.1A

B.当使用力、8两个端点时;该电流表的量程为0〜

C.R1=3Q

D./?2=9n

11.如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场E,M点与P点的连线垂直于电场线，M点与“点在同一电

场线上。粒子1和粒子2分别从M点和N点沿竖直平面以相同大小的初速度孙进入电场，粒子1从M点进入

电场的初速度方向与电场线成一钝角，粒子2垂直电场线从N点进入电场，粒子/和粒子2恰好都能经过产

点。粒子7和粒子2为两个完全相同的带正电荷的粒子，不计粒子受到的重力，下列说法正确的是（）

E

；%「0

MN

A.粒子1到达P点的速度大于孙

B.粒子1到达P点的速度小于粒子2到达P点的速度

C.度子1从M点到P点所花的时间小于粒子2从N点到尸点所花的时间

D.粒子1从M点到P点所花的时间大于粒子2从N点到P点所花的时间

12.滑块a与静止的滑块b在光滑水平面上正碰，碰撞时间不计。滑块a、b碰撞前后的位移随时间变化的图像

A.滑块a和滑块b的质量之比为1：6B.滑块a和滑块b的质量之比为1：2

C.滑块a和滑块b碰撞属于弹性碰撞D.滑块a和滑块b碰撞属于非弹性碰撞

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三、实验题：本大题共2小题，共18分。

13.为测定电流表内阻脸。实验中备用的器件有：

4待测电流表（量程0-100〃力）

8.电阻箱（阻值范围0-9990）

。・电阻箱（阻值范围0-99999。）

。・电源（电动势2V）

£电源（电动势6V）

E滑动变阻器（阻值范围。-50。，额定电流1.5A）,还有若干开关和导线。

①如果采用如图所示的电路正确测定电流表4的内阻，可变电阻%应选用,可变电阻&应选用

电源应选用（用字母代号填写）。

②如果实验时要进行的步骤有：

a.合上开关K］：

8.合上开关Kz；

c.膈灯的阻值调到最大：

d.调节%的阻值，使电流表指针偏转到满刻度；

e.调节&的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半：

/.记下&的限值。

把以上步骤的字母按实验的合理顺序为:。

•口果在步骤/中所得出的阻值为600。则图中电流表的内阻％的测量值为。。

14.有一金属电阻丝的阻值约为200,现用以下实验器材测量其范阻率：

4电压表匕（量程0~15V,内阻约为15k。）

5电压表卜2（量程。〜3V，内阻约为3ko

C.电流表4（量程0〜0.34，内阻均为0.5/2）

。.电流表力2（量程0—34内阻约为0.10

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£滑动变阻器Ri(阻值范围0〜IkO,允许最大电流0.24)

万.滑动变阻器&(阻值范围0~200,允许最大电流1.0/1)

G.螺旋测微器

//.电池组(电动势3V,内电阻约为0.5。)

I.开关一个和导线若干

(1)某同学决定采用分压式接法调节电路.为了比较准确地测量出电阻丝的电阻，电压表选,电流

表选，滑动变阻器选________.(只需填写器材前面的字母)

(2)用螺旋测微器测量该电阻丝的直径，示数如图甲所示，该电阻丝直径的测量值4=mm；

(3)如图乙所示，将电阻丝拉直后两端分别固定在刻度尺两端的接线柱a和b上，其间有一可沿可阻丝滑动的

触头P,触头的上端为接线柱仁当按下触头时，它才与电阻丝接触，触头位置可在刻度尺上读出.

该同学测电阻丝电阻的实物连接如图丙所示，在连接最后一根导线的左端到电池组正极之前，请指出其中

仅有的2个不当之处，并说明如何改正.

A.;B..

(4)实验中改变触头与电阻丝接触的位置，并移动滑动变阻器的滑片，使电流表的示数/保持不变，记录对应

的电压表的示数U和接入电路的电阻丝的长度L

利用测量数据描点作出U-L图线，如图丁所示，并求得图线的斜率为k则用电阻丝的直径d、电流/和斜率Z

表示电阻丝的电阻率p=_______.

四、计算题：本大题共4小题，共42分。

15.如图所示，水平地面.上静止放置着小物块8和C,相距L=2.0m,小物块力向右以瞬时速度%=10m/s

与8正碰，碰后粘在一起运动再与C碰.已知4和8的质最均为m=2kg,C的质晟7配=4kg，物块与地面的

动摩擦因数均为〃=0.4,取g=10m/s2,物块均可视为质点且相互碰撞时间很短.

(1)求48碰后粘在一起运动的初速度也和与。碰撞前瞬间48的速

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度大小D;

(2)若力B与C碰后，C的速度-；=2m/s,求AB与C碰撞过程中损失的机械能，E；

(3)若力B与C发生弹性碰撞，求C在地面上移动的距离”.

16.如图所示为研究粒子特性的装置示意图，M、N两极板间存在电压为U的加速电场。初速度为0且重力不

计的带电粒子S经加速电场加速后，从y轴上的P(O,?a)点以垂直于'轴的方向射入第一象限的匀强磁场中，

从x轴上的K点沿与％轴负方向成60。角的方向射出第一象限。己知笫•象限内匀强磁场的磁感应强度大小为

B,方向垂直纸面向外。

(1)判断粒子所带电性，并求粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径；

(2)求该粒子的比荷(电荷量q与质量m之比)和粒子进入磁场时速度b的大小；

(3)要使带电粒子S从K点进入第四象限后，经一次偏转，再从0点进入x轴上方，求第四象限所加垂直纸面匀

强磁场的方向和磁感应强度当的天小。

17.如图，倾角6=37。的光滑固定斜面上放有A、B、C三个质量均为m的物块(均可视为质点)，A固定，C

与斜面底端处的挡板接触，B与C通过轻弹簧相连且均处于静止状态，力、B间的距离为d.现由静止释放4

••段时间后力与B发生碰撞，重力加速度大小为g,取sin37o=0.6，cos37。=08(8与C始终未接触，弹簧

始终在弹性限度内)

(1)求A与8碰撞前瞬间A的速度大小火;

(2)若力、8的碰撞为弹性碰撞，碰撞后立即撤去4且8沿能面向下运动到速度为零时，弹簧的弹性势

能增量为£＞求B沿斜面向下运动的最大距离心

(3)若4下滑后与8碰撞并粘在一起，且C刚好要离开挡板时，小B的总动能为E&,求弹簧的劲度系数七

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18.如图所示，一质量为m,电荷量为e的质子从静止开始经加速电压U加速后，紧挨4板水平注入竖直方向

的偏转电场中，已知4、B板的长度及板间距高都是L,力板电势匕8板电势高2U,紧挨小8的右侧有平面直

角坐标系，坐标原点与4板右端重合，第四象限有竖直向上的匀强电场，电场强度为E。

(1)质子从加速电场射出时的速度为是多大？

(2)质子射出偏转电场时的偏转角8是多大？

(3)质子进入第四象限后经过多长的时间t速度方向变为水平？

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答案和解析

1.【答案】B

【解析】【分析】

根据速度-时间图像，分析粒子的运动情况，再根据电场力做功与动能及电势能的关系，判断目势能及电势

的变化情况：理解斜率的含义，根据加速度的变化情况判断受力情况，再推导电场强度变化情况。

【解答】

48,由图乙可知，该电子从M向N运动的过程中，速度在不断增大，即电场力做正功，电势能在减小，故在M

点的电势能一定大于在N点的电势能，根据电势能与电势的关系，由于电子带负电，所以M点的电势一定低

于，/点的电势，故力错误，B正确;

CD速度-时间图像的斜率表示加速度，由图乙可知图像的斜率大变，所以电子的加速度不变，根据牛顿第

二定律可知，电子所受的电场力不变，即从M到N的过程中，电场强度不变，即为匀强电场，成。。错误。

故选瓦

2.【答案】D

【解析】4剪断细线后两球水平方向受库仑力一直变化，所以不是匀变速曲线运动，故力错误；

C对两个小球受力分析，如图所示：

pP

由示意图可知，有-^==tan/?

由于£>a,两球之间的库仑力大小相等，所以故C错误；

4.剪断细线后，两球竖直方向做自由落体运动，高度相同，时间相等，故8错误；

。.两小球在水平方向受到的库仑力大小相等，由于小球a的质量大，由尸=ma可知，小球b在水平方向的加

速度大，所以相同时间内，小球"水平方向的位移大小大于小球Q水平方向的位移，故电场力对小球b做的功

大干对小球a做的功，即小球b电势能变化量的绝对值大于小球a电势能变化量的绝对值，。正确。

故选。。

3.【答案】B

【解析】4根据电场线的疏密可判定，电场强度以<ER<EC，故力错误：

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8.顺着电场线方向，电势降落，电势8。>枢8>0c，故8正确；

。・芍电液滴向右运动的过程中，电场力做正功，电势能减小，故C错误；

D带电液滴受到的电场力方向沿电场线切线方向，其运动方向还与初速度方向有关，带电液滴在电场力作

用下不一定沿着电场线运动，故。错误。

故选瓦

4.【答案】B

【解析】洛伦兹力不改变速度的大小，所以艺=也。如图，连接小。，作力。的垂直平分线，找出运动轨

迹对应的圆心8,由几何关系可得5。一定垂直于。D,因为粒子做匀速圆周运动的速度方向垂直于软迹半径,

所以速度的方向沿。。，故也的方向必过圆心，选项8正确。

厂

B

5.【答案】C

【解析】4用右手螺旋定则判断通电直导线在aAd四个点上所产生的磁场方向，如图所示:

c点的磁感应强度为2%,则通电直导线在圆周上任一点的磁场强度大小为380，d点有向上的磁场，还有

电流产生的水平向右的磁场，叠加后磁感应强度大小为715%,故力错误；

BD.8点有向上的磁场，还有电流产生的水平向左的磁场，叠加后磁感应强度的方向斜向左上方与d点的磁

感应强度的方向不同；由于两个方向的磁感应强度的大小不相等，故b点的磁感应强度与竖直方向的夹角不

等于45。；故6。错误；

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C.Q点有向上的磁场，还有电流产生的向上的磁场，电流产生的磁感应强度和原磁感应强度方向相同，叠加

后最大，故C正确。

故选Co

6.【答案】A

【解析】4当线框中未通入电流，处于静止状态时，弹簧伸长量为勺，有kxi=mg

当线框中通入大小为/的顺时针方向电流，处于静止状态时，弹簧伸长量为町，有底2=7九9+九8〃

解得磁场的磁感应强度大小为6=”押，故月正确；

71/L

8.根据左手定则可以判断，线框受到的安培力方向竖直下，故B错误；

C.线框受到的安培力大小为F=kg-/），故C错误；

。.线框的质量为m=号，故。错误。

故选Ao

7.【答案】C

【解析】【分析】

根据电势的高低分析制点电荷的电性；

点电荷的电场线为直线：

根据电场强度的表达式E=#定性地分析出场强的大小；

根据电势能的表达式结合电性分析出电势能的变化。

本题主要考查了场强和电势的相关概念，熟悉电势和场强的表达式结合距离的大小完成分析，在计算电势

能的过程中要注意电荷的电性。

【解答】4由图可知，离点电荷越远，电势越小，可知该点电荷带正电，故力错误；

8.点电荷的电场线为直线，故8错误；

。・曰力选项分析可知，Q点离点电荷比较近，6点离点电荷较远，可知a点处位置的电场强度大于b点处位置的

电场强度，故C正确；

。.由图可知Q点电势大于b点电势，根据Ep=sq可知负电荷从。点处位置移动到b点处位置，电势能增大，故

。错误。

故选Co

8.【答案】D

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【解析】由左手定则可知，题图中右侧为正电子运动轨迹，左侧为负电子运动轨迹，故力错误；电子在磁

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u=某由题图所示电

子运动轨迹可知，正电子轨迹半径小，则正电子速度小于负电子速度，故8错误；正、负电子所受洛伦兹

力方向时刻发生变化，所以正、负电子所受洛伦兹力不相同，故C错误；电子在磁场中做圆周运动的周期7=

誓，周期与速度大小、轨迹半径无关，则正、负电子在气泡室运动时，有能量损失，则动能减小、轨迹半

径减小、周期不变，故。正确。

9.【答案】BD

【解析】4s断开时，勺两端电压为g二三&E=4V

电容器的电压为Uci=啰=4V,故4错误；

&S断开时，电源顺时针给电容器充电，所以电容器a极板带正电，故8正确：

CS闭合中.路稳定后，电容器与%并联，与£两端电压相等，电容器b极板带正电，故。错误：

。.电容器的电压为心两端电压口?=7；―=2V

1+112

6

电容器的电量为Q2=cuc2=8x10-C

解得Q2=8x10-6C

故。正确。

故选BD.

10.【答案】BD

【解析】【分析】本题考查电流表的改装，把表头改装成电流表需要并联分流电阻，并联分流电阻阻值越

小改装后电流表量程越大：应用并联电路特点与欧姆定律求出电阻阻值，然后分析答题。

【解答】当使用/!、8两个端点时，由电路图可知，表头与此串联后和心并联有：〃+空产二，1，

JD

当使用A、C两个端点时，由电路图可知，灯与&串联后再和表头并联，有：0+用等=/2，

通过比较两个公式，可知贝|J=1412=0.1/4,

当使用力、8两个端点时，该电流表的量程为。〜L4,解得：/?!=inR2=9n<.

故/C错误，BD正确。

11.【答案】BD

【解析】【分析】

本题主要考查了带电粒子在电场中运动，根据粒子在电场中做匀变速曲线运动时，常用运动的分解法研究

具运动规律。由动能定理分析速度大小关系，运用运动的分解法和运动学公式分析运动时间的关系。

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【解答】

粒子从点到点电场力不做功，则粒子到达点的速度大小等于，粒子从点到点，电场力

4B1MP1Pv02NP

做正功，根据动能定理可知粒子到达点的速度大小大于，则粒子到达尸点的速度小于粒子到达

2Pv012P

点的速度，故8正确，力错误；

CD垂直电场方向，粒子做匀速运动，粒子1垂直电场方向的速度小于%，粒子2垂直电场方向的速度等

垂直电场方向的位移相等，则粒子从点到点所花的时间大于粒子从点到点所花的时间，

F-v0,1MP2NP

故。正确，C错误。

故选BD。

12.【答案】AD

【脩析】48.在位移一时间图像中，图线的斜率表示物体的速度，由图像可知，碰撞前a的速度为卬=等=

8

-m/s=4m/s

乙

b的速度为零；碰撞后。的速度也=察=^m/s=-2m/s

b的速度为艺=翳=^^m/s=lm/s

mv

由动最守恒定律mav0=m/i+b2

可得以正确，月错误；

CD碰撞前后a、b的机械能关系为“诏=8mn>+：恤诏=5mo

可知a、匕的碰撞属于非弹性碰撞，故。正确，C错误。

故选力。。

13.【答案】C

B

E

cadbef

600

【解析】①该实验是半偏电流法测电流表的内阻。心闭合前后的两次电路，如果干路电流变化不大，那么

就可以认为，/2闭合后，电流表半偏时，电流表和电阻箱&所分的电流各占一半，又因为二者并联，两端

的电压相等，自然就可以推出电流表的内阻和电阻箱”的阻值相等。要保证两次实验干路的电流变化不大,

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就需要保证两次实验电路的总电阻变化不大，也就是说，在给电流表并联上一个电阻箱后导致的电阻变化,

对整个电路影响不大。要达到这个效果，％就需要选一个尽可能大的电阻，可以是电阻箱，也可以是滑变,

也可以是电位器，但阻值要尽可能地大，经此分析，&应选用C。该实验要通过可变电阻&阻值来间接反映

出电流表的内阻值，因此可变电阻&的选取原则是：能读数且尽量和电流表的内阻在同一数量级匕经此

分析，可变电阻&应选用儿在％是一个尽可能大的电阻、电流表满偏的前提下，那么电源电动势相对地就

要大一些的，但不是越大越好，大了烧表也不行。初步分析电源可选用£其实可以估算一下弓动势大概的

最大值，即：=/g,na41max=I。。XlO-6xlxlO5v=iov

电源应选E.

②半偏法测电流表内阻的步骤为：实验前，将治的阻值调到最大；合上开关治；调节治的阳值，使电流表

指针偏转到满刻度；保持灯的阻值不变，合上开关勺；调节％的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的•半;

记下色的阻值。我们就认为电流表的内阻值就是&的阻值。因此答案为：cadbef.

据⑦中的分析可知，电流表的内电阻勺的测量值，就等于电阻箱的的阻值，即600。。

14.【答案】BCF0,185开关应该处于断开状态滑动变阻器滑片P'应当滑到最右端等

【解析】解：⑴电源电动势为3匕电压表选以电路最大电流约为：/=。=24=0.154则电流表选C,

KZU

为方便实验操作，滑动变阻器应选反

(2)由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0mm,可动刻度示数为18.5xO.Olznm=0.185m7H,螺旋测

微器示数为Omzn+0.185?nni=0.185mm.

(3)为保护电路安全，连接电路时应断开开关，由图示电路图可知，开关是闭合的，应把开关断开；

由也路图可知，滑动变阻器采用分压接法，闭合开关前滑片应置于分压电路分压最小的位置，即应把滑片

置于最右端.

(4)由电阻定律可知：R=p^=

由图示图象可知，斜率为：k=也,则电阻率为：P=察；

7T#L4/

故答案为：(1)B、C、F；

(2)0.185(0.182至0.186均可)；

(3)4开关应该处于断开状态；

B：滑动变阻器滑片P'应当滑到最右端；

(1)根据电源选择电压表，根据最大电流选择电流表，为方便实蛤操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器.

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(2)螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数.

(3)根据实验注意事项分析图示实验电路图，然后答题.

(4)根据图象、应用电阻定律分析答题.

测量电阻最基本的原理是伏安法，电路可分为测量电路和控制电路两部分设计.测量电路要求精确，误差

小，可根据电压表、电流表与待测电阻阻值倍数关系，选择电流表内、外接法.控制电路关键是变阻器的

分压式接法或限流式接法.

15.【答案】解：⑴4B相碰动量守恒=

代入数据解得%=5m/s,

一起前进L过程，由动能定理有

一〃x2mgL=1x2mv2—x2mv\,

代人数据解得u=3m/s；

(2)AB与C发生碰撞动量守恒有

2mv4-0=2mv2+

碰撞过程中能量损失△£=2mv2-1-2m诺一)品，

代人数据解得4E=8/：

(3)若48与C发生弹性碰撞，根据动量守恒及机械能守恒得：

2mv+0=2mv'2+

且有g.2mv2=1-2mv'2+

解得v'c=3m/s,v'2=0,

对C由动能定理有一=0

代入数据解得“沐=L125/n。

o

【脩析】本题要分析清楚物体的运动过程，抓住碰撞的基本规律：动量守恒定律是关键.要注意碰撞有弹

性碰撞和非弹性碰撞，在条件不明确时，要分情况讨论。

(1)根据动量守恒定律求出48碰后粘在一起运动的初速度巧，根据动能定理求与C碰撞前瞬间的速度大小

V：

(2)根据动量守恒定律求出AB与C碰后，力B的速度，进而可求碰撞损失的动能；

(3)若力8与C发生弹性碰撞，根据动量守恒、系统机械能守恒求出碰后的速度，然后对C运用动能定理求解。

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16.【答案】本题考查带电粒子在组合场中的运动问题，考查考生的推理论证能力。

(1)根据粒子受洛伦兹力的方向可乂判断粒子带正电

作出带电粒子做圆周运动的圆心和轨迹如图所示，由图中几何关系知

解得R=a

(2)由=m^-

解得*言

电场对电荷的加速qU=^mv2

解得铝导

联立解得黑怒…花

(3)要使带电粒子S从K点进入第四象限后，再从。点进入到%轴上方，则第四象限所加匀强磁场的方向为垂宜

纸面向外

设磁感应强度大小为当，由几何关系得：0K卓a

第四象限圆弧的半径丁1州

由"Bi二*

得a=2B

【解析】解析请参考答案文字描述

17.【答案】解:

(1)4卜滑过程机械能守恒,

由机械能守恒定律得：77igdsE。=^mvQ