2021-2022学年江西省新余市高二（上）期末物理试卷（含答案解析）

2021-2022学年江西省新余市高二（上）期末物理试卷

1.     下列关于静电场的说法正确的是(    )

A. 试探电荷在电场中所受电场力的方向即为该点的场强方向
B. 在一个点电荷的电场中存在场强相同的不同点
C. 电场线与等势面可以垂直，也可以不垂直
D. 场强为零处，电势不一定为零；电势为零处，场强不一定为零

2.     在x轴上有两个点电荷、，其静电场的电势在x轴上分布如图所示，下列说法正确的是(    )

A. 处的电场强度为零
B. 处场强方向沿x轴负方向
C. 负电荷从移到处，电势能一直减小
D. 负电荷从移到处，受到的电场力先增大后减小

3.     如图所示，质量的AB杆放在倾角的光滑轨道上，轨道间距，电流当加上垂直于杆AB的某一方向的匀强磁场后，杆AB处于静止状态，则所加磁场的磁感应强度不可能为(    )
    

A. 4T B. 6T C. 8T D. 10T

4.     如图所示的图像中，直线A为电源的路端电压与电流的关系，直线B、C分别是电阻、的电压与电流的关系。若将这两个电阻分别直接与该电源连接成闭合电路，则(    )

A. 两个电阻的阻值
B. 接在电源上时，电源的输出功率达到最大值
C. 接在电源上时，电源内阻的热功率较大
D. 两种情况下，电源消耗的总功率相等
 

5.     如图所示，电路中E、r为电源的电动势和内电阻，、、为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表，开关闭合时，平行金属板中一带电小液滴P处于静止状态。选地面为零电势参考面，当滑动变阻器的滑片向a端移动时，则(    )

A. 电阻消耗的功率增大
B. 带电小液滴的电势能增加
C. 电源的效率减小
D. 若电流表、电压表的示数变化量分别为和，则

6.     如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等。板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为，已知时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场。则以下说法中正确的是(    )
    

A. 带电粒子通过电场的时间为
B. 在时间段内进入电场的带电粒子最终都从上方射出电场
C. 运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过
D. 只有…时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场

7.     如图所示，半径分别为r和3r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为2r，电阻为R的均匀金属棒MN置于圆导轨上，NM的延长线通过圆导轨中心O，在两环之间接阻值为的两定值电阻，装置的俯视图如图所示，整个装置位于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下，金属棒在水平外力作用下以角速度绕圆心O顺时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触，导轨电阻不计。下列说法正确的是(    )

A. 金属棒中电流从N流向M B. 金属棒转动产生的电动势为
C. 电阻中的电流为 D. 整个电路消耗的电功率为

8.     霍尔元件的示意图如图所示，它由长宽厚、单位体积内自由电子数为n的N型半导体制成设电子电荷量为。在一矩形霍尔元件的1、2间通入电流I同时外加与元件工作面垂直的磁场B，当接线端3、4间霍尔电压达到稳定值后，的大小与I和B以及霍尔元件厚度d之间满足关系式，其中比例系数称为霍尔系数，仅与材料性质有关。下列说法正确的是(    )

A. 接线端3的电势比接线端4的电势低
B. 自由电子受到的洛伦兹力大小为
C. 式中霍尔系数可表示为
D. 在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持与地面平行

9.     如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框，导线框右侧有两个宽度也为L的有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B、方向分别竖直向下和竖直向上，时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框在外力作用下，以速度v匀速进入并通过磁场区域。规定电流i沿逆时针方向时为正，磁感线竖直向下时磁通为正，安培力的合力F向左为正。则以下关于、i、F和线框中的电功率P随时间变化的图象大致是下列图中的(    )

A.  B.
C.  D.

10. 如图所示，直角三角形abc区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，，，边长，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从a点分别以大小和方向不同的速度射入磁场，不计粒子的重力，下列说法正确的是(    )

A. 能从ac边界射出的粒子在磁场中的运动时间都相同
B. 能从c点射出的粒子在磁场中运动的最长时间为
C. 粒子沿ab方向射入磁场，从bc边界射出的圆周半径应满足
D. 在磁场中运动时间最长的粒子对应的最大速度值为

11. 如图中螺旋测微器的读数为______ mm，游标卡尺的读数为______ mm。
     
12. 在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，现备有下列器材：
    A.被测干电池一节
    B.电流表：量程为，内阻
    C.电压表：量程为，内阻未知
    D.电压表：量程为，内阻未知
    E.滑动变阻器：，允许通过的最大电流为3A
    F.滑动变阻器：，允许通过的最大电流为1A
    G.开关、导线若干
    
    其中电压表应选______，滑动变阻器应选______填字母代号；
    以、、己代表所选仪器，在答题卡的方框内画出你所设计的实验电路图；
    根据实验数据作出如图甲所示图像，由图可知，电源电动势______V，内阻______；
    该电源的电动势测量值______真实值选填“大于”、“等于”、“小于”；
    如图乙为某小灯泡的伏安特性曲线．本实验之后，所选用电池由于使用时间过长，导致内阻增大到，但电动势几乎没有变化。如图丙将这样的干电池两节串联后给两个并联的此小灯泡供电，则每个小灯泡发光的实际功率为______结果保留两位小数。
13. 如图所示，匀强电场，方向水平向右，ABCD为竖直放置在电场中的绝缘导轨，半圆形轨道BCD光滑，半径，B为圆轨道最低点，水平轨道与其相切于B点，水平轨道粗糙，。一质量、电荷量的带正电的小滑块在A点有一个水平向右的初速度。已知水平轨道与小滑块之间的动摩擦因数，重力加速度g取，求：
    小滑块到达C点时速度大小；
    小滑块到达C点时对轨道压力大小。

14. 如图所示，内壁附有粒子接收器的两足够大平行金属板A、B接在如图所示的电路中，位于B板中心的粒子源能在纸面内向两板间沿各个方向发射质量均为m、带电荷量均为q的正粒子，粒子的初速度均相等。闭合开关，当滑动变阻器的滑片自最左端缓慢向右滑到中间位置时，A板内壁的接收器恰好接收不到任何粒子，此后保持滑片位置不变。已知电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器的总阻值为R，A、B两板间的距离为d，不计粒子重力及粒子接收器的厚度，忽略粒子间的相互作用，求：
    粒子源发射粒子的初速度的大小；
    初速度方向与B板间夹角等于多大时？粒子落到B板上的位置距粒子源最远，最远距离又为多少？

15. 如图1所示，平行光滑金属轨道ABC和置于水平地面上，两轨道之间的距离，之间连接一定值电阻。倾角的倾斜轨道与水平轨道顺滑连接，为宽的矩形区域，区域内存在磁感应强度、方向竖直向上的匀强磁场。质量、电阻的导体棒在倾斜轨道上与距离处平行于由静止释放，已知重力加速度，导轨电阻不计。求：
    导体棒刚进入匀强磁场时，导体棒两端的电压U；
    导体棒穿过匀强磁场的过程中通过某一横截面的电荷量q；
    运动过程中，导体棒上产生的焦耳热Q。

16. 如图所示，半径的半圆形无场区的圆心在坐标原点O处，半径，磁感应强度大小的圆形有界磁场区的圆心坐标为，平行金属板MN的极板长、间距，极板间所加电压，其中N极板上收集粒子全部中和吸收。一位于O处的粒子源向第Ⅰ、Ⅱ象限均匀地发射速度大小的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第Ⅰ象限出社的粒子速度方向均沿x轴正方向。若粒子重力不计、比荷、不计粒子间的相互作用力及电场边缘效应，，。
    
    粒子在磁场中的运动半径；
    从坐标处射出磁场的粒子，其在O点入射方向与y轴夹角；
    版收集的粒子占所有发射粒子的比例。
    

答案和解析

1.【答案】D 

【解析】解：正试探电荷在电场中所受电场力的方向即为该点的场强方向，故A错误；
B.在一个点电荷的电场中，各点的电场强度均不相同，不存在场强相同的不同点，故B错误；
C.电场线一定与等势面垂直，故C错误；
D.某点的场强大小与电势高低无必然联系，场强为零处，电势不一定为零；电势为零处，场强不一定为零，故D正确。
故选：D。
正试探电荷在电场中所受电场力的方向即为该点的场强方向，电场线一定与等势面垂直，场强为零处，电势不一定为零；电势为零处，场强不一定为零。
本题考查电场线的特点，场强为零处，电势不一定为零；电势为零处，场强不一定为零。
 

2.【答案】C 

【解析】解：A、图像斜率大小表示电场强度大小，可知处的电场强度不为零，故A错误；
B、在前后一小段距离，电势沿x轴正方向降低，故场强方向沿x轴正方向，故B错误；
C、负电荷从 移到，负电荷由低电势向高电势移动，电场力做正功，电势能减小，故C正确；
D、由图知，段图像的切线斜率越来越小，负电荷从移到，电场强度越来越小，故负电荷受到的电场力减小，段图象的切线斜率越来越大，电场强度增大，故负电荷受到的电场力增大，故D错误。
故选：C。
根据电势的变化分析电势能的变化，再根据电场强度即曲线斜率得到电场强度变化，进而分析电场力变化。
解决该题的关键是明确知道图象的斜率表示是电场强度，熟记电势能与电势之间的关系式，知道正电荷周围电势为正，负电荷周围电势为负。
 

3.【答案】A 

【解析】

【分析】
对杆受力分析，由图解法求出杆受的安培力的最小值，根据求出B的最小值．本题借助磁场中安培力考查了矢量三角形合成法则求最小值问题，判断出最小值时关键．
【解答】
金属导轨光滑，所以没有摩擦力，则金属棒只受重力支持力和安培力，
根据平衡条件支持力和安培力的合力应与重力等大反向，根据矢量三角形合成法则作出三种情况的合成图如图：

由图可以看出当安培力F与支持力垂直时有最小值：
即

得：故不可能的是A、4T。
因选不可能的，故选：A。  

4.【答案】B 

【解析】解：A、由电阻的图线的斜率大小表示电阻，可知，故A错误；
B、根据电源的图线的斜率大小表示电源的内阻，可知电源的内阻为。根据电源的图线得：，当时，，则，因此，接在电源上时，电源的输出功率达到最大值，故B正确；
C、根据电源的图线与电阻的图线的交点可知接在电源上时，流过电源的电流较大，由知接在电源上时，电源内阻的热功率较大，故C错误；
D、电源消耗的总功率为，所以电流较大的情况下，电源的总功率较大，即接在电源上时，电源的总功率较大，故D错误。
故选：B。
根据电阻的图线的斜率大小分析电阻大小；当内外电阻相等时，电源的输出功率最大；根据电阻的图线与电源的图线的交点读出、分别接在电源上时的路端电压和电流，从而比较电源内阻的热功率大小；由分析电源的总功率关系。
解答本题时，要明确电阻的图线的斜率表示电阻，电源的图线斜率的绝对值表示电源的内阻，当内外电阻相等时，电源的输出功率最大。
 

5.【答案】D 

【解析】解：A、由图可知，与滑动变阻器串联后与并联，再与串联接在电源两端；电容器与并联；当滑片向a端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，干路电流减小，通过电阻的电流减小，所以电阻消耗的功率减小，故A错误；
B、由于干路电流减小，则内电压减小，路端电压增大，同时两端的电压也减小，故并联部分的电压增大，电压表的示数变大，两金属板板间的电场变大，液滴P受到的电场力变大，电场力大于液滴的重力，则小液滴向上运动，电场力做正功，电势能减小，故B错误；
C、由于路端电压变大，根据斜率计算公式可得，，可知电源效率增大，故C错误；
D、根据电路可知，其中、减小，增大，则有，由于，有，故D正确。
故选：D。
当滑动变阻器的滑片向a端移动时，其有效电阻增大，根据串并联知识和闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压的变化，再分析各个部分电路电流和电压的变化，判断电阻功率的变化，确定电容器两板间电压变化情况，分析油滴P受力变化和运动情况，由电场力做功情况判断电势能的变化。根据路端电压的变化，判断电源效率的变化。将电阻等效为电源的内阻，研究两电表示数变化量之比。
本题综合考查电路分析和静电场知识，及等效电路方法，关键在于将电阻和r等效为内阻去研究电压表示数变化量和电流表示数变化量之比。
 

6.【答案】C 

【解析】解：A、粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动，故所有粒子的运动时间相同；
时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向分速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故运动时间为周期的整数倍，，故所有粒子最终都垂直电场方向射出电场，故AD错误；
B、粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀变速直线运动，在内射入的粒子能从上方射出电场，在时间内射入的粒子在下方射出电场，故B错误；
C、时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，为，根据分位移公式，有：，由于，解得：，故最大动能：，故C正确；
故选：C。
粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动；时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，竖直方向分速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零．
本题关键根据正交分解法判断粒子的运动，明确所有粒子的运动时间相等，时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，然后根据分运动公式列式求解，不难．
 

7.【答案】BD 

【解析】解：A、根据右手定则可知金属棒中电流从M流向N，故A错误；
B、金属棒转动产生的电动势为，故B正确；
C、和的并联电阻为，回路中总电流为
因为和相等，所以通过的电流相等，则电阻中的电流为，故C错误；
D、整个电路消耗的电功率为，故D正确。
故选：BD。
根据右手定则判断金属棒中的感应电流方向，根据求感应电动势的大小，根据闭合电路欧姆定律求电流大小，再根据电功率公式计算整个电路的电功率。
本题的关键要掌握转动切割感应电动势公式，知道切割磁感线的那部分导体相当于电源，其它部分电路为外电路。
 

8.【答案】AC 

【解析】

【分析】
电流的方向与电子定向移动的方向相反，根据左手定则判断出洛伦兹力的方向，从而得出电子的偏转方向，导致3、4两个侧面间形成电势差，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡。
解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道稳定时电子所受的洛伦兹力和电场力平衡。
【解答】
A、电流的方向由1到2，则电子定向移动的方向由2到1，根据左手定则，电子向3侧面偏转，则3侧面带负电，4侧面失去电子带正电，所以4侧面的电势高于3侧面，故A正确。
BC、最终电子在电场力洛伦兹力的作用下处于平衡，有：
，
因为长为a，宽为b，厚度为d，电流
，
则，
由题知：
，
则霍尔系数可表示为：
，
故B错误，C正确。
D、在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，由于磁场方向是水平方向，所以元件的工作面应保持竖直，故D错误。
故选：AC。  

9.【答案】BD 

【解析】

【分析】
根据磁通量的计算公式推导磁通量与时间变化情况；根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律推导电流强度表达式，再根据楞次定律判断电流方向；根据安培力计算公式推导安培力随时间变化关系，根据左手定则判断力的方向。
有关电磁感应与图象的结合问题，关键要分段由电磁感应和电路的基本规律：法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式和焦耳定律，得到拉力和热量的解析式，再进行选择。在解题时要灵活选择解法，也可以运用排除法等进行解答。
【解答】
A、根据磁通量的计算公式可得，完全进入的过程中，磁通量与时间成正比；当前面的边进入第二个区域后，磁通量先减小到零，再增大，拉出磁场过程中磁通量逐渐减小，所以A错误；
B、根据导体切割磁感应线产生的感应电动势计算公式可得，根据闭合电路的欧姆定律，当两边分别在两个磁场中时，电流强度，根据楞次定律可知电流方向先顺时针再逆时针，最后顺时针，故B正确；
CD、根据安培力计算公式可得可知，当两边分别在两个磁场中时，安培力为刚进入和出磁场的4倍，根据左手定则可知安培力的方向始终向左，故C错误、D正确。
故选：BD。  

10.【答案】BC 

【解析】解：A、粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，粒子在磁场中的运动时间，若粒子射入速度方向不相同，从ac边界射出时速度方向也不相同，粒子在磁场中运动转过的圆心角就不相同，则从ac边界射出时所用时间就不相同，故A错误；
B、如果从a点入射的粒子与ac的夹角为，粒子从c点射出时的速度与ac的夹角也为，图中，所以此时粒子能从c点沿bc方向射出，此时粒子在磁场中运动所对应的圆心角最大，运动的最长，粒子转过的圆心角，最长时间为，故B正确；
C、粒子沿ab方向射入磁场，恰好不从bc边界射出时，速度方向与bc相切，粒子运动轨迹如图所示，

由题意可知：，，边长，则，
四边形abdO是正方形，粒子轨道半径：，所以从bc边界射出的圆周半径，故C正确；
D、粒子沿ab方向射入磁场，与bc相切时，运动时间最长，在磁场中粒子转过的圆心角为，有几何关系可得粒子做圆周运动的半径为，
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：，解得粒子的最大速度，故D错误。
故选：BC。
根据粒子在磁场中转过的圆心角与粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期求出粒子在磁场中的运动时间；粒子在磁场中转过的圆心角越大，粒子的运动时间越长，粒子沿ab边界方向射入磁场从ac边射出磁场时转过的圆心角最大，运动时间最长，作出粒子运动轨迹求出粒子的最大轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出粒子的最大速度；分析清楚粒子运动过程然后分析答题。
本题带电粒子在有界的磁场中运动的类型，注意根据圆的对称性得到出射时粒子速度和边界的夹角与入射时速度和边界的夹角相等。解答此题的关键是明确粒子的运动规律，画出临界轨迹，结合几何关系确定轨道半径，根据牛顿第二定律列式求解最大速度，注意粒子不能从c点射出。
 

11.【答案】 

【解析】解：螺旋测微器的固定刻度为，可动刻度为，所以最终读数为：；
20分度的游标卡尺，精确度是，游标卡尺的主尺读数为22mm，游标尺上第6个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为，所以最终读数为：
故答案为：；。
解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读，螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。
对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量。
 

12.【答案】等于   

【解析】解：一节干电池的电动势约为，电压表应选择C，为方便实验操作，滑动变阻器应选E；
用电压表测路端电压，电流表测电路电流，因电流表内阻已知，相对于电源电流表采用内接法，实验电路图如图1所示

根据图示电路图由闭合电路的欧姆定律得：
由图示图象可知，电源电动势
电源内阻
该电路已经考虑了电流表的内阻，则由
可知对电动势的测量值无影响，即电源的电动势测量值等于真实值；
设通过每盏小灯泡的电流为I两端电压为U，则
即，作出图象如图2所示

两图线的交点即为电路的工作点，由图像可知：，，
每个小灯泡发光的实际功率为
故答案为：；E；电路图如上图1所示；；；等于；。
根据电源电动势选择电压表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器。
根据实验原理与实验器材作出实验电路图。
由原理利用闭合电路欧姆定律可得出表达式，由数学关系可得出电动势和内电阻。
根据实验电路图结合实验原理分析电动势测量值与真实值间的关系。
在图乙坐标系内作出电池组的图象，根据图象求出小灯泡的工作电流与工作电压，然后由求出灯泡的实际功率。
本题考查了测电源电动势与内阻实验，考查了实验数据处理；解题时应注意明确实验的原理；并且要由实验原理结合闭合电路欧姆定律得出表达式，结合图象得出电动势和内电阻；注意电流表内阻已知时可以采用相对电源的内接法准确求出电源内阻。
 

13.【答案】解：设小滑块到达C点时速度大小为，对小滑块从A到C的运动过程，根据动能定理有
，
解得：；
设小滑块到达C点时所受轨道支持力的大小为N，根据牛顿第二定律有

解得：，
根据牛顿第三定律可知小滑块到达C点时对轨道压力大小为7N。
答：小滑块到达C点时速度为；
小滑块到达C点时对轨道压力为7N。 

【解析】分析小球由的过程，应用动能定理求出小球在C点的速度大小。
对小球在C点进行受力分析，找出径向的外力即向心力，应用牛顿第二定律求得轨道对小球的支持力，从而得到小球对轨道的压力。
解决本题的过程中，一定要分析清楚小球的受力情况和运动过程，根据动能定理和牛顿第二定律灵活列式求解。
 

14.【答案】解：对刚好不能到达A板的粒子，由动能定理可知

由闭合电路欧姆定律及欧姆定律可知

解得：；
设初速度方向与B板成角的粒子落到B板上的位置距粒子源最远，轨迹如图所示，

设粒子在垂直B板方向上减速到零的时间为t，则：
垂直B板方向

由对称性可知，粒子自射出至击中B板的过程中，沿B板方向运动的距离为最大长度L的一半，故沿B板方向

又

解得：
且


当时，粒子落点距粒子源最远。最远距离。
答：粒子源发射粒子的初速度为；
初速度方向与B板间夹角等于时，粒子落到B板上的位置距粒子源最远，最远距离为2d。 

【解析】粒子在电场中做减速运动，根据欧姆定律计算出电容器的电压，根据动能定理计算出粒子的初速度；
根据运动的对称性结合运动学公式计算出何时粒子落到B板上的位置距粒子源最远。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，分析过程中结合了闭合电路的欧姆定律和动能定理，在解答过程中要善用对称性加快解题速度。
 

15.【答案】解：导体棒从倾斜轨道下滑，由动能定理可得：
代入数据解得：
由法拉第电磁感应定律可得：
根据闭合电路欧姆定律可得：
导体棒两端的电压：
代入数据解得：；
根据电荷量的计算公式可得：，
其中：
则
解得：；
进入匀强磁场导体棒做加速度减小的减速运动，设初速度方向为正方向，由动量定理有：
即
代入数据解得：
在匀强磁场区域导体棒产生的焦耳热：
代入数据解得：。
答：导体棒刚进入匀强磁场时，导体棒两端的电压为；
导体棒穿过匀强磁场的过程中通过某一横截面的电荷量为；
运动过程中，导体棒上产生的焦耳热为。 

【解析】金属棒从倾斜轨道滑下，由动能定理求出进入匀强磁场的速度，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律求出导体棒两端的电压；
金属棒在匀强磁场在切割磁感线产生感应电流，根据动量定理求解通过某一横截面的电荷量q；
当金属棒进入磁场区后，切割磁感线产生感应电动势，由能量守恒定律求出金属棒上的热量。
对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及电荷量、求位移问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。
 

16.【答案】解：
由洛伦兹力充当向心力，即可得：
如下图所示，令从处出射的粒子对应的入射角方向与y轴的夹角为，由几何关系可得：
即

如上图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子坐标为y，由带电粒子在电场中偏转的规律得：
…①
…②
…③
由①②③解得：

设此粒子射入时与x轴的夹角为，则由几何知识得：

可知即
比例
答：
粒子在磁场中的运动半径为
从坐标处射出磁场的粒子，其在O点入射方向与y轴夹角
版收集的粒子占所有发射粒子的比例为。 

【解析】由洛伦兹力充当向心力可求得
做出带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹，由几何知识即可求出
利用带电粒子在匀强电场中类平抛运动规律和带电粒子在磁场中的匀速圆周运动规律求解
本题主要考查了带电粒子在云匀强磁场中的偏转和磁场中的匀速圆周运动，做出正确运动轨迹示意图是关键