1、1山东省泰安第一中学 2019 届高三 12 月学情诊断物理试题一、选择题1.下列关于物理思想方法的叙述中不正确的是( )A. 理想化模型是把实际问题理想化，略去次要因素，突出主要因素，例如质点、点电荷、光滑面、位移等都是理想化模型B. 重心、分力与合力和交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想C. 在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，通常采用先保持质量不变研究加速度和力的关系。再保持力不变研究加速度与质量的关系，这应用了控制变量法D. 根据加速度定义式 ，当 趋近于零时， 就可以表示物体在某时刻的瞬时加速度，该定义应用了极限思想【答案】A【解析】【详解】A、理想化模型是把实际问
2、题理想化，略去次要因素，突出主要因素，例如质点、点电荷、光滑平面，但是位移不是，故 A 错误；B、重心、分力与合力和交变电流的有效值体现了等效替代的思想，故 B 正确；C. 在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，通常采用先保持质量不变研究加速度和力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，这应用了控制变量法，故选项 C 正确；D、根据加速度定义式 ，当 趋近于零时， 就可以表示物体在某时刻的瞬时加速度，a=vt t vt该定义应用了极限思想，故选项 D 正确。【点睛】本题涉及了物理多种物理方法和数学方法，理想化模型、等效替代、控制变量法以及极限思想等，这些都是老师在课上经常提到的，只要留意
3、听课，这些很容易解答。2.下列说法正确的是( )A. 在高速公路上高速行驶的轿车的惯性比静止在货运场的集装箱货车的惯性大B. 牛顿第一定律是根据理论推导出来的C. 在粗糙水平面上滚动的小球最后会停下来是因为小球的惯性逐渐变为零D. 物体的速度逐渐增大同时加速度逐渐减小是有可能的【答案】D【解析】【详解】A、惯性大小与物体的质量有关，质量越大，惯性越大，惯性大小与速度无关，所2以高速行驶的轿车的惯性比静止在货运场的集装箱货车的惯性小，故 A 错误；B、牛顿第一定律是根据实验和逻辑推理得出来的，故 B 错误；C、在粗糙水平面上滚动的小球最后会停下来是因为小球受到阻力，小球的惯性不变，故 C错误；D
4、、如果加速度方向与速度方向相同，加速度减小，那么物体做加速度减小的加速直线运动，速度是增大的，故 D 正确；故选 D。【点睛】惯性是物体的固有属性，它指的是物体能够保持原来的运动状态的一种性质，惯性大小与物体的质量有关，质量越大，惯性越大；加速度方向与速度方向相同，速度增大，加速度方向与速度方向相反，速度减小。3. 两个较大的平行金属板 A、B 相距为 d，分别接在电压为 U 的电源正、负极上，这时质量为 m，带电量为-q 的油滴恰好静止在两极之间，如图所示，在其它条件不变的情况下，如果将两极非常缓慢地错开一些，那么在错开的过程中A. 油滴将向上加速运动，电流计中电流从 b 流向 aB. 油滴
5、将向下加速运动，电流计中的电流从 a 流向 bC. 油滴静止不动，电流计中的电流从 b 流向 aD. 油滴静止不动，电流计中的电流从 a 流向 b【答案】D【解析】本题考查的是平行板电容器各项参数的关系问题，如果将两板非常缓慢地水平错开一些，那么在错开的过程中，电容器的电容将减小，由于电源电压不变， ，板间场强不变，E=Ud则油滴静止不动，由 ，Q 减小，电流计中的电流从 a 流向 b，C 正确；Q=CU4.如图所示，A、B 两个小球在同一竖直线上，离地高度分别为 2h 和 h，将两球水平抛出后，两球落地时的水平位移大小之比为 1：2，则下列说法正确的是( )3A. A,B 两球的初速度大小之
6、比为 1：4B. A,B 两球的初速度大小之比为 ：22C. 若两球同时落地，则两球抛出的时间差为 ( 21)2hgD. 若两球同时抛出，则落地的时间差为2hg【答案】C【解析】【分析】小球做平抛运动，由平抛运动规律可以求出小球的运动时间与水平速度，然后分析答题；【详解】A、小球做平抛运动，竖直方向有： ，则运动时间：H=12gt2 t= 2Hg所以 A 球的运动时间： ，B 球的运动时间： 。tA=22hg = 4hg tB= 2hg所以 。tA： tB= 2:1由 得 ，结合两球落地时的水平位移之比 ，可知 A、B 两球的初速度之比x=v0t v0=xt xA:xB=1:2为 ，故 AB
7、错误；1:22C、若两球同时落地，则两球抛出的时间差： ，故 C 正确；t=tAtB=（ 21）2hgD、若两球同时抛出，则落地时间差： ，故 D 错误。t=tAtB=（ 21）2hg【点睛】本题考查了求小球的初速度与运动时间关系，知道小球做平抛运动，应用平抛运动规律可以解题。5.如图所示，一光滑的轻滑轮用细绳 OO悬挂于 O 点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂质量为 m 的物块 A，另一端系一位于固定光滑斜面上的质量为 2m 的物块 B，斜面倾角=45，外力 F 沿斜面向上拉物块 B，使物块 B 由滑轮正下方位置缓慢运动到和滑轮等高的位置，则( )4A. 细绳 OO的拉力逐渐增大B. 细线对物
8、块 B 的拉力逐渐变大C. 斜面对物块 B 的支持力逐渐变大D. 外力 F 逐渐变大【答案】D【解析】【分析】对物块 B 进行受力分析，根据平衡条件列出方程，由于的变化，从而导致力的变化；【详解】A、由题可知，物块缓慢移动整体都处于平衡状态，则绳 的拉力等于下面绳对OOA 的拉力和绳对 B 的拉力的合力，由于绳对 A 的拉力和绳对 B 的拉力大小相等，都等于 A物体的重力的大小，但是由于 B 物体上移，导致二者之间的夹角变大，则根据平行四边形定则可知合力变小，即绳 的拉力逐渐减小，故选项 AB 错误；OOC、该时刻对物块 B 受力分析如图所示：当物块 B 上移时 先减小后增大，在垂直斜面方向根
9、据平衡方程可知：斜面对物块 B 的支持力先减小后增大，在沿斜面方向根据平衡条件可知外力 F 逐渐变大，故选项 C 错误，D正确。5【点睛】本题考查物体的动态平衡，关键是对物块 B 进行受力分析，同时由于角的变化，根据平衡方程进行分析即可。6.如图所示，粗糙水平桌面上有一质量为 m 的铜质矩形线圈。当一竖直放置的通有恒定电流的螺线管沿线圈中线 AB 正上方水平快速通过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力 FN及在水平方向的运动趋势，下列说法中正确的是( )A. FN先小于 mg 后大于 mg，运动趋势向左B. FN先大于 mg 后小于 mg，运动趋势先向右后向左C. FN先小于 mg 后大
10、于 mg，运动趋势先向左后向右D. FN先大于 mg 后小于 mg，运动趋势向右【答案】D【解析】【分析】由磁铁的运动可知线圈中磁通量的变化，由楞次定律可判断线圈的支持力及运动趋势；【详解】当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线 AB 正上方快速经过时，线圈中向上的磁通量先增加后减小，感应电流产生的磁场方向与原磁场的方向先相反，后相同，先相互排斥，后吸引，同时根据楞次定律的第二种描述：“来拒去留”可知： FN先大于 mg 后小于 mg，运动趋势向右，故选项 D 正确，选项 ABC 错误。【点睛】线圈的运动是因发生了电磁感应而产生了感应电流，从而受到了安培力的作用而产生的，不过由楞次定律的描述可以直接
11、判出，并且能更快捷。7.粗糙绝缘的水平桌面上，有两块竖直平行相对而立的金属板 A、 B。板间桌面上静止着带正电的物块，如图所示，当两金属板加图所示的交变电压时，设直到 t1时刻物块才开始运动，(最大静摩擦力与滑动摩擦力可认为相等)，则( )A. 在 0 t1时间内，物块受到逐渐增大的摩擦力，方向水平向左6B. 在 t1 t3时间内，物块受到的摩擦力先逐渐增大，后逐渐减小C. t3时刻物块的速度最大D. t4时刻物块的速度最大【答案】AC【解析】【详解】A：在 0 t1时间内， ，板间场强方向向右，物块带正电，受到的电场力向UAB0右，随着电压增大，物块受到的电场力增大； t1时刻物块才开始运动
12、，0 t1时间内物块受到的摩擦力与电场力相互平衡；在 0 t1时间内，物块受到逐渐增大的摩擦力，方向水平向左。故 A 项错误。B： t1 t3时间内，物块受到的电场力大于最大静摩擦力(最大静摩擦力与滑动摩擦力可认为相等)，物块一直向右加速，物块所受摩擦力为滑动摩擦力，由于物块与桌面间弹力始终等于物块的重力，所以摩擦力不变。故 B 项错误。CD： t3 t4时间内，物块受到的电场力小于滑动摩擦力，物块做减速运动，则 t3时刻物块的速度最大。故 C 项正确，D 项错误。8.如图所示，飞行器在距月球表面高度为 3R 的圆形轨道上运动，到达轨道的 A 点点火变轨进入椭圆轨道，到达轨道的近月点 B 再次
13、点火进入近月轨道绕月球做圆周运动假设月球半径为 R，月球表面的重力加速度为 g，则( )A. 飞行器在 B 点处点火后，动能增加B. 由已知条件可求出飞行器在轨道上的运行周期为 55R2gC. 只有万有引力作用情况下，飞行器在轨道上通过 B 点的加速度大于在轨道上通过 B点的加速度D. 飞行器在轨道上绕月球运行一周所需的时间为 2Rg【答案】BD7【解析】【分析】在月球表面，重力等于万有引力，在任意轨道，万有引力提供向心力，联立方程即可求解，卫星变轨也就是近心运动或离心运动，根据提供的万有引力和所需的向心力关系确定速度关系；飞船在近月轨道绕月球运行，重力提供向心力，根据向心力周期公式即可求解，
14、在根据开普勒第三定律求解轨道上的周期；无论在什么轨道上，只要是同一个点，引力必定相同，加速度必定相同；【详解】A、在圆轨道实施变轨成椭圆轨道远地点或是由椭圆轨道变轨到圆形轨道都是做逐渐靠近圆心的运动，要实现这个运动必须万有引力大于飞船所需向心力，所以应给飞船点火减速，减小所需的向心力，故点火后动能减小，故 A 错误；B、设飞船在近月轨道绕月球运行一周所需的时间为 ，则： ，解得：T3mg=mR42T32，根据几何关系可知，轨道的半长轴 ，根据开普勒第三定律 ，T3=2Rg a=2.5R R3T23=(2.5R)3T22则可以得到： ，故 BD 正确；T2=55R2gC、只有万有引力作用下，飞行
15、器在轨道上通过 B 点的加速度大于在轨道在 B 点的距离相等，万有引力相同，则加速度故相等，故 C 错误。【点睛】该题考查了万有引力公式及向心力基本公式的应用，要熟知卫星的变轨，尤其注意无论在什么轨道上，只要是同一个点，引力必定相同，加速度必定相同。9.在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子 P+和 P3+，经电压为 U 的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里，有一定的宽度的匀强磁场区域，如图所示已知离子 P+在磁场中转过 =30后从磁场右边界射出在电场和磁场中运动时，离子 P+和 P3+ ( )A. 在电场中的加速度之比为 1:18B. 在磁场中运动的半径之比为
16、3:1C. 在磁场中转过的角度之比为 1:2D. 离开电场区域时的动能之比为 1:3【答案】BCD【解析】试题分析：两个离子的质量相同，其带电量是 1：3 的关系，所以由 可知，其在电场a=qUmd中的加速度是 1：3，故 A 错要想知道半径必须先知道进入磁场的速度，而速度的决定因素是加速电场，所以在离开电场时其速度表达式为： ，可知其速度之比为v=2qUm1： 又由 知， ，所以其半径之比为 ：1，故 B 错误由 B 的分析知道，3 qvB=mv2r r=mvqB 3离子在磁场中运动的半径之比为 ：1，设磁场宽度为 L，离子通过磁场转过的角度等于其3圆心角，所以有 ，则可知角度的正弦值之比为
17、 1： ，又 P+的角度为 30，可知 P3+sin=LR 3角度为 60，即在磁场中转过的角度之比为 1：2，故 C 正确由电场加速后：qU= mv2可12知，两离子离开电场的动能之比为 1：3，故 D 正确故选 CD考点：带电粒子在电场及磁场中的运动【名师点睛】磁场中的圆周运动问题重点是要找出半径，然后通过合理的作图画出粒子的运动轨迹，基本就可以解决问题了，磁场中的轨迹问题是高考特别喜欢考查的内容，而且都是出大题，应该多做训练。【此处有视频，请去附件查看】10.如图所示，空间有两个等量的异种点电荷 M、N 固定在水平面上，虚线 POQ 为 MN 连线的中垂线，一负的试探电荷在电场力的作用下
18、从 P 点运动到 Q 点，其轨迹为图中的实线，轨迹与 MN 连线的交点为 A。则下列叙述正确的是( )A. 电荷 M 带负电B. A 点的电势比 P 点的电势低9C. 试探电荷在 A 点速度最大D. 试探电荷从 P 运动到 Q 的过程中电场力先做负功后做正功【答案】BD【解析】【分析】电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，中垂线为等势面，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加；【详解】A、粒子受到的电场力指向轨迹弯曲的一侧，所以该粒子受到的电场力大致向左，所以电荷 M 带正电，故 A 错误；B、PQ 为等势面，根据沿电场线的方向，电势降
19、低，以及电场线的分布情况知 A 点的电势比 P 点的电势低，故 B 正确；C、该粒子从 P 运动到 Q 的过程中，电势先降低后升高，电势能先增大后减小，则动能先减小后增大，所以 A 点动能最小，速度最小，故 C 错误；D、从 P 运动 Q 的过程中，粒子的电势能先增大后减小，则电场力先做负功后做负功，故 D正确。【点睛】本题要求掌握住等量异种电荷的电场的分布的情况，根据电场分布的特点可以分析本题。11.一足够长的传送带与水平面的夹角为 ，以一定的速度匀速运动.某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图所示)，以此时为 t0 时刻记录了物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系.如
20、图所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小 v1v2).已知传送带的速度保持不变.则下列判断正确的是( )A. 若物块与传送带间的动摩擦因数为 ，则 tan B. 0 t1内，传送带对物块做正功C. 0 t2内，系统产生的热量一定比物块动能的减少量大10D. 0 t2内，传送带对物块做的功等于物块动能的减少量【答案】AC【解析】在 t1 t2内，物块向上运动，则有 mg cos mgsin ，得 tan ，故 A 正确；由题意知，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上.0 t1内，物块所受摩擦力沿斜面向上，则传送带对物块做负功，故 B 错误；物块的重力势能减小，动
21、能也减小都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小.故 C 正确；0 t2内，传送带对物块做功等于物块机械能的变化量，故 D 错误.12.如图所示，小球 A 质量为 m，系在细线的一端，线的另一端固定在 O 点， O 点到光滑水平面的距离为 h.物块 B 和 C 的质量分别是 5m 和 3m， B 与 C 用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且 B 物块位于 O 点正下方现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块 B 发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时到水平面的距离为.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为
22、g，则( )h16A. 碰撞后小球 A 反弹的速度大小为2gh4B. 碰撞过程 B 物块受到的冲量大小 m2ghC. 碰后轻弹簧获得的最大弹性势能15128mghD. 小球 C 的最大速度大小为1152gh【答案】AC【解析】【分析】对小球下落过程，由机械能守恒定律可求得小球与物块碰撞前瞬间的速度，对小球由机械能守恒可求得反弹的速度，再由动量守恒定律可求得物块的速度；对物块的碰撞过程根据动量定理列式求物块获得的冲量；11B 与弹簧、C 组成的系统在水平方向不受外力的作用，系统的水平方向的动量守恒，当 B与 C 的速度相等时，系统的动能最小，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律和机械能守恒即可求出
23、最大弹性势能；对 B 物块与 C 物块在弹簧回到原长时，C 物块有最大速度，根据动量守恒和机械能守恒结合求小球 C 的最大速度大小；【详解】A、设小球运动到最低点与物块 B 碰撞前的速度大小为 ，取小球运动到最低点时v1的重力势能为零，根据机械能守恒定律有： ，解得： mgh=12mv21 v1= 2gh设碰撞后小球反弹的速度大小为 ，同理有： ，解得 ，故 A 正确；v1mgh16=12mv21 v1=2gh4B、设碰撞后物块 B 的速度大小为 ，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有：v2，解得： ，由动量定理可得，碰撞过程 B 物块受到的冲量为：mv1=mv1+5mv2 v2=2gh4，故
24、 B 错误；I=5mv2=54m2ghC、碰撞后当 B 物块与 C 物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，取向右为正方向，据动量守恒定律有 ，据机械能守恒定律得： ，解得：5mv2=8mv3 EPm=125mv22128mv23，故 C 正确；EPm=15128mghD、对 B 物块与 C 物块在弹簧回到原长时，C 物块有最大速度，据动量守恒和机械能守恒可得： ， ，解得 C 的最大速度为：5mv2=5mvB+3mvC125mv22=125mvB2+123mvC2，故 D 错误。vC=52gh16【点睛】本题综合考查动量守恒定律、机械能守恒定律，要注意正确分析物理过程，选择合适的物理规律求解。二
25、实验题13.某同学利用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。弧形轨道末端水平，离地面的高度为 H。将钢球从轨道的不同高度 h 处静止释放，钢球的落地点距轨道末端的水平距离为S。12（1）若验证机械能守恒定律， 与 h 的理论关系应满足 =_；（用 H、 h 表示）S2 S2（2）如图乙所示，在同一坐标纸上画出了两条 h 的图线。一条是 与 h 的理论关系图S2 S2线；一条是实验得到的 h 图线，是经实验测量 S、 h 得到数据，描点后作出的图线。分S2析可知，图线_（填“a”或“b” ）是实验得到的 h 图线。S2（3）从 h 关系图线中可以看出实验值与理论值相差较明显，你认为造成偏差的原因
26、是S2_。 （回答一条即可）【答案】 (1). ； (2). b； (3). 弧形轨道不光滑，有部分机械转化为内4Hh能；【解析】【分析】利用物体下落时机械能守恒求出抛出的速度，然后根据平抛运动规律即可解出正确结果，利用描点法进行作图，将实际图线和理论图线进行比较，即可得出正确结果；【详解】 （1）物体在光滑轨道上下落时，机械能守恒有： mgh=12mv20平抛后水平方向： ，竖直方向为：S=v0t H=12gt2联立解得： ；S2=4Hh（2）对比实验结果与理论计算得到的 关系图线中发现：自同一高度静止释放的钢球，S2-h也就是 h 为某一具体数值时，理论的 数值大于实验的 数值，根据平抛运
27、动规律知道同一s2 s2高度运动时间一定，所以实验中水平抛出的速率小于理论值，所以图线 b 是实验得到的图线；S2-h13（3）由于客观上，轨道与小球间存在摩擦，机械能减小，因此会导致实际值比理论值小，所以造成上述误差的可能原因是小球与轨道间存在摩擦力。【点睛】本题从新的角度考查了对机械能守恒实定律的理解，有一定的创新性，很好的考查了学生的创新思维。14.某同学准备利用下列器材测量干电池的电动势和内阻.A.待测干电池一节，电动势约为 1.5 V，内阻约为几欧姆B.直流电压表 V，量程为 3 V，内阻非常大C.定值电阻 R0150 D.电阻箱 RE.导线和开关根据如图甲所示的电路连接图进行实验操
28、作.多次改变电阻箱的阻值，记录每次电阻箱的阻值 R 和电压表的示数 U.在 R 坐标系中描出的坐标点如图乙所示.1U(1)分别用 E 和 r 表示电源的电动势和内阻，则 与 R 的关系式为_.1U(2)根据图线求得电源电动势 E_ V，内阻 r_ (保留三位有效数字).【答案】 (1). ; (2). 1.52; (3). 9.09;1U=1ER0R+R0+rER0【解析】【分析】（1）分析电路结构，根据闭合电路欧姆定律可得出对应的表达式；（2）根据图象可求得斜率和截距，即可可求得电动势和内电阻；【详解】 （1）由图可知，电压表与定值电阻 并联，所测为定值电阻 两端的电压，由欧R0 R014姆
29、定律可求得电路中电流为： I=UR0由闭合电路欧姆定律可得； E=I（ R0+R+r） =UR0（ R0+R+r）变形得： ；1U=1ER0R+R0+rER0（2）结合表述式，由图可知，图象的截距为R0+rER0=0.70斜率：1ER0=1.420.70160=0.0045联立解得： ， 。E=1.52V r=9.09【点睛】本题考查闭合电路欧姆定律的实验，正确认知实验电路图是解题的关键，绝对不能思维定势，想当然地认为这是简单的伏阻法，而应明确本题中实质上电压表和定值电阻充当电流表使用的。三计算题15.一质量为 M=4.0kg、长度为 L=3.0m 的木板 B，在大小为 8N、方向水平向右的拉
30、力 F 作用下，以 v0=2.0m/s 的速度沿水平地面做匀速直线运动，某一时刻将质量为 m=1.0kg 的小铁块 A（可视为质点）轻轻地放在木板上的最右端，如图所示。若铁块与木板之间没有摩擦，求：二者经过多长时间脱离。 （重力加速度 g 取 10m/s2）【答案】故 2 秒后 A 与 B 脱离【解析】由木版匀速运动时有， ；得 ， （3 分）加一个力物块后，木版做匀减速运动：求出： ， ；（3 分）物块放在木版上相对地面静止，木版匀减速运动的距离 L 后物块掉下来。由： 得：解得： （舍去） （3 分）故 2 秒后 A 与 B 脱离。本题考查牛顿第二定律的应用，木板匀速运动时拉力 F 等于受
31、到的摩擦力，从而求得动摩15擦因数大小，把物块放上木板后，以木板为研究对象，受到地面的摩擦力和拉力 F 的作用求得木板加速度大小，物块放在木版上相对地面静止，木版匀减速运动的距离 L 后物块掉下来，由匀减速直线运动的位移和时间的关系可求得时间大小16.如图所示，光滑半圆形轨道 MNP 竖直固定在水平面上，直径 MP 垂直于水平面，轨道半径 R0.5 m。质量为 m1的小球 A 静止于轨道最低点 M，质量为 m2的小球 B 用长度为 2R 的细线悬挂于轨道最高点 P。现将小球 B 向左拉起，使细线水平，以竖直向下的速度 v04 m/s 释放小球 B，小球 B 与小球 A 碰后粘在一起恰能沿半圆形
32、轨道运动到 P 点。两球可视为质点， g10 m/s 2，试求： (1)B 球与 A 球相碰前的速度大小；(2)A、 B 两球的质量之比 m1 m2。【答案】(1) 6 m/s(2) 15【解析】试题分析:B 球与 A 球碰前的速度为 v1，碰后的速度为 v2B 球摆下来的过程中机械能守恒，解得 m/s碰后两球恰能运动到 P 点得 vp= =gR 5碰后两球机械能守恒16得 v2=5m/s两球碰撞过程中动量守恒m2v1=(m1+m2)v2解得 m1:m2=1:5考点： 机械能守恒定律，动量守恒定律。17.如图所示，有一磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界 OP 与水平方向
33、夹角为=45，紧靠磁场边界放置长为 6d、间距为 d 的平行金属板 M、N，M 板与磁场边界的交点为 P，磁场边界上的 O 点与 N 板在同一水平面上在两板间存在如图所示的交变电场(取竖直向下为正方向)其周期 .某时刻从 O 点竖直向上以初速度 v0T=4dv0,E0=Bv06发射一个电量为+q 的粒子，结果粒子恰在图乙中的 时刻从 P 点水平进入板间电场。最t=T4后从电场的右边界射出不计粒子重力。求：(1)粒子的质量 m；(2)粒子从 0 点进入磁场到射出电场运动的总时间 t；(3)粒子从电场中射出点到 M 点的距离【答案】 （1） （2） （3） qBdv0 (+12)2v0d d6【解
34、析】【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系求出轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子质量；（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动，分别求出粒子在磁场和电场中运动的时间，即可得出粒子从 O 点进入磁场到射出电场运动的总时间；（3）根据运动学公式求出粒子在竖直方向上的位移即可；【详解】 （1）粒子在磁场中运动运动轨迹如图，17轨迹半径为： r=d由牛顿第二定律得： ，解得： ；qv0B=mv20r m=qBdv0（2）粒子在磁场中运动的周期为： T0=2mqB则在磁场运动的时间为： t1=T04粒子在电场中做曲线运动，在与极板平行方向上的分运动为匀速直线运动运动时
35、间为： t2=6dv0从 O 点到离开电场的总时间为： ，解得： ；t=t1+t2 t=d2v0+6dv0=(+12)2v0d（3）粒子在电场中运动时间 t2=6dv0=32T当粒子从时刻 自 P 点进入电场后，在竖直方向上运动一个周期内的位移为 0，速度图象t=T4如图所示：故粒子在 内运动的竖直位移 ， ，解得 。32T y 212a(T4)2 a=qE0md y=d6【点睛】本题考查了带电粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是正确解题的关键，应用牛顿第二定律、粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期公式、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题。1818.如图所示的 xO
36、y 平面上，以坐标原点 O 为圆心的四分之一圆形区域 MON 内分布着磁感应强度为 B=2.010-3T 的匀强磁场，其中 M、N 点距坐标原点 O 为 ，磁场方向垂直纸面向2m里坐标原点 O 处有一个粒子源，不断地向 xOy 平面发射比荷为 =5107 Ckg 的带正电qm粒子，它们的速度大小都是 v=1105ms，与 x 轴正方向的夹角分布在 090范围内 （计算结果用 来表示）(1)求平行于 x 轴射入的粒子，出射点的位置及在磁场中的运动时间；(2)求恰好从 M 点射出的粒子，从粒子源 O 发射时的速度与 x 轴正向的夹角；(3)若粒子进入磁场前经加速使其动能增加为原来的 2 倍，仍从
37、O 点垂直磁场方向射入第一象限，求粒子在磁场中运动的时间 t 与射入时与 x 轴正向的夹角的关系【答案】 （1） （2）45 0（3）2105s t=(2)105s【解析】试题分析：（1）平行于 x 轴射入的粒子，轨迹如图所示，设出射点为 P，由 得:qBv=mv2R R=mvqB= 10551072103m=1m有几何关系可知： ， ，则 为等腰直角三角形o1p=o1o=1m op= 2m o1op， ；故 P 点坐标为(1m,1m),x=y=1m=2运动时间为 t=22mqB=2105s19（2）由几何关系可知： ， , 为等腰直角三角形o2M=o2o=1m oM= 2mo2oM,则o2oM=450 =o2oM=450(3) 由 ， 可知： , ，R=mvqB EK=12mv2 R=2mEKqB RR= EKEK= 2 R= 2m若粒子从 M 点出射时 , 为正三角形，圆心角 ，出射角 ；oM=Ro3oM =3 =3若粒子从弧 MN 上射出时，弦长均为 ，圆心角均为 ，运动时间均为：2m =3，t=22mqB=3105s故 时：03 t=3105s若粒子从边 OM 出射时，如图， ,=2(2)=2运动时间 ，t=22mqB=(2)105s故 时：32 t=(2)105s考点：带电粒子在匀强磁场中的运动20
