1、2014年吉林省延边州高考复习质量检测理科综合能力测试物理试卷与答案（带解析） 选择题 石拱桥是我国传统桥梁的四大基本构型之一，其中以赵州桥最为有名。某校物理课外小组为研究石拱桥所用石料间的相互作用，设计了如图所示的模型。若四块相同的石料砌成圆弧形对称结构，每块石料对应的圆心角均为 30，其中第 3、 4块石料固定在地面上。假定石料间的摩擦力可以忽略不计，则 1对 2的作用力与 3对 1的作用力大小之比为 A B CD 答案： C 试题分析：对石料 1进行受力分析得，它受到重力、 2对 1的水平向左的作用力、3对 1的斜向上的作用力，三力平衡；现在画出这三个力的矢量图如图所示，则它们之间的关系
2、为： 故 2对 1的力与 3对 1的力之比为 cos30，即 ，所以 C是正确的。 考点：共点力作用下物体的平衡。 (1)（ 6分）一振动周期为 T，位于 x=0处的波源从平衡位置开始沿 y轴正方向做简谐运动，该波源产生的简谐横波沿 x轴正方向传播，波速为 v, 关于在 处的质点 P，下列说法正确的是 （填入正确选项前的字母，选对 1个给 3分，选对 2个给 4分，选对 3个给 6分，每选错 l个扣 3分，最低得分为 0分）。 A质点 P振动周期为 T，速度的最大值为 v B若某时刻质点 P的速度方向沿 y轴负方向，则该时刻波源速度方向沿 y轴正方向 C质点 P开始振动的方向沿 y轴负方向 D
3、若某时刻波源在波峰，则质点 P一定在波谷 E.若某时刻波源在波谷，则质点 P一定在波谷 (2)（ 9分）一半圆形玻璃砖，玻璃的折射率为 ， AB为其直径，长度为 D，O为圆心。一束宽度恰等于玻璃砖半径的单色平行光束垂直于 AB从空气射入玻璃砖，其中心光线 P通过 O点，如图所示。 M、 N为光束边界光线。求 M、N射出玻璃砖后的相交点距 O点的距离为多少？ 答案：（ 1） BD；（ 2） 。 试题分析：（ 1）由于波的周期为 T，故质点 P的振动周期也为 T，而波的速度却不是质点的速度，故 A不对； 由于 ，故 P点正好处于 2.5个波长的位置，即半波长的位置与波源的振动方向正好是相反的，即若
4、某时刻质点 P的速度方向沿 y轴负方向，则该时刻波源速度方向沿 y轴正方向， B是正确的； 由于波源的振动方向是沿 y轴正方向，故质点 P开始振动的方向也沿 y轴正方向， C是不对的； 由于 P点的振动方向与波源的振动方向是相反的，故若某时刻波源在波峰，则质点 P一定在波谷， D是正确的， E是不对的； （ 2） (9分 )本题考查光的折射 .光路如图所示 . 2分 由几何关系知 ,边界光线在界面上的入射角 2=30， 1分 由折射定律 n= 1分 得 sin1 nsin2 2分 则折射角 1=60 1分 则 OO=2 cot2= 2分 考点：振动与波，几何光学。 (1)（ 6分）下列说法中正
5、确的是 A仅由阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，是不能估算该种气体分子大小的 B若两个分子只受到它们间的分子力作用，在两分子间距离减小的过程中，分子的动能一定增大 C物体吸收热量时，它的内能不一定增加 D根据热力 学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体 E容器中的气体对器壁的压强是由于大量气体分子受到重力作用而产生的 (2)(9分）如图，竖直平面内有一直角形内径相同的细玻璃管， A端封闭， C端开口， AB=BC=l0,且此时 A、 C端等高。管内水银总长度为 l0,玻璃管 AB内封闭有长为 的空气柱。已知大气压强为 l0汞柱 。如果使玻璃管绕 B点在竖直平面内顺时针缓慢地转动至
6、 BC管水平，求此时 AB管内气体的压强为多少汞柱高？管内封入的气体可视为理想气体且温度不变。 答案：（ 1） AC；（ 2） 。 试题分析：（ 1）对于 A而言，由气体的摩尔质量和密度，可求得一摩尔气体的体积，再由阿伏加德罗常数可求平均每分子所占体积，但是对于气体而言，分子的大小相对于气体分子之间的距离就可以忽略了，分子间距离相对于分子本身的大小而言很大，分子本身是大是小就无所谓，所以这种方法无法估算气体分子大小的，这种估算分子大小往往适用于固体和液体， A是正确的； 对于 B而言，在两分子间距离由大减小的过程中，分子间的作用力先是引力后是斥力，故分子的动能不是一定增大， B不对； 对于 C
7、而言，物体吸收热量时，它的内能不一定增加，还要看是否对外做功，故 C是正确的； 对于 D而言，根据热力学第二定律可知，热量是不可能自发从低温物体传到高温物体，故 D是不对的； 对于 E而言，容器中的气体对器壁的压强是由于大量气体分子与器壁的碰撞而产生的，故 E也不对； （ 2）（ 9分）解：因 BC长度为 l0，故顺时针旋转至 BC水平方向时水银未流出。 1分 设 A端空气柱此时长为 x，管内横截面积为 S，对 A内气体： 1分 1分 1分 1分 对 A中密闭气体，由玻意耳定律得 2分 联立解得 1分 即： （汞柱高） 1分 考点：分子动理论，理想气体状态方程。 如图所示，平行于光滑斜面的轻弹
8、簧劲度系数为 k，一端固定在倾角为 的斜面底端，另一端与物块 A连接，物块 B沿斜面叠放在物块 A上但不黏连。物块 A、 B质量均为 m，初始时两物块均静止。现用平行于斜面向上的拉力 F拉动物块 B，使 B做加速度为 a的匀加速运动，两物块在开始一段时间内的 v-t图象如图乙所示（ t1时刻 A、 B的图线相切， t2时刻对应 A图线的最高点），重力加速度为 g，则 A A达到最大速度时的位移为 B拉力 F的最小值为 C t1= 时 A、 B分离 D A、 B分离前， A、 B和弹簧系统机械能增加， A和弹簧系统机械 能增加 答案： AC 试题分析： A中由图知， t2时刻 A的加速度为零，速
9、度最大，当 AB静止时弹簧受到沿斜面方向向下的力，大小为 2mgsin，当 t2时刻时， A、 B已经分离， A对弹簧的作用力是 mgsin，故到的作用力变化了 mgsin，根据胡克定律得：mgsin=kx，则 A达到最大速度时的位移为 ， A是正确的； B中对 AB整体而言，根据牛顿第二定律得： F-2mgsin+kx=2ma，得F=2mgsin-kx+2ma，故 x=0时，即开始时 F最小，此时有： 2mgsin=kx，得 F的最小值为 F=2ma，故 B不正确； C中由图读出， t1时刻 A、 B开始分离，对 A根据牛顿第二定律： kx-mgsin=ma，开始时有： 2mgsin=kx0
10、，又 x0-x= at12，联立以上几个式子，解之得 t1=，故 C是正确的； D中 A、 B分离前， F做正功，根据功能关系得知， A、 B和弹簧系统机械能增加，而 B对 A的压力方向斜向下，做负功，故 A和弹簧系统机械能减小，故 D是不对的。 考点：胡克定律，牛顿第二定律，机械能守恒定律等。 图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极 N、 S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场， 为交流电流表。线圈绕垂直于磁场方向的水平轴 OO沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示，以下判断正确的是 A线圈转动的角速度为 50rad/s B电流表的示数为 10A C 0
11、.01s时线圈平面与磁感线平行 D 0.02s时电阻 R中电流的方向自左向右 答案： BCD 试题分析：由图乙可知，交流电的周期为 T=210-2s，故线圈转动的角速度为= =100rad/s，故 A是不对的； 由于交流电的最大值为 10 A，则其有效值为 10A，故 B是正确的； 由 于 0.01s时电流处于负的最大值，故此时线圈平面与磁感线平行， C也是正确的； 由于在 0.02s时线框的 DC边向上运动，根据右手定则可知通过电阻 R中电流的方向自左向右，故 D是正确的。 考点：右手定则，交流电的有效值等。 物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物
12、质生产的繁荣与人类文明的进步。关于物理学发展过程中的认识，下列说法中正确的是 A牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不能用实验直接验证 B丹麦天文学家第谷通过长期的天文观测，指出所有行星绕太阳运 动的轨道都是椭圆，揭示了行星运动的有关规律 C电荷量 的数值最早是由美国物理学家密立根测得的 D纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后，先后指出：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比，后人称之为法拉第电磁感应定律 答案： ACD 试题分析： A中的牛顿第一定律是指物体不受力时的运动状态，而物体不受力是不可能的，故它是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不能用实
13、验直接验证， A是正确的； B中指出所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆的科学家是开普勒，从而揭示了行星运动的有关规律，故 B是不对的； C中电荷量 的数值最早是由美国物理学家密立根根据油滴实验测得的，故 C是正确的； D中纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后，于 1845年和 1846年先后提出法拉第电磁感应定律， D对。 考点：物理学史。 如图甲，真空中有一半径为 R、电荷量为 Q的均匀带电球体，以球心为坐标原点，沿半径方向建立 x轴。理论分析表明， x 轴上各点的场强随 x变化关系如图乙，已知 x1与 R两点间距大于 R与 x2的两点间距，则 A x2处场强大小为 B x1、 x2两点
14、处的电势相同 C球内部的电场为匀强电场 D假设将试探电荷沿 x轴移动，则从 x1移到 R处和从 R移到 x2处静电力做功相同 答案： A 试题分析： A中求 x2处的场强大小时，可以把带电球体看成一个点电荷，位于O点，则 x2处场强大小为 ， A正确； C 中在球的内部，由图乙可知，电场强度随半径的增大而增大，不是匀强电场，故 C是不对的； D中假设将某一单位试探电荷沿 x轴移动，则从 x1移到 R处的功等于图乙中x1R之间电场强度 E与 x轴所围的面积，同理，单位试探电荷从 R移到 x2处电场力 做功等于图乙中 Rx2之间电场强度 E与 x轴所围的面积，很明显，这两个面积并不相等，故这两个功
15、也不相等，所以 D是不对的； B中由于两个功不相等，则 x1、 x2两点处的电势也不相同，故 B也不对。 考点：静电场中电场强度与电势的大小关系，电场力做功大小的判断。 如图所示，一沿水平方向的匀强磁场分布在竖直高度为 2L的某矩形区域内（宽度足够大），该区域的上下边界 MN、 PS是水平的。有一边长为 L的正方形导线框 abcd从距离磁场上边界 MN的某高处由静止释放下落而穿过该磁场区域。已知当线框的 ab边到达 MN时线框刚好做匀速直线运 动（以此时开始计时），以 MN处为坐标原点，取如图坐标轴 x，并规定逆时针方向为感应电流的正方向，则关于线框中的感应电流与 ab边的位置坐标 x间的以下
16、图线中，可能正确的是 答案： D 试题分析：由于 ab边向下运动，由右手定则可以判断出，线框在进入磁场时，其感应电流的方向为 abcd，沿逆时针方向，故在图像中， 0 L的这段距离内，电流是正的；线框完全进入磁场后，穿过线框的磁通量没有变化，故其感应电流为 0；当线框的 ab边从磁场的下边出来时，由于其速度要比 ab边刚入磁场时的速度大，故其感应电流要比 I0大，感应电流的方向与 ab边刚入磁场时相反； 由于 ab边穿出磁场时其速度较大，产生的感应电流较大，且其电流与线框的速度成正比，即线框受到的安培力与线框的速度也成正比，与刚入磁场时线框受到的平衡力做对比，发现线框受到的合外力方向是向上的，
17、即阻碍线框的下落，且合外力是变化的，故线框做的是变减速直线运动，产生的电流也是非均匀变化的，故 A、 B不对；再就整体而言，线框穿出磁场时的动能要大于穿入磁场时的动能，故穿出时的电流要大于 I0，所以 C不对， D是正确的。 考点：右手定则，能量守恒定律，欧姆定律。 某游乐场开发了一个名 为 “翻天滚地 ”的游乐项目。原理图如图所示：一个圆弧形光滑圆管轨道 ABC，放置在竖直平面内，轨道半径为 R，在 A 点与水平地面 AD相接， B点为圆轨道最低点，地面与圆心 O等高， MN 是放在水平地面上长为 3R、厚度不计的减振垫，左端 M正好位于 A点。让游客进入一个中空的透明弹性球，人和球的总质量
18、为 m，球的直径略小于圆管直径。将球（内装有参与者）从 A处管口正上方某处由静止释放后，游客将经历一个 “翻天滚地 ”的刺激过程，不考虑空气阻力，球视为质点。那么以下说法中正确的是 A要使球能从 C点射出后能打到垫子上，则球经过 C点时的速度至少为 B球从 A到 B的过程中重力的功率先减小后增大 C若球从 C点射出后恰好能打到垫子的 M端，则球经过 C点时对管外壁压力大小为 D要使球能通过 C点落到垫子上，球离 A点的最大高度是 5R 答案： D 试题分析：在 A中，要使球能从 C点射出后能打到垫子上，根据平抛运动的规律，其水平射程要达到 R，由于小球从 C点射出后其下落的时间为 t= ，水平
19、运行的位移为 R，则其水平的速度为 v= ，故 A是不对的； 在 B中球从 A到 B的过程中重力的大小是不变的，而其速度又逐渐增大，即其重力的功率应该逐渐增大， B是 不对的； 在 C中，若球从 C点射出后恰好能打到垫子的 M端，则其射出 C点速度大小为 v= ，而由牛顿么二定律可得， mg= ，小球从 C点射出时对管壁无压力的速度为 ，而现在的速度小于它，则球经过 C点时它应该对对管的内壁产生压力，所以 C是不对的； 在 D中，求最大高度时，就是小球从 C点射出后落到垫子的最右端时，水平射程为 4R，则射出 C点的速度为 v= ，则根据机械能守恒定律得：mgH=mgR+ ，代入计算可得 H=
20、5R，故 D是正确的。 考点：牛顿第二定律，机械能守恒定律。 中国首颗月球探测卫星 “嫦娥一号 ”简化后的路线示意 图如图所示。卫星由地面发射后，先经过地面发射轨道进入地球附近的停泊轨道做匀速圆周运动；然后从停泊轨道经过调控进入地月转移轨道；到达月球附近时，再次调控进入工作轨道做匀速圆周运动，这时卫星将开始对月球进行探测。已知地球与月球的质量之比为 a，卫星的停泊轨道与工作轨道的轨道半径之比为 b。则下列说法中正确的是 A卫星在停泊轨道和工作轨道运行的速度之比为 B卫星在停泊轨道和工作轨道运行的周期之比为 C卫星在停泊轨道运行的速度可能大于地球的第一宇宙速度 D卫星从停泊轨道调控进入地月转移轨
21、道过程机械能守恒 答案： B 试题分析：由已知条件可得， m地 ： m月 =a； R停 ： R工 =b； 在 A中，卫星绕地球或月球运动时，由牛顿第二定律可得， ，即v= ，故卫星在停泊轨道和工作轨道运行的速度之比为 ： = ，故 A是不对的； 在 B中，因为 ，即 T=2 ，故卫星在停泊轨道和工作轨道运行的周期之比为 2 ： 2 = ，故 B是正确的。 在 C中，由于卫星在停泊轨道运行时的半径大于地球的半径，故卫星在停泊轨道运行的速度要小于地球的第一宇宙速度， C是不对的； 在 D中，卫星从停泊轨道调控进入地月转移轨道过程中，要加速，故外力对卫星做功，所以其机械能应该增大，所以机械能并不守恒
22、， D是不对的。 考点：圆周运动，牛顿第二定律。 (1)（ 6分）根据中国广播电视报报道，在暑天就诊的小病人，低锌发病率高达 60%以上。由于锌对人体代谢起着重要作用，因此儿童生长发育时期测量体内含锌量已成为体格检查的重要内容之一，也引起了我国科技工作者的高度重视。其中比较简单的一种检测方法是取儿童的头发约 50g，放在核反应堆中经中子轰击后，头发中的锌元素与中子反应生成具有放射性的同位素锌，其核反应 方程式为 Zn+ n Zn。 Zn 衰变放射出能量为 1115eV 的 射线，通过测定 射线的强度可以计算出头发中锌的含量。关于以上叙述，下列说法正确的是（ ） A Zn和 Zn具有相同的核子数
23、 B Zn和 Zn具有相同的质子数 C 射线是由锌原子的内层电子受到激发而产生的 D 射线在真空中传播的速度是 3.0108m/s E. Zn+ n Zn是 衰变 (2)（ 9分）如图所示，人站在小车上推着木箱，一起在光滑水平冰面上以速度v 运动，小车与木箱质量均为 m, 人的质量为 2m，突然发现正前方 有一冰窟窿，为防止人掉入窟窿，人用力向右推木箱，推出木箱后，人和车以 的速度仍向前运动，为避开危险，人向后跳车。求： 人推开木箱时木箱对地的速度多大； 人跳车后车对地的最小速度。 答案： (1) BD； (2) 2.5v； 1.5v。 试题分析：（ 1） A中 Zn和 Zn少一个中子，即它们
24、的核子数是不同的， A不对； B中 Zn和 Zn具有相同的质子数是正确的，故 B正确； C中 射线是由原子核受到激发后产生的，而原子的内层电子受到激发而产生的是 X射线，故 C是不对的； D中的 射线在真空中传播的速度是 3.0108m/s是正确的，故 D正确； E中 Zn+ n Zn不是是 衰变，因为没有产生氦原子核，故 E是不对的； （ 2） (9分 )解： 以向右为正方向，以人、车、木箱组成的系统为研究对象， 在推木箱的过程中，由动量守恒定律可得： 2分 （ m+m+2m） v=（ m+2m） +mv木箱 ， 2分 解得： v木箱 =2.5v； 1分 以人与车组成的系统为研究对象，人跳车
25、的过程中，由动量守恒定律可得： 1分 （ m+2m） =mv车 ， 2分 解得： v车 =1.5v； 1分 考点：原子物理，动量守恒定律。 实验题 （ 8分）某小组用图示器材测量重力加速度的大小。实验器材由底座带有标尺的竖直杆、光电计时器 A和 B、钢制小球和网兜组成。通过测量小球在 A、B间不同位移时的平均速度，求重力加速度。 回答下列问题： （ 1）实验中保持 A不动，沿杆向下移动 B，测量 A、 B之间的距离 h及钢球经过该距离所用时间 t，经多次实验绘出 h/t与 t关系图象如图所示。由图可知，重力加速度 g与图象的斜率 k的关系为 g ，重力加速度的大小为 m/s2； （ 2）若另一
26、小组用同样的实验装置，保持 B不动，沿杆向上移动 A，则 (选填“能 ”或 “不能 ”)通过上述方法测得重力加速度； （ 3）为减小重力加速度的测量误差，可采用哪些方法？ (提出一条即可 )。 答案： 2k， 9.60 9.80； 能； AB间距离尽可能大，钢球体积尽可能小等。 (每空 2分，共 8分 ) 试题分析：（ 1）我们在图像的直线上取两个点，其对应的高度与时间分别为 h1、h2， t1、 t2，则图象的斜率 k= ，而 正是钢球通过 h1时的平均速度，也是这段时间内时间中点的即时速度，设钢球由静止落到 A时的时间为 t0，故=g（ t0+ ）， =g（ t0+ ），将其代入上式可得
27、k= ，即 g=2k；由图像可得，其 斜率 k= m/s2=9.67m/s2； （ 2）如果保持 B不动，则我们可以设钢球由静止到 B的时间为 T0，则该时间也是可以在计算的过程中约去的，所以这种方法也可以测得重力加速度。 （ 3）为了减小误差，可以使 AB间距离尽可能大，钢球体积尽可能小等。 考点：用自由落体的方法测重力加速度。 （ 7分）研究性学习小组围绕一个量程为 30mA的电流计展开探究。 （ 1）为测量该电流计的内阻，同学甲设计了如图（ a）所示电路。图中电源电动势未知，内阻不计。闭合开关，将电阻箱阻值调到 20 时，电流计恰好满偏；将电阻箱阻值调到 95时，电流计指针指在如图（ b
28、）所示位置，则电流计的读数为 mA。由以上数据可得电流计的内阻 Rg= 。 （ 2）同学乙将甲设计的电路稍作改变，在电流计两端接上两个表笔，如图（ c）所示，设计出一个简易的欧姆表，并将表盘的电流刻度转换为电阻刻度：闭合开关，将两表笔断开，调节电阻箱，使指针指在 “30mA”处，此处刻度应标阻值为 （填 “0”或 “”）；再保持电阻箱阻值不变，在两表笔间接不同阻值的已知电阻找出对应的电流刻度。则 “10mA”处对应表笔间电阻阻值为 。 若该欧姆表使用一段时间后，电池内阻变大不能忽略 ，电动势不变，但将两表笔断开，指针仍能满偏，按正确使用方法再进行测量，其测量结果与原结果相比将 _（填 “变大
29、”、 “变小 ”或 “不变 ”）。 答案： 12.0， 30（每空 2分，共 4分）； ， 6 不变（每空 1分，共 3分） 试题分析：（ 1）由电流表的表盘可知，其读数为 12.0mA，由于指针刚好落在“12”的刻度上，故估读值为 0；当电阻箱阻值调到 20时，电路中的电流为30.0mA，故 E=30.0mA（ 20+Rg）；当电阻箱阻值调到 95时，电路中的电流为 12.0mA，故 E=12.0mA（ 95+Rg）；联立以上两式解之得： Rg=30；代入得出电源的电动势为 E=1.5V。 （ 2）由于两表笔断开时指针指在最大处，此时两表笔间的电阻为无穷大，所以此时电阻的刻度应该是 “”，此
30、时电阻箱接入电路的电阻为 20，如果电流表的读数为 10mA时，则其两端电压为 10mA30=0.3V，电阻箱的两端电压为1.5V-0.3V=1.2V，故电路中的电流为 1.2V/20=60mA，则通过被测电阻的电流为 50mA，故被测电阻的大小为 R= =6； 由于两表笔断开时，其指针仍能满偏，说明此时电阻箱与电池的内阻加起来 是20，所以与电阻箱的电阻是 20在电路中没有什么区别，故测量结果与原结果相比将不变。 考点：欧姆表测电阻的原理，全电路欧姆定律。 计算题 （ 14分） 2012年 11月，我国舰载机在航母上首降成功。设某一载舰机质量为 m=2.5104kg，速度为 v0=42m/s
31、，飞机将在甲板上以 a0=0.8m/s2的加速度做匀减速运动，着舰过程中航母静止不动。（ sin530=0.8,cos530=0.6） （ 1）飞机着舰后，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，航母甲板至少多长才能保证飞机不滑到海里； （ 2）为了让飞机在有限长 度的跑道上停下来，甲板上设置了阻拦索让飞机减速，同时考虑到飞机尾钩挂索失败需要复飞的情况，飞机着舰时并不关闭发动机。图示为飞机勾住阻拦索后某一时刻的情景，此时发动机的牵引力大小F=1.2105N，减速的加速度 a1=20m/s2，此时阻拦索夹角 =1060，空气阻力和甲板阻力保持不变，求此时阻拦索承受的张力大小。 答案：（ 1） 1102.5
32、m；（ 2） 5105 N。 试题分析： (1)由运动学公式 2a0x0=v02， 3分 x=1102.5m； 2分 飞机受力分析如图所示。 由牛顿第二定律有 2FTcos+f-F=ma 4分 其中 FT为阻拦索的张力， f为空气和甲板对飞机的阻力 飞机仅受空气阻力和甲板阻力时 f=ma0 3分 联立上式可得 FT=5105 N 2分 考点：匀变速直线运动的规律，牛顿第二定律。 （ 18分）如图所示，坐标系 xOy在竖直平面内， x轴正方向水平向右， y轴正方向竖直向上。 y0的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B；在第一象限的空间内有与 x轴平行的匀强电场（图中未画出）；
33、第四象限有与 x轴同方向的匀强电场；第三象限也存在着匀强电场（图中未画出）。一个质量为 m、电荷量为 q的带电微粒从第一象限的 P点由静止释放，恰好能在坐标平面内沿与 x轴成 =30角的直线斜向下运动，经过 x轴上的 a点进入 y0的区域后开始做匀速直线运动，经过 y轴上的 b点进入 x0的区域后做匀速圆周运动，最后通过 x轴上的 c点，且 Oa=Oc。已知重力加速度为 g，空气阻力可忽略不计。求： （ 1）微粒的电性及第一象限电场的电场强度 E1； （ 2）带电微粒由 P点运动到 c点的过程中，其电势能的变化量大小； （ 3）带电微粒从 a点运动到 c点所经历的时间。 答案：（ 1） mg/
34、q，方向水平向左（或沿 x轴负方向）；（ 2） ；（ 3） 。 试题分析：（ 1）在第一象限内，带电微粒从静止开始沿 Pa 做匀加速直线运动，受重力 mg和电场力 qE1的合力一定沿 Pa方向，电场力 qE1一定水平向左。 1分 带电微粒在第四象限内受重力 mg、电场力 qE2和洛仑兹力 qvB做匀速直线运动，所受合力为零。分析受力可知微粒所受电场力一定水平向右，故微粒一定带正电。 1分 所以，在第一象限内 E1方向水平向左（或沿 x轴负方向）。 1分 根据平行四边形定则，有 mg=qE1tan 1分 解得 E1= mg/q 1分 （ 2）带电粒子从 a点运动到 c点的过程中，速度大小不 变，
35、即动能不变，且重力做功为零，所以从 a点运动到 c点的过程中，电场力对带电粒子做功为零。 1分 由于带电微粒在第四象限内所受合力为零，因此有 qvBcos=mg 1分 带电粒子通过 a点的水平分速度 vx=vcos= 1分 带电粒子在第一象限时的水平加速度 ax=qE1/m= g 1分 带电粒子在第一象限运动过程中沿水平方向的位移 x= 0.5分 由 P点到 a点过程中电场力对带电粒子所做的功 W 电 =qE1x= 1分 因此带电微粒由 P点运动到 c点的过程中，电势能的变化量大小 E电 = 0.5分 说明：其他方法 正确的同样得分。但用动能定理的水平分量式求解的不能得分。 （ 3）在第三象限
36、内，带电微粒由 b点到 c点受重力 mg、电场力 qE3和洛仑兹力 qvB做匀速圆周运动，一定是重力与电场力平衡，所以有 qE3=mg 1分 设带电微粒做匀速圆周运动的半径为 R， 根据牛顿第二定律，有 qvB=mv2/R 1分 带电微粒做匀速圆周运动的周期 T= 1分 带电微粒在第三象限运动的轨迹如图所示，连接 bc弦，因 Oa=Oc，所以 abc为等腰三角形，即 Ocb= Oab=30。过 b点做 ab的垂线，与 x轴交于 d点，因 Oba=60，所以 Obd=30, 因此 bcd为等腰三角形， bc弦的垂直平分线必交于轴上的 d点 ,即 d点为圆轨迹的圆心 1分 所以带电粒子在第四象限运动的位移 xab=Rcot= R 其在第四象限运动的时间 t1= 1分 由上述几何关系可知，带电微粒在第三象限做匀速圆周运动转过的圆心角为120，即转过 1/3圆周，所以从 b到 c的运动时间 t2= 1分 因此从 a点运动到 c点的时间 t=t1+t2= + = 1分 考点：牛顿第二定律，电场力做功，电势能等。
