广西南宁市武鸣高中高三物理上学期第二次月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年广西南宁市武鸣高中高三（上）第二次月考物理试卷（9月份）一、选择题（每小题6分，共48分.全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1在物理学理论建立的过程中；有许多伟大的科学家做出了贡献关于科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是（）a亚里斯多德根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因b牛顿发现了万有引力定律，并设计了扭秤测量出了引力常量c库仑通过扭秤实验确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律d法拉第通过实验研究发现通电导线能产生磁场2以相同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可以忽略，另一个物体所受空气阻力大小恒定不变，下列用虚线和实线描述两物体运动过程的vt图象可能正确的是（）abcd3如图所示，河水的流速为4m/s，一条船要从河的南岸a点沿与河岸成30角的直线航行到北岸下游某处，则船的开行速度（相对于水的速度）最小为（）a2m/sb3m/sc4m/sd5m/s4使物体脱离星球的引力束缚，不再绕星球运行，从星球表面发射所需的最小速度称为第二宇宙速度，星球的第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系是v2=v1已知某星球的半径为地球半径4倍，质量为地球质量的2倍，地球半径为r，地球表面重力加速度为g不计其他星球的影响，则该星球的第二宇宙速度为（）ab cd5有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则（）aa的向心加速度等于重力加速度gb在相同时间内b转过的弧长最长cc在4 h内转过的圆心角是dd的运动周期有可能是20h6由粗糙的水平杆ao与光滑的竖直杆bo组成的绝缘直角支架如图放置，在ao杆、bo杆上套有带正电的小球p、q，两个小球恰能在某一位置平衡现将p缓慢地向左移动一小段距离，两球再次达到平衡若小球所带电量不变，与移动前相比（）ap、q之间的距离增大b杆ao对p的弹力一定减小c杆ao对p的摩擦力一定增大d杆bo对q的弹力增大7如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧s1和s2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点o整个系统处于静止状态现将细线剪断将物块a的加速度的大小记为a1，s1和s2相对于原长的伸长分别记为l1和l2，重力加速度大小为g在剪断的瞬间，（）aa1=3gba1=0cl1=2l2dl1=l28两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为l，底端接阻值为r的电阻将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁应强度为b的匀强磁场垂直，除电阻r外其余电阻不计现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则（）a释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gb金属棒向下运动时，流过电阻r的电流方向为abc金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为f=d电阻r上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量三、非选择题9如图甲所示为“探究加速度与物体受力与质量的关系”实验装置图图中a为小车，b为装有砝码的小桶，c为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连，计时器接50hz交流电小车的质量为m1，小桶（及砝码）的质量为m2（1）下列说法正确的是a每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力b实验时应先释放小车后接通电源c本实验m2应远大于m1d在用图象探究加速度与质量关系时，应作a图象（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的af图象，可能是图乙中的图线（选填“甲”、“乙”、“丙”）（3）如图丙所示为某次实验得到的纸带，纸带中相邻计数点间的距离已标出，相邻计数点间还有四个点没有画出由此可求得小车的加速度大小m/s2（结果保留二位有效数字）10一只小灯泡，标有“3v、0.6w”字样现用图中给出的器材测量该小灯泡正常发光时的电阻rx（滑动变阻器最大阻值为10；电源电动势为12v，内阻为1；电流表内阻为1；电压表的内阻为l0k）（1）在设计电路的过程中，为了尽量减小实验误差，电流表应采用（填“内接”或“外接“）法滑动变阻器的连接方式应采用（填“分压式”或“限流式”）接法（2）用笔画线代替导线将实物图连成完整的电路（图中有两根导线已经接好）开始时，滑动变阻器的滑片应该移到最端（填“左”或“右”）（3）若小灯泡发光较暗时的电阻为r，你根据所学的知识可判断出r与rx的大小关系为：rrx （填“”、“=”或“”）11如图所示，滑板运动员从倾角为53的斜坡顶端滑下，滑下的过程中他突然发现在斜面底端有一个高h=1.4m、宽l=1.2m的长方体障碍物，为了不触及这个障碍物，他必须在距水平地面高度h=3.2m的a点沿水平方向跳起离开斜面（竖直方向的速度变为0）已知运动员的滑板与斜面间的动摩擦因数=0.1，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2（已知sin53=0.8，cos53=0.6）求：（1）运动员在斜面上滑行的加速度的大小；（2）若运动员不触及障碍物，他从斜面上起跳后到落至水平面的过程所经历的时间；（3）运动员为了不触及障碍物，他从a点沿水平方向起跳的最小速度12如图所示，在xoy平面内y0的区域内分布着沿y轴负方向的匀强电场，在x轴下方有两个宽度相同且边界平行的条形匀强磁场区域，匀强磁场的磁感应强度大小均为b，方向垂直于xoy平面向外，磁场区域i的上边界与x轴重合，两个磁场区域的间距为l质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴上的p点以初速度v0沿x轴正向射出，然后从x轴上的q点射入磁场区域i已知op=h，oq=，粒子的重力忽略不计求（1）粒子从x轴上的q点射入磁场区域i时的速度大小v；（2）若粒子未从磁场区域i的下边界穿出，求条形磁场区域的最小宽度d0；（3）若粒子恰好没从磁场区域ii的下边界穿出，求粒子从p点射入电场区域到经过两个磁场区域后返回x轴的时间t物理-选修3-4（共2小题，满分15分）13如图所示是一列简谐波在t=0时的波形图，介质中的质点p沿y轴方向做简谐运动，其位移随时间变化的函数表达式为y=10sin5t cm关于这列简谐波及质点p的振动，下列说法中正确的是（）a质点p的周期为0.4sb质点p的位移方向和速度方向始终相反c这列简谐波的振幅为20 cmd这列简谐波沿x轴正向传播e这列简谐波在该介质中的传播速度为10m/s14有一玻璃半球，右侧面镀银，光源s在其对称轴po上（o为球心），且po水平，如图所示从光源s发出的一束细光射到半球面上，其中一部分光经球面反射后恰能竖直向上传播，另一部分光经过折射进入玻璃半球内，经右侧镀银面反射恰能沿原路返回若球面半径为r，玻璃折射率为，求光源s与球心o之间的距离为多大？2015-2016学年广西南宁市武鸣高中高三（上）第二次月考物理试卷（9月份）参考答案与试题解析一、选择题（每小题6分，共48分.全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1在物理学理论建立的过程中；有许多伟大的科学家做出了贡献关于科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是（）a亚里斯多德根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因b牛顿发现了万有引力定律，并设计了扭秤测量出了引力常量c库仑通过扭秤实验确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律d法拉第通过实验研究发现通电导线能产生磁场【考点】物理学史【分析】据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解答】解：a、伽利略根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因，故a错误；b、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许设计了扭秤测量出了引力常量，故b错误；c、库仑通过扭秤实验确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律，故c正确；d、法拉第通过实验研究，总结出法拉第电磁感应定律，奥斯特过实验研究发现通电导线能产生磁场故d错误；故选：c【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2以相同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可以忽略，另一个物体所受空气阻力大小恒定不变，下列用虚线和实线描述两物体运动过程的vt图象可能正确的是（）abcd【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】竖直上抛运动是初速度不为零的匀变速直线运动，加速度恒定不变，故其vt图象是直线；有阻力时，根据牛顿第二定律判断加速度情况，vt图象的斜率表示加速度【解答】解：不计空气阻力时，物体的加速度恒定，物体先向上做匀减速运动，然后向下做匀加速运动，加速度相等，图线为一倾斜直线考虑空气阻力时，物体上升的加速度大小a=，下降时的加速度大小，可知aa，则下落的加速度小于上升的加速度，则上升时图线的斜率绝对值大于下落时图线的斜率绝对值，故b正确，a、c、d错误故选：b【点评】解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，速度的正负表示运动的方向，图线的斜率表示加速度3如图所示，河水的流速为4m/s，一条船要从河的南岸a点沿与河岸成30角的直线航行到北岸下游某处，则船的开行速度（相对于水的速度）最小为（）a2m/sb3m/sc4m/sd5m/s【考点】运动的合成和分解【专题】运动的合成和分解专题【分析】已知合速度的方向以及一分速度的方向（水流速），根据平行四边形定则确定另一分速度（静水速）的最小值【解答】解：根据平行四边形定则知，因为垂线段最短，所以当静水速与合速度方向垂直时，静水速最小，故a正确，b、c、d错误故选a【点评】解决本题的关键会根据平行四边形定则对速度进行合成，以及在知道合速度方向和一分速度大小方向的情况下，能够求出另一分速度的最小值4使物体脱离星球的引力束缚，不再绕星球运行，从星球表面发射所需的最小速度称为第二宇宙速度，星球的第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系是v2=v1已知某星球的半径为地球半径4倍，质量为地球质量的2倍，地球半径为r，地球表面重力加速度为g不计其他星球的影响，则该星球的第二宇宙速度为（）ab cd【考点】第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度【专题】万有引力定律的应用专题【分析】第一宇宙速度是人造地球卫星在近地圆轨道上的运行速度，即，此题把地球第一宇宙速度的概念迁移的某颗星球上面然后再利用第一宇宙速度与第二宇宙速度关系即可求解【解答】解：某星球的质量为m，半径为r，绕其飞行的卫星质量m，由万有引力提供向心力得：解得：带入gm=gr2得地球的第一宇宙速度为：又某星球的半径为地球半径4倍，质量为地球质量的2倍，地球半径为r，所以第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系是：v2=v1联立得该星球的第二宇宙速度为，故abd错误，c正确；故选：c【点评】通过此类题型，学会知识点的迁移，比如此题：把地球第一宇宙速度的概念迁移的某颗星球上面5有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则（）aa的向心加速度等于重力加速度gb在相同时间内b转过的弧长最长cc在4 h内转过的圆心角是dd的运动周期有可能是20h【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用【专题】人造卫星问题【分析】同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，根据a=2r比较a与c的向心加速度大小，再比较c的向心加速度与g的大小根据万有引力提供向心力，列出等式得出角速度与半径的关系，分析弧长关系根据开普勒第三定律判断d与c的周期关系【解答】解：a、同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a=2r知，c的向心加速度大由，得g=，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g故a错误；b、由，得v=，卫星的半径越大，线速度越小，所以b的线速度最大，在相同时间内转过的弧长最长故b正确；c、c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是故c正确；d、由开普勒第三定律=k知，卫星的半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h故d错误；故选：bc【点评】对于卫星问题，要建立物理模型，根据万有引力提供向心力，分析各量之间的关系，并且要知道同步卫星的条件和特点6由粗糙的水平杆ao与光滑的竖直杆bo组成的绝缘直角支架如图放置，在ao杆、bo杆上套有带正电的小球p、q，两个小球恰能在某一位置平衡现将p缓慢地向左移动一小段距离，两球再次达到平衡若小球所带电量不变，与移动前相比（）ap、q之间的距离增大b杆ao对p的弹力一定减小c杆ao对p的摩擦力一定增大d杆bo对q的弹力增大【考点】库仑定律；共点力平衡的条件及其应用【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题【分析】分别以两环组成的整体和q环为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件研究ao杆对p环的支持力n和细绳上的拉力t的变化情况【解答】解：a、q受力如图，由力的合成与平衡条件可知：bo杆对小球q的弹力变大，两小球之间的库仑力变大，由库仑定律知，两小球p、q的距离变小，故a错误；b、ao杆对小球p的弹力不变，故b错误；c、对整体受力分析，可得ao杆对小球p的摩擦力变大，c正确；d、由图，结合力的分解法则分析可知，杆bo对q的弹力增大，故d正确故选：cd【点评】本题涉及两个物体的平衡问题，灵活选择研究对象是关键当几个物体都处于静止状态时，可以把它们看成整体进行研究7如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧s1和s2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点o整个系统处于静止状态现将细线剪断将物块a的加速度的大小记为a1，s1和s2相对于原长的伸长分别记为l1和l2，重力加速度大小为g在剪断的瞬间，（）aa1=3gba1=0cl1=2l2dl1=l2【考点】牛顿第二定律；胡克定律【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】对细线剪短前后的a、b、c物体分别受力分析，然后根据牛顿第二定律求解加速度与弹簧的伸长量【解答】解：a、b、对a、b、c分别受力分析如图，根据平衡条件，有：对a：f2=f1+mg对b：f1=f+mg对c：f=mg所以：f1=2mg弹簧的弹力不能突变，因形变需要过程，绳的弹力可以突变，绳断拉力立即为零当绳断后，b与c受力不变，仍然平衡，故a=0；对a，绳断后合力为f合=f1+mg=3mg=maa，aa=3g方向竖直向下；故a正确，b错误c、d、当绳断后，b与c受力不变，则f1=kl1，；同时：f=kl2，所以：联立得l1=2l2：故c正确，d错误故选：ac【点评】考查了牛顿第二定律的瞬时性的应用，重点区分绳和弹簧弹力的特点，注意加速度与受力的瞬时对应关系8两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为l，底端接阻值为r的电阻将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁应强度为b的匀强磁场垂直，除电阻r外其余电阻不计现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则（）a释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gb金属棒向下运动时，流过电阻r的电流方向为abc金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为f=d电阻r上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；能量守恒定律；右手定则【专题】电磁感应功能问题【分析】释放瞬间金属棒只受重力，加速度为g金属棒向下运动时，根据右手定则判断感应电流的方向由安培力公式、欧姆定律和感应电动势公式推导安培力的表达式金属棒下落过程中，金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能（金属棒速度不是零时）和电阻r产生的内能【解答】解：a、金属棒刚释放时，弹簧处于原长，弹力为零，又因此时速度为零，没有感应电流，金属棒不受安培力作用，金属棒只受到重力作用，其加速度应等于重力加速度，故a正确； b、金属棒向下运动时，由右手定则可知，在金属棒上电流方向向右，流过电阻r的电流方向为ba，故b错误； c、金属棒速度为v时，安培力大小为f=bil，i=，由以上两式得：f=，故c正确； d、金属棒下落过程中，由能量守恒定律知，金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能（速度不为零时）以及电阻r上产生的热量，故d错误故选ac【点评】本题考查分析、判断和推导电磁感应现象中导体的加速度、安培力、能量转化等问题的能力，是一道基础题三、非选择题9如图甲所示为“探究加速度与物体受力与质量的关系”实验装置图图中a为小车，b为装有砝码的小桶，c为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连，计时器接50hz交流电小车的质量为m1，小桶（及砝码）的质量为m2（1）下列说法正确的是ada每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力b实验时应先释放小车后接通电源c本实验m2应远大于m1d在用图象探究加速度与质量关系时，应作a图象（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的af图象，可能是图乙中的图线丙（选填“甲”、“乙”、“丙”）（3）如图丙所示为某次实验得到的纸带，纸带中相邻计数点间的距离已标出，相邻计数点间还有四个点没有画出由此可求得小车的加速度大小0.49m/s2（结果保留二位有效数字）【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【专题】实验题【分析】（1）实验时需要提前做的工作有两个：平衡摩擦力，且每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力，因为f=mgsin=mgcos，m约掉了让小车的质量m远远大于小桶（及砝码）的质量m，因为：际上绳子的拉力f=ma=m，故应该是mm；（2）如果没有平衡摩擦力的话，就会出现当有拉力时，物体不动的情况；（3）根据匀变速直线运动的推论公式x=at2可以求出加速度的大小【解答】解：（1）a：平衡摩擦力，假设木板倾角为，则有：f=mgsin=mgcos，m约掉了，故不需要重新平衡摩擦力故a正确b：实验时应先接通电源后释放小车，故b错误c：让小车的质量m远远大于小桶（及砝码）的质量m，因为：际上绳子的拉力f=ma=m2g，故应该是m2m1，故c错误d：f=ma，所以：a=f，当f一定时，a与成正比，故d正确故选：ad（2）遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况故图线为丙（3）由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔t=0.1s，根据匀变速直线运动的推论公式x=at2可以求出加速度的大小，得：a=0.49m/s2故答案为：（1）ad；（2）丙；（3）0.49【点评】会根据实验原理分析分析为什么要平衡摩擦力和让小车的质量m远远大于小桶（及砝码）的质量m，且会根据原理分析实验误差10一只小灯泡，标有“3v、0.6w”字样现用图中给出的器材测量该小灯泡正常发光时的电阻rx（滑动变阻器最大阻值为10；电源电动势为12v，内阻为1；电流表内阻为1；电压表的内阻为l0k）（1）在设计电路的过程中，为了尽量减小实验误差，电流表应采用外接（填“内接”或“外接“）法滑动变阻器的连接方式应采用分压式（填“分压式”或“限流式”）接法（2）用笔画线代替导线将实物图连成完整的电路（图中有两根导线已经接好）开始时，滑动变阻器的滑片应该移到最左端（填“左”或“右”）（3）若小灯泡发光较暗时的电阻为r，你根据所学的知识可判断出r与rx的大小关系为：rrx （填“”、“=”或“”）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】实验题；恒定电流专题【分析】本题的关键是根据小灯泡规格求出电阻和额定电流，即可求解；题关键是根据闭合电路欧姆定律求出电路中需要的最大电阻，可知变阻器应采用分压式接法；题的关键是明确闭合电键前应将滑动触头置于输出电压最小的一端才行【解答】解：（1）根据小灯泡规格“3v，0.6w”可知，电阻，满足，所以电流表应用外接法；根据闭合电路欧姆定律可知电路中需要的最大电阻为：，所以给出的变阻器的全电阻太小（需要达到45左右），即变阻器应采用分压式接法，（2）由以上分析可知，连线图如图所示；为了让电流由小到大变化；电键闭合前，应将滑动触头置于输出电压最小的最左端（3）金属的电阻率随着温度的升高而升高，故正常工作时电阻大于发光较暗时的电阻；故答案为：（1）外接，分压；（2）如图所示；左；（3）【点评】对电学实验应明确：根据小灯泡的额定电流和额定电压大小来选择电流表与电压表的量程；当满足时，电流表应用外接法，当满足时，电流表应用内接法；当变阻器的全电阻远小于待测电阻或要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法11如图所示，滑板运动员从倾角为53的斜坡顶端滑下，滑下的过程中他突然发现在斜面底端有一个高h=1.4m、宽l=1.2m的长方体障碍物，为了不触及这个障碍物，他必须在距水平地面高度h=3.2m的a点沿水平方向跳起离开斜面（竖直方向的速度变为0）已知运动员的滑板与斜面间的动摩擦因数=0.1，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2（已知sin53=0.8，cos53=0.6）求：（1）运动员在斜面上滑行的加速度的大小；（2）若运动员不触及障碍物，他从斜面上起跳后到落至水平面的过程所经历的时间；（3）运动员为了不触及障碍物，他从a点沿水平方向起跳的最小速度【考点】平抛运动；牛顿第二定律【专题】平抛运动专题【分析】（1）根据牛顿第二定律求出运动员在斜面上滑行的加速度（2）根据平抛运动的高度求出运动的时间（3）为了不触及障碍物，运动员以速度v沿水平方向起跳后竖直下落高度为hh时，他沿水平方向的运动的距离为，结合平抛运动的规律求出起跳的最小速度【解答】解：（1）设运动员连同滑板的质量为m，运动员在斜面上滑行的过程中，根据牛顿第二定律：mgsin53mgcos53=ma，解得运动员在斜面上滑行的加速度：a=gsin53gcos53=80.6m/s2=7.4m/s2（2）从运动员斜面上起跳后沿竖直方向做自由落体运动，根据自由落体公式：h=，解得：t=0.8s （3）为了不触及障碍物，运动员以速度v沿水平方向起跳后竖直下落高度为hh时，他沿水平方向的运动的距离为，设他在这段时间内运动的时间为t，则：代入数据解得：v=6.0m/s 答：（1）运动员在斜面上滑行的加速度的大小为7.4m/s2；（2）他从斜面上起跳后到落至水平面的过程所经历的时间为0.8s（3）他从a点沿水平方向起跳的最小速度为6m/s【点评】研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同，本题需要注意的就是水平位移要加上木箱的长度12如图所示，在xoy平面内y0的区域内分布着沿y轴负方向的匀强电场，在x轴下方有两个宽度相同且边界平行的条形匀强磁场区域，匀强磁场的磁感应强度大小均为b，方向垂直于xoy平面向外，磁场区域i的上边界与x轴重合，两个磁场区域的间距为l质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴上的p点以初速度v0沿x轴正向射出，然后从x轴上的q点射入磁场区域i已知op=h，oq=，粒子的重力忽略不计求（1）粒子从x轴上的q点射入磁场区域i时的速度大小v；（2）若粒子未从磁场区域i的下边界穿出，求条形磁场区域的最小宽度d0；（3）若粒子恰好没从磁场区域ii的下边界穿出，求粒子从p点射入电场区域到经过两个磁场区域后返回x轴的时间t【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】（1）粒子从p到q到类似平抛运动，根据分运动公式列式求解末速度的大小和方向；（2）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，若恰好返回，画出临界轨迹，结合几何关系求解出半径，再运用洛伦兹力提供向心力并结合牛顿第二定律列式求解；（3）首先粒子要能够到达磁场区域，其次要能够从磁场区域返回，从而确定磁场区域下边界距x轴距离的范围【解答】解：（1）粒子在电场中类平抛运动在x方向 在y方向 而联立，解得v=2v0（2）粒子在磁场区域i中匀速圆周运动 恰好未从其下边界穿出，由几何关系得 rsin30+r=d0联立，解得；（3）由对称性，若把粒子在磁场中的运动衔接起来，刚好构成一个圆心角为240的圆周，如图所示粒子在磁场中运动的时间为由几何关系得2d=rsin30+r所以，磁场区域的宽度 故有 粒子在无磁场区域运动的路程 粒子在无磁场区域运动的时间 粒子在电场区域运动的时间 所以，粒子从p点射入电场区域到返回x轴的时间为答：（1）粒子从x轴上的q点射入磁场区域i时的速度大小是2v0；（2）若粒子未从