北京市四中高三物理下学期开学试卷（含解析）.doc

2015-2016学年北京四中高三（下）开学物理试卷一.选择题，每小题6分1下列说法正确的是（）a液体中悬浮的微粒的无规则运动称为布朗运动b液体分子的无规则运动称为布朗运动c物体从外界吸收热量，其内能一定增加d物体对外界做功，其内能一定减少2一束可见光a由三种单色光m、p、n组成光束a通过三棱镜后情况如图所示，检测发现单色光p能使某金属产生光电效应，下列叙述正确的是（）a真空中单色光m的波长大于n的波长b单色光m的频率大于n的频率c单色光n一定可以使该金属发生光电效应d在三棱镜中，单色光m的光速大于n的光速3一列简谐横波沿x轴传播，t=0.1s时刻的波形如图甲所示，其质点p的振动图象如图乙所示，则该波的传播方向和波速分别是（）a沿x轴正方向，60m/sb沿x轴负方向，60m/sc沿x轴负方向，30m/sd沿x轴正方向，30m/s4我国的“神舟七号”飞船于2008年9月25日晚9时10分载着3名宇航员顺利升空，并成功“出舱”和安全返回地面当“神舟七号”在绕地球做半径为r的匀速圆周运动时，设飞船舱内质量为m的宇航员站在可称体重的台秤上用r表示地球的半径，g表示地球表面处的重力加速度，g表示飞船所在处的重力加速度，n表示航天员对台秤的压力，则下列关系式中正确的是（）ag=0bg=gcn=mgdn=mg5如图所示，在水平光滑地面上有a、b两个木块，a、b之间用一轻弹簧连接a靠在墙壁上，用力f向左推b使两木块之间弹簧压缩并处于静止状态若突然撤去力f，则下列说法中正确的是（）a木块a离开墙壁前，a、b和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒b木块a离开墙壁前，a、b和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒c木块a离开墙壁后，a、b和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒d木块a离开墙壁后，a、b和弹簧组成的系统动量不守恒，机械能不守恒6如图所示，一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮（定滑轮质量不计），绳两端各系一小球a和ba球质量为m，静置于地面；b球质量为3m，用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧从静止开始释放b后，a可能达到的最大高度为（）ahb1.5hc2hd2.5h7把一个电容器、电流传感器、电阻、电源、单刀双掷开关按图甲所示连接先使开关s与1端相连，电源向电容器充电；然后把开关s掷向2端，电容器放电与电流传感器相连接的计算机所记录这一过程中电流随时间变化的it曲线如图乙所示下列关于这一过程的分析，正确的是（）a在形成电流曲线1的过程中，电容器两极板间电压逐渐减小b在形成电流曲线2的过程中，电容器的电容逐渐减小c曲线1与横轴所围面积等于曲线2与横轴所围面积ds接1端，只要时间足够长，电容器两极板间的电压就能大于电源电动势e8如图1所示，光滑平行金属导轨mn、pq所在平面与水平面成角，m、p两端接有阻值为r的定值电阻阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置，其它部分电阻不计整个装置处在磁感应强度为b的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上从t=0时刻开始棒受到一个平行于导轨向上的外力f，由静止开始沿导轨向上运动，运动中棒始终与导轨垂直，且接触良好，通过r的感应电流随时间t变化的图象如图2所示下面分别给出了穿过回路abpm的磁通量、磁通量的变化率、棒两端的电势差uab和通过棒的电荷量q随时间变化的图象，其中正确的是（）abcd二、非选择题9某同学通过实验测量一根长度为l的电阻丝的电阻率（1）由图甲可知电阻丝的直径d=mm（2）将如下实验操作补充完整：按图乙连接电路，将滑动变阻器r1的滑片p置于b端；将s2拨向接点1，闭合s1，调节r1，使电流表示数为i0；将电阻箱r2的阻值调至最大，s2拨向接点2，使电流表示数仍为i0，记录此时电阻箱的示数为r2（3）此电阻丝的电阻率的表达式=（用已知量和所测物理量的字母表示）10两位同学用如图甲所示装置，通过半径相同的a、b两球的碰撞来验证动量守恒定律实验中必须满足的条件是a斜槽轨道尽量光滑以减小误差b斜槽轨道末端的切线必须水平c入射球a每次必须从轨道的同一位置由静止滚下d两球的质量必须相等测量所得入射球a的质量为ma，被碰撞小球b的质量为mb，图甲中o点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影，实验时，先让入射球a从斜轨上的起始位置由静止释放，找到其平均落点的位置p，测得平抛射程为op；再将入射球a从斜轨上起始位置由静止释放，与小球b相撞，分别找到球a和球b相撞后的平均落点m、n，测得平抛射程分别为om和on当所测物理量满足表达式时，即说明两球碰撞中动量守恒；如果满足表达式时，则说明两球的碰撞为完全弹性碰撞乙同学也用上述两球进行实验，但将实验装置进行了改装：如图乙所示，将白纸、复写纸固定在竖直放置的木条上，用来记录实验中球a、球b与木条的撞击点实验时，首先将木条竖直立在轨道末端右侧并与轨道接触，让入射球a从斜轨上起始位置由静止释放，撞击点为b；然后将木条平移到图中所示位置，入射球a从斜轨上起始位置由静止释放，确定其撞击点p；再将入射球a从斜轨上起始位置由静止释放，与球b相撞，确定球a和球b相撞后的撞击点分别为m和n测得b与n、p、m各点的高度差分别为h1、h2、h3若所测物理量满足表达式时，则说明球a和球b碰撞中动量守恒11如图所示，在一足够大的空间内存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小e=3.0104 n/c有一个质量m=4.0103 kg的带电小球，用绝缘轻细线悬挂起来，静止时细线偏离竖直方向的夹角=37取g=10m/s2，sin37=0.60，cos37=0.80，不计空气阻力的作用（1）求小球所带的电荷量及电性；（2）如果将细线轻轻剪断，求细线剪断后，小球运动的加速度大小；（3）从剪断细线开始经过时间t=0.20s，求这一段时间内小球电势能的变化量12飞行时间质谱仪可以根据带电粒子的飞行时间对气体分子进行分析如图所示，在真空状态下，自脉冲阀p喷出微量气体，经激光照射产生不同正离子，自a板小孔进入a、b间的加速电场，从b板小孔射出，沿中线方向进入m、n板间的方形区域，然后到达紧靠在其右侧的探测器已知极板a、b间的电压为u0，间距为d，极板m、n的长度和间距均为l不计离子重力及经过a板时的初速度（1）若m、n板间无电场和磁场，请推导出离子从a板到探测器的飞行时间t与比荷k（k=，q和m分别为离子的电荷量和质量）的关系式；（2）若在m、n间只加上偏转电压u1，请论证说明不同正离子的轨迹是否重合；（3）若在m、n间只加上垂直于纸面的匀强磁场已知进入a、b间的正离子有一价和二价的两种，质量均为m，元电荷为e要使所有正离子均能通过方形区域从右侧飞出，求所加磁场的磁感应强度的最大值bm13一倾角为=45的斜面固定于地面，斜面顶端离地面的高度h0=1m，斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板在斜面顶端自由释放一质量m=0.09kg的小物块（视为质点）小物块与斜面之间的动摩擦因数=0.2设小物块与挡板碰撞过程中无能量损失重力加速度g=10m/s2（1）求小物块第一次与挡板碰撞前的速度；（2）求小物块运动的总路程；（3）求停止运动前，小物块对挡板的总冲量2015-2016学年北京四中高三（下）开学物理试卷参考答案与试题解析一.选择题，每小题6分1下列说法正确的是（）a液体中悬浮的微粒的无规则运动称为布朗运动b液体分子的无规则运动称为布朗运动c物体从外界吸收热量，其内能一定增加d物体对外界做功，其内能一定减少【考点】布朗运动【专题】布朗运动专题【分析】布朗运动是悬浮在液体当中的固体颗粒的无规则运动，是液体分子无规则热运动的反映，温度越高，悬浮微粒越小，布朗运动越激烈；做功和热传递都能改变物体内能【解答】解：ab、布朗运动是悬浮在液体当中的固体颗粒的无规则运动，是液体分子无规则热运动的反映，故a正确，b错误；c、由公式u=w+q知做功和热传递都能改变物体内能，物体从外界吸收热量若同时对外界做功，则内能不一定增加，故c错误；d、物体对外界做功若同时从外界吸收热量，则内能不一定减小，故d错误故选：a【点评】掌握布朗运动的概念和决定因素，知道热力学第一定律的公式是处理这类问题的金钥匙2一束可见光a由三种单色光m、p、n组成光束a通过三棱镜后情况如图所示，检测发现单色光p能使某金属产生光电效应，下列叙述正确的是（）a真空中单色光m的波长大于n的波长b单色光m的频率大于n的频率c单色光n一定可以使该金属发生光电效应d在三棱镜中，单色光m的光速大于n的光速【考点】光的折射定律【专题】光的折射专题【分析】先根据偏转情况判断折射率的大小情况，对照光谱可以得到频率情况；根据c=判断波长大小；根据光电效应方程判断能否发生光电效应；根据v=判断光速大小【解答】解：a、由图得到，光线m偏转角最大，故m的折射率最大，频率最大；根据c=，知光线m的波长最短，光线n的波长最长；故a错误；b、光线m折射率最大，频率最大，则单色光m的频率大于n的频率，故b正确c、光线m频率最大，根据e=h，光子的能量最大；若单色光p能使某金属产生光电效应，故光线m一定可以使该金属发生光电效应，光线n不一定能使该金属发生光电效应；故c错误；d、根据公式v=，知在三棱镜中，单色光m的光速小于n的光速故d错误；故选：b【点评】解决本题的突破口在于通过光的偏折程度比较出折射率的大小，以及知道折射率、频率、波长、在介质中的速度等关系3一列简谐横波沿x轴传播，t=0.1s时刻的波形如图甲所示，其质点p的振动图象如图乙所示，则该波的传播方向和波速分别是（）a沿x轴正方向，60m/sb沿x轴负方向，60m/sc沿x轴负方向，30m/sd沿x轴正方向，30m/s【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系【专题】振动图像与波动图像专题【分析】由质点p的振动情况，确定波的传播方向，由乙图读出波的周期，再由波速公式求出波速【解答】解：由乙图可知：p点在t=0.1s时，下一个时刻位移沿负方向减小，所以p点此时的运动方向向上，得出此波沿x轴正方向传播，由乙图可知：t=0.4s，由甲图可知：=24m，所以v=60m/s，故a正确，bcd错误故选：a【点评】本题要由质点的振动方向确定波的传播方向，这波的图象中基本问题，方法较多，其中一种方法是“上下坡法”，把波形象看成山坡：顺着波的传播方向，上坡的质点向下，下坡的质点向上4我国的“神舟七号”飞船于2008年9月25日晚9时10分载着3名宇航员顺利升空，并成功“出舱”和安全返回地面当“神舟七号”在绕地球做半径为r的匀速圆周运动时，设飞船舱内质量为m的宇航员站在可称体重的台秤上用r表示地球的半径，g表示地球表面处的重力加速度，g表示飞船所在处的重力加速度，n表示航天员对台秤的压力，则下列关系式中正确的是（）ag=0bg=gcn=mgdn=mg【考点】万有引力定律及其应用；向心力【专题】万有引力定律的应用专题【分析】忽略地球自转的影响，根据万有引力等于重力列出等式在绕地球做匀速圆周运动的飞船内，各个物体处于完全失重的状态【解答】解：ab、忽略地球自转的影响，根据万有引力等于重力列出等式，在地球表面有：在绕地球做半径为r的匀速圆周运动时，有：解得：g=，故a错误，b正确cd、在绕地球做匀速圆周运动的飞船内，各个物体处于完全失重的状态各个物体的重力完全提供向心力所以人站在可称体重的台秤上，人与台秤无弹力，所以n=0，故cd错误故选：b【点评】根据万有引力等于重力列出等式去求解，是本题解题的关键，运用黄金代换式gm=gr2是万用引力定律应用的常用方法5如图所示，在水平光滑地面上有a、b两个木块，a、b之间用一轻弹簧连接a靠在墙壁上，用力f向左推b使两木块之间弹簧压缩并处于静止状态若突然撤去力f，则下列说法中正确的是（）a木块a离开墙壁前，a、b和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒b木块a离开墙壁前，a、b和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒c木块a离开墙壁后，a、b和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒d木块a离开墙壁后，a、b和弹簧组成的系统动量不守恒，机械能不守恒【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律【专题】动量定理应用专题【分析】根据系统动量守恒的条件：系统不受外力或所受合外力为零，分析系统所受的外力情况，判断动量是否守恒根据是否是只有弹簧的弹力做功，判断系统的机械能是否守恒【解答】解：a、b：撤去f后，木块a离开竖直墙前，竖直方向两物体所受的重力与水平面的支持力平衡，合力为零；而墙对a有向右的弹力，所以系统的合外力不为零，系统的动量不守恒这个过程中，只有弹簧的弹力对b做功，系统的机械能守恒故a错误，b正确c、d：a离开竖直墙后，系统水平方向不受外力，竖直方向外力平衡，所以系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，只有弹簧的弹力做功，系统机械能也守恒故c、d错误故选：b【点评】本题关键要掌握动量守恒和机械能守恒的条件，并用来判断系统的动量和机械能是否守恒对于动量是否守恒要看研究的过程，要细化过程分析6如图所示，一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮（定滑轮质量不计），绳两端各系一小球a和ba球质量为m，静置于地面；b球质量为3m，用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧从静止开始释放b后，a可能达到的最大高度为（）ahb1.5hc2hd2.5h【考点】机械能守恒定律【专题】机械能守恒定律应用专题【分析】本题可以分为两个过程来求解，首先根据ab系统的机械能守恒，可以求得a球上升h时的速度的大小，之后，b球落地，a球的机械能守恒，从而可以求得a球上升的高度的大小【解答】解：设a球到达高度h时两球的速度v，根据机械能守恒：3mgh=mgh+（3m+m）v2解得 两球的速度都为v=，此时绳子恰好放松，a球开始做初速为v=的竖直上抛运动，同样根据机械能守恒：mgh+mv2=mgh解得a球能达到的最大高度h为1.5h故选：b【点评】在a球上升的全过程中，a球的机械能是不守恒的，所以在本题中要分过程来求解，第一个过程系统的机械能守恒，在第二个过程中只有a球的机械能守恒7把一个电容器、电流传感器、电阻、电源、单刀双掷开关按图甲所示连接先使开关s与1端相连，电源向电容器充电；然后把开关s掷向2端，电容器放电与电流传感器相连接的计算机所记录这一过程中电流随时间变化的it曲线如图乙所示下列关于这一过程的分析，正确的是（）a在形成电流曲线1的过程中，电容器两极板间电压逐渐减小b在形成电流曲线2的过程中，电容器的电容逐渐减小c曲线1与横轴所围面积等于曲线2与横轴所围面积ds接1端，只要时间足够长，电容器两极板间的电压就能大于电源电动势e【考点】电容【专题】电容器专题【分析】电容器充电过程中，电荷量增加，根据电容的定义式c=分析极板间电压的变化在放电的过程中，电荷量逐渐减小，电容不变根据it图线所围成的面积求解放电的电荷量充电完毕时，电容器极板间的电压等于电源的电动势e【解答】解：a、在形成电流曲线1的过程中，开关s与1端相连，电容器在充电，所带电量增大，电容不变，由电容的定义式c=分析可知极板间电压增大，故a错误；b、在形成电流曲线2的过程中，开关s与2端相连，电容器在放电，在放电的过程中，电容器的电荷量减小，但电容反映电容器本身的特性，与电压和电量无关，保持不变，故b错误；c、it图线与时间轴围成的面积表示电荷量由于电容器充电和放电的电量相等，所以曲线1与横轴所围面积等于曲线2与横轴所围面积故c正确；d、s接1端，只要时间足够长，电容器充电完毕，电路中没有电流，电源的内电压为零，电容器极板间的电压等于电源的电动势e故d错误故选：c【点评】解决本题的关键掌握电容的定义式c=，知道电容与电压、电量无关的特性，以及知道it图线与时间轴围成的面积表示通过的电荷量8如图1所示，光滑平行金属导轨mn、pq所在平面与水平面成角，m、p两端接有阻值为r的定值电阻阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置，其它部分电阻不计整个装置处在磁感应强度为b的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上从t=0时刻开始棒受到一个平行于导轨向上的外力f，由静止开始沿导轨向上运动，运动中棒始终与导轨垂直，且接触良好，通过r的感应电流随时间t变化的图象如图2所示下面分别给出了穿过回路abpm的磁通量、磁通量的变化率、棒两端的电势差uab和通过棒的电荷量q随时间变化的图象，其中正确的是（）abcd【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；磁通量；法拉第电磁感应定律【专题】压轴题；电磁感应与图像结合【分析】由题可知，回路中的感应电流与时间成正比，说明感应电动势也是随时间均匀增大的，明确各个图象的物理意义，结合产生感应电流的特点即可正确求解【解答】解：a、由于产生的感应电动势是逐渐增大的，而a图描述磁通量与时间关系中斜率不变，产生的感应电动势不变，故a错误；b、回路中的感应电动势为：感应电流为：，由图可知：i=kt，即，故有：，所以图象b正确；c、i均匀增大，棒两端的电势差uab=ir=ktr，则知uab与时间t成正比，故c错误d、通过导体棒的电量为：q=it=kt2，故qt图象为抛物线，并非过原点的直线，故d错误故选b【点评】对于图象问题一定弄清楚两坐标轴的含义，尤其注意斜率、截距的含义，对于复杂的图象可以通过写出两坐标轴所代表物理量的函数表达式进行分析二、非选择题9某同学通过实验测量一根长度为l的电阻丝的电阻率（1）由图甲可知电阻丝的直径d=0.379mm（2）将如下实验操作补充完整：按图乙连接电路，将滑动变阻器r1的滑片p置于b端；将s2拨向接点1，闭合s1，调节r1，使电流表示数为i0；将电阻箱r2的阻值调至最大，s2拨向接点2，保持r1不变，调节电阻箱r2的阻值，使电流表示数仍为i0，记录此时电阻箱的示数为r2（3）此电阻丝的电阻率的表达式=（用已知量和所测物理量的字母表示）【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题【分析】（1）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（2）根据等效替代法的原理完善实验步骤（3）根据电阻定律求出电阻率的表达式【解答】解：（1）由图甲所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0mm，可动刻度示数为37.90.01mm=0.379mm，电阻丝直径d=0mm+0.379mm=0.379mm（2）按图乙连接电路，将滑动变阻器r1的滑片p置于b端；将s2拨向接点1，闭合s1，调节r1，使电流表示数为i0；将电阻箱r2的阻值调至最大，s2拨向接点2，保持r1不变，调节电阻箱r2的阻值，使电流表示数仍为i0，记录此时电阻箱的示数为r2（3）由电阻定律得：r2=，则电阻率为：=故答案为：（1）0.379；（2）保持r1不变，调节电阻箱r2的阻值；（3）【点评】本题考查了螺旋测微器读数、实验步骤、求电阻率；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，螺旋测微器需要估读一位10两位同学用如图甲所示装置，通过半径相同的a、b两球的碰撞来验证动量守恒定律实验中必须满足的条件是bca斜槽轨道尽量光滑以减小误差b斜槽轨道末端的切线必须水平c入射球a每次必须从轨道的同一位置由静止滚下d两球的质量必须相等测量所得入射球a的质量为ma，被碰撞小球b的质量为mb，图甲中o点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影，实验时，先让入射球a从斜轨上的起始位置由静止释放，找到其平均落点的位置p，测得平抛射程为op；再将入射球a从斜轨上起始位置由静止释放，与小球b相撞，分别找到球a和球b相撞后的平均落点m、n，测得平抛射程分别为om和on当所测物理量满足表达式maop=maom+mbon时，即说明两球碰撞中动量守恒；如果满足表达式maop2=maom2+mbon2时，则说明两球的碰撞为完全弹性碰撞乙同学也用上述两球进行实验，但将实验装置进行了改装：如图乙所示，将白纸、复写纸固定在竖直放置的木条上，用来记录实验中球a、球b与木条的撞击点实验时，首先将木条竖直立在轨道末端右侧并与轨道接触，让入射球a从斜轨上起始位置由静止释放，撞击点为b；然后将木条平移到图中所示位置，入射球a从斜轨上起始位置由静止释放，确定其撞击点p；再将入射球a从斜轨上起始位置由静止释放，与球b相撞，确定球a和球b相撞后的撞击点分别为m和n测得b与n、p、m各点的高度差分别为h1、h2、h3若所测物理量满足表达式=+时，则说明球a和球b碰撞中动量守恒【考点】验证动量守恒定律【专题】实验题；定性思想；实验分析法；动量定理应用专题【分析】（1）在做“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，所以要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平；（2）由于两球从同一高度下落，故下落时间相同，所以水平向速度之比等于两物体水平方向位移之比，然后由动量守恒定律与机械能守恒分析答题（3）应用平抛运动规律分析碰撞的速度，再由动量守恒定律列式求解【解答】解：a、“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故a错误；b、要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故b正确；c、要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故c正确；d、为了使小球碰后不被反弹，要求入射小球质量大于被碰小球质量，故d错误；故选：bc小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相同，它们在空中的运动时间t相等，它们的水平位移x与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，若两球相碰前后的动量守恒，则mav0=mav1+mbv2，又op=v0t，om=v1t，on=v2t，代入得：maop=maom+mbon，若碰撞是弹性碰撞，则机械能守恒，由机械能守恒定律得： mav02=mav12+mbv22，将op=v0t，om=v1t，on=v2t代入得：maop2=maom2+mbon2；小球做平抛运动，在竖直方向上：h=gt2，平抛运动时间：t=，设轨道末端到木条的水平位置为x，小球做平抛运动的初速度：va=，va=，vb=，如果碰撞过程动量守恒，则：mava=mava+mbvb，将va=，va=，vb=，解得： =+故答案为：bc；maop=maom+mbon；maop2=maom2+mbon2；=+【点评】该题考查用“碰撞试验器”验证动量守恒定律，该实验中，虽然小球做平抛运动，但是却没有用到速度和时间，而是用位移x来代替速度v，这是解决问题的关键，解题时要注意体会该点；明确知识的正确应用11如图所示，在一足够大的空间内存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小e=3.0104 n/c有一个质量m=4.0103 kg的带电小球，用绝缘轻细线悬挂起来，静止时细线偏离竖直方向的夹角=37取g=10m/s2，sin37=0.60，cos37=0.80，不计空气阻力的作用（1）求小球所带的电荷量及电性；（2）如果将细线轻轻剪断，求细线剪断后，小球运动的加速度大小；（3）从剪断细线开始经过时间t=0.20s，求这一段时间内小球电势能的变化量【考点】共点力平衡的条件及其应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；功能关系【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】（1）小球处于静止状态，分析受力，根据电场力与场强方向的关系判断电性（2）将细线突然剪断小球将沿细线方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律列式求解加速度；（3）根据运动学公式求解出小球的位移；然后根据电势能的减小量等于电场力的功列式求解【解答】解：（1）小球受到重力mg、电场力f和绳的拉力t的作用，由共点力平衡条件有：f=qe=mgtan 解得：q=1.0106 c 电场力的方向与电场强度的方向相同，故小球所带电荷为正电荷；（2）剪断细线后，小球做匀加速直线运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律有： =ma 解得：a=12.5m/s2（3）在t=0.20s的时间内，小球的位移为：l=0.25m小球运动过程中，电场力做的功为：w=qelsin=mg lsin tan=4.5103 j 所以小球电势能的变化量（减少量）为：ep=4.5103 j 答：（1）小球所带的电荷量为1.0106 c，电性为正；（2）细线剪断后，小球运动的加速度大小为12.5m/s2；（3）从剪断细线开始经过时间t=0.20s，这一段时间内小球电势能的减少量为4.5103 j【点评】本题是带电体在电场中平衡问题，分析受力情况是解题的关键，并能根据受力情况判断此后小球的运动情况12飞行时间质谱仪可以根据带电粒子的飞行时间对气体分子进行分析如图所示，在真空状态下，自脉冲阀p喷出微量气体，经激光照射产生不同正离子，自a板小孔进入a、b间的加速电场，从b板小孔射出，沿中线方向进入m、n板间的方形区域，然后到达紧靠在其右侧的探测器已知极板a、b间的电压为u0，间距为d，极板m、n的长度和间距均为l不计离子重力及经过a板时的初速度（1）若m、n板间无电场和磁场，请推导出离子从a板到探测器的飞行时间t与比荷k（k=，q和m分别为离子的电荷量和质量）的关系式；（2）若在m、n间只加上偏转电压u1，请论证说明不同正离子的轨迹是否重合；（3）若在m、n间只加上垂直于纸面的匀强磁场已知进入a、b间的正离子有一价和二价的两种，质量均为m，元电荷为e要使所有正离子均能通过方形区域从右侧飞出，求所加磁场的磁感应强度的最大值bm【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】方程法；运动学与力学（一）；带电粒子在复合场中的运动专题【分析】（1）分析带电离子在平行板a、b之间和m、n之间的运动情况，运用牛顿第二定律和运动学公式求解（2）带电离子在平行板m、n之间做类平抛运动，求出轨迹方程判断（3）当mn间的磁感应强度大小为b时，离子做圆周运动，根据圆周运动的知识和几何关系求解【解答】解：（1）带电离子在平行板a、b之间运动时，由动能定理有：qu0=mv2解得：v=，即：v=带电离子在平行板a、b之间的加速度：a1=，即：a1=所以带电离子在平行板a、b之间的运动时间：t1=带电离子在平行板m、n之间的运动时间：t2=，所以带电离子从a板到探测器的飞行时间为：t=t1+t2=（2）带电离子在平行板m、n之间水平位移为x时，在竖直方向位移为y，水平方向满足：x=vt，竖直方向满足：y=a2t2，a2=联立解得：y=式是正离子的轨迹方程，与正离子的质量和电荷量均无关系，所以不同正离子的轨迹是重合的（3）当mn间的磁感应强度大小为b时，离子做圆周运动，满足qvb=由两式解得带电离子的轨道半径r=上式表明：在离子质量一定的情况下，离子的电荷量越大，在磁场中做圆周运动的半径越小，也就越不容易穿过方形区从右侧飞出所以，要使所有的一价和二价