2019年湖南省衡阳市衡阳县三中高考物理模拟试卷(5月份)

1、2019 年湖南省衡阳市衡阳县三中高考物理模拟试卷（ 5 月份）副标题题号一二三四总分得分一、单选题（本大题共4 小题，共24.0 分）1.某科学家提出年轻热星体中核聚变的一种理论，其中的两个核反应方程为H+CN+Q1， H +NC+X+Q2 方程式中Q1、Q2 表示释放的能量，相关的原子核质量见下表：（）原子核HHeHeCNN质量 /u1.00783.01604.002612.000013.005715.0001A. X 是 He， Q2Q1B. X 是 He ， Q2 Q1C. X 是 He， Q2 Q1D. X 是 He ， Q2 Q12. 如图所示，由竖直轴和双臂构成的“Y”型支架可以

2、绕竖直轴转动，双臂与竖直轴所成锐角为一个质量为 m 的小球穿在一条臂上，到节点的距离为h，小球始终与支架保持相对静止。设支架转动的角速度为），则（A. 当 =0时，臂对小球的摩擦力大小为mgsin B. 由零逐渐增加，臂对小球的弹力大小不变C. 当 =时，臂对小球的摩擦力为零D. 当 =时，臂对小球的摩擦力大小为mg3. 2018 年 5 月和 12 月，我国分别成功地将探月工程的鹊桥号中继星和嫦娥四号登月探测器发射升空。 鹊桥号中继星是世界首颗运行于地月拉格朗日L 2 点的通信卫星，为在月球背面工作的嫦娥四号登月探测器提供地月间的中继通信。该L2 点位于地球和月亮连线的延长线上，如图所示，

3、鹊桥号在该点消耗很少燃料就可较长期地与月球同步绕地球做圆周运动。嫦娥四号登月探测器软着陆月球背面，更深层次地探测月球地质、资源等方面的信息。请根据上述信息和你所掌握的物理知识，确定下列叙述中正确的是（）第1页，共 19页A. 地球对鹊桥号的万有引力作用可忽略不计B. 以同样的速度爬上相同的坡道，探测器在月球上将比在地球上消耗更大的功率C. 相对月面静止的探测器绕地球运行的向心加速度比鹊桥号的向心加速度小D. 在降落到月面的过程中，探测器和月球系统的机械能守恒4. 如图所示， 在边长为 a 的正方形 ABCD 区域（包含边界） 内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。 E 点是 AB 边上的一点，

4、且 AE 之间的距离为将一电子从 E 点沿 EB 方向射出， 若初速度为 v1，其运动轨迹将与BC 边相切：若初速度为v2，其运动轨迹将与 CD 边相切。则 v1 与 v2 之比为（）D.A.2：1B. ：2C. ：14：333二、多选题（本大题共6 小题，共34.0 分）5. 如图所示，表面光滑的斜面固定在水平地面，顶端安装有定滑轮，小物块AB通、过绕过定滑轮的绝缘轻绳连接，轻绳平行于斜面， 空间有平行于斜面向下的匀强电场。开始时，带正电的小物块A 在斜面底端，在外力作用下静止，B 离地面一定高度，撤去外力， B 竖直向下运动。 B 不带电，不计滑轮摩擦。则从A和B开始运动到 B 着地的过程

5、中（）A. A 的电势能增加B. A 和 B 系统的机械能守恒C. A 和 B 系统减少的重力势能等于A 增加的电势能D. 轻绳拉力对A 做的功大于A 的电势能增加量和动能增加量之和6. 如图， abcd 是一个质量为 m、边长为 L 的正方形金属线框。从图示位置自由下落，在下落h 后进入磁感应强度为B 的匀强磁场，恰好做匀速直线运动。该磁场的宽度也为L 在这个磁场的正下方2h+L 处还有一个未知的匀强磁场（图中未画出）。金属线框abcd在穿过这个磁场时也恰好做匀速直线运动。那么下列说法正确的是（）A. 未知磁场的磁感应强度是B. 未知磁场的磁感应强度是C. 线框在穿过这两个磁场的过程中产生的

6、焦耳热是4mgL第2页，共 19页D. 线框在穿过这两个磁场的过程中产生的焦耳热是2mgL7.如图所示，理想变压器输入端接在电动势随时间变化、内阻为r 的交流电源上，输出端接理想电流表及阻值为R 的负载， 变压器原、 副线圈匝数的比值为：如果要求负载消耗达到最大功率，则下列说法正确的是（）A. 交流电源的效率为50%B. 电流表的读数为C. 负载上消耗的热功率为D. 该交流电源电动势的瞬时值表达式为e=Emsin（ 100 ）8. 某同学做了一个趣味实验， 如图所示，有两个弹性小球 A、B 重叠放置，质量分别为 m1、 m2，两球球心在同一竖直线上。现让它们在距水平地面高 h 处由静止释放，落

7、地时认为小球B 先与地面碰撞，再与小球 A碰撞，小球 A 碰后能上升的最大高度为H 所有的碰撞都是弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，碰撞前后两小球都在竖直方向运动，两小球均可视为质点，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A. 若 m2=3m1，则 H=4hB. 若 m2=3m1，则 H =9hC. 若 m2 m1，则近似有 H=9 hD. 若 m2 m1，则近似有 H =16h9. 下列说法正确的是（）A. 悬浮在液体中的花粉颗粒做布朗运动，反映了花粉分子在做无规则运动B. 当分子间距离减小时，分子之间的引力与斥力均增大C. 气体温度升高时，所有气体分子的动能均增大D. 在一个标准大气压下， 100的

8、水蒸气的内能大于相同温度下相同质量的水的内能E. 一定质量的气体，向外界放热，内能可能不变10.下列说法正确的是（）A. 做简谐运动的物体，当速度为正时，位移一定为负，加速度一定为正B. 当驱动力的频率等于固有频率时，物体做受迫振动的振幅最大C. 夜晩，高速公路上的路牌在车灯的照射下特別明亮是利用了光的干涉D. 电磁波的接收是利用了电谐振把有用信号选择出来E. 狭义相对论中假设在不同惯性参考系中，物理规律（包括力学的和电磁的）都是一样的三、实验题探究题（本大题共2 小题，共18.0 分）11.某冋学利用如图甲所示装置研究匀变速直线运动规律。某次实验通过电磁打点计时器打出纸带的一部分如图乙所示，

9、图中A、 B、C、 D、 E 为相邻的计数点，每两个相邻计数点间有4 个计时点没有画出，打点计时器所接交流电源频率为50Hz分别测出 A 点到 B、 C、 D、 E 点之间的距离，x1、 x2 、x3、 x4，以打 A 点作为计时起点，算出小车位移与对应运动时间的比值，并作出-t 图象如图丙所示。第3页，共 19页（ 1）实验中下列措施必要的是_（填正确答案标号）A打点计时器接 220V 交流电源B平衡小车与长木板间的摩擦力C细线必须与长木板平行D 小车的质量远大于钩码的质量（ 2）由图内中图象求出小车加速度a=_m/s2，打 A 点时小车的速度vA=_m/s。（结果均伓留两位有效数字）12.

10、 某同学用如图甲所示电路图测定电源电动势和内阻，定值电阻R0=2。（1）根据图甲所示电路，将图乙所小的实物图连接补充完整（2）某同学实验过程中，测出当电压表V1 的读数 U1=1.80 V 时，电压表 V2 的读数U2 =0.60V改变滑动变阻器滑片的位置，电压表V1 的读数 U1 =2.40 V 时，电压表V2 的读数为 U2 =2.00 V，则电源电动势E=_ V，內阻 r=_ （结果均保留三位有效数字）（3）本实验电路设计有在系统误差。 为了减小系统误差， 下列说法止确的是_（填正确答案标号）。A对于电压表 V1，应选用内阻更小的B对于电压表 1，应选用內阻更大的C对于电压表 V2，应选

11、用内阻更小的D 对于电压表 V2，应选用内阻更大的四、计算题（本大题共4 小题，共 40.0 分）13. 如图所示，在竖直平面內有一粗糙斜面轨道AB 与光滑圆弧轨道 BC 在 B 点平滑连接（滑块经过 B 点时速度大小不变），斜面轨道长L=2.5m，斜面倾角 =37，O 点是圆弧轨道圆心，OB 竖直，圆弧轨道半径R=1m，圆心角 =37， C 点距水平地面的高度 h=0.512m，整个轨道是固定的。一质量m=1kg 的滑块在 A 点由静止释放，最终落到水平地面上。 滑块可视为质点， 滑块与斜而轨道之间的动摩擦因数=0.25，取 g=10m/s2， sin37 =0.6， cos37=0.8，不

12、计空气阻力，求：（ 1）滑块经过圆弧轨道最低点B 时，对圆弧轨道的压力；（ 2）渭块离开C 点后在空中运动的时间t。第4页，共 19页14. 如图，在 xOy 坐标平面第一象限内、x1m 的范围中，存在以y=x2 为上边界的沿 y轴正方向的匀强电场，场强大小2E1=2.0 10 N/C在直线 MN （方程为 y=1m）的上方存在方向垂直纸面向里、 磁感应强度为B 的匀强磁场。 在 x=-1 m 处有一与 y 轴平行的接收板 PQ，板两端分别位于MN 直线和 x 轴上；在第二象限， MN 和 PQ 围成的区域内存在沿 x 轴负方向的匀强电场，场强大小为 E2现有大量的带正电粒子从x 轴上 0 x

13、1m 的范围内同时由静止释放，粒子的比荷均为=1.6 105C/kg，不计粒子的重力及其相互作用。（ 1）求在 x=0.5m 处释放的粒子射出电场E1 时的速度大小；（ 2）若进入磁场的所有带电粒子均从MN 上同一点离开磁场，求磁感应强度B 的大小；（ 3）若在第（ 2）问情况下所有带电粒子均被PQ 板接收，求电场强度 E2 的最小值和在 E2 最小的情况下最先打在接收板上的粒子运动的总时间。第5页，共 19页15. 如图所示，可在竖直平面内转动的平台上固定着一个内壁光滑的气缸，气缸内有一导热活塞，活塞底面与气缸底面平行，一定量的气体做密封在气缸内。当平台倾角为 37时，气缸内气体体积为 V，

14、然后将平台顺时针缓慢转动直至水平，该过程中，可以认为气缸中气体温度与环境温度相同，始终为 T0，平台转至水平时，气缸内气体压强为大气压强 p0 的 2 倍。已知 sin37 =0.6，cos37 =0.8。（ i）当平合处于水平位置时，求气缸内气体的体积：（ i）若平台转至水平后，经过一段时间，环境温度缓慢降至0.9T（大气压强 p0保持不变），该过程中气缸内气体放出0.38P0V 的热量，求该过程中气体内能的变化量 U。16. 如图所示， ABC 为直角三棱镜， ACB=30 ， ABC=90 一束光线 OD 从 AC 面的D 点入射到三棱镜上，经折射后在BC 面的 E 点发生全反射，然后从

15、AB 面的 F 点经折射后射出三棱镜。已知 EG 垂直于 BC， EG 交 AC 于 G 点， D 点恰好为 CG 的中点，不计光线在三棱镜中的多次反射，求：（ i）从 F 点射出的光线相对于入射光线OD 的偏转角；（ ）满足光线在三棱镜中传播路径不变的条件下，棱镜折射率的范围。第6页，共 19页答案和解析1.【答案】 B【解析】解： H+CN 中质量亏损为：m（），1=1.0078+12.0000-13.0057=0.0021 u根据根据 电荷数守恒和 质量数守恒可知 H+NC +X+Q2 中 X 的电荷数为质量数为4，故X为质亏损为：2、粒子即 H， 量m2=1.0078+15.0001-

16、12.0000-4.0026=0.0053（u）。根据爱因斯坦的 质能方程可知：Q1=m1C2，Q2=m2C2，则 Q1Q2，故ACD错误，B 正确。故选：B。根据核反 应方程的质量数和电荷数守恒可判断出X 是那种原子核，根据 爱因斯坦质能方程可知 质量亏损大的释放能量大。核反应方程的书写和质能方程的 应用是原子物理中的重点知 识，要加强这方面的练习和应用。2.【答案】 C【解析】解：A 、对小球受力分析，受到重力、支持力和摩擦力，垂于平衡状态，故f=mgcos ，故A 错误；B、对小球受力分析可知， FNsin +fcos-mg=0，联立解得，故当角速度增大时对弹力，臂 小球的大小变大，故

17、B 错误；C、根据 B 中，当摩擦力为零时，解得 =，故 C 正确；D、当 =时，代入 B 中，解得，故D 错误；故选：C。对小球受力分析，根据共点力平衡和牛顿第二定律即可求得第7页，共 19页本题主要考查了对小球的受力分析，明确向心力的来源，利用好牛 顿第二定律即可判断3.【答案】 C【解析】解：A 、对“鹊桥号”受力分析，受地球与月球的万有引力作用，两个力都在一条直线上，故“鹊桥号”的向心力由月球及地球 对它的引力的合力提供，故A错误B、在月球上的重力加速度要小于在地球上的重力加速度，则以同样的速度爬上相同的坡道，探 测器在月球上将比在地球上消耗更小的功率，故B 错误C、相对月面静止的探

18、测器其轨道半径要小于 绕地球运行的向心加速度比鹊2样则 rC桥号轨道半径，由 a=r 要知角速度一，小的加速度小，故正确D、在降落到月面的过程中，因受到地球的引力，则探测器和月球系 统的机械能不守恒，故 D 错误故选：C。分析 “鹊桥号”受力即可其向心力的来源；根据 “鹊桥号”与月球同步 绕地球做圆周运动，可知“鹊桥号 ”与月球 绕地球做圆周运动的角速度与周期关系，利2用 a= r 即可分析加速度大小关系。本题的关键是审清题意，通过受力分析找出 “鹊桥 号”的向心力来源、得出 “鹊桥号”与月球的角速度关系即可正确答题4.【答案】 B【解析】解：将一电子从 E 点沿 EB 方向射出，若初速度 为

19、 v1，其运动轨迹将与 BC 边相切，则由几何关系可知粒子运 动的轨道半径：r1=a，若初速度 为 v2，其运动轨迹将与 CD 边相切，则由几何关系可知粒子运 动的轨道半径 r2=a，电子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，第8页，共 19页由牛顿第二定律得：evB=m，解得：v=电，故 B 正确，ACD错误；， 子速度之比：故选：B。根据两种情况下 电子的运动轨迹由几何关系确定粒子的 轨道半径，应用牛顿第二定律求出粒子的速度，然后求出粒子速度之比。本题考查了求粒子在磁 场中的运动时间之比问题，粒子在磁场中做匀速 圆周运动，根据题意作出粒子运 动轨迹、求出粒子转过的圆心角是解 题的前提与关键，应用

20、周期公式即可解 题。5.【答案】 AD【解析】解：A、带正电的小物块 A 所受电场力沿斜面向下，从 A 和 B 开始运动到 B 着地的过程中，电场力做负功，所以 A 的电势能增加，故 A 正确；B、从A 和 B 开始运动到 B 着地的过程中，根据能量守恒定律得 A 和 B 系统的部分机械能 转化为 A 的电势能，故B 错误；C、根据能量守恒定律得 A 和 B 系统减少的重力 势能等于 A 增加的电势能和系统增加的动能之和，故 C 错误；D、对 A 进行研究，根据动能定理得 W 拉 +WG+W 电 =EK，根据功能关系得WG=-Ep，W 电=-Ep 电 ，即W 拉=EK +Ep+Ep 电，所以轻

21、绳拉力对 A 做的功大于 A 的电势能增加量和 动能增加量之和，故 D 正确；故选：AD 。根据电场力做功情况判断 电势能的变化；根据系统能量转化的情况判断系 统机械能是否守恒；根据能量守恒定律找出不同形式的能量变化的关系。本题研究对象为系统，涉及功能关系多，有电势能、重力势能、动能之间的转化，全面考查了学生综合分析问题能力和对功能关系的理解及 应用。6.【答案】 AC【解析】第9页，共 19页解：AB 、设线圈刚进入第一个磁 场时速度为 v1线框进入第一个磁 场前，由机2解得：v1=设线圈刚进入未知磁 场时速度为 v2，由运动学公式得：v22-v12=2g?2h，解得：v2=v1。线框进入两

22、个磁 场都做匀速直 线运动，则有：mg=mg=联立以上三式解得，未知磁 场的磁感应强度为：B= ，故A 正确，B 错误 。CD、线框穿过两个磁 场时都做匀速直 线运动，减少的重力势能都转化为电能，所以在穿 过这两个磁场的过程中产生的焦耳 热为：Q=22mgL=4mgL ，故C 正确，D 错误 。故选：AC。线框进入第一个磁 场做匀速直 线运动，重力与安培力平衡，根据机械能守恒定律求出 线框刚进入磁场时的速度，根据平衡条件和安培力与速度的关系式列出方程；线 框从刚出磁场到刚进 第二个磁 场的过 程，由运动 学公式求出 线框刚进第二个磁 场时的速度，根据平衡条件列式，即可求得第二个磁 场的磁感应强

23、度；线框穿过两个磁场时都做匀速直 线运动，重力势能转化为电能，根据能量守恒定律求解 产生的焦耳 热。本题是电磁感应与力学知 识的综合，安培力是联系电磁感应和力学的 桥梁，安培力的分析和 计算是解决 这类问题 的关键。7.【答案】 AB【解析】解：A 、C 把变压器和 R 看做一个整体，等效电阻为则时总为R， 当 R=r， 功率P 总=负载功率为 P负载 =，则其效率为 50%则 A正确，C 错第10 页，共 19页误；B、电流表的读数为有副线圈电流的有效 值：原线圈电流有效值为 I1=则=，故B 正确；， ：D、由图知周期为 0.04S，则其 =，则瞬时值表达式为 e=Emsin（50），故D

24、 错误；故选：AB。由图可读出最大值，周期，求得? ，得出表达式，求得电压有效值可得输出功率，由输出功率与 电功率求得效率，本题巧妙应用当 R=r时，输出功率最大，结合闭合电路欧姆定律解决 问题，难度较大8.【答案】 AC【解析】解：AB 、下降过程为自由落体运 动，由匀变速直线运动的速度位移公式得：v2=2gh，解得触地时两球速度相同，为：v=，m2 碰撞地之后，速度瞬 间反向，大小相等，选 m1 与 m2 碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后 m1、m2 速度大小分 别为 v1、v2，选向上方向 为正方向，由动量守恒定律得：m2v-m1v=m1v1+m2v2，由能量守恒定律得： （

25、m1+m2）v2=m1v12+m2v22，解得 v1=由题可知：m联，反弹后高度为：，故正2=3m1， 立解得：v1=2AH=4h确，B 错误；CD、m2m，则 v ，则近似有，故正确， 错误；113vH= =9hCD故选：AC。下降过程为自由落体运 动，触地时两球速度相同，但 m2 碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，而 m1 也会与 m2 碰撞，选 m1 与 m2 碰撞过程为研究过程，碰撞前后 动量守恒，能量守恒，列方程解得 m2 速度，之后 m2 做竖直上抛运 动，第11 页，共 19页由动能定理或运 动学公式求解反 弹高度。本题考查了动量守恒和能量守恒的 综合运用，知道在弹性碰撞的 过

26、程中，动量守恒，能量守恒，通过动量守恒和能量守恒求出A 球碰撞后的速度是关 键 。9.【答案】 BDE【解析】解：A 、悬浮在液体中的花粉 颗粒做布朗运 动，反映了液体分子在做无 规则运动，故A 错误 。B、当分子间距离减小 时，分子之间的引力和斥力均增大，故 B 正确。C、气体温度升高时，分子的平均动能增大，并非所有气体分子的 动能均增大，故 C错误。D、在一个标准大气压下，100的水 变成同温度的水蒸气要吸收热量，则 100水蒸气的内能大于相同温度下相同质量的水的内能，故 D 正确。E、一定质量气体，向外界放热，同时外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，内能可能不变，故E 正确。故选：B

27、DE。布朗运动是悬浮微粒的无 规则运动，是液体分子无规则运动的反映。分子间距减小时 ，分子之间 的引力和斥力均增大。温度是平均 动能的标志。内能由温度、体积和物质的量决定。做功、热传递均可以改 变内能。本题考查了布朗运 动、分子相互作用力、热力学第一定律等知 识，解题的关键是利用吸放 热判断 100水蒸气的内能和相同温度下相同 质量的水的内能的比较10.【答案】 BDE【解析】第12 页，共 19页解：A 、做简谐运动的物体，当速度为正时，位移可能为正，也可能为负，加速度可能为正，也可能为负，故 A 错误；B、当驱动力的频率等于固有 频率时，物体做受迫振动的振幅最大，出现共振现象，故 B 正确

28、；C、夜晩，高速公路上的路牌在车灯的照射下特別明亮是全反射 现象，故 C 错误；D、电磁波的接收是利用了 电谐振把有用信号 选择出来，故 D 正确；E、狭义相对论中假设在不同惯性参考系中，物理规律（包括力学的和电磁的）都是一样的，故 E 正确；故选：BDE。振子经过同一位置 时，位移一定、回复力一定、但速度有两个可能的方向；振幅是偏离平衡位置的最大位移的大小；振子的动能、重力势能和弹簧的弹性势能总量不变。根据共振的条件分析；路牌在 车灯的照射下特別明亮是全反射现象；根据电谐振的特点分析；记住相对论有关时间间隔的相对性公式、相对论质量公式，明确相对论的等效原理。本题考查简谐 运动、相对论 等知识

29、点，关键是结合简谐 运动的对称性和机械能守恒进行分析，基础题目。11.【答案】 C5.00.40【解析】解：（1）A 、电磁打点计时器接 4-6V 交流电源，故 A 错误；B、探究匀变速直线运动规律实验，不需要平衡小车与长木板间的摩擦力，故B 错误；C、为使小车在木板上做匀 变速直线运动，细线必须与长木板平行，故 C 正确；D、实验中小车做匀加速运 动即可，没必要小车的质量远大于钩码的质量，故D 错误；第13 页，共 19页故选：C。变线运动的位移公式：x=v 0t+2可得：得，（2）由匀 速直at由图象可知：v0=vA =0.40m/s，a=2k=2=5.0m/s2；故答案为：（1）C；（2

30、）5.0；0.40。（1）根据实验的原理以及 实验注意事项选择必要的措施；（2）根据x=v0t+at2 可得结合图象的斜率和截距求解初速度和加速度。本题考查了实验注意事项与实验数据处理，掌握实验注意事项、应用匀变速直线运动的位移公式求出 图线的函数表达式是解 题的前提与关 键，根据图示图线可以解题。12.【答案】 2.701.50B【解析】解：（1）实物连线如图；（2）当电压表 V 1 的读数 U1=1.80V，电压表 V2 的读数 U2=0.60V 时，电源的电流。由闭合电路的欧姆定律得E=U1+I1r=1.80+0.6r同理，当电压表 V1 的读数 U1=2.40V，电压表 V2 的读数为

31、 U2=2.00V时，电源的电流由闭合电路的欧姆定律得E=U1+I 2r=2.40+0.2r联立 解得：E=2.70V，r=1.50 。（3）本实验产生误差主要是 电压表 V 1 的分流作用，则为了减小实验的误差，应选用內阻更大的 电压表 1，故选：B。第14 页，共 19页故答案为：（1）实物图如图所示；（2）2.70；1.50；（3）B。（1）根据电路图连接实物图；（2）根据实验原理图以及闭合电路的欧姆定律列式求解 电动势和内阻；（3）本实验产生误差主要是 电压表 V 1 的分流作用，由此进行判断。本题考查实验中的误差分析及数据 处理，特别是数据的 处理应重点把握；注意各电表的示数与我 们

32、的需要的数据是否一致，从而得出误差来源。13.【答案】 解：（ 1）对滑块在A 到 B 的过程，由动能定理有：解得： vB=2m/s对滑块经过B 点时，由牛顿第二定律有：F -mg=m由牛顿第三定律可得：F=F解得： F =30N 方向竖直向下；（ 2）对滑块在B 到 C 的过程，由动能定理有：解得： vC=4m/s滑块离开C 点后在竖直方向上做竖直上抛运动，以竖直向下为正方向，则有：解得： t=0.64s答：（ 1）滑块经过圆弧轨道最低点B 时，对圆弧轨道的压力是30N方向竖直向下；（ 2）渭块离开 C 点后在空中运动的时间是 0.64s。【解析】（1）滑块在 A 到 B 的过程，由动能定理

33、可求得到 B 的速度，经过 B 点时，由牛顿第二定律可求得 轨道对滑块的支持力。再由牛顿第三定律可知 对圆弧轨道的压力；（2）滑块在 B 到 C 的过程，由动能定理可求得到 C 的速度，滑块离开 C 点后在竖直方向上做 竖直上抛运 动，由位移公式可求得运 动时间。本题考查了动能定理、牛顿第二定律、运动学公式的 综合应用，关键是明确滑块在每一段的运 动规律，再选择合适的公式求解。第15 页，共 19页14.y，且满足：【答案】 解：（ 1）由题意得， 于 x 处释放的粒子在电场中加速的位移为y=x2 设射出电场 E1 时的速度大小为v，由动能定理可得： E1qy= mv2 由式可得： v= 代入

34、 x=0.5m 可得： v=4103m/s（ 2）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设半径为 r ，由牛顿第二定律可得：qvB=m 由式解得：r = 由式可得， 当磁感应强度B 一定时，轨道半径r 与 x 成正比， 当 x 趋近于零时时，粒子做圆周运动的轨道半径趋近于零，即所有粒子经磁场偏转后都从C 点射出磁场，且有：2r=x 由式可得：B=0.1T（ 3）粒子从 C 点沿 y 轴负方向进入电场强度大小为 E2 的范围后，都在电场力作用下做类平抛运动，若所有带电粒子均被PQ 板接收，则从x=1m 处出发的粒子刚好运动到Q 点，对应电场强度 E2 的最小值E2min，设该粒子在场强大小为E2min

35、的电场中运动的初速度为v1，时间为t3，加速度为a2，有： E2min q=ma2 y=v1t3 x= a2t32 将 x=1 m， y=1m 分别代入两式，联立式可得：E2min=8.0 102N/C由题意得，在 E2 最小的情况下最先打在接收板上的粒子为从 x=1 m 处出发的粒子，设该粒子在场强大小为 E1 的电场中运动的时间为 t1，在磁场中运动的时间为 t2，则有： E1 q=ma1 v1=a1 t1?在匀强磁场中转过的圆心角：=有： r=v1t2?故该粒子所经历的总时间：t=t1+t 2+t3?将 x=1 m， y=1m 分别代入两式，联立 ?可得： t=10-4 s 5.7 -4

36、10s答：（ 1）在 x=0.5m 处释放的粒子射出电场E1 时的速度大小为 4103m/s；（ 2）若进入磁场的所有带电粒子均从MN 上同一点离开磁场，磁感应强度B 的大小为0.1T；（ 3）若在第（2）问情况下所有带电粒子均被PQ 板接收，电场强度 E2 的最小值为25.7 10-48.0 10 N/C，在 E2 最小的情况下最先打在接收板上的粒子运动的总时间约为s。【解析】第16 页，共 19页（1）加速场运用动能定理，求出速度，结合抛物线方程，二者联立，即可求出粒子速度 v；（2）运用洛伦兹力提供向心力求出半径公式， 结合临界几何关系 联立，即可求出磁感应强度 B；（3）所有带电粒子均被 PQ 板接收，粒子在 E2 中做类平抛运动，利用运动的合成和分解 结合牛顿第二定律，再找出临界几何条件，联立即可求出E2 最小值，分别求每一个 过程的时间，加和即可求出总时间。本题考查带电粒子在复合 场中的运动，分析问题时，要分好过程，针对每一个过程的运动形式选择合适的规律解题；粒子在加速电场中做加速运 动运用动能定理解决，粒子在磁 场中做匀速 圆周运动，运用洛伦兹力提供向心力求出半径公式，再与几何关系 联立；粒子在偏转电场中做类平抛运动，运用运动的合成和分解，牛顿第二定律 结合运动学规律求解。解题的关键在于临界几何条件的 寻找，即：从x=1m 处出发