福建三明高三物理下学期第二次模拟试卷含解析

1、福建省三明市2015届高考物理二模试卷一、选择题共6小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目 要求.1.图甲中一理想变压器原、副线圈匝数之比为10: 1,其原线圈两端接入如图乙所示的正弦式交变电流，副线圈通过电流表与阻值 R=22Q的负载电阻相连.若交流电压表和交流电 流表都是理想电表，则下列说法中正确的是 （）A.电压表的示数是 220VB.电流表的示数是 1.4AC.变压器原线圈白输人功率是22WD.通过R的交变电流的频率是 50Hz2. 一简谐机械横波沿 x轴传播，波速为4.0m/s ,该波在t=0时刻的波形曲线如图甲所示, 在x=0处质点的振动图象如图乙所示.则

2、下列说法中正确的是（）A.质点的振动周期为 2.0sB.这列波的振幅为 60cmt=O时，x=4.0m处的质点沿y轴负方向运动t=O时，x=4.0m处的质点比x=6.0m处质点的速度小 3. “嫦娥”三号探测器发射到月球上经过多次变轨，最终降落到月球表面上，其变轨示意 图如图所示，其中圆形轨道 I上的P点即为椭圆轨道n的远月点.则探测器 （）A.在轨道I运行时的加速度大于月球表面的重力加速度B.分别经过轨道I、n上的 P点时的加速度大小相等C.在轨道I的运行周期比在轨道n的小D.在P点由轨道I进人轨道n必须点火加速.如图所示，半径为 R的圆形导线环对心、匀速穿过半径也为 R的圆形匀强磁场区域，

3、规 定逆时针方向的感应电流为正， 导线环中感应电流i随时间t的变化关系图线最符合实际的 是（）.如图所示，直线 OO与上下表面平行的玻璃砖垂直且与其上表面交于N点.a, b两种单色光以相同的入射角i射到玻璃砖的上表面，入射点 A、B到N点的距离相等，经折射后两 束光相交于图中的 P点.下列说法正确的是()a光在玻璃中的折射率比 b光的大a光在玻璃中的传播速度比b光的小C.对同一双缝干涉装置，a光的条纹间距比 b光的小D.增大i (i (j) 2(j) 3 的关系为 4 1V (J) 2V (j) 3C.粒子在X1 - X2段做匀变速运动，X2- X3段做匀速运动D. X1、X2两点间的电势差X

4、2、X3两点间的大、必考题(共5小题，满分72分).在研究“物体加速度与力的关系”的实验中.某小组同学将一端装有定滑轮的平板放置 在水平桌面上，组装好的实验器材如甲图所示（设当地重力加速度为0I2 cb|山丫阳|川|阳山州01D 20实验时，小组同学先用游标卡尺测得遮光片的宽度如图乙所示，其读数为 cm.接着，他们利用甲图实验装置便开始实验： 保持小车质量不变， 多次改变砂桶与砂的总重 F.测得加速度a和力F的数据.你认为他们实验中疏漏的一个重要步骤是： .纠正疏漏后正确进行实验，依据多次实验得到的a、F数据描出的点如图丙所示，发现右侧若干个点明显偏离直线.造成此误差的主要原因是.（填选项前的

5、字母）A.木板倾斜不够B .木板倾斜过度C .砂桶与砂的总重太大D .所用小车 的质量太大若不断增加桶中砂的质量，丙图各点连成的a-F图象的曲线将不断延伸，那么加速度的趋向值为.图甲为某物理兴趣小组设计的一种电子秤结构原理图.其中 Ro为定值电阻，R是压敏电 阻，其阻值的变化范围约为几欧到几十欧， 通过电压表的示数可知道物重. 为了制作出可使 用的电子秤，该兴趣小组又设计了如图乙所示的实验电路， 用于探究压敏电阻 R随所受压力 F的变化关系.图乙电路中 J、K处的电表可从下列实验器材中选择：电流表Ai （00.6A,内阻约为1Q） 电流表A （00.3A,内阻ri=10Q ）电压表 V （01

6、5V,内阻约为 5kQ ）为尽可能准确测量电阻 R,则J、K的电表应分别是 和 （填电表字 母代号）.图乙中，在电阻R上施加竖直向下的压力 F,当闭合开关S时.J表的示数为a, K表的示数为b,可计算出R=.（用a、b和相关已知量符号表示）图乙所示电路中，改变压力F的大小，得到不同的 R值，绘出如图丙所示的R- F图象，则R与F满足的关系式 为 R=.在图甲所示的电路中，已知电源电动势E=10.0V,电源内阻r=1.0 Q , R=5.0 .现将一重物水平放置在压敏电阻 R上，当闭合开关时.电压表示数为5.0V,则该重物重为N.若考虑电压表内阻的影响，则物重的测量值 （选填“大于”、“小于”或

7、“等于）真实值.图甲是利用传送带装运煤块的示意图，传送带右轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度差H=1.8m.现传送带以某一速度 V。匀速运动，在传送带左端由静止释放一煤块（可视为重点）当煤块运动到左轮轴顶端后做平抛运动，其落在运煤车底板上的位置相对传送带右轮轴的水平距离x=1.2m,已知煤块在传送带上运动的v-t图象如图乙所示，图中t o=0.25s ,取2g=10m/s .求：(1)传送带速度Vo的大小；L.(2)煤块在传送带上划出的痕迹长度. (19分)如图所示，光滑杆 AB长为L,其B端固定一根劲度系数为 k=100N/m,原长为l o=0.4m的轻质弹簧，质量为 m=1kg的小球套在光滑

8、杆上并与弹簧的上端连接； OO为过 B 点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为 。=37 (取g=10m/s：sin37 =0.6, cos37 =0.8)(1)当杆保持静止状态，在弹簧处于原长时，静止释放小球，求小球速度最大时弹簧的压缩量1；(2)当球随杆一起绕 OO轴以角速度 W0=_匚性式n年匀速转动时,小球恰好能稳定COS0 V L在杆上的某一位置 P处(图中未画出).保持3 0不变，小球受轻微扰动后沿杆上滑，到最高点A时其沿杆对其所做的功 W (结果用m g、vy、。、L表示). “太空粒子探测器”由加速、偏转和收集三部分装置组成，其原理如图所示：辐射状的加速电场区域边界为两个同心半圆

9、弧定和声，圆心为O,弧建的半径为L, P为弧标的中点，两圆弧间的电势差大小为U.足够长的收集板 MN平行于边界ACDB 0点到MNS的距离OQ为Lo在边界ACD街口收集板MN之间有一以0为圆心、L为半径的半圆形匀强磁场.方向 垂直纸面向里.假设太空中漂浮着质量为m,电量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到弧一麻上，并被加速电场从静止开始加速，不汁粒子间的相互作用和其它星球对粒子引力的影响.(1)求粒子到达 O点时速度的大小；(2)若要收集板MNim攵集到粒子，求半圆形匀强磁场的磁感应强度 B的大小需满足的条件； (3)改变磁感应强度 B的大小，使得从弧APB收集到的粒子中有0能打到MN板上(不

10、考虑 -1过界ACDB勺粒子再次返回磁场)，求此时吸附在弧 AP (四分之一圆弧)上的粒子中，从 O点开始运动到mnB上的最长时间t max.三、选考题【物理-选彳3-3（本题共有两小题，每小题 6分，共12分.每小题只有一个 选项符合题意.）.下列叙述错误的是（）A.当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小B.自然界中进行的一切与热现象有关的宏观过程都具有方向性C.布朗运动是液体分子的运动，它说明分子不停息地做无规则热运动D.荷叶上小水珠呈球状，是由于表面张力使其表面积具有收缩到最小趋势的缘故. 一定质量的理想气体，在温度不变条件下，设法使其压强增大，则这一过程（）A.气体的密度增加B.气体

11、分子的平均动能增大C.外界没有对气体做功 D.气体从外界吸收了热量福建省三明市2015届高考物理二模试卷一、选择题共6小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目 要求.1.图甲中一理想变压器原、副线圈匝数之比为10: 1,其原线圈两端接入如图乙所示的正弦式交变电流，副线圈通过电流表与阻值 R=22Q的负载电阻相连.若交流电压表和交流电 流表都是理想电表，则下列说法中正确的是 （）A.电压表的示数是 220VB.电流表的示数是 1.4AC.变压器原线圈白输人功率是22WD.通过R的交变电流的频率是 50Hz考点：变压器的构造和原理；电功、电功率.专题：交流电专题.分析：由图

12、乙可知交流电压最大值U=220%用V,周期T=0.02s ,可由周期求出角速度的值,则可得交流电压 u的表达式U=220f2sin100兀tV、由变压器原理可得变压器原、副线圈中 的电流之比，Rt处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流.解答： 解：A、由图乙可知交流电压最大值U=220-JV,有效值为220V,根据变压器电压与匝数成正比知电压表示数为U=L X 220V=22V,故A错误；10日电流表的示数为A二A，故B错误P A = P日电压表的示数是 22V.流过电阻中的电流为 1A,变压器的输入功率是: =UI=22X 1W=22W 故 C 正确；C变压器不改变频率，由图乙

13、可知交流电周期T=0.01s ,可由周期求出正弦交变电流的频率是100Hz,故D错误.故选：C点评：根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键2. 一简谐机械横波沿 x轴传播，波速为4.0m/s ,该波在t=0时刻的波形曲线如图甲所示, 在x=0处质点的振动图象如图乙所示.则下列说法中正确的是（）A.质点的振动周期为 2.0sB.这列波的振幅为 60cmt=O时，x=4.0m处的质点沿y轴负方向运动t=O时，x=4.0m处的质点比x=6.0m处质点的速度小考点：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

14、像专题.分析：由甲图读出波长和振幅，结合波速求出周期.由波动图象读出t=0时刻，x=4.0m处质点和x=6.0m处质点的位置，从而判断速度大小.解答： 解：A、根据甲图可知，波长 入=8m则周期丁3二g二2s，故A正确； v 4日 根据甲图可知，振幅为 A=30cm故B错误；C根据乙图可知，x=0处质点在t=0时向下振动，根据波的平移法可知，波沿x轴负方向传播，则t=0时，x=4.0m处质点沿y轴正方向运动，故 C错误；DK根据甲图可知，t=0时，x=4.0m处质点在平衡位置处，速度最大，x=6.0m在波峰处，速度为零，故D错误.故选：A点评：本题考查识别、理解振动图象和波动图象的能力，要把握

15、两种图象联系的能力， 能根据波动图象读出波长和振幅，特别注意质点只上下振动，不随波迁移.3. “嫦娥”三号探测器发射到月球上经过多次变轨，最终降落到月球表面上，其变轨示意 图如图所示，其中圆形轨道 I上的P点即为椭圆轨道n的远月点.则探测器 （）1 J 1 if /w / A.在轨道I运行时的加速度大于月球表面的重力加速度B.分别经过轨道I、n上的 P点时的加速度大小相等C.在轨道I的运行周期比在轨道n的小D.在P点由轨道I进人轨道n必须点火加速考点：万有引力定律及其应用.专题：万有引力定律的应用专题.分析：根据牛顿第二定律判断加速度.根据开普勒第三定律， 结合半长轴的大小比较周期的大小.根据

16、万有引力与向心力的关系判断在P点是加速还是减速.解答： 解：A、探测器在轨道I运行时的万有引力小于在月球表面时的万有引力，根据牛 顿第二定律，探测器在轨道 I运行时的加速度小于月球表面的重力加速度，故A错误；日探测器分别经过轨道I、n上的P点所受的万有引力大小相等，根据牛顿第二定律知，加速度大小相等，故 B正确.c根据开普勒第三定律，探测器在轨道I上的轨道半径大于轨道n的半长轴，则运行周期大于在轨道n的运行周期，故 C错误；口探测器在P点由轨道I进入轨道n必须点火减速，故 D错误； 故选：B.点评：本题要掌握万有引力定律和卫星变轨问题，并要知道卫星绕越运动的向心力由万有引力提供，能结合圆周运动

17、的规律进行求解.如图所示，半径为 R的圆形导线环对心、匀速穿过半径也为 R的圆形匀强磁场区域，规 定逆时针方向的感应电流为正， 导线环中感应电流i随时间t的变化关系图线最符合实际的考点：导体切割磁感线时的感应电动势.专题：电磁感应与电路结合.分析：首先根据右手定则判断环刚进入磁场时回路中感应电流方向，排除部分答案，然后根据进入磁场中有效切割长度的变化，求出感应电流的变化，从而得出正确结果.解答：解：开始时进入磁场切割磁感线，产生感应电流，根据右手定则可知， 感应电流方向为逆时针，即为正方向，当开始出磁场时，回路中磁通量减小， 产生的感应电流为顺时针， 方向为负方向；当进入磁场时，切割的有效长度

18、变大，则产生感应电流也变大；当离开磁场时，切割的有效 长度变小，则产生感应电流也变小，根据i= e=BvRsinO =2BvRSin wt,当环与磁场完全重合之前，电流按正弦规律最大, R TT之后电流变为反向，按正弦规律变化的；故ABD昔误；因此只有 C正确；故选：C点评：对于图象问题可以通过排除法进行求解，如根据图象过不过原点、电流正负、大小变 化等进行排除.如图所示，直线 OO与上下表面平行的玻璃砖垂直且与其上表面交于N点.a, b两种单色光以相同的入射角i射到玻璃砖的上表面，入射点 A B到N点的距离相等，经折射后两 束光相交于图中的 P点.下列说法正确的是()a光在玻璃中的折射率比

19、b光的大a光在玻璃中的传播速度比 b光的小C.对同一双缝干涉装置，a光的条纹间距比 b光的小D.增大i (i 0,根据正电荷的电势能越大，粒子所在处的电势越高，可知()1(|)2(|)3.故B正确.C由图看出在0X1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动.X1X2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动.X2X3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故C错误.D根据 W=- EpuqU知X1、X2两点间的电势差 X2、X3两点间的小，故 D错误

20、故选：B点评：解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析电荷的运动情况.、必考题(共5小题，满分72分).在研究“物体加速度与力的关系”的实验中.某小组同学将一端装有定滑轮的平板放置 在水平桌面上，组装好的实验器材如甲图所示(设当地重力加速度为实验时，小组同学先用游标卡尺测得遮光片的宽度如图乙所示，其读数为0.550cm .接着，他们利用甲图实验装置便开始实验：保持小车质量不变， 多次改变砂桶与砂的总重F.测得加速度a和力F的数据.你认为他们实验中疏漏的一个重要步骤是：没有倾斜轨道 平衡摩擦力.纠正疏漏后正确进行实验，依据多次实验得到

21、的a、F数据描出的点如图丙所示，发现右侧若干个点明显偏离直线.造成此误差的主要原因是G (填选项前的字母)A.木板倾斜不够B .木板倾斜过度 C .砂桶与砂的总重太大D .所用小车的质量太大若不断增加桶中砂的质量，丙图各点连成的a-F图象的曲线将不断延伸，那么加速度的趋向值为g.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)掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读；(2)应明确在平衡摩擦力的前提下，绳子拉力才等于小车受到的合力；(3)应明确在满足砂和砂桶质量远小于小车质量的前提下，描出的图象才是倾斜直线，否 则就是曲线；(4)根据牛顿第二定律写出小车加速度

22、的表达式，然后再讨论即可.解答：解：(1)游标卡尺的主尺读数为：0.5cm,游标尺上第9刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为 10X 0.05mm=0.50mm=0.050cm所以最终读数为：0.5cm+0.050cm=0.550cm .(2)由实验原理可知，实验前没有平衡摩擦力，所以该实验中的一个明显疏漏是没有倾斜轨道平衡摩擦力；(3)根据实验原理可知，在满足砂和砂桶质量远小于小车质量的前提下，绳子拉力才近似等于砂和砂桶的重力，画出的 a-F图象应是一条倾斜直线，若图象是曲线说明砂和砂桶的 质量太大，所以应选择 C;(4)对小车和砂桶整体分析应有：a= 1t,变形为arrg,M+rr J

23、可见当m8时，a=g,即若不断增加砂和砂桶的质量，应有 a=g,即小车的加速度的趋向值 为g.故答案为：(1) 0.550; (2)没有倾斜轨道平衡摩擦力；(3) C; (4) g点评：“研究加速度与力的关系”实验应明确：在正确平衡摩擦力的前提下，绳子拉力才等于小车受到的合力；在满足砂和砂桶质量远小于小车质量的前提下，描出的a-F图象才是倾斜直线.Ro为定值电阻，R是压敏电.图甲为某物理兴趣小组设计的一种电子秤结构原理图.其中阻，其阻值的变化范围约为几欧到几十欧，通过电压表的示数可知道物重.为了制作出可使用的电子秤，该兴趣小组又设计了如图乙所示的实验电路，用于探究压敏电阻 R随所受压力F的变化

24、关系.图乙电路中J、K处的电表可从下列实验器材中选择：电流表Ai （00.6A,内阻约为1Q） 电流表A （00.3A,内阻ri=10Q ） 电压表 V （015V,内阻约为 5kQ ）为尽可能准确测量电阻 R,则J、K的电表应分别是 a、和A（填电表字母代号）.图乙中，在电阻R上施加竖直向下的压力 F,当闭合开关S时.J表的示数为a, K表的示， 一、一 ar 1 一一，数为b,可计算出R=一U （用a、b和相关已知量符号表不） b - a图乙所示电路中，改变压力F的大小，得到不同的 R值，绘出如图丙所示的 R- F图象，则R与F满足的关系式 为 R=- 2F+16.在图甲所示的电路中，已知

25、电源电动势E=10.0V,电源内阻r=1.0 Q , R=5.0 .现将一重物水平放置在压敏电阻 R上，当闭合开关时.电压表示数为5.0V,则该重物重为 6处.若 考虑电压表内阻的影响， 则物重的测量值小于 （选填“大于”、“小于”或“等于） 真实 值.考点：伏安法测电阻.专题：实验题.分析：本题通过估算首先舍去电压表，再根据欧姆定律即可做出判断；题根据欧姆定律列出表达式求解即可； 题根据一次函数概念即可求解；题根据欧姆定律和闭合电路欧姆定律求解即可，考虑电压表内阻影响时，列出准确的表达式，然后比较即可.解答： 解：若J是电压表K为电流表时，根据图丙可知压敏电阻的最大值为16Q ,通过压敏电阻

26、的电流可为i=J1a=0 9A，远大于电流表的量程，所以不能使用电压表，由 R 16于电流表 度的内阻为确定值，可当做电压表来用，其满偏电压为U=I#=0.3X10V=3V,221一一U 3一，可求出通过压敏电阻的最大电流为工 =-A=0.375A ,通过K的电流可为吟R 811bninT =1+i =0.375+0.3=0.675A，所以K应是电流表 ,即J、K分别是 人和；根据欧姆定律应有:a *r b=a+解得R=.吟.b -相R- F 图象的斜率 k承 - 16 = _ 2,贝U R=kF+16=- 2F+16;4-0根据闭合电路欧姆定律应有E=U+I ( R+r)根据欧姆定律应有 U

27、=Irq联立两式解得 R=4Q，代入R=- 2F+16可得F=6.0N ;若考虑电压表内阻影响，由于电压表的分流作用，通过电源的实际电流应大于卫的值，即 应有E=U+ (*) (R古闻山 真比较两式可得 RR真，再根据R=-2F+16可知物重的测量值小于真实值；故答案为：a , L；-2F+16;6.0,小于与 A1 b- a点评：应明确：选择电表时应根据电路图进行估算，符合欧姆定律和串并联规律的接法才符合要求；涉及到图象问题，应明确图象斜率和截距的含义.图甲是利用传送带装运煤块的示意图，传送带右轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度差 H=1.8m.现传送带以某一速度 vo匀速运动，在传送带左端由

28、静止释放一煤块(可视为重点)当煤块运动到左轮轴顶端后做平抛运动，其落在运煤车底板上的位置相对传送带右轮轴的水平距离x=1.2m,已知煤块在传送带上运动的v-t图象如图乙所示，图中 to=0.25s,取2g=10m/s .求：(1 )传送带速度Vo的大小；(2)煤块在传送带上划出的痕迹长度L.考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系.专题：牛顿运动定律综合专题.分析：(1)煤块平抛运动的初速度等于传送带匀速运动的速度，根据高度求出平抛运动的时间，再根据水平位移求出平抛运动的初速度.(2)由牛顿第二定律求解加速度，再由速度公式可求得时间，由位移公式即可求得各自的位移；即可求得相对位移，

29、即痕迹长度.解答： 解：(1)由平抛运动的规律，得：x=vtH= 一 -2s代入数据解得：v=2m/s（2）由牛顿第二定律 F=ma得： 2 a=g=8m/s ,煤块沿传送带做初速度为零的匀加速直线运动的时间：煤块的位移：.相等时间内传送带的位移：X2=vt=2 X0.25=0.5m则相对运动的位移：L=X2 - xi=0.5 - 0.25=0.25m答：（1）传送带的速度为 2m/s；（2）煤块在传送带上划出的痕迹长度L为0.25m；结合牛顿第二定律、功能关系以点评：解决本题的关键理清煤块在整个过程中的运动情况， 及运动学公式进行求解. （19分）如图所示，光滑杆 AB长为L,其B端固定一根

30、劲度系数为k=100N/m,原长为l0=0.4m的轻质弹簧，质量为 m=1kg的小球套在光滑杆上并与弹簧的上端连接； OO为过 B 点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为 。=37 （取g=10m/s：sin37 =0.6, cos37 =0.8）（1）当杆保持静止状态，在弹簧处于原长时，静止释放小球，求小球速度最大时弹簧的压缩量1；（2）当球随杆一起绕 oo轴以角速度 W0=_1ngi亘亚匀速转动时，小球恰好能稳定 cos 8 V L在杆上的某一位置 P处（图中未画出）.保持030不变，小球受轻微扰动后沿杆上滑，到最 高点A时其沿杆对其所做的功 W （结果用m g、Vy、。、L表示）考点：向心

31、力.专题：匀速圆周运动专题.分析：（1）当小球的加速度为零时，速度最大，结合平衡求出弹簧的压缩量.（2）根据牛顿第二定律求出小球做匀速转动时距离B点的距离，求出此时小球的动能，结合最高点的动能，运用动能定理求出杆对小球做功的大小.解答： 解：（1）当小球加速度为零时，速度最大，此时受力平衡，则有： mgsin 0 =kAl 1,解得弹簧的压缩量为： -1 k 100（2）当杆绕OO轴以角速度 3 0匀速转动时，设小球距离 B点L0,此时有：2ingtan qIcos ,解得：此时小球的动能为：Erq4m ( 3 qIcc15g ) 2=ngLsin6 ,小球在最高点A离开杆瞬间的动能为：Era

32、=新( &cqs9)2+vy2=mgLsin6 MM根据动能定理有： W- mg(LT) sin。=口-国，解得：WmgLsin 8 + -1invy ? 答：(1)当杆保持静止状态，在弹簧处于原长时，静止释放小球，小球速度最大时弹簧的压缩量1 i为0.06m；(2)保持3。不变，小球受轻微扰动后7&杆上滑，到最高点A时其沿杆对其所做的功 W为点评：本题考查了动能定理、胡克定律与圆周运动的综合，知道小球做匀速转动时，靠径向 的合力提供向心力，由静止释放时，加速度为零时速度最大，难度适中. “太空粒子探测器”由加速、偏转和收集三部分装置组成，其原理如图所示：辐射状的加速电场区域边界为两个同心半圆

33、弧靛和一芭)，圆心为0,弧薪的半径为L, P为弧益的中点，两圆弧间的电势差大小为 U.足够长的收集板 MN平行于边界ACDB 0点到MNS的距离 0Q为Lo在边界ACD街口收集板MN之间有一以0为圆心、L为半径的半圆形匀强磁场.方向 垂直纸面向里.假设太空中漂浮着质量为m,电量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到弧施上，并被加速电场从静止开始加速，不汁粒子间的相互作用和其它星球对粒子引力的影响.(1)求粒子到达 0点时速度的大小；(2)若要收集板MNim攵集到粒子，求半圆形匀强磁场的磁感应强度B的大小需满足的条件；(3)改变磁感应强度 B的大小，使得从弧 市收集到的粒子中有 工能打到MN板上(

34、不考虑3过界ACDB勺粒子再次返回磁场)，求此时吸附在弧 右(四分之一圆弧)上的粒子中，从 0 点开始运动到MNS上的最长时间t max.考点：带电粒子在匀强磁场中的运动.专题：带电粒子在磁场中的运动专题.分析：(1)粒子在电场中加速，由动能定理可以求出速度.(2)作出粒子运动的轨迹，结合轨迹求出粒子的半径，然后由洛伦兹力提供向心力即可求 解；(3)从屈收集到的粒子有2能打到MN板上，则刚好不能打到 MNh的粒子从磁场中出来后3速度的方向与 MN平行，则入射方向与 AB之间的夹角是60 ,作出粒子的运动轨迹，结合 几何关系求出粒子做圆周运动的半径，根据周期的腌笃鲜求出粒子在磁场中的时间，吸附在

35、AP上所有的粒子中，沿 OB方向射入的粒子离开磁场后路线最长，时间最长，根据几何关系求出离开磁场后的时间，从而得出吸附在弧AP (四分之一圆弧)上的粒子中，从O点开始运动到MNS上的最长时间.解答：解：(1)带电粒子在电场中加速，穿出电场后匀速运动到qU=-1niv2 - 0,解得v=出皿.V m(2)当沿OB方向射入的粒子经磁场偏转打到Q时,粒子圆周运动的半径丁，丁。22由洛伦兹力提供向心力得，qyBn二山， r0联立解得 为了 MNfB收集到粒子，所加磁场(3)从诬收集到的粒子有 与能打到MN板上，则刚好不能打到3速度的方向与MN平行，则入射方向与 AB之间的夹角是60 , 轨迹圆心角0

36、=60 ,o,由动能定理得MN的粒子从磁场中出来后在磁场中运动的轨迹如图,根据几何关系，粒子圆周运动的半径r=L,对于所有能打在 MMS上的粒子，在磁场中运动轨迹圆心角均60 ,粒子在磁场中经历的时一. T间均为t i6粒子圆周运动的周期 T= 吸附在AP上所有的粒子中，沿OB方向射入的粒子离开磁场后路线最长，时间最长，如图所由几何关系可知,s=sinbO示.离开磁场后的时间2一丫一 3V最长时间tma）=tl+t2,联立解得. : =_2X3v 笈/荷 L答：（1）粒子到达O点时速度的大小为侬;ID（2）半圆形匀强磁场的磁感应强度B的大小需满足的条件为（3）吸附在弧AP （四分之一圆弧）上的粒子中，从O