2021年辽宁省百校联盟高考物理质检试卷

2021年辽宁省百校联盟高考物理质检试卷（3月份）

一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）

1.台球是人们非常喜爱的一项竞技运动，在某次斯诺克

比赛中，若玲时刻台球A与静止的台球8发生对心碰41

3.........A

撞，它们在碰撞前后的u-t图像如图所示，已知A、

8两个台球完全相同，在碰撞过程中，下列说法正确।

O1--------；-------------

的是（）

A.A、B两球动量和机械能都守恒

B.A、B两球动量和机械能都不守恒

C.A、8两球动量不守恒，但机械能守恒

D.A、B两球动量守恒，但机械能不守恒

2.滑雪是一项既具挑战性又具观赏性的运动，在一次滑雪运动中，某运动员从一斜坡

上的4点由静止开始下滑，到最低点后又立即冲上另一斜坡B,假设两斜坡平滑连

接，倾角相同，简化为如图所示，不考虑运动员在两斜坡连接处运动的时间，若运

动员从A由静止滑向8的过程中，其运动速率和加速度大小随时间变化的关系图像

中正确的是（）

3.如图所示，质量为1版的物体4静止放在倾角为37。的斜面上，A与斜面间的动摩

擦因数为0.8,用一细绳将小桶B通过定滑轮与物体A相连，在不断向小桶B中加

沙子的过程中，A、B始终处于静止状态，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，

s讥37。=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2,则下列说法正确的是（）

A.物体A受到的支持力不断增大

B.斜面对物体A的作用力不断增大

C.物体A受到的摩擦力可能先减小后增大

D.当小桶B和沙子的总质量达到1双时，摩擦力大小为6.4N

4.2020年12月4日，我国新一代“人造太阳”-装置中国环流器二号M装置在成都

建成并实现发电，标志着我国在核聚变反应堆建设中处于世界前列。实际上，核聚

变反应堆的建设比核裂变反应堆更加困难，对技术要求更高，核聚变的产物少，比

较清洁，核裂变的产物常有放射性。下列说法正确的是（）

A.中国环流器二号仞内主要核反应是汾+出裳He+乩

B.核裂变反应堆主要是赞U+枕一婷Ba+llKr+^n

C.相同质量的核原料，核聚变反应比核裂变反应产生的能量少

D.盆是核裂变的产物之一，仍有放射性，其发生口衰变的方程是

st1Bat第1La+°e

5.2020年12月17||,嫦娥五号任务轨道器和返回器在

距地球5（X）0公里的圆轨道处实施分离，返回器携带

月球样品将变轨返回地球，轨道器在完成任务后将开

展拓展任务，启程飞往距地球约150万公里的日地拉

格朗II点人进行环绕飞行并开展探测实验。在日地拉

格朗日点及，轨道器在太阳和地球引力的共同作用下,

与太阳和地球保持相对静止，与地球同步绕太阳运动，下列说法正确的是（）

A.在分离前，轨道器和返回器一起环绕地球飞行的速度大于第一宇宙速度

B.在分离后，返回器应需加速才能离开原轨道飞回地球

C.在分离后，轨道器应需加速才能离开原轨道飞往日地拉格朗日点人

D.在日地拉格朗日点L，轨道器所受的合外力为零

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6.如图甲是某型号的交流转换器铭牌，图乙是其内部原理图，可视为理想变压器，图

丙是输入电压，电流表和电压表都是理想交流电表，电阻R=100,下列说法正确

的是（）

fu/V

亵®交流转换器22075

XY-50AMAX50U

•人：AC22O-24O\-50/60Hio

■出：AC110-120V-5CV60Hi-220-Jl

图甲图内

A.电流表的示数为5.54

B.电压表的示数为11V

C.原、副线圈匝数之比为1：2

D.通过电阻R的交变电流的频率为100Hz

7.如图所示，用某透明材料做成横截面为二分之一圆的柱形物体，。为圆心，A、B

为圆周上的两点，圆半径为R,A8面涂有水银反射层，一束单色光垂直于AB面从

圆柱面上的P点射入柱体，已知透明材料的折射率n=75,光在真空中的传播速度

为c,NBOP=30。，单色光从P点射入柱体至第一次射出柱体时所用时间为（）

二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）

8.如图所示，Qi和（?2是等量的异种电荷，。是它们连；£

线的中点，EF是两点电荷连线的中垂线，A、B、C、AR

«II

。四点关于两点电荷连线和中垂线对称，下列说法。|。一；一万；一一；一。8

正确的是（）

A.4、B、C、D四点电势关系是中4=（pD＞（pB=（pc

B.A、B、C、。四点的电场强度相同

C.将一个正电荷从A点沿直线移到。点，电势能先减小后增大

D.在中垂线E尸上电场强度最大的点是。点

9.图甲为一列简谐横波在某时刻的波形图像，在波的传播过程中，%=27n处的质点P

在该时刻之后的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（）

A.该波沿x轴正方向传播

B.该波的传播速度为4m/s

C.t=1.5s时刻，质点尸处于平衡位置且向y轴负方向振动

D.在0至5s的时间内，质点P通过的路程为100"?

10.两个有界匀强磁场宽度均为心磁感应强度大小相等,

磁场方向如图所示，有一电阻均匀的、边长为乙的等

腰直角三角形金属线框在垂直于磁场边界的外力F

作用下匀速通过整个磁场区域，线框平面始终与磁场

垂直。初始时刻，三角形金属线框的前端恰处在磁场

L

左边界处，规定线框中的逆时针电流方向为正，垂直

纸面向里的磁通量方向为正方向，则在穿过磁场的整个过程中，下列线框中的感应

电流和穿过线框中的磁通量随位移变化的图像中可能正确的是（）

三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）

11.某实验小组采用如图甲所示的实验装置测定物块与桌面间的动摩擦因数，跨过定滑

轮的水平细绳端连接重物，另一端与水平放置的物块相连，物块的另一端系一条穿

过打点计时器的纸带，物块质量为M,悬挂的重物质量为〃?，在某次实验中，通过

打点计时器打下一条纸带的一部分如图乙所示，纸带上标出了五个计数点，每两个

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计数点间还有四个计时点没有标出，通过纸带可以求出物块的加速度为小已知重

力加速度g=l（hn/s2,打点计时器使用交流电的频率为50Hz,回答下列问题。

（1）实验前，（填“需要”或“不需要”）将木板一端抬高以平衡摩擦力。

（2）计算动摩擦因数的表达式为（用M、〃?、g和。表示）。

（3）由纸带测得，AB=2.01cm,BC=5.9cm,CD=10.02cm,DE=13.98cm,则

物块的加速度为（保留两位有效数字）。

（4）分析本次实验，写出两条导致实验误差的因素,。

“打点计时器

mU

甲

ABCD

乙

12.现有一电池，铭牌标识不清，电动势在4V左右内阻约几欧，为了比较准确地测

出电池的电动势和内阻，实验室有如下器材：

4电流表（0-0.64,内阻约20）

B.电流表（0~34,内阻约10）

C.毫安表（1根4内阻1000）

。.滑动变阻器（0〜200）

E.滑动变阻器（0〜100。）

F.电阻箱（0-99990）

G.开关、导线若干

H

1//mA

图•。］I1!|___

丞"pr|"j理"III

.Lzt±±H

n:i±tttr\1"UZ.A

o0.51.0'

甲乙

请回答下列问题：

(1)由于没有电压表，需要将毫安表改装成量程为4V的电压表，应将毫安表与电阻

箱(填“串联”或“并联”)，电阻箱的电阻调到0,完成电压表改

装。

(2)电流表选择,滑动变阻器选择(填写器材序号)。

(3)请用笔替代导线将图甲中缺少的导线补充完整。

(4)改变滑动变阻器滑片的位置，通过毫安表和电流表得到一系列的读数，分别记

为A和与，作出A-与图像如图乙所示，由图像求出电源的电动势和内阻分别为E=

,r=(结果保留两位有效数字)。

四、简答题(本大题共2小题，共30.0分)

13.如图所示，在x=L处有平行于)，轴的虚线，虚线左侧所有空间分布着水平向左的

匀强电场，在虚线右侧所有空间分布着垂直纸面向里的匀强磁场，在O点处，某时

刻有一带负电的粒子以初速度。0沿)，轴正方向运动，粒子从4a,2L)点进入磁场，

在磁场中运动一段时间后恰好又回到。点，已知粒子的质量为〃?,电荷量大小为“，

不计粒子重力，求：

(1)带电粒子运动到A点的速度；

(2)磁感应强度大小和带电粒子从开始运动到恰好回到。点的时间。

♦r；

_.____________'XXXXXX

/IfxXXXXX

.

%,!xxxxxx

!XXXXXX

0X

■|XXXXXX

XXXXX

■

_：XXXXXX

◄----------XXXXX

第6页，共20页

14.如图所示,一斜劈A固定在水平地面上，其末端水平且光滑，倾斜部分长s=6.4m,

与水平地面夹角为。=53。，初始时A、B、C紧靠在一起，但不黏连，可视为质点

的物块尸与木板8、C的质量都相等，P与斜劈A、木板B和C的上表面间动摩擦

因数均为0.5,木板8、C与斜劈末端等高，其长度分别为右=4m、Lc=1m,不

计木板3、C与地面间的摩擦，O为固定在地面的竖直挡板，与A末端相距7m。

现让物块尸从斜劈顶端自由滑下，斜劈底端与水平部分圆滑连接，且水平部分长度

可忽略。物块P离开A后滑上8,离开8后又滑上C,木板C与挡板碰后粘合在一

起，P与挡板碰撞无机械能损失，已知sin53。=0.8,cos53。=0.6,g-10m/s2,

求：

(1)物块P刚滑上木板B时的速度大小；

(2)物块P离开木板B时尸和B的速度大小及木板B的位移大小；

(3)物块P最终能否滑离木板C,如果能滑离，求物块尸滑离木板C时物块P的速

度；如果不能滑离，求物块P停止时距木板C右端的距离。

五、计算题(本大题共1小题，共10.0分)

15.如图所示，一端开口一端封闭的长直玻璃管总长为75c〃?，倒

置时其下端有一长为15a”的水银柱，水银柱末端与管口齐

平，如图1所示，现将玻璃管缓慢倒置过来，稳定后如图2所示,再将玻璃管内加注

10。”的水银柱，稳定后缓慢加热，使水银柱缓慢上升，且水银恰好不溢出，如图3

所示。己知初始环境温度为-3。&大气压强75”“Hg恒定不变，玻璃管中气体视为

理想气体，求：

(1)倒置后(如图2)玻璃管内空气柱的长度：

(2)加热后玻璃管内气体的温度不能超过多少。

第8页，共20页

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：设A、5两球的质量为〃?，碰撞前A球的速度为先,碰撞后A、3两球速

度分别为以、vFc

由图可知，v0=4m/s,vA=3m/s,vB=Im/s

2

碰撞前A、B两球总动量为p=mv0=4m,总动能为%=诏=1mx4=8m

碰撞后A、B两球总动量为p，=mvA+mvB=4m,总动能为=

1n1

-mx3'+-mxl0z=5m

22

则「=「'，Ek>Ek',故4、B两球动量守恒，但机械能不守恒，故ABC错误，。正确。

故选：Do

根据碰撞前后总动量是否相等，来判断两球动量是否守恒。根据碰撞前后总动能是否相

等，来判断两球的机械能是否守恒。

解决本题时，要理解动量守恒和机械能守恒的意义，运用动量计算公式p=nw分析碰

撞前后的总动量来判断总动量是否守恒。

2.【答案】B

【解析】解：设斜面的倾角为。，运动员在斜面上滑动时受到重力、斜面的支持力、滑

动摩擦力作用，运动员从A点由静止滑到最低点时，做加速运动，有rngsin。-Ff=max

运动员从最低点滑到2点时做减速运动，有mgsin。+Ff=ma2

由此可知>如，而"-t图像的斜率表示加速度，又有下滑时间大于上滑时间，故AC。

错误，B正确。

故选：B。

由运动员的受力可知运动员做匀变速直线运动，根据牛顿第二定律分别判断运动员下滑

和上升的加速度大小关系，结合图像的特点求解.

解题的关键是明确"-t图像的斜率表示加速度，运用牛顿第二定律时明确摩擦力的方

向求解合力。

3.【答案】C

【解析】解：4、在逐渐增加B的质量时，物体4受到的支持力备=叫igcos。保持不变，

故A错误；

BC,斜面对物体A的作用力是支持力和摩擦力的合力，在加沙子之前，A受到的摩擦力

可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，还有可能为零，所以在加沙子的过程中，A受到

的摩擦力可能一直增大，也可能先减小后增大，而由支持力不变，根据平行四边形法则

可知，斜面对物体的作用力可能先减小后增大，也可能一直增大，故B错误，C正确；

D、当小桶8和沙子的总质量为1依时，物体A仍静止，静摩擦力大小为4N,方向沿斜

面向下，故。错误。

故选：Co

根据A静止的平衡状态进行受力分析，并分解判断A受到的支持力;在加沙子的过程中，

A受到的摩擦力因方向的不确定而存在多种可能。

本题中的摩擦力为静摩擦力，其大小和方向存在多种可能，要注意结合其他受力进行判

断。

4.【答案】A

【解析】解：A、中国环流器二号”内发生的是核聚变反应，故A正确；

B、该裂变方程式不符合质量数守恒，应为劈Ba+瑞。+36，故8错误;

C、相同质量的核原料，核聚变反应比核裂变反应产生的能量多，故C错误；

D、该方程式不符合电荷数守恒，正确的衰变方程式为婷BaT岁La+^e,故。错误。

故选：A。

根据题意可知中国环流器二号M内发生的核聚变;根据质量数守恒和电荷数守恒判断；

同质量的核原料，核聚变释放的能量比核裂变释放的能量大。

本题考查核聚变、核裂变和夕衰变，要熟练掌握相关知识点，特别是与现代科技紧密相

关联的内容。

5.【答案】C

【解析】解：A、第一宇宙速度是卫星在地球表面附近运行时的速度，也是最大的环绕

速度，其它卫星离地面均有一定高度，其速度都小于第一宇宙速度，所以分离前轨道器

和返回器一起环绕地球飞行的速度应该小于第一宇宙速度。故A错误。

8、分离后，返回器加速时，需要发动机做正功，故机械能增加，返回器将向高轨道运

动，故应减速才能从高轨变成低轨进而返回地球，故3错误。

C、因为日地拉格朗日点G距地球约150万公里，而返回器是在距地球5000公里的圆轨

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道处实施分离的，故轨道器应需加速才能离开原轨道飞往日地拉格朗日点4，故C正确。

D在日地拉格朗日点，轨道器与地球同步绕太阳运动，仍然需要外力提供向心力，故此

时合外力不为零。故。错误。

故选：C。

第一宇宙速度是最大的环绕速度，所以分离前轨道器和返回器•起环绕地球飞行的速度

应该小于第一宇宙速度，分离后，返回器应减速才能从高轨变成低轨进而返回地球；在

分离后，轨道器应需加速才能离开原轨道飞往日地拉格朗日点人；在日地拉格朗日点，

轨道器与地球同步绕太阳运动，仍然需要向心力，故此时合外力不为零。

本题要掌握第一宇宙速度是最大环绕速度，离中心天体越远环绕速度越小，另外还要注

意变轨问题。

6.【答案】A

【解析】解：C、观察变压器的铭牌，可知当输入电压为2201时，输出电压为110匕

根据变压器中=肾=：,故C错误；

B、由图丙可知，输入电压的有效值为E有我=置=鬻用220叭由保=得，得输出

电压为110匕故B错误：

A、由欧姆定律，电阻R的电流为：/2=£=崇4=114

由晟=U得：,1=5,54故A正确；

D、由图丙可知，输入电压的周期为0.02s,则输入电压的频率为50Hz,则输出的电压

的频率也为50Hz,故。错误。

故选：Ao

观察变压器的铭牌，根据变压器普=件可得电压线圈匝数比；

U2九2

根据有效值与最大值的关系，结合华=2可得输出电压的有效值；

U2几2

根据欧姆定律以及，=竽，可求出电流表的示数；

根据频率和周期的关系计算通过电阻R的交变电流的频率。

本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之

比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功

率决定输入功率且相等。原线圈的电压决定副线圈的电压；理想变压器在改变电压和电

流的同时，不改变功率和频率。

7.【答案】A

【解析】解：光路图如图所示:

由几何关系可知i=60°,由折射定律可得n=—

sinr

解得：r=30°

由几何关系可知ZODC=30°

由几何关系可知OC=PC=Rtan300=—R

3

2V3

DC=2OC=—R

则单色光从p点射入柱体至第一次射出柱体时所用时间为［=竺产

其中U:

n

联立方程，解得1=^,故A正确，BCQ错误。

C

故选：Ao

先根据折射定律求出光线在尸点时的折射角，根据反射定律和几何关系确定光线第一次

从柱体射出的位置，由几何关系求出光线在柱体内传播距离，由求出光在柱体内

的传播速度，从而求得传播时间。

本题考查光的折射内容和几何知识的综合应用，关键要作出光路图，运用几何关系求出

相关角度和光程。

8.【答案】AD

第12页，共20页

【解析】解：A,等量异种电荷的

电场分布如图所示，顺电场线的方

向电势不断降低，(pA>(pB,(pD>

(pc<由电场分布的对称性可知A、

。两点电势相等，B、C两点电势相

等，故A正确；

B、A、BC,Q四点场强大小相等,

A、C方向相同，B、。方向相同，故B错误；

C、将一个正电荷从A点沿直线移到。点，电场力先做负功后做正功，电势能先增大后

减小，故C错误；

。、在电荷连线的中垂线上连线中点。点处，电场线分布最密集场强最大，故。正确。

故选：AD0

由等量异种电荷的电场线分布图，根据电场线的疏密判断电场的强弱，顺电场线的方向

电势不断降低，判断电势的高低。

本题考查等量异种电荷的电场分布，需要学生熟练掌握等量异种电荷的电场线分布图,

顺电场线的方向电势不断降低，根据电场分布的对称性，A、。两点电势相等，8、C两

点电势相等。

9.【答案】CD

【解析】解：4由乙图可知该时刻质点P的速度向下，则由同侧法可知，这列波沿x轴

负方向传播，故A错误；

8.由甲图知，这列波的波长4=8m；由乙图可知，该波的周期T=0.02s,则波速为。=

T~o^2m/S=400m/s,故B错误；

C.图示时刻P点沿y轴负方向运动t=1.5s时质点P处于平衡位置且向y轴负方向振动，

故C正确；

D在0至5s的时间内，质点P运动了250个周期，一个周期运动4倍振幅为40cm通

过的路程为100，"，故。正确。

故选：CD。

由振动图象读出t=0s时刻x=2m处的质点的振动方向，判断波的传播方向，由波动图

象读出波长，由振动图象读出周期，可求出波速，分析波动过程，根据时间与周期的关

系，分析P运动的路程和运动方向。

波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系，同时要分析波动形成的

过程，分析物理量的变化情况。

10.【答案】BD

【解析】解：x在0-Z,内，穿过线框的磁通量向里增加，根据楞次定律判断可知线框中

的感应电流沿逆时针方向，为正值，

感应电流大小为》=等，tax,i-x图像为过原点的直线，

当％=L时i=蜉；

穿过线框的磁通量。^B-\X2=\BX2,0-x图像为开口向上的抛物线；

x在L-2L内，斜边和左侧直角边都切割磁感线，根据右手定则判断可知线框中的感应

电流沿顺时针方向，为负值，感应电流为i=-等上，，•的大小随着x的增大而线性

增大，

当x=2L时，i达到负向最大值，为一等；

穿过线框的磁通量。=8[匕泸(2L-X)]-1B(X-L)2=…一/一国,

％图像先为开口向下的抛物线，0=0后中-X图像为开口向上的抛物线；

x在2L-3L内，穿过线框的磁通量向外减小，根据楞次定律判断可知线框中的感应电流

沿逆时针方向，为正值；

感应电流大小为》="上，i随着x的增大而均匀增大，

x=3L时>i—

穿过线框的磁通量。=-B•幻总二幺(3L-x)=一Sr』),

。一x图像为开口向上的抛物线，当x=3L时，0=0,故AC错误，2。正确。

故选：BD。

本题要分段研究：先由楞次定律或右手定则判断感应电流方向，再根据线框有效切割长

度得到感应电动势表达式，由欧姆定律得到感应电流表达式，从而确定i-t图像的形状;

根据磁通量公式0=BS得到。与x的关系式，再确定。-x图像的形状。

本题是电磁感应中图象问题，首先要根据楞次定律判断感应电流方向，其次要根据电磁

感应规律得到感应电流和磁通量的表达式，再分析图像的形状。

11.【答案】不需要4=my4.0m/s2纸带与打点计时器间存在摩擦力计数点

第14页，共20页

间的距离存在测量误差

【解析】解：(1)测定物块与桌面间的动摩擦因数实验不需要平衡摩擦力。

(2)对M、巾组成的系统，由牛顿第二定律得：

mg—uMg=(M+m)a

解得动摩擦因数：4=吟昭)a

(3)打点计时器使用交流电的频率为50Hz,每两个计数点间还有四个计时点没有标出,

计数点间的时间间隔t=5X*=0.1s

由匀变速直线运动的推论△x=at?可知：CO-AB+OE-BC=C。-BC+BC-

AB+DE-DC+DC-BC=4at2,

加速度大小：a="二竺士叱受.=92."二R型/巴旦29/山二十92x

4t24X0.12/

2

空生〃”13.经二里凶亡2x4,0m/s；

(4)纸带与打点计时器间的摩擦力会造成实验误差，测量计数点间的距离时会产生误差。

故答案为：(1)不需要；(2)〃=驾林产；(3)4.0m/s2；(4)纸带与打点计时器间存在

摩擦力；计数点间的距离存在测量误差。

(1)根据实验目的判断是否需要平衡摩擦力。

(2)由于牛顿第二定律求出动摩擦因数的表达式。

(3)根据匀变速直线运动的推论求出加速度大小。

(4)根据实验误差来源分析答题。

理解实验原理、掌握基础知识是解题的关键，根据匀变速直线运动的推论，应用牛顿第

二定律即可解题。

12.【答案】(1)串联;3900；(2)4。；(3)如图所示:

(4)3.6V；6.00

【解析】解：(1)毫安表改装成电压表要串联一个较大的分压电阻，其值为=

19

4

1X10-3100/2=3900/2；

(2)从图象可以看出，最大电流为0.54故电流表选择量程为0.64的即可。这样根据电

动势就能算出最小电阻R==高。=80,这样选择最大阻值为20欧姆的滑动变阻

lmaxu.b

器即可；

(3)将未完成的线路连接完整如图所示;

(4)根据闭合电路欧姆定律有：/式6+/?)=七一/2八变形后有：A-京X/2,

结合图象的纵截距有：匕=品=0.9x10-34,网=三="等!，代入数据可得:

I\g~lxKQ-TKU.O

E=3.6K,r=6.012

故答案为：(1)串、3900；(2)4、D；(3)如图所示：

(4)3.6V、6.00

(1)电流表改装成电压表要串联电阻分压，串联的阻值为R=芦一勺(〃为改装后的量程);

(2)根据题目中的数据和欧姆定律确定电流表的量程，和滑动变阻器的最大阻值；

(3)按照伏安法的思路将实物图连接完整；

(4)根据闭合回路欧姆定律结合图象的斜率和纵截距列出等式求解电动势和内阻。

第16页，共20页

测定电动势和内阻的实验中要注意数据的处理时主要应用了图象法，在学习中要掌握读

数及连接实物图的能力，要结合公式理解图象中点、线、交点、斜率及截距的意义。

J

13.【答案】解：(1)从。点到A点，带，'XXXXXX

由XXXX

负电粒子在电场中做类平抛运动，若到＜------X*X\XX

达A点的水平速度为%,则由题设条件XI、xx\Xx»

有：二£

X,XXx/XXX

/XX/XX

y—2L—VQ\

◄------***XXXX

%=L=----XXXXXX

所以粒子到达A点的速度"=

J诏+以方向与竖直方向成。，5如=J

联立可得：v=V2v0＞方向与＞轴成45。，0

(2)由轨迹图可以看出，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径：丁=就7=2/L,偏转

角a=270°

在磁场中洛伦兹力提供向心力：qvB=

做匀速圆周运动的周期：7=手

时间b=急了

联立可得：B=翳0

所以带电粒子从开始到再次回到。点的总时间t=2Cx+t2=*胆

VO

答：(1)带电粒子运动到A点的速度为近处、方向与y轴成45。；

(2)磁感应强度大小为翳、带电粒子从开始运动到恰好回到。点的时间为史史匹。

VQ

【解析】(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，由位移规律能求出离开电场时A的速度

及方向；

(2)画出带电粒子从A点回到。点的轨迹图，由几何关系求出带电粒子的半径和偏转角，

从而由于牛顿第二定律和运动学公式求出磁感应强度大小和总时间。

此题带电粒子粒子先在电场中做类平抛运动，后进入磁场做匀速圆周运动的特殊情况:

一是在电场中的两个分位移是2倍关系，那么由速度方向与位移方向公式可知，速度被

偏转45。。二是在磁场中偏转2兀回到原点O,由几何关系很容易求出轨迹半径。

4

14.【答案】解：(1)对尸从静止滑上B的过程运用动能定理得：mgssin53°—47ngeos53。•

12

s=-mv$f

代入数据解得：%=8m/s；

(2)P在B上滑动的过程中，P、B、C组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，根据

动量守恒定律得：rnv0-mvp+2mvB,

根据能量守恒得：|mvo+|x(2m)vj+(imgLB,

代入数据联立解得：vp=4m/s,vB=2m/Si

对8、C组成的系统运用动能定理得：nmgxB=1x(2m)v|>

代入数据解得：xB=0.8m；

(3)当P滑上C时，C的速度%=独=2m/s,

若P不脱离木板C,C碰到挡板。之前与P已保持相对静止，速度为v,P在C上滑动

的位移为今，

B、C组成的系统动量守恒，向右为正方向，根据动量守恒定律得：mvp+mvc=2mv,

代入数据解得：v=3m/s,

2

根据能量守恒得：