2021届闽粤赣三省十二校联考高考物理调研试卷(含答案解析)

2021届闽粤赣三省十二校联考高考物理调研试卷

一、单选题（本大题共4小题，共24.0分）

1.在演示光电效应的实验中，原来不带电的一块锌板与灵敏验电器

相连。用弧光灯照射锌板时，验电器的指针就张开一个角度，如

图所示，这时（）

A.锌板带正电Tn«

B.锌板带负电

C.指针不带电

D.锌板有正电子飞出

2.如图所示，质量为M、倾角为。的斜面体（足够长）静止在粗糙水平地面

上，有一质量为小的小物块放在斜面上，轻推一下小物块后，它沿斜

面向下匀速运动。此后，再给小物块施加如图所示方向的恒力F,整/I///1〉///

个过程中斜面体一直静止。下列说法不正确的是（）

A.小物块和斜面间的动摩擦因数“=

B.没有施加力F时，斜面体没有相对地面运动的趋势

C.施加力产后，斜面体相对地面有向右运动的趋势

D.施加力F后，斜面体对地面的压力大于（zn+M）g

3.某中学的学生食堂新安装了磁卡就餐系统，使用不到一周，便出现了电源总开关总是无法接通

的问题。经检查，电源总开关中漏电保护器切断了电源。漏电保护器电路如图4所示，变压器4处

用火线与零线双股平行绕制成线圈，然后接到磁卡机上，8处有一个输出线圈，一旦线圈B中有

电流经放大器放大后便推动保护器切断电源。造成漏电保护器切断电源的原因为磁卡机用电端

（）

A.零线与火线之间漏电

B.火线与地之间漏电或零线直接接地

C.只有火线与地之间漏电才会产生

D.刷卡机装得过多，造成电流过大

4.有关电场知识的理解，下述说法正确的是（）

A.库仑用扭秤实验获得库仑定律并最早测出了元电荷e的数值

B.在电场中某点放入试探电荷q,该点的场强为E=：,取走q后，该点场强即为零

C.若点电荷Q1电荷量小于Q2电荷量，则Q1对Q2的静电力小于Q2对Q1的静电力

D.若-q在C点的电势能比在。点的大，则C点电势低于。点电势

二、多选题（本大题共6小题，共33.0分）

5.如图所示，带负电的小球用绝缘丝线悬挂于。点并在匀强磁场中摆动，当

小球每次通过最低点4时（）

A.摆球的动能相同

B.摆球受到的磁场力相同

C.摆球受到的丝线的拉力相同

D.向右摆动通过4点时悬线的拉力大于向左摆动通过4点时悬线的拉力

6.A、B两物体质量均为m,其中4带正电，带电量为+q,B不带电，通过劲度系数

为k的绝缘轻质弹簧相连放在水平面上，如图所示，开始时4、B都处于静止状

态，现在施加竖直向上的匀强电场，电场强度E=詈，式中g为重力加速度，

若不计空气阻力，不考虑4物体电量的变化，则以下判断正确的是（）

A.刚施加电场的瞬间，4的加速度大小为2g

B.从施加电场开始到8刚要离开地面的过程中，4物体速度大小一直增大

C.从施加电场开始到B刚要离开地面的过程中，4物体的机械能增加量始终等于4物体电势能的

减少量

D.B刚要离开地面时，4的速度大小为2gJ学

7.当列车以恒定速率通过一段水平圆弧形弯道时，乘客发现水杯静

止在桌面上，车厢顶部吊灯的细线的形状如图所示，图中虚线垂

直于斜面。已知此弯道路面的倾角为a,不计空气阻力，重力加

速度为g,则下列判断正确的是（）

A.列车转弯时的向心加速度大小为gtana

B.列车的轮缘与轨道均无侧向挤压作用

C.水杯受到指向桌面内侧的静摩擦力

D.以相同的速度过一个半径更大的弯道，杯子有可能会撞到车厢的左壁

8.如图所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为仇导轨电阻不计，与阻

值为R的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B.

有一质量为m长为/的导体棒从时位置获得平行于斜面的，大小为。的

初速度向上运动，最远到达a'b'的位置，滑行的距离为s,导体棒的电

阻也为R,与导轨的动摩擦因数为〃.下列对导体棒上滑过程的分析，正确的是（）

A.上滑过程中导体棒受到的最大安培力为空

2R

B.上滑过程中电流做功发出的热量为卢-mgs（sin。+〃cos。）

C.上滑过程中导体棒克服安培力做的功为：nW?

D.通过导体棒的电量为嗜

9.下列说法正确的是（）

A.当一定量气体吸热时，其内能可能减小

B.若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大

C.浸润和不浸润现象都是分子力作用的表现

D.液晶是一种特殊物质，它既具有液体的流动性，又像某些晶体那样有光学各向异性

E.单晶体有固定的熔点，多晶体和非晶体没有固定的熔点

10.一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时波形如图所示；已知在t=

0.6s时，质点4恰好第四次（图中为第一次）出现波峰，则下列说法

正确的是（）

A.波的周期是0.2s

B.在1=1.5s时波刚传播到质点P处

C.质点P开始振动时速度沿x轴正方向

D.质点「在1=0.35s时第一次出现在波谷

E.质点B在0-0.6s内通过的路程是240cm

三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）

11.现提供了如图甲所示的实验器材，来“探究功与速度变化的关系”的实验，由图可知:

小车

(1)平衡摩擦力时，小车是否要挂纸带(填“要”或“不要”):

(2)在某次实验中，得到如图乙所示的一条纸带，在48、C三个计数点中应该选用(选填“4”、

“B”或"C”)点的速度才符合实验要求。

12.某同学欲设计一个电路，自制一台电子秤，通过查阅资料发现电子秤的主要部件为一个压敏电

阻，没有压力时阻值为200,允许通过的最大电流为0.54,现有下列器材：压敏电阻、质量为Tn。

的祛码、电流表、滑动变阻器、干电池各一个、开关及导线若干、待测物体(可置于压敏电阻的

受压面上).请完成对该物体质量的测量.

A.直流电源：电动势约4.5乙内阻很小B.电流表4：量程0〜0.64,内阻0.1250；

C.电流表外：量程0〜3.04,内阻0.0250；D.滑动变阻器％：最大阻值100；

(1)在可供选择的器材中，应该选用的电流表是,应该选用的滑动变阻器是.

(2)根据所选器材设计一个电路，用来描绘压敏电阻的电流随压力变化的关系图象，要求压敏电阻两

端电压调节范围尽可能大，在方框中画出完成的测量电路，并根据设计的电路图连接实物图；

(3)请说明具体的测量步骤.

四、计算题(本大题共4小题，共52.0分)

13.如图所示，电荷量均为+q、质量分别为m和27n的小球4和B,中间连接质量不

计的细绳，在方向竖直向上的匀强电场中以速度处匀速上升，某时刻细绳断开。

求：

(1)电场的场强及细绳断开后4、B两球的加速度;

(2)当B球速度为零时，4球的速度大小；

(3)自绳断开至B球速度为零的过程中，两球组成系统的机械能增量为多少？

14.半径为R的圆形区域内垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B,

圆心。到直线MN距离为|/?.一个带电的粒子以初速度％沿MN方向飞

出磁场，不计粒子的重力，已知粒子飞出磁场时速度方向偏转了90。.求:

(1)带电粒子的比荷5；

(2)带电粒子在磁场中运动的时间t.

15.如图所示，气缸放置在水平平台上，活塞质量为10切，横截面积为50cm2厚

度为1cm.气缸全长为21cm,气缸质量为20kg,大气压强为1xl()5pa,当温

度为27久时，活塞封闭的气柱长10cm,若将气缸倒过来放置时，活塞下方的

空气能通过平台上的缺口与大气相通。g^L10m/s2,求:

①气柱的长度；

②当温度为多高时，气缸对平台刚好没有压力？

16.如图所示，截面为四分之一圆面的玻璃砖立放在水平地面上，圆的半径为R,一束单色光从圆心

。点附近垂直照射在4。面上，保持光束始终与40面垂直，将光束向上平移，发现光束经玻璃砖

折射后照射在地面上的光点，移到C点后消失，测得OC=V2/?,光在真空中的传播速度为c,求：

⑴玻璃砖的折射率；

3)若光束从4。的中点垂直4。入射，则照射在地面上的光点离。点距离为多少？(ta汨5。=0.67,结

果保留两位有效数字)

参考答案及解析

1.答案：A

解析：解：ABC.锌板在弧光灯照射下，发生光电效应，有光电子逸出，锌板失去电子带正电，验电

器与锌板相连，导致指针带正电。故A正确，BC错误；

。.光电子是光电效应中从金属中逸出的电子，带负电，故。错误。

故选：4。

用弧光灯照射锌板，发生光电效应，锌板失去电子，从而可以得出锌板和指针的电性。

解决本题的关键知道光电效应的成因，以及知道金属失去电子带正电。

2.答案：C

解析：解：4、物块匀速下滑，根据平衡条件有：mgsind=ixmgcosd

解得〃=tand,故A正确；

8、未施加外力时，对整体受力分析可知斜面体和小物块构成的系统受到竖直向下的重力和地面对系

统竖直向上的支持力，不受到水平方向的静摩擦力，所以斜面体没有相对地面运动的趋势，故8正

确；

C、系统未施加外力时，加速度为0,斜面受到的作用力如图所示

根据以上分析可知，斜面体不受到水平方向的静摩擦力，所以N和/的合力竖直向下，

施加外力后，因为〃=tan。，所以物块所受摩擦力和支持力始终保持竖直向上，物块对斜面体的压

力和滑动摩擦力的合力方向不变，仍然是竖直向下，水平方向合力仍然为零，则斜面体和地面之间

没有相对运动趋势，故C错误；

D、因为〃=tand,

所以物块所受摩擦力和支持力始终保持竖直向上，计为F合，未施加外力时产合=皿9

根据牛顿第三定律可知物块对斜面的压力等于mg,则系统对地面的压力等于(M+m)g,施加外力

后，斜面对物块的支持力变大，所以

根据牛顿第三定律可知物块对斜面压力的大于mg,则系统对地面的压力大于(M+m)g,故。正确。

本题选择不正确的，

故选：Co

根据平衡条件分析求解小物块和斜面间的动摩擦因数；

未施加力尸时，对斜面体和物体整体分析求解整体是否受到地面的静摩擦力，从而判断斜面体相对地

面运动的趋势：

施加作用力的前后对斜面进行受力分析，判断物体对斜面的压力以及滑动摩擦力的方向，从而判断

施加力产后，斜面体是否受到地面的摩擦力，再判断斜面体相对地面的运动趋势，并且以此判断斜面

体对地面的压力。

解决该题的关键是知道在该题中因为有〃=tand,所以物体受到的斜面体对其支持力和滑动摩擦力

的合力方向始终竖直向上，那么斜面体受到的物体的压力和滑动摩擦力的合力方向始终竖直向下。

3.答案：B

解析：解：4、当“火线-零线”触电时（人与地绝缘），火线和零线中电流方向相反、大小相等，线

圈4产生的总磁通量为零；线圈A中不会产生感应电流，故继电器不会切断电源；故4错误；

BC.当“零一地”或“火-地”触电时，会导致一部分电流通过大地，火线和零线中电流方向、大

小不等，线圈4产生的总磁通量不为零，即增加了，故会在线圈B中产生感应电流，经放大后便能推

动继电器切断电源；故B正确，C错误；

。、刷卡机装得过多，但火线和零线中电流方向相反、大小相等，线圈4产生的总磁通量为零；线圈

4中不会产生感应电流，故继电器不会切断电源；故。错误；

故选：B。

图中4线圈是用火线和零线双股平行线绕制成线圈，正常情况下火线和零线中电流方向相反、大小相

等，线圈4产生的总磁通量为零；当漏电时，火线和零线中电流方向、大小不等，线圈4产生的总磁

通量不为零，增加了，故会在线圈B中产生感应电流，经放大后便能推动继电器切断电源。

本题主要是考查电路故障分析，知道触电保护器是防止触电，保险丝是防止电路过载，原理不同，

不可相互替代。

4.答案:D

解析：解：4、库仑通过扭秤的装置获得了库仑定律，但最早测出元电荷电量的是密里根，故A错

误；

8、在电场中某点放入试探电荷q,该点的场强为E=；,取走q后，E由电场本身决定的，与试探电

荷无关，该点场强不变，故8错误；

C、根据库仑定律尸=竽知，Qi对Q2的静电力等于＜22对5的静电力，方向相反，故C错误；

。、根据电势能的公式,Ep=q<p,所以负电荷在电势高的地方电势能小，因为外>Wo,那么Epc<EpD

故。正确。

故选：D。

电场强度的定义式是E=；,是用比值定义法定义的物理量，式子中的q表示试探电荷的电荷量，而E

为原电场的电场强度，是由电场本身决定的，与试探电荷无关；

根据库仑定律判断两个点电荷之间的静电力的大小；

正负电荷在某点的电势能大小关系恰恰是相反的。

本题涉及电场强度的定义式和点电荷电场强度的决定式，要抓住电场强度是由电场本身决定的，是

电场的一种性质，与试探电荷是否存在无关这一根本的特点，才能做出正确的判断。

5.答案：AD

解析：

带电小球在重力、拉力及洛伦兹力共同作用下，绕固定点做圆周运动，由于拉力与洛伦兹力始终垂

直于速度方向，它们对小球不做功。因此仅有重力作功，则有机械能守恒。从而可以确定动能是否

相同，并由此可确定拉力与洛伦兹力。最后由向心力公式来确定是否相同。

本题考查对小球进行受力分析，并得出力做功与否，根据机械能守恒定律来解题是突破口，同时注

意洛伦兹力方向随着速度的方向不同而不同。最后由牛顿第二定律来求向心力与向心加速度。

A、由题意可知，拉力与洛伦兹力对小球不做功，仅重力作功，则小球机械能守恒，所以小球分别从

左侧最高点和右侧最高点向最低点4运动且两次经过4点时的动能相同，故A正确；

8、由于小球的运动方向不同，则根据左手定则可知，洛伦兹力的方向不同，故8错误；

C、。、由4选项可知，速度大小相等，则根据牛顿第二定律可知，由于速度方向不同，导致产生的

洛伦兹力的方向也不同，则拉力的大小也不同，向左摆动通过4点时所受洛伦兹力的方向向上，充当

一部分向心力，故绳子拉力较小，所以向右摆动通过4点时悬线的拉力大于向左摆动通过4点时悬线

的拉力，故C错误，。正确；

故选：AD.

6.答案：ABD

解析：解：4、在未施加电场时，4物体处于平衡状态，合外力为零。当施加上电场力瞬间，2物体

受到的合外力为施加的电场力，故有：qE=ma,结合E=等，解得：a=2g,方向向上，故A正

确。

B、8刚要离开地面时，弹簧的拉力等于mg,此时4物体合力为0.从施加电场开始到弹簧恢复原长的

过程中，对4根据牛顿第二定律得qE-7ng+/cx=ma,随着x减小，a减小，力物体做加速度逐渐

变小的加速运动。从弹簧恢复原长到8刚要离开地面的过程中，qE-mg-kx=ma,随着工的增大，

a减小，4物体继续做加速度逐渐变小的加速运动，故A物体速度一直增大，故8正确。

C、B刚要离开地面与开始时弹簧的弹力大小相等，从施加电场开始到B刚要离开地面的过程中，弹

簧的弹性势能变化量为零，对整个过程来说，4物体的机械能增加量等于4物体电势能的减少量。从

开始到弹簧恢复原长的过程，A物体的机械能增量等于电势能减少量与弹性势能减少量之和，从弹簧

恢复原长到B刚要离开地面的过程，A物体的机械能增量与弹性势能的增加量之和等于电势能的减少

量，故C错误。

D、从开始到B刚要离开地面的过程，弹簧的弹力做功为零，4上升的距离为：％=2詈=等，根据

动能定理可知：（qE-mg）x=；mf2,解得：»=2g第,故。正确。

故选：ABD.

先分析未电场时确定4的合外力。刚施加电场的瞬间，弹簧的弹力不变，分析4的受力，根据牛顿第

二定律求4的加速度大小。在电场力作用下，对4分析，当4向上运动时，弹力减小，故A做变加速

运动，当B脱离地面时，此时弹簧的伸长量与4B静止时的压缩量相同，故整个过程弹簧弹力做功为

零，根据动能定理即可分析。

本题关键根据平衡条件和胡克定律求解出弹簧的形变量，最后结合几何关系得到物体4上升的距离,

注意明确弹性势能的变化与形变量之间关系，利用动能定理可判断。

7.答案:AB

解析：解：4、设车厢顶部吊灯的重力为mg,重力与细线拉力FT的合力提供吊灯做水平面内圆弧运

动的向心力，受力分析如图所示：

FT

mg

则有：口靠二鬻向

解得向心加速度a%=gta?ia,故A正确;

B、列车的向心加速度为gtana,由列车的重力与轨道对列车支持力的合力提供，故列车的轮缘与轨

道无侧向挤压作用，故B正确；

C、水杯的向心加速度为gtcma,由水杯的重力与桌面对水杯支持力的合力提供，故桌面与水杯之间

无摩擦力，故C错误；

。、以相同速度过一个半径更大的弯道，则由a=日可知所需向心加速度变小，若无桌面摩擦力，仅

r

受重力和支持力的作用下，水杯将撞向车厢右壁，故。错误。

故选：AB.

根据合外力提供向心力判断向心加速度的大小，若重力与支持力的合力恰好提供足够的向心力，则

物体不会再受到其他力的作用，若重力与支持力不足以提供所需的向心力，则还需要其他外力提供

向心力。

所需向心力的大小由物体的速度、圆周运动的半径等因素决定，并且向心力由合外力提供，若合外

力不足以提供所需的向心力，物体将做离心运动，若合外力指向圆心的分力大于所需的向心力，物

体将做向心运动。

8.答案：ABD

解析：

本题从两个角度研究电磁感应现象，一是力的角度，关键是推导安培力的表达式；二是能量的角度，

关键分析涉及几种形式的能，分析能量是如何转化的.求出感应电动势与感应电流，然后由电流定

义式可以求出电荷量.

A、导体棒开始运动时速度最大，产生的感应电动势和感应电流最大,所受的安培力最大，由E=BM

1=j自=得：最大安培力为降3=々詈，故A正确.

8、根据能量守恒可知，上滑过程中导体棒的动能减小，转化为焦耳热、摩擦生热和重力势能，则电

流做功发出的热量为Q=|mv2-mgs(sind+〃cos。)，故B正确.

C、由能量守恒定律可知，导体棒克服安培力做的功等于电路中产生的焦耳热，设为W,由上分析可

知导体棒克服安培力应小于导体棒动能的减小，即：W<\mv2,故C错误.

。、由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势：E=怨=二半,感应电流/=5,通过导体棒的

电量q=/△3解得：q=器,故。正确；

2R

故选：ABD.

9.答案：ACD

解析：解：4、做功和热传递都可以改变物体的内能，当一定量气体吸热时，若同时对外做功，其内

能可能减小.故A正确；

B、由理想气体的状态方程与=C可知，若气体的温度7随时间不断升高，体积同时变大，其压强可

能不变，故8错误；

C、浸润和不浸润现象都是分子力作用的表现.故C正确；

。、根据液晶特点和性质可知：液晶既有液体的流动性，又具有单晶体的各向异性.故。正确；

E、单晶体和多晶体都有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点.故E错误.

故选：ACD

做功和热传递都可以改变物体的内能；

根据理想气体的状态方程分析状态参量的变化；

了解毛细现象，浸润和不浸润概念，

根据液晶特点和性质可知：液晶既有液体的流动性，又具有单晶体的各向异性.

单晶体和多晶体都有固定的熔点；

本题全面的考查了选考系列内容，要求学生系统掌握知识并正确应用，因此对学生提出较高要求，

要加强理解和应用.

10.答案:ADE

解析：解：4、由题知在t=0.6s时，质点4恰好第四次波峰，说明0.6s内有3个周期，故有37=0.6s,

得周期7=0.2s。故A正确。

B、由图看出波长为4=2m,则波速为"=：=焉=10m/s,波从B传播到P点的时间为t=?=*=

0.3s,即在t=0.3s时波刚传播到质点P处。故B错误。

C、波在传播过程中，介质中各个质点的振动方向与波图示时刻质点8的速度方向相同，根据波形平

移法得知，质点B的速度方向沿x轴负方向，则P点开始振动时速度方向也沿x轴负方向，故C错误。

D、当x=1.5m处波谷传到P点时，P点第一次出现在波谷底部，所用时间为t=工整s=0.35s。故。

正确。

E、质点的振幅为20cm,质点B在0〜0.6s内通过的振动周期为3次，故经过的路程是S=3x42=3x

4x20cm=240cm,故E正确。

故选：ADE.

t=0时刻波形如图所示，可知质点4再经过三个周期出现在波峰，即求得周期7.根据波形图读出波

长，由。=:求出波速，分析波传播到P的时间。简谐波沿x轴正向传播，P的开始振动方向与图示时

刻x=2m处的质点速度方向相同。当x=1.5m处波谷传到P点时，P点第一次出现在波谷底部；由图

读出振幅，再根据振动次数确定质点B通过的路程，注意质点在一个周期内通过的路程是4个振幅。

本题关键根据周期性，从时间的角度研究质点的振动周期，根据两点平衡位置间距离与波长的关系

可分析振动情况的关系。同时还要注意波的传播方向和质点振动方向之间的关系判断。

11.答案：要C

解析：解：(1)小车运动时，受到木板的阻力以及纸带与打点计时器间的摩擦阻力，所以平衡摩擦力

时，小车需要挂纸带；

(2)橡皮筋恢复原长后，小车做匀速直线运动，所以选用C点的受到才符合实验要求。

故答案为：(1)要；(2)C。

(1)实验前要把木板的一端适当垫高以平衡摩擦力，平衡摩擦力时打点计时器要与纸带相连。

(2)橡皮筋做功完毕小车做匀速直线运动，在相等时间内的位移相等，根据图示纸带答题。

本题是探究功与速度变化的关系的实验，关键明确橡皮条做功是变力做功，通过增加橡皮条条数而

使功整数倍增加，同时要注意平衡摩擦力，是一道容易出错的题目，同学们在学习中应注意实验的

细节，属于基础题。

12.答案：公；心

解析：解：(1)根据通过电子秤的最大电流为0.54可知，电流表应选择为：

E45

根据闭合电路欧姆定律可求出电路中需要的最大电阻应为：Rmax=Tr=T^n=22.5n,所以变阻

3‘431

器应选择RI；

(2)由于实验要求压敏电阻两端电压调节范围尽可能大，所以变阻器应采用分压式接法，又压敏电阻

应与电流表串联，电路图及实物连线图如图所示:

(3)根据题意，变阻器的输出电压保持不变，测量步骤应为:

①调节滑动变阻器，使通过压敏电阻的电流为某一数值6

②保持滑片位置不动，在压敏电阻上方放一祛码，读出此时电流表的示数：

③不断增加祛码个数，分别读出电流表对应的电流值；

④建立m-/坐标系，根据记录数据进行描点，用平滑的曲线连接，让尽可能多的点落在这条曲线上：

⑤根据物体放在压敏电阻上所对应的电流值，对应图象读出该物体的质量.

故答案为：(1)41，%；(2)如图；(3)①调节滑动变阻器，使通过压敏电阻的电流为某一数值

②保持滑片位置不动，在压敏电阻上方放一祛码，读出此时电流表的示数；

③不断增加祛码个数，分别读出电流表对应的电流值；

④建立m-/坐标系，根据记录数据进行描点，用平滑的曲线连接，让尽可能多的点落在这条曲线上；

⑤根据物体放在压敏电阻上所对应的电流值，对应图象读出该物体的质量.

本题(1)应根据通过电子秤的最大电流来选择电流表量程，通过估算电路中需要的最大电阻来选择变

阻器；题(2)应根据实验要求电压调节范围尽可能大可知变阻器应采用分压式接法；题(3)的关键是

明确变阻器的输出电压不变，然后读出不同质量时对应的电流，然后画出质量与电流的图象即可求

解.

应明确：①选择电流表时，通过电流表的最小电流应在量程的;以上；②应根据电路中需要的最大

电阻来选择变阻器；③变阻器采用分压式接法时，若变阻器的全电阻远小于待测电阻，则滑片不变

时，变阻器的输出电压基本不变.

13.答案：解：(1)由于两小球是匀速上升的，由平衡条件有：

2qE=3mg

解得电场强度为：E=誓。

绳断开后，对4球由牛顿第二定律有：qE-mg=maA

解得：aA=0.5gf方向向上。

对8球有：qE—2mg=2maB

解得：aB=-0.25g,方向向下。

(2)因两小球组成的系统受外力之和为零，所以两球所组成的系统的动量守恒，当B球的速度为零时，

有：

(m+2m)v0=mvA+2mx0

解得：孙=3Vgo

(3)绳断开后，8球匀减速上升，设当速度为零时所用的时间为上则有：

vv4v

0t10，_____0--

aB0.25gg

此过程4、B球上升的高度分别为:

,%+0._2诏

"A~—Q-=~~

29

,%+3%8哧

九B-7.----——

29

此过程中，两球所组成的系统的机械能的增量等于电场力对两球做的功，即

lOvn3mg10诏,

△E=qEh+qEh=qE(----)=—―x----=15nl诏

ABg2g

答:(1)电场强度为骡，细绳断开后4是0.5g,方向向上，的是0.25g,方向向下；

(2)当B球速度为零时，4球速度的大小3%；

(3)从绳断开至B球速度为零的过程中，两球组成系统的机械能增量为15nl诏。

解析：(1)根据受力平衡条件，可确定电场强度；再由牛顿第二定律，即可求解；

(2)根据系统的动量守恒定律，即可求解；

(3)根据运动学公式，及电场力做功导致系统的机械能减小，即可求解。

本题利用带电粒子在电场中的运动考查平衡条件、牛顿第二定律、动量守恒定律及运动学公式的应

用，掌握机械能守恒条件，理解除重力之外的力做功导致机械能变化。

14.答案：解：情况一：若粒子带正电，轨迹如图1所示，

4

!

x

I

—

图1

根据对称关系可知，两圆心连线。。'为NPO'Q的角平分线，

所以NOO'Q=4007=45。，可知四边形OPO'Q为正方形，故O'Q=OQ,

由几何关系可得：r=O'Q+QM=OQ+QM=RcosO+|/?①

飘［②

dR5

由①②得：r=1/?@

电荷进入磁场，做匀速圆周运动，设其轨道半径为r,根据牛顿第二定律可得:

qv0B=喈④

由③④得：5=黑

丁2nr14nR合

7=⑤

又因为t⑥

由⑤⑥得:T

情况二：若粒子带负电，轨迹如图2所示,

根据对称关系可知，两圆心连线。。〃为乙CDE的角平分线，

所以40DC=N0DE=45。，可知四边形OCDE为正方形，故CD=ED,

由几何关系可得：r=CM-CD=CM-ED=RcosB-三R（7）

加-（翔24⑧

COS0=-------=-」

RS

由⑦⑧得：r=/⑨

电荷进入磁场，做匀速圆周运动，设其轨道半径为r,根据牛顿第二定律可得:

qv0B=my⑩

由⑨⑩得：上黑

2nr2HR

T=——二厂⑪

又因为t=:⑫

由⑪⑫得：”箴

答：(1)带电粒子的比荷弓为岩或岩；

(2)带电粒子在磁场中运动的时间t为鬻或需.

解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由于粒子电性未知，所以存在两种情况，根据洛伦兹力提供

向心力求出半径，再与几何