2021年福建省福州市高考物理质检试卷（一模）

2021年福建省福州市高考物理质检试卷（一模）

一、单选题（本大题共4小题，共16.0分）

1.研究光电效应的实验中，使用某一频率的光照射光电管阴极时，有光电流产生。下

列说法正确的是（）

A.光电效应揭示了光的波动性

B.用频率更高的光照射，光电流一定增大

C.保持频率不变，增大入射光的强度，遏止电压不变

D.保持频率不变，增大入射光的强度，逸出的光电子最大初动能也增大

2.两列振幅均为A、频率均为10Hz的简谐横波，分别沿x轴正、负方向传播，在某

一时刻到达8、E点，如图中实线、虚线所示。两列波的波速均为10m/s,下列说

法正确的是（）

A.BE之间的所有质点都不会振动

B.质点P、O横坐标的差为2.75m

C.质点P、。开始振动的时刻之差为0.05s

D.两列波叠加时，C点的振幅为2A

3.使物体成为卫星的最小发射速度称为第一宇宙速度片,而使物体脱离星球引力所需

要的最小发射速度称为第二宇宙速度以，以与%的关系是。2=鱼女。已知某星球

半径是地球半径R的或其表面的重力加速度是地球表面重力加速度g的地球的

平均密度为P，不计其它星球的影响，则（）

A.该星球的平均密度为：

B.该星球的质量为陋卫

81

C.该星球上的第二宇宙速度为回

3

D.该星球自转周期是地球的?

6

4.如图所示为研究远距离输电的装置。理想变压器A、72的匝数比相等（%：n2=n4：

n3）,变压器A的输入电压%=e=50&s讥100忒（匕），输电线的总电阻为r,则（）

A.闭合开关后，灯泡两端的电压为50V

B.闭合开关后，通过灯泡电流的频率为100法

C.闭合的开关数越多，所有灯泡获得的总功率越大

D.依次闭合开关&、52、S3...,灯泡人越来越暗

二、多选题（本大题共4小题，共24.0分）

5.如图所示，四个小球质量租入=血8=2m、me=爪。=M，在距地面相同的高度处

以相同的速率分别竖直下抛、竖直上抛、平抛和斜抛，不计空气阻力，则下列关于

这四个小球从抛出到落地过程的说法中正确的是（）

A.小球飞行过程中单位时间内的速度变化量相同

B.C、。两小球落地时，重力的瞬时功率相同

C.从开始运动至落地，重力对四个小球做功均相同

D.从开始运动至落地，重力对A小球做功的平均功率最大

6.已知通电长直导线产生的磁场中某点的磁感应强度满足

B=k：（其中人为比例系数，/为电流强度，,•为该点到直

导线的距离）。现有四根平行的通电长直导线，其横截面

积恰好在一个边长为L的正方形的四个顶点上，电流方向

如图，其中A、C导线中的电流大小为B、力中的电流

大小为/2。已知B导线所受的磁场力恰好为零，则下列说

法正确的是（）

A.电流的大小关系为2/1=12

B.四根导线所受的磁场力都为零

第2页，共20页

C.正方形中心o处的磁感应强度为零

D.若移走A导线，。导线所受的磁场力平行于OC方向

7.如图甲为某缓冲装置模型，劲度系数为以足够大）的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可

在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力为定值八轻杆向右移动不超过/时.，装

置可安全工作。一质量为根的小车以速度火撞击弹簧后，轻杆恰好向右移动/,此

过程其速度v随时间f变化的u-t图象如图乙所示。已知在0〜匕时间内，图线为曲

线，在0〜t2时间内，图线为直线。己知装置安全工作时，轻杆与槽间的最大静摩

擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面间的摩擦。下列说法正确的是（）

A.在。〜ti时间内，小车运动的位移为£

B.在口时刻，小车速度为%=J诏—华

C.在q+t2时刻，小车恰好离开轻弹簧

D.在0〜t2时间内，轻杆摩擦产生热

8.磁悬浮列车动力原理如图所示，在水平地面上放有两根平行直导轨，轨间存在着等

距离的正方形匀强磁场当和为,方向相反，%=%=B,导轨上放有金属框abed,

其边长等于轨道间距L金属框电阻为R,磁场同时以速度M向右匀速运动,

从而带动金属框运动，金属框受到的阻力恒为其速度的&倍。下列说法正确的是（）

A.金属框中的感应电流方向始终不变

B.金属框受到的安培力方向始终不变

C.金属框的最终速度为含券

D.稳定后系统消耗的功率为k/+竺富

三、填空题（本大题共2小题，共8.0分）

9.武汉疫情期间，急需从辽宁调入钢瓶氧气，一个钢瓶容积40L,在辽宁测得氧气压

强为1.2xKfpa,环境温度为-23。&武汉方舱医院内温度27汽（钢瓶的热胀冷缩

可以忽略）。则到达武汉方舱医院达热平衡后钢瓶内氧气的压强为Pa；现对

容积5L内部真空的小钢瓶分装，分装后每个小钢瓶压强为2X105pa,在分装过程

中大小钢瓶温度均保持不变，最多可分装瓶小钢瓶供病人使用。

10.如图所示，长12机的木板右端有一立柱，其质量为10依，木板置于水平地面上，

板与地面的动摩擦因数〃为0.2,最大静摩擦等于滑动摩擦力。质量为50依的人立

于术板左端，木板与人均静止，当人以2zn/s2的对地加速度匀加速向右奔跑至板的

右端时，立刻抱住立柱。重力加速度g取10m/s2,则人在奔跑过程中，人受到的

木板的摩擦力大小为N,木板受到地面摩擦力的大小为N。

四、实验题（本大题共2小题，共12.0分）

11.图甲为某同学验证“物体运动加速度与力之间关系”的实验装置图。已知滑块质量

为M,当地重力加速度为g,实验中使用交变电流的频率为50〃z。

责块打点计时器

0*I?D

-8.05-----1

独码A------------1239

球码盘17.47—

图乙

图甲

（1）如图甲所示，安装好实验装置。取下跌码盘，调整滑板右端高度，让滑块匀速

下滑。

（2）挂上总质量为〃，的祛盘（连同盘中祛码），调整左端滑轮高度，让细绳平行于滑

板。

打开打点计时器电源开关，然后放开滑块，就可打出滑块运动的纸带。图乙所示为

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某次操作中打出的一条纸带，相邻的两个计数点之间还有3个点未标出，数据的单

位是c机。则滑块运动的加速度a=m/s2(保留三位有效数字)。

(3)改变祛码盘总质量，力重复步骤(2)操作，就可测出对应的加速度处通过这些

实验数据分析就可以验证物体运动加速度与合外力是否成正比。

(4)分析实验数据可得到，用纸带上数据算出滑块的加速度a总是小于用a'=/g算

出的加速度，而且随祛码盘总质量相增加，它们之间差值(填“越来越小”、

“不变”或“越来越大”)。

12.利用图甲所示的电路测定一节干电池的电动势和内阻，要求尽量减小实验误差。实

验室供选择的器材有：

A电流表4(0〜0.6/1)

B.电压表匕(0〜3匕)

C.电压表彩(0〜15V)

。.滑动变阻器R(0〜200)

E.定值电阻&=

F.开关一个，导线若干

—©——

―—

图甲

//A

r

图乙

（i）实验中电压表应选用（选填相应器材前的字母）；

（2）闭合开关，电压表和电流表均有示数，但是无论怎么移动滑动变阻器的滑片，

电压表的读数变化都非常小。同学们讨论后，在原电路的基础上又加了一个定值电

阻心,问题得到解决。请你在虚线框内画出改进后的电路图。该小组用改进后的电

路图，记录了6组数据，对应的点已经标在坐标纸上。请在图乙坐标纸上画出U-/

图线，并根据所画图线可得出干电池的电动势E=1.5V,内电阻r=0（保

留两位有效数字）。

五、计算题（本大题共3小题，共40.0分）

13.如图所示，真空中，在两个同心圆所夹的环状区域存

在（含边界）垂直于纸面向里磁感应强度为B的匀强

磁场，两圆的半径分别为R和3R,圆心为O。质量

为机、电荷量为q（q>0）的带粒子从大圆边缘的P点

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沿半径尸。方向以不同的速度垂直射人磁场，粒子重力不计；

(1)若粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为120。，求粒子在磁场中运动速度大小

巧和在磁场中运动的时间ti；

(2)若粒子不能进入小圆内部区域，求粒子在磁场中运动的速度方。

14.如图所示，在直角坐标。孙平面的第一象限内存在着沿+x方向的有界匀强电场I,

其边界由曲线AB和坐标轴围成；在第二象限存在沿+y轴方向匀强电场已知从

电场I边界曲线AB上静止释放的电子都能从x轴上的P点离开电场D,P点在

(-。0)处，两电场强度大小均为£电子电荷量为-e。求：

(1)电场I边界曲线4B满足的方程；

(2)从曲线AB上静止释放的电子离开电场n时的最小动能。

15.如图所示，质量为血1=0.50kg、带有q=6.0x10-4(7正电荷的小物块，放在绝缘

木板的左端；木板静止在水平面上，其质量M=0.25kg、长度L=9.5m,木板上

表面右端与竖直面上光滑绝缘二分之一圆轨道的最低点A相平且相距d=6.0m；

小物块与木板间的动摩擦因数为%=0.4,木板与地面间的动摩擦因数为%=02。

质量为62=0.05kg的绝缘弹丸以速度%=50?n/s沿水平方向射向小物块，与小物

块相碰(碰撞时间极短)后弹丸以v=10m/s的速度大小反弹，然后小物块使木板从

静止开始向右运动，当木板与竖直圆轨道AB碰撞立即锁住。在竖直面AB左侧空

间存在电场强度为E=2.5xltPv/m、方向水平向右的匀强电场。重力加速度g=

10m/s2.不计空气阻力，求：

(1)弹丸与小物块碰后小物块的速度大小；

(2)小物块滑到圆轨道最低点A处的速度大小；

(3)若圆弧半径为R=4m,物块Hi1滑到圆轨道最低点A处时，电场强度变为原来的

2倍，方向不变，竖直面左右侧空间均有电场，接下来物块Tn】的运动情况以及

在木板上经过的路程。

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答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：A、爱因斯坦的光子说，成功解释了光电效应，说明光具有粒子性，故A

错误。

8、光电流指光电子在电路中形成的电流。在未达到最大值之前，它的大小和光强电压

都有关，达到最大以后光电流和光强度成正比。与频率无关，故B错误。

CD、根据光电效应方程==入射光的频率越高，对应的遏止电压

4及最大初动能端就越大，遏止电压和最大初动能与入射光的强度无关，当频率

不变时，遏止电压和最大初动能都不变，故C正确，。错误。

故选：Co

爱因斯坦的光子说，成功解释了光电效应，说明光具有粒子性；光电流指光电子在电路

中形成的电流，与入射光频率无关；遏止电压和最大初动能都与频率有关，与入射光的

强度无关。

本题主要考查了对光电效应方程的简单应用，其中遏止电压和最大初动能由频率来决定,

而光电流则分为饱和前和饱和后来分析。

2.【答案】B

【解析】解：AD,根据图象，其中C点这样波峰和波谷相遇点，为振动减弱点，由于

两列波振幅相同C点振幅为0,在BE间只有C点和OE中点是减弱点，其他质点不是

振动减弱点，振幅不为0,故4错误，。错误；

B、v=10m/s,T=y,v=/联立可得;l=lm,OP之间相差2处波长，故两点间距

离为％=2.75m,故8正确；

C、实线波从。传播到E点时间G=矢包=?==0.2s

虚线波从P传播到B时间t2=七*=等=洋=0.175s

则质点P、。开始振动的时刻之差为4t=ti-t2=(0.2-0.175)s=0.025s,故C错误;

故选：Bo

当两列波的波峰和波峰相遇或者波谷和波谷相遇的点为振动加强点，波谷和波峰相遇的

点为减弱点，两列波振幅相同时,减弱点振幅变为0：从图象中找出波的波长根据。=3

r=，戈到波的周期和频率，依据图象找到尸、。两点的波形图，计算出两点间的坐标差

和开始振动时刻之差。

本题考查横波的波速、周期、频率、波长之间的关系，以及干涉问题，要求有一定的分

析能力，解决过程中一定要从图中找出题目要求的两点间相距多少个波长，以此来列式

求解。

3.【答案】A

【解析】

【分析】

忽略地球自转影响，地球表面上物体的重力等于万有引力，由此得到地球的质量以及与

密度的关系式，同理可求星球的质量以及与密度的关系式，联立求解星球的质量和平均

密度。第一宇宙速度是人造地球卫星在近地圆轨道上的运行速度，即=m日；此

题把地球第一宇宙速度的概念迁移的某颗星球上面。

【解答】

48、忽略地球自转影响，地球表面上物体的重力等于万有引力，即G黎=mg,地球的

质量为M=px;兀R3

同理，星球的质量为M'=42=p'x：7rR'3；

该星球表面的重力加速度g'='

O

联立解得：p'=§,”'=眄史，故A正确，3错误；

281

2

c、该星球表面的重力加速度g'=2由血g'=手

可得星球的第一宇宙速度也=爷，

该星球的第二宇宙速度刈=6、=吟故c错误；

。、根据题意无法判断自转周期间的关系，故。错误

故选：Ao

4.【答案】D

【解析】解：4、对于升压变压器有远距离输电造成电压损失有4="-/午,

降压变压器有又ni：n2=n4：n3,联立解得以=最仔/一切=U］一

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所以闭合开关后灯泡两端的电压小于50匕故A错误；

n2

B、通过灯泡电流的频率为f=；=S=?^Hz=50"z,故B错误；

T27r2TC

C、设灯泡总电阻为R,流过灯泡的总电流为/,流过输电线的电流为根据A选项中

的推导Q=Ui-*'r,又〃=1R,则有：P京=l2R=心一举〃，，根据电流关系几

/="n3,故「惑=最/力1_4々乙而%：n2=n4：n3,故「总=/%+最UJ'=

—r(/'一筹产+器，当/'=舞时，P怒最大，与闭合的开关数无关，故C错误；

D、依次闭合开关品、52、S3...,灯泡的总电阻R减小，则流过灯泡的总电流/增大，

流过输电线的电流/'增大，由/=/一最/，知，/增大，则以减小，即灯泡两端的电压

减小，故灯泡人越来越暗，故。正确。

故选：Do

根据变压器的规律和欧姆定律可知灯泡两端电压的判断需要知道输电线电阻；根据/=

为判断频率；判断灯泡亮度变化可根据功率P=U/判断；根据P=/2R可判断输电线消

耗的功率。

解决本题的关键掌握变压器的原理和特点，以及掌握远距离输电过程中电压损失和输入

电压、输出电压的关系。

5.【答案】ACD

【解析】

【分析】

本题是运动学公式、功率公式的综合运用，抓住四个小球的加速度相同的条件进行分析。

【解答】

A、根据加速度的定义式a当知单位时间内的速度变化即为加速度，它们的加速度

都是g,所以小球飞行过程中单位时间内的速度变化相同，故A正确；

3、重力小球落地时做功的瞬时功率公式为P=?ng%,%是竖直方向的分速度，根据啰-

哆o=2g/i可知：由于。球初速度有竖直方向的分速度，则。球落地时竖直分速度大于

C球，重力落地时。球重力的功率最大，故B错误；

C、重力做功叫=小。儿起点与终点的竖直高度相等，重力相等，重力做功即相等，

故C正确；

力、四个小球抛出后，加速度都是g,竖直方向都做匀变速直线运动，设高度为人则

有

2

对于A球：h=vot+^gt

8球：先上升后下落，返回出发点时，速率等于。°,则知运动时间大于4球运动时间。

C球做平抛运动，h=\gt2.

。球竖直方向：做竖直上抛运动，运动时间比平抛运动的时间长。可知A球做竖直下抛

的小球运动时间最短，

由平均功率公式P=?知重力对A球做功的平均功率最大，故D正确。

故选：ACD.

6.【答案】AC

【解析】解：A、通电长直导线产生的磁场中某点的磁感应强度满足B=k」，那么

r

A在2处的磁场&=方向由B指向C,

同理，C在B处的磁场/=人与，方向由4指向B

而。在8处的磁场即=k羞，方向垂直与8。指向斜上方，

再依据矢量的合成法则，则有：吟=kg,解得：2。=与，故A正确；

8、依据对称性，。导线所受的磁场力恰好为零，因电流大小不同，则A与C导线所受

的磁场力一定不为零，故B错误；

C、依据矢量的合成法则，则B与。导线在。点的合磁场为零，而A与C导线在。点

的合磁场也为零，故C正确；

。、据8选项分析，若移走A导线,D导线所受的合磁场力与A对D的磁场力等大反向，

依据左手定则，可知。导线所受的磁场力沿47D方向，故。错误；

故选：ACo

依据磁感应强度8=卜%结合矢量的合成法则，及安培定则，即可一一求解

本题主要考查某点的磁感应强度满足B=k《的应用，掌握矢量的合成法则，同时理解安

培定则的内容。

7.【答案】AD

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【解析1解：A、小车把弹簧压缩到x=，时，两者一起推动杆向右减速运动，这个过程

中，杆受到的摩擦力不变，弹簧的压缩量x先增大，到车与杆的速度相等时x保持不变，

直到杆的速度减为0,所以在0〜亢时间内，小车运动的位移为£故4正确；

8、在0〜L时间内，弹簧弹力做功可以用平均力求解，G时刻弹力等于力对小车列动

能定理得：

111

--fl=-mv?--mvn

22120

解得：%=J诏故B错误；

C、在t1+t2时刻，由图像知速度始终为正值，矢量的正负表示运动方向，所以小车始

终向右运动，故C错误；

。、在0〜12时间内，轻杆摩擦产生热等于：

Q=f,x相对,其中相对位移为/,

所以轻杆摩擦产生热等于：Q=fl,故。正确，

故选：ADo

在0〜ti时间内，小车运动的位移等于弹簧的压缩量，由胡克定律和摩擦力公式相结合

求解；

根据功能关系求在亢时刻小车的速度；

由图像知速度始终为正值，矢量的正负表示运动方向，所以小车始终向右运动；

根据Q=f•%相对求解轻杆摩擦产生热量.

正缓冲装置是一种实用装置，在生产和生活中有着广泛的应用，本题就是根据某种缓冲

装置改编的一道物理试题，试题设计新颖，物理思想深刻.正确解答这道试题，要求考

生具有扎实的高中物理基础以及很强的分析和解决问题的能力，属于难题。

8.【答案】BC

【解析】解：AB,当金属框处于图示磁场中时，由于金属框相对于磁场的运动方向向

左，由右手定则判断可知金属框中感应电流沿逆时针方向，由左手定则判断可知ad边

和儿边受到的安培力方向向右；当ad边和几边所在处磁场方向与图示相反时，金属

框中感应电流沿顺时针方向，由左手定则判断可知“4边和历边受到的安培力方向向右,

故金属框受到的安培力方向始终不变，故A错误，8正确；

C、由于磁场以速度v向右匀速运动，当金属框稳定后以最大速度方向右运动时，金属

框相对于磁场的运动速度为〃-vm

回路中产生的感应电动势E等于以/边和儿边分别产生感应电动势之和，即为：E=

2BL(D-vm)

根据闭合电路欧姆定律可得金属框中产生的感应电流为：/=9=空哼地

金属框的两条边nd和儿都受到安培力作用，ad边和尻边所受安培力方向均向右，故

金属框受到的安培力大小为：

F=2BIL=竺汨(二或

R

当金属框的速度达到最大时，安培力与摩擦力平衡，即满足关系：

F-/=0

结合/■=/£!%，解得：%=k；：；篇•,故C正确；

2

D、稳定后系统消耗的功率为P=lR+fvm,解得P=把殷宵黑产,故力错误。

故选：BC。

根据右手定则判断感应电流方向；由左手定则判断安培力方向；当金属框速度最大时,

安培力和摩擦力平衡，由此可以算出金属框的最大速度，即最终速度。由/2R求稳定后

系统消耗的功率。

本题要从5=8几出发，分析金属框产生的总的感应电动势，要注意公式中V应是金属

框相对于磁场的速度。要知道金属框所受安培力和摩擦力平衡时金属框速度到达最大。

9.【答案】1.44x107568

【解析】解：钢瓶内气体初状态温度7=(273-23)K=250K,p=1.2x107Pa,

气体末状态温度7'=(273+27)K=300K

气体体积不变，由查理定律得：

?=巴，即巨型=JL

TTt250300

7

解得：p'=1.44x10Pa；

先让钢瓶内气体压强降为Pi=2x105Pa,设此时气体体积为匕，

气体温度保持不变，由玻意耳定律得：

p'V=pi匕，即1.44X107Pax40x10-3m3=2x10sPaX匕，

代入数据解得：匕=2.88m3=2880L

分装气体的瓶数：71=华=当竺瓶=568瓶

故答案为：1.44x107；568。

气体体积不变，应用查理定律求出气体的压强；分装过程气体温度不变，气体发生等温

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变化，应用玻意耳定律求出末状态的体积，然后求出分装的瓶数。

本题考查了气体状态方程的应用，根据题意分析清楚气体状态变化是解题的前提，求出

气体状态参量，应用查理定律与玻意耳定律即可解题。

10.【答案】100100

【解析】解：当人以2m/52的对地加速度匀加速向右奔跑时，以人为研究对象，受力分

析如图，

由牛顿第二定律，板对人的摩擦力方=

ma=50x2N=100N；

以板为研究对象，人对板的摩擦力/?=

h=100N,

木板受到地面最大静摩擦力的大小为：mg

fm=n(m+M)g=0.2x(10+50)xION=120/V>f；,

所以板静止不动，木板受到地面的摩擦力为静摩擦力，大小等于人对板的摩擦力大小,

为100M

故答案为：100；100o

当人以2m/s2的对地加速度匀加速向右奔跑时，人受到的木板的摩擦力为合外力，用牛

顿第二定律即可求得；木板受到地面摩擦力应先判断木板能否滑动，从而判断是滑动摩

擦力还是静摩擦力，然后求解。

本题考查了摩擦力的相关计算，主要注意区分是静摩擦力还是滑动摩擦力。

11.【答案】0.535越来越大

【解析】解：(2)由逐差法计算加速度：a=年萧=①7荔;&°sc*=

53.5cm/s2=0.535m/s2

(4)对祛码和祛码盘受力分析得

mg—T=ma①

对滑块受力分析得

T=Ma②

联立①②，解得:

mm

a=--------g</=a'

m+M

m2

加速度差值:CL-CL=-Q-----------Q=~;---------Q

M+m"

1

~M2M

/+沆

当滑块的质量“一定时，加越大，a'-a越大，即它们之间的差值越来越大.

故答案为：(2)0.535；(4)越来越大.

(2)根据逐差法可以求解加速度；

(4)对祛码和祛码盘和滑块分别列牛顿第二定律，然后找出优-a,根据表达式可以找出

"?越大，它们的差值越开越大.

本题需要同学们对逐差法有深刻理解，可以利用纸带数据求解加速度，注意有效数字的

要求；分别对祛码和祛码盘和滑块列牛顿第二定律，可以求出a'-a,根据表达式可以

找出它们的差值变化.

12.【答案】B0.14

【解析】解：(1)一节干电池的电动势大约为1.5U左右，所以

电压表选量程为3y的电压表B-.

(2)电压表的示数U=E-lxr,电流随电压变化小的原因是

电源的内阻太小，所以在电源处串联一个定值电阻R。，相当于ErSR„

图1

”等效内阻变大”，电路图如图1所示；

IniHnajgnaHiHHiiiml

在给定的坐标系中，根据所描的点，将这些点画成一条直线,

让更多的点在直线上，不在直线的点均匀分布两侧，如图2

I出僦团陶

所示；

根据U=E—/(Ro+r),所以图象的纵截距为E=1.5%图

图2

象的斜率|k|=R0+r=喘^亿所以r=阳-&=

1.14/2-10=0.140。

故答案为：(1)B；(2)电路图如图1所示、U—/图线如图2所示

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iHiiiiammuiiHiiiHi

、0.14

哪

图2

(1)根据电源的电动势确定电压表的量程;

(2)分析造成电压表变化范围小的原因是电源的内阻太少，所以在电源上串一个定值电

阻，从而设计出电路图。在已经描点的坐标系中画出一条直线即可，由图象的斜率就能

求出电源的内阻。

本题是用伏安法测电源电动势和内阻的最基本方法，为了使实验效果理想，一般采用用

过的旧电池来做，但本题遇到的问题就是内阻过小而造成电压表读数变化小的问题，所

以只有增大“等效内阻”。

13.【答案】解：(1)由图1利用几何关系，得粒子在磁场中运z

q=3Rtan300=V3/?①

由牛顿第二定律，有

vf

q%BD=m—②

联立①②，得

y/3qBR

Vy=-----------

m

又粒子在磁场中运动周期

2nm

T=——

Bq

则带电粒子在磁场中运动的时间

12002nm

tl=360°T='3Bq

(2)带电粒子进入小圆内部区域的最大速度为加，

则(3R)2+W=(Xn+R)2

解得亏l=4R

此时有-m—

rl

故为=幽

'm

故粒子在磁场中运动的速度。5W臂

答：(1)若粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为120。，粒子在磁场中运动速度大小为

WqBR

在磁场中运动的时间为翳；

(2)若粒子不能进入小圆内部区域，粒子在磁场中运动的速度为0</工臂。

【解析】(1)先由题意画出带电粒子的运动轨迹图，再结合半径公式和周期公式求出速

度大小和时间；

(2)先画出对应的运动轨迹图，找出临界关系，求出粒子在磁场中运动的速度。

在处理带电粒子在匀强磁场中运动时，一要画出粒子运动的轨迹图，二要牢记洛伦兹力

提供向心力时的半径公式和周期公式。

14.【答案】解：(1)设电子从曲线A3上坐标(x,y)某点释放，在电场I加速后，速度为

由动能定理，eEx-|mvo-0

2

进入II电场后，做类平抛运动，则有：L=vot,y=^at,a.

联立上面各式，可解得：y=?(x>0,y>0)

(2)在电场I中，电场力对电子做功为：名=eEx

在电场H中，电场力对电子做功为：w2=eEy

由动能定理，eE(x+y)=Ek-0

因此，结合方程y=?可知：

当x=y时，即在(0.5L,0.5L)处进入电场I的电子射出电场口的动能最小，最小动能为：

Ekmin=eEL

答:(1)电场I边界曲线AB满足的方程为：y=S(%>0,y>0)

(2)从曲线AB上静止释放的电子离开电场D时的最小动能为eEL

【解析】(1)设电子从曲线A2上坐标(x,y)某点释放，通过电子在电场中的运动写出x

与)，的函数关系，即为曲线AB满足的方程；

(2)设电子从曲线A8上坐标为(x,y)的点由静止释放的电子离开电场H时的动能最小，

利用动能定理写出x与y的函数关系，然后求极值。

本题考查了带电粒子运动与数学的结合，关键在于会把物理模型转换为数学模型。

15.【答案】解