江苏省扬州市扬州中学2020届高三下学期六月模拟考试物理试题 Word版含解析 25页

www.ks5u.com2019-2020学年第二学期6月模拟高三年级物理试卷第Ⅰ卷（选择题共31分）一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意．1.甲、乙两物体零时刻开始从同一地点向同一方向做直线运动，位移-时间图象如图所示，则在0～t1时间内A.甲的速度总比乙大B.甲、乙位移相同C.甲经过的路程比乙小D.甲、乙均做加速运动【答案】B【解析】【详解】A．因x-t图像的斜率等于速度，可知在0～t1时间内开始时甲的速度大于乙，后来乙的速度大于甲，选项A错误；B．由图像可知在0～t1时间内甲、乙位移相同，选项B正确；C．甲乙均向同方向做直线运动，则甲乙的路程相同，选项C错误；D．由斜率等于速度可知，甲做匀速运动，乙做加速运动，选项D错误．2.建设房屋时，保持底边L不变，要设计好屋顶的倾角θ，以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速度、无摩擦的运动。则（　　）A.倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越小B.倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越大C.倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大D.倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越短-25- 【答案】C【解析】【详解】屋檐的倾角为θ，底边为L，设屋顶的坡面长度为s，雨滴下滑时加速度为aAB．对水滴做受力分析，只受重力mg和屋顶对水滴的支持力N，垂直于屋顶方向平行于屋顶方向可知，倾角θ越大，N越小，则由牛顿第三定律知雨滴对屋顶的压力所以倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越小，雨滴下滑的加速度为则倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大，故AB错误；CD．设从O到M的时间为t，水滴的运动位移为由位移时间公式得则故当θ=时，用时最短，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度为知倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大，故C正确，D错误。故选C。3.如图甲所示，标有“220V　40W”的灯泡和标有“20μF300-25- V”的电容器并联到交流电源上，V为交流电压表，交流电源的输出电压如图乙所示，闭合开关．下列判断正确的是(　　)A.t＝时刻，V的示数为零B.灯泡恰好正常发光C.电容器不可能被击穿D.V的示数保持110V不变【答案】B【解析】【详解】AD．电压表的示数应是电压的有效值220V，故AD错误；B．电压的有效值恰好等于灯泡的额定电压，灯泡正常发光，故B正确；C．电压的峰值Um＝220V≈311V大于电容器的耐压值，故有可能被击穿，C错误。故选B。4.为了实现人类登陆火星的梦想，我国宇航员王跃和俄罗斯宇航员一起进行了“模拟登火星”的实验活动，假设火星半径与地球半径之比为1∶2，火星质量与地球质量之比为1∶9。已知地表的重力加速度为g，地球半径为R，万有引力常量为G，忽略自转的影响，则（）A.火星表面与地球表面的重力加速度之比为2∶9B.火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为∶3C.火星的密度为D.若王跃以相同初速度在火星表面与地球表面能竖直跳起的最大高度之比为9∶2【答案】B【解析】【详解】A．由-25- 得已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，则火星表面的重力加速度是地球表重力加速度的，故A错误；B．根据得已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，则火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍，故B正确；C．根据得，地球的质量地球的密度火星表面的重力加速度是地球表重力加速度的，火星半径是地球半径的，则火星的密度为，故C错误；D．火星表面的重力加速度是地球表重力加速度的，根据知，在火星表面与地球表面能竖直跳起的最大高度之比为9：4，故D错误。故选B。-25- 5.如图所示，质量为m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上．现对木块施加一水平向右的拉力F，木块在长木板上滑行，长木板始终静止．已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。则（　　）A.μ1一定小于μ2B.μ1一定不小于μ2C.改变F的大小，F>μ2(m1＋m2)g时，长木板将开始运动D.若F作用于长木板，F>(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动【答案】D【解析】【详解】AB．对m1，根据牛顿运动定律有：F-μ1m1g=m1a对m2，由于保持静止有：μ1m1g-Ff=0，Ff＜μ2（m1+m2）g所以动摩擦因数的大小从中无法比较。故AB错误；C．改变F的大小，只要木块在木板上滑动，则木块对木板的滑动摩擦力不变，则长木板仍然保持静止。故C错误；D．若将F作用于长木板，当木块与木板恰好开始相对滑动时，对木块，μ1m1g=m1a，解得a=μ1g对整体分析F-μ2（m1+m2）g=（m1+m2）a解得F=（μ1+μ2）（m1+m2）g所以当F＞（μ1+μ2）（m1+m2）g时，长木板与木块将开始相对滑动。故D正确。故选D。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分．错选或不答的得0分．6.单匝闭合矩形线框电阻为-25- ，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量与时间的关系图像如图所示．下列说法正确的是（）A.时刻线框平面与中性面垂直B.线框的感应电动势有效值为C.线框转一周外力所做的功为D.从到过程中线框的平均感应电动势为【答案】BC【解析】【详解】由图像可知时刻线圈的磁通量最大，因此此时线圈处于中性面位置，因此A错误；由图可知交流电的周期为T，则，由交流电的电动势的最大值为，则有效值为，故B正确，线圈转一周所做的功为转动一周的发热量，，故C正确；从0时刻到时刻的平均感应电动势为，故D错误．7.如图甲所示电路中，R为电阻箱，电源的电动势为E，内阻为r．图乙为电源的输出功率P与电流表示数I的关系图象，其中功率P0分别对应电流I1、I2，外电阻R1、R2．下列说法中正确的是（　　）-25- A.B.C.D.【答案】BD【解析】【详解】AB．由闭合电路欧姆定律得输出功率为由图可知对应功率相同整理得A错误B正确；CD．根据电功率表达式且则有整理得即-25- C错误D正确。故选BD。8.如图所示，磁流体发电机的长方体发电导管的前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导电电极，两极间距为d，极板的长、宽分别为a、b，面积为S，这两个电极与可变电阻R相连．在垂直于前后侧面的方向上有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，发电导管内有电阻率为ρ的高温电离气体——等离子体，等离子体以速度v向右流动，并通过专用通道导出，不计等离子体流动时的阻力，调节可变电阻的阻值，下列说法不正确的是（　　）A.磁流体发电机的电动势为E＝BbvB.可变电阻R中的电流方向是从P到QC.可变电阻R上消耗的最大电功率为D.可变电阻R上消耗的最大电功率为【答案】AC【解析】【详解】A．稳定时即气体离子不再偏转，此时整理得发电机电动势为故A错误；B．根据左手定则可判断等离子体中的正离子向上极板偏转、负离子向下极板偏转，即上极板为正极，故可变电阻R中的电流方向是从P到Q，故B正确；CD．根据电流方向，判断高温电离气体的横截面积为S，长度为d，所以内阻为-25- 当外电阻等于电源内阻即R=r时外电路即可变电阻R消耗的电功率最大，最大值为故C错误，D正确。本题选不正确的，故选AC。9.如图所示，左侧为一个固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB水平，O点为球心，右侧是一个足够长固定斜面，一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及定滑轮，两端分别系有可视为质点的小球m1和m2，且m1＞m2。开始时m1恰在A点，m2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接两球的细绳与斜面平行且恰好伸直，C点在圆心O的正下方，不计一切阻力及摩擦。当m1由静止释放开始运动，则下列说法中正确的是（　　）A.在m1从A点运动到C点的过程中，m1的机械能一直减少B.当m1运动到C点时，m1的速率是m2速率的倍C.m2沿斜面上滑过程中，地面对斜面的支持力会发生变化D.若m1运动到C点时细绳突然断开，在细绳断开后，m1不能沿碗面上升到B点【答案】ABD【解析】【详解】A．在从A点运动到C点的过程中，绳子拉力对做负功，所以机械能一直减少，A正确；B．滑到点时，两物块沿绳速度方向相等，如图-25- 则所以B正确；C．物块沿斜面上滑过程中，假设斜面倾角为，所以斜面对支持力为可知始终不变，根据牛顿第三定律可知对斜面的压力也不变，所以地面对斜面的支持力恒定不变，C错误；D．若无绳子时，机械能守恒，从点静止释放，一定能上到点，现在绳子从过程中对做负功，机械能减小，所以物块一定不能上到点，D正确。故选ABD。第Ⅱ卷（非选择题共89分）三、简答题：本题分必做题（第10~12题）和选做题（第13题）两部分，共计42分．请将解答填写在答题卡相应的位置．10.某同学根据机械能守恒定律，设计实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系。(1)如图（a）所示，将轻质弹簧下端固定于铁架台，在上端的托盘中依次增加砝码，测量相应的弹簧长度，部分数据如下表，g取9.8m/s2，由数据算得劲度系数k=______N/m（结果保留两位有效数字）。砝码质量/g50100150-25- 弹簧长度/cm8.627.636.66(2)取下弹簧，将其一端固定于气垫导轨左侧，如图（b）所示，调整导轨使滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度大小______。(3)用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v，释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为______。(4)重复(3)中的操作，得到v与x的关系如图（c），由图可知，v与x成正比关系。由上述实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的_______成正比。【答案】(1).50(2).相等(3).滑块的动能(4).压缩量x的二次方【解析】【详解】(1)[1]假设弹簧原长为，根据胡克定律可知则(2)[2]滑块的动能全部来源于弹簧的弹性势能，必须使导轨水平，所以滑块通过两个光电门的速度大小相等。(3)[3]滑块运动过程中，只有弹簧弹力对滑块做正功，所以弹簧的弹性势能转化为滑块的动能。(4)[4]根据图像可知-25- 其中为图像斜率，为一常数，对公式变形等式左边为动能，右边即为弹簧的弹性势能，所以对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的压缩量x的二次方成正比。11.某课外小组在参观工厂时，看到一丢弃不用的电池，同学们想用物理上学到的知识来测定这个电池的电动势和内阻，已知这个电池的电动势约为11～13V，内阻小于3Ω，由于直流电压表量程只有3V，需要将这只电压表通过连接一固定电阻（用电阻箱代替），改装为量程为15V的电压表，然后再用伏安法测电池的电动势和内阻，以下是他们的实验操作过程：(1)把电压表量程扩大，实验电路如图甲所示，实验步骤如下，完成填空：第一步：按电路图连接实物第二步：把滑动变阻器滑片移到最右端，把电阻箱阻值调到零第三步：闭合开关，把滑动变阻器滑片调到适当位置，使电压表读数为3V第四步：把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为________V第五步：不再改变电阻箱阻值，保持电压表和电阻箱串联，撤去其他线路，即得量程为15V的电压表。(2)实验可供选择的器材有：A．电压表（量程为3V，内阻约2kΩ）B．电流表（量程为3A，内阻约0.1Ω）C．电阻箱（阻值范围0～9999Ω）D．电阻箱（阻值范围0～999Ω）E．滑动变阻器（阻值为0～20Ω，额定电流2A）F．滑动变阻器（阻值0～20kΩ）回答：电阻箱应选_________，滑动变阻器应选_________(3)用该扩大了量程的电压表（电压表的表盘没变），测电池电动势E和内阻r，实验电路如图乙所示，得到多组电压U和电流I的值，并作出U－I图线如图丙所示，可知电池的电动势为_____V，内阻为_____Ω。-25- 【答案】(1).0.6(2).C(3).E(4).11.5(5).2.5【解析】【详解】（1）[1]把3V的直流电压表接一电阻箱，改装为量程为15V的电压表时，将直流电压表与电阻箱串联，整个作为一只电压表，据题分析，电阻箱阻值调到零，电压表读数为3V，则知把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为0.6V。（2）[2]由题，电压表的量程为3V，内阻约为2kΩ，要改装成15V的电压表，根据串联电路的特点可知，所串联的电阻箱电阻应为故电阻箱应选C。（2）[3]在分压电路中，为方便调节，滑动变阻器选用阻值较小的，即选E。（3）[4]由丙读出，外电路断路时，电压表的电压为U=2.3V，则电源的电动势为。（3）[5]内阻为。12.下列说法中正确的有（　　）A.只有原子序数大于或等于83的元素才具有放射性B.卢瑟福根据α粒子散射实验估测出了原子直径的数量级C.大量处于第5能级（即量子数n=5）的氢原子，在向低能级跃迁时，最多可辐射出10种不同频率的光子D.比结合能越大的原子核，结合能不一定越大，但是原子核一定越稳定，核子的平均质量一定越小【答案】CD【解析】【详解】A．原子序数大于83的元素，都具有放射性，原子序数小于或等于83的元素，有的也具有放射性，故A错误；B．卢瑟福根据α粒子散射实验估测出了原子核直径的数量级，不是原子的，故B错误；C．大量处于n=5激发态的氢原子向低能级跃迁时，根据数学组合-25- 即最多可产生10种不同频率的光子，故C正确；D．比结合能越大，将核子分解需要的能量越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，但结合能不一定越大，因平均每个核子质量亏损就越多，则核子的平均质量一定越小，故D正确。故选CD。13.利用图甲所示电路研究光电效应中金属的遏止电压Uc与入射光频率ν的关系，描绘出图乙中的图象，由此算出普朗克常量h．图乙中U1、ν1、ν0均已知，电子电荷量用e表示．当入射光的频率增大时，为了测定遏止电压，滑动变阻器的滑片P应向______(选填“M”或“N”)端移动，由Uc─ν图象可求得普朗克常量h＝________(用题中字母表示)．【答案】(1).N(2).【解析】【详解】[1]入射光的频率增大，光电子的最大初动能增大，则遏止电压增大，测遏制电压时，应使滑动变阻器的滑片P向N端移动；[2]根据由图象可知，当遏止电压为零时，．所以这种金属截止频率为；根据解得图线的斜率-25- 则.14.如图所示，在光滑水平冰面上，一蹲在滑板上的小孩推着冰车一起以速度v0=1.0m/s向左匀速运动．某时刻小孩将冰车以相对冰面的速度v1=7.0m/s向左推出，冰车与竖直墙发生碰撞后以原速率弹回．已知冰车的质量为m1=10kg，小孩与滑板的总质量为m2=30kg，小孩与滑板始终无相对运动．取g=10m/s2．（1）求冰车与竖直墙发生碰撞过程中，墙对冰车的冲量大小I．（2）通过计算判断冰车能否追上小孩．【答案】(1)(2)冰车能追上小孩【解析】试题分析：根据动量定理可得墙对冰车的冲量大小I；根据动量守恒定律求出小孩推出冰车后与滑板共同运动的速度为v，在与木块的速度相比较即可解题．①冰车在碰撞过程由动量定理有解得②设小孩推出冰车后与滑板共同运动的速度为v，由动量守恒定律有解得由于，故冰车能追上小孩点睛：本题主要考查了动量定理和动量守恒定律，要注意正确选择研究对象及过程，明确动量守恒的条件，并能正确应用相应规律求解．【选做题】本题包括A、B两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按A小题评分．15.下列说法正确的有（）A.1g水中所含的分子数目和地球的总人口数差不多B.布朗运动就是物质分子的无规则热运动C.一定质量的理想气体压强增大，其分子的平均动能可能减小-25- D.气体如果失去了容器的约束就会散开，这是气体分子的无规则的热运动造成的【答案】CD【解析】【详解】A．水的摩尔质量为，故1g水的分子数为个远大于地球的总人口数，A错误；B．布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体颗粒受到液体分子撞击不平衡引起的，反映了液体分子运动的无规则性，B错误；C．根据理想气体状态方程一定质量理想气体压强增大，温度可能增加，也可能减小，而温度是分子热运动平均动能的标志，故分子的平均动能可能增加，也可能减小，C正确；D．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子在热运动，D正确。故选CD。16.气象员用释放氢气球的方法测量高空的气温．已知气球内气体的压强近似等于外界大气压，氢气球由地面上升的过程中，氢气球内壁单位面积上所受内部分子的作用力（填“增大”、“减小”、“不变”），球内气体的内能（填“增大”、“减小”、“不变”）．【答案】减小、减小【解析】试题分析：由于气球内气体的压强近似等于外界大气压，氢气球由地面上升的过程中，大气压强随距地面高度的增加而减少，所以氢气球内的压强减小，根据压强的定义可知，内壁单位面积上所受内部分子的作用力减小；又由于地面附近的大气的温度随高度的升高而降低，所以气球上升的过程中，气球内的气体的温度随之降低．而温度是分子的平均动能的标志，所以气体分子的平均动能减小．气体分子之间的距离比较大，所以气体的分子势能忽略不计，所以温度降低时，气体的内能一定减小．考点：气体的压强及气体的内能.-25- 17.一足够高的内壁光滑的导热气缸竖直地浸放在盛有冰水混合物的水槽中，用不计质量的活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞的面积为1.5×10-3m2，如图所示，开始时气体的体积为3.0×10-3m3，现缓慢地在活塞上倒上一定质量的细沙，最后活塞静止时气体的体积恰好变为原来的三分之一．设大气压强为1.0×105Pa．重力加速度g取10m/s2，求：①最后气缸内气体的压强为多少？②最终倒在活塞上细沙的总质量为多少千克？【答案】①②30kg【解析】【详解】①气缸内气体的温度保持不变，根据玻意耳定律可知代入数据解得②活塞受力分析如图所示根据力的平衡条件代入数据解得-25- 18.下列说法中正确的是（　　）A.医院中用于体检的“B超”利用了电磁波的反射原理B.在干涉图样中，振动加强区域的质点，其位移始终保持最大；振动减弱区域的质点，其位移始终保持最小C.在“用单摆测重力加速度”的实验中，测量n次全振动的总时间时，计时的起始位置应选在小球运动到最低点时为宜D.光有偏振现象，电磁波没有偏振现象【答案】C【解析】【详解】A．医院中用于体检的B超利用了超声波的反射原理，故A错误；B．在干涉图样中，振动加强、减弱区域的质点的位移随时间发生变化，故B错误；C．在“用单摆测重力加速度”的实验中，测量n次全振动的总时间时，计时的起始位置应选在小球运动到最低点时为宜，因小球在最低点的速度最大，这样测量的时间误差较小，故C正确；D．光有偏振现象，电磁波是横波，则能发生偏振现象，故D错误。故选C。19.如图所示，在杨氏双缝干涉实验中，选用激光的频率为6.0×1014Hz，测得屏上P点距双缝和的路程差为1.25×10-6m，则在这里出现的应是____（选填“明条纹”或“暗条纹”）。现改用频率为8.0×1014Hz的激光进行上述实验，保持其他条件不变，则屏上的条纹间距将______（选填“变宽”、“变窄”、或“不变”），已知光速。【答案】(1).暗条纹(2).变窄【解析】【详解】[1]已知屏上P点距双缝和的路程差，结合可知-25- 为奇数，即光程差为半波长的奇数倍，所以P点为暗条纹。[2]激光频率变大，波长变小，根据可知屏上的条纹间距将变窄。20.如图所示，半径为R、球心为O的玻璃半球置于半径为R的上端开口的薄圆筒上，一束单色光a沿竖直方向从B点射入半球表面，OB与竖直方向夹角为60°，经两次折射后，出射光线与BO连线平行，求：(1)玻璃的折射率；(2)光射在圆柱体侧面C点到半球下表面的距离CD.【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)作出光经过玻璃半球光路示意图如图所示.根据折射定律可知根据几何关系可知β＝60°则有α＝θ＝30°，所以n＝(2)根据以上几何关系可知2cos30°＝Rtan60°＝，解得-25- 四、计算题：本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．21.如图所示，平行长直光滑固定的金属导轨MN、PQ平面与水平面的夹角=30°，导轨间距为L=0.5m，上端接有R=3Ω的电阻，在导轨中间加一垂直轨道平面向下的匀强磁场，磁场区域为OO′O1O1′，磁感应强度大小为B=2T，磁场区域宽度为d=0.4m，放在轨道的一金属杆ab质量为m=0.08kg、电阻为r=2Ω，从距磁场上边缘d0处由静止释放，金属杆进入磁场上边缘的速度v=2m/s．两轨道的电阻可忽略不计，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，重力加速度大小为g=l0m/s2，求：(1)金属杆距磁场上边缘的距离d0；(2)金属杆通过磁场区域的过程中通过的电量q；(3)金属杆通过磁场区域的过程中电阻R上产生的焦耳热Q．【答案】（1）0.4m（2）0.08C(3)0.096J【解析】（1）由能量守恒定律得mgdsin30°＝mv2金属杆距磁场上边缘的距离d0＝0.4m（2）由法拉第电磁感应定律E＝由闭合电路欧姆定律I＝金属杆通过磁场区域的过程中通过的电量q＝∑IΔt＝＝＝0.08C．（3）由法拉第电磁感应定律E＝BLv＝2V由闭合电路欧姆定律I＝＝0.4A-25- F＝BIL＝0.4NF′＝mgdsin30°＝0.4N所以金属棒进入磁场后做匀速运动,金属杆通过磁场区域的过程中电阻R上产生的焦耳热Q＝mgdsin30°＝0.096J点睛：对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解；求解电量记住经验公式：．22.如图所示，从A点以v0＝4m/s的水平速度抛出一质量m＝1kg的小物块(可视为质点)，当小物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定的光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在光滑水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平。已知长木板的质量M＝4kg，A、B两点距C点的高度分别为H＝0.6m、h＝0.15m，R＝0.75m，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，g＝10m/s2。求：(1)小物块运动至B点时的速度大小和方向；(2)小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力大小；(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板。【答案】(1)5m/s，方向与水平方向夹角为37°；(2)47.3N；(3)2.24m.【解析】【详解】(1)物块做平抛运动解得t=0.3s设到达C点时竖直分速度为vy则vy=gt=3m/s代入数据解得-25- 方向与水平面的夹角为θ则θ=37°(2)从A至C点，由动能定理得设C点受到的支持力为FN，则有代入数据解得FN=47.3N根据牛顿第三定律可知，物块m对圆弧轨道C点的压力大小为47.3N；（3）物块滑上长木板后，木块和长木板系统动量守恒，则由能量关系解得L=2.24m23.如图所示，在第一象限内，0a的区域Ⅱ中有垂直于纸面向外的匀强磁场，两区域内磁场的磁感应强度大小均为B.沿y轴有一不计厚度的返回粒子收集器，内部距离原点为2a的P点有一粒子源，持续不断的沿x轴正方向发射速度大小不同的同种带电粒子，粒子的质量为m、电荷量为＋q，不计粒子的重力，求：-25- (1)进入区域Ⅱ磁场的粒子的最小速度；(2)粒子从P点射出到返回到收集器上的同一位置的运动时间；(3)要使所有返回区域Ⅰ磁场的带电粒子都能被收集器收集，求收集器的最小长度．【答案】（1）（2）（3）4a－2a【解析】【分析】(1)根据临界情况是轨迹与边界相切求半径得到速度；根据要求作出轨迹图，由几何关系求时间.【详解】(1)进入刚好进入区域Ⅱ磁场，则轨迹与边界相切，由几何关系：r1＝a在磁场中做匀速圆周运动解得：(2)粒子在左侧磁场运动的第一段轨迹对应的圆心角为60°运动时间解得：-25- (3)由几何关系：PN＝2a粒子速度最大且能返回到y轴的运动轨迹示意图如图所示：由几何关系可得2r3sinβ＝2a解得：r3＝2a，β＝30°【点睛】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径，同时还利用圆弧的对称性来帮助解题．-25- -25-