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  • 2021-05-24 发布

辽宁省辽阳市(六校联考)2021届新高考模拟物理试题含解析

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辽宁省辽阳市 (六校联考) 2021 届新高考模拟物理试题 一、单项选择题:本题共 6 小题,每小题 5 分,共 30 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合 题目要求的 1.一列简谐横波沿 x 轴传播,图(甲)是 t=0 时刻的波形图,图(乙)是 x=1.0m 处质点的振动图像,下 列说法正确的是( ) A.该波的波长为 2.0m B.该波的周期为 1s C.该波向 x 轴正方向传播 D.该波的波速为 2.0m/s 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 ABD .根据甲、乙图可知,波长 4m,周期 2s,波速 =2m/sv T 选项 AB 错误, D 正确; C.根据图乙 t=0s 时, 质点向下振动, 所以甲图 x=1m 坐标向下振动, 由同侧法可得波向 x 轴负方向传播, 选项 C 错误。 故选 D。 2.如图所示, AO 、BO 、CO 是完全相同的绳子,并将钢梁水平吊起,若钢梁足够重时,绳子 AO 先断, 则( ) A. θ =120° B. θ>120° C. θ<120° D.不论 θ为何值, AO 总是先断 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 以结点 O 为研究对象,分析受力,作出力图如图. 根据对称性可知, BO 绳与 CO 绳拉力大小相等.由平衡条件得: FAO =2F BO cos 2 ,当钢梁足够重时, AO 绳先断,说明 F AO >FBO ,则得到 2FBO cos 2 >F BO ,解得: θ<120°,故 C 正确, ABD 错误。 3.如图所示, A 、B 两滑块质量分别为 2kg 和 4kg,用一轻绳将两滑块相连后分别置于两等高的光滑水平 面上,并用手按着滑块不动,第一次是将一轻质动滑轮置于轻绳上,然后将一质量为 4kg 的钩码 C 挂于 动滑轮上,只释放 A 而按着 B 不动;第二次是将钩码 C 取走,换作竖直向下的 40N 的恒力作用于动滑轮 上,只释放 B 而按着 A 不动。重力加速度 g=10m/s2,则两次操作中 A 和 B 获得的加速度之比为( ) A. 2:1 B.5: 3 C.4:3 D. 2:3 【答案】 C 【解析】 【详解】 第一种方式:只释放 A 而 B 按着不动,设绳子拉力为 T 1,C 的加速度为 a,对 A 根据牛顿第二定律可得 T 1=m A aA 对 C 根据牛顿第二定律可得: m Cg-2T 1=m Ca 根据题意可得 aA =2a 联立解得: 2 3Aa g 第二种方式:只释放 B 而 A 按着不动,设绳子拉力为 T 2,对 B 根据牛顿第二定律可得 T 2=m BaB 而 T=40N=2T 2 联立解得: aB= 1 2 g 在以上两种释放方式中获得的加速度之比为 aA:aB=4: 3,故 C 正确、 ABD 错误。 故选 C。 4.下列说法中正确的是 ( ) A. β射线与 γ射线一样是电磁波,但穿透本领远比 射线弱 B.氡的半衰期为 3.8 天, 4 个氡原子核经过 7.6 天后就一定只剩下 1 个氡原子核 C.已知质子、中子、 α粒子的质量分别为 m 1、m 2、m 3,那么,质子和中子结合成一个 α粒子,释放的 能量是( 2m 1+2m 2-m 3) c2 D.放射性元素发生 β衰变时所释放的电子是原子核外的电子发生电离产生的 【答案】 C 【解析】 A、 β射线是电子流,不是电磁波,穿透本领比 γ射线弱,故 A 错误; B、半衰期具有统计意义,对大量的原子核适用,对少量的原子核不适用,故 B 错误; C、根据爱因斯坦质能方程可得释放的能量是 2 1 2 3(2 2 )E m m m c ,故 C 正确; D、 β衰变是原子核的衰变,与核外电子无关, β衰变时释放的电子是由核内一个中子转化成一个质子的 同时释放出来的,故 D 错误; 故选 C. 5.下列说法正确的是( ) A.一束光照射到某种金属表面上不能发生光电效应,如果增加光照强度,则有可能发生光电效应 B. β射线的本质是电子流,所以 β衰变是核外的一个电子脱离原子而形成的 C.由玻尔理论可知一群处于 3n 能级的氢原子向较低能级跃迁时可以辐射 3 种不同频率的光子 D.放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态有关 【答案】 C 【解析】 【详解】 A.能否发生光电效应与光的强度无关,一束光照射到某种金属表面上不能发生光电效应,如果增加光照 的强度,也不能发生光电效应, A 选项错误; B. β射线的本质是电子流, β衰变是核内的某个中子转化为质子时放出的电子, B 选项错误; C.由玻尔理论可知一群处于 3n 能级的氢原子向较低能级跃迁时可以辐射 2 3 3C 种频率的光子, C 选 项正确; D.放射性元素的半衰期只与元素自身结构有关,与其它因素无关,所以 D 选项错误。 故选 C。 6.以下各物理量属于矢量的是 ( ) A.质量 B.时间 C.电流 D.磁感应强度 【答案】 D 【解析】 【详解】 矢量是既有大小,又有方向的物理量; AB .质量、时间只有大小而没有方向,都是标量,选项 AB 错误; C.电流有大小和方向,但电流的合成不满足平行四边形定则,也是标量,选项 C 错误; D.磁感应强度有大小,也有方向,是矢量,故选项 D 正确。 二、多项选择题:本题共 6 小题,每小题 5 分,共 30 分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目 要求.全部选对的得 5 分,选对但不全的得 3 分,有选错的得 0 分 7.如图甲所示,两平行金属板 A、B 放在真空中,间距为 d,P 点在 A、B 板间, A 板接地, B 板的电势 φ随时间 t 的变化情况如图乙所示, t=0 时,在 P 点由静止释放一质量为 m、电荷量为 e 的电子,当 t= 2T 时,电子回到 P 点。电子运动过程中未与极板相碰,不计重力,则下列说法正确的是( ) A. φ1∶φ2=1∶2 B. φ1∶φ2=1∶3 C.在 0~2T 时间内,当 t=T 时电子的电势能最小 D.在 0~2T 时间内,电子的动能增大了 2 2 2 2 2 e T d m 【答案】 BD 【解析】 【分析】 【详解】 AB .电子在 0~T 时间内向上加速运动,设加速度为 a1,在 T~2T 时间内先向上减速到零后向下加速回到 原出发点,设加速度为 a2,则 2 2 1 1 2 1 1( ) 2 2 a T a T T a T 解得 2 13a a 由于 1 1 ea dm 2 2 ea dm 则 φ1∶φ2=1∶3 选项 A 错误, B 正确; C.依据电场力做正功最多,电势能最小,而 0~T 内电子做匀加速运动, T~2T 之内先做匀减速直线运 动,后反向匀加速直线运动,因 φ2=3φ1, t1 时刻电子的动能 2 22 2 1 22 2 1 K e TE mv md 而粒子在 t2 时刻的速度 1 2 1 2 2 eTv v a T dm 故电子在 2T 时的动能 2 2 2 2 2 12 K e TE md 所以在 2T 时刻电势能最小,故 C 错误; D.电子在 2T 时刻回到 P 点,此时速度为 1 2 1 2 2 eTv v a T dm (负号表示方向向下) 电子的动能为 2 2 2 2 2 2 121 2K e T d vE m m = = 根据能量守恒定律,电势能的减小量等于动能的增加量,故 D 正确。 故选 BD 。 8.如图所示,一磁感强度为 B 的匀强磁场垂直纸面向里,且范围足够大。纸面上 M 、N 两点之间的距离 为 d,一质量为 m 的带电粒子(不计重力)以水平速度 v0 从 M 点垂直进入磁场后会经过 N 点,已知 M 、 N 两点连线与速度 v0的方向成 30o 角。以下说法正确的是( ) A.粒子可能带负电 B.粒子一定带正电,电荷量为 0mv dB C.粒子从 M 点运动到 N 点的时间可能是 0 π 3 d v D.粒子从 M 点运动到 N 点的时间可能是 0 13π 3 d v 【答案】 BCD 【解析】 【详解】 A.由左手定则可知,粒子带正电,选项 A 错误; B.由几何关系可知, r=d ,由 2vqvB m r 可知电荷量为 0mvq dB 选项 B 正确; CD .粒子运动的周期 0 2 dT v 第一次到达 N 点的时间为 1 0 1 6 3 dt T v 粒子第三次经过 N 点的时间为 5 1 0 0 0 4 132 = 3 3 d d dt T t v v v 选项 CD 正确。 故选 BCD 。 9.如图所示, 一质量为 m 的物块从光滑斜面底端 A 点以某初动能沿斜面开始向上滑, 滑到 B 点时动能减 半,滑到 C 点时动能为零。以过 C 点的水平面为零势能面,不计空气阻力。下列说法正确的是( ) A.物块在 A 点处的重力势能为零 B.物块在 A 、B 两点处速度大小之比为 2∶1 C.物块在 AB 段和 BC 段克服重力做的功之比为 1∶1 D.物块在 A、B 两点处重力的瞬时功率之比为 2 ∶ 1 【答案】 CD 【解析】 【详解】 A.物块上滑过程中只有重力做功,机械能守恒,在 C 点机械能为零,在 A 点有动能,重力势能不为零且 为负值,故 A 错误; B.设物块的初动能为 E k, 2 k 1 2 AE mv ,在 B 点有 k 2 B 1 1 2 2 E mv 解得 : 2 :1A Bv v 故 B 错误; C.根据动能定理可得 k 1 2AB BCW W E 故 C 正确; D.物块在 A、B 两点处重力的瞬时功率之比等于瞬时速度之比即 2 :1,故 D 正确。 故选 CD 。 10.如图所示为手机无线充电原理图,若连接电源的为发射线圈 N ,手机端为接收线圈 M ,接收线圈匝 数为 n ,电阻为 r ,横截面积为 S ,手机可看成纯电阻 R,匀强磁场平行于线圈轴线穿过线圈。下列说法 正确是( ) A.只要发射线圈 N 中有电流流入,接收线圈 M 两端一定可以获得电压 B.只要接收线圈 M 两端有电压,发射线圈 N 中的电流一定不是恒定电流 C.当接收线圈 M 中磁感应强度大小均匀增加时,接收线圈 M 中有均匀增加的电流 D.若 t 时间内,接收线圈 M 中磁感应强度大小均匀增加 B ,则接收线圈 M 两端的电压为 ( ) nS BR t R r 【答案】 BD 【解析】 【详解】 A.若发射线圈 N 中有恒定电流,则产生的磁场不变化,在接收线圈中不会产生感应电流,也就不会获得 电压, A 错误; B.只要接收线圈两端有电压, 说明穿过接收线圈的磁场变化, 所以发射线圈中的电流一定不是恒定电流, B 正确; C.若穿过接收线圈 M 的磁感应强度均匀增加,如果线圈闭合,根据法拉第电磁感应定律 BE n n S t t 可知线圈中产生恒定的感应电动势,根据闭合电路欧姆定律可知接收线圈 M 中有感应电流且恒定, C 错 误; D.根据法拉第电磁感应定律有 BE n nS t t 根据分压规律得 M 两端的电压 ( ) E nS BRU R R r t R r D 正确。 故选 BD 。 11.倾角为 30 的光滑绝缘斜面底端 O 点固定一正点电荷,一带正电的小物块(可视为质点)从斜面 上的 A 点由静止释放,沿斜面向下运动能够到达的最低点是 B 点。取 O 点所在的水平面为重力势能的零 势能面, A 点为电势能零点, 小物块的重力势能 E重 、BA 之间的电势能 E电 随它与 O 点间距离 x 变化关系 如图所示。重力加速度 210m/sg ,由图中数据可得( ) A.小物块的质量为 5kg B.在 B 点, 25JE电 C.从 A 点到 B 点,小物块速度先增大后减小 D.从 A 点到 B 点,小物块加速度先增大后减小 【答案】 BC 【解析】 【详解】 A.因为规定 A 点的电势为零,由图象可知 OA 之间的距离为 2m,在 A 点具有的重力势能 Ep=100J ,也 是物块具有的总能量,根据 Ep=mgh=mgOAsin30° 得 m=10kg 故 A 错误; B.小物块在 B 点时电势能最大,由图象可知 OB 间距离为 1.5m,此时的重力势能为 EpB =mgOBsin30 °=10×10×1.5 ×0.5J=75J 由前面的分析可知物块的总能量是 E=100J 根据 E=E pB +E 电 可得 E 电 =25J 故 B 正确; C.小物块从 A 点静止出发,到 B 点速度为零,所以从 A 到 B 的过程中,物块的速度是先增大后减小的, 故 C 正确; D.在小物块下滑的过程中,所受的库仑力逐渐增大,一开始重力的分力大于库仑力,所以向下做加速运 动,但随着库仑力的增大,其加速度逐渐减小,当库仑力与重力沿斜面的分力相等时,合力为零,加速度 为零,此时物块速度达到最大,以后库伦力大于重力的分力,物块开始做减速运动,且加速度越来越大, 所以整个过程加速度是先减小到零后反向增大,故 D 错误。 故选 BC 。 12.如图所示,光滑轻质细杆 AB 、 BC 处在同一竖直平面内, A 、C 处用铰链铰于水平地面上, B 处用铰 链连接, AB 杆竖直, BC 杆与水平面夹角为 37°。一个质量为 3.2kg 的小球(可视为质点)穿在 BC 杆上, 现对小球施加一个水平向左的恒力 F 使其静止在 BC 杆中点处(不计一切摩擦,取 g=10m/s 2)。则 A. F 的大小为 40N B.小球对 BC 杆的作用力大小为 40N C. AB 杆对 BC 杆的作用力大小为 25N D.地面对 BC 杆的作用力大小为 25N 【答案】 BCD 【解析】 【详解】 AB .对小球受力分析,受重力、推力和支持力,如图所示 根据平衡条件,得到: 337 3.2 10 24N 4 F mgtan = 3.2 10 40N 37 0.8 mgN cos = = 故 A 错误, B 正确; C.对杆 BC 和球整体分析, 以 C 点为支点, 设 AB 对杆的作用力为 F′,AB 杆没有绕 A 点转动, 说明 AB 对 BC 的作用力的方向沿 AB 的方向。根据力矩平衡条件,有: F?0.6h=F ′ ?1.6h-mg?0.8h 解得: F′ =25N 故 C 正确; D.对杆 BC 和球整体分析,整体在竖直方向受到小球的重力和杆的重力、 AB 杆的作用力以及地面的作 用力,设该力与水平方向之间的夹角为 θ,则: 竖直方向: Mg+mg- F′-F Csin θ =0 水平方向: FC cos θ =F 联立得: FC =25N 故 D 正确。 故选 BCD 。 三、实验题 :共 2 小题,每题 8 分,共 16 分 13.市场上销售的铜质电线电缆产品中,部分存在导体电阻不合格问题,质检部门检验发现一个是铜材质 量不合格,使用了再生铜或含杂质很多的铜;再一个就是铜材质量可能合格,但横截面积较小.某兴趣小 组想应用所学的知识来检测实验室中一捆铜电线的电阻率是否合格.小组成员经查阅,纯铜的电阻率为 81.8 10 ?m .现取横截面积约为 1 mm 2、长度为 111m(真实长度)的铜电线,进行实验测量其电阻率, 实验室现有的器材如下: A.电源(电动势约为 5V ,内阻不计) ; B.待测长度为 111m 的铜电线,横截面积约 1 mm 2; C.电压表 V 1(量程为 3V ,内阻约为 1. 5 k Ω); D.电压表 V 2(量程为 5V ,内阻约为 3 k Ω); E.电阻箱 R(阻值范围 1~2.9Ω); F.定值电阻 0 1R G .开关、导线若干. ( 1)小组成员先用螺旋测微器测量该铜电线的直径 d,如图甲所示,则 d _________mm . ( 2)小组设计的测量电路如图乙所示,则 P 是 ___________,N 是 ____________,(填器材名称及对应符 号)通过实验作出的图象如图丙所示. ( 3)图乙电路测得铜电线的电阻测量值比真实值 ___________(选填 “偏大 ”、“不变 ”或 “偏小 ”),原因是 _______________________________ . ( 4)这捆铜电线的电阻率 ______________(结果保留三位有效数字) ;从铜电线自身角度,你认为电 阻率大的可能原因是 ______________. 【答案】 1.125 电压表 V 2 电压表 V 1 偏大 电压表 V 1 的分流 82.58 10 m 可能 是再生铜或含过多杂质的次铜 【解析】 【详解】 ( 1)铜电线的直径 1.0mm+12.5 0.01mm=1.125mmd ; ( 2) P 测量的电压大于 N 测量的电压,故 P 是电压表 V 2, N 是电压表 V 1; ( 3)偏大,由于没考虑电压表 V 1 的分流,使测得的铜电线的电阻偏大. ( 4)分析电路可知,通过铜电线的电流 1 2 1 2 1 2 1 1 , ( 1)x R x x U U U U U UI I R R R R I U U ,整理得 2 1 11 x U R U R ,根据题图丙可知斜率 7.5 1.00 2.60 , 2.50xk R , 6 2 2 2 82.60 0.994 10( ) 0.994mm , m=2.58 10 m 2 100 xR SdS r L , 故电阻率达不到要求,使用的有可能是再生铜或含过多杂质的次铜. 14.在 “用 DIS 研究在温度不变时, 一定质量的气体压强与体积的关系 ”实验中, 某同学将注射器活塞置于 中间刻度 20mL 处,然后将注射器连接压强传感器并开始实验,气体体积 V 每减小 2mL 测一次压强 p, 实验数据记录在下表中最后得到 p 和 V 的乘积逐渐减小. ( 1)(单选题)造成上述实验结果的可能原因是在实验过程中 ________ (A )注射器中有异物 (B)实验时环境温度增大了. (C)实验时外界大气压强发生了变化. (D)实验时注射器内的空气向外发生了泄漏. ( 2)由此可推断,该同学的实验结果可能为图 ________(选填 “a”或 “b”). ( 3)若另一同学用较大的注射器在同一实验室里(温度不变)做同一个实验,实验仪器完好,操作规范, 也从中间刻度开始实验,则得出的 1V p 图象的斜率比上一同学直线部分的斜率相比 ________(选填 “增 大 ”、 “减小 ”或 “相同 ”). 【答案】 D b 增大 【解析】 【分析】 ( 1)根据理想气体状态参量方程分析。 ( 2)图像的斜率代表压强和体积乘积,根据题目表格中的数据判断。 ( 3)较大的试管体积大,初始状态的压强都等于大气压,所以 pV 的乘积变大,图线斜率增大。 【详解】 ( 1) [1] 根据 pV=nRT ,pV 的乘积减小,说明气体物质的量减小,气体在漏气, D 符合题意; ABC 不符 合题意; 故选 D。 ( 2) [2] 1V p 图线上切线的斜率为 pV ,根据表格数据可知随着体积的增大 pV 值增大,则斜率增大, a 符合题意, b 不符合题意; 故选 a; ( 3)[3] 另一同学用较大的注射器在同一实验室里(温度不变)做同一个实验,初始状态 pV 是大试管大, 得出的 1V p 图象的斜率比上一同学直线部分的斜率增大。 四、解答题:本题共 3 题,每题 8 分,共 24 分 15.如图所示,两条直线 MN 与 PQ 所夹区域内有两个不同的匀强磁场,磁场的直线边界 OO 与 MN 和 PQ 均垂直。一质量为 m 、电荷量为 q的带电粒子以某一初速度垂直 MN 射入磁场 1B ,受磁场力的作用, 最终垂直于边界 PQ 且从 O Q 段射出。已知: 两磁场的磁感应强度分别为 1 100 mB q 、 2 200 mB q (各 物理量单位均为国际单位制中的主单位) ,粒子进入磁场的初速度为 20 m/sv 。不计粒子重力,求: (1)粒子在 1B 、 2B 磁场中运动的半径之比 (2)粒子在两磁场中运动的最短时间 【答案】 (1)2;(2)0.015s 【解析】 【详解】 (1)粒子在磁场内做圆周运动,根据牛顿第二定律则有 2 1 1 vqvB m r 2 2 2 vqvB m r 则两半径之比 1 2 2r r (2)粒子在磁场内做圆周运动的轨迹如图,粒子交替在 1B 与 2B 磁场内做圆周运动,图示情景为最短时间 粒子在磁场内做圆周运动的周期分别为 1 1 2 mT qB 2 2 2 mT qB 由几何关系知,带电粒子在两磁场中运动时间分别为 1 1 2 Tt 2 2 2 Tt 则总时间为 1 2 0.015st t t 16.在如图所示的 xoy 平面直角坐标系中,一足够长绝缘薄板正好和 x 轴的正半轴重合,在 y a全部区 域和 y a 的条形区域内均分布着方向垂直纸面向里的相同的匀强磁场,且 y a 区域磁场上下边界平 行。一带正电粒子,从 y 轴上的( 0,a)点以速度 v 沿与 y 轴负向成 45°角出射。带电粒子与挡板碰撞前 后, x 方向的分速度不变, y 方向的分速度反向、大小不变,且碰撞过程中无电荷量损失。已知粒子质量 为 m,电荷量为 q,磁感应强度的大小 2 4 mvB qa ,不计粒子的重力。 (1)求粒子进入下方磁场后第一次打在绝缘板上的位置; (2)为保证粒子不从 y a 的下边界射出,磁场下边界位置纵坐标 y 需要满足的条件; (3)在满足 (2)的情况下,若在绝缘板上的合适位置开一小孔,粒子穿过后能再次回到出发点。写出在板上 开这一小孔可能的位置坐标(不需要写出过程) ; (4)在满足 (3)的情况下, 求粒子从 (0,a)出射仅一次经过 y a 区域的磁场到再次返回出发点经历的时间。 【答案】 (1)击中点的坐标 x a ;(2) 2 2 3y a a ;(3) 6x na a(n=0 ,1,2,3,⋯⋯ )或 6 5x na a ( n=0,1,2,3,⋯⋯ );(4) (12 13 ) 2a v 或 (8 10 ) 2a v 【解析】 【分析】 【详解】 (1)粒子的轨迹如图所示, 已知 2 4 mvB qa 由 2vqvB m r 得 2 2r a 下磁场区域中弦长 2 sin 45 4l r a 所以第一次击中点的坐标 4 2x a a a a (2)如图,当运动轨迹与磁场下边界相切时,刚好不从 y<-a 的磁场下边界射出,磁场宽度 d 应满足: (1 sin 45 )=2 2 2d r a a 即磁场下边界位置坐标应满足 (2 2 3 )y a a (3)开孔位置 6x na a (n=0 ,1,2, 3,⋯⋯ )或 6 5x na a (n=0 ,1, 2,3,⋯⋯ ) (4)如图,满足题意的运动过程分以下两种情况 若开孔位置在 7x a ,如甲图所示,所用时间为: 1 3 2 1 2 2 24 6 4 4 r r at v v v 解得 1 (12 13 ) 2at v 若开孔位置在 5x a ,如乙图所示,所用时间为: 2 3 2 1 2 2 23 4 4 4 r r at v v v 解得 2 (8 10 ) 2at v 17.如图所示,在 xOy 坐标平面的第一象限内有沿 y 轴正方向的匀强电场,在第四象限内有垂直于纸面 向外的匀强磁场。有一质量为 m,电荷量为 q,带负电的粒子(重力不计)从坐标原点 O 射入磁场,其入 射方向与 y 轴负方向成 45°角。当粒子第一次进入电场到达 P 点时速度大小为 v0,方向与 x 轴正方向相同, P 点坐标为( 4L ,L )。求: ( 1)粒子从 O 点射入磁场时速度 v 的大小; ( 2)磁感应强度 B 的大小; ( 3)粒子从 O 点运动到 P 点所用的时间。 【答案】 (1) 02v v (2) 0mvB qL ( 3) 0 2 2 Lt v 【解析】 【分析】 带电粒子以与 x 轴成 45°垂直进入匀强磁场后,在 O 点根据平行四边性定则可得射入磁场时的速度;粒子 在电场中运动根据运动学方程和几何关系求出半径, 再根据牛顿第二定律求出磁感应强度; 求出粒子在电 场中的运动时间和在磁场中运的运动时间,即可求得总时间。 【详解】 ( 1)粒子从 O 点射入磁场时的速度为 0 02 cos45 vv v ( 2)粒子在电场中运动,沿 y 轴方向: 0tan45yv v , 12 yvL t 沿 x 轴方向: 0 1x v t 解得 : 2x L 粒子在磁场中的运动轨迹为 1 4 圆周,由几何关系得: 4 2 2 2 L LR L 粒子在磁场中做圆周运动,由牛顿第二定律得: 2vqvB m R 解得 0mvB qL ( 3)粒子在电场中的运动时间为 1 2Lt v 粒子在磁场中运的运动时间为 2 0 1 2 4 2 R Lt v v 则从 O 点运动到 P 点所用的时间为 1 2 0 2 2 Lt t t v 【点睛】 可将粒子的运动轨迹逆向思考, 看成粒子在电场中以一定速度做类平抛运动后, 进入匀强磁场中做匀速圆 周运动。

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