湖南省长沙市雅礼中学2020届高三物理上学期月考试题（五）（含解析） 21页

湖南省长沙市雅礼中学2020届高三物理上学期月考试题（五）（含解析） ‎ 一、选择题 ‎1.自然界中某个量D的变化量，与发生这个变化所用时间的比值，叫做这个量D的变化率。下列说法正确的是 A. 若D表示某质点做平抛运动的速度，则是恒定不变的 B. 若D表示某质点做匀速圆周运动的动量，则是恒定不变的 C. 若D表示某质点做竖直上抛运动离抛出点的高度，则一定变大。‎ D. 若D表示某质点的动能，则越大，质点所受外力做的总功就越多 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、若D表示某质点做平抛运动的速度，则表示加速度，恒定不变。故A正确；B、若D表示某质点做匀速圆周运动的动量，则，表示向心力，大小不变，方向不停改变。故B错误；C、若D表示某质点做竖直上抛运动离抛出点的高度，则表示平均速度，平均速度在减小。故C错误；D、若D表示某质点的动能，则所受外力的功率，表示做功的快慢，不是做功的多少；故D错误。故选A。‎ ‎【点睛】解决本题的关键是知道当D表示不同的量时，表示的物理意义，再根据条件判断是否变化，‎ ‎2.如图所示，一骑行者所骑自行车前后轮轴的距离为L，在水平道路上匀速运动，当看到道路前方有一条减速带时，立刻刹车使自行车做匀减速直线运动，自行车垂直经过该减速带时，对前、后轮造成的两次颠簸的时间间隔为t．利用以上数据，可以求出前、后轮经过减速带这段时间内自行车的 A. 初速度 B. 末速度 C. 平均速度 D. 加速度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 匀变速直线运动的位移公式：x=v0t+at2，速度公式：vt=v0+at，共含有vt、v0、x、a、t五个未知量，至少要知道三个，才能求出另外两个物理量．由题意知，自行车垂直经过该减速带时，前、后轮造成的两次颠簸的时间间隔为t，自行车前后轮轴的距离为L，只知道两个物理量，所以不能求出vt、v0、a三个物理量，故ABD错误；由平均速度定义可得：，已知前、后轮造成的两次颠簸的时间间隔为t，自行车前后轮轴的距离为L，所以能求出平均速度，故C正确．故选C．‎ 点睛：解答此题的关键是熟记匀变速直线运动的位移公式、速度公式，以及平均速度定义式．注意物理公式的理解和运用．‎ ‎3.2020年9月2号刚刚结束的亚运会中，中国队包揽了跳水项目的全部10 金。图示为跳水运动员在走板时，从跳板的a端缓慢地走到b端，跳板逐 渐向下弯曲，在此过程中，该运动员对跳板的（ ）‎ A. 摩擦力不断增大 B. 作用力不断减小 C. 作用力不断增大 D. 压力不断增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、D项：设跳板与水平面的夹角为,由于运动员从a到b过程中，跳板逐渐向下弯曲即增大，根据平衡条件可知，摩擦力与重力沿板向下的分力等大反向，压力大小等于重力垂直板方向的分力，所以摩擦力增大，压力减小，故A正确，D错误；‎ B、C项：运动员对跳板的作用力即压力与摩擦力的合力，由平衡可知，此合力运动员的重力等大反向，所以运动员对跳板的作用力不变，故B、C错误。‎ 故应选A。‎ ‎4.“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是 A. 摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变 B. 在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力 C. 摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零 D. 摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 摩天轮运动过程中做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，选项A错误；圆周运动过程中，在最高点由重力和支持力的合力提供向心力，即 ‎，所以重力大于支持力，选项B正确；转动一周，重力的冲量为I=mgT，不为零，C错误；运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，根据P=mgvcosθ可知重力的瞬时功率在变化，选项D错误．故选B．‎ ‎5.有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动， b处于地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图，则有 A. a的向心加速度等于重力加速度g B. c在4 h内转过的圆心角是 π / 6‎ C. b在相同时间内转过的弧长最长 D. d的运动周期有可能是20 h ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，根据比较a与c的向心加速度大小，再比较c的向心加速度与g的大小．根据万有引力提供向心力，列出等式得出角速度与半径的关系，分析弧长关系．根据开普勒第三定律判断d与c的周期关系．‎ 同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据知，c的向心加速度大．由，得，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g，故A错误；c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是，故B错误；由，得，卫星的半径越大，速度越小，所以b的速度最大，在相同时间内转过的弧长最长，故C正确；由开普勒第三定律知，卫星的半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h，不可能为23h，故D错误．‎ ‎6.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R1、R2为定值电阻，R2＞R＞r，且R1大于滑动变阻器R。的最大阻值，闭合开关S，将滑动变阻器的滑动片P由最上端滑到最下端，若理想电压表V1、V2和理想电流表A的读数改变量的大小分别用△U1、△U2、△I表示，则下列说法中正确的是 A. ‎ B. ‎ C. 电源的内阻消耗功率先减小，再增大 D. 电源的输出功率先增大，再减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当滑动变阻器的滑臂P由上端向下滑动的过程中，变阻器滑片上侧电阻与R1串联后与变阻器滑片下侧并联的总电阻一直变小，根据闭合电路欧姆定律分析电路中的电流变化和路端电压的变化，再根据欧姆定律分析对应的电流和电阻关系，再根据功率公式分析功率的变化．‎ ‎【详解】由图可知，电流表与R0的下部分串联、R1与R0的上部分串联，二者再并联后与R2串联；电流表中的电流小于流过R2的电流，故，故A错误；电压表V测量路端电压，则其电压表示数的变化等于内阻两端电压的变化，在滑片向下滑动过程中，总电阻减小，总电流增大，并联部分电压减小，流过R1的电流减小，故流过电流表的电流增大，因此总电流的变化量小于A中电流的变化，因此 ‎＜r，故B正确；由B的分析可知，总电流增大，故电源的发热功率一直增大，故C错误；由于外电阻一定大于内电阻，而在改变中外电阻减小，故外电阻越来越接近内电阻，故电源的输出功率一定增大，故D错误。故选B。‎ ‎【点睛】本题考查了串、联电路的特点和欧姆定律的灵活运用，难点是滑动变阻器滑片P从最上端→中间→最下端总电阻变化情况的判断．‎ ‎7.随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线．小到手表、手机，大到电脑、电动汽车的充电，都已经实现了从理论研发到实际应用的转化．下图给出了某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式无线充电的原理图．关于无线充电，下列说法正确的是 A. 无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”‎ B. 只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电 C. 接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同 D. 无线充电技术违背能量守恒定律 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应现象，不是“电流的磁效应”现象，故A错误；当充电设备通以恒定直流，无线充电设备不会产生交变磁场，那么不能够正常使用，故B错误；接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同，故C正确；无线充电技术是电磁感应现象，并不违背能量守恒定律，选项D错误；故选C.‎ ‎8.3个质量分别为m1、m2、m3的小球，半径相同，并排悬挂在长度相同的3根竖直绳上，彼此恰好相互接触。现把质量为m1的小球拉开一些，如图中虚线所示，然后释放，经球1与球2、球2与球3相碰之后，3个球的动量相等。若各球间碰撞时均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，不计空气阻力，则m1∶m2∶m3为(　　)‎ A. 6∶3∶1 B. 2∶3∶1 C. 2∶1∶1 D. 3∶2∶1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】因为各球间发生的碰撞是弹性碰撞，则碰撞过程机械能守恒，动量守恒。因碰撞后三个小球的动量相等设为p，则总动量为3p。由机械能守恒得，即，代入四个选项的的质量比值关系，只有A项符合，故选A。‎ ‎【点睛】本题要注意灵活设出中间量p，从而得出正确的表达式，再由选择得出正确的条件．‎ ‎9.关于下列四幅图的说法不正确的是 A. 原子中的电子绕原子核高速运转时，运行轨道的半径是任意的 B. 光电效应实验说明了光具有波动性 C. 电子束通过铝箔时的衍射图样证实了电子具有波动性 D. 发现少数a粒子发生了较大偏转，说明原子的正电荷和绝大部分质量集中在很小空间范围 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由玻尔理论可知，电子绕原子核高速运转轨道的半径是特定的；卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，得出原子的核式结构模型；根据电子束通过铝箔后的衍射图样，说明电子具有波动性；光电效应说明光具有粒子性；从而即可求解．‎ ‎【详解】根据玻尔理论，原子中的电子绕原子核高速运转轨道的半径是特定的。故A错误。光电效应实验证明了光具有粒子性。故B错误。电子束通过铝箔时的衍射图样证实了电子具有波动性。故C正确。α粒子散射实验发现少数α粒子发生了较大偏转，说明原子的质量绝大部分集中在很小空间范围。故D正确。本题选择不正确的，故选AB.‎ ‎10.有一个垂直于纸面的匀强磁场，它的边界MN左侧为无场区，右侧是匀强磁场区域，如图(甲)所示，现让一个金属线框在纸平面内以垂直于MN的恒定速度从MN左侧进入匀强磁场区域，线框中的电流随时间变化的i－t图象如图(乙)所示，则进入磁场区域的金属线框可能是下图的(　　)‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv，设线框总电阻是R，则感应电流 ‎ ，由图乙所示图象可知，感应电流先均匀变大，后恒定，最后均匀减小，由于B、v、R是定值，则导体棒的有效长度L应先变长，后恒定，最后均匀减小，且L随时间均匀变化，即L与时间t成正比．‎ A图中闭合圆环匀速进入磁场时，有效长度L先变大，后变小，但L不随时间均匀变化，不符合题意，故A错误；B图中六边形线框进入磁场时，有效长度L先均匀增大，后恒定，最后均匀减小，符合题意，故B正确；C图中梯形线框匀速进入磁场时，有效长度L先均匀增加，后不变，最后均匀减小，符合题意，故C正确；D图中三角形线框匀速进入磁场时，有效长度L先增加，后减小，且随时间均匀变化，不符合题意，故D错误；故选BC．‎ 点睛：本题是一道关于感应电流的图象题，熟练应用导体棒切割磁感线产生的感应电动势公式、欧姆定律、分析清楚图象特点是正确解题的关键．‎ ‎11.如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子沿x轴运动，两分子间的分子势能E。与两分子间距离的关系如图所示．图中分子势能的最小值为一E，若两分子所具有的总能量为零，则下列说法中正确的是 A. 乙分子在P点（x＝x2）时，加速度最大 B. 乙分子在P点（x＝x2）时，动能为E C. 乙分子在Q点（x＝x1）时，处于平衡状态 D. 乙分子的运动范围为x≥x1‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分子在平衡位置时，分子势能最小，分子力为零，则知乙分子的加速度为零．由能量守恒定律分析分子动能的大小．‎ ‎【详解】乙分子在P点（x=x2）时，分子势能最小，可知该点分子力为零，加速度为零，即加速度最小，故A错误。乙分子在P点分子势能为-E0，两分子所具有的总能量为零，则其动能为E0，故B正确。乙分子在P点，分子势能最小，分子力为零，处于平衡状态，故C错误。当x＜x1时分子势能为正，总能量为0，动能应为负，是不可能的，因此分子的运动范围为x≥x1，故D正确。故选BD。‎ ‎【点睛】熟悉分子力的变化规律，知道分子力做功与分子势能变化的关系，知道总能量由分子势能和分子动能两者之和构成，本题考查的过程很细，要加强分析．‎ ‎12.根据实际需要，磁铁可以制造成多种形状如图就是一根很长的光滑圆柱形磁棒，在它的侧面有均匀向外的辐射状磁场．现将磁棒竖直固定在水平地面上，磁棒外套有一个粗细均匀的圆形金属线圈，金属线圈的质量为m，半径为R，电阻为r，金属线圈所在位置的磁场的磁感应强度大小为B．让金属线圈从磁棒上端由静止释放，经一段时间后与水平地面相碰（碰前金属线圈已达最大速度）并原速率反弹，又经时间t，上升到距离地面高度为h处速度减小到零．下列说法中正确的是 A. 金属线图与地面撞击前的速度大小为 B. 撞击反弹后上升到最高处h的过程中，通过金属线圈某一截面的电荷量为 C. 撞击反弹后上升到最高处h的过程中，通过金属线圈某一截面的电荷量为 D. 撞击反弹后上升到最高处h的过程中，金属线圈中产生的焦耳热为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 金属线圈与地面撞击前已达最大速度，此时安培力与重力平衡，推导出安培力与速度的关系式，再由平衡条件求金属线圈的最大速度。根据动量定理求撞击反弹上升过程中通过金属线圈的电荷量。根据能量守恒定律求撞击反弹后上升到最高处h的过程中金属线圈中产生的焦耳热。‎ ‎【详解】金属线圈与地面撞击前已达最大速度，设最大速度为v。‎ 感应电动势为：E=B•2πRv 感应电流大小为：，‎ 线圈受到的安培力为：FA=BIL=BI•2πR 联合解得安培力大小为：‎ 根据平衡条件有：FA=mg 解得：．故A错误。‎ 撞击反弹后上升到最高处h的过程中，取向下为正方向，由动量定理得：‎ mgt+B•2πRt=0-（-mv）‎ 又 通过金属线圈某一截面的电荷量为：q=t 联立解得：．故B正确，C错误。‎ 撞击反弹后上升到最高处h的过程中，金属线圈中产生的焦耳热为：．故D错误。故选B。‎ ‎【点睛】题是电磁感应与力学的综合，要明确线圈与磁场垂直，有效的切割长度等于周长，要知道在电磁感应中，动量定理是求电荷量常用的方法。能量守恒定律是求焦耳热常用的思路。‎ 二、实验题 ‎13.重力加速度是重要的物理常数，可以设计多种测量重力加速度的方法、物理兴趣小组同学设计出了一种测量方案：如图所示，两个质量已知（A物块的质量mA、B物块的质量mB ‎）且质量不同的小物块A和B，分别系在一条跨过光滑的定滑轮（质量不计）的轻软绳两端，而定滑轮通过一弹簧测力计竖直悬挂着，若选定物块A由静止开始下落进行研究．‎ ‎(1)要测出重力加速度，还需要测出的物理量是_________（选填“物块A下落的距离h”“弹簧秤的质量m”或“测力计的示数F）．‎ ‎(2)由已知的物理量和测出的物理量得到重力加速度的表达式g＝_______（用已知的物理量和测出的物理量符号表示）‎ ‎【答案】 (1). 测力计的示数F (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对两个物体分别应用牛顿第二定律列方程，解方程可得加速度表达式。‎ ‎【详解】设测力计的示数为F；‎ 由牛顿第二定律对A：，‎ 对B：，‎ 解得：。‎ 根据表达式可知要想测量重力加速度，必须知道测力计的示数F.‎ ‎14.现有一刻度盘总共有N个小格且刻度均匀、量程未准确确定的电压表V1，已知其量程在13～16 V之间，内阻R1＝150 kΩ.为测定其准确量程U1，实验室提供了如下表所列的器材，要求方法简洁，尽可能减小误差，并能测出多组数据.‎ ‎(1)某同学设计了如图所示的甲、乙、丙三种电路图,你认为选择________(填“甲”“乙”或“丙”)电路图测量效果最好．‎ ‎(2)根据测量效果最好的那个电路图，将下列有关器材连接成测量电路__________．‎ ‎(3)若选择测量数据中的一组来计算V1的量程U1，则所用的表达式U1＝________，式中各符号表示的物理量是：_____________________________________.‎ ‎【答案】 (1). 乙 (2). (3). (4). N：电压表V1的总格数，N1：电压表V1指针的偏转格数，U2：电压表V2的读数，R1：待测电压表的内阻，R2：电压表V2的内阻 ‎【解析】‎ ‎（1）由于待测电压表的满偏电流与标准电压表的满偏电流接近，大约是0.1mA，所以可将两电压表串联使用，由于变阻器的全电阻远小于电压表内阻，所以变阻器应用分压式接法，所以选择乙电路图进行测量．‎ ‎（2）电路连接如图；‎ ‎（3）待测电压表V1的指针偏转格数为N1，每格表示电压值为△U，‎ 由欧姆定律可得：，‎ 所以电压表V1的量程为：U1=N•△U 联立解得：‎ 其中r1=150kΩ，r2=30kΩ，U2为某次测量时V2的读数，N：V1的总格数，N1为某次测量V1的指针偏转格数．‎ 点睛：本题考查了实验电路的选择、求电压表示数表达式，知道实验原理是解题的前提与关键；对电学实验，注意电压表（或电流表）的反常规接法，即电压表与电压表可以串联、电流表与电流表可以并联．‎ 三、计算题 ‎15.如图所示，一定质量的理想气体被光滑的活塞封闭在导热良好的气缸内．活塞质量为m＝20kg，横截面积为S＝0．01m2．气缸与水平面成＝30°角靠在墙上，活塞静止时，活塞下表面与气缸底部的距离L＝48cm，此时气体的温度为27℃．已知外界大气压强p0＝1．0X105Pa，并始终保持不变，重力加速度g＝10m／s2．求：‎ ‎(1)若将气缸缓慢地沿逆时针方向转到竖直位置，此时活塞下表面与气缸底部的距离；‎ ‎(2)若将缸内气体的温度升高，为使活塞仍处于第（1）问的位置不变，可在活塞上表面均匀添放铁沙，当缸内温度为47℃时，添加在活塞上表面的铁沙质量是多少？‎ ‎【答案】①44cm ②8kg ‎【解析】‎ ‎①设竖直位置时活塞到气缸底部的距离为，对封闭气体，由等温过程有：‎ ‎…①‎ 对活塞有，初态：…②‎ 末态：…③‎ 得：…④‎ ‎②对气体在升温过程满足等容过程：…⑤‎ ‎，…⑥‎ 设铁沙质量为M，有：…⑦得：‎ ‎【点睛】处理理想气体状态方程这类题目，关键是写出气体初末状态的状态参量，未知的先设出来，然后应用理想气体状态方程列式求解即可．‎ ‎16.如图所示，M是水平放置的半径足够大容器的圆盘，绕过其圆心的竖直轴OO’匀速转动，规定经过圆心O水平向右为x轴的正方向．在圆心O正上方距盘面高为h处有一个正在间断滴水的容器，从t＝0时刻开始从O点正上方随传送带沿与x轴平行的方向做匀速直线运动，速度大小为v.已知容器在t＝0时刻滴下第一滴水，以后每当前一滴水刚好落到盘面上时再滴一滴水．求：‎ ‎(1)每一滴水经多长时间落到盘面上；‎ ‎(2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，圆盘转动的角速度应为多大；‎ ‎(3)第二滴水与第三滴水在盘面上落点间的最大距离x.‎ ‎【答案】(1) (2) （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)水滴在竖直方向上做自由落体运动，有h＝gt2，‎ 解得t＝。‎ ‎(2)分析题意可知，在相邻两滴水的下落时间内，圆盘转过的角度应为nπ(n＝1、2、3、…)，所以角速度可由ωt＝nπ得 ω＝＝nπ (n＝1、2、3、…)。‎ ‎(3)第二滴水落在圆盘上时到O点的距离为：x2＝v·2t＝2v，‎ 第三滴水落在圆盘上时到O点的距离为：x3＝v·3t＝3v，‎ 当第二滴水与第三滴水在盘面上的落点位于同一直径上圆心两侧时，两点间的距离最大，则：x＝x2＋x3＝5v。‎ ‎【点睛】本题难点在于分析距离最大的条件：同一直径的两个端点距离最大．运用数学知识，解决物理问题的能力是高考考查的内容之一．‎ ‎17.如图所示，在倾角为的斜面上有一辆小车，车的底板绝缘，金属板A、B、C等大、正对、垂直地安放在车的底板上，它们之间依次相距L，A、B板上各有一等高、正对的小孔，A与B、B与C之间反向连有电动势各为E1、E2的直流电源。小车总质量为M，正以速度v0匀速下滑，此时有一带负电的小球正以速度v(v＜v0‎ ‎）沿A、B板上的小孔的轴线向上飞来，小球质量为m（m＜M），带电荷量为q，其重力可忽略不计，其电量较小，不会改变板间电场，且直径小于A、B板上的孔径，小球运动到B板时的速度为u，试求：‎ ‎(1)小球在A、B板间的运动时间；‎ ‎(2)要使小球刚好打到C板上，E1、E2的大小有何关系？‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先根据牛顿第二定律求出加速度然后由运动学公式求出时间；‎ ‎（2）根据系统动量守恒判断出小球与小车的运动情况并求出共同的速度，然后根据动能定理列方程即可求出E1与E2之间有何关系.‎ ‎【详解】（1）小球在AB板间受恒定电场力做匀加速直线运动，小球所受的电场力为： ；加速度 ；则AB间小球运动的时间为： ；‎ ‎（2）小球和小车的系统动量守恒，小球运动到B板后，受到与速度反向的力，先减速到零后反向加速，而小车受到与v0方向相反的力做减速运动，从运动过程及特点可知：小球是否打到C板的临界条件是当小球和小车的速度相同的时刻，小球是否碰到C板．‎ 设小球运动到C之前与小车有相同的速度v′，由动量守恒得：mv-Mv0=（m+M）v′；‎ 系统由动能关系可得：qE1-qE2=（m+M）v′2-（Mv02+mv2）；‎ 要使小球刚好打到C板上，应满足条件是：E2=E1+；‎ ‎18.如图甲所示，在xOy平面内存在垂直平面向里的磁场，磁场的变化规律如图乙所示（规定向里为磁感应强度的正方向），在t＝0时刻由原点O发射一个初速度大小为，方向沿y轴正方向的带负电的粒子（不计重力）．‎ ‎(1)若粒子的比荷大小为，且仅在乙图磁场变化情况下，试求：带电粒子从出发到再次回到原点所用的时间。‎ ‎(2)若粒子的比荷变为，且仅在乙图磁场变化情况下，问带电粒子能否回到原点，若不能，请说明理由．若能，求轨迹上离y轴的最大距离；‎ ‎(3)若粒子的比荷变为，同时在y轴方向加匀强电场，其电场强度的变化规律如图丙所示（沿y轴正方向电场强度为正），要使带电粒子能够在运动一段时间后回到原点O，则E0的取值应为多少？‎ ‎【答案】（1） （2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期 在0~、2~3、4~5、6~7时间内，带电粒子做匀速圆周运动，转过的圆心角为90°‎ 在~2，3~4、5~6、7~8时间内，带电粒子做匀速直线运动．其轨迹如图所示 粒子回到原点的时间为 ‎（2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期 在0~、2~3时间内，带电粒子做匀速圆周运动，转过的圆心角为120°‎ 在~2时间内，带电粒子做匀速直线运动．其轨迹如图所示 由图可知轨迹上离y轴最远点为A 带电粒子圆周运动的半径为 有几何关系可知最大距离为：‎ ‎（3）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动周期 在0~时间内，带电粒子做匀速圆周运动，转过的圆心角为180°‎ 在~2时间内，带电粒子做匀加速运动 在2~3时间内，带电粒子做匀速圆周运动，转过的圆心角为180°‎ 在3~4时间内，带电粒子做匀减速运动，回到x轴 其轨迹如图所示 要使粒子能回到原点必须满足：‎ ‎，则 解得：‎