陕西省山阳中学2020届高三上学期12月模拟考试物理试题 21页

陕西省山阳中学 2020 届高三 12 月模拟考试卷 物 理 试 卷 一、选择题（本题共 10 小题，每小题 3 分，共 30 分。每小题列出的四个备选 项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分） 1.在国际单位制（SI）中，力学和电学的基本单位（单位符号）有米（（rn）、千克（kg）、 秒（s）、安培（A）。电场的定义式 E＝ 中 E 的单位用上述基本单位可表示为 A. kg·m·A－3·s－1 B. kg·m·A－2·s－2 C. kg·m·A－1·s－3 D. kg·m2·A－2·s－2 【答案】C 【解析】 【详解】根据电场强度的定义式 ，则 E 的单位为 A．kg·m·A －3·s－1，与结论不相符，选项 A 错误； B．kg·m·A －2·s－2，与结论不相符，选项 B 错误； C．kg·m·A －1·s－3，与结论相符，选项 C 正确； D．kg·m2·A－2·s－2，与结论不相符，选项 D 错误； 故选 C. 2.下列关于物理学研究方法的叙述中正确的是 A. 在探究力的合成规律过程中主要运用了等效法 B. 在验证牛顿第二定律实验时平衡摩擦力本质上是运用了理想模型法 C. 当△t→0 时， ，就可以表示物体在 t 时刻的瞬时速度，该定义运用了微元法 D. 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看 作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里主要运用了极限思维法 【答案】A 【解析】 【详解】A．在探究力的合成规律过程中主要运用了等效法，选项 A 正确； F q FE q = 2 1 3N kg m/s=C A s kg m A s ⋅ =⋅ ⋅ ⋅⋅ － － xv t ∆= ∆ B．在验证牛顿第二定律实验时平衡摩擦力本质上是运用了等效法，选项 B 错误； C．当△t→0 时， ，就可以表示物体在 t 时刻的瞬时速度，该定义运用了极限法，选 项 C 错误； D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看 作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里主要运用了微元思维法，选项 D 错误； 故选 A. 3.如图所示，自动卸货车静止在水平地面上，在液压机的作用下，车厢与水平方向的夹角缓 慢增大，在货物没有滑动之前的过程中，下列说法正确的是 A. 货车受到的支持力变大 B. 地面对货车有水平向右的摩擦力 C. 车加对货物的作用力不变 D. 货物受到 支持力对货物不做功 【答案】C 【解析】 【详解】A．货车受到的支持力为 mgcosθ，则随着 θ 变大，支持力减小，选项 A 错误； B．对货车和货物的整体，水平方向受力为零，则地面对货车没有摩擦力的作用，选项 B 错 误； C．货车对货物 作用力与货物的重力等大反向，则货车对货物的作用力不变，选项 C 正确； D．货物受到的支持力对货物做正功，选项 D 错误； 故选 C. 4.有一种大型游戏器械，它是一个圆筒大容器，筒壁竖直，游客进入容器后紧靠筒壁站立， 当圆筒开始转动后，转速加快到一定程度时，突然地板塌落，然而游客却发现自己没有因为 重力而掉落下去，这是因为 A. 游客处于超重状态 B. 游客处于失重状态 的 的 xv t ∆= ∆ C. 筒壁对游客的支持力等于重力 D. 游客受到的摩擦力等于重力 【答案】D 【解析】 【详解】AB．因为游客的加速度位于水平方向，不存在超重或失重现象，故 AB 错误。 C．筒壁对游客的支持力等于游客做圆周运动的向心力，不一定等于重力，选项 C 错误； D．因为游客在竖直方向上受重力和静摩擦力处于平衡，则知摩擦力等于重力，故 D 正确。 故选 D． 5.如图在竖直白板上有一个吸在上面的白板擦保持静止现给白板擦一个水平向左的恒定推 力使其运动（白板擦与白板接触面之间的动摩擦因数恒定），下列可能发生的是 A. 白板擦沿水平向左作匀速直线运动 B. 白板擦沿左下方作匀速直线运动 C. 白板擦沿左下方作匀加速直线运动 D. 白板擦作曲线运动 【答案】BC 【解析】 【详解】白板擦受到磁力与支持力平衡，由于重力和推力的合力沿左下方，所以物体向左下 方运动，在运动过程中受到与运动方向相反的摩擦力，如果重力、推力、摩擦力的合力恰好 平衡，则物体朝左下方做匀速直线运动，若重力与推力的合力大于摩擦力则会朝左下方做匀 加速运动直线运动， A. 白板擦沿水平向左作匀速直线运动，与结论不相符，故 A 不符合题意 B. 白板擦沿左下方作匀速直线运动，与结论相符，故 B 符合题意 C. 白板擦沿左下方作匀加速直线运动，与结论相符，故 C 符合题意 D. 白板擦作曲线运动，与结论不相符，故 D 不符合题意 6.嫦娥四号中继星位于地月拉格朗日点，距地球约 46 万公里。中继星绕地球转动的周期与 月球绕地球转动的周期相等。己知地月距离为 38 万公里，则中继星绕地运行时 A. 角速度小于月球绕地运行的角速度 B. 线速度小于月球绕地运行的线速度 C. 所受引力大于月球绕地运行时月球所受引力 D. 向心加速度大于月球绕地运行的向心加速度 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据题意知中继星绕地球转动的周期与月球绕地球转动的周期相同，根据 知中继星绕地球转动的角速度与月球绕地球角速度相等，故 A 错误； B．中继星的轨道半径比月球绕地球的轨道半径大，根据 v=ωr 知中继星绕地球转动的线速 度比月球绕地球线速度大，故 B 错误； C．地球和月球以及中继星的质量关系不确定，可知不能确定中继星绕地运行时所受引力大 小与月球绕地运行时月球所受引力大小关系，选项 C 错误； D．中继星的轨道半径比月球绕地球的轨道半径大，根据 a＝ω2r 知中继星绕地球转动的向 心加速度比月球绕地球转动的向心加速度大，故 D 正确； 故选 D。 7.电动汽车由于节能环保的重要优势，越来越被大家认可，电动汽车储能部件是是由多个蓄 电池串联叠置组成的电池组，如图所示．某品牌电动小轿车蓄电池的数据如下表所示．下列 说法正确的是( ) A. 将电池组的两极直接接在交流电上进行充电 B. 电池容量的单位 Ah 就是能量单位 C. 该电池组充电时的功率为 4.4kW D. 该电池组充满电所储存的能量为 1.4×108J 2 T πω＝ 【答案】D 【解析】 由表中数据可知，充电电压为 420V，所以不能直接接在交流电上进行充电，故 A 错误；电 池容量的单位 Ah 符合 q=It 的计算规律，故单位为电量的单位，故 B 错误；由 P=UI 可知， 充电时的功率 P=420×20=8.4kW，故 C 错误；放电时的总电压 U=100×3.3=330V，该电池组 充满电所储存的能量为 W=UIt=Uq=330×120×3600=1.4×108J；故 D 正确．故选 D． 8.如图，倾角为 θ 的可移动式皮带输送机，适用于散状物料或成件物品的短途运输和装卸工 作。输送带与物体间的动摩擦因数为 µ，且满足 tanθ<µ。在顺时针匀速转动的输送带上端无 初速度放一货物，货物从上端运动到下端的过程中，其机械能 E（选择放入点为参考平面） 与位移 x 的关系图像可能正确的是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】A．若货物放上后一直加速，设货物初始时机械能为 E0．根据功能原理可知： E=E0+μmgcosθ•x，图线的斜率大小等于 μmgcosθ，则知货物机械能一直增大，由数学知识知， E-x 图象是不过原点的向上倾斜的直线，故 A 错误； BCD．若物块在到达底端之前，速度已经与传送带速度相等，之后物块的机械能不断减小。 设物块与传送带速度相同时机械能为 E0′，位移为 x0．对于速度相同后的过程，可得： E=E0′-mgsinθ（x-x0），图线的斜率大小等于 mgsinθ．速度相同时，因 mgsinθ≤μmgcosθ，则知 C 图是可能的，BD 两图不可能，故 C 正确，BD 错误。 故选 C。 9.如图所示，空间分布着竖直向上的匀强电场 E，现在电场区域内某点 O 处放置一负点电荷 Q，并在以 O 点为球心的球面上选取 a、b、c、d、e、f 六点，其中 ac 连线为球的水平大圆 直径，bd 连线与电场方向平行。不计空气阻力，则下列说法中正确的是 A. b、d 两点的电势相等 B. a、c 两点的电场强度相同 C. 将点电荷＋q 从球面上 b 点移到 f 点，电势能减小 D. 若从 a 点抛出一带正电小球，小球可能沿 a、e、c、f 所在圆周作匀速圆周运动 【答案】D 【解析】 【详解】A．因为负点电荷 Q 在 b、d 两点形成的电势相等，而匀强电场在 b、d 两点的电势 不相等，则叠加后 b、d 两点的电势不相等，选项 A 错误； B．由对称性可知，a、c 两点的电场强度大小相同，但是方向不同，选项 B 错误； C．将点电荷＋q 从球面上 b 点移到 f 点，负点电荷 Q 对点电荷+q 不做功，但是匀强电场对 点电荷+q 做负功，则电势能增加，选项 C 错误； D．若从 a 点抛出一带正电小球，若满足 mg=qE，则带正电的小球在负点电荷 Q 的库仑吸 引力的作用下能沿 a、e、c、f 所在圆周作匀速圆周运动，选项 D 正确； 故选 D. 10.如图所示为安培力演示仪，两磁极间可视为匀强磁场磁感应强度为 B，一质量为 m 的金 属框 ABCD 处于磁场中，可绕 CD 白由旋转，其中 AB＝L1，CB＝L2，当线框 ABCD 中通以 恒定电流时，线框向右摆开的最大角度为 θ，则下列说法正确的是 A. 线框 AB 边通过的电流方向为 B 到 A B. 线框 ABCD 中通以电流 I 时，线框 AB 边受到的安培力大小为 BIL2 C. 线框中通入 电流大小为 D. 线框中通入的电流大小为 【答案】C 【解析】 【详解】A．线框 AB 边所处位置的磁场方向竖直向下，AB 边受到水平向右的安培力，根据 左手定则可知，电流方向从 A 到 B，故 A 错误； 的 1 tan 2 θ mg BL 1 tanθmg BL B．安培力大小为 BIL1，故 B 错误； CD．根据动能定理可知 -mgL2（1-cosθ）+BIL1L2sinθ=0 解得 故 C 正确，D 错误。 故选 C。 二、选择题 II（本题共 5 小题，每小题 4 分，共 20 分，每小题给出四个备选项 中至少有一个是正确的，全部选对得 4 分，选对但不全得 2 分，有选错得 0 分） 11.关于如下现象的表述正确的是（ ） A. 甲图中魔术师制造的大肥皂泡在阳光下呈现彩色是光的干涉现象 B. 乙图中铁路、民航等安检口使用“X 射线”对行李箱内物品进行检查 C. 丙图中光纤通讯利用了光的全反射原理 D. 丁图中 Wifi 无线路由器将信号绕过障碍物传递到接收终端，利用了波的反射原理 【答案】ABC 【解析】 【详解】A.甲图中魔术师制造的大肥皂泡在阳光下呈现彩色是光的干涉现象，选项 A 正确； B.乙图中铁路、民航等安检口使用“X 射线”对行李箱内物品进行检查，选项 B 正确； C.丙图中光纤通讯利用了光的全反射原理，选项 C 正确； D.无线网络信号绕过障碍物传递到接收终端，利用了波的衍射原理，故 D 错误； 故选 ABC. 12.如图甲所示，电阻不计的 N 匝矩形闭合导线框 abcd 处于磁感应强度大小为 0.2T 的水平 匀强磁场中，导线框面积为 0.5m2。导线框绕垂直于磁场的轴匀速转动，并与理想变压器原 线圈相连，原副线圈的匝数比为 10：1，副线圈接有一滑动变阻器 R1 副线圈两端的电压随 1 2mgtan I BL θ = 时间的变化规律如图乙所示。下列说法正确的是 A. 闭合导线框中产生的交变电压的表达式为 u＝100 sin100t(V) B. 线框 abcd 的匝数 N＝10 匝 C. 若滑动变阻器的滑片 P 向上移动，电流表的示数将减小 D. 若导线框的转速加倍，变压器的输出功率将加倍 【答案】BC 【解析】 【详解】A．由乙图可知，变压器输出电压的最大值 Um2=10V，则根据变压器匝数关系可知， 输入电压最大值为 Um1=100V；周期为 2π×10-2s，角速度 则闭合导线框中产生的交变电压的表达式为： u=100sin100t(V) 故 A 错误； B．发电机输出的最大电压值 Um1=NBSω=100V；解得 故 B 正确； C．将导线框的滑片 P 向上移动时，滑动变阻器接入电阻增大，输出电流减小，由电流之比 等于匝数的反比可知，电流表的示数减减小；故 C 正确； D．若转速度加倍，则最大值加倍，有效值加倍；输出端的有效值也会加倍，则由 可知，输出功率将变成原来的 4 倍；故 D 错误； 故选 BC。 13.如图所示，在 xOy 坐标系的 x 轴上 x＝0 和 x＝16cm 两点有频率都为 2.5Hz 的两个波源产 生的两列简谐横波在同一介质中分别朝着 x 轴正、负方向传播，在 t＝0 时刻，两列波刚好 传播到 x＝4cm 和 x＝12m 两点，M、N、P 分别为 x 轴上坐标为 x＝3.5cm、x＝7cm、x＝8cm 2 2 2 2 100rad/s2 10T π πω π −= = =× 100 100.2 0.5 100N = =× × 匝 2UP R = 的三个质点，关于这两列波，下列说法正确的是 A. P 点是振动加强点，其位移始终为 20cm B. N 点开始振动的方向朝着 y 轴负方向 C. 在 t＝0.8s 时，两列波都刚好传播到 P 点 D. 在 0～0.05s 时间内，质点 M 朝着 y 轴负方向振动，振动的加速度在增大 【答案】BD 【解析】 【详解】A．P 点到两波源的路程差△x=0，则 P 点是振动加强点，其振幅为 20cm，其位移 随时间作周期性变化，位移最大值为 20cm。故 A 错误。 B．左侧的波先传到 N 点，根据波形平移法知，质点 N 开始振动时的方向朝着 y 轴负方向， 故 B 正确。 C．两波的波长均为 λ=4m，波速为 v=λf=4×2.5=10m/s，波在 0.4s 内传播的距离为 x=vt=4m， 则知在 t=0.4s 时，两列波都刚好传播到 P 点，故 C 错误。 D．在 t=0 时刻，质点 M 朝着 y 轴负方向振动，位移在增大，则知其振动的加速度在增大， 故 D 正确。 故选 BD. 14.如图甲为产生光电效应的电路图，所有元件均完好，图乙为氢原子的能级图。己知氢原 子从 n＝2 能级跃迁到 n＝1 能级时，辐射出的 A 光恰能使图甲中的光电管产生光电效应， 则以下判断正确的是 A. 若某次实验中灵敏电流计没有电流通过，经检查电路连接没有问题，一定是光照时间太 短 B. 氢原子从 n＝3 能级跃迁到 n＝2 能级辐射的光也能打出光电子，且具有更大的最大初动 能 C. 氢原子从 n＝3 能级跃迁到 n＝2 能级辐射的光在同一种介质中的传播速度比 A 光大 D. 一群处于 n＝4 能级的氢原子向低能级跃迁时，辐射出的光中有 3 种光能使图甲中光电管 产生光电效应 【答案】CD 【解析】 【详解】A．能否发生光电效应，与光照时间长短无关，选项 A 错误； B．因为 n=2 与 n=1 的能级差大于 n=2 与 n=3 的能级差，而氢原子从 n＝2 能级跃迁到 n＝1 能级时，辐射出的 A 光恰能使光电管产生光电效应，则氢原子从 n＝3 能级跃迁到 n＝2 能 级辐射的光不能发生光电效应，不能打出光电子，选项 B 错误； C．氢原子从 n＝3 能级跃迁到 n＝2 能级辐射的光的频率小于 A 光的频率，因频率越小则在 介质中的折射率小，根据 可知，在该光在同一种介质中的传播速度比 A 光大，选项 C 正确； D．一群处于 n＝4 能级的氢原子向低能级跃迁时，最多能辐射出 6 种不同频率的光子，其 中 2→1，3→1，4→1，辐射出的光的能量大于或等于 A 光的能量，则有 3 种光能使图甲中 光电管产生光电效应，选项 D 正确； 故选 CD. 15.下列说法正确的是 A. 卢瑟福的 α 粒子散射实验证明了原子核是由质子和中子组成的 B. 铋的半衰期为 5 天，20g 铋经过 20 天后还剩 1.25g 铋 cv n = C. 质子、中子、电子等微观粒子都具有波粒二象性 D. 原子核结合能越大，原子核越稳定 【答案】BC 【解析】 【详解】A．卢瑟福的 α 粒子散射实验得到了原子的核式结构理论，没有证明原子核是由质 子和中子组成的，选项 A 错误； B．铋的半衰期为 5 天，20g 铋经过 20 天后还剩 铋，选项 B 正确； C．任何微观粒子都有波粒二象性，质子、中子、电子等微观粒子都具有波粒二象性，选项 C 正确； D．原子核 比结合能越大，原子核越稳定，选项 D 错误； 故选 BC. 三、非选择题（本题共 5 题，共 50 分） 16.（1）如图 1 在实验“探究小车速度随时间的变化规律”、“探究加速度与力、质量关系”、“用 自由落体运动验证机械能守恒”中都用到的实验器材___（填字母） （2）小明同学用如图 2 所示 实验装置研究小车在拉力作用下的运动，t 表示小车运动的时 间，x 表示相应时间内小车的位移，小明根据数据己经在 图像中描出几个计数点所对 应的坐标点如图 3，请同学们根据图像判断_____ A.小车做匀速直线运动 B.小车 0 时刻的初速度是 16m/s C.小车运动的加速度 a＝2.5m/s2 D.小车运动的加速度 a＝5m/s2 的 的 20 451 120 ( ) 20 ( ) g 1.25g2 2g× = × = x tt − （3）小明对图 4 纸带的研究分析，认为其是____打出的。（填字母） A.“探究小车速度随时间的变化规律实验” B.“探究橡皮筋做功与速度变化的关系实验” C.“用自由落体运动验证机械能守恒实验” 【答案】 (1). BC (2). D (3). B 【解析】 【详解】（1）[1]秒表是三个实验都不需要用的，时间是用打点计时器来记录的，而天平可 以用来测质量，在探究加速度与力、质量的关系的实验中要用到，三个实验均要测速度（或 加速度），所以均必须要有打点计时器和刻度尺，故选 BC。 （2）[2]画出图像如图： 由图像可知，小车做匀加速直线运动，选项 A 错误；根据 ，则小车 0 时刻的 初速度是 16cm/s，选项 B 错误；根据 ，小车运动的加速度 则小车运动的加速度 a＝5m/s2，选项 C 错误，D 正确；故选 D. （3）[3]由纸带上的点迹分布规律可知，纸带上点迹间距先增大后不变，可知是“探究橡皮 筋做功与速度变化的关系实验”中得到的纸带，故选 B. 17.小明要测量两节干电池组的电动势和内电阻，他设计了如图的实验电路图，其中 R 为电 阻箱，R0＝5Ω 的保护电阻 （1）断开开关 S，调节电阻箱的阻值，再闭合开关 S，读取并记录电压表的示数 U 和电阻 箱所对应的阻值 R，多次实验，得到多组 U 和 R 值，描点画 图，如图 2 所示，由图 像可求得电池组的电动势 E＝________V 和内电阻 r＝________Ω。（结果均保留两位有效 数字） 0 1 2 x v att = + 0 1 2 x v att = + 2 2 21 (80 16) 10 m/s 2.5m/s2 25 0.01 x ta t −∆ − ×= = ≈∆ × 1 1 U R − （2）如果改用如图的实验装置测该干电池组的电动势和内电阻，实验中选择的滑动变阻器 最合理的阻值变化范围是_____ A.0～5Ω B.0～30Ω C.0～60Ω D.0～100Ω 【答案】 (1). (2). (3). B 【解析】 【详解】（1）[1][2]．根据图所示电路图可知，电源电动势： 整理得： 则 图象的斜率： 截距： 2.8~3.0V 1.3~1.9Ω 0 0 UE U I r R U r RR = + + = + +（ ） （ ） 0 1 11 r R U E R E += + 1 1-U R 0 2.50 0.35= =2.151.00 r Rk E + −= 解得： E≈2.9V r≈1.3Ω； （2）[3]．电源电动势约为 2.9V，实验中电路中最小电流约为 0.1A，此时 ， 则为测多组实验数据且方便实验操作，滑动变阻器变化范围应选择 B； 18.游乐场中有各种各样的玩具车如图 1，其中有一种玩具车的运动情况可以简化为如下模型： 如图 2 所示，轨道 ABCD 位于竖直平面内，水平轨道 AB 与过山圆弧轨道相切于 B 点；C 与 圆心 O 等高；质量 m＝50kg 的小车（可视为质点）静止在水平轨道上的点 A；己知 A 点与 B 点相距 L＝40m，竖直圆轨道的半径 R＝10m，圆弧光滑；小车在水平轨道 AB 间运动时受到 的阻力恒为其重力的 0.3 倍。其它摩擦与空气阻力均忽略不计，重力加速度为 g＝10m/s2。 若小车用自带的电动机提供动力，电动机输出功率恒为 P0＝5kW。试求： （1）若小车刚好能到达 C 点，求小车经过最低点 B 时对轨道的压力； （2）若小车在某一时刻关闭发动机，要使小车都不脱离轨道，则发动机工作时间的取值范 围如何。 【答案】（1）1500N，方向竖直向下；3000N，方向竖直向下（2）t1≤2.2s；t2≥3.7s 【解析】 【详解】（1）情形 1：小车没有通过 C 点，根据全过程动能定理可得，小车发动机工作时间 满足： 解得 情形 1：小车通过 D 点，根据全过程动能定理可得，小车发动机工作时间满足： 1 0.35b E = = 29ER I = = Ω 0 1 0Pt mgL mghµ− − = h R≤ 1 0 2.2mgL mgRt sP µ +≤ = 解得 （2）由于情形 1：小车发动机工作时间取最大值 时，小车刚好到达 C 点 返回，到达 B 点速度大小满足： 解得 小车到达 B 点圆形轨道支持力满足： 解得： 根据牛顿第三定律可得小车对圆形轨道的压力为 1500N，方向竖直向下； 对情形 2：小车发动机工作时间取最小值 时，到达 B 点速度大小满足： 解得 小车到达 B 点圆形轨道支持力满足： 2 0 2 12 2 DPt mgL mg R mvµ− − = 2 D D vF mg m R + = 0DF ≥ 2 0 2 5 3.72 mgL mgRt sP µ +≥ = 1 0 = mgL mgRt P µ + 2 0 1 1 2 BPt mgL mvµ− = 2Bv gR= 2 B B vF mg m R − = 3 1500NBF mg= = 2 0 2 5= 2 mgL mgRt P µ + 2 0 2 1 2 BPt mgL mvµ− = 5Bv gR= 2 B B vF mg m R − = 解得： 根据牛顿第三定律可得小车对圆形轨道的压力为 3000N，方向竖直向下； 19.如图所示，绝缘水平面上固定平行长直金属导轨，导轨间距为 L，一端接有阻值为 R 的 电阻，整个导轨平面处于与之垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为 B。一根金属杆的质量 为 m，置于导轨上，与导轨垂直并接触良好，金属杆在导轨上的初速度大小为 v0，方向平行 于导轨。忽略金属杆与导轨的电阻，不计摩擦。金属杆在做切割磁感线运动时，将产生一个 电动势，因而在电路中有电流通过。 （1）因导体运动而产生的感应电动势称为动生电动势，产生动生电动势的非静电力是什么 力? （2）R 上能产生多少焦耳热? （3）当金属杆运动到总路程的 k 倍（0≤k≤1）时，求此时的安培力的瞬时功率。 【答案】（1）洛伦兹力（2） mv02（3） v02(1-k)2 【解析】 【详解】（1）动生电动势的非静电力是洛伦兹力； （2）由能量守恒定律可得 R 上产生的焦耳热 Q= mv02 （3）设金属杆开始运动为计时起点，t 时刻（为停下）当金属杆的速度为 v 时产生的电动势： E=BLv 安培力： 设向右为正，由动量定理： 6 3000NBF mg= = 1 2 2 2B L R 1 2 2 2B LF BIL vR = = 金属棒的总位移为 x，末速度为 0，经过一段时间的累加： 当金属杆运动到总路程的 k 倍时： 得到 此时安培力的瞬时功率： 20.如图所示，在直角坐标系 xOy 中，有一沿半径方向的加速电场区域，AB、CD 为加速电 场的两个同心半圆弧边界，圆心为 O，外圆弧面 AB 电势为 φ1，内圆弧面 CD 电势为 φ2。 在 x 轴上方有一与 x 轴相切的半径为 R 的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里（未 画出），圆心在 y 轴上 O1 处。在圆形磁场右侧的第一象限中存在着宽度为 2R 的匀强电场， 方向沿 y 轴正方向，电场右边界存在着与 y 轴平行的足够长的探测板，与 x 轴相交于 P 点。 假设质量为 m，电荷量为 q 的带负电的粒子能均匀地吸附在 AB 圆弧上，并被加速电场从静 止开始加速聚焦于原点 O 并进入圆形磁场，发现所有带电粒子出磁场时均平行于 x 轴正方 向，后进入匀强电场并最终打在探测板上，并且从 y 轴正方向射入圆形磁场的粒子正好打在 探测板的 P 点上。求： （1）粒子被加速电场加速后的速度大小和圆形匀强磁场 B 的大小； （2）匀强电场 E 的大小； （3）粒子打在探测板上的范围。 2 2 0- B LFt vt mv mvR = − = − 2 2 0 B L x mvR = 2 2 0 B L kx mv mvR − = − 0(1 )v k v= − ( )2 2 2 2 2 2 2 0 1B L B LP F kv v vR R = = = − 【答案】（1） ； （2） （3）- 【解析】 【详解】设在加速电场中加速后到达 O 点的速度为 v0，由动能定理： 解得 由于出圆形磁场后的粒子速度方向均平行于 x 轴正方向，因此带电粒子在磁场中的轨迹圆半 径等于磁场半径 解得 ( )1 22q m ϕ ϕ− ( )1 22qm qR ϕ ϕ− 1 2 R ϕ ϕ−（ ） 2 R y R≤ ≤ 2 1 2 0 1( ) 2q mvϕ ϕ− = ( )1 2 0 2qv m ϕ ϕ−= 0mvr RqB = = （1）从 y 轴负方向进入 O 点的粒子在 y=R 处离开磁场做匀速直线运动，到达电场后做类平 抛运动到达 P 点： 解得 （2）带电粒子进入匀强电场后做类平抛运动，之后做匀速直线运动，知 y=2R 出射的粒子 打在探测板上 y=R 处，y