浙江省金华市2021届新高考第一次模拟物理试题含解析 19页

浙江省金华市 2021 届新高考第一次模拟物理试题 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．关于物理学中的思想或方法，以下说法错误的是（ ） A．加速度的定义采用了比值定义法 B．研究物体的加速度跟力、质量的关系采用假设法 C．卡文迪许测定万有引力常量采用了放大法 D．电流元概念的提出采用了理想模型法 【答案】 B 【解析】 【详解】 A．加速度的定义式为 a= v t ，知加速度等于速度变化量与所用时间的比值，采用了比值定义法，故 A 正 确，不符合题意； B．研究物体的加速度跟力、质量的关系应采用控制变量法，故 B 错误，符合题意； C．卡文迪许通过扭秤实验，测定了万有引力常量，采用了放大法，故 C 正确，不符合题意； D．电流元是理想化物理模型，电流元概念的提出采用了理想模型法，故 D 正确，不符合题意。 故选 B。 2．电容器是一种常用的电学元件，在电工、电子技术中有着广泛的应用。以下有关电容式传感器在生活 中应用说法正确的是（ ） 甲：电容式触摸屏 乙：电容式压力传感器 丙：电容式油位传感器 丁：电容式加速度传感器 A．甲图中，手指作为电容器一电极，如果改用绝缘笔在电容式触摸屏上仍能正常操作 B．乙图中，力 F 增大过程中，电流计中的电流从 a 流向 b C．丙图中，油箱液位上升时，电容变小 D．丁图中，当传感器由静止突然向左加速，电容器处于充电状态 【答案】 D 【解析】 【详解】 A．甲图中，绝缘笔与工作面不能形成一个电容器，所以不能在电容屏上进行触控操作。故 A 错误。 B．乙图中，力 F 增大过程中，电容器极板间距减小，电容变大，电容器充电，电流计中的电流从 b 流向 a，选项 B 错误； C．丙图中，油箱液位上升时，正对面积变大，电容变大，选项 C 错误； D．丁图中，当传感器由静止突然向左加速，电介质插入电容器，电容变大，电容器处于充电状态，选项 D 正确。 故选 D。 3．如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻 R，金属棒与两导轨始终保持垂直，并良 好接触且无摩擦， 棒与导轨的电阻均不计， 整个装置放在水平匀强磁场中， 棒在竖直向上的恒力 F 作用下 匀速上升的一段时间内，下列说法正确的是（ ） A．通过电阻 R 的电流方向向左 B．棒受到的安培力方向向上 C．棒机械能的增加量等于恒力 F 做的功 D．棒克服安培力做的功等于电路中产生的热量 【答案】 D 【解析】 【详解】 A. 由右手定则可以判断出通过金属棒的电流方向向左，则通过电阻 R 的电流方向向右，故选项 A 错误； B.由左手定则可以判断出金属棒受到的安培力方向向下，故选项 B 错误； C.根据平衡条件可知重力等于恒力 F 减去安培力，根据功能关系知恒力 F 做的功等于棒机械能的增加量 与电路中产生的热量之和，故选项 C 错误； D.金属棒在竖直向上的恒力 F 作用下匀速上升， 安培力做负功， 即克服安培力做功， 根据功能关系知金属 棒克服安培力做的功等于电路中产生的热量，故选项 D 正确。 4．在水平地面上 O 点正上方不同高度的 A、B 两点分别水平抛出一小球，不计空气阻力，如果两小球均 落在同一点 C 上，则两小球（ ） A．抛出时的速度大小可能相等 B．落地时的速度大小可能相等 C．落地时的速度方向可能相同 D．在空中运动的时间可能相同 【答案】 B 【解析】 【详解】 AD ．小球做平抛运动，竖直方向有 21 2 h gt ，则在空中运动的时间 2ht g 由于不同高度，所以运动时间不同，相同的水平位移，因此抛出速度不可能相等，故 AD 错误； B．设水平位移 OC 为 x，竖直位移 BO 为 H，AO 为 h，则从 A 点抛出时的速度为 0 2 A xv h g 从 B 点抛出时的速度为 0 2B xv H g 则从 A 点抛出的小球落地时的速度为 2 2 2A x g gh h v 从 B 点抛出的小球落地时的速度为 2 2 2B x g gH H v 当 2 2 2 2 2 2 x g x ggh gH h H 解得 2 4x Hh 此时两者速度大小相等，故 B 正确； C．平抛运动轨迹为抛物线，速度方向为该点的切线方向，分别从 AB 两点抛出的小球轨迹不同，在 C 点 的切线方向也不同，所以落地时方向不可能相同，故 C 错误。 故选 B。 5．电容为 C 的平行板电容器竖直放置， 正对面积为 S，两极板间距为 d，充电完成后两极板之间电压为 U， 断开电路，两极板正对区域视为匀强电场，其具有的电场能可表示为 2 p 1 2 E CU 。如果用外力使平行板 电容器的两个极板间距缓慢变为 2d，下列说法正确的是（ ） A．电容变为原来的两倍 B．电场强度大小变为原来的一半 C．电场能变为原来的两倍 D．外力做的功大于电场能的增加量 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 A．极板间距变为原来两倍，根据 r 4 SC kd 可知电容减半， A 错误； B．电荷量和极板正对面积不变，则 r 4U Q kQE d Cd S 电场强度大小不变， B 错误； C．当开关断开后，电容器极板的电荷量 Q 不变，根据 QU C 电容减半，两极板间电压加倍，根据 2 p 1 2 E CU 可知，电场能加倍， C 正确； D．电路断开，没有电流和焦耳热产生，极板的动能不变，则外力做的功等于电场能的增加量， D 错误。 故选 C。 6．如图所示，空间有两个等量异种点电荷 Q1 和 Q2， Q1 带正电、 Q2 带负电，两点电荷间的距离为 L ，O 为连线的中点。在以 Q1、Q2 为圆心， 2 L 为半径的两个圆上有 A、B、C、D、M 、N 六个点， A、B、 C、 D 为竖直直径的端点， M 、N 为水平直径的端点，下列说法中正确的是（ ） A． A、 C 两点电场强度相同 B．带正电的试探电荷在 M 、N 两点时受到的电场力方向相反 C．把带正电的试探电荷从 C 点沿圆弧移动到 N 点的过程中电势能不变 D．带负电的试探电荷在 M 点的电势能小于在 A 点的电势能 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 A．由等量异种点电荷的电场分布可知， A、C 两点电场强度大小相等，方向不同，故 A 错误； B．带正电的试探电荷在 M 、N 两点时受到的电场力方向都水平向左，故 B 错误； C．由于 C、N 两点离负点电荷距离相等，但 C 点离正点电荷更近，则 C、N 两点电势不同，则电势能不 同，故 C 错误； D．由于 M 、A 两点离正点电荷距离相等，但 A 点离负点电荷更近，则 A 点电势更低，根据负电荷在电 势低处电势能大，则带负电的试探电荷在 M 点的电势能小于在 A 点的电势能，故 D 正确。 故选 D。 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，在平静湖面上有两个相距 2m 的波源 S1、S2 上下振动产生两列水波， S1、S2波源振动图 象分别如图乙 .丙所示。 在两波源的连线， 上有 M 、N 两点， M 点距波源 S1 为 0.8m ，N 点距波源 S2 为 0.9m 。 已知水波在该湖面上的传播速度为 0.2m/s，从 0 时刻开始计时， 经过 10s 时， 下列说法正确的是 ________。 A． M 点的振幅为 10cm B． N 点的振幅为 10cm C． N 点为振动加强点 D． N 点位移为－ 30cm E.M 点位移为 10cm 【答案】 ACD 【解析】 【分析】 【详解】 ABC ．由图乙或丙可知，周期为 2s，且两波的振动步调相反，则波长为 x=vT=0.4m M 点到两波源的距离差为 0.4m= 2 2Mx 则 M 点为振动减弱点， N 点到两波源的距离差为 0.2m= 1 2Mx 则 N 点为振动加强点，因此 M 点的振幅为 10cm ，N 点振幅为 30cm ，故 A 正确， B 错误， C 正确； D．两列波传到 N 点所用的时间分别为 5.5s 和 4.5s，到 10s 时 s1 波使 N 点振动 4.5s 2.25T 此时振动在波谷，到 10s 时 s2 波使 N 点振动 5.5s 2.75T 此时也在波谷，则到 10s 时 N 点位移为－ 30cm，故 D 正确； E．两列波传到 M 点所用的时间分别为 4.0s 和 6.0s，到 10s 时 s1 波使 M 点振动 6.0s 3T 此时振动在平衡位置，到 10s 时 s2 波使 M 点振动 4.0s 2T 此时也在平衡位置，则到 10s 时 M 点位移为 0，故 E 错误。 故选 ACD 。 8．如图所示，质量为 m 1 的木块和质量为 m 2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 μ2 B． μ1 可能大于 μ2 C．改变 F 的大小， F>μ2(m 1＋m 2)g 时，长木板将开始运动 D．改 F 作用于长木板， F>( μ1＋μ2)(m 1＋m 2)g 时，长木板与木块将开始相对滑动 【答案】 BD 【解析】 【分析】 因为木块所受的摩擦力为滑动摩擦力，地面对木板的摩擦力为静摩擦力，无法比较动摩擦因数的大小．通 过对木板分析， 根据水平方向上的受力判断其是否运动． 当 F 作用于长木板时， 先采用隔离法求出临界加 速度，再运用整体法，求出最小拉力． 【详解】 对 m 1，根据牛顿运动定律有： F-μ1m 1g=m 1a，对 m 2，由于保持静止有： μ1m 1g-Ff=0，F f＜ μ2（m 1+m 2）g， 所以动摩擦因数的大小从中无法比较．故 A 错误、 B 正确．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．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， μ1m 1g=m 1a，解得 a=μ1g，对整体分析，有 F-μ2（ m 1+m 2）g=（m 1+m 2） a，解得 F=（μ1+μ2）（ m1+m 2）g，所以当 F＞（μ1+μ2）（ m 1+m 2）g 时，长木板与木块将开始相对滑动．故 D 正确．故选 BD． 【点睛】 解决本题的关键能够正确地受力分析，结合整体和隔离法，运用牛顿第二定律进行求解． 9．长为 L 的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球在竖直面内做圆周运动， 关于小球在最高点时的速度、运动的向心力及相应杆的弹力，下列说法中正确的是（ ） A．速度的最小值为 gL B．速度由 0 逐渐增大，向心力也逐渐增大 C．当速度由 gL 逐渐增大时，杆对小球的作用力逐渐增大 D．当速度由 gL 逐渐减小时，杆对小球的作用力逐渐增大 【答案】 BCD 【解析】 【详解】 A．如图甲所示 “杆连小球 ”在最高点速度有最小值 0（临界点） ，此时杆向上的支持力为 NF mg 故 A 错误； B．解析式法分析动态变化。 v 由 0 逐渐增大，则 2mvF L向 即 F向 逐渐增大，故 B 正确； C．如图乙所示 当最高点速度为 v gL （临界点）时，有 2mvmg L 杆对小球的作用力 0F 。当 v 由 gL 增大时，杆对小球有拉力 F ，有 2mvmg F L 则 2vF m mg L F 随 v 逐渐增大而逐渐增大；故 C 正确； D．当 v 由 gL 减小时，杆对小球有支持力 NF ，有 2 N mvmg F L 则 2 N mvF mg L NF 随 v 逐渐减小而逐渐增大，故 D 正确。 故选 BCD 。 10．如图是在四川景区九寨沟拍摄的一张风景照片，湖水清澈见底，近处湖面水下的树枝和池底都看得很 清楚， 而远处则只看到对岸山峰和绿树的倒影， 水面下的景物则根本看不到． 下列说法中正确的是 （ ） A．远处山峰的倒影非常清晰，是因为来自山峰的光线在水面上发生了全反射 B．光从空气射入水中，光的波速变小，波长变小 C．远处水面下景物的光线到水面处，入射角较大，可能发生了全反射，所以看不见 D．来自近处水面下景物的光射到水面处，入射角较小，反射光强而折射光弱，因此有较多的能量射出水 面而进入人的眼睛中 【答案】 BC 【解析】 【分析】 【详解】 试题分析：远处山峰的倒影非常清晰，是因为山峰的光线在水面上发生了反射，但不是全反射，因为全反 射只有光从光密介质射入光疏介质时才可能发生， 故 A 错误． 光线由空气射入水中， 光的波速变小， 频率 不变，由波速公式 v=λf知波长变小，故 B 正确．远处水面下景物的光线射到水面处，入射角很大，当入 射角大于等于全反射临界角时能发生全反射， 光线不能射出水面， 因而看不见， 故 C 正确． 近处水面下景 物的光线到水面处，入射角越小，反射光越弱而折射光越强，射出水面而进入人眼睛中能量越少，故 D 错误．故选 BC． 考点：光的折射；全反射 11．多年前在日本本州岛附近海域曾发生里氏 9.0 级地震，地震和海啸引发福岛第一核电站放射性物质泄 漏，其中放射性物质碘 131 的衰变方程为 131 131 53 54I Xe Y 。根据有关放射性知识， 下列说法正确的是 （ ） A． Y 粒子为 1 1H B．若生成的 131 54 Xe 处于激发态，它会放出穿透能力最强的 射线 C． 131 53 I 的半衰期大约是 8 天，取 4g 碘原子核，经 8 天后就只剩下 2g 碘原子核了 D． 131 53 I 中有 53 个质子和 78 个核子 【答案】 BC 【解析】 【详解】 A．根据衰变过程中质量数和电荷数守恒， Y 粒子为 β粒子，故 A 错误； B．若生成的 131 54 Xe 处于激发态，还会放出 γ射线， γ射线的穿透能力最强，故 B 正确； C．半衰期是一个统计规律，指的是有一半原子核发生衰变所需要的时间，只对大量的原子核适用，对少 数原子核是不适用的，所以若取 4g 碘原子核，经 8 天后就只剩下 2g 碘原子核了，故 C 正确； D． 131 53 I 中有 53 个质子， 131 表示质量数（核子数） ，故 D 错误。 故选 BC 。 12．如图所示，由某种粗细均匀的总电阻为 2R 的金属条制成的矩形线框 abcd ，固定在水平面内且处于方 向竖直向下的匀强磁场 B 中。一电阻为 R 的导体棒 PQ 接入电路，在水平拉力作用下沿 ab、de 。以速度 D 匀速滑动，滑动过程 PQ 始终与 ab 垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在 PQ 从靠近 ad 边向 bc 边 滑动的过程中（ ） A． PQ 中电流先增大后减小 B． PQ 两端电压先减小后增大 C． PQ 上拉力的功率先减小后增大 D．线框消耗的电功率先增大后减小 【答案】 CD 【解析】 【分析】 【详解】 A．导体棒为电源产生的电动势为 E BLv 等效电路为左边电阻 1R 和右边 2R 并联，总电阻为 1 2 1 2 R RR R R R总 又线框总电阻为 2R，在 PQ 从靠近 ad 处向 bc滑动的过程中，总电阻先增大后减小，总电流先减小后增 大，故 A 项错误； B． PQ 两端电压为路端电压 U E IR 即先增大后减小，故 B 项错误； C．拉力的功率等于克服安培力做功的功率，有 P BILv EI安 先减小后增大，故 C 项正确； D．根据功率曲线可知当外电阻 1 2 1 2 R R R R R 时输出功率最大，而外电阻先由小于 R的某值开始增加到 1 2 R ，再减小到小于 R 的某值，所以线框消耗的功率先增大后减小，故 D 项正确． 故选 CD 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．某实验小组设计了如图（ a）所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加 速度以和所受拉力 F 的关系图象。他们在水平轨道上做了实验，得到了 a F 图线，如图（ b ）所示。滑 块和位移传感器发射部分的总质量 m _________kg ；滑块和轨道间的动摩擦因数 _________（g 取 10m/s 2）。 【答案】 0.5 0.2 【解析】 【分析】 【详解】 [1] 由图形 b 得加速度 a 和所受拉力 F 的关系图象的斜率 2 ak F 所以滑块和位移传感器发射部分的总质量 1 0.5kgFm a k [2] 由图形 b 得，在水平轨道上 F=1N 时，加速度 a=0，根据牛顿第二定律得 0F mg 解得 0.2 14．如图所示为一简易多用电表的电路图。 图中 E 是电池， R1、R2、R 3、R 4 和 R5 是定值电阻， 其中 R3=20Ω， R0 为滑动变阻器。表头 G 的满偏电流为 I 0=250 μA、内阻为 r 0=600Ω。A 端和 B 端分别与两表笔相连，该 多用电表有 5 个挡位，其中直流电流挡有 1 mA 和 2.5 mA 两挡。为了测量多用电表内电池电动势和内阻， 还备有电阻箱 R（最大阻值为 99999.9Ω）。 (1)由以上条件可算出定值电阻 R1 =____ Ω、 R 2=____ Ω。 (2)将选择开关与 “ 3”相连，滑动 R6 的滑片到最下端 b 处，将两表笔 A 、B 接在电阻箱上，通过调节电阻箱 的阻值 R，记录不同阻值 R 和对应的表头示数 I 。在坐标纸上，以 R 为横坐标轴，以 ______为纵坐标轴， 把记录各组 I 和 R 描绘在坐标纸上，平滑连接，所得图像为一条不过原点的直线。测得其斜率为 k 、纵截 距为 b，则多用电表内电池的电动势和内阻分别为 _____和 __。 （用 k、b 和已知数据表示） 【答案】 80 120 1 I 4 k 170b k 【解析】 【详解】 (1)[1][2] ．选择开关与 “ 1”、“ 2”相连时为电流表，量程分别为 2.5mA 和 1mA 。根据串、并联电路特点有 0 2 0 0 1 2.5mAI R r I R 0 0 0 1 2 1mAr I R I R 联立解得 1 80R 2 120R 。 (2)[3] ．选择开关与 “ 3”相连，量程为 1mA ，根据并联电路特点可知 1R 、 2R 串联后与表头并联的总电阻为 0 0 1 4 R r ，通过电源的电流为通过表头电流 I 的 4 倍。根据闭合电路欧姆定律有 0 34E I r R R R 变形为 0 341 4 R R r R I E E 由此可知横轴为 R，则纵坐标轴为 1 I 。 [4][5] ．斜率 4k E 纵截距 0 34 R R r b E 解得 4E k 170br k 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．二十世纪初，卢瑟福进行 粒子散射实验的研究，改变了人们对原子结构的认识。 (1)如图 1 所示， 有两个 粒子均以速度 v 射向金原子， 它们速度方向所在的直线都不过金原子核中心。 请 在图 1 中分别画出两个 粒子此后的运动轨迹示意图； (2)如图 2 所示， 一个 粒子以速度 v 射向金原子， 速度方向所在直线过金原子核中心。 由于金原子受到周 边其他金原子的作用， 可将 粒子与一个金原子核的作用等效为与一个静止的、 质量非常大的粒子发生弹 性碰撞。请推导说明 粒子与金原子核作用后速度的大小和方向； (3)实验发现，绝大多数 粒子穿过金箔后，基本上仍沿原来的方向前进，但有极少数 粒子发生了大角 度偏转（超过 90°）。卢瑟福根据该实验现象提出了原子的核式结构模型。为了研究问题的方便，可作如下 假设： ①将 粒子视为质点，金原子视为球，金原子核视为球体； ②金箔中的金原子紧密排列，金箔厚度可以看成很多单原子层并排而成； ③各层原子核前后不互相遮蔽； ④大角度偏转是 粒子只与某一层中的一个原子核作用的结果。如果金箔厚度为 L ，金原子直径为 D ， 大角度偏转的 粒子数占总 粒子的比例为 p ，且 1p 。 a.请估算金原子核的直径 d ； b.上面的假设做了很多简化处理，这些处理会对金原子核直径 d 的估算产生影响。已知金箔的厚度约 710 m ，金原子直径约 1010 m ，金原子核直径约 14 10 m 。请对 “可认为各层原子核前后不互相遮蔽 ”这一 假设的合理性做出评价。 【答案】 (1) ；(2)碰撞后速度大小几乎不变，方向与原来 相反； (3) a. 2D pd L ；b.不合理 【解析】 【分析】 【详解】 (1)如图，靠仅原子核的偏转角度大一些。 (2)设 粒子质量为 m，金原子核质量为 M ，碰撞后， 粒子速度为 v1，金原子核速度为 v2。 弹性碰撞，动量守恒 1 2mv mv Mv 根据能量守恒 2 2 2 1 2 1 1 1 2 2 2 mv mv Mv 解得 1 m Mv v m M 由题意 M m? ，因此 1v v ，即碰撞后速度大小几乎不变，方向与原来相反。 (3)a ．金箔厚度为 L ，金原子直径为 D，由假设，金原子层数 LN D 粒子发生大角度偏转可以认为碰上了金原子核，根据统计规律和概率 Nd p D 可以估算出 2D pd L b．如果可认为各层原子核前后不互相遮蔽，则 2D pd L 代入数据，可得 0.1p 不满足 1p = ，因此 “可认为各层原子核前后不互相遮蔽 ”的假设不合理。 16．如图所示，光滑水平面上有一被压缩的轻质弹簧，左端固定，质量为 m A=1kg 的光滑 A 紧靠弹簧右端 （不栓接） ，弹簧的弹性势能为 E p=32J。质量为 m B=1kg 的槽 B 静止在水平面上，内壁间距 L=0.6m ，槽 内放有质量为 m c=2kg 的滑块 C（可视为质点） ，C 到左端侧壁的距离 d=0.1m ，槽与滑块 C 之间的动摩擦 因数 μ=0.1。现释放弹簧，滑块 A 离开弹簧后与槽 B 发生正碰并粘在一起。 A、B 整体与滑块 C 发生碰撞 时， A 、B 整体与滑块 C 交换速度。 （g=10m/s 2）求 (1)从释放弹簧，到 B 与 C 第一次发生碰撞，整个系统损失的机械能； (2)从槽开始运动到槽和滑块 C 相对静止经历的时间。 【答案】 (1)16.2J；(2)2s 【解析】 【分析】 【详解】 (1)弹簧将 A 弹开，由机械能守恒可得： 2 0 1 2p AE m v 解得 0v =8m/s A、 B 发生碰撞，由动量守恒可得： 0 1( )A A Bm v m m v 解得 1v =4m/s 此过程机械能损失为 2 2 1 0 1 1 1 ( ) 2 2A A BE m v m m v =16J 接下来， A、B 与 C 相对运动，到第一次发生碰撞，相对运动位移为 d。 此过程机械能损失为 2 CE m gd =0.2J 因此整个过程机械能损失为 1 2E E E =16.2J (2)设槽和滑块 C 相对静止时速度为 v。 0 ( )A A B Cm v m m m v 解得 v=2m/s 分别对 A、B 和 C 受力分析可知 1( )C A Bm g m m a 2C Cm g m a 解得 1 2a a =1m/s 2 A、 B 整体与滑块 C 发生的碰撞时， A 、B 与滑块 C 交换速度。由题意可知， 1v a t 解得 t=2s 17．如图所示，在区域Ⅰ中有水平向右的匀强电场，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的 匀强磁场，磁感应强度大小 4.0TB ；两区域中的电场强度大小相等，两区域足够大，分界线如甲图中 虚线所示。一可视为质点的带电小球用绝缘细线拴住静止在区域Ⅰ中的 A 点，小球的比荷 1C/ kgq m ， 细线与竖直方向的夹角为 45 ，小球与分界线的距离 x=0.4m 。现剪断细线， 小球开始运动，经过一段时间 t 1 从分界线的 C 点进入区域Ⅱ，在其中运动一段时间后，从 D 点第二次经过分界线。图中除 A 点外，其 余各点均未画出， g=10m/s 2，求： （以下结果均保留两位有效数字） (1)小球到达 C 点时的速度大小 v； (2)C 、D 两点间的距离 d 及小球从 C 点运动到 D 点的时间 t 2。 【答案】 (1) 4.0m/ sv ；(2)1.4m ， 1.2s 【解析】 【详解】 (1)小球处于静止状态时， 受重力、电场力和细线的拉力的作用而处于平衡状态，故可知小球带正电， 电场 力大小 F Eq mg电 剪断细线后，小球做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知，小球的加速度 2 2 210 2m/s mg Eq a m 小球沿直线运动的距离 2 0.4 2mL x 根据运动学公式有 2 2v aL 解得小球到达 C 点时的速度大小 4.0m/sv (2)由于重力与电场力平衡，则小球在区域Ⅱ中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示 根据洛伦兹力提供向心力，有 2vqvB m r 圆周运动的周期 2π 2πr mT v qB 所以 C、D 两点间的距离 2 1.4md r 小球从 C 点运动到 D 点的时间 2 3 1.2s 4 t T