2020届陕西省榆林市高三第一次模拟测试物理试题（解析版）

榆林市 2020 届高考模拟第一次测试 物理试题 注意：本试卷分为第 I 卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分 100 分。考试用时 100 分钟。 注意事项： 1.答卷前，请将试题和答题纸上密封线内的项目填写清楚。 2.选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔填涂在答题纸上。 3.非选择题用黑色墨水签字笔答在答题纸上每题对应的答题区域内，在试题上作答无效。 4.考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。 第 I 卷（选择题 共 48 分） 一、选择题（本题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第 1~8 题只有一个选项符合题目要求，第 9~12 题有多个选项符合题目要求。全部选对的得 4 分，选 对但不全的得 2 分。有选错的得 0 分） 1.如图所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板上， 随跳板一同向下做变速运动到达最低点，然后随跳板反弹，则( ) A. 运动员与跳板接触的全过程中只有超重状态 B. 运动员把跳板压到最低点时，他所受外力的合力为零 C. 运动员能跳得高的原因从受力角度来看，是因为跳板对他的作用力远大于他的重力 D. 运动员能跳得高的原因从受力角度来看，是因为跳板对他的作用力远大于他对跳板的作用力 【答案】C 【解析】 【详解】A.运动员与跳板接触的下降过程中，先向下加速，然后向下减速，最后速度为零，则加速度先向 下，然后向上，所以下降过程中既有失重状态也有超重状态，同理上升过程中也存在超重和失重状态，故 A错误； B.运动员把跳板压到最低点时，跳板给其的弹力大于其重力，合外力不为零，故 B 错误； C.从最低点到最高过程中，跳板给运动员的支撑力做正功，重力做负功，位移一样，运运动员动能增加， 因此跳板对他的作用力大于他的重力，故 C 正确； D.跳板对运动员的作用力与他对跳板的作用力是作用力与反作用力，大小相等，故 D 错误． 故选 C. 2.如图所示，“娃娃机”是指将商品陈列在一个透明的箱内，其上有一个可控制的抓取玩具的机器手臂的机 器，使用者要凭自己的技术操控手臂，以取到自己想要的玩具。不计空气阻力，关于“娃娃机”，下列说 法正确的是（　　） A. 玩具从机械爪处自由下落时，玩具的机械能守恒 B. 机械爪抓到玩具匀速水平移动时，玩具的动能增加 C. 机械爪抓到玩具匀速上升时，玩具的机械能守恒 D. 机械爪抓到玩具加速上升时，机械爪做的功等于玩具重力势能的变化量 【答案】A 【解析】 【详解】A．在没有空气阻力的情况下，玩具从机器手臂处自由落下时，重力势能转化为动能，没有能量的 损失，即玩具的机械能守恒，故 A 正确； B．机器手臂抓到玩具水平匀速运动时，玩具的质量和速度均不变，则动能不变，故 B 错误； C．机器手臂抓到玩具匀速上升时，动能不变，重力势能增大，所以玩具的机械能变大，故 C 错误； D．机器手臂抓玩具加速上升时，动能和重力势能均变大，所以手臂做的功等于玩具重力势能与动能的增大 量之和，故 D 错误。 故选 A。 3.如图所示，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑．小球被轻质细线系住放在斜面上，细线另一端跨过定滑 轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢向上移动一小段距离，斜面体始终静止．移动过程中（ ）A. 细线对小球的拉力变小 B. 斜面对小球的支持力变大 C. 斜面对地面的压力变大 D. 地面对斜面的摩擦力变小 【答案】D 【解析】 【详解】此题是力学分析中的动态变化题型，其中球的重力以及支持力方向都没变，故可画动态三角形， 如图，可知 慢慢增大， 减小，故 AB 错；可由隔离法分析斜面与地面之间力的作用，已知球给斜面的 压力减小，故斜面对地面压力减小，对地面摩擦力 减小，可知 D 正确，C 错误．故选 D． 4.如图所示，水平传送带 A、B 两端相距 s=2m，工件与传送带间的动摩擦因数 μ=0.4．工件滑上 A 端瞬时 速度 vA=5m/s，达到 B 端的瞬时速度设为 vB，则（ ） A. 若传送带以 4m/s 顺时针转动，则 vB=3m/s B. 若传送带逆时针匀速转动，则 vB3m/s 【答案】C 【解析】 【详解】A．物体在传送带上做加速或减速运动的加速度为 T N sinf N α=a=μg=4m/s2 若传送带以 4m/s 顺时针转动，则物体开始时做减速运动，当速度减为 4m/s 时的位移为 然后物体随传送带匀速运动，故达到 B 端的瞬时速度为 4m/s，故 A 错误； B．若传送带逆时针匀速转动，则物体在传送带上做减速运动，到达 B 端时的速度为 故 B 错误； C．若传送带以 2m/s 顺时针匀速转动时，物体做减速运动，由 B 选项可知因为到达 B 端的速度为 vB=3m/s， 故最后物体到达 B 端的速度为 vB=3m/s，故 C 正确； D．因为当传送带以某一速度顺时针匀速转动时，若物体一直减速，则到达 B 端的速度为 3m/s 只有当传送 带的速度大于 3m/s 时到达右端的速度才可能是 vB>3m/s，故 D 错误． 故选 C. 5.2018 年 1 月 12 日，我国成功发射北斗三号组网卫星．如图为发射卫星的示意图，先将卫星发射到半径为 r 的圆轨道上做圆周运动，到 A 点时使卫星加速进入椭圆轨道，到椭圆轨道的远地点 B 点时，再次改变卫 星的速度，使卫星进入半径为 2r 的圆轨道．已知卫星在椭圆轨道时距地球的距离与速度的乘积为定值，卫 星在椭圆轨道上 A 点时的速度为 v，卫星的质量为 m，地球的质量为 M，引力常量为 G，则发动机在 A 点 对卫星做的功与在 B 点对卫星做的功之差为(忽略卫星的质量变化)（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 2 2 2 25 4 1.125m2 2 4 B Av vs a − −= = =× 2 22 5 2 4 2m / s=3m / sB Av v aL= − = − × × 23 3 4 4 GMmmv r − 25 3 8 4 GMmmv r − 23 3 4 4 GMmmv r + 25 3 8 4 GMmmv r +由 可知，卫星在轨道半径为 r 的圆轨道上运动的线速度大小 ，在半径为 2r 的圆 轨道上做圆周运动的线速度大小为 ，设卫星在椭圆轨道上B 点的速度为 ，由 ，可 知 在 A 点 时 发 动 机 对 卫 星 做 功 ， 在 B 点 时 发 动 机 对 卫 星 做 的 功 为 ，因此 ，B 正确，ACD 错误． 故选：B． 6.如图甲所示，长为 l、倾角为 α 的斜面固定在水平地面上，一质量为 m 的小物块从斜面顶端由静止释放并 沿斜面向下滑动，已知小物块与斜面间的动摩擦因数 μ 与下滑距离 x 的变化图像如图乙所示，则(　　) A. B. 小物块下滑 加速度逐渐增大 C. 小物块下滑到斜面低端的过程中克服摩擦力做的功为 D. 小物块下滑到低端时的速度大小为 【答案】BC 【解析】 【详解】A、物块在斜面顶端静止释放能够下滑，则满足：mgsinα＞μ0mgcosα，即 μ0＜tanα，故 A 错误. B、根据牛顿第二定律有： ，下滑过程中 μ 逐渐减小，则 加速度 a 逐渐增大，故 B 正确. C、由图乙可知 ，则摩擦力 ，可知 f 与 x 成 线性关系，如图所示: 的 2 1 2 vMmG mr r = 1 GMv r = 2 2 GMv r = Bv 2Bvr v r= ⋅ 2 1 2 1 1 1 2 2W mv mv= − 2 2 2 2 1 1 ( )2 2 2 vW mv m= − 2 1 2 5 3 8 4 GMmW W mv r − = − 0 tanµ α> 0 1 cos2 mglµ α 02 sin 2 cosgl mglα µ α− sin cos sin cosmg mga g gm α µ α α µ α−= = − 0 0xl µµ µ= − + 0 0 coscos cosmgf mg x mgl µ αµ α µ α= = − +其中 f0=μ0mgcosα，图线和横轴所围的面积表示克服摩擦力做的功，则下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做 功： ，故 C 正确. D、下滑过程根据动能定理有： ,解得： ，故 D 错误. 故选 BC. 【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律、动能定理 综合应用，涉及到变力做功的问题，F-x 图象所围的面 积表示 F 所做的功. 7.如图，平行板电容器两个极板与水平地面成 2α 角，在平行板间存在着匀强电场，直线 CD 是两板间一条 垂直于板的直线，竖直线 EF 与 CD 交于 O 点，一个带电小球沿着∠FOD 的角平分线从 A 点经 O 点向 B 点 做直线运动，重力加速度为 g。则在此过程中，下列说法正确的是（　　） A. 小球带正电 B. 小球可能做匀加速直线运动 C. 小球加速度大小为 gcosα D. 小球重力势能的增加量等于电势能的增加量 【答案】D 【解析】 【详解】AB．带电小球沿着∠FOD 的角平分线从 A 点经 O 点向 B 点做直线运动，所以小球合外力沿着 AB ；又由于小球受重力，所以电场力的方向由 O 到 D；由于此电场的方向未知，所以小球的电性是不能确定 的，则小球做匀减速直线运动，故 AB 错误； C．据图可知，由于是角平分线，且小球的加速度方向由 O 到 D，据几何关系可知 故 C 错误； D．由分析可知，小球受重力等于电场力，运动的位移和夹角相同，所以二力做的功相同，据功能关系可知 ，小球重力势能的增加量等于电势能的增加量，故 D 正确。 故选 D。 的 0 0 1 1 cos2 2fW f l mglµ α= = 21sin 2fmgl W mvα − = 02 sin cosv gl glα µ α= − 2 cosa g α=8.在真空中某点电荷 Q 的电场中，将带电荷量为 q 的负试探电荷分别置于 a（0,0,r）、b 两点时，试探电荷 所受电场力的方向如图所示，Fa、Fb 分别在 yOz 和 xOy 平面内，Fa 与 z 轴负方向成 角，Fb 与 x 轴负方 向成 角。已知试探电荷在 a 点受到的电场力大小为 Fa=F，静电力常量为 k。则以下判断正确的是（　　） A. 电场力的大小 Fb 大于 F B. a、b、O 三点电势关系为 C. 点电荷 Q 带正电，且大小为 D. 在平面 xOz 上移动该试探电荷，电场力不做功 【答案】C 【解析】 【详解】由题，Fa、Fb 分别在 yOz 和 xOy 平面内，可知点电荷 Q 即在 yOz 平面内，也在 xOy 平面内，所以 Q 一定在坐标轴 y 上，过 a 点沿 F 的方向延长，与 y 轴交于 Q 点，设 OQ 之间的距离为 y，由几何关系得 则 aQ 之间的距离 连接 bQ，则 b 受到的电场力的方向沿 bQ 的方向。由几何关系得 可知 b 点到 O 点的距离也是 r，b 到 Q 之间的距离也是 2r A．b 与 a 到 Q 点的距离相等，根据库仑定律可知，试探电荷在 b 点受到的电场力与在 a 点受到的电场力是 相等的，所以 60° 60° a b O ϕ ϕ ϕ= > 24FrQ kq = tan 60y r °= tan 60 3y r r°= = = 2cos60 rL r° = 3 tan 60 3b y rr r°= = = bF F=故 A 错误； B．负电荷受到的电场力指向 Q，根据异性电荷相互吸引可知，Q 带正电，由于距离正电荷越近电势越高， 所以 O 点的电势高，b 与 a 点的电势相等，即 故 B 错误； C．由于点电荷 Q 带正电，根据库仑定律 解得点电荷 Q 的电荷量为 故 C 正确； D．平面 xOz 上各点到 Q 的距离不一定相等，所以各点的电势不一定相等，则在平面 xOz 上移动该试探电 荷，电场力不一定不做功，故 D 错误。 故选 C。 9.如图,L 形木板置于粗糙水平面上,光滑物块压缩弹簧后用细线系住．烧断细线,物块弹出的过程木板保持 静止,此过程(　　) A. 弹簧对物块的弹力不变 B. 弹簧对物块的弹力逐渐减小 C. 地面对木板的摩擦力不变 D. 地面对木板的摩擦力逐渐减小 【答案】BD 【解析】 【详解】烧断细线，弹簧要恢复原状，弹簧对物块的弹力逐渐减小，故 A 错误，B 正确．木板在水平方向 上受到弹簧的弹力和地面的摩擦力，两个力处于平衡，由于弹簧的弹力逐渐减小，则地面对木板的摩擦力 逐渐减小．故 D 正确、C 错误．故选 BD． 【点睛】本题通过形变量的变化得出弹力变化是解决本题的关键，注意木块对木板没有摩擦力，木板所受 的摩擦力为静摩擦力． 10.假设某战士从弧形的雪坡上沿水平方向飞出后，若倾斜的雪坡倾角为 θ，战士飞出时的水平速度大小为 v0 a b O ϕ ϕ ϕ= < 2(2 ) kQqF r = 24FrQ kq =，且他飞出后在空中的姿势保持不变，又落回到倾斜的雪坡上，如图所示，不计空气阻力，重力加速度为 g， 则（　　） A. 如果 v0 不同，该战士落到雪坡时的位置不同，速度方向也不同 B. 如果 v0 不同，该战士落到雪坡时的速度方向相同，在空中运动时间不同 C. 该战士在空中经历的时间是 D. 该战士在空中经历的时间是 【答案】BC 【解析】 【详解】雪坡的倾角等于位移与水平方向的夹角，根据平抛运动的规律可知 解得平抛运动的时间为 如果 v0 不同，该战士在空中运动时间不同，根据平抛运动的规律，位移与水平方向夹角的正切值等于速度 与水平方向夹角的正切值的一半，故落地雪坡的速度方向相同，战士的水平位移为 知初速度不同，水平位移不同，落点位置不同，速度方向相同，故 BC 正确，AD 错误。 故选 BC。 11.如图所示，在水平面上固定有两根相距 0.5m 的足够长的平行光滑金属导轨 MN 和 PQ，它们的电阻可忽 略不计，在 M 和 P 之间接有阻值为 R=3Ω 的定值电阻，导体棒 ab 长 l=0.5m，其电阻为 r=1.0Ω，质量 m=1kg ，与导轨接触良好。整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度 B=0.4T。现使 ab 棒在水平拉力 作用下以 v=10m/s 的速度向右做匀速运动，以下判断正确的是（　　） 02 tanv g θ 0 tan 2 v g θ 0 tan 2 y gt x v θ = = 02 tanvt g θ= 0 0 22 tanvx v t g θ= =A. ab 中电流的方向为从 a 向 b B. ab 棒两端的电压为 1.5V C. 拉力突然消失，到棒最终静止，定值电阻 R 产生热量为 75J D. 拉力突然消失，到棒最终静止，电路中产生的总热量为 50J 【答案】BD 【解析】 【详解】A．由右手定则判断可知 ab 中电流的方向为从 b 向 a，故 A 错误； B．由法拉第电磁感应定律得 ab 棒产生的感应电动势为 由欧姆定律棒两端的电压 故 B 正确； CD．对于棒减速运动过程，根据能量守恒定律得，回路中产生的总热量为 定值电阻 R 的发出热量为 故 C 错误，D 正确。 故选 BD。 12.如图所示，在坐标系 xoy 平面的第 I 象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场 B1，在第 IV 象限内存在垂直纸 面向里的另一个匀强磁场 B2，在 x 轴上有一点 、在 y 轴上有一点 P（0,a）。现有一质量为 m， 电量为+q 的带电粒子（不计重力），从 P 点处垂直 y 轴以速度 v0 射入匀强磁场 B1 中，并以与 x 轴正向成 角的方向进入 x 轴下方的匀强磁场 B2 中，在 B2 中偏转后刚好打在 Q 点。以下判断正确的是（　　） 0.4 0.5 10V 2VE Blv= = × × = 2 3V 1.5V+ 3 1 EU RR r = ⋅ = × =+ 2 21 1 1 10 J 50J2 2Q mv= = × × = = 37.5JR RQ QR r =+ ( )2 3 ,0Q a 60°A. 磁感应强度 B. 磁感应强度 C. 粒子从 P 点运动到 Q 点所用的时间 D. 粒子从 P 点运动到 Q 点所用的时间 【答案】BC 【解析】 【详解】AB．粒子运动轨迹如图所示，由几何知识可知 解得 B2 磁场中根据几何知识有 解得 在 0 1 mvB qa = 0 2 mvB qa = 0 4 3 at v π∆ = 0 4 2 at v π∆ = 1 1cos60r r a°= + 1 2r a= 2 12 sin60 2 3 sin 60r a r° °= − 2r a=粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 将半径代入解得 故 A 错误，B 正确； CD．粒子做圆周运动的周期为 ，粒子的运动时间为 解得 故 C 正确，D 错误。 故选 BC。 第Ⅱ卷（非选择题 共 52 分） 二、非选择题（52 分） 13.用图示装置测量重锤的质量，在定滑轮两侧分别挂上重锤和 n 块质量均为 m0 的铁片，重锤下端贴一遮光 片，铁架台上安装有光电门。调整重锤的高度，使其从适当的位置由静止开始下落，读出遮光片通过光电 门的挡光时间 t0；从定滑轮左侧依次取下 1 块铁片放到右侧重锤上，让重锤每次都从同一位置由静止开始下 落，计时器记录的挡光时间分别为 t1，t2…，计算出 t12，t22… (1)挡光时间为 t0 时，重锤的加速度为 a0 从左侧取下 i 块铁片置于右侧重锤上时，对应的挡光时间为 ti，重 锤的加速度为 ai，则 =__________（结果用 t0 和 ti 表示） 2 0 0 vqv B m r = 0 0 1 2,2 mv mvB Bqa qa = = 0 2π= rT v 1 2 1 2 +6 3 T Tt t t∆ = + = 0 4π 3 at v = 0 ia a(2)作出 的图线是一条直线，直线的斜率为 k，则重锤的质量 M=_____。 【答案】 (1). (2). 【解析】 【详解】(1)[1]遮光片经过光电门时的速度 ， 重锤做初速度为零 匀加速直线运动，由速度位移公式得 整理得 (2)[2]由牛顿第二定律得 整理得 则 图像的斜率 解得 14.某实验小组用下列器材设计了如图甲所示的欧姆表电路，通过调控电键 S 和调节电阻箱，可使欧姆表具 有“×1”“×10”两种倍率。 的 0 ia ia − 2 0 2 i t t 0 2 nk mk + 0 0 dv t = i i dv t = 2 2 0 02 2i iv a h v a h= =， 2 0 2 0 i i a t a t = 0 0 0( )Mg nm g M nm a− = + 0 0 0( ( )) )( iM im g n i m g M nm a+ − − = + 0 0 0 21ia m g ia Mg nm g = + − 0 ia ia − 0 0 2m gk Mg nm g = − 0(2 )= nk mM k + A.干电池：电动势 E=1.5V，内阻 r=0.5Ω B.电流表 mA：满偏电流 Ig=1mA，内阻 Rg=150Ω C.定值电阻 R1=1200Ω D.电阻箱 R2：最大阻值 999.99Ω E.定值电阻 R3=150Ω F.电阻箱 R4 最大阻值 9999Ω G.电键一个，红、黑表笔各 1 支，导线若干 (1)该实验小组按图甲所示正确连接好电路。当电键 S 断开时，将红、黑表笔短接，调节电阻箱 R2，使电流 表达到满偏电流，此时闭合电路的总电阻叫做欧姆表的内阻 R 内，则 R 内=______Ω，欧姆表的倍率是______（ 选填“×1”或“×10”）； (2)闭合电键 S 第一步：调节电阻箱 R2，当 R2=______Ω 时，再将红、黑表笔短接，电流表再次达到满偏电流； 第二步：在红、黑表笔间接入电阻箱 R4，调节 R4，当电流表指针指向图乙所示的位置时，对应的欧姆表的 刻度值为______Ω。 【答案】 (1). 1500 (2). ×10 (3). 14.5 (4). 50 【解析】 【详解】(1)[1]由闭合电路欧姆定律可知内阻为 [2]故中值电阻应为 1500Ω，根据多用电表的刻度设置可知，表盘上只有两种档位，若为×1，则中性电阻太 大，不符合实际，故欧姆表倍率应为“×10” (2)[3]为了得到“×1”倍率，应让满偏时对应的电阻为 150Ω，电流 此时表头中电流应为 0.001A；则与之并联电阻 R3 电流应为 1.5 Ω 1500Ω0.001 ER I = = =内 1 1.5 A 0.01A150I = =则有 所以 [4]由图可知电流为 0.75mA，总电阻 待测电阻 对应的刻度应为 50 15.如图所示为一种运动游戏，运动员从起跑线开始推着滑板加速一段相同距离后，再跳上滑板自由滑行， 滑行距离远但又不掉入水池的为获胜者，其运动过程可简化为以下模型：一质量 M=60kg 的运动员用与水平 方向成 角的恒力 F 斜向下推静止于 A 点、质量 m=20kg 的滑板，使其匀加速运动到 P 点时迅速跳上滑板 （跳上瞬间可认为滑板速度不变），与滑板一起运动到水池边的 B 点时刚好停下，已知运动员在 AP 段所施 加的力 F=200N，AP 长为 x1，PB 长 x2=24m，滑板与水平面间的动摩擦因数为 ，不计滑板长和空气 阻力，重力加速度 g=10m/s2，sin =0.6，求： (1)AP 长 x1； (2)滑板从 A 到 B 所用的时间 t（保留两位有效数字）。 【答案】(1) ；(2) 【解析】 【详解】(1)设滑板在 P 点的速度为 v，AP 段和 PB 段加速度分别为 a1 和 a2，PB 段根据牛顿第二定律可得 在 AP 段根据牛顿第二定律可得 3 0.01 0.001)A 0.009A(I = − = 3 3 2 1 1.5 0.009 150= = Ω 15Ω0.01 E I RR r I − − ×+ = 2 15Ω 0.5Ω 14.5ΩR = − = 31.5 10 Ω 2000Ω0.75R = × =总 =2000Ω 1500Ω 50ΩR − =测 Ω 37° 0.2µ = 37° 1 10mx = 17 66 2 2 =2m/sa gµ=解得 根据速度位移关系可得 联立可得 ， (2) 根据平均速度和位移 关系可得 得 = s 16.如图所示，在竖直向下的恒定匀强磁场 B=2T 中有一光滑绝缘的四分之一圆轨道，一质量 m=3kg 的金属 导体 MN 长度为 L=0.5m，垂直于轨道横截面水平放置，在导体中通入电流 I，使导体在安培力的作用下以 恒定的速率 v=1m/s 从 A 点运动到 C 点，g=10m/s2 求： (1)电流方向； (2)当金属导体所在位置的轨道半径与竖直方向的夹角为 θ= 时，求电流的大小； (3)当金属导体所在位置的轨道半径与竖直方向的夹角为 θ= 时，求安培力的瞬时功率 P。 【答案】(1)M 指向 N；(2) ；(3) 【解析】 【详解】(1)从 A 到 C 的过程中对导体棒受力分析，安培力方向水中水平向左，根据左手定则可判断电流方 向从 M 指向 N (2)因为金属导体 MN 做匀速圆周运动，由 的 1cos ( sin )37 37F mg F maµ° °− + = 2 1 4.8m/sa = 2 1 1 2 22 2v a x a x= = 1 10mx = 4 6m/sv = 0 1 2+ 2 tv vx x t += 1 22 2 2 (10 24)= s 4 6 x xt v + × += 17 66 30° 60° 10 3AI = 15 3WP =则 得 (3)根据功率的计算公式可得 得 17.如图甲所示，粒子源靠近水平极板 M、N 的 M 板，N 板下方有一对长为 L，间距为 d=1.5L 的竖直极板 P 、Q，再下方区域存在着垂直于纸面的匀强磁场，磁场上边界的部分放有感光胶片。水平极板 M、N 中间开 有小孔，两小孔的连线为竖直极板 P、Q 的中线，与磁场上边界的交点为 O。水平极板 M、N 之间的电压为 ；竖直极板 P、Q 之间的电压 随时间 t 变化的图像如图乙所示；磁场的磁感强度 。 粒子源连续释放初速度不计、质量为 m、带电量为+q 的粒子，这些粒子经加速电场获得速度进入竖直极板 P 、Q 之间的电场后再进入磁场区域，都会打到磁场上边界的感光胶片上，已知粒子在偏转电场中运动的时 间远小于电场变化的周期，认为粒子在偏转极板间飞过时 不变，粒子重力不计。求： (1)带电粒子进入偏转电场时的动能 Ek； (2)带电粒子打到磁场上边界感光胶片的落点范围。 【答案】(1)qU0；(2) 【解析】 sin cosmg Fθ θ= 安 F BIL=安 tanmgI BL θ= 10 3AI = cos60 sin 60P F v mgv° °= =安 15 3WP = 0U PQU 021 mUB L q = PQU 1 2 L【详解】(1)带电粒子进入偏转电场时的动能，即为 MN 间的电场力做的功 Ek=WMN=qU0 (2)粒子运动轨迹如图所示 若 t=0 时进入偏转电场，在电场中匀速直线运动进入磁场时 R= =L 打在感光胶片上距离中心线最近为 x=2L 任意电压时出偏转电场时的速度为 vn，根据几何关系 在胶片上落点长度为 打在感光胶片上的位置和射入磁场位置间的间距相等，与偏转电压无关,在感光胶片上的落点宽度等于粒子 在电场中的偏转距离,带电粒子在电场中最大偏转距离 粒子在感光胶片上落点距交点 O 的长度分别是 2L 和 ，则落点范围是 1mv Bq 1 cosn vv α= n n mvR qB = 122 cosn mvx R qB α∆ = = 2 20 1 31 1 1( )2 2 1.5 2 U q Ly at LmL v = = × × = 5 2 L 1 2 L