湖南省张家界市第一中学2019届高三二模考试物理试题（Word版有解析）.doc

2019 年高考物理模拟试卷之二 一、选择题 1.消防员在一次用高压水枪灭火的过程中，消防员同时启动了多个喷水口进行灭火。如果有 甲、乙靠在一起的高压水枪，它们的喷水口径相同，所喷出的水在空中运动的轨迹如图所示， 则由图可看出 A. 甲水枪喷出水的速度较大 B. 乙水枪喷出的水在最高点的速度较大 C. 甲水枪喷水的功率较大 D. 乙水枪喷出的水在空中运动的时间较长 【答案】B 【解析】 【详解】AB．水从最高处到失火处的运动可视为平抛运动，水的上升和下降过程具有对称性； 甲、乙两水枪喷出水的最大高度相同，乙水枪喷出的水更远，则乙水枪喷出的水在最高处具 有的水平速度更大；水的最大高度相同，水落地时的竖直速度相同，据速度的合成知，乙水 枪喷出的水落地速度更大，乙水枪喷出水的速度较大．故 A 项不符合题意，B 项符合题意； C．乙水枪喷出水的速度较大，甲、乙两水枪喷水口径相同，则乙水枪喷水的功率较大．故 C 项不符合题意； D．水的上升和下降过程具有对称性，两水枪喷出水的最大高度相同，两水枪喷出的水在竖直 方向运动情况相同，则两水枪喷出的水在空中运动的时间相同．故 D 项不符合题意。 2.某行星有两颗绕其做匀速圆周运动的卫星 A 和 B，A 的运行周期大于 B 的运行周期．设卫星 与行星中心的连线在单位时间内扫过的面积为 S，则下列图象中能大致描述 S 与两卫星的线速 度 v 之间关系的是A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】卫星 A 的运行周期大于卫星 B 的运行周期，据开普勒第三定律知，卫星 A 圆周运动 的半径较大． 当卫星绕行星运动的速度是 v 时，有： 解得卫星圆周运动的半径： 卫星 A 圆周运动的半径较大，则卫星 A 的线速度较小； 卫星与行星中心的连线在单位时间内扫过的面积 则卫星的线速度越大，卫星与行星中心的连线在单位时间内扫过的面积越小；卫星 A 的线速 度较小，卫星 A 与行星中心的连线在单位时间内扫过的面积较大． A．A 图与分析不符，故 A 项不符合题意； B．B 图与分析不符，故 B 项符合题意； C．C 图与分析不符，故 C 项不符合题意； D．D 图与分析不符，故 D 项不符合题意。 2 2 Mm vG mr r = 2 GMr v = 1 12 2 2 r vt GMS rvt v ⋅ = = =3.如图所示，平面直角坐标系 xOy 的 x 轴上固定一带负电的点电荷 A，一带正电的点电荷 B 绕 A 在椭圆轨道上沿逆时针方向运动，椭圆轨道的中心在 O 点，P1、P2、P3、P4 为椭圆轨道 与坐标轴的交点。为使 B 绕 A 做圆周运动，某时刻起在此空间加一垂直于 xOy 平面的匀强磁 场，不计 B 受到的重力。下列说法中可能正确的是（　　） A. 当 B 运动到 点时，加一垂直于 xOy 平面向里的匀强磁场 B. 当 B 运动到 点时，加一垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场 C. 当 B 运动到 点时，加一垂直于 xOy 平面向里的匀强磁场 D. 当 B 运动到 点时，加一垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场 【答案】C 【解析】 【详解】在洛仑兹力作用下做圆周运动，速度方向与受力方向垂直，所以只能在 P1、P3 位置， 如果加垂直纸面向里的磁场，洛仑兹力与库仑力方向相同，合力变大，向心力变大，对应速 度大的地方变轨，所以在 P3 点施加磁场；如果加垂直纸面向外的磁场，洛仑兹力与电场力方 向相反，合力变小，向心力变小，则在速度小的地方变轨，在 P1 位置施加磁场，ABD 错误 C 正确。 4.沪通长江大桥是世界上首座跨度超千米的公铁两用斜拉桥．如图所 示，设桥体中三块相同 的钢箱梁 1、2、3 受到钢索拉力的方向相同，相 邻钢箱梁间的作用力均沿水平方向．则 A. 钢箱梁 1 对 2 的作用力大于钢箱梁 2 对 1 的作用力 B. 钢箱梁 1、2 间作用力大于钢箱粱 2、3 间作用力 1P 2P 3P 4PC. 钢箱梁 3 所受合力最大 D. 三块钢箱梁受到钢索的拉力大小相等 【答案】D 【解析】 【详解】A.钢箱梁 1 对 2 的作用力和钢箱梁 2 对 1 的作用力是相互作用力，一定等大反向，A 错误。 BCD.设钢索和水平夹角为 ，相邻钢箱梁间作用力为 F，钢索的拉力为 T，根据平衡条件可知 每个钢箱梁的合力都为零，且 ， ，因为钢索拉力的方向相同，质量都相 同，所以钢索拉力大小相等，钢箱梁间的作用力大小相等，BC 错误 D 正确。 5.冬季我国有些内陆地区雾霾频发，为了监测 PM2.5 指数，某科技小组设计了一种报警装置， 电路原理如图所示。RL 是对 PM2.5 敏感的电阻元件，当环境中 PM2.5 指数增大时报警器 S 两 端电压增大并发出警报声。E 为内阻不计的电源，R 为一可变电阻，下列说法正确的是 A. 当 PM2.5 指数增大时 RL 的阻值增大 B. 当 PM2.5 指数增大时电流表 A 的示数减小 C. 当 PM2.5 指数增大时可变电阻 R 两端电压增大 D. 适当增大可变电阻 R 的阻值可以提高报警器的灵敏度 【答案】D 【解析】 【详解】ABC．E 为内阻不计的电源，可变电阻 R 两端电压 当环境中 PM2.5 指数增大时，报警器 S 两端电压增大，可变电阻 R 两端电压减小；报警器 S 两端电压增大，电路中总电流增大，可变电阻 R 两端电压减小，电阻 R 中电流减小，则流过 RL 的电流增大，电流表 A 的示数增大；可变电阻 R 两端电压减小，RL 两端电压减小，流过 RL 的 电流增大，RL 的阻值减小．故 ABC 三项不符合题意； θ tan mgF θ= sin mgT θ= SRU E U= −D．可变电阻 R 的阻值越大，并联部分总电阻越接近 RL，RL 对电路的影响越明显，从而增大报 警器的灵敏度．故 D 项符合题意。 6.直放式电流传感器（开环式）工作原理如图．在通电直导线外套上一个留有气隙的开放磁 芯（图 1），由于磁芯的作用，气隙处的磁场视为匀强磁场，其磁感应强度的大小与流过导线 的电流成正比．现在气隙间放入载流子为电子的霍尔元件，霍尔元件上下表面垂直于磁感线 （图 2），并接入图示电路（图 3）．下列说法正确的是 A. 若图 3 中霍尔元件前表面电势高于后表面，则图 2 中通电直导线电流垂直于纸面向里 B. 若图 3 中霍尔元件前表面电势高于后表面，则图 2 中通电直导线电流垂直于纸面向外 C. 保持电流表读数不变，电压表读数越大，说明通电直导线电流越大 D. 保持电流表读数不变，电压表读数越大，说明通电直导线电流越小 【答案】AC 【解析】 【详解】AB．若图 3 中霍尔元件前表面电势高于后表面，则电子偏向后表面，据左手定则知， 霍尔元件处的磁场方向向下，据安培定则知，图 2 中通电直导线电流垂直于纸面向里．故 A 项符合题意，B 项不符合题意； CD．设霍尔元件前表面与后表面间距为 d，霍尔元件上表面与下表面间距为 h，霍尔元件单位 体积内的电子数为 n，电压表读数为 U，电流表读数为 I，霍尔元件处的磁感应强度为 B，则： 解得： 保持电流表读数不变，电压表读数越大，说明霍尔元件处的磁场越强，通电直导线电流越 大．故 C 项符合题意，D 项不符合题意。 I nehdv= U e evBd = nehB UI =7.在氢原子光谱中，赖曼线系是氢原子从较高能级（n=2、3、4）跃迁到基态时辐射的光谱线 系．类似地，有巴尔末系、帕邢系、布喇开系等线系，如图所示．下列说法中正确的是 A. 该图说明氢原子光谱是分立的 B. 赖曼线系中从 n=2 跃迁到基态放出的光子频率最大 C. 巴尔末线系中从 n=∞跃迁到 n=2 放出的光子波长最大 D. 若巴尔末系的某种光能使一金属发生光电效应，则赖曼系的都能使该金属发生光电效应 【答案】AD 【解析】 【详解】A．氢原子的能级是分立的，氢原子发光是氢原子在两个能级间跃迁产生，则该图说 明氢原子光谱是分立的．故 A 项符合题意； B．由图知，赖曼线系中从 n=2 跃迁到基态放出的光子能量最小，则赖曼线系中从 n=2 跃迁到 基态放出的光子频率最小．故 B 项不符合题意； C．由图知，巴尔末线系中从 n=∞跃迁到 n=2 放出的光子能量最大，则巴尔末线系中从 n=∞ 跃迁到 n=2 放出的光子频率最大，波长最短．故 C 项不符合题意； D．由图知，赖曼系中任一光子的能量大于巴尔末系中光子能量的最大值；据光电效应规律知， 若巴尔末系的某种光能使一金属发生光电效应，则赖曼系的都能使该金属发生光电效应．故 D 项符合题意。 8.如图所示，竖直方向上固定一光滑绝缘细杆，两电荷量相等的正点电荷 A、B 关于细杆对称 固定．一带正电荷的小球（图中未标出）套在细杆上，从距两点电荷连线 h1 处由静止释放， 经过时间 t1 运动到与两点电荷等高处．此过程中小球的速度 v、加速度 a 随时间 t 的变化图 象，动能 Ek、电势能 Ep 随下降距离 h 的变化图象可能正确的有A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【详解】根据等量同种电荷电场线分布可知，沿中垂线从连线中点到无穷远电场线增大后减 小，根据题意可知，场强始终竖直向上： A.如果重力始终大于电场力，则加速度 始终向下，物体一直加速，因为不确定释 放位置与最大场强处的关系，所以场强可能一直减小，加速度一直增大，A 正确。 B.初始释放后，向下运动，重力大于电场力，加速度 ，因为不确定释放位置与最 大场强处的关系，所以场强可能一直减小，加速度一直增大；也可能场强先增大后减小，加 速度先减小后增大，不可能一直减小，B 错误。 C.开始重力大于电场力，向下加速，动能增大，如果场强先增大后减小，且最大电场力大于 重力，则向下运动到 后，继续向下运动，合力向上，开始减速，动能减小，直到再次 ，之后场强减小，重力又大于电场力，合力向下，向下加速，动能增大，C 正确。 D.因为电场力始终向上，而小球一直向下运动，电场力始终做负功，电势能一直增大，如果 场强一直减小，则电场力在单位位移上做功越来越小，电势能增大的越来越慢，D 正确。 mg Eqa m −= mg Eqa m −= mg Eq= mg Eq=二、实验题 9.某学习小组用如图所示的实验装置探究做功与动能变化的关系。在水平桌面上固定一倾斜 的气垫导轨，导轨上 A 处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为 M，左端由跨过轻质光滑定 滑轮的细绳与一沙桶相连，沙桶和里面的细沙总质量为 m；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨 上 B 处有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间为 t，d 表示遮光片的宽度，L 表示遮光片右侧初位置至光电门之间的距离，用 g 表示重力加速度。 (1)该同学首先用游标卡尺测量了遮光片的宽度，如图所示，遮光片宽度的测量值 d=___cm； (2)让沙桶内盛上适量细沙，测出沙桶和细沙的总质量 m，调整导轨倾角，让滑块恰好在 A 处 静止。剪断细绳后，滑块开始加速下滑，记录遮光片通过光电门的时间 t；保持滑块的质量 M 和遮光片右侧初位置至光电门之间的距离 L 不变，改变沙桶内细沙的质量和导轨倾角，重复 以上步骤，通过每次实验记录的 m 和 t，描点作出了一个线性关系的图象，从而更直观地研究 滑块动能变化与合外力对它所做功的关系，处理数据时应作出的图象是________(请填写选项 前对应的字母)。 A．t —m 图象 B． t2—m 图象 C． t2 — 图象 D． —m2 图象 (3)为了减小上述实验中的误差，下列实验要求中不必要的一项是________(请填写选项前对 应的字母) A．应使沙桶和细沙的总质量 m 远小于滑块和遮光片的总质量 M B．应使 A 位置与光电门间的距离适当大些 C．遮光片的宽度要适当小些 D．应使细线与气垫导轨平行 【答案】 (1). 0.235 (2). C (3). A 【解析】 【详解】(1)[1]由游标卡尺测量出遮光片的宽度 (2)[2]测出沙桶和细沙的总质量 m，调整气垫导轨倾角，让滑块恰好在 A 处静止，则： 1 m 1 t 12 7 mm 2.35mm 0.235cm20d = + × = =剪断细绳后，滑块开始加速下滑，滑块所受合力 滑块沿气垫导轨滑行 L，合外力对它所做功 滑块过光电门的速度 滑块沿气垫导轨滑行 L 过程，滑块动能变化 若合外力对它所做功等于滑块动能的变化，则 整理得： 为得到线性关系图象，则应作 图象 A．t—m 图象，与分析不符，故 A 项不符合题意； B．t2—m 图象，与分析不符，故 B 项不符合题意； C．t2— 图象，与分析相符，故 C 项符合题意； D． —m2 图象，与分析不符，故 D 项不符合题意。 (3)[3] A．据(2)分析知，滑块下滑过程中合力等于沙桶和细沙的总重力，故 A 项不必要，即 A 项符合题意； B．应使 A 位置与光电门间的距离适当大些，减小测量 L 的相对误差．故 B 项必要，即 B 项不 符合题意； C．滑块过光电门的速度是用遮光片通过光电门的平均速度替代，则遮光片的宽度要适当小些， 以减小速度测量的误差．故 C 项必要，即 C 项不符合题意； sinMg mgθ = sinF Mg mgθ= = W FL mgL= = dv t = 2 2 k 2 1 2 2 MdE Mv t ∆ = = 2 22 MdmgL t = 2 2 2 Mdt mgL = 2 1t m − 1 m 1 tD．细线与气垫导轨平行时，细线断后，滑块受到的合力才等于细线未断时细线中的拉力．故 D 项必要，即 D 项不符合题意。 10.某学生实验小组要测量一电压表的内阻，提供的器材如下： A．待测电压表 V1(量程 0~3V) B．标准电压表 V2 (量程 0~5V，内阻约为 2000Ω) C．定值电阻 R1（阻值为 1200Ω） D．定值电阻 R2（阻值为 3600Ω） E．滑动变阻器 R (0~200Ω) F．电源 E（6V，内阻不计） G．开关 S、导线 (1)用多用电表欧姆档粗测电压表 内阻，将多用电表选择开关置于“ ”位置，进行欧 姆调零后，将多用电表的________表笔（选填“红”或“黑”）与待测电压表的正接线柱相连， 将另一支表笔与另一个接线柱相连，正确连接后多用电表指针静止时在刻度盘上的位置如图 所示，则此电压表内阻的测量值为________Ω。 (2)在虚线框内画出设计的精确测量电压表内阻的电路图________。（要求电路连接好后不能 再拆改电路） (3)为了进一步精确测量此电压表的内阻，除了选用电源、开关、导线、待测电压表、标准电 压表、滑动变阻器外，定值电阻应选择________（填各器材前面的字母）。 (4)正确连接电路后闭合开关，调节滑动变阻器使两电压表示数达到适当值，此时电压表 V1、 V2 的示数分别为 U1、U2，则此电压表内阻的测量值为 RV=________（用物理量的符号表示）。 的 100×【答案】 (1). 黑 (2). 1.80×103 (3). (4). C (5). 【解析】 【详解】(1)[1]电流从多用电表的红表笔流入多用电表，从多用电表的黑表笔流出多用电表； 电流从电压表的正接线柱流入电压表，从电压表的负接线柱流出电压表；则多用电表的黑表 笔与待测电压表的正接线柱相连。 [2]多用电表选择开关置于“ ”位置，多用电表指针静止时在刻度盘上的位置如图所示， 则此电压表内阻的测量值 (2)[3]滑动变阻器 R 阻值相对较小，则滑动变阻器采用分压式接法；待测电压表量程小于标 准电压表量程，则待测电压表与定值电阻串联后与标准电压表并联，所以电路如图： (3)[4]待测电压表量程为 3V，标准电压表量程为 5V，为精确测量此电压表的内阻，电压表应 尽量满偏，则待测电压表与串联电阻电压之比应接近 3：2，电压表内阻约 1800Ω，则定值电 阻选阻值 1200Ω 的，即选择 C。 (4)[5]据欧姆定律及串、并联电路的特点可得： 1 1 2 1 U R U U− 100× 3 V 18 100Ω 1.8 10 ΩR = × = × 1 2 1 1 V UU U RR = +解得： 三、计算题 11.如图所示，桌子靠墙固定放置，用一块长 L1＝1.0 m 的木板在墙和桌面间架设斜面，桌面 距地面 H＝0.8m，桌面总长 L2＝1.5m，斜面与水平桌面的倾角 θ 可在 0～60°间调节后固定， 将质量 m＝0.2 kg 的小物块(可视为质点)从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数 μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数 μ2 未知，忽略物块在斜面与桌面交接处的机械能损 失，不计空气阻力．(重力加速度取 g＝10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力；取 sin 37° ＝0.6，cos 37°＝0.8) (1) 求当 θ＝30°时，物块在斜面上下滑 加速度的大小；(可以用根号表示) (2) 当 θ 增大到 37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数 μ2； (3) μ2 取第(2)问中的数值，当 θ 角为多大时物块落地点与墙面的距离最大，最大距离 xm 是 多少． 【答案】 【解析】 【详解】(1) 根据牛顿第二定律，对物体受力分析可得 mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma 代入数据得 (2) 由动能定理得 mgL1sin θ－μ1mgL1cos θ－μ2mg(L2－L1cos θ)＝0－0 代入数据得 μ2＝0.8 (3) 得 当 θ＝53°时 vmax＝1 m/s 的 1 1 V 2 1 U RR U U = − 2 2 m 1 2(1) (5 0.25 3)m/s ;(2) 0.8;(3) 1.9m= − = = + =a x x Lµ 2(5 0.25 3)m/sa = − ( ) 2 1 1 1 2 2 1 1sin cos cos 2mgL mgL mg L L mvθ µ θ µ θ− − − = 2320 sin 1.2 cos4 vθ θ − + =  由于 解得 t＝0.4 s x1＝vt＝0.4 m xm＝x1＋L2＝1.9 m 12.如图平面直角坐标系中，x 轴上方区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度 B=0.2T．原点 O 处有一粒子源，可在坐标平面内沿各个方向向磁场区发射比荷均为 q/m=2.5×105C/kg 的带负电的粒子．在 x0=0.64m 处垂直于 x 轴放置一块足够长的粒子收集板 PQ，当粒子运动到收集板时即被吸收，不计粒子间相互作用和重力的影响，粒子被吸收的过 程中收集板始终不带电． (1)能被收集的粒子速度至少多大？ (2)设某时刻粒子源沿+y 方向射入一系列粒子，速度大小从 0 到 vm=2×104m/s 不等，至少经多 长时间有粒子到达收集板？求刚有粒子到达收集板时，该系列所有粒子所在位置构成的图线 的方程； (3)粒子源沿各个方向均匀地向磁场区发射速度大小均为 vm=2×104m/s 的粒子，会有两个不同 方向入射的粒子在 PQ 上的同一位置被收集，求 PQ 上这种位置分布的区域长度，以及落在该 区域的粒子占所发出粒子总数的百分比． 【答案】(1) (2) (3) % 【解析】 【详解】(1)如图 1，在磁场中 21 2H gt= 4 0 1.6 10 m/sv = × 5127 127π 10 s360 90t T −= = × 1 (0 0.64m)2y x x= ≤ ≤ 29.4 2 0 0 vqv B m r =由题意，临界半径 联立可得 (2)速度为 vm 的粒子轨道半径为 R，则： 解得： R=0.4m 如图 2，设该粒子击中 A 点，∠AO1P=α，有： 解得： cosα=0.6 α=53° 所有粒子的圆周运动周期均为： 速度为 vm 的粒子转过圆心角为 0 1 2r x= 4 0 1.6 10 m/sv = × 2 m m vqv B m R = 0(1 cos )R xα+ = 52π 4π 10 smT qB −= = ×180°-53°=127° 粒子到达收集板的最短时间： 此时这一系列的粒子位于线段 OA 上，其斜率为 所以图线方程为 (3)临界 1：如图 3，初速度与+y 轴成 θ1 的粒子轨迹直径与 PQ 交于 M，这是 PQ 上离 P 最远的 亮点。 临界 2：如图 4，初速度与+y 轴成 θ2 的粒子轨迹 PQ 相切于 N，有 ，同(2)， θ2=α=53°，说明 N 点与 A 点重合。 5127 127π 10 s360 90t T −= = × 0 sin 1 2 Rk x α= = 1 (0 0.64m)2y x x= ≤ ≤ 0 1 4cos 2 5 x R θ = = 1 37θ = ° 12 sin 0.48mPM R θ= = 2 0(1 cos )R xθ+ =可得： 所求区域长度： 沿与+y 轴成 θ2=53°方向到+y 方向发射的粒子均可以落在该区域，因此： %= % 13.如图所示，A 为一具有光滑曲面的固定轨道，轨道底端是水平的，质量为 m 的平板小车 B 静止于轨道右侧，其板面与轨道底端靠近且在同一水平面上。一个质量 、可视为质点的 小滑块 C 以 的初速度从轨道顶端滑下冲上小车 B 后，经一段时间与小车相对静止并继续一 起运动。若轨道顶端与底端水平面的高度差为 h，小滑块 C 与平板小车板面间的动摩擦因数为 ，平板小车与水平面间的摩擦不计，重力加速度为 g。求： (1)小滑块 C 冲上小车瞬间的速度大小； (2)平板小车加速运动所用的时间及平板小车板面的最小长度。 【答案】(1) (2) , 【解析】 (1)对小滑块从释放至经过轨道底端的运动过程， 2sin 0.32mPN R θ= = 0.48 0.32m 0.16ml MN= = − = 53 100180 η = × 29.4 1 2 m 0v µ 2 0 2v v gh= + 2 02 2 3 v ght gµ += 2 0 2 3 v ghL gµ +∆ =由机械能守恒定律有 ， 解得小滑块 C 冲上小车瞬间的速度大小 ； (2)从小滑块 C 滑上平板小车到两者共速，平板小车做匀加速运动， 对这一过程中的滑块小车系统由动量守恒定律有 ， 对这一过程中的平板小车由动理定理有 ， 对这一过程中的小滑块由动能定理有 ， 对这一过程中的平板小车由动能定理有 ， 是平板小车的最小长度 ， 解得平板小车加速运动所用的时间 ， 平板小车板面的最小长度 【点睛】该题是一道综合题，综合运用了机械能守恒定律、动量守恒定律、动能定理以及功 能关系，解决本题的关键熟练这些定理、定律的运用． 14.如图所示，半径为 R 的水平圆盘可绕着过圆心 O 的竖直轴转动，在圆盘上从圆心 O 到圆盘 边缘开有一沿半径方向的光滑细槽．一根原长为 R 的轻弹簧置于槽内，一端固定在圆心 O 点， 另一端贴放着一质量为 m 的小球，弹簧始终在弹性限度内． （1）若小球在沿槽方向的力 F1 作用下，在圆盘边缘随圆盘以角速度 ω0 转动，求 F1 的大小； 2 2 0 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2m gh m v m v     = −           2 0 2v v gh= + 1 1 2 2mv m m v +   ′= 1 2 m gt mvµ   =   ′ 2 2 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2m gs m v m vµ      − = −          ′  2 2 1 1 2 2m gs mvµ   = ′ 1 2L s s∆ = − 2 02 2 3 v ght gµ += 2 0 2 3 v ghL gµ +∆ =（2）若圆盘以角速度 ω1 转动，小球被束缚在槽中距离圆盘边缘为 x 的 P 点，此时弹簧的弹 性势能为 EP．解除束缚后，小球从槽口飞离圆盘时沿槽方向的速度大小为 v，求此过程中槽对 小球做的功 W1； （3）若圆盘以角速度 ω2 转动，小球在沿槽方向推力作用下，从圆盘边缘缓慢向内移动距离 x 到达 P 点．如果推力大小保持不变，求弹簧的劲度系数 k 以及此过程中推力做的功 W2． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【详解】（1）小球在沿槽方向的力 F1 得作用下做圆周运动，由向心力公式有 （2）设小球从槽口飞出圆盘时的速度为 ，则根据运动的合成： ，设在此 过程中弹簧对小球做功为 W，有动能定理有： ，由于 ， 解得 （3）当小球沿槽方向缓慢向内移动得距离为 x1 时，由向心力公式有 ， 解得 由于 F 得大小不变，与 x1 无关，则有 所以推力做的功 15.电视机显像管原理如图所示，圆形磁场区域半径为 R，磁感应强度大小为 B0，垂直纸面向 外．在磁场右边距离圆心 2R 处有一竖直放置的足够大的接收屏，过磁场区域圆心 O 的水平直 线与接收屏相交于 O1.以 O1 为坐标原点沿接收屏竖直向上建立 y 轴，电子枪水平放置于 OO1 连 线上，电子由静止开始经电子枪加速后从 A 点射入磁场，并从磁场区域最高点 C 射出．已知 电子电荷量大小为 e，质量为 m. 2 1 0F m Rω= ( )2 2 2 2 2 1 1 1 1 ( )2 2 pm R v m R x Eω ω+ − − − 2 2m Rxω 2 1 0F m Rω= 1v ( )22 2 1 1v R vω= + ( )22 2 1 1 1 1 1 2 2W W mv m R xω+ = − − pW E= ( ) ( )22 2 2 2 1 1 1 1 1 2 2 pW m R v m R x Eω ω= + − − − ( )2 1 2 1F kx m R xω− = − ( )2 2 2 2 1F m R k m xω ω= + − 2 2 2 2,k m F m Rω ω= = 2 2 2W Fx m Rxω= =(1) 求电子枪加速电压 U0； (2)为使电子打在接收屏上的不同位置，需要调节磁感应强度，求粒子打在屏上的位置 y 和磁 感应强度 B 的关系； (3) 若不慎将电子枪沿竖直方向向上平移了一段距离 ，为控制电子打在接收屏上 位置处，需要将磁感应强度 B 调节为多少？ (参考公式： ) 【答案】(1) (2) 故 (|B|