高三物理试题
一、单项选择题
1.以下事实可作为“原子核可再分”的依据是
A. 天然放射现象 B. 粒子散射实验
C. 电子的发现 D. 氢原子发光
【答案】A
【解析】
【详解】A. 天然放射现象是原子发生衰变之后会放出三种射线，这说明原子核可再分．故 A
正确．
B. 粒子散射实验说明了原子的核式结构模型．故 B 错误．
C.电子位于原子核外 ，不能说明原子核可再分．故 C 错误．
D. 氢原子发光说明核外电子的跃迁，不能说明原子核可再分．故 D 错误．
2.某同学把质量是 5kg 的铅球推出，估计铅球出手时距地面的高度大约为 2m，上升的最高点
距地面的高度约为 3m，最高点到落地点的水平距离约为 6m。由此可估算出该同学推铅球的
过程中对铅球做的功约为
A. 50J B. 150J C. 200J D. 250J
【答案】C
【解析】
【详解】铅球在最高点的速度
则由能量关系可得该同学推铅球的过程中对铅球做的功约为
A．50J，与结论不相符，选项 A 错误；
B．150J，与结论不相符，选项 B 错误；
C．200J，与结论相符，选项 C 正确；
D．250J，与结论不相符，选项 D 错误；
故选 C.
的
106 m/s 2 15m/s2 32
xv
h
g
= = =×
2 21 15 10 1 5 (2 15) 200J2 2W mg h mv= ∆ + = × × + × × =3.二氧化碳是导致“温室效应”的主要原因之一，人类在采取节能减排措施的同时，也是在研
究控制温室气体的新方法，目前专家们正在研究二氧化碳的深海处理技术．在某次实验中，
将一定质量的二氧化碳气体封闭在一个可以自由压缩的导热容器中，将容器缓慢移到海水某
深处，气体体积减小为原来的一半，温度逐渐降低．此过程中（ ）
A. 封闭的二氧化碳气体对外界做正功
B. 封闭的二氧化碳气体压强一定增大
C. 封闭的二氧化碳气体分子的平均动能增大
D. 封闭的二氧化碳气体一定从外界吸收热量
【答案】B
【解析】
【详解】A．气体体积减为原来的一半，外界对气体做正功，故 A 错误．
B．根据 PV/T=C 可知，气体体积减小到原来的一半，但是气体的温度不可能减小到原来的一
半，则气体的压强一定增加，选项 B 正确；
C．温度降低，所以气体的气体分子的平均动能减小，故 C 错误．
D．温度降低，内能减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律△U=W+Q，封闭气体向外
界传递热量，故 D 错误；
4.如图，某同学将一足球静止摆放在收纳架上。他估测得足球的直径约为 20 cm，质量约为 0. 48
kg，收纳架两根平行等高的横杆之间的距离 d 约为 12 cm。忽略足球的形变以及球与横杆之间
的摩擦，重力加速度 g 取 10m/s2，则可估算出一根横杆对足球的弹力约为（ ）
A. 2.4 N B. 3.0 N C. 4.0 N D. 4.8 N
【答案】B
【解析】
【详解】设每根横杆对足球的弹力方向与竖直方向夹角为 α，由几何关系可知对足球竖直方向有
解得
FN=3N
故选 B。
5.按压式圆珠笔内装有一根小弹簧，尾部有一个小帽，压一下小帽，笔尖就伸出来。如图所示，
使笔的尾部朝下，将笔向下按到最低点，使小帽缩进，然后放手，笔将向上弹起至一定的高
度。忽略摩擦和空气阻力。笔从最低点运动至最高点的过程中（ ）
A. 笔的动能一直增大
B. 笔的重力势能与弹簧的弹性势能总和一直减小
C. 弹簧的弹性势能减少量等于笔的动能增加量
D. 弹簧的弹性势能减少量等于笔的动能和重力势能增加量
【答案】D
【解析】
【详解】A．笔在最低点动能为 0，在最高点动能为 0，所以笔的动能先增大后减小，A 错误；
B．笔在运动过程中，笔自身包含的重力势能、动能和弹簧的弹性势能总和不变，即机械能守
恒，笔的动能先增大后减小，所以笔的重力势能与弹簧的弹性势能总和先减小后增大，B 错误；
CD．根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能减少量等于笔的动能和重力势能增加量，C 错误，
D 正确。
故选 D。
6.如图 a 所示，理想变压器原线圈通过理想电流表接在一交流电源的两端，交流电源输出的电
2 2( )2cos 0.8
dR
R
α
−
= =
2 cosNF mgα =压 u 随时间 t 变化的图线如图 b 所示，副线圈中接有理想电压表及阻值 R＝10Ω 的负载电
阻．已知原、副线圈匝数之比为 10∶1，则下列说法中正确的是
A. 电压表的示数为 20V
B. 电流表的示数为 0.28 A
C. 电阻 R 消耗的电功率为 80W
D. 通过电阻 R 的交变电流的频率为 100 Hz
【答案】A
【解析】
【详解】A 项：原线圈两端电压为 ，根据变压器的变压比可知，
解得： ，故 A 正确；
B 项：副线圈中的电流为 根据变压器的变流比可知， ，所以电
流表的示数为 0.2A，故 B 错误；
C 项：由公式 ，故 C 错误；
D 项：由图乙可知，交变电流的频率为： ，由于变压器不能改变交
流电的频率，所以通过电阻 R 的交变电流的频率为 50 Hz，故 D 错误．
故选 A．
7.为了研究超重和失重现象，某同学站在力传感器上做“下蹲”和“站起”的动作，力传感器
将采集到的数据输入计算机，可以绘制出压力随时间变化的图线。某次实验获得的图线如图
所示，a、b、c 为图线上的三点，有关图线的说法可能正确的是
1
200 2 200
2
U V V= =
1
2
10U
U
=
2 20U V=
2 20 210
UI A AR
= = = 10
A
I
I
=
2 2
2 20 4010
UP W WR
= = =
1 1 500.02f Hz HzT
= = =A. a→b→c 为一次“下蹲”过程
B. a→b→c 为一次“站起”过程
C. a→b 为“下蹲”过程，b→c 为“站起”过程
D. a→b 为“站起”过程，b→c 为“下蹲”过程
【答案】A
【解析】
【详解】“下蹲”过程先加速下降后减速下降，则先失重后超重；“站起”过程先加速上升后减速
上升，则先超重后失重；由图可知，人先失重后超重，可知 a→b→c 为一次“下蹲”过程；
A．a→b→c 为一次“下蹲”过程，与结论相符，选项 A 正确；
B．a→b→c 为一次“站起”过程，与结论不相符，选项 B 错误；
C．a→b 为“下蹲”过程，b→c 为“站起”过程，与结论不相符，选项 C 错误；
D．a→b 为“站起”过程，b→c 为“下蹲”过程，与结论不相符，选项 D 错误；
故选 A.
8.2019 年 11 月 5 日，我国成功发射了“北斗三号卫星导航系统” 第 3 颗倾斜地球同步轨道
卫星。“北斗三号卫星导航系统”由静止地球同步轨道卫星、倾斜地球同步轨道卫星、中圆
地球轨道卫星组成。“同步轨道”卫星的轨道周期等于地球自转周期，卫星运行轨道面与地
球赤道面的夹角叫做轨道倾角。根据轨道倾角的不同，可将“同步轨道”分为静止轨道（倾
角为零）、倾斜轨道（倾角不为零）和极地轨道。根据以上信息，下列说法中正确的是
A. 倾斜地球同步轨道卫星的高度大于静止地球同步轨道卫星的高度
B. 倾斜地球同步轨道卫星的线速度小于静止地球同步轨道卫星的线速度
C. 可以发射一颗倾斜地球同步轨道卫星，静止在北京上空
D. 可以发射一颗倾斜地球同步轨道卫星，每天同一时间经过北京上空
【答案】D
【解析】
【详解】A．倾斜地球同步轨道卫星与静止地球同步轨道卫星具有相同的周期（24h），则由
的可知，两种卫星的轨道半径相等，即倾斜地球同步轨道卫星的高度等于静
止地球同步轨道卫星的高度，选项 A 错误；
B．两种卫星具有相同的周期和角速度，运转半径相同，则根据 v=ωr 可知，两种卫星具有相
同的线速度，选项 B 错误；
CD．同步卫星相对于地球静止，必须为地球赤道面上的同步卫星，因为倾斜地球同步轨道卫
星为倾斜轨道，因此不能与地球保持相对静止，但因为周期总为 24h，则可以每天同一时间经
过北京上空，选项 C 错误，D 正确；
故选 D.
二、多项选择题
9.如图所示为一列沿 x 轴正方向传播的简谐横波 t=l s 时刻波形图，该时刻 M 点开始振动，再
过 1.5 s，N 点开始振动。下列判断正确的是（ ）
A. 波的传播速度 4 m/s B. 质点 M 的振动方程
C. 质点 M、N 相位相差是 π D. t=0.5s 时刻，x=1.0m 处质点在波峰
【答案】AC
【解析】
【详解】A．该波的波速为
A 正确；
B．质点振动的周期
质点振动的“圆频率”为
2
2
2( )MmG m rr T
π=
0.5sin 2 2y t
ππ = +
0
12 6 m/s 4m/s1.5
N Mx xv t
− −= = =
4 s 1s4T v
= = =λ根据波的传播方向可知此时 起振方向向上，所以从 0 时刻开始， 点的振动方程为
（ ）
B 错误；
C． 、 两点相距 ，为半波长的奇数倍，所以二者相位差为 ，C 正确；
D． 时刻，波向右传播
图中为 时刻的图像，所以将图像向左平移 ，可知 处的质点处于波谷位置，D
错误。
故选 AC。
10.如图所示，导线框与电源、滑动变阻器、电流表、开关组成闭合回路，将导线框用弹簧测
力计悬挂起来，导线框下端置于蹄形磁铁两极之间，与磁场方向垂直放置。在接通电路前先
观察并记录下弹簧测力计的读数 F0。接通电路，调节滑动变阻器使电流表读数为 I1, 观察并记
录弹簧测力计此时的读数 F1，继续调节滑动变阻器使电流表读数为 I2， I3，…，In，观察并记
录弹簧测力计相应的读数 F2，F3， …，Fn。 若实验过程中导线框下端都未离开蹄形磁铁两极
之间的区域，且该区域的磁场可看作匀强磁场，则根据以上数据描绘出的弹簧测力计弹力大
小 F 随电流 I 变化的图像可能是
A. B.
2 2 rad/sT
πω π= =
M M
( )0.05sin 2 2y tπ π= − 1st ≥
M N 36m 32 2
λλ= = ⋅ π
0.5st =
4 0.5m 2ms = × =
1st = 2m 1mx =C. D.
【答案】BC
【解析】
【详解】若线框受安培力向下，则 F=F0+BIL；若安培力向上，则 F=F0-BIL
A．该图与结论不相符，选项 A 错误；
B．该图与结论相符，选项 B 正确；
C．该图与结论相符，选项 C 正确；
D．该图与结论不相符，选项 D 错误；
故选 BC.
11.如图，两根平行金属导轨所在的平面与水平面的夹角为 30°，导轨间距为 0.5 m。导体棒 a、
b 垂直导轨放置，用一不可伸长的细线绕过光滑的滑轮将 b 棒与物体 c 相连，滑轮与 b 棒之间
的细线平行于导轨。整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为 0.2 T。
物体 c 的质量为 0. 06 kg，a、b 棒的质量均为 0.1kg，电阻均为 0.1Ω，与导轨间的动摩擦因数
均为 。将 a、b 棒和物体 c 同时由静止释放，运动过程中物体 c 不触及滑轮，a、b 棒始终
与两导轨接触良好。导轨电阻不计且足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 g
取 10m/s2.则（ ）
A. b 棒刚要开始运动时，a 棒的加速度大小为 3.5 m/s2
B. b 棒刚要开始运动时，a 棒的速度大小为 5.0 m/s
C. 足够长时间后 a 棒的加速度大小为
D. 足够长时间后 a 棒的速度大小为 7.0 m/s
【答案】BC
3
10
25 m / s13【解析】
【详解】A．b 棒所受的最大静摩擦力
而
则 b 棒刚要开始运动时，所受的安培力方向向下，大小为
此时 a 棒受到向上的安培力大小仍为 F 安=0.25N，则 a 棒的加速度大小为
选项 A 错误；
B．b 棒刚要开始运动时，对 a 棒
F 安=BIL
E=BLv
联立解得
v=5m/s
选项 B 正确；
CD．足够长时间后，两棒的速度差恒定，设为∆v，此时两棒受的安培力均为
此时对 a 棒
b 棒
其中
3 3cos30 0.1 10 N=0.15N10 2mf f mgµ= = = × × ×
1
1sin30 0.1 10 N=0.5N2G mg= = × ×
1= 0.25Nc mF m g f G+ − =安
1 2- 0.5 0.15 0.25 1m/s0.1
G f Fa m
− − −= = =安
2
EI R
=
2 2
'
2
B L vF R
∆=
'
1 -
a
G f Fa m
−=
'
1+ c
b
c
G F f m ga m m
− −= +解得
此时导体棒 a 的速度不是恒定值，不等于 7.0m/s，选项 C 正确，D 错误；
故选 BC
12.《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在1000kV 的高压线上带电作业的过程。如
图所示，绝缘轻绳 OD 一端固定在高压线杆塔上的 O 点，另一端固定在兜篮上。另一绝缘轻
绳跨过固定在杆塔上 C 点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制。身穿屏蔽服的王进
坐在兜篮里，缓慢地从 C 点运动到处于 O 点正下方 E 点的电缆处。绳 OD 一直处于伸直状态，
兜篮、王进及携带的设备总质量为 m，不计一切阻力，重力加速度大小为 g。关于王进从 C 点
运动到 E 点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 工人对绳的拉力可能先增大后减小
B. 绳 OD 的拉力一定越来越大
C. OD、CD 两绳拉力的合力大小始终等于 mg
D. 当绳 CD 与竖直方向的夹角为 30°时，工人对绳的拉力为 mg
【答案】BCD
【解析】
【详解】AB．对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析
绳 OD 的拉力为 F1，与竖直方向的夹角为 θ；绳 CD 的拉力为 F2，与竖直方向的夹角为 α，则
。
=a ba a
25= m/s13aa
81m/s13v∆ =
3
3由几何关系得
王进下降的过程中 θ 减小，α 增大，由几何关系得：F1 增大，F2 减小，故 A 错误，B 正确；
C．受力平衡，两绳拉力 合力大小始终等于 mg，故 C 正确；
D．α＝30°时， ，利用 OC=OD 由几何关系得 ，则
θ＝30°，
由受力平衡
求出 F2＝ mg，故 D 正确。
故选 BCD。
三、非选择题
13.用如图所示的实验装置做“验证机械能守恒定律”实验时，将打点计时器固定在铁架台上，
使重物带动纸带从静止开始下落：
(1)除了图示的实验器材，下列实验器材中还必须使用的是________（填字母代号）。
A.交流电源 B.秒表 C.刻度尺 D.天平（带砝码）
(2)关于本实验，下列说法正确的是________（填字母代号）。
A.应选择质量大、体积小的重物进行实验
B.释放纸带之前，纸带必须处于竖直状态
C.先释放纸带，后接通电源
(3)实验中，得到如图所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点 A、B、C，测得它们
到起始点 O（O 点与下一点的间距接近 2mm）的距离分别为 hA、hB、hC。已知当地重力加速
的
45 2
θα = °−
60DCO∠ = 60COD∠ =
1 2F F=
22 cosF mgα =
3
3度为 g，打点计时器的打点周期为 T。设重物质量为 m。从打 O 点到 B 点的过程中，重物的重
力势能变化量 ΔEp=______，动能变化量 ΔEk=________（用已知字母表示）。
(4)某同学用如图所示装置验证机械能守恒定律，将力传感器固定在天花板上，细线一端系着
小球，一端连在力传感器上。将小球拉至水平位置从静止释放，到达最低点时力传感器显示
的示数为 F0。已知小球质量为 m，当地重力加速度为 g。在误差允许范围内，当满足关系式
________时，可验证机械能守恒。
【答案】 (1). AC (2). AB (3). (4). (5). F0 = 3mg
【解析】
【详解】(1)[1]A．打点计时器需要接交流电源，A 正确；
B．打点计时器本身就是计时工具，不需要秒表，B 错误；
C．需要用刻度尺测量纸带上打点之间的距离，C 正确；
D．重物下落过程中，若满足机械能守恒定律，则
等式两边将重物质量 约去，不需要天平测量重物质量，D 错误。
故选 AC。
(2)[2]A．应选择质量大、体积小的重物进行实验，可以减小阻力带来的误差，A 正确；
B．释放纸带之前，纸带必须处于竖直状态，使重物竖直下落，减小纸带与打点计时器之间的
摩擦，B 正确；
C．为了有效利用纸带，应先接通电源，后释放纸带，C 错误。
故选 AB。
(3)[3]重力做正功，重力势能减小所以从 到 ，重力势能的变化量为
[4]在 点，根据匀变速直线运动的规律可知
Bmgh−
21
2 2
C Ah hm T
−
21
2mg h m v⋅∆ = ⋅∆
m
O B
p BE mgh∆ = −
B则动能变化量为
(4)[5]若小球运动过程中机械能守恒，则满足
小球运动到最低点
解得
即需要验证的表达式为
14.做“测量金属丝的电阻率”实验。
（1）用螺旋测微器测量金属丝直径，示数如图甲所示，则金属丝直径的测量值
d=_______mm。
（2）在设计测量金属丝电阻 Rx 的实验电路时需要思考两个问题：
①如何选择电流表的接法？
如图乙所示，某同学采用试触的方法，让电压表的一端接在 A 点，另一端先后接到 B 点和 C
点。他发现电压表示数有明显变化，而电流表示数没有明显变化。据此应该选择电流表_______
（填写“内接”或“外接”）的电路。
2
C A
B
h hv T
−=
2
2
k
1 1
2 2 2
C A
B
h hE mv m T
− ∆ = =
21
2mgL mv=
2
0
vF mg m L
− =
2
0 3vF mg m mgL
= + =
0 3F mg=②如何选择滑动变阻器的接法？
已知待测金属丝的电阻约为 20Ω，实验室提供的滑动变阻器的最大阻值为 5Ω，电源电动势为
3V，需要选择滑动变阻器的_____________(填写“分压式”或“限流式”) 接法。
（3）图丙是测量金属丝电阻的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片
P 置于变阻器的最左端。请根据（2）中选择的电路，完成实物间的连线，并使闭合开关的瞬
间，电压表和电流表均处于安全状态____________。
（4）请你写出金属丝电阻率的计算式____________（用待测金属丝电阻的测量值 Rx、直径的
测量值 d、长度的测量值 L 表示）。
【 答 案 】 (1). 0.127±0.001 (2). 外 接 (3). 分 压 式 (4).
(5).
【解析】
【详解】（1）[1]．金属丝直径的测量值 d=0.01mm×12.7=0.127mm。
（2）①[2]．某同学采用试触的方法，让电压表的一端接在 A 点，另一端先后接到 B 点和 C
点。他发现电压表示数有明显变化，而电流表示数没有明显变化。说明电流表的分压作用不
2
= 4
xd R
L
πρ可忽略，据此应该选择电流表外接的电路。
②[3]．因滑动变阻器 阻值小于待测电阻阻值，可知滑动变阻器应该选择分压电路；
（3）[4]．电路连接如图：
（4）[5]．根据
解得
15.如图所示， 为折射率 的扇形玻璃砖截面，一束单色光照射到 面上的 点，
在 点折射后的光线平行于 。已知 点是 的中点， 点是 延长线上一点，
°。
①求入射光在 点的入射角；
②通过计算判断光射到 弧能否从 弧射出。
【答案】①60°； ②光射到 AB 弧能从 AB 弧射出。
【解析】
【详解】①光在介质中传播的光路图如图所示：
的
21
4
x
L LR S d
ρ ρ
π
= =
2
= 4
xd R
L
πρ
AOB 3n = AO C
C OB C AO D BO
60AOD∠ =
C
AB AB设入射光在 C 点的入射角为 i，折射角为 r，由于在 C 点折射后的光线平行于 OB，所以
∠OCP=∠AOD=60°，r=30°，
根据折射定律有：
代入数据解得：
i=60°；
②在 C 点折射后的光线射到 AB 弧上 P 点，连接 O、P，OP 是法线，过 O 点做 CP 的垂线交 CP
于 Q，则折射光线在 AB 弧的入射角为 i1，玻璃砖临界角为 C，扇形半径为 L，则：
，
根据几何知识有∠COQ=30°，LOQ＝LOC•cos∠COQ=
根据
可得：
，
则：
i1＜C，
所以光射到 AB 弧能从 AB 弧射出。
16.台球的运动和撞击过程中，球既存在平动，也存在转动，运动情况较为复杂。在不考虑球
的转动和球之间的摩擦的情况下，我们可以对球的运动和撞击过程建立简单的模型，用高中
物理知识进行粗略研究。如图 1 所示，此时球桌上只剩下两个球，其中 A 球为白球，B 球为黑
球，且两球球心与 1 号洞中心在一条直线上。请你利用学过的物理规律解决以下问题。
（1）击打白球后，白球与黑球发生碰撞，可以使黑球进入不同的洞口。请在以下两种情况下，
画出白球的初速度方向以及碰前瞬间的位置，作图时请画出必要的辅助线。
a. 使黑球进入 1 号洞（在图 2 中作图）；
b. 使黑球进入 2 号洞（在图 3 中作图）。
sin
sin
in r
=
1sinC n
=
3
4 L
1sin OQ
OP
Li L
=
1
3 3sin sin4 3i C= < =（2）黑球进入 2 号洞的情况比进入 1 号洞的情况复杂一些。在处理复杂的物理问题时，常将
其分解为简单的问题，如运动的分解、力的分解等等。将这些矢量在相互垂直的 x、y 两个方
向上进行分解，然后分别进行研究。在黑球进入 2 号洞的情境下，若已知两球的质量均为 m，
碰前瞬间白球的速度大小为 v0，碰后瞬间黑球的速度大小为 v，v0 与 v 方向的夹角 θ = 53o，求
两球碰撞过程中损失的机械能。（已知：sin53o = 0.8，cos53o = 0.6）
【 答 案 】 （ 1 ） a. ； b.
（2）
【解析】
2
0
3= 5E m∆ 损 v v - mv【详解】（1）a.
b.
（2）以黑球碰后的速度方向以及与之垂直的方向为坐标轴方向建立平面直角坐标系，将白球
碰前和碰后的速度沿着坐标轴进行正交分解，沿两个方向分别进行研究
碰撞过程中两球组成的系统在 x、y 两个方向上都满足动量守恒定律
设碰后白球速度大小为 vA，在 x、y 两个方向上的分速度分别为 vAx 和 vAy
x 方向：
mv0cosθ = mv + mvAx
y 方向：
mv0sinθ = mvAy
解得：
则碰撞过程中系统损失的机械能
其中
代入得
17.如图所示，在 xoy 平面内 y 轴右侧有一范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，磁场
方向垂直纸面向外；分成 I 和 II 两个区域，I 区域的宽度为 d，右侧磁场 II 区域还存在平行于
xoy 平面的匀强电场，场强大小为 E＝ ，电场方向沿 y 轴正方向。坐标原点 O 有一粒子
源，在 xoy 平面向各个方向发射质量为 m，电量为 q 的正电荷，粒子的速率均为 v＝ 。
进入 II 区域时，只有速度方向平行于 x 轴的粒子才能进入，其余被界面吸收。不计粒子重力
和粒子间的相互作用，求：
(1)某粒子从 O 运动到 O'的时间；
(2)在 I 区域内有粒子经过区域的面积；
(3)粒子在 II 区域运动，当第一次速度为零时所处的 y 轴坐标。
0
3
5Ax
= −v v v
0
4
5Ay
=v v
2 2 2
0
1 1 1= ( )2 2 2AE m m m∆ − +损 v v v
2 2 2=A Ax Ay
+v v v
2
0
3= 5E m∆ 损 v v - mv
2
2
B qd
m
qBd
m【答案】(1) ；(2) ；(3)0
【解析】
【详解】(1)根据洛伦兹力提供向心力可得
则轨迹半径为
粒子从 运动到 的运动的示意图如图所示：
粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为
周期为
所以运动时间为
(2)根据旋转圆的方法得到粒子在 I 区经过的范围如图所示，沿有粒子通过磁场的区域为图中
斜线部分面积的大小：
π
3
m
qB
2 21 π2d d+
2vBqv m R
=
mvR dqB
= =
O O′
60θ °=
2 2R mT v Bq
π π= =
6 3
T mt qB
π= =根据图中几何关系可得面积为
(3)粒子垂直于边界进入 II 区后，受到的洛伦兹力为
在 II 区受到的电场力为
由于电场力小于洛伦兹力，粒子将向下偏转，当速度为零时，沿 方向的位移为 ，由动能
定理得
解得
所以第一次速度为零时所处的 y 轴坐标为 0。
18.质量为 m＝1kg 的滑块，放在光滑的水平平台上，平台的右端 B 与足够长的水平传送带相
接，皮带轮的半径为 R＝0.5m，且以角速度 ω＝12rad/s 逆时针转动（传送带不打滑），先将滑
块缓慢向左压缩固定在平台上的轻弹簧，然后突然释放，当滑块滑到传送带上距 B 端 L=15m
的 C 点时，恰与传送带速度大小相等，滑块与传送带之间的动摩擦因数 。（g=10m/s2）
求：
(1)释放滑块前弹簧具有的弹性势能；
2 21
2S d dπ= +
2 2q B dqvB m
=
2 2
2
q B dqE m
=
y− y
210 2qEy mv− = −
21
2
mvy dqE
= ⋅ =
=0.15µ(2)滑块从 B 到 C 所用的时间；
(3)滑块从 B 到 C 过程中电机牵引传送带多消耗的能量。
【答案】(1) ；(2) 或 ；(3) 或
【解析】
【详解】(1)传送带的速度
由牛顿第二定律，滑块在传送带上运动的加速度
滑块从 B 到 C 若一直减速，由动能定理
解得
由能量守恒
滑块从 B 到 C 若先减速到零再反向加速到 C 点与传送带速度大小相等，由运动学公式
解得
由能量守恒
释放滑块前弹簧具有的弹性势能为 40.5J。
40.5J 2s 10s 18J 90J
6m / sv Rω= =
21.5m / smga gm
µ µ= = =
2 21 1
2 2 BmgL mv mvµ− = −
9m / sBv =
2
p
1 40.5J2 BE mv= =
' 2 2
2 2
Bv v La a
− =
' 9m / sBv =
' 2
p
1 40.5J2 BE mv= =(2)若一直减速，设滑块从 B 到 C 所用的时间为 ，则
解得
若先减速到零再反向加速到 C 点与传送带速度大小相等，设滑块从 B 到 C 所用的时间为 ，
则
滑块从 B 到 C 所用的时间为 2s 或 10s。
(3) 若一直减速，滑块从 B 到 C 过程中电机牵引传送带多消耗的能量
若先减速到零再反向加速到 C 点与传送带速度大小相等，滑块从 B 到 C 过程中电机牵引传送
带多消耗的能量
滑块从 B 到 C 过程中电机牵引传送带多消耗的能量为 18J 或 90J。
1t
12
Bv v t L
+ =
1 2st =
2t
'
2 10sBv vt a a
= + =
1 18JE mgvtµ= =
2 90JE mgvtµ= =
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