青岛西海岸新区高中 4 月模拟试题
物 理
一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分。
1.关于分子动理论，下列说法正确 是（ ）
A. 分子的质量 ，分子的体积
B. 物体间的扩散现象主要是分子间斥力作用的结果
C. 在任一温度下，气体分子的速率分布均呈现“中间多、两头少”的规律
D. 显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了炭粒分子运动的无规则
性
【答案】C
【解析】
【详解】A．分子的质量 ，但是由于分子之间有间隔，尤其是气体分子之间距离更
大，则分子的体积 ，选项 A 错误；
B．物体间的扩散现象主要是分子不停息的做无规则运动引起的，选项 B 错误；
C．在任一温度下，气体分子的速率分布均呈现“中间多、两头少”的规律，选项 C 正确；
D．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了水分子运动的无规则性，
选项 D 错误。
故选 C。
2.如图所示，卫星 a 和 b 分别在半径相同的轨道上绕金星和地球做匀速圆周运动，已知金星的
质量小于地球的质量，则（ ）
A. a、b 的线速度大小相等
B. a 的角速度较大
的
A
Mm N
= 摩尔
A
VV N
= 摩尔
A
Mm N
= 摩尔
A
VV N
≠ 摩尔C. a 的周期较大
D. a 的向心加速度较大
【答案】C
【解析】
【详解】卫星绕星球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力
解得
， ， ，
分析题意可知，金星的质量小于地球质量，则 b 的角速度大，b 的周期小，b 的线速度大，b
的向心加速度大，故 ABD 错误，C 正确。
故选 C。
3.如图所示，双缝干涉实验装置中，屏上一点 到双缝的距离之差为 ，若用单色光
照射双缝时，发现 点正好是从屏中间 算起的第四条暗条纹，换用单色光 照射双缝时，
发现 点正好是从屏中间 算起的第三条亮条纹，则下列说法正确的是（ ）
A. 单色光 的频率大于单色光 的频率
B. 单色光 的波长小于单色光 的波长
C. 单色光 的相邻亮条纹间的距离小于单色光 的相邻亮条纹间的距离
D. 用单色光 和 在同一单缝衍射的装置上做实验，在缝宽不变的情况下，单色光 更容易
发生明显衍射
【答案】D
【解析】
【详解】ABC．由题意可知，单色光 A 照射双缝时条纹间距较小，根据 可知单色光
2
2 2
2
2π( )Mm vG m m r m r mar r T
ω= = = =
3
GM
r
ω =
3
2π rT GM
= GMv r
= 2
GMa r
=
P 2.1μm A
P O B
P O
B A
B A
B A
A B B
lx d
λ∆ =A 的波长较小，频率较大，选项 ABC 错误；
D．因单色光 B 的波长较大，则用单色光 A 和 B 在同一单缝衍射的装置上做实验，在缝宽不
变的情况下，单色光 B 更容易发生明显衍射，选项 D 正确。
故选 D。
4.2019 世界机器人论坛（World forum on Robot 2019，WFR2019）于 2019 年 8 月 21 日—8 月 23
日在北京举办，大会主题“智能新生态开发新时代”。某机器人研究小组自制的机器车能够自
动识别障碍物上、下坡。该机器车质量为 ，在水平路面 段以速度 匀
速行驶， 段是一段陡坡。机器车在 段仅用 就运动到了坡顶，且到达坡顶前机器车
已经以速度 做匀速运动，已知整个过程中该机器车的输出功率保持不变，机器车在
段受到的阻力 ，在 段所受阻力恒定，机器车经过 点时无机械能损失，
则下列说法正确的是（ ）
A. 该机器车的额定功率为
B. 该机器车经过 点后刚开始上坡的加速度大小为
C. 该机器车速度减至 时，其加速度大小为
D. 段的长度为
【答案】B
【解析】
【详解】A．该机器车在 AB 段匀速运动则
F=Ff1
则额定功率为
选项 A 错误；
B．机器车到达顶端匀速运动时满足
20kgm = AB 1 6m/sv =
BC BC 5st=
2 3m/sv =
AB 1 200NfF = BC B
400W
B 210m/s
4m/s 26m/s
BC 10.5m
1 1 200 6W=1200WfP F v= = ×
2 2( sin )fF mg v Pθ+ =刚经过 B 点时
解得
选项 B 正确；
C．该机器车速度减至 时
其中 解得
选项 C 错误；
D．从 B 到 C 由动能定理
解得
s=15.675m
选项 D 错误。
故选 B。
5.有人设想在遥远的宇宙探测时，给探测器安上反射率极高（可认为 100%）的薄膜，并让它
正对太阳，用光压为动力推动探测器加速。已知某探测器在轨道上运行，阳光恰好垂直照射
在薄膜上，薄膜面积为 S，每秒每平方米面积获得的太阳光能为 E，若探测器总质量为 M，光
速为 c，普朗克常量为 h，则探测器获得加速度大小的表达式是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】光子垂直照射后全部反射，每秒在薄膜上产生的总能量为 ，结合单个光子的能量
则 个光子的总能量为
2( sin )f BF F mg maθ− + =
210m/sBa = −
4m/s
' '
2( sin )fF F mg maθ− + =
' 'P F v=
' 25m/sa = −
2 2
2
1 1( sin ) 2 2f C BPt mg F s mv mvθ− + = −
2ES
cM 2
2ES
c Mh
ES
cM
ES
cMh
ES
ε hν=
N
cNh Nh ESν λ= =解得
结合单个光子的动量
则光子的总动量变化量大小为
以光子为研究对象，应用动量定理
式中 ，解得
根据牛顿第三定律，光子对探测器的作用力大小为
根据牛顿第二定律
解得
A 正确，BCD 错误。
故选 A。
6.两单摆在不同的驱动力作用下其振幅 随驱动力频率 变化的图象如图中甲、乙所示，则
下列说法正确的是（ ）
A. 单摆振动时的频率与固有频率有关，振幅与固有频率无关
Nhc
ES
λ =
hp λ=
22 2h h ESp N N Nhc c
ES
λ∆ = = =
F t p∆ = ∆
1st∆ =
2ESF c
=
2ESF F c
′ = =
F Ma′ =
2ESa cM
=
A fB. 若两单摆放在同一地点，则甲、乙两单摆的摆长之比为
C. 若两单摆摆长相同放在不同的地点，则甲、乙两单摆所处两地的重力加速度之比为
D. 周期为 的单摆叫做秒摆，在地面附近，秒摆的摆长约为
【答案】B
【解析】
【详解】A．做受迫振动的物体的频率等于驱动力的频率，由驱动力的频率决定，与物体固有
频率无关，当驱动力频率等于物体的固有频率时，物体的振幅最大，发生共振，选项 A 错误；
BC．由图像可知，甲乙两个单摆的固有频率之比为 1:2，则由 可知，
，则若两单摆放在同一地点，则甲、乙两单摆的摆长之比为 ；若两单摆摆长
相同放在不同的地点，则甲、乙两单摆所处两地的重力加速度之比为 ，选项 B 正确，C
错误；
D．周期为 2s 的单摆叫做秒摆，在地面附近，秒摆的摆长约为 选项 D 错误；
故选 B。
7.随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线。小到手表、手机，大到电脑、电动汽
车的充电，都已经实现了从理论研发到实际应用的转化。下图给出了某品牌的无线充电手机
利用电磁感应方式无线充电的原理图。关于无线充电，下列说法正确的是( )
A. 无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”
B. 只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电
C. 接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同
D. 只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电
【答案】C
【解析】
【详解】A．无线充电的原理，其实就是电磁感应现象，而不是电流的磁效应，故 A 错误；
4 : 1
4 : 1
2s 2m
1 2 lT f g
π= =
2 24
gl fπ= 4 : 1
1: 4
2
2 1m4
gTl π= ≈B．发生电磁感应的条件是磁通量要发生变化，直流电无法产生变化的磁场，故不能接到直流
电源上，故 B 错误；
C．发生电磁感应时，两个线圈中的交变电流的频率是相同的，故 C 正确；
D．只有无线充电底座，手机内部没有能实现无线充电的接收线圈等装置，也不能进行无线充
电，D 错误。
故 C 正确。
8.国产科幻大片《流浪地球》中，人类借助木星的“引力弹弓”，令地球零消耗改变方向、提升
速度，但是当地球靠近木星时，突然遭遇了巨大危机：数千台行星发动机熄火了，全球地震，
火山爆发……而灾难的根源是由于地球和木星的距离小于“流体洛希极限”，此时地面流体就倾
向于逃逸．查阅资料可知，地球与木星间的“流体洛希极限”等于 10.3 万公里，计算公式为
，其中 R 木、ρ 木、ρ 地分别为木星的半径、木星的密度和地球的密度．已知
比邻星的质量约为木星的 150 倍，其余信息未知，那么当地球流浪到比邻星附近时，与比邻
星间的“流体洛希极限”约为
A. 30 万公里 B. 50 万公里 C. 75 万公里 D.150 万公里
【答案】B
【解析】
【详解】因为行星的质量 ，所以 ，因为比邻
星 的 质 量 约 为 木 星 的 150 倍 ， 所 以 比 邻 星 的 “ 流 体 洛 希 极 限 ” 等 于
万公里，ACD 错误 B 正确．
二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。在每小题给出的四个选
项中，有多项符合题目要求。全部选对得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的
得 0 分。
9.在顶板和底板相距 的电梯里，有一根长度为 的细线悬挂着一个可看做质点的小球，
小球与电梯相对静止一起匀速上升，某时刻细线发生断裂，重力加速度 ，则下列
说法正确的是（ ）
A. 经过 小球会和电梯的底板相撞
B. 如果电梯的速度足够大，小球会与电梯的顶板相撞
32.44d R
ρ
ρ= 木
木
地
34
3M Rπ ρ= 3 3
32.44 2.44 4
Md R
ρ
ρ πρ= =木 木
木
地 地
33
'' 10.3 150 50Md dM
= × = × ≈
木
3m 2.8m
210m/sg =
0.2sC. 若电梯匀速运动的速度小于 ，小球会在相对地面下降的过程中和电梯的底板相撞
D. 若电梯匀速运动的速度小于 ，小球会在相对地面上升的过程中和电梯的底板相撞
【答案】AC
【解析】
【详解】A．若选择电梯为参考系，则细线断裂后小球相对电梯做自由落体运动，则落到底板
上的时间为
选项 A 正确；
B．无论电梯的速度多大，小球相对电梯总是做自由落体运动，不会与电梯的顶板相撞，选项
B 错误；
CD．若电梯匀速运动的速度小于 2m/s，则细绳断裂后小球做竖直上抛运动上升的时间
则小球会在相对地面下降的过程中和电梯的底板相撞，选项 C 正确，D 错误。
故选 AC。
10.滑板运动是以滑行为特色、崇尚自由的一种运动，深受都市青年的喜爱。滑板的一种运动
情境可简化为如下模型：如图甲所示，将运动员（包括滑板）简化为质量 的物块，
物块以某一初速度 从倾角 的斜面底端冲上足够长的斜面，取斜面底端为重力势能零
势能面，该物块的机械能 和重力势能 随离开斜面底端的高度 的变化规律如图乙所示。
将物块视为质点，重力加速度 ，则由图中数据可得（ ）
A. 初速度
B. 物块与斜面间的动摩擦因数为 0.3
C. 物块在斜面上运动的时间为
D. 物块再次回到斜面底端时的动能为
2m/s
2m/s
2 2 0.2s=0.2s10
ht g
×= =
' 0 0.2vt sg
< =
50kgm =
0v 37θ °=
E总 pE h
210m / s
0 5m / sv =
4 s3
375J【答案】AD
【解析】
【详解】A．斜面底端为重力势能零势能面，则
得
故 A 正确；
B．当 时，物块运动到最高点由图乙可知此时
根据功能关系，有
得物块与斜面间动摩擦因数
故 B 错误；
CD．物块沿斜面上滑的时间
上滑的位移
因为 ，所以物块最终会沿斜面下滑，下滑的
物块在斜面上运动的时间为
2
01
1 625J2E mv= =总
0 5m/sv =
pE E=总
m 1mh =
mcos 125Jsin
hmg Eµ θ θ⋅ = ∆ =总
3
16
µ =
0
1
2 ssin cos 3
vt g gθ µ θ= =+
m 5 msin 3
hs θ= =
tanµ θ<
2
2 2 15
sin cos 9
st g gθ µ θ= =−
1 2
6 2 15 s9t t t
++ ==滑到斜面底端时的动能
故 C 错误，D 正确。
故选 AD。
11.如图所示，平行金属板中带电质点 P 原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影
响，R1 的阻值和电源内阻 r 相等。当滑动变阻器 R4 的滑片向 b 端移动时（ ）
A. 电压表读数增大
B. 电流表读数减小
C. 电源的输出功率逐渐增大
D. 质点 P 将向下运动
【答案】CD
【解析】
【详解】AB．当滑动变阻器 R4 的滑片向 b 端移动时，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻
减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知干路电流 I 增大。电阻 R1 以及内阻上的电压变大，与
电容器并联的支路电压减小，流过 R3 的电流 I3 减小，流过电流表的电流 IA=I-I3，I 增大，I3 减
小，则 IA 增大，所以电流表读数增大。R4 的电压 U4=U3-U2，U3 减小，U2 增大，则 U4 减小，
所以电压表读数减小。选项 AB 错误；
C．因为当外电阻等于内阻时电源输出功率最大；由于 R1 的阻值和电源内阻 r 相等，则外电路
总电阻大于电源的内阻 r，当外电阻减小时，外电阻逐渐向内电阻接近，则电源的输出功率逐
渐增大。选项 C 正确；
D．电容器板间电压等于 R3 的电压。R3 的电压减小，电容器板间场强减小，质点 P 所受的电
场力减小，所以质点 P 将向下运动。故 D 正确。
故选 CD。
m
k 1 2 cos 375Jsin
hE E mgµ θ θ= − ⋅ =总12.如图所示，某空间存在一竖直方向的电场，其中的一条电场线如图甲所示，一个质量为 m。
电荷量为 q 的带正电小球，从电场线中 O 点由静止开始沿电场线竖直向上运动到 的过程中，
以 O 为坐标原点，取竖直向上为 x 轴的正方向，小球运动时电势能 与位移 x 的关系如图乙
所示，运动忽略空气阻力，则下列说法可能正确的是（ ）
A. 沿 x 轴正方向的电场强度大小逐渐增加
B. 从 O 运动到 的过程中，小球的速度先增大后减小，加速度先减小后增大
C. 从 O 点运动到 的过程中，每经过相等的位移，小球机械能的增加量变少
D. 小球运动到 时，小球速度的大小为
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．由图乙可知，电势能减小的越来越缓慢，也就是运动相同的距离，电场力做功越
来越小，即电场强度越来越小，A 错误；
B．开始时，带电小球向上运动，电场力大于重力，向上加速运动，后来电场力小于重力，向
上减速运动，因此速度先增加后减小，随着电场力的减小，合力先向上减小，当电场力等于
重力时，加速度减小到了零，再向上运动时，重力大于电场力，加速度向下增大，因此加速
度先减小后增加，B 正确；
C．根据能量守恒，机械能的增量等于电势能的减量，向上运动的过程中，每经过相等的位移，
电势能减小量变少，因此，每经过相等的位移，机械能的增加量也变少，C 正确；
D．小球运动到 时，电场力做功等于电势能的减小量，根据动能定理
可求得速度大小为
1x
ε
1x
1x
1x 0 1 12( - ) mgx
m
ε ε −
1x
2
0 1 1
1) 2mgx mvε ε− − =(D 正确。
故选 BCD。
三、非选择题：本题共 6 小题，共 60 分。
13.用油膜法估测分子直径的实验步骤如下：
A.向浅盘中倒入适量的水，并向水面均匀的撒入痱子粉
B.将 纯油酸加入酒精中，得到 的油酸酒精溶液
C.把玻璃板放在方格纸上，计算出薄膜的面积 （坐标纸中正方形小方格的边长为 ）
D.将配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下 50 滴溶液的体积
E.把一滴油酸酒精溶液滴在水面上，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，在玻璃板上描出油
膜的轮廓
F.按照得到的数据，估算出油酸分子的直径
（1）上述步骤中，正确的顺序是________（填步骤前的字母）。
（2）如图所示为描出的油膜轮廓，油膜的面积约为______ 。
（3）已知 50 滴溶液的体积为 ，估算油酸分子的直径约为__________ （保留两位有效
数字）。
【答案】 (1). BDAECF (2). 0.022 (3). 4.5×10-10
【解析】
【详解】（1）[1]．上述步骤中，正确的顺序是 BDAECF。
（2）[2]．根据描出的油膜轮廓，计算得出共有 55 格，则油膜的面积约为 55×4cm2=0.022m2。
（3）[3]．1 滴油酸酒精溶液中含油酸的体积为
油酸分子的直径约为
0 1 12( - ) mgxv m
ε ε −=
1mL 32 10 mL×
S 20mm
2m
1mL m
6 3 11 3
3
1 10 m 10 m2 10 50V − −= × =× ×14.利用如图所示的电路测量一个满偏电流为 300μA，内阻 rg 约为几十到几百欧姆的电流表的
内阻值，有如下的主要实验器材可供选择：
A．滑动变阻器(阻值范围 0~30 kΩ)
B．滑动变阻器(阻值范围 0～10 kΩ)
C．电源(电动势 3V，内阻不计)
D．电源(电动势 6V，内阻不计)
(1)为了使测量尽量精确，在上述可供选择的器材中，滑动变阻器 R 应选用________，电源 E
应选用__________．(选填器材前面的字母序号)
(2)实验时要进行的主要步骤有：
A．断开 S2，闭合 S1
B．调节 R 的阻值，使电流表指针偏转到满刻度
C．闭合 S2
D．调节电阻箱 R’ 阻值，使电流表指针偏转到满刻度的三分之一
E．记下此时 R’ 阻值为 90 Ω
则待测电流表的内阻 rg 的测量值为______ Ω，该测量值______电流表内阻的真实值．(选填“大
于”、“小于”或“等于”)
【答案】 (1). A (2). D (3). 180 (4). 小于
【解析】
【详解】（1）用半偏法测电流表的内阻时，与电流表串联的滑动变阻器的阻值要尽可能大，
以减小测量误差,因此在回路电流不超过电流表量程的前提下,电源电动势应尽可能大些，以保
证滑动变阻器的阻值尽可能大，故变阻器应选 A，电源应选 D.
（2）闭合 S2 后，电流表与 R′并联，且并联 R′后总电阻认为不变，则总电流不变，则通过 R′的
电流为总电流的 ，故 ，因是并联关系： ，则 .闭合 S2 后，
的
的
11
-1010 m 4.5 10 m0.022
Vd S
−
= = ≈ ×
2
3
: 2:1R GI I′ = gR
G
RI
I R
′ = ′ 180gR = Ω电路总电阻变小，电路总电流变大，通过 R′的电流大于原来电流的三分之二，则该实验测出
的电表内阻要小于电流表内阻的真实值．
15.如图所示，一水平光滑、距地面高为 h、边长为 a 的正方形 MNPQ 桌面上，用长为 L 的不
可伸长的轻绳连接质量分别为 的 A、B 两小球，两小球在绳子拉力的作用下，绕绳子
上的某点 O 以不同的线速度做匀速圆周运动，圆心 O 与桌面中心重合，已知 ，
， ，a＝2.1m，h＝1.25m，A 球的速度大小 ，重力加速度
g 取 ，求：
（1）绳子上的拉力 F 以及 B 球的质量 mB；
（2）若当绳子与 MN 平行时突然断开，求两小球分别落至地面时，落点间的距离。
【答案】（1）0.1N； ；（2）
【解析】
【详解】(1)由绳 拉力提供向心力
根据
可得
(2)绳子断裂后，两球在水平方向上一直做匀速直线运动，两球离开桌面做平抛运动，落地时
间
做圆周运动时有
的
A Bm m、
A 0.5kgm =
1.2mL = AO 0.8mL = A 0.4m / sv =
210m/s
1kg 6 5 m5
2
A A
AO
=0.1Nm vF L
=
2 2
A OA B OBF m L m Lω ω= =
OA
B A
OA
1kgLm m L L
= =−
2 0.5sht g
= =可得 ,沿 NP 方向的距离
两球间的距离为
16.如图甲所示，某玻璃砖的横截面是直角三角形，其中 ， 边的长度为 ，
一束单色光垂直 边入射，第一次从 边射出时与 边成 角。
（1）求该玻璃砖的折射率；
（2）令上束单色光的平行光束从 边以 角入射，如图乙所示，求该光束第一次从
边射出的宽度和具体的位置。
【答案】（1） （2）
【解析】
【详解】（1）由光路图可知，光线射到 AB 面上时的入射角为 30°，折射角为 45°，则折射率为
2
B
B
OA
vF m L L
= −
0.2m/sBv =
( ) 2.4mA Bx v v t a= + + =
2 2 6 5 m5s x L= + =
30ABC °∠ = AC L
AC AB AB 45°
AC 45° AB
2 3
2 L
sin 45 2sin30n = =
（2）单色光的平行光束从 AC 边以 角入射时，折射角为 30°，由几何关系可知，光线射到
M 点，然后反射光线垂直 AB 边从 N 点射出，由几何关系可知，N 为 AB 的中点，距离 A 点的
距离为 .
17.如图所示，电动机带动的水平传送带始终以 的速度顺时针转动，将一质量
的小滑块（可视为质点）轻轻地放在水平传送带的左端 点，在传送带的带动下，
小滑块开始运动并最终从右端 点平抛出去，抛出后的小滑块恰好无碰撞地从 点进入光滑
的圆弧轨道，之后又冲上一与圆弧轨道相切、动摩擦因数为 的粗糙斜面，在斜面上运
动的最高点为 （未标出），当小滑块到达 点时，对其施加一外力，使小滑块在斜面上保持
静止状态。 点位于传送带末端 点的正下方，且 的高度为 . 、 是圆弧
轨道的两个端点，且 、 、 三点在同一水平面上，斜面足够长，与水平面的夹角为 ，
， ， ，不计空气阻力。
（1）求为了传送小滑块，电动机多做的功为多少？
（2）求小滑块沿斜面上升的最大高度；
（3）将小滑块从 点释放后，若小滑块与斜面间的摩擦忽略不计，请判断能否从 点水平回
到传送带上？若能，说明理由；若不能，请说明在保持传送带水平的情况下，传送带的位置
如何调节才能让小滑块以水平速度正好返回传送带？
45°
3
2 L
20m/sv =
5kgm = A
B D
3
16
µ =
F F
E B BE 11.25mh = D 1D
E D 1D 37θ °=
210m/sg = sin37 0.6° = cos37 0.8° =
F B【答案】（1）2000J（2）25m（3）不能；要想使得物块从 B 点进入传送带，需将传送带下调
2.25m，同时向右移动 6m。
【解析】
【详解】（1）滑块落到 D 点时的竖直速度
则水平速度
即到达 B 点时物块已经和传送带共速，设从开始到与传送带共速的时间为 t，则对物块由动能
定理
物块与传送带之间的相对位移
产生的热量
则为了传送小滑块，电动机多做的功为
（2）从 D 点到滑到斜面的最高点，由动能定理
其中 解得
（3）若滑块与斜面摩擦不计，则回到 D 点时，由动能定理
解得
则滑块不能回到水平传送带；
因为
2 2 10 11.25m/s=15m/sDyv gh= = × ×
v 20m/stan37
Dy
Dx Bv v= = =
21
2 2
vf t mv⋅ =
1 1
2 2x vt vt vt∆ = − =
21 1=2 2Q f x fvt mv= ∆ =
2 21 2000J2W Q mv mv= + = =
21cos37 sin37 2 D
HmgH mg mvµ+ ⋅ =
2 2 2
D Dy Dxv v v= +
25mH =
'21
2 DmgH mv=
' 10 5m/s 25m/sD Dv v= < =则
原来 ED 之间的距离
调整后
则要想使得物块从 B 点进入传送带，需将传送带下调 11.25m-9m=2.25m，同时向右移动
30m-24m=6m。
18.如图所示，在平面直角坐标系 xoy 的第一象限内有一边长为 L 的等腰直角三角形区域 OPQ，
三角形的 O 点恰为平面直角坐标系的坐标原点，该区域内有磁感应强度为 B、方向垂直于纸
面向里的匀强磁场，第一象限中 y ≤ L 的其它区域内有大小为 E、方向沿 x 轴正方向的匀强电
场；一束电子（电荷量为 e、质量为 m）以大小不同的速度从坐标原点 O 沿 y 轴正方向射入匀
强磁场区．则：
（1）能够进入电场区域的电子的速度范围；
（2）已知一个电子恰好从 P 点离开了磁场，求该电子的速度和由 O 到 P 的运动时间；
（3）若电子速度为 ，且能从 x 轴穿出电场，求电子穿过 x 轴的坐标．
【答案】（1） （2） （3）
【解析】
【分析】
' ' sin37 6 5m/sDy Dv v= =
' ' cos37 8 5m/sDx Dv v= =
'2
' 9m2
Dyvh g
= =
2 2 11.2520 m=30m10Dx
hs v g
×= =
'
' ' 2 2 98 5 m=24m10Dx
hs v g
×= = ×
3
eBL
m
0 eBLv m
< ≤
2
eBL
m
m BL
eB E
π + 2
2 2
3
L Em
eB
−（1）通过 Q 点进入电场区域的电子速度最大，根据洛伦兹力等于向心力，求出最大速度；
（2）恰好从 P 点离开了磁场，半径为 L/2，画出运动轨迹，根据粒子在磁场中的运动周期和
牛顿第二定律，分别求出在磁场和电场中的运动时间，求该电子由 O 到 P 的运动时间；
（3）只有当电子第一次从电场返回磁场且不从 OP 和 PQ 两边离开磁场时，电子才有可能经电
场偏转通过 x 轴．画出运动轨迹，找出第二次进入电场的位置，根据牛顿第二定律和位移时
间关系，求出电子穿过 x 轴的坐标．
【详解】（1）通过 Q 点进入电场区域的电子速度最大，其半径 r1=L
能够进入电场区域的电子的速度范围是 0
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