【KS5U解析】安徽省定遠(yuǎn)縣2020屆高三停課不停學(xué)線上測試物理試題（八） Word版含解析

1、2020年停課不停學(xué)高三物理線上卷八一、選擇題（本大題共10小題，每小題4分。共40分。其中1-5小題為單選題，6-10小題為多選題。）1.如圖所示，傾角為30°的斜面固定在水平地面上，斜面上有兩個質(zhì)量均為m的小球a、b，它們用勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連接，彈簧軸線與斜面平行現(xiàn)對a施加一個水平向右、大小為f的恒力，使a、b在斜面上都保持靜止，如果斜面和兩個小球間的摩擦均忽略不計，此時彈簧的長度為l，則下列說法錯誤的是（ ）a. 彈簧的原長為b. 恒力c. 小球b受到的彈力大小為mgd. 撤去恒力f后的瞬間小球b的加速度為g【答案】d【解析】【詳解】a.對小球b進行受力分析，由平衡條件

2、可得：kx=mgsin 30°解得所以彈簧的原長為，選項a正確，不符合題意；b.對小球a進行受力分析，由平衡條件可得：fcos 30°=mgsin 30°+kx，解得，故b正確，不符合題意；c.小球b受彈簧的彈力和斜面的彈力，其合力與重力等大反向，可知小球b受到的彈力大小為mg，選項c正確，不符合題意；d.撤掉恒力f的瞬間，彈簧彈力不變，b球所受合力不變，故b球的加速度為零，故d錯誤，符合題意2.如圖，ab為一光滑水平橫桿，橫桿上固定有一個阻擋釘c桿上套一質(zhì)量不計的輕環(huán)，環(huán)上系一長為l且足夠牢固、不可伸長的輕細(xì)繩，繩的另一端拴一質(zhì)量為

3、m的小球，現(xiàn)將輕環(huán)拉至c左邊l/5處并將繩拉直，讓繩與ab平行，然后由靜止同時釋放輕環(huán)和小球重力加速度為g，則關(guān)于之后的運動情況，下列描述正確的是 a. 小球還可以回到ab桿的高度b. 小球在最低點的速度大小為c. 小球到達最低點之前一直做曲線運動d. 小球在最低點對繩子的拉力大小小于3mg【答案】d【解析】【詳解】輕環(huán)運動到阻擋釘c的過程中，輕環(huán)與小球水平方向動量守恒，由于桿上套的質(zhì)量不計的輕環(huán)，所以小球水平方向速度為零，只有豎直方向的速度，小球做自由落體運動，此時輕細(xì)繩與水平方向的夾角為，則有，根據(jù)機械能守恒有，可得小球的速度為，輕環(huán)到阻擋釘c時小球的速度發(fā)生突變，速度大小為，輕環(huán)不動時小

4、球以c為圓心的做圓周運動，到小球到最低點的過程中根據(jù)動能定理可得：，解得小球在最低點的速度大小為，小球在最低點對繩子的拉力大小，由于輕環(huán)到阻擋釘c時小球的速度發(fā)生突變，機械能有損失，所以小球不能回到ab桿的高度，故d正確，a、b、c錯誤；描述正確的是選d3.隨著科幻電影流浪地球的熱映，“引力彈弓效應(yīng)”進入了公眾的視野“引力彈弓效應(yīng)”是指在太空運動的探測器，借助行星的引力來改變自己的速度為了分析這個過程，可以提出以下兩種模式：探測器分別從行星運動的反方向或同方向接近行星，分別因相互作用改變了速度如圖所示，以太陽為參考系，設(shè)行星運動的速度為，探測器的初速度大小為v0，在圖示的兩種情況下，探測器在遠(yuǎn)

5、離行星后速度大小分別為v1和v2.探測器和行星雖然沒有發(fā)生直接的碰撞，但是在行星的運動方向上，其運動規(guī)律可以與兩個質(zhì)量不同的鋼球在同一條直線上發(fā)生的彈性碰撞規(guī)律作類比那么下列判斷中正確的是a. v1> v0b. v1= v0c. v2> v0d. v2=v0【答案】a【解析】【詳解】設(shè)探測器的質(zhì)量為m，行星的質(zhì)量為m，探測器和行星發(fā)生彈性碰撞.a、b、對于模型一：設(shè)向左為正，由動量守恒定律：，由能量守恒，聯(lián)立解得探測器碰后速度，因，則，故a正確，b錯誤.c、d、對于模型二：設(shè)向左為正，由動量守恒定律：，由能量守恒，聯(lián)立解得探測器碰后的速度，因，則；故c、d均錯誤.故選a.4.如圖為

6、兩形狀完全相同的金屬環(huán)a、b平行豎直的固定在絕緣水平面上，且兩圓環(huán)的圓心ol、o2的連線為一條水平線，其中m、n、p為該連線上的三點，相鄰兩點間的距離滿足mol=o1n=no2 =o2p當(dāng)兩金屬環(huán)中通有從左向右看逆時針方向的大小相等的電流時，經(jīng)測量可得m點的磁感應(yīng)強度大小為b1、n點的磁感應(yīng)強度大小為b2，如果將右側(cè)的金屬環(huán)b取走，p點的磁感應(yīng)強度大小應(yīng)為a. b. c. d. 【答案】b【解析】對于圖中單個環(huán)形電流，根據(jù)安培定則，其在軸線上的磁場方向均是向左，故p點的磁場方向也是向左的.設(shè)，設(shè)單個環(huán)形電流在距離中點l位置的磁感應(yīng)強度為，在距離中點3l位置的磁感應(yīng)強度為，故m點磁感應(yīng)強度，n點

7、磁感應(yīng)強度，當(dāng)拿走金屬環(huán)b后，p點磁感應(yīng)強度，b正確；故選b.【點睛】本題研究矢量的疊加合成(力的合成，加速度，速度，位移，電場強度，磁感應(yīng)強度等)，滿足平行四邊形定則；掌握特殊的方法（對稱法、微元法、補償法等）5.某同學(xué)將一電路中電源的總功率、輸出功率和電源內(nèi)部發(fā)熱功率隨電流i變化的圖線畫在了同一坐標(biāo)上，如圖所示則該電路a. 電源的電動勢，內(nèi)電阻b. 電流為1a時，外電阻為c. b表示電源的輸出功率，最大值為9wd. 外電阻為時，電源輸出功率為【答案】b【解析】【分析】三種功率與電流的關(guān)系是：直流電源的總功率，內(nèi)部的發(fā)熱功率，輸出功率，根據(jù)數(shù)學(xué)知識選擇圖線根據(jù)圖線a斜率求解電源的電動勢由圖讀

8、出電流時，發(fā)熱功率，求出電源的內(nèi)阻當(dāng)電流為1a時，結(jié)合歐姆定律求出外電阻【詳解】根據(jù)直流電源的總功率，內(nèi)部的發(fā)熱功率，輸出功率，可知反映變化的圖線是b，反映變化的是圖線a，反映變化的是圖線c圖線a的斜率等于電源的電動勢，由得到，內(nèi)部的發(fā)熱功率，內(nèi)阻為，電源的最大輸出功率，故a、c錯誤；當(dāng)電流為1a時，由，代入得到，故b正確外電阻為，等于內(nèi)阻時，電源輸出功率最大為故d錯誤故選b【點睛】本題首先考查讀圖能力，物理上往往根據(jù)解析式來理解圖象的物理意義6.如圖a，在豎直平面內(nèi)固定一光滑的半圓形軌道abc，小球以一定的初速度從最低點a沖上軌道，圖b是小球在半圓形軌道上從a運動到c的過程中，其速度的平方與

9、其對應(yīng)高度的關(guān)系圖象。已知小球在最高點c受到軌道的作用力為2.5 n，空氣阻力不計，b點為ac軌道的中點，重力加速度g取10 m/s2，下列說法正確的是（ ）a. 圖b中x36 m2·s2b. 小球質(zhì)量為0.2 kgc. 小球在a點時重力的功率為5 wd. 小球在b點受到的軌道作用力為8.5 n【答案】bd【解析】【分析】考查豎直面內(nèi)的圓周運動，機械能守恒?！驹斀狻縜小球在光滑軌道上運動，只有重力做功，故機械能守恒，所以有：解得：即為：x故a錯誤；b由圖b可知軌道半徑r0.4m，小球在c點的速度vc3m/s，那么由牛頓第二定律可得：解得：故b正確；c小球在a點時重力gmg2 n，方向

10、向下，速度va5 m/s，方向向右，故小球在a點時重力的功率為0，c錯誤；d由機械能守恒可得小球在b點的速度為：vbm/sm/s此時在水平方向受到軌道的支持力為：fn8.5 n所以，小球在b點受到的軌道作用力為8.5 n，故d正確。故選bd。7.云室能顯示射線的徑跡，把云室放在磁場中，從帶電粒子運動軌跡的彎曲方向和半徑大小就能判斷粒子的屬性，放射性元素a的原子核靜止放在磁感應(yīng)強度b=2.5t的勻強磁場中發(fā)生衰變，放射出粒子并變成新原子核b，放射出的粒子與新核運動軌跡如圖所示，測得兩圓的半徑之比r1：r2=42：1，且r1=0.2m，已知粒子質(zhì)量m=6.64×10-27kg，粒子質(zhì)量m

11、=9.1×10-31kg，普朗克常量取h=6.6×10-34js，下列說法正確的是：（ ）a. 新原子核b的核電荷數(shù)為84b. 放射性元素a原子核發(fā)生的是衰變c. 衰變放射出的粒子的速度大小為2.4×107m/sd. 如果a原子核衰變時釋放出一種頻率為1.2×1015hz光子，那么這種光子能使逸出功為4.54ev的金屬鎢發(fā)生光電效應(yīng)【答案】acd【解析】由動量守恒0=mv-mv，粒子做圓周運動向心力等于洛倫茲力，又q=2e，r1：r2=42：1，由以上關(guān)系得該放射性元素的電荷量q=84e，即衰變前原子核的電荷數(shù)為84，故a正確衰變過程中動量守恒，因初動量

12、為零，故衰變后兩粒子動量大小相等，方向相反粒子軌跡為外切圓，說明兩粒子所受的洛倫茲力方向相反，均帶正電，故發(fā)生的是衰變，故b錯誤因 ，得，故c正確a原子核衰變時釋放出一種頻率為1.2×1015 hz的光子，依據(jù)e=h=6.6×10-34×1.2×1015 j=7.92×10-19 j=4.95ev4.54 ev，因此能使金屬鎢發(fā)生光電效應(yīng)，故d正確；故選acd點睛：本題考查了動量守恒定律、粒子在磁場中做圓周運動的半徑公式等知識點，難度中等，綜合性較強，需加強這方面的訓(xùn)練，同時掌握光電效應(yīng)產(chǎn)生條件，及注意電子伏特與焦耳的單位轉(zhuǎn)換8.如圖所示，半徑

13、為r的絕緣閉合球殼，o為球殼的球心，球殼上均勻分布著正電荷，已知均勻帶電的球殼在其內(nèi)部激發(fā)的場強處處為零現(xiàn)在球殼表面a處取下一面積足夠小、帶電量為q的曲面將其沿oa連線延長線向上移動至b點，且ab=r，若球殼的其他部分的帶電量與電荷分布保持不變，下列說法中正確的是a. 把另一帶正電的試探電荷從a點處移動到o點過程中系統(tǒng)電勢能減少b. 球殼剩余部分的電荷在球殼內(nèi)部激發(fā)的電場的電場線由a點的對稱點c點沿直線指向球殼內(nèi)表面各點c. 球殼內(nèi)部電場的電場線由球殼各點沿曲線指向a點d. 球心o點場強的大小為k【答案】cd【解析】【分析】根據(jù)題中“球殼上均勻分布著正電荷取下一面積足夠小、帶電量為q的曲面球殼

14、剩余部分的電荷在球殼內(nèi)部激發(fā)的電場球殼內(nèi)部電場的電場線”可知，本題考察電場強度根據(jù)電場強度的疊加規(guī)律，應(yīng)用割補法、點電荷的場強特點、等量異種電荷的場強特點、電勢能等知識分析求解【詳解】b：球殼表面a處取下一面積足夠小、帶電量為q的曲面，相當(dāng)于在球殼表面點a處放入等電荷密度、等面積的帶負(fù)電荷的曲面球殼剩余部分的電荷在球殼內(nèi)部激發(fā)的電場可以看作兩部分電荷電場的疊加，一部分是原球殼上均勻分布的正電荷在內(nèi)部激發(fā)的電場，處處為零；另一部分是球殼上位于a處的等量負(fù)點電荷激發(fā)的電場，故球殼剩余部分的電荷在球殼內(nèi)部激發(fā)的電場等同于只有a處的一個負(fù)點電荷激發(fā)的電場，如圖(a)所示故b項錯誤c：據(jù)b項分析可得，空

15、間所有電荷在球殼內(nèi)激發(fā)的電場相當(dāng)于兩個等量異種電荷產(chǎn)生的電場，如圖(b)所示故c項正確a：由圖(b)知，帶正電的試探電荷從a點處移動到o點，電勢升高，電勢能增加故a項錯誤d：由c項分析知，球心o點場強大小故d項正確9.如圖，點o、a、c在同一水平線上，c點在豎直細(xì)桿上一橡皮筋一端固定在o點，水平伸直(無彈力)時，另一端恰好位于a點，在a點固定一光滑小圓環(huán)，橡皮筋穿過圓環(huán)與套在桿上的小球相連已知b、c間距離小于c、d間距離，小球與桿間的動摩擦因數(shù)恒定，橡皮筋始終在彈性限度內(nèi)，且其彈力跟伸長量成正比小球從b點上方某處釋放，第一次到達b、d兩點時速度相等，則小球從b第一次運動到d的過程中()a. 在

16、c點速度最大b. 在c點下方某位置速度最大c. 重力對小球做的功一定大于小球克服摩擦力做的功d. 在b、d兩點，摩擦力的瞬時功率大小相等【答案】bcd【解析】【詳解】a、b、設(shè)b點關(guān)于c點的對稱點為e點，若小球在c點的速度最大，則由對稱性可知小球由b點到c點克服摩擦力做功等于由c點到e點克服摩擦力做功，由功能關(guān)系知，小球到達e點時的速度與b點速度相等，實際上b、d兩點的速度相等，所以速度最大的位置在c點的下方，選項a錯誤，b正確；c、小球第一次從b點到d點的過程中，設(shè)wf為小球克服摩擦力做的功，ep為橡皮筋彈性勢能的變化量，橡皮筋在d點處于伸長狀態(tài)，ep>0，由功能關(guān)系得wgwfep，故

17、重力做的功大于小球克服摩擦力做的功，選項c正確；d、橡皮筋穿過圓環(huán)與套在桿上的小球相連，則小球第一次從b點到d點的過程中橡皮筋在水平方向的伸長量相等，由平衡條件知小球受到與桿之間的彈力不變，故小球受的摩擦力不變，小球在b、d兩點的速度相等，由pfv知，在b、d兩點摩擦力的瞬時功率大小相等，選項d正確故選bcd.【點睛】本題的關(guān)鍵要能正確分析小球的運動情況，對物理過程進行受力、運動、做功分析，是解決問題的根本方法，對于加速度，也可以通過分析受力情況，由牛頓第二定律判斷加速度的變化情況.10.在光滑的水平地面上方，有兩個磁感應(yīng)強度大小均為b，方向相反的水平勻強磁場，如圖所示的pq為兩個磁場的邊界，

18、磁場范圍足夠大一個半徑為a、質(zhì)量為m、電阻為r的金屬圓環(huán)垂直磁場方向，以速度v從如圖位置向右運動，當(dāng)圓環(huán)運動到直徑剛好與邊界線pq重合時，圓環(huán)的速度為v/2，則下列說法正確的是 ()a. 此時圓環(huán)中的電流為逆時針方向b. 此時圓環(huán)的加速度為c. 此時圓環(huán)中的電功率為d. 此過程中通過圓環(huán)截面的電量為【答案】bd【解析】【詳解】由楞次定律可知，線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電流沿順時針方向，故a錯誤；此時圓環(huán)受力為：，由牛頓第二定律可得，加速度為：，故b正確；當(dāng)圓環(huán)的直徑與邊界線pq重合時，圓環(huán)左右兩個半環(huán)均產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，有效切割的長度都等于直徑，故線圈中的感應(yīng)電動勢為：e=2b×2a×=

19、2bav，圓環(huán)中的電功率為：，故c錯誤此過程中，電路中的平均電動勢為：，則電路中通過的電量為：，故d正確；故選bd二、實驗題（本大題共2小題，共15分。）11.某同學(xué)準(zhǔn)備利用如圖所示的裝置探究勁度系數(shù)較大的輕質(zhì)彈簧t的彈性勢能與其壓縮量之間的關(guān)系圖中b為一固定在桌面、帶有刻度的平直光滑導(dǎo)軌，小盒c用輕繩懸掛于o點，彈簧t左端固定，用小球a沿導(dǎo)軌b向左擠壓彈簧，釋放后球a彈出，射入一較重的小盒c中與小盒c一起向右擺動，擺動的最大角度可以被準(zhǔn)確測出球a射入盒c后兩者的重心重合，重心距懸點o的距離為試問：欲完成此探究實驗，該同學(xué)在實驗過程中除了要測量最大擺角和重心距懸點o的距離l外，還需要測量哪些物

20、理量？寫出這些物理量及其字母代號通過上述的物理量可求出彈簧t將球a彈出時釋放的彈性勢能寫出其計算表達式無需書寫推導(dǎo)過程下面是本實驗中的幾個步驟：按實驗裝置安裝好器材；用刻度尺測定c的重心到懸點o的距離l； 反復(fù)調(diào)節(jié)盒c的位置，使其運動軌跡平面與光滑軌道在同一平面內(nèi)，且盒c靜掛，開口正對導(dǎo)軌末端，a、c兩者重心同高；用球a壓縮彈簧，使其重心處于軌道的某一刻度線上，記錄此時的讀數(shù)；釋放a球，讓它射入盒c中，一起與c擺動到最大高度；記錄最大擺角；處理數(shù)據(jù)，得出結(jié)論在上述步驟中還缺少哪些主要步驟？請你寫出來該實驗除了要保證光滑導(dǎo)軌水平、小球a能正射入小盒c并與c一起運動以外，還應(yīng)注意些什么？

21、【答案】（1）小球a的質(zhì)量m、重盒c的質(zhì)量m、彈簧的壓縮量x （2） （3）缺少的主要實驗步驟有：用天平稱出小球質(zhì)量和重盒的質(zhì)量；用球a接觸彈簧但不壓縮，記錄其重心位置，讀取導(dǎo)軌上相應(yīng)的讀數(shù)；改變彈簧壓縮量，重復(fù)實驗若干次 （4）要注意每次實驗時，彈簧壓縮量不要過大，以保證繩總處于繃直狀態(tài)，同時擺角不大于；每次實驗時，彈簧的壓縮量也不宜過小，否則壓縮量l及擺角的測量相對誤差大，軌道摩擦損耗不可忽略【解析】【詳解】（1）彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為球和盒子的重力勢能，要測量重力勢能的增加量，要測量小球a的質(zhì)量m、重盒c的質(zhì)量m；要研究彈性勢能和壓縮量的關(guān)系，要測量彈簧的壓縮量x；還需測量：小球a的質(zhì)量m

22、、重盒c的質(zhì)量m、彈簧的壓縮量x；（2）彈性勢能減小量等于小球的動能的增加量，故e；碰撞過程動量守恒，故繼續(xù)擺動過程機械能守恒，故：聯(lián)立解得；（3）缺少的主要實驗步驟有：用天平稱出小球質(zhì)量和重盒的質(zhì)量；用球a接觸彈簧但不壓縮，記錄其重心位置，讀取導(dǎo)軌上相應(yīng)的讀數(shù)；改變彈簧壓縮量，重復(fù)實驗若干次 （4）要注意每次實驗時，彈簧壓縮量不要過大，以保證繩總處于繃直狀態(tài)，同時擺角不大于；每次實驗時，彈簧的壓縮量也不宜過小，否則壓縮量l及擺角的測量相對誤差大，軌道摩擦損耗不可忽略12.為了測量某電學(xué)元件的額定功率，一小組利用下列器材進行實驗a待測元件(額定電壓5v，額定功率約25w)b電壓表v(

23、量程3v，內(nèi)阻約5k)c電流表a(量程0.6a，內(nèi)阻約1.5)d電阻箱r(09999)e滑動變阻器(01k)f滑動變阻器(020)g電池(8v)h開關(guān)，導(dǎo)線若干(1)測定電壓表內(nèi)阻，擴大電壓表量程i在圖甲中閉合s，滑動變阻器r1的滑片p置于某一位置調(diào)節(jié)電阻箱，記錄此時電阻箱阻值r及電壓表示數(shù)uii保持滑片p位置不變，改變電阻箱阻值r，記錄多組r、u值以為縱軸，r為橫軸，作圖象如圖乙所示實驗中滑動變阻器r1應(yīng)選擇_(填寫器材前序號)；電壓表內(nèi)阻rv=_k；為使電壓表指針指在滿偏處，電阻箱的阻值r=_k(2)用改裝后的電壓表及其他器材進行測量rx，請用筆畫線代替導(dǎo)線，將圖丙中的實物電路連接完整_【

24、答案】 (1). f (2). 5.4 (3). 3.6 (4). 【解析】【詳解】（1）為了使得改變電阻箱電阻時，電阻箱和電壓表兩端的電壓之和保持不變，則滑動變阻器應(yīng)該選擇阻值較小的f；由電路圖可知：，即；由圖像可知：；，解得 u0=5v，rv=5.4k；為使電壓表指針指在滿偏處，即u=3v，則電阻箱的阻值r=3.6k；（2）電路連線如圖；三、解答題（本大題共2小題，共40分。寫出必要的文字說明與步驟。）13.如圖所示，質(zhì)量m=4.0kg的長木板b靜止在光滑的水平地面上，在其右端放一質(zhì)量m=1.0kg的小滑塊a（可視為質(zhì)點）初始時刻，a、b分別以v0=2.0m/s向左、向右運動，最后a恰好沒

25、有滑離b板已知a、b之間的動摩擦因數(shù)=0.40，取g=10m/s2求：（1）a、b相對運動時的加速度aa和ab的大小與方向；（2）a相對地面速度為零時，b相對地面運動已發(fā)生的位移大小x；（3）木板b的長度l【答案】（1）aa=4.0m/s2，方向水平向右ab=1.0m/s2，方向水平向左（2）x=0.875m（3）l=1.6m【解析】【詳解】試題分析：（1）a、b分別受到大小為mg的摩擦力作用，根據(jù)牛頓第二定律對a有mg=maa 則aa=g=40 m/s2 方向水平向右對b有mg=mab 則ab=mg/m=10 m/s2 方向水平向左（2）開始階段a相對地面向左做勻減速運動，設(shè)到速度為零時所用

26、時間為t1，則v0=aat1，解得t1=v0/aa=050 sb相對地面向右做勻減速運動x=v0t1abt2=0875 m（3）a先相對地面向左勻減速運動至速度為零，后相對地面向右做勻加速運動，加速度大小仍為aa=40 m/s2b板向右一直做勻減速運動，加速度大小為ab=10 m/s2當(dāng)a、b速度相等時，a滑到b最左端，恰好沒有滑離木板b，故木板b的長度為這個全過程中a、b間的相對位移在a相對地面速度為零時，b的速度vb=v0abt1=15 m/s設(shè)由a速度為零至a、b速度相等所用時間為t2，則 aat2=vbabt2解得t2=vb/（aaab）=03 s共同速度v=aat2=12 m/s從開

27、始到a、b速度相等的全過程，利用平均速度公式可知a向左運動的位移xa=b向右運動位移b板的長度l=xaxb=16 m14.在如圖所示的平面直角坐標(biāo)系中，存在一個半徑r0.2m的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度b1.0t，方向垂直紙面向外，該磁場區(qū)域的右邊緣與y坐標(biāo)軸相切于原點o點y軸右側(cè)存在一個勻強電場，方向沿y軸正方向，電場區(qū)域?qū)挾?.1m現(xiàn)從坐標(biāo)為（0.2m，0.2m）的p點發(fā)射出質(zhì)量m2.0×109kg、帶電荷量q5.0×105c的帶正電粒子，沿y軸正方向射入勻強磁場，速度大小v05.0×103m/s（粒子重力不計）（1）帶電粒子從坐標(biāo)為（0.1m，0.05m）

28、的點射出電場，求該電場強度；（2）為了使該帶電粒子能從坐標(biāo)為（0.1m，0.05m）的點回到電場，可在緊鄰電場的右側(cè)區(qū)域內(nèi)加勻強磁場，試求所加勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小和方向【答案】（1）1.0×104n/c（2）4t，方向垂直紙面向外【解析】【詳解】解：（1）帶正電粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有：可得：r=0.20m=r根據(jù)幾何關(guān)系可以知道，帶電粒子恰從o點沿x軸進入電場，帶電粒子做類平拋運動，設(shè)粒子到達電場邊緣時，豎直方向的位移為y根據(jù)類平拋規(guī)律可得： 根據(jù)牛頓第二定律可得：聯(lián)立可得：n/c（2）粒子飛離電場時，沿電場方向速度：m/s=粒子射出電場時速度： 根

29、據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子在區(qū)域磁場中做圓周運動半徑：根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得： 聯(lián)立可得所加勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小：t根據(jù)左手定則可知所加磁場方向垂直紙面向外15.如圖，一帶電荷量q=+0.05c、質(zhì)量m=lkg的絕緣平板置于光滑的水平面上，板上靠右端放一可視為質(zhì)點、質(zhì)量m=lkg的不帶電小物塊，平板與物塊間的動摩擦因數(shù)=0.75距平板左端l=0.8m處有一固定彈性擋板，擋板與平板等高，平板撞上擋板后會原速率反彈整個空間存在電場強度e=100n/c的水平向左的勻強電場現(xiàn)將物塊與平板一起由靜止釋放，已知重力加速度g=10m/s2，平板所帶電荷量保持不變，整個過程中物塊未離開平板求：（1）平板第二

30、次與擋板即將碰撞時的速率；（2）平板的最小長度；（3）從釋放平板到兩者最終停止運動，擋板對平板的總沖量【答案】（1）平板第二次與擋板即將碰撞時的速率為1.0m/s;（2）平板的最小長度為0.53m;（3）從釋放平板到兩者最終停止運動，擋板對平板的總沖量為8.0ns【解析】【詳解】（1）兩者相對靜止，在電場力作用下一起向左加速，有a=2.5m/s2g故平板m與物塊m一起勻加速，根據(jù)動能定理可得：qel=（m+m）v解得v=2.0m/s平板反彈后，物塊加速度大小a1=7.5m/s2，向左做勻減速運動平板加速度大小a2=12.5m/s2，平板向右做勻減速運動，設(shè)經(jīng)歷時間t1木板與木塊達到共同速度v1，向右為正方向-v1+a1t1=v1-a2t1解得t1=0.2s，v=0.5m/s，方向向左此時平板左端距擋板的距離：x=v1t1=0.15m此后兩者一起向左勻加速，設(shè)第二次碰撞時速度為v，則由動能定理（m+m）v（m+m）=qex1解得v2=1.0m/s（2）最后平板、小物塊靜止（左端與擋板接觸），此時小物塊恰好滑到平板最左端，這時的平板長度最短設(shè)平板長為l，全程根據(jù)能量守恒可得：qel=mgl解得：l=0.53m（3）設(shè)平板第n-1次與第n次碰撞反彈速度分別為vn-1，和vn；平板第n-1次反彈