2018年天津市高考物理試卷解析版

1、2018年天津市高考物理試卷解析版參考答案與試題解析一、單項選擇題（每小題6分，共30分。每小題給出的四個選項中，只有一個選項是正確的）1（6分）國家大科學工程中國散裂中子源（CSNS）于2017年8月28日首次打靶成功，獲得中子束流，可以為諸多領域的研究和工業(yè)應用提供先進的研究平臺。下列核反應中放出的粒子為中子的是（）A714N俘獲一個粒子，產生817O并放出一個粒子B1327Al俘獲一個粒子，產生1530P并放出一個粒子C511B俘獲一個質子，產生48Be并放出一個粒子D36Li俘獲一個質子，產生23He并放出一個粒子【考點】JJ：裂變反應和聚變反應菁優(yōu)網版權所有【專題】31：定性思想；4

2、3：推理法；54O：衰變和半衰期專題【分析】依據質量數與電荷數守恒；裂變是較重的原子核分裂成較輕的原子核的反應?！窘獯稹拷猓篈、714N俘獲一個粒子，產生817O后，新粒子的質量數為14+4171，電荷數為：7+281，所以粒子為質子。故A錯誤；B、1327Al俘獲一個粒子，產生1530P后，粒子的質量數為27+4301，電荷數為：13+2150，所以粒子為中子。故B正確；C、511B俘獲一個質子，產生48Be后，粒子的質量數為11+184，電荷數為：5+142，所以粒子為粒子。故C錯誤；D、36Li俘獲一個質子，產生23He后，粒子的質量數為6+134，電荷數為：3+122，所以粒子為粒子。

3、故D錯誤故選：B?！军c評】考查核反應書寫規(guī)律，掌握常見的人工核反應的規(guī)律，知道質量數與電荷數守恒是解答的關鍵。2（6分）滑雪運動深受人民群眾喜愛。某滑雪運動員（可視為質點）由坡道進入豎直圓面內的圓弧形滑道AB，從滑道的A點滑行到最低點B的過程中，由于摩擦力的存在，運動員的速率不變，則運動員沿AB下滑過程中（）A所受合外力始終為零B所受摩擦力大小不變C合外力做功一定為零D機械能始終保持不變【考點】62：功的計算；6B：功能關系菁優(yōu)網版權所有【專題】31：定性思想；43：推理法；52Q：功能關系 能量守恒定律【分析】滑雪運動員的速率不變做勻速圓周運動，加速度不為零，運動員所受合外力大小不為0，對運

4、動員進行受力分析，結合受力的特點分析摩擦力的變化。摩擦力做功運動員的機械能減小【解答】解：A、滑雪運動員的速率不變，而速度方向是變化的，速度是變化的，運動員的加速度不為零，由牛頓第二定律可知，運動員所受合外力始終不為零。故A錯誤。B、運動員下滑過程中受到重力、滑道的支持力與滑動摩擦力，由圖可知，運動員從A到B的過程中，滑道與水平方向之間的夾角逐漸減小，則重力沿斜面向下的分力逐漸減小，運動員的速率不變，則運動員沿滑道方向的合外力始終等于0，所以滑動摩擦力也逐漸減小。故B錯誤。C、滑雪運動員的速率不變則動能不變，由動能定理可知，合外力對運動員做功為0故C正確。D、運動員從A到B下滑過程中的動能不變

5、而重力勢能減小，所以機械能減小。故D錯誤。故選：C?！军c評】本題抓住運動員做的是勻速圓周運動，速率不變，而速度、加速度、合外力是變化的。3（6分）如圖所示，實線表示某電場的電場線（方向未標出），虛線是一帶負電的粒子只在電場力作用下的運動軌跡，設M點和N點的電勢分別為M、N，粒子在M和N時加速度大小分別為aM、aN，速度大小分別為vM、vN，電勢能分別為EPM、EPN下列判斷正確的是（）AvMvN，aMaNBvMvN，MNCMN，EPMEPNDaMaN，EPMEPN【考點】AG：電勢差和電場強度的關系菁優(yōu)網版權所有【專題】31：定性思想；43：推理法；532：電場力與電勢的性質專題【分析】帶電粒

6、子只受電場力作用，根據運動軌跡可知電場力指向運動軌跡的內側即斜向右下方，由于粒子帶負電，因此電場線方向指向左上方；電勢能變化可以通過電場力做功情況判斷；電場線的疏密反應電場的強弱?！窘獯稹拷猓簬щ娏Ｗ铀茈妶隽χ赶蜍壽E彎曲的內側，根據帶負電粒子受力情況可知，電場線方向斜向左上方，又沿著電場線方向，電勢逐漸降低，故MN；若粒子從M到N過程，電場力做負功，動能減小，電勢能增加，故帶電粒子通過M點時的速度比通過N點時的速度大，即vMvN，在M點具有的電勢能比在N點具有的電勢能小，即EPMEPN；根據電場線疏密可知，EMEN，根據FEq和牛頓第二定律可知，aMaN；A、由可知，A錯誤；B、由可知，B錯

7、誤；C、由可知，C錯誤；D、由可知，D正確；故選：D?！军c評】解決這類帶電粒子在電場中運動的思路是：根據運動軌跡判斷出所受電場力方向，然后進一步判斷電勢、電場強度、電勢能、動能等物理量的變化。4（6分）教學用發(fā)電機能夠產生正弦式交變電流。利用該發(fā)電機（內阻可忽略）通過理想變壓器向定值電阻R供電，電路如圖所示，理想交流電流表A、理想交流電壓表V的讀數分別為I、U，R消耗的功率為P若發(fā)電機線圈的轉速變?yōu)樵瓉淼?2，則（）AR消耗的功率變?yōu)?2PB電壓表V的讀數變?yōu)?2UC電流表A的讀數變?yōu)?ID通過R的交變電流頻率不變【考點】E8：變壓器的構造和原理菁優(yōu)網版權所有【專題】31：定性思想；4C：方程

8、法；53A：交流電專題【分析】根據交流電的產生以及最大值的表達式，分析交流電的最大值的變化，結合當結合有效值與最大值之間的關系分析有效值的變化；結合變壓器的特點分析副線圈上的電壓的變化、功率的變化以及頻率的變化。【解答】解：A、B、線圈在勻強磁場中勻速轉動，設線圈的最大橫截面積為S，磁場的磁感應強度為B，線圈轉動的角速度為，則產生的最大電動勢為：EmnBS原線圈兩端的電壓等于電動勢的有效值，為：U1=22Em=22nBS設原副線圈的匝數比為k，則副線圈兩端的電壓為：U=U2=1kU1=22knBS當發(fā)電機線圈的轉速變?yōu)樵瓉淼?2時，有：Em'=nBS'=12nBS=12Em副線

9、圈兩端的電壓為：U'=24knBS聯立可知，U'U=12，即電壓表的讀數變?yōu)?2U；由：P=U2RR消耗的電功率：P'P=U'2U2=14，即R消耗的功率變?yōu)?4P；故A錯誤，B正確；C、由變壓器的特點可知，副線圈消耗的功率為原來的14，則發(fā)電機產生的電功率變成原來的14；由可知，線圈產生的電動勢是原來的12，由PUI可知，電流表的讀數變成原來的12故C錯誤；D、發(fā)電機線圈的轉速變?yōu)樵瓉淼?2，則原線圈中電流的頻率變成原來的12，所以副線圈中，通過R的頻率變成原來的12故D錯誤。故選：B?！军c評】本題考查了交流電的產生以及變壓器的構造和原理，對交流電來說，當線圈

10、的角速度減小時，不僅僅交流電的頻率發(fā)生變化，交流電的最大值、有效值都會產生變化。5（6分）氫原子光譜在可見光區(qū)域內有四條譜線H、H、H和H，都是氫原子中電子從量子數n2的能級躍遷到n2的能級時發(fā)出的光，它們在真空中的波長由長到短，可以判定（）AH對應的前后能級之差最小B同一介質對H的折射率最大C同一介質中H的傳播速度最大D用H照射某一金屬能發(fā)生光電效應，則H也一定能【考點】H3：光的折射定律；IC：光電效應菁優(yōu)網版權所有【專題】31：定性思想；43：推理法；54I：光電效應專題【分析】由波長與頻率關系，可判定四條譜線的頻率高低，從而確定其的能量大小，再結合躍遷過程中，釋放能量即為前后能級之差，

11、并由能量大小，來判定折射率的高低，再由v=cn，來確定傳播速度的大?。蛔詈笠罁肷涔獾念l率不小于極限頻率時，才會發(fā)生光電效應現象?！窘獯稹拷猓篈、四條譜線H、H、H和H，在真空中的波長由長到短，根據=c，可知，四條譜線H、H、H和H，的頻率是由低到高；那么它們的能量也是由小到大，而EEmEnh，則H對應的前后能級之差最小，故A正確；B、當在同一介質，由于H，能量最大，那么其的折射率也最大，而對H的折射率最小，故B錯誤；C、在同一介質中，H的折射率最大，由v=cn，可知，其傳播速度最小，故C錯誤；D、若用H照射某一金屬能發(fā)生光電效應，由于H的能量小于H，即H的頻率小于H，依據光電效應發(fā)生條件，其

12、入射頻率不小于極限頻率則H不一定能，故D錯誤；故選：A?！军c評】考查躍遷過程中能級的高低，掌握頻率的大小與折射率的高低的關系，理解光電效應發(fā)生條件。二、不定項選擇題（每小題6分，共18分。每小題給出的四個選項中，都有多個選項是正確的。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，選錯或不答的得0分）6（6分）2018年2月2日，我國成功將電磁監(jiān)測試驗衛(wèi)星“張衡一號”發(fā)射升空，標志我國成為世界上少數擁有在軌運行高精度地球物理場探測衛(wèi)星的國家之一。通過觀測可以得到衛(wèi)星繞地球運動的周期，并已知地球的半徑和地球表面處的重力加速度。若將衛(wèi)星繞地球的運動看作是勻速圓周運動，且不考慮地球自轉的影響，根據以上數據可以

13、計算出衛(wèi)星的（）A密度B向心力的大小C離地高度D線速度的大小【考點】4F：萬有引力定律及其應用；4H：人造衛(wèi)星菁優(yōu)網版權所有【專題】31：定性思想；4C：方程法；529：萬有引力定律在天體運動中的應用專題【分析】衛(wèi)星繞地球做圓周運動，萬有引力提供向心力，應用萬有引力公式與牛頓第二定律求出線速度、向心加速度、重力加速度，然后答題。【解答】解：A、設觀測可以得到衛(wèi)星繞地球運動的周期為T，地球的半徑為R，地球表面的重力加速度為g；地球表面的重力由萬有引力提供，所以：mg=GMmR2等號的兩側都有衛(wèi)星得質量m，所以不能求出衛(wèi)星的質量，就不能求出衛(wèi)星的密度。故A錯誤；B、題目中沒有告訴衛(wèi)星的質量，不能求

14、出衛(wèi)星受到的向心力。故B錯誤；C、根據萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得：GMm(R+h)2=m(2T)2（R+h）解得：h=3GMT242-R=3gR2T242-R 可以求出衛(wèi)星的高度。故C正確；D、由牛頓第二定律得：GMm(R+h)2=mv2R+h解得：v=GMR+h=gR23gR2T242，可知可以求出衛(wèi)星的線速度。故D正確故選：CD?！军c評】本題考查了人造衛(wèi)星的應用，知道萬有引力提供向心力是解題的關鍵，應用萬有引力公式與牛頓第二定律可以解題。7（6分）明朝謝肇淛的五雜組中記載：“明姑蘇虎丘寺塔傾側，議欲正之，非萬緡不可。一游僧見之曰：無煩也，我能正之。”游僧每天將木楔從塔身傾斜一側的

15、磚縫間敲進去，經月余扶正了塔身。假設所用的木楔為等腰三角形，木楔的頂角為，現在木楔背上加一力F，方向如圖所示，木楔兩側產生推力FN，則（）A若F一定，大時FN大B若F一定，小時FN大C若一定，F大時FN大D若一定，F小時FN大【考點】2G：力的合成與分解的運用菁優(yōu)網版權所有【專題】31：定性思想；4C：方程法；527：共點力作用下物體平衡專題【分析】由于木楔處在靜止狀態(tài)，故可將力F沿與木楔的斜面垂直且向上的方向進行分解，根據平行四邊形定則，畫出力F按效果分解的圖示。并且可據此求出木楔對兩邊產生的壓力?！窘獯稹拷猓哼x木楔為研究對象，木楔受到的力有：水平向左的F、和兩側給它的與木楔的斜面垂直的彈力

16、，由于木楔處于平衡狀態(tài)，所以兩側給它的與木楔的斜面垂直的彈力與F沿兩側分解的分力是相等的，力F的分解如圖：則：F=F1cos(90°-2)+F2cos(90°-2)=2F1cos(90°-2)=2F1sin2所以：F1=F2sin2由公式可知，當F一定，小時FN大；當一定，F大時FN大。故AD錯誤，BC正確故選：BC。【點評】對力進行分解時，一定要分清力的實際作用效果的方向如何，再根據平行四邊形定則或三角形定則進行分解即可。8（6分）一振子沿x軸做簡諧選動，平衡位置在坐標原點。t0時振子的位移為0.1m，t1s時位移為0.1m，則（）A若振幅為0.1m，振子的周期

17、可能為23sB若振幅為0.1m，振子的周期可能為45sC若振幅為0.2m，振子的周期可能為4sD若振幅為0.2m，振子的周期可能為6s【考點】72：簡諧運動的振幅、周期和頻率菁優(yōu)網版權所有【專題】32：定量思想；4C：方程法；51D：振動圖像與波動圖像專題【分析】t0時刻振子的位移x0.1m，t1s時刻x0.1m，關于平衡位置對稱；如果振幅為0.1m，則1s為半周期的奇數倍；如果振幅為0.2m，分靠近平衡位置和遠離平衡位置分析。【解答】解：A、B、t0時刻振子的位移x0.1m，t1s時刻x0.1m，如果振幅為0.1m，則：（n+12）Tt解得：T=2t2n+1=22n+1當n0時，T2s；當n

18、1時，T=23s；當n2時，T=25s故A正確，B錯誤；C、D、t0時刻振子的位移x0.1m，t4s時刻x0.1m，如果振幅為0.2m，結合位移時間關系圖象，有：t=T2+nT 或者t=56T+nT 或者t=T6+nT 對于式，當n0時，T2s；對于式，當n1時，T=23s；對于式，當n0時，T=65s；對于式，當n1時，T=611s對于式，當n0時，T6s；對于式，當n1時，T=67s故C錯誤，D正確；故選：AD?！军c評】本題中，0時刻和1s時刻的速度有兩種方向，考慮4種情況，還要考慮多解性，不難。三、非選擇題本題共4題，共72分9（4分）質量為0.45kg的木塊靜止在光滑水平面上，一質量為

19、0.05kg的子彈以200m/s的水平速度擊中木塊，并留在其中，整個木塊沿子彈原方向運動，則木塊最終速度的大小是20m/s。若子彈在木塊中運動時受到的平均阻力為4.5×103N，則子彈射入木塊的深度為0.2m。【考點】53：動量守恒定律；6B：功能關系菁優(yōu)網版權所有【專題】12：應用題；32：定量思想；4C：方程法；52G：動量和能量的綜合【分析】以整體為研究對象，水平方向根據動量守恒定律求解木塊最終的速度大?。桓鶕芰渴睾愣汕蠼庾訌椛淙肽緣K的深度?！窘獯稹拷猓耗緣K的質量M0045kg，子彈的質量為m0.05kg，初速度為v0200m/s，二者組成的系統水平方向動量守恒，設子彈初速

20、度方向為正方向，根據動量守恒定律可得：mv0（m+M）v解得木塊最終速度的大小v=mv0m+M=0.050.05+0.45×200m/s20m/s；設子彈射入木塊的深度為d，根據能量守恒定律可得：fd=12mv02-12(m+M)v2，解得：d0.2m。故答案為：20；0.2。【點評】本題主要是考查了動量守恒定律；對于動量守恒定律，其守恒條件是：系統不受外力作用或某一方向不受外力作用；解答時要首先確定一個正方向，利用碰撞前系統的動量和碰撞后系統的動量相等列方程進行解答。10（4分）某研究小組做“驗證力的平行四邊形定則”實驗，所有器材有：方木板一塊，白紙，量程為5N的彈簧測力計兩個，橡

21、皮條（帶兩個較長的細繩套），刻度尺，圖釘（若干個）。具體操作前，同學們提出了如下關于實驗操作的建議，其中正確的有BC。A橡皮條應和兩繩套夾角的角平分線在一條直線上B重復實驗再次進行驗證時，結點O的位置可以與前一次不同C使用測力計時，施力方向應沿測力計軸線；讀數時視線應正對測力計刻度D用兩個測力計互成角度拉橡皮條時的拉力必須都小于只用一個測力計時的拉力該小組的同學用同一套器材做了四次實驗，白紙上留下的標注信息有結點位置O、力的標度、分力和合力的大小及表示力的作用線的點，如下圖所示。其中對于提高實驗精度最有利的是B。【考點】M3：驗證力的平行四邊形定則菁優(yōu)網版權所有【專題】13：實驗題；23：實驗

22、探究題；31：定性思想；49：合成分解法；526：平行四邊形法則圖解法專題【分析】做探究共點力合成的規(guī)律實驗：我們是讓兩個力拉橡皮條和一個力拉橡皮條產生的作用效果相同，測出兩個力的大小和方向以及一個力的大小和方向，用力的圖示畫出這三個力，用平行四邊形做出兩個力的合力的理論值，和那一個力（實際值）進行比較。用平行四邊形畫出來的是理論值，和橡皮筋同線的那個是實際值。由此結合實驗過程中需要注意的事項依次分析即可。【解答】解：（1）A、F1、F2方向間夾角大小適當即可，不一定要橡皮條應和兩繩套夾角的角平分線在一條直線上，故A錯誤；B、合力與分力的關系為等效替代的關系，效果是相同的，所以在同一次實驗時，

23、需要讓兩個力拉橡皮條和一個力拉橡皮條產生的作用效果相同，則必定結點O的位置要相同；而在重復實驗再次進行驗證時，結點O的位置可以與前一次不同。故B正確；C、使用測力計時，施力方向應沿測力計軸線，可以減小因摩擦產生的誤差；讀數時視線應正對測力計刻度，可以減小偶然誤差。故C正確；D、用兩個測力計互成角度拉橡皮條時的拉力不一定必須都小于只用一個測力計時的拉力，故D錯誤；故選：BC（2）A、為了便于確定拉力的方向，拉橡皮條的細繩要稍長一些，同時在紙上描點時，所描的點不要太靠近結點，該圖中所描的點太靠近結點。故A錯誤；B、該圖中所描的點到結點的距離適中，力的大小適中，而且兩個力的角度的大小也適中。故B正確

24、；C、實驗要方便、準確，兩分力適當大點，讀數時相對誤差小，但不宜太大，該圖中的讀數都太小，故C錯誤；D、該圖中兩個分力之間的夾角太小，這樣誤差容易大，故D錯誤；故選：B故答案為：（1）BC；（2）B【點評】在“驗證力的平行四邊形定則”實驗中，我們要知道分力和合力的效果是等同的，這要求同學們對于基礎知識要熟練掌握并能正確應用，加強對基礎實驗理解，同時要理解會給實驗帶來誤差的因素。11（10分）某同學用伏安法測定待測電阻Rx的阻值（約為10k），除了Rx、開關S、導線外，還有下列器材供選用：A電壓表（量程01V，內阻約10k）B電壓表（量程010V，內阻約100k）C電流表（量程01mA，內阻約3

25、0）D電流表（量程00.6A，內阻約0.05）E電源（電動勢1.5V，額定電流0.5A，內阻不計）F電源（電動勢12V，額定電流2A，內阻不計）G滑動變阻器R0（阻值范圍010，額定電流2A）為使測量盡量準確，電壓表選用B，電流表選用C，電源選用F。（均填器材的字母代號）畫出測量Rx阻值的實驗電路圖。該同學選擇器材、連接電路和操作均正確，從實驗原理上看，待測電阻測量值會大于其真實值（填“大于”、“小于”或“等于”），原因是電壓表的讀數大于待測電阻兩端實際電壓?！究键c】N6：伏安法測電阻菁優(yōu)網版權所有【專題】13：實驗題；23：實驗探究題；31：定性思想；46：實驗分析法；535：恒定電流專題【

26、分析】分析給出的儀表，根據安全和準確性原則進行分析，從而確定應選擇的測量儀表；根據實驗原理確定實驗電路圖，明確分壓接法和內外接法的正確應用；分析電路圖，根據電表內阻的影響進行分析，明確誤差情況和原因?！窘獯稹拷猓阂虼郎y電阻阻值較大，為了準確測量，應采用較大的電動勢，故選電動勢為12V的電源F；電壓表選擇10V的量程，最大電流I約為：I=1010000=0.001A1mA，故電流表選擇C；因給出的滑動變阻器總阻值較小，所以應采用分壓接法，同時因待測電阻較大，為了準確測量，電流表選擇內接法，故電路圖如圖所示；因本實驗采用電流表內接法，由于電流表分壓影響，電壓表測量值將大于真實值，由歐姆定律可知，電

27、阻測量值將大于真實值；故答案為：B；C；F；如圖所示；大于；電壓表的讀數大于待測電阻兩端的實際電壓?！军c評】遇到電學實驗問題應明確：通過求出待測電阻的最大電流來選擇電流表量程；明確“大內偏大，小外偏小“的電流表接法和誤差情況分析；若變阻器的全電阻能滿足電路電阻要求時，變阻器可以采用限流式接法。12（16分）我國自行研制、具有完全自主知識產權的新一代大型噴氣式客機C919首飛成功后，拉開了全面試驗試飛的新征程。假設飛機在水平跑道上的滑跑是初速度為零的勻加速直線運動，當位移x1.6×103m時才能達到起飛所要求的速度v80m/s。已知飛機質量m7.0×104kg，滑跑時受到的阻

28、力為自身重力的0.1倍，重力加速度取g10m/s2求飛機滑跑過程中（1）加速度a的大?。唬?）牽引力的平均功率P?！究键c】1E：勻變速直線運動的位移與時間的關系；37：牛頓第二定律菁優(yōu)網版權所有【專題】11：計算題；22：學科綜合題；32：定量思想；4C：方程法；52H：力學三大知識結合的綜合問題【分析】（1）飛機起飛滑行過程簡化為初速度為零的勻加速直線運動，根據勻變速直線運動的速度位移公式求出飛機滑行過程的加速度。（2）由vat求飛機滑行的時間t；根據動能定理求出牽引力做的功，由平均功率的表達式即可求出平均功率?！窘獯稹拷猓海?）根據速度位移公式得，v22as代入數據得 a2m/s2。（2）

29、由vat得： t=va=802=40s飛機受到的阻力：F阻0.1mg設牽引力做的功為W，則由動能定理可得：WF阻x=12mv2牽引力的平均功率：P=Wt代入數據聯立可得：P8.4×106W答：（1）飛機滑行過程中加速度大小a是2m/s2；（2）牽引力的平均功率是8.4×106W?！军c評】解決本題的關鍵掌握勻變速直線運動的速度位移公式，并能靈活運用，要知道加速度是聯系力和運動的橋梁。13（18分）如圖所示，在水平線ab的下方有一勻強電場，電場強度為E，方向豎直向下，ab的上方存在勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里。磁場中有一內、外半徑分別為R、3R的半圓環(huán)形區(qū)域，外圓

30、與ab的交點分別為M、N一質量為m、電荷量為q的帶負電粒子在電場中P點靜止釋放，由M進入磁場，從N射出。不計粒子重力。（1）求粒子從P到M所用的時間t；（2）若粒子從與P同一水平線上的Q點水平射出，同樣能由M進入磁場，從N射出。粒子從M到N的過程中，始終在環(huán)形區(qū)域中運動，且所用的時間最少，求粒子在Q時速度v0的大小?！究键c】AK：帶電粒子在勻強電場中的運動；CI：帶電粒子在勻強磁場中的運動菁優(yōu)網版權所有【專題】11：計算題；22：學科綜合題；31：定性思想；4C：方程法；536：帶電粒子在磁場中的運動專題【分析】（1）根據洛倫茲力提供向心力即可求出粒子到達M點的速度，然后結合動量定理即可求出粒

31、子在電場中運動的時間；（2）由圓周運動的條件與臨界條件，求出粒子到達M的速度，然后由動能定理即可求出?！窘獯稹拷猓海?）設粒子第一次在磁場中運動的速度為v，粒子在磁場中受到的洛倫茲力提供向心力，可得：qvB=mv23R 可得：v=3qBRm粒子在電場中受到的電場力為qE，設運動的時間為t，則：qEtmv0聯立可得：t=3BRE（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動的過程中，其周期：T=2mqB，可知粒子在磁場中運動的周期與其速度、半徑都無關；根據：t0T=2可知粒子在磁場中運動的時間由軌跡的圓弧對應的圓心角有關，圓心角越小，則時間越短；所以當軌跡與內圓相切時，所用的時間最短，設粒子此時的半徑為r，如

32、圖：由幾何關系可得：(r-R)2+(3R)2=r2設粒子進入磁場時速度的方向與ab的夾角為，則圓弧所對的圓心角為2，由幾何關系可得：tan=3Rr-R粒子從Q點拋出后做類平拋運動，在電場方向向上的分運動與從P釋放后的情況相同，所以粒子進入磁場時，沿豎直方向的分速度同樣也為v，在垂直于電場方向的分速度始終為v0，則：tan=vv0聯立可得：v0=qBRm答：（1）粒子從P到M所用的時間是3BRE；（2）所用的時間最少時，粒子在Q時速度v0的大小是qBRm?！军c評】本題考查帶電粒子在電場、磁場中兩運動模型：勻速圓周運動與類平拋運動，及相關的綜合分析能力，以及空間想像的能力，應用數學知識解決物理問題

33、的能力等，其中正確判斷出臨界條件是解答第二問的關鍵。14（20分）真空管道超高速列車的動力系統是一種將電能直接轉換成平動動能的裝置。圖1是某種動力系統的簡化模型，圖中粗實線表示固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導軌，電阻忽略不計。ab和cd是兩根與導軌垂直、長度均為l、電阻均為R的金屬棒，通過絕緣材料固定在列車底部，并與導軌良好接觸，其間距也為l，列車的總質量為m。列車啟動前，ab、cd處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向下，如圖1所示。為使列車啟動，需在M、N間連接電動勢為E的直流電源，電源內阻及導線電阻忽略不計。列車啟動后電源自動關閉。（1）要使列車向右運行，啟動時圖1中M、N哪個接電源正極，并簡要說明理由；（2）求剛接通電源時列車加速度a的大??；（3）列車減速時，需在前方設置如圖2所示的一系列磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域，磁場寬度和相鄰磁場間距均大于l。若某時刻列車的速度為v0，此時ab、cd均在無磁場區(qū)域，試討論：要使列車停下來，前方至少需要多少塊這樣的有界磁場？【考點】37：牛