2021屆廣東省江門一中高考物理模擬試卷(5月份)(含答案解析)

2021屆廣東省江門一中高考物理模擬試卷（5月份）

一、單選題（本大題共7小題，共21.0分）

1.物理定律多數(shù)是在大量實驗的基礎上歸納總結出來的。但也有些物理規(guī)律的建立并不是直接從

實驗得到的，而是經(jīng)過了理想化（或合理）外推得到的。下列規(guī)律中屬于理想化外推得到的是（）

A.機械能守恒定律B.牛頓第二定律

C.牛頓第一定律D.法拉第電磁感應定律

2.如圖所示為氫原子的能級圖，一群處于律=4能級的氫原子輻射出的_________竺2丫o

光子照射某金屬表面，逸出的光電子的最大初動能為2.5eU,則下列寸期

說法正確的是（）2------------3.40.

A.該金屬的逸出功為10.5eV

1------------13.6

B.共有3種不同頻率的光子能使該金屬發(fā)生光電效應

C.從n=4直接躍遷到n=1輻射的光子被電子吸收后，電子一定會從金屬表面飛出

D.從陞=3躍遷到n=l輻射出的光子照射該金屬，打出的光電子的最大初動能為1.84eV

3.下列敘述中正確的是（）

A.庫侖提出了用電場線描述電場的方法

B.重心、合力等概念的建立都體現(xiàn)了等效替代的思想

C.伽利略猜想自由落體的運動速度與下落時間成正比，并直接用實驗進行了驗證

D.用比值法定義的物理概念在物理學中占有相當大的比例，例如場強E=；,加速度a='都是

采用比值法定義的

4.在如圖所示的U-/圖像中，直線。為某電源的路端電壓與電流的關系，直線匕為某電阻元件的

電壓與電流的關系。現(xiàn)用該電源直接與元件連接成閉合電路。則此時

UN

A.電源將其它能轉化為電能的功率為18W

B.該元件的電阻為20

C.該元件發(fā)熱功率為6W

D.電源外電路與內電路消耗功率之比為2:3

5.如圖所示的水平面上，伸長的橡皮繩一端固定，另一端連接兩根

彈簧，連接點P在F1、尸2和尸三力作用下保持靜止。下列判斷正

確的是（）

A.4>尸2>尸3

B.尸2>&>&

C.尸3>&>F2

D.>F2>Fl

6.下列說法正確的是（）

A.為了形象地描述電場和磁場，法拉第引入了電場線和磁感線

B.由E可知，電場中某點的電場強度大小與檢驗電荷受到的電場力大小成正比

C.由C=》可知，電容器的電容與加在電容器上的電壓成反比

D.由可知，某點的檢驗電流元所受的安培力為零，則該點的磁感應強度必為零

7.火星是太陽系中地球外側離地球最近的行星，當?shù)厍蛟诨鹦呛吞栔g且成一條直線時，稱為

行星沖日現(xiàn)象，已知地球的公轉周期為1年，火星的公轉周期約為地球的兩倍，則火星和地球

相鄰兩次沖日的時間間隔大約為（）

A.1年B.2年C.4年D.8年

二、多選題（本大題共3小題，共9.0分）

8.一個帶正電的微粒在電場中只受到電場力的作用，在4s內它的速度-時間圖線如圖所示，下列

關于電場力對帶電微粒作用的說法正確的是（）

A.

B.前2s內與后2s內電場力對微粒作用的沖量大小相等、方向相反

C.前2s內與后2s內電場力對微粒作的功大小相等、符號相同

D.前2s內與后2s內電場力對微粒作的功大小相等、符號相反

9.如圖所示，放在臺秤上的條形磁鐵兩極未知，為了探明磁鐵的極性，在它中

央的正上方固定一導線，導線與磁鐵垂直，給導線通以垂直紙面向外的電流,

則（）

A.如果臺秤的示數(shù)增大，說明磁鐵左端是N極

B.如果臺秤的示數(shù)增大，說明磁鐵右端是N極

C.無論如何臺秤的示數(shù)都不可能變化

D.臺秤的示數(shù)可能隨電流的增大而減小

10.如圖所示，細桿的一端與小球相連,可繞過0點的水平軸自由轉動，細桿長0.5m,b

小球質量為2.0kg。現(xiàn)給小球一定的初速度使它做圓周運動，若小球通過軌道最

O

低點a處的速度為%=5m/s,通過軌道最高點b處的速度為%=Im/s,取g=

10m/s2,則小球通過最低點和最高點時對細桿作用力的情況是（）

A.”處為拉力，大小為120NB.“處為拉力，大小為80N

C"處為拉力，大小為24ND.6處為壓力，大小為16N

三、填空題（本大題共2小題，共8.（）分）

11.如圖甲所示是一平面上晶體物質微粒的排列情況，圖中三條等長線A3、AC、A。上物質微粒的

數(shù)目不同，由此得出晶體具有.的性質.如圖乙所示，液體表面層分子間距離大于分子平

衡距離小，因此表面層分子間作用表現(xiàn)為吸引力，這些力的宏觀表現(xiàn)就是液體的表面張力，表

面張力的方向與液面.（選填“平行”或“垂直”）.

12.如圖所示，一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播.t=0時，波傳播到x軸上的質點B,在《=0.9s時,

質點。第二次出現(xiàn)在負的最大位移處.求：

(1)該波的周期T；

(2)該波的波速V；

(3)從t=0時開始到質點￡第一次到達正向最大位移經(jīng)歷的時間及在該段時間內質點E通過的路程.

四、實驗題(本大題共2小題，共16.0分)

13.某同學用如圖所示的裝置，驗證“動能定理”.在裝置中，氣墊導軌上滑塊的質量為“，鉤碼的

質量為如遮光條寬度為d,兩光電門間的距離為3滑塊通過兩光電門，記錄的時間分別為匕、

t2,當?shù)氐闹亓铀俣葹間.實驗前調節(jié)氣墊導軌水平，要用上述裝置探究滑塊受到的合外力做的

功與滑塊動能變化的關系，要使繩中拉力近似等于鉤碼的重力，則加與M之間的關系應滿足

；實驗要驗證的表達式為(用己知量表示).

14.某同學對一個標稱值為“50、1.25W"的定值電阻的阻值是否準確產生了懷疑，準備用伏安法

盡可能準確進行測量，現(xiàn)可供使用的器材如下：

人電流表公，量程50樣，內阻90

比電壓表匕，量程15匕內阻約15ko

C電壓表彩，量程3匕內阻約3k0

D變阻器R,全電阻約20。

E.定值電阻Ro=1。

F.直流電源E,電動勢4.5V,內阻不計

G開關S、導線若干

（1）上述器材中，最適合的電壓表為（填字母編號）.

（2）答卷中的虛線框內畫出測量Rx的電路圖.

（3）正確連接電路后開始測量，電壓表與電流表刻度指針如圖示，則被測電阻值為

五、計算題（本大題共4小題，共40.0分）

15.如圖所示的坐標系軸與曲線OC之間存在垂直于直面向里的磁感應強度為當?shù)膭驈姶艌觥?/p>

A處為一放射源，可沿與x軸正方向夾角為火8為小于90。的某個定值）范圍內各個方向發(fā)射出質

量相同、速率相等的帶電粒子，且發(fā)射出的帶電粒子最后都垂直穿過y軸后向右運動，y軸上有

帶電粒子的范圍為0SySL.兩平行極板P、。垂直于y軸且緊貼y軸放置，極板長度和兩板間

距均為3P、Q兩板間加如圖所示的電壓。在x2A的范圍內存在垂直紙面向里的磁感應強度

為82（82未知）的勻強磁場，且在x=L處平行），軸放置長為W—2L）的收集板MN,已

知在t=%時刻（UPQ=%）進入極板中心軸線處的某一帶電粒子z恰好在2時刻經(jīng)極板邊緣飛出

電場。不考慮帶電粒子之間的相互作用力及粒子的重力，兩極板間的電場看成勻強電場且忽略

極板的邊緣效應。若帶電粒子打在極板上立即可被導走，不改變原電場分布：若帶電粒子

打在收集板上，立即被吸收（不考慮收集板的存在對帶電粒子運動的影響）：若粒子沒有打

在收集板上則無需考慮后續(xù)的運動。上述名、L、%、玲均為已知量。

由2

(1)求粒子帶電性質及比荷》

(2)要使帶電粒子z能被收集板吸收，則殳的取值范圍

(3)己知A。長度為a(a為粒子在勻強磁場B內做圓周運動的半徑)，試確定勻強磁場當邊界0C的曲

線方程。

16.滑塊4、8與C點位于一條直線上，設A、B質量均為機且可視為質點，4、8間的距離為LB

與C點間距離為S,給4-瞬時初速度火，使A向B運動并發(fā)生對心正碰，碰撞時間極短，碰撞

過程中沒有能量損失，設A、8與平面的動摩擦因數(shù)為〃.求：為使8通過C點，A的初速度％最

小是多大？

AJJ_______

17.U形管兩臂粗細不等開口向上，封閉的粗管橫截面積是開口的細管的兩倍，管中裝

入水銀，大氣壓強Po=76cmHg,開口管中水銀面到管口距離匕=10.25cm,且水

銀面比封閉內的高八=6cm,封閉管內空氣柱長％=10cm,如圖所示，現(xiàn)開口端用

小活塞封住，并緩慢推動活塞，使兩管液面相平，該過程中兩管的氣體溫度始終不變，求:

(1)粗管中氣體的最終壓強;

(2)活塞推動的距離.

18.如圖所示為一玻璃工件的截面圖，右側ABC為等腰直角三角形，/C=90。，

BC邊的長度為2R,左側為半徑為R的半圓，。點為圓心。一光線垂直BC

邊從。點射入，恰好在AB邊發(fā)生全反射，已知CO=3BD,光在真空中

的傳播速度為c。求：

⑴該玻璃工件的折射率；

5)光線從射入到第一次從弧AC射出的過程在玻璃工件中的傳播時間。

【答案與解析】

1.答案：C

解析：解：ABC、機械能守恒定律、牛頓第二定律以及法拉第電磁應定律均為實驗定律，故錯

誤；

C、牛頓第一定律是邏輯思維的產物，不是直接從實驗得到的，故C正確。

故選：Co

明確各個定律的特點以及理想實驗的應用即可正確解答本題；知道哪些規(guī)律是實驗定律，哪些定律

為理想化外推得出的定律。

本題考查了理想實驗的理解和應用，在平時學習中要加強基本規(guī)律的理解，平時注意加強練習。

2.答案：D

解析：解：4、n=4能級的氫原子躍遷到n=1能級時輻射出的光子的能量最大，最大能量為：

hv=(-0.85eK)-(-13.6eV)=12.75eV,且逸出的光電子的最大初動能為a=2.5eV,

故該金屬的逸出功為：W0=hv-Ek=12.75el/-2.5eK=10.25eV,故A錯誤；

B、n=4能級的氫原子共能輻射出盤=6種光子，其中只有第四能級躍遷到第一能級和第三能級躍

遷到第一能級這兩種情況下輻射出的光子的能量大于逸出功，從而使該金屬發(fā)生光電效應，故B錯

誤；

C、電子吸收光子能量后有可能向金屬內部運動，而不一定會從金屬表面飛出，故C錯誤；

D,n=3能級躍遷到n=1能級輻射出的光子的能量為：

(-1.51eV)-(-13.6eK)=12.09eV,且該金屬逸出功為10.25elZ,

故打出的光電子的最大初動能為：12.09el/-10.25eV=1.84eV,故。正確。

故選：Do

輻射出的光子的最大能量減去金屬的逸出功，即為該金屬發(fā)生光電效應時逸出的光電子的最大初動

能，由此計算出該金屬的逸出功，逐一分析即可。

輻射出的光子的能量為成=后初一？終，若輻射出的光子的能量大于金屬的逸出功％,則從該金屬逸

出的光電子的動能為Ek=hv-W0,對于此類題型需要牢記這兩個公式并能靈活運用。

3.答案：B

解析：解：A、法拉第提出了用電場線描述電場的方法，故4錯誤.

8、重心是物體各部分所受重力的作用點、合力與分力是等效關系，所以這兩個概念的建立都體現(xiàn)了

等效替代的思想.故8正確.

C、伽利略猜想自由落體的運動速度與下落時間成正比，但并未直接進行驗證，而是在斜面實驗的基

礎上的理想化推理得到，故C錯誤.

D、場強E=；是采用比值法定義的，而加速度a=5不是采用比值法定義，故。錯誤.

故選:B.

本題涉及物理學史，根據(jù)物理學家的科學成就和常識進行解答.

本題考查了物理學史和一些常識問題，知道比值法定義出來的物理量與參與定義的量無關.

4.答案：D

解析：

本題考查了閉合電路歐姆定律。

根據(jù)U-/圖像正確讀出電源的電動勢和短路電流，根據(jù)U-/圖像正確讀出外電路兩端的電壓和流過

電阻的電流，是解決此類問題的出發(fā)點。

根據(jù)閉合電路歐姆定律。=E-/r,結合圖像a可得電源電動勢E=8U,內電阻r=2。；

4B.根據(jù)圖像。和6的交點坐標為：U=3.2U,/=2.44,該電阻的阻值為：R=4=’,電源將其

它能轉化為電能的功率為：P=EI,代入數(shù)據(jù)解得：P=19.2W,故AB錯誤；

C.該元件的發(fā)熱功率為：P熱=/2R=7.68W,故C錯誤；

。?電源外電路消耗功率為：P外=?R,電源內部消耗的功率為p=/2r，故電源外電路與內電路消耗

功率之比為2:3,故。正確。

故選。。

5.答案：C

解析：

本題考查共點力平衡條件，首先對物體進行受力分析然后結合平衡方程可解得。

首先對尸點進行受力分析，可以運用合成法、分解法、正交分解法求解。

根據(jù)平衡條件，在垂直于尸3方向上有尸1只耳30。=尸2s譏60°,則&=舊尸2，居cos3(r+F2cos60。=

尸3，

得尸3=2/2，比較可得尸3>F1>/2，故C正確，ABO錯誤。

故選C。

6.答案：A

解析：解：A、根據(jù)物理學史可知，為了形象地描述電場和磁場，法拉第引入了電場線和磁感線，故

4正確；

8、比值法定義的基本特點是被定義的物理量往往是反映物質的最本質的屬性，與定義所用的物理量

無關，電場強度后=:采用的是比值定義法，反映了電場本身的特性，與檢驗電荷受到的電場力大小

無關，故B錯誤；

C、電容C=?采用的是比值定義法，反映了電容本身的特性，與加在電容器上的電壓無關，故C錯

誤；

。、某點的檢驗電流元所受的安培力為零，可能是由于檢驗電流元的方向與磁場的方向平行，該點

的磁感應強度不一定為零，故。錯誤。

故選：Ao

法拉第引入了電場線和磁感線；所謂比值定義法就是用兩個物理量的比值來定義一個新的物理量的

方法，定義出的新的物理量反映物質的屬性.

比值定義法，就是在定義一個物理量的時候采取比值的形式定義.用比值法定義的物理概念在物理

學中占有相當大的比例，比如速度、功率、電場強度、磁感應強度等等.

7.答案：B

解析：解：設地球公轉周期為T,則火星的公轉周期為2T,相鄰兩次沖日的時間間隔為f,

有：爭-親=2兀,解得t=27=2年。

故選：Bo

火星的公轉周期是地球公轉周期的2倍，當?shù)厍蛟诨鹦呛吞栔g且成一條直線時，稱為行星沖日

現(xiàn)象，在下一次行星沖日時，地球比火星多轉動一圈，根據(jù)相同時間內多走的角度求出時間間隔.

解決本題的關鍵知道兩次沖日時間間隔內，地球比火星多走一圈，結合該關系進行求解，難度不大.

8.答案：AD

解析：解：AB,由u-t圖知，在4s內帶電微粒受到的電場力大小和方向都不變，由動量定理可得

前2s內與后2s內電場力對微粒作用的沖量大小相等、方向相同。故A正確，8錯誤；

CD.在4s內帶電微粒受到的電場力大小和方向都不變，與初速度方向相反；而帶電微粒前2s速度

的正方向運動，t=2s時速度為零，后2s內速度方向反向，前2s通過的位移與后2s內通過的位移

大小相等方向方相反，故C錯誤，。正確

故選：AD.

由速度圖象判斷速度的變化，然后由牛頓第二定律判斷電場力得變化，然后由動量定理以及動能定

理分析即可。

該題結合圖象應用動能定理與動量定理，解答的關鍵是正確理解圖象的意義，正確使用動能定理與

動量定理。

9.答案：AD

解析：解：AB,如果臺秤的示數(shù)增大，說明電流對磁鐵的作用力向下，根據(jù)牛頓第三定律得到磁體

對電流的安培力向上，根據(jù)左手定則，電流所在位置磁場向右，故磁鐵左側為N極，右側為S極，

故A正確，8錯誤；

CD、由A分析，結合F=8〃可得，隨電流的增大，安培力也增大，但由于磁極不知，所以臺秤示

數(shù)可能增大，也可能減小，故C錯誤，O正確。

故選：AD.

先由臺秤示數(shù)的變化得到電流對磁鐵的作用力方向，然后根據(jù)牛頓第三定律得到磁體對電流的安培

力方向，再根據(jù)左手定則判斷磁場方向，最后得到磁極分布情況.

判斷磁體以電流間作用力可以先以電流為研究對象，然后結合左手定則分析，注意牛頓第三定律的

應用.

10.答案：AD

解析：解：A、在最低點，桿子一定表現(xiàn)為拉力，有F—mg=ni',

則F=mg+m包=20+2x2=120N.小球對桿子的作用力方向向下為拉力。故A正確，8錯誤；

Dr0.5

C、在最高點，有mg+F=TH—,則F=—mg=2x20=—16N.所以桿子表現(xiàn)為支持力，

〃rr〃0.5

球對桿子的作用力方向豎直向下，為壓力，大小為16M故C錯誤，。正確。

故選：ADo

在最高點和最低點，小球靠重力和桿子作用力的合力提供圓周運動的向心力，根據(jù)合力提供向心力

判斷桿子的作用力的大小和方向。

解決本題的關鍵知道桿子既可以表現(xiàn)為拉力，也可以表現(xiàn)為支持力，做圓周運動時，在最高點和最

低點，靠重力和桿子的作用力的合力提供圓周運動的向心力。

11.答案：各向異性平行

解析：解：三條等長線AB、AC、4。上物質微粒的數(shù)目不同，則晶體沿各個方向的導熱、導電性能

等等都不同，表現(xiàn)為各向異性.

在分子平衡距離r0時分子引力與斥力大小相等，而斥力受距離影響較大，變化較快.液體表面層分

子比較稀疏，分子間距大于分子平衡距離為，引力和斥力都減小，但斥力減小快，則分子引力大于

斥力，分子力表現(xiàn)為引力，這些力的宏觀表現(xiàn)就是液體的表面張力，表面張力的方向與液面平行.

故答案為：各向異性，平行

三條等長線A3、AC、AO上物質微粒的數(shù)目不同，由此得出晶體具有各向異性；液體表面層分子比

較稀疏，分子間距離大于分子平衡距離r。，分子力表現(xiàn)為引力.

本題結合圖象考查晶體的性質及液體分子表面張力，這兩個知識點都是比較簡單的內容，屬熱學中

的基礎問題.

12.答案：解：(1)據(jù)題意分析知，t=0時刻離。點第二遠的波谷在=0.9s傳到。點，根據(jù)波形平移

法知，波傳播的距離是2：4=：九則有

44

-T=0.9s

4

可得T=0.4s

(2)由圖可以知道波長A=2m,則波速“=：=5m/s.

(3)當A點的狀態(tài)傳到E點時，質點E第一次到達正向最大位移，AE間的距離是2；波長，則質點E

第一次到達正向最大位移經(jīng)歷的時間是t==0.9s

波從8傳到E的時間為37,則在在該段時間內質點E振動的時間為t=f?

E點開始振動方向向下，所以在該段時間內質點E通過的路程S=3A=0.15m

答：(1)該波的周期7是0.4s.

(2)該波的波速v是5m/s.

⑶從t=0時開始到質點E第一次到達正向最大位移經(jīng)歷的時間是0.9s,在該段時間內質點E通過的

路程是0.15m.

解析：(l)t=0時波傳播到x軸上的質點8,在t=0.9s時，質點。第二次出現(xiàn)在負的最大位移處，

說明t=0時刻離。點第二遠的波谷在=0.9s傳到。點，根據(jù)波形平移法求出波的周期.

(2)讀出波長，由波速公式求出波速；

(3)當A點的狀態(tài)傳到E點時，質點E第一次到達正向最大位移，根據(jù)A、E間距離與波長的關系，

求時間.E點開始振動方向向下，分析通過的路程.

本題從時間的角度研究周期，從空間的角度研究波長.兩點平衡位置間距離與波長的關系可分析振

動情況的關系，要能熟練運用波形平移法分析圖象的意義.

13.答案：M?mmgL=-

解析：解：使小車所受合外力等于細線的拉力，所以必需有小車的重力沿軌道的分力等于軌道對小

車的摩擦力，所以做實驗時必需平衡摩擦力.

以鉤碼作為研究對象有mg-FT=ma

以小車作為研究對象有=Ma

聯(lián)立以上兩式可得Fr="鼠

要繩子的拉力等于鉤碼的重力，即M盤=mg,

故湍^=1，則有M?m；

光電門測量瞬時速度是實驗中常用的方法.由于光電門的寬度很小，所以我們用很短時間內的平均

速度代替瞬時速度.

dd

%=豆，%=豆

滑塊P動能的增加量=^M詢一說.

祛碼對滑塊做的功，即合外力做功為勿=

要以滑塊為對象驗證驗證動能定理，只要判斷小。4回(今產是否成立.

ZAt2乙ACj

故答案為：mgL-iM(-^-)2

LNAC]

只有在滑塊質量遠大于鉤碼質量時，才可近似認為滑塊受到的拉力等于鉤碼的重力.

實驗原理是：求出通過光電門1時的速度％,通過光電門1時的速度。2,測出兩光電門間的距離L，

在這個過程中，減少的重力勢能能：△Ep=mgL,

增加的動能為：△&=3"+小泗一家M+m)詔；再比較減少的重力勢能與增加的動能之間的關

系.

了解光電門測量瞬時速度的原理.實驗中我們要清楚研究對象和研究過程，對于系統(tǒng)我們要考慮全

面.

14.答案：(1)C；(2)電路圖如圖所不|；(3)5.60.

解析：

(1)求出定值電阻的額定電壓，根據(jù)電阻額定電壓選擇電壓表.

(2)根據(jù)實驗原理與實驗器材確定滑動變阻器與電流表接法，然后作出電路圖.

(3)根據(jù)圖示確定電表量程與分度值，讀出其示數(shù)，然后由歐姆定律求出電阻阻值.

本題考查了實驗器材的選擇、作電路圖、電表讀數(shù)、求電阻阻值，要掌握實驗器材的選擇原則，由

于電流表量程太小，不能用電流表直接測電流，可以給電流表并聯(lián)一個分流電阻，應用并聯(lián)電路特

點與歐姆定律求出干路電流，然后應用歐姆定律求出電阻阻值.

(1)電阻額定電壓U=yfPR=VI.25X5=2.5V.電壓表應選C.

(2)待測電阻的額定電流約為/=筆=卷=0.54=500欣1，遠大于電流表量程50樣，不能用電

流表直接測電流，可以用定值電阻用與電流表并聯(lián)測電流，裝后測電流表內阻：4=翳;=瑞=

0.9。，由于電流表內阻已知，電流表可以采用內接法，電路圖如圖所示.

(3)改裝后的電流表的內電阻：心=:需=冷=0.90,

由圖示電流表可知，其分度值為2加4,示數(shù)為40加4,通過定值電阻電流為等=360nM,通過待

測電阻電流/=40+360=400mA=0.44,由圖示電壓表可知，其分度值為0.1V,示數(shù)為2.6V,待

測電阻阻值R="&=含一0.9=5.612.

故答案為：(1)C；(2)電路圖如圖所示；(3)5.60.

15.答案：解：(1)粒子帶負電,

據(jù)題意t=給

qu。

a

L2

解得5=

(2)粒子在電場中做類平拋運動：^=^t0,L=vyt0

解得%=Vo=

進入磁場時V=V2v0

方向與y軸成45。。

要使帶電粒子打在MN收集板，由幾何關系，得：2LW岳W3L

又92=字

解得r=叵也得：警sB2s等

z

qB232/L

(3)設在坐標(x,y)處進入磁場，由幾何關系號:審2

又/+(y-b)2=a2

付y一庇中

答：(1)求粒子帶電性質及比荷2為蔡：

(2)要使帶電粒子z能被收集板吸收，則殳的取值范圍簧<B2<^

(3)勻強磁場為邊界OC的曲線方程為y=

解析：(1)根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律求解荷質比：

(2)粒子在電場中做類平拋運動，要使帶電粒子打在MN收集板，粒子做圓周運動，聯(lián)立解得場強的

取值范圍；

(3)根據(jù)幾何關系，確定勻強磁場/邊界OC的曲線方程

本題考查帶電粒子在勻強磁場中的運動，要掌握住半徑公式、周期公式，畫出粒子的運動軌跡后，

幾何關系就比較明顯了。

16.答案：解：設4、3相碰前A的速度大小為v,碰撞后A、8的速度分別為心和外.

碰撞前，對4,由動能定理有：

2

~^mAgs=|m4v-加詔①

A、B相碰過程動量守恒，以4的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得:

mAv=mAvA+mBvB②

由能量守恒定律得

=\mAvl+\mBvl③

因為皿4==m，所以由②③解得：vA=0,vB=v(?)

碰撞