2022年河北省衡水中學(xué)高考物理一模試卷（附答案詳解）

2022年河北省衡水中學(xué)高考物理一模試卷

1.下列四幅圖分別對應(yīng)四種說法，其中正確的是（）

（a）研究光電效應(yīng)（b）乳隙f傕級圖（c）a我變示意圖（d）輕核聚變示意圖

A.圖（a）中，分別用頻率為％和火的光照射同一光電管，電流表均有示數(shù)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變

阻器的觸頭P,使微安表示數(shù)恰好為零，分別讀出電壓表對應(yīng)的示數(shù)/和已知電子

電量為e,可以推導(dǎo)出普朗克常量的計(jì)算式

B.圖（b）中，一個(gè)氫原子吸收能量從基態(tài)向n=3的能級躍遷時(shí)，最多可以吸收3種不同

頻率的光

C.圖（c）中，鈾238的半衰期是45億年，經(jīng)過45億年，兩個(gè)鈾238必定有一個(gè)發(fā)生衰變

D.圖（d）中，笊核的核子平均質(zhì)量小于氨核的核子平均質(zhì)量

2.如圖所示為一種可折疊壁掛書架，一個(gè)書架用兩個(gè)

三角形支架固定在墻壁上，書與書架的重心始終恰

好在兩個(gè)支架橫梁和斜梁的連接點(diǎn)。、。'連線中點(diǎn)

的正上方，書架含書的總重力為60N,橫梁4。、4'。'

水平，斜梁80、夕。'跟橫梁夾角為37。，橫梁對。、0'點(diǎn)拉力始終沿04、00方向，

斜梁對。、。'點(diǎn)的壓力始終沿BO、B'O'方向,已知s譏37。=0.6,cos37°=0.8,則

下列說法正確的是（）

A.橫梁04所受的力為80N

B.斜梁B0所受的力為50N

C.。、。'點(diǎn)同時(shí)向4、4'移動(dòng)少許，橫梁04所受的力變大

D.0、。'點(diǎn)同時(shí)向4、4'移動(dòng)少許，斜梁8。所受的力變大

3.2021年7月我國成功將全球首顆民用晨昏軌道氣象衛(wèi)星一一“風(fēng)云三號05星”送

入預(yù)定圓軌道，軌道周期約為1.7/1,被命名為“黎明星”，使我國成為國際上唯一

同時(shí)擁有晨昏、上午、下午三條軌道氣象衛(wèi)星組網(wǎng)觀測能力的國家，如圖所示。某

時(shí)刻''黎明星"正好經(jīng)過赤道上P城市正上方，則下列說法正確的是（）

晨昏軌道

A.“黎明星”做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度大于7.9km/s

B.同步衛(wèi)星的軌道半徑約為“黎明星”的10倍

C.該時(shí)刻后“黎明星”經(jīng)過1.7/1能經(jīng)過P城市正上方

D.該時(shí)刻后“黎明星”經(jīng)過17天能經(jīng)過P城市正上方

4.在粒子加速領(lǐng)域中有開創(chuàng)貢獻(xiàn)的物理學(xué)家謝家麟獲得2011年度國家最高科學(xué)技術(shù)

獎(jiǎng)，該獎(jiǎng)項(xiàng)被譽(yù)為是“中國的諾貝爾獎(jiǎng)”。環(huán)型對撞機(jī)是研究高能粒子的重要裝置，

如圖所示，正、負(fù)粒子由靜止都經(jīng)過電壓為U的直線加速器加速后，沿圓環(huán)切線方

向同時(shí)注入對撞機(jī)的高真空環(huán)狀空腔內(nèi)，空腔內(nèi)存在著與圓環(huán)平面垂直的勻強(qiáng)磁場,

磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8,正、負(fù)粒子在環(huán)狀空腔內(nèi)只受洛倫茲力作用而沿相反方向做

半徑相等的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，然后在碰撞區(qū)迎面相撞。不考慮相對論效應(yīng)，下列說法

正確的是（）

A.正、負(fù)粒子的比荷可以不相同

B.加速電壓U一定時(shí)，粒子的比荷越大，磁感應(yīng)強(qiáng)度B越大

C.磁感應(yīng)強(qiáng)度B一定時(shí):比荷相同的粒子，質(zhì)量大的粒子進(jìn)入磁場時(shí)動(dòng)能小

D.對于給定的正、負(fù)粒子，加速電壓U越大，粒子從靜止到碰撞運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越短

5.如圖所示，兩正四面體邊長均為卜，兩正四面體bed

面完全重合，電荷量為Q的兩正、負(fù)電荷4、B分別

置于兩四面體左、右兩頂點(diǎn)，靜電力常量為上則（）

A.b、c、d三點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等，方向不同

B.b、c、d三點(diǎn)的電勢不相等

第2頁，共24頁

C.平面bed上電場強(qiáng)度的最大值為詈

10

D.平面bed上電場強(qiáng)度的最大值為篝

6.如圖，理想變壓器原線圈與定值電阻島串聯(lián)后接在電壓%=3617的交流電源上，

副線圈接理想電壓表、電流表和滑動(dòng)變阻器R,原、副線圈匝數(shù)比為1：3,已知用=

40,R的最大阻值為1000?，F(xiàn)將滑動(dòng)變阻器R的滑片P向下滑動(dòng)，下列說法錯(cuò)誤的

是（）

B.電源的輸出功率變小

C.當(dāng)R=4。時(shí)，電壓表示數(shù)為10.8V

D.當(dāng)R=360時(shí)，R獲得的功率最大

7.如圖所示，I、H、HI均為底邊長為2a的等腰直角三角形區(qū)域，I、in區(qū)域有垂直

紙面向外的勻強(qiáng)磁場，II區(qū)域有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等。

一邊長為a的正方形金屬框在紙面內(nèi)勻速通過磁場，通過磁場過程中正方形的一條

邊始終保持與等腰直角三角形的底邊重合。取金屬框中的感應(yīng)電流順時(shí)針方向?yàn)檎?

金屬框通過磁場過程中，下圖中能正確描述金屬框中感應(yīng)電流隨時(shí)間變化關(guān)系的是

()

8.如圖所示，質(zhì)量均為Mg的長方體物塊甲、乙、丙疊放在水平地面上，乙、丙用不

可伸長的輕繩跨過一光滑輕質(zhì)定滑輪連接，輕繩與地面平行，甲與乙之間、乙與丙

之間以及丙與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為0.4、0.2和0.1,重力加速度g取10?n/s2,

設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。用力尸沿水平方向拉物塊丙，則下列說法正確的

是（）

A.拉力F為11N時(shí)，丙即將運(yùn)動(dòng)

B.要使甲、乙保持相對靜止，拉力尸不能超過23N

C.甲的加速度始終與乙相同

D.拉力F為17N時(shí)，輕繩的拉力為8N

9.如圖所示，一質(zhì)量為2m的小車靜止在光滑水平地面上，其左端P點(diǎn)與平臺平滑連接。

小車上表面PQ是以。為圓心、半徑為R的四分之一圓弧軌道。質(zhì)量為m的光滑小球，

以%=2項(xiàng)的速度由水平臺面滑上小車。已知OP豎直，OQ水平，水平臺面高九=

小球可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g。則（）

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A.小車能獲得的最大速度為乂史

3

B.小球在Q點(diǎn)的速度大小為野

C.小球在Q點(diǎn)速度方向與水平方向夾角的正切值為當(dāng)

D.小球落地時(shí)的速度大小為正史

3

10.如圖甲所示，一質(zhì)量為m、邊長為L,電阻為R的單匝正方形導(dǎo)線框abed放在絕緣

的光滑水平面上?？臻g中存在一豎直向下的單邊界勻強(qiáng)磁場，線框有一半在磁場內(nèi)O

其ad邊與磁場邊界平行。t=0時(shí)刻起，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻減小，如圖

乙所示。線框運(yùn)動(dòng)的..圖像如圖丙所示，圖中斜向虛線為過0點(diǎn)速度圖線的切線，則

（）

A.線框中的感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向

B.磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率為2篝

C.t3時(shí)刻，線框的熱功率為瑞翳

D.0-t2時(shí)間內(nèi)，通過線框的電荷量為言

11.某同學(xué)用如圖甲所示的裝置測定滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)及木板的質(zhì)量。將力傳

感器A固定在光滑水平桌面上，并與計(jì)算機(jī)連接，傳感器4的讀數(shù)記為0,測力端

通過不可伸長的輕繩與一滑塊相連（調(diào)節(jié)力傳感器高度使輕繩水平），滑塊起初放在

較長的木板的最右端（滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)），長木板的左、右兩端連接有光電門（圖中

未畫出），光電門連接的計(jì)時(shí)器可記錄滑塊在兩光電門之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間。已知木板

長為3木板一端連接一根不可伸長的輕繩，并跨過光滑的輕質(zhì)定滑輪連接一測力

計(jì)和一只空沙桶（調(diào)節(jié)滑輪高度使桌面上部輕繩水平），測力計(jì)的讀數(shù)記為尸2,初始

時(shí)整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)。實(shí)驗(yàn)開始后向空沙桶中緩慢倒入沙子。（重力加速度g取

10m/s2)

（1）緩慢倒入沙子時(shí)，&的讀數(shù)緩慢增大到3.5N時(shí)突變?yōu)?.0N,測出滑塊的質(zhì)量為

啊=1.5kg,則滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為；

（2）在木板開始滑動(dòng)后，測出在沙桶中裝有不同質(zhì)量的沙子時(shí)，滑塊通過兩光電門

的時(shí)間間隔3則木板的加速度為（用題中所給字母表示），在坐標(biāo)系中作出

尸2-巖的圖線如圖乙所示，若圖線的斜率為k,則木板的質(zhì)量為（用題中所給

字母表示）。

12.某同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室做“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)室提供了如下器材:

小燈泡（2.5匕0.54）

電流表4量程為0.44內(nèi)阻&=10）

電壓表V（量程為3V,內(nèi)阻即”3k0）

滑動(dòng)變阻器（最大阻值R=100,允許通過的最大電流24）

定值電阻％=20

定值電阻&=10。

電源E（電動(dòng)勢為3V,內(nèi)阻不計(jì)）

開關(guān)S一個(gè)、導(dǎo)線若干

1.0I32J0X51//V

內(nèi)

（1）他設(shè)計(jì)了如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)電路，咒應(yīng)選（填“當(dāng)"或"R/'）.電流表

與&并聯(lián)后的量程為4。

（2）利用圖甲所示電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，某次測量時(shí)電流表的示數(shù)為0.24此時(shí)電壓表的

示數(shù)如圖乙所示，則此時(shí)小燈泡的電阻為。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。

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(3)通過實(shí)驗(yàn)正確作出小燈泡的/-U圖線，如圖丙所示?，F(xiàn)把實(shí)驗(yàn)中使用的兩個(gè)完

全相同的小燈泡并聯(lián)后接到如圖丁所示的電路中，其中電源的電動(dòng)勢E°=2V、內(nèi)

阻=10,定值電阻R=1.50,則此時(shí)每個(gè)小燈泡的實(shí)際功率為W(結(jié)果保

留小數(shù)點(diǎn)后兩位數(shù)字)。

13.如圖所示，質(zhì)量M=1.5kg的小車靜止于光滑水平面上并緊靠固定在水平面上的桌

子右邊，其上表面與水平桌面相平，小車的左端放有一質(zhì)量為0.5kg的滑塊Q.水平

放置的輕彈簧左端固定，質(zhì)量為0.5kg的小物塊P置于光滑桌面上的4點(diǎn)并與彈簧的

右端接觸，此時(shí)彈簧處于原長?，F(xiàn)用水平向左的推力F將P緩慢推至B點(diǎn)(彈簧仍在

彈性限度內(nèi))，推力做功叫=4),撤去尸后，P沿桌面滑到小車左端并與Q發(fā)生彈性

碰撞，最后Q恰好沒從小車上滑下。已知Q與小車表面間動(dòng)摩擦因數(shù)4=0.1.(g=

lOm/s?)求：

(1)P剛要與Q碰撞前的速度是多少？

(2)Q剛在小車上滑行時(shí)的初速度又是多少？

(3)為保證Q不從小車上滑下，小車的長度至少為多少？

M

14.如圖所示，直角坐標(biāo)系中，y軸左側(cè)有一半徑為a的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，與y軸相切

于4點(diǎn)，4點(diǎn)坐標(biāo)為(0,fa)。第一象限內(nèi)也存在著勻強(qiáng)磁場，兩區(qū)域磁場的磁感應(yīng)

強(qiáng)度大小均為B,方向垂直紙面向外。圓形磁場區(qū)域下方有兩長度均為2a的金屬極

板M、N,兩極板與x軸平行放置且右端與y軸齊平。現(xiàn)僅考慮紙面平面內(nèi)，在極板

M的上表面均勻分布著相同的帶電粒子，每個(gè)粒子的質(zhì)量為m,電量為+q。兩極板

加電壓后，在板間產(chǎn)生的勻強(qiáng)電場使這些粒子從靜止開始加速，并順利從網(wǎng)狀極板

N穿出，然后經(jīng)過圓形磁場都從A點(diǎn)進(jìn)入第一象限。其中部分粒子打在放置于x軸的

感光板CD上，感光板的長度為2.8a,厚度不計(jì)，其左端C點(diǎn)坐標(biāo)為(|a,0)。打到感

光板上的粒子立即被吸收，從第一象限磁場射出的粒子不再重新回到磁場中。不計(jì)

粒子的重力和相互作用，忽略粒子與感光板碰撞的時(shí)間。

(1)求兩極板間的電壓U；

(2)在感光板上某區(qū)域內(nèi)的同一位置會(huì)先后兩次接收到粒子，該區(qū)域稱為“二度感

光區(qū)”，求：

①“二度感光區(qū)”的長度L;

②打在“二度感光區(qū)”的粒子數(shù)小與打在整個(gè)感光板上的粒子數(shù)電的比值2：n2；

（3）改變感光板材料，讓它僅對垂直打來的粒子有反彈作用（不考慮打在感光板邊緣

C、。兩點(diǎn)的粒子），且每次反彈后速度方向相反，大小變?yōu)樵瓉淼囊话?，則該粒子

在磁場中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t和總路程s。

15.下列說法中正確的是（）

A.兩分子靠近的過程中，分子力做正功

B.室內(nèi)空氣越干燥，相對濕度越大

C.熱量不能從高溫?zé)嵩磦鬟f到低溫?zé)嵩?/p>

D.布朗運(yùn)動(dòng)是固體小顆粒在液體或氣體中的運(yùn)動(dòng)，屬于機(jī)械運(yùn)動(dòng)

16.某充氣式座椅簡化模型如圖所示，質(zhì)量相等且導(dǎo)熱良好的

兩個(gè)汽缸C、。通過活塞封閉質(zhì)量相等的兩部分同種氣體4、

B,活塞通過輕彈簧相連靜置在水平面上，如圖所示。已

知汽缸的質(zhì)量為M,封閉氣體氣柱的初始高度均為L、初始

環(huán)境溫度為7°,輕彈簧的勁度系數(shù)為3原長為L。，大氣壓

強(qiáng)為Po,重力加速度為g，活塞的橫截面積為S、質(zhì)量和厚

度不計(jì)，彈簧形變始終在彈性限度內(nèi)，活塞始終未脫離汽缸。（汽缸壁厚度及汽缸

內(nèi)氣體的重力均可忽略不計(jì)）

①求初始時(shí)氣體4的壓強(qiáng)；

5）若環(huán)境溫度緩慢降至0.87°,求穩(wěn)定后活塞a離水平面的高度。

17.如圖所示，實(shí)線是一列簡諧橫波在匕時(shí)刻的波形圖，虛線是t2=+l）s時(shí)刻的波

形圖。己知該橫波沿x軸負(fù)方向傳播，質(zhì)點(diǎn)M的平衡位置距。點(diǎn)5小。下列說法不正

確的是（）

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A.該波的周期可能為三s

11

B.若波的周期為福s,質(zhì)點(diǎn)M在I1?t2時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的路程為3m

C.質(zhì)點(diǎn)M在G時(shí)刻沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)

D.該波遇到尺度為10m的障礙物時(shí)，無衍射現(xiàn)象發(fā)生

如圖所示為一圓筒截面，兩筒內(nèi)外是空氣，兩筒之間充滿折射率為

料的均勻透明介質(zhì)。內(nèi)圓筒半徑為R,外圓筒半徑為2R,從M點(diǎn)光

源處向介質(zhì)內(nèi)發(fā)射一細(xì)光束恰好與內(nèi)圓相切，光束到達(dá)外圓邊界P

點(diǎn)時(shí)發(fā)生反射和折射，反射光線又經(jīng)外圓邊界多次反射后最終返回

到M點(diǎn)，已知光在真空中的傳播速度為c,求

(/)光線到達(dá)外圓P點(diǎn)發(fā)生折射時(shí)的折射角a

(H)光線從M點(diǎn)發(fā)射經(jīng)外圓邊界多次反射后，在介質(zhì)中第次返回M點(diǎn)傳播的時(shí)間。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：4、根據(jù)光電效應(yīng)方程得，Ekl=hV1-Wo=eUy,Ek2=hv2-Wo=eU2,

聯(lián)立兩式解得：八=華譽(yù)，故A正確；

vl-v2

8、一個(gè)氫原子吸收能量從基態(tài)向n=3的能級躍遷時(shí)，最多可以吸收2種不同頻率的光，

故B錯(cuò)誤；

C、半衰期是大量放射性原子衰變的統(tǒng)計(jì)規(guī)律，對個(gè)別的原子沒有意義，故C錯(cuò)誤；

D、笊核與瓶核聚變生成氫核，聚變的過程中放出大量的能量，根據(jù)質(zhì)能方程結(jié)合平均

質(zhì)量與比結(jié)合能的關(guān)系可知，笊核的核子平均質(zhì)量大小于氨核的核子平均質(zhì)量，故。

錯(cuò)誤。

故選：Ao

根據(jù)電路圖，當(dāng)電子受到電場阻力運(yùn)動(dòng)時(shí)，則微安表示數(shù)才可能為零，從而可確定a、b

電勢高低；再根據(jù)光電效應(yīng)方程，結(jié)合遏止電壓和最大初動(dòng)能的關(guān)系求出普朗克常量。

根據(jù)玻爾理論判斷；半衰期具有統(tǒng)計(jì)意義；根據(jù)聚變的特點(diǎn)判斷。

該題考查光電效應(yīng)、半衰期、玻爾理論以及聚變與裂變，考查到的知識點(diǎn)較多，在平時(shí)

的學(xué)習(xí)中多加積累即可做好這一類的題目。

2.【答案】B

【解析】解：兩個(gè)三角架承擔(dān)的力為60N,每個(gè)三角架為30N,對。點(diǎn)受力分析，如圖1

所示

代入數(shù)據(jù)解得：FOA=40N,FBO=50N

故A錯(cuò)誤，B正確;

CD.O.。'同時(shí)向4、4移動(dòng)少許，對0點(diǎn)受力分析，如圖2虛線所示

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B

圖2

三角形40B與力三角形相似，所以有

2_FBO_FQA

AB-BO一OA

AB與B。長度未變，2。長度減小，故尸op不變，F(xiàn)OA減小，故CO錯(cuò)誤。

故選：B。

根據(jù)力的平衡條件可解得橫梁。力和斜梁8。所受到的力；根據(jù)三角形4。8與力三角形相

似可判斷橫梁。4和斜梁B。受力的變化情況。

本題考查共點(diǎn)力平衡與力的動(dòng)態(tài)平衡，解題關(guān)鍵掌握受力分析與力的分解的運(yùn)用。

3.【答案】D

【解析】解：力、根據(jù)第一宇宙速度為最大的環(huán)繞速度，衛(wèi)星的運(yùn)行速度都小于7.9km/s,

故A錯(cuò)誤；

B、根據(jù)開普勒第三定律：盤=左可知，/=衛(wèi)同步衛(wèi)星的軌道半徑約為“黎明星”

*1*21.7/24”

的6倍，故B錯(cuò)誤；

C。、“黎明星”的周期1.7小時(shí)，由于地球的自轉(zhuǎn)，該時(shí)刻后“黎明星”不是經(jīng)過1.7%能

經(jīng)過P城市正上方，經(jīng)過17天，“黎明星”和地球自轉(zhuǎn)正好運(yùn)行整數(shù)倍個(gè)周期，所以“黎

明星”經(jīng)過17天能經(jīng)過P城市正上方，故C錯(cuò)誤，。正確；

故選：。。

根據(jù)第一宇宙速度為最大的環(huán)繞速度，衛(wèi)星的運(yùn)行速度都小于7.9/nn/s；根據(jù)開普勒第

三定律確定半徑關(guān)系；由于地球的自轉(zhuǎn)，該時(shí)刻后“黎明星”不是經(jīng)過1.7/1能經(jīng)過P城

市正上方。

本題以我國成功將全球首顆民用晨昏軌道氣象衛(wèi)星為背景，考查了人造衛(wèi)星問題，要明

確人造衛(wèi)星圍繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，利用萬有引力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列

方程求解。

4.【答案】D

【解析】解：4、設(shè)粒子的比荷為k(k=3,設(shè)其在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的線速度為"，

運(yùn)動(dòng)半徑為九

粒子由靜止都經(jīng)過電壓為U的直線加速器加速的過程，由動(dòng)能定理得：

qUrr=-1mv7z

粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得：

qBv=

聯(lián)立解得：「=厝=愿

可見若正、負(fù)粒子的比荷不同，則在磁場中運(yùn)動(dòng)半徑不相等，而環(huán)型對撞機(jī)需要正、負(fù)

粒子在環(huán)狀空腔內(nèi)做半徑相等圓周運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B、由4項(xiàng)的結(jié)論：r=匡，加速電壓U一定時(shí)，粒子的比荷越大，運(yùn)動(dòng)半徑r要保持

7kB2

一定，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B越小，故B錯(cuò)誤；

C、由4項(xiàng)的結(jié)論：r=探，可得：U=\kB2r2

粒子進(jìn)入磁場時(shí)的動(dòng)能：Ek=qU=/qB2r2,可見比荷相同的粒子，進(jìn)入磁場時(shí)的動(dòng)

能與質(zhì)量無關(guān)，故C錯(cuò)誤；

。、對于給定的正、負(fù)粒子，加速電壓U越大，其加速所需時(shí)間越短，粒子進(jìn)入磁場的

速度越大，在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡長一定，則在磁場運(yùn)動(dòng)時(shí)間也越短，故從靜止到碰撞運(yùn)

動(dòng)的時(shí)間越短，故。正確。

故選：Do

粒子由靜止都經(jīng)過電壓為U的直線加速器加速的過程，由動(dòng)能定理求得粒子獲得的速度;

粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解運(yùn)動(dòng)

半徑表達(dá)式；環(huán)型對撞機(jī)需要正、負(fù)粒子在環(huán)狀空腔內(nèi)做半徑相等且一定的圓周運(yùn)動(dòng)；

對于給定的正、負(fù)粒子，加速電壓U越大，其加速所需時(shí)間越短，粒子進(jìn)入磁場的速度

越大，在磁場運(yùn)動(dòng)時(shí)間也越短。

本題考查了帶電粒子在電場和磁場中運(yùn)動(dòng)問題，依據(jù)力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，解析粒子運(yùn)動(dòng)過

程。對于粒子在加速電場中被加速做直線運(yùn)動(dòng)的過程，應(yīng)用動(dòng)能定理解答；對于帶電粒

子在勻強(qiáng)磁場只受了洛倫茲力而做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，依據(jù)洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓

第二定律解答。

5.【答案】C

第12頁，共24頁

【解析】解：AB.根據(jù)庫倫定律可知，點(diǎn)電荷的場強(qiáng)為E=半，由圖可知，b、c、d三點(diǎn)

到兩電荷的距離相等，且4處為正電荷，B處為負(fù)電荷，故兩電荷在三點(diǎn)的場強(qiáng)的矢量

和大小相等，方向都與4B連線平行，故三點(diǎn)場強(qiáng)大小相等，方向相同；根據(jù)點(diǎn)電荷的

電勢公式租=等，可知正電荷在三點(diǎn)的電勢相等，負(fù)電荷在三點(diǎn)的電勢也相等，且和

都是零，故A8錯(cuò)誤；

C.在平面bed上，根據(jù)矢量疊加原理和幾何關(guān)系得：48連線與平面的交點(diǎn)電場強(qiáng)度最大,

根據(jù)幾何知識可得該點(diǎn)到4B兩點(diǎn)距離為為兩點(diǎn)電荷場強(qiáng)的矢量和，即七皿^=

rkQ_3kQ

l

(Jlj0)20，故C正確,。錯(cuò)誤。

故選：C。

根據(jù)點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式和幾個(gè)關(guān)系求解各點(diǎn)場強(qiáng)的矢量和，根據(jù)點(diǎn)電荷的電勢公式求解

各點(diǎn)的電勢的標(biāo)量和，在平面bed上4B連線與面的交點(diǎn)的場強(qiáng)最大，通過幾何關(guān)系求出

該點(diǎn)到小B的距離代入點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式求矢量和。

本題考查點(diǎn)電荷的場強(qiáng)矢量和，和電勢的標(biāo)量和，關(guān)鍵是立體幾何關(guān)系的確定，同學(xué)們

要細(xì)心分析求解。

6.【答案】B

【解析】解:AB,由理想變壓器的特點(diǎn)可知%人=呼&+碎R,/1；/2=n2：%=3：

1,可知％=滑動(dòng)變阻器R的滑片中向下滑動(dòng)，R減小，所以電流增大，電

流表示數(shù)變大，電源的輸出功率P=%。增大，原線圈兩端電壓％=因?yàn)?/p>

電流增大，所以U1減小，由U1：〃2=九1：n2=1：3,得％減小，電壓表示數(shù)減小，故

A正確,B錯(cuò)誤；

C、原線圈與副線圈兩端電壓之比Ui：/=%：n2=1：3,U]=—1隹0,U2=

電流之比人：l2=n2：n[=3：1,聯(lián)立得，2=黑，代入數(shù)據(jù)解得。=2.74電壓表

示數(shù)4=與R=2.7x4V=10.80,故C正確；

D、R獲得的功率「2=*R=(懸)2R=81底+囂R+RZR=吁“R，當(dāng)?shù)?R時(shí),

R獲得的功率最大，此時(shí)R=9Ro=9x4/2=360,故。正確；

因選錯(cuò)誤的

故選：Bo

理想變壓器輸入功率等于輸出功率，原副線圈電流與匝數(shù)成反比，原副線圈電壓與匝數(shù)

成正比，且電流與電壓均是有效值，電表測量值也是有效值。

本題主要是考查了變壓器的知識；解答本題的關(guān)鍵是知道變壓器的電壓之比等于匝數(shù)之

比，在只有一個(gè)副線圈的情況下的電流之比等于匝數(shù)的反比；原線圈的電壓決定副線圈

的電壓；輸出功率決定輸入功率；掌握基礎(chǔ)知識即可解題，平時(shí)要注意基礎(chǔ)知識的學(xué)習(xí)

與積累。

7.【答案】A

【解析】

解：三角

形磁場的

底邊長為

2a,正方形邊長為a,以恒定的速度"穿過磁場三個(gè)區(qū)域，設(shè)7=%把整個(gè)過程分為以

下五段，如圖所示：

1、0?7,切割的有效長度L=uttcm45°=ut,所以/=5=竽=喀83由右手定

RRR

則確定方向?yàn)轫槙r(shí)針方向。

2、T?7,切割磁感線的長度有三段：(a-vttan45°),2(a-")tm45。，則電流/=

隨吟產(chǎn)也=誓也，方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，當(dāng)t=7+?時(shí)，正向電流減小為零；

KRJ

3,|7?2T,接上一過程，當(dāng)t=7+|r時(shí)，反向電流最大為：〃=—2/；

4、27?37,先是反向電流減小為零，再正向電流達(dá)最大為：/m=2/；

5、3T?4T,先是正向電流減小為零，再把向電流達(dá)最大為：/巾'=一/。

綜合以上分析，符合題意的只有4選項(xiàng)，故A正確，8CZ)錯(cuò)誤。

故選:Ao

首先根據(jù)楞次定律判斷出感應(yīng)電流的方向。再分段確定線框有效的切割長度，分析線框

中感應(yīng)電動(dòng)勢的大小與時(shí)間坐標(biāo)的關(guān)系，線框的電阻一定，感應(yīng)電流與感應(yīng)電動(dòng)勢成正

比。

本題關(guān)鍵確定線框有效的切割長度與時(shí)間t的關(guān)系，再結(jié)合數(shù)學(xué)知識選擇圖象。

8.【答案】ABD

【解析】解：4、丙即將運(yùn)動(dòng)時(shí)，在水平方向受到地面向左的摩擦力/加、繩子向左的拉

力7、乙給丙向左的摩擦力/乙所其中/加="小小用+6乙+機(jī)的%,/乙丙="乙西(m尹+

第14頁，共24頁

加乙）g,代入數(shù)據(jù)解得：力?=3N,f乙丙=4N,當(dāng)即將滑動(dòng)時(shí)應(yīng)有F=f地+f乙丙+T,

對甲、乙整體受力分析，可知T=f兩乙=f乙丙=4N,可解得F=11N,故A正確，

8、因?yàn)槔K子不可伸長，則乙和丙的加速度大小相等，在甲和乙即將發(fā)生相對滑動(dòng)時(shí)，

對甲受力分析可得/2/嚴(yán)用9=瓶3，對甲、乙整體受力分析可得〃一，用z=

（m^+mja,對丙受力分析可得F-T'-f乙丙一f地=m^a,

代入數(shù)據(jù)并聯(lián)立解得：F'=23N,說明要使甲和乙保持相對靜止，拉力產(chǎn)不能超過23N,

故3正確；

C、由B可知當(dāng)拉力超過23N時(shí)，甲、乙發(fā)生相對滑動(dòng)，則加速度不同，故C錯(cuò)誤；

D、當(dāng)尸=17N時(shí)，甲、乙沒有發(fā)生相對滑動(dòng)，此時(shí)對甲、乙整體有7"一/丙乙=（沉尹+

加乙）的，對丙受力分析可得尸一7”—/■乙兩一/加=叫叫1,聯(lián)立解得T”=8N,故。正

確.

故選：ABD.

分析丙物體的受力情況，求出地面給丙的摩擦力/,乙給丙的摩擦力/z即再根據(jù)平衡

條件求解拉力進(jìn)行分析；在甲和乙即將發(fā)生相對滑動(dòng)時(shí)，分別對甲受力分析、對整體受

力分析、對丙物體受力分析求解拉力F,得到甲和乙發(fā)生相對滑動(dòng)的臨界力大?。环治?/p>

當(dāng)F=17N時(shí)有沒有發(fā)生相對滑動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行解答；甲和乙發(fā)生相對滑動(dòng)

時(shí)分析合外力，再分析加速度。

本題主要是考查了牛頓第二定律之連接體問題；利用牛頓第二定律答題時(shí)的一般步驟是:

確定研究對象、進(jìn)行受力分析、利用牛頓第二定律建立方程進(jìn)行解答；注意整體法和隔

離法的應(yīng)用。

9.【答案】AD

【解析】解：涉及動(dòng)量守恒定律，取向右為正方向。

A、小球最終由P點(diǎn)離開小車，從小球滑上小車至離開小車，此過程系統(tǒng)無機(jī)械能損失，

可視為彈性碰撞。

水平方向根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：mv0=mvx+2m%,

根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：=imvf+|x27n諺，

解得此時(shí)小球的速度大小為：%=駕，小車能獲得的最大速度為：%二粵,故A

正確;

B、小球在Q點(diǎn)時(shí)，水平方向上與小車共速，水平方向由動(dòng)量守恒定律得：mv0=（m+

2m共,

解得：〃央=呼，

2

由能量守恒定律得：加詔=|x2mv）t.+mgR+加好

解得：％=更警，故B錯(cuò)誤；

c、小球此時(shí)在豎直方向上的分速度大小為為=-解得：%=縉

設(shè)小球在Q點(diǎn)時(shí)速度方向與水平方向的夾角為。，則1即。=急，解得tcm9=在，故C

共2

錯(cuò)誤；

。、設(shè)小球離開小車時(shí)的速度大小為"，小球離開小車到落地過程中，根據(jù)動(dòng)能定理可

得：mg/z=：巾戶—1小說（％在A選項(xiàng)已經(jīng)求出），解得：v=故。正確。

故選：AD.

小球和小車在水平方向動(dòng)量守恒、二者組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律、機(jī)

械能守恒定律結(jié)合平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律進(jìn)行解答。

本題主要是考查了動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能量守恒定律；對于動(dòng)量守恒定律，其守恒條件

是：系統(tǒng)不受外力作用或某一方向不受外力作用（或合外力為零）；解答時(shí)要首先確定一

個(gè)正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動(dòng)量和碰撞后系統(tǒng)的動(dòng)量相等列方程，再根據(jù)機(jī)械能守恒

定律列方程求解。

10.【答案】BC

【解析】解：4、由圖乙可知垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，則穿過線圈的磁通量減

小，根據(jù)楞次定律可知，線框中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，故A錯(cuò)誤；

8、根據(jù)左手定則可判斷線框受到向左的安培力作用向左加速進(jìn)入磁場，在t=0時(shí)刻，

感應(yīng)電動(dòng)勢大小為：以=啜="吟；

由牛頓第二定律得：B^L=ma

0K0

由圖丙可知在t=0時(shí)刻的加速度為：?0=?

C1

聯(lián)立解得：黑=2厘,

故B正確；

C、由圖丙可知，J時(shí)刻之后，線框速度恒定，說明線框已經(jīng)全部進(jìn)入磁場，此后雖然

第16頁，共24頁

電路中有感應(yīng)電流，但各邊安培力相互抵消，所以線框做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在t3時(shí)刻有

nA<t>.OAB

E2=----=1/-------

JAtAt

線框的熱功率為：

P3吟

解得：。3=篝翳，故C正確；

D、0?t2時(shí)間內(nèi)，對線框由動(dòng)量定理得：

BILAt=mAv

即：BLAq=mAv

若磁場B=%恒定，則有BoLdq=mv0

即通過線框的電荷量為：的=翳,但因?yàn)锽隨著時(shí)間逐漸減小，通過線框的電荷量不

為鬻,故。錯(cuò)誤；

0oL

故選：BC。

根據(jù)楞次定律分析出感應(yīng)電流的方向；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律結(jié)合牛頓第二定律，同

時(shí)理解u-t圖像的斜率表示加速度，聯(lián)立等式計(jì)算出磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率；根據(jù)熱功

率的計(jì)算公式完成計(jì)算；根據(jù)動(dòng)量定理計(jì)算出通過線框的電荷量。

本題主要考查了法拉第電磁感應(yīng)定律，根據(jù)公式計(jì)算出感應(yīng)電動(dòng)勢的大小，結(jié)合熱功率

公式完成計(jì)算，解題的關(guān)鍵點(diǎn)是根據(jù)動(dòng)量定理計(jì)算出通過線框的電荷量，難度中等偏上。

11.【答案】0.2L

【解析】解：（1）緩慢地向砂桶內(nèi)倒入砂子，&的讀數(shù)緩慢增大到3.5N時(shí)突變?yōu)?.0N,

即滑動(dòng)摩擦力外=3.0N

動(dòng)摩擦因數(shù)〃=-—&°--0.2；

5孫尸1n101.5X10

（2）根據(jù)位移公式L=*2可得.=當(dāng)

對木板，由牛頓第二定律有尸2-Ff=m2a

故/2=號+附,

因此尸2—2圖線的的斜率k=2m2L

則木板的質(zhì)量為g=/。

故答案為：（1）02（2吟；,

(1)明確實(shí)驗(yàn)原理對整體分析可明確靜止時(shí)傳感器示數(shù)等于桶的重力；對滑塊進(jìn)行受力

分析，滑塊水平方向受到小車給它的摩擦力和繩子的拉力，根據(jù)小車的運(yùn)動(dòng)情況分析滑

塊受到的摩擦力性質(zhì)即可求解動(dòng)摩擦因數(shù)；

(2)根據(jù)牛頓第二定律以及圖象進(jìn)行分析，從而求出加速度和木板的質(zhì)量。

本題考查滑動(dòng)摩擦力的實(shí)驗(yàn)探究和牛頓第二定律的應(yīng)用等，關(guān)鍵是明確實(shí)驗(yàn)原理，利用

所學(xué)物理規(guī)律進(jìn)行分析求解即可；要注意在求解小車質(zhì)量時(shí)，要將小車和桶視為整體,

再根據(jù)連接體的分析方法進(jìn)行分析求解小車的質(zhì)量。

12.【答案】/?!0.61.70.15

【解析［解：(1)電流表并聯(lián)一個(gè)分流電阻心后以擴(kuò)大量程，則分流電阻應(yīng)比電流表的

內(nèi)阻相當(dāng)，故心選擇義,那么擴(kuò)大以后的量程為/=〃+管=

0.44+等A=0.6/4；

(2)由實(shí)驗(yàn)結(jié)果，電流表的示數(shù)為0.24則通過燈泡的電流〃=

0.20A+等A=0.304從圖乙中讀出電壓表的示數(shù)為0.70V,內(nèi)

那么燈泡兩端的電壓4=0.71/-0.2xIV=0.501Z,所以此時(shí)燈泡的電阻&=器=

第=

(3)設(shè)燈泡兩端電壓為U,電流為/,根據(jù)閉合電路的歐姆定律有：U=E-21(R+r0),

代入數(shù)據(jù)后得：U=2.0-51,在圖丙中畫出此直線，它與小燈泡的伏安特性曲線相交

于(0.5匕0.34)，所以燈泡的實(shí)際功率P=UI=0.5x0.31V=0.15W?

故答案為：(l)Ri、0.6；(2)1.7；(3)0.15(0.14?0.16均正確)

(1)根據(jù)電流表的改裝原理，分析選擇分流電阻的大小，并計(jì)算改裝后的電流表的量程；

(2)根據(jù)電壓表的量程讀出燈泡兩端電壓值，根據(jù)歐姆定律求出小燈泡此時(shí)的電阻；

(2)根據(jù)/-U圖象的性質(zhì)進(jìn)行分析，寫出兩個(gè)燈泡與一個(gè)定值電阻混聯(lián)后燈泡兩端電壓

與電流的關(guān)系式，并畫在燈泡的/-U曲線中，找到交點(diǎn)坐標(biāo)，就是燈泡的工作電流和

電壓，從而求出燈泡的實(shí)際功率。

本題考查燈泡伏安特性曲線的描繪實(shí)驗(yàn)，要注意明確實(shí)驗(yàn)原理，知道本實(shí)驗(yàn)采用滑動(dòng)變

阻器分壓接法，同時(shí)改裝的電流表采用內(nèi)接法的原因，同時(shí)還要注意用圖象法求燈泡的

實(shí)際功率的方法。

第18頁，共24頁

13.【答案】解：(1)推力F通過P壓縮彈簧做功，根據(jù)功能關(guān)系有：EP=WP...@

2

當(dāng)彈簧完全推開物塊P時(shí)，有：EP=^mPv...@

由①②式聯(lián)立解得：v=4m/s

(2)選取P與Q組成的系統(tǒng)為研究的對象，P運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?，則P、Q之間發(fā)生彈性

碰撞，設(shè)碰撞后Q的速度為%,P的速度為，，由動(dòng)量守恒和能量守恒得：

mPv=mpv'+…③

2，2

|mpv=|mpv+^mQv^④

由③④式解得：v0=v=4m/s,v'=0

(3)設(shè)滑塊Q在小車上滑行一段時(shí)間后兩者的共同速度為u,由動(dòng)量守恒可得：

m^Vo=(WIQ+M)u...⑤

根據(jù)能量守恒，系統(tǒng)產(chǎn)生的摩擦熱：

11

2

l^mQgL=-mQv^--(mQ+M)u...⑥

聯(lián)立⑤⑥解得：L=6m

答：(1)P剛要與Q碰撞前的速度是4m/s；

(2)Q剛在小車上滑行時(shí)的初速度必是4m/s；

(3)為保證Q不從小車上滑下，小車的長度至少為6m。

【解析】(1)根據(jù)能量守恒求解彈簧的最大彈性勢能，彈簧的彈性勢能隨后又轉(zhuǎn)化為小

物塊的動(dòng)能；

(2)P與Q碰撞前后動(dòng)量守恒，能量守恒，列出等式即可求得Q剛在小車上滑行時(shí)的初速

度又是多少。

(3)物塊P與滑塊Q碰后最終與小車保持相對靜止由動(dòng)量守恒求解小車最后的速度；然后

根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化與守恒求得小車的長度；

本題綜合考查了動(dòng)能定理、動(dòng)量守恒定律以及能量守恒定律，綜合性較強(qiáng)，對學(xué)生的能

力要求較高，關(guān)鍵需理清運(yùn)動(dòng)過程，選擇合適的規(guī)律進(jìn)行求解。

14.【答案】解：(1)帶電粒子在圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所有粒子平行射

入此磁場均從4點(diǎn)射出(磁聚焦模型)，可知粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑等于圓形勻強(qiáng)磁

場區(qū)域的半徑，即：r=a.

由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得：

2

quBr>=m-V

在勻強(qiáng)電場中被加速的過程，由動(dòng)能定理得:

12

qurt=-mvz

聯(lián)立解得：u=歿過

2m

(2)①在4點(diǎn)進(jìn)入第一象限的粒子的速度方向與y軸正方向的夾角在0?180。范圍內(nèi)，沿y

軸正方向射入的粒子打在感光板上的P點(diǎn)，隨著速度與y軸夾角的增大，軌跡與感光板

的交點(diǎn)先向右移動(dòng)，離。點(diǎn)最遠(yuǎn)的交點(diǎn)為Q點(diǎn)(滿足4Q=2r=2a),再向左移動(dòng)一直到C

點(diǎn)，之后就打不到感光板上了?？芍狿Q為“二度感光區(qū)”，由幾何關(guān)系得，當(dāng)粒子打

在P點(diǎn)時(shí)軌跡圓的圓心恰好為C點(diǎn)，

則：

CP=r=a

當(dāng)粒子打在Q點(diǎn)時(shí)，AQ=2r=2a,

由勾股定理得：

OQ=J(2a)2一(亨獷="a

貝ij：L=OQ-OC-CE

代入數(shù)據(jù)解得：L=^a

②由圖中幾何關(guān)系可知，打在C點(diǎn)的粒子軌跡圓的圓心為恰好在圓形磁場邊界上的H點(diǎn),

對應(yīng)進(jìn)入圓形磁場的位置在F點(diǎn)，F(xiàn)到C恰好為半個(gè)圓周；打在P點(diǎn)的粒子軌跡一個(gè)是從H

點(diǎn)入射，〃到P也恰好為半個(gè)圓周，另一個(gè)是臨界直接從4點(diǎn)入射?？傻么蛟贑P段的粒

子對應(yīng)入射區(qū)域在FH之間，打在PQ,即“二度感光區(qū)”的粒子對應(yīng)入射區(qū)域在H。之間,

由幾何關(guān)系得:

HO=*FH=a

可得打在“二度感光區(qū)”的粒子數(shù)叫與打在整個(gè)感光板上的粒子數(shù)n2的比值為：

Hi：n2=HO：FO=p(a+1)=1：3

(3)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑R=黑，可知其它條件一定，R與0成正比，粒子每次反彈

后速度大小變?yōu)樵瓉淼囊话?，故半徑也變?yōu)樵瓉淼囊话搿?/p>

在圖1中可知，第一次打在P點(diǎn)的粒子速度方向垂直感光板，此粒子能夠在P第一次被反

彈，CP=a,即第一次打在距離C點(diǎn)a處，反彈后粒子運(yùn)動(dòng)半徑為與，第二次打在距離C點(diǎn)

2a處，再次反彈后粒子運(yùn)動(dòng)半徑為會(huì)第三次落在離C點(diǎn)2.5a處，第四次落在離C點(diǎn)2.75a

處，第五次落在離C點(diǎn)2.875a處，超出感光板邊緣離開第一象限，該粒子在磁場中一共

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運(yùn)動(dòng)了5個(gè);圓周。

粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)周期為：7=等=翳

該粒子在磁場中一共運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為：

t=^T=—

2qB

該粒子從H到P的路程為：Si=na

從第一次反彈到第二次反彈的路程為：S2=*

從第二次反彈到第三次反彈的路程為：S3=兀：

從第三次反彈到第四次反彈的路程為：s4=兀勺

從第四次反彈到離開磁場的路程為：S5=兀9

1O

該粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的總路程為：

S=Si+S2+S3+S4+S5

聯(lián)立解得：s=2a.

1O

答：(1)兩極板間的電壓u為臂；

(2)①“二度感光區(qū)”的長度L為卓公

②打在“二度感光區(qū)”的粒子數(shù)n1與打在整個(gè)感光板上的粒子數(shù)電的比值n】：電為1：

3；

(3)該粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t為誓和總路程s為登a。

【解析】(1)帶電粒子在圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所有粒子平行射入此磁

場均從4點(diǎn)射出(磁聚焦模型)，可知粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑等于圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域

的半徑；由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求得加速獲得的速度，在勻強(qiáng)電場

中被加速的過程，由動(dòng)能定理求解；

(2)①利用“動(dòng)態(tài)圓”的方法判斷“二度感光區(qū)”,由幾何關(guān)系求解；

②所求粒子數(shù)之比等于對應(yīng)的粒子入射區(qū)域的長度之比，由圖中幾何關(guān)系確定對應(yīng)的

粒子入射區(qū)域的長度；

(3)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑R與線速度D成正比，粒子每次反彈后速度大小變?yōu)樵瓉淼?/p>

一半，故半徑也變?yōu)樵瓉淼囊话?。由幾何關(guān)系判斷粒子被反彈的次數(shù)，確定粒子運(yùn)動(dòng)軌

跡求得軌跡長，利用周期求得時(shí)間。

本題考查了帶電粒子在電場和磁場中運(yùn)動(dòng)問題，依據(jù)力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，解析粒子運(yùn)動(dòng)過

程。對于粒子在加速電場中被加速做直線運(yùn)動(dòng)的過程，應(yīng)用動(dòng)能定理解答；對于帶電粒

子在勻強(qiáng)磁場只受了洛倫茲力而做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，依據(jù)洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓

第二定律解答，依據(jù)題意作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡圖是解題的前提，根據(jù)幾何關(guān)系求得運(yùn)動(dòng)半

徑和軌跡圓心角是解題關(guān)鍵。

15.【答案】D

【解析】解：力、分子間距離大于平衡距離時(shí)，分子力表現(xiàn)為引力，小于平衡距離時(shí)表

現(xiàn)為斥力，若兩分子從無窮遠(yuǎn)處靠近的過程中，分子力先做正功后做負(fù)功，故