廣東省茂名市2023屆物理高考模擬考試試卷(一)(含答案)

廣東省茂名市2023屆物理高考模擬考試試卷（一）

一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只

有一項是符合題目要求的。

1.已知Co60的衰變方程為60co-6oNi+X,半衰期為5.27年，則X和1克Co60經(jīng)過

2728

5.27年后還剩下Co60的質(zhì)量分別為（）

A.質(zhì)子0.5克B.電子0.5克

C.質(zhì)子0.25克D.電子0.25克

2.當(dāng)使用高壓水槍時，我們感受到比較強的反沖作用，如圖，一水槍與軟管相連，打開開關(guān)后，以

30m/s的速度每秒噴出1kg的水，若水槍入口與出口的口徑相同，則水對該水槍作用力的大小及方向

是（）

A.30N,沿③的方向B.30N,沿②的方向

C.60N,沿①的方向D.60N,沿②的方向

3.2021年6月17日我國神舟十二號載人飛船入軌后，按照預(yù)定程序，與在同一軌道上運行的“天

和”核心艙交會對接，航天員將進(jìn)駐“天和”核心艙。交會對接后神舟十二號飛船與“天和”核心艙的組

合體軌道不變，將對接前飛船與對接后的組合體對比，下面說法正確的是（）

A.組合體的環(huán)繞速度大于神舟十二號飛船的環(huán)繞速度

B.組合體的環(huán)繞周期大于神舟十二號飛船的環(huán)繞周期

C.組合體的向心加速度大于神舟十二號飛船的向心加速度

D.組合體所受的向心力大于神舟十二號飛船所受的向心力

4.如圖I所示，半徑為R均勻帶電圓形平板，單位面積帶電量為。，其軸線上任意一點P（坐標(biāo)為

x

X）的電場強度可以由庫侖定律和電場強度的疊加原理求出：27aB1-7----------b,方向沿X

軸?，F(xiàn)考慮單位面積帶電量為。的無限大均勻帶電平板，從其中間挖去一半徑為r的圓板，如圖所

示。則圓孔軸線上任意一點Q（坐標(biāo)為x）的電場強度為（）

lxX

p]①

由/?/

1rr

笛L_________

X

2兀koic2兀攵or—

A.（\B./+X2》

5+冗24\T2

\x]r

C.2nkc\l-7---------D.2兀ko—

15+X2引X

5.一根較容易形變的彈性導(dǎo)線，將上下兩端固定，當(dāng)沒有磁場時,導(dǎo)線呈直線狀態(tài).現(xiàn)使導(dǎo)線通過

電流，方向自下而上（如圖中箭頭所示），分別加上方向豎直向上、水平向右、垂直于紙面向外的勻

強磁場時，下列描述導(dǎo)線發(fā)生形變的四個圖示中正確的是（）

A.'B.____J.

A1

?彳???f??

C.[D.

6.質(zhì)量分別為2m和m的A、B兩種物體分別在水平恒力F和F的作用下沿水平面運動，撤

去勺、F后受摩擦力的作用減速到停止,其v-r圖像如圖所示,則（）

O2,o3/(o

A.F、F大小之比為2:1

12

B.勺、F對A,B做功之比為2:1

C.A,B受到的摩擦力大小之比為2:1

D.全過程中摩擦力對A,B做功之比為2:1

7.如圖所示，固定于水平面上的豎直光滑圓軌道的半徑為R,B、D分別為圓軌道的最高點和最低

點，A與C為平行于地面的直徑的兩端點，小球（視為質(zhì)點）從軌道上的A點以某一速度沿軌道豎

直向下運動。下列判斷正確的是（）

A.只有v?所京時，小球才能到達(dá)B點

B.若小球能過B點，則小球在D點和B點對軌道的壓力大小之差為6叫

C.小球從A點到D點的過程中克服重力做功，且重力做功的功率一直增大

D.若軌道存在摩擦，則小球從A點至D點與從D點至C點過程中克服摩擦力做的功相等

二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有

多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。

8.無線充電近年來得到廣泛應(yīng)用，無線充電技術(shù)與變壓器的工作原理類似，通過分別安裝在充電基

座和接收能量裝置上的線圈，利用產(chǎn)生的磁場傳遞能量。如圖甲所示，充電基座接上220V、50Hz

家庭用交流電（電壓變化如圖乙所示），受電線圈接上一個理想二極管給手機電池充電。下列說法正

確的是（）

A.乙圖中的E。的大小為220V

B.在t2時刻，受電線圈中的電動勢達(dá)到最大

C.基座線圈和受電線圈通過互感實現(xiàn)能量傳遞

D.手機和基座無需導(dǎo)線連接，這樣傳遞能量沒有損失

9.如圖所示，帶電小球Q固定在傾角為。的光滑固定絕緣細(xì)桿下端，一質(zhì)量為m,電荷量為q的帶

正電小球M穿在桿上從A點由靜止釋放，小球到達(dá)B點時速度恰好為零，已知A、B間距為L,C

是AB的中點，兩小球均可視為質(zhì)點，重力加速度為g,則（）

A.小球從A到B的過程中加速度先減小后增大

B.小球在B點時受到的庫侖力大小為mgsin?

C.小球在C點時速度最大

mgLsinQ

D.在Q產(chǎn)生的電場中，A,B兩點間的電勢差為-

<7

10.如圖所示，在某行星表面上有一傾斜的圓盤，面與水平面的夾角為30。，盤面上離轉(zhuǎn)軸距離L

處有小物體與圓盤保持相對靜止，繞垂直于盤面的固定對稱軸以恒定角速度轉(zhuǎn)動，角速度為時，

小物塊剛要滑動，物體與盤面間的動摩擦因數(shù)為陰（設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力），星球的

3

半徑為R,引力常量為G,下列說法正確的是（）

o2R?I

A.這個行星的質(zhì)量二±±

G

B.這個行星的第一宇宙速度v=2J沃

C.這個行星的密度是=±±

GR

D.離行星表面距離為R的地方的重力加速度為:2L

2

三、非選擇題：共54分。第11~14題為必考題，考生都必須作答。第15~16題為選考題,

考生根據(jù)要求作答。

（一）必考題：共42分。

11.用打點計時器測量重力加速度的實驗裝置如圖所示。當(dāng)紙帶在鉤碼帶動下向下運動時，打點計

時器在紙帶上打下一系列的點。

（1）該實驗中,下列方法有助于減小實驗誤差的是.

A.應(yīng)從紙帶上的第一個點跡開始測量、計算

B.選用的鉤碼的質(zhì)量應(yīng)盡可能小些

C.操作時，應(yīng)先釋放紙帶，后接通電源

D.打點計時器的上下兩限位孔應(yīng)在同一豎直線上

（2）某同學(xué)在正確操作下，選取了一條點跡清晰的紙帶，并測得連續(xù)三段相鄰點的距離，但不

小心將該紙帶撕成了三段，并丟失了中間段的紙帶，剩余的兩段紙帶如圖所示，其中A、B兩點的

距離x,=9.8mm,C、D兩點的距離x=17.6mm.已知電源的頻率為50Hz.在打點計時器打下C、D兩

（3）實驗測得當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭=

12.某同學(xué)研究小燈泡的伏安特性，所使用的器材有：小燈泡L（額定電壓3.8V,額定電流0.32A）；

電壓表V（量程3V,內(nèi)阻3kC）：電流表A（量程0.5A,內(nèi)阻0.5C）：固定電阻R。（阻值1000Q）；滑動

變阻器R（阻值0~9.0。）；電源E（電動勢5V,內(nèi)阻不計）；開關(guān)S；導(dǎo)線若干.

（1）實驗要求能夠?qū)崿F(xiàn)在0?3.8V的范圍內(nèi)對小燈泡的電壓進(jìn)行測量，畫出實驗電路原理圖.

（2）實驗測得該小燈泡伏安特性曲線如圖（a）所示.

m^

u5

HB1fH^

t

fEfr

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?51』

-m

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KEw

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BEnm

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EIC1n

0Iw

『m

◎J=la

一~

la一

由實驗曲線可知，隨著電流的增加小燈泡的電阻（填“增大”“不變”或“減小”），燈絲的電

阻率（填“增大""不變''或"減小”）.

（3）用另一電源E。（電動勢4V,內(nèi)阻1.00Q）和題給器材連接成圖（b）所示的電路，調(diào)節(jié)滑動變阻

器R的阻值，可以改變小燈泡的實際功率.閉合開關(guān)S,在R的變化范圍內(nèi)，小燈泡的最小功率為_

W,最大功率為W.（結(jié)果均保留兩位小數(shù)）

13.如圖所示，等邊三角形AQC的邊長為2L,P、D分別為AQ、AC的中點.水平線QC以下是水平

向左的勻強電場，區(qū)域口（梯形PQCD）內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。；區(qū)域□（三

角形APD）內(nèi)的磁場方向垂直紙面向里，區(qū)域口（虛線PD之上、三角形APD以外）的磁場與區(qū)域□大小

相等、方向相反，且磁感應(yīng)強度為3B（）帶正電的粒子從QC邊中點N以速度v0垂直QC進(jìn)入?yún)^(qū)域

再從P點垂直AQ射入?yún)^(qū)域□（粒子重力忽略不計）.經(jīng)一系列運動粒子將再次回到N點以速度v0垂直

QC進(jìn)入下方勻強電場,最后從0點離開電場（Q0邊長為L）。求：

（1）該粒子的比荷q/m；

（2）勻強電場E的大小;

（3）粒子在磁場從N點出發(fā)再回到N點的運動過程所需的時間t.

14.半徑R=2.75m、圓心角0=37。的一段光滑圓弧槽固定在粗糙水平面上，一質(zhì)量為m=3.0kg、可視

為質(zhì)點的小物塊Q放置于圓弧槽最低點（其切線恰好水平）。在圓弧槽右側(cè)同一直線上有一個質(zhì)量為

M=1.0kg、長度為L=5.75m的薄木板，薄木板與圓弧槽最低點平齊，且左端與圓弧槽最低點相距

xo=O.75m?某時刻，一質(zhì)量也為m的小物塊P（可視為質(zhì)點）以水平初速度v=14m/s沖上薄木板右

端。一段時間后，當(dāng)薄木板左端剛與圓弧槽相撞時，小物塊p恰好運動至薄木板左端，且立即與小

物塊Q碰撞粘連在一起、繼續(xù)運動。已知小物塊P與薄木板間的動摩擦因數(shù)出=。40,重力加速度

g=10m/s2,sin370=0.6,cos37°=0.8o求：

（1）從P開始運動到與Q發(fā)生碰撞所經(jīng)歷的時間t；

（2）薄木板與水平面間的動摩擦因數(shù)&；

（3）P、Q碰撞后繼續(xù)運動到其軌跡最高點時離水平面的高度H。

（-）選考題：共12分。請考生從2道題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題

計分。

15.（1）密閉在鋼瓶中的理想氣體，溫度升高時壓強增大.從分子動理論的角度分析，這是由于分子熱

運動的增大了.該氣體在溫度Tl、T2時的分子速率分布圖象如圖所示，則T1

（選填“大于”或“小于”）T2.

各速率區(qū)間的分子數(shù)

占總分子數(shù)的百分比

（2）一定質(zhì)量的理想氣體體積V與熱力學(xué)溫度T的關(guān)系圖象如圖所示，氣體在狀態(tài)A時的壓強

PA=P0，溫度TA=",線段AB與V軸平行，BC的延長線過原點。求：

①氣體在狀態(tài)B時的壓強PB；

②氣體從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B的過程中，對外界做的功為10J,該過程中氣體吸收的熱量為多

少；

⑶氣體在狀態(tài)C時的壓強pc和溫度Tc?

16.(1)一列向右傳播的簡諧橫波，某時刻波形如圖。已知波速為8m/s,從這一時刻起，經(jīng)過1.75

(2)如圖所示，在折射率〃=|的透明液體中，水平放置一足夠大的不透光薄板，薄板下方豎直

放置著一把長50cm直尺，其零刻度恰好與板上的O點重合，距離。點為6cm處有一可以透光

的小孔P,距離O為12cm處的Q點的正下方豎直放置著高為10cm的平面鏡MN,平面鏡的

上端M到Q的距離為6cm。求：緊貼著液面的人通過平面鏡人能觀察到米尺的刻度范圍。

-OP-Q-

答案解析部分

1.B

【解答】原子核衰變過程的質(zhì)量數(shù)和核電荷數(shù)均守恒，可得X為電子；1克Co60中有大量的原子

核，1克Co60經(jīng)過5.27年后，還有0.5克沒有衰變。

故答案為：Bo

【分析】利用質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可以判別X為電子；利用半衰期及衰變的時間可以判別還沒衰變

的原子核質(zhì)量。

2.B

【解答】解：以水為研究對象，運用動量定理得：

Ft=mv-0

水1

代入解得，水流受到的平均作用力為：F=30N,方向沿出口的方向和進(jìn)水口的角平分線上.

B根據(jù)牛頓第三定律可知，水對該水槍作用力的大小是30N,方向是沿②的方向.故B正確，ACD

錯誤

故選：B

【分析1根據(jù)動量定理即可求出水受到的作用力的大小與方向，然后由牛頓第三定律說明水對該水

槍作用力的大小及方向.

3.D

Mmv242

【解答】AB.由G-=—=m——r

，2mrT2

可得V

7=2

可見V、T與質(zhì)量m無關(guān)，周期與環(huán)繞速度不變，AB不符合題意;

,GMm

C.由-----=ma

r2

可得””

可知向心加速度與質(zhì)量機無關(guān)，C不符合題意;

一、…lGMm

D.向心力為F=-----

7*2

組合體的質(zhì)量大于神舟十二號飛船的質(zhì)量，則組合體所受的向心力大于神舟十二號飛船所受的向心

力，D符合題意。

故答案為：D。

【分析】利用引力提供向心力可以判別線速度、周期和環(huán)繞速度的大小與質(zhì)量m無關(guān)；利用向心力

的表達(dá)式可以比較向心力的大小。

4.B

【解答】將挖去的圓板補上，復(fù)原無限大均勻帶電平板，設(shè)無限大均勻帶電平板在Q點的場強為

E,補回來的半徑為r的圓板在Q點的場強為待求的場強為E2,由電場疊加原理得E=E,+E,

X

解得名=2兀K

S+X2A

故答案為：Bo

【分析】利用已知場強的表達(dá)式結(jié)合電場強度的疊加可以求出未知電場強度的大小。

5.D

【解答】解：A、圖示電流與磁場平行，導(dǎo)線不受力的作用，故A錯誤;

B、由左手定則判得，安培力的方向垂直紙面向里，故B錯誤；

C、由左手定則判得，安培力的方向水平向右，故C錯誤；

D、由左手定則判得，安培力的方向水平向右，故D正確；

故選：D.

【分析】通電導(dǎo)線在磁場中的受力方向判斷，可由左手定則完成，注意電力與磁場平行時沒有安培

力.

6.A

【解答】C.由速度與時間圖象可知，兩個勻減速運動的加速度之比為1：2；由牛頓第二定律可

知：A、B的質(zhì)量關(guān)系是2：1,則由f=ma

可知A、B受摩擦力大小1：1,C不符合題意；

A.由速度與時間圖象可知，A、B兩物體加速與減速的位移相等，且勻加速運動位移之比1：2,勻

減速運動的位移之比2：1,設(shè)A物體在Or。時間內(nèi)的位移為x,則由動能定理可得：A物體的拉力

與摩擦力的關(guān)系Fjx,f3x=00

B物體的拉力與摩擦力的關(guān)系F??2x2行x=O0

因此可得耳=3￡

F=15f

2-2

ff

.=2

所以耳=2F2

A符合題意；

BD.全過程中摩擦力對A、B做功相等，均為f」3x或f??3x；F?對A、B做功之大小相等，BD

不符合題意。

故答案為：Ao

【分析】v圖像的斜率為物體運動的加速度，結(jié)合牛頓第二定律得出AB的質(zhì)量之比；利用動能定

理得出AB受到的摩擦力之比；根據(jù)摩擦力做功得出全過程中摩擦力對AB做功之比。

7.B

V2

【解答】A.小球恰好能夠達(dá)到B點，則有加

R

小球從A點運動到B點，根據(jù)機械能守恒有i-mvi=Lmv2+mgR

22B

可得，小球在A點的最小速度為丫=J3gH

即只有vNQA時，小球才能到達(dá)B點，A不符合題意；

B.小球從D點運動到B點，根據(jù)機械能守恒有+mg.2R

2D2B

V2

小球在B點時，由牛頓第二定律有J+〃吆=加方

小球在D點時，由牛頓第二定律有勺,-mg=機曾

聯(lián)立解得尸「勺=6叫

則若小球能過B點，則小球在D點和B點對軌道的壓力大小之差為6mg,B符合題意;

C.小球從A點到D點的過程中重力做正功，小球從A點到D點的過程中，豎直方向先加速后減

速，豎直分速度先增大后減小，重力做功的功率先增大后減小，C不符合題意;

D.若軌道存在摩擦，在圓軌道的下半部分，任意取等高的M、N兩點，小球在M、N兩點時，受

力如下圖所示

V2

在M點，根據(jù)牛頓第二定律有E-mgsin=/篦方

NI

V2

在N點，根據(jù)牛頓第二定律有九-叱〃二機一

R

小球從M點運動到N點，由于機械能損失，可知則有］

又于=F

N

所以有/>4

由此可知小球從A點至D點的過程中受到的摩擦力比從D點至C點過程中受到的摩擦力大。由于

路程相同，所以小球從A點至D點過程中克服摩擦力做的功大于從D點至C點過程中克服摩擦力

做的功，D不符合題意。

故答案為：Bo

【分析】小球恰好能夠達(dá)到B點時，根據(jù)重力等于向心力得出B點的速度，小球從A到B的過程中

根據(jù)機械能守恒得出A點的最小速度，從而得出小球能經(jīng)過B點的速度范圍，若軌道存在摩擦，根

據(jù)牛頓第二定律得出從A點至D點的過程和從D點至C點過程中受到的摩擦力大小關(guān)系。

8.B,C

【解答】A.乙圖中的E0為交流電的最大值，其大小為220K'A不符合題意；

B.在t2時刻，基座線圈的電流變化最快，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，受電線圈中的電動勢達(dá)到最

大，B符合題意；

C.基座線圈和受電線圈通過互感，將原線圈中的能量傳遞到受電線圈，實現(xiàn)能量傳遞，C符合題

意；

D.手機和基座無需導(dǎo)線連接，但這樣傳遞能量，有一部分能量以電磁波的形式損失，D不符合題

意。

故答案為：BCo

【分析】E。為交變電流的最大值，基座線圈和受電線圈之間通過護(hù)肝實現(xiàn)能量傳遞，過程中一部分

能量以電磁波的形式輻射和產(chǎn)生焦耳熱損失能量。

9.A,D

【解答】解：A、由題意可知，小球從A靜止運動在B點時;速度為零，則有小球先加速后減速，

那么一開始庫侖力，小于重力沿著細(xì)桿的分力，當(dāng)減速運動時，則庫侖力大于重力沿著細(xì)桿的分

力，因此加速度先減小，再增大，A符合題意；

B、球在B點時，速度為零，但不是處于平衡狀態(tài)，由于球要向上運動，那么受到的庫侖力大小大

于mgsinO,B不符合題意；

C、當(dāng)球的加速度為零時，速度才能達(dá)到最大，而C雖是AB的中點，依據(jù)庫侖力與間距的平方成反

比，則有此處庫侖力，支持力與重力的合力不為零，因此在C點時速度不是最大，C不符合題意；

m^LsinQ

D、根據(jù)動能定理，從A到B,則有：0-0=mgLsin9+qUAB；解得：U=-,D符合題

ABq

思；

故答案為：AD.

【分析1考查庫侖定律的應(yīng)用，掌握由力分析運動的方法，根據(jù)牛頓第二定律分析加速度問題，注

意速度為零時，不一定是平衡狀態(tài)，加速度為零時，速度最大以及及理解動能定理的內(nèi)容，注意力

做功的正負(fù)，當(dāng)心電勢差的正負(fù)也是解題的關(guān)鍵。

10.A,D

【解答】A.由分析知，小物塊剛要滑動時，處于最低點位置，則根據(jù)牛頓第二定律得

mgcos30°-mgsin300=miL

解得g=22L

Mtn

在天體表面滿足mg=GB

-R2~

解得M=22：L

G

A符合題意；

B.根據(jù)牛頓第二定律得"吆=加是

解得V=yjlLk

B不符合題意；

4

C.根據(jù)M=--Rs

G

解得=/

C不符合題意;

，「Mm

D.離行星表面距離為R的地方的重力加速度為機g=6日港

嚕上竺四

G

解得g'=E?L

D符合題意。

故答案為：ADo

【分析】當(dāng)物塊恰好發(fā)生滑動時，利用牛頓第二定律可以求出重力加速度的大小，結(jié)合引力形成重

力可以求出行星質(zhì)量的大小；利用牛頓第二定律可以求出行星第一宇宙速度的大?。唤Y(jié)合其體積公

式可以求出行星的平均密度；利用引力形成重力可以求出離行星表面距離為R處重力加速度的大

小。

11.(1)D

(2)0.88

（3）9.75

【解答】（1）不一定要從紙帶上第一個點開始計算驗證機械能是否守恒，A不符合題意；選用的鉤

碼的質(zhì)量應(yīng)盡可能大些，密度盡量大一些，可以減小受到的阻力的影響，可減少實驗誤差，B不符

合題意；操作時，應(yīng)先接通電源，后釋放紙帶，以保證紙帶充分利用，該次序不能顛倒。C不符合

題意；打點計時器的上下兩限位孔應(yīng)在同一豎直線上，以減小摩擦造成的誤差，D符合題意。

6

（2）電源的頻率為50Hz,則T=0.02s,根據(jù)平均速度公式可知v=爭=?？縨/s=0.88m/s

（3）中間段的紙帶有1個計時點，根據(jù)勻變速直線運動的推論EJx=aT2可得：xCD-xAB=2aT2,解得

a=9.75m/s2

【分析】（1）測量加速度時，應(yīng)減小紙帶與打點計時器線位孔的摩擦;

（2）求解平均速度利用路程除以這一段路程對應(yīng)的時間即可；

（3）結(jié)合紙帶上點的距離，利用逐差法求解物體的加速度即可。

（3）0.39；1.17

【解答】（1）電壓表量程為3V,要求能夠?qū)崿F(xiàn)在0?3.8V的范圍內(nèi)對小燈泡的電壓進(jìn)行測量，需要

給電壓表串聯(lián)一個定值電阻擴大量程，題目中要求小燈泡兩端電壓從零開始，故滑動變阻器用分壓

U38RR

式接法，小燈泡的電阻RQ=11.875Q，因寸〈黃，故電流表用外接法，實驗電

LI0.32KK

AL

路原理圖如圖所示.

;（2）由LU圖象知，圖象中的點與坐標(biāo)原點連線的斜率在減小，表示燈泡的電阻隨

電流的增大而增大，根據(jù)電阻定律R=pg知，燈絲的電阻率增大.（3）當(dāng)滑動變阻器的阻值最大為

9.00時，電路中的電流最小，燈泡實際功率最小，由E=U+I(R+r)得U=-101+4,作出圖線①

如圖所示.

由交點坐標(biāo)可得U|=L78V,I]=221mA,P^U,!-0.39W；

當(dāng)滑動變阻器電阻值R=0時，燈泡消耗的功率最大，由￡=15+1促+。得，I=-U+4,作出圖線

②如圖所示.由交點坐標(biāo)可得，U2=3.70V,I,=315mA,最大的功率為P2=U212M.17W.

【分析】(1)電壓表量程不足所以要使用電表的改裝，由于知道改裝后電壓表的內(nèi)阻所以電流表使

用外接法；滑動變阻器使用分壓式接法；

(2)利用圖線的坐標(biāo)點和原點連線的斜率可以判別電阻的變化；利用電阻的變化可以判別電阻率的

變化；

(3)利用閉合電路歐姆定律的圖像與伏安特性曲線的角度可以求出燈泡的功率大小。

13.(1)解：由題意可知，粒子在區(qū)域U內(nèi)做勻速圓周運動，軌道半徑為：「=L

由牛頓第二定律和洛倫茲力表達(dá)式得到：qvB=mV-

qv

解得：一二詰~

mBL

o

(2)解：粒子從N點到O點過程中，做類平拋運動則:

L

豎直方向勻速直線運動7=—

0

水平向左做初速度為零的勻加速直線運動，則：L=^at2

由牛頓第二定律得：QE=ma

解得：E=2Bovfl

(3)解：帶電粒子在區(qū)域”和區(qū)域門內(nèi)做勻速圓周運動，同理由牛頓第二定律和洛倫茲力表達(dá)式可

得：弓=

粒子從N點出發(fā)再回到N點的運動軌跡如圖所示

271L

在區(qū)域口中勻速圓周運動周期：——

1v

0

1Tc27rL

在區(qū)域口中運動的時間：t,=_rx2=-

2O1JV

0

271/-271L

在區(qū)域□和區(qū)域口中勻速圓周運動周期：12=

00

11.InL

在區(qū)域口和區(qū)域口中運動時間：t?=不乙+^4+了7,=~6一

222

22629v

0

13TIL

所以1個飛=—

0

【分析】(1)利用牛頓第二定律可以求出比荷的大??；

(2)利用牛頓第二定律結(jié)合速度公式和位移公式可以求出場強的大小;

(3)利用周期運動的周期結(jié)合圓心角的大小可以求出運動的時間。

14.(1)解：研究小物塊P,根據(jù)牛頓第二定律yimg=mci^

根據(jù)運動學(xué)公式L+x=vt-Lat2

oo21

聯(lián)立可得z=O.5s

(2)解：研究薄木板，根據(jù)牛頓第二定律\i-mg-\i.{m+M)g=Ma

122

根據(jù)運動學(xué)公式X=\at2

022

聯(lián)立可得口=0.15

2

(3)解：小物塊P運動至剛與Q發(fā)生碰撞時的速度v=v()-?r

研究P、Q系統(tǒng)，碰撞瞬間根據(jù)動量守恒定律m