2021屆安徽省蕪湖市高考物理一模試卷(含答案解析)

2021屆安徽省蕪湖市高考物理一模試卷

一、單選題（本大題共5小題，共30.0分）

1.下列說法正確的是（）

A.牛頓通過“斜面實驗”，推翻了亞里士多德的“力是維持物體運動的原因”

B.開普勒將第谷的幾千個數(shù)據(jù)歸納出簡潔的三定律，揭示J'行星運動的規(guī)律

C.用質點來代替實際物體的研究方法是等效替代法

D.卡文迪許利用扭秤實驗得出萬有引力與距離的平方成正比

2.如圖甲所示，靜止在水平面上的物體在豎直向上的拉力F作用下

開始向上加速運動，拉力的功率恒定為P,運動過程中所受空氣

阻力大小不變，物體最終做勻速運動.物體運動速度的倒數(shù);與加

速度a的關系如圖乙所示.若重力加速度大小為g,下列說法不正

確的是（）

A.物體的質量為三B.空氣阻力大小為華平

C.物體加速運動的時間嵋D.物體勻速運動的速度大小為火

3.如圖所示，。點離地高度為H,以。點為圓心，有一半徑可變的1/4光

滑圓形軌道.一小球從與。點等高的圓弧最高點，由靜止?jié)L下后作

平拋運動.調整軌道半徑，使小球做平拋運動的水平位移最大，則

小球在圓弧最低點處的速度為（）

A?殍B得

c.麻D.停

4.若人造衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動,則離地面越近的衛(wèi)星（）

A.速度越小B.角速度越小

C.向心加速度越小D.周期越小

5.從同一地點同時沿同一方向做直線運動的兩個物體4、B的速度時間

圖象如圖實線所示.在0-時間內，下列說法中錯誤的是（）

A.A物體的加速度不斷減小，速度不斷增大

B.B物體的加速度不斷減小，速度不斷減小

C.A、B兩物體的位移都隨時間不斷增大

D.A、B兩物體的平均速度大小都大于他署

二、多選題（本大題共5小題，共27.0分）

6.如圖所示，從靠近4板發(fā)出的電子經(jīng)電場加速后，水平向往水平放置的兩平行金屬板間，金屬板

間所加的電壓為U,電子最終打在光屏P上.關于電子的運動，下列說法正確的是（）

A.僅將光屏向左平移時，電子打在熒光屏上的位置上升

B.公將變阻器的滑片向左移動時，電子打在熒光屏上的位置上升

C.僅將電壓U減小時，電子打在熒光屏上的速度大小不變

D.僅將電壓U減小時，電子從發(fā)出到到打在熒光屏的時間不變

7.如圖甲所示，4、B兩板間的距離為d,4板中間有一小孔，4板接地，B板的電勢變化情況如圖

乙所示，一帶負電粒子在t=J時刻以初速度0從4板上的小孔處進入兩板間，恰好在t=?時刻

44

到達B板，若不考慮粒子受到的重力，則下列說法正確的是（）

A.粒子在兩板間做勻加速直線運動

B.粒子的比荷為黑

I/。/

C.粒子在兩板間的最大速度為票

D.若粒子在t=￡時刻進入兩板間一定會到達B板

8.一質量為血的金屬桿ab,以一定的速度％從一光滑平行金屬導軌底端向上滑行，導軌平面與水

平面夾角為30。角，兩軌上端之間用一電阻R相連。如圖所示，若有磁感應強度為B的勻強磁場

垂直穿過軌道平面，導軌與桿電阻不計。金屬桿上行到某一高度又返回底端，則在這兩個過程

中，下列說法正確的是（）

BR

b

A.上行過程所用時間大于下行過程所用時間

B.上行過程中電阻R上通過的電量等于下行過程中電阻R上通過的電量

C.上行過程中桿受到的合力的沖量大小小于下行過程中桿受到的合力的沖量大小

D.上行過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量大于下行過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量

9.下列說法中正確的是（）

A.在太空站中處于失重狀態(tài)的水滴呈球形狀，是由液體表面張力引起的

B.用氣筒給自行車打氣，越打越費勁，是氣體分子之間斥力變大

C.在壓強一定的情況下，晶體熔化過程中分子的平均動能增加

D.當氣體溫度升高時，氣體分子運動平均速率增加

10.如圖所示為兩列簡諧橫波在同一繩上傳播在t=0時刻的波形圖，已知甲波向右傳，乙波向左

傳.以下說法正確的是（）

A.甲波的頻率比乙波的頻率大

B.兩列波同時傳到坐標原點

C.由于兩波振幅不等，故兩列波相遇時不會發(fā)生干涉現(xiàn)象

D.x=0.5cm處的質點開始振動時的方向向+y方向

三、實驗題（本大題共2小題，共15.0分）

11.某實驗小組設計了一個探究加速度a與物體所受合力F及質量m關系的實驗，如圖所示。已知小

車質量M=250g,祛碼盤的質量記為Tn。，打點計時器所使用的交流電頻率f=50Hz,其實驗

步驟是:

潘輪打點計時第

a.按圖甲所示安裝好實驗裝置；

瓦調節(jié)長木板的傾角，輕推小車后，使小車能沿長木板向下做勻速運動；

c.取下細繩和祛碼盤，記下祛碼盤中祛碼的質量m；

d.先接通電源，再放開小車，打出一條紙帶，由紙帶求得小車的加速度a；

e.重新掛上細繩和祛碼盤，改變祛碼盤中祛碼質量，重復b?d步驟，求得小車在不同合外力F作用下

的加速祛碼盤度。

回答下列問題：

(1)按上述方案做實驗，是否要求祛碼和祛碼盤的總質量遠小于小車的質量______(填“是”或

“否”)。

(2)按上述方案做實驗，是否每次改變祛碼的質量，都需要重做實驗步驟(b)(填“是”或

“否”)。

(3)實驗中打出的其中一條紙帶如圖乙所示，由該紙帶可求得小車的加速度a=rn/s2(結果保

留兩位有效數(shù)字)。

(4)某同學將有關測量數(shù)據(jù)填入他所設計的表格中，如表，他根據(jù)表中的數(shù)據(jù)畫出a-F圖象(如圖丙

)。造成圖線不過坐標原點的一條最主要原因是

次數(shù)12345

祛碼盤中祛碼的重力尸/N0.100.200.290.390.49

小車的加速度a/(m/s2)0.881.441.842.382.89

12.某同學要測量一個新材料圓柱體的電阻率，進行了如下操作:

(1)用游標卡尺測量圓柱體長度如圖甲所不，可知其長度為mm；

(2)用螺旋測微器測量圓柱體直徑如圖乙所示，可知其直徑為mm；

(3)用多用電表的電阻“x10”擋，按正確的操作步驟測此圓柱體的電阻，表盤的示數(shù)如圖丙所示,

則該電阻的阻值約為_0。

四、簡答題(本大題共1小題，共20.0分)

13.一臺質譜儀的工作原理如圖所示。甲、乙兩種比荷不同的帶電粒子從容器4下方的狹縫Si飄入電

勢差為U。的加速電場，其初速度兒乎為0,然后經(jīng)過狹縫S3沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強

度為B的勻強磁場中，最后打到照相底片上。已知帶電粒子從狹縫S3進入磁場時與垂直磁場邊界

方向存在一個很小的散射角所有粒子均打在底片的MN區(qū)域內。甲粒子能打在底片上的最遠

點為M,乙粒子能打在底片上的最近點為N,點M、N到狹縫S3的距離分別為》M、。。忽略帶電

粒子的重力及相互間作用力。

(1)求甲粒子的比荷2；

，“甲

(2)求乙粒子在磁場中運動的最長時間t；

(3)若考慮加速電壓有波動，在(%-△〃)到(％+AU)之間變化，要使甲、乙兩種粒子在底片上沒有

重疊，求△(/應滿足的條件。

B

五、計算題(本大題共3小題，共32.0分)

14.如圖所示，傾斜軌道4B和圓滑軌道BC固定在同一豎直平面內，兩者間通過一小段長度不計的圓

滑弧形軌道相連，已知長L=7.80m,傾角。=37°,BC弧的半徑R=0.8m,。為圓心，乙BOC=

143。.整個裝置處于水平向左的勻強電場中，場強大小E=lx103N/C.兩個相同的絕緣小球P與

Q,質量均為m=0.4kg,帶正電的小球Q靜止在4點，其電荷量為q=1xlO^c,不帶電的小

球P從某一位置以北=8m/s的初速度水平拋出，運動到A點時恰好沿斜面向下與小球Q發(fā)生彈性

正碰，且碰撞過程無電荷轉移。若Q,P與軌道A8的動摩擦因數(shù)分別為%=0.2,=0.8,

sin37°-0.6,g=10m/s2,小球Q運動過程中電荷量保持不變。求；

(1)小球P的拋出點距4點的高度；

(2)小球Q運動到圓弧軌道最低點8點時對軌道的壓力；

(3)小球Q離開軌道后，第一次落到斜面上的位置距B點的距離。

15.內壁光滑的導熱氣缸豎直浸放在盛有冰水混合物的水槽中，用不計質量的活塞封壓強為1.0x

5

10Pa,體積為2.0x10-37n3的理想氣體.現(xiàn)在活塞上方緩緩倒上沙子，使封閉氣體的體積變?yōu)?/p>

原來的一半，然后將氣缸移出水槽，緩慢加熱，使氣體溫度變?yōu)?27。&

(1)求氣缸內氣體的最終體積;

(2)在p-V圖上畫出整個過程中氣缸內氣體的狀態(tài)變化.(大氣壓強為1.0x105Pa)

16.如圖所示是一個透明圓柱的橫截面，其半徑為R,折射率是百，是一條直徑。

今有一束平行光沿48方向射向圓柱體，若一條入射光線經(jīng)折射后恰經(jīng)過B點，則:

⑴這條入射光線到4B的距離是多少？

(ii)這條入射光線在圓柱體中的運動時間是多少？

參考答案及解析

1.答案：B

解析：解：4、伽利略通過理想斜面實驗，假設沒有摩擦，物體將一直運動下去不會停止，從而推翻

“力是維持物體運動的原因"，故A錯誤；

8、開普勒將第谷的幾千個數(shù)據(jù)歸納出簡潔的三定律，揭示了行星運動的規(guī)律，故8正確；

C、用質點來代替實際物體的研究方法是理想模型法，故C錯誤；

。、牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，卡文迪許用實驗測定了萬有引力恒量，故。錯誤。

故選：B。

根據(jù)物理學史的相關知識，即可對題目做出正確的解答：伽利略用理想斜面實驗推翻了亞里士多德

關于“力是維持物體運動原因”的觀點；開普勒將第谷的幾千個數(shù)據(jù)歸納出簡潔的三定律，揭示了

行星運動的規(guī)律；牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，卡文迪許用實驗測定了萬有引力恒量.

本題考查物理學史，是常識性問題，對于物理學上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強記憶，這也是

考試內容之一.

2.答案：C

解析：

物體在豎直方向上在額定功率下做變加速運動，根據(jù)牛頓第二定律求的［與a的關系式，結合乙圖即

可判斷，當拉力等于重力和阻力時速度達到最大。

本題主要考查了圖象，能利用牛頓第二定律表示出［與a的關系式是解決本題的關鍵。

解：4B.由題意可知P=Fu,根據(jù)牛頓第二定律由F—mg-/=ma聯(lián)立解得：L=汽+吟,由

J'vpp

乙圖可知，＞十,誓=：，解得：/=陪嗎故AB正確；

C.物體做變加速運動，并非勻加速運動，不能利用u=at求得時間，故C錯誤；

pP

。.物體勻速運動由F=zng+/,此時。=鼻==%，故。正確。

rTTig-rj

本題選說法不正確，故選C。

3.答案：C

解析：設圓形軌道的半徑為r,則小球做平拋運動的高度為H-r,根據(jù)平拋運動的基本公式求出S的

表達式，求出S取最大值的條件即可求解。

設圓形軌道的半徑為r,則小球做平拋運動的高度為H-r,小球從最高點運動到軌道最低點的過程

中，運用動能定理得：

mgr=-

解得：v=42gr

小球從軌道最低點拋出后做平拋運動，則有

仁嚴5

水平位移S=vf=2r(H—r)r

TJ

當H—r=r時，S取最大值，即尸=—

2

所以？="正=而萬

故選Co

本題主要考查了動能定理及平拋運動的基本公式的直接應用，要注意數(shù)學知識在物理解題中的應用。

4.答案：D

解析：解：根據(jù)萬有引力提供向心力得

GMm47r2v2

——=m—T-r=m—=ma=7

r2T2r

”呼軌道半徑減小，則線速度增大，故A錯誤;

A、

B、3=空,軌道半徑減小，則角速度越大，故B錯誤;

C、a=黃，軌道半徑減小，則加速度變大，故C錯誤;

。、T=2n—■軌道半徑減小，則周期越小，故。正確;

故選：D.

根據(jù)萬有引力提供向心力得出線速度、角速度、周期、向心加速度與軌道半徑的關系，從而比較出

大小.

解決本題的關鍵掌握萬有引力提供向心力這一理論，知道線速度、角速度、加速度、周期與軌道半

徑的關系.

5.答案：。

解析：解：4、B、根據(jù)速度圖象的斜率表示加速度可知，4物體的加速度不斷減小，速度不斷增大，

B物體的加速度不斷減小，速度不斷減小，故A正確，3正確；

C、根據(jù)位移圖象與橫軸所圍面積表示位移，力、B物體的位移都不斷增大，故C正確.

。、若物體做勻變速直線運動，平均速度等于空，結合圖線與時間軸圍成的面積表示位移，知4物

體的平均速度大小大于空，8物體的平均速度大小小于弩，故。錯誤.

本題選錯誤的，故選：D.

速度時間圖線的切線斜率表示加速度，圖線與時間軸圍成的面積表示位移.

解決本題的關鍵知道速度時間圖線的物理意義，知道圖線斜率和圖線與時間軸圍成的面積表示的含

義.

6.答案：BD

解析：

電子在加速電場中加速，進入偏轉電場后向上偏轉，根據(jù)電子在偏轉電場中水平方向和豎直方向上

的運動規(guī)律分析判斷.

電子在加速電場作用下做加速運動，運用動能定理可得電子獲得的速度與加速電場大小間的關系，

電子進入偏轉電場后，做類平拋運動，運動時間受電場的寬度和進入電場時的速度所決定，電子在

電場方向偏轉的距離與時間和電場強度共同決定.熟練用矢量合成與分解的方法處理類平拋運動問

題.

A、電子在水平放置的平行金屬板間做類平拋運動，離開時速度的反向延長線經(jīng)過中軸線的中點，根

據(jù)這一推論知，將光屏向左平移時，電子打在熒光屏上的位置將下降，故A錯誤；

8、將滑動變阻器的滑片向左移動時，4、B間的電壓減小，電子獲得的速度“減小，電子在電場中運

動時間變長，偏轉位移變大，電子打在熒光屏上的位置上升，故B正確；

C、將電壓U減小，電子所受的電場力減小，加速度減小，離開電場時豎直分速度減小，根據(jù)平行四

邊形定則知，電子打在熒光屏上的速度大小減小，故C錯誤；

。、將電壓U減小，電子在水平方向上的分速度不變，電子從發(fā)出到打在熒光屏上的時間不變，故。

正確.

故選：BD.

?v

7.答案：BCD

解析：解：粒子從t=0時刻、t=J時刻

O

和7=：時刻進入的粒子速度圖象如圖I

所示

—

O寸

羽

丁

一T

4一'4

I2';

—±

_1_

4帶負電粒子在t=工時刻以初速度0從4板上的小孔處進入兩板間，粒子在兩板間運動時加速度方

4

向變化，故不是做勻加速直線運動，故4錯誤；

B、A,B兩板間的距離為d,則d=2xJat2=^xG7-》2,解得：g=黑，故B正確；

2

2md'24，mU0T

C、粒子在兩板間的最大速度為為，則d=^x（W）,解得方=半，故C正確；

。、若粒子在t=[時刻進入兩板間，根據(jù)圖線可知，粒子速度減速到零時的位移大于d,故一定會到

達B板，故。正確。

故選：BCD.

作出粒子從t=0時刻、t=J時刻和T=一時刻進入的粒子速度圖象，根據(jù)圖線結合運動學公式分析。

84

本題主要是考查帶電粒子在電場中的運動，弄清楚受力情況和運動情況是關鍵。

8.答案：BD

解析：解：4、金屬桿在滑行過程中，受到安培力阻力作用，其機械能不斷減小，所以經(jīng)過同一位置

時，上行的速率大于下行的速率，則上行過程平均速度大于下行過程的平均速度，而兩個過程通過

的位移大小相等，所以上行過程所用時間小于下行過程所用時間，故A錯誤；

8、上滑和下滑兩個過程中，回路磁通量的變化量小中相等,根據(jù)電阻R上通過的電量q=]△1=&￡,

根據(jù)法拉第電磁感應定律得￡=處，聯(lián)立得q=竿可知上行過程中電阻R上通過的電量等于下行過程

中電阻R上通過的電量，故B正確；

C、根據(jù)動量定理知桿受到的合力的沖量等于桿動量的變化量，由于上行過程中桿的動量變化量大于

下行過程中桿的動量變化量，所以，上行過程中桿受到的合力的沖量大小大于下行過程中桿受到的

合力的沖量大小，故C錯誤；

D,經(jīng)過同一位置時上行的速率大，桿產(chǎn)生的感應電動勢大，感應電流大，桿受到的安培力大，則

向上行過程中桿克服安培力做的功大，而桿克服安培力做的功等于電阻R上產(chǎn)生的熱量，則上行過程

中電阻R上產(chǎn)生的熱量大于下行過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量，故。正確。

故選：BD。

分析通過金屬桿的受力情況，來判斷金屬桿運動情況，根據(jù)平均速度關系判斷上行與下行時間關系；

根據(jù)q=等判斷電阻R上通過的電量關系；根據(jù)動量定理分析合力的沖量大?。桓鶕?jù)同一位置，上行

和下行的速度大小關系，判斷安培力的大小關系，即可分析克服安培力做的功關系，由功能關系分

析熱量關系。

解決這類問題的關鍵是分析桿的受力情況，進一步確定其運動性質，并明確判斷各個階段及全過程

的能量轉化。要掌握感應電荷量經(jīng)驗公式q=等，并能正確運用。

9.答案：AD

解析：解：4、太空中處于失重狀態(tài)的水滴由于液體的表面張力的作用而呈球形，故A正確；

8、氣體分子間距較大，很難達到分子間作用力的范圍內，打氣時我們克服的是氣體壓強的作用，故

8錯誤；

C、晶體在熔化過程要吸熱，但溫度不變；故晶體分子的平均動能不變，故C錯誤；

氣體溫度升高時，分子熱運動的平均動能增大，故氣體分子運動平均速率增加，故。正確.

故選：AD.

太空站中水滴呈球形是因為液體表面張力引起的；

用氣筒給自行車打氣時，由于氣體分子產(chǎn)生的壓強而使我們越打越費勁；

晶體有一定的熔點；熔化過程中吸收熱量，溫度保持不變.

溫度升高時，分子的平均動能增大，但并不是每個分子的速率都增加.

本題考查液本表面張力、壓強、晶體的性質及溫度與分子平均動能的關系，要注意明確當溫度升高

時，分子的平均動能增大，但可能有部分分子的動能減小.

10.答案：BD

解析：解：A、根據(jù)相鄰波峰或波谷間的距離等于波長，讀出兩列波的波長都為；I=4cm,波速是由

介質決定的，可知兩列波的波速相等，由波速公式u分析得知，兩列波的頻率相等，故4錯誤。

8、由于波速相等，所以兩列波同時傳到坐標原點。故B正確。

C、兩波振幅不等，但頻率相等，滿足干涉的條件，故兩列波相遇時會發(fā)生干涉現(xiàn)象。故C錯誤。

。、乙波向左傳播，圖中x=0.5cm處質點的振動方向沿+y軸方向，故￡）正確。

故選：BD.

根據(jù)相鄰波峰或波谷間的距離等于波長，直接比較波長的大小；兩列波的波速相同，由波速公式□=

2/分析頻率關系；若兩列波的頻率相同，就能夠發(fā)生干涉；介質中各點的起振方向與波最前頭的起

振方向相同，由波的傳播方向判斷；

考查對波動圖象和波疊加原理的理解，抓住波速是由介質決定、發(fā)生干涉的條件是兩列波的頻率相

等等知識，即可進行分析判斷.

11.答案：否是0.88求小車合力時，未計入祛碼盤的重力

解析：解：(1)先讓小車帶著祛碼及祛碼盤勻速下滑,，取下祛碼盤讓小車向下做勻加速運動，所以總

是有祛碼及祛碼盤的總重力就等于小車勻加速下滑的合力，不必滿足于m?M；

(2)因為勻速下滑的過程，小車受到的重力沿斜面的分力等于小車所受摩擦力與祛碼及盤的總重力之

和，由于每次改變祛碼盤中祛碼質量，所以也必須相應改變斜面的傾角來改變小車的重力沿斜面的

分力，重新滿足平衡，所以要重復b步驟;

(3)由圖示可知，相鄰計數(shù)點的時間間隔為7=5x&s=O.ls,把紙帶分成兩段，由逐差法求加速度

S后兩一S前兩(6.76+7.64)-(5.00+5.87)

a=x10-2m/s2=0.88m/s2?

(27)2(2X0.1)2

(4)從圖象可以看出，當合力為零時，加速度卻為某一正值，而圖像仍為直線，說明在合力(即祛碼

及盤的總重力)測量時總存在固定的誤差值，因此在記錄拉力時只計算了祛碼的重力，未計入祛碼盤

的重力。

故答案為：(1)否；(2)是；(3)0.88；(4)求小車合力時，未計入祛碼盤的重力

(1)(2)將小車做勻速運動和加速運動受力情況對比，可知小車加速下滑時合力等于祛碼的重力，由

此結論分析解答；

(3)在勻變速直線運動中連續(xù)相等時間內的位移差為常數(shù)，根據(jù)逐差法求解加速度；

(4)由圖象可知，當外力為零時，物體有加速度，通過對小車受力分析即可求解。

本題考查“探究加速度與物體受力的關系”實驗，要注意明確實驗原理，知道實驗中應注意的事項，

同時明確利用逐差法求解加速度的基本思路和方法，并能根據(jù)函數(shù)關系結合圖象分析原因。

12.答案:102.4；3.372；85

解析：解：(1)由圖示游標卡尺可知，其示數(shù)為：102mm+4x0.1mm=102Amm；

(2)由圖示螺旋測微器可知，其示數(shù)為：3mm+37.2xO.Olmzn=3.372nun；

(3)用多用電表的電阻“X10”擋測電阻，由圖丙所示可知，則該電阻的阻值約為：8.5x10=850；

故答案為:(1)102.4；(2)3.372；(3)85。

(1)游標卡尺主尺與游標尺示數(shù)之和是游標卡尺示數(shù)；

(2)螺旋測微器固定刻度與可動刻度示數(shù)之和是螺旋測微器的示數(shù)；

(3)歐姆表指針示數(shù)與擋位的乘積是歐姆表示數(shù)。

本題考查了游標卡尺與螺旋測微器、歐姆表的讀數(shù)，要掌握常用器材的使用方法與讀數(shù)方法；游標

卡尺不需要估讀，螺旋測微器需要估讀。

13.答案：解：(1)甲粒子打在底片上的最遠點M,對

應甲粒子在磁場中偏轉了半個圓周，甲粒子的軌道半

徑為：「尹=等

根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：q甲Bu甲=m甲一

粒子在加速電場中根據(jù)動能定理可得：%9甲=

17

5m鏟甲

解得：=詈去;

甲

mxMb

(2)乙粒子打在底片上的最近點N,對應乙粒子以散射角。進入磁場，如圖所示，根據(jù)幾何關系可得:

2r乙cos。=xN

粒子在加速電場中根據(jù)動能定理可得：U°q乙=

根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：Bqzvz=m7它

，乙乙乙7?乙

乙粒子在磁場中偏轉角為(兀+28)時，運動的時間最長，即：r^(n+26)=vzt

解得：t=弁;

OUQCOSC7

(3)要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊，即甲粒子打在底片上距離狹縫S3的最小距離比乙粒子打

在底片上距離狹縫S3的最大距離大，故：2r^os0>2rz

甲粒子在加速電場中根據(jù)動能定理可得：(％-△U)q甲="肥2甲2

乙粒子在加速電場中根據(jù)動能定理可得：(/+△U)q4=2

7"甲"甲27n乙22

解得AG鬻■口。

Xj^COSU+Xffj

答：(1)甲粒子的比荷為器;

(2)乙粒子在磁場中運動的最長時間為喘翳;

(3)若考慮加速電壓有波動，在(U。-△U)到(％+△U)之間變化，要使甲、乙兩種粒子在底片上沒有

重疊，△(/應滿足的條件為取=黑標"。

解析：(1)甲粒子打在底片上的最遠點M,對應甲粒子在磁場中偏轉了半個圓周，根據(jù)洛倫茲力提供

向心力求解速度大小，粒子在加速電場中根據(jù)動能定理求解比荷；

(2)乙粒子打在底片上的最近點N,對應乙粒子以散射角。進入磁場，根據(jù)幾何關系結合洛倫茲力提

供向心力求解運動的最長時間；

(3)要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊，即甲粒子打在底片上距離狹縫S3的最小距離比乙粒子打

在底片上距離狹縫S3的最大距離大，根據(jù)幾何關系結合動能定理進行解答。

對于帶電粒子在磁場中的運動情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關系求半徑，結合洛倫茲

力提供向心力求解未知量；根據(jù)周期公式結合軌跡對應的圓心角求時間；對于帶電粒子在電場中運

動時，-一般是按類平拋運動的知識或根據(jù)動能定理進行解答。

14.答案：解：(1)設小球P剛運動到4點時的速度為以，豎直分速度為力”則有：

3

v=vtan37°=8x-=6m/s

Ayo4

v8

VA=^3Qr=^8=10m/s

所以小球p的拋出點距a點的高度為：

2g2x10

(2)P、Q碰撞過程，動量守恒、機械能守恒。設碰后P、Q的速度分別為蚱、vQo

取沿斜面向下為正方向，由動量守恒定律和機械能守恒定律得：

mvA=mvP+mvQ；

1212i12

2mVA=2mVP+2mVQ'

解得：vP=0,VQ—10m/s

碰后小球Q受到的電場力qE=3N,方向水平向左，且與重力的合力大小為5N,方向垂直于斜面

向下，則“等效重力場”的等效重力加速度g'=3g=12.5zn/s2,方向垂直48斜面向下。

設小球4滑到8點時的速度為如。

由動能定理得：

解得：vB-V61m/s

對小球Q,在8點，由牛頓第二定律得：

vj

N—mg=m—

解得：N=34.5N

由牛頓第三定律知，小球Q運動到圓弧軌道最低點B點時對軌道的壓力也為34.5N。

(3)設小球Q能到達C點，且在C點的速度為比.則小球Q從4到C的過程中，由動能定理得：

11

-Rmg'l—mg，R(l+cos37。)=-mv^—

解得：vc=5m/s

設小球Q恰好到C點時的速度為，c，則有：mg'=m^

解得：v'c='/lOm/s

因%>/c，所以小球能到達C點，小球Q離開C后，做類平拋運動，則有：

x'=vct

1,,

R+Rcos37°=~gt2

解得：t-V0.23s,x'?2.4m

故小球Q的落點距B點的距離為：

x=x'+Rsin37°=2.4+0.8x0.6=2.88m

答：(1)小球P的拋出點距4點的高度是1.8m；

(2)小球Q運動到圓弧軌道最低點8點時對軌道的壓力是34.5N；

(3)小球Q離開軌道后，第一次落到斜面上的位置距B點的距離是2.88m。

解析：(1)小球P