2020-2021學年安徽省淮北市樹人某中學高二（下）期中物理試卷（附答案詳解）

2020-2021學年安徽省淮北市樹人高級中學高二（下）期

中物理試卷

1.關于原子核的變化，下列說法正確的是（）

A.放射性元素的半衰期隨溫度的升高而變短

B.夕衰變所釋放的電子是原子核內的質子轉變?yōu)橹凶訒r產生的

C.鈾核（贊U）衰變?yōu)殂U核（鍛Pb）的過程中，要經過8次a衰變和6次.衰變

D.因為在核反應中釋放能量，有質量虧損，所以系統只有質量數守恒，能量守恒

定律在此不適用

2.大霧天發(fā)生交通事故的概率比平常要高出幾倍甚至幾乙上甲

十倍，保證霧天行車安全很重要。在霧天的平直公路/

上，甲、乙兩物體同時開始運動，它們的x-t圖像如I//

圖所示，下列說法正確的是（）、

A.甲物體做直線運動，乙物體做曲線運動

B.t=0時刻甲物體的速度大于乙物體的速度

C.當甲、乙兩物體第二次相遇時，兩物體的速度大小相等

D.從第一次相遇到第二次相遇，甲物體的平均速度比乙物體的平均速度大

3.如圖所示，質量為m的物塊靜止在粗糙的平板上，現將平板的m\

一端緩慢抬起一定角度（物塊始終與平板保持相對靜止），則關

于物塊的受力情況分析正確的是（）

A.彈力先減少后增大B.摩擦力先增大后減小

C.平板對物塊的作用力保持不變D.合力逐漸增大

4.“土衛(wèi)5”在距離土星表面高度為九的軌道上做勻速圓周運動。已知土星半徑為R,

土星表面的重力加速度為g,引力常量為G,貝女）

A.“土衛(wèi)5”繞土星運行的周期為27r算

B.“土衛(wèi)5”繞土星運行的速度為+h）

C.“土衛(wèi)5”繞土星運行的角速度為高舄

D.“土衛(wèi)5”軌道處的重力加速度為整

5.正方形的四個頂點處分別固定了電荷量均為q、電性如圖所示?.…?e

的點電荷，4、8、C、0分別是正方形四邊的中點，下列說法

A',：

中正確的是（）

A.4點和C點的電場強度相同0……式

B.B點和。點的電場強度相同

C.一電子沿圖中虛線BD從B點運動到。點的過程中，受到的電場力先減小后增大

D.一電子沿圖中虛線BD從B點運動到。點的過程中，其電勢能先減小后增大

6.如圖所示，MN、PQ是間距為L的平行金屬導軌，置于磁感強

度為8,方向垂直導軌所在平面向里的勻強磁場中，M、P間

接有一阻值為R的電阻。一根與導軌接觸良好、有效阻值也為

R的金屬導線ab垂直導軌放置，并在水平外力F的作用下以速度u向右勻速運動，則

（不計導軌電阻）（）

A.通過電阻R的電流方向為P-R-M

B.ab兩點間的電壓為8幾

C.a端電勢比b端高

D.外力產做的功等于電阻R上發(fā)出的焦耳熱

7.如圖，由均勻的電阻絲組成的等邊三角形導體框，垂直磁場

放置，將AB兩點接入電壓恒定的電源兩端，通電時電阻絲AC

段受到的安培力為F,則此時三根電阻絲受到的安培力的合

力大小為（）

A.FB.2FC.3F

在圖示電路中，理想變壓器原、副線圈的匝數比為1：

4,原線圈兩端接正弦交變電源，其瞬時電動勢e=

10V2sml07Tt（V））內阻為1。，副線圈兩端接有燈泡”

燈絲電阻可視為不變）和滑動變阻器，則（）

A.通過燈絲中的電流頻率為20Hz

B.副線圈兩端的電壓小于40V

C.滑片P上移時燈泡變亮

D.改變滑片P的位置，變壓器原線圈功率最大值可能為25W

9.一輛小汽車在水平路面上由靜止啟動，在前5s內做勻加速?"（m”'）

直線運動，5s末達到額定功率，之后保持以額定功率運動，20-/

第2頁，共17頁5

其U-t圖像如圖所示。已知汽車的質量為771=1X103^9,汽車受到地面的阻力為

車重的0.1倍，g取10m/s2,則以下說法正確的是（）

A.汽車在前5s內的牽引力為5x1（）2N

B.汽車速度為25m/s時的加速度為5m/s2

C.汽車的額定功率為100/dV

D.汽車的最大速度為100m/s

10.如圖所示的裝置中，木塊B放在光滑的水平桌面上，子彈4以水平速度見射入木塊

后（子彈與木塊作用時間極短），子彈立即停在木塊內。然后將輕彈簧壓縮到最短,

已知本塊B的質量為子彈的質量為現將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研

究對象（系統），則從子彈開始入射木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中（）

L——

A.系統的動量不守恒，機械能守恒B.系統的動量守恒，機械能不守恒

C.系統損失的機械能為券篝D.彈簧最大的彈性勢能小于詔

11.如圖甲所示，某同學將力傳感器固定在小車上，然后把繩的一端固定在傳感器掛鉤

上，用來測量繩對小車的拉力，探究在小車及傳感器總質量不變時加速度跟它們所

受拉力的關系，根據所測數據在坐標系中作出了如圖乙所示的a-F圖像。

（1）本實驗中是否仍需要沙和桶的總質量遠小于小車和傳感器的總質量（填

“是”或“否”）。

（2）圖線（乙圖中）不過坐標原點的原因是。

（3）由圖像求出小車和傳感器的總質量為3。（結果保留兩位有效數字）

12.某同學為了測量電源的電動勢和內電阻，利用實驗室的現有器材：量程為100mA的

毫安表，量程3V、內阻很大的電壓表匕阻值島=30、％=2。的兩個定值，電阻

設計了如圖甲所示的電路。

(1)請用筆畫線代替導線按照圖甲電路在圖乙中連接實物O

(2)為得到流經電源的電流，需要測出毫安表的內阻，該同學做了如下操作：先把

滑動變阻器R調到阻值最大處，然后閉合開關S,再將滑動變阻器R調到電阻為零處,

此時電壓表的讀數為0.80U,毫安表的讀數為80.0nM,由此可得毫安表的內阻為

_____0。

(3)在上述操作后該同學多次調節(jié)滑動變阻器R的滑片，又記下相應的電壓表的示數

U和毫安表的示數/,利用實驗測得的數據做出了如圖丙所示的U-/圖像；由圖像

可得電源的電動勢E=乙內阻r=0(結果均保留2位有效數字)。

13.如圖所示，水平地面上固定斜面的傾角。=37。，可視為質點的//

一滑塊從斜面的底端以初速度為=l(hn/s沿斜面向上運動且....

始終沒有離開斜面，已知滑塊與斜面間的動摩擦因數為〃=0.5,斜面上的點4到底

端的距離L=4m,sin37°—0.6.cos37°-0.8,重力加速度g=lOrn/s2。求：

(1)滑塊沿斜面上滑的加速度大小；

(2)滑塊經過4點的速度大小。(結果可以保留根式)

14.如圖所示為質譜儀的原理圖，4為粒子加速器，電壓為Ui；

B為速度選擇器，磁場與電場正交，磁感應強度為當，

板間距離為d；C為偏轉分離器，磁感應強度為B2.今有一

質量為m、電量為q的正離子經加速后，恰好通過速度選

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擇器，進入分離器后做半徑為R的勻速圓周運動，求:

(1)粒子的速度"

(2)速度選擇器的電壓出

(3)粒子在殳磁場中做勻速圓周運動的半徑R.

15.一傳送裝置由水平傳動帶和半徑為R的光滑豎直半圓弧軌道BC組成。傳送帶長

L-2m,以速度v=再m/s順時針勻速傳動。一質量m=0.1kg、可視為質點的小

滑塊從光滑水平面以一定初速度火滑上傳送帶(4點平滑連接)，經傳送帶傳送，在B

點水平切入半圓弧軌道內側(間隙寬度不計)。小滑塊與傳送帶間的動摩擦因數p=

0.1,傳送帶4端距離地面高度”=2m,g=10m/s2?

(1)若%=27n/s,求小滑塊在傳送帶上運動過程中，摩擦力對其做的功；

(2)若半圓弧半徑R的大小可調節(jié)，當小滑塊恰好能沿圓弧軌道運動，且落在地面上

與C點水平距離最大處，求水平距離的最大值，并求出滿足此條件下，小滑塊的初

速度%范圍。(結果可用根式表示)

16.如圖所示，內壁光滑的導熱汽缸豎直放置，用質量不計、橫截面

積S=1XIO-）?的活塞封閉了一定質量的理想氣體。先在活塞

上方緩緩倒入沙子，使封閉氣體的體積緩慢變?yōu)樵瓉淼囊话?，?/p>

著在活塞上方緩慢倒入沙子的同時對汽缸內的氣體加熱，使該過程中活塞的位置保

持不變。整個過程中倒人沙子的總質量M=3kg,（外界環(huán)境溫度為300K,大氣壓

強Po=1xlOPa,g=10m/s2）o求：

①加熱前倒入沙子的質量

②最后缸內氣體的溫度。

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答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：4、放射性元素的半衰期是由原子核本身的性質決定的，與元素所處的狀

態(tài)、溫度的高低無關，故A錯誤；

B、0衰變時，原子核中的一個中子轉化為一個質子和一個電子，釋放出來的電子就是。

粒子，故B錯誤；

C、設該過程經歷了x次a衰變和y次0衰變，根據質量數守恒和電荷數守恒可得：238=

206+4x,92=82+2x—y,解得：x=8,y=6,故C正確；

。、在核反應中，質量守恒，能量也守恒，在核反應前后只是能量的存在方式不同，總

能量不變，在核反應前后只是物質由靜質量變成動質量，故。錯誤。

故選：Co

半衰期是由原子核本身的性質決定；根據￡衰變的實質分析；根據質量數和電荷數守恒

進行分析；根據愛因斯坦質能方程分析判斷。

本題考查了半衰期、衰變實質、質能方程等基礎知識點，要能根據質量數守恒和電荷數

守恒判斷生成產物，要熟悉教材，牢記這些基礎知識點，不能混淆。

2.【答案】B

【解析】解：力、根據位移一時間圖像的斜率表示物體的速度，可知甲、乙兩物體一直

朝著正方向運動，都做直線運動，故A錯誤；

以根據x-t圖像的斜率表示物體運動的速度，知t=0時刻甲圖像的斜率大于乙圖像的

斜率，則甲物體的速度大于乙物體的速度，故8正確；

C、甲、乙兩物體第二次相遇時，兩圖像的斜率不等，則兩物體的速度大小不等，故C

錯誤；

。、從第一次相遇到第二次相遇，兩物體通過的位移相等，所用時間也相等，則平均速

度相同，故。錯誤；

故選：B。

位移一時間圖像的斜率表示物體的速度，根據速度的正負分析乙物體速度的方向，確定

乙做什么運動。兩圖像的交點表示兩物體相遇，根據斜率大小分析速度關系。分析兩物

體的位移關系判斷平均速度的關系。

本題要知道位移一時間圖像的斜率表示速度，兩圖像的交點表示兩物體相遇。要注意X-

t圖像只能表示直線運動的規(guī)律。

3.【答案】C

【解析】解：4物塊受重力、支持力和靜摩擦力，由于物塊始終與平板保持相對靜止，

故物塊受力平衡，則彈力

N=mgcosa

將物塊緩慢抬起一定角度，a角增大，cosa減小，則彈力N減小，故A錯誤；

A物塊所受的靜摩擦為

f=mgsina

a角增大，sina增大，故摩擦力增大，故B錯誤；

C.平板對物塊的作用力是彈力和摩擦力的合力，因物塊始終與平板保持相對靜止，故物

塊受力平衡。則彈力和摩擦力的合力與物塊的重力是一對平衡力，故平板對物塊的作用

力保持不變，故C正確；

。物塊始終與平板保持相對靜止，故物塊所受合力始終為0,故。錯誤。

故選:Co

對物體受力分析，物塊始終與平板保持相對靜止，物塊受力平衡，根據平衡條件即可判

斷。

本題考查共點力平衡的應用，平板的一端緩慢抬起物塊始終與平板保持相對靜止，物塊

處于動態(tài)平衡，分析物塊受力即可判斷各力變化，注意靜摩擦力的求解。

4.【答案】C

【解析】解：4BC.“土衛(wèi)5”在距地面高度為九的軌道做圓周運動，萬有引力提供向心

力，有=m?=m骨r=其中r=R+/i,解得T=2兀匕“=

=念篇,故0正確,.錯誤;

、3

D在土星表面，重力等于萬有引力，有mg=甯,聯立解得“土衛(wèi)5”軌道處的重力加

速度g'=（白＞。，故。錯誤。

故選：Co

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“土衛(wèi)5”做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，根據牛頓第二定律列式得到運行周

期、繞行速度、運行角速度等與軌道半徑的關系。根據物體在土星表面的重力等于萬有

引力，聯立求解。

本題考查了萬有引力定律及其應用，解題的關鍵是明確圓周運動中各種向心力公式的變

換，要能根據萬有引力提供向心力，選擇恰當的向心力的表達式。

5.【答案】C

【解析】解：AB、設正方向邊長為L,每個電荷電量為Q,對a點研究，左側的一正一負

兩個電荷在4點的合場強方向向下，大小為：E1=2^=8k*右側的一正一負兩個

忘=嗜。4點的合場強

電荷在4點的合場強方向向上，大小為：岳2=21+（翔z

的方向向下，大小為：Ea=Er-E2,同理，可以求出B、C、。各點的場強的大小都是

E1-E2,方向分別是向右、向上、向左。所以4、C兩點的場強一定等大而反向，B、。兩

點的場強一定等大而反向，故A8錯誤；

C、由圖可知，一電子沿圖中虛線BD從B點運動到。點的過程中，電場強度先減小后增

大，所以電子受到的電場力先減小后增大，故C正確；

。、BD連線為等量異種電荷的等勢線，電子沿等勢線運動，電勢能不變，故。錯誤。

故選：C。

在邊長為a的正方形四個頂點上依次放置電荷量為q、q、-q和q的點電荷，4、B、C、D

分別是正方形四邊的中點，根據庫侖定律和矢量合成法則求解4、B、C、。點的電場強

度。

解決本題的關鍵掌握點電荷的場強公式，以及點電荷的場強方向，會根據平行四邊形定

則進行場強的疊加。

6.【答案】C

【解析】解：4、根據右手定則（或楞次定律）可知回路中的電流方向為逆時針的，故A

錯誤；

B、感應電動勢為：E=BLv,電阻R兩端的電壓為路端電壓為：U=°：°R=；BLv,故

R-TR2

8錯誤;

C、金屬導線ab相當于電源，電流方向是b到a,所以可以認為a是電源正極，b是電源的

負極，所以a端電勢比b端高，故C正確。

。、根據功能關系知道外力F做的功等于外界消耗的能量，根據能量守恒得外界消耗的

能量轉化成整個電路產生的焦耳熱。

金屬導線ab也有電阻也產生焦耳熱，故。錯誤。

故選：Co

根據右手定則得金屬導線ab向右運動時切割磁感線產生逆時針方向的感應電流，金屬導

線ab相當于電源，外電路為電阻R。

根據能量守恒得外界的能量轉化成整個電路產生的焦耳熱。

本題比較簡單考查了電磁感應與電路的結合，解決這類問題的關鍵是正確分析外電路的

結構，然后根據有關電學知識求解。

7.【答案】C

【解析】解：由電路可知，流過AC、CB的電流相等，流過48的電流是流過AC、CB電

流的2倍；所以CB段受到的安培力大小也為尸，48段受到的安培力大小則為2F。AC,CB

段所受的安培力之間的夾角為120。，二者的合力為尸'=2Fcos60°=尸方向與力B段所受

的安培力方向相同，所以三根電阻絲受到的安培力的合力大小為3F,故ABO錯誤，C

正確；

故選：C.

根據左手定則判斷出各段受到的安培力的方向，根據閉合電路的歐姆定律計算出各段上

的電流大小，再計算出各段安培力的大小，然后使用平行四邊形定則合成即可。

該題中，各段時的電流的大小不相等，要使用閉合電路的歐姆定律分別計算出各段的電

流的大小，然后計算安培力是解題的正確思路。題目的難度中檔。

8.【答案】BD

【解析】解：4變壓器不改變頻率，由e=10近5譏107rt(V)得：通過燈絲中的電流頻率

f=-=—Hz=5Hz

JT2n

故A錯誤；

8.電動勢的有效值

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由于電源有內阻，原線圈兩端的電壓U1<10U,副線圈兩端的電壓

=皆U1<4x10V=40V

故8正確；

C.原線圈兩端向右看的等效電阻

Ro='=焉-=瓷>⑻+R)，

11

媼2"2

,_E

/1l=-R-o-+-r-

燈泡中的電流

21

"2n2兌巴見+馬+丁

滑片P上移時滑動變阻器接入的有效電阻R變大，則。變小，燈泡變暗，故C錯誤；

D原線圈電壓

5=E-lrr

變壓器原線圈功率

P=1此=h(E一一⑺=*(E一一//)

由于/ir+(E-/")=2為定值，

Ixr=F-^r,

即/[=*=54時P有最大值，且為

Pm=5x(10-5x1)UZ=25W

故。正確。

故選：BD.

根據電源的瞬時電動勢分析出電源的頻率，而變壓器不會改變電源的頻率；根據電路的

特點結合變壓器的匝數比分析出副線圈兩端的電壓；當滑片上移時，電阻增大，電流變

小，則燈泡變暗；先分析原線圈電路中最大的輸出功率，而在理想變壓器中原副線圈的

功率是相等的。

本題主要考查了變壓器的構造和原理，理解變壓器兩端的電學物理量的比值關系，結合

電源輸出功率的最大值和電路構造完成分析。

9.【答案】CD

【解析】解：4、汽車在前5s內做勻加速運動，加速度a=，=gm/s?=4m/s2

△t5

由牛頓第二定律得F-F阻=ma

解得F=5X103N,故4錯誤；

BCD、汽車在5s末功率達到額定功率P=Fv=5x103x20W=lOOkW

當汽車速度最大時，牽引力與阻力大小相等，即

F=F阻

P100000./

最大速度為=盡==l0°m/s

汽車速度為25m/s時，則有三-F阻=ma'

解得優(yōu)=3m/s2,故B錯誤，CD正確；

故選：CD.

根據速度時間圖線的斜率求出勻加速運動的加速度，結合牛頓第二定律求出勻加速運動

的牽引力.根據勻加速運動的最大速度和牽引力的大小求出汽車的額定功率.結合P=

尸"求出速度為25m/s時的牽引力，根據牛頓第二定律求出此時的加速度.當牽引力等于

阻力時，速度最大，根據P=求出最大速度.

本題考查了汽車恒定加速度啟動的問題，理清整個過程中的運動規(guī)律，結合牛頓第二定

律和運動學公式綜合求解，知道牽引力等于阻力時，汽車的速度最大.

10.【答案】CD

【解析】

【分析】

系統所受的合外力為零時，系統動量守恒。只有重力或只有彈力做功時，系統機械能守

恒，根據系統受力情況與做功情況判斷系統動量與機械能是否守恒，應用動量守恒定律

與能量守恒定律分析答題。

本題考查了動量守恒定律與能量守恒定律的應用，解決本題的關鍵要掌握系統動量守恒

的條件，以及知道當系統只有動能和勢能之間相互轉化時，系統機械能守恒。分析清楚

運動過程即可正確解題。

【解答】

AB,由于墻壁對彈簧有作用力，系統的合外力不為零，則系統的動量不守恒；由于子

彈射入木塊過程中，二者之間存在著摩擦，要產生內能，故此過程機械能不守恒。故動

第12頁，共17頁

量、機械能均不守恒，故AB錯誤；

C、取向左為正方向，對子彈和木塊組成的系統，由動量守恒及能量守恒得：

_2

mv0=(M+m)v,|mvoj+m)v=△E,

可得系統損失的機械能為：△七=券黑，故C正確；

2(m+M)

。、由于子彈射入木塊過程中有機械能損失，所以最終彈性勢能小于子彈最初的動能

之771詔，故Q正確。

故選CQ。

11.【答案】否未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足1.0

【解析】解：(1)本實驗中有力傳感器測量小車受到的拉力，則不需要沙和桶的總質量

遠小于小車和傳感器的總質量；

(2)由圖像可知，當力F達到一定值時小車才有加速度，可知圖線不過坐標原點的原因是

未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；

(3)根據牛頓第二定律F=Ma,由圖像可知k=白=*工=1

M0.O—0.1

則小車和傳感器的總質量為M=1.0kg

故答案為：(1)否；(2)未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；(3)1.0

(1)因為實驗中有拉力傳感器，不需要砂桶的重力來充當小車的拉力，故不需要保證沙

和沙桶的總質量遠遠小于小車和傳感器的總質量；

(2)根據圖像的特點結合牛頓第二定律分析出圖線不過坐標原點的原因；

(3)根據牛頓第二定律結合圖像的斜率計算出小車和傳感器的總質量。

本題主要考查了牛頓第二定律的驗證實驗，根據實驗原理掌握正確的實驗操作，結合牛

頓第二定律完成分析，同時要正確理解圖像的物理意義。

12.【答案】103.01.2

【解析】解：(1)用筆畫線代替導線按照圖甲電路在圖乙中連接實物如圖

(2)根據歐姆定律可得毫安表的內阻Rg=7=加吃…。=10。

1oU.UXJLU

(3)圖中與毫安表并聯的電阻％=2/2,由并聯電路分流規(guī)律可得電阻&中的電流為毫安

表中電流的5倍。由閉合電路歐姆定律有0=E—6(r+R())/

對照圖丙所示的U-/圖像，可得電源的電動勢E=3.0P

6(、r+Ro0)70.080=25。

解得內阻r=1.20

故答案為：(1)見解析；(2)10；(3)3.0,1.2

(1)根據實驗電路圖連接實物圖；

(2)由歐姆定律求出毫安表的內阻；

(3)寫出路端電壓與電流的關系式，結合圖象求電源電動勢和內阻；

本題考查了閉合電路歐姆定律的數據處理的方法，應用了圖象法及電源的總功率的表達

式，要注意靈活應用閉合電路歐姆定律.

13.【答案】解：(1)滑塊沿斜面上滑過程中，根據牛頓第二定律可得：

0

mgsin3l+/J.mgcos37°=mar

2

解得：ax=10m/s

(2)滑塊上滑做勻減速直線運動，根據若1-詔=-2a也代入數據解得：vA1=2y[5m/s

由于mgsin37°>nmgcos37°,所以滑塊上滑到速度為零時再向下滑動經過4點。

滑塊上滑到速度為零時經過的位移為s,則有：詔=2%s

滑塊下滑的加速度為a?,根據牛頓第二定律可得：mgsin37°-iimgcos37°-ma2

經過4點的速度為外2,有：若2=2a26-L)

解得：vA2=2m/s

答：(1)滑塊沿斜面上滑的加速度大小為10m/s2；

(2)滑塊經過4點的速度大小為2遍m/s或2m/s。

第14頁，共17頁

【解析】(1)在上滑過程中，根據牛頓第二定律求得上滑過程的加速度；

(2)在上滑過程中，根據速度-位移公式求得到達4點時的速度，當滑塊到達最高點后，

滑塊開始下滑，根據牛頓第二定律求得下滑時的加速度，利用運動學公式求得下滑到達

4點的速度。

本題主要考查了牛頓第二定律和運動學公式，關鍵是正確的受力分析，求得上滑和下過

程的加速度，滑塊到達4點可能時上滑過程也可能是下滑過程到達，即可求得。

14.【答案】解：(1)粒子經加速電場/加速，獲得速度〃由動能定理得：

qU^=1mv2解得°=但^

2m

故粒子的速度為回。

Ym

(2)在速度選擇器中作勻速直線運動，電場力與洛侖茲力平衡得

Eq=遇哼q=qvBt

U2=B[dv=B1d

(3)在B2中作圓周運動，洛侖茲力提供向心力，有49殳=小一，

R

qB?qB?

故粒子在B2磁場中做勻速圓周運動的半徑R為!嗎

B2q

【解析】(1)根據動能定理qU】求出粒子的速度外

(2)在速度選擇器中作勻速直線運動，電場力與洛侖茲力平衡，根據Eq=q〃Bi求出電壓

外。

(3)根據洛侖茲力提供向心力，quB2=7nF，求出粒子在殳磁場中做勻速圓周運動的半

徑R。

解決本題的關鍵掌握動能定理，以及知道在速度選擇器中作勻速直線運動，電場力與洛

侖茲力平衡。

15.【答案】解：(1)由于北〈外滑塊在傳送帶上先做加速運動，設加速度大小為a,

則加速階段根據牛頓第二定律得：用ng=ma,

解得：Q==0.1x10m/s2=lm/s2,

設共速之前物塊的位移為工則根據運動學公式得：v2-vl=2ax.

聯立并代入數據得：x=0.5m<L=2m,

說明物塊先加速后勻速，摩擦力做的功：W=fimgx=0.1x0,1x10x0.57=0.05;；

(2)小滑塊恰好能沿圓弧軌道運動，則在圓弧軌道最高點B有：mg=m^，

從B點到C點根據動能定理得：mg-2R=gm詔