贵州省遵义市2021届第一次新高考模拟考试物理试卷含解析

贵州省遵义市2021届第一次新高考模拟考试物理试卷含解析

贵州省遵义市 2021 届第一次新高考模拟考试物理试卷 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的 1．如图所示， A、B 两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动 过程中 B 受到的摩擦力 A．方向向左，大小不变 B．方向向左，逐渐减小 C．方向向右，大小不变 D．方向向右，逐渐减小 【答案】 A 【解析】 试题分析 : A 、B 两物块叠放在一起共同向右做匀减速直线运动，对 A 和 B 整体根据牛顿第二定律有 ，然后隔离 B，根据牛顿第二定律有： ，大小不变；物体 B 做 速度方向向右的匀减速运动，故而加速度方向向左，摩擦力向左；故选 A． 考点：本题考查牛顿第二定律、整体法与隔离法． 【名师点睛】 1、整体法：整体法是指对物理问题中的整个系统或整个过程进行分析、研究的方法．在力 学中，就是把几个物体视为一个整体，作为研究对象，受力分析时，只分析这一整体对象之外的物体对整 体的作用力（外力） ，不考虑整体内部之间的相互作用力（内力） ． 整体法的优点：通过整体法分析物理问题，可以弄清系统的整体受力情况和全过程的受力情况，从整体上 揭示事物的本质和变体规律，从而避开了中间环节的繁琐推算，能够灵活地解决问题．通常在分析外力对 系统的作用时，用整体法． 2、隔离法：隔离法是指对物理问题中的单个物体或单个过程进行分析、研究的方法．在力学中，就是把 要分析的物体从相关的物体体系中隔离出来， 作为研究对象， 只分析该研究对象以外的物体对该对象的作 用力，不考虑研究对象对其他物体的作用力． 隔离法的优点：容易看清单个物体的受力情况或单个过程的运动情形，问题处理起来比较方便、简单，便 于初学者使用．在分析系统内各物体（或一个物体的各个部分）间的相互作用时用隔离法． 2．如图所示，一导热良好的汽缸内用活塞封住一定量的气体（不计活塞厚度及与缸壁之间的摩擦） ，用一 弹簧连接活塞，将整个汽缸悬挂在天花板上。弹簧长度为 L，活塞距地面的高度为 h，汽缸底部距地面的 高度为 H，活塞内气体压强为 p，体积为 V，下列说法正确的是（ ） A．当外界温度升高（大气压不变）时， L 变大、 H 减小、 p 变大、 V 变大 B．当外界温度升高（大气压不变）时， h 减小、 H 变大、 p 变大、 V 减小 C．当外界大气压变小（温度不变）时， h 不变、 H 减小、 p 减小、 V 变大 D．当外界大气压变小（温度不变）时， L 不变、 H 变大、 p 减小、 V 不变 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 以活塞与汽缸为整体， 对其受力分析， 整体受到竖直向下的总重力和弹簧向上的拉力且二者大小始终相等， 总重力不变，所以弹簧拉力不变，即弹簧长度 L 不变，活塞的位置不变， h 不变；当温度升高时，汽缸内 的气体做等压变化，根据盖 — 吕萨克定律可以判断，体积 V 增大，汽缸下落，所以缸体的高度降低， H 减小、 p 不变、 V 增大；当大气压减小时，对汽缸分析得 0p m pS g S 气体压强 p 减小，汽缸内的气体做等温变化，由玻意耳定律得 1 1 2 2pV p V 可知体积 V 变大，汽缸下落，所以缸体的高度降低， H 减小、 p 减小、 V 变大，故 C 正确， ABD 错误。 故选 C。 3．图甲中的变压器为理想变压器，原线圈匝数 1n 与副线圈匝数 2n 之比为 10：1，变压器的原线圈接如图 乙所示的正弦交流电，电阻 1 2 20R R ，与电容器 C 连接成如图所示的电路，其中电容器的击穿电压 为 8V ，电表均为理想交流电表，开关 S 处于断电状态，则（ ） A．电压表的读数为 10V B．电流表的读数为 0.05A C．电阻 2R 上消耗的功率为 2.5W D．若闭合开关 S，电容器会被击穿 【答案】 C 【解析】 【详解】 A．开关断开时，副线圈为 R1 和 R2 串联，电压表测量 R2 的电压，由图可知原线圈电压为 100 2 V，所 以副线圈电压为 10 2 V，则电压表的读数是 R2 的电压为 5 2 V≈ 7.07V，故 A 错误； B．由 A 的分析可知，副线圈电流为 2 2 1 2 10 2 A 0.25 2A 20 20 UI R R ＝ ＝ ＝ 所以原线圈电流为 2 1 1 1 0.025 2AnI I n ＝ ＝ 故 B 错误； C．电阻 R 1、 R2 上消耗的功率为 2 2 2 0.25( )2 20 2.5WP I R＝ ＝ ＝ 故 C 正确； D．当开关闭合时， R1 与 R3 并联后和 R 2串联， 电容器的电压为并联部分的电压， 并联部分电阻为 R 并 =10Ω， 所以并联部分的电压为 2 10 10 210 2V V 20 10 3C RU U R R 并 并 ＝ ＝ ＝ 最大值为 10 2 202 V 8V 3 3 ＝ ＜ ，所以电容器不会被击穿，故 D 错误。 故选 C。 4．如图所示，甲、乙两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为 60°和 45°，甲、乙间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，则下列判断正确的是（ ） A．甲、乙的质量之比为 1: 3 B．甲、乙所受弹簧弹力大小之比为 3 : 2 C．悬挂甲、乙的细线上拉力大小之比为 1: 2 D．快速撤去弹簧的瞬间，甲、乙的瞬时加速度大小之比为 1: 2 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 B．因为是同一根弹簧，弹力相等，故 B 错误； AC ．对甲乙两个物体受力分析，如图所示 甲乙都处于静止状态，受力平衡，则有 对甲 cos60 FT 弹 甲 ， 1 tan 60m g F弹 对乙 cos45 FT 弹 乙 ， 2 tan 45m g F弹 代入数据得 1 2 tan60 3 tan 45 1 m m cos45 2 cos60 1 T T 甲 乙 故 AC 错误； D．快速撤去弹簧的瞬间，甲、乙所受合力为其重力在绳端的切向分力 1 sin 60F m g甲 ， 2 sin 45F m g乙 根据牛顿运动定律有 1 1 1 2 sin60 1 sin 45 2 F a m Fa m 甲 乙 故 D 正确。 故选 D。 5．图甲为研究光电效应的电路图，当用频率为 v 的光照射金属阴极 K 时，通过调节光电管两端电压 U ， 测量对应的光电流强度 I ，绘制了如图乙所示的 I U 图象。已知电子所带电荷量为 e ，图象中遏止电压 CU 、饱和光电流 mI 及射光的频率 v 、普朗克常量 h 均为已知量。下列说法正确的是（ ） A．光电子的最大初动能为 Chv eU B．阴极金属的逸出功为 CeU C．若增大原入射光的强度，则 CU 和 mI 均会变化 D．阴极金属的截止频率为 Chv eU h 【答案】 D 【解析】 【详解】 A．光电子的最大初动能为 km CE eU ，选项 A 错误； B．根据光电效应方程： =km CE hv W eU逸出功 则阴极金属的逸出功为 CW hv eU逸出功 选项 B 错误； C．若增大原入射光的强度，则最大初动能不变，则截止电压 CU 不变；但是饱和光电流 mI 会变化，选项 C 错误； D．根据 0 CW hv hv eU逸出功 可得，阴极金属的截止频率为 0 Chv eUv h 选项 D 正确； 故选 D. 6．如图所示， 一质量为 m 0=4kg 、倾角 θ =45°的斜面体 C 放在光滑水平桌面上， 斜面上叠放质量均为 m=1kg 的物块 A 和 B，物块 B 的下表面光滑， 上表面粗糙且与物块 A 下表面间的动摩擦因数为 μ=0.5，最大静摩 擦力等于滑动摩擦力；物块 B 在水平恒力 F 作用下与物块 A 和斜面体 C 一起恰好保持相对静止地向右运 动，取 g=10m/s2，下列判断正确的是（ ） A．物块 A 受到摩擦力大小 5NfF B．斜面体的加速度大小为 a=10m/s 2 C．水平恒力大小 F=15N D．若水平恒力 F 作用在 A 上， A、B、C 三物体仍然可以相对静止 【答案】 A 【解析】 【详解】 ABC ．对物块 A 和 B 分析，受力重力、斜面体对其支持力和水平恒力，如图所示 根据牛顿第二定律则有 sinθ 2F N ma 其中 cosθ 2N mg 对物块 A、B 和斜面体 C 分析，根据牛顿第二定律则有 0(2 )F m m a 联立解得 25m/sa 30NF 对物块 A 分析，根据牛顿第二定律可得物块 A 受到摩擦力大小 5NfF ma 故 A 正确， B、C 错误； D．若水平恒力 F 作用在 A 上，则有 AF mg ma 解得 225m/sAa a 所以物块 A 相对物块 B 滑动，故 D 错误； 故选 A。 二、多项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目 要求．全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分 7．如图所示，理想变压器原、副线图的应数些为 n1:n2=2:1 ，输人端接在 30 2sin100u t (V) 的交流 电源上， R1 为电阻箱， 副线圈连在电路中的电阻 R=10Ω，电表均为理想电表。 下列说法正确的是 ( ) A．当 R 1=0 时，电压表的读数为 30V B．当 R1=0 时，若将电流表换成规格为 “ 5V 5W”的灯泡，灯泡能够正常发光 C．当 R 1=10Ω时，电流表的读数为 1.2A D．当 R 1=10Ω时，电压表的读数为 6V 【答案】 BC 【解析】 【详解】 输入端电压的有效值为 30V ，当 R 1=0 时，电压表的读数为 2 2 1 1 1 30V 15V 2 nU U n ，选项 A 错误； 当 R 1=0 时，若将电流表换成规格为 “ 5V， 5W”的灯泡，灯泡电阻为 2 5L UR P ，此时次级电流 2 2 1A L UI R R ，因灯泡的额定电流为 1AL PI U ，则此时灯泡能够正常发光， 选项 B 正确； 当 R1=10Ω 时，设电流表的示数为 I ，则此时初级电流为 0.5I，初级电压： 30 0.5 10 30 5I I ，则次级电压为 1 (30 5 ) 2 I ，则 1 (30 5 )= 10 2 I I ，解得 I=1.2A ，此时电压表读数为 IR=12V ，选项 C 正确， D 错误； 8．一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前 5s 内做匀加速直线运动， 5s末达到额定功率，之后保持以 额定功率运动 .其 v t 图象如图所示 .已知汽车的质量为 31 10m kg ，汽车受到地面的阻力为车重的 0.1 倍，则以下说法正确的是 ( ) A．汽车在前 5s 内的牵引力为 35 10 N B．汽车速度为 25 /m s时的加速度为 25 /m s C．汽车的额定功率为 100 kW D．汽车的最大速度为 80 /m s 【答案】 AC 【解析】 由速度时间图线知，匀加速运动的加速度大小 a= 20 5 m/s2＝4m/s 2，根据牛顿第二定律得， F-f=ma ，解得 牵引力 F=f+ma=1000+4000N=5000N ，故 A 正确．汽车的额定功率 P=Fv=5000× 20W=100000W=100kW ， 汽车在 25m/s 时的牵引力 F′＝ 100000 25 P v ＝ N＝4000N，根据牛顿第二定律得，加速度 2 24000 1000 / 3 / 1000 F fa m s m s m ＝ ＝ ，故 B 错误， C 正确．当牵引力等于阻力时，速度最大，则最 大速度 100000 / 100 / 1000m Pv m s m s f ＝ ＝ ＝ ，故 D 错误．故选 AC ． 点睛：本题考查了汽车恒定加速度启动的问题，理清整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学 公式综合求解，知道牵引力等于阻力时，汽车的速度最大． 9．如图所示，有两列沿 z 轴方向传播的横波，振幅均为 5cm，其中实线波甲向右传播且周期为 0.5s、虚 线波乙向左传播， t =0 时刻的波形如图所示。则下列说法正确的是（ ） A．乙波传播的频率大小为 1Hz B．甲乙两列波的速度之 2：3 C．两列波相遇时，能形成稳定的干涉现象 D． t=0 时， x=4cm 处的质点沿 y 轴的负方向振动 E.t=0.25s 时， x=6cm 处的质点处在平衡位置 【答案】 ADE 【解析】 【详解】 B．由于两列波在同一介质中传播，因此两列波传播速度大小相同，故 B 错误； A．由图可知，甲波的波长 λ1=4cm ，乙波的波长 λ2=8cm ，由 v=λf可知，甲波和乙波的频率之比为 2∶1， 又甲波的频率为 2Hz ，所以乙波的频率为 1Hz ，故 A 正确； C．由于两列波的频率不相等，因此两列波在相遇区域不会发生稳定的干涉现象，故 C 错误； D．由质点的振动方向与波的传播方向的关系可知， 两列波在平衡位置为 x=4cm 处的质点引起的振动都是 向下的，根据叠加原理可知该质点的振动方向沿 y 轴的负方向，故 D 正确； E．从 t=0 时刻起再经过 0.25s，甲波在平衡位置为 x=6cm 处的位移为零，乙波在平衡位置为 x=6cm 处的 位移也为零，根据叠加原理可知该质点处在平衡位置，故 E 正确。 故选 ADE 。 10．如图为一电源电动势为 E，内阻为 r 的稳定电路。电压表 A 的内阻为 5kΩ。B 为静电计， C 1，C2 为 两个理想的电容器且耐压值足够高。在开关闭合一段时间后，下列说法正确的是 A． C1 上电荷量为 0 B．若将甲右滑，则 C2 上电荷量增大 C．若 C 1>C 2，则电压表两端大于静电计两端电压 D．将 S 断开，使 C 2 两极距离增大， B 张角变大 【答案】 AD 【解析】 【分析】 【详解】 A．由于电容器和静电计均为断路，故开关闭合一段时间后，电路中电流为 0，故电压表两端电压为 0，因 此 C 1 上电荷量为 0，故 A 正确； B．由于整个电路中没有电流， C2 相当于直接接在电源两端，故滑动滑动变阻器对电路没有影响， C2 上电 压不变，故电荷量不变，故 B 错误； C．电压表两端电压为 0，静电计两端电压不为 0，故 C 错误； D．S 断开后， C 2上电荷量保持不变，故当两极板距离增大时，电容减小，由 QU C 可知，电压增大，故 静电计张角变大，故 D 正确； 故选 AD 。 11．下列说法正确的是 A．温度由摄氏温度 t 升至 2t，对应的热力学温度便由 T 升至 2T B．相同温度下液体中悬浮的花粉小颗粒越小，布朗运动越剧烈 C．做功和热传递是改变物体内能的两种方式 D．分子间距离越大，分子势能越大，分子间距离越小，分子势能也越小 E.晶体具有固定的熔点，物理性质可表现为各向同性 【答案】 BCE 【解析】 【详解】 A．温度由摄氏温度 t 升至 2t，对应的热力学温度便由 T 升至 T′，其中 T'=2t+273 ，不一定等于 2T ，故 A 错误； B．相同温度下液体中悬浮的花粉小颗粒越小，受力越不易平衡，布朗运动越剧烈，故 B 正确； C．根据热力学第一定律可知，做功和热传递是改变内能的两种方式，故 C 正确； D．若分子力表现为斥力时，分子间距离越大，分子力做正功，分子势能越小；分子间距离越小，分子力 做负功，分子势能越大。若分子力表现为引力时，分子间距离越大，分子力做负功，分子势能越大；分子 间距离越小，分子力做正功，分子势能越小，故 D 错误； E．根据晶体的特性可知，晶体具有固定的熔点，多晶体的物理性质表现为各向同性，故 E 正确。 故选 BCE 。 12．关于一定量的气体，下列说法正确的是（ ） A．气体做等温膨胀变化，其压强一定减小 B．气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和 C．气体分子热运动的剧烈程度减弱时，气体的压强一定减小 D．若气体处于完全失重的状态，气体的压强一定为零 E.气体从外界吸收热量，其内能可能减小 【答案】 ABE 【解析】 【详解】 A．由理想气体状态方程可得，气体在等温膨胀过程，温度不变，体积与压强成反比，体积增大，压强一 定减小，故 A 正确； B．气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，故 B 正确； C．温度高气体分子热运动就剧烈，所以只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度可以降低， 但是压强不一定越低，故 C 错误； D．在完全失重的情况下，分子运动不停息，气体对容器壁的压强不为零，故 D 错误； E．气体从外界吸收热量，但如果同时对外做功，根据热力学第一定律，则内能可能减小，故 E 正确。 故选 ABE 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．某研究性学习小组为了测量某电源的电动势 E 和电压表 V 的内阻 Rv，从实验室找到实验器材如下： A．待测电源（电动势 E 约为 2V，内阻不计） B．待测电压表 V（量程为 1V ，内阻约为 100Ω） C．定值电阻若干（阻值有： 50.0 Ω，100.0 Ω，500.0 Ω，1.0k Ω） D．单刀开关 2 个 (1)该研究小组设计了如图甲所示的电路原理图，请根据该原理图在图乙的实物图上完成连线 ______。 (2)为了完成实验，测量中要求电压表的读数不小于其量程的 1 3 ，则图甲 R1=_____ Ω； R 2=_____ Ω。 (3)在 R1、R2 选择正确的情况进行实验操作，当电键 S1 闭合、 S2 断开时，电压表读数为 0.71V ；当 S1、S2 均闭合时， 电压表读数为 0.90V ；由此可以求出 R v=____ Ω；电源的电动势 E=_____（保留 2 位有效数字） 。 【答案】 100 50 87 1.9 【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1] 根据电路原理图，实物连线如图所示： (2)[2][3] 根据分压规律 1 V 100Ω3 12V V 3 xR 串联在电路中的总电阻约为 500ΩxR 所以 500.0Ω和 1.0kΩ阻值太大不能用，否则电压表的示数不满足题中要求；为了在 2S 闭合时，能够有 效的保护电路，所以 1 100ΩR ， 2 50ΩR 。 (3)[4][5] 当电键 1S 闭合、 2S 断开时 V 1 V 1 2 U E R R R R 当 1S 、 2S 均闭合时 V 2 1V U E R R R 解得 V 87ΩR ， 1.9VE 14．某学习小组利用打点计时器来测量滑块与木板间的动摩擦因数， 让滑块仅在摩擦力的作用下在水平木 板上减速滑行，纸带连在滑块上，打出的纸带如图所示，图中的 A、B、C、D、E 为每隔四个点选取的计 数点， 打点计时器所用交流电源的频率为 50Hz ，测得相邻计数点间距离标在图中， 重力加速度 g 取 10m/s 2。 (1)滑块与纸带的 _______端相连； （填 “左 ”或 “右”） (2)滑块与木板间的动摩擦因数为 ____________。（结果保留三位有效数字） (3)各步操作均正确的情况下， 考虑到纸带与打点计时器限位孔之间也存在摩擦， 会导致此实验中动摩擦因 数的测量值与真实值相比会 __________（填 “偏大 ”、“偏小 ”或 “不变 ”） 【答案】右 0.237 偏大 【解析】 【分析】 【详解】 （ 1） [1] 滑块仅在摩擦力的作用下在水平木板上减速滑行，所以滑块与纸带的速度较大的一端相连，所以 滑块与纸带的右端相连。 （ 2） [2] 根据逐差法求得加速度为 2 2 0.1255 0.1018 0.0782 0.0543 2.37 m s 4 0.1 a 由牛顿第二定律得 mg ma 解得 0.237 。 （ 3） [3] 由于其他阻力的存在，导致摩擦力变大，测量的动摩擦因数与真实值相比偏大。 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．如图所示，滑块和滑板静止在足够大的水平面上，滑块位于滑板的最右端，滑板质量为 M=0.6kg ，长 为 L 1=0.6m ，滑块质量为 m=0.2kg ，质量也为 m=0.2kg 的小球用细绳悬挂在 O 点，绳长 L 2=0.8m，静止时 小球和滑板左端恰好接触。 现把小球向左拉到与悬点等高处无初速释放， 小球到达最低点时与木板发生弹 性碰撞。空气阻力忽略不计，已知滑块与滑板之间的动摩擦因数为 1=0.1 ，滑板与水平面之间的动摩擦 因数 2 =0.2 ，滑块和小球均可看成质点，重力加速度 g 取 10m/s2。求： （ 1）小球刚摆到最低点时与木板发生碰撞前绳的拉力大小； （ 2）滑块能否从滑板上掉下 ?试通过计算说明理由； （ 3）滑块和滑板之间由于相对滑动所产生的热量。 【答案】 （1） 6N；（2）没有掉下来，理由见解析； （3） 4 35 J 【解析】 【详解】 （ 1）小球下摆过程中，由动能定理： 2 2 0 1 2 mgL mv 小球摆到最低点时，则有： 2 0 2 vT mg m L 解得 T=6N （ 2）对小球和滑板碰撞前后，小球和滑板系统动量守恒，则有： 0 1mv mv Mv 根据能量守恒，则有： 2 2 2 0 1 1 1 2 2 2 mv mv Mv 解得： 2v m/s， 1 2v m/s 碰后滑块向右加速，滑板向右减速 对滑块，根据牛顿第二定律有： 1 1mg ma 解得： 1 1a m/s2 对滑板，根据牛顿第二定律有： 21 2( )mg m M g Ma 解得： 2 3a m/s 2 假设没有掉下来，经过时间 t 共速度，则有： 1 1 2a t v a t 得 0.5t s 根据： 1v a t共 解得： 0.5v共 m/s 滑块位移为： 2 1 1 1 2 x a t 解得： 1 0.125x m 滑板位移为： 2 2 1 2 1 2 x v t a t 解得： 2 0.625x m 相对位移 1 2 1 10.5x x x m L 此时没有掉下来。 （ 3）但由于 2 1μ ，共速后滑块和滑板之间会继续相对运动，此时滑块相对于滑板向右运动， 对滑块，根据牛顿第二定律有： 1 3mg ma 解得： 3 1a m/s2 对滑板，根据牛顿第二定律有： 2 1 4( )m M g mg Ma 解得： 4 7 3 a m/s2 滑块位移为： 2 3 32 vx a 共 解得： 3 1 8 x m 滑板位移为： 2 4 42 vx a 共 解得： 4 3 56 x m 相对位移 2 3 4 1 0.5 14 x x x m m 不会掉下来 则滑块和滑板之间由于相对滑动所产生的热量： 1 1 2Q mg x x 解得： 4 35 Q J 16．光滑水平面上， 质量为 1kg 的小球 A 以 5m/s 的速度向右运动， 大小相同的小球 B 质量为 4kg，以 0.5m/s 的速度向右运动，两者发生正碰，碰撞后小球 B 以 2m/s 的速度向右运动 .求： ①碰后 A 球的速度 v； ②碰撞过程中 A 球对 B 球的冲量大小 I. 【答案】① 1m/s 方向向左② 6N sI 【解析】 【详解】 ① A B、 两球碰撞过程，系统动量守恒，取向右为正方向 1 1 2 2 1 1 2 2m v m v m v m v 解得 1 1m/sv 所以碰后 A球速度大小为 1m/s，方向向左 ; ②以 B 球为研究对象，由动量定理 I p合 得 2 2 2 2I m v m v 解得 6N sI 17．如图甲所示，粒子源靠近水平极板 M 、N 的 M 板， N 板下方有一对长为 L ，间距为 d=1.5L 的竖直极 板 P、Q，再下方区域存在着垂直于纸面的匀强磁场，磁场上边界的部分放有感光胶片。水平极板 M 、N 中间开有小孔，两小孔的连线为竖直极板 P、Q 的中线，与磁场上边界的交点为 O。水平极板 M 、N 之间 的电压为 0U ；竖直极板 P、Q 之间的电压 PQU 随时间 t 变化的图像如图乙所示；磁场的磁感强度 021 mUB L q 。粒子源连续释放初速度不计、质量为 m、带电量为 +q 的粒子，这些粒子经加速电场获 得速度进入竖直极板 P、Q 之间的电场后再进入磁场区域，都会打到磁场上边界的感光胶片上，已知粒子 在偏转电场中运动的时间远小于电场变化的周期， 认为粒子在偏转极板间飞过时 PQU 不变， 粒子重力不计。 求： (1)带电粒子进入偏转电场时的动能 E k ； (2)带电粒子打到磁场上边界感光胶片的落点范围。 【答案】 (1)qU 0；(2) 1 2 L 【解析】 【分析】 【详解】 (1)带电粒子进入偏转电场时的动能，即为 MN 间的电场力做的功 Ek =W MN =qU 0 (2)粒子运动轨迹如图所示 若 t=0 时进入偏转电场，在电场中匀速直线运动进入磁场时 R= 1mv Bq =L 打在感光胶片上距离中心线最近为 x=2L 任意电压时出偏转电场时的速度为 vn，根据几何关系 1 cosn vv n n mvR qB 在胶片上落点长度为 122 cosn mvx R qB 打在感光胶片上的位置和射入磁场位置间的间距相等，与偏转电压无关 ,在感光胶片上的落点宽度等于粒 子在电场中的偏转距离 ,带电粒子在电场中最大偏转距离 2 20 1 31 1 1( ) 2 2 1.5 2 U q Ly at L mL v 粒子在感光胶片上落点距交点 O 的长度分别是 2L 和 5 2 L ，则落点范围是 1 2 L