山东省泰安市2020届高三下学期第五次模拟考试物理试卷 Word版含解析

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全国高考模拟试题物理试题 第Ⅰ卷 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24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. 2019年新中国成立70周年之际，“两弹一星”元勋程开甲被授予“人民科学家”国家荣誉称号，程开甲曾参与了我国第一颗原子弹的研制，还参与主持了氢弹、两弹结合以及地面、首次空投、首次地下平洞、首次竖井实验等多种实验方式的30多次核试验，在我国的核事业发展上立下累累功勋，被称为中国“核司令”。关于核知识的叙述，下列说法正确的是（　　）‎ A. 太阳中的能量主要来源于氢核的聚变，发生聚变后产生的新核的比结合能增大 B. 大多数核电站的能量来源于重核裂变，发生裂变后产生的新核的比结合能减小 C. 核聚变与核裂变相比平均每个核子放出的能量更多，现在应用也更广 D. 原子核的结合能是指组成原子核的所有核子所具有的能量之和 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．太阳中能量主要来源于氢核的聚变，聚变发生的过程中释放巨大的能量，可知产生的新核的比结合能比反应前原子核的比结合能大，选项A正确；‎ B．大多数核电站的能量来源于重核裂变，重核裂变过程中释放巨大的能量，可知发生裂变后产生的新核的比结合能增大，选项B错误；‎ C．核聚变与核裂变相比平均每个核子放出的能量更多，但不容易控制，选项C错误；‎ D．原子核的结合能是组成原子核的所有核子结合成原子核时释放出来的能量，选项D错误。‎ 故选A。‎ ‎2. 如图所示，用一交流电源给理想变压器供电，已知理想变压器原线圈连有阻值为R的电阻，副线圈接有电阻R1、R2，且R1=R2=100R，闭合开关S后发现三个电阻消耗的功率均为P，则理想变压器原、副线圈的匝数比n和a、b间的电压U0分别为（　　）‎ A. n=5：1， B. n=5：1，‎ - 24 -‎ C. n=1：5， D. n=1：5，‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎ 【详解】 ‎ 设原线圈电流为I1，副线圈电流为I2 ，三个电阻消耗的功率均为P，则有 ‎ ‎ ‎ 解得 ‎ ‎ ‎ 所以原副线圈匝数比 ‎ ‎ ‎ 根据可得降在电阻R 上电压为 ‎ ‎ ‎ 根据变压器输入功率等于输出功率可知变压器原线圈的功率为2P，则加在变压器原线圈的电压为 ‎ ‎ ‎ 所以 ‎ ‎ ‎ 选项C正确，ABD错误。 ‎ 故选C。 ‎ ‎3. 2019年1月3日上午10点26分，中国嫦娥四号探测器成功在月球背面软着陆，成为人类首次在月球背面软着陆的探测器，首次实现月球背面与地面站通过中继卫星通信。若已知地球和月球的半径之比，地球和月球表面的重力加速度之比，则地球近地卫星和月球近月卫星的运行周期之比为（　　）‎ - 24 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】对近地卫星或近月卫星，由万有引力提供向心力，则有 又在地球表面或月球表面，不考虑星球自转，则有 联立解得 则地球近地卫星和月球近月卫星的运行周期之比为 故ACD错误，B正确。‎ 故选B。‎ ‎4. 针对新型冠状病毒肺炎的治疗，北京大学第一医院的主任医师王贵强在2020年2月20日国务院联防联控机制新闻发布会上表示：无论轻重症，早期的氧疗都可以大大缓解这种疾病的发展。现有一个容积为400L的医用氧气罐，内部气体可视为理想气体，压强为15MPa，为了使用方便，用一批相同规格的小型氧气瓶(瓶内视为真空)进行分装，发现恰好能装满40个小氧气瓶，分装完成后原医用氧气罐及每个小氧气瓶内气体的压强均为3MPa，不考虑分装过程中温度的变化，则每个小氧气瓶的容积为（　　）‎ A. 20L B. 40L C. 50L D. 60L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由玻意耳定律可得 代入数据得 故选B。 ‎ - 24 -‎ ‎5. 如图甲所示，大量的质量为m、电荷量为e的电子由静止开始经电压为U0的电场加速后，先后从上极板的边缘平行极板方向进入偏转电场，其中偏转电场两极板间的电压UAB随时间t变化的规律如图乙所示。已知偏转极板间的距离为d，板长为l，不计电子的重力及电子间的相互作用，电子通过偏转极板间所用的时间极短，可认为偏转电压不变，当偏转电压为3U0时，粒子刚好从距上极板的P点射出，下列说法正确的是（　　）‎ A. d=2l B. 当UAB=3U0时，电子射出偏转电场时的速度 C. 当UAB=3U0时，电子射出偏转电场时速度的偏转角为45°‎ D. 在T～T时间内进入偏转电场的电子都不能从极板右侧射出 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC．电子由静止开始经电压为U0的电场加速有 解得 当UAB=3U0时，进入偏转电场加速度 根据平抛运动规律有 - 24 -‎ 联立解得 电子射出偏转电场时速度的偏转角为45°，合速度 选项AB错误，C正确；‎ D．设电子恰能从极板右侧下边缘射出的偏转电压为U，则有 根据平抛运动规律有 解得 所以当电子进入偏转电场的电压小于的电子可以从从极板右侧射出，结合图像可知选项D错误。‎ 故选C。‎ ‎6. 如图所示，水平地面上A、B两个木块用轻弹簧连接在一起，质量分别为2m、3m，静止时弹簧恰好处于原长。一质量为m的木块C以速度v0水平向右运动并与木块A相撞。不计一切摩擦，弹簧始终处于弹性限度内，则碰后弹簧的最大弹性势能不可能为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ - 24 -‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】当C与A发生弹性正碰时，根据动量守恒定律和能量守恒定律有 联立解得 当A、B速度相等弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v，以A的初速度方向为正方向，则由动量守恒定律得 由机械能守恒定律可知，最大的弹性势能为 解得 当C与A发生完全非弹性正碰时，根据动量守恒定律有 当A、B、C速度相等弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v，则由动量守恒定律得 由机械能守恒定律可知，最大的弹性势能为 解得 由此可知碰后弹簧的最大弹性势能范围是 故A符合题意，BCD不符合题意。‎ - 24 -‎ 故选A。‎ ‎7. 如图所示为研究光电效应现象的实验原理图。已知光电管阴极材料的极限频率为v0，现用频率为v(v＞v0)的单色光照射光电管，发现滑动变阻器的滑片P处于图示位置时，灵敏电流计的示数为零，下列说法正确的是（　　）‎ A. 灵敏电流计的示数为零，是因为没有发生光电效应 B. 若不断向左移动滑片P，则灵敏电流计一定会有示数 C. 若不断向右移动滑片P，则灵敏电流计一定会有示数 D. 仅不断增大入射光的光照强度，灵敏电流计一定会有示数 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．灵敏电流计的示数为零，是因为如图加在光电管两端的反向电压使得打出的光电子无法到达对阴极，从而没有形成光电流，而不是没有发生光电效应，故A错误；‎ B．由题知，滑动变阻器的滑片P处于图示位置时，灵敏电流计的示数为零；故若不断向左移动滑片P，则使得加在光电管两端的反向电压增大，则光电子一定不能达到对阴极形成光电流，所以灵敏电流计一定不会有示数，故B错误；‎ C．若不断向右移动滑片P，则使得加在光电管两端的反向电压减小，则光电子一定能达到对阴极形成光电流，所以灵敏电流计一定会有示数，故C正确；‎ D．仅不断增大入射光的光照强度，对打出光电子的最大初动能没有影响；所以，灵敏电流计的示数仍为零，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎8. 某物体做直线运动，设该物体运动的时间为t，位移为x，其图象如图所示，则下列说法正确的是（　　）‎ - 24 -‎ A. 物体做的是匀加速直线运动 B. t=0时，物体的速度为ab C. 0～b时间内物体的位移为2ab2‎ D. 0～b时间内物体做匀减速直线运动，b～2b时间内物体做反向的匀加速直线运动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎ 【详解】 ‎ AD．根据匀变速直线运动位移时间公式 得 ‎ ‎ ‎ 即图象是一条倾斜的直线。 ‎ 所以由图象可知物体做匀变速直线运动，在0～b时间内物体做匀减速直线运动，b ～2b时间内物体做反向的匀加速直线运动，选项A错误，D 正确； ‎ B．根据数学知识可得： ‎ ‎ ‎ 选项B错误； ‎ C．根据数学知识可得 ‎ ‎ ‎ 解得 ‎ ‎ ‎ 将t=b代入 得 ‎ ‎ ‎ 选项C错误。 ‎ - 24 -‎ 故选D。 ‎ 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。‎ ‎9. 如图甲所示为一半圆形坑，现将一颗弹丸先后两次从A点水平抛出，由于飞行过程中受气流作用，影响了弹丸飞行时间和速度。若从弹丸离开A点开始计时，t1和t2分别表示它们落到坑壁的时间，v表示它在竖直方向的速度，其v—t图象如图乙所示，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 第二次弹丸在竖直方向上的位移比第一次小 B. 第二次弹丸在水平方向上的位移比第一次小 C. 第二次弹丸在竖直方向上受到的阻力比第一次大 D. 第二次弹丸在竖直方向上的加速度比第一次大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在图象中，图象与时间轴围成的面积等于物体竖直方向的位移，由图象可知，第二次弹丸在竖直方向上的位移比第一次小，A正确；‎ B．由于水平方向的运动情况完全不知道，因此无法比较水平位移的大小，B错误；‎ CD．在图象中，图象的斜率表示竖直方向的加速度，由图可知，第二次弹丸在竖直方向上的加速度比第二次小，根据牛顿第二定律 可知第二次弹丸受到的阻力比第一次大，C正确，D错误。‎ 故选AC。‎ ‎10. 如图所示，A、B两个物体中间用一根不可伸长的轻绳相连，在物体B上施加一斜向上的力F，使A、B两物体保持相对静止一起沿水平地面向右匀速运动，当力F与水平面的夹角为θ时，力F最小。已知A、B两物体的质量分别为m1=0.5kg、m2=2.5kg，物体A - 24 -‎ 与地面间的动摩擦因数，g取10m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）‎ A. θ=30° B. θ=60°‎ C. 力F的最小值为12N D. 力F的最小值为15N ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】对AB两物体，采用整体法进行受力分析，由受力平衡和正交分解法，在竖直方向上，‎ 滑动摩擦力 在水平方向上 解得 由三角函数知识，得F的最小值为 此时有 BC错误，AD正确。‎ 故选AD。‎ ‎11. 如图所示，一列横波沿x轴传播，轴上各质点均沿y轴做简谐运动。已知P、Q是x - 24 -‎ 轴上相距为1m的两点，P、Q两点的振动方程分别为、，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 如果波沿x轴正方向传播，则波长的最大值为2m B. 如果波沿x轴正方向传播，则波速的最大值为1m/s C. 如果波沿x轴负方向传播，则波速可能为m/s D. t=4.5s时刻，Q点离开平衡位置的位移为4cm ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎ 【详解】 ‎ 由振动方程可知，该波的周期为 ‎ ‎ ‎ AB．若该波沿正方向传播，由P、Q的振动方程可知， P、Q之间的距离和波长关系满足 ‎ ‎ ‎ 故波长的最大值为，波速的最大值为 ‎ ‎ ‎ 故A错误，B正确； ‎ C．若该波沿负方向传播，由P、Q的振动方程可知， P、Q之间的距离和波长关系满足 ‎ ‎ ‎ 则波速为 ‎ ‎ ‎ - 24 -‎ 取可得，波速为m/s ，故C正确； ‎ D．将t=4.5s代入 得， ‎ ‎ ‎ 故D错误。 ‎ 故选BC。 ‎ ‎12. 如图所示，倾角θ=37°的平行导轨上端连着一个阻值R=0.8Ω的定值电阻，下端通过一小段光滑的圆弧与固定在水平面上的平行导轨相连，两导轨间距均为L=1m，整个装置处在竖直向上的磁感应强度大小B=0.5T的匀强磁场中。质量m=0.1kg、电阻r=0.2Ω、长度也为L的金属棒垂直于导轨放置，金属棒与两导轨间的动摩擦因数均为。现让金属棒从距水平面高h=3.75m的位置由静止释放，当金属棒滑到底端前速度已经达到最大速度v，最终停在水平导轨上。已知导轨电阻忽略不计，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法正确的是（　　）‎ A. v=2m/s B. 金属棒在倾斜导轨上运动过程中回路上消耗的电能和增加的动能之和小于其重力势能的减少量 C. 金属棒在水平导轨上运动过程中回路上消耗的电能等于金属棒动能的减少量和摩擦产生的内能之和 D. 金属棒在倾斜导轨上运动过程中通过金属棒任意截面的电量为2.5C ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．导体棒速度最大后，做匀速运动，故 其中 - 24 -‎ 代入数据，解得 故A错误；‎ B．金属棒在倾斜导轨上运动时，其重力势能转化为动能、电能和摩擦产生的内能，故回路上消耗的电能和增加的动能之和小于其重力势能的减少量，故B正确；‎ C．金属棒在水平导轨上运动时，其动能转化为电能和摩擦产生的内能，故动能减少量等于回路消耗的电能和摩擦产生的内能之和，故C错误；‎ D．由 可得，经过任意截面的电荷量为 故D正确。‎ 故选BD。‎ 第Ⅱ卷 三、非选择题：本题共6小题，共60分。‎ ‎13. 某实验小组用重锤和打点计时器做“验证机械能守恒定律”的实验，使用的是电压为220V、频率为50Hz的交流电。‎ ‎（1）关于实验的步骤，错误的是____________(填正确答案标号)。‎ A．按如图甲所示把打点计时器安装在铁架台上，将打点计时器与电源连好 B．把纸带的一端固定在重锤上，另一端穿过限位孔，用手竖直提起纸带，使重锤停在打点计时器附近 C．先接通电源，后释放纸带，让重锤带着纸带自由下落 D．重复几次，得到3～5条打好的纸带 E．在打好的纸带中，挑选点迹清晰且第一、二点之间的距离为2cm的纸带，在起点标上O，在以后各点依次标上A、B、C…，用毫米刻度尺依次测出各点到起始点间的距离h1，h2、h3…‎ F．应用公式计算各点的瞬时速度 - 24 -‎ G．计算各点对应的重力势能的减少量mghn，和动能的增加量，进行比较得出结论 ‎（2）某条纸带数据如图乙所示，相邻两个点的时间间隔为0.04s，重锤的质量为400g，当地的重力加速度为9.80m/s2，那么从起点0到打下“3”点的过程中，重锤重力势能的减少量与动能的增加量的比值k=___________________。(保留三位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). EF (2). 1.03‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]A．把打点计时器安装在铁架台上，将打点计时器与电源连好，A正确，不符合题意；‎ B．把纸带的一端固定在重锤上，另一端穿过限位孔，用手竖直提起纸带，使重锤停在打点计时器附近，B正确，不符合题意；‎ C．先接通电源，后释放纸带，让重锤带着纸带自由下落，C正确，不符合题意；‎ D．重复几次，得到3～5条打好的纸带，D正确，不符合题意；‎ E．在打好的纸带中，挑选点迹清晰且第一、二点之间的距离为2mm的纸带，不是2cm，E错误，符合题意；‎ F．速度不能用计算，因为只要认为加速度为g，机械能当然守恒，即相当于用机械能守恒定律验证机械能守恒定律，F错误，符合题意；‎ G．计算各点对应的重力势能的减少量mghn，和动能的增加量，进行比较得出结论，G正确，不符合题意。‎ 故选EF。‎ ‎(2)[2] 重锤重力势能的减少量 打下“3”点的瞬时速度为 - 24 -‎ 动能的增加量 重锤重力势能的减少量与动能的增加量的比值为 ‎14. 有一待测电阻Rx，测量过程如下：‎ ‎（1）先用多用电表粗测电阻：如图甲所示，红表笔插入“+”插孔，此时红表笔与表内电源的________(填“正”或“负”)极相连；选用“×10”倍率的电阻挡测量，发现多用电表指针偏转角度过小，因此需选择__________(填“×1”或“×100”)倍率的电阻挡，然后重新欧姆调零，多用电表的示数如图乙所示，测量结果为_____________Ω。‎ ‎（2）除待测电阻Rx外，实验室还提供了下列器材：‎ A．电流表A1(量程为500μA，内阻r1=1kΩ)‎ B．电流表A2(量程为1.5mA，内阻r2≈2kΩ)‎ C．滑动变阻器R(0～100Ω)‎ D．定值电阻Rl=3000Ω E．定值电阻R2=100Ω F．电源(电动势E=2V，内阻可以忽略)‎ G．开关S、导线若干 ‎①实验要求测量尽可能精确且通过电阻的电流调节范围尽量大，请将设计好的电路图画在虚线框中_______(要标出器材的符号)。‎ - 24 -‎ ‎②按正确的电路连接，闭合开关，记录电流表A1、A2的示数I1，和I2，移动滑动变阻器的滑片，记录多组数据，并做出I1—I2图线如图所示，则该待测电阻为Rx=__________Ω(结果保留两位有效数字)，测量值与真实值相比__________(填“偏大”“偏小”或“相等”)。‎ ‎【答案】 (1). 负 (2). ×100 (3). 1500 (4). (5). 1.6×103 (6). 相等 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1][2][3]红表笔与欧姆档内的负极相连；多用表指针偏转角过小，说明电阻较大，故应该换大档位，即换成“×100”档；由图中可得待测电阻约为15×100Ω=1500Ω；‎ ‎（2）[4][5][6]由于待测电阻远大于滑动变阻器最大阻值，故应采用分压式接法；电流表A1内阻已知，故应该将A1改装为电压表，电源电动势为2V，故改装为2V即可，因此A1与R1串联，故电路图如图 - 24 -‎ 由欧姆定律可得 整理得 代入数据解得 从以上推导可知，该实验方案没有系统误差，故测量值与真实值相等。‎ ‎15. 如图所示为半径为R的半圆形玻璃砖的截面图，O为圆心，一细光束平行于OO1从M点射入，从AB边的N点射出。已知光在真空中传播的速度为c，∠MOO1=45°，，，。‎ ‎（1）求玻璃砖对该光的折射率；‎ ‎（2）若仅将玻璃砖在纸面内以O点为圆心顺时针旋转180°，求光束在玻璃砖内传播的时间。‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）光路图如图甲所示 - 24 -‎ 设在M点的折射角为θ，在N点的入射角为α，则由正弦定理得 由几何关系可知 θ+α=45°‎ 代入数据解得θ=30°‎ 根据折射定律有 ‎（2）将玻璃砖转过180°后，光路图如图乙所示 在圆弧上发生两次全反射，则光线在玻璃砖内传播的路程为 又 ‎，‎ 联立解得 - 24 -‎ ‎16. 如图所示，质量M=8kg的长木板B沿水平地面向左运动，同时受到水平向右的恒力F=48N的作用，当长木板B的速度v=6m/s时，从长木板B的左端滑上一质量m=2kg的小木块A，此时小木块A的速度大小也为v=6m/s，已知小木块A未从长木板B的右端滑下，小木块A与长木板B和长木板B与地面之间的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度g=10m/s2。求：‎ ‎（1）长木板B向左运动的最大位移；‎ ‎（2）长木板B的长度至少为多少。‎ ‎【答案】（1）2m；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)初始时刻对小木块A、长木板B分别进行受力分析如图所示 对小木块A有 μmg=ma1‎ 解得 a1=2m/s2‎ 方向向左 对长木板B有 F+μmg+μ(M+m)g=Ma2‎ 解得 a2=9m/s2‎ 方向向右 可见长木板B先向左减速直到速度为零，此时 - 24 -‎ ‎(2)在时间内，小木块A一直向右减速，有 之后，小木块A继续向右减速，加速度不变；长木板B开始向右加速，其加速度为 设又经过t2两者共速，有 v共=v1－alt2=a3t2‎ 解得 m/s 则 这时小木块A相对长木板B向右运动的位移为 即长木板B的长度至少为。‎ ‎17. 如图甲所示，高度H=0.6m的竖直光滑圆管下端固定，上端与一半径R=0.2m的四分之一光滑圆弧管道平滑连接，管道右侧固定着一长度l=2m的水平传送带，从圆弧管道顶端滑出的木块恰好能沿水平方向滑上传送带。一轻弹簧下端固定在管底，上端放着一质量m=0.1kg的小木块A(不拴接)，现向下缓慢推动小木块A将弹簧压缩，当小木块A到达距离管底h=0.35m的Q点时，将小木块A由静止释放，小木块A恰好能通过圆弧管道的最高点P。已知重力加速度g=10m/s2。‎ ‎(1)求小木块A释放瞬间弹簧的弹性势能；‎ ‎(2)若小木块A在Q点时继续用力F向下缓慢推动小木块A将弹簧压缩h1=0.05m，这个过程中力F做的功为WF=0.8J，然后再次由静止释放小木块A后，发现小木块A - 24 -‎ 由圆弧管道冲上了水平传送带，锁定传送带不动，且传送带用特殊材料涂抹，小木块A与传送带间的动摩擦因数和小木块A在传送带上的位移间的关系如图乙所示，求小木块A滑下传送带时的速度；‎ ‎(3)在(2)的基础上，让传送带以恒定的速度v=1m/s顺时针转动，小木块A刚到P点就与静置在P点的质量为3m的另一个小木块B发生弹性正碰，若小木块B与传送带间的动摩擦因数恒为μ0=0.2，求小木块B在传送带上划痕的长度。‎ ‎【答案】(1)(0.45J；(2)v1=2m/s；(3)0.25m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小木块A恰好能通过最高点P，则小木块A到达P点时速度为0，由能量守恒定律得 EP=mg(H+R－h)‎ 解得EP=0.45J ‎(2)从再次压缩后释放到小木块A到达P点的过程中，设小木块A到达P点时的速度为v，由能量守恒定律得 解得v=4 m/s 设小木块A到达传送带右端的速度为v1，则由动能定理得 由图象知μ1=0.2，μ2=0.4，代入解得v1=2m/s ‎(3)由(2)知小木块A到达P点时的速度为v=4m/s，小木块A、B碰撞过程动量守恒，机械能守恒，则 mv=mv2+3mv3‎ 解得v2=－2m/s，v3=2m/s - 24 -‎ 小木块B以v3=2 m/s的速度冲上传送带后，与传送带共速前所用的时间为 小木块B的位移 传送带的位移 x2=vt=0.5m 所以划痕 ‎△x=x1－x2=0.25m ‎18. 如图所示，直角坐标系xOy在竖直面内，在第一象限存在竖直向下的匀强电场，在第四象限内以O1(R，0)点为圆心、以R为半径的半圆形区域内存在垂直于坐标平面的匀强磁场。质量为m、电荷量为+q的带电粒子从y轴上N点以速度v0沿x轴正方向射出，且恰好从O1点进入磁场，从圆弧的A(R，－R)点离开磁场。已知匀强电场的场强大小与匀强磁场的磁感应强度大小之比为，不计粒子重力，求：‎ ‎(1)N点距坐标原点O的距离h；‎ ‎(2)保持电场不变，仅改变磁感应强度B的大小，当磁感应强度B的取值多大时，该粒子不能从磁场区域的弧形边界离开磁场。‎ ‎【答案】(1)；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)粒子进入磁场时，粒子运动轨迹如图所示 - 24 -‎ 设合速度与水平方向的夹角为θ，则合速度大小为 由图可知轨迹圆半径 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得 联立解得 又 解得 粒子在电场中做类平抛运动，则 R=v0t 联立可得 ‎(2)在(1)中，可知 - 24 -‎ 合速度 与水平方向的夹角为45°，当R为轨迹圆直径的时候，轨迹圆与磁场圆相切（如上图所示），这时粒子恰不从弧形边界射出磁场，粒子在磁场中有 又 r1≤‎ 解得 B1≥‎ - 24 -‎