2020届全国天一大联考新高考押题模拟考试(一)物理试卷

2020届全国天一大联考新高考押题模拟考试（一）
物理
★祝你考试顺利★
注意事项：
1、考试范围：高二考查范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非主观题答题区域的答案一律无效。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损。

7、本科目考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分。

每小题只有一个选项符合题意，答对得3分，答错或不答得0分。

1.如图所示，平行板电容器两极板带有等量异种电荷，上极板与静电计金属球相连，下极板和静电计金属外壳都接地。

现保持下极板不动，将上极板向左移动一小段距离至图中虚线位置，则两极板间的电场强度E，和静电计指针偏角θ的变化情况是（）
A. θ增大，E增大
B. θ增大，E不变
C. θ减小，E减小
D. θ减小，E不变
【答案】A
【解析】
分析】
电容器充电后断开电源，极板上的电量不变。

根据电容器的定义式和决定式可分析电容的和电压的变化，再根据电场强度和电压的公式分析电场强度的变化。

【详解】电容器与电源断开，故电荷量不变。

上极板向左移动时，两极板的面积减小，根据
4r S
C kd
επ=
可知电容C 减小，Q 不变，则根据
=
Q C U
可知电压U 增大，故静电计指针偏角θ增大。

两板间的电场强度为
U E d
=
因为U 增大，d 不变，因此电场强度E 变大。

由上分析得 θ增大，E 增大，故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

2.美国火星探测器“洞察”号于2018年11月27日成功登陆火星，已知火星与地球绕太阳公转的轨道半径之比为3︰2，火星与地球的质量之比为1︰10，火星与地球的半径之比为1︰2，则 A. 火星绕太阳的公转周期小于1年
B. “洞察”号减速下降登陆火星的过程中处于失重状态
C. 火星绕太阳公转的
向心加速度比地球小
D. 地球和太阳的连线与火星和太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等 【答案】C 【解析】 【分析】
研究火星和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力，列出等式再去进行比较．根据万有引力等于重力表示出重力加速度，再去进行比较．
【详解】A 项：研究火星和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力得出：22
24Mm G mr r T
π=
，得：
2T =，M 为太阳的质量，r 为轨道半径．火星的轨道半径大于地球的轨道半径，通过T 的表达式发现公转轨道半径大的周期长，即火星公转的周期比地球的长即大于1年，故A 错误；
B 项：“洞察”号减速下降登陆火星的过程中具有向上的加速度，所以处于超重状态，故B 错误；
C 项：研究火星和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力得出：2Mm G
ma r =，得：2
GM
a r = M 为太
阳的质量，r 为轨道半径．火星的轨道半径大于地球的轨道半径，通过a 的表达式发现公转轨道半径大的向心加速度小，即火星公转的向心加速度比地球公转的向心加速度小，故C 正确； D 项：对同一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等，故D 错误． 故选C ．
【点睛】要比较一个物理量大小，我们应该把这个物理量先表示出来，在进行比较．向心力的
公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用．
3.如图所示的电路中，电源内阻不能忽略，电流表和电压表均为理想电表，下列说法中正确的是（ ）
A. 若R 1短路，电流表示数变小，电压表示数为零 B .
若R 2短路，电流表示数变小，电压表示数变大 C. 若R 3断路，电流表示数为零，电压表示数变大 D. 若R 4断路，电流表示数变小，电压表示数变大 【答案】AC 【解析】
【详解】若R 1短路，则总电阻减小，电路中电流增大，内电压增大，路端电压减小，而外电路并联，故流过电流表中的电流减小，电压表测R 1两端的电压，则示数为零，故A 正确；若R 2短路，则总电阻减小，电路中电流增大，内电压增大，路端电压减小，而外电路并联，故流过电流表中的电流减小，电流表示数减小，电压表测路端电压因此减小，故B 错误；若R 3断路,则流过电流表中的电流为零，且总电阻增大，则总电流减小，故路端电压增大，则电压表示数增大，故C 正确；若R 4断路，则总电阻增大，总电流减小，故路端电压增大，因右侧并联电路没有变化，故电流表示数增大；电压表示数增大，故D 错误．故选ABC ． 4.如图通电直导线ab 位于两平行导线的横截面MN 的连线的中垂线上，MN 固定，ab 可自由转动，且电流方向如图示，当平行导线MN 通以图示的同向等值电流时，以下说法中正确的是：
A. ab顺时针旋转
B. ab逆时针旋转
C. a端向里，b端向外旋转
D. a端向外，b端向里旋转
【答案】D
【解析】
【详解】导线M和N的磁感线都是同心圆．因此对ab上半段，M导线的磁感线指向右下，可以用左手定则判断：a端受到向外的力．N导线的磁感线指向右上，也使a端受向外的力；同理也可以分析出b端受向里的力．从而使得a端转向纸外，b端转向纸里，故D正确；
AB．a端转向纸外，b端转向纸里，AB错误；
CD．a端转向纸外，b端转向纸里，C错误D正确．
5.倾角θ=45°外表面光滑的楔形滑块M放在水平面AB上，在滑块M的顶端O处固定一细线，细线的另一
m ，滑块与小球一起沿水平面以a=3g的加速度向右做匀加速运动时，端拴一小球，已知小球的质量10kg
细线拉力的大小为（取g=10m/s2）（）
A. 100N
B. 30N
C. 1010N
D. 10N
【答案】A
【解析】 【分析】
根据牛顿第二定律求出支持力为零时滑块的加速度，从而判断小球是否脱离斜面飘起，再根据平行四边形定则求出拉力的大小。

【详解】当小球对滑块的压力等于零时，对小球受力分析，受重力、拉力，如图1所示
由牛顿第二定律，则水平方向
0=cos 45F F ma ︒=合
竖直方向
sin 45F mg ︒=
代入数据得2
010m/s a =
当斜面体以a =3g 的加速度向左运动时，对小球受力分析如图2所示
由于3a g =，所以0a a ＞，所以小球会飘起来，由牛顿第二定律，
=cos F T ma α=合 sin T mg α=
代入数据得F =100N 故选A 。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分，每小题有两个或两个以上选项符合题意，全部选对得4分，选对不全得2分，答错或不答得0分。

6.如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态，若把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则（）
A. 球B对墙的压力增大
B. 物体A与球B之间的作用力减小
C. 地面对物体A的摩擦力减小
D. 物体A对地面的压力减小
【答案】BC
【解析】
【详解】对小球B受力分析，作出平行四边形如图所示：
AB.A滑动前，B球受墙壁及A的弹力的合力与重力大小相等，方向相反；如图中实线所示；而将A向外平移后，B受弹力的方向将上移，如虚线所示，但B仍受力平衡，由图可知A对B球的弹力及墙壁对球的弹力均减小；故A错误，B正确；
C.以AB为整体分析，水平方向上受墙壁的弹力和地面的摩擦力而处于平衡状态，弹力减小，故摩擦力减小．故C正确；
D.竖直方向上受重力及地面的支持力，两物体的重力不变，故A对地面的压力不变．故D错误
7.某静电场中x轴上各点电势分布图如图所示。

一带电粒子在坐标原点O处静止释放，仅在电场力作用下沿x轴正方向运动。

下列说法中正确的有（）
A. 粒子一定带正电
B. 粒子在x1处受到的电场力最大
C. 粒子从原点运动到x1过程中，电势能减小
D. 粒子不能够运动到x2处
【答案】CD
【解析】
【分析】
根据粒子在电场力作用下运动的方向判断它的电性。

图像的斜率表示电场强度，通过比较斜率大小比较场强大小，从而比较加速度大小。

【详解】A．带电粒子在坐标原点O由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴正向运动，电场力做正功，导致其电势能减小，由于从坐标原点O处运动到x1处，电势升高，所以沿着电场线的反方向运动，因此粒子带负电，故A错误。

B．图像的斜率大小表示电场强度，x1处斜率为0，故电场强度为0，根据公式
=
F qE
可知，粒子在x1处受到的电场力为0。

故B错误。

C．带电粒子在坐标原点O由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴正向运动，电场力做正功，导致其电势能减小。

故C正确。

D．因为坐标原点的电势大于x2处的电势，由公式
Ep
ϕ=
q
得知负电荷粒子在坐标原点O处的电势能小于x2处的电势能，所以不能运动到x2处。

故D正确。

故选CD。

φ-图像的斜率表示电场强度。

【点睛】x
8.一辆汽车出厂前需经过多项严格质量检测，才能被贴上“产品合格证”和“3C强制产品认证”标识，其中转翼检测就是进行低速试验，检测多项安全性能，在水平平行的两条车道上检测甲、乙两车，在t=0时刻，甲、乙两车并排，两车的v-t关系图象如图所示，则（）
A. 在t =2s 时，乙车改变运动方向
B. 乙车的制动加速度大小是启动加速度的2倍
C. 在t =4s 时，乙车位于甲车的前方
D. 在t 分别为2s 和6s 时，甲、乙两车相遇 【答案】CD 【解析】 【分析】
在v-t 图像中速度的符号表示速度的方向。

乙车的速度一直为正，方向没改变，速度时间图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移，位移相等表示相遇。

由此分析即可。

【详解】A ．乙车的速度一直为正，其运动方向没改变。

故A 错误。

B ．根据速度时间图线知，乙车启动的加速度为
2
1112010m s 2
v a t ∆=
==∆ 制动的加速度为
22220205m s 62
v a t ∆-=
==-∆- 启动加速度大小是制动加速度大小的2倍，故B 错误。

C ．在t =4s 时，甲车的位移为
110440m x v t ==⨯=甲
t =4s 时乙车的速度为
02=205210m s v v a t +=-⨯=乙
乙车的位移为0-4s 时图线与时间轴围成的面积
22202(1020)(4-2)250m x =⨯÷++⨯÷=
所以12x x ＞，乙车位于甲车的前方。

故C 正确。

D ．t =2s 时，甲的位移为
2=10220m x v t =⨯=甲甲
乙的位移为图线与时间轴围成的面积
22202=20m x =⨯÷乙
22=x x 甲乙
所以t =2s 时相遇。

t =6s 时，甲的位移为
10660m x v t ==⨯=甲6甲
乙的位移为图线与时间轴围成的面积
6620260m x =⨯÷=乙
66=x x 甲乙
所以t =6s 时相遇。

故D 正确。

故选CD 。

9.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D 形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D 形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是
A. 增大匀强电场间的加速电压
B. 增大磁场的磁感应强度
C. 减小狭缝间距离
D. 增大D形金属盒的半径
【答案】BD
【解析】
【详解】AC．回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，粒子射出时的轨道半径恰好等于D形盒的半径，根据
qvB＝
2 mv R
可得
v＝qBR m
因此离开回旋加速器时的动能
E k＝1
2
mv2＝
222
2
q B R
m
可知，与加速电压无关，与狭缝距离无关，选项AC错误；
BD．磁感应强度越大，D形盒的半径越大，动能越大，选项BD正确．
三、实验题：本题共2小题，每空2分，共18分。

把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。

10.为描绘小灯泡的伏安特性曲线，实验室备有下列器材：
A．小灯泡（额定电压3V，额定电流600mA）
B．电流表A1（量程0～0.6 A，内阻约为0.5Ω）
C．电流表A2（量程0～3A，内阻约为0.1Ω）
D．电压表V（量程0～3V，内阻约为10kΩ）
E．滑动变阻器R1（0～10Ω，2A）
F．滑动变阻器R2（0～500Ω，1A）
G．直流电源E（约3V）
H．开关、导线若干
（1）实验中电流表应选用____，滑动变阻器应选用____（以上均填器材代号）．
（2）请用笔画线代替导线，在下图中将本实验的电路连接完整_______．
（3）正确实验，测量出多组数据，以灯泡两端的电压U为横轴，电流表的示数I为纵轴，描点如图乙所示，请在图乙中作出小灯泡的伏安特性曲线_________．
（4）上述实验过程中，小虎同学不慎将所选滑动变阻器损坏，便选用另一滑动变阻器，重新连成图甲所示的完整电路，闭合开关，从最右端向最左端缓慢匀速移动滑动变阻器滑片的过程中，观察到电流表和电压表的示数变化情况是___________．
【答案】(1). （1）A1(2). R1(3). （2）如图；
(4). （3）如图；
(5). （4）开始示数一直较小，几乎不变，滑片接近最左端时，示数突
然变大．
【解析】
【详解】（1）灯泡的额定电流为600mA，因此电流表应选择600mA量程的A1；本实验采用滑动变阻器
分压接法，因此滑动变阻器应选择总阻值较小的R1；
（2）根据原理可知，本实验应采用滑动变阻器分压接法，同时灯泡内阻较小，故电流表采用外接法，连接实物图如图所示；
（3）小灯泡的伏安特性曲线如图；
（4）因另一滑动变阻器R2的阻值为500Ω较大，比小灯泡电阻大的多，则在滑动变阻器开始滑动的阶段，滑动变阻器与小灯泡并联后的阻值一直很小，所以电压表和电流表的读数会一直很小，当滑动变阻器接近左端时，小灯泡两端的电压会突然接近电源电压，则此时电压表和电流表的读数会突然增大.
【点睛】本题考查描绘灯泡的伏安特性曲线的实验，要注意明确实验原理，知道本实验应采用滑动变阻器分压接法和电流表外接法；知道分压电路中滑动变阻器为什么要尽量使用阻值较小的滑动变阻器.
11.如图所示，在“探究小车所受外力做功与动能变化关系”的实验中，现有甲、乙两种方案：
(1)实验操作过程中可能用到如下步骤，两套装置必须同时用到的实验步骤是____．
A.平衡摩擦力
B.测量小车质量
C.通过纸带计算速度时，选用等间距部分
D.重复实验时，小车从靠近打点计时器的同一位置释放
(2)某同学利用图乙的装置，按正确步骤进行实验，绘制W ∝△E K 的图像时，_______(选填“需要”或“不需要”)测量W 的具体数值．
(3)某同学利用图甲的装置平衡摩擦力后进行实验，小车质量为M 、钩码的总质量为m(m<<M)，打出的纸带如图丙所示，计算出B 、E 点时小车的速度分别v B 、v E ，重力加速度为g ，探究B 到E 过程小车所受外力做功与动能变化关系，若外力做功与小车动能变化相等，则数学表达式为___________(用M 、m 、g 、s 、v B 、v E 表示)
(4)利用图甲的装置，某小组实验结果显示，合外力做功总是略小于小车动能的变化，请分析出现这种情况的可能原因是___________．
【答案】 (1). （1）AB (2). （2）不需要 (3). （3）22
1122
E B mgs Mv Mv =- (4). （4）平衡摩擦力过度或倾角过大 【解析】 【分析】
根据该实验的实验原理、要求和减少误差的角度分析，平衡摩擦力作用后，进行实验过程中需要用刻度尺测量纸带上点的距离，用天平测出小车的质量，需要改变砝码的质量来代替小车的拉力．根据W=Fs 求出砂桶及砂的总重力做功，根据匀变速直线运动的平均速度等于中点时刻的瞬时速度求初末位置的速度，即可得到动能的变化量，从而写出探究结果表达式，根据此表达式分析所需要的测量仪器．
【详解】(1) A 项：两套装置中都应保持细线的拉力即为小车所受的合外力，所以都应平衡摩擦力，故A 正确；
B 项：由于要探究小车的合外力做功与小车动能的变化，所以应测量小车的质量，故B 正确；
C 项：图甲小车做匀加速直线运动，图乙中先加速后匀速，所以不能同时用到，故C 错误；
D 项：重复实验时，小车从靠近打点计时器，并不一定要同一位置释放，故D 错误． 故选AB ．
(2) 图乙的装置中小车的合力即为橡皮筋的弹力，只要探究橡皮筋加倍，小车的动能是否加倍，并不要测量W 的数值；
(3)由于钩码的总质量远远小于小车的质量，所以小车的合力近似等钩码的总重力，所以小车从B 到E 外力做的功为mgs
小车从B 到E 动能的变化为：221122
k E B E Mv Mv ∆=
- 若外力做功与小车动能变化相等，则数学表达式为22
1122
E B mgs Mv Mv =
-； (4) 合外力做功总是略小于小车动能的变化，说明除了拉力对小车做功外还有其它力对小车做功，即小车的重力沿斜面向下的分力大于阻力，也即平衡摩擦力过度或倾角过大．
【点睛】该题全面考查探究“合外力做功与物体动能变化的关系”实验的原理，步骤，注意事项和数据的分析．这就要求我们队该实验由全面的掌握．题目的难度适中．明确实验原理往往是解决实验问题的关键，该实验的一些操作和要求与探究力、加速度、质量之间关系的实验类似可以类比学习．
四、计算或讨论题：本题共4小题，共71分。

解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。

只写出最后答案的不得分。

有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

12.如图所示，轻杆的一端用铰链固定在竖直转轴OO′上的O 端，另一端固定一小球，轻杆可在竖直平面内自由转动，当转轴以某一角速度匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周转动，此时轻杆与竖直转轴OO′的夹角为37°．已知转轴O 端距离水平地面的高度为h ，轻杆长度为L ，小球的质量为m ，重力加速度为g ，取sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，求：
（1）小球做匀速圆周运动的线速度v ．
（2）若某时刻小球从轻杆上脱落，小球的落地点到转轴的水平距离d．
（3）若缓慢增大转轴的转速，求轻杆与转轴的夹角从37°增加到53°的过程中，轻杆对小球所做的功W．【答案】（1）小球做匀速圆周运动的线速度v为．
（2）若某时刻小球从轻杆上脱落，小球的落地点到转轴的水平距离d为．
（3）轻杆对小球所做的功为．
【解析】
【详解】（1）小球在水平面做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得：
mgtan
解得：v=
（2）小球从轻杆上脱落后做平抛运动，
根据平抛运动的规律有：h﹣Lcosθ=
水平位移x=vt
根据几何关系有：d2=x2+（Lsinθ）2
解得：d=
（3）设夹角增加到53°时，小球的速度为v′，则
由动能定理得：
W﹣mgL（cos37°﹣cos53°）=
解得：W=
答：（1）小球做匀速圆周运动的线速度v为．
（2）若某时刻小球从轻杆上脱落，小球的落地点到转轴的水平距离d为．
（3）轻杆对小球所做的功为．
13.如图所示，传送带以恒定速率v =8.0m/s 顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ=37°，现将质量m =1.0kg 的小物块轻放在其底端，平台上的人通过一根轻绳用F =18N 的恒力拉物块，经过一段时间物块被拉到离地面高为H =4.2m 的平台上，已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s 2，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）求物块从开始运动到与传送带速度相等的过程运动时间t 1和位移大小x 1； （2）物块从底端沿传送带上升到平台上经历的时间t ；
（3）物块在传送带上相对滑动的过程中，物块与传送带间因摩擦产生的热量Q 。

【答案】（1）0.5s ，2.0m （2）1.0s （3）12J 【解析】
【详解】（1）物块在达到与传送带速度8.0m/s v =相等前，做匀加速直线运动，设运动加速度为a 1，时间为t 1，位移为x 1，则
1cos sin F mg mg ma μθθ+-=
11v a t =
211112
x a t =
代值得2
116m /s a =，10.5s t = 1 2.0m x =
（2）两者达到共同速度后，设物块沿传送带向上运动的加速度为2a ，则
2cos sin F mg mg ma μθθ--=
()()2
11211sin 2
H x v t t t a t θ-=-+- 代值得 1.0s t =
（3）物块从开始运动到与传送带速度相等的过程，相对滑动的路程
111 2.0m s vt x =-=
达到共同速度后，物块相对传送带滑动的路程
()211sin37H s x v t t ︒
⎛⎫ ⎪-⎝⎭
=-- 摩擦产生的热量
()12cos Q mg s s μθ=+
代入数据解得12J Q =
14.如图甲所示，平行金属板AB 的右端安放着垂直于金属板，长为d 的靶MN ，现在AB 板上加上如图乙所示的方波形电压，t =0时A 板比B 板的电势高，正反向电压大小均为U 0，今有带正电的粒子束以相同的初速度，从AB 板的正中间沿OO ′方向持续射入偏转电场中，已知所有进入偏转电场的粒子都能打在金属靶MN 上，粒子在AB 间的飞行时间为2T ，偏转金属板AB 的板长为L ，其板间的距离为d ，电场可看成匀强电场，每个粒子的电荷量为q ，质量为m ，粒子的重力忽略不计，试求： （1）t =0时射入偏转电场的粒子击中靶MN 时的速度大小v ； （2）4
T
t =
时射入偏转电场的粒子打在靶MN 上的点到中心O ′点的距离y ； （3）要使粒子能全部打在靶MN 上，电压U 0的数值应满足的条件（写出U 0、m 、d 、q ，T 的关系式即可）
【答案】（1）2L T （2）2
02U qT md
（3）202md U qT ≤
【解析】
【详解】（1）0t =时射入的粒子，粒子在电场力作用下先向B 板运动2T ，再向A 板运动2
T。

由对称关系可知，经过时间T ，粒子侧向速度为零 。

中靶时速度大小
2L
v T
=
（2）电场强度为
U E d
=
粒子偏转电场中受到的电场力为
F qE =
根据牛顿第二定律
=F ma
联立以上公式得粒子偏转电场中运动的加速度大小
qU a md
=
4
T
t =
时射入的粒子， 344T T :在竖直方向是初速度为零的匀加速直线运动，3544T T :在竖直方向是匀减
速直线运动，减速到0，5744T T :在竖直方向是初速度为零的匀加速直线运动, 7944T T :在竖直方向是匀减速直线运动，减速到0,故
2
1122T y a ⎛⎫
= ⎪⎝⎭
且有
14y y =
解得
2
02U qT y md
=
（3）当粒子由
4
T
t nT =+
（n =0、1、2、3……） 时刻进入电场，向上侧向位移最大
2
2014222U qT T y a md
⎛⎫
=⨯=
⎪⎝⎭上 当粒子由
34
T
t nT =+
（n =0、1、2、3……） 时刻进入电场，向下侧向位移最大
2
2014222U qT T y a md
⎛⎫
=⨯=
⎪⎝⎭下 在距靶MN 的中心O '点上、下方均为2
02U qT md
范围内有粒子击中，则
202
2
U qT d
y y md ==≤下上
解得
2
02
md U qT
≤ 15.如图所示的坐标平面内，在y 轴的左侧存在垂直纸面向外、磁感应强度大小B 1=0.20T 的匀强磁场，在y 轴的右侧存在垂直纸面向外、宽度d =12.5cm 的匀强磁场B 2，某时刻一质量m =2.0×10-8kg 、电荷量q =+4.0×10-4C 的带电微粒（重力可忽略不计），从x 轴上坐标为（-0.25m ，0）的P 点以速度v =2.0×103m/s 沿y 轴正方向运动，垂直匀强磁场B 2的右边界飞出，试求： （1）微粒在y 轴的左侧磁场中运动的轨道半径； （2）右侧磁场的磁感应强度B 2；
（3）微粒从P 点到飞出右侧磁场共经历的时间。

【答案】（1）0.5m （2）20.4T B = （3）43.310s -⨯ 【解析】 【分析】
( 1 )由图可知微粒的转动半径，则由牛顿第二定律可求得半径。

( 2 )根据题意作出粒子的运动轨迹，则由几何关系可得出右侧磁场的磁感应强度。

(3) 微粒从P 点到飞出右侧磁场共经历的时间即求两段时间之和，求出两段圆弧所对应的圆心角即可求出时间。

【详解】（1）设微粒在y 轴左侧匀强磁场中作匀速圆周运动的半径为1r ，转过的圆心角为θ，则
2
11
v qvB m r =
代入数据解得10.5r m =
（2）粒子在磁场中运动轨迹如图所示，设微粒在右侧磁场中作匀速圆周运动的半径为r 1，由几何关系得
110.25m 1
cos 2
r r θ-=
= 2
cos d
r θ=
2
22
v qvB m r =
代值得60θ
=︒，20.4T B =
（3）由公式
2
v qvB m r
=
2=
r
T v
π 联立得微粒在左侧匀强磁场中的运动周期
11
2m
T qB π=
微粒在右侧匀强磁场中的运动周期
22
2m
T qB π=
微粒从P 点到飞出右侧磁场共经历的时间
1211612
t T T =+
代值得442510s 3.3102s 4
t π--=⨯=⨯ 【点睛】求带电粒子磁场中运动的时间可以先求带电粒子运动的圆弧所对应的圆心角，然后再求时间。

16.如图甲所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O 点位置。

质量为m 的小物块A 以初速度v 0从距O 点右方x 0的P 点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O ′点位置后，A 又被弹簧弹回。

A 离开弹簧后，恰好回到P 点。

物块A 与水平面间的动摩擦因数为μ。

（1）求O 点和O′点间的距离x 1；
（2）求弹簧具有的最大弹性势能E P ；
（3）如图乙所示，若将另一个质量为2m 的小物块B 与弹簧右端拴接，物块B 与水平面间的动摩擦因数也为μ，将A 放在B 右边，向左推AB ，使弹簧右端压缩到O ′点位置，然后从静止释放，AB 共同滑行一段距离后分离。

分离后物块A 向右滑行的最大距离x 2是多少？
【答案】（1）2004v x g μ- （2）2014
mv （3）2006g v x μ- 【解析】
【详解】（1）物块A 从P 点出发又回到P 点的过程，根据动能定理有
()21001202
x g x m mv μ-+=- 解得
20104v x x g
μ=- （2）物块A 从O 点向左运动到O '点的过程，弹力对A 做的功
0P W E =-
物块A 从P 点出发向左运动到O '点的过程，根据动能定理有
()21000102
x x W mg mv μ-++=- 解得
2014
P E mv =。