山西省朔州市2021届第四次新高考模拟考试物理试卷含解析

山西省朔州市2021届第四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，金属棒ab 置于水平放置的U 形光滑导轨上，在ef 右侧存在有界匀强磁场B ，磁场方向垂直导轨平面向下，在ef 左侧的无磁场区域cdef 内有一半径很小的金属圆环L ，圆环与导轨在同一平面内．当金属棒ab 在水平恒力F 作用下从磁场左边界ef 处由静止开始向右运动后，下列有关圆环的说法正确的是（ ）
A ．圆环内产生变大的感应电流，圆环有收缩的趋势
B ．圆环内产生变小的感应电流，圆环有收缩的趋势
C ．圆环内产生变大的感应电流，圆环有扩张的趋势
D ．圆环内产生变小的感应电流，圆环有扩张的趋势
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
因为金属棒ab 在恒力F 的作用下向右运动,则abcd 回路中产生逆时针方向的感应电流,则在圆环处产生垂直于纸面向外的磁场,随着金属棒向右加速运动,圆环的磁通量将增大,根据楞次定律可以知道,圆环将有收缩的趋势以阻碍圆环的磁通量将增大;又因为金属棒向右运动的加速度减小,单位时间内磁通量的变化率减小,所以在圆环中产生的感应电流不断减小,故B 对；ACD 错
【点睛】
当导体棒变速运动时在回路中产生变化的感应电流,因此圆环内的磁场磁通量发生变化,根据磁通量的变化由楞次定律可以判断圆环面积的变化趋势,其感应电流的变化要根据其磁通量的变化快慢来判断. 2．如图所示，理想变压器原线圈串联一个定值电阻0R 之后接到交流电源上，电压表1V 的示数1U 恒定不变，电压表2V 和3V 的示数分别用2U 和3U 表示，电流表A 的示数用Ⅰ表示，所有电表都可视为理想电表。

当滑动变阻器R 的滑片P 向上滑动时，下列说法正确的是（ ）
A ．1U 和2U 的比值不变
B ．电流表A 的示数Ⅰ增大
C ．电压表2V 的示数2U 减小
D ．电阻0R 和滑动变阻器R 消耗的功率的比值总是等于121
U U - 【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
ABC ．当滑动变阻器的滑片P 向上滑动时，副线圈回路中电阻增大，副线圈回路中电流减小，则原线圈电流减小，即电流表示数减小，0R 两端电压减小，1U 恒定不变，则2U 增大，则1U 和2U 的比值变小，故ABC 错误；
D ．因为是理想变压器，滑动变阻器R 消耗的功率等于原线圈输入功率，则 ()1202R R I U U P P IU -=12122
1U U U U U -==- 故D 正确。

故选D 。

3．如图所示，空间中存在着由一固定的负点电荷Q(图中未画出)产生的电场．另一正点电荷q 仅在电场力作用下沿曲线MN 运动，在M 点的速度大小为v 0，方向沿MP 方向，到达N 点时速度大小为v ，且v< v 0，则( )
A ．Q 一定在虚线MP 下方
B ．M 点的电势比N 点的电势高
C ．q 在M 点的电势能比在N 点的电势能小
D ．q 在M 点的加速度比在N 点的加速度小
【解析】
【分析】
【详解】
A、场源电荷带负电，检验电荷带正电，它们之间是吸引力，而曲线运动合力指向曲线的内侧,故Q应该在轨迹的内侧，故A错；
B、试探电荷从M到N速度减小,说明M点离场源电荷较近,越靠近场源电荷电势越低，所以M点的电势比N点的电势低，故B错误；
C、只有电场力做功,动能和电势能之和守恒,N点动能小,故在N点电势能大,故C正确；
D、离场源电荷越近，场强越大，加速度越大，所以q在M点的加速度比在N点的加速度大，故D错误；故选C
【点睛】
曲线运动合力指向曲线的内侧,题中只有电场力做功,动能和电势能之和守恒,正电荷在电势越高的点电势
能越大.
解决电场线、等势面及带电粒子的运动轨迹的综合问题应熟练掌握以下知识及规律:
(1)带电粒子所受合力(往往仅为电场力)指向轨迹曲线的内侧.
(2)该点速度方向为轨迹切线方向.
(3)电场线或等差等势面密集的地方场强大.
(4)电场线垂直于等势面.
(5)顺着电场线电势降低最快.
4．如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平地面上，三条细绳结于0点，一条绳跨过定滑轮平行于斜面连接物块P，一条绳连接小球Q，P、Q两物体处于静止状态，另一条绳OA在外力F的作用下处于水平状态。

现保持结点O位置不变，使OA绳逆时针缓慢旋转至竖直方向，在此过程中，P、Q及斜面均保持静止，则（）
A．斜面对物块P的摩擦力一直减小
B．斜面对物块P的支持力一直增大
C．地面对斜面体的摩擦力一直减小
D．地面对斜面体的支持力一直增大
【答案】C
【解析】
缓慢逆时针转动绳OA的方向至竖直的过程中，OA拉力的方向变化如图从1位置到2位置再到3位置，如图所示，
可见绳OA的拉力先减小后增大，绳OB的拉力一直减小。

A．由于不清楚刚开始绳子拉力与重力沿斜面向下的分力大小关系，所以当连接P物体的绳子拉力一直减小，不能判断斜面对物块P的摩擦力变化情况，故A错误；
B．P物体一直在斜面上处于静止状态，则斜面对P的支持力等于重力在垂直斜面向下的分力，保持不变，故B错误；
C．以斜面体和P的整体为研究对象受力分析，根据平衡条件：斜面受地面的摩擦力与OB绳子水平方向的拉力等大反向，因绳OB的拉力一直减小，与水平方向的夹角不变，故其水平分力一直减小，则地面向左的摩擦力一直减小，故C正确；
D．以斜面体和P整体为研究对象受力分析，由于绳OB的拉力一直减小，其竖直向下的分力一直减小，根据竖直方向受力平衡，知地面对斜面体的支持力不断减小，故D错误。

故选C。

5．如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角为θ，传送带以速度v0逆时针匀速转动。

在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ>tanθ，则能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的图象是（）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
【详解】
初状态时：重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，由牛顿第二定律得加速度：
a1=gsinθ+μgcosθ
a 恒定，斜率不变；
当小木块的速度与传送带速度相等时，由μ＞tanθ知道木块将与带以相同的速度匀速运动，图象的斜率表示加速度，所以第二段的斜率为零。

A ．该图与结论不相符，选项A 错误；
B ．该图与结论相符，选项B 正确；
C ．该图与结论不相符，选项C 错误；
D ．该图与结论不相符，选项D 错误；
6．如图所示的电路中，AB 和CD 为两个水平放置的平行板电容器，AB 板间有一点P ，闭合开关K ，待
电路稳定后将开关断开。

现将一有机玻璃板（图中未画出）插入CD 板间，则下列说法正确的是（ ）
A ．CD 平行板电容器的电容减小
B ．P 点电势降低
C ．A 、B 两板间的电场强度增大
D ．电阻R 中有向右的电流
【答案】B
【解析】
【详解】
A ．将玻璃板插入CD 板间，则相对介电常数ε增大，其他条件不变，由4S C kd
επ=
可知，CD 平行板电容器的电容增大，故A 错误；
BC ．电容器两板间电压 AB CD
Q U C C =+总 断开开关后，两电容器总电荷量不变，由于CD 电容器的电容增大，电容器两板间电势差均变小，由U
E d =
可知，AB 板间电场强度变小，则P 点与B 板间的电势差变小，因为B 板接地电势始终为零，则P 点电势降低，故B 项正确，C 项错误；
D ．由于插入玻璃板的过程中，电容器两板间电势差变小，则AB 电容器放电，电阻R 中有向左的电流，故D 项错误。

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，一定量的理想气体经历了A→B→C→D→A 的循环，ABCD 位于矩形的四个顶点上。

下列说法正确的是 。

A ．状态C 的温度为032
T
B ．从A→B ，分子的平均动能减少
C ．从C→
D ，气体密度增大
D ．从D→A ，气体压强增大、内能减小
E.经历A→B→C→D→A 一个循环，气体吸收的热量大于释放的热量
【答案】ACE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．A
B →过程为等压过程，则有 A B A B
V V T T = 即有
1200
23V V T T = 解得
1223
V V = C D →过程也为等压过程，则有
C D C D
V V T T = 即
120C
V V T T = 解得
2C 00132
V T T T V == 故A 正确；
B ．从A→B 从A→B ，温度升高，分子平均动能增大，故B 错误；
C ．C
D →过程为等压变化过程，由图可知，气体体积减小，气体质量不变，则气体密度增大，故C 正确；
D ．从D→A ，由图可知，气体压强增大，温度升高，气体内能增大，故D 错误；
E ．经历A→B→C→D→A 一个循环,气体内能不变；在p-V 图象中，图象与坐标轴围成面积表示功，所以AB DC W W >，即整个过程，气体对外界做功，所以气体吸收的热量大于释放的热量，故E 正确。

故选ACE 。

8．牛顿在发现万有引力定律时曾用月球的运动来检验，物理学史上称为著名的“月地检验”。

已经知道地球的半径为R ，地球表面的重力加速度为g ，月球中心与地球中心距离是地球半径k 倍，根据万有引力定律，可以求得月球受到万有引力产生的加速度为a 1。

又根据月球绕地球运动周期为T ，可求得月球的向心加速度为a 2，两者数据代入后结果相等，定律得到验证。

以下说法正确的是( )
A ．1g a k =
B ．12
g a k = C ．2
224Rk a T
π= D ．2224kR a T
π= 【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
根据万有引力等于重力得 2 GMm mg R
= 则有
2GM g R
= 地球表面附近重力加速度为g ，月球中心到地球中心的距离是地球半径的k 倍，所以月球的引力加速度为 122
()GM g a R k k == 月球绕地球运动周期T ，根据圆周运动向心加速度公式得
222224()k R a kR T T
ππ=⋅= 故选BD 。

9．如图所示，竖直放置的两平行金属板，长为L ，板间距离为d ，接在电压为U 的直流电源上，在两板间加一磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m ，电荷量为q 的带正电油滴，从距金
属板上端高为h 处由静止开始自由下落，并经两板上端连线的中点P 进入板间。

油滴在P 点所受的电场力与洛伦兹力大小恰好相等，且最后恰好从金属板的下边缘离开。

空气阻力不计，重力加速度为g ，则下列说法正确的是（ ）
A ．油滴刚进入两板间时的加速度大小为g
B ．油滴开始下落的高度h ＝2
222U B d g
C ．油滴从左侧金属板的下边缘离开
D 2
222qU U gL m B d
-++【答案】ABD
【解析】
【详解】
A.带正电油滴刚到达P 点时受重力、电场力和洛伦兹力的作用，电场力和洛伦兹力等大反向，因此油滴在P 点的合力大小等于重力，由牛顿第二定律可知油滴在P 点的加速度大小为g ，故A 正确；
B.由于油滴在P 点水平方向的合力为零，由力的平衡条件，有 q U d
＝qBv 对油滴从释放到P 点的过程中，由机械能守恒定律，有 mgh ＝
12mv 2 整理后得h ＝2
22
2U gB d ，故B 正确； C.油滴进入平行金属板间后，做加速运动，则电场力小于洛伦兹力，由左手定则可知，油滴所受的洛伦兹力向右，则最终油滴从右侧金属板的下边缘离开，故C 错误；
D.油滴从释放到从右侧金属板的下边缘离开的过程，由动能定理，有
mg （h ＋L ）－q 2U ＝12
mv′2 油滴离开金属板下边缘时的速度大小
v′2222U qU gL B d m
+-故D 正确。

故选ABD 。

10．一列沿x 轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，此时波刚好传播到x=5m 处的M 点，再经时间t ∆=1s ，在x=10m 处的Q 质点刚好开始振动。

下列说法正确的是____。

A ．波长为5m
B ．波速为5m/s
C ．波的周期为0.8s
D ．质点Q 开始振动的方向沿y 轴正方向
E.从t=0到质点Q 第一次到达波峰的过程中，质点M 通过的路程为80cm
【答案】BCE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由波形图可知，波长为4m ，选项A 错误；
B ．再经时间t ∆=1s ，在x=10m 处的Q 质点刚好开始振动，则波速
5m/s=5m/s 1
x v t ∆==∆ 选项B 正确；
C ．波的周期为
4s=0.8s 5
T v λ== 选项C 正确；
D ．质点M 开始振动的方向沿y 轴负方向，则质点Q 开始振动的方向也沿y 轴负方向，选项D 错误；
E ．质点Q 第一次到达波峰的时间
102 1.6s 5
t -== 从t=0开始到质点Q 第一次到达波峰，质点M 振动的时间为1.6s=2T ，则通过的路程为8A=80cm ，选项E 正确。

故选BCE 。

11．如图所示，一列简谐横波正沿x 轴传播，实线是t=0时的波形图，虚线为t=0.1s 时的波形图，则以下说法正确的是（ ）
A ．若波速为50m/s ，则该波沿x 轴正方向传播
B ．若波速为50m/s ，则x=4m 处的质点在t=0.1s 时振动速度方向沿y 轴负方向
C ．若波速为30m/s ，则x=5m 处的质点在0时刻起0.8s 内通过的路程为1.2m
D ．若波速为110m/s ，则能与该波发生干涉的波的频率为13.75Hz
【答案】BCD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由图可得，该波的波长为8m ；若波向右传播，则满足
3+8k=v×0.1（k=0、1、2……）
解得
v=30+80k
若波向左传播，则满足
5+8k=v×0.1（k=0、1、2……）
解得
v=50+80k
当k=0时v=50m/s ，则则该波沿x 轴负方向传播，故A 错误；
B ．若波向左传播，x=4m 处的质点在t=0.1s 时振动速度方向沿y 轴负方向，故B 正确；
C ．若v=30m/s ，则
84s s 3015
T == 则0.8s=3T ，即经过3个周期，所以x=5m 处的质点在0时刻起0.8s 内通过的路程为1.2m ，故C 正确； D ．若波速为110m/s ，则
110Hz 13.75Hz 8
v
f λ=== 发生干涉，频率相等，故D 正确。

故选BCD 。

【点睛】
根据两个时刻的波形，分析时间与周期的关系或波传播距离与波长的关系是关键，要抓住波的周期性得到周期或波传播速度的通项，从而得到周期或波速的特殊值．
12．在用单摆测定重力加速度的实验中，为了减小测量误差，下列措施正确的有（ ）
A ．对于相同半径的木球和铁球，选用铁球
B ．单摆的摆角从原来的5︒改变为15︒
C ．测量摆球振动周期时，选取最高点作为计时的起、终点位置
D ．在测量单摆的周期时，防止出现“圆锥摆”
E.测量摆长时，单摆在悬挂状态下摆线长加上摆球的半径作为摆长
【答案】ADE
【解析】
【详解】
A ．对于相同半径的木球和铁球，选择铁球可以忽略空气阻力以及悬线的重力，A 正确；
B ．单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，单摆的摆角不能太大，一般不超过5︒，B 错误；
C ．为了减小测量周期时的误差，应取摆球通过的最低点作为计时的起、终点位置，C 错误；
D ．摆球做圆锥摆时周期表达式为 cos 2L T g
θπ
= 若用 2L T g
π= 算出重力加速度g 误差较大，为了减小测量误差，应防止出现“圆锥摆”，D 正确；
E ．测量摆长时，单摆在悬挂状态下摆线长加上摆球的半径作为摆长，E 正确。

故选ADE 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某学校在为准备学生实验“测量电阻丝的电阻率实验”时购进了多卷表面有很薄绝缘层的合金丝，一研究性学习小组同学想通过自己设计的实验来测算金属合金丝的电阻率和长度。

(1)小组某同学先截取了一小段合金丝，然后通过实验测定合金丝的电阻率，根据老师给提供的器材，他连成了如图甲所示的实验实物图∶该实验连接图中电流表采用的是_______（填“内接”或“外接”），滑动变阻器采用的是______（填“分压式”或“限流式”）；实验时测得合金丝的长度为0.300m ，在测金属合金丝直径时，螺旋测微器的测量结果如图乙所示，则金属合金丝的直径为_____mm 。

(2)实验过程中电压表V 与电流表A 的测量结果已经在图丙中的U －I 图像中描出，由U －I 图像可得，合
金丝的电阻为_______Ω；由电阻定律可计算出合金丝的电阻率为_____________Ω·m （保留三位有效数字）。

(3)小组另一同学用多用电表测整卷金属合金丝的电阻，操作过程分以下三个步骤∶
①将红黑表笔分别插入多用电表的“+”“-”插孔∶选择电阻挡“×100”；
②然后将两表笔短接，调整“欧姆调零旋钮”进行欧姆调零；
③把红黑表笔分别与合金丝的两端相接，多用电表的示数如图丁所示，该合金丝的电阻约为____Ω。

(4)根据多用电表测得的合金丝电阻值，不计合金丝绝缘层的厚度，可估算出合金丝的长度约_____m 。

（结果保留整数）
【答案】外接 限流式 0.680 3.00 3.63×
10－6 1400 140 【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]根据实物连接图分析可知该实验连接图中电流表采用的是内接，[2]滑动变阻器采用的是限流式，[3]
螺旋测微器的固定刻度读数0.5mm ，可动刻度读数为0.01×
18.0=0.180mm ，所以最终读数为0.5+0.180mm=0.680mm ；
(2)[4]由U I -图像，据欧姆定律可得该小段金属合金丝的电阻为
2.700Ω
3.00Ω0.900
U R I ∆-===∆- [5]金属合金丝的横截面积
2()2
D S π= 根据电阻定律L
R S ρ=可计算出金属合金丝的电阻率为
23263.14(0.6810) 3.00Ωm 3.6310Ωm 440.300
D R
L πρ--⨯⨯⨯===⨯⨯g g (3)③[6]欧姆表选择×100挡，由图甲所示可知多用电表的表盘读数为14，该合金丝的电阻约为 14100Ω1400Ω⨯=
(4)[7]根据电阻定律L R S ρ=可知长度之比等于电阻之比，即有
14003.000.300
L '= 所以金属合金丝的长度
140m L '=
14．某同学在“验证力的平行四边形定则”的实验中，利用以下器材：
两个轻弹簧A 和B 、白纸、方木板、橡皮筋、图钉、细线、钩码、刻度尺、铅笔。

实验步骤如下：
（1）用刻度尺测得弹簧A 的原长为6.00cm ，弹簧B 的原长为8.00cm ；
（2）如图甲，分别将弹簧A 、B 悬挂起来，在弹簧的下端挂上质量为m=100g 的钩码，钩码静止时，测得弹簧A 长度为6.98cm ，弹簧B 长度为9.96cm 。

取重力加速度g=9.8m/s 2，忽略弹簧自重的影响，两弹簧的劲度系数分别为k A =_________N/m ，k B =_________N/m ；
（3）如图乙，将木板水平固定，再用图钉把白纸固定在木板上，将橡皮筋一端固定在M 点，另一端系两根细线，弹簧A 、B 一端分别系在这两根细线上，互成一定角度同时水平拉弹簧A 、B ，把橡皮筋结点拉到纸面上某一位置，用铅笔描下结点位置记为O 。

测得此时弹簧A 的长度为8.10cm ，弹簧B 的长度为
11..80cm ，并在每条细线的某一位置用铅笔记下点P 1和P 2；
（4）如图丙，取下弹簧A ，只通过弹簧B 水平拉细线，仍将橡皮筋结点拉到O 点，测得此时弹簧B 的长度为13.90cm ，并用铅笔在此时细线的某一位置记下点P ，此时弹簧B 的弹力大小为F′=________N （计算结果保留3位有效数字）；
（5）根据步骤（3）所测数据计算弹簧A 的拉力F A 、弹簧B 的拉力F B ，在图丁中按照给定的标度作出F A 、F B 的图示______，根据平行四边形定则作出它们的合力F 的图示，测出F 的大小为_________N 。

（结果保留3位有效数字）
（6）再在图丁中按照给定的标度作出F′的图示____，比较F 与F′的大小及方向的偏差，均在实验所允许的误差范围之内，则该实验验证了力的平行四边形定则。

【答案】100 50 2.95 作F A 、F B 的图示（F A =2.10N 、F B =1.90N ） 2.80～2.95
【解析】
【详解】
（2）[1][2]．根据胡克定律，两弹簧的劲度系数分别为
20.19.8N/m=100N/m (6.98 6.00)10A A A F k x -⨯==∆-⨯ ，20.19.8N/m=50N/m (9.968.00)10
B B B F k x -⨯==∆-⨯； （4）[3]．弹簧B 的弹力大小为
'
x 50(0.13900.08)N=2.95N B B F k '=∆=⨯-
（5）[4][5]．由胡克定律可得：
'
x 100(0.08100.06)N=2.10N A A A F k '=∆=⨯-
'
x 50(0.11800.08)N=1.90N B B B F k '=∆=⨯-
画出两个力的合力如图，由图可知合力F≈2.90N ；
（6）[6]．做出力图如图；
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，为常德市某小区在防治新冠疫情过程中用于喷洒消毒液的喷雾器，由三部分构成，左侧为手持式喷雾管，管底部有阀门K ；中间为储药桶，桶的横截面积处处相等为S=400cm 2，桶高为H=50cm ，桶的上方有可以关闭的盖子；右侧是通过体积可忽略的细管连通的打气装置，每次打进V 0=700cm 3的空气。

某次消毒需将喷嘴举高到比桶底高75cm h ∆=处，工作人员关闭阀门K ，向桶中装入了h=30cm 深的药液，封闭盖子，为了能使储药桶中消毒液全部一次性喷出，通过打气装置向桶内打气。

求需要打气多少次才能达到目的？（已知大气压强075.0cmHg =p ，消毒液的密度为水银密度的0.1倍，不考虑在整个消毒
过程中气体温度的变化。

桶内药液喷洒完时喷管内仍然充满药液，设喷管内部体积远小于储药桶的体积）
【答案】20次
【解析】
【分析】
【详解】
当桶内装入30cm h =深的药液时，桶内气体体积为
1()V S H h =-①
末状态欲使桶内药液全部喷出，对桶内剩余的空气进行分析
200.1p h p =+∆②
根据玻意耳定律，末状态桶内气体可转化为与空气压强相同的气体
202p SH p V =③
需要打气次数
210V V nV =+④
联立上式得
20n =次
16．如图所示，质量均为m 的A 、B 两球套在悬挂的细绳上，A 球吊在绳的下端刚好不滑动，稍有扰动A 就与绳分离A 球离地高度为h ，A 、B 两球开始时在绳上的间距也为h ，B 球释放后由静止沿绳匀加速下滑，与A 球相碰后粘在一起(碰撞时间极短)，并滑离绳子.若B 球沿绳下滑的时间是A 、B 一起下落到地面时间的2倍，重力加速度为g ，不计两球大小及空气阻力，求：
(1)A 、B 两球碰撞后粘在一起瞬间速度大小；
(2)从B 球开始释放到两球粘在一起下落，A 、B 两球组成的系统损失的机械能为多少?
【答案】 (1)
12
gh (2) 34mgh 【解析】
【详解】
(1)设B 球与A 球相碰前的速度大小为1v ，则 1112
h v t = 碰撞过程动量守恒，设两球碰撞后的瞬间共同速度为2v ，根据动量守恒定律有
122mv mv = 两球一起下落过程中，222212
h v t gt =+ 122t t =
解得：212v gh =； (2)B 球下滑到碰撞前，损失的机械能21112E mgh mv ∆==
由(1)问知，1v gh =
因此112
E mgh ∆= 磁撞过程损失的机械能为222121112224
E mv mv mgh ∆=
-⨯= 因此整个过程损失的机械能为1234E E E mgh ∆=∆+∆= 17．如图，在xOy 平面的第一、四象限内存在着方向垂直纸面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场，第四象限内存在方向沿-y 方向、电场强度为E 的匀强电场．从y 轴上坐标为a 的一点向磁场区发射速度大小不等的带正电同种粒子，速度方向范围是与+y 方向成30°～150°，且在xOy 平面内．结果所有粒子经过磁场偏转后都垂直打到x 轴上，然后进入第四象限的匀强电场区．已知带电粒子电量为q ，质量为m ，重力不计．求：
（1）垂直y 轴方向射入磁场粒子运动的速度大小v 1；
（2）粒子在第Ⅰ象限的磁场中运动的最长时间以及对应的射入方向；
（3）从x 轴上(21)x a =-点射人第四象限的粒子穿过电磁场后经过y 轴上y b =-的点，求该粒子经过y b =-点的速度大小．
【答案】（1）1qBa v m =（2）56m t qB π=（3）222222q B a qEb v m m
=+ 【解析】
【分析】
【详解】
（1）如图所示，粒子运动的圆心在O 点，轨道半径1r a =
由
2
1 1
1
v qv
B m
r
=
得
1
qBa
v
m
=
（2）当粒子初速度与y轴正方向夹角30°时，粒子运动的时间最长
此时轨道对应的圆心角150
α=︒
粒子在磁场中运动的周期
2m
T
qB
π
=
综上可知
1505
3606
m
t T
qB
π
==
（3）如图所示设粒子射入磁场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，则有cos(21)
R R a
θ
-=
sin
R a
θ=
可得45
θ=︒，2
R a
=
此粒子进入磁场的速度v0，则：
2
qBR qBa
v
m
==
设粒子到达y轴上速度为v，根据动能定理，有：22
11
22
qEb mv mv
=-
解得：
222
2
22
q B a qEb
v
m m
=+。