天津市宁河县2021届新高考物理考前模拟卷(3)含解析

天津市宁河县2021届新高考物理考前模拟卷（3）
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．图为氢原子的能级示意图。

处于n=4能级的一群氢原子向低能级跃迁时，辐射出的光子再照射列逸出功为2.29eV的某金属板上，下列说法正确的是（）
A．共有10种不同频率的光子辐射出来
B．共有6种不同频率的光子能使该金属发生光电效应现象
C．入射光子的频率越高，逸出光电子的最大初动能越大
D．从金属板中逸出的光电子就是α粒子
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A. 共有2
46
C=种不同频率的光子辐射出来，选项A错误；
B. 其中能级差大于2.29eV的跃迁有：4→1、3→1、2→1、4→2，即共有4种不同频率的光子能使该金属发生光电效应现象，选项B错误；
C. 根据光电效应规律可知，入射光子的频率越高，逸出光电子的最大初动能越大，选项C正确；
D. 从金属板中逸出的光电子是0
1e
-
，不是α粒子，选项D错误。

故选C。

2．叠放在水平地面上的四个完全相同的排球如图所示，质量均为m，相互接触，球与地面间的动摩擦因数均为μ，则：
A．上方球与下方3个球间均没有弹力
B．下方三个球与水平地面间均没有摩擦力
C ．水平地面对下方三个球的支持力均为43mg
D ．水平地面对下方三个球的摩擦力均为43mg μ 【答案】C
【解析】
对上方球分析可知，小球受重力和下方球的支持力而处于平衡状态，所以上方球一定与下方球有力的作用，故A 错误；下方球由于受上方球斜向下的弹力作用，所以下方球有运动的趋势，故下方球受摩擦力作用，故B 错误；对四个球的整体分析，整体受重力和地面的支持力而处于平衡，所以三个小球受支持力大小为4mg ，每个小球受支持力为43
mg ，故C 正确；三个下方小球受到的是静摩擦力，故不能根据滑动摩擦力公式进行计算，故D 错误．故选C ．
3．在平直公路上行驶的a 车和b 车，其位移--时间图象分别为图中直线a 和曲线b ，已知b 车的加速度恒定且等于22m /s 3s t -=，时，直线a 和曲线b 刚好相切，则（ ）
A ．a 车做匀速运动且其速度为8m /s 3
a v = B ．0t =时，a 车和
b 车的距离09m x =
C ．3s t =时，a 车和b 车相遇，但此时速度不等
D ．1s t =时，b 车的速度为10m/s
【答案】B
【解析】
【详解】
A ．a 车图像是倾斜直线，所以该车作匀速直线运动，该车速度为
822m/s 3
x v t ∆-===∆ 故A 错误；
C ．3t s =时，直线a 和曲线b 刚好相切，则b 车此时速度为2m/s ，故C 错误；
B ．由0v v at =+得，b 车的初速度为
()02238m/s v v at =-=--⨯=
b 车在第一秒内位移为
2201181217m 22
x v t at =+=⨯-⨯⨯= 则0t =时，a 车和b 车的距离
0729m x =+=
故B 正确；
D ．1s t =时，b 车的速度为8216m/s v =-⨯=，故D 错误。

故选B 。

4．小明乘坐竖直电梯经过1min 可达顶楼，已知电梯在t =0时由静止开始上升，取竖直向上为正方向，该电梯的加速度a 随时间t 的变化图像如图所示。

若电梯受力简化为只受重力与绳索拉力，则
A ．t =4.5 s 时，电梯处于失重状态
B ．在5～55 s 时间内，绳索拉力最小
C ．t =59.5 s 时，电梯处于超重状态
D ．t =60 s 时，绳索拉力的功率恰好为零
【答案】D
【解析】
【详解】
A ．电梯在t=1时由静止开始上升，加速度向上，电梯处于超重状态，此时加速度a ＞1．t=4.5s 时，a ＞1，电梯也处于超重状态。

故A 错误。

B ．5～55s 时间内，a=1，电梯处于平衡状态，绳索拉力等于电梯的重力，应大于电梯失重时绳索的拉力，所以这段时间内绳索拉力不是最小。

故B 错误。

C ．t=59.5s 时，电梯减速向上运动，a ＜1，加速度方向向下，电梯处于失重状态，故C 错误。

D ．根据a-t 图象与坐标轴所围的面积表示速度的变化量，由几何知识可知，61s 内a-t 图象与坐标轴所围的面积为1，所以速度的变化量为1，而电梯的初速度为1，所以t=61s 时，电梯速度恰好为1，根据P=Fv 可知绳索拉力的功率恰好为零，故D 正确。

5．如图所示，将一小木块和一小钢珠分别用手拿着并压缩两根一端分别竖直固定在地面上的弹簧上端。

现同时释放小木块和小球，若小木块在整过运动过程中所受空气的阻力f 与其速度v 满足f kv =（k 为常数），而小钢珠的运动忽略空气阻力，且两物体同时离开弹簧，取向上为运动的正方向，则下图能正确反应两物体离开弹簧后的运动情况的v-t 图像的是（ ）
A．B．C．
D．
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
对于小钢球没空气阻力时只受重力，是竖直上抛运动，v-t图像是直线，故图中直线为钢球的运动图像。

对于小木块有空气阻力时，上升阶段由牛顿第二定律得
==+
F ma mg f
解得
kv
=+
a g
m
由于阻力随速度的减小而减小，故上升阶段加速度逐渐减小，最小值为g。

同理，有空气阻力时，下降阶段由牛顿第二定律可得
kv
=-
a g
m
由于阻力随速度增大而增大，故下降过程中加速度逐渐减小，v-t图像的斜率表示加速度，故图线与t轴相交时刻的加速度为g，此时实线的切线与虚线平行。

故D正确，ABC错误。

故选D。

Am来探测烟雾。

当正常空气分子穿过探测6．烟雾探测器使用了一种半衰期为432年的放射性元素镅241
95
Am衰变所释放的射线会将它们电离，从而产生电流。

一旦有烟雾进入探测腔内，烟雾中的微器时，镅241
95
粒会吸附部分射线，导致电流减小，从而触发警报。

则（）
A．镅241
95
Am放出的是X射线
B．镅241
95
Am放出的是γ射线
C．1mg的镅241
95
Am经864年将有0.75mg发生衰变
D．发生火灾时，烟雾探测器中的镅241
95
Am因温度升高而半衰期变短【答案】C
【解析】
【详解】
AB．镅241
95Am会释放出射线将它们电离，从而产生电流，而三种射线中α射线能使空气电离，故镅241
95
Am
放出的是α射线，故AB错误；
C．半衰期为432年，当经864年，发生两次衰变，1mg的镅将衰变掉四分之三即0.75mg，还剩下0.25 mg 没有衰变，故C正确；
D．半衰期由原子核本身的性质决定，与物理条件和化学状态均无关，则温度升高而半衰期不变，故D错误。

故选C。

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，粗糙的水平轨道BC的右端与半径R＝0.45m的光滑竖直圆轨道在C点相切，倾斜轨道AB 与水平方向间的夹角为37︒，质量m＝0.1kg的小球从倾斜轨道顶端A点由静止滑下，小球经过轨道衔接处时没有能量损失。

已知水平轨道BC的长度L＝2m，小球与倾斜轨道和水平轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.375，sin37︒＝0.6，cos37︒＝0.8，g取10m/s2，则下列说法正确的是（）
A．若小球刚好运动到C点，则小球开始滑下时的高度为1.5m
B．若小球开始滑下时的高度为2m，则第一次在圆轨道内运动时小球不离开轨道
C．若小球开始滑下时的高度为2.5m，则第一次在圆轨道内运动时小球不离开轨道
D．若小球开始滑下时的高度为3m，则第一次在圆轨道内运动时小球将离开轨道
【答案】ABD
【解析】
【详解】
A ．若小球刚好运动到C 点，由动能定理，研究小球从A 点到C 点的过程得
mgh 1－μmgcos 37︒
1sin 37h ︒－μmgL ＝0－0 解得
h 1＝1.5m
故A 正确；
B ．若小球开始滑下时的高度为2m ，根据动能定理，从A 点到
C 点有
mgh 2－μmgcos 37︒
2sin 37h ︒－μmgL ＝E kC －0 解得
E kC ＝0.25mg
由动能定理得小球要运动到D 点(右半部分圆轨道上与圆心等高的点为D 点)，在C 点的动能至少是 mgR ＝0.45mg
所以小球不能到达D 点，在C 点与D 点之间某处速度减为零，然后沿圆轨道返回滑下，故B 正确；
C －2mgR ＝12
mv 2－E k0 理可得要使小球做完整的圆周运动，小球在C 点动能最小值为
E k0＝98
mg 若小球开始滑下时的高度为2.5m ，则小球在C 点的动能是0.5mg ，若小球开始滑下时的高度为3m ，则小球在C 点的动能是0.75mg ，这两种情况下小球通过D 点后都会在D 点与最高点之间某一位置做斜抛运动，即小球将离开轨道，故C 错误，D 正确。

故选ABD 。

8．下列说法正确的是
A ．声波在空气中的传播速度比在水中的传播速度快
B ．受迫振动中驱动力的频率不一定等于物体的固有频率
C ．拍摄玻璃橱窗内的物品时，在镜头前加装一个偏振片是为了增加透射光的强度
D ．宇航员驾驶宇宙飞船以接近光速经过地球时，地球上的人认为飞船上的时钟变慢
E.机械波的波长越长，则该波越容易发生衍射现象
【答案】BDE
【解析】
【详解】
A．声波属于机械波，其在水中的传播速度比在空气中的传播速度快，故A错误；
B．在受迫振动中，物体振动的频率等于驱动力的频率，与固有频率不一定相等，故B正确；
C．拍摄玻璃橱窗内的物品时，由于玻璃表面反射光的干扰，影像会不清楚，如果在镜头前加装一个偏振片就可以减弱反射光的强度，故C错误；
D．字航员驾驶宇宙飞船以接近光速经过地球时，根据时间的相对性可知，地球上的人观察到飞船上的时间间隔变长，时钟变慢，故D正确；
E．障碍物、孔的尺寸越小或者机械波波长越长，越容易发生衍射现象，故E正确。

故选BDE。

9．下列说法正确的是()
A．把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面，这是由于水的表面存在表面张力的缘故
B．水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，这是因为油脂使水的表面张力增大的缘故
C．在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果
D．在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关
E.当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是由于水膜具有表面张力的缘故
【答案】ACD
【解析】
A、把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面，浮力很小，可以忽略不计，故一定是由于水表面存在表面张力的缘故，故A正确；
B、水对油脂表面是不浸润的所以成水珠状，水对玻璃表面是浸润的，无法形成水珠，表面张力是一样的，故B错误；
C、宇宙飞船中的圆形水滴是表面张力的缘故，故C正确；
D、毛细现象中有的液面升高，有的液面降低，这与液体种类和毛细管的材料有关，故D正确；
E、当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是由于大气压力的缘故，故E错误．
点睛：本题考查了液体表面张力和液体的浸润与不浸润现象，是联系生活的好题．
10．一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其V—T图像如图所示，p a、p b、p c分别表示a、b、c的压强，下列判断正确的是（）
A ．状态a 、b 、c 的压强满足p c =p b =3p a
B ．过程a 到b 中气体内能增大
C ．过程b 到c 中气体吸收热量
D ．过程b 到c 中每一分子的速率都减小
E.过程c 到a 中气体吸收的热量等于对外做的功
【答案】ABE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．设a 状态的压强为p a ，则由理想气体的状态方程可知
00
3a b p p T T = 所以
p b =3p a
同理
00 3a c V p p V =⋅⋅
得
p c =3p a
所以
p c =p b =3p a
故A 正确；
B ．过程a 到b 中温度升高，内能增大，故B 正确；
C ．过程b 到c 温度降低，内能减小，即∆U<0，体积减小，外界对气体做功，W>0，则由热力学第一定律可知，Q<0，即气体应该放出热量，故C 错误；
D ．温度是分子的平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律，对单个的分子没有意义，所以过程bc 中气体的温度降低，分子的平均动能减小，并不是每一个分子的速率都减小，故D 错误；
E ．由图可知过程ca 中气体等温膨胀，内能不变，对外做功；根据热力学第一定律可知，气体吸收的热量等于对外做的功，故E 正确。

故选ABE 。

11．玩具车的遥控距离为25m ，某同学手持摇控器和玩具车同时从同地由静止沿同方向做匀加速直线运动。

若该同学加速度的大小为21m/s ，最大速度为5m/s ；玩具车加速度的大小为22m/s ，最大速度为10m/s 。

在达到最大速度后，二者都能长时间保持最大速度匀速运动。

下列说法正确的是（ ） A ．该同学对玩具车的控制时间为7.0s
B ．该同学对玩具车的控制时间为7.5s
C ．在控制时间内，该同学的位移大小为25m
D ．与静止不动相比，该同学因运动而增加了2.5s 的控制时间
【答案】BCD
【解析】
【详解】
AB ．由题意可得，该同学加速到最大速度所用时间与玩具车加速到最大速度所用时间相同，为 15s t =
在此期间该同学和玩具车运动的位移分别为
2111112.5m 2x a t ==，2221125m 2
x a t == 则两者相距
12112.5m x x x ∆=-=
已知遥控距离为25m ，则
22125m 12.5m 12.5m x x x ''∆=-=-=
22212x v t v t ∆=-
解得
2 2.5s t =
该同学对玩具车的控制时间为
127.5s t t t =+=
所以B 正确，A 错误；
C ．在控制时间内，该同学的位移为
2111112125m 2
x x x a t v t '=+=+= 所以C 正确；
D ．如果该同学静止不动，玩具车向前加速运动，则
22125m 2
x a t ''==
解得
5s t '=
即此时该同学对玩具车的控制时间为5s ，则
2.5s t t t '∆=-=
所以与静止不动相比，该同学因运动而增加了2.5s 的控制时间，所以D 正确。

故选BCD 。

12．如图所示，有甲、乙两颗卫星分别在不同的轨道围绕一个半径为R 、表面重力加速度为g 的行星运动，卫星甲、卫星乙各自所在的轨道平面相互垂直，卫星甲的轨道为圆，距离行星表面的高度为R ，卫星乙的轨道为椭圆，M 、N 两点的连线为其椭圆轨道的长轴且M 、N 两点间的距离为4R ．则下列说法中正确的有
A 2gR
B ．甲、乙卫星运行的周期相等
C ．卫星乙沿椭圆轨道运行经过M 点时的速度小于卫星甲沿圆轨道运行的速度
D ．卫星乙沿椭圆轨道运行经过N 点时的加速度小于卫星甲沿圆轨道运行的加速度
【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．卫星甲绕中心天体做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，有：
2
2Mm v G m r r
= 解得：
GM v r
= 其中2r R =，根据地球表面万有引力等于重力得
2Mm G mg R
= 联立解得甲环绕中心天体运动的线速度大小为
2
gR v =故A 错误；
B ．卫星甲绕中心天体做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，有
2224Mm G mr r T
π= 根据地球表面万有引力等于重力得
2Mm G mg R
= 解得卫星甲运行的周期为
24πR T g
= 由卫星乙椭圆轨道的半长轴等于卫星甲圆轨道的半径，根据开普勒第三定律，可知卫星乙运行的周期和卫星甲运行的周期相等，故B 正确；
C ．卫星做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须使卫星所需向心力大于万有引力，应给卫星加速，所以卫星乙沿椭圆轨道经过M 点时的速度大于轨道半径为M 至行星中心距离的圆轨道的卫星的线速度，而轨道半径为M 至行星中心距离的圆轨道的卫星的线速度大于卫星甲在圆轨道上的线速度，所以卫星乙沿椭圆轨道运行经过M 点时的速度大于卫星甲沿圆轨道运行的速度，故C 错误；
D ．卫星运行时只受万有引力，加速度
2
GM a r = 所以卫星乙沿椭圆轨道运行经过N 点时的加速度小于卫星甲沿圆轨道运行的加速度，故D 正确。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学用打点计时器测量做匀速直线运动的物体的加速度，电源频率f=50Hz ，在纸带上打出的点中，选出零点，每隔4个点取1个技术点，因保存不当，纸带被污染，如图1所示，A 、B 、C 、D 是本次排练的4个计数点，仅能读出其中3个计数点到零点的距离：S A =16.6mm 、 S B =126.5mm 、S D =624.5 mm 。

若无法再做实
验，可由以上信息推知：
（1）相邻两计数点的时间间隔为_________s ；
（2）打 C 点时物体的速度大小为_________m/s （取2位有效数字）
（3）物体的加速度大小为________（用S A 、S B 、S D 和f 表示）
【答案】0.1 2.5
()D B A 2
3275S S S T -+ 【解析】
【分析】
考查实验“用打点计时器测量做匀速直线运动的物体的加速度”。

【详解】
（1）[1]．电源的频率为50Hz ，知每隔0.02s 打一个点，每隔4个点取1个计数点，可知相邻两计数点，每隔4个点取1个计数点，可知相邻两计数点的时间间隔为0.1s ；
（2）[2]．C 点的瞬时速度等于BD 段的平均速度，则 BD C 2.5m /s 2x v T
==； （3）[3]．匀加速运动的位移特征是相邻的相等时间间隔内的位移以2aT 均匀增大，有：
2BC AB aT =+
222CD BC aT AB aT =+=+
223BD AB aT =+
()()()D B B A D B A 22
232375S S S S S S S a T T ----+==。

14．在“探究物体质量一定时加速度与力的关系”实验中，小明同学做了如图甲所示的实验改进，在调节桌面水平后，添加了用力传感器来测细线中的拉力．
(1)关于该实验的操作，下列说法正确的是________．
A ．必须用天平测出砂和砂桶的质量
B ．一定要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量
C ．应当先释放小车，再接通电源
D ．需要改变砂和砂桶的总质量，打出多条纸带
E.实验中需要将小车轨道适当倾斜以平衡摩擦力
F.实验中小车应从靠近打点计时器位置静止释放
(2)实验得到如图乙所示的纸带，已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz ，相邻两计数点之间还有四个点未画出，由图中的数据可知，打下B 点时，小车运动的速率是_____m/s ．小车运动的加速度大小是
______m/s 2.（计算结果保留三位有效数字）
(3)由实验得到小车的加速度a 与力传感器示数F 的关系如图丙所示．则小车与轨道的滑动摩擦力F f =____N.
【答案】DEF 0.721 2.40 1.0
【解析】
【详解】
(1)[1] AB ．对小车的拉力是通过力传感器得到的，故无需测量沙和沙桶的质量，也不需要满足沙和沙桶的总质量远小于小车的质量，故AB 错误；
C ．使用打点计时器，应先接通电源，在释放小车，故C 错误；
D ．探究物体质量一定时加速度与力的关系，要改变沙和沙桶的总质量，打出多条纸带，故D 正确；
E ．由于实验要求研究小车的合外力与加速度的关系，需要排除与轨道的滑动摩擦力的影响，所以实验中需要将长木板倾斜，以平衡摩擦力，故E 正确；
F ．在释放小车前，小车应尽量靠近打点计时器，以能在纸带上打出更多的点，有利于实验数据的处理和误差的减小，故F 正确；
(2)[2]相邻两计数点之间还有四个点未画出，相邻两计数点间的时间间隔为0.1s T =，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，打下B 点时，小车运动的速率是：
0.18010.0360m/s 0.721m/s 220.1
B A
C x v T -===⨯ [3]根据2x aT ∆=可得：
2220.28810.09612m/s 2.40m/s 440.01
BD OB x x a T --⨯===⨯ (3)[4]根据牛顿第二定律可知：
2f F F ma -=
解得：
1.0N f F =
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，容积均为V 0的汽缸A 、B 下端有细管（容积可忽略）连通，阀门K 2位于细管的中部，A 、B 的顶部各有一阀门K 1、K 3，B 中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略)。

初始时，三个阀门均打开，活塞在B 的底部；关闭K 2、K 3，通过K 1给汽缸打气，每次可以打进气压为p 0、体积为0.3V 0的空气。

已知室温为27℃，大气压强为p 0，汽缸导热良好。

（1）要使A 缸的气体压强增大到7p 0，求打气的次数；
（2）当A 缸的气体压强达到7p 0后，关闭K 1，打开K 2并缓慢加热A 、B 气缸内气体，使其温度都升高60℃，求稳定时活塞上方气体的体积和压强。

【答案】（1）21次；（2）1.25V 1；2.8P 1
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设共打气n 次，由
p 1(V 1＋1．3nV 1)=7p 1V 1①
由①式解得：
n=21次
（2）设温度升高后，上边的气体压强为p ，体积为V ，对上边气体： 000p
V T =pV T
② 对下边气体
0007PV T =(2)p V V T
③ 由②③式解得：
V=1．25V 1，p=2．8p 1
16．如图所示，在离地面高 h=5m 处固定一水平传送带，传送带以v 0=2m/s 顺时针转动。

长为 L 的薄木板甲和小物块乙（乙可视为质点），质量均为m=2kg ，甲的上表面光滑，下表面与传送带之间的动摩擦因数μ1=0.1.乙与传送带之间的动摩擦因数μ2=0.2.某一时刻， 甲的右端与传送带右端 N 的距离 d=3m ，甲以初速度 v 0=2m/s 向左运动的同时，乙以v 1=6m/s 冲上甲的左端，乙在甲上运动时受到水平向左拉力F=4N ，g 取 10m/s 2.试问：
(1)当甲速度为零时，其左端刚好与传送带左端M 相齐，乙也恰与甲分离，求 MN 的长度L MN ；
(2)当乙与甲分离时立即撤去 F ，乙将从 N 点水平离开传送带，求乙落地时距甲右端的水平距离。

【答案】（1）10m ；（2）3m 。

【解析】
【分析】
【详解】
（1）选水平向右为正方向，设甲的加速度为1a ，对甲，由牛顿第二定律
112mg ma μ⋅=
212m/s a =
设甲速度由0v 减到0过程通过的位移为1x ，经历的时间为1t
由201102v a x -=得
11m x =-
由0110v a t =+得
11s t =
设乙从开始到与甲分离的加速度为2a ，末速度为2v ，通过的位移为2x ，由牛顿第二定律
2F ma -=
得
222m/s a =-
又2121v v a t =+得
24v =m/s
221121152
x v t a t =+=m 由几何关系知
12210L x x d =++=m
（2）当乙滑下甲后，由于20v v >，所以乙开始做匀减速直线运动，设乙的加速度为3a ，当速度减为0v 时经历的时间为t 3，通过的位移为3x 。

由牛顿第二定律得
23mg ma μ-=
32a =-2m/s
由2202332v v a x -=
33x =m
0233v v a t -=
31t =s
乙达到与传送带共速后将匀速运动到其右端，设此过程经历时间为3
t '， 13300.5x d x t v +-'==s
乙物块将从传送带右端以0v 做平抛运动，设此过程经历时间为4t ，水平位移为4x ，由
404x v t =
2412
h gt =
得 41t =s
42x =m
当甲与乙分离后，甲开始向右由静止做匀加速直线运动，设此过程甲的加速度为1
a '，经历的时间为5t ，通过的位移为5x ，由牛顿第二定律得
1
1mg ma μ'= 1
1a '=m/s 2 2501
22v x a =='m 51
02v t s a ==' 甲做匀速直线运动的位移为
()6033
452(10.512)x v t t t t '=++-=⨯++-m=1m 乙落地时距甲右端的水平距离
15643s d x x x x ∆=+--+=m
17．如图所示的坐标系内，以垂直于x 轴的虚线PQ 为分界线，左侧的等腰直角三角形区域内分布着匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里，AC 边有一挡板可吸收电子，AC 长为d. 右侧为偏转电场，两极板长度为
12
d ，间距为d. 电场右侧的x 轴上有足够长的荧光屏. 现有速率不同的电子在纸面内从坐标原点O 沿y 轴正方向射入磁场，电子能打在荧光屏上的最远处为M 点，M 到下极板右端的距离为12d ，电子电荷量为
e ，质量为m ，不考虑电子间的相互作用以及偏转电场边缘效应，求：
（1）电子通过磁场区域的时间t ；
（2）偏转电场的电压U ；
（3）电子至少以多大速率从O 点射出时才能打到荧光屏上.
【答案】 (1)
m eB π；（2）eBd m
；（333m 【解析】 (1) 电子在磁场区域运动周期为
2m T eB
π= 通过磁场区域的时间为t 1＝0
090360
T ＝2m eB π (2) 由几何知识得r ＝d ，又r ＝
mv eB 解得v ＝eBd m
通过电场的时间t 2＝
2d v ，代入数据解得t 2＝2m eB 电子离开电场后做匀速直线运动到达M 点
1211412
2
d y y d ==，又y 1＋y 2＝d 解得y 1＝13
d 故2211·23
eU t d md = 代入数据解得U ＝22
83eB d m
(3) 电子恰好打在下极板右边缘
磁场中r′＝
mv eB
电场中水平方向12
d ＝v′t 竖直方向r′＝21·2eU t md 由上述三式代入数据解得v′33m。