北京市密云县2021届新高考物理模拟试题(2)含解析

北京市密云县2021届新高考物理模拟试题（2）
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，纸面为竖直面，MN 为竖直线段，MN 之间的距离为h ，空间存在平行于纸面的足够宽的匀强电场，其大小和方向未知，图中未画出，一带正电的小球从M 点在纸面内以v 0=2gh 的速度水平向左开始运动，以后恰好以大小为v =2v 0的速度通过N 点。

已知重力加速度g ，不计空气阻力。

则下列说法正确的的是（ ）
A ．可以判断出电场强度的方向水平向左
B ．从M 点到N 点的过程中小球的机械能先增大后减小
C ．从M 到N 的运动过程中小球的速度最小为02
v D ．从M 到N 的运动过程中小球的速度最小为
055v 【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．小球运动的过程中重力与电场力做功，设电场力做的功为W ，则有
2201122W mgh mv mv +=
- 代入02v v =
解得
0W = 说明MN 为电场的等势面，可知电场的方向水平向右，故A 错误；
B ．水平方向小球受向右的电场力，所以小球先向左减速后向右加速，电场力先负功后正功，机械能先减小后增加，故B 错误；
CD ．设经过时间t 1小球的速度最小，则竖直方向
1y v gt =
水平方向
001112
222x v v at gh t gh gt h
g =-=-=-
合速度
()()222
2221111225422x y v v v gt gh gt g t g gh t gh =+=+-=-⋅+
由数学知识可知，v 的最小值为
0min 5255
v gh v == 故C 错误，D 正确。

故选D 。

2．如图所示，空间直角坐标系Oxyz 处于一个匀强电场中，a 、b 、c 三点分别在x 、y 、z 轴上，且到坐标原点O 的距离均为10cm 。

现将一带电荷量0.2C q =的负点电荷从b 点分别移动到a 、O 、c 三点，电场力做功均为1J 。

则该匀强电场的电场强度大小为（ ）
A ．503N/C
B ．50 N/
C C ．103V/m
D ．10V/m
【答案】B
【解析】
【详解】 由公式W Uq =代入数据可得
5V U =
由题意可知a 、O 、c 三点所构成的面是等势面，Ob 垂直于xOz 平面，b 点到xOz 平面的距离10cm d =，故匀强电场的电场强度大小
5N/C 50N/C 0.1
U E d === 故B 正确，ACD 错误。

故选B 。

3．如图所示，匀强磁场分布在平面直角坐标系的整个第I 象限内，磁感应强度为B 、方向垂直于纸面向里．一质量为m 、电荷量绝对值为q 、不计重力的粒子，以某速度从O 点沿着与y 轴夹角为30︒的方向进
入磁场，运动到A 点时，粒子速度沿x 轴正方向．下列判断错误的是（ ）
A ．粒子带负电
B ．粒子由O 到A 经历的时间6m t qB π=
C ．若已知A 到x 轴的距离为d ，则粒子速度大小为2qBd m
D ．离开第Ⅰ象限时，粒子的速度方向与x 轴正方向的夹角为60︒
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示，根据左手定则判断知，此粒子带负电，故A 正确，不符合题意；
B ．粒子由O 运动到A 时速度方向改变了60°角，所以粒子轨迹对应的圆心角为θ=60°，则粒子由O 到A 运动的时间为
6023603603m m t T qB qB
θ
ππ︒==⋅=︒︒ 故B 错误，符合题意；
C ．根据几何关系，有
cos60R d R -︒＝
解得
R=2d
根据mv R qB
＝得 2qBd v m
＝ 故C 正确，不符合题意；
D ．粒子在O 点时速度与x 轴正方向的夹角为60°，x 轴是直线，根据圆的对称性可知，离开第一象限时，粒子的速度方向与x 轴正方向的夹角为60°，故D 正确，不符合题意；
故选B 。

4．在某种科学益智玩具中，小明找到了一个小型发电机，其结构示意图如图1、2所示。

图1中，线圈的匝数为n ，ab 长度为L 1，bc 长度为L 2，电阻为r ；图2是此装置的正视图，切割处磁场的磁感应强度大小恒为B ，有理想边界的两个扇形磁场区夹角都是90°。

外力使线圈以角速度ω逆时针匀速转动，电刷M 端和N 端接定值电阻，阻值为R ，不计线圈转动轴处的摩擦，下列说法正确的是（ ）
A ．线圈中产生的是正弦式交变电流
B ．线圈在图2所示位置时，产生感应电动势E 的大小为BL 1L 2ω
C ．线圈在图2所示位置时，电刷M 的电势低于N
D ．外力做功的平均功率为
()2122()nBL L R r ω+
【答案】D
【解析】
【详解】
AB ．一个周期时间内，有半个周期线圈的两边在均匀辐向磁场中做切割磁感线运动，据法拉第电磁感应定律有： 12E nBL v = 其中212
v L ω=，解得 12E nBL L ω=
不是正弦式交变电流，故A 、B 错误；
C ．根据右手定则，图2所示位置时外电路中电流由M 经电阻R 流向N ，外电路电流由电势高处流向电势低处，则M 的电势高于N 的电势，故C 错误；
D ．线圈转动一个周期时间内，产生电流的时间是半周期，故外力平均功率
()2212()22()
E T nBL L R r P T R r ω⋅+==+ 故D 正确。

5．如图所示，质量为2kg 的物体A 静止于动摩擦因数为0.25的足够长的水平桌而上，左边通过劲度系数为100N/m 的轻质弹簧与固定的竖直板P 拴接，右边物体A 由细线绕过光滑的定滑轮与质量为2.5kg 物体B 相连。

开始时用手托住B ，让细线恰好伸直，弹簧处于原长，然后放开手静止释放B ，直至B 获得最大速度已知弹簧的惮性势能为212
P E kx =
（其中x 为弹簧的形变量）、重力加速度g=10m/s 2.下列说法正确的是（ ）
A ．A 、
B 和弹簧构成的系统机械能守恒
B ．物体B 机械能的减少量等于它所受的重力与拉力的合力做的功
C ．当物体B 获得最大速度时，弹簧伸长了25cm
D ．当物体B 获得最大速度时，物体B 速度为
223
m/s 【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A.由于在物体B 下落的过程中摩擦力做负功，所以系统的机械能不守恒，故A 错误；
B.对物体B 分析，受到重力和拉力作用，W 拉力=△E 机，物体B 机械能的减少量等于所受拉力做的功，故B 错误；
C.A 与B 为连接体，物体B 速度达到最大时，物体A 速度也最大，此时A 和B 的加速度为零，所受合力也为零，对物体B 受力分析，绳子的拉力 T B F m g =
对物体A 受力分析
A T F m g F μ+=
弹簧弹力
F kx =
则弹簧伸长了
0.2m 20cm x ==
故C 错误；
D.以A 和B 整体为研究对象，从静止到A 和B 速度达到最大的过程中，由功能关系可得
22A B B A 11()22
m m v m gx m gx kx μ+=-- 代入数据可得
22m/s 3
v = 故D 正确。

故选D 。

6．用手水平的托着书，使它做下述各直线运动，手对书的作用力最大的情况是（ ）
A ．向下的匀加速运动
B ．向上的匀减速运动
C ．向左的匀速运动
D ．向右的匀减速运动
【答案】D
【解析】
【详解】
向下的匀加速运动或向上的匀减速运动时，书的加速度向下，处于失重状态，手对书的作用力小于书的重力；向左的匀速运动时，手对书的作用力等于书的重力；向右的匀减速运动时，加速度向左，根据牛顿第二定律分析得知，手对书的作用力大于书的重力。

所以向右的匀减速运动时，手对书的作用力最大，故ABC 错误，D 正确；
故选D 。

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，水平面上的同一区域介质内，甲、乙两列机械波独立传播，传播方向互相垂直，波的频率均为2Hz 。

图中显示了某时刻两列波的波峰与波谷的情况，实线为波峰，虚线为波谷。

甲波的振幅为5cm ，乙波的振幅为10cm 。

质点2、3、5共线且等距离。

下列说法正确的是（ ）
A ．质点1的振动周期为0.5s
B ．质点2的振幅为5cm
C ．图示时刻质点2、4的竖直高度差为30cm
D ．图示时刻质点3正处于平衡位置且向上运动
E.从图示的时刻起经0.25s ，质点5能通过的路程为30cm
【答案】ACE
【解析】
【分析】
【详解】
A．质点1的振动周期为
1
0.5s
T
f
==，选项A正确；
B．质点2为谷谷相遇点，为振动加强点，则其振幅为15cm，选项B错误；
C．质点2、4都是振动加强点，图示时刻质点2在波谷，位移为-15cm，质点4在波峰，位移为+15cm，则此时刻2、4的竖直高度差为30cm，选项C正确；
D．图示时刻质点3正处于波峰和波谷的中间位置，即在平衡位置，根据波的传播方向可知，此时向下运动，选项D错误；
E．质点5为振动加强点，从图示的时刻起经0.25s=0.5T，质点5能通过的路程为2(A1+A2)=30cm，选项E正确。

故选ACE。

8．如图所示，一弹性轻绳（绳的弹力与其伸长量成正比）一端固定在A点，弹性绳自然长度等于AB，跨过由轻杆OB固定的定滑轮连接一个质量为m的绝缘带正电、电荷量为q的小球。

空间中还存在着水
平向右的匀强电场（图中未画出），且电场强度E=mg
q。

初始时A、B、C在一条竖直线上，小球穿过水
平固定的杆从C点由静止开始运动，滑到E点时速度恰好为零。

已知C、E两点间距离为L，D为CE的
中点，小球在C点时弹性绳的拉力为3
2
mg
，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限
度内。

下列说法正确的是
A．小球在D点时速度最大
B．若在E点给小球一个向左的速度v，小球恰好能回到C点，则gL
C．弹性绳在小球从C到D阶段做的功等于在小球从D到E阶段做的功
D．若保持电场强度不变，仅把小球电荷量变为2q，则小球到达E点时的速度大小2gL 【答案】ABD
【解析】
【详解】
A.对小球分析可知，在竖直方向
sin
kxθN mg
=+
由与sin x θBC =，故支持力为恒力，即12
N mg =，故摩擦力也为恒力大小为 14
f μN m
g == 从C 到E ，由动能定理可得
221110422qEL mgL k BE k BC ⎛⎫---= ⎪⎝⎭
由几何关系可知222BE BC L -=，代入上式可得
32
kL mg = 在D 点时，由牛顿第二定律可得
1cos 4
qE k BD θmg ma --= 由1cos 2BD θL =，将32
kL mg =可得，D 点时小球的加速度为 0a =
故小球在D 点时的速度最大，A 正确；
B.从E 到C ，由动能定理可得
222111102242k BE k BC qEL mgL m υ⎛⎫---=- ⎪⎝⎭
解得
υ=故B 正确；
C.由于弹力的水平分力为cos kx θ，cos θ和kx 均越来越大，故弹力水平分力越来越大，故弹性绳在小球从C 到D 阶段做的功小于在小球从D 到E 阶段做的功，C 错误；
D.将小球电荷量变为2q ，由动能定理可得
222111124222E qEL mgL k BE k BC m υ⎛⎫---= ⎪⎝⎭
解得
E υ=
故D 正确；
故选ABD 。

9．一竖直放置的轻弹簧，一端固定于地面，一端与质量为3kg 的B 固定在一起，质量为1kg 的A 放于B 上。

现在A 和B 正在一起竖直向上运动，如图所示。

当A 、B 分离后，A 上升0.2m 到达最高点，此时B 速度方向向下，弹簧为原长，则从A 、B 分离起至A 到达最高点的这一过程中，下列说法正确的是(g 取
10m/s 2)
A ．A 、
B 分离时B 的加速度为g
B ．弹簧的弹力对B 做功为零
C ．弹簧的弹力对B 的冲量大小为6N·s
D ．B 的动量变化量为零
【答案】ABC
【解析】
【详解】
A 、由分离的条件可知，A 、
B 物体分离时二者的速度、加速度相等，二者之间的相互作用力为0，对A 分析可知，A 的加速度A a g =，所以B 的加速度为g ，故A 正确；
B 、 A 、B 物体分离时弹簧恢复原长，A 到最高点弹簧恢复原长，从A 、B 分离起至A 到达最高点的这一过程中弹簧的弹性势能变化为零，所以弹簧对B 做的功为零，故B 正确；
CD 、A 、B 物体分离后A 做竖直上抛运动，可知竖直上抛的初速度22100.22/v gh m s ==⨯⨯=，上升到最高点所需的时间：20.2h t s g
==，由运动的对称性可知此时B 的速度为2m/s ，方向竖直向下，对B 在此过程内用动量定理(规定向下为正方向)得：()B N B B m gt I m v m v +=--，解得弹簧的弹力对B 的冲量大小为：6N I N s =•，B 的动量变化量为()12/B B P m v m v kg m s ∆=--=•，故C 正确，D 错误； 故选ABC 。

10．长为l 、间距为d 的平行金属板水平正对放置，竖直光屏M 到金属板右端距离为l ，金属板左端连接有闭合电路，整个装置结构如图所示. 质量为m 、电荷量为q 的粒子以初速度0v 从两金属板正中间自左端N 点水平射入，当滑动变阻器的滑片在某一位置时，粒子恰好垂直撞在光屏上. 对此过程，下列分析正确的是（ ）
A ．粒子在平行金属板间的运动时间和从金属板右端到光屏的运动时间相等
B ．板间电场强度大小为2mg q
C ．若仅将滑片P 向下滑动一段后，再让该粒子从N 点以水平速度0v 射入板间，粒子不会垂直打在光屏上
D ．若仅将两平行板的间距变大一些，再让该粒子从N 点以水平速度0v 射入板间，粒子依然会垂直打在光屏上
【答案】ABD
【解析】
A 、粒子先在水平放置的平行金属板间做平抛运动，粒子恰好垂直撞在光屏上，所以粒子离开电场后，粒子一定打在屏的上方，做斜上抛运动，粒子在水平放置的平行金属板间做平抛运动和离开电场后斜上抛运动，水平方向都不受外力，都做匀速直线运动，速度都等于v 0，所以粒子在平行金属板间的运动时间和从金属板右端到光屏的运动时间相等，故A 正确；
B 、设粒子在平行金属板间的运动过程中加速度大小为a ，则粒子离开电场竖直分速度大小为
10·y qE mg l v at m v -==，粒子离开电场后斜上抛运动则有20·y l v gt g v ==，联立解得2mg E q
=，故B 正确； C 、若仅将滑片P 向下滑动一段后，R 的电压减小，电容器的电压减小，带电量要减小，因为二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，带电量不变，板间的电压不变，所以粒子的运动情况不变，再让该粒子从N 点以水平速度0v 射入板间，粒子会垂直打在光屏上，故C 错误；
D 、若仅将两平行板的间距变大一些，电容器的电容要减小，由Q C U
=知U 不变，电量要减小，但因为二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，带电量不变，板间的电场强度不变，所以粒子的运动情况不变，再让该粒子从N 点以水平速度0v 射入板间，粒子会垂直打在光屏上，故D 正确；
故选ABD ．
【点睛】粒子先在水平放置的平行金属板间做平抛运动，粒子恰好垂直撞在光屏上，所以粒子离开电场后，粒子一定打在屏的上方，做斜上抛运动，粒子在水平放置的平行金属板间做平抛运动和离开电场后斜上抛运动，采用运动的合成与分解求解．
11．如图所示，甲图为沿x 轴传播的一列简谐横波在t ＝0时刻的波动图象，乙图为参与波动质点P 的振动图象，则下列判断正确的是（ ）
A ．该波的传播速率为4m/s
B ．该波的传播方向沿x 轴正方向
C ．经过0.5s ，质点P 沿波的传播方向向前传播2m
D ．该波在传播过程中若遇到4m 的障碍物，能发生明显衍射现象
【答案】AD
【解析】
【详解】
A ．由甲图读出该波的波长为λ＝4 m ，由乙图读出周期为T ＝1 s ，则波速为
v ＝T
＝4 m/s 故A 正确；
B ．在乙图上读出t ＝0时刻P 质点的振动方向沿y 轴负方向，在甲图上判断出该波的传播方向沿x 轴负方向，故B 错误；
C ．质点P 只在自己的平衡位置附近上下振动，并不沿波的传播方向向前传播，故C 错误；
D ．由于该波的波长为4 m ，与障碍物尺寸相差不多，能发生明显的衍射现象，故D 正确。

故选AD 。

12．如图，装有水的杯子从倾角α = 53°的斜面上滑下，当水面稳定时，水面与水平面的夹角β = 16°。

取
重力加速度g = 10 m/s 2，sin53°
= 0.8，sin16°= 0.28，则
A ．杯子下滑的加速度大小为2.8 m/s 2
B ．杯子下滑的加速度大小为3.5 m/s 2
C ．杯子与斜面之间的动摩擦因数为0.75
D ．杯子与斜面之间的动摩擦因数为0.87
【答案】BC
【解析】
【详解】
取水平面的一质量为m 的小水滴为研究对象，
由正交分解法结合牛顿第二定律可得：sin 53sin 37mg N ma o o -=； cos53cos37mg N =o o 解得
a=3.5m/s 2；对杯子和水的整体，由牛顿第二定律：sin 5353Mg Mgcos Ma μ-=o o 解得μ=0.75，故选BC.
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．如图所示为一简易多用电表的电路图。

图中E 是电池，R 1、R 2、R 3、R 4和R 5是定值电阻，其中R 3=20Ω，R 0为滑动变阻器。

表头G 的满偏电流为I 0=250 μA 、内阻为r 0=600Ω。

A 端和B 端分别与两表笔相连，该多用电表有5个挡位，其中直流电流挡有1 mA 和2.5 mA 两挡。

为了测量多用电表内电池电动势和内阻，还备有电阻箱R （最大阻值为99999.9Ω）。

(1)由以上条件可算出定值电阻R 1 =____Ω、R 2=____Ω。

(2)将选择开关与“3”相连，滑动R 6的滑片到最下端b 处，将两表笔A 、B 接在电阻箱上，通过调节电阻箱的阻值R ，记录不同阻值R 和对应的表头示数I 。

在坐标纸上，以R 为横坐标轴，以______为纵坐标轴，把记录各组I 和R 描绘在坐标纸上，平滑连接，所得图像为一条不过原点的直线。

测得其斜率为k 、纵截距为b ，则多用电表内电池的电动势和内阻分别为_____和__。

（用k 、b 和已知数据表示）
【答案】80 120
1I 4k
170b k - 【解析】
【详解】 (1)[1][2]．选择开关与“1”、“2”相连时为电流表，量程分别为2.5mA 和1mA 。

根据串、并联电路特点有 ()02001
2.5mA I R r I R ++=
000121mA r I R I R +=+ 联立解得
180R =Ω
2120R =Ω。

(2)[3]．选择开关与“3”相连，量程为1mA ，根据并联电路特点可知1R 、2R 串联后与表头并联的总电阻为0014
R r =，通过电源的电流为通过表头电流I 的4倍。

根据闭合电路欧姆定律有 ()034E I r R R R =+++
变形为
()03414R R r R I E E
++=+ 由此可知横轴为R ，则纵坐标轴为
1I。

[4][5]．斜率 4k E
= 纵截距
()034R R r b E
++= 解得
4E k
=
170b r k =- 14．某学习小组利用图甲所示的电路测量电源的电动势及内阻．
(1)按照原理图甲将图乙中的实物连线补充完整________．
(2)正确连接电路后，进行如下实验．
①闭合开关S ，通过反复调节滑动变阻器R 1、R 2，使电流表A 3的示数为0，此时电流表A 1、A 2的示数分
别为100.0 mA 和80.0 mA ，电压表V 1、V 2的示数分别为1.60 V 和1.00 V ．
②再次反复调节R 1、R 2，使电流表A 3的示数再次为0，此时电流表A 1、
A 2的示数分别为180.0 mA 和40.0 mA ，电压表V 1、V 2的示数分别为0.78 V 和1.76 V ．
i ．实验中调节滑动变阻器R 1、R 2，当电流表A 3示数为0时，电路中B 点与C 点的电势______．（选填“相等”或“不相等”）
ii ．为了提高测量的精确度，电流表A 3的量程应选择________
A ．0～0.6 A
B ．0～100 mA
C ．0～500 μA
ⅲ．测得电源的电动势E =_______V ，内阻r =_______Ω．（结果保留3位有效数字）
【答案】（1）如图所示；
i ．相等 ii ．C ⅲ．2.87 1.50
【解析】
（1）根据原理图连接实物图如图所示；
（2）i 、实验中，调节滑动变阻器12R R 、，当电流表示数为0时，说明电流表两端电势差为零，故电路中B 点与C 点的电势相等；
ii 、为了使实验结果更精确，必须严格控制B 、C 两点电流为零，如果电流表A 3的量程相比与电路中的电流太大，会造成BC 中有电流，但是读不出来，显示为零，所以应选择量程非常小的，故选C ； iii 、根据电路规律可知，第一次实验中，路端电压为 1.60 1.00 2.60V U =+=，干路电流为
10080180mA 0.18A I =+==；第二次实验中有'0.78 1.76 2.54V U =+=，干路电流为
’180.040.0220.0mA 0.22A I =+==；由闭合电路欧姆定律可知''E U Ir E U I r =+=+，，联立解得2.87 1.50E V r ==Ω，．
【点睛】该实验的关键是明确实验原理，即利用等势法求解，要求BC 两点的电势相等，即无电流通过BC ，所以在选择A 3时一定要选择量程非常小的电流表，然后利用电路结构，结合闭合回路欧姆定律，求解电源电动势和内阻．
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，圆心为O 的四分之一圆弧形接收屏BD ，水平放置在光滑绝缘的水平桌面上，整个装置处
于水平方向的匀强电场中，电场强度的方向垂直于直线AOB 。

现将一带正电小球从A 点沿AO 方向射出，其初动能为E k ，小球恰好垂直打到圆弧上的C 点。

已知∠BOC=θ，取A 点电势0A φ=。

(1)求小球在C 点的电势能；
(2)若过C 点作AB 的垂线交AB 于P 点(图中未标出)，试通过计算推导，证明O 点恰好是AP 的中点。

【答案】 (l) 2
tan PC k E E θ=-(2)证明见解析
【解析】
【详解】
（1）设小球的质量为m.初速度为0v ，小球在水平面内只受电场力作用做类平抛运动垂直打在C 点，可知小球在C 点的速度方向的反向延长线必过O 点
由速度的合成分解关系可知小球在C 点的速度为: 0cos C v v θ
= 从A 到C ，由能量守恒定律有:
0PC kC k E E E -=-
又:
220221122cos cos k PC C v E E mv m θθ
=== 解得:
2tan PC k E E θ=-
（2）如答图所示，设圆弧的半径为R ，AO 间的距离为L ，小球从A 到C 的位移倘向角为α，经历时间为t ，加速度为a
由运动规律有:
tan at v θ= 200
12tan 2at at v t v α== 得
tan 2tan θα=
由图可知:
sin tan cos R L R θαθ
=
+ 解得: cos L R θ=
又:
cos OP R θ=
即:
OP=AO
O 点恰好是AP 的中点
16．真空中有如图所示的周期性交变磁场，设磁感应强度B 垂直纸面向里为正方向，B 0=1T ，t 0=π×l0-5s ，k 为正整数。

某直角坐标系原点O 处有一粒子源，在t=0时刻沿x 轴正方向发射速度为v 0=103m/s 的正点电荷，比荷q m
=1×l06C/kg ，不计粒子重力。

(1)若k=1，求粒子在磁场中运动的轨道半径和粒子第3次（从O 点出发记为第1次）经过y 轴时的时刻；
(2)若k=2，求粒子在运动过程中与y 轴交点坐标的最大值和最小值；
(3)若t 0=2
π⨯10-5s ，则k 取何值时，粒子可做周期性循环运动回到出发点？并求出循环周期的最小值T min 和相应的k 值。

【答案】 (1)0.01m ；5210s t π-=⨯；(2)max 0.04m y =；min 0.02m y =-；(3)当k 取非
41(0,1,2,)q q +=L L 的正整数时，均可以回到出发点；当3k =时，最小循环周期为41.25610s -⨯
【解析】
【分析】
【详解】
(1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由
200mv Bqv r
=
2r T v π=
解得
00.01m mv r Bq
== 52210s m T Bq
ππ-==⨯ 当1k =时，因为02T t =
，粒子第3次经过y 轴时恰好向上经历两个半圆（如图）则时间5210s t T π-==⨯
(2)当2k =时，02t T =，粒子一个循环周期中运动分别为半圆→整圆→半圆→整圆，因此由几何关系得： 与y 轴交点坐标的最大值为
max 40.04m y r ==
与y 轴交点坐标的最小值为
min 20.02m y r =-=-
(3)因为04T t =，所以粒子先做14
圆弧运动，之后对k 的不同值进行分类讨论： 如图可见k =1、2、3、4时可能的分段情况．
①1k =，粒子做14
圆弧交替运动，向右上45°方向无限延伸，不会循环运动
②2k =，粒子做14圆弧与24圆弧交替运动，经过4个周期回到出发点，循环周期23T T = ③3k =，粒子做14圆弧与34
圆弧交替运动，经过2个周期回到出发点，循环周期32T T = ④4k =，粒子做
14圆弧与44圆弧交替运动，经过4个周期回到出发点，循环周期45T T = 当4k >时，运动过程相似，每个周期中均增加p （正整数）个圆周，能循环的运动其循环周期均延长．
综上可得：
(1)当k 取非41(0,1,2,)q q +=L L 的正整数时，均可以回到出发点．
(2)当3k =时，最小循环周期为
5432410s 1.25610s T T π--==⨯≈⨯．
17．如图，用手捏住细线，让质量m=2kg 的小球在光滑水平桌面上以v=1m/s 的速率做匀速圆周运动，其半径r=0.3m 。

某时刻突然松手，使细线迅速放长0.2m 后，又迅速用手捏住细线，保证小球在更大半径的新轨道做匀速圆周运动，已知大半径的圆与小半径的圆为同心圆。

求：
（1）细线迅速放长0.2m 所经历的时间
（2）在大半径新轨道上运动时小球的角速度
（3）在大半径新轨道上运动时，细线对小球的拉力
【答案】（1）0.4s （2）1.2rad/s （3）1.44N
【解析】
【详解】
（1）突然松手，小球将沿着小半径的圆轨道相切飞出去，如图所示
即沿着图中AB 方向做匀速直线运动，
直角三解形OAB 中，0.3m r =；0.5m R =，则22AB 0.4s R r =-=m
则细线迅速放长0.2m 所经历的时间为：AB 0.4s s t v
== （2）依题意，小球刚运动B 点时速度大小为1m/s ，方向沿AB 方向，如图，此时，可将速度分解为沿半径OB 方向的//v 和垂直半径OB 方向的v ⊥。

由于小球到达B 点时又迅速捏住细线，沿OB 方向的//v 突然消失，小球将以v ⊥在大半径上作匀速圆周运动，
根据OAB ∆∽Bv v ⊥∆，
AB v v r s ⊥= 代入数据得：30.6m/s 5
v v ⊥== 所以：0.6 1.2rad/s 0.5
v R ω⊥=== （3）半径增大后，仍有细线拉力提供向心力，
222 1.20.5N=1.44N F m R ω==⨯⨯。