河南省驻马店市2021届新高考物理一月模拟试卷含解析

河南省驻马店市2021届新高考物理一月模拟试卷
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．用一质量不计的细线将质量为m 的氢气球拴在车厢地板上A 点，此时细线与水平面成θ=37°角，气球与固定在水平车顶上的压力传感器接触。

小车静止时，细线恰好伸直但无弹力，压力传感器的示数为小球
重力的0.5倍。

重力加速度为g 。

现要保持细线方向不变而传感器示数为零，下列方法中可行的是（ ）
A ．小车向右加速运动，加速度大小为0.5g
B ．小车向左加速运动，加速度大小为0.5g
C ．小车向右减速运动，加速度大小为23
g D ．小车向左减速运动，加速度大小为23g
【答案】C
【解析】
【分析】 【详解】 静止时细线无弹力，小球受到重力mg 、空气浮力f 和车顶压力F N ，由平衡条件得
f=mg+F N =1.5mg
即浮力与重力的合力为0.5mg ，方向向上。

要使传感器示数为零，则细线有拉力F T ，如图所示
由等效受力图（b ）可得
0.5tan37mg ma
=︒ 小车加速度大小为
23
a g = 方向向左。

故小车可以向左加速运动，也可以向右做减速运动，C 正确，ABD 错误。

故选C 。

2．下列说法中不正确的是（ ）
A ．在关于物质波的表达式ε＝hν和p ＝h λ
中，能量ε和动量p 是描述物质的粒子性的重要物理量，波长λ或频率ν是描述物质的波动性的典型物理量
B ．光电效应既显示了光的粒子性，又显示了光的波动性
C ．天然放射现象的发现，揭示了原子核有复杂结构
D ．γ射线是波长很短的电磁波，它的穿透能力比β射线要强
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．表达式εh ν=和h
p λ=中，能量ɛ和动量p 是描述物质的粒子性的重要物理量，波长λ或频率ν是描
述物质的波动性的典型物理量，故A 正确；
B ．光电效应显示了光的粒子性，而不是波动性，故B 错误；
C ．天然放射现象的发现，揭示了原子核复杂结构，故C 正确；
D ．γ射线一般伴随着α或β射线产生，γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱，故D 正确。

本题选不正确的，故选B 。

3．如图所示，条形磁铁放在水平粗糙桌面上，它的右端上方固定一根与条形磁误垂直的长直导线。

当导线中没有电流通过时，磁铁受到的支持力为N F ，受到的摩擦力为f F 。

当导线中通以如图所示方向的电流时，下列说法正确的是（ ）
A ．N F 减小，f F 水平向左
B ．N F 增大，f F 水平向右
C ．N F 减小，f F 为零
D ．N F 增大，f F 为零
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】 以导线为研究对象，由左手定则判断可知导线所受安培力方向斜向右上方，根据牛顿第三定律可知，导线对磁铁的反作用力方向斜向左下方，磁铁有向左运动的趋势，受到桌面水平向右的摩擦力；同时磁铁对桌面的压力增大，桌面对磁铁的支持力也将增大。

故选B 。

4．如图所示，固定在水平地面的斜面体，其斜面倾角α=30°、斜面长x=1.6m ，底端与长木板B 上表面等高，B 静止在光滑水平地面上，左端与斜面接触但不粘连，斜面底端与B 的上表面接触处平滑连接。

一可
视为质点的滑块A 从斜面顶端处由静止开始下滑，最终A 刚好未从B 上滑下。

已知A 、
B 的质量均为1kg ，A 与斜面间的动摩擦因数μ1=3，A 与B 上表面间的动摩擦因数μ2=0.5，重力加速度g 取10m/s 2，下列说法正确的是（ ）
A ．A 的最终速度为0
B ．B 的长度为0.4m
C ．A 在B 上滑动过程中，A 、B 系统所产生的内能为1J
D ．A 在B 上滑动过程中，A 、B 系统所产生的内能为2J
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A ． 设A 、
B 的质量均为m ，A 刚滑上B 的上表面时的速度大小为v 1．滑块A 沿斜面下滑的过程，由动能定理得：
1sin cos mgx mgx αμα-=
20102
mv - 解得：
v 1=2m/s 设A 刚好滑B 右端的时间为t ，两者的共同速度为v 。

滑块A 滑上木板B 后，木板B 向右做匀加速运动，A 向右做匀减速运动。

根据牛顿第二定律得：对A 有
μ2mg=ma A
对B 有
μ2mg=ma B
则
v=v 1-a A t=a B t
联立解得
t=1.2s ，v=1m/s
所以，A 的最终速度为1m/s ，故A 错误；
B ． 木板B 的长度为
00A B 20.2m 0.2m 2222
v v v v L x x t t t +=-=
-==⨯= 故B 错误； CD ．A 在B 上滑动过程中，A 、B 系统所产生的内能为
Q=μ1mgL=1.5×1×11×1.2J=1J
故C 正确，D 错误。

故选C 。

5．如图，S 是波源，振动频率为100Hz ，产生的简谐横波向右传播，波速为40m/s 。

波在传播过程中经过P 、Q 两点，已知P 、Q 的平衡位置之间相距0.6m 。

下列判断正确的是（ ）
A ．Q 点比P 点晚半个周期开始振动
B ．当Q 点的位移最大时，P 点的位移最小
C ．Q 点的运动方向与P 点的运动方向可能相同
D ．当Q 点通过平衡位置时，P 点也通过平衡位置
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．根据v f λ=可知，波长
40m 0.4m 100
v f λ=
== 又 0.6m 1.5PQ λ==
故Q 点比P 点晚1.5个周期开始振动，A 错误；
BC ．P 、Q 两点的平衡位置距离是半个波长的奇数倍，故两者振动情况完全相反，即两点的运动方向始终相反，当Q 点的位移最大时，P 点的位移也最大，但两者方向相反，BC 错误；
D 、两点平衡位置距离是半个波长的奇数倍，所以当Q 通过平衡位置时，P 点也通过平衡位置，但两者运动方向相反，D 正确。

故选D 。

6．如图所示，电路中所有原件完好，当光照射到光电管上时，灵敏电流计中没有电流通过，可能的原因是（ ）
A ．入射光强较弱
B ．入射光频率太高
C ．电源正负极接反
D ．光照射时间太短
【答案】C
【解析】
【详解】
A ．根据光电效应方程
0km h W E ν=+
可知光电管能否产生光电效应与入射光的强度没有关系，A 错误；
B ．若入射光频率太高，则一定大于金属的极限频率，故一定可以发生光电效应，电流计中可能电流通过，B 错误；
C ．电源正负极接反时，光电管加上反向电压，光电子做减速运动，可能不能到达阳极，电路中不能形成电流，C 正确；
D ．光电管能否产生光电效应与光照时间没有关系，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．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 。

8．下列说法正确的有
A ．电子的衍射图样表明电子具有波动性
B ．发生光电效应时，仅增大入射光的频率，光电子的最大初动能就增大
C ．β衰变中放出的β射线是核外电子挣脱原子核束缚而形成的
D ．中子和质子结合成氘核，若亏损的质量为m ，则需要吸收mc²的能量
【答案】AB
【解析】
【详解】
A ．衍射是波动性的体现，A 正确；
B ．根据光电效应方程，仅增大入射光频率，光子能量增大，逸出功不变，光电子初动能增大，B 正确；
C ．β衰变中放出的β射线是原子核内的中子转化成质子过程中跑射出的电子形成的
D ．质量亏损，根据质能方程，应该放出能量，D 错误；
故选AB 。

9．x=0处的质点在t=0时刻从静止开始做简谐振动，带动周围的质点振动，在x 轴上形成一列向x 正方向传播的简谐横波。

如图甲为x=0处的质点的振动图像，如图乙为该简谐波在t 0=0.03s 时刻的一部分波形图。

已知质点P 的平衡位置在x=1.75m 处，质点Q 的平衡位置在x=2m 。

下列说法正确的是___________
A ．质点Q 的起振方向向上
B ．从t 0时刻起经过0.0275s 质点P 处于平衡位置
C ．从t 0时刻算起，质点P 比质点Q 的先到达最低点
D ．从t 0时刻起经过0.025s ，质点P 通过的路程小于1m
E. 从t 0时刻起经过0.01s 质点Q 将运动到x=3m 处
【答案】BCD
【解析】
【分析】
由图读出波长λ和周期T ，由波长与周期可求出波传播的速度，根据质点的位置分析其运动情况，注意质点不随着波迁移；
【详解】
A 、由图甲可知，在0t =时刻振源质点是向y 轴负方向振动，其余质点重复振源质点的运动情况，故质点Q 起振的方向仍为y 轴负方向，故选项A 错误；
B 、由图甲可知周期为0.02T s =，由图乙可知波长为2m λ=， 则波速为：2/100/0.02
v m s m s T λ
=== 则由图乙可知当P 再次处于平衡位置时，时间为：' 1.7510.0075t s s v
-== 经过周期的整数倍之后，质点P 再次处于平衡位置，即经过'''0.0275t t T s =+=还处于平衡位置，故选项B 正确；
C 、由于波沿x 轴正方向传播，可知从t 0时刻算起，质点P 比质点Q 的先到达最低点，故选项C 正确；
D 、由题可知：10.0254
s T T =+，若质点P 在最高点、最低点或平衡位置，则通过的路程为：545 1.04
s A A m =⨯==，但此时质点P 不在特殊位置，故其路程小于1m ，故选项D 正确； E 、波传播的是能量或者说是波的形状，但是质点不随着波迁移，故选项E 错误。

10．如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以恒定速率v=4m/s 顺时针转动。

一煤块以初速度v 0=12m/s 从A 端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取g=10m/s 2，则下列说法正确的是（ ）
A ．倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tan θ=0.75：
B ．煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5
C ．煤块从冲上传送带到返回A 端所用的时间为4s
D ．煤块在传送带上留下的痕迹长为5（）
m 【答案】AD
【解析】
【详解】
AB ．由v －t 图像得0~1s 内煤块的加速度大小
221124m/s 8m/s 1
a -== 方向沿传送带向下；1~2s 内煤块的加速度大小
22240m/s 4m/s 1
a -== 方向沿传送带向下。

0~1s ，对煤块由牛顿第二定律得
1sin cos mg mg ma θμθ+=
1~2s ，对煤块由牛顿第二定律得
mgsinθ一μmgcosθ=ma 2
解得
tanθ=0.75，μ=0.25
故A 正确，B 错误；
C ．v －t 图像图线与时间轴所围面积表示位移大小，所以煤块上滑总位移大小为x=10m ，由运动学公式得
下滑时间为 22210s 5s 4
x t a ⨯===下 所以煤块从冲上传送带到返回A 端所用的时间为()
25s +，故C 错误； D ．0~1s 内煤块比传送带多走4m ，划痕长4m ，1~2s 内传送带比煤块多走2m ，划痕还是4m 。

()
2~25s +内传送带向上运动，煤块向下运动，划痕总长为 ()
22121245m 2a t vt ++=+， 故D 正确。

故选AD 。

11．如图所示，abcd 为固定的水平光滑矩形金属导轨，导轨间距为L 左右两端接有定值电阻R 1和R 2，R 1=R 2=R ，整个装置处于磁感应强度大小为B ，方向竖直向下的匀强磁场中．质量为m 的导体棒MN 放在导轨上，棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨与棒的电阻．两根相同的轻质弹簧甲和乙一端固定，另一端同时与棒的中点连接．初始时刻，两根弹簧恰好处于原长状态，棒获得水平向左的初速度0v ，第一次运动至最右端的过程中R l 产生的电热为Q ，下列说法中正确的是
A ．初始时刻棒所受安培力的大小为220
B L v R
B ．棒第一次回到初始位置的时刻，R 2的电功率小于2220B L v R
C ．棒第一次到达最右端的时刻，两根弹簧具有弹性势能的总量为
2012
mv Q - D ．从初始时刻至棒第一次到达最左端的过程中，整个回路产生的电热大于23Q 【答案】BD
【解析】
【详解】
A. 由F=BIL 及
I=0BLv R 并
=0
12
BLv R ， 得安培力大小为
F A =BIL=2202B L v R
， 故A 错误；
B. 由于安培力始终对MN 做负功，产生焦耳热，由动能定理得：当棒再次回到初始位置时，速度小于v 0，
棒产生的感应电动势小于BLv 0，则R 2的电功率小于2220B L v R
，故B 正确； C. 由能量守恒得知，当棒第一次达到最右端时，物体的机械能全部转化为整个回路中的焦耳热和甲乙弹簧的弹性势能，两个电阻相同并联，故产生的热量相同，则电路中产生总热量为2Q ，所以两根弹簧具有的弹性势能为
20122
mv Q ， 故C 错误；
D. 由于安培力始终对MN 做负功，产生焦耳热，棒第一次达到最左端的过程中，棒平均速度最大，安培力平均值最大．从初始时刻到第一次运动至最右端的过程中电路中产生总热量为2Q ，则从初始时刻至棒第一次到达最左端的过程中，整个回路中产生的焦耳热应大于13
×2Q ，故D 正确． 12．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． 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
2.700
Ω 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) 3.00
Ωm 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．如图甲所示，一根伸长可忽略的轻绳跨过轻质定滑轮，两个质量相等的砝码盘分别系于绳的两端。

甲、乙两位同学利用该装置探究系统加速度与其所受合力的关系。

共有9个质量均为m 的砝码供实验时使用。

请回答下列问题：
(1)实验中，甲将左盘拉至恰好与地面接触，乙把5个硅码放在右盘中，4个底码放在左盘中。

系统稳定后，甲由静止释放左盘；
(2)若要从(1)的操作中获取计算系统加速度大小的数据，下列器材中必须使用的是____（填正确答案标号）； A ．米尺 B ．秒表 C ．天平 D ．弹簧秤
(3)请说明用(2)中选择的器材要测量本实验中的必要物理量是：_________________；
(4)由(3)中测量得到的物理量的数据，根据公式________________（用所测量物理量的符号表示），可以计算岀系统加速度的大小：
(5)依次把左盘中的砝码逐个移到右盘中，重复(1)(3)(4)操作；获得系统在受不同合力作用下加速度的大小，记录的数据如下表，请利用表中数据在图乙上描点并作出a-F 图象___________；
(6)从作出的a －F 图像能得到的实验结论是：___________________。

【答案】AB 释放前，用米尺测量右盘离地面的高度h ，用秒表记录右盘下落至地面的时间t
2
12
h at =
系统质量一定时，其加速度与所受合外力成正比
【解析】 【分析】 【详解】
(2)[1]根据实验原理可知，砝码盘做匀加速直线运动，由公式2
12
h at =
可知，要得到加速度应测量释放前，用米尺测量右盘离地面的高度h ，用秒表记录右盘下落至地面的时间t ，故AB 正确。

故选AB ；
(3)[2]由(2)可知，要测量本实验中的必要物理量，释放前，用米尺测量右盘离地面的高度h ，用秒表记录右盘下落至地面的时间t
(4)[3]根据实验原理可知，砝码盘做匀加速直线运动，满足212
h at = (5)[4]根据表格数据描点如图
(6)[5]由图像可知，a －F 图像为经过原点的一条直线，说明系统质量不变时加速度和合外力成正比。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，在xOy 平面的第一、第四象限有方向垂直于纸面向里的匀强磁场；在第二象限有一匀强电场，电场强度的方向沿y 轴负方向。

原点O 处有一粒子源，可在xOy 平面内向y 轴右侧各个方向连续发射大量速度大小在00~v 之间，质量为m ，电荷量为q +的同种粒子。

在y 轴正半轴垂直于xOy 平面放
置着一块足够长的薄板，薄板上有粒子轰击的区域的长度为0L。

已知电场强度的大小为
2
0 9
4
mv
E
qL
=，不考虑粒子间的相互作用，不计粒子的重力。

(1)求匀强磁场磁感应强度的大小B；
(2)在薄板上0
2
L
y=处开一个小孔，粒子源发射的部分粒子穿过小孔进入左侧电场区域，求粒子经过x轴负半轴的最远点的横坐标；
(3)若仅向第四象限各个方向发射粒子：0
t=时，粒子初速度为
v，随着时间推移，发射的粒子初速度逐
渐减小，变为0
2
v
时，就不再发射。

不考虑粒子之间可能的碰撞，若穿过薄板上0
2
L
y=处的小孔进入电场的粒子排列成一条与y轴平行的线段，求t时刻从粒子源发射的粒子初速度大小()
v t的表达式。

【答案】(1)0
2mv
B
qL
=；(2)
3
x=；(3)
π
2sin()
6
v
v
v
t
L
=
+或者
()
π
2sin()
6
v
v t
v
t
L
=
+
【解析】
【详解】
(1)速度为0v的粒子沿x轴正向发射，打在薄板的最远处，其在磁场中运动的半径为0r，由牛顿第二定律
2
mv
qv B
r
=①
02
L
r=②
联立，解得
2mv
B
qL
=③
(2)如图a所示
速度为v 的粒子与y 轴正向成α角射出，恰好穿过小孔，在磁场中运动时，由牛顿第二定律
2
mv qvB r
=④ 而
4sin L r α
=
⑤
粒子沿x 轴方向的分速度
sin x v v α=⑥
联立，解得
2
x v v =
⑦ 说明能进入电场的粒子具有相同的沿x 轴方向的分速度。

当粒子以速度为0v 从O 点射入，可以到达x 轴负半轴的最远处。

粒子进入电场时，沿y 轴方向的初速度为y v ，有
22003
y x v v v =-=
⑧ 2
0122y L qE v t t m
-
=-⑨ 最远处的横坐标
x x v t =-⑩
联立，解得
03
3
x L =-
(3)要使粒子排成一排，粒子必须在同一时刻进入电场。

粒子在磁场在运动轨迹如图b 所示
周期相同，均为
π2πL m T Bq v =
=
又
2sin 2v v v v
α==
粒子在磁场中的运动时间
2π22π
t T α
-'=
以0v 进入磁场的粒子，运动时间最长，满足π
6
α=
，其在磁场中运动时间 m 56
t T =
以不同速度射入的粒子，要同时到达小孔，有
m t t t '+=
联立，解得
000π2sin()6v v v t L =
+或者0
00
()π2sin()6v v t v t L =
+
16．一列简谐横波的波源振动一个周期时波形如甲图所示，乙图为质点Q 从该时刻计时的振动图像，P 、Q 分别是平衡位置为10.5m x =和22m x =处的质点。

(1)请判断该简谐横波的传播方向和P 、Q 两点谁先到达波谷，并计算波速；
(2)从计时时刻起，当质点Q 第三次出现在波峰位置时，请确定11m x =处的质点M 的振动方向及M 在这段时间内的总路程。

【答案】 (1)传播方向方向向右，P 先到达波谷，20m/s ；(2)M 点振动方向向上，10cm 【解析】 【详解】
(1)t=0时刻PQ 两点的振动方向如图
则波传播方向方向向右，P 先到达波谷；
4
20m /s 0.2
v T λ
=
=
=
(2)经过21
4T ，质点Q 第三次到达波峰，如图；
此时M 点振动方向向上，M 点振动了0.5T ，总路程为2A=10cm.
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
1
2
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1
2
d ，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
；（3
）
33m
【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t1＝
90
360
T＝
2
m
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t2＝
2
d
v
，代入数据解得t2＝
2
m
eB 电子离开电场后做匀速直线运动到达M点
1
2
1
1
4
12
2
d
y
y d
==，又y1＋y2＝d
解得y1＝
1
3
d
故2
2
11
·
23
eU
t d
md
=
代入数据解得U＝
22
8
3
eB 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1
2d ＝v′t
竖直方向r′＝2
1·2eU t md
由上述三式代入数据解得v′3
3m。