四川省乐山市2021届新高考物理一月模拟试卷含解析

四川省乐山市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．如图所示，图甲是旋转磁极式交流发电机简化图，其矩形线圈在匀强磁场中不动，线圈匝数为10匝，内阻不可忽略。

产生匀强磁场的磁极绕垂直于磁场方向的固定轴OO′（O′O 沿水平方向）匀速转动，线圈中的磁通量随时间按如图乙所示正弦规律变化。

线圈的两端连接理想变压器，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2=2∶1，电阻R 1=R 2=8Ω。

电流表示数为1A 。

则下列说法不正确的是（ ）
A ．abcd 线圈在图甲所在的面为非中性面
B ．发电机产生的电动势的最大值为2V
C ．电压表的示数为10V
D ．发电机线圈的电阻为4Ω
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A.线圈位于中性面时，磁通量最大，由图甲可知，此时的磁通量最小，为峰值面，故A 正确不符合题意；
B.由图乙知
2πWb 100
m BS Φ==
，0.02s T = 角速度为 2π100πrad/s T
ω== 电动势的最大值
102V m E nBS ω==
故B 正确不符合题意；
C.根据欧姆定律以及变压器原副线圈电压关系的
122212R R U I R R =+，2211
U n U n =
解得U 1=8V ，故C 错误符合题意；
D.由闭合电路的欧姆定律得
11E U I r =+
解得
r=4Ω
故D 正确不符合题意。

故选C 。

2．将三个质量均为m 的小球a b c 、、用细线相连后（b c 、间无细线相连），再用细线悬挂于O 点，如图所示，用力F 拉小球c ，使三个小球都处于静止状态，且细线Oa 与竖直方向的夹角保持30θ=o ，则F 的最小值为（ ）
A ．mg
B ．2mg
C ．32mg
D ．3mg 【答案】C
【解析】
【详解】 静止时要将三球视为一个整体，重力为3mg ，当作用于c 球上的力F 垂直于oa 时，F 最小，由正交分解
法知：水平方向Fcos30°=Tsin30°，竖直方向Fsin30°
+Tcos30°=3mg ，解得F min =1.5mg ．故选C ． 3．如图所示，波长分别为λa 、λb 的单色光a 、b ，沿着AO 、BO 方向射入半圆形玻璃砖，出射光线都沿OC ，则下列说法错误的是（ ）
A ．a 、b 光从玻璃砖射入空气时，均受到玻璃砖的作用力
B ．在玻璃砖内a 光的动量大于在空气中a 光的动量
C ．λa <λb ，且a 、b 光的临界角相等
D ．在玻璃砖内a 光的动量大于在玻璃砖内b 光的动量
【答案】C
【解析】
【详解】
A ．由图可知a 、b 光从玻璃砖射入空气时，均发生偏折，可知光子的动量发生变化，由动量定理可知都受到玻璃砖的作用力，A 正确；
B ．玻璃砖对a 光的折射率大于空气对a 光的折射率，根据c v n
=
可知，a 光在空气中的速度大；光子的动量 h P v
ν= 所以在玻璃砖内a 光的动量大于在空气中a 光的动量，B 正确；
C ．a 光的折射率比b 光的折射率大，则知a 光的频率比b 光的频率高，由
c v n
λν==⋅ 可知a 的波长小于b 的波长.a 的折射率大，由
1sin C n
= 可知a 的临界角小，C 错误；
D ．由光路图看出，a 光的偏折角大于b 的偏折角，折射定律分析得知，a 光的折射率比b 光的折射率大，由折射率与光的频率的关系可知，a 的频率大；光子的动量
hn P c
ν= 则在玻璃中，a 光的动量大于在玻璃砖内b 光的动量，D 正确。

本题选错误的，故选C 。

4．下列现象中，与原子核内部变化有关的是（ ）
A ．天然放射现象
B ．光电效应现象
C ．原子发光现象
D ．α粒子散射现象
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A ．天然放射现象是原子核内部发生变化自发的放射出α粒子或电子，从而发生α衰变或β衰变，反应的过程中核内核子数，质子数，中子数发生变化，故A 正确；
B ．光电效应是原子核外层电子脱离原子核的束缚而逸出，没有涉及到原子核的变化，故B 错误；
C ．原子发光是原子跃迁形成的，即电子从高能级向低能级跃迁，释放的能量以光子形式辐射出去，没有涉及到原子核的变化，故C 错误；
D ．α粒子散射实验表明了原子内部有一个很小的核，并没有涉及到核内部的变化，故D 错误。

故选A 。

5．如图，倾角为α=45°的斜面ABC 固定在水平面上，质量为m 的小球从顶点A 先后以初速度v 0和2v o
向左水平抛出，分别落在斜面上的P 1、P 2点，经历的时间分别为t 1、t 2；A 点与P 1、P l 与P 2之间的距离分别为l 1和l 2，不计空气阻力影响。

下列说法正确的是（ ）
A ．t 1：t 2=1：1
B ．l l ：l 2=1：2
C ．两球刚落到斜面上时的速度比为1：4
D ．两球落到斜面上时的速度与斜面的夹角正切值的比为1：1
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．根据
200
12tan 2gt gt v t v θ＝＝ 得
02tan v t g
θ= 因为初速度之比为1：2，则运动的时间之比为1：2，故A 错误。

B ．水平位移
2002tan v x v t g
θ=＝ 因为初速度之比为1：2，则水平位移之比为1：4，由
2l x =
可知
l l ：l 2=1：4
故B 错误。

C ．根据动能定理
2201122
mv mv mgy =+ 其中y=x ，则
222000024tan 455v v gy v v v =+=+=o
则两球刚落到斜面上时的速度比为1：2，选项C 错误；
D ．平抛运动某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，由于落在斜面上，位移方向相同，则速度方向相同，即两球落到斜面上时的速度与斜面的夹角正切值的比为1：1，故D 正确。

故选D 。

6．甲、乙两物体同时同地沿同一直线运动的速度一时间图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A ．0t 时刻两物体的加速度方向相同
B ．0t 时刻两物体的速度方向相同
C ．甲物体的加速度逐渐减小
D ．02t 时刻两物体相遇
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由图象可知，斜率表示加速度，则0t 时刻两物体的加速度方向相反，选项A 错误；
B ．v-t 图象中速度在时间轴的同一侧表示速度方向相同，则0t 时刻两物体的速度方向相同，选项B 正确；
C ．由斜率表示物体的加速度可知，甲物体的切线斜率越来越大，即加速度逐渐增大，选项C 错误；
D ．v-t 图象所围面积表示位移，相遇表示位移相等，由图象可得，02t 时刻两物体不相遇，选项D 错误。

故选B 。

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
7．两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A 、B 、C 三点，如图甲所示。

一个电荷量为2C ，质量为1kg 的小物块从C 点静止释放，其运动的v —t 图像如图乙所示，其中B 点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）。

则下列说法正确的是（ ）
A ．
B 点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=1V/m
B ．由
C 到A 的过程中物块的电势能先减小后变大
C ．由C 点到A 点的过程中，电势逐渐升高
D ．A 、B 两点的电势之差5V A B ϕϕ=－－
【答案】AD
【解析】
【分析】
两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O 点沿中垂线指向外侧；电量为2C 的小物块仅在运动方向上受电场力作用从C 点到B 到A 运动的过程中，根据v-t 图可知在B 点的加速度，可知物体先做加速度增大后做加速度减小的加速运动，判断电荷所受电场力大小变化情况和加速度变化情况，由牛
顿第二定律求出电场强度的最大值。

根据电势能的变化，分析电势的变化。

由动能定理求AB 间的电势差。

【详解】
A ．由乙图可知，物体在
B 点加速度最大，且加速度为
2Δ2m/s Δv a t
== 根据
qE ma =
可知B 点的场强最大，为E=1V/m ，故A 正确；
B ．从
C 到A 的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，故B 错误；
C ．从C 到A 一直沿着电场线运动，电势逐渐降低，故C 错误；
D ．从B 到 A 的过程中，根据动能定理，得
2201122
BA qU mv mv =- 代入数据得U BA =5V ，则
5V AB BA U U =-=-
即
5V A B ϕϕ-=-
故D 正确。

故选AD 。

【点睛】
明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键，据v-t 图获取加速度、速度、动能等物理量是解本题的突破口。

8．如图所示，竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦．圆心O 点正下方放置为2m 的小球A ，质量为m 的小球B 以初速度v 0向左运动，与小球A 发生弹性碰撞．碰后小球A 在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B 的初速度v 0可能为（ ）
A ．22gR
B ．2gR
C ．25gR
D 5gR 【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】 A 与B 碰撞的过程为弹性碰撞，则碰撞的过程中动量守恒，设B 的初速度方向为正方向，设碰撞后B 与A 的速度分别为v 1和v 2，则：
mv 0=mv 1+2mv 2
由动能守恒得：
2220121112222
mv mv mv =+⋅ 联立得：0223
v v = ① 1.恰好能通过最高点,说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力,是在最高点的速度为v min ，由牛顿第二定律得： 2mg= 2min 2v m R
⋅ ② A 在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒，得：
222min 11222222
mg R mv mv ⋅=⋅-⋅③ 联立①②③得：v 0=1.55gR B 经过最高点，则需要：v 0⩾1.55gR
2.小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与O 等高处，由机械能守恒定律得： 221222
mg R mv ⋅=⋅④ 联立①④得：v 0=1.52gR
可知若小球不脱离轨道时,需满足：v 0⩽1.52gR 由以上的分析可知,若小球不脱离轨道时,需满足：v 0⩽1.52gR 或v 0⩾1.55gR ，故AD 错误，BC 正确．
故选BC
【点睛】
小球A 的运动可能有两种情况：1．恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力，由牛顿第二定律求出小球到达最高点点的速度，由机械能守恒定律可以求出碰撞后小球A 的速度．由碰撞过程中动量守恒及能量守恒定律可以求出小球B 的初速度；2．小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与O 等高处，由机械能守恒定律可以求出碰撞后小球A 的速度．由碰撞过程中动量守恒及能量守恒定律可以求出小球B 的初速度．
9．如图所示，A 和B 是两个等量异种点电荷，电荷量的绝对值为q ，两点电荷的连线水平且间距为L ，OP 是两点电荷连线的中垂线，O 点是垂足，P 点到两点电荷的距离也为L 。

整个系统处于水平向右的匀强电场中，一重力不计的电子恰好能静止在P 点，下列说法正确的是（ ）
A ．点电荷A 一定带正电
B ．匀强电场的电场强度大小为22kq L
C ．O 点的电场强度大小为
2
7kq L D ．O 点和P 点电势相同
【答案】CD
【解析】
【详解】 A ．对P 点的电子进行受力分析可知，等量异种电荷A 、B 在P 点产生的合场强方向向左，故点电荷A 带负电，选项A 错误；
B ．匀强电场强度大小
22
2cos 60kq kq E L L =︒= 选项B 错误；
C ．O 点的电场强度大小
022228722
kq
kq kq kq E E L L L L =-=-=⎛⎫ ⎪⎝⎭
选项C 正确；
D ．由等量异种电荷电场的规律和匀强电场的特点可知，OP 为电场的一条等势线，故0p ϕϕ=，选项D 正确。

故选CD 。

10．如图所示，理想变压器的原副线圈的匝数比为4︰1，原线圈接有u=31lsin100πt(V)的交变电压，副线圈上接有定值电阻R 、线圈L 、灯泡D 及理想电压表.以下说法正确的是
A ．副线圈中电流的变化频率为50HZ
B ．灯泡D 两端电压为55V
C ．若交变电压u 的有效值不变，频率增大，则电压表的示数将减小
D ．若交变电压u 的有效值不变，频率增大，则灯泡D 的亮度将变暗
【答案】AD
【解析】
变压器不会改变电流的频率，电流的频率为11005022f Hz Hz T ωπππ
====，故A 正确；由瞬时值的表达式可知，原线圈的电压最大值为311V ，所以原线圈的电压的有效值为：12202
U V ==，在根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压的有效值为55V ，在副线圈中接有电阻R 、电感线圈L 和灯泡D ，它们的总的电压为55V ，所以灯泡L 1两端电压一定会小于55V ，故B 错误；在根据电压与匝数成正比可知副线圈的电压不变，所以电压表的示数不变，故C 错误；交流电的频率越大，电感线圈对交流电有阻碍作用就越大，所以电路的电流会减小，灯泡D 的亮度要变暗，故D 正确．所以AD 正确，BC 错误． 11．下列关于振动和波的说法，正确的是 。

A ．声波在空气中传播时，空气中各点有相同的振动频率
B ．水波在水面上传播时，水面上各点沿波传播方向移动
C ．声波容易绕过障碍物传播是因为声波波长较长，容易发生衍射
D ．当两列波发生干涉时，如果两列波波峰在某质点相遇，则该质点位移始终最大
E.为了增大干涉条纹间距，可将蓝光换成红光
【答案】ACE
【解析】
【详解】
A ．声波在空气中传播时，根据波的形成原理可知，空气中各点有相同的振动频率，故A 正确；
B ．水波在水面上传播时，水面上各点不会随着波传播方向而移动，故B 错误；
C ．声波容易绕过障碍物传播是因为声波波长较长，容易发生明显的衍射现象，故C 正确；
D ．当两列波发生干涉时，如果两列波波峰在某点相遇时，则该质点位移此时最大，然后会变小，当平衡位置相遇时，则位移为零，故D 错误；
E ．根据干涉条纹间距公式d x L λ∆＝
，可知，为了增大干涉条纹间距，可将蓝光换成红光，即波长变长，故E 正确。

故选ACE 。

12．下列各种说法中正确的是________
A ．用于识别假币的验钞机在验钞时，发出的光是红外线
B ．现在所用光导纤维在传递通讯信号时利用了光的全反射原理
C ．在同一池水中，黄光的传播的速度要比红光传播的速度慢
D ．手机在通话时能听到声音，是因为手机除了能接收电磁波外又能接收声波
E.光的衍射说明光在传播过程中可以发生弯曲
【答案】BCE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．验钞机发出的是紫外线，紫外线能使钞票上的荧光物质发光，故A 错误；
B ．现在所用光导纤维在传递通讯信号时利用了光的全反射原理，故B 正确；
C ．由于黄光的频率大于红光的频率，故水对黄光的折射率大于水对红光的折射率，根据公式c v n =可知红光在水中传播的速度大于黄光在水中的速度，故C 正确；
D ．手机只能接收电磁波，不能接受声波，故D 错误；
E ．光发生衍射，说明光能绕过比较小的障碍物，故E 正确。

故选BCE 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．为了粗略测量电阻，小明同学用量程为5mA 的毫安表、电动势为3V 的电池、0~999.9Ω)的电阻箱制作了一块简易欧姆表，电路如图所示：
（1）为制作欧姆表，__准确测量毫安表的内阻（填“需要”或“不需要”）；
（2）进行欧姆调零之后，用该表测量某电阻时，a 表笔是__表笔（填“红”或“黑”），此时毫安表读数为2.5mA ，
则待测电阻阻值为____Ω；
（3）如果在毫安表两端并联一个电阻，其余电路均不变，表盘中间刻度对应的电阻值___（填“变大”、“变小”或“不变”）；
（4）该欧姆表用久后，电池老化造成电动势减小，内阻增大，但仍能进行欧姆调零，则用其测得的电阻值___真实值（填“大于”、“小于”或“等于”）。

【答案】不需要 红 600 变小 大于
【解析】
【详解】
（1）[1]欧姆表的工作原理
g x x
E E I R r R R R R Ω=
=++++ 而 g E I R Ω
=
即 g
x E
I E R I =+ 则不用确定出R g 的值；根据工作原理可求得相应电流对应的电阻值。

（2）[2]右表笔接欧姆档的内部电源的正极，根据所有测量都满足红进黑出向右偏的规律，可知右表笔b 为黑表笔，左表笔a 为红表笔；
[3]毫安表读数2.5mA 是表头满偏电流5mA 的一半，有
2g x I E I R R
Ω==
+ 可知此时的待测电阻值刚好等于欧姆表内阻，有
3
g 3510x E R R I Ω-===⨯Ω=600Ω （3）[4]在毫安表两端并联一个电阻后，有
122x g E
I E R I =⨯+
其欧姆内阻为2g
E I ，阻值变小，即中值刻度值变小。

（4）[5]电池电动势减小了，则欧姆调零后，欧姆表的内阻
g
E R I Ω''= 故欧姆表的内阻减小了，由于欧姆表的中值电阻等于欧姆表的内阻，故实际测量时，当读数为600Ω，实际电阻是小于600Ω的，故测量值大于实际电阻值。

14．某同学为了测量电源的电动势和内阻，根据元件的不同，分别设计了以下两种不同的电路。

实验室提供的器材有：
两个相同的待测电源E ，辅助电源E '；
电阻箱1R 、2R ，滑动变阻器R 、R '；
电压表V ，电流表A ；
灵敏电流计G ，两个开关1S 、2S 。

主要实验步骤如下：
①按图连接好电路，闭合开关1S 和2S ，再反复调节1R 和2R ，或者滑动变阻器R 、R '，使电流计G 的示数为0，读出电流表A 、电压表V 示数分别为1I 、1U 。

②反复调节电阻箱1R 和2R （与①中的电阻值不同），或者滑动变阻器R 、R '，使电流计G 的示数再次为
0，读出电流表A 、电压表V 的示数分别为2I 、2U 。

回答下列问题：
(1)哪套方案可以更容易得到实验结果______（填“甲”或“乙”）。

(2)电源的电动势E 的表达式为_____，内阻r 为______。

(3)若不计偶然误差因素的影响，考虑电流、电压表内阻，经理论分析可得，E 测____（填“大于”“小于”或“等于”）E 真，r 测_____（填“大于”“小于”或“等于”）r 真。

【答案】甲 211221
I U I U I I -- 1221U U r I I -=- 等于 等于 【解析】
【详解】
(1)[1]甲电路的连接有两个特点：左、右两个电源间的路端电压相等，干路电流相同，电阻箱可以直接读数；乙电路更加适合一般情况，需要采集更多数据，并且需要作图处理数据才可以得到结论，同状态下采集数据，根据闭合电路欧姆定律列式求解电源的电动势E 和内阻r ，甲电路更简单。

(2)[2][3]根据闭合电路欧姆定律得
11E U I r =+
22E U I r =+
解得
211221
I U I U E I I -=-，1221U U r I I -=- (3)[4][5]当电流计G 的示数为0时，相同电源，电流相等时路端电压相等，此电路中电流表测的是干路电流，电压表测的是1R 两端的电压（路端电压），因此电流表和电压表都是准确值，故
E E =测真，r r =测真
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，AC 为光滑的水平桌面，轻弹簧的一端固定在A 端的竖直墙壁上.质量1m kg =的小物块将弹簧的另一端压缩到B 点，之后由静止释放，离开弹簧后从C 点水平飞出，恰好从D
点以/D v s =的速度沿切线方向进入竖直面内的光滑圆弧轨道(DEF 小物体与轨道间无碰撞).O 为圆弧轨道的圆心，E
为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的半径1R m =，60DOE ∠=o ，37.EOF ∠=o 小物块运动到F 点后，冲
上足够长的斜面FG ，斜面FG 与圆轨道相切于F 点，小物体与斜面间的动摩擦因数0.5.sin370.6μ==o ，
cos370.8=o ，取210/.g m s =不计空气阻力.求：
（1）弹簧最初具有的弹性势能；
（2）小物块第一次到达圆弧轨道的E 点时对圆弧轨道的压力大小；
（3）判断小物块沿斜面FG 第一次返回圆弧轨道后能否回到圆弧轨道的D 点？若能，求解小物块回到D 点的速度；若不能，求解经过足够长的时间后小物块通过圆弧轨道最低点E 的速度大小．
【答案】()11
?.25J ；()2 30N ；()3 2/m s ． 【解析】
【分析】
【详解】
（1）设小物块在C 点的速度为C v ，则在D 点有：C D v v cos60o =
设弹簧最初具有的弹性势能为p E ，则：2P C 1E mv 2
=
代入数据联立解得：p E 1.25J =； ()2设小物块在E 点的速度为E v ，则从D 到E 的过程中有：
()22E D 11mgR 1cos60mv mv 22
-=-o 设在E 点，圆轨道对小物块的支持力为N ，则有：2
E v N mg R
-= 代入数据解得：E v 25m /s =，N 30N =
由牛顿第三定律可知，小物块到达圆轨道的E 点时对圆轨道的压力为30 N ；
()3设小物体沿斜面FG 上滑的最大距离为x ，从E 到最大距离的过程中有：
()()
2
E 1mgR 1cos37mgsin37μmgcos37x 0mv 2o o o ---+=- 小物体第一次沿斜面上滑并返回
F 的过程克服摩擦力做的功为f W ，则
f W 2x μmgcos37=o
小物体在D 点的动能为KD E ，则：2
KD D 1E mv 2
= 代入数据解得：x 0.8m =，f W 6.4J =，KD E 5J =
因为KD f E W <，故小物体不能返回D 点.
小物体最终将在F 点与关于过圆轨道圆心的竖直线对称的点之间做往复运动，小物体的机械能守恒，设最
终在最低点的速度为Em v ，则有：
()2
Em 1mgR 1cos37mv 2
-=o 代入数据解得：Em v 2m /s =
答：()1弹簧最初具有的弹性势能为1.25J ；
()2小物块第一次到达圆弧轨道的E 点时对圆弧轨道的压力大小是30 N ；
()3小物块沿斜面FG 第一次返回圆弧轨道后不能回到圆弧轨道的D 点.经过足够长的时间后小物块通过圆弧轨道最低点E 的速度大小为2 m /s ．
【点睛】
（1）物块离开C 点后做平抛运动，由D 点沿圆轨道切线方向进入圆轨道，知道了到达D 点的速度方向，将D 点的速度分解为水平方向和竖直方向，根据角度关系求出水平分速度，即离开C 点时的速度，再研究弹簧释放的过程，由机械能守恒定律求弹簧最初具有的弹性势能；
()2物块从D 到E ，运用机械能守恒定律求出通过E 点的速度，在E 点，由牛顿定律和向心力知识结合求物块对轨道的压力；
()3假设物块能回到D 点，对物块从A 到返回D 点的整个过程，运用动能定理求出D 点的速度，再作出判断，最后由机械能守恒定律求出最低点的速度．
16．如图所示，质量为m ＝5kg 的物体放在水平面上，物体与水平面间的摩擦因数μ=0.5.物体受到与水平面成θ＝37°斜向上的拉力F ＝50N 作用，从A 点由静止开始运动，到B 点时撤去拉力F ，物体最终到达C
点，已知AC 间距离为L ＝165m ，（sin37°
=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g ＝10m/s 2）求： (1)物体在AB 段的加速度大小a ；
(2)物体运动的最大速度大小v m 。

【答案】 (1)6m/s 2；(2)30m/s 。

【解析】
【详解】
(1)在AB 段，受力分析如图
正交分解得：
cos F N ma θμ-=
sin F N mg θ+=
代入相应数据得：26m/s a =
(2)在BC 段由牛顿第二定律得：
mg ma μ'=
解得：25m/s a '=，根据速度和位移关系得：
22m m 22v v L a a =+'
解得：m 30m/s v =。

17．如图所示，直角坐标系xOy 的第一象限内存在竖直向上的匀强电场，第四象限内有一半径为R 的圆形有界匀强磁场，磁场边界与x 轴相切于A(L ，0)点，磁场方向垂直于纸面向里，现有一质量为m ，电荷量为q 的带负电的粒子，从y 轴上的P(0，2
L )点以速度v 0平行于x 轴射入电场中，粒子恰好从A 点进入磁场，然后从C 点离开磁场(C 点图中未标出)，若匀强磁场的磁感应强度02mv B qR =
，不考虑粒子的重力，求C 点的位置坐标。

【答案】(),L R R --
【解析】
【详解】
带电粒子在电场中做类平抛运动，假设粒子在竖直方向的加速度为a ，运动时间为1t ， 则沿y 轴方向：
21122L at =① 1y v at =②
沿x 轴方向：
01L v t =③
设带电粒子进入磁场时速度与x 轴成α角
0tan y
v v α=④
由①②③④得：
45α=o ⑤
因此，带电料子进入磁场时的速度
0002cos 45
v v v ==⑥ 设带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r
由
2
v qvB m r
=⑦ 得：
22
mv r R qB ==⑧ 做出带电粒子的运动轨迹，如图所示
由几何关系可知：
2AC r =⑨
C 点的横坐标
2cos45x L r L R =-︒=-⑩
C 点的纵坐标
2sin 45y r R =-︒=-⑪
因此C 点的坐标为(),L R R --⑫。