2013-2014学年河北省衡水中学高二(上)一调物理试卷

2013-2014学年河北省衡水中学高二（上）一调物理试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、多选题(本大题共2小题，共8.0分)
1.如图，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和
b的位移一时间（x-t）图线由图可知（）
A.在时刻t1，b车追上a车
B.在时刻t2，a、b两车运动方向相反
C.在t1到t2这段时间内，b车的运动方向保持不变
D.在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大
【答案】
AB
【解析】
解：
A、在时刻t1，a、b两车的位置坐标相同，由图知，开始a的位移大于b的位移，说明b追上a．故A正确．
B、在时刻t2，a图线切线斜率为正值，说明a的速度沿正向，而b的斜率为负值，速度沿负向，所以两车运动方向相反．故B正确．
C、在t1到t2这段时间内，b图线的斜率先正后负，说明b车的运动方向先沿正向，后沿负向，故C错误．
D、位移图线切线的斜率表示速度，在t1到t2这段时间内，b车图线斜率先大于a后小于a，所以b车的速率先比a车大，后比a车小．故D错误．
故选：AB．
位移时间关系图线反映物体的位移随时间的变化规律，图线的斜率表示速度的大小．纵坐标的变化量表示位移．根据这些知识进行分析两物体的运动情况．
解决本题的关键知道位移时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示速度的大小，能够通过图线得出运动的方向．
2.如图甲所示，物体A正从斜面体B上沿斜面下
滑，而斜面体在水平面上始终保持静止，物块沿
斜面下滑运动的v-t图象如图乙所示，则下面说法
中正确的是（）
A.物块A在沿斜面下滑的过程中受到两个力的作用
B.物体A在沿斜面下滑的过程中受到三个力的作用
C.地面对斜面体B有水平向左的摩擦力作用
D.斜面体B相对于地面没有水平向左或向右的运动趋势
【答案】
BD
【解析】
解：物块做匀速直线运动，所以所受合力为0，对其受力分析，所受力有：重力、支持力、沿着斜面向上的滑动摩擦力．故B正确，A错误；
以AB整体为研究对象进行受力分析，只受重力和支持力，水平方向没有外力的作用故物块水平方向没有运动趋势，所以C错误，D正确．
故选：BD．
由速度时间关系图象可以看出，物块做匀速直线运动，则物块应该所受合力为0，从而
判断物块受到几个力；然后采用整体法进行受力分析．
灵活采用整体法和隔离法进行受力分析可以使问题简单化．
二、单选题(本大题共2小题，共8.0分)
3.跳台滑雪运动员的动作惊险而优美，其实滑雪运动可抽象为物体在斜坡上的平
抛运动．如图所示，设可视为质点的滑雪运动员，从倾角为θ的斜坡顶端P处，
以初速度v0水平飞出，运动员最后又落到斜坡上A点处，AP之间距离为L，在空中运动时间为t，改变初速度v0的大小，L和t都随之改变．关于L、t与v0的关系，下列说法中正确的是（）
A.L与v0成正比
B.L与v02成正比
C.t与v02成正比
D.t与v0成正比
【答案】
BD
【解析】
解：滑雪运动可抽象为物体在斜坡上的平抛运动．设水平位移x，竖直位移为y，结合几何关系，有：
水平方向上：x=L cosθ=v0t
竖直方向上：
联立可得：，则，即t与v0成正比；故C错误，D正确；
，即L与成正比，故A错误，B正确．
故选：BD．
根据平抛运动规律：水平方向上匀速直线运动，竖直方向上自由落体运动列式联立可求解．
本题考查平抛运动规律的应用，能够灵活利用公式求得v0及L的表达式，从而可求解．
4.如图所示长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度
冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到
木板A上到相对板A静止的过程中，下述说法中正确是（）
A.物体B动能的减少量等于系统损失的机械能
B.物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量
C.物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和
D.摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量
【答案】
C
【解析】
解：A、物体B动能的减少量等于A的机械能增量和系统损失的机械能之和，故A错误
B、由动能定理可知，物体B克服摩擦力做的功就是物体B动能的减少量，故B错误
C、物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和，故C正确
D、摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量的负值，故D错误
故选：C
B在A上滑行过程中，B对A的滑动摩擦力对A做正功，而A对B的滑动摩擦力对B 做负功，并且在此过程中，将有摩擦生热现象，系统内能的增量将等于系统机械能的减少量．
注意弄清几个说法的相互关系：B的机械能的减少等于A的机械能的增加与系统内能增
加的总和；系统机械能的减少等于系统内能的增加．
三、多选题(本大题共2小题，共8.0分)
5.如图所示，小球沿水平面以初速v0通过O点进入半径为R的竖直
半圆弧轨道，不计一切阻力．下列说法正确的是（）
A.小球进入竖直半圆弧轨道后做匀速圆周运动
B.若小球能通过半圆弧最高点P，则小球运动到P时向心力恰好为零
C.若小球恰能通过半圆弧最高点P，则小球落地点时的动能为
D.若小球恰能通过半圆弧最高点P，则小球落地点离O点的水平距离为2R
【答案】
CD
【解析】
解：A、小球进入竖直半圆弧轨道后做圆周运动运动，但不是匀速圆周运动，由于在上升的过程中，小球的重力要做功，小球的速度的大小在变化，所以不是匀速圆周运动，所以A错误．
B、小球在轨道内侧做圆周运动，属于绳的模型，在最高点的最小的速度应该是重力恰好作为小球的向心力，向心力不是零，所以B错误．
C、小球恰能通过半圆弧最高点P，此时的重力恰好作为向心力，由mg=m，小球从P点到落地的过程中，机械能守恒，所以mg2R+m=m V2，由以上两个等式可以求得小球落地点时的动能为，所以C正确．
D、小球离开P后做平抛运动，根据平抛运动的规律可得，
水平方向上：x=V P t
竖直方向上：2R=gt2
并且有mg=m，
联立可以解得x=2R，所以D正确．
故选CD．
小球进入轨道之后，只有重力做功，所以小球的机械能守恒，当恰好能通过最高点时，小球的重力恰好作为向心力，根据向心力的公式可以分析小球的速度的大小，进而可以求得落得动能，离开轨道之后小球做的是平抛运动，由平抛运动的规律可以求得水平方向的位移的大小．
本题属于圆周运动中的绳的模型，刚好能过最高点的条件是球的重力恰好作为向心力，离开轨道之后小球做的是平抛运动．
6.AM、BN是平行板电容器两极板，板长为L，距离板
右端L处有竖直屏PQ．若带电，两板之间为匀强电场，
两板之外电场忽略不计．一质量为m，带电量为+q的
油滴以水平速度V0飞入电容器间，经过一段时间油滴
垂直打在屏上．下列说法正确的是（）
A.平行板电容器可能不带电
B.BN板一定带正电，且电场强度大小为
C.油滴在电容器间运动过程中机械能一定增大
D.油滴撞击PQ前的瞬间速度大小仍为V0
【答案】
CD
【解析】
解：A、油滴在竖直方向上开始受重力和电场力，然后仅受重力，竖直方向上的分速度最终为零，水平方向上的分速度不变，知油滴撞击PQ前的瞬间速度大小仍为V0．油滴离开电场时竖直方向的分速度方向向上，知电场力大于重力，且电场力方向竖直向上．故A错误，D正确．
B、油滴电场力方向向上，所以BN板带正电，电场力大于重力，即q E＞mg，所以E＞．故
B错误．
C、油滴在电容器间运动，电场力做正功，根据除重力以外其他力做功等于机械能的增量，知机械能增大．故C正确．
故选CD．
油滴垂直打在屏上，将油滴的运动分解为水平方向和竖直方向，知竖直方向上的分速度最终为零，油滴在电容器间受电场力和重力做类平抛运动，出电场后仅受重力．通过油滴竖直方向分速度的变化进行分析．
解决本题的关键通过油滴竖直方向上分速度为零，知油滴离开电容器时有竖直向上的分速度．
四、单选题(本大题共2小题，共8.0分)
7.如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正
点电荷，带负电的小物体以初速度V1从M点沿斜面上滑，
到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为
V2（V2＜V1）．若小物体电荷量保持不变，OM=ON，则（）
A.从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小
B.从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功
C.小物体上升的最大高度为
D.从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先减小后增大
【答案】
C
【解析】
解：A、由题分析可知，正点电荷对物体有吸引力，从N到M的过程中，物体与正点电荷间的距离先减小后增大，则电场力先做正功后做负功，物体的电势能先减小后增加．故A错误．
B、从M到N的过程中，物体与正点电荷间的距离先减小后增大，则电场力先做正功后做负功．故B错误．
C、设物体上升过程中，摩擦力做功为W，上升的最大高度为h．由于OM=ON，M、N 两点的电势相等，上升和下滑过程中电场力做功都为0，则根据动能定理得
上升过程：W-mgh=0-
下滑过程：W+mgh=-0联立解得，h=．故C正确．
D、从N到M的过程中，小物体受到的电场力先增大后减小，电场力在垂直于斜面的分力也先增大后减小，根据物体在垂直于斜面方向力平衡得知，斜面对物体的支持力也先
增大后减小，则物体受到的摩擦力先增大后减小．故D错误．
故选C
小物块带负电，正点电荷对它有吸引力，根据距离变化即可判断电场力做功和电势能的变化．根据动能定理分别上升和下滑两个过程，求出物体上升的最大高度．分析小球受力情况，根据斜面对小球支持力的变化，分析摩擦力的变化．
本题根据物体与正电荷间距离的变化，来判断电场力做功的正负．求物体上升的最大高度时，要抓住OM=ON这个条件，得到M、N的电势相等，则知上升和下降电场力做功为0．
8.如图是一个将电流表改装成欧姆表的示意图，此欧姆表已经调
零，用此欧姆表测一阻值为R的电阻时，指针偏转至满刻度处，
现用该表测一未知电阻，指针偏转到满刻度的处，则该电阻的阻
值为（）
A.4R
B.5R
C.10R
D.16R
【答案】
D
【解析】
解：设电动势为E，内阻为R内，满偏电流为I g，
欧姆表调零时，I g=
内
测一阻值为R的电阻时
I g=
内
测一未知电阻时
I g=
内
解这三式得：
R=16R
故选D．
欧姆表调零即待测电阻为零，根据指针偏转位置和闭合回路欧姆定律求解．
考查欧姆表的改装原理，结合闭合回路欧姆定律进而求所测电阻．
五、多选题(本大题共1小题，共4.0分)
9.如图所示是用电子射线管演示带电粒子在磁场中受洛仑兹力的
实验装置，图中虚线是带电粒子的运动轨迹，那么下列关于此装置
的说法正确的有（）
A.A端接的是高压直流电源的正极
B.A端接的是高压直流电
源的负极
C.C端是蹄形磁铁的N极
D.C端是蹄形磁铁的S极
【答案】
BC
【解析】
解：A、由图可知，电子是从A端射出，则A端是高压直流电源的负极．故A错误；
B、由图可知，电子是从A端射出，则A端是高压直流电源的负极．故B正确；
C、电子是从A向B运动，且洛伦兹力向下，则由左手定则可得磁场方向由C向D．故
C正确；
D、电子是从A向B运动，且洛伦兹力向下，则由左手定则可得磁场方向由C向D．故D错误；
故选：BC
运动的电子在磁场中受到洛伦兹力作用，出现向下偏转，则说明洛伦兹力向下．根据电子带负电，结合左手定则可确定磁场方向．
由左手定则可确定磁场方向、运动电荷的速度方向与洛伦兹力的方向．
六、单选题(本大题共1小题，共4.0分)
10.某同学按如图电路进行实验，电压表内阻看作无限大，电
流表内阻看作零．实验中由于电路发生故障，发现两电压表示
数相同了（但不为零），若这种情况的发生是由用电器引起的，
则可能的故障原因是（）
A.R3短路
B.R P短路
C.R3断开
D.R2断开
【答案】
BD
【解析】
解：
A、若R3短路时，由于电流表内阻看作零，两电压表都被短路，示数都为零，与题不符．故A错误．
B、R P短路时，两电压表都测量R2的电压，示数相同，而且都不为零．故B正确．
C、R3断开时，电压表V2测量R p的电压，电压表V1测量R p和R2串联的电压，电压表V1的示数大于电压表V2的示数．故C错误．
D、R2断开时，由于电压表内阻看作无限大，R P中电流为零，电压为零，两电压表都测量R3的电压，示数相同，而且都不为零．故D正确．
故选BD
根据四个选项逐一代入检查，分析哪种情况中两电压表测量哪部分电压，示数是否相同，再进行选择．
本题中两电表都是理想电表，电压表内阻看作无限大，与之串联的电阻没有电流．电流表内阻看作零，与电流表并联的电阻被短路．
七、多选题(本大题共1小题，共4.0分)
11.如图所示电路中，定值电阻R大于电源内阻r，当滑动变
阻器滑动端向右滑动后，理想电流表A1、A2、A3的示数变
化量的绝对值分别为△I1、△I2、△I3，理想电压表示数变化
量的绝对值为△U，下列说法中正确的是（）
A.电流表A2的示数一定变小
B.电压表V的示数一
定增大
C.△I3一定大于△I2
D.△U与△I1比值一定小于电源内阻r
【答案】
BCD
【解析】
解：AB、当滑动变阻器滑动端向右滑动后，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，则总电流减小．所以电流表A3的示数减小．
根据串联电路分压的特点分析可知，并联部分电压增大，即电压表V的示数增大，电流表A2的示数变大．故A错误，B正确．
CD、根据并联电路的电流规律I3=I1+I2，A1的示数I1变小，A2的示数I2变大，A3的示数I3变小，则知△I1一定大于△I3．
电压表测量路端电压，根据闭合电路欧姆定律U=E-I3r可知，=r，而△I1大于△I3，所以＜r．
根据=r，=R，据题R＞r，则得△I3一定大于△I2．故C、D正确．
故选：BCD．
当滑动变阻器滑动端向右滑动后，分析变阻器接入电路的电阻如何变化，分析外电路总电阻如何变化，确定总电流的变化情况，即可知电流表A3的示数变化情况．根据串联电路的特点分析并联部分电压的变化情况，确定电流表A2的示数变化情况，根据并联电路的电流规律，分析A2与A3的变化量大小．根据闭合电路欧姆定律分析△U与△I1比值．
本题是一道闭合电路的动态分析题，分析清楚电路结构、明确电表所测电压即可正确解题．
八、单选题(本大题共3小题，共12.0分)
12.如图所示，带电粒子以速度v0从a点进入匀强磁场，运
动中经过b点，O a=O b，若撤去磁场加一个与y轴平行的匀
强电场，仍以v0从a点进入电场，粒子仍能通过b点，那么
电场强度E与磁感应强度B之比为（）
A.v0
B.
C.2v0
D.
【答案】
C
【解析】
解：设oa=ob=d，因为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d，
即r==d，得到B=．
如果换成匀强电场，水平方向以v0做匀速直线运动，竖直沿y轴负方向做匀加速运动，即d=××，
得到E=，所以=2v0，选项C正确．
故选C
带电粒子以速度v0从a点进入匀强磁场，运动中经过b点，O a=O b，所以圆周运动的半径正好等于d，根据半径公式求出B，如果换成匀强电场，则粒子做类平抛运动，根据平抛运动的基本规律即可求解．
带电粒子在电场磁场中的运动要把握其运动规律，在电场中利用几何关系得出其沿电场和垂直于电场的运动规律；而在磁场中也是要注意找出相应的几何关系，从而确定圆心和半径．
13.如图，在倾角为θ的斜面上，有一质量为m的通电长导线，电
流方向如图，当斜面处于方向垂直于斜面向上的匀强磁场中，磁感
强度分别为B1和B2时，斜面与长直导线的静摩擦力均达到最大值，已知B1：B2=3：1，则斜面与长直导线的最大静摩擦力为（）
A.mgtanθ
B.mgsinθ
C.
D.
【答案】
D
【解析】
解：由题意可知，左手定则，得安培力沿着斜面向上，因此受力分析，当安培力偏大时，则有：B1IL=f m+mgsinθ；
当安培力偏小时，则有：B2IL+f m=mgsinθ；
已知B1：B2=3：1，联立可解得，f m=；故D正确，ABC错误；
故选：D．
根据左手定则，来确定安培力的方向，结合导线处于平衡状态，当安培力偏大时，导线有向上滑动的趋势，当安培力偏小时，导线有向下滑动的趋势，从而列出两个方程，进而求解．
考查左手定则的应用，学会受力分析，注意平衡方程列式，及安培力大小决定静摩擦的方向．
14.如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸
面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中．质量为m、带电量为+Q
的小滑块从斜面顶端由静止下滑．在滑块下滑的过程中，下列判断
正确的是（）
A.滑块受到的摩擦力不变
B.滑块到地面时的动能与B的大小无关
C.滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下
D.B很大时，滑块可能静止于斜面上
【答案】
C
【解析】
解：A、小滑块向下运动的过程中受到重力，支持力，垂直斜面向下的洛伦兹力，摩擦力，向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，滑动摩擦力增大．故A错误，C正确．
B、B的大小不同，洛伦兹力大小不同，导致滑动摩擦力大小不同，根据动能定理，摩擦力功不同，到达底端的动能不同．故B错误．
D、滑块之所以开始能动，是因为重力的沿斜面的分力大于摩擦力，B很大时，一旦运
动，不会停止，最终做匀速直线运动，故D错误．
故选：C．
小滑块向下运动的过程中受到重力，支持力，垂直斜面向下的洛伦兹力，摩擦力，向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，滑动摩擦力增大，当加速度减到0，做匀速运动．
解决本题的关键知道洛伦兹力的方向和洛伦兹力的大小以及能够正确的受力分析，理清物体的运动状况．
九、填空题(本大题共2小题，共12.0分)
15.在“测金属的电阻率”的实验中，分别用游标卡尺和螺旋测微器测出用金属材料制成的一段圆柱体的长度和横截面的直径如图所示．则该圆柱体的长度（图1）为______ mm，横截面的直径（图2）为______
mm．
【答案】
20.40；8.600
【解析】
解：由图1所示游标卡尺可知，其主尺示数为2.0cm=20mm，游标尺示数为
8×0.05mm=0.40mm，游标卡尺示数为20mm+0.40mm=20.40mm；由图2所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为8.5mm，可动刻度示数为10.0×0.01mm=0.100mm，螺旋测微器所示为8.5mm+0.100mm=8.600mm．
故答案为：20.40；8.600．
游标卡尺主尺与游标尺的示数之和是游标卡尺的示数；
螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数．
本题考查了游标卡尺与螺旋测微器的读数，游标卡尺不需要估读，螺旋测微器需要估读．
16.实际电压表内阻并不是无限大，可等效为
理想电压表与较大的电阻的并联．测量一只
量程已知的电压表的内阻，器材如下：
①待测电压表（量程3V，内阻约3KΩ待测）
一只，
②电流表（量程3A，内阻0.01Ω）一只，
③电池组（电动势约为3V，内阻约1Ω），
④滑动变阻器一个，
⑤变阻箱（可以读出电阻值，0-9999Ω）一个，
⑥开关和导线若干．
某同学利用上面所给器材，进行如下实验操作：
（1）该同学设计了如图甲、乙两个实验电路．为了更准确地测出该电压表内阻的大小，你认为其中相对比较合理的是______ （填“甲”或“乙”）电路．其理由是：______ ；
（2）用你选择的电路进行实验时，闭合电键S，改变阻值，记录需要直接测量的物理量：电压表的读数U和______ （填上文字和符号）；
（3）（单选题）选择下面坐标轴，作出相应的直线图线______
（A）U-I（B）U-（C）-R（D）
U-R
（4）设直线图象的斜率为k、截距为b，请写出待测电压表内阻表达式R v= ______ ．【答案】
乙；甲电路中，电压表内阻太大，会导致电流表示数几乎为零而无法准确读数；电阻箱阻值R；C；
【解析】
解：（1）图甲所示电路滑动变阻器与电压表串联接入电路，电源电动势为3V，电压表内阻约为3KΩ，由于电压表内阻太大，电路电流很小几乎为零，电流表无法准确读数，因此甲电路不合理；由于电阻箱电阻最大阻值为9999Ω，改变电阻箱阻值可以改变电压表示数，测出多组实验数据，因此比较合理的实验电路是乙．
（2）选用图甲所示实验电路，闭合电键S，改变阻值，记录需要直接测量的物理量：电压表的读数U和电阻箱阻值R．
（3）电压表内阻约为3KΩ，电源内阻约为1Ω，相对于电压表内阻来说电源内阻可以忽略不计，由闭合电路欧姆定律可得：E=U V+IR=U+R，则：
=+R，
应用图象法处理实验数据时，应作出-R图象，故选C．
（4）由=+R可知，-R图象的斜率：k=，截距b=，则电压表内阻R V=；故答案为：（1）乙；电压表内阻太大，会导致电流表示数几乎为零而无法准确读数．（2）电阻箱的阻值R；（3）C；（4）．
（1）电压表内阻很大，串联接入电路后电路电流很小，电流表示数几乎为零，无法准确读数，因此不能用伏安法测电压表内阻，应使用电压表与电阻箱组成电路测电压表内阻．
（2）实验时需要测出电压表示数与对应的电阻箱阻值．
（3）应用图象法处理实验数据时，图象为直线最简单，根据闭合电路的欧姆定律求出电压与电阻箱阻值关系，然后作出合适的图象．
（4）根据函数表达式求出斜率k与截距b的表达式，然后求出电压表内阻．
本题考查了实验电路的选择、实验步骤、实验数据处理等；应用图象法处理实验数据时，要选择合适的变量，使图象为直线，图象是直线，图象比较直观、易于实验数据的处理．
十、计算题(本大题共4小题，共42.0分)
17.如图所示，E=10V，电源内阻不计，R1=4Ω，R2=6Ω，
C1=C2=30μF．先闭合开关S，待电路稳定后再断开S，求
断开S后流过电阻R1的电量．
【答案】
解：开关闭合时，电路中电流I===1A；
R2两端的电压U=IR2=6V；
故电容器C1上的带电量Q1=UC=6V×30μF=1.8×10-4C；
当断开开关后，两电容器直接与电源相连，电压均等于电源的电动势；
故两电容上的电量Q总=2×E×C=2×10V×30μF=6.0×10-4C；
故通过R1的电量△Q=Q总-Q1=4.2×10-4C．
【解析】
当开关闭合时，R1与R2串联，电容器C2短路，C1与R2并联，故C1两端的电压与R2
两端相连；
当开关断开时，电路断开，两电容器均与电源相连，故两电容器充电，通过R1的电量等于两电容器上增加的电量．
本题要注意电路的结构，当电路开始变化时，电容器充放电，电路中有电流存在；而当电容器稳定后，电路相当于断开．
18.如图所示，在屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁
场，磁场方向垂直纸面向里．P为屏上的一小孔，PC与MN
垂直．一群质量为m､带电荷量为-q的粒子（不计重力），
以相同的速率v，从P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区
域．粒子入射方向在与磁场B垂直的平面内，且散开在与
PC夹角为θ的范围内．求在屏MN上被粒子打中的区域的
长度为多少？
【答案】
解：粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，得
qv B=m
则得，粒子的轨迹半径为R=
粒子沿着右侧边界射入，轨迹如上面左图，此时出射点最近，与边界交点与P间距为：
2rcosθ；
粒子沿着左侧边界射入，轨迹如上面右图，此时出射点最近，与边界交点与P间距为：2rcosθ；
粒子垂直边界MN射入，轨迹如上面中间图，此时出射点最远，与边界交点与P间距为：2r；
故范围为在荧光屏上P点右侧，将出现一条形亮线，其长度为：2r-2rcosθ=2r（1-cosθ）=．
答：在屏MN上被粒子打中的区域的长度为．
【解析】
粒子仅受洛伦兹力，做匀速圆周运动，分析找出粒子的一般轨迹后，得到在屏MN上被粒子打中的区域的长度．
本题关键通过作图分析粒子可能出现的运动轨迹，然后综合考虑在荧光屏上的落点，得到长度的范围．
19.如图所示为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台
皮带传送机组成，一台水平，A、B两端相距2.5m，另一台倾
斜，传送带与地面的倾角θ=37°，C、D两端相距5m，B、
C相距很近．水平部分AB以v0=5m/s的速率顺时针转动．倾斜部分CD以v=4m/s的
速率顺时针转动．将质量为10kg的一袋大米无初速度放在A端，到达B端后，速度大小不变地传到倾斜的CD部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5．已知g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，试求：米袋沿CD传送带所能上升的最大距离及米袋从A
端到CD最高点所用的时间．
【答案】
解：米袋在AB上加速时的加速度大小为：
a0==μg=5m/s2，
米袋的速度达到v1=5m/s时，滑行的距离为：x0==2.5m=AB，
因此米袋在到达B点时就具有了与传送带相同的速度．
所用时间：t1=1s
设米袋速度减为v之前的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：
mgsinθ+μmgcosθ=ma1，
代入数据得：a1=10m/s2．
米袋速度小于v后所受摩擦力沿传送带向上，继续匀减速运动直到速度减为零，该阶段加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma2，
代入数据得：a2=2m/s2．
米袋沿CD传送带所能上升的最大距离由运动学公式得：X=+=4.45m
米袋从C到最高点所需时间：t2=+=2.1s。