陕西省渭南市2021届新高考物理模拟试题(2)含解析

陕西省渭南市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，甲为波源，M 、N 为两块挡板，其中M 板固定，N 板可移动，两板中间有一狭缝。

此时测得乙处点没有振动。

为了使乙处点能发生振动，可操作的办法是（ ）
A ．增大甲波源的频率
B ．减小甲波源的频率
C ．将N 板竖直向下移动一些
D ．将N 板水平向右移动一些
【答案】B
【解析】
【详解】
乙处点没有振动，说明波没有衍射过去，原因是MN 间的缝太宽或波长太小，因此若使乙处质点振动，可采用N 板上移减小间距或增大波的波长，波速恒定，根据
v f λ=
可知减小甲波源的频率即可，ACD 错误，B 正确。

故选B 。

2．甲、乙、丙、丁四辆小车从同一地点向同一方向运动的图象如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A ．甲车做直线运动，乙车做曲线运动
B ．在0～t 1时间内，甲车平均速度等于乙车平均速度
C ．在0～t 2时间内，丙、丁两车在t 2时刻相遇
D ．在0～t 2时间内，丙、丁两车加速度总是不相同的
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．位移时间图线表示位移随时间的变化规律，不是物体运动的轨迹，甲乙都做直线运动，故A 错误；
B ．由位移时间图线知，在0～t 1时间内，甲乙两车通过的位移相等，时间相等，甲车平均速度等于乙车平均速度，故B 正确；
C ．由v t -图像与坐标轴所围面积表示位移，则由图可知，丙、丁两车在t 2时刻不相遇，故C 错误；
D ．由v t -图像斜率表示加速度，由图像可知，在0～t 2时间内有个时刻两车的加速度相等，故D 错误。

故选B 。

3．某探究小组计划以下述思路分析电容器间电场（可看作匀强电场）的特点。

如图所示，把电容器的一个极板接地，然后用直流电源给电容器充电，接地极板连接电源正极，充电结束后电容器与电源断开。

在两极板之间的P 点固定一个负试探电荷，正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离x 。

在平移过程中，电容C 、场强E 、P 点电势p ϕ、试探电荷在P 点电势能p E 与负极板移动距离x 的关系正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】D
【解析】
【详解】
设原两极板的距离为0d ，负极板右移x 时，两极板的距离为
0-d x
两极板间的距离减小；
A ．两极板间距减小为0()-d x 时，由4πS C kd ε=知
04π()S
C k d x ε=-
则C 增大，但C 与x 的关系不是一次函数，其图像不是直线，故A 错误；
B ．由
Q C U
=，U E d = 则有 4πkQ E S ε=
则E 与x 无关，其图像为平行于x 轴的直线，故B 错误；
C ．正极板接地其电势为0，且为最高值。

P 点与正极板距离不变，设为l ，其电势为
p El ϕ=-
得
4πP kQl S
ϕε=- 则p ϕ与x 无关，其图像为平行于x 轴的直线，且为负值，故C 错误；
D ．负试探电荷电势能为
4πP p kQlq E q S
ϕε=-= 则p E 与x 无关，其图像为平行于x 轴的直线，且为正值，故D 正确。

故选D 。

4．如图所示，一飞行器围绕地球沿半径为r 的圆轨道1运动，经P 点时，启动推进器短时间向后喷气使其变轨，轨道2、3是与轨道1相切于P 点的可能轨道，则飞行器（ ）
A ．变轨后将沿轨道3运动
B ．变轨后相对于变轨前运行周期变大
C ．变轨前、后在两轨道上运动时经P 点的速度大小相等
D ．变轨前经过P 点的加速度大于变轨后经过P 点的加速度
【答案】B
【解析】
根据题意，飞行器经过P点时，推进器向后喷气，飞行器线速度将增大，做离心运动，则轨道半径变大，变轨后将沿轨道2运动，由开普勒第三定律可知，运行周期变大，变轨前、后在两轨道上运动经P点时，地球对飞行器的万有引力相等，故加速度相等，故B正确，ACD错误。

故选B。

5．有一个变压器，当输入电压为220 V时输出电压为12 V，某同学在实验过程中发现此变压器副线圈烧坏了，于是他从变压器上拆掉烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新绕了5匝线圈作为副线圈（如图所示），然后将原线圈接到110 V交流电源上，将交流电流表与的固定电阻串联后接在新绕的5匝线圈两端，这时电流表的示数为5 mA。

该同学按理想变压器分析，求出了该变压器副线圈的匝数。

你认为该变压器原来的副线圈匝数应为（）
A．2200 B．1100 C．60 D．30
【答案】C
【解析】
【详解】
由题意可知当新绕5匝线圈后，原线圈接到110 V交流电源上，新绕线圈电流为5mA，则新绕线圈的电压为
根据原副线圈电压值比等于匝数比可知
可得原线圈的匝数为
匝匝
又因为当副线圈没有损坏输入电压为220V时输出电压为12 V，可得
可得该变压器原来的副线圈匝数应为
匝匝
故C正确，ABD错误。

6．在“油膜法”估测分子大小的实验中，认为油酸分子在水面上形成的单分子层，这体现的物理思想方法是（）
A．等效替代法B．控制变量法C．理想模型法D．累积法
【答案】C
【解析】
【分析】
考查实验“用油膜法估测分子大小”。

【详解】
在油膜法估测分子大小的实验中，让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，将油酸分子看做球形，认为油酸分子是一个紧挨一个的，估算出油膜面积，从而求出分子直径，这里用到的方法是：理想模型法。

C正确，ABD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．如图为儿童游乐场的滑梯示意图，滑梯可视为倾角为θ、质量为M的斜面固定在地面上，小美手持细线下端悬挂一小球沿滑梯滑下，小美连同小球的质量为m，下滑时，细线呈竖直状态，则在下滑过程中，下列说法正确的是（）
A．滑梯对地面的压力大小为（M+m）g
B．小美、小球组成的系统机械能守恒
C．小美与滑梯间的动摩擦因数一定为tanθ
D．系统增加的内能大于小美减少的机械能
【答案】ACD
【解析】
【分析】
【详解】
A．由于下滑时，细线呈竖直状态，说明小美、小球一起沿滑梯匀速下滑，将滑梯、小美、小球看一个整体，则滑梯对地面的压力大小为（M+m）g，故A正确；
B．由于小美、小球一起沿滑梯匀速下滑，则小美、小球组成的系统机械能减小，故B错误；
C．由于小美、小球一起沿滑梯匀速下滑，则有
sin cos mg mg θμθ=
所以小美与滑梯间的动摩擦因数一定为tanθ，故C 正确；
D ．由能量守恒可知，小美和小球减小的机械能等于系统增加的内能，则系统增加的内能大于小美减少的机械能，故D 正确。

故选ACD 。

8．如图所示，空中飞椅在水平面内做匀速圆周运动，飞椅和人的质量为m ，运动半径为R ，角速度大小为ω，钢绳与竖直方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g 。

下列说法正确的是
A ．运动周期为2ωπ
B ．线速度大小为ωR
C ．钢绳拉力的大小为mω2R
D ．角速度θ与夹角的关系为gtanθ=ω2R
【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．运动的周期：
2T π
ω=
A 错误；
B ．根据线速度和角速度的关系：
v R ω=
B 正确；
CD ．对飞椅和人受力分析：
根据力的合成可知绳子的拉力：
cos mg T θ= 根据牛顿第二定律：
2tan mg m R θω=
化解得：2tan g R θω=，C 错误，D 正确。

故选BD 。

9．如图所示是导轨式电磁炮的原理结构示意图。

两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，其间安放炮弹。

炮弹可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨保持良好接触。

内阻为r 可控电源提供的强大恒定电流从一根导轨流入，经过炮弹，再从另一导轨流回电源，炮弹被导轨中的电流形成的磁场推动而发射。

在发射过程中，该磁场在炮弹所在位置始终可以简化为磁感应强度为B 的垂直平行轨道匀强磁场。

已知两导轨内侧间距L ，炮弹的质量m ，炮弹在导轨间的电阻为R ，若炮弹滑行s 后获得的发射速度为v 。

不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A ．a 为电源负极
B ．电磁炮受到的安培力大小为2
mv F s
= C ．可控电源的电动势是()2mv R r E sBL
+= D ．这一过程中系统消耗的总能量是23222
1()22m v R r mv sB L ++ 【答案】AD
【解析】
【详解】
A ．若电源a 、b 分别为负极、正极，根据左手定则可知，受到的安培力向右，则导体滑块可在磁场中向右加速；故A 正确；
B ．因安培力F=BIL ，根据动能定理
212
Fx mv =
所以 2
2mv F s
=
选项B 错误；
C ．由匀加速运动公式
202v a s
-= 由安培力公式和牛顿第二定律，有
F=BIL=ma
根据闭合电路欧姆定律根据闭合电路欧姆定律
E I R r
=+ 联立以上三式解得
2()2mv R r E sBL
+= 选项C 错误；
D ．因这一过程中的时间为
2s t v
= 所以系统产生的内能为
Q=I 2（R+r ）t
2()2mv R r E sBL
+= 联立解得
2322()2m v R r Q sB L
+= 炮弹的动能为
2k 12
E mv = 由能的转化与守恒定律得这一过程中系统消耗的总能量为
232k 22
1()22m v R r E Q E mv sB L +=+=+ 所以D 正确。

故选AD 。

10．如图所示，质量均为m 的物块A B 、放在倾角为30︒的光滑斜面上，斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板，B 与挡板接触，A B 、间用劲度系数为k 的轻弹簧连接，A B 、均处于静止状态。

现对物块A 施加沿斜面向上、大小恒定的拉力F ，使物块A 沿斜面向上运动，当A 向上运动到速度最大时，B 对挡板的压力恰好为零，重力加速度为g ，则在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A ．拉力F 等于mg
B ．物块A 的加速度一直减小
C ．物块A 向上移动的距离为
2mg k D ．物块A 的加速度大小为
12
g 时，物块B 对挡板的压力为12mg 【答案】ABD
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．由分析，可知物块A 沿斜面向上做加速度不断减小的加速运动，当物块A 速度最大时，加速度为零，此时物块B 刚要离开挡板，由受力分析得弹簧的弹力为 11sin 302
F mg mg ==o 对物块A 分析，有
1sin 30F F mg mg =+=o
故AB 正确；
C ．开始时，弹簧的压缩量为
1sin 302mg mg x k k
︒== 同理，当物块A 速度最大时，弹簧的伸长量为
2sin 302mg mg x k k
︒== 因此物块A 向上移动的距离为
12mg x x k
+= 故C 错误； D ．由分析得知，当物块A 的加速度为
12g 时，根据牛顿第二定律有 2sin 30F F mg ma -==o
解得弹簧的弹力
20F =
即弹簧处于原长，对物块B 分析，则有 1cos302N F mg mg ==
o 故物块B 对挡板压力为12mg ，故D 正确。

故选ABD 。

11．质谱仪用来分析带电粒子的质量与电荷量，其构造原理如图所示。

将第-种粒子源放于S 处，经加速电场（电压为U ）加速后垂直于磁场方向、垂直于磁场边界进入匀强磁场。

在磁场中运动后到达磁场边界上的P 点。

换第二种粒子源也放在S 处，其粒子同样到达P 点。

粒子从粒子源射出的初速度均为零，不计粒子重力。

则下列说法正确的是（ ）
A ．若第二种粒子的电性与第一种不同，需同时改变电场方向与磁场方向
B ．若第二种粒子的电性与第一种不同，只需改变电场方向或磁场方向即可
C ．若第二种粒子与第--种粒子是同位素，其质量比为2627
，保持电场电压不变，则磁场磁感应强度需调整为原来的2627
D ．若第二种粒子与第--种粒子的质量比为
1314、电荷量比为1213，保持磁场磁感应强度不变，则电场电压需调整为原来的
168169
【答案】ACD
【解析】
【详解】
AB ．如图所示
带电粒子运动有3个子过程。

两种粒子要在电场中加速，则电场力方向相同。

因电性不同，则电场方向相
反。

粒子进入磁场时速度方向相同，在磁场中均向下偏转，所受洛伦兹力方向相同，由左手定则知粒子电性不同，则磁场方向不同，故A 正确，B 错误；
CD ．加速电场加速有
212qU mv = 磁场中圆周运动有 2v qvB
m r
= 解得
12mU B r q
= 第二种粒子与第-种粒子是同位素，其电荷量q 相同，若质量比为
2627，则 22112627
B m B m == 解得
22111212141681313169
U q m U q m =⨯=⨯= 故CD 正确。

故选ACD 。

12．如图所示，两根间距为L 、电阻不计、足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 水平故置。

导轨所在空间存在方向与导轨所在平面垂直、磁感应强度大小为B 的匀强磁场。

平行金属杆ab 、cd 的质量分别为m 1、m 2，电阻分别为R 1、R 2，长度均为L ， 且始终与导轨保持垂直。

初始时两金属杆均处于静止状态，相距为x 0。

现给金属杆ab 一水平向右的初速度v 0，一段时间后，两金属杆间距稳定为x 1，下列说法正确的是（ ）
A ．全属杆cd 先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动
B ．当全属杆ab 的加速度大小为a 时，金属杆cd 的加速度大小为21
m a m C ．在整个过程中通过金属杆cd 的电荷量为()1012
-+BL x x R R D ．金属杆ab 、cd 运动过程中产生的焦耳热为()
2121202+m m v m m
【答案】CD
【解析】
【详解】
A ．因为最终两金属杆保持稳定状态，所以最终两金属杆所受的安培力均为零，即回路中无感应电流，穿过回路的磁通量不再改变，则两金属杆最终的速度相同，所以金属杆ab 先做加速度逐渐减小。

的减速直线运动，最后做匀速直线运动，金属杆cd 先做加速度逐渐减小的加速直线运动，最后做匀速直线运动，A 项错误；
B ．两金属杆中的电流大小始终相等，根据安培力公式F 安=BIL 可知两金属杆所受的安培力大小时刻相等，再根据牛顿第二定律F=ma 可知当金属杆ab 的加速度大小为a 时，金属杆cd 的加速度大小为12
m a m ，B 项错误；
C ．设从金属杆ab 获得一水平向右的初速度v 0到最终达到共同速度所用的时间为t 。

则在这段时间内，回路中的磁通量的变化量 ∆Φ= BL （x 1-x 0）
根据法拉第电磁感应定律有
∆Φ=E t
由闭合电路欧姆定律有
12
E I R R =+ 设在这段时间内通过金属杆cd 的电荷量为q ，所以有
q I t
= 联立以上各式解得
q=()1012
-+BL x x R R C 项正确；
D ．设两金属杆最终的共同速度为v ，根据动量守恒定律有
()1012m v m m v =+
设金属杆ab 、cd 产生的焦耳热为Q ，则由能量守恒定律有
()2210121122
=-+Q m v m m v 解得
Q=()
2122122+m m v m m
D 项正确。

故选CD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学欲将电流表改装为两用电表，即中央刻度为15的“×1”挡的欧姆表及量程为0~15V 的电压表，实验室可提供的器材有
A ．一节全新的5号干电池E （内阻不计）
B ．电流表A 1（量程0~10mA ，内阻为25Ω）
C ．电流表A 2（量程0~100mA ，内阻为2.5Ω）
D ．滑动变阻器R 1（0~30Ω） E.滑动变阻器R 2（0~3Ω）
F.定值电阻R 3（117.5Ω） G .定值电阻R 4（120Ω）
H.定值电阻R 5（147.5Ω） L.单刀双掷开关S ，一对表笔及若干导线
(1)图中a 应接电流表的______（选填“+”或“－”）接线柱，测量电压时应将开关S 扳向_______（选填“1”或“2”）；
(2)图中电流表应选用________（选填“B”或“C”），滑动变阻器应选用________（选填“D”或“E”），定值电阻R 0应选________（选填“F"“G"或“H”）；
(3)在正确选用器材的情况下，正确连接好实验电路若电流表满偏电流为Ig ，则电阻刻度盘上指针指在34Ig 处应标上_______。

（填写具体数值）
【答案】+ 1 C D H 5Ω
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，则左边电笔为红表笔，所以图中a 应接电流表的“+”；
[2]电流表与分压电阻串联可以改装成电压表，由图示电路图可知，测量电压时应将开关S 扳向1；
(2)[3]中央刻度为15的“×1”挡的欧姆表中值电阻为15Ω，欧姆表内阻等于中值电阻，欧姆调零时电路电流 1.5==0.1A 100mA 15
E I R ==内 故电流表应选择C ；
[4]当改装成欧姆表时，接入一个调零电阻，由题意由于欧姆表的内阻为15Ω，则 =152g g E R
R
I -=Ω滑
故滑动变阻器选D ；
[5]当改装为量程为0－15V 的电压表时，应串联一个阻值为
0150.1 2.5147.50.1
g g
g U I R R I --⨯==Ω=Ω 故定值电阻选H ；
(3)[6]若电阻值指在34
g I ,即此时电流为 3=75mA 4
g I I = 所以待测电阻
3
1.5=(15)Ω5Ω7510E R R I Ω--=-=⨯ 14．图（a ）为某同学组装完成的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是固定电阻，R 6是可变电阻；表头G 的满偏电流为250 μA ，内阻为480 Ω。

虚线方框内为换档开关，A 端和B 端分别与两表笔相连。

该多用电表有5个档位，5个档位为：直流电压1 V 档和5 V 档，直流电流1 mA 档和
2.5 mA 档，欧姆×100 Ω档。

(1)图（a ）中的B 端与________（填“红”或“黑”）色表笔相连接
(2)关于R 6的使用，下列说法正确的是________（填正确答案标号）
A ．在使用多用电表之前，调整R 6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置
B ．使用欧姆档时，先将两表笔短接，调整R 6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置
C ．使用电流档时，调整R 6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置
(3)根据题给条件可得R 1＋R 2＝__________Ω，R 4＝____________Ω
(4)某次测量时该多用电表指针位置如图（b ）所示。

若此时B 端是与“3”相连的，则读数为________。

【答案】红 B 160 880 1100
【解析】
【详解】
(1)[1]根据欧姆表原理可知，内部电源的正极应接黑表笔，这样才能保证在测电阻时电流“红进黑出”，即图（a ）中的B 端与红色表笔相连接；
(2)[2]由电路图可知，6R 只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流档时也不需要时行调节，AC 错误，B 正确；
(3)[3]直流电流档分为1mA 和2.5mA ，由图可知，当接2时应为1mA ；根据串并联电路规律可知： g g 12g 160ΩI R R R I I +==-；
[4]总电阻为：
160480Ω120Ω160480
R ⨯==+总 接4时，为电压档，因串入的电阻较小，故应为量程1V 的电压表；此时电流计与1R 、2R 并联后再与4R 串联，即改装后的1mA 电流表与4R 串联再改装后电压表；根据串联电路规律可知：
343
1110120Ω880Ω110R ---⨯⨯==⨯； (5)[5]若与3连接，则为欧姆档“100⨯”档，读数为：11100Ω1100Ω⨯=。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，粗糙水平地面上静止放着相距d=1m 的两块相同长木板A 、B ，每块木板长L=9m ，与地面的动摩擦因数μ1=0.2。

一可视为质点的物块C 以0v =10m/s 的初速度水平向右滑上木板A 的左端，C 的质量为每块木板质量的2倍，C 与木板的动摩擦因数μ2=0.4。

若A 、B 碰后速度相同但不粘连，碰撞时间极短，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10m/s 2。

求:
(1)木板A 经历多长时间与木板B 相碰?
(2)物块C 刚滑离木板A 时，A 的速度大小；
(3)A 、B 最终停下时，两者间的距离。

【答案】 (1) 1s(2) 1m/s(3) 1.5m
【解析】
【详解】
（1）设每块木板的质量为m ，则C 的质量为2m ，假设A 、B 碰撞时，C 仍在A 上且速度大于A ，C 、A 相互作用的过程中，对A 由牛顿运动定律有:
2112(2)mg m m g ma μμ⋅-+=
对C 由牛顿运动定律有:
222mg ma μ⋅=
代人数据得:
1a =2m/s 2
2a =4m/s 2
A 发生位移d 与板
B 相碰，由运动规律有:
21112
d a t = C 发生的位移: 21012112x v t a t =-
代入数据解得:
1t =1s
1x =8m
此时C 与A 右端的距离:
s=L+d-1x =2m
碰撞前A 的速度为:
111v a t =
代入数据得:
1v =2m/s
碰撞前C 的速度为:
2021v v a t =-
代入数据得:
2v =6m/s
故假设成立，所以A 滑至与B 相碰时所经历的时间为:
1t =1s
（2）A 、B 相碰过程中动量守恒，有:
13(2)mv m m v =+
代入数据得:
3v =1m/s
碰后，A 、B 两板所受的合外力
F 合=212(2)0mg m m g μμ⋅-+=
故两板一起做匀速运动，所以，C 刚滑离木板A 时，A 的速度为:
A B v v ==1m/s
（3）设从A 、B 相碰到C 刚滑上B 板经历的时间为2t
有:
2223212
a v t a t =- 代人数据得:
2t =0.5s
故C 刚滑上B 板的速度为:
4222v v a t =-=4m/s
A 、
B 分离后，A 板做匀减速运动，有:
13mg ma μ=
代入数据得:
3a =2m/s 2
离到停下，发生的位移为:
213
2A v x a ==0.25m B 板以1a =2m/s 2的加速度做匀加速运动，直到与C 同速，设此过程经历时间为3t ；
有:
5423311v v a t v a t =-=+
代入数据得:
3t =0.5s
5v =2m/s
此过程B 板的位移:
35132
B v v x t +==0.75m 此后B 、
C 一起以3a =2m/s 2的加速度做匀减速运动直到停下
发生的位移为:
2523
2B v x a ==1m 所以，最终停下来时，A 、B 板间的距离为:
12B B A x x x x ∆=+-=1.5m
16．一列简谐横波沿x 轴传播，t=0时的图像如图所示，此时刻后介质中P 质点回到平衡位置的最短时间为 0.2s ，Q 质点回到平衡位置的最短时间为1s ，已知t=0 时，P 、Q 两质点相对平衡位置的位移相同，则：
(1)波的传播周期为多少秒？
(2)传播速度是多大？
(3)t=0.8s 时刻算起到质点Q 第二次回到平衡位置波传播的距离？
【答案】 (1)T=2.4s (2)v=5m/s (3)x=11.0m
【解析】
【分析】
【详解】
(1)由题意简谐横波沿x 轴正向传播，分析得知，此时P 点向下运动，Q 点向上，
它们周期相同，则T=2×
(0.2s+1s)=2.4s (2)根据图象可知，λ=12m ，则波速12m/s 5m/s 2.4
v T λ
=== (3)根据题意可知，Q 质点经过1s 第一次回到平衡位置，再经过半个周期第二次回到平衡位置，设质点Q 第二次回到平衡位置经过的时间为t ，则11 1.2 2.2s 2T t =+
=+= 波传播的距离为11.0m x vt ==
【点睛】
本题关键要根据质点的振动过程确定其振动周期，得到波的周期；要注意介质中质点只在各自的平衡位置附近振动，不随波迁移．
17．如图所示，在xoy 平面内y 轴右侧有一范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，磁场方向垂直
纸面向外；分成I 和II 两个区域，I 区域的宽度为d ，右侧磁场II 区域还存在平行于xoy 平面的匀强电场，
场强大小为E＝
2
2
B qd
m
，电场方向沿y轴正方向。

坐标原点O有一粒子源，在xoy平面向各个方向发射质
量为m，电量为q的正电荷，粒子的速率均为v＝qBd
m。

进入II区域时，只有速度方向平行于x轴的粒
子才能进入，其余被界面吸收。

不计粒子重力和粒子间的相互作用，求：
(1)某粒子从O运动到O'的时间；
(2)在I区域内有粒子经过区域的面积；
(3)粒子在II区域运动，当第一次速度为零时所处的y轴坐标。

【答案】(1)π
3
m
qB
；(2)22
1
π
2
d d
+；(3)0
【解析】
【详解】
(1)根据洛伦兹力提供向心力可得
2
v
Bqv m
R
=
则轨迹半径为
mv
R d
qB
==
粒子从O运动到O'的运动的示意图如图所示：
粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为
60θ︒=
周期为 22R m T v Bq
ππ== 所以运动时间为
63T m t qB
π== (2)根据旋转圆的方法得到粒子在I 区经过的范围如图所示，沿有粒子通过磁场的区域为图中斜线部分面积的大小：
根据图中几何关系可得面积为
2212
S d d π=+ (3)粒子垂直于边界进入II 区后，受到的洛伦兹力为
22q B d qvB m
= 在II 区受到的电场力为
222q B d qE m
= 由于电场力小于洛伦兹力，粒子将向下偏转，当速度为零时，沿y -方向的位移为y ，由动能定理得
2102
qEy mv -=- 解得
2
12mv y d qE
=⋅= 所以第一次速度为零时所处的y 轴坐标为0。