五川省资阳市2021届新高考物理五月模拟试卷含解析

五川省资阳市2021届新高考物理五月模拟试卷
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．现用某一频率的光照射锌板表面，能发生光电效应，若（ ） A ．只增大入射光的频率，遏止电压不变 B ．只增大入射光的频率，锌的逸出功变大 C ．只增大入射光的强度，饱和光电流变大 D ．只增大入射光的强度，光电子的最大初动能变大 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A ．根据光电效应的规律
2m 1 2
v
m h W γ=- 而遏止电压
2m
12m h W U e e
v γ-==
可知遏止电压的大小与照射光的频率有关，只增大入射光的频率，遏止电压增大，A 错误； B ．金属的逸出功与入射光无关，B 错误；
CD ．光强度只会影响单位时间内逸出的光电子数目，只增大入射光的强度，单位时间内逸出的光电子数目增大，饱和光电流变大，对光电子的最大初动能不影响，C 正确D 错误。

故选C 。

2．如图所示，一细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A 上的顶端O 处，细线另一端拴一质量为m=0.2kg 的小球静止在A 上．若滑块从静止向左匀加速运动时加速度为a ．(取210m/s g =)则( )
A ．当a=5m/s 23
2N 2
B ．当a=10m/s 2时, 2N
C ．当a=12m/s 2时, 经过1秒钟小球运动的水平位移是6m
D ．在稳定后，地面对A 的支持力一定小于两个物体的重力之和
【解析】 【详解】
当小球对滑块的压力恰好等于零时，小球所受重力mg 和拉力T 使小球随滑块一起沿水平方向向左加速运动，由牛顿运动定律得小球和滑块共同的加速度为：20tan 4510/mg a m s m
︒
=
=．
A ．当22
05/10/a m s a m s =<=时，斜面对小球有支持力，将小球所受的力沿加速度方向和垂直于加速
度方向分解，有：4545Tcos Nsin ma ︒-︒=，4545Tsin Ncos mg ︒+︒=，联立解得：32
2
T N =，故A 正确；
B ．当22
010/10/a m s a m s ===时，斜面对小球恰好没有支持力，故N=0，故B 错误； C ．当22
012/10/a m s a m s =>=时，滑块的位移为2
162
x at m =
=，而小球要先脱离斜面，然后保持与滑块相同的运动状态，故在这1s 内小球运动的水平位移小于6m ，故C 错误；
D ．在稳定后，对小球和滑块A 整体受力分析可知，在竖直方向没有加速度，故地面对A 的支持力等于两个物体重力之和，故D 错误．
3．如图所示，两根互相平行的长直导线垂直于平面S ，垂足分别为M 、N ，导线中通有大小相等、方向相反的电流。

O 为MN 的中点，PQ 为M 、N 的中垂线，以O 为圆心的圆与 MN 、PQ 分别相交于a 、b 、c 、d 四点。

则下列说法中正确的是（ ）
A ．O 点处的磁感应强度为零
B ．a 、b 两点处的磁感应强度大小相等，方向相反
C ．a 、c 两点处的磁感应强度方向不同
D ．c 、d 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
A ．根据右手螺旋定则，M 处导线在O 点产生的磁场方向竖直向下，N 处导线在O 点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0，故A 错误；
B ．M 在a 处产生的磁场方向竖直向下，在b 处产生的磁场方向竖直向下，N 在a 处产生的磁场方向竖直向下，b 处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a 、b 两点处磁感应强度大小相等，方向相同，
C ．M 在a 处产生的磁场方向竖直向下，N 在a 处产生的磁场方向竖直向下，则a 处的合磁场方向竖直向下，M 在c 处产生的磁场方向垂直于cM 偏下，N 在c 处产生的磁场方向垂直于cN 偏下，且大小相等，由平行四边形定则可知，c 处的合磁场方向竖直向下，故C 错误；
D ．M 在c 处产生的磁场方向垂直于cM 偏下，N 在c 处产生的磁场方向垂直于cN 偏下，且大小相等，由平行四边形定则可知，c 处的合磁场方向竖直向下，同理可知，d 处的合磁场方向竖直向下，由于c 到M 、N 的距离与d 到M 、N 的距离相等，则c 、d 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，故D 正确。

故选D 。

4．医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度.电磁血流计由一对电极a 和b 以及一对磁极N 和S 构成，磁极间的磁场是均匀的.使用时，两电极a 、b 均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示.由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a 、b 之间会有微小电势差.在达到平衡时，血管内部的电场可看做是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零．在某次监测中，两触点间的距离为3.00mm ，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160 pV ，磁感应强度的大小0.040T.则血流的速度的近似值和电极a 、b 的正负为
A ．1.3m/s ，a 负、b 正
B ．2.7m/s ，a 正、b 负
C ．1.3m/s ，a 正、b 负
D ．2.7m/s ，a 负、b 正 【答案】C 【解析】
血液中正负离子流动时，根据左手定则，正离子受到向上的洛伦兹力，负离子受到向下的洛伦兹力，所以正离子向上偏，负离子向下偏，则a 带正电，b 带负电．最终血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零，则有：U
Bqv q
d
=，代入数据解得：v=1.3m/s ，故C 正确，ABD 错误． 5．2013年6月20日，女航天员王亚平在“天宫一号”目标飞行器里成功进行了我国首次太空授课．授课中的一个实验展示了失重状态下液滴的表面张力引起的效应．在视频中可观察到漂浮的液滴处于相互垂直的两个椭球之间不断变化的周期性“脉动”中．假设液滴处于完全失重状态，液滴的上述“脉动”可视为液滴形状的周期性微小变化（振动），如图所示．已知液滴振动的频率表达式为f kr α
β
γ
ρσ＝，其中k 为一个无单位的比例系数，r 为液滴半径，ρ为液体密度，σ为液体表面张力系数（其单位为N/m ），α、β、γ是相应的待定常数．对于这几个待定常数的大小，下列说法中可能正确的是（ ）
A ．3
2
α＝，12β＝，1
2γ＝-
B ．32α＝-
，12β＝-，12
γ＝ C ．2α＝-，12β＝，1
2
γ＝-
D ．3α＝- ，1β＝-，1γ＝
【答案】B 【解析】 【详解】
从物理单位的量纲来考虑，则A 中单位311
2
223()()kg N m s m m
-=，故A 错误；在B 选项中，31112
223()()kg N m s m m ---=，故B 正确；对C 选项，117
2
2223()()kg N m s m m m ---=⋅，故C 错误；在D 选项中，
-311-2
3(
)()kg N m s m m
-=，故D 错误。

故选B 。

6．在空间中水平面MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m 的带电小球由MN 上方的A 点以一定初速度水平抛出，从B 点进入电场，到达C 点时速度方向恰好水平，A 、B 、C 三点在同一直线上，且AB=2BC ，如图所示，由此可知（ ）
A ．小球带正电
B ．电场力大小为3mg
C ．小球从A 到B 与从B 到C 的运动时间相等
D ．小球从A 到B 与从B 到C 的速度变化相等 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
根据小球从B 点进入电场的轨迹可看出，小球带负电，故A 错误；因为到达C 点时速度水平，所以C 点速度等于A 点速度，因为AB=2BC ，设BC 的竖直高度为h ，则AB 的竖直高度为2h ，由A 到C 根据动能定理：mg×
3h-Eqh=0，即Eq=3mg ，故B 正确；小球从A 到B 在竖直方向上的加速度为g ，所用时间
为：
1t ==在从B 到C ，的加速度为22Eq mg a g m -==向上，
故所用时间：2t ==故t 1=2t 2，故C 错误；小球从A 到B 与从B 到C
的速度变化大小都等于2v ∆=D 错误。

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
7．两汽车甲、乙分别挂上拖车，两汽车与两拖车的质量均相同，且阻力与质量成正比。

开始两车以相同的速度v 0做匀速直线运动，t=0时刻两拖车同时脱离汽车，已知汽车甲的牵引力不变，汽车乙的功率不变，经过相同的时间t 0，汽车甲、乙的速度大小分别为2v 0、1.5v 0。

则下列说法正确的是（ ） A ．t 0时间内，甲、乙两汽车的位移之比为4：3 B ．t 0时刻，甲、乙两汽车的加速度大小之比为3：1 C ．t 0时刻汽车甲的功率为拖车脱离前功率的4倍 D ．t 0时间内，甲、乙两汽车牵引力做功之比为3：2 【答案】BD 【解析】 【详解】
A ．对甲车拖车脱离后做匀加速运动经过t 0的位移
00
10002 1.52v v s t v t +=
= 对乙车功率一定，则做加速度减小的加速运动，则经过t 0时的位移
00
20001.5 1.252
v v s t v t +>
= 则t 0时间内，甲、乙两汽车的位移之比
0012001.56 1.21.255
v t s s v t <== 不可能为4：3，选项A 错误；
B ．设汽车和拖车的质量均为m ，则汽车的牵引力为F=2kmg ，对甲车拖车脱离后做匀加速运动的加速度
1F kmg
a kg m
-=
= 乙车功率一定 P=Fv 0=2kmgv 0 在t 0时刻乙车的加速度
02 1.513
P
kmg v a kg
m -==
则甲、乙两汽车的加速度大小之比为3：1，选项B 正确； C ．甲车拖车脱离前功率 P=Fv 0=2kmgv 0 t 0时刻汽车甲的功率为 P 0=2kmg∙2v 0= 4kmgv 0=2P 选项C 错误； D ．甲车牵引力做功
110023W kmg s kmgv t =⋅=
乙车牵引力做功
20002W Pt kmgv t ==
t 0时间内，甲、乙两汽车牵引力做功之比为3：2，选项D 正确。

故选BD 。

8．下列说法正确的是
A ．温度由摄氏温度t 升至2t ，对应的热力学温度便由T 升至2T
B ．相同温度下液体中悬浮的花粉小颗粒越小，布朗运动越剧烈
C ．做功和热传递是改变物体内能的两种方式
D ．分子间距离越大，分子势能越大，分子间距离越小，分子势能也越小 E.晶体具有固定的熔点，物理性质可表现为各向同性 【答案】BC
E 【解析】 【详解】
A ．温度由摄氏温度t 升至2t ，对应的热力学温度便由T 升至T′，其中T'=2t+273，不一定等于2T ，故A 错误；
B ．相同温度下液体中悬浮的花粉小颗粒越小，受力越不易平衡，布朗运动越剧烈，故B 正确；
C ．根据热力学第一定律可知，做功和热传递是改变内能的两种方式，故C 正确；
D ．若分子力表现为斥力时，分子间距离越大，分子力做正功，分子势能越小；分子间距离越小，分子力做负功，分子势能越大。

若分子力表现为引力时，分子间距离越大，分子力做负功，分子势能越大；分子间距离越小，分子力做正功，分子势能越小，故D 错误；
E ．根据晶体的特性可知，晶体具有固定的熔点，多晶体的物理性质表现为各向同性，故E 正确。

故选BCE 。

9．质量为m 的物块在t ＝0时刻受沿固定斜面向上的恒力F 1作用，从足够长的倾角为θ的光滑斜面底端由静止向上滑行，在t 0时刻撤去恒力F 1加上反向恒力F 2(F 1、F 2大小未知)，物块的速度－时间(v －t)图象如图乙所示，2t 0时刻物块恰好返回到斜面底端，已知物体在t 0时刻的速度为v 0，重力加速度为g ，则下
列说法正确的是（ ）
A ．物块从t ＝0时刻开始到返回斜面底端的过程中重力的冲量大小为2mgt 0sinθ
B ．物块从t 0时刻到返回斜面底端的过程中动量的变化量大小为3mv 0
C ．F 1的冲量大小为mgt 0sinθ＋mv 0
D ．F 2的冲量大小为3mgt 0sinθ－3mv 0 【答案】BC 【解析】 【详解】
A ．根据冲量的定义式可知物块从0t =时刻开始到返回斜面底端的过程中重力的冲量大小为
0022G I mg t mgt ==g
故A 错误；
B ．由于在0t 时撤去恒力1F 加上反向恒力2F ，物块在02t 时恰好回到斜面的底端，所以在沿固定斜面向上的恒力的时间与撤去恒力加上反向恒力后回到底端的时间相等，设物体在沿固定斜面向上的恒力作用下的位移为x ，加速度为1a ，取沿斜面向上为正；根据位移时间关系可得
2
1012
x a t =
根据速度时间关系可得撤去沿固定斜面向上的恒力时的速度为
010v a t =
撤去恒力加上反向恒力作用时的加速度为2a ，则有
2
002012
x v t a t -=-
联立解得
213a a =
物块在02t 时的速度为
202002v v a t v =-=-
物块从0t 时刻到返回斜面底端的过程中动量的变化量为
2003P mv mv mv ∆=-=-
即物块从0t 时刻到返回斜面底端的过程中动量的变化量大小为03mv ，故B 正确； C ．物体在沿固定斜面向上的恒力作用下，根据动量定理可得
100sin θ0F I mg t mv -=-g
解得1F 的冲量大小为
1
00sin θF I mgt mv =+
故C 正确；
D ．撤去恒力加上反向恒力作用时，根据动量定理可得
2000sin θ2F I mg t m v mv --=--g g
解得
200sin θ3F I mgt mv =+
故D 错误； 故选BC 。

10．科学家通过实验研究发现，放射性元素有有多种可能的衰变途径：
先变成，可以经一次衰变变成
，也可以经一次衰变变成
（X 代表某种元素），
和
最后都变成
，衰变路径如图所示。

则以下判断正确的是（ ）
A ．
B ．①是衰变，②是衰变
C ．①是衰变，②是衰变
D ．
经过7次衰变5次衰变后变成
【答案】BD 【解析】 【详解】 ABC ．由题意可知
经过①变化为
，核电荷数少2，为衰变，即
故
经过②变化为，质量数没有发生变化，为衰变，即
故
故A错误，C错误，B正确；
D．经过7次衰变，则质量数少28，电荷数少14，在经过5次衰变后，质量数不变，电荷数增加5，此时质量数为
电荷数为
变成了，故D正确。

故选BD。

11．如图所示，正方形ABCD的四个顶点各固定一个点电荷，所带电荷量分别为+q、-q、+q、-q，E、F、O分别为AB、BC及AC的中点．下列说法正确的是
A．E点电势低于F点电势
B．F点电势等于O点电势
C．E点电场强度与F点电场强度相同
D．F点电场强度大于O点电场强度
【答案】BD
【解析】
A、对A、B位置的两个电荷而言，E、O在中垂线上，电势等于无穷远电势，为零；对C、D位置的两个电荷而言，E、O同样在中垂线上，电势依然等于无穷远电势，为零；根据代数合成法则，E、O点的电势均为零，相等；
同理，对A 、D 位置的两个电荷而言，F 、O 在中垂线上，电势等于无穷远电势，为零；对B 、C 位置的两个电荷而言，F 、O 同样在中垂线上，电势依然等于无穷远电势，为零；根据代数合成法则，F 、O 点的电势均为零，相等，故A 错误，B 正确；
C 、先考虑O 点场强，对A 、C 位置的电荷而言，O 点场强为零；对B 、
D 位置的电荷而言，O 点场强同样为零；故根据矢量合成法则，O 点的场强为零；
再分析E 点，对A 、B 位置的两个电荷，在E 位置场强向下，设为E 1；对C 、D 位置的两个电荷而言，在E 位置场强向上，设为E 2；由于E 1＞E 2，故E 点的合场强向下，为E 1-E 2，不为零；
再分析F 点，对B 、C 位置的两个电荷，在EF 置场强向左，大小也为E 1；对A 、D 位置的两个电荷而言，在F 位置场强向右，大小也为E 2；由于E 1＞E 2，故E 点的合场强向左，为E 1-E 2，不为零； 故E 点场强等于F 点场强，但大于O 点场强，故C 错误，D 正确．
点睛：本题考查电场强度的和电势的合成，关键是分成两组熟悉的电荷，同时区分矢量合成和标量合成遵循的法则不同．
12．如图甲所示，A 、B 两物块静止在光滑水平面上，两物块接触但不粘连，A 、B 的质量分别为A m m =，
3B m m =。

t=0时刻对物块A 施加一水平向右推力F 1，同时对物块B 施加一水平向右拉力F 2，使A 、B
从静止开始运动，力F 1、F 2随时间变化的规律如图乙所示。

下列说法正确的是（ ）
A ．
02t 时刻A 对B 的推力大小为034
F B ．0～02t 时刻内外合力对物块A 做的功为22
00
128F t m
C ．从开始运动到A 、B 分离，物体B 运动的位移大小为22
00
964F t m
D ．0t 时刻A 的速度比B 的速度小00
24F t m
【答案】BD 【解析】 【详解】
C ．设t 时刻AB 分离，分离之前AB 物体共同运动，加速度为a ，以整体为研究对象，则有：
012
4A B F F F a m m m
+=
=+
分离时：
0203344
B F F m a m F m ==⨯
= 根据乙图知此时034
t t =，则从开始运动到A 、B 分离，物体B 运动的位移大小： 222000039411224128F x at t F t m ==⨯⨯=（） 故C 错误；
A ．02
t 时刻还未分离，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律，则有： 0124A B F F F a m m m +=
=+ 对B ，根据牛顿第二定律：
F 2+F AB =m B a
则
001324AB F F ma F =-
= 故A 错误；
B ．0～02
t 时间，根据乙图知： F 1+F 2=F 0
则始终有，对整体根据牛顿第二定律：
0124A B F F F a m m m +=
=+ 则02
t 时刻 00028A t F t v a m
== 对A 根据动能定理：
2002212812A F t W mv m
==合 故B 正确；
D ．034t t =
时，AB 达到共同速度 00316AB F t v at m
== 此后AB 分离，对A ，根据动量定理：
I=m A △v 根据乙图34
t 0～t 0，F-t 图象的面积等于F 1这段时间对A 的冲量，则
0000443122t F F t I =⨯⨯= 则
00132F t v m
=⨯V 对B ，根据动量定理：
I′=m B △v′
根据乙图34
t 0～t 0，F-t 图象的面积等于F 2这段时间对B 的冲量，则 00000374432
12t F F t I F '=⨯⨯+=（） 则
0071323F t v m '=
⨯V 则34
t 0～t 0时间内B 比A 速度多增大 0024F t v v v m "='-=
V V V 故D 正确。

故选：BD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某实验小组测定一电流表的内阻A R ，实验室提供如下器材：
A ．待测电流表（量程为0~10mA ，内阻A R 约10Ω）；
B ．电阻箱0R （最大阻值为99.9Ω）；
C ．滑动变阻器1R （最大阻值1200Ω，额定电流0.5A ）；
D ．滑动变阻器2R （最大阻值120Ω，额定电流1.5A ）;
E.电源（电动势约10V ，内阻不计）；
F.开关两个，导线若干。

设计了如图甲所示的电路图，实验步骤如下：
①根据实验设计的电路图连接好电路，正确调节滑动变阻器R ；
②先闭合1S ，使2S 保持断开状态，调节滑动变阻器R 滑片P 的位置，使得待测电流表示数达到满偏电流0I 。

③保持滑动变阻器R 滑片P 的位置不动，闭合2S ，并多次调节变阻箱0R ，记下电流表的示数I 和对应的电阻箱的阻值0R 。

④以1I
为纵坐标，01R 为横坐标作出了011I R -图线，如图乙所示；
⑤根据图线的相关数据求解电流表的内阻A R ；回答下列问题：
(1)实验中应选择滑动变阻器_____（填“1R ”或“2R ”），实验前，先将滑动变阻器滑片P 移到____（填“a ”或“b ”）端；
(2)在调节电阻箱过程中干路电流几乎不变，则1I 与0
1R 的关系式为______（用题中所给出物理量的字母表示），根据图象中的数据求出电流表的内阻A R =_____（结果保留两位有效数字）；
(3)用这种方法测量出的电流表内阻比电流表内阻的真实值_____（填“偏大”“相等”或“偏小”）。

【答案】1R b
000
111A R I I R I =⋅+ 8.0Ω 偏小 【解析】
【详解】
(1)[1]．电流表满偏时电路中的总电阻为 1010000.01m E V R I A
===Ω 所以滑动变阻器的电阻不能小于1000Ω，滑动变阻器选择1R ；
[2]．实验前，先将滑动变阻器连入电路中的电阻调至最大，所以滑片P 应移到b 端。

(2)[3]．因为电流表满偏时在调节电阻箱过程中干路电流几乎不变有
00A IR I I R +
= 整理得
000
111A R I I R I =⋅+ [4]．由图象得图线斜率
1
1(0.500.10)mA 0.50k ---=Ω
由表达式可得
A R k I = 其中2010mA 110A I -==⨯，解得
8.0A R =Ω
(3)[5]．电流表内阻根据0A R kI =求得，闭合2S 后，电路中的总电阻略有减小，所以干路电流稍微增大，即大于满偏电流10mA ，而用来计算内阻时仍用10mA ，所以测量值比真实值偏小。

14．某实验小组设计了如图所示的实验装置验证机械能守恒定律，其主要步骤如下：
（1）物块P 、Q 用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，P 底端固定了一竖直宽度为d 的轻质遮光条。

托住P ，使系统处于静止状态（如图所示），用刻度尺测出遮光条所在位置A 与固定在铁架台上的光电门B 之间的高度h 。

（2）现将物块P 从图示位置由静止释放，记下遮光条通过光电门的时间为t ，则遮光条通过光电门时的速度大小v=___________。

（3）己知当地的重力加速度为g ，为了验证机械能守恒定律，还需测量的物理量是_________（用相应的文字及字母表示）。

（4）利用上述测量的实验数据，验证机械能守恒定律的表达式是_________。

（5）改变高度h ，重复实验，描绘出v 2-h 图象，该图象的斜率为k 。

在实验误差允许范围内，若k= _________，则验证了机械能守恒定律。

【答案】d t P 的质量M ，Q 的质量m （M-m ）gh=21()()2d M m t + 2()()M m g M m -+ 【解析】
【详解】 （1）[1]光电门的遮光条挡住光的时间极短，则平均速度可作为瞬时速度，有：
d v t
=； （2）[2]两物块和轻绳构成的系统，只有重力做功，机械能守恒：
221122
Mgh mgh Mv mv -=+ 故要验证机械能守恒还需要测量P 的质量M 、Q 的质量m ；
（3）[3]将光电门所测速度带入表达式：
2211()()22d d Mgh mgh M m t t
-=+ 则验证机械能守恒的表达式为：
21()()()2d M m gh M m t
-=+； （4）[4]将验证表达式变形为：
22()g M m v h M m
-=⋅+ 若在误差允许的范围内，系统满足机械能守恒定律，2v h -图像将是一条过原点的倾斜直线，其斜率为：
2()g M m k M m
-=+。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．一固定的倾角为37︒的斜面，斜面长9m ，如图所示，斜面上一物体在大小为11N 沿斜面向上的拉力F 作用下，沿斜面向上加速运动，加速度大小为1m/s 2；如果将沿斜面向上的拉力改为1N ，物体加速向下运动，加速度大小仍为1m/s 2，取重力加速度g=10m/s 2，sin 37︒=0.6，cos 37︒=0.8，求：
(1)物体质量m 及物体与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)若将物体从斜面顶端由静止释放，物体运动到斜面底端的时间t 。

【答案】 (1)1kg m =，0.5μ=；(2)3s
【解析】
【分析】
【详解】
(1)当F 1=11N 时，物体加速向上运动，有
1sin 37F mg f ma -︒-=
当F 2=1N 时，物体加速向下运动
2sin 37mg F f ma ︒--=
在斜面上运动，垂直斜面方向
N cos37F mg =︒
且
N f F μ=
解得0.5μ=，m=1kg 。

(2)由静止释放物体，物体加速下滑，加速度为a 1
1sin 37mg f ma ︒-=
2112
a t l = 解得t=3s 。

16．如图所示，在坐标系第一象限内I 、Ⅱ区域有磁场，磁感应强度大小 1.0T B =，方向垂直纸面向里，I 区域有与磁场正交的匀强电场，电场强度大小31.010V /m E =⨯，方向未知。

现有一质量
14110kg m -=⨯、电荷量10110C q -=⨯的带负电的粒子以某一速度v 沿与x 轴正方向夹角为53︒的方向从
O 点进入第一象限，在I 区域内做直线运动，而后进入Ⅱ区域，由右侧射出，一段时间后，粒子经过x 轴
上的D 点（图中未画出）。

已知A 点坐标为(12cm,0)、C 点坐标为(26cm,0)，sin530.8︒=，cos530.6︒=，
不计粒子重力。

求：
（1）粒子速度的大小v ；
（2）粒子运动轨迹与x 轴的交点D 的坐标；
（3）由O 运动到D 点的时间。

【答案】（1）310m /s ；（2）(50cm,0) ；（3）46.5710s -⨯
【解析】
【分析】
（1）粒子在Ⅰ区域内做直线运动，因为速度的变化会引起洛伦兹力的变化，所以粒子必做匀速直线运动。

这样，电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，电场E 的方向与微粒运动的方向垂直，即与x 轴正向成37︒角斜向右下方。

由平衡条件有
Eq Bqv =
得
310m /s E v B
== （2）粒子进入Ⅱ区域洛伦兹力提供向心力做圆周运动，轨迹如图所示
根据洛伦兹力提供向心力有
2
mv qvB r
= 得
0.1m r =
由几何知识得
sin sin AC x r r θα=+
解得
37α=︒，53β=︒
粒子在磁场右边界射出点距x 轴，根据几何关系得
tan 53cos cos 18cm OA y x r r θα=⋅︒-⋅+=
tan 5324cm CD x y =⋅︒=
所以D 点坐标为(50cm,0)， （3）由O 运动到D 点分三段，I 区域内有
41210s cos53
OA x t v -︒==⨯
42 1.5710s 2r t v π-==⨯
出磁场后有
43310s cos53y t v -==⨯︒
由O 运动到D 点的时间
4123 6.5710s t t t t -=++=⨯
17．水平折叠式串列加速器是用来产生高能离子的装置,如图是其主体原理侧视图．图中111aa bb cc 为一级真空加速管,中部1bb 处有很高的正电势ϕ，1aa 、1cc 两端口均有电极接地(电势为零)；1cc 、1dd 左边为方向垂直纸面向里的匀强磁场； 111dd ee ff 为二级真空加速管,其中1ee 处有很低的负电势ϕ-,1dd 、1ff 两端口均有电极接地(电势为零)．有一离子源持续不断地向1aa 端口释放质量为m 、电荷量为e 的负一价离子,离子初速度为零,均匀分布在1aa 端口圆面上．离子从静止开始加速到达1bb 处时可被设在该处的特殊装置将其电子剥离,成为正二价离子(电子被剥离过程中离子速度大小不变)；这些正二价离子从1cc 端口垂直磁场方向进入匀强磁场，全部返回1dd 端口继续加速到达1ee 处时可被设在该处的特殊装置对其添加电子，成为负一价离子(电子添加过程中离子速度大小不变)，接着继续加速获得更高能量的离子．已知1aa 端口、1cc 端口、1dd 端口、1ff 端口直径均为L,1c 与1d 相距为2L,不考虑离子运动过程中受到的重力,不考虑离子在剥离电子和添加电子过程中质量的变化,370.6sin ︒=，370.8cos ︒=，求：
(1)离子到达1ff 端口的速度大小v ；
(2)磁感应强度度大小B ；
(3)在保证(2)问中的B 不变的情况下,若1aa 端口有两种质量分别为216()5m m =、2214()15
m m =，电荷量均为
e 的的负一价离子,离子从静止开始加速,求从1f
f 端口射出时含有m 1、m 2混合离子束的截面积为多少．
【答案】 (1)v = (2)B = (3)20.083S L = 【解析】
（1）对离子加速全过程由动能定理得到：2162
e mv ϕ=
解得：v =
（2）进入磁场中1v =32r L = 2212v ev B m r =，
解得：B =（3）2165m m ⎛⎫= ⎪⎝⎭，221415m m ⎛⎫= ⎪⎝⎭， 131.2 1.82r L L =⨯=，1143 1.4152
r L L =⨯= 2274120.40.60.08336042L S L L L π⎛⎫=⨯-⨯⨯= ⎪⎝⎭。