2020-2021学年江苏省高考理综(物理)第二次调研试题及答案解析

江苏省最新年高三第二次调研测试
物 理
一、单项选择题．本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意．
1．如图所示，河水以相同的速度向右流动，落水者甲随水漂流，至b 点时，救生员乙从O 点出发对甲实施救助，则救生员乙相对水的运动方向应为图中的（ ）
A ．Oa 方向
B ．Ob 方向
C ．Oc 方向
D ．Od 方向
【答案】B
【考点】本题旨在考查运动的合成和分解。

【解析】人在水中相对于水游动的同时还要随着水一起相对地面向下游漂流，以水为参考系，落水者甲静止不动，救援者做匀速直线运动，则救援者直接沿着ob 方向即可对甲实施救助。

故选：B
2．如图所示，带正电的A 球固定，质量为m 、电荷量为+q 的粒子B 从a 处以速度v 0射向A ，虚线abc 是B 运动的一段轨迹，b 点距离A 最近．粒子经过b 点时速度为v ，重力忽略不计．则（ ）
A ．粒子从a 运动到b 的过程中动能不断增大
B ．粒子从b 运动到c 的过程中加速度不断增大
C ．可求出A 产生的电场中a 、b 两点间的电势差
D ．可求出A 产生的电场中b 点的电场强度
【答案】C
【考点】本题旨在考查电场线。

【解析】A 、由图知，带电粒子受到A 处正电荷的排斥力作用，粒子从a 运动到b 的过程中库仑力做负功，其动能不断减小，故A 错误；
B 、粒子从b 运动到c 的过程中粒子离正电荷越来越远，所受的库仑力减小，加速度减小，故B 错误；
C 、根据动能定理得：221122
ab b qU mv mv +=
，可得能求出A 产生的电场中a 、b 两点间的电势差ab U ，故C 正确；
D 、ab 间不是匀强电场，根据公式U Ed =，不能求b 点的电场强度．故D 错误。

故选：C
3．某温控电路的原理如图所示，R M 是半导体热敏电阻，R 是滑动变阻器，某种仪器要求在15℃～27℃的环境中工作．当环境温度偏高或偏低时，控制器会自动启动降温或
升温设备．下列说法中正确的是（ ）
A ．环境温度降低，R M 的阻值减小
B ．环境温度升高，U ab 变大
C ．滑片P 向下移动时，U ab 变大
D ．调节滑片P 能改变升温和降温设备启动时的临界温度
【答案】D
【考点】本题旨在考查闭合电路的欧姆定律。

【解析】A 、M R 是半导体热敏电阻，环境温度降低时，M R 的阻值增大，故A 错误；B 、环 境温度升高时，M R 的阻值减小，根据串联电路中电压与电阻成正比，可知ab U 变小，故B 错误；
C 、滑片P 向下移动时，R 增大，总电流减小，则ab U 变小，故C 错误；
D 、调节滑片P 时，可改变ab U ，从而改变升温和降温设备启动时的临界温度，故D 正确。

故选：D
【举一反三】本题是电路的动态变化分析问题，关键要掌握串联电路中电压与电阻成正比的规律，并能用来分析实际问题。

4．电容式加速度传感器的原理结构如图，质量块右侧连接轻质弹簧，左侧连接电介质，弹簧与电容器固定在外框上．质量块可带动电介质移动改变电容．则（ ）
A ．电介质插入极板间越深，电容器电容越小
B ．当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流
C ．若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会伸长
D ．当传感器由静止突然向右加速瞬间，电路中有顺时针方向电流
【答案】D
【考点】本题旨在考查电容器的动态分析。

【解析】A 、根据电容器的电容公式4S C k d
ε
π=，当电介质插入极板间越深，即电介质增大，则电容器电容越大，故A 错误；
B 、当传感器以恒定加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，则电容器的电容不变，因两极的电压不变，则电容器的电量不变，因此电路中没有电流，故B 错误；
C 、若传感器原来向右匀速运动，突然减速时，因惯性，则继续向右运动，从而压缩弹簧，故C 错误；
D 、当传感器由静止突然向右加速瞬间，质量块要向左运动，导致插入极板间电介质加深，因此电容会增大，由于电压不变，根据Q CU =，可知，极板间的电量增大，电容器处于充电状态，因此电路中有顺时针方向电流，故D 正确。

故选：D
5．如图所示，高层住宅外安装空调主机时，电机通过缆绳牵引主机沿竖直方向匀速上升．为避免主机与阳台、窗户碰撞，通常会用一根拉绳拽着主机，地面上拽拉绳的人通过移动位置，使拉绳与竖直方向的夹角β保持不变，则在提升主机过程中，下列结论正确
的是（ ）
A ．缆绳拉力F 1和拉绳拉力F 2都增大
B ．缆绳拉力F 1和拉绳拉力F 2都不变
C ．缆绳与竖直方向的夹角α可能大于角β
D ．缆绳拉力F 1的功率保持不变
【答案】A
【考点】本题旨在考查功率、平均功率和瞬时功率。

【解析】A 、对物体受力分析如图：
一物体匀速运动，故合力为零
在竖直方向：12cos cos 0F mg F αβ--=
在水平方向：12sin sin 0F F αβ-=
在上升过程中，α增大，而β不变，联立可以判断缆绳拉力1F 和拉绳拉力2F 都
增大，故A 正确，B 错误；
C 、因1F 大于2F ，故缆绳与竖直方向的夹角α小于角β，故C 错误；
D 、拉力的功率1cos P F v α=，由于1F 变大，α也变大，故无法判断大小，故D 错误。

故选：A
二、多项选择题．本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选
对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．
6．据报道，一颗来自太阳系外的彗星于2014年10月20日擦火星而过．如图所示，设火星绕太阳在圆轨道上运动，运动半径为r，周期为T．该彗星在穿过太阳系时由于受到太阳的引力，轨道发生弯曲，彗星与火星在圆轨道的A点“擦肩而过”．已知万有引力恒量G，则（）
A．可计算出太阳的质量
B．可计算出彗星经过A点时受到的引力
C．可计算出彗星经过A点的速度大小
D．可确定彗星在A点的速度大于火星绕太阳的速度
【答案】AD
【考点】本题旨在考查万有引力定律及其应用。

B．涡流的频率等于通入线圈的交流电频率
C．通电线圈和待测工件间存在周期性变化的作用力
D．待测工件可以是塑料或橡胶制品
【答案】ABC
【考点】本题旨在考查电磁感应在生活和生产中的应用。

【解析】A、根据楞次定律得知：感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故涡流的磁场总是要阻碍穿过工件磁通量的变化，故A正确；
B 、感应电流的频率与原电流的频率是相同的，涡流的频率等于通入线圈的交流电频率，故B 正确；
C 、因为线圈交流电是周期变化的，故在工件中引起的交流电也是周期性变化的，可知通电线圈和待测工件间存在周期性变化的作用力，故C 正确；
D 、电磁感应只能发生在金属物体上，故待测工件只能是金属制品，故D 错误。

故选：ABC
8．如图所示，在xoy 平面的第Ⅰ象限内存在垂直xoy 平面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，两个相同的带电粒子以相同的速度v 0先后从y 轴上坐标（0，3L ）的A 点和B 点（坐标未知）垂直于y 轴射入磁场，在x 轴上坐标（L 3，0）的C 点相遇，不计粒子重力及其相互作用．根据题设条件可以确定（ ）
A ．带电粒子在磁场中运动的半径
B ．带电粒子的电荷量
C ．带电粒子在磁场中运动的时间
D ．带电粒子的质量
【答案】AC
【考点】本题旨在考查带电粒子在匀强磁场中的运动。

【解析】A 、已知粒子的入射点及入射方向，同时已知圆上的两点，根据
入射点速度相互垂直的方向及AC 连线的中垂线的交点即可
明确粒子运动圆的圆心位置；
由几何关系可知AC 长为23L ；030BAC ∠=，则R 323
2
L R L ==；因两粒子的速度相同，且是同种粒子，则可知，它们的半径相同；即两粒子的半径均
可求出；
同时根据几何关系可知A 对应的圆心角为0120，B 对应的圆心角为030；即可
确定对应的圆心角，则由0
l t v =可以求得转动的时间；故AC 正确； B 、由于不知磁感应强度，故无法求得荷质比，更不能求出电荷量或质量；故BD 错误。

故选：AC
AB 段光滑．一物块在恒定拉力F 作用下，从最低点A 2L
由静止开始沿斜面上滑至最高点C，此过程中物块的动能E k随位移s变化的关系图象如图乙所示．设物块由A运动到C的时间为t0，下列描述该过程中物块的速度v随时间t、加速度大小a随时间t、加速度大小a随位移s、机械能E随位移s变化规律的图象中，可能正确的是（）
【答案】CD
【考点】本题旨在考查动能定理的应用、牛顿第二定律。

【解析】A、根据动能随s的表达式知，动能先均匀增加，然后均匀减小，即合力先做正功再做负功，知物块先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，匀加速直线运动的位移和匀减速直线运动的位移大小相等，匀减速直线运动的平均速度大于匀加速直线运动的平均速
度，则匀减速运动的时间小于匀加速直线运动的时间，故A错误；
B、前半段和后半段均做匀变速直线运动，两段过程中加速度分别不变，但是两段过程中的时间不等，故B错误，C正确；
D、根据除重力以外其它力做功等于机械能的增量，知前半段恒力F做正功，可知机械能随s均匀增加，后半段只有重力做功，机械能守恒，故D正确。

故选：CD
【易错警示】解决本题的关键得出物块在整个过程中的运动规律，注意前半段和后半段的运行时间不同，这是容易错误的地方。

三、简答题：本题分必做题（第lO、11题)和选做题(第12题)两部分，共计42分．请将解答填写在答题卡相应的位置．
必做题
10.（10分）某实验小组要测量电阻R x的阻值．
（1）首先，选用欧姆表“×10”挡进行粗测，正确操作后，表盘指针如图甲所示，则该电阻的测量值为▲Ω．
（2）接着，用伏安法测量该电阻的阻值，可选用的实验器材有：电压表V（3V，内阻约3kΩ）；电流表A（20 mA，内阻约2Ω）；待测电阻R x；滑动变阻器R1（0-2kΩ）；滑动变阻器R2（0-200Ω）；干电池2节；开关、导线若干．在图乙、图丙电路中，应选用图▲（选填“乙”或“丙”）作为测量电路，滑动变阻器应选用▲（选填“R1”或“R2”）．
（3）根据选择的电路和器材，在图丁中用笔画线代替导线完成测量电路的连接．
（4）为更准确测量该电阻的阻值，可采用图戊所示的电路，G为灵敏电流计（量程很小），R0为定值电阻，R、R1、R2为滑动变阻器．操作过程如下：①闭合开关S，调节R2，减小R1的阻值，多次操作使得G表的示数为零，读出此时电压表V和电流表A的示数U1、I1；②改变滑动变阻器R滑片的位置，重复①过程，分别记下U2、I2，…，U n、I n；③描点作出U-I图象，根据图线斜率求出R x的值．下列说法中正确的有▲．
A．闭合S前，为保护G表，R1的滑片应移至最右端
B．调节G表的示数为零时，R1的滑片应位于最左端
C．G表示数为零时，a、b两点间电势差为零
D．该实验方法避免了电压表的分流对测量结果的影响
【答案】（1）140；（2）丙、2R ；（3）如图（4）CD
【考点】本题旨在考查伏安法测电阻。

【解析】：（1）欧姆表读数=刻度盘读数×倍率，读数是：1410140⨯Ω=Ω
（2）由于待测电阻的电阻值比较大比电流表的内阻大得多，所以电流表使用内接法；由于两个滑动变阻器的电阻值都比较大，所以要选择限流电路．所以实验电路选择丙，滑动变阻器选择容易调节的变阻器，所以选择2R ；
（3）根据实验的原理图，依次连接电路如图；
（4）A ．闭合S 前，为保护G 表，开始时1R 的电阻值要最大，所以滑片应移至最左端．故A 错误；
B ．调节G 表的示数为零时，与1R 的滑片的位置无关，故B 错误；
C ．该图实验的原理是利用惠斯通电桥法，G 表示数为零时，a 、b 两点间电势差为零．故C 正确；
D ．该实验方法避免了电压表的分流对测量结果的影响．故D 正确。

故选：CD
故答案为：（1）140；（2）丙，2R ；（3）如图（4）CD
11. （8分）用图示装置测量重锤的质量，在定滑轮两侧分别挂上重锤
和n 块质量均为m 0的铁片，重锤下端贴一遮光片，铁架台上安装有光
电门.调整重锤的高度，使其从适当的位置由静止开始下落，读出遮光
片通过光电门的挡光时间t 0；从定滑轮左侧依次取下1块铁片放到右侧
重锤上，让重锤每次都从同一位置由静止开始下落，计时器记录的挡光
时间分别为t 1、t 2…，计算出t 02、t 12…．
（1）挡光时间为t 0时，重锤的加速度为a 0．从左侧取下i 块铁片置于右
侧重锤上时，对应的挡光时间为t i ，重锤的加速度为a i ．则
0i a a = ▲ .（结果用t 0和t i 表示）
（2）作出0
i a i a -的图线是一条直线，直线的斜率为k ，则重锤的质量M= ▲ . （3）若重锤的质量约为300g ，为使实验测量数据合理，铁片质量m 0比较恰当的取值是 ▲ .
A ．1g
B ．5g
C ．40g
D ．100g
（4）请提出一条减小实验误差的建议： ▲ .
【答案】（1）
2
2
i
t
t
；（2）
2nk
m
k
+
；（3）C；（4）减小绳与滑轮间的摩擦力
【考点】本题旨在考查验证机械能守恒定律。

涂满涂黑．如都作答，则按A 、B 两小题评分．)
A ．(选修模块3-3)(12分)
在大气中，空气团竖直运动经过各气层的时间很短，因此，运动过程中空气团与周围空气热量交换极少，可看作绝热过程．潮湿空气团在山的迎风坡上升时，水汽凝结成云雨，到山顶后变得干燥，然后沿着背风坡下降时升温，气象上称这股干热的气流为焚风．（大气压强随高度的增加而减小）
（1）空气团沿背风坡下降时，下列描述其压强p 随体积V 变化关系的图象中，可能正确的是 ▲ (图中虚线是气体的等温线)．
（2）空气团在山的迎风坡上升时温度降低，原因是空气团 ▲ （选填“对外放热”或“对外做功”）；设空气团的内能U 与温度T 满足U=CT （C 为一常数），空气团沿着背风坡下降过程中，外界对空气团做的功为W ，则此过程中空气团升高的温度ΔT= ▲ ．
（3）若水汽在高空凝结成小水滴的直径为d ，已知水的密度为ρ、摩尔质量为M ，阿伏加德罗常数为N A ．求：①一个小水滴包含的分子数n ； ②水分子的大小d 0．
【答案】（1）C ；
（2）对外做功、W C
；（3）①3A d N 6M πρ 【考点】本题旨在考查
【解析】
（1）在P
V -图中等温线为双曲线的一支，而且越远离坐标远点的温度越高，沿着背风坡下降时升温，所以图象应该由低温度线指向高温度线，另外在此过程中空气团的体积变化，故选：C ；
（2）空气团在山的迎风坡上升时温度降低，空气团内能减小，又绝热，根据热力学第一定律可知空气团对外做功；
根据U CT =得：U C T ∆=∆ ①
由根据热力学第一定律得：U W Q ∆=+ ②
0Q = ③ ①②③联立解得：W T C
∆= （3）①水滴的体积为：361d V π=
水滴的质量：V m ρ= 分子数：36A A d N m n N M M
πρ== ②根据：3016
A M d N πρ=
解得：0d =
（1）下列说法中不符合事实的是 ▲ ．
A ．机场安检时，借助X 射线能看到箱内物品
B ．交通警示灯选用红灯是因为红光更容易穿透云雾烟尘
C ．建筑外装涂膜玻璃应用了光的全反射
D ．液晶显示应用了偏振光
【答案】C
【考点】本题旨在考查光的偏振、全反射。

【解析】A 、X 射线有较强的穿透能力，借助X 射线能能检测与探伤，机场安检时，借助X 射线能看到箱内物品,故A 正确；
B 、交通警示灯选用红灯是因为红光更容易穿透云雾烟尘，故B 正确；
C 、建筑外装涂膜玻璃应用了光的薄膜干涉，不是光的全反射，故C 错误；
D 、液晶显示应用了液晶的各向异性和光的偏振原理．故D 正确。

本题选择错误温度，故选：C
（2）如图所示，一束激光频率为ν0，传播方向正对卫星飞行方向，已知真空中光速为c ，卫星速度为u ，则卫星上观测到激光的传播速度是
▲ ，卫星接收到激光的频率ν ▲ ν0
（选填“大于”、“等于”或“小于”）． 【答案】21u
u c +、大于
【考点】本题旨在考查爱因斯坦相对性原理和光速不变原理. 【解析】由相对论原理可得激光速度为：21u
v u c =+
依据多普勒效应可知，卫星接收到激光的频率ν大于0ν 故答案为：21u
u c +、大于
（3）如图所示，一半圆形玻璃砖半径R=18cm ，可绕其圆心O 在纸面
内转动，M 为一根光标尺，开始时玻璃砖的直径PQ 与光标尺平行．一
束激光从玻璃砖左侧垂直于PQ 射到O 点，在M 上留下一光点O 1．保
持入射光方向不变，使玻璃砖绕O 点逆时针缓慢转动，光点在标尺上
移动，最终在距离O 1点h=32cm 处消失．已知O 、O 1间的距离l=24cm ，
光在真空中传播速度c=3.0×108
m/s ，求:
①玻璃砖的折射率n ；
②光点消失后，光从射入玻璃砖到射出过程经历的时间t ．
【答案】①1.67；②9210s -⨯ 【考点】本题旨在考查光的折射定律。

【解析】①发生全反射时光路如图： 由数学知识得：3
4tan ==l h θ
全反射临界角：-2C πθ=
玻璃的折射率：67.13
5sin 1===C n ②光在玻璃中传播的速度： n
c v = 全反射时光穿过玻璃砖的时间：s 10229-⨯==
v R t 答：①玻璃砖的折射率n 是1.67；②光点消失后，光从射入玻璃砖到射出过程经历的时间t 为9210s -⨯。

C ．(选修模块3-5)(12分)
1995年科学家“制成”了反氢原子，它是由一个反质子和一个围绕它运动的正电子组成．反质子和质子有相同的质量，带有等量异种电荷．反氢原子和氢原子有相同的能级分布，氢原子能级如图所示．
（1）下列说法中正确的是 ▲ ．
A ．反氢原子光谱与氢原子光谱不相同
B ．基态反氢原子的电离能是13.6eV
C ．基态反氢原子能吸收11eV 的光子发生跃迁
D ．在反氢原子谱线中，从n=2能级跃迁到基态辐射光子的波长最
长
（2）反氢原子只要与周围环境中的氢原子相遇就会湮灭，因此实验室中造出的反氢原子稍纵即逝．已知氢原子质量为m ，光在真空中传播速度为c ，一对静止的氢原子和反氢原子湮灭时辐射光子，则辐射的总能量E= ▲ ，此过程 ▲ 守恒．
（3）一群氢原子受激发后处于n=3能级，当它们向低能级跃迁时，辐射的光照射光电管阴极K ，发生光电效应，测得遏止电压U C =9.80V ．求：
①逸出光电子的最大初动能E k ；
②阴极K 的逸出功W ．
【答案】（1）B ；（2）2
2mc 、能量和动量；（3）①99.8eV 、②2.29eV
【考点】本题旨在考查氢原子的能级公式和跃迁。

【解析】：（1）A 、反氢原子光谱与氢原子光谱相同，故A 错误；
B 、处于基态的氢原子的电离能是13.6eV ，具有大于等于13.6eV 能量的光子可以使氢原子电离，
故B 正确；
C 、基态的氢原子吸收11eV 光子，能量为13.611 2.6eV eV eV -+=-，不能发生跃迁，所以该光子不能被吸收，故C 错误；
D 、在反氢原子谱线中，从2n =能级跃迁到基态辐射光子能量最大，频率最大，波长最小，故D 错误。

故选：B
（2）已知氢原子质量为m ，光在真空中传播速度为c ，一对静止的氢原子和反氢原子湮灭时辐射光子，则辐射的总能量22E mc =，此过程能量和动量 守恒；
（3）①根据动能定理得：0C k eU E -=-
9.8eV k E =
②初动能最大的电子是从能级3跃迁至能级1发出光照射金属板时产生的，则：
13E E hv -=
k E hv W =-
解得： 2.29eV W =
故答案为：（1）B ；（2）22mc 、能量和动量；（3）①99.8eV 、②2.29eV 。

四、计算题：本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
13．（15分）电磁弹射是我国最新研究的重大科技项目，原理可用下述模型说明．如图甲所示，虚线MN 右侧存在一个竖直向上的匀强磁场，一边长L 的正方形单匝金属线框abcd 放在光滑水平面上，电阻为R ，质量为m ，ab 边在磁场外侧紧靠MN 虚线边界．t=0时起磁感应强度B 随时间t 的变化规律是B=B 0+kt （k 为大于零的常数），空气阻力忽略不计．
（1）求t=0时刻，线框中感应电流的功率P ；
（2）若线框cd 边穿出磁场时速度为v ，求线框穿出磁场过程中，安培力对线框所做的功W 及通过导线截面的电荷量q ；
（3）若用相同的金属线绕制相同大小的n 匝线框，如图乙所示，在线框上加一质量为M 的负载物，证明:载物线框匝数越多，t=0时线框加速度越大．
【答案】（1）24k L R ；（2）212mv 、2
0B L R （3）根据30()kB L a M m R n
=+可知，n 越大，a 越大 【考点】本题旨在考查法拉第电磁感应定律、导体切割磁感线时的感应电动势。

【解析】（1）0t =时刻线框中的感应电动势： 20B E L t
∆=∆ 功率： 20E P R
= 解得：24
k L P R
= （2）由动能定理有：k W E =∆ 解得：212
W mv = 穿出过程线框中的平均电动势：E t φ∆=
∆ 线框中的电流：E I R
= 通过的电量：q I t =∆ 解得：2
0B L q R
= （3）n 匝线框中0t =时刻产生的感应电动势：E n
t φ∆=∆ 线框的总电阻：R nR =总 线框中的电流：E I R =总
0t =时刻线框受到的安培力：0F nB IL =
设线框的加速度为a ，根据牛顿第二定律有：)F nm M a =+（
解得：30()kB L a M m R n
=+ 可知，n 越大，a 越大 答：（1）线框中感应电流的功率为24
k L R
； （2）安培力对线框所做的功为212
mv 及通过导线截面的电荷量为20B L R （3）根据30()kB L a M m R n
=+，可知，n 越大，a 越大。

14．（16分）如图所示，光滑杆AB 长为L ，B 端固定一根劲度系数
为k 、原长为l 0的轻弹簧，质量为m 的小球套在光滑杆上并与弹簧
的上端连接．OO ′为过B 点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为
θ．
（1）杆保持静止状态，让小球从弹簧的原长位置静止释放，求小球
释放瞬间的加速度大小a 及小球速度最大时弹簧的压缩量△l 1；
（2）当球随杆一起绕OO ′轴匀速转动时，弹簧伸长量为△l 2，求匀
速转动的角速度ω；
（3）若θ=30º，移去弹簧，当杆绕OO ′轴以角速度ω0
动时，小球恰好在杆上某一位置随杆在水平面内匀速转动，球受轻
微扰动后沿杆向上滑动，到最高点A 时球沿杆方向的速度大小为v 0，求小球从开始滑动到离开杆过程中，杆对球所做的功W ．
【答案】（1）sin mg k θ；（2
；（3）203182
mgL mv + 【考点】本题旨在考查动能定理、向心力。

【解析】（1）小球从弹簧的原长位置静止释放时，根据牛顿第二定律有：sin mg ma θ= 解得：sin a g θ=
小球速度最大时其加速度为零，则： 1sin k l mg θ∆= 解得：1sin mg l k
θ∆= （2）设弹簧伸长2l ∆时，球受力如图所示，
水平方向上有：2202sin cos ()cos N F k l m l l θθωθ+∆=+∆
竖直方向上有：2cos sin 0N F k l mg θθ-∆-=
解得：ω=（3）当杆绕OO ′轴以角速度ω0匀速转动时，设小球距离B 点L 0，
此时有：200tan cos mg m L θωθ= 解得：023
L L = 此时小球的动能：20001(cos )2k E m L ωθ=
小球在最高点A 离开杆瞬间的动能：22001[(cos )]2
kA E m v L ωθ=+ 根据动能定理有：00()sin kA k W mg L L E E θ--=- 解得：203182
W mgL mv =+ 答：（1）小球释放瞬间的加速度大小为sin g θ及小球速度最大时弹簧的压缩量为
sin mg k θ； （2
； （3）杆对球所做的功为203
18
2mgL mv +。

15．（16分）如图甲所示，一对平行金属板M 、N 长为L ，相距为d ，O 1O 为中轴线．当两板间加电压U MN =U 0时，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场．某种带负电的粒子从O 1点以速度v 0沿O 1O 方向射入电场，粒子恰好打在上极板M 的中点，粒子重力忽略不计．
（1）求带电粒子的比荷q m
；
（2）若MN 间加如图乙所示的交变电压，其周期02L T v =，从t=0开始，前3T 内U MN =2U ，后23
T 内
U MN =-U ，大量的上述粒子仍然以速度v 0沿O 1O 方向持续射入电场，最终所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，求U 的值；
（3）紧贴板右侧建立xOy 坐标系，在xOy 坐标第I 、IV 象限某区域内存在一个圆形的匀强磁场区域，磁场方向垂直于xOy 坐标平面，要使在（2）问情景下所有粒子经过磁场偏转后都会聚于坐标
为（2d ，2d ）的P 点，求磁感应强度B 的大小范围．
【解析】（1）设粒子经过时间0t 打在M 板中点， 沿极板方向有：0012
L v t = 垂直极板方向有：
200122qU d t md = 解得：2
02024L U v d m q = （2）粒子通过两板时间：0
2L t T v == 从0t =时刻开始，粒子在两板间运动时每个电压变化周期的前三分之一时间内的加速度大小md qU a 21=，方向垂直极板向上；在每个电压变化周期的后三分之二时间内加速度大小2qU a md =，方向垂直极板向下．不同时刻从O 1点进入电场的粒子在电场方向的速度v y 随时间t 变化的关系如答图甲所示．
因为所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，可以确定在nT t =或T nT t 3
1+= 时刻进入电场的粒子恰好分别从极板右侧上下边缘处飞出．它们在电场方向偏转的距离最大，
有：])3
(21[221T T a d = 解得：430U U =
（3）所有粒子射出电场时速度方向都平行于x 轴，大小为v 0．设粒子在磁场中的运动半径为r ，则：r v m B qv 2
00=:） 解得：0
mv r qB =
粒子进入圆形区域内聚焦于P 点时，磁场区半径R 应满足：R r = 在圆形磁场区域边界上，P 点纵坐标有最大值，如答图乙所示： 磁场区的最小半径：min 5
4R d = 对应磁感应强度有最大值：0
max 45mv B qd =
磁场区的最大半径：max 2R d = 对应磁感应强度有最小值：0
min 2mv B qd =
所以，磁感应强度B 的可能范围为：0
425mv mv B qd qd ≤≤。