卷
一、单选题（本大题共10小题，共30.0分） 1. 关于运动的描述，下列说法中正确的是( )
A. 物体做直线运动时，位移的大小一定等于路程 B. 物体速度变化量大但加速度可以很小 C. 4×200𝑚接力赛中的200m是指位移 D. 平均速度的大小通常叫做平均速率
2. 踢毽子是一项有益的休育活动。如图，毽子某次被踢出后，竖直上升经过
某一位置时，毽子的动能和重力势能分别为𝐸𝐾1和𝐸𝑃1，下落经过同一位置时毽子的动能和重力势能分别为𝐸𝑘2和𝐸𝑃2，则( )
A. 𝐸𝐾2>𝐸𝐾1 B. 𝐸𝐾2<𝐸𝐾1 C. 𝐸𝑃2>𝐸𝑃1 D. 𝐸𝑃2<𝐸𝑃1
3. 有两个光滑固定斜面AB和BC，A、C两点在同一水平面上，斜
面BC比AB长(如图所示)，四个图中正确表示滑块速率随时间t变化规律的是( )
A.
B.
C.
D.
4. 从水平匀速飞行的飞机上向地面空投物资(不计空气阻力)，飞机上的人和地面上的人看投下的
物体运动路线分别是( )
A. 沿竖直线，沿斜向直线 C. 沿斜向直线，沿曲线
B. 沿竖直线，沿曲线 D. 沿曲线，沿竖直线
5. 关于三个宇宙速度，以下说法错误的是( )
A. 第一宇宙速度是人造地球卫星的最大绕行速度 B. 第一宇宙速度是人造地球卫星的地面最小发射速度
C. 在地球发射绕月球运动的月球探测器，需要达到地球的第二宇宙速度 D. 飞船的地面发射速度达到第三宇宙速度，它会飞出太阳系以外
6. 在电源电压不变的情况下，为使正常工作的电热器在单位时间内产生的热量增加一倍，下列措
施可行的是( )
A. 剪去一半的电阻丝 C. 串联一根相同的电阻丝
𝐹
B. 并联一根相同的电阻丝 D. 使电热器两端的电压增大一倍
7. 根据电场强度的定义𝐸=𝑞，在国际单位制中，电场强度的单位是( )
A. 𝑁/𝐶 B. 𝑁/𝐽 C. 𝐽/𝐶 D. 𝐶/𝑁
8. 如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法
正确的是( )
A. 甲图要增大粒子的最大动能，可增加电压U B. 乙图可判断出A极板是发电机的负极
C. 丙图可以判断带电粒子的电性，粒子能沿直线匀速通过速度选择器的条件是𝑣=𝐵 D. 丁图中若载流子带负电，稳定时C板电势高
9. 如图所示，竖直长导线通以恒定电流I，闭合线圈MNPQ与导线在同一平面内，当
线圈做下列运动时，穿过线圈的磁通量会发生变化的是( )
𝐸
A. 水平向右平移 B. 竖直向下平移 C. 竖直向上平移 D. 以导线为轴转动
10. 一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段径迹如图所示，径迹上的每
小段都可近似看成圆弧，由于带电粒子使沿途空气电离，粒子的能量逐渐减少(带电荷量不变)，从图中情况可以确定( )
A. 粒子从a运动到b，带正电 C. 粒子从a运动到b，带负电
二、多选题（本大题共3小题，共15.0分）
B. 粒子从b运动到a，带正电 D. 粒子从b运动到a，带负电
11. 两个相同的粗糙斜面上，放两个相同的物块，分别用沿斜面向下的力𝐹1(如甲)和沿斜面向上的
力𝐹2(如图乙)推物块，结果物块都能沿斜面匀速运动，斜面的倾角为𝜃，物块的质量为m，物块与斜面的动摩擦因数为𝜇，则关于推力𝐹1、𝐹2的说法正确的是( )
A. 𝐹2−𝐹1=2𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛 𝜃 C. 𝐹2+𝐹1=2𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛 𝜃
B. 𝐹2−𝐹1=2𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠 𝜃 D. 𝐹2+𝐹1=2𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠 𝜃
12. 如图所示，一个正电荷从x轴的c点分别沿直线被移动到y轴上的a
点和b点，在这两个过程中，均需克服电场力做功，且做功的数值相同，有可能满足这种情况的电场是( )
A. 沿y轴正向的匀强电场 B. 沿x轴负向的匀强电场
C. 处于第Ⅰ象限内某位置的负点电荷形成的电场 D. 处于第Ⅳ象限内某位置的正点电荷形成的电场
13. 下列有关电磁学的四幅图中，说法正确的是( )
A. 法拉第(甲图)发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系，分析后得出了法拉
第电磁感应定律
B. 乙图中的圆盘发电机，通过圆盘的磁通量保持不变，但电路中的小灯泡会亮 C. 丙图实验说明电流具有磁效应，如果将通电直导线南北放置，实验效果最好
D. 丁图中的阴极射线在磁场的作用下向上偏转，则A接电源的负极，D为磁极的N极，C为S
极
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
14. 某同学用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律。
(1)供实验选择的重物有以下三个，应选择______。
A.质量为100g的木球 𝐵.质量为100g的铁球 𝐶.质量为100g的塑料球
(2)某同学按照正确操作得到纸带如图2所示，其中O是起始点，M、N、P为从合适位置开始选取的连续点中的三个点，打点周期𝑇=0.02𝑠，该同学用毫米刻度尺测量O到M、N、P各点的距离，并记录在图中，重物的质量为𝑚=0.1𝑘𝑔，重力加速度𝑔=9.80𝑚/𝑠2.根据图上所得的数据，取图中O点到N点来验证机械能守恒定律，则重物重力势能的减少量为△𝐸𝑝=______J，其动能的增加量为△𝐸𝑘=______𝐽(结果均保留三位有效数字)。
(3)若测出纸带上所有各点到O点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v及重物下落的高度x，则以𝑣2为纵轴、x为横轴，画出的图象是下图中的______。
15. 某同学在做“用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻”的实验时候，部分器材参数如下：
电压表，电流表，定值电阻𝑅0(3𝛺)，电池(3𝑉)，滑动变阻器(约20𝛺)。实验电路如图(𝑎)所示，请回答下列问题：
(1)请根据电路图甲，按电路原理图(𝑎)连接实物图(𝑏)；
(2)在电路连接正确的情况下，闭合开关，改变滑动变阻器的阻值，测出了7组对应的数据并在(𝑐)图上描点。
①请根据数据点作出图象
②根据图象得出该电池的电动势𝐸=______V电池内阻𝑟=______𝛺
③实验所得的电池电动势E的测量值与真实值相比较E偏______(填“大”或“小”) 四、计算题（本大题共3小题，共40.0分）
16. 如图所示，在一二象限内−𝑅≤𝑥≤𝑅范围内有竖直向下的匀强电场E，电场的上边界方程为𝑦=
12𝑅
𝑥2.在三四象限内存在垂直于纸面向里、边界方程为𝑥2+𝑦2=𝑅2的匀强磁场．现在第二象限
1
中电场的上边界有许多质量为m，电量为q的正离子，在𝑦=2𝑅处有一荧光屏，当正离子达到荧光屏时会发光，不计重力和离子间相互作用力． (1)求在𝑥(−𝑅≤𝑥≤𝑅)处释放的离子进入磁场时速度．
(2)若仅让横坐标𝑥=−3的离子释放，它在磁场中偏转后恰好能直接经过点(𝑅,0)，求从释放到经过点(𝑅,0)所需时间t．
𝑅
(3)若同时将离子由静止释放，释放后一段时间发现荧光屏上只有一点持续发出荧光．求荧光屏上该点坐标和磁感应强度𝐵1．
17. 做平抛运动的物体，经过t秒到达A点，其速度方向与水平方向成30°角，再经过3秒到达B点，
其速度方向与水平方向成45°角，求物体抛出时的速度．(𝑔取10𝑚/𝑠2最终结果保留小数点后面两位有效数字)
18. 如图所示，在竖直平面内建立Oxy直角坐标系，在𝑥=−√2𝑑处有垂直于x轴足够大的弹性绝缘
挡板，y轴左侧和挡板之间存在一匀强电场，电场与x轴负方向夹角𝜃=45°，y轴右侧有一个有0)处有一个质量为m、界匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为𝐵.在𝑀(−√𝑑、
2
2
电荷量为−𝑞的粒子，以某一初速度沿场强方向运动．当它打到绝缘板上N点时，粒子沿y轴方向的速度不变，x轴方向速度大小不变、方向反向，一段时间后，以√2𝑣的速度垂直于y轴进入磁场，恰好不从磁场右边界飞出．粒子的重力不计． (1)求磁场的宽度L；
(2)求匀强电场的场强大小E；
(3)若另一个同样的粒子以速度v从M点沿场强方向运动，经时间t第一次从磁场边界上P点出来，求时间t．
【答案与解析】
1.答案：B
解析：解：A、物体做直线运动时，位移的大小不一定等于路程，只有质点做单向直线运动时，位移的大小才等于路程，故A错误；
B、加速度描述速度变化的快慢，与物体速度的变化量的大小无关，物体速度变化量大但加速度可以很小，故B正确；
C、4×200𝑚接力赛中的200m指的是路程，故C错误；
D、平均速度表示位移与时间的比值，平均速率表示路程与时间的比值，故D错误； 故选：B。
路程是标量，大小等于物体运动轨迹的长度，位移是矢量，位移的大小等于由初位置指向末位置的有向线段的长度；平均速度表示位移与时间的比值，平均速率表示路程与时间的比值。
解决本题的关键知道路程是标量，大小等于物体运动轨迹的长度，位移是矢量，位移的大小等于由初位置指向末位置的有向线段的长度，平均速度表示位移与时间的比值，平均速率表示路程与时间的比值。
2.答案：B
解析：解：毽子某次被踢出后，竖直上升经过某一位置时，毽子的动能和重力势能分别为𝐸𝐾1和𝐸𝑃1；下落经过同一位置时，毽子的动能和重力势能分别为𝐸𝐾2和𝐸𝑃2，由于此时的高度是相同的，质量也相同，故重力势能是相同的，即𝐸𝑃1=𝐸𝑃2；
毽子在上升、下落的过程中，由于存在摩擦，机械能转化为内能，机械能减小，由于重力势能是相同的，则𝐸𝐾1>𝐸𝐾2；故B正确，ACD错误。 故选：B。
动能的大小与质量、速度有关；重力势能的大小与高度、质量有关；毽子在上升、下落的过程中，由于存在摩擦，机械能是不守恒的，据此分析。
本题考查了影响动能、势能大小的因素，解答本题的关键是知道重力势能和动能的决定因素。
3.答案：B
解析：解：滑块上升和下滑过程中只有重力做功，所以机械能守恒，则滑块到达C点的速度和A点的速度大小相同，令AB和BC面的倾角分别为𝛼和𝛽，滑块在AB面上运动时，根据牛顿第二定律可知其加速度大小为： 𝑎1=𝑔𝑠𝑖𝑛𝛼
在BC面上运动时，其加速度大小为： 𝑎2=𝑔𝑠𝑖𝑛𝛽
因为𝛼>𝛽，所以𝑎1>𝑎2，则根据𝑣−𝑡图象的斜率表示加速度可知，上升过程的图线比下降过程的图线的斜率的绝对值更大一些，故B正确，ACD错误。 故选：B。
滑块匀减速上滑后匀加速下滑，由于斜面光滑，不受摩擦力，只有重力做功，故机械能守恒，物体滑到C点的速度等于A点的速度；下滑时加速度较小，用时较长。
解决该题的关键是明确知道滑块到达C点时的速度大小和在A点时的速度大小相同，知道𝑣−𝑡图象的斜率表示滑块运动加速度。
4.答案：B
解析：解：以飞机上的人为参考系，空投的物体在水平方向上与飞机保持静止，在竖直方向上做自由落体运动，所以路线沿竖直方向的直线，
以地面上的人为参考系，空投的物资做平抛运动，运动路线沿曲线． 故选B
空投的物体在水平方向上做速度与飞机速度相同的匀速运动，在竖直方向上做自由落体运动，选择不同的参考系，运动路线是不同的．
本题主要考查了对空投物资的运动情况的分析，选择不同的参考系，运动路线是不同的．
5.答案：C
解析：解：A、卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，速度：𝑣=√
𝐺𝑀𝑟
𝐺𝑀𝑚𝑟2=𝑚，可得卫星的线
𝑟
𝑣2
，故轨道半径越大卫星的运行速度越小，而第一宇宙速度是卫星沿地球表面运动时
的速度，所以第一宇宙速度是人造地球卫星最大的运行速度，故A正确；
B、第一宇宙速度是人造地球卫星在地球表面绕地球飞行的速度，也是卫星进入近地圆形轨道的最小发射速度，故B正确；
C、第二宇宙速度是卫星脱离地球引力的束缚的最小发射速度，即逃逸速度，即当卫星的发射速度大于等于第二宇宙速度时卫星脱离地球的吸引而进入绕太阳运行的轨道，月球探测器没有脱离地球引力的束缚，发射速度要小于第二宇宙速度，故C错误；
D、当卫星的发射速度大于等于第三宇宙速度时物体将脱离太阳的束缚，飞出太阳系，故第三宇宙速度又称为逃逸速度，故D正确。 本题选择错误的，故选：C。
第一宇宙速度是卫星沿地球表面运动时的速度，半径越大运行速度越小，故第一宇宙速度是人造地球卫星最大的运行速度。
当卫星的速度大于等于第二宇宙速度时卫星脱离地球的吸引而进入绕太阳运行的轨道。 当物体的速度大于等于第三宇宙速度时物体将脱离太阳的束缚。
此题考查了宇宙速度的相关知识，掌握第一宇宙速度，第二宇宙速度和第三宇宙速度的定义和运行速度与半径的关系是成功解决本题的关键和基础。
6.答案：B
解析：【试题解析】
A、解：剪去一半的电阻丝，电阻减小为2，根据公式𝑄=
1
𝑈2𝑅
在电源电压一定，通电时间相同时，𝑡知，
电阻减小一半，产生的热量为原来的2倍，这样电热器会烧坏，故A错误； B、并联一根电阻后，电路总电阻为原来的.由公式𝑄=
2
1
𝑈2𝑅
𝑡知，在电源电压一定，通电时间相同时，
电阻减小一半，产生的热量为原来的2倍。故B正确； C、串联一根电阻后，电路总电阻为原来的2倍。由公式𝑄=同时，电阻增大一倍，产生的热量为原来的2.故C错误； D、将电热器两端电压增大一倍，由公式𝑄=原来的4倍。故D错误； 故选：B。
纯电阻电路中电阻产生的热量和消耗的电能相等，计算公式通用，选择合理的电热公式逐项分析即可得出结果．
此题考查了电热公式的灵活应用，注意在纯电阻电路中，电能的计算公式和焦耳定律可以通用．
𝑈2𝑅1
𝑈2𝑅
𝑡知，在电源电压一定，通电时间相
𝑡知，在电阻一定，通电时间相同时，产生的热量是
7.答案：A
解析：解：根据电场强度的定义式𝐸=𝑞，可知，力的单位是牛顿，电荷的单位是库伦，所以电场强度的单位是牛/库，即𝑁/𝐶，所以A正确。 故选：A。
国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位。
单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。
𝐹
8.答案：B
解析：解：A、根据洛伦兹力提供向心力可得：𝑞𝑣𝐵=
1
𝑚𝑣2𝑟
，解得：𝑣=
𝑞𝐵𝑟𝑚
，故最大动能为：𝐸𝑘𝑚=
𝑚𝑣2=2
𝑞2𝐵2𝑟22𝑚
，所以最大动能与加速电压无关，故A错误；
B、由左手定则知正离子向下偏转，所以下极板带正电，A板是电源的负极，B板是电源的正极，故B正确；
C、电场的方向与B的方向垂直，带电粒子进入复合场，受电场力和洛伦兹力，且二力是平衡力，即𝐸𝑞=𝑞𝑣𝐵，所以𝑣=𝐵，不管粒子带正电还是带负电都可以匀速直线通过，所以无法判断粒子的电性，故C错误；
D、若载流子带负电，由左手定则可知，负粒子向C端偏转，所以稳定时C板电势低，故D错误。 故选：B。
粒子想利用回旋加速器获得更大的动能，需要增大盒子半径，磁流体发电机就是利用带电粒子受洛伦兹力原理，速度选择器是因为达到某一速度的粒子受力平衡做匀速直线运动，霍尔元件中的粒子受到洛伦兹力的作用在元件一侧聚集。
本题考查了洛伦兹的应用相关知识，掌握用左手定则判断洛伦兹力的方向，知道速度选择器的原理以及回旋加速器中最大动能的表达式。
𝐸
9.答案：A
解析：解：A、通电直导线的磁场为以导线为中心的环形磁场，离开导线越远，磁感应强度越小，因此，闭合线圈abcd离开通电直导线，水平向右移动时，磁通量变小，故A正确；
BC、BC均错误； 闭合线圈abcd竖直向上或竖直向下移动时，对应的磁场强度不变，故磁通量不变，D、通电直导线的磁场为以导线为中心的环形磁场，故以导线为轴转动时，磁通量不变，故D错误。 故选：A。
通电直导线的磁场为以导线为中心的环形磁场，离开导线越远，磁感应强度越小，因此，闭合线圈abcd离开通电直导线时，磁通量变小，闭合线圈abcd靠近通电直导线时，磁通量变大，其他的情况下，磁通量不变。
本题考查常见的磁场(通电直导线的磁场)的特点以及磁通量的定义，故该题要从常见的磁场的特点的角度进行分析。
10.答案：B
解析： 根据𝑟=
𝑚𝑣
𝑞𝐵可知，粒子运动的半径与速度的大小有关，根据半径的变化来判断粒子的运动的方向，
这是解决本题的关键。
本题是带电粒子在磁场中圆周运动的半径公式的直接考查，基础题目。
由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式𝑟=
𝑚𝑣
𝑞𝐵可知，粒子的半径逐渐的减小，所以粒子的运动方向是从
b到a，再根据左手定则可
知，粒子带正电，故B正确，ACD错误。 故选B。
11.答案：AD
解析：解：分别对两个物块进行受力分析，如图所示：
由于物体都做匀速运动，受力平衡，则有： 对甲图：𝐹1+𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃=𝑓， 𝑓=𝜇𝑁=𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃，
解得：𝐹1=𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃−𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃 对乙图：𝐹2=𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃+𝑓′， 𝑓′=𝜇𝑁′=𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃，
解得：𝐹1=𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃+𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃
则𝐹2−𝐹1=2𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃，𝐹2+𝐹1=2𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃，故AD正确． 故选：AD
分别对两个物块进行受力分析，根据共点力平衡条件求出𝐹1和𝐹2的表达式即可求解．
本题关键对物体受力分析后，根据平衡条件并结合正交分解法多次列式求解，不难，但要有耐心．
12.答案：BD
解析：解：由题，在这两个过程中，电场力做功相等，说明ab的电势相等． A、若是沿y轴正向的匀强电场，ab两点的电势不等，不符合题意．故A错误．
B、若是沿x轴负向的匀强电场，ab两点的电势相等，将正电荷移动a、b两点电场力做负功，符合题意．故B正确．
C、若是处于第Ⅰ象限内某位置的负点电荷形成的电场，a、b两点的电势不等，不符合题意．故C错误．
D、b连线的垂直平分线上，若处于第Ⅳ象限内某位置的正点电荷形成的电场，而且正点电荷处于a、ab两点的电势相等，将正电荷移动a、b两点电场力做负功，符合题意．故D正确． 故选BD
由题，在这两个过程中，电场力做功相等，说明ab的电势相等，分别研究四个选项电场力做功情况，选择符合题意的选项．
本题首先要根据题意判断出ab两点电势相等，其次要了解各种电场等势线的分布情况．
13.答案：BCD
解析：
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可；
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。
A、奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系，故A错误；
B、乙图中通过圆盘的磁通量保持不变，圆盘的半径切割磁感线产生感应电流，有电流流经电阻R，电路中的小灯泡会亮，故B正确；
C、因为地磁场的方向为南北方向，所以小磁针的方向静止时指向南北，在证明电流周围存在磁场，不受地磁场的干扰，应将导线水平南北放置，故C正确；
D、电子束向上偏转，由左手定则可知，电流方向从B到A，电子从A向B运动，则A接电源的负极，D为磁极的N极，C为S极，故D正确； 故选BCD。
14.答案：B 0.185 0.184 C
解析：解：(1)为了减小阻力的影响，重物应选择质量大一些，体积小一些的，故选：B。 (2)重物重力势能的减少量为△𝐸𝑝=𝑚𝑔𝑥𝑂𝑁=0.1×9.8×0.1890=0.185𝐽
2
=×0.1×(动能的增量：△𝐸𝐾=2𝑚𝑣𝑁
2
1
1
1
22.93−15.252
)
2×0.02
=0.184𝐽
(3)在实验误差允许范围内，由𝑚𝑔𝑥=2𝑚𝑣2，则得𝑣2=2𝑔𝑥，其图象为一过原点的直线，则C正确， 故选：C
故答案为：(1)𝐵；(2)0.185，0.184；(3)𝐶。 根据实验的原理，从而减小误差的角度选择重物；
纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度，从而求出动能；根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值；
根据机械能守恒定律得出𝑣2−ℎ的关系式，从而确定正确的图线。
运用运动学公式和动能、重力势能的定义式解决问题是该实验的常规问题，同时要熟练应用基本物理规律解决实验问题。
15.答案：1.30 1.56 小
解析：解：(1)根据图示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：
(2)①根据坐标系内描出的点作出图象，图象如图所示：
②由图示电源𝑈−𝐼图象可知，电源电动势：𝐸=1.30𝑉，电源内阻：𝑟=
△𝑈△𝐼
=
1.30−0.600.45
=1.56𝛺；
③由图示电路图可知，电流表采用内接法，由于电压表的分流作用，流过电源的电流大于电流表示数，
电流的测量值小于真实值，电源电动势测量值小于真实值；
故答案为：(1)实物电路图如图所示；(2)①图象如图所示；②1.30；1.56；③小。 (1)根据图示电路图连接实物电路图。 (2)根据坐标系内描出的点作出图象；
电源𝑈−𝐼图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻； 根据图示电路图分析实验误差。
本题考查了测电源电动势与内阻实验，理解实验原理是解题的前提与关键，电源𝑈−𝐼图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻。
16.答案：解：(1)于x处释放离子，由动能定理得：𝐸𝑞2𝑅𝑥2=2𝑚𝑣2
得离子进入磁场时的速度为：𝑣=√
𝑅
𝐸𝑞𝑚𝑅
11
|𝑥|
⋅=3√𝑚𝑅3
𝐸𝑞
𝑅
1
𝐸𝑞𝑅𝑚
(2)由(1)得在𝑥=−3 处释放的离子到达x轴时速度为：𝑣=√从释放到到达x轴时间为：𝑡1==
𝑎
𝑅𝑣
1𝐸𝑞𝑅√3𝑚𝐸𝑞𝑚
=3√𝐸𝑞
1𝑚𝑅
𝑎)第一种情况：离子直接从𝑥=−3经磁场达𝑥=𝑅处． 在磁场中经历半圆时间为：𝑡2==
𝑣
𝑠
𝜋𝑅(𝑅+)23𝑣
=2𝜋√𝐸𝑞
𝑚𝑅
总时间为：𝑇1=𝑡1+𝑡2=(2𝜋+)√
3𝐸𝑞
𝑏)第二种情况：离子直接从𝑥=−3经磁场达𝑥=3处进入电场返回磁场再到𝑥=𝑅处 易得在磁场中时间仍然为：𝑡2=2𝜋√𝐸𝑞 在电场中时间为：3𝑡1=√𝐸𝑞 总时间为：𝑇2=3𝑡1+𝑡2=(2𝜋+1)√𝐸𝑞 (3)在磁场B中有：𝑞𝑣𝐵=𝑚
𝑟𝑣2
𝑚𝑅
𝑚𝑅
𝑚𝑅𝑅
𝑅
1𝑚𝑅
所以运动半径为：𝑟=
𝑚𝑣𝑞𝐵
=√|𝑥| 𝐵𝑞𝑅
1𝐸𝑚
可以看出，B一定时，必有𝑟∝|𝑥|，当|𝑥|→0时，𝑟→0(离子经磁场偏转从逼近原点出磁场)因此，所有离子都从原点(0,0)点出磁场，击中荧光屏上(0,2𝑅) 则有：2𝑟=𝑥 因为𝑞𝑣𝐵1=𝑚
𝑟𝑣2
1
所以有：𝐵1=
𝑚𝑣𝑞𝑟
=2√𝑞𝑅
𝐸𝑞
𝐸𝑚
答：(1)在𝑥(−𝑅≤𝑥≤𝑅)处释放的离子进入磁场时速度𝑣=√|𝑥|．
𝑚𝑅
(2)若仅让横坐标𝑥=−3的离子释放，它最后能经过点(𝑅,0)，从释放到经过点(𝑅,0)所需时间𝑡=(2𝜋+)√或(2𝜋+1)√．
3𝐸𝑞𝐸𝑞
(3)若同时将离子由静止释放，释放后一段时间发现荧光屏上只有一点持续发出荧光．该点坐标为(0,2𝑅)磁感应强度𝐵1为2√
1
𝐸𝑚𝑞𝑅
1
𝑚𝑅
𝑚𝑅𝑅
．
解析：(1)根据动能定理求出粒子经电场加速度后获得的速度，即进入磁场时速度．
(2)先由第一问的结论求出𝑥=−3处的离子释放后获得的速度，然后运动学公式和牛顿第二定律求出从释放到经过点(𝑅,0)所需时间t．
(3)所有离子都经过的点为持续发出荧光的点，由几何知识确定半径，由牛顿第二定律求磁感应强度． 本题中电场的区域边界是数学解析式的表达方式，设计新颖，学习中应该注意数学思想在物理中的应用．
𝑅
17.答案：解：设初速度为𝑣0，根据平行四边形定则知，A点竖直分速度为：
𝑣𝑦1=𝑣0𝑡𝑎𝑛30°=
√3
𝑣， 30
B点竖直分速度为：𝑣𝑦2=𝑣0， 根据𝑣𝑦2−𝑣𝑦1=𝑔𝑡，
代入数据解得：𝑣0=3−√3𝑚/𝑠≈70.98𝑚/𝑠． 答：物体抛出时的速度为70.98𝑚/𝑠．
90
解析：根据平行四边形定则求出A、B位置的竖直分速度，结合速度时间公式求出物体抛出时的初速度．
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，基础题．
2𝑣)
18.答案：解：(1)根据洛伦兹力提供向心力有：√2𝑞𝑣𝐵=𝑚(√𝑅
2
解得：𝑅=
√2𝑚𝑣
𝑞𝐵
√2𝑚𝑣
𝑞𝐵
粒子刚好不离开磁场的条件为：𝐿=𝑅，即：𝐿=
(2)如图，设粒子从A点进入磁场，将其从N点到A点的运动分别沿着电场线和垂直电场线方向分解，粒子在这两个方向上通过的距离分别为h和l，在A点的沿这两个方向的速度大小均为v．
沿电场线方向有：ℎ=2×
1𝑞𝐸𝑚
⋅𝑡2=
𝑣𝑡2
垂直于电场线方向有：𝑙=𝑣𝑡 由几何关系有：𝑙+ℎ=2𝑑 以上各式联立得：𝐸=
3𝑚𝑣24𝑞𝑑
(3)粒子从M点沿电场线方向向前运动的距离为s
由𝑣=2𝑎𝑠 得：𝑠=2⋅𝑞𝐸=3𝑑<𝑑
2
𝑚
𝑣2
2
说明粒子不能打到绝缘板上就要返回，运动过程如图
从P点进入磁场时的速率为𝑣′，由𝑣′2−𝑣2=2𝑎𝑑 解得：𝑣′=√𝑣
2
粒子在电场中往返运动的时间为：𝑡1=粒子在磁场做圆周运动的半径：𝑅′=
𝑣+𝑣′𝑎
10=
(4+2√10)𝑑 3𝑣
𝑚𝑣′𝑞𝐵
=
√10𝑚𝑣 2𝑞𝐵
因为𝑅′(1−𝑐𝑜𝑠45°)<𝐿，所以粒子不会从磁场右边界射出． 粒子在磁场中做圆周运动的周期：𝑇=
𝑇
𝜋𝑚
2𝜋𝑚𝑞𝐵
在磁场中运动的时间为：𝑡2=4=2𝑞𝐵
粒子从M点射出到第一次从磁场中出来所经过的时间为 𝑡=𝑡1+𝑡2=
(4+2√10)𝑑3𝑣
+2𝑞𝐵
𝜋𝑚
答：(1)磁场的宽度
√2𝑚𝑣； 𝑞𝐵
3𝑚𝑣2
(2)匀强电场的场强大小是4𝑞𝑑； (3)时间是
(4+2√10)𝑑3𝑣
+2𝑞𝐵．
𝜋𝑚
解析：(1)根据洛伦兹力提供向心力和临界条件，由几何知识求得圆周运动的半径，即可联立方程求解L的大小；
(2)由动能定理即可求出电场强度的大小；
(3)先根据运动学的公式求出粒子在电场中运动的时间，然后由几何公式𝑡=间，进而求得运动的两阶段的总时间．
𝜃2𝜋
𝑇求出圆周运动的时
该题考查带电粒子在磁场中和电场中的运动，解答的关键是明确粒子的运动规律，画出运动轨迹，然后结合图象中的几何关系，确定轨迹的圆心与半径，然后结合牛顿第二定律即可求解．
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