2015屆江南十校高三期末大聯(lián)考解析版.doc

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2015屆江南十校高三期末大聯(lián)考 理綜　物理試題 【試卷綜析】本試卷是高三模擬試題，包含了高中物理的全部 內(nèi)容，主要包含勻變速運動規(guī)律、受力分析、牛頓運動定律、電場、磁場、帶電粒子在磁場、電場中的運動等內(nèi)容，在考查問題上以基本定義、基本規(guī)律為主，以基礎知識和基本技能為載體，以能力測試為主導。，思路活，是份非常好的試卷。 【題文】14.光滑水平面上有一質(zhì)量為2kg的物體，在五個恒定的水平共點力的作用下處于平衡狀態(tài)。現(xiàn)同時撤去大小分別為10N和20N的兩個水平力而其余力保持不變，關于此后物體的運動情況的說法中正確的是（ ） A．一定做勻變速直線運動，加速度大小可能是5m/s2 B．可能做勻減速直線運動，加速度大小可能是2m/s2 C.一定做勻變速運動，加速度大小可能12m/s2 D.可能做勻速圓周運動，向心加速度大小可能是10m/s2 【知識點】 牛頓第二定律．C2 【答案解析】 C 解析：根據(jù)平衡條件得知，余下力的合力與撤去的兩個力的合力大小相等、方向相反，則撤去大小分別為20N和10N的兩個力后，物體的合力大小范圍為10N≤F合≤30N，物體的加速度范圍為：5m/s2≤a≤15m/s2．A、若物體原來做勻速直線運動，撤去的兩個力的合力方向與速度方向不在同一直線上時，物體做曲線運動．故A錯誤．B、物體的加速度范圍為：5m/s2≤a≤15m/s2；故B錯誤；C、由于撤去兩個力后其余力保持不變，故合力恒定，一定做勻變速運動，加速度大小可能是12m/s2；故C正確；D、由于撤去兩個力后其余力保持不變，恒力作用下不可能做勻速圓周運動．故D錯誤；故選：C． 【思路點撥】撤去大小分別為15N和10N的兩個力，其余的力保持不變，則知其余力的合力范圍，由牛頓第二定律求出物體加速度的范圍．物體一定做勻變速運動，當撤去的兩個力的合力與原來的速度方向相同時，物體可能做勻減速直線運動．恒力作用下不可能做勻速圓周運動．本題中物體原來可能靜止，也可能做勻速直線運動，要根據(jù)物體的合力與速度方向的關系分析物體可能的運動情況． 【題文】15.男子跳高的世界紀錄是2.45m，由古巴運動員索托馬約爾于1993年7月27日在薩拉曼薩創(chuàng)造。不計空氣阻力，對索托馬約爾跳高過程的描述，下列說法正確的是（ ） A.跳過2.45m的高度時他的速度為零 B.起跳時地面對它的支持力做正功 C.起跳時地面對它的支持力大于他對地面的壓力 D起跳以后上升過程他處于完全失重狀態(tài) 【知識點】 功的計算；牛頓運動定律的應用-超重和失重．C3 E1 【答案解析】 D 解析：A、到達最高點，豎直方向速度為零，但水平速度不為零，故A錯誤．B、在小芳起跳時，地面要給人一個向上的支持力，支持力的大小大于人的重力的大小，人才能夠有向上的加速度，向上運動，支持力做正功，所以B正確．C、壓力和支持力一是相互作用力，故支持力等于他對地面的壓力，C錯誤；D、在小明下降過程，只受重力的作用，有向下的重力加速度，是處于完全失重狀態(tài)，所以D正確．故選：BD． 【思路點撥】當物體對接觸面的壓力大于物體的真實重力時，就說物體處于超重狀態(tài)，此時有向上的加速度；當物體對接觸面的壓力小于物體的真實重力時，就說物體處于失重狀態(tài)，此時有向下的加速度；如果沒有壓力了，那么就是處于完全失重狀態(tài)，此時向下加速度的大小為重力加速度g本題主要考查了對超重失重和相互作用等基本知識的理解，注意人處于超重或失重狀態(tài)時，人的重力并沒變，只是對支持物的壓力或懸掛物的拉力變了． 【題文】16.水平面上一質(zhì)量為m的物體，在水平力F作用下開始加速運動，力F的功率p保持恒定，運動過程所受的阻力f大小不變，物體速度最終達到穩(wěn)定值為vm，作用過程物體的速度v的倒數(shù)與加速度a的關系圖像如圖所示。僅在已知功率P的情況下，根據(jù)圖像所給信息（ ） A可求出m、f和vm B不能求出m C不能求出f D可求出加速運動的時間 【知識點】 功率、平均功率和瞬時功率．E1 【答案解析】 A 解析： ABC、當加速度為零時，物體做勻速運動，此時刻的牽引力等于阻力，速度為最大值；由功率的計算公式可得p=Fv，而F-f=ma，聯(lián)立可得，有圖象可得斜率為，為截距，因此可求出m，f和vm，故A正確；D、物體做變加速運動，加速運動的時間不可求，故D錯誤．故選：A． 【思路點撥】當加速度為零時，物體做勻速運動，此時刻的牽引力等于阻力，速度為最大值；由功率的計算公式可得p=Fv，而F-f=ma，聯(lián)立可得 ，有圖象可得斜率和截距.關鍵整理出速度v的倒數(shù) 與加速度a的關系式，結合體想解決． 【題文】17. 如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源連接，上極板A接地，一帶負電油滴固定于電容器中的P點?，F(xiàn)將平行板電容器的下極板B豎直向下移動一小段距離，則（ ） A.帶電油滴所受電場力不變 B.P點的電勢將升高 C.帶電油滴的電勢能增大 D.電容器的電容減小，極板帶電量增大 【知識點】 電容器的動態(tài)分析；帶電粒子在混合場中的運動．I3 K3 【答案解析】 B 解析： A、將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，由于電容器兩板間電壓不變，根據(jù)E=得知板間場強減小，油滴所受的電場力減小，則油滴將向下運動．故A錯誤．B、板間場強E減小，而P點與上極板間的距離不變，則由公式U=Ed分析可知，P點與上極板間電勢差將減小，而P點的電勢低于上極板的電勢，則知P點的電勢將升高．故B正確．C、由帶電油滴原來處于平衡狀態(tài)可知，油滴帶負電，P點的電勢升高，則油滴的電勢能將減?。蔆錯誤．D、根據(jù)電容的定義式C=，電容器與電源保持相連，則U不變，當C減小，則Q也減?。蔇錯誤．故選：B． 【思路點撥】將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，電容器兩板間電壓不變，根據(jù)E=分析板間場強的變化，判斷電場力變化，確定油滴運動情況．由U=Ed分析P點與上極板間電勢差如何變化，即能分析P點電勢的變化和油滴電勢能的變化．根據(jù)電容的定義式C=，電容器與電源保持相連，則U不變，Q與C成正比變化．本題運用E=分析板間場強的變化，判斷油滴如何運動．運用推論：正電荷在電勢高處電勢能大，而負電荷在電勢高處電勢能小，來判斷電勢能的變化． 【題文】18.如圖所示，固定在水平面上的光滑斜面傾角為，物體，A、B通過細繩及輕彈簧連接于光滑輕滑輪兩側，P為固定在斜面上且與斜面垂直的光滑擋板，物體A、B的質(zhì)量分別為m和4m，開始時用手托住物體，滑輪兩邊的細繩恰好伸直，且左邊的細繩與斜面平行，彈簧處于原長狀態(tài)，A距離地面高度為h時開始下落，在A下落至地面前的瞬間，物體B恰好對擋板無壓力。空氣阻力不計，下列關于物體A的說法正確的是（ ） A在下落至地面前的過程中機械能守恒 B在下落至地面前的瞬間速度不一定為零 C在下落至地面前的過程中對輕彈簧做的功為mgh D在下落至地面前的過程中，可能一直在做加速運動 【知識點】 機械能守恒定律；功的計算．E1 E3 【答案解析】 C 解析： A、A從靜止到下落過程中，只有重力和彈簧的彈力做功，所以A在下落至地面的過程中系統(tǒng)的機械能守恒，而A的機械能不守恒，故A錯誤；BD、據(jù)在A下落至地面前的瞬間，物體B恰好對擋板無壓力，以B為研究對象，據(jù)平衡求得此時彈簧的彈力為T=4mgsin30=2mg；再以A為研究對象，當A靜止釋放的瞬間，A受重力mg，其合力方向向下，大小為mg；當A落地瞬間，A受重力mg和彈簧的彈力2mg，其合力向上，大小為mg，A做簡諧運動，據(jù)對稱性可知，落地瞬間其速度為零；據(jù)彈簧振子的運動情況可知，A向下運動時，先做加速度減小的加速運動，然后做加速度逐漸增大的減速運動，故BD錯誤；C、據(jù)A做簡諧運動和能量守恒可知，A落地瞬間，A的重力勢能完全轉化為彈簧的彈性勢能，所以彈簧的彈力做功可能為mgh，故C正確；故選：C． 【思路點撥】首先知道題境，分析AB兩物體的受力情況及各力做功情況，從而分析A其運動情況，類比彈簧振子，從而判斷選項．明確A的運動情況和B在A落地瞬間的彈力是解題的前提，類比彈簧振子模型是解題的關鍵，靈活應用能量守恒判斷彈簧做功情況，題目有點難度． 【題文】19.在一小型交流發(fā)電機中，矩形金屬線圈a b c d的面積為S，匝數(shù)為n，線圈總電阻為r，在磁感應強度為B的勻強磁場中，繞軸以角速度ω勻速轉動(如圖甲所示),產(chǎn)生的感應電動勢，隨時間的變化關系，如圖乙所示，矩形線圈與阻值為R的電阻構成閉合電路，下列說法中正確的是（ ） A. 從t1到t3這段時間內(nèi)穿過線圈磁通量的變化量為零 B. 從t3到t4這段時間通過電阻R的電荷量為 C. t4時刻穿過線圈的磁通量的變化率大小為E0 D、t4時刻電阻R的發(fā)熱功率為 【知識點】 交流發(fā)電機及其產(chǎn)生正弦式電流的原理；電功、電功率；焦耳定律；正弦式電流的圖象和三角函數(shù)表達式．M1 【答案解析】B 解析： A、由于磁通量是雙向標量，在t1到t3這段時間穿過線圈磁通量的變化量不為零，所以為△Φ=2Bs，故A錯誤；B、通過電阻的電荷量Q=，所以t4到t3這段時間通過電阻R的電荷量Q=,又 ，故 ,故B正確；C、由于最大值面產(chǎn)生的電動勢最大，所以磁通量時間圖象中，在最大值面上磁通量的斜率最大，即E0=nK，所以K=，故C錯誤；D、時刻為瞬時值，故D錯誤；故選：B． 【思路點撥】首先知道正選交流電產(chǎn)生的條件，瞬時值、峰值與有效值之間的關系即各量的應用；利用法拉第電磁感應定律求通過電阻的電量；知道磁通量的斜率最大時，產(chǎn)生的感應電動勢最大即可求解．明確正選交流電產(chǎn)生的條件，瞬時值、峰值與有效值之間的關系即各量的應用；利用法拉第電磁感應定律求通過電阻的電量；注意三值間的關系及選取，題目難度較大． 【題文】20.質(zhì)量分別為m=1kg和M=2kg的兩物塊疊放在光滑水平桌面上，兩物塊均處于靜止狀態(tài)，從某時刻開始，對放在下面的質(zhì)量為m的物塊施一水平推力F，已知推力F隨時間t變化的關系為F=6t，兩物塊之間的動摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g=10/s2，下列結論正確的是（ ） A.兩物塊剛發(fā)生相對運動時的速度為1m/s B.從施加推力F到兩物塊剛發(fā)生相對運動所需的時間為s C.從施加推力F到兩物塊剛發(fā)生相對運動兩物塊的位移為0.5m D. 從施加推力F到兩物塊剛發(fā)生相對運動F的沖量為6N.S 【知識點】 動量定理．F1 【答案解析】 A 解析： A、當M達到最大靜摩擦力時，M相對m發(fā)生相對滑動；則此時M的加速度為：a=μg=0.210=2m/s2；則對整體受力分析可知，F(xiàn)=（m+M）a=32=6N=6t，則可知發(fā)生相對運動的時間為1s，F(xiàn)是均勻增加的，故1s內(nèi)其平均作用力=3N；對整體由動量定理可得，t=（M+m）v；解得：v=1m/s；故A正確，B錯誤；C、若物體做勻加速直線運動，則1s內(nèi)的位移x=vt=0.5m；而物體做的是變加速直線運動，故位移不是0.5m；故C錯誤；D、由動量定理可知，I=（M+m）v=3N?s；故D錯誤；故選：A． 【思路點撥】對m分析由最大靜摩擦力可求得m的最大加速度；再對整體受力分析可求得F值；對全程由動量定理可求得1s時的速度及沖量．本題中采用了力的平均值求沖量的方法，但是求功時不能應用平均力來求． 21.【題文】Ⅰ.某興趣小組設計出如圖甲所示的實驗裝置，探究小車的加速度跟合外力的關系，途中與小車左端相連的是測力傳感器，小車放置在表面各處粗糙程度相同的水平長木板上。按甲圖裝配好實驗器材，先測出小車運動時所受摩擦阻力，逐漸向砂桶中添加細砂粒，當觀察到小車剛開始運動時，記下傳感器的最大示數(shù)為F0，可認為摩擦阻力為F0。 （1）將小車放回初位置并用手按住，繼續(xù)向沙桶中添加一定量的砂粒，記下傳感器的示數(shù)F1，接通頻率為50Hz的交流電源使打點計時器工作，然后釋放小車，打出一條紙帶。再繼續(xù)向沙桶中添加砂粒，多次重復實驗，打出多條紙帶，圖乙為某次實驗打出的一條紙帶，紙帶上每相鄰的兩計數(shù)點間都有四個計時點未畫出，按時間順序，取0、1、2、3、4、5、6六個計數(shù)點，用刻度尺量出1、2、3、4、5、6點到0點的距離（單位：cm），分別標注在相應的計數(shù)點的下方，則小車的加速度a=_________m/s2(結果保留三位有效數(shù)字) (2)算出各次小車的加速度和合力F(F=F1-F0)，獲得多組數(shù)據(jù)，描繪小車加速度a與F的關系圖像，紙帶與打點計時器間的摩擦可忽略，下列圖像可能正確的是________。 (3)寫出一條提高實驗結果準確程度有益的建議：_______________________________________________。 【答案解析】（1）0.756（2）AD（3）控制桶和砂的總質(zhì)量應遠小于小車和傳感器的總質(zhì)量． 解析 ：（1）由于每相鄰兩個計數(shù)點間還有4個點沒有畫出，所以相鄰的計數(shù)點間的時間間隔T=0.1s，設第一個計數(shù)點到第二個計數(shù)點之間的距離為x1，以后各段分別為x2、x3、x4、x5、x6， 根據(jù)勻變速直線運動的推論公式△x=aT2可以求出加速度的大小， 得：x4-x1=3a1T2 x5-x2=3a2T2 x6-x3=3a3T2 為了更加準確的求解加速度，我們對三個加速度取平均值得：a=（a1+a2+a3）==0.756m/s2， （2）改變小桶中砂的重力，多次重復實驗，獲得多組數(shù)據(jù)，描繪小車加速度a與合力F（F=F1-F0）的關系圖象．由于已經(jīng)平衡摩擦力，所以圖象應該過原點．故AD正確，BC錯誤；故選：AD． （3）提高實驗結果準確程度有益的建議：控制桶和砂的總質(zhì)量應遠小于小車和傳感器的總質(zhì)量． 【思路點撥】根據(jù)勻變速直線運動的推論公式△x=aT2可以求出加速度的大?。? 根據(jù)牛頓第二定律得出a與F的關系式，結合關系式得出正確的圖線．本題借助實驗考查了勻變速直線的規(guī)律以及推論的應用，在平時練習中要加強基礎知識的理解與應用，提高解決問題能力．解決實驗問題首先要掌握該實驗原理，了解實驗的操作步驟和數(shù)據(jù)處理以及注意事項，其中平衡摩擦力的原因以及做法在實驗中應當清楚． 【題文】Ⅱ.有一個螺線管，為測量它的兩個接線柱間繞制的均勻金屬絲的長度，現(xiàn)提供下列器材: A. 待測螺線管L：繞制螺線管金屬絲的電阻率，其總電阻RL大約100 B. 螺旋測微器 C. 微安表：量程Ig=500，內(nèi)阻Rg=100； D. 電阻箱R：阻值范圍099999.9； E. 電源E：電動勢有3V和9V兩種可供選擇，內(nèi)阻較小 F. 電鍵兩個（S1和S2），導線若干。 （1） 實驗中用螺旋測微器測的金屬絲的直徑如圖甲所示，其讀數(shù)為d=________________mm. （2） 已將提供的器材連成了如圖乙所示的測金屬絲電阻RL的電路，根據(jù)該實驗電路的測量原理，為了更準確地測RL，應選擇E中電動勢為____________的電源。 （3） 若測得的金屬絲直徑用d表示，測電阻時先閉合S1，調(diào)R是微安表指針滿偏，再閉合S2時微安表示數(shù)用I表示，則用已知量和測得量的符號表示金屬絲的長度l=____________________. （4） 本實驗測RL有系統(tǒng)誤差，其測量值 ___________ 真實值。（選填“大于”、“小于”） 【知識點】 測定金屬的電阻率．J5 【答案解析】：（1）0.3900.001mm；（2）9；（3）；（4）大于． 解析： ：（1）螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為0，可動刻度讀數(shù)為39.00.01=0.390mm，所以金屬絲的直徑為0.3900.001mm， （2、4）先只閉合S1，調(diào)電阻箱R，使微安表指針滿偏，則R值須很大；再閉合S2時，則RL與微安表并聯(lián)，雖然電阻變小了，但因R很大，全電路總電阻變化很小，干路電流幾乎不變化，可認為仍為滿偏電流Ig，實驗應略大于，此時微安表的讀數(shù)為I，那么RL的分流IL=Ig-I，實際值略大于此值．于是解得：RL=，測量值偏大．根據(jù)本實驗原理，要減小測量RL的系統(tǒng)誤差，提高電源的電動勢，使R取值更大一些，這樣才能保證再閉合S2后干路電流變化更?。? （3）根據(jù)歐姆定律得：根據(jù)電阻定律得：RL=ρ；且S=解得：L=； 【思路點撥】（1）螺旋測微器讀數(shù)時，要分固定刻度和可動刻度，再進行相加可得結果； （2）根據(jù)題意，微安表滿偏，當與所測螺線管并聯(lián)，則電阻大約變化一半，只有電阻箱的特別大時，接入電阻才不會引起電流變化，從而即可確定電源電動勢；（3）根據(jù)電阻定律公式和歐姆定律求出金屬絲的長度L；（4）根據(jù)并聯(lián)電路電阻要減小，結合歐姆定律，即可求解．該題是較綜合的考查了電學實驗，要求我們要會熟練的連接實物圖，注意連接實物圖的要領；熟練的對螺旋測微器進行讀數(shù)；注意產(chǎn)生實驗誤差的根源是螺線管的并聯(lián)后，導致電阻減小，電流增大． 【題文】22.探月衛(wèi)星的發(fā)射過程可簡化如下：首先進入繞地球運行的“停泊軌道”，在該軌道的P處，通過變速，再進入“地月轉移軌道”，在快要到達月球時，對衛(wèi)星再次變速，衛(wèi)星被月球引力“俘獲”后，成為環(huán)月衛(wèi)星，最終在環(huán)繞月球的“工作軌道上”繞月飛行（視為圓周運動），對月球進行探測，“工作軌道”周期為T，距月球表面的高度為h，月球半徑為R，引力常量為G，忽略其他天體對探月衛(wèi)星在“工作軌道”上環(huán)繞運動的影響。 （1）要使探月衛(wèi)星從“轉移軌道”進入“工作軌道”，應增大速度還是減小速度？ （2）求探月衛(wèi)星在“工作軌道”上環(huán)繞的線速度大小。 （3）求月球的第一宇宙速度。 【知識點】 萬有引力定律及其應用．D5 【答案解析】 （1）應減小速度．（2）．（3） 解析：（1）要使探月衛(wèi)星從“轉移軌道”進入“工作軌道”，應減小速度做近心運動． （2）根據(jù)線速度與軌道半徑和周期的關系可知探月衛(wèi)星線速度的大小為v＝（3）設月球的質(zhì)量為M，探月衛(wèi)星的質(zhì)量為m，月球對探月衛(wèi)星的萬有引力提供其做勻速圓周運動的向心力， 所以有：月球的第一宇宙速度v1等于“近月衛(wèi)星”的環(huán)繞速度，設“近月衛(wèi)星”的質(zhì)量為m′，則有：由以上兩式解得：v1＝ 【思路點撥】要使探月衛(wèi)星從“轉移軌道”進入“工作軌道”，應減小速度做近心運動． 根據(jù)線速度與軌道半徑和周期的關系直接得到探月衛(wèi)星線速度的大小．月球對探月衛(wèi)星的萬有引力提供其做勻速圓周運動的向心力 “近月衛(wèi)星”的環(huán)繞速度為月球的第一宇宙速度v1，根據(jù)萬有引力提供向心力，解以上二式可得月球的第一宇宙速度． 【題文】23.如圖所示，傾角為的固定斜面與足夠長的水平面平滑對接，一勁度系數(shù)k=18N/m的輕質(zhì)彈簧的上端固定于斜面頂端，另一端連一質(zhì)量為m=1kg的光滑小球A，跟A緊靠的物塊B（質(zhì)量也是m）與斜面之間的動摩擦因數(shù)，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，與水平面間的動摩擦因數(shù)，圖中施加在B上的力F=18N，方向沿斜面向上，A和B均處于靜止狀態(tài)，且斜面對B恰無摩擦力。當撤除力F后，A和B一起沿斜面下滑到某處時分離，分離后A一直在斜面上運動，B繼續(xù)沿斜面下滑，已知：sin=0.6，cos=0.8，重力加速度g=10m/s2. （1）A和B分離后A能否再回到出發(fā)點？請簡述理由 （2）A和B分離時B的速度。 （3）求B最終停留的位置。 【知識點】 動能定理；共點力平衡的條件及其應用．B3 E2 【答案解析】 （1）A不能回到出發(fā)點，因為小球與物塊一起下滑過程，物體對小球的彈力做負功而使小球的機械能減少.（2）2m/s（3）2m． 解析： （1）A不能回到出發(fā)點，因為小球與物塊一起下滑過程，物體對小球的彈力做負功而使小球和彈簧的機械能減少 （2）未撤去力F時，對A和B整體，根據(jù)平衡條件得： 2mgsinθ+F1=F 其中彈力為：F1=kx1 解得彈簧的壓縮量為：x1=m 分離時，AB之間無彈力作用，但速度和加速度相等，根據(jù)牛頓第二定律， 對B：mgsinθ-f=maB 其中f=μ1mgcosθ 聯(lián)立解得aB=0 對A：mgsinθ-F2=maA， 其中彈力F2=kx2 由aA=aB=0，解得分離時彈簧的伸長量為： x2=m 可見x1=x2，AB整體運動到分離彈簧的彈力做功為零，根據(jù)動能定理有： 2mg?sinθ(x1+x2)?f(x1+x2)＝?2mv2 帶入數(shù)據(jù)解得：v=（3） 分離后由動能定理得：?μ2mgx＝0? mv2 代入數(shù)據(jù)解得：x=2m 【思路點撥】（1）A不能回到出發(fā)點，因為小球與物塊一起下滑過程，物體對小球的彈力做負功而使小球的機械能減少.（2）當AB分離時，AB具有相同的加速度與速度，根據(jù)牛頓第二定律求的彈簧的伸長量，在利用動能定理求的速度,（3）對B利用動能定理即可求的位移.本題要抓住臨界狀態(tài)，分析臨界條件，即小球與擋板剛分離時，B對小球的作用力為零，這也是兩物體剛分離時常用到的臨界條件. 【題文】24.如圖所示，在直角坐標系xO y平面的y軸左側區(qū)域，存在方向沿y軸負向的勻強電場（y軸為其右邊界），場強E=；在y軸右側等腰三角形OMN區(qū)域內(nèi)，存在一磁感應強度B=、方向垂直xOy平面向里的勻強磁場，其右邊界MN 與y軸平行，且間距d=5.0m，.一質(zhì)量m=、電荷量q=的粒子，從電場中的P()點以初速度v0沿x軸正向拋出，剛好經(jīng)坐標原點O與x軸成角的方向射入磁場。不計粒子的重力。 （1）求粒子從P點拋出時的初速度v0的大小。 （2）若粒子從第二象限某位置沿x軸正向拋出后，均能經(jīng)過坐標原點O 沿與x軸成的方向射入磁場，再從磁場區(qū)域以與邊界垂直的方向射出，求粒子拋出的所有可能位置。 【知識點】 帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在勻強電場中的運動．I3 K2 K4 【答案解析】 (1) 2.4103m/s (2) x=-m或-m≤x＜0． 解析：（1）設粒子經(jīng)過O點時速度為v，豎直分速度為vy，由題意可知： v0=v?cos30…① =2ay…② a=…③ v=2vy …⑤ 由②③④得：v=…⑤ 所以由①得：v0=2.4103m/s （2）設粒子在電場中的拋出位置為（x、y），射入磁場中做圓周運動的半徑為R，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，得： qvB=m…⑥ 由⑤⑥可得：y==7.210-2R2…⑦ 因粒子經(jīng)坐標原點O時速度偏向角為30，則 tan30=，即粒子拋出位置的坐標必滿足方程： y=-x…⑧ 于是得拋出位置的橫坐標為：x=-10-2R2…⑨ 分兩種情況討論： Ⅰ、當粒子從邊界MN垂直射出磁場時： R=2d=10m 將R值代入⑨式得拋出位置的橫坐標：x=-m Ⅱ、當粒子從邊界OM垂直射出磁場，且運動軌跡恰與邊界MN相切，由幾何知識求得： R=將R值代入⑨式得拋出位置的橫坐標：x=-m 綜上所得，要使粒子從磁場邊界垂直射出，粒子拋出的位置必須在直線 y=-x上，區(qū)間范圍為：x=-m或-m≤x＜0． 【思路點撥】（1）粒子在電場中做類平拋運動，設粒子經(jīng)過O點時速度為v，應有v0=v?cos30．根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式結合，可求解v0．（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，qvB=m，可得到y(tǒng)與R的關系式．粒子經(jīng)坐標原點O時速度偏向角為30，可得到tan30=，從而得出粒子拋出位置的坐標必滿足的方程．據(jù)題粒子磁場邊界垂直射出有兩種情況：一是從邊界OM垂直射出，一是從邊界OM垂直射出，由幾何關系得到R的值，從而可得到粒子拋出的所有可能位置．粒子在電場中類平拋運動研究的方法是運動的分解法，在磁場中要明確洛倫茲力提供向心力，運用幾何知識得到軌跡半徑，關鍵要能運用數(shù)學知識得到拋出位置坐標的參數(shù)方程． 9