2021年重庆市新高考“八省联考”高考物理适应性试卷

1、A. 0.25TB. 0.5TC. 0.75TD. 0.83T2021年重庆市新高考“八省联考”高考物理适应性试卷1 .一质量为，的物块仅在重力作用下运动，物块位于ri和女时的重力势能分别为3E。和Eo（Eo>O）,若物块位于ri时速度为0，则位于方时其速度大小为（）2 .下列核反应方程正确的是（）A.莪7U+ T续 Ba+lKr + 3jnB.债U+加 Y； Rb+短Cs + 2jnC. lU+n t黑 Br+La +D.债U+加 t霏 Sr+镇Xe + %n3.如图所示，虚线表示某电场中的三个等势而，。、公 队 J F为分布在等势 一 , 而上的点。一带电粒子从4点运动到C点的过程中

2、电场力做功为Me，从a'点运动：； 到C，点的过程中电场力做功为,C，。下列说法正确的是（）V<：A. c点的电场方向一定指向h点B.点电势一定比d点电势高C.带电粒子从。点运动到1点，电场力做功为0D. |%| v|*4 .如图所示，两根相同的竖直悬挂的弹簧，上端固定，下端连接一质量为40g的金属导体 棒，部分导体棒处于边界宽度为d = 10CM的有界匀强磁场中，磁场方向垂直于纸而向里。导体棒通入4A的电流后静止时，弹簧伸长量是未通电时的1.5倍。若弹簧始终处于弹性限度内，导体棒一直保持水平，则磁感应强度3的大小为（取重力加速度9 =103）（）5 .如图所示，正方形MNP。内

3、的两个三角形区域充满匀强磁场，形状与MNP。完全相同的闭合导线框在XX /c. O外力作用下沿轴线。0'水平向左匀速运动。设通过导线框的感应电流为，逆时针方向为电流的正方向，当t = 0 时与NP重合，在（/从NP到临近M。的过程中，下列图象中能反映i随时间，变化规律的是（）6 .近地卫星绕地球的运动可视为匀速圆周运动，若其轨道半径近似等于地球半径七 运行周期为7,地球质量为M,引力常量为G,则（）A.近地卫星绕地球运动的向心加速度大小近似为空 T-B.近地卫星绕地球运动的线速度大小近似为Il GMC.地球表面的重力加速度大小近似为言D.地球的平均密度近似为良7 .如图所示，垂直墙角有

4、一个截而为半圆的光滑柱体，用细线拉住的小球静止靠在接近半圆底端的M点。通过细线将小球从M点缓慢向上拉至半圆最高点的过程中，细线始终保持在小球处与半圆相切。下列说法正确的是（A.细线对小球的拉力先增大后减小B.小球对柱体的压力先减小后增大C.柱体受到水平地面的支持力逐渐减小D.柱体对竖直墙面的压力先增大后减小8.如图所示，一轻绳穿过水平桌面上的小圆孔,上端拴物体M,下端拴物体N.若物体M在桌面上做半径为r的匀速圆周运动时,角速度为3,线速度大小为物体N处于静止状态，则（不计摩擦）（）A. M所需向心力大小等于N所受重力的大小B. M所需向心力大小大于N所受重力的大小电器&与&&#

5、39;的参数分别9.如图、（2）所示，理想变压器对电器供电，其输入电压配=27000后sinlOOTrt（P），为“220P/1100W” “220V/440W”，输电线的总电阻丁 = 2以 若两图中电器都能正常工作，则（）A.B.C.D.图（1）中电阻的功率为50W图（2）中变压器的输入功率比图中变压器的输入功率增加了 440W图（1）中原副线圈匝数比： n2 = 2700： 23图（2）中原副线圈匝数比2： 712 = 1500： 1310.如图所示，倾角为。的斜面MN段粗糙，其余段光滑，PM、MN长度均为34四个质量均为，的相同样品1、2、3、4放在斜而上，每个样品（可视为质点）左螂固定

6、有长度为4的轻质细杆，细杆与斜而平行，且与其左侧第2页，共16页的样品接触但不粘连，样品与MN间的动摩擦因数为S九九 若样品1在P处时，四个样品由静止一起释放，则 (重力加速度大小为g)()B.当样品1刚进入MN段时，样品1的轻杆受到压力大小为3mgsi7i6C.当四个样品均位于MN段时，摩擦力做的总功为9dmgsin6D.当四个样品均位于MN段时，样品的共同速度大小为3y两招11 .某小组用打点计时器研究小车的匀变速直线运动，该打点计时器电源的频率为50暇，在打好的纸带上每5个点 标记一个计数点，记结果如图所示。A、8、。、D为连续选择的计数点，其位置分别为20.0nun、34.0mm 53

7、.0mm 和7 7.0mm。则(1)图中相邻两计数点的时间间隔是/(2)打B点时小车的速度大小是m/so(3)小车运动的加速度大小是m/s2.( ABC-pWllllJIII叫卜11111|岫1川叫叫际1,帅|坤|岫响|可|)0 1cm 2345678 9d12 .某同学拟将量程为q = lm4内阻约为几十欧姆的电流表G改装成量程为IV的电压表。(1)他首先设计了如图所示电路来测量电流表G的内阻，图中E为电源电动势。现有最大阻值分别为100。和 2600。的滑动变阻器，则应选用最大阻值为。的滑动变阻器。开关Si接通，S2未接通时，调1示2使电 流表G示数为LOOmA；接通S2后，保持滑动变阻器

8、&的滑片位置不变，调打电阻箱对，当邙且值为500时， 电流表G的示数为0.50加4则电流表G的内阻为(2)为了将电流表G改装成量程为IV的电压表，需要(选填“串联”“并联”)一个大小为。的 电阻。13 .如图所示，质量为3?的小木块1通过长度为L的轻绳悬挂于。点，质量为，的小木块2置于高度为L的光滑 水平桌面边沿。把木块1拉至水平位置由静止释放，当其运动到最低点时与木块2相撞，木块2沿水平方向飞 出，落在距桌而边沿水平距离为2L处，木块1继续向前摆动°若在碰撞过程中，木块1与桌面间无接触，且忽略空气阻力。求：(1)碰撞前，木块1在最低点时的速度大小；(2)碰撞后，木块1相对桌

9、而能上升到的最大高度.2LH14 .有人设订了一种利用电磁场分离不同速率带电粒子的仪器，其工作原理如图所示.空间中充满竖直向下的匀强 电场，一束质量为/、电量为-q(q>0)的粒子以不同的速率从P点沿某竖直平面内的尸。方向发射，沿直线 飞行到。点时进入有界匀强磁场区域，磁感应强度大小为从 方向垂直于该竖直平面，PQ=4l.若速度最大 粒子在最终垂直于P7打到M点之前都在磁场内运动，且其它速度粒子在离开磁场后最终都能垂直打在PT t 的NM范围内，PM = 81, PN = 6l,若重力加速度大小为g,求： (1)电场强度的大小： (2)粒子速度大小的范围；(3)磁场穿过该竖直平面内的最小

10、面积,第4页，共16贞15 .以下现象中，主要是由分子热运动引起的是（）A.菜籽油滴入水中后会漂浮在水而B.含有泥沙的浑水经过一段时间会变清C.密闭容器内悬浮在水中的花粉颗粒移动D.荷叶上水珠成球形16 .如图所示，密闭导热容器A、8的体积均为, A、5浸在盛水容器中，达到热平衡后，A中压强为po,温度为T。,8内为真空，将A中的气体视为理想气体。打开活栓C, A中部分气体进入3。若再次达到平衡时，水温未发生变化，求此时气体的压强：若密闭气体的内能与温度的关系为= k（T2-n）（k为大于0的已知常量，A、5分别为气体始末状态的 温度），在所述状态的基础上，将水温升至L2T。，重新达到平衡时，

11、求气体的压强及所吸收的热量。17 .如图所示，。、b、J d是一简谐横波上的质点，某时刻”位于平衡位置且相距为9/，。在波谷，该波的波速为2m/s,若此时"经平衡位置向上振动，则（）A.此波向右传播C.c点运动速度大小为2m/sD.此波在4两点之间传播需3sB. 点振动周期为券18.将自然光引入室内进行照明是一种新型的绿色能源技术.某科技兴趣小组设计了一种接收太阳光的实验装置, 如图为过装置中心轴线的截面，上部的集光球是半径为R的某种均匀透明材料的半球体，下部为导光管，两部分的交界面是P。若只有尸。上方高度;1 =巴/?范围内的光束平行于P。射入后，能直接通过尸。面进入导光 2管（不

12、考虑集光球内表面的反射），求该材料的折射率。第7贞，共16页答案和解析1 .【答案】A【解析】解：物块仅在重力作用下运动，根据机械能守恒Ei = E2,初末状态已知，得3Eo + O = E° + ： md,解得 位于万时其速度大小U=2患，故A正确，BCD错误;故选：A。物块仅在重力作用下运动，已知初末状态重力势能和初状态动能，可根据机械能守恒求解。本题考查机械能守恒，要掌握机械能守恒的条件，明确初末状态。2 .【答案】B【解析】解：A、左边质量数237 +1 = 238,右边质量数142 + 91 + 3 = 236,质量数不守恒，故A错误；B、左边质量数235 + 1 = 23

13、6,右边质量数90 + 144 + 2 = 236,故质量数守恒；左边电荷数92 + 0 = 92,右边电 荷数37+ 55 = 92,故电荷数守恒，故3正确：。、左边质量数235 + 1 = 236,右边质量数87+ 146 + 3 = 236,故质量数守恒：左边电荷数92 + 0 = 92,右边电 荷数35 + 57 + 3 = 95,故电荷数不守恒，故C错误：D、左边质量数235 + 1 = 236,右边质量数90 + 136 + 9 = 235,故质量数不守恒，故。错误。故选:瓦根据核反应过程中电荷数、质量数守恒，对各选项逐项分析即可。解答本题的关键是知道反应过程中电荷数、质量数守恒。

14、3 .【答案】C【解析】解：AB.因带电粒子的电性和电场力做功的正负均未知，所以各等势而的电势高低，电场线的方向均无法 判断，故A8错误；。、因为c和1在同一个等势面上，电势差为0,根据电场力做功卬=勺。可知电场力对带电粒子做功为零，故。正 确：D、根据题意可得“、。两点的电势差与出、1两点之间电势差相等，根据电场力做功W = qU可知I忆1 = 1%1，故。错误。故选：Co因带电粒子的电性和电场力做功的正负均未知，所以各等势面的电势高低，电场线的方向均无法判断：因为。和d在 同一个等势而上，电势差为0,根据电场力做功卬=勺。可知电场力对带电粒子做功为零：根据题意可得、。两点 的电势差与a&#

15、39;、1两点之间电势差相等，根据电场力做功W = qU可求解。注意电场力做功的特点，与路径无关，由初末位置决定。4 .【答案】B【解析】解：未通电时，导体棒的重力与两弹簧的弹力相等，对导体棒根据平衡条件有7ng = 2Ax：通电后，通过 导体棒的电流从右向左，根据左后定则可知安培力竖直向下，对导体棒根据平衡条件有mg + 8/d = 2 X 1.5%,两 式联立，代入数据解得：B = O.ST.故AC。错误，B正确。故选:B。未通电时，导体棒的重力与两弹簧的弹力相等，对导体棒列出受力平衡的式子；通电后，通过导体棒的电流从右向 左，根据左后定则可知安培力竖直向下，对导体棒列出受力平衡的式子，两

16、式联立即可求出磁感应强度B的大小。 解答本题的关键是能够应用左手定则准确判断出通电后导体棒所受安培力的方向，再结合通电前后导体棒平衡列式 求解。5 .【答案】B【解析】解：M'Q'运动到MNP。中间位置过程线框切割磁感线的有效长度L均匀减小，从M管从A/NPQ中间位置运动到时。位置过程，线框切割磁感线的有效长度L均匀增加，感应电流i=5 = f，由于L先均匀减小后均匀增 t K加，线框匀速运动过程感应电流i先均匀减小后均匀增加：磁感应强度垂直于纸而向里，在线框的整个运动过程中，穿过线框的磁通量始终增大，由楞次定律可知，感应电流 始终沿逆时针方向，感应电流始终是正的，故ACQ错误

17、，B正确。故选:Bo应用楞次定律判断出感应电流方向，应用E = B"求出感应电动势，应用欧姆定律求出感应电流，然后分析图示图 象答题。分析清楚线框的运动过程是解题的前提，由于楞次定律、E=Bk与欧姆定律即可解题：实际上本题应用排除法根 据感应电流方向即可解题。6 .【答案】D【解析】解：A、由向心加速度公式可知，近地卫星绕地球运动的向心加速度大小即=夫32=7?（甘2 = 等，故A 错误：B、近地卫星绕地球运动的向心力由万有引力提供，则有鬻=嗒，解得廿=杵，故3错误；。、地球表而的重力等于万有引力，故有mg = 嘿，解得9 =篝，故c错误：D、近地卫星绕地球运动的向心力由万有引力提供

18、，则有学空，解得乂=注，地球的平均密度近似为,= R-T-GT-4呷9=需=言，故。正确。故选：Da近地卫星绕地球运动的向心力由万有引力提供，再结合万有引力公式及对应的向心力公式求解。解答本题的关键是知道近地卫星绕地球运动的向心力由万有引力提供，需熟记万有引力公式及向心力公式。7 .【答案】D【解析】解：AB,设小球的质量为机，小球与圆柱体圆心连线与水平方向的夹角为仇以n 小球为对象，小球受到重力、支持力和拉力，如图所示，根据平衡条件可得：尸=mgcosO,1N = mgsin6i细线将小球从M点缓慢向上拉至半圆最高点的过程中。增大，所以细线对小mg球的拉力减小，圆柱体对小球的支持力增大，根据

19、牛顿第三定律可得小球对柱体的压力增大，故AB错误：CD、设圆柱体的质量为以圆柱体为对象，竖直方向根据平衡条件可得：Mg + Nsind = Mg+ mgsin2e,6增大，圆柱体受到水平地面的支持力逐渐增大：水平方向根据平衡条件可得：5掷=Ncos6 = mgsinOcosO = "gs讥26,当。=45。时，墙对圆柱体的支持力最大， 所以墙对圆柱体的支持力先增大后减小，根据牛顿第三定律可得圆柱体对竖直墙而的压力先增大后减小，故。正确, C错误。故选：以小球为对象进行受力分析，根据平衡条件可得求解细线对小球的拉力和柱体对小球支持力表达式，由此分析： 以圆柱体为对象，竖直方向、水平方向

20、根据平衡条件得到柱体受到水平地面的支持力和竖直地面对圆柱体的支持力 表达式，再进行分析。本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边 形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。注意整体法和隔离 法的应用。8 .【答案】AC【解析】解：A3、N物体静止不动，受重力和绳子拉力，二力平衡，物体M做匀速圆周运动，绳子的拉力提供M所需的向心力，T = mNg = Fn,所以M所需向心力大小等于N所受重力的大小，故A正确，8错误；C、根据向心加速度公式和牛顿第二定律得：mNg = Fn=m 则>与，成正

21、比，故。正确：D、根据向心加速度公式和牛顿第二定律得：mNg = Fn = ma>2r,则o?与/成反比，故。错误：故选：AC。物体M做匀速圆周运动，绳子的拉力提供M所需的向心力，拉力又等于N物体的重力，根据向心力公式7 =m-,可解本题。第9页，共16页解决本题的关键知道绳子的拉力提供M做圆周运动的向心力，结合N受力分析进行求解，注意研究对象的灵活选择.9 .【答案】ACD【解析】解：A、&的额定电流乙=含=写力= 54,图中,的功率4=gr = 52x2W = 50W,故A正确：B、RJ的的额定电流= * =券力=2力，图(2)中广的电功率2' =(范+ /J)2r

22、= (5 + 2)2 X 2W = 98W,图(2)中变压器副线圈输出功率 P2' = Pl + Pl + 2' = (1100 + 440 + 98) W = 1638W.图(1)中变压器副线圈输出功率P2 = Pl+ Pr = (1100 + 50) W = 11S0W,理想变压器原线圈输入功率等于副线圈输出功率，则图(1)变压器输入功率Pi = P2 = 1150W，图(2)变压器原线圈输入功率 pj = p2r = 1638W,图(2)中变压器的输入功率比佟1(1)中变压器的输入功率增加了 P = P - Pj = (1638 - 1150) = 488W,故8错 误：

23、CD、两变压器原线圈输入电压/ =丝=半巨P = 27000P,V2 V2图(1)变压器副线圈电压力=% + ILr = 2207 + SX2V = 230V.图(2)变压器副线圈电压'=4 + (4 + IL')r = 220V + (5 + 2) X 2V= 234V图(1)中原副线圈匝数比低=看=等=詈，图(2)中原副线圈匝数比，=总=等=*=等，故C。正确。故选：ACD.根据电功率公式P = W求出4与RJ的额定电流，然后应用电功率公式求出图(1)中，的电功率；应用电功率公式求 出图(2)中r的电功率，求出两图中变压器副线圈功率，然后求出两变压器的输入功率，再求出两变压

24、器输入功率关 系：应用求出变压器原副线圈的电压，然后根据变压器的变压比求出两变压器原副线圈匝数比。用电器在额定电压下正常工作，根据图示电路图应用电功率公式求出变压器副线圈电流，应用电功率公式与欧姆定 律、变压器的变压比即可解题：解题时要分析清楚电路结构。10 .【答案】AD【解析】解:A、当样品1刚进入MN段时，以四个样品整体为对象，由牛顿第二定律有：4mgs讥6 wngcos6 =4巾 解得样品的共同加速度大小为：叼 =：加讥氏 故从正确：B、当样品1刚进入MN段时，以样品1为对象，根据牛顿第二定律有：F1 + mgsine-mgcosO=ma1解得样品1的轻杆受到的压力大小为：F.mgsi

25、ne,故B错误：C、当四个样品均处于MN段时，摩擦力对样品1做功为：= -ixmgcosO - 3d = -3mgdsin6第11贞，共16页摩擦力对样品 2 做功为：IV2 = fmgcosO - 2d = -2mgdsin0摩擦力对样品3做功为：W3 = -fimgcosO - d = -mgdsinO此时样品4刚进入MN段，摩擦力对样品4不做功，故当四个样品均位于MN段时，摩擦力做的总功为：“ = % + W2 + W3 = -3mgdsin0 2mgdsin0 mgdsinO = -6mgds讥6,故 C错误；D、四个样品从静止释放到处于MN段过程，对四个样品根据动能定理有：4mg6d

26、s讥6 + W = ：X2nu；2,由。项 分析知：IV =-6/ngdsin6,联立解得：» = 3，gdsin8,故。正确。故选：AD.当样品1刚进入A/N段时，以四个样品整体为对象，根据牛顿第二定律求整体加速度，再以样品1为对象，根据牛 顿第二定律求样品1的轻杆受到压力；当四个样品均处于MN段时，分别求出各样品受到的摩擦力所做的功，再求 其代数和，即为摩擦力做的总功：四个样品从静止释放到处于MN段过程，对四个样品根据动能定理求共同速度。 解答本题的关键是能灵活选择研究对象，再根据牛顿第二定律、功的定义式、动能定理求解。注意当样品1刚进入 MN段时，样品1受到摩擦力作用，受力分析

27、时不可漏掉：当四个样品均处于MN段时，各样品所受的摩擦力所做 的功是不同的。11 .【答案】0.1 0.165 0.5【解析】解：该打点计时器电源的频率为50a，在打好的纸带上每5个点标记一个计数点，故计数点间的时间间隔 为：T = 50 X 0.02s = 0.IsxAC = 53.0mm 20.0mm = 33.0mm = 0.0330m在极短时间内的平均速度等于该时刻的瞬时速度，故%=翳=黑m/s = 0.165m/sxCD = 77.0 mm 53.0mm = 24.0mm = 0.0240mxAB = 34.0mm 20. mm = 14.0 mm = 0.0140 m根据逐差法可得

28、：a = 0.0240-0.0140 m 2 =22T2X0.1-故答案为：0.1： 0.165； 0.5根据打点计时器使用交流电源的频率和计数点间的点个数求得计数点间的时间间隔，在极短时间内的平均速度等于 该时刻的瞬时速度，根据相邻相邻相等时间内，x=aK求得加速度。解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动推论的运用.12 .【答案】2600 50串联950【解析】解：（1）本题中采用“半偏法测电流表的内阻”，要求滑动变阻器的阻值远大于电流表的内阻，电流表内阻为几十欧，则&应选用最大为2600。的滑动变阻器：接通S2后，保持滑动变阻器R2

29、的滑片位置不变，则电路总电流为l.OOnM几乎不变，此时电阻箱与电流表并联，当电阻箱处阻值为50。时，电流表G的示数为0.50加4 则电流第11页，共16页表G的电流为0.50加4与电阻箱电流相等，则其阻值也与电阻箱阻值相等，故电流表G的内阻为50C。(2)改装后电压表的满偏电流为0.0014满偏电压为1匕 则改装后电压表内阻即=卷=短严= 1000。，则需要 串联的电阻为夫=RV-Rg = 1000。- 50。= 950。故答案为:(1)2600； 50： (2)串联:950。(1)采用“半偏法测电流表的内阻”，要求滑动变阻器的阻值远大于电流表的内阻：接通SZ后，保持滑动变阻器K的 滑片位置

30、不变，则电路总电流为1.00m/几乎不变，此时电阻箱与电流表并联，分析出此时电阻箱与电流表电流相 等，则二者电阻亦相等；(2)把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻，先根据欧姆定律求出电压表内阻，再求串联的电阻值。解答本题的关键是理解半偏法测电流表的内阻的原理，知道电流表改装成电压表的原理，注意保持滑动变阻器B的 滑片位置不变，即保持总电流几乎不变。13 .【答案】解：(1)木块1向下摆动过程只有重力做功，机械能守恒，设木块1到达最低点时的速度为外,由机械能守恒定律得：1 73mgL = 3mvQ解得：% = J2gL(2)设两木块碰撞后木块1的速度为也，木块2的速度为以，碰撞后木块2做平抛

31、运动，设平抛运动的时间为，水平方向：2L = v2t竖直方向：解得：% = J2gL两木块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：3mv0 = 37nbi + mv2解得：% =三J2gL碰撞后木块1上升过程只有重力做功，机械能守恒，设木块1上升的最大高度为九由机械能守恒定律得：- 37n 说=3mgh解得：h = L答：(1)碰撞前，木块1在最低点时的速度大小是西Z:(2)碰撞后，木块1相对桌而能上升到的最大高度是【解析】(1)木块1向下摆动过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出木块1到达最低点时的速 度。(2)两木块碰撞后木块2做平抛运动，应用平抛运动规律求

32、出碰撞后木块2的速度，两木块碰撞过程系统动量守恒， 应用动量守恒定律求出碰撞后木块1的速度，木块1上升过程机械能守恒，应用机械能守恒定律求出木块1上升的 最大高度。分析清楚两木块的运动过程是解题的前提，分析清楚木块运动过程后，应用机械能守恒定律与动量守恒定律、平抛 运动规律即可解题。14 .【答案】解：(1)带电粒子沿P。直线运动，说明重力和电场力二力平衡，由平衡条件得：qE = mg解得电场强度的大小为：£=詈(2)进入磁场的速度方向沿PQ直线，说明圆心在过。点垂直P。的垂线上，若速度最大粒子在最终垂直于尸T打到 M点之前都在磁场内运动，说明圆心在尸了上，所以圆心是垂直PQ的直线与

33、PT的交点A,如图所示，设最大速度 为V,做圆周运动的半径为R,由几何关系可知：(4l)2 + R2 = (8Z-/?)2联立解得：R = 31所以有:PA=PM-R = 81-31 = 51由几何关系得：4Ap = £葭PA 5解得：L.QAP = 53°带电粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由向心力公式得：mvi q 也b =解得带电粒子最大速度为：%=也"771圆心在C点，因为三角形是AQM是等腰三角形，过C点作C。平行于尸丁交QW于。，由几何关系可知：CQ=CD 所以最小速度的带电粒子刚好从。点离开磁场，半径是C。，过。点用DK平行于QA交P7于K,在

34、直角三角形 NDK中,由几何关系可知：r I 33Z-r -5解得：厂=9 4带电粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由向心力公式得:2mVnqvB =- r解得带电粒子最大速度为：/=等4m所以带电粒子的速度范围为：誓KuK理 4mm(3)由几何关系可以证明：DK = KM = R - T 所以三角形KDM是等腰三解形，在DW间任一点作PT的平行线交QA的交点等于该点到。点的距离，也就是说要想粒子在离开磁场后最终都能垂直打在P7上的NM范围内，带电粒子离开磁场的边界是OM线段。所以磁场穿过该竖直平而内的最小面积为:(180。- 53。)“2360°(180。-53。)"

35、2360°1-(+r)(/?-r)sin53°2代入数据解得磁场穿过该竖直平面内的最小面积为：5 = ?(巴£空"2答：(1)电场强度的大小为才；(2)粒子速度大小的范围为箸<v<；(3)磁场穿过该竖直平面内的最小面积为口用消22 c8 Itt【解析】(1)重力和电场力二力平衡，由平衡条件求得电场强度的大小：(2)根据洛伦兹力提供向心力以及几何关系求解粒子速度大小的范围；(3)由数学几何知识求得磁场穿过该竖直平面内的最小面积。本题以有人设计了一种利用电磁场分离不同速率带电粒子的仪器的工作原理为情景载体，考查了带电粒子在复合场 中的运动，综合性较强，解决此题的关键是正确受力分析，得到带电粒子所受重力与电场力等大反向，带电粒子在 磁场中匀速圆周运动，灵活应用数学几何关系求解，对学生应用数学知识解决物理问题的能力要求较高。15 .【答案】C【解析】解：A、菜籽油滴入水中漂浮在水面上是由于浮力的作用，故A错误：8、含有泥沙的浑水经过一段时间会变清是由于泥沙的平均密度大于水