辽宁大连甘井子区渤海高中2019年高考物理模拟试题解析版

1、2019年辽宁省大连市甘井子区渤海高中高考物理模拟试卷（4）一、单选题1.2008年9月25日至28日，我国成功实施了 神舟”七号载人飞船航天飞行 在刘伯明、景海鹏的协助和配合 下，翟志刚顺利完成了中国人的第一次太空行走 9月27日19时24分，神舟”七号飞行到31圈时，成功释 放了伴飞小卫星，通过伴飞小卫星可以拍摄 神舟”七号的运行情况若在无牵连的情况下伴飞小卫星与 神 舟”七号保持相对静止下述说法中正确的（）A.伴飞小卫星和神舟七号飞船有相同的角速度B.伴飞小卫星绕地球沿圆轨道运动的速度比第一宇宙速度大C.翟志刚在太空行走时的加速度和在地面上的重力加速度大小相等D.翟志刚在太空行走时不受地

2、球的万有引力作用，处于完全失重状态 【答案】A【解析】【分析】根据伴飞小卫星与“神舟”七号保持相对静止，得出它们的共同点.知道第一宇宙速度的含义.根据万有引力等于重力表示出重力加速度.能够正确理解万有引力定律的内容并能应用.【详解】根据伴飞小卫星与“神舟”七号保持相对静止得出伴飞小卫星与“神舟”七号具有相同的周期，所以伴飞小卫星和“神舟”七号飞船有相同的角速度，故 A正确。第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度，伴飞小卫星绕地球沿圆轨道运动的速度比第一宇宙速度小，故B错误。GMmGM=mg g =-根据万有引力等于重力表示出重力加速度得：R , R”,在太空和在地面的

3、r不等，所以翟志刚在太空行走时的加速度和在地面上的重力加速度大小不相等，故c错误。翟志刚在太空行走时受地球的万有引力作用，处于完全失重状态，故 D错误。故选Ao2.如图所示，某段滑雪雪道倾角为30。，总质量为m（包括雪具在内）的滑雪运动员从距底端高为 h处的雪道I上由静止开始匀加速下滑，加速度为3 g.在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是（）A.运动员减少的重力势能全部转化为动能IB.运动员获得的动能为3 mgh2C.运动员克服摩擦力做功为 3mgh1D.下滑过程中系统减少的机械能为3 mgh【答案】D【解析】【详解】由于人下滑的加速度a=g/3 gsin30 0,所以人在下滑中受重

4、力、支持力及摩擦力的作用，由功能关系可知，运动员的重力势能转化为动能和内能，则运动员减少的重力势能大于增加的动能，故A错误。由12;由动能定理可1Ffimg;运动故机械能牛顿第二定律可知，人受到的合力F=ma=mg/3 ,合力对运动员做的功 W=Fs=mg?2h= mgh知，运动员获得的动能为员克服摩擦力做功 Wf=3mgh;故B错误；物体合外力 F=mgsin30 -Ff=3 mg,故摩擦力大小 1mgx2h=3mgh;故C错误。运动员克服摩擦力做功等于机械能的减小量,减小了 Ygh,故D正确；故选D。【点睛】在理解功能关系时，应抓住：重力做功等于重力势能的变化量，阻力做功等于机械能的改变量

5、，而合力外力做功等于动能的变化量 .如图所示，质量为叫的物体A经跨过定滑轮的轻绳与质量为M的箱子B相连，箱子底板上放一质量为 由二的物体C已知不计定滑轮的质量和摩擦，不计空气阻力，在箱子加速下落的过程中，下列关系式中正确的是A.物体A的加速度大小为（Mt叫）8-加得B.物体A的加速度大小为2m tn12gC.物体C对箱子的压力大小为mi+m2 + Md.物体C对箱子的压力大小为2 my叫旭【答案】C【解析】 【分析】先分别对A和BC整体受力分析，求解出加速度；然后再隔离B,受力分析后根据牛顿第二定律列式求解。【详解】设加速度大小为a,对物体A,受到重力和拉力，根据牛顿第二定律，有： 1-坨倨二

6、!】；对物体（M-i m2- mt）gBC整体，根据牛顿第二定律，有：卜m汜联立解得：叫+mM；故人错误，b错误。物体C受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有： m理-N = m声，解得：M = mw（g.a）,带入a表达式 2m 叱g N =解得： 叫十m二十故C正确，D错误。故选Co.如图所示，在粗糙绝缘的水平面上有一物体A带正电，另一带正电的物体 B沿着以A为圆心的圆弧由P到Q缓慢地从A的正上方经过，若此过程中 A始终保持静止，A、B两物体可视为质点且只考虑它们之间有 库仑力的作用，则下列说法正确的是171产7产产4尸刀二产。产产A.物体A受到地面的支持力先增大后减小B.物体A受到地面的支

7、持力保持不变C.物体A受到地面的摩擦力先增大后减小D.库仑力对物体B先做正功后做负功【答案】A【解析】【分析】解答本题应掌握：质点B从p到最高点过程与从最高点到q过程中，质点 A一直处于平衡状态，由共点力平衡条件可以分析出其所受各个力的变化情况；A对B的静电力一直与B的速度方向垂直，故一直不做功N、【详解】当质点 B由p点运动到最高点的过程中，对物体 A受力分析，如图，受重力 G、地面的支持力 摩擦力f以及静电力F;将静电力正交分解，由共点力平衡条件得到：FsmG - f = 0: fN - FcosQ - mg = 0 由两式可解得：N -mg 十 Fcose .f =.其中G与F不变，9逐

8、渐减小为零，因而支持力N逐渐变大，f逐渐变小；N、当质点B由最高点运动到 Q点的过程中，再次对物体 A受力分析，如下图，受重力 G、地面的支持力 摩擦力f以及静电力F;I %将静电力正交分解，由共点力平衡条件得到:Fsm6 - f = 0（3）N - FcosQ - mg = 0 .由两式可解得：N -mg 十 FcosO .f = FsinG.其中G与F不变，9由零逐渐增大，因而支持力 N逐渐变小，f逐渐变大；综合以上两个过程可知：物体 A受到地面的支持力 N先增大后减小，物体 A受到地面的摩擦力先减小后增 大，故A正确，BC错误；质点A对质点B的静电力与质点B的速度总是垂直，因而其瞬时功率

9、一直为零，由W = Pl, A对B不做功，故D错误；故选Ao【点睛】本题关键对物体受力分析后，运用共点力平衡条件求解，关于静电力的功，由于是变力，不能用W =要选择公式 W二八.如图所示，M是理想变压器，将a、b接在电压3c讯V的正弦交流电源上变压器右侧为一火警报警系统原理图，其中片为用半导体热敏材料制成的传感器 ：.其电阻率随温度升高而减小），电流表内为值班室的显示器，显示通过吃的电流，电压表%显示加在报警器上的电压（报警器未画出），R之为定值电阻.当传感器所在处出现火警时，以下说法中正确的是A.电流表、的示数不变,B.电流表的示数增大,C.电压表%的示数增大,D.电压表的示数不变,电流表的

10、示数增大电流表2的示数减小 电压表的示数增大 电压表的示数不变和闭合电路中的动态分析类似，可以根据的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况.【详解】当传感器 所在处出现火情时，的电阻减小，导致电路的总的电阻减小，所以电路中的总电流1的示数不变，由于副线圈中电流将会增加，为测量的是原线圈中的总的电流，由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流与示数也要增 加；由于电源的电压不变，匝数比不变，原副线圈的电压也不变，所以增大，R?的电压变大，所以 的示数要减小，即 治的电压也要减小，所以 事的示数要减小，所以 b正

11、确。故选Bo【点睛】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法.如图所示，竖直放置的两个平行金属板间有匀强电场，在两板之间等高处有两个质量相同的带电小球，P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q小球从两板正中央由静止开始释放，两小球最后都能打在右极板上的同一点。则从开始释放到打到右极板的过程中A.它们的运行时间B.它们的电荷量之比qp：阳=2： 1C.它们的动能增加量之比 g AEkQ = 4: 1D.它们的电势能减少量之比 %: Eq = 2： 1【答案】B【解析】本题考查必修2运动的合成与分解、选修 3-

12、1电场.在竖直方向加速度均为g,位移相等，所以它们运行1 1时间相等，A 项错误；水平位移xP = 2xQ,-apt2 = 2x-aQt2,FP=2FQ,qP=2qQ, qP： qQ=2： 1, B项正确；AEkPXX= mgh+FPx,AEkQ= mgh+Fq 二，所以AEkP：AEkQ4： 1, C 项错误；A Ep ：AEq= Fpx：Fq二=4 ： 1, D 项错误.7.某同学用粗细均匀的同一种导线制成“殍形线框，放在有理想边界的匀弓II磁场旁，磁感应强度为B,如图甲所示已知磁场的宽度为 2d,二民二阖二信二比二蛾二匕 导线框从紧靠磁场的左边界以速度v向x轴的正方向匀速运动，设Uu=B

13、也在图乙中最能体现 be两点间的电压随坐标 x变化关系的图象是（）T!X X X：a 一LX X X：XVX X：/穴义x；x X改/-7X X X! ?OHA.Uba * 25 -Uq -B.2cb 二Lo - O Uo 一2U。一【答案】A【解析】【分析】分三段过程研究：进入、完全在磁场中，穿出磁场三个过程.根据E = ELv求出bc、ce和ad产生的感应电动势.分析be两点间的电压与电动势的关系，即可选择图象.【详解】x在0-d过程：线框进入磁场，bc、ce产生的感应电动势都是 E = Bdv=U仃根据右手定则判断可知，33b点的电势图于c点的电势。bc间的电势差为： 44，则be两点间

14、的电压7Ube = Ll be d E = _U0 + U。= 一Uq4 ;在d-2d过程：线框完全进入磁场，磁通量不变，没有感应电流产生，ad、bc、ce产生的感应电动势都是 * =。根据右手定则判断可知，b点的电势高于e点的电势。be两点间的电压= 久在况-3d过程：线框穿出磁场，ad边产生的感应电动势是根据右手定则判断I IUbe =-E = -uo.可知，a点的电势高于d点的电势，则得 b点的电势高于e点的电势。be两点间的电压 睨44 故a正确。故选Ao【点睛】解决本题关键要分析清楚感应电动势与电压之间的关系，正确区分电源与外电路，列式进行分析.二、多选题8.一汽车在平直公路上行驶，

15、某段时间内的图象如图所示，则由图可得：】A.前5s内汽车的加速度2m.内汽车的位移300m2530s内汽车向反方向运动D.30s内汽车在做减速运动【答案】ABD【解析】【分析】速度-时间图象的斜率表示加速度，速度图象与坐标轴所围面积”等于位移大小，图象在时间轴的上方，速度为正，沿正方向运动。根据图象的形状分析汽车的运动性质。V 102a = - = = 2iii/5【详解】A、根据速度-时间图象的斜率表示加速度，则知前5s内汽车的加速度为：t 5 ，故A正确；B、速度图象与坐标轴所围面积”等于位移，则25s内汽车的位移为：x = 20 x 15 = 300m 故b正确；C、图象在时间轴的上方，

16、速度为正，所以乃38内汽车沿正方向运动，故 C错误；D、25?0s内汽车加速度方向为负，速度方向为正，汽车做减速运动，故 D正确。故选：ABD。【点睛】本题的关键要抓住速度图象的两个数学意义就能正解作答：斜率等于加速度，面积”大小等于位移。19.如图所示，光滑水平地面上放有截面为 4圆周的柱状物体 A, A与墙面之间放一光滑的圆柱形物体 B,对A 施加一水平向左的力 F,整个装置保持静止.若将A的位置向左移动稍许， 整个装置仍保持平衡， 则（）A.水平外力F增大B.墙对B的作用力减小C.地面对A的支持力减小B对A的作用力减小【答案】BD【解析】【分析】先对B球受力分析，受到重力 mg、A球对B

17、球的支持力N和墙壁对B球的支持力N,然后根据共点力平衡 条件得到A球左移后各个力的变化情况；最后再对整体受力分析，根据平衡条件判断推力F和地面的支持力的变化情况。【详解】对B球受力分析，受到重力 mg、A球对B球的支持力N和墙壁对B球的支持力N,如图所示：当A球向左移动后，A球又B球的支持力N的方向不断变化，根据平衡条彳结合合成法可以知道A球对B球的支持力N和墙壁对B球的支持力N都在不断减小，故 B D正确；再对 A和B整体受力分析，受到总重力G、地面支持力Fn,推力F和墙壁的弹力 N,如图所示：F寸根据平衡条件，有 F=N, Fn=G,故地面的支持力不变，推力 F随着壁对B球的支持力N的不断

18、减小而不断 减小，故A C错误。所以BD正确，AC错误。【点睛】本题关键是先对小球 B受力分析，根据平衡条件得到各个力的变化情况，然后再对A、B整体受力分析，再次根据平衡条件列式分析。10.将电阻R、理想电压表V、开关S和交流电源按照甲所示方式连接，其中 R = 3O0,合上开关S后，交流B. R消耗的电功率是2L6WC.通过R的电流瞬时值表达式为1 = 1 .裔ml。皿A)D.通过R的电流最大值为 好汽【答案】BC【分析】R的电流瞬时值表根据图象可知流过电阻 R的电流和电压的最大值、有效值的大小，周期，从而写出通过U2P =达式，根据 R求解电功率.【详解】从图乙可以看出,R两端电压的最大值

19、为36V,所以电压表的示数为(18J5)22 冗P = P=W = 2.6W3 =一根据 R得：消耗的电功率 加，故B正确；根据乙图可知，交流电的周期为09看，则 T;E 36 . = = 电流的最大值M R 30 i ；所以通过R的电流瞬时值表达式为1 =故C正确，D错误；故选BC。【点睛】本题结合电阻考查了交流的最大值和有效值关系，知道电压表测量的是有效值，属于基础题目，平时要加强基础知识的训练.11.下列说法正确的是A.布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的分子无规则运动的反映B.气体对容器壁的压强是大量气体分子不断碰撞器壁产生的C.第二类永动机是不可能制成的，因为它违反了能量守恒定律D. 一

20、定质量的理想气体，当气体等温膨胀时，气体要从外界吸收热量E.气体的体积是所有气体分子的体积之和F.物体的温度越高，分子的平均动能越大【答案】BDF【解析】【分析】布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的运动，第二类永动机是不可能制成的，因为它违反了热力学第二定律， 改变内能的方式有做功和热传递，温度是平均动能的标志.【详解】布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，A错误；气体对容器壁的压强是大量气体分子不断碰撞器壁产生的，B正确；第二类永动机是不可能制成的，因为它违反了热力学第二定律，C错误；根据热力学第一定律，当气体等温膨胀时，气体要从外界吸收热量，D正确；气体的体积是

21、气体所能达到的空间，E错误；温度是分子平均动能的标志，物体的温度越高，分子的平均动能越大，F正确；故选BDF。.下列说法正确的是1A.声波从空气进入水中时，其波速增大，波长变长B.纵波传播过程中各质点的运动方向与波的传播方向总是相同的C.当波源与观察者相向运动时，波源自身的频率不变D.均匀变化的磁场产生变化的电场，均匀变化的电场产生变化的磁场E.只有频率相同的两列波才可能发生干涉现象F.电子的运动速度很高时，它的质量将小于静止质量【答案】ACE【解析】【分析】声波由空气进入水中时波速v变大，频率f不变，由公式寸=红得知，波长变大；纵波传播过程中各质点的运动方向与波的传播方向总是垂直的；均匀变化

22、的磁场产生恒定的电场，均匀变化的电场产生恒定的磁场；只有频率相同的两列波才可能发生干涉现象.【详解】声波由空气进入水中时波速v变大，频率f不变，由公式=狂得知，波长 变大。故A正确。纵波传播过程中各质点的运动方向与波的传播方向总是平行的，质点的运动方向与波的传播方向有可能相同，也有可能相反，B错误；当波源与观察者相向运动时，波源自身的频率不变，观察者听到的频率变化，C正确；均匀变化的磁场产生恒定的电场，均匀变化的电场产生恒定的磁场，D错误；只有频率相同的两列波才可能发生干涉现象，E正确；电子的速度不会超过光速，电子的运动速度很高时，它的质量大于静止质量，F错误；故选ACE。.下列说法正确的是1

23、A.卢瑟福通过对。粒子散射实验现象的研究，提出了原子的核式结构学说B.同一元素的两种同位素具有相同的中子数C.放射性元素的半衰期是指大量该元素的原子核中有半数发生衰变需要的时间D.为解释光电效应现象，爱因斯坦提出了光子说E.根据玻尔理论可知，氢原子放出一个光子后，氢原子的核外电子运动速度减小F.笊核和瓶核聚合成氨核（粉巳），同时会放出一个正电子和核能【答案】ACD【分析】 口粒子散射实验中只有极少数入射粒子发生了较大的偏转，说明原子核只占原子很小部分的体积，从而提出原子的核式结构学说；同位素的定义是：质子数相同而中子数不同的同种元素；半衰期的定义是大量该元素的原子核中有半数发生衰变需要的时间；

24、为解释光电效应现象，爱因斯坦提出了光子说；根据玻尔理论 的内容，氢原子放出一个光子后能量减小，要从高能级跃迁到低能级，圆周运动半径减小，速度增大，加 速度增大；根据电荷数与质量数守恒放出的应该是质量数为1的中子.【详解】根据物理学史，卢瑟福通过对。粒子散射实验现象的研究，提出了原子的核式结构学说，故A正确;同位素是指具有相同的质子数不同中子数的两种元素，故B错误；放射性元素的半衰期是指大量该元素的原子核中有半数发生衰变需要的时间，C正确；为解释光电效应现象，爱因斯坦提出了光子说，D正确；根据玻尔理论可知，氢原子放出一个光子后，能量减小，要跃迁到低能级，氢原子的核外电子运动速度增大，E错误；根据

25、质量数和电荷数守恒：笊核 11口和瓶核聚合成氨核1并),同时会放出一个不带电的中子， 故F错误。故选ACD。【点睛】本题需要注意据玻尔理论可知，氢原子放出一个光子后，能量减小，要从高能级跃迁到低能级， 库伦吸引力变大，库仑力提供向心力知氢原子的核外电子运动速度增大.三、实验题探究题.用游标上刻有10个小格的游标卡尺测量一个工件的直径，得到如图所示结果，由于遮挡，只能看到游标 的后半部分，则工件的直径为 cm。510【答案】1.35【解析】【详解】游标上有 10个小等分刻度的长度是9mm；所以游标卡尺的固定刻度于游标尺对齐的刻度读数为18mm ,游标尺上第5个刻度游标读数为0.9 5=4.5,所

26、以最终读数为：18-4.5=13.5=1.35;15.某校学习兴趣小组在 探索小车速度随时间变化的规律 ”实验中，所用电源的频率为 50Hz,某次实验得出 的纸带如图所示。舍去前面比较密集的点，从O点开始，依次测出A、B、C各点与O点之间的距离为力一 1-2皿2.6cm- 4.2cm则小车运动的加速度a =结果保留2位有效数字） TOC o 1-5 h z ）Q ABC Sr/1 *【答案】5.0【解析】【分析】在匀变速直线运动中，连续相等时间内的位移差为常数即占* =仃据此可以求出小车的加速度;【详解】根据在匀变速直线运动中，连续相等时间内的位移差为常数即Ax = aT得：-即-4=打d2

27、- 2di 2,62 x 1.22,2a =x 10 ” m/s = 5.0tn/s-得，16.在实验室里提供了如下器材：电池组E（电动势6V,内阻约。5。）电压表V（量程3V,内阻约3k口）电流表 量程5mA,内阻约 曲且）滑线变阻器R（最大阻值107,额定电流2口）定值电阻电键S导线若干用以上器材设计实验来测量电流表的内阻，为了提高测量精度，在保证安全的条件下各电表示数要达到2量程的3以上，请在下面虚线框内画出实验原理图 。你需要直接测量的物理量是:用已知条件和测得的物理量表示电流表的内阻Ra=g请你探究一下，可否用上述器材测量电压表的内阻。2数要达到量程的3以上。）你的探究结果是： 。（

28、填 可以”或 不可以呼如果可以，请在虚线框中画出实验原理图 。为了提高测量精度，在保证安全的条件下各电表示U（2）.电压表的小数 U,电流表的小数 I （3）.【解析】【分析】可根据伏安法测电阻的原理：测出通过电流表的电流（即本身的读数和两端的电压即可。由于电流表的内阻很小，满偏电压很小，不能直接用电压测量其两端电压，可将电流表与定值电阻凡串联，用电压表测出串联的总电阻，即可根据欧姆定律求得电流表的内阻。再根据电路图，分析能否测量电压表的内阻。【详解】（1）将电流表与定值电阻串联，再用电压表测量它们串联的总电压。变阻器总电阻较小，采用分压接法。电路图如图所示。U(2)设电压表的示数 U,电流表

29、的示数I则电流表的内阻为：I ;(3)此电路也可以用来测量电压表的内阻，电路如图。【点睛】在电学实验的考查中，经常考查到仪表的选择、电流表内外接法的选择及实验数据的处理，抓住测量电阻的基本原理：伏安法。在实验中要注意把握准确性及安全性原则。四、计算题17.某天，张叔叔在上班途中沿人行道向一公交车站走去，发现一辆公交车正从身旁的平直公路驶过，此时,张叔叔的速度是1m/s,公交车的速度是15m/s,他们距车站的距离为 50m。假设公交车在行驶到距车站25m处开始刹车。刚好到车站停下，停车10s后公交车又启动向前开去。张叔叔的最大速度是6m/s,最大起跑加速度为2.5m/s2,为了安全乘上该公交车，

30、他用力向前跑去，求:(1)公交车刹车过程视为匀减速运动，其加速度大小是多少。(2)分析张叔叔能否在该公交车停在车站时安全上车。【答案】(1)4.5m/s2 (2)能O-v；1= -4,5m/s试题分析：(1)公交车的加速度入1 所以其加速度大小为 TOC o 1-5 h z x-均 5J = -s(2)汽车从相遇处到开始刹车时用时：,3 |0=S汽车刹车过程中用时：OFt3 =- = 2s张叔叔以最大加速度达到最大速度用时：,”V3-x - =1. -张叔叔加速过程中的位移：X叼 43% = s 7.2s以最大速度跑到车站的时间因与十 % I十%十10:张叔叔可以在汽车还停在车站时安全上车.考

31、点：本题考查了牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律。.地震发生后，需要向灾区运送大量救灾物资，在物资转运过程中大量使用了如图所示的传送带已知某传送带与水平面成6 =箝角，皮带的AB部分长L = 5用m ,皮带以恒定的速率v=4mA按图示方向传送，若在 B端无初速度地放置一个质量 m =504的救灾物资R可视为质点),P与皮带之间的动摩擦因数 N =。-5(取g=10rn/r, sin37 =0.6),求：(物资P从B端开始运动时的加速度.Q物资P到达A端时的动能.【答案】(D物资P从B端开始运动时的加速度是(力物资p到达a端时的动能是900J.【解析】【分析】(1)选取物体P为研究的对象，对P进

32、行受力分析，求得合外力，然后根据牛顿第三定律即可求出加速度；(2)物体p从B到A的过程中，重力和摩擦力做功，可以使用动能定律求得物资P到达A端时的动能，也可以使用运动学的公式求出速度，然后求动能.【详解】（1） P刚放上B点时，受到沿传送带向下的滑动摩擦力的作用，mgsin。十F = ma ; Fn -皿明口斓F二咻其加速度为：（2）解法一：P达到与传送带有相同速度的位移v=0 8m 2a 1以后物资P受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用3 2(mgsinS - FXL - s) = -mv7 -根据动能定理：1 2EfcA = -mvf = 900J到A端时的动能 22s =0.8m解法二：P达

33、到与传送带有相同速度的位移 以后物资P受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用,P的加速度a鸵口。,晔。居。=加餐.-s = vIt + -a3t?后段运动有：一 2 一 -, 解得：, 到达A端的速度串儿=-” = 6皿5 Ew =900J动能【点睛】传送带问题中，需要注意的是传送带的速度与物体受到之间的关系，当二者速度相等时，即保持 相对静止属于中档题目.如图所示，x轴的上方存在方向与 x轴成角的匀强电场，电场强度为E, x轴的下方存在垂直纸面向里 的匀强磁场，磁感应强度 B,有一个质量tn I 逑，电荷量q L的带正电粒子，该粒子的初速度v = 2* 1。）的，从坐标原点o沿与x轴成45 c角的

34、方向进入匀强磁场，经过磁场和电场的作用，粒子从O点出发后第四次经过 x轴时刚好又回到 O点处，设电场和磁场的区域足够宽，不计粒子重力，求：XXX 3?xxxxxxxxxxaX X X I X X X X XXX X X X X1带电粒子第一次经过 x轴时的横坐标是多少？电场强度E的大小及带电粒子从 O点出发到再次回到 O点所用的时间.【答案】(X带电粒子第一次经过 x轴时的横坐标是0.57111；电场强度E的大小为1带电粒子从O点出发到再次回到O点所用的时间为2.父10.%.(1)粒子在磁场中受洛伦兹力作用下做一段圆弧后第一次经过x轴，根据洛伦兹力提供向心力公式求出半径,再根据几何关系求出坐标

35、；(2)然后进入电场中，恰好做匀减速运动直到速度为零后又返回，以相同速率再次进入磁场仍在洛伦兹力作用下又做一段圆弧后，再次进入电场正好做类平抛运动.粒子在磁场中两次运动刚好完成一个周期，由粒子在电场中的类平抛运动，根据垂直电场方向位移与速度关系，沿电场方向位移与时间关系，结合牛顿第二定律求出E,三个过程的总时间即为总时间.v-qvB = m TOC o 1-5 h z 【详解】粒子在磁场中受磁场力的作用沿圆弧运动，洛仑兹力提供向心力，R ,mvR = = = 0.4m半径，根据圆的对称性可得粒子在磁场中第一次偏转所对的圆心角为先,则第-次经过x轴时的横坐标为工厂屈-0,40.5而第一次进入电场

36、，运动方向与电场方向相反，做匀减速直线运动，速度减为零后又反向加速返回磁场，在磁场中沿圆周运动，再次进入电场时速度方向刚好垂直电场方向，在电场力的作用下偏转，打在坐标原 点O处，其运动轨迹如图所示.XXX/K XXX XX XXXXXXX X X/ XX由几何关系可得，第二次进入电场中的位移为X在垂直电场方向的位移，S1 2R .4= 一 = = 4 x 10 s 运动时间在沿电场方向上的位移 又因T区根据牛顿第二定律ma4E = = I x 103V/m所以电场强度粒子从第一次进入电场到再返回磁场的时间2v4t2 = 一 = 4x1Q g白，23mlaT = 4ti * 10 sBq粒子在磁

37、场中两段运动的时间之和刚好是做一个完整圆周运动的周期 所以粒子从出发到再回到原点的时间为【点睛】本题考查带电粒子在电场、磁场中两运动模型：匀速圆周运动与类平抛运动，及相关的综合分析 能力，以及空间想像的能力，应用数学知识解决物理问题的能力.如图所示，将导热气缸开口向上放置在水平平台上，活塞质量m=10kg,横截面积S=50cm：厚度d=1cm,气缸的内筒深度 H=21cm ,气缸质量 M=20kg ,大气压强为 Po=1 X105pa,当温度为Ti=300K时，气缸内活塞 封闭的气柱长为 L10cm。若将气缸缓慢倒过来开口向下放置在平台上，活塞下方的空气能通过平台上的缺口与大气相通，不计活塞与气缸间的摩擦，取 g= 10m/s2,求：气缸开口向下放置时，封闭气柱的长度是多少？给气缸缓慢加热，当温度多高时，活塞能刚好接触到平台?【答案】15cm400K【解析】试题分析：将气缸缓慢倒置的过程中，封闭气体等温变化:% =P0+ = 12 x lO5Pa sn E mg iP2 =Po- = 0,8 x 10 PaPi =PJ2】t = 15 cm给气缸缓慢加热过程中，等压变化：T2 = Tj= 300K% = II-d = 20cm,J享门i fT, = T? = - T. = 400K2