2021届百校联盟高考物理模拟试卷(全国Ⅰ卷)(3月份)(含答案解析)

2021届百校联盟高考物理模拟试卷（全国I卷）（3月份）

一、单选题（本大题共4小题，共24.0分）

1.在下列四个核反应方程中，X］、❷、的和孙各代表某种粒子

①出+/T2We+0n

②尹N+如e-—0+%2

2

③沔e+lC+x3

M

@129+MeTllAl+x4

以下判断中正确的是（）

A.XI是质子B.尤2是中子C.刀3电子D.工4是质子

2.从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个物体I、II的v-t图象如图所示，在。〜%时间内，

下列说法中正确的是（）

A.I物体、n物体的加速度都不断减小

B.I物体的加速度不断增大，n物体的加速度不断减小

C.I、II两个物体在ti时刻相遇

D.I、n两个物体的平均速度大小都是空

3.从楼顶上每隔时间t掉下一个水滴，当第4个水滴开始下落时，第3个、第2个、第1个水滴离开楼

顶的距离之比$:S2:53为（）

A.1：4：9B.5：3：1C.4：2：1D.3：2：1

0

4.如图，真空中。点有一点电荷，它产生的电场中有a、b两点,a点

的场强大小为Ea，方向与ab的连线成60。角，b点的场强大小为场，

方向与ab连线成30。角.则关于a、b两点场强大小及电势生、外的

a

高低关系正确（）b

A.Ea=3Eb<pa<(pbB.Ea=4Eb(pa>(pb

c.E=2(p<(p

aabD.Ea=3Eb(pa><pb

二、多选题（本大题共6小题，共33.0分）

如图，一轻质不会伸长细绳上端固定在。点，下端拴一小球.L点是小

球下垂时的最低点.Q点有一固定的细长钉子，。、N、Q、L四点共

线.且QN=QL=QM.M.与Q、N与P点等高.现将小球拉到P释放任

其摆动.空气阻力不计•.小球到达L后，因细绳被长钉挡住（无机械能

损失），将开始沿以Q点为中心的圆弧继续运动.在这以后（）

A.小球向右摆到M点，然后就摆回来

B.小球沿圆弧摆到N点，然后竖直下落

C.小球向右摆到M和N之间圆弧上某点离开圆弧

D.小球不可能做完整的圆弧轨道的运动

6.回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的。形金属盒半径为R,两盒间的狭缝很小，带

电粒子穿过的时间可以忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，4处粒子源产生质量

为m、电荷量为+q的粒子，在加速电压为U的加速电场中被加速，所加磁场的磁感应强度、加

速电场的频率可调，磁场的磁感应强度最大值为耳„和加速电场频率的最大值怠.则下列说法正确

的是（）

XXxK

/xXXXX\

/Knxx\

出【1处P...=i=：u

\Kx接交流电源

\XXXpXXJ

A.粒子获得的最大动能与加速电压的大小有关

B.粒子第n次和第n+1次进入磁场的半径之比为后TT：K

C.粒子从静止开始加速到出口处所需的时间为t=迎

2U

D.若筛<翳，则粒子获得的最大动能为=27127n篇R2

7.“嫦娥”三号探测器经轨道I到达P点后经过调整速度进入圆轨道n,

经过变轨进入椭圆轨道田，最后经过动力下降降落到月球表面上。下

列说法正确的是（）

A.“嫦娥”三号在地球上的发射速度大于11.2km/s

B.“嫦娥”三号”由轨道I经过P点进入轨道II时要减速

C.“嫦娥”三号”由轨道I经过P点进入轨道口时要加速

D.“嫦娥”三号”分别经过轨道n、m的p点时，加速度相等

8.如图所示，一足够长的光滑平行金属轨道，轨道平面与水平面成。角，T

上端与一电阻R相连，处于方向垂直轨道平面向上的匀强磁场中。

质量为m、电阻为r的金属杆ab,从高为九处由静止释放，下滑一段

时间后，金属杆开始以速度"匀速运动直到轨道的底端。金属杆始终保持与轨道垂直且接触良好,

轨道的电阻及空气阻力均可忽略不计，重力加速度为g。贝4（）

A.金属杆加速运动过程中的平均速度为彳

B.金属杆加速运动过程中克服安培力做功的功率大于匀速运动过程中克服安培力做功的功率

c.当金属杆的速度为:时，它的加速度大小为喈

D.整个运动过程中电阻R和金属杆上产生的焦耳热为

9.下列说法中正确的是（）

A.气体分子平均速率不可能为零

B.布朗运动反映了分子热运动的无序性

C.扩散运动反映了分子热运动的有序性

D.309水的饱和汽压大于4。（2水的饱和汽压

E.在真空无摩擦环境下，可以从单一热源吸收热量全部用来做功而不引起其他变化

10.下列说法正确的是（）

A.一条沿自身长度方向运动的杆，其长度总比杆静止时长

B.根据多普勒效应可以判断遥远天体相对于地球的运动速度

C.大量事实证明，电磁波能产生衍射现象

D.受迫振动的频率总等于系统的固有频率

E.由于激光是相干光，所以它能像无线电波那样被调制、用来传递信息

三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）

11.（12分）某同学用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。实验所用的电源为学生电源，输出

电压为6P的频率为50Hz交流电和直流电两种.重锤从高处由静止开始下落，重锤上拖着的纸带

打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。则：（1）该同学进行正

确测量后挑选出一条点迹清晰的纸带进行测量分析。如图所示.其中。点为起始点，4B、C、

D、E、F为六个计数点。各计数点到0点的距离九见下图，根据以上数据，当打B点时重锤的速

度为m/s（结果保留两位有效数字），计算出该点对应的卢/2和gh数值，若在误差范围内

存在关系式，即可验证机械能守恒定律。（g=

（2）该同学继续根据纸带算出各点的速度"，量出下落距离八，并以层/2为纵轴、以九为横轴画出的图

象，应是图中的»

（3）他进一步分析，发现本实验存在较大误差。为此设计出用如图所示的实验装置来验证机械能守恒

定律。通过电磁铁控制的小铁球从4点自由下落，下落过程中经过光电门8时，通过与之相连的

毫秒计时器（图中未画出）记录挡光时间t,用毫米刻度尺测出力B之间的距离h,用游标卡尺测得

小铁球的直径d。重力加速度为g。实验前应调整光电门位置使小球下落过程中球心通过光电门

中的激光束。小铁球通过光电门时的瞬时速度"=一。如果d、t、h、g存在关系

式,也可验证机械能守恒定律。

（4）比较两个方案，改进后的方案相比原方案的最主要的优点是：o

12.在“测定金属的电阻率”的实验中，所用测量仪器均已校准，待测金属丝接入电路部分长度约

为50cm。

（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图甲所示，其读数为mm；

（2）用伏安法测量金属丝的电阻&•实验所用的器材为：电池组（电动势3心内阻约1。）、电流表（内阻

约0.1。）、电压表（内阻约3k0）、滑动变阻器R（0-200,额定电流24）,开关、导线若干。实验

前已用多用电表粗测得待测金属丝的电阻约为52则实验中应采用图乙中的_图对应的电

路。（选填“4”或）

（3）由于电阻的测量存在系统误差，因此本实验测得电阻率与真实值比较偏（选填“大”或

“小”）

四、计算题（本大题共3小题，共42.0分）

13.为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为0=53。，长

为S=2.5m的倾斜轨道通过微小圆弧与长为乙=3.4m的水平轨道BC相连，然后在C处设计

一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道D，如图所示.现将一个小球从距4点高为/I=0.8m

的水平台面上以一定的初速度%水平弹出，至必点时速度以方向恰沿48方向，并沿倾斜轨道滑

下.己知小球与4B和BC间的动摩擦因数均为〃=0.5.。讥53。=0.8cos53。=0.6,取。=

lOm/s2）.试求：

（1）小球到A点时速度以的大小

（2）小球滑过C点时的速率比

(3)要使小球恰好做完整圆周运动，求圆轨道的半径R.

14.如图所示，有三个宽度均相等的区域/、口、①；在区域/和HI内分别为方向垂直于纸面向外和

向里的匀强磁场(虚线为磁场边界面，并不表示障碍物)，区域/磁感应强度大小为B,某种带正

电的粒子，从孔。1以大小不同的速度沿图示与aa'夹角a=30°的方向进入磁场(不计重力).已知

速度为孙和2%时一，粒子仅在区域/内运动且运动时间相同，均为玲.

(1)试求出粒子的比荷5、速度为2%的粒子从区域/射出时的位置离。1的距离L；

(2)若速度为"的粒子在区域/内的运时间为多在图中区域II中。1。2上方加竖直向下的匀强电场，

。1。2下方对称加竖直向上的匀强电场，场强大小相等，使速度为u的粒子每次均垂直穿过/、口、

HI区域的边界面并能回到。1点，则请求出所加电场场强大小与区域DI磁感应强度大小.

15.拔火罐是传统中医理疗方式，以罐为工具，利用燃火等方法产生负压，造成局部瘀血，以达到

通经活络、消肿止痛、祛风散寒等作用的疗法。如图，将一团燃烧的轻质酒精棉球(体积不计)扔

到罐内，酒精棉球将要熄灭时，将罐盖于人体皮肤上，罐内密封着一定质量的气体(可看作理想

气体)，此时罐内温度为7,之后由于罐壁导热良好，罐内温度降低，人体皮肤就会被吸起。已

知火罐容积为V,罐口面积为S,大气压强为一个标准大气压po,环境温度为

(1)若皮肤形状未能发生变化，求火罐对皮肤产生的最大拉力&;

(2)若罐内温度降低到室温时，进入罐内的皮肤体积为三，求火罐对皮肤产生的拉力?2；

(3)若标准状态下1根。，任何气体的体积为％,阿伏加德罗常数为他，求罐内气体的分子数。

五、综合题(本大题共1小题，共12.0分)

16.如图甲所示，-列简谐波沿x轴传播，4、B为平衡位置相距4m的两个质点，它们的振动图象如

图乙所示。求该波的波速。

y/cm

10

B

70

甲

参考答案及解析

1.答案：D

解析：解：4、根据质量数和电荷数守恒得打的电荷数为1,质量数为2,所以与是笊核，故A错误；

B、同理上的电荷数为1，质量数为1，所以必为质子，故8错误；

C、%的电荷数为0,质量数为1，所以巧是中子，故C错误；

。、办的电荷数为1，质量数为1，所以灯是质子，故。正确。

故选：D«

根据核反应方程中质量数和电荷数守恒，求出未知粒子的核电荷数和质量数即可判断粒子的种类.

正确书写核反应方程是学习原子物理的重点，要注意质量数和电荷数守恒的应用.

2.答案：A

解析：解：4、8、由u-t图象的斜率的意义可知，速度图象的斜率表示加速度的大小，由图可知，

I物体、n物体的v-t图线的斜率都随时间减小，所以加速度都不断减小。故A正确，B错误；

C、在u-t图象中，两条线的交点表示二者的速度相等，由图可知，I、II两个物体在0时刻二者的

速度相等；由于两个物体从同一地点同时开始沿同一直线运动，由图可知，打时刻二者的位移不相

等，所以不会相遇。故C错误；

D、由图可知，二者都不是匀变速直线运动，所以它们的平均速度都不等于空.故。错误。

故选：Ao

根据速度图象的斜率表示加速度，确定加速度的变化情况.两物体从同一地点同时开始沿同一直线

运动，分析速度关系，判断何时相遇最远；当位移相等时，两者相遇.物体做匀减速直线运动，平

均速度大小等于等.I物体做变加速运动，根据它的位移与匀加速运动位移的关系，分析平均速度

与匀加速运动平均速度的关系.

本题考查速度图象的应用，能够根据图象分析物体的具体运动，同时对于速度图象上两物体速度相

等的时刻往往两物体相距最远或最近，根据速度之间的关系进行分析.

3.答案：A

解析：解：根据题意可知：第1个、第2个、第3个水滴离开楼顶的时间之比为：3：2；1,

根据九=得:

第3个、第2个、第1个水滴离开楼顶的距离之比Si：S2：53=1：4：9.故A正确，BCD错误.

故选：Ao

水滴落下后做自由落体运动，根据自由落体运动位移时间关系即可求解。

本题主要考查了自由落体运动位移时间关系，难度不大，属于基础题。

4.答案：A

解析：解：a点到。点的距离为：Ra=Labcos60°=^Lab,b点到。点距离a=LabCos30。=日小助，

丝

根据点电荷的场强公式E=当可得自=普=苦=：

r匕b芦ra1

故Ea=3Eb

在点电荷的周围越靠近场源电势越低，故有/<<pb,

故4正确。

故选：Ao

要比较两点的场强的大小，必需求出两点各自的场强E,根据E=与可知必需知道ab两点到0的距离

rz

大小关系a点到。点的距离心=Labcos600=hab,b点到。点距离即=Lbcos30°=44助•再根据沿

电场线方向电势降低确定两点电势的高低.

理解场强的决定式，把握沿电场线方向电势降低的特点即可顺利解决此类题目.

5.答案：CD

解析：解：4、根据机械能守恒定律可知，小球运动到M点速度不为零，所以小球还要继续向上运动，

故A错误；

2、若小球能运动到N点，则根据机械能守恒定律可知，在N点速度等于零，但要使小球做圆周运动

到达N点，则N点的速度不为零，所以小球不能运动到N点，则小球在MN之间某点做斜抛运动了，

故8错误，C正确：

。、由B分析可知，小球不能做完整的圆周运动，故。正确.

故选：CD.

根据机械能守恒定律可知，小球运动到M点速度不为零，所以小球还要继续运动，若小球能运动到N

点，则根据机械能守恒定律可知，在N点速度等于零，但要使小球做圆周运动到达N点，则N点的速

度不为零，所以小球不能运动到N点，则小球在MN之间某点做斜抛运动.

本题要求同学们能正确判断小球是否能到达N点，若不能到达，则小球做什么运动，难度适中.

6.答案：CD

解析：解：4、粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径越大，粒子动能越大，粒子做圆周运动的最大轨

道半径为R,

粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=

2

粒子最大动能：EK=^rnv,

解得，粒子最大动能：EK=连叱，

人2m

粒子获得的最大动能与加速电压无关，故A错误；

3、粒子在电场中加速，由动能定理

粒子被加速几次时：nqU=-0,

粒子被加速几+1次时：（九+l）qU=［血说+i—0,

粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r卷,

所以第九次和第九+1次半径之比汽=千

rn+lvn+l

解得：rn：r（n+i）=Vn：Vn+l,故8错误；

C、设粒子到出口处被加速了n圈，据动能定理得：2nqU=|mv2-0

粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，当粒子速度最大时，

由牛顿第二定律得：qvB=

粒子在磁场中做圆周运动的周期：7=黑，

粒子从静止开始加速到出口处所需的时间：t=nr

解得：t=些，故C正确；

2U

。、加速电场的频率应该等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即：f=;黑,

当磁感应强度为时，加速电场的频率应该为：源=咨，

粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mg

粒子最大动能：EK=|mv2,

解得，粒子最大动能：EK=造空，

八2m

当篇〈簪时，

粒子获得的最大动能为=2兀2m鬣R2,故。正确。

故选：CD。

回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，带电粒子在磁场中运动的周期与带电粒子的速度

无关。根据洛伦兹力提供向心力得出轨道半径的公式，从而根据速度的关系得出轨道半径的关系。

粒子离开回旋加速度时的轨道半径等于。形盒的半径，根据半径公式求出离开时的速度大小，从而

得出动能。

解决本题的关键知道回旋加速器加速粒子的原理，知道带电粒子在磁场中运动的周期与交变电场的

周期相同，以及掌握带电粒子在磁场中运动的轨道半径公式和周期公式；特别是要知道加速时间很

短，与回旋时间相比完全可以忽略不计。

7.答案：BD

解析：解：4、“嫦娥”三号在飞月的过程中，仍然在地球的引力范围内，所以在地球上的发射速度

要小于第二宇宙速度，即小于11.2km/s,故A错误；

BC,由图可知“嫦娥”三号”在轨道I上是椭圆轨道，在P点需要的向心力大于提供的向心力，“嫦

娥”三号”在轨道口上做匀速圆周运动，需要的向心力等于提供的向心力。在同一点月球提供的向

心力是相等的，由需要的向心力：4=噂可知速度越大，需要的向心力越大，所以“嫦娥”三号”

由轨道I经过P点进入轨道n时要减速，故8正确，C错误；

/）、根据万有引力提供向心力G等=ma,得。=等,则知到月球的距离相同，则加速度相同，故探

测器在轨道m轨道经过P点时的加速度等于在轨道II经过P时的加速度，故。正确。

故选：BD。

根据三个宇宙速度的意义判断发射速度；

根据万有引力定律和牛顿第二定律列式判断加速度的大小：

本题要掌握万有引力定律和卫星变轨道问题，并要知道卫星绕月球运动的向心力由万有引力提供，

能结合圆周运动的规律进行求解。

8.答案：CD

解析：解：4、金属杆加速运动过程中，若金属杆匀加速运动，则平均速度为；，实际上金属杆在加

速运动过程中，加速度不断减小，速度-时间图象的斜率不断减小，在相同间内金属杆通过位移大

于匀加速运动的位移，金属杆平均速度大于匀加速运动的平均速度;.故A错误。

8、金属杆加速运动过程中，安培力平均值小于匀速运动的安培力，且加速运动的平均速度小于匀速

直线的速度，因此由P=F"知，金属杆加速运动过程中，克服安培力做功的功率小于匀速运动过程

中克服安培力做功的功率，故B错误；

C、根据匀速直线运动时，金属杆速度大小为所受的安培力大小为学

此时依据平衡状态，则有：mgsin。=

当金属杆的速度为制，它所受的安培力为：F^=^l=imgsind

据牛顿第二定律解得：mgsine-F^=ma,联立得：a=喈，故C正确。

D、整个运动过程中，金属杆的机械能减少转化为内能，则回路产生的焦耳热为故。

正确。

故选：CD.

根据安培力与速度的关系分析金属杆的运动情况，在加速运动中加速度不断减小，根据速度图象分

析可知，平均速度大于*加速运动过程中金属杆克服培做的功等于竺怨，与速率及的平方成正比，

2R+r

小于匀速运动过程克服安培力功率；根据牛顿第二定律求加速度。分析能量的转化情况，根据能量

守恒定律求整个回路中产的焦耳热。

解决这类问题关键时分析受力情况安培力的表达式几=妇2,进一步确定金属杆的运动性质，并明

确判断能量转化的情况。

9.答案:ABD

解析：解：力、由于分子做永不停息的无规则的热运动，所以气体分子平均速率不可能为零.故A

正确：

8、布朗运动是在显微镜中看到的固体颗粒的无规则运动，是分子的无规则运动的反映，反映了分子

热运动的无序性.故8正确；

C、扩散运动反映了分子热运动的无序性.故C错误；

D、饱和蒸汽压与温度有关，30汽水的饱和汽压大于4汽水的饱和汽压.故。正确；

E、根据热力学第二定律，在真空无摩擦环境下，从单一热源吸收热量全部用来做功而不引起其他变

化是不可能的.故E错误.

故选：ABD

分子做永不停息的无规则的热运动；布朗运动是在显微镜中看到的固体颗粒的无规则运动，是分子

的无规则运动的反映；一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增加的方向进行.饱和汽压是物

质的一个重要性质，饱和汽压越大，表示该物质越容易挥发.饱和蒸汽压与温度有关，与体积无关.

本题考查了热力学定律的理解和应用，要知道墙增加原理，明确布朗运动的实质和意义，掌握热力

学第二定律.

10.答案:BCE

解析：解：4、根据：=小1一年,知条沿自身长度方向运动的杆其长度总比杆静止时的长度小.故

A错误.

8、只要是波，均有多普勒效应现象，根据多普勒效应可以判断遥远天体相对于地球的运动速度.故

B正确.

C、衍射是波的特有的现象，电磁波是波，电磁波能产生衍射现象.故C正确.

D、受迫振动的频率总等于策动力的频率.故。错误.

E、由于激光是相干光，所以它能像无线电波那样被调制、用来传递信息.故E正确.

故选：BCE

A、根据，=/oJl-W判断杆的长度变化.

以多普勒效现象是波的特性.

C、电磁波能产生衍射现象.

。、受迫振动的频率总等于策动力的频率；

E、根据激光的特点与应用方向分析.

该题考查的知识点比较多，解决本题的关键理解狭义相对论的物体的长度与速度之间的关系，以及

知道多普勒效应现象的条件.

11.答案：（1）1.84、士筋=磷（2）C（3）^=-,*=蟆

（4）没有纸带与打点计时器间的摩擦影响，提高「测量的精确程度，实验误差减小/0

解析：试题分析：（1）匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，由此可以求

t*»|

2222

出B点的速度大小为：vB1.84m/s,对应的—载?=1.69TH/S,gh=1.74m/s,可认为

鸳塞“

在误差范围内存在关系式士整?=g/i即可验证机械能守恒定律；

冢

（2）继续根据纸带算出各点的速度"，量出下落距离儿并以（举?纵轴、以/I为横轴画出的图象，根据

~^=gh,所以应是图中的C。

(3)光电门测速度的原理是用平均速度代替瞬时速度，因此有:u=+由于三般=g九，所以会=.镂;

(4)比较两个方案，改进后的方案相比原方案的最主要的优点是：没有纸带与打点计时器间的摩擦影

响，提高了测量的精确程度，实验误差减小了。

考点：此题考查了验证机械能守恒定律。

12.答案:0.396B小

解析：解：(1)金属丝的直径为：d=0mm+39.6x0.01mm=0.396mm；

(2)由于言=600＞影=50,所以电流表要采用外接法时，电压表的分流相对小，至于滑动变阻器

在不做严格要求的情况下分压、限流均可，故选择图8对应的电路；

(3)由于电阻的测量存在系统误差，外接法的误差在于电压表的分流，我们是用电压表和金属丝的总

电流替金属丝的电流，电流的测量值偏大，故电阻的测量值偏小。

故答案为：(1)0.396(0.396-0.399均可)；(2)8；(3)小

(1)关于螺旋测微器的读数，要先读出固定刻度，再读出可动刻度，然后相加即可得出结果；

(2)根据数据比较电压表、电流表和被测电阻的阻值关系，确定可采取的电路，一般是小外大内；

(3)结合试验误差出现的原因，可得出答案。

该题是综合性较强的题，解答时注意一下几方面：

1、对于长度的测量注意高中所要求的游标卡尺和螺旋测微器的使用方法，读书时是固定刻度的值与

可动刻度的值得和。

2、会根据电压表、电流表及被测电阻的阻值关系，确定电流表是内接还是外接。

3、实物连接时，注意导线不能相交叉，并且要注意闭合电建时，分压电路的输出端电压要为零。

4、会用电阻定律来求解导线的电阻率

5、了解实验误差产生的原因，并会在试验中做到尽可能的减小误差。

13.答案：解：(1)小球做平抛运动时，有：呼=2gh

代入数据解得：vy=yj2gh=V2x10x0.8=4m/s

小球到4点时速度以=2=5m/s

SI九53

(2)小球从A到C点的过程中，由动能定理得：

mgSsind—[imgScosO—fimgL=—^mv^

代入数据解得：vc=6m/s

(3)小球刚刚过圆轨道最高点时，由重力提供向心力，则:

V2

mg=m-

从c到圆轨道最高点的过程，由机械能守恒定律得

=2mgR+|mv2

代入数据解得R=0.72m

答：

(1)小球到A点时速度%的大小是5m/s.

(2)小球滑过C点时的速率会是6m/s.

(3)要使小球恰好做完整圆周运动，圆轨道的半径R是0.72m.

解析：(1)小球从离开弹簧到力的过程做平抛运动，由高度九求出小球到4点时竖直分速度，由速度的

分解求出小球到4点时速度以和平抛运动的初速度为.

(2)小球从4到C的过程，由动能定理列出公式即可求出C点的速度%;

(3)小球恰好做完整圆周运动时，通过竖直圆轨道最高点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律和

向心力知识求出到最高点的速度，再由动能定理求解轨道半径R.

明确研究对象的运动过程是解决问题的前提，要把握每个过程和状态的物理规律，如平抛运动研究

的方法：运动的分解法，要抓住圆周运动最高点的临界条件：重力等于向心力.

14.答案：解：(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，故有：qvB=m^，解得：R=器,

根据运动的周期：7=陋可得粒子运动的周期：「=要

由题意可得速度为几和2%的粒子均由区域/左侧aa'出磁场

则粒子

转过的

圆心角

为|兀

故亡0=

-6T

解得：

m

57r

对速度为2%的粒子在区域/运动:

洛伦兹力提供向心力Bq(2%)=TH与上

2mv6vt

r=--0---=-0-0---

Bq57r

由几何关系可得乙=「=*

5n

(2)当速度为"时，G=p圆心角。=60°

洛伦兹力提供向心力Bqu=m^~

所以R=^=鬻

Bq57r

根据儿何关系d=Rs讥60。=还包

1O7T

在竖直方向上做匀加速运动，位移1=署12

22m

水平方向做匀速直线运动，位移x="

根据运动的对称性及周期性知：2x+4nx=d(n=0、1、2、3...)

解得E=g8v(2n+l)2

在区域中：带电粒子做圆周运动的半径为R'=9

mu_mv

即而=旃

所以：B'=2B

答：(1)求出粒子的比荷为就，速度为2%的粒子从区域/射出时的位置离01的距离L为甯.

(2)所加电场场强大小为+1)2,磁感应强度大小为2B.

解析：(1)速度为%和2%时粒子在区域/内的运动时间相同，故粒子运动的轨迹对应的圆心角相同，

故只能在区域/中运动，故其轨迹所对应的圆心角为300。=|兀，根据周期公式通过运动的时间求出

粒子的比荷.根据洛伦兹力提供向心力求出速度为2%的粒子运动的半径，根据几何关系计算速度为

2%的粒子从区域/射出时的位置离01的距离L.

(2)度为u的粒子每次均垂直穿过/、口、HI区域的边界面并能回到。1点，根据要求作出运动的轨迹图，

根据粒子在电场中做类平抛运动，结合运动的周期性求出电场强度的大小，进入磁场做匀速圆周运

动，在磁场中运动180。出磁场，根据半径的大小关系求出磁感应强度的大小