2021年广西桂林十八中高考物理模拟试卷(6月份)(含答案解析)

2021年广西桂林十八中高考物理模拟试卷（6月份）

一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）

1.放在粗糙水平地面上质量为0.8kg的物体，受到水平拉力的作用，在0〜6s

内其速度与时间的关系图象如图所示，物体与地面的动摩擦因数为0.5,

g=10m/s2,下列说法中正确的是（）

A.0〜2s内物体克服摩擦力做功为80/

B.0〜2s内与2s〜6s内拉力大小之比为4：1

C.0〜2s内拉力的功率为80W

D.合外力在0〜6s内做的功与0〜2s内做的功相等

2.如图所示的电路中，变压器为理想变压器，开关S闭合，交流电源电

压恒定，电阻代=/?2，通过长的电流与通过心的电流相等。助的电

压为电源总电压的也若断开开关S，&与角的电功率之比为（）

A.1：3B.1：9C.2：9D.1：18

3.如图所示，当氢原子从n=4能级跃迁到n=2的能级和从n=3能级”E/eV

QQ........0

跃迁到n=l的能级时，分别辐射出光子a和光子b,则（）4——।-------------0.85

3I.----------1.51

A.由于辐射出光子，原子的能量增加

2-----1~；--------3.4

B.光子a的能量小于光子b的能量：6

I

C.光子a的波长小于光子b的波长

].1□

D.若光子a能使某金属发生光电效应，则光子6不一定能使该金属发1~

生光电效应

4.如图所示，是某次发射人造卫星的示意图，人造卫星先在半径为7•的近地圆周/

轨道1上运动，然后改在椭圆轨道2上运动，最后在半径为7r的圆周轨道3上运|

动，a点是轨道1、2的交点，b点是轨道2、3的交点，人造卫星在轨道1上a点

的速度为％a，在轨道2上a点的速度为Wa，在轨道2上b点的速度为0/,，在轨道3上b点的速度为

v3b,已知卫星在圆轨道运行时的引力势能为后「=-午，选择无穷远处为势能零点，r是卫星

与中心天体的球心距，下列说法正确的是（）

A.轨道1、2、3的周期之比为7近：8；1

B.v2a>vla>v2b>V3b

c.V2a>vla>v3b>v2b

D.圆周轨道1和3上运行时，卫星和地球系统的机械能之比为1：14

5.如图所示，4、B两个质量均为6的物体之间用一根轻弹簧（即不计其质量）连接，并用二匚

细绳悬挂在天花板上.若用火将细绳烧断，则在绳刚断的这一瞬间，4、B的加速度大里人

小分别是：（重力加速度为g）（）

向B

A.aA=2g；aB=g

B.aA=2g；aB=0

C.aA~5；aB=0

D.aA=0；aB=g

二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）

6.如图为甲、乙两质点在同一直线上的图象，以甲的出发点为原

点，出发时间为计时起点，则下列说法中正确的是（）

A.甲开始运动时，乙在它前面

B.甲、乙是从同一地点开始运动的

C.甲在中途停止运动，最后甲还是追上了乙

D.从计时开始到甲追上乙的过程中，乙的平均速度大于甲的平均速度

7.如图所示，在真空中的绝缘光滑水平面上，一正三角形的三个顶点上分别

固定放置电荷量为+Q、+Q、-Q的点电荷a、b.c,其外接圆的圆心为B点，

4、C连线平行于正三角形的底边ac,B、。点关于点电荷b对称。下列说

法中正确的是（）

A.4点电场强度等于C点电场强度

B.B点电势等于。点电势

C.由B点静止释放一正试探电荷，其运动轨迹为曲线

D.将一正试探电荷从C移到B,其电势能增大

8.如图所示，在倾角为。的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场，方向一个

垂斜面向上，另一个垂直斜面向下，宽度均为L,一个质量为m、电阻为R、边长为L的正方形金

属线框以速度"刚进入上边磁场时，恰好做匀速直线运动，当ab到达gg'与中点时又恰匀速,

已知重力加速度为g,贝女）

e,c

A.当ab边刚越过"'时线框的加速度大小为2gsin。，方向沿斜面向上

B.当时边刚越过"'时线框的加速度大小为3gs讥。，方向沿斜面向下

C.线框从开始进入磁场到ab边到达gg'与//'中点时产生的热量为弧9公讥。+||mv2

D.从ab越过。•'边界到线框再做匀速直线运动所需的时间t=菽上（竿-;mu）

9.下列叙述正确的是（）

A.当分子间距增大时，分子间的引力、斥力均减小，分子力也一定随之减小

B.一定质量的理想气体当从外界吸收热量后，其分子的平均动能一定增大

C.一切与热现象有关的宏观过程都具有方向性且都是不可逆的

D.清晨，荷叶上的小露珠呈现球形是因为液体的表面张力造成的

E.已知地球半径R,空气平均摩尔质量M,阿伏加德罗常数N”，地面大气压强po及重力加速度g,

即可故算出地球大气层中空气分子的总个数

10.下列说法正确的是（）

A.单摆的周期与振幅有关

B.横波在介质中的传播速度由介质本身的性质决定

C.横波的振幅与波源无关

D.单位时间内经过媒质中一点的完全波的个数等于这列简谐波的频率

E.围绕振动的音又转一圈会听到强弱不同的声音是波的干涉形成的

三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）

11.在研究摩擦力特点的实验中，将木块放在水平长木板上，如图a所示，用力沿水平方向拉木块,

拉力从。开始逐渐增大.分别用力传感器采集拉力和木块所受到的摩擦力，并用计算机绘制出摩

擦力壮随拉力F的变化图象，如图b所示.已知木块质量为0.78kg.取重力加速度g=10m/s2,

sin370=0.60,cos370=0.80.

（1）求木块与长木板间的动摩擦因数.

（2）若木块在与水平方向成37。角斜向右上方的恒定拉力尸作用下，以a=2.0m/s2的加速度从静止开

始做匀变速直线运动，如图c所示.拉力大小应为多大？

12.现要测定一个额定电压4人额定功率1.6小的小灯泡（图中用③表示）的伏安特性曲线.要求所测

电压范围为0.1U〜4匕现有器材：直流电源E（电动势4.5V,内阻不计），电压表量程4.5,，内

阻约为4XIO"）电流表@（量程250nb4,内阻约为20）,电流表⑥（量程50（hnA,内阻约为10）,

滑动变阻器R（最大值约为300）,电键S,导线若干.如果既要满足测量要求，又要测量误差较

小，应该选用的电流表是（填⑶或卷），滑动变阻器R应用接法（填“限流式”、

“分压式”）.电流表应（填“外接法”或“内接法”）

四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）

13.如图所示，在直角坐标系的第一、二象限内有垂直于纸面的匀强磁场，第三象限有沿y轴负方向

的匀强电场；第四象限无电场和磁场。现有一质量为m、电荷量为q的粒子以速度%从y轴上的M

点沿x轴负方向进入电场，不计粒子的重力，粒子经x轴上的N点和P点后又回到M点，已知OM=

L,ON=2L,求：

（1）带电粒子带何种电荷，电场强度E的大小；

（2）带电粒子到达N点时速度的大小和方向；

（3）磁感应强度的大小和方向以及带电粒子在磁场中的运动时间；

14.把一小球从离地面/i=5巾处，以%=10?n/s的初速度水平抛出，不计空气阻力，(g=10m/s2).

求：

(1)小球在空中飞行的时间；

(2)小球落地点离抛出点的水平距离；

(3)小球落地时的速度大小.

15.实验室有一根一端开口、粗细均匀且导热良好的细玻璃管AB,某兴趣小组在老师

的指导下，向玻璃管内注入一段长25c/n的水银柱，竖直放置后将开口端用橡胶

塞封闭，如图所示。此时气柱a的长度为36cm,压强为75cmHg；气柱b的长度为一…

27cm.A=25cm

(1)保持玻璃管竖直，若环境温度上升，通过计算分析水银柱的移动方向；，

—27cm

(2)若将玻璃管水平放置，水银柱将向哪端移动？稳定后水银柱相对玻璃管移动距离

多少？

16.如图，在盛有某种透明液体的容器中有一激光器4到液面的距离为1血激光器发出很窄的一束

激光，与液面成60。角从透明液体射向空中，离开该液体表面的光线与液面的夹角为30。，c=

3.0X1087n/s.求：

①这束光线经多长时间可以从光源到达液面；

②当入射角为多大时，恰好没有光线射入空气？

参考答案及解析

1.答案：D

解析：解：4、由物体在水平面上只受摩擦力和拉力，在2s〜6s内物体受力平衡可得：f=卬ng=F'=

0.5x0.8x10/V=4/V；在0〜2s内位移为：x1=^xl0x2m=10m,摩擦力做功为：Wf=fxr=

4x10/=40/,故A错误；

B、根据图象知加速度为：a=/m/s2根据牛顿第二定律可得：在0〜2s内，拉力为：F=f+ma=

4N+0.8X与N=8N,0〜2s内与2s〜6s内拉力大小之比为8：4=2：1,故2错误。

C、0〜2s内F保持不变，根据水平拉力的功率P=Fu知0-2s内拉力功率不断增大，故C错误；

。、由物体速度与时间的关系图象可知，物体在0〜2s内合外力大于零，在2s〜6s内合外力为零，故

合外力在0〜6s内做的功与0〜2s内做的功相等，故。正确；

故选：D。

由图象可知位移，根据2s〜6s内物体受力平衡可得/=林mg=F',根据勿=尸乂求摩擦力做功，根据

牛顿第二定律可求-0-2s内拉力，然后根据动能定理知合外力做的功。

此题考查图象应用，u-t图象斜率表示加速度，面积表示位移，结合功、功率以及动能定理分析各

项，综合性较强。

2.答案：D

解析：解：开关S闭合时，设电源的电压为U,变压器的匝数比为n；8两端的电压为UR,变压器输

入端的电压为打,输出端的电压为外；原线圈上的电流为A，流过7?2的电流为，2,流过的电流为，3,

则：

外=沙①

/=U-UR=U一"=沙②

由于：^=n,所以：③

由欧姆定律，所以：人=*=3；④

,U26U6U

/9=—=-----=-----

/R27nR27n%9

由题：A=七⑥

由电流关系可得：氏=;⑦

联立④⑤⑥⑦可得：n=3,R3=2~⑧

若断开开关S,则：/1'=?3'⑨

由功率的表达式：P=l2R

联立可得％与R3的电功率之比为：*=萼=去故ABC错误，。正确

故选：0。

根据变压器的工作原理，设变压器的匝数比为71,求出副线圈上的电压与原线圈的电压的关系，然后

由欧姆定律求出电流之间的关系，最后联立即可求出。

该题考查变压器的原理，但涉及的物理量比较多，首先要明确电压、电流、与匝数中间的关系，然

后再确定其电路的结构情况是解答的关键。

3.答案：B

解析：解：4、原子是从较高能级向较低能级跃迁，放出光子，能量减小，故A错误；

B、a光子的能量：Ea=-0.85-(-3.4)=2.55eV,Eb=-1.51-(-13.6)=12.09eV,可知E&<Eb,

故B正确：

C、根据公式£=%/=与可得能量越大频率越大，波长越小，故光子a的波长大于光子b的波长，故

C错误；

。、光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，因为a光子的频率小于b光子的频率，所

以若光子涌8使某金属发生光电效应，则光子b一定能使该金属发生光电效应，故。错误；

故选：B。

能级间跃迁辐射光子的能量等于能级之差，根据能极差的大小比较光子能量，从而比较出光子的频

率。当入射光的频率大于金属的极限频率时，发生光电效应。

解决本题的突破口是比较出光子a和光子b的频率大小，然后结合光电效应的条件分析即可。

4.答案：C

解析：

根据卫星的速度公式u=杵比较人造卫星在轨道1上的速度叫a与在轨道3上的速度叫b的大小；根

据开普勒定律判断在轨道2上a点的速度为"2。和Wb的大小；卫星从轨道1上a处加速变轨到轨道2,

从轨道2上b处加速变轨到轨道3,将四个速度两两比较，进行选择。

本题是卫星问题，除了运用卫星的速度公式判断卫星做圆周运动的速度大小外，难点在于要了解卫

星如何变轨的。

A、根据万有引力提供向心力得7=2兀叵，轨道3的周期最大，则所给比式不对，故A错误；

BC、卫星在轨道1和轨道3上做匀速圆周运动，根据卫星的速度公式U=呼分析可知，

轨道半径越小，卫星的速度越大，则有%

卫星在轨道2上做椭圆运动，根据开普勒第二定律得知，V2a>V2b;

卫星从轨道1变轨到轨道2,在a点加速，则有为a>%a；

卫星从轨道2变轨到轨道3,在b点加速，则有/b>%b；

所以“2a>%匕>“2b，则B错误，C正确；

D、1轨道上的机械能为：E=如拜）2+竽

3轨道上的机械能为：口=：巾（楞）2+甯，则两者之比为7：1,故。错误。

故选：Co

5.答案：B

解析：解：悬线剪断前，以B为研究对象由平衡可知弹簧的弹力为：F=mg,

以4、B整体为研究对象由平衡可知悬线的拉力为T=2mg；

剪断悬线瞬间，弹簧的弹力不变，F=mg,

由牛顿第二定律得：

对4：mg+F=maA,5LF=mg,得：aA=2g,

对B：F—mg-maB,F=mg,得：CIB=0

故AC。错误，B正确；

故选:B.

悬线剪断前，以两球为研究对象，求出悬线的拉力和弹簧的弹力.突然剪断悬线瞬间，弹簧的弹力

没有来得及变化，分析瞬间两球的受力情况，由牛顿第二定律求解加速度.

本题应用牛顿第二定律解决动力学中典型的瞬时问题，其基本思路：先分析悬线剪断前两物体的受

力情况，再研究悬线突然被烧断的瞬间两物体受力情况，根据牛顿第二定律求瞬间的加速度.

6.答案:AC

解析：解：AB,在t=0时刻，甲、乙同时开始运动，但不是从同一地点出发的，乙从距原点正方向

上x=2m处出发，而甲从原点出发，即甲开始运动时，乙在它前面，故A正确，B错误。

C、由图象可知，甲物体在中途有一段时间内位移未变，即甲在中途停了一会儿，最后甲、乙两物体

的位置相同，即甲追上了乙，故C正确。

。、甲追上乙的过程中，初位置不同，末位置相同，故位移不同，又由于时间相同，故平均速度不

同，故。错误。

故选:AC.

此图是位移-时间图象，直接反映了物体的位置随时间的变化情况，其斜率等于速度。根据图象可

知两物体同时出发，甲开始运动时，乙在甲前面。甲物体在中途停了一会儿，最后甲追上了乙。

本题关键要掌握位移图象的基本性质：横坐标代表时刻，而纵坐标代表物体所在的位置，纵坐标不

变即物体保持静止状态，就能轻松进行分析。

7.答案：BD

解析：解：4、各点电场强度如图，

由电场强度叠加可知，4点和C点电场强度大小相同和方向不同，故A错误；

B、由于点电荷a、c在B、。两点形成电场的电势叠加后的总电势均为零，则B、。两点的电势就等于

点电荷b在B、。两点的电势，根据点电荷电势分布对称的特点，则B点电势等于。点电势，故B正确；

C、8点为外接圆的圆心，则B点在点电荷a、b连线的垂直平分线上，点电荷a、b在它们垂直平分线

上的合电场强度与垂直平分线共线，即此条线上的电场强度方向与B点与点电荷c所在的直线共线，

可知B点与点电荷c连线上的电场线是直线，且指向c,则由B点静止释放一正试探电荷，其轨迹一定

是指向点电荷c的直线，故C错误；

D、B点比C点更靠近两正电荷而更远离负电荷，易知B点的电势高于C点的电势，则将正试探电荷由

C移到B,克服电场力做功，电势能增大，故。正确。

故选:BD。

多个点电荷形成的电场，利用电场强度叠加可求每一点电场强度。

根据点电荷电势分布的特点可求电势的大小。

判断正电荷所受合力与初速度是否在一条直线上。

判断电场力做功情况可判断电势能的变化情况。

明确多个点电荷组成的电场中，电场强度、电势、电场力做功的求解方法很关键。

8.答案：CD

解析：解：AB、金属线框刚进入上边磁场时，恰好做匀速直线运动，根据平衡条件得mgsin。=产安，

又尸交=B/L=B等D=生产，联立得mgsinO=号-^①

当ab边刚越过时，ab边和cd边都要切割磁感线，产生感应电动势，线框中总的感应电动势为E=

2BLv,感应电流为/=5=等，线框受到的安培力的合力大小为F=2B1=3②

根据牛顿第二定律得：mgsind-F=ma③

由①②③联立解得a=-3gsin0,负号表示加速度方向沿斜面向上，故AB错误；

C、设线框从开始进入磁场到时边到达gg'与ff'中点时速度为“，由平衡条件得7ngsinO-F=O,即

mgs讥。-当包=0,解得“=喘笠④

由①④得/三⑤

线框从开始进入磁场到好边到达gg'与//中点时产生的热量为Q=mgsind-IL-(^mv'2-

1mv2)=^mgLsinO+1|mv2,⑥故C正确：

D、从ab越过"'边界到线框再做匀速直线运动的过程，根据动量定理得：mgsine.t-BlLt=mv'-

mv⑦

又此过程中通过线框截面的电荷量为q=lt=—=@⑧

RR

由⑤⑦⑧解得t=^匕(等一9皿切，故。正确。

故选：CD。

金属线框刚进入上边磁场时，恰好做匀速直线运动，合力为零，根据平衡条件和安培力与速度的关

系分别列式，得到速度与重力的关系；当ab边刚越过//时，根据牛顿第二定律列式，结合安培力与

速度的关系求线框的加速度；线框从开始进入磁场到协边到达gg'与中点时，先根据平衡条件求

出此时线框的速度，再根据能量守恒求产生的热量。根据动量定理求从必越过边界到线框再做匀

速直线运动所需的时间。

导体切割磁感线运动时，要抓住受力平衡及能量的转化关系进行分析判断；在分析能量关系时一定

要找出所有发生变化的能量，知道增加的能量一定等于减少的能量。对于线框在磁场中运动的时间，

由于线框做的是非匀变速运动，不能根据运动学公式求解，可根据动量定理求运动时间。

9.答案:CDE

解析：解：力、根据分子力和分子间距的关系可知，当分子间距增大时，分子间的引力、斥力均减小，

但分子力不一定随之减小，比如当分子间距从平衡位置办开始增大时，分子力先增大后减小，故A

错误；

8、一定质量的理想气体从外界吸收热量后，如果对外做功，根据热力学第一定律可知，^U=Q+W,

当对外做功与吸热先抵消时，内能不变，理想气体的内能只包括分子动能，即分子的平均动能不变，

故8错误；

C、根据热力学第二定律可知，一切与热现象有关的宏观过程具有方向性，且都是不可逆的，故C

正确；

。、由于挥发，液体表面的分子分布比液体内部分子的分布要稀疏，故存在液体的表面张力，荷叶

上的露珠呈球形是由于液体表面张力的作用，故。正确；

E、地面的大气压强是由大气层中空气的重力产生,M'g=PoS,其中S=4兀辟，大气的摩尔数：n=笨,

则地球大气层中空气分子的总个数为n^,已知地球半径R,空气平均摩尔质量M,阿伏加德罗常数

治,地面大气压强Po及重力加速度g,即可故算出地球大气层中空气分子的总个数，故E正确。

故选：CDE。

根据分子力和分子间距的关系分析。

根据热力学第一定律分析，理想气体内能只包括分子动能。

根据热力学第二定律分析。

液体表面的分子分布比液体内部分子的分布要稀疏，故存在液体的表面张力。

根据地面的大气压强是由大气层中空气的重力产生，由压强的定义式分析.

此题考查了热力学第二定律、阿伏加德罗常数、热力学第一定律等相关知识，解答本题的关键是要

知道大气压力是由大气层中的空气产生的，再利用压强定义式和阿伏加德罗常数的桥梁纽带作用求

解。

10.答案:BDE

解析：解：4、由单摆做简谐运动的周期7=2兀5，故只和摆长有关，与振幅无关，故A错误；

从横波在介质中的传播速度由介质本身的性质决定。故8正确；

C、机械波在介质的传播特点是波源的振动带动相邻质点做受迫振动，所以机械波的振幅等于波源的

振幅，故C错误；

。、单位时间内经过媒质中一点的完全波的个数就是这列简谐波的频率，故D正确；

瓜围绕振动的音又转一圈会听到忽强忽弱的声音，是声波叠加产生加强与减弱的干涉的结果，故E

正确；

故选：BDE。

A、由单摆周期公式即可得单摆周期只与摆长有关；B、横波在介质中的传播速度由介质本身的性质

决定；

C、机械波在介质的传播特点是波源的振动带动相邻质点做受迫振动，所以机械波的振幅等于波源的

振幅；

£＞、频率是单位时间内波传播的个数；E、听到忽强忽弱的声音，是声波加强与减弱的结果。

本题考查了单摆的周期公式、波的传播速度、受迫振动，干涉等知识，关键要熟悉教材，牢记这些

基础知识点。

11.答案：解：（1）由3）图可知，木块所受到的滑动摩擦力：Ff=3.12/V

由丹'="FN得：

故〃=0.4.

（2）物体受重力G、支持力“、拉力尸和摩擦力与作用.将F分解为水平和竖直两方向，根据牛顿运动

定律

FcosQ-Ff=ma①

FsinO+FN=mg（2）

Ff=咻③

联立①②③各式得：F=4.5N.

故拉力的大小为：F=4.5N.

解析：（1）根据图（b）可以求出木块所受滑动摩擦力大小，然后根据弓=乐〃可以求出木块与长木板间

的动摩擦因数；

（2）对木块进行受力分，根据其运动状态可知其竖直方向上合外力为零，水平方向合外力提供加速度,

由此列方程可正确解答.

滑动摩擦力大小跟压力大小、接触面粗糙程度有关，跟物体受到的拉力大小、物体的运动速度都没

有关系；正确受力分析，根据运动状态列方程求解.

12.答案：A2；分压式；外接法

解析：解：小灯泡的额定电流/=£=甘=0.44=400nM,故电流表应选量程为500nM的，即选

U4

八2；

由于要求所测电压范围为0.1V〜4V,所以滑动变阻器应用分压式接法；

小灯泡的电阻R===2=1O0，电压表内阻为4x10%,电流表内阻为10,

I0.4

则与〉券电流表应采用外接法.

故答案为：A2,分压式，外接法.

选择器材需安全、精确，通过小灯泡的额定电流确定出电流表的量程.根据要求电压调节范围很大

说明滑动变阻器应用分压式接法；

若灯泡的电阻远小于电压表的内阻，采取外接法，若灯泡的内阻远大于电流表的内阻，采用内接法.

解决本题的关键掌握器材选取的原则，即安全，精确.以及掌握电流表内外接哪种情况误差比较小，

“大内偏大，小外偏小”.

13.答案：解：(1)由于粒子的电场力竖直向上，与电场强度方向相反，故粒子带负电。

粒子从M至N运动过程有：L=\at2

运动时间为：t=F

v0

由牛顿第二定律得：qE=ma

联立得：后=磐

(2)在电场中，沿y轴方向，有：L=\vyt,

沿x轴方向，有：2L=

可得：Vy=VO

因此，带电粒子到点的速度大小为：v=

NN>/2v0

由几何关系可知：为与一x轴成。=45。角。

(3)带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，圆心在O'处，设半径为R,由几何关系知，带电

粒子过P点的速度方向与x成45。角，则有：

由牛顿第二定律得：qvNB=

得:'=器

由左手定则知，磁场方向垂直纸面向里

粒子在磁场中运动周期为：7=等=誉

VN%

RQTT/

粒子在磁场中运动时间为：t2=：7=学

44Vo

2

答：(1)带电粒子带负电荷，电场强度E的大小是景；

(2)带电粒子到达N点时速度的大小是&为,方向与-工轴成45。角：

(3)磁感应强度的大小是鬻，方向垂直纸面向里。带电粒子在磁场中的运动时间是鬻。

解析：(1)分析带电粒子的运动情况：电子在电场中，受到竖直向上的电场力而做类平抛运动(或匀

变速曲线运动)；根据粒子受力的方向与电场线方向的关系判断出粒子的电性；根据平抛运动分运动

的规律和牛顿第二定律结合求出电场强度E的大小；

(2)根据匀变速直线运动的规律求出粒子在y方向的分速度，然后使用平行四边形定则求出带电粒子

到达N点时的速度大小和方向；

(3)进入磁场做匀速圆周运动；画出轨迹，根据图象中的几何关系求得圆周运动的半径；根据洛伦兹

力提供向心力，写出动力学的方程，求磁感应强度的大小和方向；分三段过程研究时间：电场中、

磁场中和离开磁场后做匀速直线运动的时间。磁场中根据轨迹的圆心角a,由t=求时间。由儿

Z7T

何知识得到匀速直线运动的距离，即可求出匀速运动的时间。再根据几何知识求出磁场中运动的半

径，求出7,即可求得总时间。

对于类平抛运动，要熟悉类平抛运动的处理方式：运动的分解法，把类平抛运动分解成相互垂直方

向的匀速直线运动和初速度为0的匀加速直线运动，通过分运动的处理得到合运动的性质。画出轨迹,

运用几何知识求出磁场中运动的半径，即可求出时间。

14.答案：解：(1)小球做的是平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，由力=可知

区/275,

£二匕7而心

(2)在水平方向上匀速直线运动，水平方向运动时间和飞行时间相同,

则s=vot=IsxlOm/s=10/n

(3)竖直方向的速度为：

v=gt=lOm/s

水平方向的速度为：

v0=lOm/s

则物体的合速度为：s

设落地时速度与水平方向成。角，则：tan^=—=1,故。=45。，

%

故物体落地速度方向与水平方向成45。角

解析：(1)平抛运动的物体竖直方向做自由落体运动，因此在空中运动时间可以通过竖直方向运动求

出；

(2)物体水平方向做匀速直线运动，据此可求水平位移；