边际利润公式【推荐】湖南省长沙市雅礼中学2019届高三物理上学期月考试卷五及答案.doc

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湖南省长沙市雅礼中学2019届高三物理上学期月考试题（五）
（含解析）
一、选择题
1.自然界中某个量
D
的变化量，与发生这个变化所用时间的比 值，叫做这
个量
D
的变化率。下列说法正确的是
A. 若
D
表示某质点做平抛运动的速度，则是恒定不变的
是恒定不变的
一定变大。
B. 若
D
表示某质点做匀速圆周运动的动量，则
C. 若
D
表示某质点做竖直上抛运动离抛出点的高度，则
D. 若
D
表示某质点的动能，则
【答案】A
【解析】
A、若
D
表示某质点做平抛运动的速度，则
越大，质点所受外力做的总功就越多
表示加速度 ，恒定不变。故A正确；
，表示向心力，大小B、若
D
表示某质点做匀速圆周运动的动 量，则
不变，方向不停改变。故B错误；C、若
D
表示某质点做竖直上抛运动离抛出点 的
高度，则
能，则
A。
【点睛】解决本题的关键是知道当
D
表示不同的量时，
据条件判断是否变化，
2.如图所示，一骑行者所骑自行车前后轮轴的距离为L，在水平道路上匀速运动，
当看到道路 前方有一条减速带时，立刻刹车使自行车做匀减速直线运动，自行车
垂直经过该减速带时，对前、后轮造 成的两次颠簸的时间间隔为t．利用以上数据，
可以求出前、后轮经过减速带这段时间内自行车的 表示的物理意义，再根
表示平均速度，平均速度在减小。故C错误；D、若
D
表示 某质点的动
所受外力的功率，表示做功的快慢，不是做功的多少；故D错误。故选
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A. 初速度 B. 末速度 C. 平均速度 D. 加速度
【答案】C
【解析】
匀变速直线运动的位移公式：x=v
0
t+ at
2
，速度公式：v
t
=v
0
+at，共含有v
t
、v
0
、x、
a、t五个未知量，至少要知道三个，才能求出另外两个物理 量．由题意知，自行
车垂直经过该减速带时，前、后轮造成的两次颠簸的时间间隔为t，自行车前后轮< br>轴的距离为L，只知道两个物理量，所以不能求出v
t
、v
0
、a三个 物理量，故ABD
错误；由平均速度定义可得：，已知前、后轮造成的两次颠簸的时间间隔为t，
自行车前后轮轴的距离为L，所以能求出平均速度，故C正确．故选C．
点睛：解答此题的关键是熟 记匀变速直线运动的位移公式、速度公式，以及平均
速度定义式．注意物理公式的理解和运用．
3.2018年9月2号刚刚结束的亚运会中，中国队包揽了跳水项目的全部10 金。
图示为跳水运动员在走板时，从跳板的a端缓慢地走到b端，跳板逐 渐向下弯
曲，在此过程中，该运动员对跳板的（ ）

A. 摩擦力不断增大
B. 作用力不断减小
C. 作用力不断增大
D. 压力不断增大
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【答案】A
【解析】
【详解】A、D项：设跳板与水平面的夹角为, 由于运动员从a到b过程中，跳板
逐渐向下弯曲即增大，根据平衡条件可知，摩擦力与重力沿板向下的分 力等大反
向，压力大小等于重力垂直板方向的分力，所以摩擦力增大，压力减小，故A正
确，D 错误；
B、C项：运动员对跳板的作用力即压力与摩擦力的合力，由平衡可知，此合力运
动员 的重力等大反向，所以运动员对跳板的作用力不变，故B、C错误。
故应选A。
4.“天津 之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩
天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在 竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是

A. 摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B. 在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力
C. 摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零
D. 摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
【答案】B
【解析】
摩天轮运 动过程中做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度
变化，所以机械能在变化，选项A 错误；圆周运动过程中，在最高点由重力和支
持力的合力提供向心力，即，所以重力大于支持力，选项B 正确；转动
一周，重力的冲量为I=mgT，不为零，C错误；运动过程中，乘客的重力大小不变，推荐 习题 试卷
速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，根据P=mgvcosθ可知重力的 瞬时功率
在变化，选项D错误．故选B．
5.有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，
b处 于地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各
卫星排列位置如图，则有

A. a的向心加速度等于重力加速度g
B. c在4 h内转过的圆心角是 π 6
C. b在相同时间内转过的弧长最长
D. d的运动周期有可能是20 h
【答案】C
【解析】
试题分析：同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度 相同，根据比
较a与c的向心加速度大小，再比较c的向心加速度与g的大小．根据万有引力
提 供向心力，列出等式得出角速度与半径的关系，分析弧长关系．根据开普勒第
三定律判断d与c的周期关 系．
同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相
同，根据 知，c的向心加速度大．由，得，卫星的轨道半径越
大，向心加速度越小，则同步卫星的向心加速度小于 b的向心加速度，而b的向
心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g，故A错误；c是地 球同
步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是，故B错误；由
得
，
，卫星的半径越大，速度越小，所以b的速度最大，在相同时间内转过
知，卫星的半径越大，周期越大 ，的弧长最长，故C正确；由开普勒第三定律
所以d的运动周期大于c的周期24h，不可能为23h， 故D错误．
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6.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R
1< br>、R
2
为定值电阻，R
2
＞R＞r，且R
1
大
于滑动变阻器R。的最大阻值，闭合开关S，将滑动变阻器的滑动片P由最上端滑
到最下端，若理想电 压表V
1
、V
2
和理想电流表A的读数改变量的大小分别用△U
1< br>、
△U
2
、△I表示，则下列说法中正确的是

A.
B.


C. 电源的内阻消耗功率先减小，再增大
D. 电源的输出功率先增大，再减小
【答案】B
【解析】
【分析】
当滑动 变阻器的滑臂P由上端向下滑动的过程中，变阻器滑片上侧电阻与R1串联
后与变阻器滑片下侧并联的总 电阻一直变小，根据闭合电路欧姆定律分析电路中
的电流变化和路端电压的变化，再根据欧姆定律分析对 应的电流和电阻关系，再
根据功率公式分析功率的变化．
【详解】由图可知，电流表与R0
的下部分串联、R
1
与R
0
的上部分串联，二者再并
联后与R
2
串联；电流表中的电流小于流过R
2
的电流，故，故A错误；电压表V测量路端电压，则其电压表示数的变化等于内阻两端电压的变化，在滑
片向下滑动过程中， 总电阻减小，总电流增大，并联部分电压减小，流过R
1
的电
流减小，故流过电流表的 电流增大，因此总电流的变化量小于A中电流的变化，
因此＜r，故B正确；由B的分析可知，总电流增 大，故电源的发热功率一直
增大，故C错误；由于外电阻一定大于内电阻，而在改变中外电阻减小，故外 电
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阻越来越接近内电阻，故电源的输出功率一定增大，故D错误。故选B。
【点睛】本题考查了串、联电路的特点和欧姆定律的灵活运用，难点是滑动变阻
器滑片P从最上 端→中间→最下端总电阻变化情况的判断．
7.随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线． 小到手表、手机，大到
电脑、电动汽车的充电，都已经实现了从理论研发到实际应用的转化．下图给出< br>了某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式无线充电的原理图．关于无线充电，
下列说法正确的是

A. 无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”
B. 只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电
C. 接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同
D. 无线充电技术违背能量守恒定律
【答案】C
【解析】
【详解】无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应 现象，不是“电流
的磁效应”现象，故A错误；当充电设备通以恒定直流，无线充电设备不会产生
交变磁场，那么不能够正常使用，故B错误；接收线圈中交变电流的频率与发射
线圈中交变电流的频率 相同，故C正确；无线充电技术是电磁感应现象，并不违
背能量守恒定律，选项D错误；故选C. 8.3个质量分别为
m
1
、
m
2
、
m
3
的小球，半径相同，并排悬挂在长度相同的3根竖直
绳上，彼此恰好相互接触。现把质量为< br>m
1
的小球拉开一些，如图中虚线所示，然
后释放，经球1与球2、球2与球3 相碰之后，3个球的动量相等。若各球间碰撞
时均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，不计空气阻力，则m
1
∶
m
2
∶
m
3
为( )
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A. 6∶3∶1 B. 2∶3∶1 C. 2∶1∶1 D. 3∶2∶1
【答案】A
【解析】
【详解】因为各球间 发生的碰撞是弹性碰撞，则碰撞过程机械能守恒，动量守恒。
因碰撞后三个小球的动量相等设为
p
，则总动量为3
p
。由机械能守恒得
，即
项符合，故选A。 【点睛】本题要注意灵活设出中间量
p
，从而得出正确的表达式，再由选择得出正
确的条件．
9.关于下列四幅图的说法不正确的是
，代入四个选项的的质量比值关系，只有A

A. 原子中的电子绕原子核高速运转时，运行轨道的半径是任意的
B. 光电效应实验说明了光具有波动性
C. 电子束通过铝箔时的衍射图样证实了电子具有波动性
D. 发现少数a粒子发生了较大偏转，说明原子的正电荷和绝大部分质量集中在很
小空间范围
【答案】AB
【解析】
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【分析】
由玻尔理 论可知，电子绕原子核高速运转轨道的半径是特定的；卢瑟福通过分析
α粒子散射实验结果，得出原子的 核式结构模型；根据电子束通过铝箔后的衍射
图样，说明电子具有波动性；光电效应说明光具有粒子性； 从而即可求解．
【详解】根据玻尔理论，原子中的电子绕原子核高速运转轨道的半径是特定的。
故A错误。光电效应实验证明了光具有粒子性。故B错误。电子束通过铝箔时的
衍射图样证实了电子具 有波动性。故C正确。α粒子散射实验发现少数α粒子发
生了较大偏转，说明原子的质量绝大部分集中在 很小空间范围。故D正确。本题
选择不正确的，故选AB.
10.有一个垂直于纸面的匀强磁 场，它的边界
MN
左侧为无场区，右侧是匀强磁场
区域，如图(甲)所示，现让一个金 属线框在纸平面内以垂直于
MN
的恒定速度从
MN
左侧进入匀强磁场区域，线 框中的电流随时间变化的
i
－
t
图象如图(乙)所示，则
进入磁场区 域的金属线框可能是下图的( )

A.
B.
C.
D.
【答案】BC
【解析】
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导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv，设线框总电阻是R，则感应电流
，由图乙所 示图象可知，感应电流先均匀变大，后恒定，最后均匀减小，
由于B、v、R是定值，则导体棒的有效长 度L应先变长，后恒定，最后均匀减小，
且L随时间均匀变化，即L与时间t成正比．
A图中 闭合圆环匀速进入磁场时，有效长度L先变大，后变小，但L不随时间均匀
变化，不符合题意，故A错误 ；B图中六边形线框进入磁场时，有效长度L先均匀
增大，后恒定，最后均匀减小，符合题意，故B正确 ；C图中梯形线框匀速进入磁
场时，有效长度L先均匀增加，后不变，最后均匀减小，符合题意，故C正 确；D
图中三角形线框匀速进入磁场时，有效长度L先增加，后减小，且随时间均匀变
化，不符 合题意，故D错误；故选BC．
点睛：本题是一道关于感应电流的图象题，熟练应用导体棒切割磁感线 产生的感
应电动势公式、欧姆定律、分析清楚图象特点是正确解题的关键．
11.如图所示， 甲分子固定在坐标原点O，乙分子沿x轴运动，两分子间的分子势
能E。与两分子间距离的关系如图所示 ．图中分子势能的最小值为一E，若两分子
所具有的总能量为零，则下列说法中正确的是

A. 乙分子在P点（x＝x
2
）时，加速度最大
B. 乙分子在P点（x＝x
2
）时，动能为E
C. 乙分子在Q点（x＝x
1
）时，处于平衡状态
D. 乙分子的运动范围为x≥x
1

【答案】BD
【解析】
【分析】
分子在平衡位置时，分子势能最小，分子力为零，则知乙分子的加速度为零．由
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能量守恒定律分析分子动能的大小．
【详解】乙分子在P点（x=x
2
）时，分子势能最小，可知该点分子力为零，加速度
为零，即加速度最小，故A错误。乙分子在P点分 子势能为-E
0
，两分子所具有的
总能量为零，则其动能为E
0
，故 B正确。乙分子在P点，分子势能最小，分子力
为零，处于平衡状态，故C错误。当x＜x
1< br>时分子势能为正，总能量为0，动能应
为负，是不可能的，因此分子的运动范围为x≥x
1
，故D正确。故选BD。
【点睛】熟悉分子力的变化规律，知道分子力做功与分子势能变化 的关系，知道
总能量由分子势能和分子动能两者之和构成，本题考查的过程很细，要加强分析．
12.根据实际需要，磁铁可以制造成多种形状如图就是一根很长的光滑圆柱形磁
棒，在它的侧面有均 匀向外的辐射状磁场．现将磁棒竖直固定在水平地面上，磁
棒外套有一个粗细均匀的圆形金属线圈，金属 线圈的质量为m，半径为R，电阻为
r，金属线圈所在位置的磁场的磁感应强度大小为B．让金属线圈从 磁棒上端由静
止释放，经一段时间后与水平地面相碰（碰前金属线圈已达最大速度）并原速率
反 弹，又经时间t，上升到距离地面高度为h处速度减小到零．下列说法中正确的
是

A. 金属线图与地面撞击前的速度大小为
B. 撞击反弹后上升到最高处h的过程中，通过金属线圈某一截面的电荷量为

C. 撞击反弹后上升到最高处h的过程中，通过金属线圈某一截面的电荷量为

D. 撞击反弹后上升到最高处h的过程中，金属线圈中产生的焦耳热为
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【答案】B
【解析】
【分析】
金属线圈与地面撞击前已达最大速度，此 时安培力与重力平衡，推导出安培力与
速度的关系式，再由平衡条件求金属线圈的最大速度。根据动量定 理求撞击反弹
上升过程中通过金属线圈的电荷量。根据能量守恒定律求撞击反弹后上升到最高
处 h的过程中金属线圈中产生的焦耳热。
【详解】金属线圈与地面撞击前已达最大速度，设最大速度为v。
感应电动势为：E=B?2πRv
感应电流大小为：，
线圈受到的安培力为：F
A
=BIL=BI?2πR
联合解得安培力大小为：
根据平衡条件有：F
A
=mg
解得：．故A错误。

撞击反弹后上升到最高处h的过程中，取向下为正方向，由动量定理得：
mgt+B?2πRt=0-（-mv）
又 通过金属线圈某一截面的电荷量为：q=t
联立解得：．故B正确，C错误。
撞击反弹后上升到最高处h的过程中，金属线圈中产生的焦耳热为：
．故D错误。故选B。 < br>【点睛】题是电磁感应与力学的综合，要明确线圈与磁场垂直，有效的切割长度
等于周长，要知道 在电磁感应中，动量定理是求电荷量常用的方法。能量守恒定
律是求焦耳热常用的思路。
二、实验题
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13.重力加速度是重要的物理常数，可以设计多种 测量重力加速度的方法、物理兴
趣小组同学设计出了一种测量方案：如图所示，两个质量已知（A物块的 质量m
A
、
B物块的质量m
B
）且质量不同的小物块A和B，分别系 在一条跨过光滑的定滑轮（质
量不计）的轻软绳两端，而定滑轮通过一弹簧测力计竖直悬挂着，若选定物 块A
由静止开始下落进行研究．

(1)要测出重力加速度，还需要测出的物理量是 _________（选填“物块A下落的
距离h”“弹簧秤的质量m”或“测力计的示数F）． (2)由已知的物理量和测出的物理量得到重力加速度的表达式g＝_______（用已知
的物理 量和测出的物理量符号表示）
【答案】 (1). 测力计的示数F (2).
【解析】
【分析】
对两个物体分别应用牛顿第二定律列方程，解方程可得加速度表达式。
【详解】设测力计的示数为F；
由牛顿第二定律对A：
对B：
解得：
，
。
，

根据表达式可知要想测量重力加速度，必须知道测力计的示数F.
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14.现有一刻度盘总共有
N
个小格且刻度均匀、量程未准确确定的电压表V
1，已知
其量程在13～16 V之间，内阻
R
1
＝150 kΩ.为测定 其准确量程
U
1
，实验室提供了
如下表所列的器材，要求方法简洁，尽可能减 小误差，并能测出多组数据.

(1)某同学设计了如图所示的甲、乙、丙三种电路图,你认 为选择________(填“甲”
“乙”或“丙”)电路图测量效果最好．

(2)根据测量效果最好的那个电路图，将下列有关器材连接成测量电路
__________．

(3)若选择测量数据中的一组来计算V
1
的量程
U
1< br>，则所用的表达式
U
1
＝________，
式中各符号表示的物理量 是：_____________________________________.
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【答案】 (1). 乙 (2). (3).
(4).
N
：电压表V
1
的总格数，
N
1
：电压 表V
1
指针的偏转格数，
U
2
：电
压表V
2
的读数，
R
1
：待测电压表的内阻，
R
2
：电压表V2
的内阻
【解析】
（1）由于待测电压表的满偏电流与标准电压表的满偏电流 接近，大约是0.1mA，
所以可将两电压表串联使用，由于变阻器的全电阻远小于电压表内阻，所以变 阻
器应用分压式接法，所以选择乙电路图进行测量．
（2）电路连接如图；
（3）待测电压表V
1
的指针偏转格数为N
1
，每格表示电压值为△U，
由欧姆定律可得：，
所以电压表V
1
的量程为：U
1
=N?△U
联立解得：
其中r
1
=150kΩ，r
2
=30kΩ，U
2
为 某次测量时V
2
的读数，N：V
1
的总格数，N
1
为某次< br>测量V
1
的指针偏转格数．
点睛：本题考查了实验电路的选择、求电压表 示数表达式，知道实验原理是解题
的前提与关键；对电学实验，注意电压表（或电流表）的反常规接法， 即电压表
与电压表可以串联、电流表与电流表可以并联．
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三、计算题
15.如图所示，一定质量的理想气体被光滑的活塞封闭在导热良好的气缸内．活 塞
质量为m＝20kg，横截面积为S＝0．01m
2
．气缸与水平面成＝30°角靠 在墙上，
活塞静止时，活塞下表面与气缸底部的距离L＝48cm，此时气体的温度为27℃．已
知外界大气压强p
0
＝1．0X10
5
Pa，并始终保持不变，重力加速度 g＝10m／s
2
．求：

(1)若将气缸缓慢地沿逆时针方向转到竖直位置，此时活塞下表面与气缸底部的距
离； (2)若将缸内气体的温度升高，为使活塞仍处于第（1）问的位置不变，可在活塞
上表面均匀添放 铁沙，当缸内温度为47℃时，添加在活塞上表面的铁沙质量是多
少？
【答案】①44cm ②8kg
【解析】
①设竖直位置时活塞到气缸底部的距离为，对封闭气体，由等温过程有：
…①
对活塞有，初态：
末态：
得：…④
…⑤
…③
…②
②对气体在升温过程满足等容过程：
，…⑥
设铁沙质量为
M
，有：…⑦得：
【点睛】处理理想气体状态方程这类题目，关键是写出气体初末状态的状态参量，
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未知的先设出来，然后应用理想气体状态方程列式求解即可．
16.如图所示，M是水 平放置的半径足够大容器的圆盘，绕过其圆心的竖直轴OO’
匀速转动，规定经过圆心O水平向右为x轴 的正方向．在圆心O正上方距盘面高
为h处有一个正在间断滴水的容器，从t＝0时刻开始从O点正上方 随传送带沿与
x轴平行的方向做匀速直线运动，速度大小为
v
.已知容器在t＝0时刻 滴下第一滴
水，以后每当前一滴水刚好落到盘面上时再滴一滴水．求：

(1)每一滴水经多长时间落到盘面上；
(2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，圆盘转动的角速度应为多
大；
(3)第二滴水与第三滴水在盘面上落点间的最大距离x.
【答案】(1)
【解析】
【详解】(1)水滴在竖直方向上做自由落体运动，有
h
＝
gt
2
，
解得
t
＝。
(2) （3） (2)分析题意可知，在相邻两滴水的下落时间内，圆盘转过的角度应为
n
π(
n
＝1、
2、3、…)，所以角速度可由
ωt
＝
n
π得
ω
＝＝
n
π (
n
＝1、2、3、…)。
， ( 3)第二滴水落在圆盘上时到
O
点的距离为：
x
2
＝
v·2
t
＝2
v
第三滴水落在圆盘上时到
O
点的距离为：
x
3
＝
v
·3
t
＝3
v
， 当第二滴水与第三滴水在盘面上的落点位于同一直径上圆心两侧时，两点间的距
离最大，则：
x
＝
x
2
＋
x
3
＝5
v
。
【点睛】本题难点在于分析距离最大的条件：同一直径的两个端点距离最大．运
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用数学知识，解决物理问题的能力是高考考查的内容之一．
17.如图所示，在倾角为 的斜面上有一辆小车，车的底板绝缘，金属板A、B、C等
大、正对、垂直地安放在车的底板上，它们之 间依次相距L，A、B板上各有一等
高、正对的小孔，A与B、B与C之间反向连有电动势各为E
1
、E
2
的直流电源。小
车总质量为M，正以速度v
0
匀 速下滑，此时有一带负电的小球正以速度v(v＜v
0
）
沿A、B板上的小孔的轴线向 上飞来，小球质量为m（m＜M），带电荷量为q，其重
力可忽略不计，其电量较小，不会改变板间电场 ，且直径小于A、B板上的孔径，
小球运动到B板时的速度为u，试求：

(1)小球在A、B板间的运动时间；
(2)要使小球刚好打到C板上，E
1
、E
2
的大小有何关系？
【答案】(1)
【解析】
【分析】
（1）先根据牛顿第二定律求出加速度然后由运动学公式求出时间；
（2）根据系统动量守恒 判断出小球与小车的运动情况并求出共同的速度，然后根
据动能定理列方程即可求出E
1
与E
2
之间有何关系.
【详解】（1）小球在AB板间受恒定电场力做匀加速直线运动，小球所受的电场力
为： ；加速度 ；则AB间小球运动的时间为： ；
(2)
（2）小球和小车的系统动 量守恒，小球运动到B板后，受到与速度反向的力，先
减速到零后反向加速，而小车受到与v
0
方向相反的力做减速运动，从运动过程及
特点可知：小球是否打到C板的临界条件是当小球和小 车的速度相同的时刻，小
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球是否碰到C板．
设小球运动到C之前与小车有相同的速度v′，由动量守恒得：mv- Mv
0
=（m+M）v′；
系统由动能关系可得：qE
1
-qE< br>2
=（m+M）v′
2
-（Mv
0
2
+mv
2
）；
要使小球刚好打到C板上，应满足条件是：E
2
=E
1
+；
18.如图甲所示，在xOy平面内存在垂直平面向里的磁场，磁场的变化规律如图乙
所示（规定向里 为磁感应强度的正方向），在t＝0时刻由原点O发射一个初速度
大小为，方向沿y轴正方向的带负电的 粒子（不计重力）．

(1)若粒子的比荷大小为，且仅在乙图磁场变化情况下，试求：带电 粒子从出
发到再次回到原点所用的时间。
(2)若粒子的比荷变为，且仅在乙图磁场变化情况 下，问带电粒子能否回到原
点，若不能，请说明理由．若能，求轨迹上离y轴的最大距离；
( 3)若粒子的比荷变为，同时在y轴方向加匀强电场，其电场强度的变化规律
如图丙所示（沿y轴正方向 电场强度为正），要使带电粒子能够在运动一段时间后
回到原点O，则E
0
的取值应为 多少？
【答案】（1）
【解析】
（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
（2）（3）
在0~、2~3、4~5、6~7时间内，带电粒子做匀速圆周运动，转过的圆心角
为90°
在~2，3~4、5~6、7~8时间内，带电粒子做匀速直线运动．其轨迹如图
推荐 习题 试卷
所示

粒子回到原点的时间为
（2）带电粒子在磁场中做匀速圆 周运动的周期
在0~、2~3时间内，带电粒子做匀速圆周运动，转过的圆心角为120°
在~2时间内，带电粒子做匀速直线运动．其轨迹如图所示

由图可知轨迹上离
y
轴最远点为
A
带电粒子圆周运动的半径为有几何关系可知最大距离为：
（3）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动周期



在0~时间内，带电粒子做匀速圆周运动，转过的圆心角为180°
在~2时间内，带电粒子做匀加速运动
在2~3时间内，带电粒子做匀速圆周运动，转过的圆心角为180°
在3~4时间内，带电粒子做匀减速运动，回到
x
轴
其轨迹如图所示
推荐 习题 试卷

要使粒子能回到原点必须满足：


，则
解得：





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