2019屆高三物理第二次模擬試題(實(shí)驗(yàn)班含解析).doc

2019屆高三物理第二次模擬試題(實(shí)驗(yàn)班，含解析)一、選擇題(共8題，每題6分。其中物理部分為不定項(xiàng)選擇題，全部選對(duì)得6分，部分選對(duì)得3分，錯(cuò)選，多選不得分。1. 已知長(zhǎng)為L(zhǎng)的光滑斜面，物體從斜面頂端由靜止開(kāi)始以恒定加速度下滑，當(dāng)物體的速度是斜面底端速度的一半時(shí)，它沿斜面下滑的距離是A. B. C. D. 【答案】C【解析】設(shè)到達(dá)底端時(shí)的速度為，物體的速度是到達(dá)斜面底端速度的一半時(shí)，物體沿斜面下滑的位移為，根據(jù)速度位移公式有：，解得：，故選項(xiàng)C正確。點(diǎn)睛：根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式，結(jié)合速度的大小求出下滑的位移。2. 半圓柱體P放在粗糙的水平面上，有一擋板MN，其延長(zhǎng)線總是過(guò)半圓柱體的軸心O，但擋板與半圓柱體不接觸，在P和MN之間放有一個(gè)光滑均勻的小圓柱體Q（P的截面半徑遠(yuǎn)大于Q的截面半徑），整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖是這個(gè)裝置的截面圖，若用外力使MN繞O點(diǎn)緩慢地逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，在Q到達(dá)最高位置前，發(fā)現(xiàn)P始終保持靜止，在此過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是A. MN對(duì)Q的彈力大小逐漸減小B. P、Q間的彈力先增大后減小C. 桌面對(duì)P的摩擦力先增大后減小D. P所受桌面的支持力保持不變【答案】AC【解析】試題分析：以小圓柱體Q為研究對(duì)象，分析受力情況，作出受力示意力圖，如圖1所示由平衡條件得：根據(jù)幾何關(guān)系可知：+不變，分析可知，增大，減小，MN對(duì)Q的彈力F1減小，P對(duì)Q的彈力F2增大故A正確，B錯(cuò)誤若剛開(kāi)始，擋板在最低點(diǎn)，處于水平位置，對(duì)整體受力分析可知，整體水平方向不受力，桌面對(duì)P的摩擦力為零，當(dāng)Q運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，對(duì)整體受力分析可知，整體水平方向不受力，桌面對(duì)P的摩擦力仍為零，則整個(gè)過(guò)程中，桌面對(duì)P的摩擦力先增大后減小，故C正確對(duì)P研究，作出受力如圖2，地面對(duì)P的彈力N=Mg+F2sin，F(xiàn)2增大，增大，所以N增大故D錯(cuò)誤故選AC.考點(diǎn)：物體的平衡；【名師點(diǎn)睛】本題采用隔離法研究動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題，分析受力，作出力圖是關(guān)鍵，對(duì)C選項(xiàng)分析時(shí)可以使用極端假設(shè)法，假設(shè)初末位置分別在最低點(diǎn)和最高點(diǎn)，再對(duì)整體受力分析判斷，難度適中。3. 發(fā)射地球同步衛(wèi)星時(shí)，先將衛(wèi)星發(fā)射至近地圓軌道1，然后經(jīng)點(diǎn)火，使其沿橢圓軌道2運(yùn)行，最后再次點(diǎn)火，將衛(wèi)星送入同步圓軌道3軌道1、2相切于Q點(diǎn)，軌道2、3相切于P點(diǎn)，則A. 衛(wèi)星在軌道3上的速率大于在軌道1上的速率B. 衛(wèi)星在軌道3上的角速度等于在軌道1上的角速度C. 衛(wèi)星在軌道1上經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)的速率小于它在軌道2上經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)的速率D. 衛(wèi)星在軌道2上經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)的加速度大于它在軌道3上經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)的加速度【答案】CB、由萬(wàn)有引力提供向心力得：，得，則軌道半徑大的角速度小，所以衛(wèi)星在軌道3上的角速度小于在軌道1上的角速度， B錯(cuò)誤；C、從軌道1到軌道2，衛(wèi)星在Q點(diǎn)是做逐漸遠(yuǎn)離圓心的運(yùn)動(dòng)，要實(shí)現(xiàn)這個(gè)運(yùn)動(dòng)必須使衛(wèi)星加速，使其所需向心力大于萬(wàn)有引力，所以衛(wèi)星在軌道1上經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)的速率小于它在軌道2上經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)的速率C正確；D、衛(wèi)星運(yùn)行時(shí)只受萬(wàn)有引力，由a 得：加速度，則知在同一地點(diǎn)，衛(wèi)星的加速度相等，D錯(cuò)誤；故選C。4. 如圖所示,生產(chǎn)車(chē)間有兩個(gè)相互垂直且等高的水平傳送帶甲和乙,甲的速度為v0，小工件離開(kāi)甲前與甲的速度相同，并平穩(wěn)地傳到乙上，工件與乙之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。乙的寬度足夠大，重力加速度為g，則 A. 若乙的速度為v0,工件在乙上側(cè)向( 垂直于乙的運(yùn)動(dòng)方向)滑過(guò)的距離B. 若乙的速度為2v0,工件從滑上乙到在乙上側(cè)向滑動(dòng)停止所用的時(shí)間不變C. 若乙的速度為2v0,工件在乙上剛停止側(cè)向滑動(dòng)時(shí)的速度大小v=D. 保持乙的速度2v0 不變,當(dāng)工件在乙上剛停止滑動(dòng)時(shí),下一只工件恰好傳到乙上,如此反復(fù). 若每個(gè)工件的質(zhì)量均為m,除工件與傳送帶之間摩擦外,其他能量損耗均不計(jì),驅(qū)動(dòng)乙的電動(dòng)機(jī)的平均輸出功率【答案】CD【解析】根據(jù)牛頓第二定律，mg=ma，得a=g，摩擦力與側(cè)向的夾角為45，側(cè)向加速度大小為，根據(jù)2axs0-v02，解得： ，故A錯(cuò)誤；由 ，解得 故D正確；故選CD.點(diǎn)睛：本題考查工件在傳送帶上的相對(duì)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，關(guān)鍵將工件的運(yùn)動(dòng)分解為沿傳送帶方向和垂直傳送帶方向，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行求解5. 質(zhì)量m2kg的物塊放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，物塊動(dòng)能Ek與其位移x之間的關(guān)系如圖所示。已知物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2，重力加速度g取10m/s2，則下列說(shuō)法正確的是 A. x1m時(shí)物塊的速度大小為2m/sB. x3m時(shí)物塊的加速度大小為2.5m/s2C. 在前4m位移過(guò)程中拉力對(duì)物塊做的功為9JD. 在前2m位移過(guò)程中物塊所經(jīng)歷的時(shí)間為2s【答案】D【解析】由圖象可知，x=1m時(shí)動(dòng)能為：Ek1=2J，由 得：，故A錯(cuò)誤同理，當(dāng)x=4m時(shí)動(dòng)能為：Ek2=9J，v2=3m/s;由動(dòng)能定理得：F合x(chóng)=Ek，得 ，可知Ek-x圖象的斜率等于合外力，因此物體在0-2m內(nèi)和2-4m內(nèi)都做勻加速直線運(yùn)動(dòng)在24m內(nèi)，由2a2x2=v22-v12, 解得24m內(nèi)加速度為：a2=1.25m/s2，則x=3 m時(shí)物塊的加速度大小為1.25 m/s2故B錯(cuò)誤；對(duì)物體運(yùn)動(dòng)全過(guò)程，由動(dòng)能定理得：WF+（-mgx）=Ek2-0，x=4m，代入數(shù)據(jù)解得：WF=25J，故C錯(cuò)誤02m過(guò)程運(yùn)動(dòng)時(shí)間為： ，故D正確故選D.點(diǎn)睛：本題對(duì)動(dòng)能定理、牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的綜合考查，關(guān)鍵要根據(jù)動(dòng)能定理分析知道：Ek與x成線性關(guān)系，說(shuō)明合外力恒定，即物體作勻變速運(yùn)動(dòng).6. 如圖甲所示，光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ所在平面與水平面成角，M、P兩端接一電阻R，整個(gè)裝置處于垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中t=0時(shí)對(duì)金屬棒施加一平行于導(dǎo)軌的外力F，使金屬棒ab由靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)已知通過(guò)電阻R的感應(yīng)電流I隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示下列關(guān)于金屬棒運(yùn)動(dòng)速度v、外力F、流過(guò)R的電量q以及閉合回路中磁通量的變化率隨時(shí)間變化的圖象正確的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】由E=Blv，所以 ，v-t圖象是一條過(guò)原點(diǎn)斜率大于零的直線，說(shuō)明了導(dǎo)體棒做的是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，即v=at；故A錯(cuò)誤；根據(jù)如圖乙所示的I-t圖象可知I=kt，其中k為比例系數(shù)，由閉合電路歐姆定律可得： 可推出：E=kt（R+r）而，所以有， t圖象是一條過(guò)原點(diǎn)斜率大于零的直線；故B正確；對(duì)導(dǎo)體棒在沿導(dǎo)軌方向列出動(dòng)力學(xué)方程F-BIl-mgsin=ma，而 ，v=at得到 ，可見(jiàn)F-t圖象是一條斜率大于零且與速度軸正半軸有交點(diǎn)的直線；故C錯(cuò)誤，q-t圖象是一條開(kāi)口向上的拋物線，故D錯(cuò)誤；故選B.點(diǎn)睛：此題考查以電磁感應(yīng)問(wèn)題中的圖象為命題情境考查學(xué)生推理能力和應(yīng)用數(shù)學(xué)處理物理問(wèn)題的能力；對(duì)于圖象問(wèn)題一定弄清楚兩坐標(biāo)軸的含義，尤其注意斜率、截距的含義，對(duì)于復(fù)雜的圖象可以通過(guò)寫(xiě)出兩坐標(biāo)軸所代表物理量的函數(shù)表達(dá)式進(jìn)行分析.7. 如圖所示，金屬桿ab、cd置于足夠長(zhǎng)的平行軌道MN、PQ上，可沿軌道滑動(dòng)，軌道所在的空間有豎直向上勻強(qiáng)磁場(chǎng)，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。則下面說(shuō)法中正確的是A. 若軌道光滑，給ab一初速度v0，則最終ab、cd一定做勻速運(yùn)動(dòng)且速度大小均為0.5v0B. 若軌道光滑，給ab施加一個(gè)垂直于ab的恒定外力作用，則最終二者一定做勻加速運(yùn)動(dòng)，且速度差恒定C. 若軌道粗糙，給ab施加一個(gè)垂直于ab的恒定外力作用，則最終二者一定做勻加速運(yùn)動(dòng)，且速度差恒定D. 若將cd換成固定于MN、PQ間的一電容器，且軌道光滑，給ab施加一個(gè)垂直于ab的恒定外力，則最終ab一定做勻加速直線運(yùn)動(dòng)【答案】BD【解析】A、軌道光滑，ab、cd組成的系統(tǒng)遵從動(dòng)量守恒定律，最終共速，則：,，當(dāng)，最終速度大小均為0.5v0，A錯(cuò)誤；B、軌道光滑，剛開(kāi)始，ab棒受到的拉力F大于向左的安培力，做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，cd受到向右的安培力逐漸增大，做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)二者速度相等時(shí)，兩棒受的安培力合力為零，最終兩導(dǎo)體棒都做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，速度差恒定不變，感應(yīng)電流恒定不變，且不為零， B正確；C、軌道粗糙，當(dāng)時(shí)，ab、cd桿從整體上看所受合外力，此時(shí)ab、 cd桿均向右運(yùn)動(dòng)，其速度分別為v1、v2.當(dāng)時(shí)兩桿最終做勻速運(yùn)動(dòng)，穩(wěn)定時(shí)兩桿速度差也是恒定的，當(dāng)時(shí)，兩桿最終具有相同的加速度，具有恒定速度差，C錯(cuò)誤；D、將cd換成固定于MN、PQ間的一電容器時(shí)，由牛頓第二定律得：，對(duì)電容器：，且，聯(lián)立求解得：，與速度無(wú)關(guān)，最終ab將做勻加速運(yùn)動(dòng)，D正確；故選BD。8. 如圖所示，在場(chǎng)強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一根不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)線一端拴一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電小球，另一端固定在O點(diǎn)把小球拉到使細(xì)線水平的位置A，然后將小球由靜止釋放，小球沿弧線運(yùn)動(dòng)到細(xì)線與水平成60的位置B時(shí)速度為零以下說(shuō)法正確的是A. 小球重力與電場(chǎng)力的關(guān)系是B. 小球在B點(diǎn)時(shí)，細(xì)線拉力為2EqC. 小球在A點(diǎn)和B點(diǎn)的加速度大小相等D. 如果小球帶正電，還能沿AB圓弧運(yùn)動(dòng)【答案】C【解析】根據(jù)動(dòng)能定理得，mgLsin-qEL（1-cos）=0，解得qE=mg，故A錯(cuò)誤小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零，則沿細(xì)線方向合力為零，此時(shí)對(duì)小球受力分析可知：FT=qEcos60+mgsin60，故細(xì)線拉力FTmg，故B錯(cuò)誤AB兩點(diǎn)是關(guān)于平衡位置對(duì)稱(chēng)的兩點(diǎn)，根據(jù)簡(jiǎn)諧振動(dòng)的規(guī)律可知，小球在AB兩點(diǎn)的加速度大小相等，選項(xiàng)C正確；若小球帶正電，則小球受向下的重力和向左的電場(chǎng)力，合力方向斜向左下方，故小球先沿合力方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，繩子拉直后做圓周運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選C二、非選擇題9. 在“探究彈性勢(shì)能與彈簧形變量的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)中，各實(shí)驗(yàn)小組所用輕質(zhì)彈簧規(guī)格相同，小球質(zhì)量不同。(1)某小組用游標(biāo)卡尺測(cè)量小球直徑如圖所示，則小球直徑D=_cm。(2)實(shí)驗(yàn)小組將輕質(zhì)彈簧套在水平光滑細(xì)桿上，細(xì)桿兩端固定在豎直固定的擋板上。小球與彈簧相連，在彈簧的自然長(zhǎng)度位置兩側(cè)分別放置一激光光源與光敏電阻，如圖甲所示。光敏電阻與某一自動(dòng)記錄儀相連，該儀器顯示的是光敏電阻阻值R隨時(shí)間t的變化關(guān)系。某時(shí)刻把小球拉離平衡位置(小球所受合力為零的位置)后由靜止釋放，小球在平衡位置的兩側(cè)做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，所得R-t圖線如圖乙所示。若小球的質(zhì)量為m，則小球在做往復(fù)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，彈簧的最大彈性勢(shì)能表達(dá)式為_(kāi)(用圖中和題中所給的字母表示，小球在運(yùn)動(dòng)中空氣阻力不計(jì))。(3)實(shí)驗(yàn)小組在實(shí)驗(yàn)的過(guò)程中不斷改變小球釋放的位置，測(cè)量出每次彈簧的最大形變量x(均在彈簧彈性限度內(nèi))，計(jì)算出小球在平衡位置時(shí)的速度v，做出v-x的圖線如圖丙所示。由圖像可得出彈簧的彈性勢(shì)能與彈簧的形變量的關(guān)系是_(定性描述)。實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)不同實(shí)驗(yàn)小組做出的v-x圖線的斜率不同，原因是_.【答案】 (1). 0.750 (2). (3). 彈簧的彈性勢(shì)能與其形變量的平方成正比 (4). 小球的質(zhì)量不同【解析】（1）小球直徑D=0.7cm+0.05mm10=0.750cm ；（2）光敏電阻阻值較大時(shí)，光強(qiáng)較小，即為遮光時(shí)刻，根據(jù)遮光時(shí)間以及小球直徑的值可得小球的最大速度 ，則彈簧的彈性勢(shì)能 （3）由圖像可知v=kx，而 ，則彈簧的彈性勢(shì)能與彈簧的形變量的關(guān)系是：彈性勢(shì)能與其形變量的平方成正比； 斜率為 ，故不同實(shí)驗(yàn)小組做出的v-x圖線的斜率不同，原因是小球的質(zhì)量不同。10. 如圖所示，質(zhì)量m1=3kg的滑塊C（可視為質(zhì)點(diǎn)）放置于光滑的平臺(tái)上，與一處于自然長(zhǎng)度的彈簧接觸但不相連，彈簧另一端固定在豎直墻壁上平臺(tái)右側(cè)的水平地面上緊靠平臺(tái)依次排放著兩塊木板A、B已知木板A、B的長(zhǎng)度均為L(zhǎng)=5m，質(zhì)量均為m2=15kg，木板A、B上表面與平臺(tái)相平，木板A與平臺(tái)和木板B均接觸但不粘連滑塊C與木板A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為1=0.3，木板A、B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)2=0.1現(xiàn)用一水平向左的力作用于滑塊C上，將彈簧從原長(zhǎng)開(kāi)始緩慢地壓縮一段距離，然后將滑塊C由靜止釋放，當(dāng)滑塊C剛滑上木板A時(shí)，滑塊C的速度為7m/s設(shè)最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，取g=10m/s2求：(1)彈簧的最大彈性勢(shì)能；(2)滑塊C剛滑上木板A時(shí)，木板A、B及滑塊C的加速度；(3)從滑塊C滑上木板A到整個(gè)系統(tǒng)停止運(yùn)動(dòng)所需的時(shí)間【答案】（1）73.5J：（2）3m/s2和1m/s2；（3）4s【解析】試題分析：（1）EPmax=735J（2）設(shè)滑塊C在木塊A上滑動(dòng)時(shí)，滑塊C的加速度為a1，木板A、B的加速度為a2則：1m1g=m1a1，解得：a1=3m/s21m1g2（m1+2m2）g=2m2a2，解得：a2=1m/s2（3）設(shè)滑塊C在木板A上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1則由： L=（v0t1a1t12）-a2t12解得：t1=1s或t1=25s（舍去）設(shè)滑塊C離開(kāi)木板A時(shí)的速度為vC，木板A、B的速度分別為vA和vBvC=v0a1t1=4m/svA=vB=a2t1=1m/s滑塊C在木板B上滑動(dòng)時(shí)，滑塊C的加速度為a1，設(shè)B的加速度為a31m1g2（m1+m2）g=m2a3；解得：a3=3m/s2設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t2，B、C達(dá)到共同速度v，則有：v=vCa1t2=vB+a3t2，解得t2=05s，v=25m/s從滑塊C滑上木板B到與木板B速度相同的過(guò)程中，滑塊C與木板B的相對(duì)位移為：x=075m5m可知此過(guò)程中C未離開(kāi)B，又因12，B、C共速后無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)，設(shè)B、C一起勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度為a，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t32（m1+m2）g=（m1+m2）a；a=1m/s20=vat3；t3=25s則從滑塊C滑上木板A到整個(gè)系統(tǒng)停止運(yùn)動(dòng)所需的時(shí)間為： t=t1+t2+t3=4s考點(diǎn)：牛頓第二定律的綜合應(yīng)用11. 如圖甲所示為電視機(jī)中的顯像管的原理示意圖，電子槍中的燈絲加熱陰極而逸出電子，這些電子再經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，從O點(diǎn)進(jìn)入由磁偏轉(zhuǎn)線圈產(chǎn)生的偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中，經(jīng)過(guò)偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)后打到熒光屏MN上，使熒光屏發(fā)出熒光形成圖像，不計(jì)逸出的電子的初速度和重力。已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，加速電場(chǎng)的電壓為U，偏轉(zhuǎn)線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)分布在邊長(zhǎng)為l的正方形abcd區(qū)域內(nèi)，磁場(chǎng)方向垂直紙面，且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示。在每個(gè)周期內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度都是從-B0均勻變化到B0。磁場(chǎng)區(qū)域的左邊界的中點(diǎn)與O點(diǎn)重合，ab邊與OO平行，右邊界bc與熒光屏之間的距離為s。由于磁場(chǎng)區(qū)域較小，且電子運(yùn)動(dòng)的速度很大，所以在每個(gè)電子通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中，可認(rèn)為磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，即為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，不計(jì)電子之間的相互作用。(1)求電子射出電場(chǎng)時(shí)的速度大小。(2)為使所有的電子都能從磁場(chǎng)的bc邊射出，求偏轉(zhuǎn)線圈產(chǎn)生磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值。(3)所有的電子都能從磁場(chǎng)的bc邊射出時(shí)，熒光屏上亮線的最大長(zhǎng)度是多少？【答案】（1） （2）（3）【解析】試題分析：（1）當(dāng)偏轉(zhuǎn)線圈產(chǎn)生磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度最大為B0時(shí)，電子恰好從b點(diǎn)射出電子先經(jīng)過(guò)加速電場(chǎng)加速，由動(dòng)能定理：qU=mv2-0，解得：；（2）電子在磁場(chǎng)中發(fā)生偏轉(zhuǎn)，洛侖茲力提供圓周運(yùn)動(dòng)向心力，有：，由幾何關(guān)系可知，此時(shí)電子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為：則偏轉(zhuǎn)線圈產(chǎn)生磁場(chǎng)的最大磁感應(yīng)強(qiáng)度：；（3）電子從偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)射出后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)它恰好從b點(diǎn)射出時(shí)，對(duì)應(yīng)屏幕上的亮點(diǎn)離O最遠(yuǎn)此時(shí)，電子的速度偏轉(zhuǎn)角滿足：，所以電子在熒光屏上亮線的最大長(zhǎng)度：X=2stan+l=考點(diǎn)：帶電粒子在電場(chǎng)及磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)12. 如圖，以O(shè)點(diǎn)為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，線段是圓的一條直徑，有一個(gè)質(zhì)量為