2021屆甘肅省隴南市高考物理第二次診斷試卷附答案詳解

2021屆甘肅省隴南市高考物理第二次診斷試卷

一、單選題（本大題共5小題，共30.0分）

1.關(guān)于天然放射現(xiàn)象，下列說法正確的是（）

A.a、/?、y三種射線在磁場中均能發(fā)生偏轉(zhuǎn)

B.a射線是由氮原子核衰變產(chǎn)生的

C.工業(yè)上常用y射線來探測塑料板或金屬板的厚度

D.夕射線是原子核外的電子受激躍遷而產(chǎn)生的

2.一物體以初速度%做勻減速直線運動，第1s內(nèi)通過的位移與=3m,第2s內(nèi)通過的位移&=2m,

又通過位移冷速度減小為0,則下列說法錯誤的是（）

A.初速度%的大小為2.5m/sB.加速度的大小為lm/s2

C.第2s末物體的速度大小為1.5m/sD.位移制的大小為濃

3.法國物理學(xué)家安培生前最主要的成就是1820—1827年對電磁作用的研究，其成果綜合在他的《

電動力學(xué)現(xiàn)象的數(shù)學(xué)理論》一書中，成為電磁學(xué)史上一部重要的經(jīng)典論著，麥克斯韋曾稱贊安

培的工作是“科學(xué)上最光輝的成就之一”還把安培譽為“電學(xué)中的牛頓”.有關(guān)電磁學(xué)中涉及

安培的相關(guān)知識點中，下列說法中不正確的是（）

A.安培是電磁學(xué)中基本物理量電流的國際單位，也是國際單位制中七個基本單位之一

B.安培提出分子電流假說，揭示了磁現(xiàn)象是由運動的電荷產(chǎn)生的

C.安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，洛倫茲力是安培力的微觀解釋

D.安培定則也叫右手定則，常用來判斷運動導(dǎo)線切割磁感線所產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的方向

4.一太空探險隊著陸于某星球，宇宙飛船在該星球表面滑行著陸時，滑行距離為在地球上以相同

方式著陸滑行距離的P倍.假設(shè)飛船在該星球著陸時與在地球著陸時的初速度相同，且均沿水平

方向著陸，摩擦因數(shù)相同，該星球半徑是地球半徑的Q倍，著陸過程忽略空氣阻力的影響.貝女）

A.該星球的近地衛(wèi)星速度大小是地球近地衛(wèi)星速度大小的能倍

B.該星球的同步衛(wèi)星速度大小是地球同步衛(wèi)星速度大小的能倍

C.該星球質(zhì)量是地球質(zhì)量的，倍

D.該星球密度是地球密度的3倍

5.在真空中某帶電荷量大小為Q的點電荷P（圖中未畫出）的電場中，將

帶電荷量為q的負試探電荷分別置于磯0,0"）、b兩點時，試探電荷

所受電場力的方向如圖所示，吊、用分別在yOz和％。丫平面內(nèi)，弓與

Z軸負方向成60。角，8與x軸負方向成60。角。已知試探電荷在a點

受到的電場力大小為兄=/，靜電力常量為鼠則以下判斷正確的

是（）

A.電場力的大小理=F

B.a、b、。三點電勢關(guān)系為%=Wb>Wo

C.點電荷P帶正電，且Q=W萼

kq

D.在平面xOz上移動該試探電荷，電場力不做功

二、多選題（本大題共5小題，共26.0分）

6.如圖所示為理想變壓器原線圈所接交流電壓的波形.原、副線圈匝數(shù)比：n1：n2=10：1,串

A.變壓器副線圈的電流為0.14

B.變壓器的輸出功率為200匹

C.變壓器輸出端的交流電的頻率為50Hz

D.此變壓器為升壓變壓器

7.如圖所示，一水平力產(chǎn)作用在物體B上，4、B一起做勻速直線運動，則（）

A.A、B之間無摩擦力B.A受到的摩擦力水平向右

C.8與地面之間無摩擦力D.地面對B的摩擦力水平向右

8.如圖所示，質(zhì)量為M的長木板靜止在光滑水平地面上，一質(zhì)量為m的物塊以初速度從左側(cè)沖上

長木板，經(jīng)時間物塊和長木板相對靜止并以相同的速度"火在光滑的水平地面上做勻速直線運

動.已知規(guī)定%的方向為正方向.則下列關(guān)于長木板和物塊的摩擦力、速度、位移、

動能隨時間變化的圖象正確的是（）

9.下列說法中正確的是（）

A.“油膜法估測分子大小”的實驗中，估算油酸分子直徑用的是油酸酒精溶液的體積除以油膜

的面積

B.非晶體呈各向同性，晶體也有可能呈各向同性

C.雨后葉子表面上的小水珠接近球形主要是液體表面張力作用的結(jié)果

D.不浸潤現(xiàn)象說明固體分子對液體分子的吸引力大于液體分子之間的吸引力

E.物體溫度升高時，速率小的分子數(shù)目減少，速率大的分子數(shù)目增多

10.一列橫波在均勻媒質(zhì)中傳播，4、B為傳播方向上相距0.3M的兩媒質(zhì)質(zhì)點。當(dāng)川句上運動到最大

位移時，B剛好向下運動到最大位移，己知波長大于0.15m,則該波的波長可能是（）

A.0.2TnB.0.4mC.0.6mD,0.8m

三、實驗題（本大題共2小題，共18.0分）

11.在“驗證力的平行四邊形定則”的實驗中用圖釘把橡皮筋的一端固定在板上的4點，在橡皮筋的

另一端栓上兩條細繩，細繩另一端系著繩套8、C（用來連接彈簧測力計）.其中4為固定橡皮筋的

圖釘，。為橡皮筋與細繩的結(jié)點，08和OC為細繩.

（1）本次實驗用的彈簧測力計示數(shù)的單位為“N”，圖1中與C相連的彈簧測力計的示數(shù)

為N.

（2）本次試驗中，七和尸2表示8、C兩個彈簧秤的拉力，F(xiàn)表示由平行四邊形定則作出的&和芻的合力，

F'表示用一個彈簧測力計拉橡皮筋時的拉力，則如圖2各圖符合實驗事實的是

A

12.某人想測定電源電動勢和電源內(nèi)阻r

（1）電路開關(guān)閉合，在含有滑動變阻器的電路里用此多用電表并在電源兩端，將旋鈕調(diào)到電壓“10”

檔，指針位置如圖1所示，可知此電源電動勢應(yīng)（選填“>”或"="）大填

讀數(shù)）

（2）為精確測量E與r,提供了以下器材

電流表41（量程。?0.64內(nèi)阻r未知）

電流表4（量程0?34內(nèi)阻r未知）

電壓表N（量程0?3V,內(nèi)阻r未知）

滑動變阻器心（變化范圍0?500）

滑動變阻器/?2（變化范圍0?1000。）

電源（E待測，r待測）

上述器材，電流表應(yīng)選,滑動變阻器應(yīng)選

（3）若此時，電壓表壞了，但有備用電阻箱，試畫出實驗電路圖_____-此時，多次改變電阻箱阻值，

使電流表示數(shù)從變化與，電阻箱示數(shù)從此變化為&，則r的表達式為

（4）某人設(shè)計了如圖2所示的電路圖，閉合S「通過改變&得到多組數(shù)據(jù)，描繪出:-R圖象（已知電流

表內(nèi)阻為力）

②電源電動勢=V

③內(nèi)阻r=_____0（用題中所給字母表示）

四、計算題(本大題共4小題，共40.0分)

13.空間中存在如圖所示的有界勻強磁場(虛線為其左右邊界，豎直方向

足夠大)，磁感應(yīng)強度大小為B,某帶正電的粒子以速度火垂直于磁場

左邊界由4點飛入磁場中，最后從右邊界上的C點離開?，F(xiàn)在同樣的

空間區(qū)域，將磁場改為豎直向下的勻強電場，帶電粒子仍以同樣的初

速度從4點飛入，若粒子也能從右邊界的C點飛出，已知力、C連線與

初速度方向的夾角為。，求：

(1)勻強電場的電場強度大??；

(2)粒子穿過磁場和電場的時間之比。

14.如圖所示，A、B是兩個質(zhì)量均為m=1kg的小滑塊(可視為質(zhì)點)，C為

左側(cè)附有膠泥的豎直薄板(質(zhì)量均不計)，D是兩端分別水平連接B和C

的輕質(zhì)彈簧.開始時，彈簧處于原長，B、C、0靜止在光滑的水平地

面上，A沿光滑水平面向右以%=2m/s的速度勻速運動.求：

(1)滑塊4與薄板C接觸粘在一起后，A、B和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)在作用過程中，彈簧的最大彈性勢能;

(2)彈簧第一次恢復(fù)到原長時，滑塊4和滑塊B的速度大小.

15.如圖在固定汽缸4和B中分別用活塞封閉著一定質(zhì)量的氣體，4、B活塞面積分別為S、2S,兩活

塞由剛性細桿連接，可沿水平方向無摩擦滑動，兩個汽缸都不漏氣。初始時，4B活塞離汽缸

底部的距離分別為2"、10,溫度均為7。=300k,壓強均為po,如是汽缸外的大氣壓強?，F(xiàn)保持

B中的溫度不變，同時用電熱絲對4氣體緩慢加熱，使活塞向右移動距離3o,達到新的平衡。求：

(1)此時B中氣體的壓強；

(2)此時4中氣體的溫度。

16.如圖所示，有一個玻璃球冠，右側(cè)面鍍銀，光源S在其水平對稱

軸上，從光源S發(fā)出的一束光斜射在球面上。當(dāng)入射光線與對稱

軸的夾角為30。時，發(fā)現(xiàn)一部分光經(jīng)過球面反射后恰好能豎直向

上傳播，另一部分光折射進入玻璃球冠內(nèi)，經(jīng)過右側(cè)鍍銀面的第

一次反射后恰好能沿原路返回。若球面的半徑為R,求:

①玻璃的折射率為多少？

②光源S與球冠頂點M之間的距離為多少？

參考答案及解析

1.答案：C

解析：解：4天然放射性現(xiàn)象中產(chǎn)生的三種射線中，y射線不帶電，為電磁波，故其在磁場中運動

時，運動方向不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故A錯誤；

B、a射線是由a衰變產(chǎn)生的氫原子核組成，故8錯誤；

C、y射線的穿透性較強，工業(yè)上常用y射線來控制軋鋼廠生產(chǎn)的鋼板的厚度，故C正確；

。、/?射線是具有放射性的元素的原子核中的一個中子轉(zhuǎn)化成一個質(zhì)子同時釋放出一個高速電子，即

夕粒子，故。錯誤；

故選：Co

根據(jù)三種射線的基本性質(zhì)以及衰變的實質(zhì)，同時注意掌握a射線穿透能力最弱而電離能力最強，而

y射線是能量很高穿透性最強，電離性最弱。

本題考查衰變過程中放出的三種射線的性質(zhì)，要注意掌握各種具有的能力，同時明確它們是何種物

質(zhì)。

2.答案：A

解析：解：AB.根據(jù)△%=Q產(chǎn)得物體的加速度為Q=,=與界=旨7n/s2=-lzn/s2,則加速度

的大小為lm/s2。

研究第1s內(nèi)的運動過程，根據(jù)=可得初速度%=3.5m/s,故A錯誤，3正確；

C、第2s末物體的速度=%+=(3.5—lx2)m/s=1.5m/s,故C正確；

15

D、x3=='m=-m,故。正確。

J2a2x(-1)8

本題選錯誤的，

故選：Ao

先根據(jù)推論：△x=。產(chǎn)求出物體的加速度，再通過位移-時間公式求出初速度的大小。根據(jù)速度-時

間公式求出2s末的速度，再通過速度-位移公式求出位移久3的大小。

解決本題的關(guān)鍵要掌握勻變速直線運動的運動學(xué)公式，并能靈活運用。本題也可以根據(jù)推論求出第

1.5s末的速度，再求初速度。

3.答案：D

解析：解：4、國際單位制規(guī)定了七個基本物理量。分別為長度、質(zhì)量、時間、熱力學(xué)溫度、電流、

光強度、物質(zhì)的量。它們的在國際單位制中的單位稱為基本單位，安培是電磁學(xué)中基本物理量電流

的國際單位，也是國際單位制中七個基本單位之一，故A正確；

8、安培提出分子電流假說，即安培認為磁場是由環(huán)形電流產(chǎn)生的，從而揭示了磁現(xiàn)象是由運動的電

荷產(chǎn)生的，故2正確；

C、安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，即大量自由電荷受到的洛倫茲力宏觀上表現(xiàn)為安培力，洛倫茲力

是安培力的微觀解釋，故C正確；

D,安培定則也叫右手螺旋定則，常用來判斷通電電流周圍的磁場方向，故。錯誤；

本題選不正確的，故選：D.

安培是電流強度的單位，屬于國際單位制的基本單位；根據(jù)電磁學(xué)中涉及安培的相關(guān)知識進行分析

解答即可.

本題考查物理學(xué)史，對于物理學(xué)中常見的一些物理學(xué)家，如安培、伽利略、牛頓、庫侖、法拉第、

奧斯特等，要掌握他們在物理學(xué)上的重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論等.

4.答案：A

解析：解：4、飛船著陸勻減速運動"mg=ma,a=①

勻減速的位移根據(jù)蘇一詔=2ax得x=[②

聯(lián)立①②得x=W;，%、〃相同，x*

由題意知在星球上滑行距離是在地球上滑行距離的P倍，所以g地=pg星

mg地=加。星

M地mM星m

G—D2—=LpG—D2

H地K星

從不知道星球的自轉(zhuǎn)周期，所以無法求星球同步衛(wèi)星與地球同步衛(wèi)星的速度之比，所以8錯誤

C、由4分析知C錯誤

D、根據(jù)U=*R3,U=Q3,p=*j=B言=*盤=赤所以。錯誤

3"地v〃地"地y星卜Q々

故選A

根據(jù)萬有引力提供向心力，近地衛(wèi)星的軌道半徑等于天體半徑，運行速度〃=舟，任一星球表面

重力等于萬有引力mg=G罌，飛船著陸做勻減速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律計算加速度，找出

位移與重力加速的關(guān)系，進而求出天體的質(zhì)量，最后計算密度.

解決本題的關(guān)鍵是掌握萬有引力提供向心力，重力加速度是聯(lián)系星球表面物體運動和天體運動的橋

梁.

5.答案：A

解析：解:由題，心、片分別在yOz和xOy平面內(nèi)，可知點電荷Q即在yOz平面內(nèi)，也在xOy平面內(nèi)，

所以Q一定在坐標軸y上。

過a點沿尸的方向延長，與y軸交于Q點，設(shè)0Q之間的距離為y,由幾何關(guān)系得：=tan60°f

所以：y=r-tan600=V3r

QQ之間的距離：〃=嘉方=2丁

連接bQ,則b受到的電場力的方向沿bQ的方向。由幾何關(guān)系得：灰=盛示=魯=「，可知b點到。

點的距離也是r,b到Q之間的距離也是2r。

A、6與a到Q點的距離相等，根據(jù)庫侖定律可知，試探電荷在b點受到的電場力與在a點受到的電場力

是相等的，所以瓦=凡故A正確；

8、負電荷受到的電場力指向Q，根據(jù)異性電荷相互吸引可知，Q帶正電。由于距離正電荷越近電勢

越高，所以。點的電勢高，b與a點的電勢相等，即9a=9匕＜90，故8錯誤。

C、由B選項可知，點電荷Q帶正電，根據(jù)庫侖定律：F=黑,解得點電荷Q的電荷量為：Q=等，

Kq

故C錯誤；

D、平面xOz上各點到Q的距離不一定相等，所以各點的電勢不一定相等，則在平面xOz上移動該試

探電荷，電場力不一定不做功，故。錯誤；

故選：Ao

先根據(jù)幾何關(guān)系判斷出點電荷Q的位置，弓、為分別在yOz和xOy平面內(nèi)，可知點電荷Q即在yOz平面

內(nèi)，也在xOy平面內(nèi)，所以Q一定在坐標軸y上，由庫侖定律判斷出點電荷的電量與片的大小，根據(jù)

點電荷的電場特點判斷出各點的電勢，平面xOz上各點到Q的距離不一定相等，所以各點的電勢不一

定相等，平面xOz不是等勢面。

此題要掌握點電荷電場線和等勢面的分布情況，要有一定的空間想象能力，要能根據(jù)電場力方向與

位移方向的關(guān)系判斷電場力做功的正負。

6.答案:BC

解析：解：力、根據(jù)晟=最，得變壓器副線圈的電流有效值為/2=104故A錯誤；

B、根據(jù)由圖知輸入電壓的最大值為t/皿=200位V,有效值為：Ur=200V；變壓器的輸入功率為

Pl==200x1=200W,理想變壓器的輸入功率等于輸出功率，也為200W；故B正確；

C、變壓器輸入電壓的周期T=0.02s,故頻率為f="=康=50Hz；變壓器不改變電流的頻率，故

輸出的交流電的頻率為50Hz,故C正確；

。、根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比如變壓器輸出端所接電壓表的示數(shù)為20V,為降壓變壓器，故O錯誤.

故選：BC

根據(jù)u-t圖象知道電壓的有效值，周期和頻率，變壓器電壓與匝數(shù)成正比、電流與匝數(shù)成反比，變

壓器不改變功率和頻率.

本題考查了變壓器的變壓原理，要能夠從圖象中獲取有用物理信息.要掌握變壓器的變壓規(guī)律：7=

中，知道理想變壓器不改變電功率和頻率.

nl

7.答案：AD

解析：解：力、B,對4研究，由平衡條件水平方向合力為零，則受摩擦力為0,即4與B之間沒有摩

擦力.故A正確，B錯誤.

C、。、對整體分析可知，整體受重力、支持力、拉力而作勻速運動，由二力平衡可知，B一定受地

面對它向右的摩擦力；故C錯誤，。正確；

故選：AD.

AB一起做勻速直線運動，合力均為零，先分析4的受力，由平衡條件分析摩擦力方向；地面對B有滑

動摩擦力，根據(jù)平衡條件分析摩擦力的方向.

本題關(guān)鍵根據(jù)兩物體均處于平衡狀態(tài)，由平衡條件分析受力情況，通常先由受力比較少的開始分析：

注意4不受摩擦力這一點要注意認真體會.

8.答案:AB

解析：解：4、木板與物塊間的摩擦力是作用力與反作用力的關(guān)系，等大反向，A正確；

8、從速度時間圖象上，速度變小的為小滑塊，速度從零增加的為木板，最后二者速度相等，B正確；

C、在位移時間圖象中，斜率表示速度，木板和物塊都做勻變速直線運動，C錯誤；

。、物塊的動能減小，木板的動能增加，但不是線性關(guān)系，力錯誤；

故選：AB

木板與物塊間的摩擦力是作用力與反作用力的關(guān)系，速度變小的為小滑塊，速度從零增加的為木板，

最后二者速度相等，在位移時間圖象中，斜率表示速度，物塊的動能減小，木板的動能增加.

本題考查了勻變速直線運動的各物理量間的關(guān)系，要明確物體和木板的運動性質(zhì)，會分析圖象.

9.答案：BCE

解析：解：4、“油膜法估測分子大小”的實驗中，估算油酸分子直徑用的是油酸的體積除以油膜的

面積，故A錯誤；

B、非晶體呈各向同性，多晶體也有可能呈各向同性，而單晶體大多表現(xiàn)為各向異性，故8正確；

C、雨后葉子表面上的小水珠接近球形主要是液體表面張力作用的結(jié)果，故C正確；

。、不浸潤現(xiàn)象說明固體分子對液體分子的吸引力小于液體分子之間的吸引力，故。錯誤；

E、溫度從微觀角度看表示了大量分子無規(guī)則運動的劇烈程度，物體溫度升高時，速率小的分子數(shù)目

減少，速率大的分子數(shù)目增多，故E正確；

故選：BCE。

根據(jù)油膜法測分子直徑的原理分析答題；非晶體呈各向同性，晶體也有可能呈各向同性；根據(jù)液體

表面張力、浸潤與不浸潤的原因，溫度升高時，速率小的分子數(shù)目減少，速率大的分子數(shù)目增多，

從而分析答題。

本題考查了選修內(nèi)容，涉及的知識點較多，但難度不大，掌握基礎(chǔ)知識即可正確解題，對選修內(nèi)容，

要注意基礎(chǔ)知識的學(xué)習(xí)與掌握。

10.答案：AC

解析：解：設(shè)4B平衡位置間距離為X。由題給條件，得到

x—(2n+1)g(n=0,1,2、)

由于0.15M,所以4B間只可能有兩種情況即半個波長或一個半波長。

如果為半個波長，即幾=0,則4=0.6機；

如果為1.5個波長,即n=l,則入=器?n=0.2m

故AC正確，30錯誤;

故選：AC.

根據(jù)4B兩個質(zhì)點的振動狀態(tài)，結(jié)合簡諧波的圖象，分析它們的位置關(guān)系，確定它們之間距離與波長

的關(guān)系通項式，由通項式確定特殊值。

本題是常見的多解問題，知道兩個質(zhì)點的振動狀態(tài)，確定它們平衡位置間距離與波長的關(guān)系，得到

波長的通項式，即可求波長的特殊值。

11.答案：2.80

解析：解：(1)彈簧秤的最小刻度為0.1N,可知彈簧秤的讀數(shù)為2.80N.

(2)該實驗中產(chǎn)是由平行四邊形法則得出的合力，而尸’是通過實際實驗得出的，故尸應(yīng)與在同一直

線上，而F在&、$組成的平行四邊形的對角線上，故8正確.

故答案為:(1)2.80,(2)B

(1)根據(jù)彈簧秤的最小刻度，讀出讀數(shù).

(2)注意通過平行四邊形得到的合力與實驗測得的之間存在誤差，明確什么事實驗測量值，什么是理

論值即可正確解答.

對于中學(xué)中的實驗，學(xué)生盡量要到實驗室進行實際操作，只有這樣才能體會具體操作細節(jié)的意義，

解答實驗問題時才能更加有把握.

—哈~__

12.答案：＞428?！眗+r048-r0

L-」12

s

解析：解：(1)此時多用電表電壓檔測的電源的路端電壓，所以電源電動勢大于多用電表的讀數(shù)；

電壓表量程為10V，由圖示表盤可知，其分度值為0.2V,此時多用電表的電壓約為4V,所以電源電

動勢應(yīng)大于4V；

(2)為了使電源內(nèi)阻變化不大，流過電源的電流不能太大，所以電流表應(yīng)選A1；

電路中的總電阻約為R=彳=念憶6.7。，從實驗操作的方便性和安全性考慮，滑動變阻器選用Ri；

(3)沒有電壓表，可用電流表和電阻箱測量電源的電動勢和內(nèi)阻，電路圖如圖所示：

~~~^1

—gHh：_

S

由閉合電路歐姆定律有：F=；!(/?!+r),E=I2(R2+r),

聯(lián)立解得：「=警警；

(4)由實驗原理有：E=I(R+r+r0),

整理得：：=

縱截距為等與電源電動勢乘積為r+r；

E0

由圖象可知斜率為：=g

4E

解得：E=4V,

縱截距為：告=2,

解得：r—8—r0；

-瓷~^1

，2/?2-/述］

故答案為：(1)>;4；(2)4；8；(3)/(4)①r+r();@4；@8—ro

/1720

?一川―」

(1)電壓表接在電源兩端測的是路端電壓，路端電壓小于電源電動勢，根據(jù)電壓表量程由圖示表盤確

定其分度值，然后根據(jù)指針位置讀出其示數(shù)。

(2)根據(jù)題意從安全、精確與方便實驗操作的角度選擇實驗器材。

(3)根據(jù)實驗器材與實驗原理作出實驗電路圖。

(4)根據(jù)電路圖應(yīng)用歐姆定律求出圖象的函數(shù)表達式，根據(jù)圖示圖象與函數(shù)表達式分析答題。

本題考查了測電源電動勢與內(nèi)阻實驗，把電壓表接在電源兩端，閉合開關(guān)，電壓表測路端電壓，電

壓表測的不是電源電動勢；要掌握實驗器材的選擇原則；根據(jù)實驗原理作出實驗電路圖，應(yīng)用歐姆

定律求出圖象的函數(shù)表達式是解題的前提。

13.答案：解：(1)設(shè)磁場的寬度為1

在勻強磁場中，根據(jù)幾何關(guān)系：R=一三

sin20

洛倫茲力提供向心力：

在勻強電場中，水平方向：/=v0t2

豎直方向：a=黑,y=^at1,tand=y

解得E

cos20

(2)在磁場中：

v

0vQsin26

在電場中：

所以：r=sindu

答：（1）勻強電場的電場強度大小為冊;

（2）粒子穿過磁場和電場的時間之比為喘^

解析：粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動有q%B=嚕，在勻強電場中做類平拋運動，分水平方向

和豎直方向進行分析；在磁場中的時間用弧長除以線速度求解，在電場中的時間用水平位移除以水

平速度求解。

對于平行邊界的磁場，粒子的勻速圓周運動軌道半徑的求解，往往需要結(jié)合兩邊界距離建立數(shù)學(xué)幾

何關(guān)系。

14.答案：解：（1）選取滑塊4、B和彈簧組成的系統(tǒng)為研究的對象，A、8和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)在作用過

程中，系統(tǒng)的動量守恒.

在當(dāng)4、B具有共同速度時，系統(tǒng)動能最小，彈簧的彈性勢能最大，選取A運動的方向為正方向，設(shè)

最大彈性是能為Epm

由動量守恒定律有：mv0=2mv

mvx2my2

由機械能守恒可得：Epm=|o~|

由上二式解得：Epm=1J

②當(dāng)彈簧第一次恢復(fù)到原長時，設(shè)滑塊4、B的速度分別為以、vB,則有：

2mv=mvA+mvB

11

2

Epm=5m（域+