高考物理磁场精讲精练带电粒子在磁场中运动的临界极值问题

临界状态是指物体从一种运动状态(或物理现象)转变为另一种运动状态(或物理现象)的转折状态，它既具有前一种运动状态(或物理现象)的特点，又具有后一种运动状态(或物理现象)的特点，起着承前启后的转折作用．由于带电粒子在磁场中的运动通常都是在有界磁场中的运动，常常出现临界和极值问题．

1．临界问题的分析思路

临界问题的分析对象是临界状态，临界状态就是指物理现象从一种状态变化成另一种状态的中间过程，这时存在着一个过渡的转折点，此转折点即为临界状态点．与临界状态相关的物理条件则称为临界条件，临界条件是解决临界问题的突破点．

临界问题的一般解题模式： (1)找出临界状态及临界条件； (2)总结临界点的规律； (3)解出临界量；

(4)分析临界量列出公式． 2．极值问题的分析思路

所谓极值问题就是对题中所求的某个物理量最大值或最小值的分析或计算，求解的思路一般有以下两种：一是根据题给条件列出函数关系式进行分析、讨论；二是借助于几何图形进行直观分析．

例题1．平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>0)．粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角．已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为( )

A.C.mv

2qB2mv qB

B．D.

3mv

qB

4mv qB

mv

.设入射点为A，出射点为B，圆弧与qB

解析：选D.如图所示，粒子在磁场中运动的轨道半径为R＝

ON的交点为P.由粒子运动的对称性及粒子的入射方向知，AB＝R.由几何图形知，AP＝3R，则AO＝3AP4mv

＝3R，所以OB＝4R＝.故选项D正确．

qB

1

例题2．(多选)如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的任意值．静止的带电粒子带电荷量为＋q，质量为m(不计重力)，从点P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为θ＝30°，孔Q到板的下端C的距离为L，当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，则( )

qBL

A．两板间电压的最大值Um＝

2m

222

3－3

B．CD板上可能被粒子打中区域的长度x＝L

3

C．粒子在磁场中运动的最长时间tm＝

πm qB

222

qBL

D．能打在N板上的粒子的最大动能为

18m

解析：选BCD.M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，所以其轨迹圆心在C点，CHv112qBL

＝QC＝L，故半径R1＝L，又因Bqv1＝m，qUm＝mv1，可得Um＝，所以A错误．

R122m

2

22

R21L

设轨迹与CD板相切于K点，半径为R2，在△AKC中sin 30°＝＝，可得R2＝，CK长为3R2

L－R223＝

33－3

L，则CD板上可能被粒子打中的区域即为HK的长度，x＝HK＝L－CK＝L，故B正确．打在33

2πmπmQE间的粒子在磁场中运动的时间最长，周期T＝，所以tm＝，C正确．能打到N板上的粒子的临

qBqBLBqLqBL

界条件是轨迹与CD相切，由B选项知，rm＝R2＝，可得vm＝，动能Ekm＝，故D正确．

33m18m

例题3．如图甲所示，在空间中存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，其边界AB、CD相距为d，在左边界的Q点处有一质量为m、带电量为q的负粒子沿与左边界成30°的方向射入磁场，粒子

2

222

重力不计．求：

(1)带电粒子能从AB边界飞出的最大速度；

(2)若带电粒子能垂直CD边界飞出磁场，穿过小孔进入如图乙所示的匀强电场中减速至零且不碰到负极板，则极板间电压U应满足什么条件？整个过程粒子在磁场中运动的时间是多少？

(3)若带电粒子的速度是(2)中的3倍，并可以从Q点沿纸面各个方向射入磁场，则粒子能打到CD边界的距离大小？

解析：(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为R1，运动速度为v0.粒子能从左边界射出，临界情况如图甲所示，由几何条件知R1＋R1cos 30°＝d

mv0又qv0B＝

R1解得v0＝

Bqd2(2－3)Bqd

＝

m(1＋cos 30°)m

2

所以粒子能从左边界射出时的最大速度为 vm＝v0＝

2(2－3)Bqd

m

(2)带电粒子能从右边界垂直射出，如图乙所示． d

由几何关系知R2＝ cos 30°v2

由洛伦兹力提供向心力得Bqv2＝m

R212

由动能定理得－qU＝0－mv2

2Bqd2Bqd

解得U＝＝ 2

2mcos 30°3m2Bqd

所加电压满足的条件U≥. 3m

3

2

2

2

2

2

2

2

T2πm

粒子转过的圆心角为60°，所用时间为，而T＝

6Bq因返回通过磁场所用时间相同，所以总时间 T2πm

t＝2×＝

63Bq

(3)当粒子速度是(2)中的3倍时，解得R3＝2d

由几何关系可得粒子能打到CD边界的范围如图丙所示．

粒子打到CD边界的距离 l＝2×2dcos 30°＝23d

2(2－2

2

答案：(1)3)Bqdm (2)U≥2Bqd3m 2πm

3Bq

(3)23d

4

2019-2020学年高考物理模拟试卷

一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的

1．光电效应实验，得到光电子最大初动能Ekm与入射光频率ν的关系如图所示。普朗克常量、金属材料的逸出功分别为（ ）

A．

b，b aB．

b1， abC．

a，b bD．

a1， bb2．图中实线是某电场中一簇未标明方向的电场线，虚线是一带电粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。根据此图不能作出判断的是（ ）

A．a、b两点中，哪点的电势较高 B．a、b两点中，哪点的电场强度较大 C．带电粒子在a、b两点的加速度哪点较大 D．带电粒子在a、b两点的电势能哪点较大

3．2019年10月8日，瑞典皇家科学院在斯德哥尔摩宣布，将2019年诺贝尔物理学奖，一半授予美国普林斯顿大学吉姆·皮布尔斯，以表彰他“关于物理宇宙学的理论发现”，另外一半授予瑞士日内瓦大学的米歇尔·麦耶和瑞士日内瓦大学教授兼英国剑桥大学教授迪迪埃·奎洛兹，以表彰他们“发现一颗环绕类日恒星运行的系外行星”。若某一系外行星的半径为R，公转半径为r，公转周期为T，宇宙飞船在以系外行星中心为圆心，半径为r1的轨道上绕其做圆周运动的周期为T1，不考虑其他星球的影响。(己知地球的公转半径为R0，公转周期为T0)则有

r13R03A．22

T1T0r3R03B．22

TT042r13D．该系外行星的第一宇宙速度为 2T1R42r1C．该系外行星表面重力加速度为 2T14．如图所示，强度足够的、不可伸长的轻线一端系着一个小球p，另一端套在图钉A上，图钉A正上方有距它h的图钉B，此时小球在光滑的水平平台上做半径为a的匀速圆周运动。现拔掉图钉A，则

5

A．小球继续做匀速圆周运动

B．小球做远离O的曲线运动，直到被图钉B拉住时停止 C．小球做匀速直线运动，直到被图钉B拉住时再做匀速圆周运动 D．不管小球做什么运动，直到被图钉B拉住时小球通过的位移为h

5．已知太阳到地球与地球到月球的距离的比值约为390，月球绕地球旋转的周期约为27天.利用上述数据以及日常的天文知识，可估算出太阳对月球与地球对月球的万有引力的比值约为 A．0.2

B．2

C．20

D．200

6．如图所示是旅游景区中常见的滑索。研究游客某一小段时间沿钢索下滑，可将钢索简化为一直杆，滑轮简化为套在杆上的环，滑轮与滑索间的摩擦力及游客所受空气阻力不可忽略，滑轮和悬挂绳重力可忽略。游客在某一小段时间匀速下滑，其状态可能是图中的（ ）

A． B． C． D．

7．一质点在xOy平面内运动轨迹如图所示，下列判断正确的是（ ）

A．质点沿x方向可能做匀速运动 B．质点沿y方向一定做匀速运动

C．若质点沿y方向始终匀速运动，则x方向可能先加速后减速 D．若质点沿y方向始终匀速运动，则x方向可能先减速后反向加速

8．如图所示汽车用绕过光滑定滑轮的轻绳牵引轮船，轮船在水面上以速度v匀速前进汽车与定滑轮间的

6

轻绳保持水平。假设轮船始终受到恒定阻力f，当牵引轮船的轻绳与水平方向成角时轻绳拉船的功率为P。不计空气阻力，下列判断正确的是（ ）

A．汽车做加速运动 C．轻绳的拉力逐渐减小

B．轮船受到的浮力逐渐增大 D．P的数值等于fv

9．地光是在地震前夕出现在天边的一种奇特的发光现象，它是放射性元素氡因衰变释放大量的带电粒子，通过岩石裂隙向大气中集中释放而形成的。已知氡最后变成稳定的

2068222286Rn的半衰期为3.82d，经衰变后产生一系列子体，

Pb，在这一过程中（ ）

A．要经过4次α衰变和4次β衰变 B．要经过4次α衰变和6次β衰变 C．氡核

22286Rn的中子数为86，质子数为136

22286D．标号为a、b、c、d的4个氡核

Rn经3.82d后一定剩下2个核未衰变

10．如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度，下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方，线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态，若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是（ ）

A． B． C． D．\\

二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分

11．歼－15飞机是我国研制的多用途舰载战斗机。某飞行训练中，第一次舰保持静止，飞机从静止开始沿甲板运动，当飞机的速度为v时通过的距离为x1，经历的时间为t1；第二次舰以速度v0匀速运动，飞机相对甲板由静止开始沿舰运动的同方向加速，当飞机相对海面的速度为v时沿甲板通过的距离为x2，经历的时间为t2。设两次飞机均做匀加速运动且加速度大小相等。则（ ）

7

t11A．

t21t1vB． t2vv0x1v2() C．x2vv0x1v2D． x2v2v0212．用轻杆通过铰链相连的小球A、B、C、D、E处于竖直平面上，各段轻杆等长，其中小球A、B的质量均为2m，小球C、D、E的质量均为m．现将A、B两小球置于距地面高h处，由静止释放，假设所有球只在同一竖直平面内运动，不计一切摩擦，则在下落过程中

A．小球A、B、C、D、E组成的系统机械能和动量均守恒 B．小球B的机械能一直减小 C．小球B落地的速度大小为2gh D．当小球A的机械能最小时，地面对小球C的支持力大小为mg

13．如图所示，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物块B，跨过固定于斜面体顶端的小滑轮O，倾角为θ＝30°的斜面体置于水平地面上，A的质量为m，B的质量为4m。开始时，用手托住A，使OA段绳恰处于水平伸直状态（绳中无拉力），OB绳平行于斜面，此时B静止不动。将A由静止释放，在其下摆过程中，斜面体始终保持静止。下列判断中正确的是（ ）

A．B受到的摩擦力先减小后增大

B．A下摆的过程中，绳的最大拉力为3mg C．A的机械能守恒

D．A的机械能不守恒，A、B系统的机械能守恒

14．如图所示（俯视图），位于同一水平面内的两根固定金属导轨MN、ABCD，电阻不计，两导轨之间存在竖直向下的匀强磁场。现将两根粗细均匀、完全相同的铜棒ab、cd放在两导轨上，若两棒从图示位置以相同的速度沿MN方向做匀速直线运动，始终与两导轨接触良好，且始终与导轨MN垂直，不计一切摩擦，则下列说法中正确的是（ ）

8

A．回路中有顺时针方向的感应电流 B．回路中的感应电动势不变 C．回路中的感应电流不变 D．回路中的热功率不断减小

15．一氘核21H自A点以某一初速度垂直进入场强为E的匀强电场，运动过程中经过B点。忽略空气阻力，不计重力，下列说法正确的是（ ）

A．把氘核换成动能相同的氕核1H，其他条件不变，氕核还能经过B点 B．把氘核换成动量相同的氕核11H，其他条件不变，氕核还能经过B点 C．把氘核换成动能相同的氦核42He，其他条件不变，氦核还能经过B点 D．把氘核换成速度相同的氦核42He，其他条件不变，氦核还能经过B点 三、实验题：共2小题

16．图甲为“验证动量守恒定律”的实验装置，轨道由斜槽和水平槽组成，A、B两小球大小相同，质量mA=20.0g、mB=10.0g。实验步骤如下：

1

a.固定轨道，使水平槽末端的切线水平，将记录纸铺在水平地面上，并记下水平槽末端重垂线所指的位置O；

b.让A球从斜槽C处由静止释放，落到记录纸上留下痕迹，重复操作多次；

c.把B球放在水平槽末端，A球仍从C处静止释放后与B球正碰，A、B分别落到记录纸上，留下各自的痕迹，重复操作多次；

d.确定三个落点各自的平均位置P、M、N，用刻度尺测出它们到O点的距离分别为xOP、xOM、xON； （1）确定P、M、N三点时，可用圆规画一个尽可能小的圆，把所有有效落点圈在里面，圆心即为落点的平均位置，这样做可以减小_______（填“系统”或“偶然”）误差；

9

（2）如图乙，xOM、xOP读数分别为10.20cm、30.65cm，xON读数为________cm；

（3）数据处理时，小球离开水平槽末端的速度大小可用水平射程x表示，由小球质量及(2)中数据可算出碰前系统总的mx值是________kg∙m（保留3位有效数字），把该值与系统碰撞后的值进行比较，就可验证动量是否守恒。

17．用如图甲所示的装置研究小车的匀变速直线运动。图乙是某次实验得到的一条纸带，纸带上相邻两个计数点间还有四个打点画出。已知A、B两点间距离为L1，D、E两点间距离为L2，且有L1L2，交变电流的频率为f。

回答下列问题。

(1)纸带上显示的运动方向为____________；（选填“从左向右”或““从右向左”） (2)小车运动的加速度为a____________；（用题给物理量字母表示） (3)E点的速度为vE___________（用题给物理量字母表示）。 四、解答题：本题共3题

18．光滑水平面上有截面为半圆形柱体A，半径为R，在圆柱体截面圆心O正上方O'处用轻质细线悬挂小球B。小球B静止在A上时，细线与竖直方向夹角为，OB与O'B垂直，A在水平向右推力F作用下处于静止状态，已知A、B质量均为m，B可看成质点，不计一切摩擦。当撤去F，小球推动半圆柱体向左运动，两者分离后，经过t时间小球第一次向左摆到最大高度。（重力加速度大小为g）求： (1)水平推力F的大小；

(2)自撤掉F后到小球第一次向左摆到最高处的过程中，圆柱体位移大小。

19．（6分）一定质量的理想气体在a状态体积V12L，压强p13atm，温度T1450K；在b状态体积V26L，压强p21atm。该气体的pV图象如图所示，让该气体沿图中线段缓慢地从a状态变化

10

到b状态，求：

①气体处于b状态时的温度T2；

②从a状态到b状态的过程中，气体的最高温度Tmax。

20．（6分）如图所示，一半径为R=30.0cm，横截面为六分之一圆的透明柱体水平放置，O为横截面的圆心，该柱体的BO面涂有反光物质，一束光竖直向下从A点射向柱体的BD面，入射角i=45°，进入柱体内部后，经过一次反射恰好从柱体的D点射出。已知光在真空中的速度为c=3.00×108m/s，sin37.5°=0.608，sin 45°=0.707，sin 15°=0.259，sin22.5°=0.383，试求：（结果保留3位有效数字） (1)透明柱体的折射率； (2)光在该柱体的传播时间t。

参

一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 1．A 【解析】 【分析】 【详解】

根据EkmhW0得纵轴截距的绝对值等于金属的逸出功，等于b，图线的斜率

11

kbh a故A正确，BCD错误； 故选A。 2．A 【解析】 【详解】

A．粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，由于粒子的电性未知，所以电场线方向不能判断，则无法确定哪点的电势较高。故A错误，符合题意。

B．由图看出a处电场线比b处电场线疏，而电场线疏密表示场强的大小，即可判断出a处场强较小，故B正确，不符合题意。

C．带电粒子在a处所受的电场力较小，则在a处加速度较小，故C正确，不符合题意。

D．由轨迹弯曲方向与粒子速度方向的关系分析可知，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增大，则粒子在b点电势能较大。故D正确，不符合题意。 故选A. 3．D 【解析】 【详解】

r3AB．开普勒第三定律2k，其中k与中心天体有关，系外行星，宇宙飞船，地球做圆周运动的中心天

T体均不同，故AB错误； C．对宇宙飞船

Mm42G2m2r1man

r1T1解得

4π2r14π2r13an2GM

T1T12故C错误；

D．对系外行星的近地卫星：

Mm0v12Gm0 2RR解得

12

42r13GMv1 2RT1R故D正确。 4．C 【解析】 【详解】

ABC.拔掉钉子A后，小球沿切线飞出，做匀变速直线运动，知道线环被钉子B套住，之后细线的拉力提供向心力，小球再做匀速圆周运动，故C正确，AB错误。 D,知道线环被钉子B套住前，匀速运动的位移为s5．B 【解析】 【分析】 【详解】

由日常天文知识可知，地球公转周期为365天，依据万有引力定律及牛顿运动定律，研究地球有G

ah2a22ahh2，故D错误。

M太M地2r地2M太r地M地M月442＝M地2r地，研究月球有G＝M月2r月，日月间距近似为r地，两式相比＝2r月M地T地T月r月23T月·.T地2M太M月M地M月F1M太FG太阳对月球万有引力F1＝G，地球对月球万有引力＝，故＝222F2M地r地r月2r地T月27·＝390=2.13，故选B. r月T365地2T月·＝T地6．B 【解析】 【分析】 【详解】

设索道的倾角为α，若不考虑任何阻力，对滑轮和乘客组成的整体，由牛顿第二定律得 （M+m）gsinα=（M+m）a 对乘客由于满足 Mgsinα=Ma

可知绳子与索道垂直。若索道与滑轮之间有摩擦，而乘客不受空气阻力，则当匀速运动时，绳子在竖直方向；若同时考虑滑轮与索道之间的摩擦以及人所受的空气阻力，则绳子应该在垂直于索道与竖直方向之间，则选项B正确，ACD错误；故选B。

13

7．D 【解析】 【详解】

AB．物体做曲线运动，合力大致指向轨迹凹的一侧，则加速度大致指向轨迹凹的一侧，由图可知：x轴方向有分加速度，所以x轴方向不可能匀速，y方向可能有分加速度，故质点沿y方向可能做变速运动，也可能做匀速运动，故A、B错误；

CD．物体在y方向匀速，则合力在水平方向，合力指向轨迹的凹侧可知合力水平向左，因此物体在水平方向先向右减速后向左加速，C错误，D正确。 故选D。 8．D 【解析】 【详解】

A．由速度分解此时汽车的速度为：v车=vcosθ，船靠岸的过程中，θ增大，cosθ减小，船的速度v不变，则车速减小，所以汽车做减速运动，故A错误；

BC．绳的拉力对船做功的功率为P，由P=Fvcosθ知，绳对船的拉力为：

Fp vcos对船：

FsinF浮mg

联立可知：

PtanF浮mg vθ增大，则F变大，F浮变小；故BC错误； D．船匀速运动，则Fcosθ=f，则

PFvcosfv

故D正确。 故选D。 9．A 【解析】 【分析】 【详解】

AB．原子核衰变过程，一次α衰变核电荷数和质量数分别减少2和4，一次β衰变核电荷数不变，质量数增加1，所以要经过4次α衰变和4次β衰变，A正确，B错误；

14

C．氡

22286Rn核的质子数为86，质量数为222，中子数为136，C错误；

D．半衰期是大量原子核衰变的统计规律，几个原子核不具有统计意义，D错误。 故选A。 10．A 【解析】 【详解】

天平原本处于平衡状态，所以线框所受安培力越大，天平越容易失去平衡，

由于线框平面与磁场强度垂直，且线框不全在磁场区域内，所以线框与磁场区域的交点的长度等于线框在磁场中的有效长度，由图可知，A图的有效长度最长，磁场强度B和电流大小I相等，所以A所受的安培力最大，则A图最容易使天平失去平衡． A正确； BCD错误； 故选A．

二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分 11．BC 【解析】 【详解】

当舰静止时，根据运动学公式有： v=at1 v2=2ax1 当舰运动时，有 v-v0=at2

12v0t2at2v0t2x2

2整理得：

t1v t2vv0x1v2() x2vv0故BC正确，AD错误。 故选BC。 12．CD 【解析】

15

【分析】 【详解】

小球A、B、C、D、E组成的系统机械能守恒但动量不守恒，故A错误；由于D球受力平衡，所以D球在整个过程中不会动，所以轻杆DB对B不做功，而轻杆BE对B先做负功后做正功，所以小球B的机械能先减小后增加，故B错误；当B落地时小球E的速度等于零，根据功能关系mghmv2 可知小球B的速度为2gh，故C正确；当小球A的机械能最小时，轻杆AC没有力，小球C竖直方向上的力平衡，所以支持力等于重力，故D正确，故选CD 13．ABC 【解析】 【详解】

AB．开始时B物块静止，轻绳无拉力作用，根据受力平衡： f4mgsin302mg

12方向沿斜面向上，小球A从静止开始摆到最低点时，以O点为圆心做圆周运动，应用动能定理：

mgr12mv 2落到最低点，根据牛顿第二定律：

v2Tmgm

r解得A球下落过程中绳子的最大拉力：

T3mg

此时对B物块受力分析得： T4mgsin30f

解得B物块受到的静摩擦力： fmgf

方向沿斜面向下，所以B物块在A球下落过程中，所受静摩擦力先减小为0，然后反向增大，AB正确； CD．A球的机械能由重力势能和动能构成，下落过程中只有重力做功，A球机械能守恒，同理，A、B系统也只有A球的重力做功，所以A、B系统的机械能守恒，C正确，D错误。 故选ABC。 14．BD 【解析】 【分析】

16

【详解】

A．两棒以相同的速度沿MN方向做匀速直线运动，回路的磁通量不断增大，根据楞次定律可知，感应电流方向沿逆时针，故A错误；

BC．设两棒原来相距的距离为s，M′N′与MN的夹角为α，回路中总的感应电动势

EBLcdvBLabvBv（LcdLab）BvstanBvstan

保持不变，由于回路的电阻不断增大，所以回路中的感应电流不断减小，故B正确，C错误；

E2D．回路中的热功率为P=，由于E不变，R增大，则P不断减小，故D正确。

R故选BD。 15．AD 【解析】 【分析】 【详解】

根据粒子的运动特点

xv0t

1qE2yt

2m整理得到

qEx2qEx2mqEx2y 222mv04Ek2pA．该项动能和电荷量均相等，则y相同，即氕核还能经过B点，选项A正确；

B．该项动量相等，但是质量和电荷量的乘积不相等，则y不同，氕核不能经过B点，选项B错误； C．该项动能相同，但是电荷量加倍，则y不同，氦核不能经过B点，选项C错误， D．该项速度相等，比荷也相等，则y相同，即氦核还能经过B点，所以D正确． 故选AD。

三、实验题：共2小题

16．偶然 40.80（40.78～40.2） 6.13×10-3 【解析】 【分析】 【详解】

（1）[1]确定P、M、N三点时，可用圆规画一个尽可能小的圆，把所有有效落点圈在里面，圆心即为落点的平均位置，这样做可以减小偶然误差；

17

（2）[2]由图可知，xON读数为40.80cm； （3）[3]碰前系统总的mx值是 0.02kg×0.3065m=6.13×10-3kg∙m

(7L2L1)f(L1L2)f217．从左向右

3075【解析】 【详解】

(1)[1]小车加速运动，相邻两点间距离越来越大，所以依次打出点的顺序是E、D、C、B、A，则纸带显示的运动方向为从左向右。

(2)[2]交变电流的频率为f，则相邻打点的时间间隔为

T1f 则图乙中相邻计数点间的时间为5T，由运动规律得

L1L23a(5T)2

解得

a(L1L2)f275 (3)由运动规律得

Lv)12D(5Ta(5T)22

vEvDa(5T)

解上述两式得

v7L2L1fE30

四、解答题：本题共3题 18． (1)mgcossin；(2)Rsin2cos(1cos)tgRtan(1cos) 【解析】 【详解】

(1)对B分析，绳子拉力

FTmgcos

把AB当成整体，水平方向合力为零，则

18

FFTsinmgcossin

(2)根据几何关系

OO'Rsin 绳长

LRtan 当B运动到最低点AB分离，此时小球距离地面高度

hOO'L

所以半圆柱体右下角距原来O点距离

dRR2h2

因此该过程半圆柱体位移为

x1RdR2h2Rsin2cos(1cos) AB分离时速度均水平且相等，根据机械能守恒定律

mgL(1cos)12mv22

解得

vgRcos(1cos)sin

此后半圆柱体做匀速运动，t时间内位移

x2vttgRcos(1cos)sin 全过程半圆柱体位移

xx1x2Rsin2cos(1cos)tgRtan(1cos)

19．①450K；②600K 【解析】 【详解】

19

①根据题意，由理想气体状态方程有

p1V1p2V2TT 12解得

T2450K

②由题图可知，气体压强p与体积V之间的关系为

p412V

由理想气体状态方程有

p1V1pVTT 1整理后有

T752V4216

当V4L时，T最大，可得

Tmax600K

20． (1)1.16；(2)1.84109s 【解析】 【分析】 【详解】 (1)如图所示：

根据反射成像的对称性，可知

AOD4560105

折射角为

20

180105r37.52

由折射定律得

nsinisinr 代入数据解得

sin45nsin37.51.16 (2)根据折射定律可得

vcn 光在该柱体的传播

x2Rcosr

光在该柱体的传播时间

tx2vnRcosrc 代入数据得

t1.84109s

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22