山东省济宁市育才中学2024-2025学年高二下学期开学考试物理试题

济宁市育才中学2023级高二下学期阶段性测试 物理试题 2025.02 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24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.物理学是一门以实验为基础的学科，物理从生活中来又到生活中去。对于下列教材中所列的实验和生活用品，说法正 确的是( ) G (法拉第用过的线圈， 丙 A.甲图中，两根通电方向相反的长直导线相互排斥，是通过电场实现的 B.乙图中，若在b的两端接上交流电源（电流的大小和方向周期性变化），稳定后接在cd端的表头示数不为0 C.丙图中，生活中常用微波炉来加热食物，这是利用了电流的热效应 D.奥斯特利用丁图实验装置发现了电磁感应现象 2.蜘蛛用蜘蛛网来捕捉猎物。蜘蛛网是由丝线构成的，有研究表明，当有昆虫“落网”时，网上的丝线会传递振动信号， 蜘蛛通过特殊的感知器官，如腿上的刚毛和体表的感压器来接收和解读这些振动信息。若蜘蛛网的固有频率为200Hz, 则下列说法正确的是( A.“落网”昆虫翅膀振动的频率越大，蜘蛛网的振幅就越大 B.当“落网”昆虫翅膀振动的频率低于200Hz时，蜘蛛网不振动 C.当“落网”昆虫翅膀振动的频率为200Hz时，蜘蛛网的振幅最小 D.昆虫“落网”时，蜘蛛网振动的频率与“落网”昆虫翅膀振动的频率有关 3.如图所示，为竖直方向的弹簧振子，振子以O为平衡位置在BC间做简谐运动，则振子在运动过程 中，下列说法正确的是( A.从C→O→B振子完成一次全振动 B.振子在O点时弹簧的弹性势能等于零 C.振子的回复力由弹簧的弹力提供 D.从O→C弹簧振子的能量不变 4.在匀强磁场中有粗细均匀的同种导线制成的“正八角形”线框，磁场方向垂直于线框平面向里， a、c两点接一直流电源，电流方向如图所示。已知abc边受到的安培力大小为3F,则整个线框所 受安培力大小为( ) A.6F B.5F C.4F D. 3 5.如图所示为双缝干涉实验装置的截面图，单色光源S到双缝S,、S2的距离相等，O是S,、 S,连线中垂线与光屏的交点。介质为空气时，O点出现亮条纹。若将中垂线上方充满折射率 光源S ”1介质 为n(n,>1)的介质，下方仍为折射率=1的空气，则原本在O点处的亮条纹将会( ) 空气 A.保持不变 B.向上移动 C.向下移动 D.无法判断 6.抗日战争时期，我军缴获不少敌军武器，其中某轻机枪子弹弹头质量约10g。某战士在使用该机枪连续射击1分钟的 过程中，测得机枪所受子弹的平均反冲力大小约10N,机枪在这1分钟内射出子弹的数量为120颗，可估算子弹出膛 速度大小约为 A.500m/s B.600m/s C.700m/s D.800m/s 7.图甲为洛伦兹力演示仪的实物图，乙图为其结构示意图。演示仪中有一对彼此平行的共轴串联的圆形线圈（励磁线圈）， 通过电流时，两线圈之间产生沿线圈轴向、方向垂直纸面向内的匀强磁场。圆球形玻璃泡内有电子枪，电子枪发射电子， 电子在磁场中做匀速圆周运动。电子速度的大小可由电子枪的加速电压来调节，磁场强弱可由励磁线圈的电流来调节。 下列说法正确的是() 励磁线圈 A. 仅使励磁线圈中电流为零，电子枪中飞出的电子将做匀加速直线运动 (前后各一个) B.仅提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的周期将变小 玻璃泡 C.仅增大励磁线圈中电流，电子做圆周运动的周期将变小 电子枪 D.仅提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的半径将变小 甲 8.如图所示，质量为m、长为1的金属杆αb静止于水平导轨上，空间存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向与 金属杆ab垂直且与导轨平面成O角。若闭合开关，金属杆ab通过的电流大小为I,金属杆ab仍静止，则() A.金属杆ab受到的安培力为BIlsin0 B.金属杆ab对轨道的压力为mg-.BIlsin0 C.若磁场反向，金属杆ab对轨道的压力为mg-BIlcost8 D.若磁场反向，金属杆ab所受的摩擦力为f=BIL sin 0 二、多项选择题（本题共4个小题，每小题4分，共16分：全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或 不答的得0分) 9.一列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴正方向传播，当传播到x=1m处 y/cm 的质点A时开始计时，t仁4s时的波形如图所示，且此时波刚好传播到x=3m 处，B、C两质点此时的位移均为y=lm。下列说法正确的是() A.该波传播的速度大小为lm/s m B.t仁4s之后，质点C比质点B回到平衡位置要晚1s C.t8s时质点A将运动到平衡位置 D.t=11s时，平衡位置在x=5m处的质点的位移为-2cm 10.在如图所示的电路中，电源电动势E、内阻r恒定，R1、R2是定值电阻。闭合开关S,平行板电容器两板间有一 带电液滴刚好处于静止状态。将滑动变阻器R3的滑片向上滑动一段长度，理想电压表V1、V2、V3的示数变化量的 绝对值为△U1、△U2、△U3,电流表A是理想电流表。下列说法正确的是( A.电流表A示数变大，电压表V2的示数变大 B.AU3=△U1+AU2 R C.R3的滑片向上滑动过程中，定值电阻R2中有从b流向a的瞬间电流，带电液滴将 向上运动 D.电源效率增大 11.磁场中的四种仪器如图所示，则下列说法中正确的是() ××××× ov 甲：回旋加速器 乙：质谱仪 丙：霍尔元件 丁：电磁流量计 A.甲中回旋加速器加速带电粒子的最大动能与加速电压有关 B.乙中不改变质谱仪各区域的电场磁场时击中光屏同一位置的粒子比荷相同 C.丙中自由电荷为负电荷的霍尔元件通上如图所示电流和加上如图磁场时，N侧电势高 D.丁中长宽高分别为、b、c的电磁流量计加上如图所示匀强磁场，若流量Q恒定，前后两个金属面的电压 与c有关 12.如图所示，一质量为m的带电粒子从P点以垂直于磁场边界方向的速度ⅴ射入磁场，穿出磁场时，速度方向与 入射方向夹角为0。设磁感应强度为B、磁场宽度为。粒子速度始终与磁场垂直，不计粒子所受重力和空气阻力。 下列说法正确的是() A.在粒子穿越磁场的过程中，洛伦兹力对该粒子做正功 B.在粒子穿越磁场的过程中，洛伦兹力对该粒子的冲量不为0 C.该粒子的比荷为ysin日 Bd D.该粒子在磁场中运动的时间为4 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 13.(6分)在“用插针法测定玻璃砖折射率”的实验中： sine 0.6 0.4 0.2 O sine P\ 00.20.40.60.8 丙 分 P (1)如图甲，下列说法正确的是 (单选，选填正确选项前的字母) A.为了减小作图误差，P和P,的距离应尽可能取小些 B.如果光在界面aa'的入射角大于临界角，光将不会进入玻璃砖 C.不论光以什么角度从aa'射入，经一次折射后到达界面bb'都能射出 (2)小张同学确认所有操作步骤都正确后，根据测得的入射角和折射角的正弦值画出图线，如图乙所示，从图线可求得 玻璃砖的折射率是 (3)小杨同学在画界面时，不小心将界面bb'画的比玻璃砖宽了一些，其余操作均正确，如图丙所示，他测得的折射 率 真实值（选填“大于”、“小于”、“等于”）。 14.(8分)学生实验小组要测量量程为3V电压表的内阻Rv(约为1k2~3k2)可选用的器材有： 多用电表： 电源E(电动势约5V); 红表笔 红表笔 电压表V1（量程5V,内阻约3k2); 定值电阻Ro(阻值为8002)； 滑动变阻器R1(最大阻值502)； Q 多用表 电压表 多用表 滑动变阻器R2(最大阻值5kΩ)： 黑表笔 电压表 黑表笔 开关S,导线若干 A B 完成下列填空： (1)利用多用电表粗测待测电压表的内阻，先将红、黑表笔短接调零后，选用图中 (填“A”或“B”)方式 连接进行测量； (2)该多用电表刻度盘上读出电阻刻度中间值为15，欧姆挡的选择开关拨至倍率 (填“X10”、“×100” 或“×1k”)挡，多用电表和电压表的指针分别如图甲、乙所示，则多用电表中电池的电动势为 V(保留3 位有效数字) 13 002今> 15 00.5 A-V-2 7 甲 丙 (3)为了提高测量精度，他们设计了如图丙所示的电路，闭合开关S,滑动变阻器滑片滑到某一位置时，电压表V1和 待测电压表的示数分别为U1、U,则待测电压表内阻Ry= (用U1、U和R0表示)。 15.(8分)如图所示，在与水平方向成37°角的金属导轨间连一电源，电源电动势E=1.5V,内阻r=0.52,在相距L=1m 的平行导轨上垂直于导轨放一重0.3N的金属棒ab,棒在两导轨间电阻R=4.52,其余电阻不计，磁场方向竖直向上， 导轨和金属棒之间的摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导体棒静止，si37°=0.6，cos37°=0.8，求： (1)流过金属棒的电流强度大小； (2)匀强磁场的磁感应强度取值范围。 370 16.(8分)一半径为R的半圆柱形玻璃砖，底面为长L、宽2R的矩形，现将矩形底面水平放置，竖直截面为如图 所示半圆，0为半圆形栽面的圆心，OP之间的距离为Y2R。一单色光线从P点垂直界面入射后，恰好在玻璃砖圆 2 形表面发生全反射。若换成照射面积足够大的该单色平行光束从半圆柱体的矩形表面射入，该光束平行于半圆形截 面并与竖直方向成0=45°角。不考虑光线在玻璃砖内的多次反射。求： (1)玻璃砖的折射率： (2)该光束射入玻璃砖后，有光线射出的圆柱面的面积。 17.（14分)如图所示，光滑水平面的右侧平滑连接一竖直放置的半圆形光滑轨道CD,轨道半径R=0.5。物块 A和B分别置于水平面上，m=100g,mB=200g。现使物块A以速度，=10m/s向右运动，与B发生正碰，碰后物块 B能恰好通过半圆形轨道的最高点D,重力加速度g取10m/s2。 (1)碰撞后物块B的速度大小； (2)物块A和B在碰撞过程中损失的机械能： (3)不同质量的物块之间发生的碰撞效果是不同的，若A的质量不变，为保证碰撞后物块B均恰好能经过半圆形 轨道的最高点，求物块B的质量范围。 D R O. B 777777777777777777777777777 18.(16分)如图所示，平面直角坐标系xOy中，x>0区域内存在着方向与x轴负向成45°角的匀强电场E2,电 场强度大小E2=10W2Vm,在-lm<x≤0区域内存在着垂直于xOy平面向里的匀强磁场，在x≤-lm区域内存 在沿y轴负方向的匀强电场E1,电场强度大小E1=20Vm,带正电粒子从电场E1中P(-2m,0.5m)点沿x轴正方 向以初速度02ms射出，粒子恰好从坐标原点进入电场E2,该粒子的比荷9=0.2C/kg,不计粒子重力，求： (1)粒子进入磁场时速度的大小和方向； (2)磁感应强度大小； y/m (3)粒子从P点射出到第三次经过y轴时的时间。 XBx E P ×× 45° x/m E济宁市育才中学2023级高二下学期阶段性测试 物理试题参考答案 2025.02 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。 1、【答案】B 【详解】A.电流能够产生磁场，甲图中，两根通电方向相反的长直导线相互排斥，是通过磁场实现的，故A错误： B.乙图中，若在b的两端接上交流电源（电流的大小和方向周期性变化），该电流产生的磁场使穿过连接cd端线圈的 磁通量发生变化，连接cd端线圈中有感应电流产生，可知，稳定后接在cd端的表头示数不为0，故正确： C.丙图中，生活中常用微波炉来加热食物，这是利用了红外线的热效应，故C错误： D.奥斯特利用丁图实验装置发现了电流的磁效应，故D错误。故选B。 2、【答案】D 【详解】A.根据共振的条件可知，系统的固有频率等于驱动力的频率时，系统达到共振，振幅最大，故A错误： B.当“落网”昆虫翅膀振动的频率低于200Hz时，蜘蛛网仍然振动，故B错误；C.当“落网”昆虫翅膀振动的频率为200Hz 时，系统的固有频率等于驱动力的频率，蜘蛛网的振幅最大，故C错误；D.受迫振动的频率等于驱动力的频率，所以 昆虫“落网时，蜘蛛网振动的频率由“落网”昆虫翅膀振动的频率决定，故D正确。故选D。 3、【答案】D 【详解】A.从C→O→B,再从B→O→C,振子完成一次全振动，故A错误；B.振子在O点受到的弹簧的弹力等于振 子重力，弹簧有形变，弹性势能不为0，故B错误；C.振子的回复力由重力和弹力的合力提供，故C错误： D.振子的动能、重力势能和弹簧的弹性势能的总和保持不变，故D正确。故选D。 4、【答案】C 【详解】根据题意，由电阻定律R=P了可知，两段导线的电阻之比为1：3，欧姆定律可知，电流之比为3：1，由于两段 导线的有效长度相等，由公式F=BL可知，长导线所受安培力为F,由左手定则可知，两段导线所受安培力方向相同， 则整个线框所受安培力大小为F'=F+3F=4F.故选C。 5、【答案】B 【详解】开始时两狭缝到0点的距离相等，即两狭缝到0点的距离是波长的倍数相等：由于v=C=入f,光在n,(m>) n 的介质中传播时，频率不变，波速减小，故波长变短。则光屏上到狭缝S和S2的距离等于波长倍数相等的位置上移，因 此中央亮纹向上移动。故选B。 6、【答案】A 本题可根据动量定理，通过计算子弹对机枪的平均作用力，结合已知条件来估算子弹出膛速度大小。 设子弹的质量为m,子弹出膛速度为v,机枪所受子弹的平均反冲力为F,t=1分钟=60秒，n=120颗。 以子弹为研究对象，根据动量定理Ft=nmv,可得v=:。代入子弹弹头质量m=10g0.01kg,机枪所受子弹的平均反 nm 冲力F=10N,将数值代入公式可得：v=500m/s所以，子弹出膛速度大小约为500m/s。故选A 7、【答案】C 【详解】A.若励磁线圈中电流为零，则磁感应强度为0，电子枪中飞出的电子将做匀速直线运动，故A错误；B.电 子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有98=m。,T=2πR解得T-2” 可知，电子圆周运动 R aB 的周期与加速电压无关，则提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的周期将不变，故B错误；C.增大励磁线圈中电 流，磁感应强度增大，结合上述，电子做圆周运动的周期将变小，故C正确；D.结合上述，解得粒子圆周运动的半 径R=my 电子加速过程，根据动能定理有qU-。m'若提高电子枪加速电压，粒子圆周运动的线速度增大， gB 则电子做圆周运动的半径将变大，故D错误。故选C。 8、【答案】D 【详解】A.受力分析如图导线跟磁场垂直，所以安培力为F=BL故A错误；B.金 属杆ab受到的支持力为N=mg-BIL cos0根据作用力与反作用力的关系知，金属杆对轨 道的压力为mg-BIL cos0,故B错误；C.若磁场反向，由左手定则可知，安培力水平反向， 则金属杆ab受到的支持力为N=g+BIL cos(0根据作用力与反作用力的关系知，金属 杆对轨道的压力为g+BIL cos8,故C错误；D.若磁场反向，金属杆ab仍静止，根据受 ↓G 力图，金属杆ab受到的摩擦力大小为f=BIL sin 0若D正确。故选D。 二、多项选择题（本题共4个小题，每小题4分，共16分；全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的 得0分) 9、【答案】CD 【详解】A.由题意知周期T=4s,由图像可知=2m,则波速v= 0.5m5故A错误；B.X=1m处的质点A开始振 T 动时，位移y2sin(匹t)cm由图分析可知，B点正在向下振动，再经tB T回到平衡位置，C点正在向上振动， 12 再经c5T回到平衡位置，即质点C比质点B晚A令的时间回到平衡位置，故B错误：C.质点从4s至8s,振动 12 3 了一个周期，回到了平衡位置，故C正确；D.从开始计时到波传播到x=5处，需用时8s,振动时间为3s=二T,由 4 于起振方向向上，则=1ls时x=5m处的质点的位移y=-2cm,故D正确。故选CD。 10、【答案】BCD 【详解】A.分析电路可知，当开关S闭合，滑动变阻器与定值电阻R1串联后接在电源两端；将滑动变阻器的滑片向上 滑动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，电路总电阻变大，电路电流减小，理想电流表A示数减小；理想电压表V1测量 定值电阻R1两端的电压，据欧姆定律可得U=R因电路电流减小，则U1变小，即理想电压表V1示数减小；而理 想电压表V2测量电源的路端电压，根据闭合电路欧姆定律可得U2=E一r因电路电流减小，电源内阻上分得的电 压变小，电源路端电压增大，理想电压表V2的示数增大，故A错误；B.理想电压表V3测量滑动变阻器两端的电压， 根据闭合电路欧姆定律可得U3=E-I(+r）电路电流减小，则U3增大；理想电压表V1测量定值电阻R1两端的 电压，根据欧姆定律可得U,=IR理想电压表V2测量电源的路端电压，根据闭合电路欧姆定律可得U,=E-Ir 故 AC=(R+）AC=R4-?所以A,=AU+AU,故B正确：C.根据C= 可知电 △I △ △I U 容器的电荷量Q增大，电容器充电，所以定值电阻R中有从b流向a的瞬间电流，又E= E增大，向上的电场 d R外 R外= 力增大，则带电液滴将向上运动，故C正确；D.电源效率” =TP(R外+r)R外+r1+ 滑动变阻器接入电 R 路的电阻变大，外电路总电阻变大，电源效率变大，故D正确。故选BCD。 11、【答案】BD 1 A.令回旋加速器的半径为R,则有9少B=成色，号)成部解得E二9A 可知， R 2m 甲中回旋加速器加速带电粒子的最大动能与加速电压无关，故A错误；B.粒子在速度选择器中做匀速直线运动，则 8=gE粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，则有gB,=m片解得9=。E。 1y2 有 光屏上同一位置的轨 R m RB B, 道半径一定，可知，乙中不改变质谱仪各区域的电场磁场时击中光屏同一位置的粒子比荷相同，故B正确；C.自由 电荷为负电荷，则自由电荷定向移动的方向与电流方向相反，根据左手定则可知，负电荷向N侧聚集，可知，丙中自由 电荷为负电荷的霍尔元件通上如图所示电流和加上如图磁场时，M侧电势高，故C错误：D.稳定时，电场力与洛伦 兹力平衡，则有8=9号流量为Q=c解得U-碧可知，丁中长宽高分别为a、b、c的电磁流量计 U 加上如图所示匀强磁场，若流量Q恒定，前后两个金属侧面的电压与c有关，故D正确。故选BD。 12、【答案】BC 【详解】A.在粒子穿越磁场的过程中，洛伦兹力与粒子的速度方向始终垂直，则洛伦兹力对该粒子做的功为0，故A错 误；B.在粒子穿越磁场的过程中，速度大小不变但方向改变，则动量改变，根据动量定理可知，则合外力冲量不为零， 粒子仅受洛伦兹力作用，则洛伦兹力对该粒子的冲量不为0，故B正确；C.粒子在磁场中在洛伦兹力作用下做匀速圆 周运动 qvB =my d R 根据几何关系R= 联立解得4-sm日故C正确；D.粒子在磁场中在洛伦签 sinθ m Bd 力作用下做匀速圆周运动，穿越磁场的过程中，水平方向速度大小由ⅴ一直减小，则该粒子在磁场中运动的时间大于二， 故D错误。 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 13、(共6分，每空2分)【答案】(1)C(2)1.5 (3)偏小 【解析】(1)A.P,和P,的距离应适当取大些，这样做出的折射光线的方向更加准确，故A错误；B.发生全反射的 条件是光从光密介质射向光疏介质，因此，即使光在界面aa'的入射角大于临界角，光也不会发生全反射，而一定会折射 进入玻璃，故B错误：C.光在aa的入射角为9，根据折射定律有sin9,=sm8<=sinC由几何关系可得， nn 界面bb'的入射角等于B2。因此，无论光以什么角度从aa'射入，经以此折射后到达界面bb'时的 入射角都会小于全反射的临界角，所以光都能从界面bb'射出，故C正确。故选C。 (2)玻璃砖的折射率n-sn则sinA,=1sin8可知sin8,-sinA图线斜率的倒数 sine n 表示折射率，代入数据解得=1.5【小问3详解】小杨同学测定折射率时，实验所得的折 sine 射光线为2，而实际的折射光线为1，如图所示。 可知实验所得的折射角0，偏大，则由折射率n= 可知， sine, 小杨同学测得的折射率与真实值相比偏小。 URo 14、(共8分，每空2分)【答案】(1)A(2) ①×100 ②2.71 (3) U-U 【解析】(1)多用电表使用时电流“红进黑出”的规则可知：测量电阻时电源在多用电表表内，故将多用电表的红、黑表 笔分别与待测电压表的“负极、正极相连”。故选A。 (2)[1]Rv约为1k2~3k2,则欧姆挡的选择开关拨至倍率×100；测得到的该电压表内阻为R=16.0×1002=1.6k2, 1.40 测量量程为3V电压表，则电压表的读数为1.40V;[4]多用电表电池的电动势为E=1.40V+ ×1.5V≈2.71V(3) 1.6 通过待测电压表的电流大小与定值电阻电流相同为1=)· U URo 根据欧姆定律得待测电压表的阻值为R,=二 I U-U 15、(8分)【答案】(1)0.3A(2)一T≤B≤2T 解：(1)由闭合电路的欧姆定律可得：1==03A(1分) (2)当导体棒有下滑趋势时，则有：mgsint0=F1cos6+μ(mgcost6+F1sin)(1分) F1=B1IL(1分) 解得：B1=品T(1分) 当导体棒有上滑趋势时：mgsin0+μ(mgcos0+F2sin0)=F2cos0(1分) F2=B2IL(1分)解得：B2=2T(1分) 故磁感应强度的取值范围为：品T≤B≤2T(1分) 16.(8分)【答案】(1)V2 (2)2πLR V2R 解(1)单色光线从P点垂直界面入射后，恰好在玻璃砖圆形表面发生全反射，则临界角满足」 inC=2=V2(1分) R2 1 根据全反射临界角公式有n= sinC=V5(1分) (2)根据折射作图，如图 根据折射定律有n=sin:(1分)可知所有光线的折射角都为r=30° sinr 对于从O点右侧入射的光线，某折射光线刚好在D点发生全反射，则有∠ADO=C=45°(1分) 所以∠A0D=180°-60°-45°=75°(1分) 当∠AOD<75时，发生全反射，不能从玻璃砖表面射出。 对于从左侧入射的光线，设折射光线刚好在C点发生全反射，此时∠B0C=180°-120°-45°=15°(1分) 故能够从玻璃砖出射的光束范围限制在圆弧DC区域上，设其对应的圆心角为p,则0=180°-15°-75°=90°(1分) 所以玻璃砖表面有光线射出部分的面积为S=L×?R= πLR(1分) 2 2 17.(14分)【答案】(1)5m/s （2)2.5J (3)100g<mB<300g (1分) 解：（①)物块B恰好能过最高点，在最高点，由牛顿第二定律m,g=m:尺 2、1 物决B由C到D的过程，由动能定理-Mg2Rm%)%(1分 解得ye=V5gR=5ms(1分) (2)物块A和B的碰撞过程，由动量守恒定律ma,=maY+mVc(1分)解得y=0m/s(1分) 二mA-一my2(①分)，代入数据可得△E 2 (3)要使物块B均能过最高点，则碰撞后B的速度均为v。=5m/s(1分) 若碰撞是完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律mA',=(ma+mB)yc(1分) 解得m6=100g(1分) 若碰撞是完全弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律 mAVo=may+mBVc(1分) 1 1 1 7ma6=亏m+亏m2(1分) 2 2 2 代入数据，解得y=-5m/s,mg=300g(1分) 所以物块B的质量范围100g<me<300g(1分) 18.(16分)【答案】(1)2√2m/s,速度方向与x轴正向夹角为45°；(2)B=20T:(3) 2.5+ 4 解(1)根据题意可知，粒子在电场E,中做类平抛运动，设经过，时间进入磁场，有x=V（1分) 解得t1=0.5s(1分)，则有y= _1E42=0.5m(1分) 2 m 2 粒子从(-1m,0)处进入磁场，其速度大小v=2+y,2=2 =2W2m/s(1分) m Eat m 速度方向与x轴正向夹角为6，tan0=业=m=1，解得0=45°(1分) Vo Vo ×B (2)由对称性可知，粒子进入电场E2时速度方向与x轴正向夹角也为45°，即在磁场中 E, 转过角度α=90°，设在磁场中圆周运动半径为R,运动轨迹如图所示，由几何关系得 45° 则R= x/m d=√2R(1分) m(1分) 2 洛仑兹力提供向心力有gvB=m E (1分) 解得B=20T(1分) R 1 (3)粒子进入电场E2做匀减速运动，当速度为零时折返，由动能定理有一mv2=E,9S(1分)解得s=√2m(1分) 2 在磁场做圆周运动周期T=2πm-兀、 =s(1分) gB 2 _T=元§(1分) 粒子在磁场中运动时间专=489 子在电场E,中单程运动时间=下=1s(1分) 2 粒子再次进入磁场做圆周运动，转过90°后垂直进入电场E2,用时t4=t2,粒子从P点射出到第三次通过y轴时间 1=4+5+2%+-25+}2分)