福建省泉州市四校2024-2025学年高三下学期开学联考物理试卷

2024-2025学年福建省泉州市四校联考高三（下）开学物理试卷 一、单选题：本大题共4小题，共16分。 1.2024年6月25日，嫦娥六号携带着从月球背面采来的样品成功返回地球，这标志着我国的嫦娥探月工程又向前迈出了一大步。比嫦娥六号先行着陆月球的嫦娥四号，其上装有核电池，可在月夜低温环境下采集温度信息。核电池将衰变释放核能的一部分转换成电能，的衰变方程为，下列说法正确的是(    ) A. 衰变方程中的x等于3 B. 由组成的射线的电离能力比射线的弱 C. 的比结合能比的比结合能小 D. 的中子数为92 2.如图，由a、b两种单色光组成的复色光，沿半球形水雾的半径方向AO入射，折射后分成两种单色光a、b。其中，a光与界面的夹角为，b光的折射率为，b光与法线的夹角为，光在空气中的传播速度为c，水雾半球的半径为R。下列说法中正确的是(    ) A. a光在半球水雾中的传播时间为 B. a光在半球水雾中的传播时间为 C. a单色光的频率比b单色光的频率大 D. 利用a、b单色光做双缝干涉实验，在相同实验条件下，b光比a光的条纹间距小 3.一列简谐横波沿x轴正方向传播，某时刻的波形如图所示，已知振幅为A，波长为，关于质点P，下列说法正确的是(    ) A. 该时刻加速度沿y轴负方向 B. 该时刻速度沿y轴负方向 C. 此后周期内通过的路程为A D. 此后周期内沿x轴正方向迁移的距离为 4.宇宙中有数万亿个星系，每个星系包含数百万到数千亿颗恒星，某星系中有一颗质量分布均匀的行星，其半径为R，将一质量为m的物块悬挂在弹簧测力计上，在该行星极地表面静止时，弹簧测力计的示数为F；在赤道表面静止时，弹簧测力计的示数为。已知引力常量为G。下列说法正确的是(    ) A. 该行星的密度为 B. 该行星的质量为 C. 该行星赤道处的重力加速度为 D. 该行星的自转周期为 二、多选题：本大题共4小题，共24分。 5.如图甲所示，在平静的水面上，有长方形的ABCD区域，其中，。在A、B处安装两个完全相同的振动器，时，同时打开开关，振源的振动图像如图乙所示，形成的水波以的速度传播。下列说法正确的是(    ) A. 时，D点开始振动 B. 水波波长为 C. C点是振动减弱点 D. CD线段上包括C、D两点振动加强点有5个 6.如图，虚线a、b、c、d、e为某有界匀强电场区域的五个等势面，各等势面间的距离相等。质子、粒子以相同的初动能，沿c射入该电场区域，其中一束粒子从d离开电场，另一束粒子从下边界e离开电场。则质子和粒子从进入到离开电场的过程中，下列说法正确的是(    ) A. 从e等势面离开电场的是粒子 B. 质子与粒子的动能增量之比为：：2 C. 质子与粒子的动量改变量之比为：：2 D. 质子与粒子在电场中运动的时间之比为：：2 7.如图，某同学在桌面弹滑块，滑块视为质点瞬间获得一个水平向右的初速度，沿平行于桌边的直线做匀减速运动，经过2s，滑块从桌面的右端飞出，则桌面的长度L可能是(    ) A. B. C. D. 8.如图所示，水平线PQ上方某区域内存在垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。O点在边界上且存在粒子源，可发出方向垂直PQ向上、初速度大小不同的粒子，初速度的最大值为v，粒子从O点发出即进入磁场区。最终所有粒子均从O点左侧与水平成斜向左下方穿过水平线PQ，所有粒子质量均为m，带电量绝对值为q，不计粒子重力及粒子间相互作用，下列说法正确的是(    ) A. 粒子初速度越大，从O点到达水平线PQ的时间越长 B. 初速度最大的粒子从O点出发到穿过PQ的过程中动量变化为 C. 速度最大的粒子从水平线PQ离开的位置距O点的距离为 D. 匀强磁场区域的最小面积为 三、填空题：本大题共3小题，共12分。 9.如图，一粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，左、右两管都封有一定质量的理想气体A、B，水银面a、b间的高度差为，水银柱cd的长度为，且，a面与c面恰处于同一高度，大气压强为75cmHg，则A气体压强为______ cmHg；若在右管开口端加入少量水银，系统重新达到平衡，水银面a、b间新的高度差______右管上段新水银柱的长度填“大于”“等于”或“小于”。 10.如图所示，物块A重10N，物块B重20N，A、B间、B与地面间的动摩擦因数为。现用水平拉力F向左拉物块B，要使A、B发生相对滑动，则F至少为______ N，且A对B的摩擦力方向水平向______填“左”或“右”。 11.如图所示，竖直平面MNRS的右侧存在竖直向上的足够大的匀强磁场，从平面MNRS上的O点处以初速度垂直MNRS面向右抛出一带电量为q质量为m小球。若磁感应强度，g取。则小球离开磁场时的速度大小为______；小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为______ m。 四、实验题：本大题共2小题，共12分。 12.某实验小组的同学利用图甲所示的装置完成“验证动量守恒定律”的实验。实验时先让A球从斜槽上某一固定位置由静止释放，P点为A球落点的平均位置；再将半径相同的B球放在水平轨道的末端，将A球仍从原位置由静止释放，M、N分别为A、B两球碰撞后落点的平均位置。O点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影，O、M、P、N位于同一水平直线上。 若小球A的质量为，小球B的质量为，为保证两球碰撞后沿同一方向运动，则要求______填“>”“=”或“<”； 小球释放后落在复写纸上会在白纸上留下印迹。多次实验，白纸上留下多个印迹，如果用画圆法确定小球的落点，图乙中画的三个圆最合理的是圆______填“a”“b”或“c”； 本实验中______填“必须”或“没必要”测量小球做平抛运动的高度； 若测得，，，在误差允许的范围内，满足关系式______成立，则验证了动量守恒定律；若满足关系式______成立，则说明碰撞为弹性碰撞。均选用、、、、表示 13.一段粗细均匀、中空的圆柱形导体，其横截面及中空部分横截面均为圆形，如图所示。某同学想测量中空部分的直径的大小，但由于直径太小无法直接精准测量，他设计了如下实验进行间接测量。 该同学进行了如下实验步骤： 用螺旋测微器测得这段导体横截面的直径D如图所示。则直径D的测量值为______ mm。然后又用游标卡尺测得该元件的长度L。 用多用电表粗测这段导体两端面之间的电阻值：该同学选择“”挡位，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏转角度太大。为了较准确地进行测量，应该选择______挡位选填“”或“”，并重新欧姆调零，正确操作并读数，此时刻度盘上的指针位置如图所示，测量值为______。 设计了如图所示的电路精确测量这段导体两端面之间的电阻值，除待测导体件外，实验室还提供了下列器材： A.电流表量程为20mA，内阻 B.电流表量程为50mA，内阻未知 C.滑动变阻器 D.定值电阻 E.定值电阻 F.电源电动势，内阻可以忽略 G.开关S、导线若干 根据以上器材和粗测导体电阻值的情况可知，电路中定值电阻应选择______填器材前面的字母代号；为了减小误差，改变滑动变阻器滑动触头的位置，多测几组、的值，作出关系图像如图所示。若读出图线上某点对应的x、y的坐标值分别为a和b，则可知这段导体两端面间电阻的测量值______用图像中数据和题设给出的物理量符号表示 该同学查出这段导体材料的电阻率，则中空部分的直径大小测量值为______用图像中数据和题设给出的物理量符号表示。 五、简答题：本大题共1小题，共14分。 14.如图所示，竖直平面内固定有轨道ABCDE，BC段水平放置，其左侧是光滑斜面AB，右侧CD是光滑圆弧，DE段足够长的倾角，各段轨道均平滑连接，在圆弧最低处C点下方安装有压力传感器。一质量的滑块P从左侧斜面某处由静止释放，经过B点后沿水平轨道BC向右滑行，第一次经过C点时，压力传感器的示数为滑块P的重力的11倍。已知BC段长度，CD段是半径、圆心角的圆弧，滑块P与BC段、DE段间的动摩擦因数均为µ，重力加速度g取，，。 求滑块P第一次经过C点时的速度大小； 求滑块P从左侧斜面由静止释放时离BC的高度； 若将另一质量的滑块与BC段、DE段的动摩擦因数也为µ置于C点，同样让滑块P从斜面AB上原位置由静止释放，P与Q在C点发生弹性正碰，求P与Q最终的距离。 六、计算题：本大题共2小题，共22分。 15.如图所示，传送带与水平面之间的夹角，其上A、B两点间的距离，传送带在电动机的带动下以的速率匀速运动。现将一小物体可视为质点轻放在传送带的A点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数，重力加速度的大小，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中；求： 小物体刚开始运动时的加速度大小； 小物体从A点运动到B点经过的时间。 16.平面直角坐标系xOy如图所示，在第Ⅰ、Ⅱ象限中有一圆心在O点、半径为R的半圆形有界匀强磁场，磁场方向垂直坐标平面向里，磁感应强度大小为B，在的上方有一沿x轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E。在坐标原点有一粒子源，可以沿坐标平面向第Ⅰ象限内的任意方向发射相同速率的带正电的粒子，粒子的质量为m，电荷量为q。发现有一粒子记为粒子从y轴上的P点离开磁场进入电场，并且此时速度方向与y轴正方向成角，粒子的重力忽略不计，不考虑粒子间的相互作用。求： 粒子射入磁场时速度的大小； 出磁场后能垂直进入电场的粒子从粒子源射出到经过y轴所用的时间； 在直线上，粒子能进入电场的横坐标范围。 答案和解析 1.【答案】C  【解析】解：A、根据衰变过程中质量数守恒可得，故A错误； B、根据上面的分析可知衰变的粒子为，是粒子，粒子的电离能力最强，射线的电离能力最弱，故B错误； C、核反应是朝着比结合能大的方向进行的，所以的结合能比的结合能小，故C正确； D、的中子数为，故D错误。 故选：C。 根据衰变过程中的质量数守恒计算；粒子的电离能力最强，射线的电离能力最弱；核反应是朝着比结合能大的方向进行的；根据质量数等于质子数加中子数计算。 知道衰变过程中质量数、电荷数守恒，核反应是朝着比结合能大的方向进行的，质量数等于质子数加中子数等是解题的基础。 2.【答案】C  【解析】解：AB、设入射角为，由折射定律可知，对b光有，解得，则a光的折射率为，所以a光在半球水雾中的传播速度为，a光在半球水雾中的传播时间为，解得，故AB错误； C、因为，所以a光频率大于b光的频率，故C正确； D、根据可知，，根据干涉条纹间距公式可知，利用a、b单色光做双缝干涉实验，在相同实验条件下，b光比a光的条纹间距大，故D错误。 故选：C。 根据折射定律计算出a光的折射率，进而可得a光在半球水雾中的速度，可得在半球水雾中的运动时间；折射率大的光，频率大；根据干涉条纹间距公式分析。 能够得到a光的折射率是解题的关键，掌握光在介质中传播速度公式和干涉条纹间距公式是解题的基础。 3.【答案】B  【解析】解：A、根据可知，该时刻P的加速度沿y轴正方向，故A错误； B、波沿x轴正方向传播，根据“同侧法”可知，该时刻质点P的速度沿y轴负方向，故B正确； C、该时刻质点P的速度沿y轴负方向，速度减小，此后周期内通过的路程小于A，故C错误； D、质点不会随波迁移，只能在平衡位置附近振动，故D错误。 故选：B。 根据分析加速度方向；根据“同侧法”判断振动方向；只有处于平衡位置或最大位移处的质点在通过的路程为A；质点不会随波迁移。 本题主要是考查了波的图像；解答此类问题的关键是要理解波的图像的变化规律，能够根据图像得到振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系。 4.【答案】D  【解析】解：AB、物块在该行星极地表面静止时，万有引力等于重力，即 解得该行星的质量为： 根据密度计算公式可得：，其中，解得：，故AB错误； C、在赤道表面静止时，弹簧测力计的示数为，则有：，解得：，故C错误； D、在赤道上表面静止时，万有引力和重力的合力提供向心力，则有： 解得该行星的自转周期为：，故D正确。 故选：D。 物块在该行星极地表面静止时，万有引力等于重力，由此求解该行星的质量，再根据密度计算公式求解密度；在赤道表面静止时，根据弹簧测力计的示数求解赤道上的重力加速度；在赤道上，根据万有引力和重力的合力提供向心力求解该行星的自转周期。 本题主要是考查了万有引力定律及其应用，解答本题的关键是知道两极弹簧秤的示数等于物体的质量，在赤道上，万有引力和重力的合力提供向心力。 5.【答案】BD  【解析】解：A、打开振动器开关后，D点开始振动需经历的时间为 ，代入数据解得，， 故A错误。 B、由 代入数据，解得 故B正确。 C、由几何关系可知，C距A、B两波源的波程差 所以C点是振动加强点，故C错误。 D、CD线段上共有、、0、、，5个振动加强点，故D正确。 故选：BD。 根据波的传播速度、波长与周期的关系，以及波的干涉原理，即振动加强点和减弱点的形成条件判断各选项。 本题的关键在于理解波的传播特性，包括波速、波长与周期的关系，以及波的干涉原理。通过计算波程差，可以判断振动加强点和减弱点的位置，进而确定振动加强点的分布。在解题过程中，注意单位的转换和计算的准确性，以及对波的干涉原理的正确应用。 6.【答案】AD  【解析】解：A、根据电场线与等势面垂直，结合两个粒子的偏转方向，知电场线竖直向下。质子和粒子进入电场后做类平抛运动，对于任一粒子，设其质量为m，电荷量为q，水平位移为x时竖直位移为y，初动能为由牛顿第二定律得：，则 可知，x相等时，，所以从e等势面离开电场的是粒子，故A正确； B、根据动能定理得：，离开电场时，质子与粒子的竖直位移之比：：2，电荷量之比：：2，则质子与粒子的动能增量之比为：：4，故B错误； CD、根据，得，质子与粒子的比荷之比：：1，结合：：2，可得，质子与粒子在电场中运动的时间之比为：：2。 根据动量定理得：，则得质子与粒子的动量改变量之比为：：4，故C错误，D正确。 故选：AD。 质子和粒子进入电场后做类平抛运动，根据牛顿第二定律和分位移公式分析通过相等的水平位移时竖直位移的关系，从而确定从e等势面离开电场的粒子。根据动能定理求动能增量之比，根据动量定理求动量改变量之比。根据竖直分位移公式求质子与粒子在电场中运动的时间之比。 本题考查了带电粒子在电场中的类平抛运动，掌握处理类平抛运动的方法：运动的分解法，结合牛顿第二定律、运动学公式和动能定理、动量定理列式分析。 7.【答案】BD  【解析】解：要想滑块从桌面的右端飞出，滑块到右端时的速度应大于0，所以，代入数据，解得，根据匀减速运动位移公式有，所以，故BD正确，AC错误。 故选：BD。 根据速度公式求解加速度的范围，然后运用位移时间公式求解桌面的长度。 考查对匀变速直线运动规律的理解，熟悉运动学公式的运用。 8.【答案】CD  【解析】解：A、粒子在磁场做匀速圆周运动，出磁场后做匀速直线运动，粒子运动轨迹如图所示 速度最大的粒子从C点离开磁场，达到PQ的位置为A点，在磁场中的运动半径最大为，弦CO与PQ的夹角为，； 其它粒子都在AO之间穿过PQ，设在AO之间任意一点N穿过PQ的粒子由M点离开磁场，因，，可得∽， 则M点必在弦CO上，可知所有粒子从磁场射出的位置均在CO上，所有粒子在磁场在运动轨迹的圆心角均等于。 设经过N点的粒子速度为，在磁场的运动半径为r，周期为T， 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： 解得： 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期： 由几何知识可知： 粒子在磁场中的运动时间： 粒子在磁场外由M到N的运动时间： 粒子从O点到达水平线PQ的时间： 可见所有粒子从O点到达水平线PQ的时间与初速度大小无关，时间均相等，故A错误； C、对于速度最大的粒子，同理得：，解得： 由几何关系可得： 从水平线PQ离开的位置距O点的距离为：，解得：，故C正确； D、由上述分析可知匀强磁场区域的最小面积为图中红色线条围成的面积，则有： ，故D正确； B、初速度最大的粒子从O点出发时的动量与到达PQ时的动量大小相等均为mv，两动量方向的夹角为，由平行四边形定则可得，两动量的变化量的大小为，故B错误。 故选：CD。 粒子在磁场做匀速圆周运动，出磁场后做匀速直线运动，作出粒子运动轨迹图，由几何关系判断所有粒子从磁场射出的位置，确定磁场的最小区域；由洛伦兹力提供向心力求得粒子运动半径与速度关系；由运动周期结合圆心角求解粒子在磁场中运动时间；根据平行四边形定则求解初末动量的变化量的大小。 本题考查了带电粒子在磁场中运动问题，对于带电粒子在匀强磁场只受了洛伦兹力而做匀速圆周运动，依据题意作出粒子运动轨迹图是解题的前提，根据几何关系求得运动半径和轨迹圆心角是解题关键。 9.【答案】75  小于  【解析】解：大气压为 根据平衡条件，B气体的压强为 根据平衡条件 代入数据解得A气体的压强 根据平衡条件 得 在右管开口端加入少量水银后，封闭气体A的压强增大，即 因此水银面a、b间新的高度差小于右管上段新水银柱的长度。 故答案为：75；小于。 以封闭气体为研究对象，根据平衡条件求出气体的压强，分析在右管或左管中注入水银后左侧封闭气体压强如何变化，再分析水银面a、b间新的高度差与右管上段新水银柱的长度的关系，然后作答。 求解出封闭气体压强的表达式是正确解题的关键，熟练平衡条件即可正确解题。 10.【答案】10  右  【解析】解：设A、B恰好发生滑动时，拉力为， 如图，对A受力分析： 由题知，B对A的摩擦力水平向左，则由牛顿第三定律可知，A对B的摩擦力方向水平向右， 由平衡条件可得：，， 且：， 如图，对AB整体受力分析： 由平衡条件可得：，， 且：， 由题知：， 联立可得：； 故答案为：10，右。 A、B恰好发生滑动时，对A及AB整体分别受力分析，由平衡条件、摩擦力的计算公式分别列式，结合牛顿第三定律，即可分析求解。 本题主要考查共点力的平衡问题，解答本题时需注意：选准研究对象、做好受力分析、根据共点力的平衡条件确定力与力的关系。 11.【答案】   【解析】解：小球在水平方向做匀速圆周运动，竖直方向做自由落体运动， 水平方向小球恰好转半个周期离开磁场，故离开磁场的时间为 则离开磁场时的竖直方向的速度 小球离开磁场时的速度大小为 小球离开磁场时在竖直方向的距离为 小球在水平方向做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： 解得： 水平方向位移为直径，即 代入数据解得： 则小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为 故答案为：；。 小球在水平方向做匀速圆周运动，竖直方向做自由落体运动，小球离开磁场时水平方向为一个半圆、根据运动情况结合运动学公式进行解答。 对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。 12.【答案】>  c  没必要      【解析】解：为了防止入射小球发生反弹，入射小球的质量应大于被碰小球的质量，即 如果采用画圆法确定小球的平均落点位置，应该让所画的圆尽可能地把大多数落点包进去，且圆的半径最小，这样所画圆的圆心即为小球落点的平均位置，故圆c画的最合理。 平抛运动在竖直方向做自由落体运动 小球在空中的运动时间 由于小球碰撞前后做自由落体运动的高度都相同，因此小球做平抛运动的时间相同； 需要验证的表达式为 等式两边的时间消去，所以没必要测量小球做平抛运动的高度。 设平抛运动的时间为t，则碰前A球的速度 碰后的速度为 被碰小球的速度为 取水平向右为正方向，若碰撞过程中系统的动量守恒，则满足 即验证成立； 若碰撞为弹性碰撞，满足机械能守恒定律，需要验证 联立， 化简可得。 故答案为：；；没必要；；。 从防止入射小球发生反弹的角度分析作答； 根据确定小球的平均落点位置的正确方法分析作答； 小球离开斜槽后做平抛运动，根据需要验证的动量守恒定律的表达式分析作答； 根据平抛运动的规律求解入射小球和被碰小球碰撞前后的瞬时速度，根据动量守恒定律求解需要满足的表达式；根据能量守恒定律机械能守恒定律求解需要满足的表达式，然后作答。 本题考查了成“验证动量守恒定律”的实验，要明确实验原理，掌握动量守恒定律和机械能守恒定律的运用。 13.【答案】    140      【解析】解：螺旋测微器的精确度为，直径； 欧姆表指针偏转过大，欧姆表指针对应示数过小，说明所选挡位过大，应更换为挡； 电阻测量值； 由于电动势为，电流表与定值电阻串联可以改装成电压表 改装后电压表的量程为 因此应选定值电阻； 根据欧姆定律结合串、并联电路的特点有 化简得 结合图像可知，图像斜率 解得 根据电阻定律 其中 联立可得。 故答案为：；；140；；；。 螺旋测微器的精确度为，测量值=固定刻度对应示数可动刻度上对应示数估读一位精确度； 欧姆表指针偏转过大，欧姆表指针对应示数过小，说明所选挡位过大；测量值=欧姆表指针对应示数倍率； 电流表串联一个电阻可改成成电压表，根据电动势的大小，结合欧姆定律、串联电路的特点确定定值电阻； 根据欧姆定律结合串、并联电路的特点求解函数，结合图像的斜率求解待测电阻的表达式； 根据电阻定律求解圆柱形导体中空部分的直径大小。 本题考查了螺旋测微器和欧姆表的使用与读数；考查了利用欧姆定律和电阻定律测量圆柱形导体中空部分的直径大小；理解实验原理、掌握欧姆定律、电阻定律和串联并联电路的特点是解题的关键；掌握电压表的改装以及实验器材的选择。 14.【答案】解：根据牛顿第三定律可知滑块P第一次经过C点时，轨道对滑块P的支持力为其重力的11倍，设滑块P第一次经过C点时的速度大小为，根据牛顿第二定律得： 解得： 设滑块P从左侧斜面由静止释放时离BC的高度为h，对滑块P由静止释放到第一次经过C点的过程，根据动能定理得： 解得： 因为滑块P的质量小于滑块Q的质量，所以滑块P、Q弹性碰撞后P将被反弹向左运动，设碰撞后滑块P、Q的速度大小分别为、，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别得： 解得：， 假设P、Q不会再次碰撞，且P不会进入轨道CDE段，最终静止在BC上。设滑块P被反弹后在BC段上运动最大路程为，对碰撞后滑块P的运动过程由动能定理得： 解得： 已知BC段长度，可得最终滑块P停止在BC上离B点的距离为： ，且P没有进入轨道CDE段。 设滑块Q在DE段上滑到达的最高位置为G点，设D点与G点之间的距离为，对滑块Q从C点到G点的运动过程由动能定理得： 解得： 设滑块Q最终停止在BC上的位置为H点，设C点与H点之间的距离为，对滑块Q从G点到H点的运动过程由动能定理得： 解得： 因，故P、Q没有再次碰撞，滑块P、Q最终距离为： 。 答：滑块P第一次经过C点时的速度大小为； 滑块P从左侧斜面由静止释放时离BC的高度为； 与Q最终的距离。  【解析】根据牛顿第三定律可知滑块P第一次经过C点时，轨道对滑块P的支持力为其重力的11倍，根据牛顿第二定律求解滑块P第一次经过C点时的速度大小； 对滑块P由静止释放到第一次经过C点的过程，根据动能定理求解其由静止释放时离BC的高度； 滑块P、Q弹性碰撞后P将被反弹向左运动，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别求得碰撞后滑块P、Q的速度大小。对碰撞后滑块P、Q的运动过程，根据动能定理求得最终两者最终停止BC上位置，根据位置关系求得P与Q最终的距离。 本题考查了功能关系，动量守恒定律的应用，涉及到牛顿第二定律在圆周运动中的应用。应用功能关系解答时选好研究过程，确定过程的初末状态，以及过程中力做功情况和能量转化情况。掌握弹性碰撞模型的结果经验公式。 15.【答案】解：物体加速过程，根据牛顿第二定律有： 则物体刚开始运动时的加速度大小： 当物体的速度增加到时，通过的位移： 由得： 由于，所以物体的速度达到后将与传送带以相同速度匀速运动物体匀速运动的位移： 匀速运动的时间： 故物体从A运动到B经过的时间： 答：小物体刚开始运动时的加速度大小为； 小物体从A点运动到B点经过的时间为。  【解析】对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律求出小物体刚开始加速时的加速度； 分个阶段分别求出加速和匀速的时间，相加为所求的总时间。 注意分析小物体的运动过程，根据受力确定物体的运动，注意判断小物体是全程匀加速还是先匀加速再匀速运动。 16.【答案】解：粒子a从O点进入磁场，从P点离开磁场，在磁场中运动的圆弧对应的圆心角为，轨迹如图甲所示 由几何关系知，粒子a做圆周运动的半径为R，由洛伦兹力提供向心力，有： 代入数据解得： 由分析可知，出磁场后能垂直进入电场的粒子，从O点射入磁场时速度方向与x轴正方向成角，轨迹如图乙所示， 此粒子在磁场中运动的时间： 粒子在无场区运动的时间： 设粒子在电场中运动到y轴所用的时间为，则有： 解得： 总时间： 沿x轴正方向进入磁场的粒子进入电场的位置在最右侧，沿y轴正方向进入磁场的粒子进入电场的位置在最左侧，这两种情况粒子的运动轨迹如图丙所示 最右侧有 最左侧有 故横坐标范围为 答：粒子射入磁场时速度的大小为； 出磁场后能垂直进入电场的粒子从粒子源射出到经过y轴所用的时间为； 在直线上，粒子能进入电场的横坐标范围是。  【解析】带电粒子在磁场中做匀速圆周，根据洛伦兹力提供向心力和几何关系求解速度的大小； 分别求出三段运动时间相加即可； 粒子在磁场中做匀速圆周运动，找到两种临界状态求出打在最左端和最右端的坐标，从而求出打在直线上的范围。 本题考查了带电粒子在电场和磁场中运动问题。对于粒子在电场中偏转做类抛体运动，应用运动的合成与分解解答；对于带电粒子在匀强磁场只受了洛伦兹力而做匀速圆周运动，依据题意作出粒子运动轨迹图是解题的前提，根据几何关系求得运动半径和轨迹圆心角是解题关键。 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$