精品解析：天津市耀华中学2027届高三上学期开学考物理试卷

天津市耀华中学2027届高三暑期学情反馈 物理试卷 所有复杂的运动轨迹，终会指向既定的终点；所有伏案演算的日夜，都在铺垫想要的远方。 一、单项选择题（每小题5分，共25分。每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的） 1. 不同电磁波由于具有不同的频率，因此具有不同的特性。a、b两种单色光在电磁波谱中的位置如图甲所示，由a、b两种单色光组成的一束光由空气射向水面并发生折射的光路图如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A. 折射光线Ⅱ是单色光b B. 逐渐增大入射角，单色光b首先发生全反射 C. 两种单色光由空气进入水中后，频率都变小 D. 在水中，单色光a的速度比单色光b的速度大 2. 关于下列四幅图的说法正确的是（　　） A. 图甲是α粒子散射实验，卢瑟福据此提出了原子的核式结构模型 B. 图乙是光电效应实验，张开的验电器指针和锌板都带负电 C. 图丙是放射源放出三种射线在磁场中的运动轨迹，轨迹1对应的是α射线 D. 图丁是氢原子能级图，1个处于n=5能级的氢原子跃迁回基态时最多辐射出10种不同频率的光子 3. 太阳系中，可以认为金星和火星均绕太阳做匀速圆周运动。已知金星的半径是火星半径的n倍，金星的质量为火星质量的K倍。若忽略行星的自转，下列说法正确的是（　　） A. 金星绕太阳运动的周期比火星大 B. 金星的第一宇宙速度是火星的倍 C. 金星绕太阳运动轨道半径的三次方与周期平方的比值比火星绕太阳运动轨道半径的三次方和周期平方的比值大 D. 金星表面的重力加速度是火星的倍 4. 如图所示，甲为小型旋转电枢式交流发电机，电阻为r=2Ω的矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与右侧电路连接，右侧电路中滑动变阻器R的最大阻值为R0=4Ω，滑动片P位于滑动变阻器中点，定值电阻R1=7Ω，R2=2Ω，其他电阻不计．从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，闭合开关S．线圈转动过程中理想交流电压表示数是10V，图乙是矩形线圈磁通量随时间t变化的图象．则下列说法正确的是（　　） A. 电阻R上的热功率为 B. 时滑动变阻器R两端的电压瞬时值为零 C. 线圈产生的电压随时间变化的规律是 D. 线圈从零时刻转动到的过程中，通过的电荷量为 5. 卡诺循环是由法国工程师卡诺于1824年提出的。卡诺循环由两个等温过程和两个绝热过程组成。如图为卡诺循环的p-V图像，一定质量的理想气体从状态A开始沿循环曲线ABCDA回到初始状态，其中AB和CD为两条等温线，BC和DA为两条绝热线。下列说法正确的是（　　） A. A→B过程中，气体分子的数密度增大 B. C→D过程中，气体从外界吸热，内能不变 C. B→C过程气体对外界做的功等于D→A过程外界对气体做的功 D. 在一次循环过程中气体吸收的热量小于放出的热量 二、多项选择题（每小题5分，共15分，选对但不全的得3分，选错或不答的0分） 6. 一列简谐横波沿x轴正方向传播，时波形图如图中实线所示，此时波刚好传到c点，时波恰好传到e点，波形如图中虚线所示，a、b、c、d、e是介质中的质点，下列说法正确的是（　　） A. 波的传播速度为 B. 当时，质点a沿方向振动 C. 质点c在时间内沿x轴正方向移动了 D. 处质点在时间内通过的路程为 7. 一辆小汽车在水平路面上由静止启动,在前5 s内做匀加速直线运动,5 s末达到额定功率,之后保持额定功率运动.再经过20s速度达到最大，其v—t图象如图所示.已知汽车的质量为m=3×103 kg,汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍, g=10m/s2，则汽车在25s内有(     ) A. 汽车在前5 s内的牵引力为6×103 N B. 汽车的额定功率为90 kW C. 汽车的最大速度为30m/s D. 汽车在后20s内位移为200m 8. 真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场。在电场中，若将一个质量为m、带正电的小球由静止释放，运动中小球的速度与竖直方向夹角为37°。现将该小球从电场中A点以初速度竖直向上抛出，经过最高点B后回到与A在同一水平线上的C点，已知：，，则（　　） A. 小球所受的电场力为 B. 小球在最高点B的动能为 C. 小球从B到C的电势能减少量是从A到B的电势能减少量的3倍 D. 小球在C点的机械能比在A点多 三、实验题（共2小题，共12分） 9. （1）如下图所示为频闪摄影方法拍摄的研究物体做平抛运动规律的照片，图中B、C为两个同时由同一点出发的小球。为B球以速度被水平抛出后的运动轨迹，为C球自由下落的运动轨迹，通过分析上述两条轨迹可得出结论______ （2）①在用描点法做“研究平抛运动”的实验时，如下图让小球多次沿同一轨道运动，通过描点画出小球做平抛运动的轨迹，为了能较准确的描绘运动轨迹，下面列出了一些操作要求，你认为正确的选项有______。 A.通过调节，使斜槽的末端保持水平 B.每次必须从同一位置由静止释放小球 C.记录小球经过不同高度的位置时，每次必须严格地等距离下降 D.将球经过不同高度的位置记录在纸上后取下纸，用直尺将点连成折线 ②某次实验画出小球运动的轨迹如下图中曲线，A、B、C是曲线上的三个点的位置，A点为坐标原点，得到如图所示坐标。取，A到B的时间______s，小球做平抛运动的初速度______。 10. 某兴趣小组为测量某干电池的电动势和内阻，所用器材如下： A．电压表（量程0~0.6V，内阻为15kΩ） B．定值电阻电阻 C．定值电阻电阻 D．电流表（量程0~0.6A，内阻约为0.5Ω） E．滑动变阻器（阻值50Ω） F．待测废旧干电池 G．开关一个及导线若干 （1）根据所给器材，要求读数尽可能准确，在方框中画出电路图，并在图中标出所用器材的符号______。 （2）测量后得到如图所示的电压表与电流表示数关系图像如图所示，由图像可知，干电池的电动势为______V，内电阻为______Ω（结果均保留3位有效数字）。 四、计算题（11题14分，12题16分，13题18分，共48分） 11. 某生产车间内传输货物的装置可简化为下图，A为水平高台的边缘，为一段固定圆弧轨道，B点和圆弧的圆心连线与竖直方向夹角，圆弧半径，长、质量为的平板小车最初停在光滑水平轨道上紧靠C点，小车上表面刚好与轨道相切。一可视为质点、质量为的货物从高台上的A点以初速度水平抛出，到达B点时，恰好沿B点的切线方向进入轨道，滑上小车后带动小车向右运动，小车达到与货物速度相同时货物位于小车最右端，之后小车被水平轨道上的固定挡板卡住，站在挡板后面的工人将货物接住。已知货物与小车间的动摩擦因数，重力加速度g取，取，，求： （1）A到B的竖直高度h； （2）货物到达圆弧轨道最低点C时对轨道的压力大小； （3）在轨道上滑行过程摩擦力对货物做的功。 12. 如图所示，在纸面内建立直角坐标系xOy，以第Ⅲ象限内的直线OM（与负x轴成45°角）和正y轴为界，在x<0的区域建立匀强电场，方向水平向左，场强大小E=2 V/m；以直线OM和正x轴为界，在y<0的区域建立垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.1T．一不计重力的带负电粒子从坐标原点O沿y轴负方向以v0=2×103m/s的初速度射入磁场．已知粒子的比荷为q/m=5×104C/kg，求： （1）粒子经过1/4圆弧第一次经过磁场边界时的位置坐标？ （2）粒子在磁场区域运动的总时间？ （3）粒子最终将从电场区域D点离开电，则D点离O点的距离是多少？ 13. 为了确保载人飞船返回舱安全着陆，设计师在返回舱的底部安装了4台完全相同的电磁缓冲装置，如图（a）所示，图（b）为其中一台电磁缓冲装置的结构简图。舱体沿竖直方向固定着两光滑绝缘导轨MN、PQ，导轨内侧安装电磁铁（图中未画出），能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B。导轨内的缓冲滑块K内部用绝缘材料填充，外侧绕有n匝闭合矩形线圈abcd，其总电阻为R，ab边长为L。着陆时电磁缓冲装置以速度v0与地面碰撞后，滑块K立即停下，此后在线圈与轨道的磁场作用下使舱体减速，从而实现缓冲。导轨MN、PQ及线圈的ad和bc边足够长，返回舱质量为m（缓冲滑块K质量忽略不计），取重力加速度为g，一切摩擦阻力不计。求： （1）缓冲滑块K刚停止运动时，舱体的加速度大小； （2）舱体着陆时（即导轨MN、PQ刚触地前瞬时）的速度v的大小； （3）若舱体的速度大小从v0减到v的过程中，舱体下落的高度为h，则该过程中每台电磁缓冲装置中产生的焦耳热Q。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 天津市耀华中学2027届高三暑期学情反馈 物理试卷 所有复杂的运动轨迹，终会指向既定的终点；所有伏案演算的日夜，都在铺垫想要的远方。 一、单项选择题（每小题5分，共25分。每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的） 1. 不同电磁波由于具有不同的频率，因此具有不同的特性。a、b两种单色光在电磁波谱中的位置如图甲所示，由a、b两种单色光组成的一束光由空气射向水面并发生折射的光路图如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A. 折射光线Ⅱ是单色光b B. 逐渐增大入射角，单色光b首先发生全反射 C. 两种单色光由空气进入水中后，频率都变小 D. 在水中，单色光a的速度比单色光b的速度大 【答案】D 【解析】 【详解】A．由甲图可知，a光的频率小于b光的频率，故a光的折射率小于b光的折射率；由图乙可知，两束光从空气向射入水中，入射角相同，折射光线Ⅱ的折射角大于折射光线I的折射角，根据 可知折射光线Ⅱ的折射率小于折射光线I的折射率，故折射光线Ⅱ是单色光a，故A错误； B．两束光都是从空气向射入水中，即从光疏介质到光密介质，不会发生全反射，故B错误； C．两种单色光由空气进入水中后，频率都不变，波长发生变化，故C错误； D．由A项可知，a光的折射率小于b光的折射率，根据 可知在水中，单色光a的速度比单色光b的速度大，故D正确。 故选D。 2. 关于下列四幅图的说法正确的是（　　） A. 图甲是α粒子散射实验，卢瑟福据此提出了原子的核式结构模型 B. 图乙是光电效应实验，张开的验电器指针和锌板都带负电 C. 图丙是放射源放出三种射线在磁场中的运动轨迹，轨迹1对应的是α射线 D. 图丁是氢原子能级图，1个处于n=5能级的氢原子跃迁回基态时最多辐射出10种不同频率的光子 【答案】A 【解析】 【详解】A．图甲是粒子散射实验，卢瑟福据此提出了原子的核式结构模型，故A正确； B．图乙是光电效应实验，张开的验电器指针和锌板都带正电，故B错误； C．图丙是放射源放出三种射线在磁场中的运动轨迹，由左手定则可知1粒子带负电，为射线，故C错误； D．1个处于n=5能级的氢原子跃迁回基态时最多辐射出4种不同频率的光子（，，，），故D错误； 故选A。 3. 太阳系中，可以认为金星和火星均绕太阳做匀速圆周运动。已知金星的半径是火星半径的n倍，金星的质量为火星质量的K倍。若忽略行星的自转，下列说法正确的是（　　） A. 金星绕太阳运动的周期比火星大 B. 金星的第一宇宙速度是火星的倍 C. 金星绕太阳运动轨道半径的三次方与周期平方的比值比火星绕太阳运动轨道半径的三次方和周期平方的比值大 D. 金星表面的重力加速度是火星的倍 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据 可得 可知距离太阳越远，周期越长，金星距离太阳近，所以金星绕太阳运动的周期比火星短，故A错误； B．根据 可知 可知金星与火星第一宇宙速度之比 故B正确； C．金星和火星都绕太阳运转，根据开普勒第三定律可知，金星绕太阳运动轨道半径的三次方与周期平方的比值等于火星绕太阳运动轨道半径的三次方和周期平方的比值，选项C错误； D．根据 得 可知金星与火星表面重力加速度之比 故D错误。 故选B。 4. 如图所示，甲为小型旋转电枢式交流发电机，电阻为r=2Ω的矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与右侧电路连接，右侧电路中滑动变阻器R的最大阻值为R0=4Ω，滑动片P位于滑动变阻器中点，定值电阻R1=7Ω，R2=2Ω，其他电阻不计．从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，闭合开关S．线圈转动过程中理想交流电压表示数是10V，图乙是矩形线圈磁通量随时间t变化的图象．则下列说法正确的是（　　） A. 电阻R上的热功率为 B. 时滑动变阻器R两端的电压瞬时值为零 C. 线圈产生的电压随时间变化的规律是 D. 线圈从零时刻转动到的过程中，通过的电荷量为 【答案】A 【解析】 【详解】根据串并联电路的知识得：负载总电阻R总=R1+=10Ω，理想交流电压表示数是10V，所以干路电流I=1A，所以电阻R2上两端电压UR2=1V，电阻R2上的热功率PR2=0.5W，故A正确．由乙图可知，0.02s通过线圈的磁通量为零，感应电动势最大，R两端的电压瞬时值不为零，故B错误．由乙图可知，T=0.02s，ω==100πrad/s，电动势的有效值E=10V+1×2V=12V，电动势的最大值Em=12V，所以线圈产生的e随时间t变化的规律是e=12cos100πt（V），故C错误．电动势的最大值Em=12V=nBSω，Φ=BS=． 矩形线圈磁通量Φ随时间t变化的规律为Φ=sin100πt，线圈开始转动到t=s的过程中，通过电阻R1的电量为，故D错误． 5. 卡诺循环是由法国工程师卡诺于1824年提出的。卡诺循环由两个等温过程和两个绝热过程组成。如图为卡诺循环的p-V图像，一定质量的理想气体从状态A开始沿循环曲线ABCDA回到初始状态，其中AB和CD为两条等温线，BC和DA为两条绝热线。下列说法正确的是（　　） A. A→B过程中，气体分子的数密度增大 B. C→D过程中，气体从外界吸热，内能不变 C. B→C过程气体对外界做的功等于D→A过程外界对气体做的功 D. 在一次循环过程中气体吸收的热量小于放出的热量 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图可知，A→B过程中，气体的体积增大，则气体的分子数密度减小，故A错误； B．由图示图像可知，C→D过程气体体积减小，外界对气体做功，即 C到D过程气体温度不变，气体内能不变，即 根据热力学第一定律 可知 即气气体向外界放出热量，故B错误； C．由图知， 故B→C过程和D→A过程，温度变化量的大小相等，内能变化量的大小相等，且，可知W大小也必然相等，即B→C过程气体对外界做的功等于D→A过程外界对气体做的功，故C正确； D．一次循环过程中气体的温度不变，内能不变。p﹣V图像中图线与坐标轴围成的面积表示功。由图知，在一次循环过程中，气体对外界做功，为确保气体的内能不变，则气体一定从外界吸收热量，故一次循环过程中气体吸收的热量大于放出的热量，故D错误。 故选C。 二、多项选择题（每小题5分，共15分，选对但不全的得3分，选错或不答的0分） 6. 一列简谐横波沿x轴正方向传播，时波形图如图中实线所示，此时波刚好传到c点，时波恰好传到e点，波形如图中虚线所示，a、b、c、d、e是介质中的质点，下列说法正确的是（　　） A. 波的传播速度为 B. 当时，质点a沿方向振动 C. 质点c在时间内沿x轴正方向移动了 D. 处质点在时间内通过的路程为 【答案】AB 【解析】 【详解】A．由题意可知波的传播速度为 故A正确； B．由波形可知，当时，质点a正位于波传播方向波形的“下坡”，所以质点a沿方向振动，故B正确； C．质点c只平行于y轴方向振动，不会沿x轴方向移动，故C错误； D．由题意可知处质点在0.4s时起振，并在0.6s时到达波峰，所以在时间内通过的路程为10cm，故D错误。 故选AB。 7. 一辆小汽车在水平路面上由静止启动,在前5 s内做匀加速直线运动,5 s末达到额定功率,之后保持额定功率运动.再经过20s速度达到最大，其v—t图象如图所示.已知汽车的质量为m=3×103 kg,汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍, g=10m/s2，则汽车在25s内有(     ) A. 汽车在前5 s内的牵引力为6×103 N B. 汽车的额定功率为90 kW C. 汽车的最大速度为30m/s D. 汽车在后20s内位移为200m 【答案】BCD 【解析】 【详解】汽车受到的阻力为：f=0.1×3×103×10=3×103N；前5s内，由图a=2m/s2，由牛顿第二定律：F-f=ma，求得：F=f+ma=（0.1×3×103×10+3×103×2）N=9×103N  故A错误．汽车的额定功率为P=Fv=9×103×10W=90 kW，B正确．汽车的最大速度为：，选项C正确；在后20s内，由动能定理：，带入数据解得s=200m，选项D正确；故选BCD． 点睛：本题首先要识别图象的物理意义，从斜率读出加速度．其次，抓住5s这个时刻汽车达到额定功率．抓住达到最大速度的条件，由功率公式求最大速度． 8. 真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场。在电场中，若将一个质量为m、带正电的小球由静止释放，运动中小球的速度与竖直方向夹角为37°。现将该小球从电场中A点以初速度竖直向上抛出，经过最高点B后回到与A在同一水平线上的C点，已知：，，则（　　） A. 小球所受的电场力为 B. 小球在最高点B的动能为 C. 小球从B到C的电势能减少量是从A到B的电势能减少量的3倍 D. 小球在C点的机械能比在A点多 【答案】CD 【解析】 【详解】A．小球由静止释放，小球在重力与电场力作用下做匀加速直线运，由于运动中小球的速度与竖直方向夹角为37°，则有 故A错误； 小球竖直方向做竖直上抛运动，小球从A运动到B过程有 小球在水平方向做匀加速直线运动，则有 小球在最高点B的动能 解得 故B错误； C．小球竖直方向做竖直上抛运动，根据对称性可知，小球从A到B的时间等于从B到C的时间，小球水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，根据相邻相等时间内的位移比例关系可知，水平方向上A到B的分位移与B到C的分位移之比为1:3，则电场力做正功的比值也为1:3，即小球从B到C的电势能减少量是从A到B的电势能减少量的3倍，故C正确； D．结合上述可知，小球从A到C水平方向的分位移 电场力做正功为 结合上述解得 电场力做正功，电势能减小，则小球在C点的机械能比在A点多，故D正确。 故选CD。 三、实验题（共2小题，共12分） 9. （1）如下图所示为频闪摄影方法拍摄的研究物体做平抛运动规律的照片，图中B、C为两个同时由同一点出发的小球。为B球以速度被水平抛出后的运动轨迹，为C球自由下落的运动轨迹，通过分析上述两条轨迹可得出结论______ （2）①在用描点法做“研究平抛运动”的实验时，如下图让小球多次沿同一轨道运动，通过描点画出小球做平抛运动的轨迹，为了能较准确的描绘运动轨迹，下面列出了一些操作要求，你认为正确的选项有______。 A.通过调节，使斜槽的末端保持水平 B.每次必须从同一位置由静止释放小球 C.记录小球经过不同高度的位置时，每次必须严格地等距离下降 D.将球经过不同高度的位置记录在纸上后取下纸，用直尺将点连成折线 ②某次实验画出小球运动的轨迹如下图中曲线，A、B、C是曲线上的三个点的位置，A点为坐标原点，得到如图所示坐标。取，A到B的时间______s，小球做平抛运动的初速度______。 【答案】（1）平抛运动在竖直方向上的分运动是自由落体运动 （2） ①. AB ②. 0.10 ③. 2.0 【解析】 【小问1详解】 由于两个小球同时由同一点出发，根据图像可知，两球始终位于同一高度，根据 解得 则可得出的结论是平抛运动在竖直方向上的分运动是自由落体运动。 【小问2详解】 ①A．为了确保小球飞出的速度方向沿水平，实验时需要通过调节，使斜槽的末端保持水平，故A正确； B．为了确保小球飞出的速度大小一定，实验时需要每次必须从同一位置由静止释放小球，故B正确； C．记录小球经过不同高度的位置时，只需要记录的位置占据坐标纸的大部分空间，并不需要每次严格地等距离下降，故C错误； D．描绘轨迹时，应将球经过不同高度的位置记录在纸上后取下纸，舍去偏差过大的点，将其余点用平滑曲线连接起来，故D错误。 故选AB。 ②[1]平抛运动竖直方向做自由落体运动，在竖直方向有 根据图像可知 解得 [2]平抛运动水平方向做匀速直线运动，则有 10. 某兴趣小组为测量某干电池的电动势和内阻，所用器材如下： A．电压表（量程0~0.6V，内阻为15kΩ） B．定值电阻电阻 C．定值电阻电阻 D．电流表（量程0~0.6A，内阻约为0.5Ω） E．滑动变阻器（阻值50Ω） F．待测废旧干电池 G．开关一个及导线若干 （1）根据所给器材，要求读数尽可能准确，在方框中画出电路图，并在图中标出所用器材的符号______。 （2）测量后得到如图所示的电压表与电流表示数关系图像如图所示，由图像可知，干电池的电动势为______V，内电阻为______Ω（结果均保留3位有效数字）。 【答案】（1） （2） ①. 1.44 ②. 1.08 【解析】 【小问1详解】 由于干电池的电动势约为，可知电压表量程太小，所以将电压表与定值电阻串联改装成量程为的电压表；由于干电池的内阻较小，远小于电压表的内阻，所以电流表采用相对于电池外接法，则电路图如图所示 【小问2详解】 [1][2]当电压表示数为，可知外电压为，由于电压表的分流几乎可以忽略不计，根据闭合电路欧姆定律可得 可得 如图所示 可知图像的纵轴截距为 解得电动势为 可知图像的斜率绝对值为 解得内阻为 四、计算题（11题14分，12题16分，13题18分，共48分） 11. 某生产车间内传输货物的装置可简化为下图，A为水平高台的边缘，为一段固定圆弧轨道，B点和圆弧的圆心连线与竖直方向夹角，圆弧半径，长、质量为的平板小车最初停在光滑水平轨道上紧靠C点，小车上表面刚好与轨道相切。一可视为质点、质量为的货物从高台上的A点以初速度水平抛出，到达B点时，恰好沿B点的切线方向进入轨道，滑上小车后带动小车向右运动，小车达到与货物速度相同时货物位于小车最右端，之后小车被水平轨道上的固定挡板卡住，站在挡板后面的工人将货物接住。已知货物与小车间的动摩擦因数，重力加速度g取，取，，求： （1）A到B的竖直高度h； （2）货物到达圆弧轨道最低点C时对轨道的压力大小； （3）在轨道上滑行过程摩擦力对货物做的功。 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】 【详解】（1）设货物经过B点时的竖直分速度大小为vy，根据速度的分解与合成可得 解得 根据运动学规律可得 （2）设货物到达圆弧轨道最低点C时的速度大小为vC，货物与小车的共同速度大小为v，对货物在小车上运动的过程，根据动量守恒定律有 根据功能关系有 设货物在C点时所受轨道的支持力大小为，根据牛顿第二定律有 联立解得 根据牛顿第三定律可知 （3）根据速度的合成与分解可得货物经过B点时的速度大小为 对货物从B点到C点的运动过程，根据动能定理有 解得 12. 如图所示，在纸面内建立直角坐标系xOy，以第Ⅲ象限内的直线OM（与负x轴成45°角）和正y轴为界，在x<0的区域建立匀强电场，方向水平向左，场强大小E=2 V/m；以直线OM和正x轴为界，在y<0的区域建立垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.1T．一不计重力的带负电粒子从坐标原点O沿y轴负方向以v0=2×103m/s的初速度射入磁场．已知粒子的比荷为q/m=5×104C/kg，求： （1）粒子经过1/4圆弧第一次经过磁场边界时的位置坐标？ （2）粒子在磁场区域运动的总时间？ （3）粒子最终将从电场区域D点离开电，则D点离O点的距离是多少？ 【答案】（1）粒子经过圆弧第一次经过磁场边界时的位置坐标为（﹣0.4m，﹣0.4m）； （2）粒子在磁场区域运动的总时间1.26×10﹣3s； （3）粒子最终将从电场区域D点离开电场，则D点离O点的距离是7.2m． 【解析】 【详解】试题分析：（1）粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，求出运动的半径，从而即可求解； （2）根据圆周运动的周期公式，可求出在磁场中总时间； （3）粒子做类平抛运动，将其运动分解，运用运动学公式与牛顿第二定律，即可求解． 解：（1）微粒带负电，从O点射入磁场，沿顺时针方向做圆周运动，轨迹如图． 第一次经过磁场边界上的A点 由， 得， 所以，A点坐标为（﹣0.4m，﹣0.4m）． （2）设微粒在磁场中做圆周运动的周期为T，则 ， 其中 代入数据解得：T=1.256×10﹣3s 所以t=1.26×10﹣3s． （3）微粒从C点沿y轴正方向进入电场，做类平抛运动，则 由牛顿第二定律，qE=ma △y=v0t1 代入数据解得：△y=8m y=△y﹣2r=8﹣2×0.4m=7.2m 即：离开电磁场时距O点的距离为7.2m． 答：（1）粒子经过圆弧第一次经过磁场边界时的位置坐标为（﹣0.4m，﹣0.4m）； （2）粒子在磁场区域运动的总时间1.26×10﹣3s； （3）粒子最终将从电场区域D点离开电场，则D点离O点的距离是7.2m． 【点评】考查牛顿第二定律在匀速圆周运动中、类平抛运动中的应用，并根据运动的合成与分解来解题，紧扣运动的时间相等性． 13. 为了确保载人飞船返回舱安全着陆，设计师在返回舱的底部安装了4台完全相同的电磁缓冲装置，如图（a）所示，图（b）为其中一台电磁缓冲装置的结构简图。舱体沿竖直方向固定着两光滑绝缘导轨MN、PQ，导轨内侧安装电磁铁（图中未画出），能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B。导轨内的缓冲滑块K内部用绝缘材料填充，外侧绕有n匝闭合矩形线圈abcd，其总电阻为R，ab边长为L。着陆时电磁缓冲装置以速度v0与地面碰撞后，滑块K立即停下，此后在线圈与轨道的磁场作用下使舱体减速，从而实现缓冲。导轨MN、PQ及线圈的ad和bc边足够长，返回舱质量为m（缓冲滑块K质量忽略不计），取重力加速度为g，一切摩擦阻力不计。求： （1）缓冲滑块K刚停止运动时，舱体的加速度大小； （2）舱体着陆时（即导轨MN、PQ刚触地前瞬时）的速度v的大小； （3）若舱体的速度大小从v0减到v的过程中，舱体下落的高度为h，则该过程中每台电磁缓冲装置中产生的焦耳热Q。 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】 【详解】（1）缓冲滑块K刚停止运动时，单个闭合矩形线圈产生的感应电动势为 回路电流为 返回舱所受单个闭合矩形线圈的安培力为 根据牛顿第二定律得 解得 （2）返回舱向下做减速运动，受到向上的安培力和向下的重力，随着速度的减小，安培力减小，直到安培力减小到与重力大小相等时，速度最小，此后匀速运动，直至舱体着陆时速度大小为v，可得 ，， 由平衡条件可知 解得 （3）由能量守恒 解得 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $