安庆一中2024届高三物理第四次模拟考试参考答案.pdf

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1、试卷第 1页，共 6 页安庆一中安庆一中 20242024 届高三第届高三第四四次模拟考试次模拟考试物理物理试题试题2024.5.2024.5.31316.26.2一、单选题一、单选题1在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是（）A安培发现了电流磁效应B法拉第发现了电磁感应现象C库仑预言了电磁波的存在D奥斯特发现磁场对运动电荷的作用规律2如图所示，实线为一次实验中小车运动的速度vt图像，为了便于研究，用虚线替代实线作近似处理，下列表述正确的是（）A小车做曲线运动B在1t时刻由虚线计算出的加速度比实际的大C在10t时间内，由虚线计算出的平均速度比实际的大D用虚线作近似处理，计算

2、出的位移与实际位移会有很大偏差，此做法不合理3风洞是进行空气动力学实验的常用设备。如图所示，将质量为 m 的小球从 A 点以初速度 v0水平向左抛出，假设小球运动过程中受到水平向右、大小恒定的风力 F，经过一段时间 t，小球运动到 A 点正下方的 B点，且05Bvv。O 点是轨迹的最左端，重力加速度为 g。则此过程中（）A小球速度最小时位于 O 点BAB 之间的距离为205vgC小球运动的时间02vtgD小球所受的风力 F 小于 mg4我国北方小孩在秋天常玩的一种游戏，叫“拔老根儿”，如图所示。其实就是两个人，每人手里拿着长长的杨树叶根，把两个叶根十字交错在一起，两人各自揪住自己手里叶根的两头

3、，同时使劲往自己怀里拽，谁手里的叶根儿断了谁输。假如两小孩选用的树叶根所承受的最大拉力相等，则下列说法正确的是（）A叶根夹角较小的一方获胜B力气较大的小孩获胜C叶根夹角较大的一方的叶根对另一方的叶根的作用力更大些D叶根夹角较大的一方的叶根对另一方的叶根的作用力更小些#QQABJQAAggiIAJJAAAgCUwViCEEQkBGACSgOBFAMoAABQQNABAA=#试卷第 2页，共 6 页5如图甲是国产科幻大片流浪地球 2中人类在地球同步静止轨道上建造的空间站，人类通过地面和空间站之间的“太空电梯”往返于天地之间。图乙是人乘坐“太空电梯”时由于随地球自转而需要的向心加速度a 与其到地心距

4、离 r 的关系图像，已知1r为地球半径，2r为地球同步卫星轨道半径，下列说法正确的是（）A地球自转的角速度2121aarrB地球同步卫星的周期222rTaC上升过程中电梯舱对人的支持力保持不变D从空间站向舱外自由释放一物体，物体将做自由落体运动6 一列振幅为 A 的简谐横波向右传播，在其传播路径上每隔0.2mL 选取一个质点，如图甲所示，0t时刻波恰传到质点 1，质点 1 立即开始向上振动，振动的最大位移为 0.1m，经过时间0.6st，所选取的19号质点间第一次出现如图乙所示的波形，则下列判断正确的是（）A该波的波速为 4m/sB0.6st 时刻，质点 5 向下运动C0t至0.6st 内，质

5、点 1 经过的路程为 2.4mD0t至0.6st 内，质点 5 运动的时间只有 0.2s7如图，匀强磁场中，一单匝矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，线框中产生的交变电动势瞬时值随时间变化的规律为 e202sin100tV下列说法正确的是A该线框转动的频率是 100HzB该线框产生的交变电动势最大值是 20VCt0.005s 时刻，线框平面与中性面重合Dt0.05s 时刻，穿过线圈的磁通量最大#QQABJQAAggiIAJJAAAgCUwViCEEQkBGACSgOBFAMoAABQQNABAA=#试卷第 3页，共 6 页8图甲为某风速测量装置，可简化为图乙所示的模型。圆形磁场半径为 L

6、，磁感应强度大小为 B，方向垂直纸面向里，风推动风杯组（导体棒 OA 代替）绕水平轴以角速度顺时针转动，风杯中心到转轴距离为2L，导体棒 OA 电阻为 r，导体棒与弹性簧片接触时回路中产生电流，接触过程中，导体棒转过的圆心角为 45，图乙中电阻阻值为 R，其余电阻不计。下列说法正确的是（）9A流过电阻 R 的电流方向为从左向右B风杯的速率为LC导体棒与弹性簧片接触时产生的电动势为2EBLD导体棒每转动一圈，流过电阻 R 的电荷量为238BLRr二、多选题二、多选题9如图所示，质量分别为 m 和2m的 A、B 两滑块用足够长轻绳相连，将其分别置于等高的光滑水平台面上，质量为4m的物块 C 挂在轻

7、质动滑轮下端，手托 C 使轻绳处于拉直状态。0t时刻由静止释放 C，经1t时间 C 下落 h 高度。运动过程中 A、B 始终不会与定滑轮碰撞，摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度大小为 g，则（）AA、C 运动的加速度大小之比为4:3BA、C 运动的加速度大小之比为4:1C1t时刻，C 下落的速度为35ghD1t时刻，C 下落的速度为65gh10氢原子从高能级向低能级跃迁时，会产生四种频率的可见光，其光谱如图甲所示。氢原子从能级 6 跃迁到能级 2 产生可见光，从能级 3 跃迁到能级 2 产生可见光，用同一双缝干涉装置研究这两种光的干涉现象，得到如图乙和图丙所示的干涉条纹，用这两种光分别照

8、射如图丁所示的实验装置，都能产生光电效应。下列说法正确的是（）A图甲中的H对应的是B图乙中的干涉条纹对应的是C的光子动量小于的光子动量DP 向 a 移动，电流表示数为零时对应的电压表示数比的大#QQABJQAAggiIAJJAAAgCUwViCEEQkBGACSgOBFAMoAABQQNABAA=#试卷第 4页，共 6 页三、实验题三、实验题11将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为 h（未知）且开口向下的小筒中（单摆的下半部分露于筒外），如图甲所示，将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，设单摆摆动过程中悬线不会碰到筒壁。如果本实验的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离 L，并通过改

9、变 L 而测出对应的摆动周期 T，再以2T为纵轴、L 为横轴作出其关系图像，那么就可以通过此图像得出小筒的深度 h 和当地的重力加速度g。(1)测量单摆的周期时，某同学在摆球某次通过最低点时按下停表开始计时，同时数“1”，当摆球第二次通过最低点时数“2”，依此法往下数，当他数到“59”时，按下停表停止计时，读出这段时间 t，则该单摆的周期 T 为（）A29tB29.5tC30tD59t(2)若不考虑实验误差的影响，根据实验数据，得到的2TL关系图线应该是图乙中 a、b、c 中的条（选填 a、b、或者 c）。(3)根据图线可求得当地的重力加速度g 2m/s（取 3.14，结果保留 3 位有效数字

10、）。12某学习小组测量电源的电动势和内阻，并测量某样品管中污水（含有大量正、负离子）的电导率（电导率为电阻率的倒数）。该样品管由绝缘材料制成，粗细均匀且左右两端封闭，在左右两个内侧面上固定有正对的导线连接，左右两侧面厚度不计，如图 1 所示。(1)测得该样品管的长度为 L，用 20 分度的游标卡尺测量该样品管的内径 D，示数如图 2 所示，则 D=cm。(2)用图 3 所示电路（电流表为理想电表），测量电源的电动势和内阻，并测量该样品管中污水的电阻 Rx。闭合开关 S2和 S1，调节电阻箱的阻值，记下电阻箱接入电路的阻值 R 与相应的电流表示数 I，并绘制1RI图像，得到图线，如图 4 所示。

11、断开开关 S2，闭合开关 S1，调节电阻箱的阻值，记下电阻箱接入电路的阻值 R 与相应的电流表示数 I，并绘制1RI图像，得到图线，如图 4 所示。由1RI图像可得，该电源的电动势 E=，内阻 r=；该样品管中污水的电阻 Rx=。（用 a、b、c、d 表示）(3)该样品管中污水的电导率=（用 L、D、a、b、c、d 表示）。#QQABJQAAggiIAJJAAAgCUwViCEEQkBGACSgOBFAMoAABQQNABAA=#试卷第 5页，共 6 页四、解答题四、解答题13如图所示的减震垫上布满了 12 个完全相同的圆柱状薄膜气泡，每个薄膜气泡中充满体积为 V0，压强为 p0的理想气体。在

12、减震垫上放上质量分布均匀的平板状物品，物品始终保持水平，稳定后每个薄膜气泡的体积均为045V。若薄膜气泡内气体的温度为 22，不计薄膜的重力和弹力，重力加速度为 g。（1）放上物品稳定后，若气体温度不变，则每个薄膜气泡内气体的压强为多少；（2）取走物品稳定后，每个气泡中气体压强均恢复到 p0，体积均增大为06059V，则气泡中气体的温度改变了多少。14如图所示，质量为2.0kgM，半径0.3mR 的四分之一光滑圆弧槽静置于光滑水平地面上，有两个大小、形状相同的可视为质点的光滑小球1m、2m，11.0kgm、22.0kgm，2m右侧与球心等高处连接一轻质弹簧，弹簧的另一端距圆弧槽底有一定距离。现

13、将1m从圆弧槽顶端由静止释放，重力加速度210m/sg，求：（1）若圆弧槽固定不动，小球1m滑离圆弧槽时的速度大小0v；（2）若圆弧槽不固定，小球1m滑离圆弧槽时的速度大小1v；（3）圆弧槽不固定的情况下弹簧压缩过程中的最大弹性势能。#QQABJQAAggiIAJJAAAgCUwViCEEQkBGACSgOBFAMoAABQQNABAA=#试卷第 6页，共 6 页15如图所示，在xOy平面第象限内有一半径为2mR 的圆形区域，圆心为1O，圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，磁场边界与 x 和 y 轴分别相切于 M、N 两点。在0 x 区域存在方向沿 y 轴负方向的匀强电

14、场，第象限内存在方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。在电场中有一个位于xOy平面内且与 y 轴平行、长为 R 的线状粒子源CD，CD的中点 A 在 x 轴上，粒子源上各点均能沿xOy平面发射质量为 m、电荷量为0q q 的同种带电粒子，且所发射粒子的速度大小均为502 10 m/sv，方向均与 x 轴正方向成60角。已知从 C 点发出的粒子，恰好沿水平方向经过y 轴上的 P 点，经圆形磁场偏转后恰好从 M 点进入第象限，粒子的比荷55 10 C/kgqm，P 点坐标为30,2R，不计粒子的重力和粒子间的相互作用。求：（1）匀强电场场强的大小 E 和OA间的距离 s；（2）

15、圆形磁场磁感应强度的大小 B；（3）粒子源CD上各点所发出的粒子经圆形磁场后最终都能通过 x 轴进入第象限，经第象限磁场偏转后将第二次通过 x 轴，求这些粒子中第二次通过 x 轴时能到达离 O 点最远的点的坐标，并求出该粒子从出发到该位置所经历的总时间。#QQABJQAAggiIAJJAAAgCUwViCEEQkBGACSgOBFAMoAABQQNABAA=#参考答案参考答案 第第 1页，共页，共 11页页安庆一中安庆一中 20242024 届高三第届高三第四四次模拟考试次模拟考试物理参考答案物理参考答案2024.5.2024.5.31316.26.21B【详解】【详解】A奥斯特发现了电流磁效

16、应，奥斯特发现了电流磁效应，A 错误；错误；B法拉第发现了电磁感应现象，法拉第发现了电磁感应现象，B 正确；正确；C麦克斯韦预言了电磁波的存在，麦克斯韦预言了电磁波的存在，C 错误；错误；D洛伦兹发现磁场对运动电荷的作用规律，洛伦兹发现磁场对运动电荷的作用规律，D 错误。错误。故选故选 B。2B【详解】【详解】Avt图像只能描述物体做直线运动，所以小车做直线运动，故图像只能描述物体做直线运动，所以小车做直线运动，故 A 错误；错误；B 根据根据vt图像的切线斜率表示加速度图像的切线斜率表示加速度，可知在可知在1t时刻由虚线计算出的加速度比实际的大时刻由虚线计算出的加速度比实际的大，故故 B 正

17、确；正确；C根据根据vt图像与横轴围成的面积表示位移，可知在图像与横轴围成的面积表示位移，可知在10t时间内，由虚线得到的位移比时间内，由虚线得到的位移比实际的小，则由虚线计算出的平均速度比实际的小，故实际的小，则由虚线计算出的平均速度比实际的小，故 C 错误；错误；D根据根据vt图像与横轴围成的面积表示位移图像与横轴围成的面积表示位移，用虚线作近似处理用虚线作近似处理，计算出的位移与实际位计算出的位移与实际位移偏差不大，此做法合理，故移偏差不大，此做法合理，故 D 错误。错误。故选故选 B。3C【详解【详解】A风对小球的力恒定风对小球的力恒定，则小球可视为在等效重力场中运动则小球可视为在等效

18、重力场中运动，等效重力方向为重力等效重力方向为重力和风力的合力和风力的合力小球运动过程中速度与等效重力方向垂直时速度最小小球运动过程中速度与等效重力方向垂直时速度最小，故小球速度最小时故小球速度最小时，位于位于AO之间的之间的某处，故某处，故 A 错误；错误；#QQABJQAAggiIAJJAAAgCUwViCEEQkBGACSgOBFAMoAABQQNABAA=#参考答案参考答案 第第 2页，共页，共 11页页BC小球自小球自 A 运动到运动到 B，风力做功为零。由动能定理得，风力做功为零。由动能定理得22B01122mghmvmv解得解得 AB 间的距离间的距离202vhg又由又由212h

19、gt得小球运动的时间得小球运动的时间02vtg故故 B 错误，错误，C 正确；正确；D由于水平方向合力做功为由于水平方向合力做功为 0，在水平方向速度大小不变在水平方向速度大小不变，在水平方向上在水平方向上，由动量定理得由动量定理得02Ftmv所以所以Fmg故故 D 错误。错误。故选故选 C。4A【详解】根据牛顿第三定律可知，叶根夹角较大的一方的叶根与另一方的叶根的作用力大【详解】根据牛顿第三定律可知，叶根夹角较大的一方的叶根与另一方的叶根的作用力大小相等小相等；以两个叶根十字交错点为对象以两个叶根十字交错点为对象，可知每个叶根对交错点的作用力的合力大小相等可知每个叶根对交错点的作用力的合力大

20、小相等，根据根据2cosFF合可知叶根夹角可知叶根夹角较小的一方较小的一方，叶根产生的拉力较小叶根产生的拉力较小，则叶根夹角较大的一方先达到树叶根所则叶根夹角较大的一方先达到树叶根所承受的最大拉力，故叶根夹角较小的一方获胜。承受的最大拉力，故叶根夹角较小的一方获胜。故选故选 A。5B【详解】【详解】A根据根据2ar可知可知ar图像中，其斜率为角速度的平方，图像中，其斜率为角速度的平方，A 错误；错误；B由于由于222ar#QQABJQAAggiIAJJAAAgCUwViCEEQkBGACSgOBFAMoAABQQNABAA=#参考答案参考答案 第第 3页，共页，共 11页页解得解得22ar故其

21、周期故其周期2222rTaB 正确；正确；C上升过程中，处于超重状态，支持力会变大，上升过程中，处于超重状态，支持力会变大，C 错误；错误；D太空中处于失重状态，从舱释放一物体，不会做自由落体运动，太空中处于失重状态，从舱释放一物体，不会做自由落体运动，D 错误。错误。故选故选 B。6A【详解【详解】A由题意可知由题意可知，0t时刻质点时刻质点 1 从平衡位置开始向上振动从平衡位置开始向上振动，由图可知由图可知0.6st 时时第一次出现图乙的波形第一次出现图乙的波形，该过程经过了该过程经过了 0.6s 的时间的时间，质点质点 1 已经振动了已经振动了 1.5 个周期个周期，所以有所以有1.50

22、.6sT 解得解得0.4sT 由题图可知，波长为由题图可知，波长为8 0.2m1.6m所以波速为所以波速为4m/svT故故 A 项正确；项正确；B由题意可知，该波向右传播，由波形图可知，质点由题意可知，该波向右传播，由波形图可知，质点 5 向上运动，故向上运动，故 B 项错误；项错误；C由题意可知由题意可知，质点质点 1 从平衡位置开始运动从平衡位置开始运动，运动了运动了 0.6s，为为 1.5 个周期个周期，其振幅为其振幅为 0.1m。所以其路程为所以其路程为60.6msA故故 C 项错误；项错误；D质点质点 1 到质点到质点 5 的距离为的距离为4 0.2m0.8mx 该波从质点该波从质点

23、 1 传播到质点传播到质点 5 需要时间为需要时间为1t，有，有#QQABJQAAggiIAJJAAAgCUwViCEEQkBGACSgOBFAMoAABQQNABAA=#参考答案参考答案 第第 4页，共页，共 11页页1xvt解得解得10.2st 所以质点所以质点 5 运动时间为运动时间为20.6s0.2s0.4st 故故 D 项错误。项错误。故选故选 A。7D【详解】【详解】A电动势瞬时值随时间变化的规律为电动势瞬时值随时间变化的规律为 e202sin100tV，所以周期，所以周期20.02s100T 所以该线框转动的频率是所以该线框转动的频率是 50Hz，故，故 A 错误；错误；B该线框

24、产生的交变电动势最大值是该线框产生的交变电动势最大值是 202V，故，故 B 错误；错误；Ct=0.005s 时刻，时刻，e202V，感应电动势最大，线框平面与中性面垂直，故，感应电动势最大，线框平面与中性面垂直，故 C 错误；错误；Dt=0.05s 时刻，时刻，e=0，穿过线圈的磁通量变化率为，穿过线圈的磁通量变化率为 0，此时磁通量最大，故，此时磁通量最大，故 D 正确正确8D【详解【详解】A根据右手定则可知根据右手定则可知，导体棒导体棒 OA 上感应电流方向为从上感应电流方向为从 O 到到 A，流过电阻流过电阻 R 的电的电流方向为从右向左。故流方向为从右向左。故 A 错误；错误；B风杯

25、的速率为风杯的速率为v=2L=2L故故 B 错误；错误；C导体棒与弹性簧片接触时产生的电动势为导体棒与弹性簧片接触时产生的电动势为2122LEBLvBLBL故故 C 错误；错误；D依题意，导体棒每转动一圈，接触过程中，导体棒转过的圆心角为依题意，导体棒每转动一圈，接触过程中，导体棒转过的圆心角为 45所以三组风杯组所以三组风杯组总共接触过程对应的时间为总共接触过程对应的时间为34t根据闭合电路欧姆定律，有根据闭合电路欧姆定律，有#QQABJQAAggiIAJJAAAgCUwViCEEQkBGACSgOBFAMoAABQQNABAA=#参考答案参考答案 第第 5页，共页，共 11页页EIRr又又

26、qIt联立，解得联立，解得238BLqRr故故 D 正确。正确。故选故选 D。9AD【详解】【详解】AB根据题意，由牛顿第二定律可得根据题意，由牛顿第二定律可得ATmaB2Tma解得解得AB:2:1aa 则路程之比则路程之比2AA2BB12212a tssa t设设 B 运动的路程为运动的路程为 s，则，则 A 运动的路程为运动的路程为 2s，可知此时，可知此时 C 运动的路程为运动的路程为 1.5s，则有，则有ABC:4:2:3aaa故故 A、C 运动的加速度大小之比为运动的加速度大小之比为4:3，A 正确，正确，B 错误；错误；CD由由vat可知可知ABC:4:2:3vvv C 下落过程下

27、落过程 ABC 组成的系统机械能守恒组成的系统机械能守恒222ABC111424222mghmvmvmv解得解得C65vghC 错误，错误，D 正确。正确。#QQABJQAAggiIAJJAAAgCUwViCEEQkBGACSgOBFAMoAABQQNABAA=#参考答案参考答案 第第 6页，共页，共 11页页故选故选 AD。10AD【详解】【详解】A由题意可知，氢原子从能级由题意可知，氢原子从能级 6 跃迁到能级跃迁到能级 2 产生可见光产生可见光，从能级，从能级 3 跃迁到能跃迁到能级级 2 产生可见光产生可见光，故可见光，故可见光的能量大于可见光的能量大于可见光，可见光，可见光的频率大于

28、可见光的频率大于可见光，故可见，故可见光光是紫光，可见光是紫光，可见光是红光，图是红光，图 1 中的中的 H对应的是对应的是，故，故 A 正确；正确；B因可见光因可见光的频率小，故可见光的频率小，故可见光波长大，其条纹间距较大，根据波长大，其条纹间距较大，根据lxd可知图丙中的干涉条纹对应的是可知图丙中的干涉条纹对应的是，故，故 B 错误；错误；C根据根据hp可知可知的光子动量大于的光子动量大于的光子动量，故的光子动量，故 C 错误；错误；D根据爱因斯坦光电效应方程根据爱因斯坦光电效应方程k0EhWck0eUE可得可得c0eUhW可知发生光电效应时可知发生光电效应时 I 对应的遏制电压大，则对

29、应的遏制电压大，则 P 向向 a 移动，电流表示数为零时移动，电流表示数为零时对应的电压对应的电压表示数比表示数比的大，故的大，故 D 正确。正确。故选故选 AD。11(1)A(2)a(3)9.86【详解【详解】（1）单摆的摆球经过最低点后，在之后的一个周期内将两次经过最低点，则根据）单摆的摆球经过最低点后，在之后的一个周期内将两次经过最低点，则根据题意可得该单摆的周期题意可得该单摆的周期59 1292ttT 故选故选 A。#QQABJQAAggiIAJJAAAgCUwViCEEQkBGACSgOBFAMoAABQQNABAA=#参考答案参考答案 第第 7页，共页，共 11页页（2）根据该实验

30、的原理可得单摆的周期）根据该实验的原理可得单摆的周期2LhTg变式可得变式可得22244hTLgg可知可知2TL的图像应与纵轴上半轴有截距。的图像应与纵轴上半轴有截距。故选故选 a。（3）根据函数关系可得该图像的斜率）根据函数关系可得该图像的斜率24kg根据图像可得斜率根据图像可得斜率221.204s/m30 10k解得解得29.86m/sg 12(1)3.035(2)dcbadcb()d bacb(3)24()()L cbD d ba【详解【详解】（1）游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以）游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以30mm7 0.05mm30.35mm3.03

31、5cmD （2）123当闭合开关当闭合开关 S2和和 S1，根据闭合电路欧姆定律可得，根据闭合电路欧姆定律可得()EI Rr所以所以1RrIEE断开开关断开开关 S2，闭合开关，闭合开关 S1，有，有()xEI RrR 所以所以#QQABJQAAggiIAJJAAAgCUwViCEEQkBGACSgOBFAMoAABQQNABAA=#参考答案参考答案 第第 8页，共页，共 11页页1xrRRIEE结合图像可得结合图像可得1cbEdraExrRbE所以所以dEcb，adrcb，()xd baRcb（3）根据电阻定律有）根据电阻定律有xLRS214SD1联立可得联立可得24()()L cbD d

32、ba13（1）054p；（2）5K【详解【详解】（1）由玻意尔定律可得）由玻意尔定律可得001045pVpV解得解得1054pp（2）放上物品后温度为）放上物品后温度为T1=（273+22）K则由理想气体状态方程可得则由理想气体状态方程可得100012460559pVpVTT解得解得T2=300K则气泡中气体的温度改变量为则气泡中气体的温度改变量为#QQABJQAAggiIAJJAAAgCUwViCEEQkBGACSgOBFAMoAABQQNABAA=#参考答案参考答案 第第 9页，共页，共 11页页215KTTT14（1）；06m/sv（2）12m/sv；（3）max4J3pE【详解【详解】

33、（1）圆弧槽固定，小球机械能守恒）圆弧槽固定，小球机械能守恒211 012m gRm v解得解得06m/sv（2）圆弧槽不固定圆弧槽不固定，槽和小球组成的系统在水平方向动量守恒槽和小球组成的系统在水平方向动量守恒，若以向右为正方向若以向右为正方向，在水在水平方向，由动量守恒定律得平方向，由动量守恒定律得1 120mvMv由机械能守恒定律得由机械能守恒定律得2211 121122m gRmvMv解得解得12m/sv（3）当小球）当小球1m、2m速度相等时，弹簧具有最大弹性势能，根据动量守恒解得速度相等时，弹簧具有最大弹性势能，根据动量守恒解得1 112()mvmm v解得解得2m/s3v 根据能

34、量守恒可得根据能量守恒可得22max1 11211()22pEmvmm v代入数据可得代入数据可得max4J3pE15（1）41.5 10 N/CE，4 3m3s；（2）0.1TB；（3）10m 0，54 3510 s3t【详解【详解】（1）C 点到点到 P 点逆过程粒子做类平抛运动，设点逆过程粒子做类平抛运动，设 C 点到点到 P 运动时间为运动时间为1t，y 轴方向轴方向200sin2vaR，qEma#QQABJQAAggiIAJJAAAgCUwViCEEQkBGACSgOBFAMoAABQQNABAA=#参考答案参考答案 第第 10页，共页，共 11页页由上述两式解得由上述两式解得41.

35、5 10 N/CE x 轴方向轴方向0 1cossv t，010sinvta由上述两式解得由上述两式解得4 3m3s（2）C 点发出的粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动，其入射速度点发出的粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动，其入射速度50cos1 10 m/svv 设粒子轨迹半径为设粒子轨迹半径为1r，由牛顿第二定律得，由牛顿第二定律得21mvqvBr由几何关系可知由几何关系可知12mrR联立解得联立解得0.1TB（3）分析可知分析可知，CD上任意点发出的粒子经圆形磁场偏转后都从上任意点发出的粒子经圆形磁场偏转后都从 M 点通过点通过 x 轴进入第轴进入第象象限限，其中从其中从 A 点射出的粒子将从点

36、射出的粒子将从 N 点进入点进入、从从 M 点离开圆形磁场点离开圆形磁场，且第一次通过且第一次通过 x 轴时速轴时速度方向沿度方向沿y方向，它第二次通过方向，它第二次通过 x 轴时能到达离轴时能到达离 O 点最远的位置，该粒子运动轨迹如图点最远的位置，该粒子运动轨迹如图设粒子在第设粒子在第象限磁场中运动的轨迹半径为象限磁场中运动的轨迹半径为2r，由牛顿第二定律得，由牛顿第二定律得222Bmvqvr#QQABJQAAggiIAJJAAAgCUwViCEEQkBGACSgOBFAMoAABQQNABAA=#参考答案参考答案 第第 11页，共页，共 11页页解得解得224mrR所求点的坐标为所求点的

37、坐标为10m,0。由于所有粒子在第二象限运动规律完全相同，故从由于所有粒子在第二象限运动规律完全相同，故从 A 点发射从点发射从 N 点进入的磁场的粒子在电点进入的磁场的粒子在电场中运动时间也为场中运动时间也为51004 310 scos3Atv其到达其到达 x 轴最远位置时在两个磁场中运动的时间分别为轴最远位置时在两个磁场中运动的时间分别为152210 srtv，523410 srtv该粒子从出发到该粒子从出发到 x 轴上最远位置经过的时间为轴上最远位置经过的时间为51234 3510 s3tttt#QQABJQAAggiIAJJAAAgCUwViCEEQkBGACSgOBFAMoAABQQNABAA=#