2021廣東高中物理高考真題138776

1、試卷主標題姓名：_ 班級：_考號：_一、未分類（共18題）1、 科學家發(fā)現銀河系中存在大量的放射性同位素鋁 26 。 鋁 26的半衰期為 72 萬年,其衰變方程為 ，下列說法正確的是 (   ) A . Y 是氦核 B. Y 是質子 C . 再經過 72 萬年,現有的鋁 26 衰變一半 D . 再經過 14 4 萬年，現有的鋁 26 全部衰變 2、 2021年4月,我國自主研發(fā)的空間站“天和”核心 艙 成功發(fā)射 并 入軌運行，若核心艙繞地球的運行可視為勻速圓周運動 ,已知引力常量,由下列物理量能計算出地球質量的是 (   ) A.核心艙的質量和繞地半徑

2、B.核心艙的質量和繞地周期 C.核心艙的繞地角速度和繞地周期 D.核心艙的繞地線速度和繞地半徑 3、 唐代 耒 耜經記載了曲轅犁相對直轅犁的優(yōu)勢之一是起土省力 。 設牛用大小相等的拉力 F通過耕索分別拉兩種犁,F 與豎直方向的夾角分別為 和 ， ，如圖所示 。 忽略耕索質量 ,耕地過程中,下列說法正確的是 (   ) A.耕索對曲轅犁拉力的水平分力比對直轅犁的大 B.耕索對曲轅犁拉力的豎直分力比對直轅犁的大 C.曲轅犁勻速前進時，耕索對犁的拉力小于犁對耕索的拉力 D.直轅犁加速前進時，耕索對犁的拉力大于犁對耕索的拉力 4、 由于高度限制 ,車庫出入口采用圖所示的曲桿道閘,道

3、閘由轉動桿 OP 與橫桿 PQ 鏈接而成,P、Q 為橫桿的兩個端點.在道閘抬起過程中,桿 PQ 始終保持水平 . 桿 OP 繞 O 點從與水平方向成 30°勻速轉動到 60°的過程中,下列說法正 確 的是 (   ) A.P 點的線速度大小不變 B.P 點的加速度方向不變 C.Q 點在豎直方向做勻速運動 D.Q 點在水平方向做勻速運動 5、 截面為正方形的絕緣彈性長管中心有一固定長直導線，長管外表面固定著對稱分布的四根平行長直導線。若中心直導線通入電流 I 1 ，四根平行直導線均通入電流 I 2 , I 1 I 2 ，電流方向如圖所示。下列截面圖中可能正

4、確表示通電后長管發(fā)生形變的是 (   ) A . B. C. D. 6、 如圖 是某種靜電推進裝置的原理圖，發(fā)射極與吸極接在高壓電源兩端，兩級間產生強電 場 ，虛線為等勢面。在強電場作用下，一帶電液滴從發(fā)射極加速飛向吸極， a、b 是其路徑上的兩點。不計液滴重力，下列說法正確的是 (   ) Aa 點的電勢比 b 點的小 Ba 點的電場強度比 b 點的小 C液滴在 a 點的加速度比在 b 點的小 D液滴在 a 點的電勢能比在 b 點的大 7、 某同學設計了一個充電裝置，如圖所示 .假設永磁鐵的往復運動在螺線管中產生近似正弦式交流電，周期為 0.2S，電壓

5、最大值為 0.05V。理想變壓器原線圈接螺線管，副線圈接充電電路，原、副線圈匝數比為 1：60.下列說法正確的是 (   ) A. 交流電的頻率為 10Hz B副線圈兩端電壓最大值為 3V C變壓器輸入電壓與永磁鐵磁場強弱無關 D充電電路的輸入功率大于變壓器的輸入功率 8、 賽龍舟是端午節(jié)的傳統(tǒng)活動 。 下列 v-t 和 s-t 圖像描述了五條相同的龍舟從同一起點線同時出發(fā)、沿長直河道劃向同一終點線的運動全過程，其中能反應龍舟甲與其他龍舟在途中出現船頭并齊的有 (  ) A B C D 9、 長征途中，為了突破敵方關隘，戰(zhàn)士爬上陡峭的山頭，居高臨下向敵方工事內投擲

6、手榴彈。戰(zhàn)士在同一位置先后投出甲、乙兩顆質量均為 m 的手榴彈。手榴彈從投出的落地點的高度差為 h，在空中的運動可視為平拋運動，軌跡如圖所示，重力加速度為 g。下列說法正確的有 (   ) A.甲在空中的運動時間比乙的長 B.兩手榴彈在落地前瞬間，重力的功率相等 C.從投出到落地，每顆手榴彈的重力勢能減少 mgh D.從投出到落地，每顆手榴彈的機械能變化量為 mgh 10、 如圖所示，水平放置足夠長光滑金屬導軌 abc 和 de，ab 與 de 平行，b c 是以 O 為圓心的圓規(guī)導軌，圓弧 be 左側和扇形 Obc 內有方向如圖的勻強磁場。金屬桿 OP 的 O 端與 e

7、點用導線相接， P 端與圓弧 bc 接觸良好。初始時，可滑動的金屬桿 MN 靜止在平行導軌上。若桿 OP繞 O 點在勻強磁場區(qū)內從 b 到 c 勻速轉動時，回路中始終有電流，則此過程中，下列說法正確的有 (   ) A.桿 OP 產生的感應電動勢恒定 B.桿 OP 受到的安培力不變 C.桿 MN 做勻加速直線運動 D.桿 MN 中的電流減小 11、 某興趣小組測量一緩沖裝置中彈簧的勁度系數，緩沖裝置如圖 8 所示，固定在斜面上的透明有機玻璃管與水平面夾角為 30°，彈簧固定在有機玻璃管底端，實驗過程如下：先沿管軸線方向固定一毫米刻度尺，再將單個質量為 200g 的

8、鋼球（直徑略小于玻璃管內徑）逐個從管口滑進，每滑進一個鋼球，待彈簧靜止，記錄管內鋼球的個數 n 和彈簧上端對應的刻度尺示數 L n ，數據如表所示，實驗過程中彈簧始終處于彈性限度內，采用逐差法計算彈簧壓縮量，進而計算其勁度系數。 （ 1）利用L i =L i+3 -L i （ i=1,2,3）計算彈簧的壓縮量：L 1 =6.03cm，L 2 =6.08cm，L 3 =_cm， 壓縮量的平均值 =_cm； （ 2）上述 是管中增加 _個鋼球時產生的彈簧平均壓縮量； （ 3）忽略摩擦，重力加速度 g 取 9.80m/s 2 ，該彈簧的勁度系數為 _N/m（結果保留 3 位有效數字）。 12、 某小

9、組研究熱敏電阻阻值隨溫度的變化規(guī)律，根據實驗需要已選用了規(guī)格和量程合適的器材。 （ 1）先用多用電表預判熱敏電阻值溫度的變化趨勢，選擇適當倍率的歐姆檔，將兩表筆_，調節(jié)歐姆調零旋鈕，使指針指向右邊“0”處。測量時觀察到熱敏電阻溫度越高，相同倍率下多用電表指針向右偏轉角度越大，由此可判斷熱電阻阻值隨溫度的升高而_。 （ 2）再按圖 9 連接好電路進行測量。 閉合開關 S 前，將滑動變阻器 R 1 的滑片滑到 _端（選填“a”或“b”）。 將溫控室的溫度設置為 T，電阻箱 R 0 調為某一阻值 R 01 ，閉合開關 S，調節(jié)滑動變阻器R 1 ，使電壓表和電流表的指針偏轉到某一位置。記錄此時電壓表和

10、電流表的示數、 T 和 R 01 ，斷開開關 S。 再將電壓表與熱敏電阻 C 端間的導線改接到 D 端，閉合開關 S。反復調節(jié) R 0 和 R 1 ，使電壓表和電流表的示數與上述記錄的示數相同。記錄此時電阻箱的阻值 R 02 ，斷開開關 S。 實驗中記錄的阻值 R 01 _R 02 （選填 “大于”、“小于”或“等于”）。此時熱敏電阻阻值R T =_。 （ 3）改變溫控室的溫度，測量不同溫度時的熱敏電阻阻值，可以得到熱敏電阻阻值隨溫度的變化規(guī)律。 13、 算盤是我國古老的計算工具，中心帶孔的相同算珠可在算盤的固定導桿上滑動，使用前算珠需要歸零。如圖所示，水平放置的算盤中有甲、乙兩顆算珠未在歸零

11、位置，甲靠邊框 b，甲、乙相隔 s 1 = 3.5 × 10 -2 m，乙與邊框 a 相隔 s 2 = 2 .0×10 -2 m ，算珠與導桿間的動摩擦因數 =0.1，現用手指將甲以 0.4 m/s 的初速度撥出，甲、乙碰撞后甲的速度大小為 0.1m/s，方向不變，碰撞時間極短且不計，重力加速度 g 取 10 m/s²。 （ 1）通過計算，判斷乙算珠能否滑動到邊框a； （ 2）求甲算珠從撥出到停下所需的時間。 14、 如圖 是一種花瓣形電子加速器簡化示意圖 .空間有三個同心圓 a、b、c 圍成的區(qū)域，圓 a 內為無場區(qū)，圓 a 與圓 b 之間存在輻射狀電場，圓 b

12、 與圓 c 之間有三個圓心角均略小于90°的扇環(huán)形勻強磁場區(qū)|、|和|.各區(qū)磁感應強度恒定，大小不同，方向均垂直紙面向外,電子以初動能E k0 從圓 b 上 P 點沿徑向進入電場。電場可以反向，保證電子每次進入電場即被全程加速。己知圓 a 與圓 b 之間電勢差為 U，圓 b 半徑為 R，圓 c 半徑為 R ,電子質量為 m,電荷量為 e 。 忽略相對論效應 。 取 tan 22.5°=0.4。 (1)當E k0 =0 時,電子加速后均沿各磁場區(qū)邊緣進入磁場,且在電場內相鄰運動軌跡的夾角均為45°,最終從 Q 點出射,運動軌跡如圖中帶箭頭實線所示.求 I 區(qū)的磁感應

13、強度大小、電子在 I區(qū)磁場中的運動時間及在 Q 點出射時的動能; (2)已知電子只要不與 I 區(qū)磁場外邊界相碰，就能從出射區(qū)域出射.當E k0 =keU 時,要保證電子從出射區(qū)域出射，求 k 的最大值. 15、 在高空飛行的客機上某乘客喝完一瓶礦泉水后 ,把瓶蓋擰緊.下飛機后發(fā)現礦泉水瓶變癟了,機場地面溫度與高空客艙內溫度相同,由此可判斷,高空客艙內的氣體壓強_(選填“大于”、“小于”或“等于”)機場地面大氣壓強:從高空客艙到機場地面,礦泉水瓶內氣體的分子平均動能_(選填“變大”，“變小”或“不變”). 16、 為方便抽取密封藥瓶里的藥液 ,護士一般先用注射器注入少量氣體到藥瓶里后再抽取藥液,

14、如圖所示,某種藥瓶的容積為 0.9mL，內裝有 0.5mL 的藥液,瓶內氣體壓強為 1.0×10 5 Pa.護士把注射器內橫截面積為 0.3cm 2 、長度為 0.4cm、壓強為 1.0×10 5 Pa 的氣體注入藥瓶,若瓶內外溫度相同且保持不變、氣體視為理想氣體，求此時藥瓶內氣體的壓強. 17、 如圖所示 ,一個輕彈簧下端掛一小球,小球靜止,現將小球向下拉動距離 A 后由靜止釋放,并開始計時,小球在豎直方向做簡諧運動,周期為 T，經過 時間 ,小球從最低點向上運動的距離_ (選填“大于”、“小于”或“等于”):在 時刻 ,小球的動能_(選填“最大”或“最小”) 18、 如

15、圖所示，一種光學傳感器是通過接收器 Q 接收到光的強度變化而觸發(fā)工作的，光從擋風玻璃內側 P 點射向外側 M 點再折射到空氣中，測得入射角為，折射角為；光從P 點射向外側 N 點，剛好發(fā)生全反射并被 Q 接收。求光從玻璃射向空氣時臨界角的正弦表達式。 =參考答案=一、未分類1、 C 【分析】 根據電荷數守恒、質量數守恒確定 Y的電荷數和質量數，從而確定Y是什么粒子；抓住每經過一個半衰期，有半數發(fā)生衰變，判斷有多少的鋁26發(fā)生衰變。 【解答】解： AB、根據電荷數守恒、質量數守恒知，Y的電荷數為1，質量數為0，可知Y為正電子，故A、B錯誤； C、每經過一個半衰期，有半數發(fā)生衰變，再經過72萬年，

16、現有的鋁有一半發(fā)生衰變，故C正確； D、每經過一個半衰期，有半數發(fā)生衰變，再經過144萬年，現有的鋁有 發(fā)生衰變，還剩 沒有衰變，故 D錯誤。 故選： C。 2、 D 【分析】根據萬有引力提供向心力，得到地球的質量與軌道半徑、周期、角速度或線速度的關系進行分析。 【解答】解：設引力常量為 G。 AB、根據萬有引力提供向心力，則有： ，解得 ，要計算地球的質量 M，需要知道核心艙的軌道半徑和周期，故AB錯誤； C、根據萬有引力提供向心力，則有： ，解得： ，由于軌道半徑不知道，所以無法計算地球的質量，故 C錯誤； D、根據萬有引力提供向心力，則有： ，解得： ，已知核心艙的繞地線速度和繞地半徑，

17、可以計算地球的質量，故 D正確。 故選： D。 3、 B 【分析】根據力的分解得到兩種情況下水平分力、豎直分力的大小關系，根據牛頓第三定律分析相互作用力大小。 【解答】解： A、耕索對曲轅犁拉力的水平分力大小為F 1 =Fsin， 耕索對直轅犁拉力的水平分力大小為 F 2 =Fsin，由于，則耕索對曲轅犁拉力的水平分力比對直轅犁拉力的水平分力小，故A錯誤； B、耕索對曲轅犁拉力的在豎直方向的分力大小為F 1 =Fcos，耕索對直轅犁拉力的豎直方向分力大小為F 2 =Fcos，由于，則耕索對曲轅犁拉力的豎直方向的分力比對直轅犁拉力在豎直方向的分力大，故B正確； CD、無論曲轅犁勻速前進或直轅犁加

18、速前進，耕索對犁的拉力與犁對耕索的拉力屬于物體間的相互作用力，總是大小相等、方向相反，故CD錯誤。 故選： B。 4、 A 【分析】桿勻速轉動，即角速度不變，據此分析 P點的線速度大小變化；向心加速度始終指向圓心，所以加速度方向時刻改變；對兩位置的P點速度分解，從判斷Q點在豎直方向、水平方向分別做什么運動。 【解答】解： A、桿OP繞O點從與水平方向成30°勻速轉動到60°的過程中，可認為轉動的角速度不變，由v=r，P點轉動半徑r不變，所以P點的線速度大小不變，故A正確； B、向心加速度始終指向圓心O點，所以P點的加速度方向時刻改變，故B錯誤； CD、對兩位置的速度沿豎直方

19、向和水平方向分解，如圖所示，由圖可知，豎直方向的分速度在逐漸變小，水平方向的分速度在逐漸增大，所以在P點的帶動下，Q點在豎直方向做做減速運動，在水平方向做做加速運動，故CD錯誤。 5、 C 【分析】明確題意，知道中間電流遠大于外表導線中的電流，所以只需要考慮中心電流形成的磁場對四根外表面固定長直導線的安培力，根據安培定則確定各導線處的磁場方向，再根據左手定則確定受力方向即可確定形變方向。 【解答】解：根據安培定則可知，中心導線形成的磁場是以導線為圓心的圓，所以左邊導線處的磁場方向豎直向上，根據左手定則可知，左邊導線受力向右；右側導線處的磁場方向豎直向下，由左手定則可知，右邊導線受力向左，故左右

20、方向上彈性長管是向里凹陷的； 同理可知，上邊導線處的磁場水平向右，由左手定則可知，其受力向上；下邊導線處的磁場水平向左，由左手定則可知，其受力向下；因此上下彈性長管是突出的；則可知發(fā)生的形變?yōu)?C，故C正確，ABD錯誤。 故選： C。 6、 D 【分析】明確圖象原理，根據圖中電路確定發(fā)射極與吸極的電勢高低，確定電場線方向，沿電場線方向電勢降低，從而明確 a、b兩點的電勢高低；注意圖中等勢面不是等差等勢面，所以不能根據疏密確定電場強度大?。桓鶕旱蔚倪\動情況確定電場力做功情況，從而明確電勢能的變化。 【解答】解： A、由圖可知，發(fā)射極接電源正極，吸極接電源負極，則發(fā)射極為高電勢，吸極為低電勢，電

21、場線由發(fā)射極指向吸極，沿電場線方向電勢降低，故a點電勢比b點高，故A錯誤； BC、由于題中沒有說明等勢面是否為等差等勢面，故不能明確電場線和等勢面的疏密，所以無法確定a、b兩點的電場強度的大小，也就無法確定加速度大小，故BC錯誤； D、因液滴加速前進，故說明電場力做正功，電勢能減小，故液滴在a點的電勢能比在b點的大，故D正確。 故選： D。 7、 B 【分析】根據周期和頻率的關系確定交流電的頻率；利用變壓器電壓之比與線圈匝數之比相等確定輸出電壓，再根據電壓的最大值和有效值間的關系確定輸出電壓的最大值；明確輸入電壓來源，根據法拉第電磁感應定律確定輸入電壓與永磁鐵的強弱是否有關，明確變壓器輸出功率

22、決定輸入功率，本身不消耗能量。 【解答】解： A、交流電的周期為T=0.2s，則其頻率f= ， 故 A錯誤； B、輸入電壓的有效值U 1 = ,根據 可知，輸出電壓 U 2 = 故最大值 U 2m = U 2 = ×1.5 V=3V,故B正確 C、輸入電壓是由電磁感應產生的，根據法拉第電磁感應定律可知，輸入電壓與永磁體的強弱有關，故C錯誤； D、變壓器兩端的功率是相等的，即輸出功率決定了輸入功率，故D錯誤。 故選： B。 8、 BD 【分析】在速度 -時間圖線中，圖線與時間軸圍成的面積表示位移，結合面積比較兩者的位移關系，判斷是否會出現船頭并齊；在位移-時間圖線中，圖線對應的縱坐標表

23、示位移，通過兩圖線是否有交點判斷在途中是否會出現船頭并齊。 【解答】解： A、速度-時間圖線圍成的面積表示位移，由圖可知，在到達終點前，甲圖線圍成的面積始終大于乙圖線圍成的面積，則龍舟甲與龍舟乙在途中不會出現船頭并齊的現象，故A錯誤； B、速度-時間圖線圍成的面積表示位移，由圖可知，在兩圖線交點對應的時刻前，丙的位移比甲大，即丙在前，在交點對應的時刻后有一個時刻，兩圖線圍成的面積相等，即位移相等，可知龍舟甲和龍舟乙在途中會出現船頭并齊，故B正確； C、由圖可知，在到達終點前，兩圖線沒有交點，即不會出現位移相同，則龍舟甲和龍舟乙在途中不會出現船頭并齊，故C錯誤； D、由圖可知，在到達終點前，兩圖

24、線有交點，即位移相同，可知龍舟甲和龍舟戊在途中出現船頭并齊，故D正確。 故選： BD。 9、 BC 【分析】 A、根據平拋運動的豎直分運動為自由落體運動，利用自由落體運動的運動規(guī)律可以判斷時間關系； B、根據平拋運動的豎直分運動為自由落體運動，利用自由落體運動的運動規(guī)律求出豎直末速度，結合瞬時功率表達式可以判斷重力的功率； C、先求出重力做功關系，再根據功能關系判斷重力勢能變化量； D、根據機械能守恒的條件，手榴彈在運動過程中機械能守恒。 【解答】解： A、手榴彈在空中的運動可視為平拋運動，在豎直方向的分運動為自由落體運動，有 戰(zhàn)士在同一位置先后投出甲、乙兩顆手榴彈，故 h相等，故甲乙在空中運

25、動的時間相等，故A錯誤； B、手榴彈在空中的運動可視為平拋運動，在豎直方向的分運動為自由落體運動，設落地前瞬間手榴彈豎直分速度為v y ，有 此時重力的功率為 P=mgv y 由題意 h相等，故重力的功率相等，故B正確； C、從投出到落地，每顆手榴彈的重力做功為W G =mgh，根據功能關系可知，手榴彈的重力勢能減少mgh，故C正確； D、手榴彈在空中的運動可視為平拋運動，在運動過程中只有重力做功，故手榴彈的機械能守恒，故D錯誤。 故選： BC。 10、 AD 【分析】求出 OP轉動切割磁感應線的感應電動勢的計算公式分析感應電動勢是否變化；由于MN切割磁感應線產生的感應電流，從而使得桿OP中的

26、電流大小發(fā)生改變，由此分析安培力的變化、加速度的變化。 【解答】解： A、設OP轉動的角速度為，圓弧導軌半徑為r，則OP轉動切割磁感應線的感應電動勢為：E=Br ，所以桿 OP產生的感應電動勢恒定，故A正確； B、根據右手定則可知OP棒中產生的感應電流方向由O到P，則通過MN的電流方向由M到N，根據左手定則可知桿MN受到的安培力方向向左，桿MN將向左運動切割磁感應線，由于MN切割磁感應線產生的感應電流方向由N到M，從而使得桿OP中的電流大小發(fā)生改變，根據F 安 =BIr可知，OP受到的安培力減小，故B錯誤； C、根據B選項分析可知，桿MN中的電流大小發(fā)生變化，根據牛頓第二定律可得MN的加速度大

27、小a= 發(fā)生改變，桿 MN不是做勻加速直線運動，故C錯誤； D、根據B選項分析可知，桿MN中的電流逐漸減小，故D正確。 故選： AD。 11、 （ 1）6.04；60.5；（2）3；（3）48.6。 【分析】（ 1）根據表中實驗數據求出彈簧的壓縮量與彈簧壓縮量的平均值。 （ 2）根據實驗步驟與表中實驗數據分析答題。 （ 3）根據胡克定律與平衡條件求出彈簧的勁度系數。 【解答】解：（ 1）由表中實驗數據可知：L 3 +L 3+3 -L 3 =(18.09-12.05)cm=6.04cm 彈簧壓縮量的平均值 （ 2）與表中實驗數據可知，上述 是管中增加 3個鋼球時產生的彈簧平均壓縮量。 （ 3）單

28、個鋼球的質量m=200g=0.200kg，彈簧壓縮量的平均值 =6.05cm=0.0605m 根據胡克定律與平衡條件得： k =3mgsin30° 代入數據解得，彈簧的勁度系數： k=48.6N/m 故答案為：（ 1）6.04；60.5；（2）3；（3）48.6。 12、 （ 1）短接；減小；（2）b；大于；R 01 -R 02 【分析】（ 1）歐姆表選擇倍率后要進行歐姆調零；歐姆表零刻度線在最右側，越靠近右側歐姆刻度值越小。 （ 2）滑動變阻器采用限流接法時，為保護電路，閉合開關前滑片要置于阻值最大處。 根據實驗步驟應用串聯電路特點與歐姆定律分析答題。 【解答】解：（ 1）選擇適當

29、倍率的歐姆擋，將兩表筆短接，調節(jié)歐姆調零旋鈕，使指針指向右邊“0”處； 歐姆表表盤右側刻度值小，左側刻度值大，測量時觀察到熱敏電阻溫度越高，相同倍率下多用電表指針向右偏轉角度越大，說明此時熱敏電阻阻值越小，由此可判斷熱敏電阻阻值隨溫度的升高而減小。 （ 2）由圖示電路圖可知，滑動變阻器采用限流接法，為保護電路，閉合開關S前，將滑動變阻器R 1 的滑片滑到 b端。 設電壓表示數為U，電流表示數為I，設電流表內阻為R A ，根據實驗步驟，由串聯電路特點與歐姆定律得： R A +R 01 = ,R A +R 02 +R T = 解得： R 01 R 02 ， R T =R 01 -R 02 故答案為

30、： （ 1）短接；減??；（2）b；大于；R 01 -R 02 13、 （ 1）乙算珠能滑動到邊框a； （ 2）甲算珠從撥出到停下所需的時間是0.2s。 【分析】（ 1）應用動能定理求出甲、乙兩算珠碰撞前瞬間甲的速度大小，甲、乙兩算珠碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，應用動量守恒定律求出碰撞后乙算珠的速度大小，應用動能定理求出乙算珠停止運動時運動的位移，然后判斷乙算珠能否滑動到邊框a。 （ 2）應用動能定理求出碰撞后甲算珠滑動的距離，應用牛頓第二定律求出甲算珠的加速度大小，然后應用運動學公式求出甲算珠的運動時間。 【解答】解：（ 1）算珠相同，設每個算珠的質量為m， 由題意可知，甲算珠的初速度大小 v 0

31、=0.4m/s ，碰撞后瞬間甲算珠的速度大小 v 甲 =0.1m/s 設甲、乙兩算珠碰撞前瞬間甲算珠的速度大小為 v 1 , 從甲算珠開始運動到甲、乙碰撞前瞬間過程，對甲算珠，由動能定理得： -mgs 1 = 代入數據解得： v 1 =0.3m/s 甲、乙兩算珠碰撞過程系統(tǒng)內力遠大于外力，系統(tǒng)動量守恒，設碰撞后瞬間乙算珠的速度大小為 v 乙 , 以碰撞前甲算珠的速度方向為正方向，由動量守恒定律得： m v 1 =mv 甲 +mv 乙 代入數據解得： v 乙 =0.2m/s 設碰撞后乙算珠甲減速到零過程滑行的距離為 s，對乙算珠，由動能定理得：-mgs=0- 代入數據解得： s=0.02m=s

32、2 =2.0×10 -2 m ，乙算珠恰好到達邊框 a處 （ 2）設兩算珠碰撞后甲滑行距離s 3 后速度變?yōu)榱?，對甲，由動能定理得?-mgs 3 = 代入數據解得： s 3 =0.005m 設從甲開始運動到甲乙碰撞所需時間為 t 1 ，從甲乙碰撞到甲停止運動需要的時間為 t 2 , 則： ， 代入數據解得： t 1 =0.1s,t 2 =0.1s 甲算珠從撥出到停下所需的時間： t=t 1 +t 2 =(0.1+0.1)s=0.2s 答：（ 1）乙算珠能滑動到邊框a； （ 2）甲算珠從撥出到停下所需的時間是0.2s。 14、 （ 1）當E k0 =0時，區(qū)的磁感應強度大小為 、電子

33、在 區(qū)磁場中的運動時間為 、在 Q點出射時的動能為8eU； （ 2）當E k0 =keU時，要保證電子從出射區(qū)域出射，k的最大值為 【分析】（ 1）根據動能定理求解速度，根據圖中幾何關系求半徑，根據洛倫茲力提供向心力求解磁感應強度，根據周期公式求解粒子在區(qū)運動的時間，根據動能定理可得電子在Q點出射時的動能； （ 2）電子在區(qū)運動的軌跡恰好與邊界相切時，k值最大，根據幾何關系求半徑，根據洛倫茲力提供向心力結合動能定理求解k值。 【解答】解：（ 1）設電子進入區(qū)的速度大小為v 1 ，電子從 P到進入區(qū)過程中，根據動能定理可得：2eU= 解得： v 1 = 設電子在 區(qū)運動軌跡半徑為r，電子在區(qū)運動情況如圖1所示； 根據圖中幾何關系可得： tan22.5°= ， 解得： r=0.4R 根據洛倫茲力提供向心力可得： ev 1 B 1 =m 解得 區(qū)的磁感應強度大小B 1 = ; 粒子在 區(qū)運動的周期T= , 粒子軌跡對應的圓心角為： =360°-（180°-45°）=225