一、單項(xiàng)選擇題：共11題，每題4分，共44分，每題只有一個(gè)選項(xiàng)最符合題意。
1. 如圖，一個(gè)水平放置的小磁針，靜止時(shí)指南北方向。做實(shí)驗(yàn)時(shí)，可以使小磁針逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)（從上向下看）的是（ ）
A. 把導(dǎo)線沿南北方向放在小磁針的上方，通入向北的電流
B. 把導(dǎo)線沿南北方向放在小磁針的下方，通入向北的電流
C. 把導(dǎo)線沿東西方向放在小磁針的上方，通入向西的電流
D. 把導(dǎo)線沿東西方向放在小磁針的下方，通入向西的電流
【答案】A
【解析】A．把導(dǎo)線沿南北方向放在小磁針的上方，通入向北的電流，根據(jù)右手螺旋定則可知，電流在小磁針?biāo)谔幃a(chǎn)生的磁場向里，則小磁針N極受到的磁場力向里，S極受到的磁場力向外，從上向下看小磁針逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，故A正確；
B．把水平導(dǎo)線沿南北方向放在小磁針的下方，通入向北的電流，根據(jù)右手螺旋定則可知，電流在小磁針?biāo)谔幃a(chǎn)生的磁場向外，則小磁針N極受到的磁場力向外，S極受到的磁場力向里，從上向下看小磁針順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；
C．把導(dǎo)線沿東西方向放在小磁針的上方，通入向西的電流，根據(jù)右手螺旋定則可知，電流在小磁針?biāo)谔幃a(chǎn)生的磁場向左，小磁針會(huì)發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，隨機(jī)沿著順時(shí)針或逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；
D．把導(dǎo)線沿東西方向放在小磁針的下方，通入向西的電流，根據(jù)右手螺旋定則可知，電流在小磁針?biāo)谔幃a(chǎn)生的磁場向右，小磁針不轉(zhuǎn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。
故選A。
2. 某手機(jī)正在充電時(shí)，鬧鐘響起的同時(shí)手機(jī)振動(dòng)，充電線也跟著振動(dòng)，手機(jī)振動(dòng)的頻率為，充電線上某點(diǎn)的振動(dòng)頻率為，如圖所示。下列說法正確的是（ ）
A.
B. 手機(jī)振動(dòng)的頻率越大，充電線抖動(dòng)的幅度越大
C. 充電線上離手機(jī)充電口近的點(diǎn)先振動(dòng)
D. 同一手機(jī)，更換不同長度的充電線，其振動(dòng)時(shí)的頻率不同
【答案】C
【解析】A．手機(jī)振動(dòng)，充電線也跟著振動(dòng)，充電線發(fā)生的是受迫振動(dòng)，振動(dòng)頻率始終等于驅(qū)動(dòng)力的頻率，可知
A錯(cuò)誤；
B．充電線發(fā)生的是受迫振動(dòng)，當(dāng)手機(jī)振動(dòng)的頻率與充電線的固有頻率相隔越大，充電線抖動(dòng)的振幅越小，當(dāng)手機(jī)振動(dòng)的頻率與充電線的固有頻率相隔越小，充電線抖動(dòng)的振幅越大，故B錯(cuò)誤；
C．距離振源越近的質(zhì)點(diǎn)先振動(dòng)，可知，充電線上離手機(jī)充電口近的點(diǎn)先振動(dòng)，故C正確；
D．充電線發(fā)生的是受迫振動(dòng)，振動(dòng)頻率始終等于驅(qū)動(dòng)力的頻率，可知，同一手機(jī)，更換不同長度的充電線，其振動(dòng)時(shí)的頻率相同，故D錯(cuò)誤。
故選C。
3. 2024年8月6日，我國“千帆星座”計(jì)劃的首批組網(wǎng)衛(wèi)星發(fā)射成功。“千帆星座”計(jì)劃采用多層軌道，分階段實(shí)施的星座設(shè)計(jì)，其中高軌衛(wèi)星通常位于地球同步軌道，高度約為36000km，低軌衛(wèi)星軌道高度通常在160km至2000km之間。低軌衛(wèi)星相對(duì)高軌衛(wèi)星而言（ ）
A. 環(huán)繞地球運(yùn)行的速度更慢B. 環(huán)繞地球運(yùn)行的加速度更小
C. 繞地球轉(zhuǎn)一周所需的時(shí)間更長D. 需要更多衛(wèi)星才能實(shí)現(xiàn)全球信息覆蓋
【答案】D
【解析】根據(jù)
解得
低軌衛(wèi)星軌道半徑小，相對(duì)高軌衛(wèi)星而言，環(huán)繞速度更大，加速度更大，周期更短由于軌道半徑小，所以需要更多衛(wèi)星才能實(shí)現(xiàn)全球信息覆蓋。
故選D。
4. 如圖為一種心臟除顫器的原理圖，在一次模擬治療中，先將開關(guān)S接到位置1，電容器充電后電壓為10kV，再將開關(guān)S接到位置2，電容器在5ms內(nèi)通過人體模型完成放電。已知電容器的電容為，放電結(jié)束時(shí)電容器兩極板間的電勢差減為零，下列說法正確的是（ ）
A. 這次電容器充電后帶電量為0.4CB. 這次放電過程的平均電流為40A
C. 人體模型起到絕緣電介質(zhì)的作用D. 若充電至20kV，則該電容器的電容為
【答案】B
【解析】A．由電容的定義式可得，這次電容器充電后帶電量為
故A錯(cuò)誤；
B．由電流的定義式可得，這次放電過程的平均電流為
故B正確；
C．人體模型是導(dǎo)體，不能起到絕緣電介質(zhì)的作用，故C錯(cuò)誤；
D．由電容的決定式可知，充電至20kV，則該電容器的電容不變，仍為，故D錯(cuò)誤。故選B。
5. 在高度差一定的不同光滑軌道中，小球滾下用時(shí)最短的軌道叫做最速降線軌道。在高度差相同的三個(gè)軌道中，將三個(gè)完全相同的鐵球a、b、c分別放在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ軌道的起點(diǎn)M，同時(shí)由靜止釋放，發(fā)現(xiàn)Ⅰ軌道上的鐵球a最先到達(dá)終點(diǎn)N。關(guān)于三個(gè)鐵球的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是（ ）
A. 三個(gè)鐵球到達(dá)N點(diǎn)的動(dòng)量相同B. 鐵球c的動(dòng)能最大
C. 三個(gè)鐵球到達(dá)N點(diǎn)的重力功率相同D. 鐵球a的平均速度最大
【答案】D
【解析】A．動(dòng)量是矢量，三個(gè)鐵球到達(dá)N點(diǎn)的速度方向不同，動(dòng)量不同，故A錯(cuò)誤；
B．三個(gè)鐵球運(yùn)動(dòng)的位移相同，重力做功相同，全程只有重力做功，由動(dòng)能定理知三個(gè)鐵球的末動(dòng)能相同，故B錯(cuò)誤；
B．三個(gè)鐵球運(yùn)動(dòng)的末動(dòng)能相同，但末速度與豎直方向的夾角不同，則重力的功率不同，故C錯(cuò)誤；
D．三個(gè)鐵球運(yùn)動(dòng)的位移相同，且鐵球a最先到達(dá)終點(diǎn)N，所用時(shí)間最少，根據(jù)
可知鐵球a的平均速度最大，故D正確。故選D。
6. 如圖所示是靜電推進(jìn)裝置的原理圖，發(fā)射極與吸板接在電源兩端，兩極間產(chǎn)生電場，虛線為等差等勢面（相鄰等勢面的電勢差相等），在強(qiáng)電場作用下，一帶電液滴從發(fā)射極加速飛向吸板，a、b是其路徑上的兩點(diǎn)，不計(jì)液滴重力，則（ ）
A. 液滴帶正電，b點(diǎn)電場強(qiáng)度大
B. 液滴帶正電，a點(diǎn)電場強(qiáng)度大
C. 液滴帶負(fù)電，b點(diǎn)電場強(qiáng)度大
D. 液滴帶負(fù)電，a點(diǎn)電場強(qiáng)度大
【答案】B
【解析】由題可得發(fā)射極與吸板之間的電場方向從發(fā)射極指向吸板，因?yàn)樵趶?qiáng)電場作用下，一帶電液滴從發(fā)射極加速飛向吸板，即液滴所受電場力與電場方向相同，故液滴帶正電，且等差等勢面越密集的地方電場強(qiáng)度越大，由圖可以看出a點(diǎn)電場強(qiáng)度大，故ACD錯(cuò)誤，B正確。
故選B。
7. 如圖所示，物塊A通過一根不可伸長且承受張力足夠大的輕繩繞過光滑的輕滑輪與物塊B連接，A置于物體C上方，B與C的右側(cè)接觸。已知C上表面粗糙，右側(cè)光滑，當(dāng)C豎直向上以加速度勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，B恰好相對(duì)C不下滑。當(dāng)C的加速度由逐漸緩慢變大時(shí)（ ）
A. A對(duì)C的摩擦力保持不變B. A對(duì)C的壓力保持不變
C. A、B相對(duì)C仍保持靜止D. 輕繩對(duì)B拉力保持不變
【答案】C
【解析】C．對(duì)A和B分別進(jìn)行受力分析，如圖所示。
當(dāng)C以加速度a0向上勻加速時(shí)，B相對(duì)于C恰好保持相對(duì)靜止，可知此時(shí)A相對(duì)C也恰好保持靜止，對(duì)A水平方向根據(jù)共點(diǎn)力平衡，有
則最大靜摩擦力有
豎直方向根據(jù)牛頓第二定律，有
對(duì)B根據(jù)牛頓第二定律，有
聯(lián)立解得
當(dāng)加速度由a0逐漸變大時(shí)，假設(shè)A、B相對(duì)C仍保持相對(duì)靜止，對(duì)A，有
此時(shí)A與C之間的最大靜摩擦力為
對(duì)B根據(jù)牛頓第二定律，有
解得
可得
故假設(shè)成立，A、B相對(duì)C仍保持相對(duì)靜止，故C正確；
AD．C對(duì)A的摩擦力等于繩子拉力，當(dāng)加速度由a0逐漸變大時(shí)，由
可知輕繩對(duì)B拉力逐漸變大，由牛頓第三定律可知，C對(duì)A的摩擦力逐漸變大， A對(duì)C的摩擦力逐漸變大，故AD錯(cuò)誤；
B．當(dāng)加速度由a0逐漸變大時(shí)，對(duì)A，有
C對(duì)A的支持力逐漸變大，由牛頓第三定律可知，A對(duì)C的壓力逐漸變大，故B錯(cuò)誤。
故選C。
8. 光滑絕緣的水平面上，有兩個(gè)帶同種電荷的小球A和B；t = 0時(shí)小球A靜止，小球B以一定的初速度向A運(yùn)動(dòng)。兩小球的v ? t圖像如圖所示，且A、B未接觸，則（ ）
A. A球質(zhì)量等于B球B. 兩小球在t1時(shí)刻的電勢能最大
C. A球在t2時(shí)刻的加速度最大D. B球在0 ~ t3時(shí)間內(nèi)動(dòng)能一直減小
【答案】B
【解析】A．由v ? t圖像可知，B球先做減速運(yùn)動(dòng)，A球做加速運(yùn)動(dòng)，兩球帶同種電荷，兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒；設(shè)t = 0時(shí)刻，B球速度為v0，由圖像可知t2時(shí)刻，B球速度為0，設(shè)此時(shí)A球速度為vA，根據(jù)動(dòng)量守恒可得
又
聯(lián)立可得
故A錯(cuò)誤；
B．由v ? t圖像可知，在t1時(shí)刻兩球速度相等，此時(shí)兩球距離最近，故t1時(shí)刻兩小球所構(gòu)成的系統(tǒng)電勢能最大，動(dòng)能最小，故B正確；
C．由v ? t圖像可知，在t1時(shí)刻兩球速度相等，此時(shí)兩球距離最近，此時(shí)兩球的庫侖力最大，加速度最大，故C錯(cuò)誤；
D．由v ? t圖像可知，B球在0 ~ t3時(shí)間內(nèi)速度大小先減小后增大，則動(dòng)能先減小后增大，故D錯(cuò)誤。
故選B。
9. 汽車發(fā)動(dòng)機(jī)的曲柄連桿機(jī)構(gòu)其結(jié)構(gòu)示意圖如圖所示。曲軸可繞固定的O點(diǎn)自由轉(zhuǎn)動(dòng)，連桿兩端分別連接曲軸上的A點(diǎn)和活塞上的B點(diǎn)，若曲軸繞O點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速率12m/s，，。下列說法正確的是（ ）
A. 活塞在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)
B. 當(dāng)OA豎直時(shí)，活塞的速度為8m/s
C. 當(dāng)OA與AB共線時(shí)，活塞的速度為12m/s
D. 當(dāng)OA與AB垂直時(shí)，活塞的速度為15m/s
【答案】D
【解析】A．根據(jù)題意，活塞沿水平方向往復(fù)運(yùn)動(dòng)，則活塞的運(yùn)動(dòng)不是勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；
B．已知A點(diǎn)的線速度為，當(dāng)OA豎直時(shí)，將A點(diǎn)和活塞的速度沿桿方向和垂直桿方向分解，如圖所示
由幾何關(guān)系可知
可得
故B錯(cuò)誤；
C．當(dāng)OA和OB共線時(shí)，A點(diǎn)在沿桿方向的分速度是0，則活塞的實(shí)際速度沿桿也為0，故C錯(cuò)誤；
D．當(dāng)OA與AB垂直時(shí)，A點(diǎn)的速度沿桿方向，設(shè)AB與OB的夾角為，有
其中
解得
故D正確。
故選D。
10. 如圖所示，當(dāng)電腦顯示屏閉合時(shí)，霍爾元件靠近磁體，屏幕熄滅，電腦休眠，閉合顯示屏?xí)r，長為a、寬為c、厚度為d的霍爾元件處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于元件上表面向下的勻強(qiáng)磁場中，通以圖示恒定電流時(shí)，元件的前后表面間出現(xiàn)電壓U，筆記本控制系統(tǒng)檢測到該電壓，立即熄滅屏幕。已知載流子為電子，下列有關(guān)說法正確的是（ ）
A. 前表面的電勢比后表面的低
B. 前表面和后表面間的電場強(qiáng)度大小為
C. 前后表面間的電壓
D. 載流子的速度大小為
【答案】D
【解析】A．根據(jù)左手定則，霍爾元件內(nèi)自由電子受洛倫茲力指向后表面，電子在后表面聚集，即前表面的電勢比后表面的高，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
B．前表面和后表面間的電場強(qiáng)度大小為
選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
CD．當(dāng)平衡時(shí)滿足
解得前后表面間電壓
自由電子的速度大小為
選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確；
故選D。
二、非選擇題：共5題，共56分；其中第13題~第15題解答時(shí)請(qǐng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計(jì)算時(shí)，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。
11. 如圖所示，輕彈簧下端掛一物體，上端用手牽引使物體勻速上升，若手突然停止運(yùn)動(dòng)，從該時(shí)刻到物體上升至最高點(diǎn)的過程中，物體運(yùn)動(dòng)的速率v、加速度大小a隨運(yùn)動(dòng)時(shí)間t或上升高度h變化的圖像可能正確的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】AD．根據(jù)題意可知，輕彈簧拉著重物做勻速直線運(yùn)動(dòng)，彈簧處于拉伸狀態(tài)且拉力等于重力，當(dāng)手突然停止運(yùn)動(dòng)后的一小段時(shí)間內(nèi)，由于慣性，重物繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)，彈簧的形變量減小，則彈力減小，彈力小于重力，加速度向下，向上做減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k，根據(jù)牛頓第二定律可得
所以
當(dāng)彈簧處于壓縮狀態(tài)時(shí)，彈力增大，加速度向下，物體仍然向上減速，且加速度a與h的關(guān)系不變，由于加速度增大，所以v-t圖像切線的斜率增大，故AD錯(cuò)誤；
B．物體上升過程中，加速度增大，但由于物體速度減小，即上升高度ｈ的變化越來越慢，則加速度增大的越來越慢，所以a-t圖線斜率逐漸減小，故B正確；
C．由于a與h成正比，所以隨高度增加，v減少，但速度減小的越來越快，即斜率變大，故C錯(cuò)誤。
故選B。
12. 物理課外研究小組欲通過實(shí)驗(yàn)研究某一直流電源的帶載特性，除所用電源，開關(guān)、導(dǎo)線外，實(shí)驗(yàn)室還備有器材：電壓表（量程3V）、電流表（量程3A）、定值電器、滑動(dòng)變阻器。
（1）測量電源的電動(dòng)勢和內(nèi)阻。按如圖1所示的電路連接器材，并移動(dòng)滑動(dòng)變阻器滑片位置，讀出對(duì)應(yīng)的電壓表和電流表示數(shù)，在圖2中標(biāo)記相應(yīng)的點(diǎn)并擬合出U-I圖線，可得電源電動(dòng)勢E=________V，內(nèi)阻r=________Ω（結(jié)果均保留2位有效數(shù)字）。
（2）不考慮偶然誤差，由上述（1）方法測得內(nèi)阻r________（填“大于”、“等于”、“小于”）真實(shí)值，引起此誤差的原因是________。
（3）測試電源的帶載特性。用R表示變阻器接入電路的阻值，I表示電流表的示數(shù)。為便于對(duì)比研究，采集兩種情況下的數(shù)據(jù)并作出相應(yīng)的①、②圖線：
①表示圖1中變阻器的功率變化規(guī)律；
②表示圖3中變阻器的功率變化規(guī)律。
在滑動(dòng)變阻器的滑片移動(dòng)過程中，不考慮電表的影響，下列選項(xiàng)正確的是________。
A. B.
C. D.
【答案】（1）3.0 1.3
（2）小于 電壓表的分流
（3）AC
【解析】【小問1詳解】
[1][2]根據(jù)閉合電路歐姆定律
電源U-I圖像與縱軸交點(diǎn)坐標(biāo)值是電動(dòng)勢，圖像斜率絕對(duì)值是電源內(nèi)阻。由圖像可知，電動(dòng)勢測量值
E=3.0V
電源內(nèi)阻
【小問2詳解】
[1][2]考慮到電表內(nèi)阻
整理得
因?yàn)樾甭蚀韮?nèi)阻，所以內(nèi)阻測量值偏小，引起此誤差的原因是電壓表的分流。
【小問3詳解】
圖1中，滑動(dòng)變阻器的功率為
由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，當(dāng)時(shí)，功率最大，又有
可知此時(shí)
功率最大，最大功率為
圖3中，把和電源看成等效電源，則電源的等效電動(dòng)勢為
等效內(nèi)阻為
則滑動(dòng)變阻器的功率為
由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，當(dāng)
功率最大，此時(shí)
最大功率
綜上所述，圖1中和圖3中滑動(dòng)變阻器功率最大時(shí)，電流相等，圖1中滑動(dòng)變阻器的電阻較大，且圖1中的最大功率較大。
故選AC。
13. 甲、乙兩列橫波在同一均勻介質(zhì)中沿x軸相向傳播，波速均為4m/s。時(shí)刻二者在處相遇，波形如圖所示，平衡位置分別位于、處的P、Q兩質(zhì)點(diǎn)。則
（1）時(shí)，P偏離平衡位置位移x；
（2）在0～4.25s內(nèi)，Q通過的路程s。
【答案】（1）0 （2）18cm
【解析】【小問1詳解】
時(shí)，甲乙兩列波均傳播
即一個(gè)波長，則波形圖仍在原來的位置，此時(shí)P仍在平衡位置，即P偏離平衡位置的位移為0。
【小問2詳解】
甲波經(jīng)傳到Q點(diǎn)，則
在時(shí)間內(nèi)，Q點(diǎn)回到平衡位置，走過的路程為
此時(shí)甲波在Q點(diǎn)引起的振動(dòng)方向向上，乙波在Q點(diǎn)引起的振動(dòng)方向向下，故振幅為
之后走過的路程為
全程Q通過的路程為
14. 空間中存在水平向左的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)E的大小為。將質(zhì)量為m、電荷量為的小球以初速度水平向右拋出，小球的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。A、C兩點(diǎn)在同一豎直線上，B點(diǎn)的速度方向豎直向下，不計(jì)空氣阻力，已知重力加速度為g。求：
（1）小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的時(shí)間；
（2）小球從A到C運(yùn)動(dòng)過程中的最小速度。
【答案】（1）
（2）
【解析】【小問1詳解】
水平方向，由牛頓第二定律有
由運(yùn)動(dòng)規(guī)律有
聯(lián)立解得
【小問2詳解】
設(shè)電場力與重力的合力與水平方向的夾角為，則
則
當(dāng)小球的速度與該合力垂直時(shí)，最小速度為，則
解得
15. 如圖所示，質(zhì)量為、長為的長木板A靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為物塊B放在長木板上表面的左端，半圓弧體豎直固定在長木板右側(cè)某位置，半圓弧面最低點(diǎn)的切面與長木板上表面在同一水平面，質(zhì)量為的小球C用長為的不可伸長細(xì)線懸于固定點(diǎn)點(diǎn)，將小球C拉至與點(diǎn)等高點(diǎn)，細(xì)線剛好伸直，由靜止釋放小球，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與物塊發(fā)生碰撞，碰撞后一瞬間B、C的速度大小之比為，此后當(dāng)B滑到長木板右端時(shí)A、B共速且此時(shí)A剛好與半圓弧體碰撞，A與半圓弧體碰撞后粘在一起，重力加速度為，不計(jì)物塊的大小。求：
（1）B、C碰撞過程，B、C系統(tǒng)損失的機(jī)械能；
（2）開始時(shí)，A的右端離半圓弧面最低點(diǎn)的水平距離；
（3）要使B在軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)不脫離圓弧軌道，圓弧軌道的半徑應(yīng)滿足的條件。
【答案】（1）
（2）
（3）或
【解析】【小問1詳解】
設(shè)C與B碰撞前一瞬間，C的速度大小為，根據(jù)機(jī)械能守恒
解得
設(shè)碰撞后B的速度大小為，則C的速度大小為，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有
解得
碰撞過程損失的機(jī)械能
【小問2詳解】
設(shè)B與A間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，B與A共速時(shí)的速度為，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有
根據(jù)能量守恒定律
解得
對(duì)長木板A研究，根據(jù)動(dòng)能定理
解得
【小問3詳解】
物塊B以速度滑上圓弧軌道，設(shè)圓弧軌道半徑為時(shí)，物塊剛好能滑到與等高的位置，根據(jù)機(jī)械能守恒
解得
設(shè)當(dāng)物塊剛好能到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí)，圓弧軌道半徑為，到最高點(diǎn)時(shí)速度為，則
根據(jù)機(jī)械能守恒
解得
因此要使物塊B在圓弧軌道上運(yùn)動(dòng)過程中不離開圓弧軌道，軌道半徑滿足的條件為
或
16. 如圖所示，在真空中的坐標(biāo)系中，第二象限內(nèi)有邊界互相平行且寬度均為d的六個(gè)區(qū)域，交替分布著方向豎直向下的勻強(qiáng)電場和方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，調(diào)節(jié)電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，可以控制飛出的帶電粒子的速度大小及方向?，F(xiàn)將質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子在邊界P處由靜止釋放，粒子恰好以速度大小為v且與y軸負(fù)方向的夾角為從坐標(biāo)原點(diǎn)進(jìn)入?yún)^(qū)域，在的區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為、方向沿x軸正方向的勻強(qiáng)磁場B，不計(jì)粒子重力。已知：，求：
（1）第二象限中電場強(qiáng)度大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小；
（2）粒子在的區(qū)域運(yùn)動(dòng)過程中，距離x軸的最大距離；
（3）粒子在的區(qū)域運(yùn)動(dòng)過程中，粒子每次經(jīng)過x軸時(shí)的橫坐標(biāo)。
【答案】（1）；
（2）
（3）
【解析】【小問1詳解】
粒子從P點(diǎn)到O點(diǎn)的過程中，只有電場力做功，洛倫茲力不做功，則由動(dòng)能定理可知
解得第二象限中電場強(qiáng)度大小
粒子在經(jīng)過磁場時(shí)水平方向上由動(dòng)量定理
即
解得磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為
【小問2詳解】
粒子經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)，沿y軸負(fù)方向的分速度大小為
沿x軸正方向的分速度大小為
沿y軸負(fù)方向的分速度使粒子在垂直紙面的平面內(nèi)左勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力可知
代入解得
粒子做圓周運(yùn)動(dòng)距x軸的最大距離為
【小問3詳解】
粒子在的區(qū)域內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為
粒子在的區(qū)域內(nèi)沿x軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，粒子在一個(gè)周期內(nèi)沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)的距離為
粒子在的區(qū)域內(nèi)每次經(jīng)過x軸時(shí)的橫坐標(biāo)為
解得粒子在的區(qū)域運(yùn)動(dòng)過程中，粒子每次經(jīng)過x軸時(shí)的橫坐標(biāo)為

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