1、广东省湛江市2015届高考物理二模试卷一、单项选择题（每题4分）1（4分）如图所示，日光灯管两端用细绳吊在天花板上，设两绳的拉力分别为F1、F2，它们的合力为F下列说法正确的是（）A合力的方向竖直向下B合力F的大小一定等于F1、F2的大小之和C合力F的大小一定等于日光灯管的重力D日光灯管受到4个力的作用2（4分）如图，发电机的电动势e=678sin100tV，变压器的副线圈匝数可调，触头P置于a处时，用户恰好得到220V的电压，R表示输电线的电阻下列说法正确的是（）A电流的频率为100HzB电压表V2的示数为220VC电压表V1的示数为678VD当触头P向上滑时，V2的示数变大3（4分）如图示
2、为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话时，膜片会振动若某次膜片振动时，膜片与极板距离减小，则在此过程中（）A膜片与极板间的电容变小B极板的带电量增大C膜片与极板间的电场强度变小D电阻R中无电流通过4（4分）跳伞运动员从高空悬停的直升机上跳下，运动员沿竖直方向运动的vt图象如图所示，下列说法正确的是（）A运动员在010s的平均速度为10m/sB15s末开始运动员处于静止状态C10s末运动员的速度方向改变D1015s运动员做减速度逐渐减小的减速运动二、双选选择题（每题6分）5（6分）如图，将一空的铝制易拉罐开口向下压入恒温游泳池的水中则金属罐在水中缓慢下降过程中，罐内空气（可视为理想气体）（
3、）A内能增大B分子间的平均距离减少C向外界放热D对外界做正功6（6分）据新华社报道，由我国自行设计、研制的世界上第一个全超导核聚变实验装置（又称“人造太阳”）已完成了首次工程调试下列关于“人造太阳”的说法中，正确的是（）A“人造太阳”的核反应方程是H+HHe+nB“人造太阳”的核反应方程是U+nBa+Kr+3nC“人造太阳”释放的能量大小的计算式是E=mc2D“人造太阳”释放的能量大小的计算式是E=7（6分）如图所示是“嫦娥二号”奔月的轨道示意图，其环月轨道距离月面的高度为100km，则下列说法正确的是（）A“嫦娥二号”的发射速度大于第二宇宙速度B在绕月轨道上，“嫦娥二号”的周期与其本身质量无
4、关C在绕月轨道上，“嫦娥二号”的周期与其本身质量有关D在绕月轨道上，“嫦娥二号”受到的月球引力大于地球引力8（6分）如图1所示，闭合回路由电阻R与导线组成，其内部磁场大小按Bt图变化（如图2），方向垂直纸面向里，则回路中（）A电流强度越来越大B电流方向为逆时针方向C磁通量的变化率恒定不变D产生的感应电动势越来越大9（6分）如图所示，两个质量均为m的小球A和B用轻质弹簧连接，静止放在光滑水平面上现给小球A一速度v，在弹簧第一次被压缩到最短的过程中，下列说法正确的是（）AA、B两球的总动能不变BA、B两球的总动量为mvC弹簧对B球的作用力大于对A球的作用力D弹簧被压缩到最短时，A、B两球的总动能最
5、小二、非选择题10（8分）用如图甲示的装置探究外力对小车做功与小车动能变化的关系逐渐向砂桶中添加细砂粒，当观察到小车拖着的纸带打下间距均匀的点迹时，记下砂桶和砂的总质量m0，可认为小车受到的摩擦阻力大小为保持小车的质量不变，继续向砂桶中添加细砂粒，让小车加速运动，图乙为实验中得到的一条理想纸带的一部分，纸带上显示的点为计数点，测出小车的质量为M、砂桶和砂的总质量为m、相邻两计数点的时间间隔为T为了减小实验误差，小车的质量与砂桶和砂的总质量之间须满足Mm从纸带上测得AB两计数点的间距为d（图中未画出），在打点计时器打下A点到打下B点的过程中，小车所受外力做功W=，小车动能的变化Ek=11（10分
6、）如图甲为用伏安法测定电阻约2电阻丝的电阻率的电路原理图，电源是两节干电池用螺旋测微器测电阻丝的直径，某次测量的示数如图乙所示，电阻丝直径为mm；请根据电路原理图完成如图丙所示的实物图闭合开关后，滑动变阻器触头调至一合适位置后不动，多次改变位置，得到几组、I及对应电阻丝长度L的数据，用R=计算出相应的电阻后作出RL图象如图丁所示，取图线上两个点间数据之差L和R，若金属电阻丝直径的平均值为d，则该电阻丝的电阻率为=（用L、R、d及有关常量表示）若考虑电压表内阻的影响，测得的电阻率比真实值偏（填“大”或“小”）12（18分）如图所示，光滑斜面倾角为30，与粗糙的水平面AB平滑相接，水平轨道右侧有一
7、个竖直固定半圆轨道BCD（C为BD的中点），与水平面相切于B点，水平面B点放置一个质量为2m的物块2，现有质量为m的物块1从斜面的P点由静止释放，下滑到斜面底端A点时的速度为7m/s物块1与物块2正碰后以1m/s速度反弹，设碰撞时间极短，已知物块1与水平面AB间的动摩擦因数为=0.4，AB的长度l=3m，g=10m/s2，求：（1）物块1由静止释放下滑到斜面底端所用的时间；（2）物块1与物块2碰撞后，物块2速度的大小；（3）若要使物块2沿半圆轨道运动时不脱离轨道，半圆轨道半径取值条件13（18分）如图甲所示，与x轴成45角的虚线OM和EF以及弹性挡板GH把坐标系的第一象限和第四象限分割成、四个
8、区域，、三个区域内均有理想边界的垂直纸面向外的匀强磁场，区域为真空，若不断有初速度为零且=103C/kg的带正电粒子经过图乙所示电压加速后，由P点垂直x轴方向进入 I区域，已知B1=B3=1T，B2=0.5T，OP=0.4m，EF和GH间的水平距离为d=0.16m不计带电粒子的重力和粒子之间的相互作用，求：（1）带电粒子在 I区域里运动的最大轨道半径；（2）带电粒子从P点出发到第一次离开区域所用的最短时间；（3）若带电粒子与弹性板GH相碰后速度大小和电量不变，碰撞前后速度方向与弹性板GH夹角相等，则第一次进入区域的带电粒子从EF边界离开磁场时出射点到进入点的距离l的取值范围广东省湛江市2015
9、届高考物理二模试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（每题4分）1（4分）如图所示，日光灯管两端用细绳吊在天花板上，设两绳的拉力分别为F1、F2，它们的合力为F下列说法正确的是（）A合力的方向竖直向下B合力F的大小一定等于F1、F2的大小之和C合力F的大小一定等于日光灯管的重力D日光灯管受到4个力的作用考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：日光灯管受重力和两绳的拉力F1、F2，处于平衡状态，根据共点力平衡条件，结合三个力平衡时，任意两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反分析即可解答：解：日光灯管受重力和两绳的拉力F1、F2，处于平衡状态，则于
10、F1、F2的合力一定与重力大小相等，方向相反；A、图中F1、F2的合力为F，合力与分力是等效替代的关系，合力一定与重力大小相等，方向向上，故A错误；B、图中F1、F2的合力为F，合力与分力符合平行四边形定则，故图中F的大小小于F1、F2的大小之和，故B错误；C、图中F1、F2的合力为F，与重力平衡，竖直向上，故C正确；D、日光灯管受重力和两绳的拉力，共3个力，故D错误；故选：C点评：本题关键是明确日光灯管的受力情况，然后根据共点力平衡条件分析，基础题目2（4分）如图，发电机的电动势e=678sin100tV，变压器的副线圈匝数可调，触头P置于a处时，用户恰好得到220V的电压，R表示输电线的电
11、阻下列说法正确的是（）A电流的频率为100HzB电压表V2的示数为220VC电压表V1的示数为678VD当触头P向上滑时，V2的示数变大考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：变压器只改变电压，不会改变频率，副线圈两端的电压等于用户电压和输电线路损失电压之和；由变压器原副线圈电压之比等于匝数之比即可比较解答：解：变压器只改变电压，不会改变频率，故频率为f=50HZ，故A错误；B、电压表的示数为用户和输电线路上损失的电压值和大于220V，故B错误；C、电压表测量的是有效值，故示数为U=V，故C错误；D、当用户功率增大时，由P=UI可知，输电线路上的电流增大，故损失电压增大，变压器副线圈两
12、端电压增大，故由可知触头P应向上滑，故D正确故选：D点评：分析变压器时注意输出电压和输入功率这两个物理量的决定关系，然后结合电阻的串并联知识进行求解3（4分）如图示为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话时，膜片会振动若某次膜片振动时，膜片与极板距离减小，则在此过程中（）A膜片与极板间的电容变小B极板的带电量增大C膜片与极板间的电场强度变小D电阻R中无电流通过考点：传感器在生产、生活中的应用 分析：电容器极板间距离的变化引起了电容的变化，电容的变化引起了电量的变化，从而场强变化，R中有电流解答：解：A、振动膜片振动时，电容器两极板的距离减小，电容增大，故A错误；B、由C=知，U不变的情况下
13、，电容增大，电容器所带电荷量Q增大，故B正确C、由E=知，U不变，d减小，则场强E增大，故C错误；D、极板的带电量增大，充电，电阻R中有电流通过故D错误故选：B点评：本题考查了电容器的动态分析，方法是：从部分的变化引起电容的变化，根据电压或电量不变判断电量或电压的变化4（4分）跳伞运动员从高空悬停的直升机上跳下，运动员沿竖直方向运动的vt图象如图所示，下列说法正确的是（）A运动员在010s的平均速度为10m/sB15s末开始运动员处于静止状态C10s末运动员的速度方向改变D1015s运动员做减速度逐渐减小的减速运动考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系 专题：运动学中的图
14、像专题分析：速度时间图象与坐标轴所围的“面积”大小表示位移，将运动员010s的运动与匀加速直线运动进行分析，分析位移关系，确定平均速度的大小速度的方向反映运动员的运动方向速度图象的斜率等于加速度，根据斜率分析加速度大小如何变化，判断运动员的运动情况解答：解：A、010s内，若运动员做匀加速运动，平均速度为=m/s=10m/s根据图象的“面积”等于位移可知，运动员的位移大于匀加速运动的位移，所以由公式得知：010s 内的平均速度大于匀加速运动的平均速度10m/s故A错误B、由图知，15s末开始运动员做匀速直线运动，故B错误C、由图看出，运动员的速度一直沿正向，速度方向没有改变，故C错误D、101
15、5s图象的斜率减小，则其加速度减小，故1015s运动员做加速度减小的减速运动，故D正确故选：D点评：本题考查理解速度问题的能力关键根据图线的斜率等于加速度、“面积”大小等于位移，来分析运动员的运动情况二、双选选择题（每题6分）5（6分）如图，将一空的铝制易拉罐开口向下压入恒温游泳池的水中则金属罐在水中缓慢下降过程中，罐内空气（可视为理想气体）（）A内能增大B分子间的平均距离减少C向外界放热D对外界做正功考点：理想气体的状态方程；热力学第一定律 专题：理想气体状态方程专题分析：理想气体的内能只由温度决定，恒温，罐内空气内能不变，而且此变化过程为等温变化根据玻意耳定律，可判体积变化，从而判断功，再
16、结合热力学第一定律，即可解决问题解答：解：理想气体的内能只由温度决定，所以罐内空气内能不变，即U=0 ，故A错误；由P=P0+gh可知，金属罐在水中缓慢下降过程，罐内空气气体压强增大，等温变化，由玻意耳定律可判，罐内空气体积缩小，所分子间的平均距离减小，故B正确；外界对气体做功，W0 ，故D错误；由热力学第一定律得：U=W+Q 联立得：Q0，即气体放热，故C正确；故选BC点评：要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化，能够用物理规律把所要研究的物理量表示出来，熟练应用热力学第一定律求解6（6分）据新华社报道，由我国自行设计、研制的世界上第一个全超导核聚变实验装置（又称“人造太阳”）已完成了首次工
17、程调试下列关于“人造太阳”的说法中，正确的是（）A“人造太阳”的核反应方程是H+HHe+nB“人造太阳”的核反应方程是U+nBa+Kr+3nC“人造太阳”释放的能量大小的计算式是E=mc2D“人造太阳”释放的能量大小的计算式是E=考点：爱因斯坦质能方程；重核的裂变；轻核的聚变 专题：衰变和半衰期专题分析：聚变是质量轻的核结合成质量大的核裂变反应是质量大的核分裂成质量小的核重核裂变和轻核聚变，都释放能量解答：解：A、“人造太阳”是根据核聚变反应制造的，其核反应方程是H+HHe+n故A正确；B、“人造太阳”是根据核聚变反应制造的，核反应方程U+nBa+Kr+3n是重核的裂变故B错误；C、D、根据爱
18、因斯坦质能方程可知，“人造太阳”释放的能量大小的计算式是E=mc2故C正确；D错误故选：AC点评：该题考查裂变反应和聚变反应以及质能方程，解决本题的关键知道裂变反应和聚变反应的区别，知道两种反应都有质量亏损，都释放核能7（6分）如图所示是“嫦娥二号”奔月的轨道示意图，其环月轨道距离月面的高度为100km，则下列说法正确的是（）A“嫦娥二号”的发射速度大于第二宇宙速度B在绕月轨道上，“嫦娥二号”的周期与其本身质量无关C在绕月轨道上，“嫦娥二号”的周期与其本身质量有关D在绕月轨道上，“嫦娥二号”受到的月球引力大于地球引力考点：万有引力定律及其应用 专题：万有引力定律的应用专题分析：“嫦娥二号”绕着
19、地球运动，其发射速度小于第二宇宙速度由卫星的速度公式v=，可知“嫦娥二号”的速度与其本身质量无关，而周期T=与其质量无关在绕月轨道上，“嫦娥二号”受到的月球引力大于地球引力解答：解：A、“嫦娥二号”开始绕着地球运动，其发射速度小于第二宇宙速度故A错误B、在绕月轨道上，卫星的周期，可见周期与其本身质量无关故B正确C、由卫星的速度公式v=，在绕月轨道上，卫星的速度与月球的质量、轨道半径有关，而其本身的质量无关故C错误D、在绕月轨道上，“嫦娥二号”受到的月球引力一定大于地球引力，否则它会绕地球运动故D正确故选：BD点评：对于卫星问题，要在理解的基础上，记住两大结论可提高解题速度：卫星的速度公式v=，
20、加速度a=g=8（6分）如图1所示，闭合回路由电阻R与导线组成，其内部磁场大小按Bt图变化（如图2），方向垂直纸面向里，则回路中（）A电流强度越来越大B电流方向为逆时针方向C磁通量的变化率恒定不变D产生的感应电动势越来越大考点：法拉第电磁感应定律 专题：电磁感应与电路结合分析：由Bt图象可知磁感应强度的变化情况，则由磁通量的定义可知磁通量的变化率；再由楞次定律可判断电流方向；由法拉第电磁感应定律可求得感应电动势解答：解：A、由法拉第电磁感应定律可知，E=S，故感应电动势保持不变，电流强度不变，故A错误；B、由楞次定律可知，电流方向为逆时针，故B正确；C、由图象可知，磁感应随时间均匀增大，则由=
21、BS可知，磁通量随时间均匀增加，故其变化率恒定不变，产生的感应电动势大小不变，故C正确；D错误；故选：BC点评：本题考查楞次定律及法拉第电磁感应定律的应用，二者分别判断感应电流的方向和大小，应熟练掌握9（6分）如图所示，两个质量均为m的小球A和B用轻质弹簧连接，静止放在光滑水平面上现给小球A一速度v，在弹簧第一次被压缩到最短的过程中，下列说法正确的是（）AA、B两球的总动能不变BA、B两球的总动量为mvC弹簧对B球的作用力大于对A球的作用力D弹簧被压缩到最短时，A、B两球的总动能最小考点：动量守恒定律 专题：动量定理应用专题分析：A、B两球组成的系统动量守恒，根据能量守恒判断A、B两球总动能的
22、变化，当弹性势能最大时，总动能最小解答：解：A、A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，在弹簧压缩的过程中，弹性势能增大，则A、B两球的总动能减小，当弹簧压缩到最短时，弹性势能最大，则A、B两球的总动能最小故A错误，D正确B、A、B两球组成的系统，动量守恒，所以A、B两球的总动量等于初状态的总动量，为mv，故B正确C、弹簧对A、B两球的作用力大小相等，故C错误故选：BD点评：本题考查动量守恒定律及机械能守恒定律，要注意明确能量的转化方法，并掌握动量守恒的条件二、非选择题10（8分）用如图甲示的装置探究外力对小车做功与小车动能变化的关系逐渐向砂桶中添加细砂粒，当观察到小车拖着的纸带打下间距均匀的点迹时
23、，记下砂桶和砂的总质量m0，可认为小车受到的摩擦阻力大小为m0g保持小车的质量不变，继续向砂桶中添加细砂粒，让小车加速运动，图乙为实验中得到的一条理想纸带的一部分，纸带上显示的点为计数点，测出小车的质量为M、砂桶和砂的总质量为m、相邻两计数点的时间间隔为T为了减小实验误差，小车的质量与砂桶和砂的总质量之间须满足M远大于m从纸带上测得AB两计数点的间距为d（图中未画出），在打点计时器打下A点到打下B点的过程中，小车所受外力做功W=（mgm0g）d，小车动能的变化Ek=考点：探究功与速度变化的关系 专题：实验题分析：（1）根据小车的运动为匀速运动，由共点力的平衡条件可求得摩擦力； （2）根据实验中
24、所采用的拉力与沙桶重力的关系可明确是否需要满足条件； （3）由受力分析确定拉力大小，由功的公式求解拉力的功；由平均速度公式求解AB两点的速度，再由动能表达式可求得动能的改变量解答：解：（1）由题意可知，小车做匀速直线运动，则说明小车受力平衡，故摩擦力与沙桶的重力大小相等，故摩擦力为f=m0g； （2）因本题中用沙桶的重力等效为绳子的拉力，为了减小误差，应要求小车的质量M远大于砂桶和砂的总质量m； （3）小车受到的合外力F=mgm0g；合外力做功W=Fd=（mgm0g）d；小车在A点的速度vA=；B点的速度vB=；则动能的变化量EK=MvB2MvA2=故答案为：（1）m0g；（2）远大于；（3）
25、（mgm0g）d；点评：本题考查验证动能定理的实验，要注意正确分析实验原理，明确实验中所采用的方法，同时掌握数据处理的方法，并能正确分析误差，从而找出减小误差的方法11（10分）如图甲为用伏安法测定电阻约2电阻丝的电阻率的电路原理图，电源是两节干电池用螺旋测微器测电阻丝的直径，某次测量的示数如图乙所示，电阻丝直径为1.865mm；请根据电路原理图完成如图丙所示的实物图闭合开关后，滑动变阻器触头调至一合适位置后不动，多次改变线夹P位置，得到几组、I及对应电阻丝长度L的数据，用R=计算出相应的电阻后作出RL图象如图丁所示，取图线上两个点间数据之差L和R，若金属电阻丝直径的平均值为d，则该电阻丝的电
26、阻率为=（用L、R、d及有关常量表示）若考虑电压表内阻的影响，测得的电阻率比真实值偏小（填“大”或“小”）考点：测定金属的电阻率 专题：实验题分析：根据螺旋测微器使用方法分析答题；根据电路图连接实物电路图；移动线夹P，改变金属丝接入电路的阻值，然后根据图象由电阻定律求出电阻率根据电表的影响可分析电流及电压的读数与真实值之间的关系，则可得出误差结果解答：解：由图可知，固定部分读数为：1.5mm；转动部分读数为：36.50.01=0.365mm；则读数为：1.5+0.365=1.865mm；根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示根据题意，滑动变阻器触头调至一合适位置后不动后，应多次改变P点的
27、位置，根据欧姆定律应有：U=I，根据电阻定律应有：R=，联立解得：R=，所以RL图象的斜率k=，解得：=；由题意可知，由于电压表分流影响，使电流值偏大，故所测电阻值偏小；故最后得出的电阻率偏小；故答案为：1.865；实物电路图如图所示；线夹P；小点评：要掌握螺旋测微器的使用方法，连接实物电路图时，要注意电表正负接线柱不要接反，注意滑动变阻器的接法，滑动变阻器应接一上一下两个接线柱12（18分）如图所示，光滑斜面倾角为30，与粗糙的水平面AB平滑相接，水平轨道右侧有一个竖直固定半圆轨道BCD（C为BD的中点），与水平面相切于B点，水平面B点放置一个质量为2m的物块2，现有质量为m的物块1从斜面的
28、P点由静止释放，下滑到斜面底端A点时的速度为7m/s物块1与物块2正碰后以1m/s速度反弹，设碰撞时间极短，已知物块1与水平面AB间的动摩擦因数为=0.4，AB的长度l=3m，g=10m/s2，求：（1）物块1由静止释放下滑到斜面底端所用的时间；（2）物块1与物块2碰撞后，物块2速度的大小；（3）若要使物块2沿半圆轨道运动时不脱离轨道，半圆轨道半径取值条件考点：动量守恒定律；牛顿第二定律 专题：动量定理应用专题分析：（1）根据牛顿第二定律求出物块1在斜面上运动的加速度，结合速度时间公式求出在斜面上的运动时间（2）根据动能定理求出物块1与物块2碰前的速度，对物块1、2组成的系统运用动量守恒，求出
29、物块1与物块2碰撞后，物块2速度的大小（3）滑块2在圆周运动上运动时不脱离圆周，有两种情况：滑块2在圆周上运动时不超过C点，滑块2在圆周上运动时能通过D点，通过牛顿第二定律和机械能守恒求出半圆轨道半径的取值范围解答：解：（1）设物块在斜面上下滑的加速度为a，滑到斜面底端所用的时间为t，由牛顿第二定律得，mgsin30=ma，由运动学公式得，v=at，联立式并代入数据解得t=1.4s（2）设物块1运动到B点时速度为v1，与2碰后速度为v1，碰后物块2的速度为 v2，对物块1，由动能定理有：，规定向右为正方向，对物块1、2系统运用动量守恒定律得，mv1=2mv2mv1联立式并代入数据解得v2=3m
30、/s （3）滑块2在圆周运动上运动时不脱离圆周，有两种情况：滑块2在圆周上运动时不超过C点，设半径为R1，满足，代入数据解得R10.45m滑块2在圆周上运动时能通过D点，设半径为R2，满足，由能量守恒有： 联立代入数据解得R20.18m综上所述，要使物块2沿半圆轨道运动时不脱离轨道，半圆轨道半径取值条件为：R0.45m或R0.18m答：（1）物块1由静止释放下滑到斜面底端所用的时间为1.4s；（2）物块1与物块2碰撞后，物块2速度的大小为3m/s；（3）若要使物块2沿半圆轨道运动时不脱离轨道，半圆轨道半径取值条件为R0.45m或R0.18m点评：本题考查了动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理
31、、牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，综合性较强，关键理清整个过程中的运动规律，选择合适的规律进行求解对于第三问物块2要不脱离轨道，要么通过最高点，要么不要越过四分之一圆周轨道13（18分）如图甲所示，与x轴成45角的虚线OM和EF以及弹性挡板GH把坐标系的第一象限和第四象限分割成、四个区域，、三个区域内均有理想边界的垂直纸面向外的匀强磁场，区域为真空，若不断有初速度为零且=103C/kg的带正电粒子经过图乙所示电压加速后，由P点垂直x轴方向进入 I区域，已知B1=B3=1T，B2=0.5T，OP=0.4m，EF和GH间的水平距离为d=0.16m不计带电粒子的重力和粒子之间的相互作用，求：（1
32、）带电粒子在 I区域里运动的最大轨道半径；（2）带电粒子从P点出发到第一次离开区域所用的最短时间；（3）若带电粒子与弹性板GH相碰后速度大小和电量不变，碰撞前后速度方向与弹性板GH夹角相等，则第一次进入区域的带电粒子从EF边界离开磁场时出射点到进入点的距离l的取值范围考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动 专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）设带电粒子由P点进入区域时的速度为v，由动能定理结合电压范围即可求解速度范围，粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律列式求解最大半径；（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出粒子的运动轨迹，粒子从P点出发到第一次离开区域
33、所用的时间为带电粒子在区域和区域的运动的时间之和，根据圆心角与周期的关系分别求出在区域和区域的运动时间，从而求解；（3）由（2）可知，所有粒子将从EF边界的同一点A进入区域，求出粒子在区域运动的轨道半径范围，当运动轨迹刚好与GH相切时，粒子向下运动最远，根据几何关系求解解答：解：（1）设带电粒子由P点进入区域时的速度为v，由动能定理得：由乙图知5VU20V联立并带入数据解得：100m/sv200m/s粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得：Bqv=由式知，当v=200m/s时粒子在区域运动半径最大，设为Rm，带入数据解得：Rm=0.2m，（2）依题意有B1=2B2，由式可知，带电粒子在
34、区域的轨道半径是区域轨道半径的2倍，由几何关系知，进入区域的粒子将由P点正上方同一Q点沿水平方向离开区域经区域进入区域，如答图甲所示：由图可知，当v=200m/s时，由式可知，带电粒子从P点出发经O点进入区域，到第一次粒子区域所用的时间最短为：t=t1+t2，其中t1为粒子在区域的运动时间为：，t2为粒子在区域的运动时间为：，T1、T2分别为带电粒子在区域和区域的运动周期，而粒子在磁场中运动的周期为：T=，由式得：，（10），联立（10）式并带入数据解得：t=6.18103s（11）（3）由（2）可知，所有粒子将从EF边界的同一点A进入区域，如答图乙所示，由式可知，粒子在区域运动的轨道半径范围
35、为：0.1mR0.2m（12），当运动轨迹刚好与GH相切时，粒子向下运动最远，此时半径R=0.16m，粒子到达最远，有：AC=2R=0.32m（13），当粒子轨道半径最小时，有：AD=2Rn=0.20m（14），当粒子轨道半径最大时，与弹性板GJ相碰于N点，由几何关系得：AK=（15），根据对称性可知，粒子反弹后交EF于S点，所以有：AS=2AK=0.16mAD=0.2m（16），因此，第一次进入区域的带电粒子从EF边界离开磁场时出射点到进入点的距离范围为：0.16ml0.32m答：（1）带电粒子在 I区域里运动的最大轨道半径为0.2m；（2）带电粒子从P点出发到第一次离开区域所用的最短时间为6.18103s；（3）第一次进入区域的带电粒子从EF边界离开磁场时出射点到进入点的距离l的取值范围为0.16ml0.32m点评：本题主要考查了动能定理以及带电粒子在磁场中做匀速圆周运动基本公式得直接应用，一要仔细分析粒子的运动情况，二要根据几何知识画出轨迹，这两点是解答本题的关键，解题时还要注意结合几何关系求解，难度较大，属于难题
