1、2018届高三年级第三次模拟考试物理一、 单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分每小题只有一个选项符合题意1. 春秋末年齐国人的著作考工记中有“马力既竭，辀犹能一取焉”，意思是马对车不施加拉力了，车还能继续向前运动这是关于惯性的最早记述下列关于惯性的说法中正确的是()A. 车只在运动时才具有惯性 B. 撤去拉力后车的惯性大小不变C. 拉力可以改变车的惯性 D. 车运动越快惯性越大【答案】B【解析】惯性指物体保持原来运动状态不变的性质，惯性是物体本身固有的属性，任何物体任何状态下都有惯性；质量是物体惯性大小的唯一的量度，故B正确，ACD错误。2. 如图所示，带有孔的小球A套在粗糙的倾斜
2、直杆上，与正下方的小球B通过轻绳连接，处于静止状态给小球B施加水平力F使其缓慢上升，直到小球A刚要滑动在此过程中()A. 水平力F的大小不变B. 杆对小球A的支持力不变C. 轻绳对小球B的拉力先变大后变小D. 杆对小球A的摩擦力先变小后变大【答案】D【解析】对球受拉力F、重力和细线的拉力T，合力为零如图所示：由此可知，随着的增加，拉力F和细线张力T均增加，故A错误，C错误；再对A、B球整体分析，受重力、拉力F、支持力N和静摩擦力f，如图所示：设杆与水平方向的夹角为，根据平衡条件，在垂直杆方向有 ，随着F的增加，支持力N增加；在平行杆方向，有：，可得：，可知随着F的增加，静摩擦力逐渐减小，当时，
3、摩擦力为零，此后静摩擦力反向增加；故B错误，D正确。所以D正确，ABC错误。3. 磁流体发电机原理如图所示，等离子体高速喷射到加有强磁场的管道内，正、负离子在洛伦兹力作用下分别向A、B两金属板偏转，形成直流电源对外供电则()A. 仅减小两板间的距离，发电机的电动势将增大B. 仅增强磁感应强度，发电机的电动势将减小C. 仅增加负载的阻值，发电机的输出功率将增大D. 仅增大磁流体的喷射速度，发电机的总功率将增大【答案】D【解析】电荷处于平衡有：，解得：E电=Bdv，由此可知仅减小两板间的距离，发电机的电动势将减小，仅增强磁感应强度，发电机的电动势将增大，故AB错误；根据欧姆定律定律和功率公式可知，
4、当外阻和内阻相等时，输出功率最大，所以增加负载的阻值，发电机的输出功率不一定增大，故C错误；由E电=Bdv，可知仅增大磁流体的喷射速度，电动势将增大，因为总电阻不变，所以输出功率将增大，故D正确。所以D正确，ABC错误。4. 如图所示，不可伸长的细线一端固定，另一端系一小球，小球从与悬点等高处由静止释放后做圆周运动，不计空气阻力，则小球从释放位置运动到最低点的过程中()A. 水平方向加速度不断增大B. 竖直方向加速度不断增大C. 重力做功的瞬时功率先增大后减小D. 拉力做功的瞬时功率先增大后减小【答案】C【解析】小球在最高点合力方向竖直向下，在最低点合力方向竖直向上，但在中间过程某点拉力却有水
5、平方向的分量，所以小球水平方向的加速度必定先增大后减小，故A错误；小球在开始释放的瞬间的加速度为g且向下，接下来线在竖直方向有向上的分量，所以小球所受的合外力减小，则加速度开始变小，故B错误；重力的瞬时功率为：P=mgvy，小球在开始释放的瞬间速度为零，此时重力的瞬时功率为零，到达最低点时，速度水平向左，竖直分速度为零，所以此时重力的瞬时功率为零，在中间过程竖直分速度不为零，重力的瞬时功率也不为零，所以重力的瞬时功率先增大后减小，故C正确；拉力的方向始终与速度方向垂直，所以拉力瞬时功率为始终零，故D错误。所以C正确，ABD错误。5. 如图所示，水平虚线MN上方有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里
6、大量带正电的相同粒子，以相同的速率沿位于纸面内水平向右到竖直向上90范围内的各个方向，由小孔O射入磁场区域，做半径为R的圆周运动不计粒子重力和粒子间相互作用下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中正确的是()A. B. C. D. 【答案】B【解析】由小孔O射入磁场区域，做半径为R的圆周运动，因为粒子带正电，根据左手定则可知粒子将向左偏转，故C错误；因为粒子以相同的速率沿位于纸面内水平向右到竖直向上90范围内的各个方向发射，由O点射入水平向右的粒子恰好应为最右端边界且ON=R；在竖直方向上有最远点为2R，由O点竖直向上射入的粒子，打在最左端且距离为OM=2R，但是左侧因为没有粒子射入，
7、所以中间会出现一块空白区域，故B正确，AD错误。所以B正确，ACD错误。二、 多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分，每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分6. 某卫星绕地球做圆周运动周期等于地球自转周期，其轨道平面与赤道平面成55角，则该卫星()A. 离地面高度与地球同步卫星相同 B. 在轨运行速度等于第一宇宙速度C. 加速度大于近地卫星的加速度 D. 每天两次经过赤道上同一点的正上方【答案】AD【解析】根据万有引力提供向心力：，解得：，因为卫星绕地球做圆周运动周期等于地球自转周期，所以离地面高度与地球同步卫星相同，故A正确；由于第一宇宙速
8、度为7.9km/s，它是所有地球卫星运行的最大速率，且只有贴近地球表面做匀速圆周运动的卫星速率为7.9km/s，因此所有地球同步卫星的运行速率都小于此值，故B错误；根据万有引力提供向心力：，解得：，因为该卫星的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，所以加速度小于近地卫星的加速度，故C错误；该卫星周期为24小时，倾角（即轨道平面与地球赤道平面的夹角）为55度的圆轨道；而地球的自转周期24小时，且绕地轴自西向东逆时针方向转动，两者做圆周运动不再同一平面内。所以该卫星每天两次经过地球上同一点的上空，故D正确。所以AD正确，BC错误。7. 健身车上装有金属电磁阻尼飞轮，飞轮附近固定一电磁铁，示意图如图所示，
9、人在健身时带动飞轮转动则()A. 飞轮转速越大，阻尼越大B. 电磁铁所接电压越大，阻尼越大C. 飞轮材料电阻率越大，阻尼越大D. 飞轮材料密度越大，阻尼越大【答案】AB8. 某区域的电场线分布如图所示，一电场线上有P、Q两点，一电子以速度v0从P点向Q点运动，经过时间t1到达Q点时速度大小为v1.一正电子(带正电，质量、电荷量均与电子相同)以大小为v0的速度从Q点向P点运动，经过时间t2到达P点时速度大小为v2，不计正、负电子受到的重力则()A. v1t2 D. t1t2【答案】BC【解析】一电子以速度v0从P点向Q点运动，电场力做负功，根据动能定理：，一正电子以大小为v0的速度从Q点向P点运
10、动，根据动能定理：，因为，联立以上可知：v1v2，故B正确；因为电子从P点向Q点做加速减小的减速运动，正电子从Q点向P点做加速度增大的减速运动，根据运动学知识可得相等的时间内正电子运动的位移大，所以t1t2，故C正确，D错误。所以BC正确，AD错误。9. 如图所示，斜面体静置在水平面上，斜面底端固定一挡板，轻弹簧一端连接在挡板上，弹簧原长时自由端在B点一小物块紧靠弹簧放置，在外力作用下将弹簧压缩至A点物块由静止释放后，恰能沿粗糙斜面上滑至最高点C，然后下滑，最终停在斜面上，斜面体始终保持静止则()A. 物块最终会停在A、B之间的某位置B. 物块上滑过程速度最大的位置与下滑过程速度最大的位置相同
11、C. 整个运动过程中产生的内能小于弹簧的最大弹性势能D. 物块从A上滑到C过程中，地面对斜面体的摩擦力先减小再增大，然后不变【答案】ACD【解析】根据题意可知物块由静止释放后，恰能沿粗糙斜面上滑至最高点C，然后下滑说明重力沿斜面的分力大于最大静摩擦力，所以物块最终会停在A、B之间的某位置，故A正确；在上滑过程中加速度为零时速度最大，则有：，弹簧的压缩量为：，下滑时：，解得：，由此可知弹簧的形变量不同，所以位置也不同，故B错误；物块静止时弹簧处于压缩态，根据能量守恒可知，整个运动过程中弹簧的最大弹性势能转化为内能和部分弹性势能，故C正确；物块从A上滑到C过程中，物块的加速度先减小后反向增大，然后
12、不变，所以地面对斜面体的摩擦力先减小再增大，然后不变，故D正确。所以ACD正确，B错误。三、 简答题： 10. 用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律气垫导轨上A处安装了一个光电门，滑块上固定一遮光条，滑块用绕过气垫导轨左端定滑轮的细线与钩码相连，每次滑块都从同一位置由静止释放，释放时遮光条位于气垫导轨上B位置的上方(1) 某同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d_mm.(2) 实验中，接通气源，滑块静止释放后，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间为t，测得滑块质量为M，钩码质量为m，A、B间的距离为L.在实验误差允许范围内，钩码减小的重力势能mgL与_(用直接测量的物理量符号表
13、示)相等，则机械能守恒(3) 下列不必要的一项实验要求是_(请填写选项前对应的字母)A. 滑块必须由静止释放 B. 应使滑块的质量远大于钩码的质量C. 已知当地重力加速度 D. 应使细线与气垫导轨平行(4) 分析实验数据后发现，系统增加的动能明显大于钩码减小的重力势能，原因是_.【答案】 (1). 2.70 (2). (3). B (4). 气垫导轨右端偏高【解析】（1）由图知第14条刻度线与主尺对齐，d=2mm+140.05mm=2.70mm；（2）滑块和钩码的速度为：，增加的动能为：，当减少的重力势能与增加的动能相等时，机械能守恒即：。（3）因为只有一个光电门只能测出末速度，所以要求初速度
14、必须为零，即滑块必须由静止释放，故A必要；因为是验证机械能是否守恒，所以不要求滑块的质量远大于钩码的质量，故B不必要；由上可知在计算公式中含有重力加速度，故C必要；应将气垫导轨调节水平，保持拉线方向与木板平面平行，这样拉力才等于合力，故D必要。所以选B。（4）系统增加的动能明显大于钩码减小的重力势能，原因是气垫导轨右端偏高。11. 氧化膜电阻是用真空镀膜等工艺将金属氧化淀积在绝缘基体表面上形成的薄膜电阻，常用色环来标识阻值，如图甲所示某学习小组为了测量色环不清晰的氧化膜电阻的阻值准备了下列器材：待测氧化膜电阻Rx; B. 电流表A1(量程150A，内阻约40)；C. 电流表A2(量程1mA，内
15、阻约10); D. 电压表V(量程3V，内阻约10k)；E. 滑动变阻器R(阻值020，允许最大电流1A)；F. 直流电源E(输出电压5V，内阻不计); G. 多用电表；H. 开关S、导线若干(1) 用多用电表粗测电阻时，将选择开关旋至100挡，调零后将红、黑表笔与氧化膜电阻的两端相接，发现指针偏转的角度很小，再将选择开关旋至_(选填“1”“10”或“lk”)挡，正确操作后，多用电表示数如图乙所示(2) 用伏安法测量该电阻阻值，电流表应选用_(填写器材代号)请在图丙中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接(3) 正确连接电路，闭合开关，调节滑动变阻器滑片位置，发现电压表指针偏转而电流表指针始终不
16、偏转在不断开电路的情况下，使用多用电表直流电压挡检查电路故障，将多用电表的_(选填“红”或“黑”)表笔与电流表“”接线柱保持接触，另一表笔依次与氧化膜电阻的左、右接线柱以及滑动变阻器的左上接线柱接触，发现多用电表指针均发生较大角度的偏转，说明电路在何处发生何种故障_.【答案】 (1). 1k (2). A1 (3). 黑 (4). 电流表“+”与氧化膜电阻的左接线柱间的连接发生断路【解析】（1）发现指针偏转的角度很小，说明选择的档位较小，应选择较大的档位，所以应将选择开关旋至1k。（2）由图可知氧化膜电阻的阻值为28 k，电路中的最大电流为：，所以电流表应选A1，因为电流表内阻远小于被测电阻的
17、阻值，所以电流表采用外接法，故电路如图所示：（3）正确连接电路，闭合开关，调节滑动变阻器滑片位置，发现电压表指针偏转而电流表指针始终不偏转在不断开电路的情况下，使用多用电表直流电压挡检查电路故障，将多用电表的黑表笔与电流表“”接线柱保持接触另一表笔依次与氧化膜电阻的左、右接线柱以及滑动变阻器的左上接线柱接触，发现多用电表指针均发生较大角度的偏转，说明电流表“+”与氧化膜电阻的左接线柱间的连接发生断路。12. 下列说法中正确的有_A. 只有在温度较高时，香水瓶盖打开后才能闻到香水味B. 冷水中的某些分子的速率可能大于热水中的某些分子的速率C. 将沸腾的高浓度明矾溶液倒入玻璃杯中冷却后形成的八面体
18、结晶属于多品体D. 表面张力是由液体表面层分子间的作用力产生的，其方向与液面平行【答案】BD【解析】将香水瓶盖打开，整个房间都能闻到香水味，这属于扩散现象，在任何温度下都会发生扩散现象，温度越高扩散的越快，故A错误；物体的温度高，分子平均动能大，但由于分子运动是无规则的，冷水中的某些分子的速率可能大于热水中的某些分子的速率，故B正确；将沸腾的高浓度明矾溶液倒入玻璃杯中冷却后形成的八面体结晶属于单晶体，故C错误；表面张力产生在液体表面层，它的方向跟液面平行，使液面收缩，故D正确。所以BD正确，AC错误。13. 1912年，英国物理学家威尔逊发明了观察带电粒子运动径迹的云室，结构如图所示，在一个圆
19、筒状容器中加入少量酒精，使云室内充满酒精的饱和蒸汽迅速向下拉动活塞，室内气体温度_(选填“升高”“不变”或“降低”)，酒精的饱和汽压_(选填“升高”“不变”或“降低”)【答案】 (1). 降低 (2). 降低【解析】迅速向下拉动活塞，室内气膨胀，吸收热量温度降低，因为温度降低，所以酒精的饱和汽压将降低。14. 如图所示，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸竖直放置，用截面积为S的轻活塞在汽缸内封闭着体积为V0的气体，此时气体密度为0.在活塞上加一竖直向下的推力，使活塞缓慢下降到某位置O，此时推力大小F2p0S.已知封闭气体的摩尔质量为M，大气压强为p0，阿伏伽德罗常数为NA，环境温度不变求活塞下降到
20、位置O时： 封闭气体的体积V；封闭气体单位体积内的分子数n.【答案】(1) (2) 【解析】试题分析：找出气体的初末状态，根据玻意耳定律即可求出体积；求出密闭气体的摩尔数，进而求出闭气体单位体积内的分子数。由玻意耳定律有： 解得： 密闭气体的摩尔数 单位体积内的分子数 解得： 点睛：本题主要考查了玻意耳定律，正确使用气体状态方程，并根据题目给出的条件求出气体状态参量，根据状态方程求解即可。15. 下列说法中正确的有_A. 汽车减震系统的固有周期远大于外界冲击力的周期B. 照相机镜头涂有增透膜，各种颜色的可见光能几乎全部透过镜头C. 观看3D电影时，观众戴的偏振眼镜两个镜片的透振方向相平行D.
21、车站行李安检机采用X射线，X射线穿透能力比紫外线强【答案】AD.16. 自动驾驶汽车配置了超声波、激光、无线电波雷达和光学相机组成的传感探测系统，当汽车与前方车辆距离减小到安全距离时，系统会执行减速指令若汽车静止时发出的超声波频率为4.0104Hz，空气中声速为340m/s，该超声波的波长为_m汽车行驶时接收到被前方汽车反射的超声波频率_(选填“大于”“等于”或“小于”)汽车发出的频率【答案】 (1). 8.510-3 (2). 大于【解析】根据，可得波长为：，因波源向前运动，则根据多普勒效应，接收到的反射超声波频率大于发出的超声波频率。17. 如图所示，真空中有一个半径为R的均匀透明介质球，
22、一细束激光沿直线AB传播，在介质球表面的B点经折射进入球，入射角160，在球面上另一点又一次经折射后进人真空，此时激光的传播方向相对于光线AB偏转了60.已知真空中的光速为c，求：介质球的折射率n；激光在介质球中传播的时间t.【答案】(1) (2) 【解析】试题分析：画出光路图，由几何知识得到激光束的折射角，由折射定律求出折射率；由几何知识求出BD的长度，由出激光束在玻璃球中传播的速度，则可求出此激光束在玻璃中传播的时间。激光的光路图如图所示：由几何关系可知折射角 2=30由折射定律有： 解得： 激光在介质中传播的距离 传播的速度 ： 激光在介质球中传播的时间： 点睛：本题主要考查了几何光学与
23、物理光学的综合，要抓住光子的频率由光源决定，与介质无关，掌握折射定律、光速公式和全反射的条件：光从光密介质进入光疏介质时，入射角大于或等于临界角。18. 中微子是一种不带电、质量很小的粒子早在1942年我国物理学家王淦昌首先提出证实中微子存在的实验方案静止的铍核()可能从很靠近它的核外电子中俘获一个电子(动能忽略不计)形成一个新核并放出中微子，新核处于激发态，放出光子后回到基态通过测量新核和光子的能量，可间接证明中微子的存在则_A. 产生的新核是锂核()B. 反应过程吸收能量C. 中微子的动最与处于激发态新核的动量大小相等D. 中微子的动能与处于激发态新核的动能相等【答案】AC【解析】根据题意
24、可知发生的核反应方程为：，所以产生的新核是锂核，反应过程放出能量，故A正确，B错误；根据动量守恒可知中微子的动量与处于激发态新核的动量大小相等，方向相反，故C正确；因为中微子的动量与处于激发态新核的动量大小相等，因为质量不等，根据，可知中微子的动能与处于激发态新核的动能不相等，故D错误。所以AC正确，BD错误。19. 我国计划在南京建立国际领先的大科学工程装置“强流高亮度超导质子源”超导直线加速器将质子加速至0.9倍光速以上，加速过程中，质子的能量增加，则质子的质量_(选填“增加”“不变”或“减小”)，其物质波波长_(选填“增加”“不变”或“减小”)【答案】 (1). 增加 (2). 减小【解
25、析】根据爱因斯坦的狭义相对论质量公式：，可知接近光速运动的物体的质量会变大；因为动量变大，根据，可知物质波波长减小。20. 如图所示，在光滑水平冰面上，一蹲在滑板上的小孩推着冰车一起以速度v01.0m/s向左匀速运动某时刻小孩将冰车以相对冰面的速度v17.0m/s向左推出，冰车与竖直墙发生碰撞后原速率弹回已知冰车的质量为m110kg，小孩与滑板的总质量为m230kg，小孩与滑板始终无相对运动取g10m/s2.求冰车与竖直墙发生碰撞过程中，墙对冰车的冲量大小I；通过计算判断，冰车能否追上小孩？【答案】(1) (2) 冰车能追上小孩【解析】试题分析：根据动量定理可得墙对冰车的冲量大小I；根据动量守
26、恒定律求出小孩推出冰车后与滑板共同运动的速度为v，在与木块的速度相比较即可解题。冰车在碰撞过程由动量定理有 解得 设小孩推出冰车后与滑板共同运动的速度为v，由动量守恒定律有 解得 由于，故冰车能追上小孩 点睛：本题主要考查了动量定理和动量守恒定律，要注意正确选择研究对象及过程，明确动量守恒的条件，并能正确应用相应规律求解。四、 计算题：本题共3小题，共计47分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位21. 如图所示，水平导体棒ab质量为m、长为L、电阻为R0，其两个端点分别搭接在竖直平行放置的两光滑金属圆环上，两圆环
27、半径均为r、电阻不计阻值为R的电阻用导线与圆环相连接，理想交流电压表V接在电阻两端整个空间有磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场，导体棒ab在外力F作用下以角速度绕两圆环的中心轴OO匀速转动，产生正弦交流电已知重力加速度为g.求：(1) 导体棒ab沿环运动过程中受到的安培力最大值Fm；(2) 电压表的示数U和导体棒从环的最低点运动到与环心等高处过程中通过电阻R的电荷量q；(3) 导体棒ab从环的最低点运动半周到最高点的过程中外力F做的功W.【答案】(1) (2) (3) 【解析】试题分析：当导体棒经过最低点和最高点时，产生的感应电动势最大，结合切割产生的感应电动势公式求出电动势的最大值，
28、从而求出安培力最大值；求出电动势的有效值，根据欧姆定律求出电压表的示数，根据可得通过电阻R的电荷量；根据动能定理即可求出导体棒ab从环的最低点运动半周到最高点的过程中外力F做的功。（1）导体棒ab产生的最大感应电动势 根据欧姆定律可得：受到的安培力最大值： 解得： （2）电动势的有效值为： 通过电阻R的电流 电压表的示数解得：导体棒从环的最低点运动到与环心等高处过程产生的平均感应电动势 通过电阻R的电荷量 磁通量的变化量 解得： （3）此过程安培力做的功为： 由动能定理有： 解得： 点睛：本题主要考查了导体棒切割产生正弦式交流电，知道峰值和有效值的关系，根据动能定理求出外力F做的功。22. 如
29、图所示，两根不可伸长的细绳A、B端分别固定在水平天花板上，O端系有一质量mkg的物体，ABO组成一边长为L5m的正三角形物体受到方向水平向左的风力作用，绳BO能承受的最大拉力Fm20N，绳AO不会被拉断，取g10m/s2.(1) 水平风力F15N时，物体处于静止状态，求绳BO中的拉力大小FB；(2) 水平风力为F2时，绳BO刚好被拉断，求F2和绳BO拉断时物体的加速度大小a；(3) 在(2)的情况下，求物体运动过程中的最大速度vm和物体运动到最高点时与初始位置的高度差h.【答案】(1) (2) ， （3）， 【解析】试题分析：对O点受力分析，然后根据共点力平衡条件列式并结合合成法求解即可求出拉
30、力；求出绳BO拉断时，物体仍在原来位置，则拉断前瞬间水平和竖直方向的分力，水平方向由平衡条件和牛顿第二定律即可求出F2和加速度；根据动能定理即可求出最大速度vm和物体运动到最高点时与初始位置的高度差。（1）设此时绳AO中的拉力大小FA，由平衡条件有 代入数据解得 （2）设绳BO拉断时，物体仍在原来位置，则拉断前瞬间水平和竖直方向的分力分别为 由于，说明物体仍在原来位置，此时绳AO中的拉力大小为0 水平方向由平衡条件有 绳BO被拉断后，物体做圆周运动，拉断时加速度方向沿圆切线方向，则 解得： （3）设绳AO向左摆到与水平方向的夹角为时，物体运动的速度最大，则 联立解得： 设绳AO向左摆到与水平方
31、向的夹角为时，物体到达最高点，则 解得： 点睛：本题主要考查了根据平衡条件和动能定理相结合进行解题，注意分清过程，找出临界条件。23. 如图甲所示，真空室中电极K发出的电子(初速不计)经电场加速后，由小孔P沿两水平金属板M、N的中心线射入板间，加速电压为U0，M、N板长为L，两板相距.加在M、N两板间电压u随时间t变化关系为uMN，如图乙所示把两板间的电场看成匀强电场，忽略板外电场在每个电子通过电场区域的极短时间内，电场可视作恒定两板右侧放一记录圆筒，筒左侧边缘与极板右端相距，筒绕其竖直轴匀速转动，周期为T，筒的周长为s，筒上坐标纸的高为，以t0时电子打到坐标纸上的点作为xOy坐标系的原点，竖
32、直向上为y轴正方向已知电子电荷量为e，质量为m，重力忽略不计(1) 求穿过水平金属板的电子在板间运动的时间t；(2) 通过计算，在示意图丙中画出电子打到坐标纸上的点形成的图线；(3) 为使从N板右端下边缘飞出的电子打不到圆筒坐标纸上，在M、N右侧和圆筒左侧区域加一垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B应满足什么条件？【答案】（1） （2） （3）当匀强磁场方向垂直于纸面向外时，应满足的条件 ；当匀强磁场方向垂直于纸面向里时，应满足的条件 【解析】试题分析：根据动能定理求出速度，再根据运动学公式求出时间；电子在板间运动的加速度为和偏转位移，再根据电压的变化画出图象；画出粒子运动轨迹，根据几何关系和洛
33、伦兹力提供向心力相结合即可求出磁感应强度所满足的条件。（1）设电子经加速电压加速后的速度为v0，则， 解得： （2）电子在板间运动的加速度为： 能飞出的电子打到坐标纸上的偏转距离：解得： 设当M、N两板间电压为U时，电子从水平金属板右边缘飞出，则解得： 故在一个周期中的、时间内，电子打在M、N板上，画出电子打到坐标纸上的点形成的图线如图所示(正弦曲线的一部分) （3）设从N板右端下边缘飞出时的电子速度与水平方向的夹角为，速度大小为v，则 ， 解得：， 当匀强磁场方向垂直于纸面向外时，电子打不到圆筒坐标纸上，磁场的磁感应强度为B1，电子做圆周运动的轨道半径为r1，则根据几何关系：，洛伦兹力提供向心力：解得：， 应满足的条件 当匀强磁场方向垂直于纸面向里时，电子打不到圆筒坐标纸上，磁场的磁感应强度为B2，电子做圆周运动的轨道半径为r2，则根据几何关系：洛伦兹力提供向心力：解得：， 应满足的条件 点睛：本题主要考查了带电粒子在电场和磁场中的偏转，分清过程画出轨迹，结合牛顿第二定律、动能定理和几何关系即可解题，本题过程较为复杂。
