1、湖北省孝感高级中学2021届高三物理下学期2月调研考试试题（含解析）考试时间：75分钟总分：100分一、选择题：（本题共11小题，共44分；第1-7题为单选题，每题4分；811题为多选题，每题4分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）1. 如图所示，在足够长的光滑水平面上，相对放置着两个形状完全相同的光滑弧形槽A、B，槽底端与光滑水平面相切，其中弧形槽A不固定，弧形槽B固定。一小球从弧形槽A顶端由静止释放。下列判断正确的是A. 小球在弧形槽A下滑过程中，小球的机械能不守恒B. 小球在弧形槽B上滑过程中，小球的机械能不守恒C. 小球和弧形槽A组成的系统满足动量守恒D. 小球不
2、能上升到弧形槽B的顶端2. 如图为学校配电房向各个教室的供电示意图,T为理想变压器,、为监控室供电端的电压表和电流表, 、为监控校内变压器输出端的电压表和电流表, 、为教室的负载电阻, 、为教室内的监控电压表和电流表,配电房和教室之间有相当长的一段距离,进入配电室的交流电电压U可认为是不变的,并且各电表均为理想电表,则当开关S闭合时,以下说法正确的是( )A. 电流表、和示数都变大B. 电流表中只有的示数变大C. 电压表中只有示数变小D. 电压表和的示数都变小3. 如图所示，在天花板下用细线悬挂一个闭合金属圆环，圆环处于静止状态。上半圆环处在垂直于环面的水平匀强磁场中，规定垂直于纸面向外的方向
3、为磁场的正方向，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示。t=0时刻，悬线的拉力为F。CD为圆环的直径，CD=d，圆环的电阻为R。下列说法正确的是（）A. 时刻，圆环中有逆时针方向的感应电流B. 时刻，C点的电势低于D点C. 悬线拉力的大小不超过D. 0T时间内，圆环产生的热量为4. 如图所示为风力发电机，风力带动叶片转动，叶片再带动转子（磁极）转动，使定子（线圈，不计电阻）中产生感应电流，实现风能向电能的转化。若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为，额定风速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为（）A. B. C. D. 5. 如图所示是“嫦娥三号”环月变轨的示意图在圆轨道
4、运行的“嫦娥三号”通过变轨后绕圆轨道运行，则下列说法中正确的是（）A. “嫦娥三号”在轨道的线速度大于在轨道的线速度B. “嫦娥三号”在轨道的角速度大于在轨道的角速度C. “嫦娥三号”在轨道的运行周期大于在轨道的运行周期D. “嫦娥三号”由轨道通过加速才能变轨到轨道6. 如图所示，离地面高h处有甲、乙两个小球，甲以初速度2v0水平抛出，同时乙以初速度v0沿倾角为30的光滑斜面滑下若甲、乙同时到达地面，不计空气阻力，则甲运动的水平距离是()A. 3hB. hC. 2hD. h7. 如图所示，竖直杆固定在木块C上，两者总重为20N，放在水平地面上。轻细绳a连接小球A和竖直杆顶端，轻细绳b连接小球A
5、和B，小球B重为10N。当用与水平方向成30角的恒力F作用在小球B上时，A、B、C刚好保持相对静止且一起水平向左做匀速运动，绳a、b与竖直方向的夹角分别恒为30和60，则下列判断正确的是（ ）A. 力F的大小为20NB. 地面对C的支持力大小为40NC. 地面对C的摩擦力大小为10ND. A球重为10N8. 如图所示，质量均为m的带同种电荷的小球A、B，B球用长为L的细绳悬于O点，A球固定在O点正下方，当小球B平衡时，绳子所受的拉力为T1，A球所受库仑力为F1；现把A球所带电量减少，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为T2，A球所受库仑力为F2，则下列关于T1与T2、F1与
6、F2大小之间的关系，正确的是( )A. B. C. D. 9. 甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，在t=0时， 乙车在甲车前50m处，它们的v-t图象如图所示，下列对汽车运动情况的描述正确的是（ ）A. 甲车先做匀速运动再做反向匀减速运动B. 在第20s末，甲、乙两车的加速度大小相等C. 第30s末，甲、乙两车相距50 mD. 在整个运动过程中，甲、乙两车可以相遇两次10. 如图甲所示，一块质量为mA=2kg的木板A静止在水平地面上，一个质量为mB=1kg的滑块B静止在木板的左端，对B施加一向右的水平恒力F，一段时间后B从A右端滑出，A继续在地面上运动一段距离后停止，此过程中A的速度随时
7、间变化的图像如图乙所示设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10m/s2则下列说法正确的是A. 滑块与木板之间动摩擦因数为0.6B. 木板与地面之间的动摩擦因数为0.1C. F的大小可能为9ND. F的大小与板长L有关11. 如图所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到光滑水平面的距离为h.物块B和C的质量分别是5m和3m，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时到水平面的距离为.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g
8、，则( )A. 碰撞后小球A反弹的速度大小为B. 碰撞过程B物块受到的冲量大小C. 碰后轻弹簧获得的最大弹性势能D. 小球C的最大速度大小为二、实验题（本题共2小题，共18分，其中第12小题6分，第13小题12分）12. 一细绳跨过悬挂的定滑轮，两端分别系有小球A和B，如图所示。一实验小组用此装置测量小球B运动的加速度。令两小球静止，细绳拉紧，然后释放小球，测得小球B释放时的高度h0=0.590 m，下降一段距离后的高度h=0.100 m；由h0下降至h所用的时间T=0.730 s。由此求得小球B加速度的大小为a=_m/s2（保留3位有效数字）。从实验室提供的数据得知，小球A、B的质量分别为1
9、00.0 g和150.0 g，当地重力加速度大小为g=9.80 m/s2。根据牛顿第二定律计算可得小球B加速度的大小为a=_m/s2（保留3位有效数字）。可以看出，a与a有明显差异，除实验中的偶然误差外，写出一条可能产生这一结果的原因：_。13. 某同学测量一节旧干电池的电动势和内电阻的电路图如图甲所示，其中虚线框内为用毫安表改装成双量程电压表的电路：(1)毫安表的内阻为100，满偏电流为5mA；R1和R2为定值电阻，其中R1=500。若使用a和c接线柱，电压表量程为15V，则R2=_；(2)现有两个电流表：A1（量程0.6A，内阻约0.2），A2（量程3A，内阻约0.05）；两个滑动变阻器，
10、最大阻值分别为10和500，则应选电流表_（填“A1”或“A2”），应选最大阻值为_的滑动变阻器；(3)实验主要步骤如下：开关S2拨向b，将滑动变阻器R滑片移到最_端（选填“左”或“右”）；闭合开关S1，多次调节滑动变阻器的滑动片，记下相应的电流表示数I1和毫安表示数I2；根据测量数据画出的I2I1图像如图乙所示；由图像可得电源的电动势E=_V，内阻r=_。（结果均保留三位有效数字）三、计算题（本题共3小题，共38分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。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）14. 如图所示匀强电场水平向右，在电场中的O点固定一轻细
11、线，细线的另一端系一质量为m带电量为q的小球，小球平衡时细线与竖直方向成角。（，）(1)求电场强度；(2)将小球拉至右侧与O等高，细线水平伸直，然后将小球静止释放，求小球运动到最低点时线的张力；15. 如图甲所示，可视为质点的质量m1=1kg的小物块放在质量m2=2kg的，长木板正中央位置，长木板静止在水平地面上，连接物块的轻质细绳与水平方向的夹角为37，现对长木板施加水平向左的拉力F=18N，长木板运动v-t图像如图乙所示，sin37=0.6，求： （1）长木板长度L；（2）木板与地面间的动摩擦因数2；（3）物块与 木板间的动摩擦因数1；16. 如图所示，坐标系x轴水平，y轴竖直。在第二象限
12、内有半径R=5cm的圆，与y轴相切于点Q点（0，cm），圆内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向外。在x=-10cm处有一个比荷为=1.0108C/kg的带正电的粒子，正对该圆圆心方向发射，粒子的发射速率v0=4.0106m/s，粒子在Q点进入第一象限。在第一象限某处存在一个矩形匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向外，磁感应强度B0=2T。粒子经该磁场偏转后，在x轴M点（6cm，0）沿y轴负方向进入第四象限。在第四象限存在沿x轴负方向的匀强电场。有一个足够长挡板和y轴负半轴重合，粒子每次到达挡板将反弹，每次反弹时竖直分速度不变，水平分速度大小减半，方向反向（不考虑粒子的重力）。求：(1)第二象限
13、圆内磁场的磁感应强度B的大小；(2)第一象限内矩形磁场的最小面积；(3)带电粒子在电场中运动时水平方向上的总路程。孝感高中2021届高三2月调研考试（解析版）物理考试时间：75分钟总分：100分一、选择题：（本题共11小题，共44分；第1-7题为单选题，每题4分；811题为多选题，每题4分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）1. 如图所示，在足够长的光滑水平面上，相对放置着两个形状完全相同的光滑弧形槽A、B，槽底端与光滑水平面相切，其中弧形槽A不固定，弧形槽B固定。一小球从弧形槽A顶端由静止释放。下列判断正确的是A. 小球在弧形槽A下滑过程中，小球的机械能不守恒B. 小球
14、在弧形槽B上滑过程中，小球的机械能不守恒C. 小球和弧形槽A组成系统满足动量守恒D. 小球不能上升到弧形槽B的顶端【答案】AD【解析】【分析】【详解】A由于A是不固定的，小球下滑的过程中，一部分动能转移给了A，所以小球的机械能不守恒，A正确；B由于B是固定的，小球在上滑的过程中，动能转化为重力势能，机械能守恒，B错误；C小球最初和A的动量合为零，而当小球上升到静止时，小球的动量为零，A的动量不为零，所以组成的系统动量不守恒，C错误；D由于小球的一部分动能给了A，所以小球最终到达不了B的顶端，D正确；故选AD。2. 如图为学校配电房向各个教室的供电示意图,T为理想变压器,、为监控室供电端的电压表
15、和电流表, 、为监控校内变压器输出端的电压表和电流表, 、为教室的负载电阻, 、为教室内的监控电压表和电流表,配电房和教室之间有相当长的一段距离,进入配电室的交流电电压U可认为是不变的,并且各电表均为理想电表,则当开关S闭合时,以下说法正确的是( )A. 电流表、和的示数都变大B. 电流表中只有的示数变大C. 电压表中只有的示数变小D. 电压表和的示数都变小【答案】C【解析】【分析】抓住原线圈的输入电压不变，结合输出端总电阻的变化得出输电线上电流的变化，从而得出电压损失的变化，根据输出电压不变，得出用户端电压的变化，从而得知通过负载电阻电流的变化抓住输电线上电流的变化，根据原副线圈电流比等于匝
16、数之反比求出原线圈中电流的变化【详解】当开关闭合后，副线圈总电阻变小，由于升压变压器的输入电压不变，则输出电压不变，即U2不变，可知输电线中的电流增大，即A2增大，则输电线上损失的电压增大，可知用户端得到的电压减小，即U3减小，所以通过R1的电流减小，即A3减小，副线圈中电流决定原线圈中的电流，根据知，原线圈中的电流I1增大，所以A1示数增大.故C正确，A、B、D错误.故选C.【点睛】解决本题的关键知道输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率决定输入功率3. 如图所示，在天花板下用细线悬挂一个闭合金属圆环，圆环处于静止状态。上半圆环处在垂直于环面的水平匀强磁场中，规定垂直于纸面向外
17、的方向为磁场的正方向，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示。t=0时刻，悬线的拉力为F。CD为圆环的直径，CD=d，圆环的电阻为R。下列说法正确的是（）A. 时刻，圆环中有逆时针方向的感应电流B. 时刻，C点的电势低于D点C. 悬线拉力的大小不超过D. 0T时间内，圆环产生的热量为【答案】C【解析】【分析】【详解】A 时刻，磁场向外增强，根据楞次定律可知，感应电流磁场向里，故圆环中有顺时针方向的感应电流，故A错误；B 时刻，磁场垂直向外减小，根据楞次定律可知，感应电流磁场向外，故C点的电势高于D点，故B错误；C t=0时刻，悬线的拉力为F ，则圆环重力大小为F， 时，感应电动势 ， ，故安
18、培力故悬线拉力的大小不超过，故C正确；D 根据以上分析可知0时间内， 产热故0T时间内，圆环产生的热量为故D错误。故选C。4. 如图所示为风力发电机，风力带动叶片转动，叶片再带动转子（磁极）转动，使定子（线圈，不计电阻）中产生感应电流，实现风能向电能的转化。若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为，额定风速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】【详解】如图所示建立一个“风柱”模型，“风柱”的横截面积为叶片旋转扫出的面积，则S=l2经过时间t，可得“风柱”长度为x=vt故所形成的“风柱”体积为Vl2vt“风柱”的质量为m=V=
19、l2vt根据动能定理可得，风力在这段位移内做的功W=Ek=mv2=l2vtv2=l2v3t“风柱”的功率为风能转化为电能的效率为故选A。5. 如图所示是“嫦娥三号”环月变轨的示意图在圆轨道运行的“嫦娥三号”通过变轨后绕圆轨道运行，则下列说法中正确的是（）A. “嫦娥三号”在轨道的线速度大于在轨道的线速度B. “嫦娥三号”在轨道的角速度大于在轨道的角速度C. “嫦娥三号”在轨道的运行周期大于在轨道的运行周期D. “嫦娥三号”由轨道通过加速才能变轨到轨道【答案】C【解析】航天器绕星球做匀速圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，由此可知：=A、线速度知，I轨道上半径大，线速度小，故A错误；B、角速度=
20、知，I轨道上半径大，角速度小，故B错误；C、周期T=知，I轨道上半径大，周期大，故C正确；D、卫星在较高轨道上到较低轨道上运动时，变轨时是在较高轨道上减速，使得万有引力大于在该轨道上做匀速圆周运动的向心力，从而做向心运动而减小轨道半径，故D错误故选C点睛：利用向心力公式解题，从=，除了周期随着半径的增大而增大外，而加速度、线速度、角速度都是随着半径的增大而减小的6. 如图所示，离地面高h处有甲、乙两个小球，甲以初速度2v0水平抛出，同时乙以初速度v0沿倾角为30的光滑斜面滑下若甲、乙同时到达地面，不计空气阻力，则甲运动的水平距离是()A. 3hB. hC. 2hD. h【答案】A【解析】【分析
21、】【详解】平抛运动的时间为：；乙在斜面下滑的加速度为：a= gsin300.5g根据2hv0t+at2，代入数据得：v0t=h，甲的水平距离为x甲=2v0t3h故A正确，BCD错误故选A【点睛】解决本题的关键知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间相同决定水平位移，抓住平抛运动的时间和匀加速运动的时间相同，结合牛顿第二定律和运动学公式灵活求解7. 如图所示，竖直杆固定在木块C上，两者总重为20N，放在水平地面上。轻细绳a连接小球A和竖直杆顶端，轻细绳b连接小球A和B，小球B重为10N。当用与水平方向成30角的恒力F作用在小球B上时，A、B、C刚好保持相对静止且一起水平向左做匀速运动，绳a、b
22、与竖直方向的夹角分别恒为30和60，则下列判断正确的是（ ）A. 力F的大小为20NB. 地面对C的支持力大小为40NC. 地面对C的摩擦力大小为10ND. A球重为10N【答案】D【解析】【分析】【详解】AD以B为研究对象受力分析，水平方向受力平衡，有解得竖直方向受力平衡，则有解得以A为研究对象受力分析，竖直方向上有水平方向联立得即A球重为10N，故A错误，D正确；BC以ABC整体为研究对象受力分析，水平方向竖直方向解得N35N故BC错误。故选D。8. 如图所示，质量均为m的带同种电荷的小球A、B，B球用长为L的细绳悬于O点，A球固定在O点正下方，当小球B平衡时，绳子所受的拉力为T1，A球所
23、受库仑力为F1；现把A球所带电量减少，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为T2，A球所受库仑力为F2，则下列关于T1与T2、F1与F2大小之间的关系，正确的是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】以小球B为研究对象，分析受力情况，如图所示A球所带电量减少，AB间的库仑力减小，所以F12m/s2，则F9N，则F的大小不可能为9N，选项C错误；根据，式中t=1s ，联立解得：F=2L+9，即F的大小与板长L有关，选项D正确；故选BD.【点睛】此题时牛顿第二定律的综合应用问题，首先要搞清两物体的运动情况，通过v-t图像获取运动信息，结合牛顿第二定律求解.11. 如图所示
24、，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到光滑水平面的距离为h.物块B和C的质量分别是5m和3m，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时到水平面的距离为.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，则( )A. 碰撞后小球A反弹的速度大小为B. 碰撞过程B物块受到的冲量大小C. 碰后轻弹簧获得的最大弹性势能D. 小球C的最大速度大小为【答案】AC【解析】【分析】对小球下落过程，由机械能守恒定律可求得小球与物块碰撞前瞬间的速度，对小球由
25、机械能守恒可求得反弹的速度，再由动量守恒定律可求得物块的速度；对物块的碰撞过程根据动量定理列式求物块获得的冲量；B与弹簧、C组成的系统在水平方向不受外力的作用，系统的水平方向的动量守恒，当B与C的速度相等时，系统的动能最小，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律和机械能守恒即可求出最大弹性势能；对B物块与C物块在弹簧回到原长时，C物块有最大速度，根据动量守恒和机械能守恒结合求小球C的最大速度大小；【详解】A、设小球运动到最低点与物块B碰撞前的速度大小为，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有：，解得： 设碰撞后小球反弹的速度大小为，同理有：，解得，故A正确；B、设碰撞后物块B的速
26、度大小为，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有：，解得：，由动量定理可得，碰撞过程B物块受到的冲量为：，故B错误；C、碰撞后当B物块与C物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，取向右为正方向，据动量守恒定律有，据机械能守恒定律得：，解得：，故C正确；D、对B物块与C物块在弹簧回到原长时，C物块有最大速度，据动量守恒和机械能守恒可得：，解得C的最大速度为：，故D错误【点睛】本题综合考查动量守恒定律、机械能守恒定律，要注意正确分析物理过程，选择合适的物理规律求解二、实验题（本题共2小题，共18分，其中第12小题6分，第13小题12分）12. 一细绳跨过悬挂的定滑轮，两端分别系有小球A和B，如图所示。一
27、实验小组用此装置测量小球B运动的加速度。令两小球静止，细绳拉紧，然后释放小球，测得小球B释放时的高度h0=0.590 m，下降一段距离后的高度h=0.100 m；由h0下降至h所用的时间T=0.730 s。由此求得小球B加速度的大小为a=_m/s2（保留3位有效数字）。从实验室提供的数据得知，小球A、B的质量分别为100.0 g和150.0 g，当地重力加速度大小为g=9.80 m/s2。根据牛顿第二定律计算可得小球B加速度的大小为a=_m/s2（保留3位有效数字）。可以看出，a与a有明显差异，除实验中的偶然误差外，写出一条可能产生这一结果的原因：_。【答案】 (1). 1.84 (2). 1
28、.96 (3). 滑轮的轴不光滑，绳和滑轮之间有摩擦（或滑轮有质量）【解析】【分析】【详解】有题意可知小球下降过程中做匀加速直线运动，故根据运动学公式有代入数据解得a=1.84m/s2；根据牛顿第二定律可知对小球A有对小球B有带入已知数据解得；在实验中绳和滑轮之间有摩擦会造成实际计算值偏小。13. 某同学测量一节旧干电池的电动势和内电阻的电路图如图甲所示，其中虚线框内为用毫安表改装成双量程电压表的电路：(1)毫安表的内阻为100，满偏电流为5mA；R1和R2为定值电阻，其中R1=500。若使用a和c接线柱，电压表量程为15V，则R2=_；(2)现有两个电流表：A1（量程0.6A，内阻约0.2）
29、，A2（量程3A，内阻约0.05）；两个滑动变阻器，最大阻值分别为10和500，则应选电流表_（填“A1”或“A2”），应选最大阻值为_的滑动变阻器；(3)实验主要步骤如下：开关S2拨向b，将滑动变阻器R的滑片移到最_端（选填“左”或“右”）；闭合开关S1，多次调节滑动变阻器的滑动片，记下相应的电流表示数I1和毫安表示数I2；根据测量数据画出的I2I1图像如图乙所示；由图像可得电源的电动势E=_V，内阻r=_。（结果均保留三位有效数字）【答案】 (1). 2400 (2). A1 (3). 10 (4). 左 (5). 1.44 (6). 1.20【解析】【分析】【详解】(1)1定值电阻和毫安
30、表串联，则根据欧姆定律可得代入数据联立解得(2)23一节电池的电动势约为1.5V，因此电流表应选用。为了方便调节，滑动变阻器应当选择10的。(3)456为了让电流从最小开始调节，开始时滑动变阻器阻值滑到最大位置，因此应当滑到左端。开关滑向c，则改装电压表内阻为，由可知，图象中与纵坐标的交点为则根据公式可得图象的斜率为代入数据解得三、计算题（本题共3小题，共38分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。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）14. 如图所示匀强电场水平向右，在电场中的O点固定一轻细线，细线的另一端系一质量为m带电量为q的小球，小球平衡时
31、细线与竖直方向成角。（，）(1)求电场强度；(2)将小球拉至右侧与O等高，细线水平伸直，然后将小球静止释放，求小球运动到最低点时线的张力；【答案】(1)；(2)【解析】【分析】【详解】（1） 小球平衡，所以有 由式解得 （2）由动能定理得 最低点时，由向心力公式得 由解得 15. 如图甲所示，可视为质点的质量m1=1kg的小物块放在质量m2=2kg的，长木板正中央位置，长木板静止在水平地面上，连接物块的轻质细绳与水平方向的夹角为37，现对长木板施加水平向左的拉力F=18N，长木板运动v-t图像如图乙所示，sin37=0.6，求： （1）长木板长度L；（2）木板与地面间的动摩擦因数2；（3）物块
32、与 木板间的动摩擦因数1；【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】【详解】（1）从图线可知，木板运动2s离开小物块，在02s，由图线可知，；（2）在23s，由图线可得，解得（3）02s：小物块，长木板，解得16. 如图所示，坐标系x轴水平，y轴竖直。在第二象限内有半径R=5cm的圆，与y轴相切于点Q点（0，cm），圆内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向外。在x=-10cm处有一个比荷为=1.0108C/kg的带正电的粒子，正对该圆圆心方向发射，粒子的发射速率v0=4.0106m/s，粒子在Q点进入第一象限。在第一象限某处存在一个矩形匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向外，磁感应强度B0=2T
33、。粒子经该磁场偏转后，在x轴M点（6cm，0）沿y轴负方向进入第四象限。在第四象限存在沿x轴负方向的匀强电场。有一个足够长挡板和y轴负半轴重合，粒子每次到达挡板将反弹，每次反弹时竖直分速度不变，水平分速度大小减半，方向反向（不考虑粒子的重力）。求：(1)第二象限圆内磁场的磁感应强度B的大小；(2)第一象限内矩形磁场的最小面积；(3)带电粒子在电场中运动时水平方向上的总路程。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【分析】【详解】粒子运动轨迹如图所示(1)作垂直于PO，有几何关系知所以设磁感应强度为B，由牛顿第二定律得解得(2)粒子在第一象限内转过圆周，设半径为，由牛顿第二定律得图中的矩形面积即为最小磁场面积解得(3)在水平方向上，粒子首先向左运动，撞到挡板，设加速度为a，第一次撞击挡板的水平速度为第1次反弹的水平速度第1次往返的水平路程第2次反弹的水平速度第2次往返的水平路程第n次反弹的水平速度第n次往返的水平路程根据规律，总路程为代入数据得解得
