2020高考物理浙江专用增分冲刺练辑：综合模拟卷（九）Word版含解析.docx

综合模拟卷(九) 一、选择题Ⅰ(本题共 8 小题，每小题 4 分，共 32 分．每小题列出的四个备选项中只有一个 是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1．(2019·余姚中学期中)如图所示，一束粒子(不计重力，初速度可忽略)缓慢通过小孔 O 1 进 入极板间电压为 U 的水平加速电场区域Ⅰ，再通过小孔 O2 射入匀强电场和匀强磁场相互正 交的区域Ⅱ，其中磁场的方向如图所示，磁感应强度大小可根据实际要求调节，收集室的小 孔 O3 与 O1、O2 在同一条水平线上，则(　　) A．该装置可筛选出具有特定质量的粒子 B．该装置可筛选出具有特定电荷量的粒子 C．该装置可筛选出具有特定比荷的粒子 D．该装置可筛选出具有特定动能的粒子 答案　C 2.如图所示，以速度 v 将小球沿与水平方向成 θ＝37°角斜向上抛出，结果球刚好能垂直打在 竖直的墙面上，球反弹后的速度方向水平，速度大小为碰撞前瞬间速度的3 4倍，已知 sin 37°＝ 0.6，cos 37°＝0.8，空气阻力不计，则反弹后小球的速度大小再次为 v 时，速度方向与水平方 向夹角的正切值为(　　) A.3 4 B.4 3 C.3 5 D.5 3 答案　B 解析　采用逆向思维，小球做斜抛运动看成是平抛运动的逆运动，将抛出速度沿水平方向和 竖直方向分解，有： vx＝vcos 37°＝0.8v vy＝vsin 37°＝0.6v 球撞墙前瞬间的速度等于 0.8v，反弹速度大小为： vx′＝3 4×0.8v＝0.6v反弹后小球做平抛运动，当小球的速度大小再次为 v 时，竖直速度为： vy′＝ v2－vx′2＝ v2－(0.6v)2＝0.8v 速度方向与水平方向夹角的正切值为： tan θ＝vy′ vx′＝0.8v 0.6v ＝4 3，故 B 正确，A、C、D 错误． 3．某机器内有两个围绕各自固定轴匀速转动的铝盘 A、B，A 盘固定一个信号发射装置 P， 能持续沿半径向外发射红外线，P 到圆心的距离为 28 cm.B 盘上固定一个带窗口的红外线信 号接收装置 Q，Q 到圆心的距离为 16 cm.P、Q 转动的线速度均为 4π m/s.当 P、Q 正对时，P 发出的红外线恰好进入 Q 的接收窗口，如图所示，则 Q 每隔一定时间就能接收到红外线信号， 这个时间的最小值为(　　) A．0.42 s B．0.56 s C．0.70 s D．0.84 s 答案　B 解析　由线速度和周期关系 T＝2πR v 可得 TP＝2π × 0.28 4π s＝0.14 s，TQ＝2π × 0.16 4π s＝0.08 s，设该时间的最小值为 t，则 t 是两个周期数值的最小公倍数，即 t＝0.56 s，选项 B 正确． 4．(2019·广东广州市 4 月综合测试)如图，在光滑绝缘水平桌面上，三个带电小球 a、b 和 c 分别固定于正三角形顶点上．已知 a、b 带电荷量均为＋q，c 带电荷量为－q，则(　　) A．ab 连线中点场强为零 B．三角形中心处场强为零 C．a 所受库仑力方向垂直于 ab 连线 D．a、b、c 所受库仑力大小之比为 1∶1∶ 3 答案　D 解析　在 ab 连线的中点处，a、b 两电荷在该点的合场强为零，则该点的场强等于 c 在该点 的场强，大小不为零，选项 A 错误．在三角形的中心处，a、b 两电荷在该点的场强大小相等， 方向夹 120°角，则合场强竖直向下，电荷 c 在该点的场强也是竖直向下，则三角形中心处场 强不为零，选项 B 错误．a 受到 b 的排斥力沿 ba 方向，受到 c 的吸引力沿 ac 方向，则其合 力方向斜向左下方与 ab 连线成 60°角，选项 C 错误．设三角形的边长为 l，a、b 所受库仑力大小相等，Fa＝Fb＝2kq2 l2 cos 60°＝kq2 l2 ；c 所受库仑力：Fc＝2kq2 l2 cos 30°＝ 3kq2 l2 ，则 a、b、c 所受库仑力大小之比为 1∶1∶ 3，选项 D 正确． 5．(2019·山西太原市 5 月模拟)如图所示，带电物块放置在固定水平绝缘板上．当空间存在有 水平向右的匀强电场时，物块恰能向右做匀速直线运动．若在同一电场中将绝缘板的右端抬 高，当板与水平面的夹角为 37° 时，物块恰能沿绝缘板匀速下滑，则物块与绝缘板间的动摩 擦因数 μ 为(取 sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　) A.1 2 B.1 3 C.1 4 D.1 5 答案　B 解析　当电场水平向右时滑块恰能向右做匀速直线运动，由平衡知识有：qE＝F f1，Ff1＝ μFN1，FN1＝mg，联立解得 qE＝μmg；而物块沿斜面匀速下滑时，有：mgsin θ＝qEcos θ＋ Ff2，Ff2＝μFN2，FN2＝mgcos θ＋qEsin θ，联立得 0.6mg＝0.8qE＋μ(0.8mg＋0.6qE)，解得动摩 擦因数 μ＝1 3或 μ＝－3(舍去)，故 A、C、D 错误，B 正确． 6．(2019·湖州、衢州、丽水高三期末)某型号混合动力车由静止启动至 50 km/h 过程中仅动力 蓄电池提供动力，实现“0”油耗，当速度超过 50 km/h 时，电动机自动关闭，汽油发动机开始 工作；而当踩刹车或将加速踏板松开时，车轮通过带动发电机对动力蓄电池充电并得以减速， 从而实现节能减排．已知该车动力蓄电池电压为 200 V，容量为 6.5 Ah，电能转化为机械能 的效率为 90%，汽车总质量为 1 440 kg，电动机的最大输出功率为 60 kW，汽油发动机的最 大输出功率为 72 kW.若汽车两部分动力部件分别工作时都以其最大功率输出用于驱动，汽车 匀速时的速度为 108 km/h，整个过程阻力恒定，则(　　) A．当加速踏板松开时，汽车的动能将全部克服摩擦阻力做功转化为内能 B．当汽车速度为 36 km/h 时，牵引力为 7 200 N C．当汽车的速度为 72 km/h 时，汽车的加速度为 2.5 m/s2 D．若仅以纯电输出模式行驶(电池不充电)，动力蓄电池最长供电时间约为 70 s 答案　D 解析　当加速踏板松开时，车轮通过带动发电机对动力蓄电池充电，汽车的动能转化为电能 和克服摩擦阻力做功转化的内能之和，故 A 错误；速度为 v＝36 km/h＝10 m/s 时，电动机工 作，根据 F＝P v 可得，牵引力为 F＝60 × 103 10 N＝6 000 N，故 B 错误；速度为 v′＝72 km/h ＝20 m/s 时，汽油发动机工作，牵引力为 F′＝72 × 103 20 N＝3 600 N，汽车匀速时的速度为v0＝108 km/h＝30 m/s，汽车的阻力 Ff＝72 × 103 30 N＝2 400 N，由 a＝F′－Ff m ＝3 600－2 400 1 440 m/s2＝0.83 m/s2，故 C 错误；电能转化为机械能的效率为 90%，若以最大功率输出，输出电 流为 I，则 UI×90%＝P 电，解得 I＝1 000 3 A，电池的容量 q＝It＝6.5 Ah，解得 t＝6.5 × 3 600 1 000 3 s＝70.2 s，所以若仅以纯电输出模式行驶(电池不充电)，动力蓄电池最长供电时间约为 70 s， 故 D 正确． 7．(2019·广西钦州市 4 月综测)如图，两条间距为 L 的平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内， 其左端接一阻值为 R 的电阻；一金属棒垂直放置在两导轨上，且始终与导轨接触良好；在 MN 左侧面积为 S 的圆形区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小 B 随时间 t 的 变化关系为 B＝kt，式中 k 为常量，且 k>0；在 MN 右侧区域存在一与导轨垂直、磁感应强度 大小为 B0、方向垂直纸面向里的匀强磁场．t＝0 时刻，金属棒从 MN 处开始，在水平拉力 F 作用下以速度 v0 向右匀速运动．金属棒与导轨的电阻及摩擦均可忽略．则(　　) A．在 t＝t1 时刻穿过回路的总磁通量为 B0Lv0t1 B．通过电阻 R 的电流不是恒定电流 C．在 Δt 时间内通过电阻的电荷量为 kS＋B0Lv0 R Δt D．金属棒所受的水平拉力 F 随时间均匀增大 答案　C 解析　根据题意可知，MN 左边的磁场方向与右边的磁场方向相同，那么总磁通量即为金属 棒左侧两种磁通量之和，则在 t＝t1 时刻穿过回路的总磁通量为 Φ＝Φ1＋Φ2＝kt1S＋B0v0t1L， 故 A 错误；根据法拉第电磁感应定律得 E＝ ΔΦ Δt ，结合闭合电路欧姆定律得 I＝ E R＝ kS＋B0Lv0 R ，故通过电阻 R 的电流为恒定电流，B 错误；Δt 时间内通过电阻的电荷量为 q＝IΔt ＝ΔΦ R ＝kS＋B0Lv0 R Δt，故 C 正确；金属棒所受的安培力大小 FA＝B0IL＝ (kS＋B0Lv0)B0L R ；根据 平衡条件得，水平拉力大小等于安培力大小，即为 F＝ (kS＋B0Lv0)B0L R ，故拉力 F 是一个恒量， 故 D 错误． 8．(2019·东北三省三校第二次联合模拟)如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆 L 1、 L2，两杆不接触，且两杆间的距离忽略不计．两个小球 a、b(视为质点)质量均为 m，a 球套在竖直杆 L1 上，b 杆套在水平杆 L2 上，a、b 通过铰链用长度为 L 的刚性轻杆连接，将 a 球 从图示位置由静止释放(轻杆与 L2 杆夹角为 45°)，不计一切摩擦，已知重力加速度为 g.在此 后的运动过程中，下列说法中正确的是(　　) A．a 球和 b 球所组成的系统机械能不守恒 B．b 球的速度为零时，a 球的加速度大小也为零 C．b 球的最大速度的大小为 (2＋ 2)gL D．a 球的最大速度的大小为 2gL 答案　C 解析　a 球和 b 球组成的系统没有外力做功，只有 a 球和 b 球的动能和重力势能相互转换， 因此 a 球和 b 球的机械能守恒，A 错误；设轻杆 L 和水平杆 L2 的夹角为 θ，由运动关联可知 vbcos θ＝vasin θ，则 vb＝va·tan θ，可知当 b 球的速度为零时，轻杆 L 处于水平位置且与杆 L2 平行，则此时 a 球在竖直方向只受重力 mg，因此 a 球的加速度大小为 g，B 错误；当杆 L 和 杆 L1 第一次平行时，球 a 运动到最下方，球 b 运动到 L1 和 L2 交点位置，球 b 的速度达到最 大，此时 a 球的速度为 0，因此由系统机械能守恒有 mg( 2 2 L＋L)＝1 2mvb2，解得 vb＝ (2＋ 2)gL， C 正确；当轻杆 L 和杆 L2 第一次平行时，由运动的关联可知此时 b 球的速度为零，由系统机 械能守恒有 2 2 mg·L＝1 2mva2，解得 va＝ 2gL，此时 a 球具有向下的加速度 g，故此时 a 球的 速度不是最大，a 球将继续向下做加速度减小的加速运动，到加速度为 0 时速度达到最大，D 错误． 二、选择题Ⅱ(本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分．每小题列出的四个备选项中至少有一 个是符合题目要求的，全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有错选的得 0 分) 9．如图甲所示为一简谐横波在 t＝0 时刻的图象，图乙为 x＝4 m 处的质点 P 的振动图象，则 下列判断正确的是(　　) A．这列波的波速是 2 m/s B．这列波的传播方向沿 x 轴正方向C．t＝3.5 s 时 P 点的位移为 0.2 m D．从 t＝0 时刻开始 P 点的振动方程为 y＝0.2sin (πt＋π 2) m 答案　AC 解析　由题图可知波长 λ＝4 m，周期 T＝2 s，则波速为： v＝λ T＝4 2 m/s＝2 m/s，故 A 正确； t＝0 时刻 P 点向－y 方向振动，由波动和振动的关系可判断波沿 x 轴负方向传播，故 B 错误； 由质点 P 的振动图象知，t＝3.5 s＝13 4T，此时 P 点位于波峰位置，P 点的位移为 0.2 m，故 C 正确； 由题图乙知 ω＝2π T ＝2π 2 rad/s＝π rad/s，t＝0 时刻 P 点向－y 方向振动，初相位为 π，振动方 程为 y＝0.2sin (πt＋π) m，故 D 错误． 10．下列说法中正确的是(　　) A．卢瑟福通过 α 粒子散射实验，提出原子的核式结构模型，并估算出原子核的大小 B．已知光速为 c，普朗克常量为 h，则频率为 ν 的光子的动量为hν c C．氢原子能级是分立的，但原子发射光子的频率是连续的 D．设质子、中子、α 粒子的质量分别为 m1、m2、m3，那么质子和中子结合成一个 α 粒子， 所释放的核能为 ΔE＝(m3－m1－m2)c2 答案　AB 解析　氢原子能级是分立的，原子发射光子的频率是不连续的，选项 C 错误；根据质能方程 知，质子和中子结合成一个 α 粒子时所释放的核能为 ΔE＝(2m1＋2m2－m3)c2，选项 D 错 误． 11．(2019·山东济宁市第二次摸底)电子在电场中仅受电场力作用运动时，由 a 点运动到 b 点 的轨迹如图中虚线所示．图中一组平行等距实线可能是电场线，也可能是等势线．下列说法 正确的是(　　) A．若 a 点的电势比 b 点低，图中实线一定是等势线 B．不论图中实线是电场线还是等势线，电子在 a 点的电势能都比 b 点小 C．若电子在 a 点动能较小，则图中实线是电场线 D．如果图中实线是等势线，则电子在 b 点电势能较大 答案　CD 解析　若图中实线是电场线，根据粒子运动轨迹可以判断，电子所受电场力水平向右，则电场线向左，a 点电势比 b 点低，所以若 a 点的电势比 b 点低，图中实线可能是电场线，A 错 误．若图中实线是电场线，根据 A 选项的分析，电场线向左，a 的电势小于 b 的电势，根据 电势能 Ep＝φ(－e)，电子在电势低的位置电势能大，所以电子在 a 点的电势能大于 b 点电势 能，B 错误．若电子在 a 点动能小，说明由 a 到 b 加速，如果图中实线是电场线，结合 A 选 项的分析，方向向左，电子受力向右，加速，a 点动能小，C 正确．如果图中实线是等势线， 则电场线与等势线垂直，根据电子运动轨迹可以判断电子受力竖直向下，所以由 a 到 b 电场 力做负功，b 点动能小，电势能大，D 正确． 12．(2019·安徽安庆市下学期第二次模拟)如图甲所示，一足够长的粗糙斜面固定在水平地面 上，斜面的倾角 θ＝37°，现有质量 m＝2.2 kg 的物体在水平向左的外力 F 的作用下由静止开 始沿斜面向下运动，经过 2 s 撤去外力 F，物体在 0～4 s 内运动的速度与时间的关系图线如 图乙所示．已知 sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取 g＝10 m/s2，则(　　) A．物体与斜面间的动摩擦因数为 0.5 B．水平外力 F＝5.5 N C．水平外力 F＝4 N D．物体在 0～4 s 内的位移为 24 m 答案　AC 解析　根据 v－t 图象的斜率表示加速度，则 2～4 s 内物体的加速度为： a2＝12－8 4－2 m/s2＝2 m/s2， 由牛顿第二定律有：mgsin θ－μmgcos θ＝ma2， 解得：μ＝0.5，故 A 正确； 0～2 s 内物体的加速度为：a1＝8 2 m/s2＝4 m/s2， 由牛顿第二定律有：mgsin θ＋Fcos θ－μ(mgcos θ－Fsin θ)＝ma1，解得：F＝4 N，故 B 错误， C 正确； 物体在 0～4 s 内的位移为：x＝8 × 2 2 m＋8＋12 2 ×2 m＝28 m，故 D 错误． 三、非选择题(本题共 5 小题，共 52 分) 13．(6 分)(2019·湖北恩施州 2 月教学质量检测)如图所示为某同学设计的一种探究动量守恒定 律的实验装置和原理图．长木板固定在水平桌面上，一端伸出桌面，另一端装有竖直挡板，轻弹簧的一端固定在竖直挡板上，另一端被入射小球从自然长度位置 A 点压缩至 B 点，释放 小球，小球沿木板从右端水平抛出，落在水平地面上的记录纸上，重复 10 次，确定小球的落 点位置；再把被碰小球放在木板的右边缘处，重复上述实验 10 次，在记录纸上分别确定入射 小球和被碰小球的落点位置． (1)关于实验的要点，下列说法正确的是________． A．入射小球的质量必须大于被碰小球的质量 B．入射小球的半径必须与被碰小球的半径相同 C．长木板必须尽可能地光滑 D．用重垂线的目的是为了确定板的右端在地面的投影位置 E．实验重复 10 次，是为了从小球的落地点中找出一个最清晰的点作为最终落地点 (2)入射小球前后两次的落地位置分别为原理图中的________两点；若入射小球的质量为 m1， 被碰小球的质量为 m2，则实验需要验证的表达式为__________．(用图中字母表示) 答案　(1)ABD　(2)Q、P　m1·OQ＝m1·OP＋m2·OR 解析　(1)为了保证碰撞后两球都能从板右端飞出，入射小球的质量应该大于被碰小球的质量， 选项 A 正确；为保证两球发生正碰，两球的半径必须相同，选项 B 正确；长木板不需要光滑， 只要保持每次弹簧的压缩量相同，每次入射小球与被碰小球碰前的速度相同，选项 C 错误； 用重垂线的目的是为了确定板的右端在地面的投影的位置，以便准确测出小球平抛的水平位 移，选项 D 正确；实验重复 10 次，是为了从小球的落地点中找出小球落地点的中心位置， 减小实验的误差，选项 E 错误；故选 A、B、D. (2)入射小球前后两次的落地点位置分别为原理图中的 Q、P 两点；两球碰撞后均做平抛运动， 它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间 t 相等，碰撞过程动量守恒，则有：m1v1＝m1v2＋ m2v3 两边乘以 t 即为：m1·OQ＝m 1·OP＋m 2·OR，即实验需要验证的表达式为：m 1·OQ＝m 1·OP＋ m2·OR. 14．(9 分)(2019·新高考研究联盟第二次联考)某同学欲测量一节干电池的电动势(约 1.5 V)和 内阻(约 2 Ω)．现有实验仪器为电流表 (量程 0～0.6 A,0～3 A 均可正常使用) 微安表 (量程 0～200 μA，内阻 500 Ω) 滑动变阻器一个(0～20 Ω，2 A) 电阻箱(0～9 999 Ω) 待测电池开关、导线若干 根据已有器材，某同学设计了如图实验原理图． (1)在 1 中接入的仪器是________，在 2 中接入的仪器是________．(均选填“电流表 ”或“微 安表 ”) (2)实验过程中，电阻箱的阻值应调整在某一个固定值，以下四个阻值中你认为最合理的是 ________． A．1 000 Ω B．3 000 Ω C．5 000 Ω D．7 000 Ω (3)已知 1 中电表的示数为 I1，内阻为 R1,2 中电表的示数为 I2，内阻为 R2，电阻箱的阻值为 R0，电源电动势为 E，电源内阻为 r，若不做任何近似处理，则 I2＝________(用题中给出的 字母表示)． 答案　(1)电流表 　微安表 (2)D　(3) E－I1r r＋R2＋R0 15．(10 分)(2019·湖北宜昌市四月调研)如图所示，在倾角为 θ 的斜面上，固定有间距为 l 的 平行金属导轨，现在导轨上，垂直导轨放置一质量为 m 的金属棒 ab，整个装置处于垂直导轨 平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为 B，导轨与电动势为 E、内阻为 r 的电源连接， 金属棒 ab 与导轨间的动摩擦因数为 μ，且 μ＜tan θ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加 速度为 g，金属棒和导轨电阻不计，现闭合开关，发现滑动变阻器接入电路阻值为 0 时，金 属棒不能静止． (1)判断金属棒所受的安培力方向； (2)求使金属棒在导轨上保持静止时滑动变阻器接入电路的最小阻值 R1 和最大阻值 R2. 答案　(1)平行于斜面向上 (2) BEl mgsin θ＋μmgcos θ－r　 BEl mgsin θ－μmgcos θ－r 解析　(1)由左手定则可判断金属棒所受安培力的方向平行于斜面向上 (2)当使金属棒保持静止的滑动变阻器 R 阻值最小为 R1 时，金属棒所受安培力为最大值 F1， 所受的摩擦力为最大静摩擦力，方向平行斜面向下，则由平衡条件得FN1＝mgcos θ F1＝mgsin θ＋Ffmax Ffmax＝μFN1 由闭合电路欧姆定律有：I1＝ E R1＋r， 安培力 F1＝BI1l 联立以上各式解得滑动变阻器 R 的最小值为 R1＝ BEl mgsin θ＋μmgcos θ－r 当使金属棒保持静止的滑动变阻器 R 阻值最大为 R2 时，金属棒所受安培力为最小值 F2，所 受的摩擦力为最大静摩擦力，方向平行斜面向上，同理可得 F2＝mgsin θ－μmgcos θ 由闭合电路欧姆定律有，I2＝ E R2＋r，安培力 F2＝BI2l 联立以上各式解得滑动变阻器 R 的最大值为 R2＝ BEl mgsin θ－μmgcos θ－r. 16．(12 分)(2019·辽宁大连市第二次模拟)滑板运动是极限运动的鼻祖，很多极限运动都是由 滑板运动延伸而来．如图所示是一个滑板场地，OP 段是光滑的1 4圆弧轨道，半径为 0.8 m．PQ 段是足够长的粗糙水平地面，滑板与水平地面间的动摩擦因数为 μ＝0.2.滑板手踩着滑板 A 从 O 点由静止滑下，到达 P 点时，立即向前起跳．滑板手离开滑板 A 后，滑板 A 以速度 v1＝ 2 m/s 返回，滑板手落到前面相同的滑板 B 上，并一起向前继续滑动．已知两滑板质量均为 m ＝5 kg，滑板手的质量是滑板的 9 倍，滑板 B 与 P 点的距离为 Δx＝1 m，g＝10 m/s2.(不考 虑滑板的长度以及滑板手和滑板间的作用时间，不计空气阻力)求： (1)当滑板手和滑板 A 到达圆弧轨道末端 P 点时滑板 A 对轨道的压力； (2)滑板手落到滑板 B 后瞬间，滑板 B 的速度大小； (3)两个滑板间的最终距离． 答案　(1)1 500 N，竖直向下　(2)4.2 m/s　(3)4.41 m 解析　(1)滑板手与滑板 A 由 O 点下滑到 P 点过程，由机械能守恒：10mgR＝1 2×10mv2， 代入数据解得 v＝ 2gR＝4 m/s ， 设在 P 点时滑板手与滑板 A 所受到的支持力为 FN： 由牛顿第二定律可得 FN－10mg＝10mv2 R 代入数据解得：FN＝1 500 N， 根据牛顿第三定律得 F 压＝FN＝1 500 N，方向竖直向下；(2)滑板手跳离 A 板，滑板手与滑板 A 水平方向动量守恒 10mv＝－mv1＋9mv2， 代入数据解得：v2＝14 3 m/s， 滑板手跳上 B 板，滑板手与滑板 B 水平方向动量守恒 9mv2＝10mv3， 解得：v3＝4.2 m/s； (3)滑板 B 的位移 xB＝ v32 2μg＝4.41 m ，滑板 A 在弧面上滑行的过程中，机械能守恒，所以再次 返回 P 点时的速度大小仍为 v1＝2 m/s，滑板 A 在水平地面上的位移 xA＝ v12 2μg＝1 m， 最终两滑板的间距为 L＝xB＋Δx－xA＝4.41 m. 17．(15 分)(2019·山西运城市 5 月适应性测试)如图甲所示，以 O 为坐标原点建立坐标系，等 边三角形 OMN 内存在垂直纸面向里的匀强磁场，三角形外侧有沿 x 轴负方向的匀强电场．现 有质量 m＝1×10－18 kg，电荷量 q＝＋1×10－15 C 的带电微粒从坐标为(0，－0.5 m)的 Q 点， 以某一初速度 v0 沿某一方向入射，从 x 轴上的 P 点以 v＝200 m/s 的速度垂直 x 轴进入三角形 区域．若此时将三角形外侧的电场换成垂直纸面向外的匀强磁场(如图乙所示)，两磁场的磁 感应强度大小相等．已知三角形的边长 L＝4 m，O、P 两点间距离为 d＝1 m，重力不计．求： (1)匀强电场的电场强度大小及带电微粒的初速度大小； (2)若两磁场的磁感应强度大小 B＝0.2 T，求该微粒在乙图中运动一个周期的时间； (3)乙图中若微粒能再次回到 P 点，则两匀强磁场的磁感应强度大小应满足什么条件． 答案　(1)320 V/m　200 17 m/s　(2)6.28×10－2 s　(3)B＝(0.4n＋0.2) T，(n＝0,1,2,3…) 解析　(1)在匀强电场中，对微粒受力分析，根据牛顿运动定律可知， 水平方向 OP＝qE 2mt2 竖直方向 OQ＝vt 水平分速度 vx＝qE m t 微粒的初速度 v0＝ v2＋vx2 联立解得 E＝320 V/m，v0＝200 17 m/s； (2)粒子在两磁场中均做匀速圆周运动，所以 qvB＝mv2 r ，解得 r＝mv qB＝1 mT＝2πr v ，解得 T＝ π 100＝3.14×10－2 s 粒子的运动轨迹如图(a)所示， 所以一个周期时间：t＝3×T 6＋3×T 2＝6.28×10－2 s (3)粒子的运动轨迹如图(b)所示 由对称性可知，要想粒子能回到 P 点，则粒子运动的半径应满足 r(2n＋1)＝OP(n＝0,1,2,3…) 且 r＝mv qB， 联立可得 B＝(0.4n＋0.2) T，(n＝0,1,2,3…)．