【物理】安徽省定远县2020届高三停课不停学线上试题（五）（解析版）

【物理】安徽省定远县2020届高三停课不停学线上试题（五）（解析版）

安徽省定远县2020届高三停课不停学线上试题（五）‎ 答卷注意：‎ ‎1、本卷满分110分，完成时间100分钟。‎ ‎2、在规定时间内（8：00-9：40）完成本试卷。‎ ‎3、在答题纸上作答。写清题号，书写要规范！‎ ‎4、答题结束应在3分钟内上传完成！不得拖延！！！‎ 第I卷（选择题 40分）‎ 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分。共40分。其中1-6小题为单选题，7-10小题为多选题。）‎ ‎1.我国自主研制的绞吸挖泥船“天鲲号”达到世界先进水平．若某段工作时间内，“天鲲号”的泥泵输出功率恒为，排泥量为，排泥管的横截面积为，则泥泵对排泥管内泥浆的推力为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【详解】设排泥的流量为Q，t时间内排泥的长度为：‎ 输出的功：‎ 排泥的功：‎ 输出的功都用于排泥，则解得：‎ 故A正确，BCD错误．‎ ‎2.打印机正常情况下，进纸系统能做到“每次只进一张纸”，进纸系统的结构示意图如图所示，设图中刚好有20张相同的纸，每张纸的质量均为m，搓纸轮按图示方向转动带动最上面的第1张纸向右运动搓纸轮与纸张之间的动摩擦因数为，纸张与纸张之间纸张与底部摩擦片之间的动摩擦因数均为，工作时搓纸轮给第1张纸压力大小为F．打印机正常工作时，下列说法正确的是（ ）‎ A. 第2张纸受到第1张纸的摩擦力方向向左 B. 第10张纸与第11张之间的摩擦力大小为 C. 第20张纸与摩擦片之间的摩擦力为0‎ D. 要做到“每次只进一张纸”，应要求 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 第1张纸受到滑动摩擦力，从第2张纸往下的纸张均受静摩擦力，根据整体法受力分析解决问题．‎ ‎【详解】A．第1张纸相对第二张纸向右运动，所以给第2张纸的摩擦力方向水平向右，故A错误；‎ B．将第2到10张纸为整体，第1张纸对第2张纸的摩擦力大小：‎ 第10张纸与第11张纸之间为静摩擦力，所以第10张纸与第11张之间的摩擦力大小为：‎ 故B错误；‎ C．将第2到第20张纸作为整体受力分析可知，第20张纸与摩擦片之间的摩擦力为静摩擦力，大小不为零，故C错误；‎ D．第1张纸下表面受到第2张纸施加的滑动摩擦力：‎ 要将纸一张一张进入就需要满足：‎ 通常情况下，所以，故D正确．‎ ‎【点睛】多个物体共加速度（加速度为0时，即静止或匀速直线运动），优先考虑整体法的应用．‎ ‎3.如图所示为氢原子的能级图，则下列说法正确的是 A. 若己知可见光的光子能量范围为1.61~3.10 eV，则处于第4能级状态的氢原子，发射光的谱线在可见光范围内的有2条 B. 当氢原子的电子由外层轨道跃迁到内层轨道时，氢原子的电势能增加，电子的动能增加 C. 处于第3能级状态的氢原子，发射出的三种波长分别为λ1、λ2、λ3（λ1>λ2>λ3）的三条谱线，则λ1=λ2＋λ3‎ D. 若处于第2能级状态的氢原子发射出的光能使某金属板发生光电效应，则从第5能级跃迁到第2能级时发射出的光也一定能使此金属板发生光电效应 ‎【答案】A ‎【详解】A．从n=4跃迁到n=1能级时放出的光子能量为-0．85+13．60eV=12．75eV；不在可见光范围之内，从n=4能级跃迁到n=2能级时辐射的光子能量-0．85+3．41eV=2．55eV；在可见光范围，从n=4能级跃迁到n=3能级时辐射的光子能量-0．85+1．51eV=0．66eV，不在可见光光子能量范围之内；从n=3能级跃迁到n=2能级时发出的光子能量为-1．51+3．40eV=1．89eV，在可见光范围之内；从n=2能级跃迁到n=1能级时发出的光子能量为-3．40+13．60=10．2eV，不在可见光范围之内，故则处于第4能级状态的氢原子，发射光的谱线在可见光范围内的有2条，A正确；‎ B．氢原子的电子由外层轨道跃迁到内层轨道时，轨道半径减小，原子能量减小，向外辐射光子．根据 知轨道半径越小，动能越大，知电子的动能增大，电势能减小，B错误；‎ C．根据 即为 C错误；‎ D．因为从第5能级跃迁到第2能级时发射出的光的频率小于处于第2能级状态的氢原子发射出的光的频率，故不一定发生光电效应，D错误；‎ 故选A。‎ 考点：考查了氢原子跃迁 ‎【名师点睛】所有的难题实际都是又一个一个的简单的题目复合而成的，所以在学习中不能好高骛远，贪大贪难，解决了基础题，拔高题也就迎刃而解了．‎ ‎4.如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈一侧接一输出电压恒为U1的正弦交流电源，电阻R1、R2、R3、R4的阻值相等．下列说法正确的是（ ）‎ A. S断开时，图中电压U1U2=2∶1‎ B. S断开时，R1消耗的电功率等于R2的2倍 C. S闭合后，R1、R3、R4消耗的电功率相同 D. S闭合后，R1两端电压比S闭合前的更小 ‎【答案】C ‎【解析】A、S断开时，设原线圈的电流为，根据变压器知识课知，而，，可得 ，，故A错误．B、由可知，故B错误．D、S闭合后，，，联立可知，故D错误．C、因，而并联电路分流可知，可得R1、R3、R4三个电阻流过的电流相同，可知三电阻的功率相同，C正确．故选C．‎ ‎【点睛】本题考查变压器规律的应用，要注意明确变压器的输入电压不是电源的输出电压，而是电阻电压与变压器输入电压之和等于电源的电压，要根据变压比和变流比结合来解决这类问题.‎ ‎5.如图是德国物理学家史特恩设计的最早测定气体分子速率的示意图．M、N是两个共轴圆筒的横截面，外筒N的半径为R，内筒的半径比R小得多，可忽略不计．筒的两端封闭，两筒之间抽成真空，两筒以相同角速度ω绕其中心轴线匀速转动．M筒开有与转轴平行的狭缝S，且不断沿半径方向向外射出速率分别为v1和v2的分子，分子到达N筒后被吸附，如果R、v1、v2保持不变，ω取某合适值，则以下结论中正确的是（ ）‎ A. 当时（n为正整数），分子落在不同的狭条上 B. 当时（n为正整数），分子落在同一个狭条上 C. 只要时间足够长，N筒上到处都落有分子 D. 分子不可能落在N筒上某两处且与S平行的狭条上 ‎【答案】A ‎【解析】微粒从M到N运动时间 ，对应N筒转过角度 ，即如果以v1射出时，转过角度： ，如果以v2射出时，转过角度： ，只要θ1、θ2不是相差2π的整数倍，即当 时（n为正整数），分子落在不同的两处与S平行的狭条上，故A正确，D错误；若相差2π的整数倍，则落在一处，即当 时（n为正整数），分子落在同一个狭条上．故B错误；若微粒运动时间为N筒转动周期的整数倍，微粒只能到达N筒上固定的位置，因此，故C错误．故选A 点睛：解答此题一定明确微粒运动的时间与N筒转动的时间相等，在此基础上分别以v1、v2射出时来讨论微粒落到N筒上的可能位置．‎ ‎6.如图所示，匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R的圆，电场方向与圆所在平面平行，圆上有三点A、B、C，其中A与C的连线为直径，∠A＝30°。有两个完全相同的带正电粒子，带电量均为q（q＞0），以相同的初动能Ek从A点先后沿不同方向抛出，它们分别运动到B、C两点。若粒子运动到B、C两点时的动能分别为EkB＝2Ek、EkC＝3Ek，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，则匀强电场的场强大小为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【详解】从A点到B点应用动能定理有：‎ 从A点到C点应用动能定理有：‎ 所以 做出等势面和电场线如图所示：‎ 则从A点到B点应用动能定理有：‎ 解得。‎ 选项D正确，A、B、C错误。‎ ‎7.在星球上将一小物块竖直向上抛出，的速度的二次方与位移间的关系如图中实线所示；在另一星球上用另一小物块完成同样的过程，的关系如图中虚线所示．已知的半径是的半径的，若两星球均为质量均匀分布的球体（球的体积公式为，为球的半径），两星球上均没有空气，不考虑两星球的自转，则　　‎ A. 表面的重力加速度是表面的重力加速度的9倍 B. 抛出后落回原处的时间是抛出后落回原处的时间的 C. 的密度是的密度的9倍 D. 的第一宇宙速度是的第一宇宙速度的倍 ‎【答案】AD ‎【详解】A．对竖直上抛运动据速度位移关系公式得：知：图象中的斜率，‎ 所以对星球A，其斜率 其表面重力加速度 ‎，‎ 同理得：‎ 得 所以 故A正确；‎ B．P物体抛出后落回到原处的时间 同理，Q物体抛出后回到原处的时间 故 故B错误；‎ C．根据重力和万有引力相等，即 解得：‎ 球体的密度 则 故C错误；‎ D．据第一宇宙速度公式 得：‎ 故D正确；‎ ‎8.如图所示，小车板面上的物体质量为m=8kg，它被一根水平方向上拉伸了的弹簧拉住而静止在小车上，这时弹簧的弹力为6N．现沿水平向右的方向对小车施以作用力，使小车由静止开始运动起来，运动中加速度由零逐渐增大到1m/s2，随即以1m/s2的加速度做匀加速直线运动．下列说法中正确的是（ ）‎ A. 物体与小车始终保持相对静止，弹簧对物体的作用力始终没有发生变化 B. 物体受到的摩擦力先减小、后增大，先向左、后向右 C. 当小车加速度（向右）为0.75m/s2时，物体不受摩擦力作用 D. 小车以1m/s2的加速度向右做匀加速直线运动时，物体受到的摩擦力为8N ‎【答案】ABC ‎【详解】物体静止不动时，水平方向弹簧弹力和向左的静摩擦力二力平衡有：Ff=F弹=6N；物体随小车一起向右加速，当静摩擦力为零时有F弹=ma1，解得：a1=0.75m/s2；当向右的加速度大于0.75m/s2时，静摩擦力开始向右，当静摩擦力向右且达到6N时有：F弹+Ff=ma2，解得：a2=1.5m/s2，方向向右．‎ A、由于小车的加速度1m/s2＜1.5m/s2，故物体与小车始终保持相对静止，弹簧伸长量不变，故弹力不变，故A正确．‎ B、开始时，由于弹簧处于伸长状态，物体有向右的运动趋势，故此时静摩擦力方向向左，大小为6N；当加速度等于0.75m/s2时，静摩擦力为零；当加速度大于0.75m/s2时，弹簧的弹力不能满足物体的向右加速运动了，物体相对小车有向左的运动趋势，此时的摩擦力方向向右，随着向右加速度的增大而增大，故物体受到的摩擦力先减小、后增大，先向左、后向右，故B、C正确．‎ D、小车以1m/s2的加速度向右做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律可知物体受到的合外力为8N，因F弹=6N，所以静摩擦力Ff=2N，故D错误．故选：A、B、C．‎ ‎9.如图所示，用跨过光滑滑轮的轻质细绳将小船沿直线拖向岸边，已知拖动细绳的电动机功率恒为P，电动机卷绕绳子的轮子的半径，轮子边缘的向心加速度与时间满足，小船的质量，小船受到阻力大小恒为，小船经过A点时速度大小，滑轮与水面竖直高度，则（　　）‎ A. 小船过B点时速度为4m/s B. 小船从A点到B点的时间为 C. 电动机功率 D. 小船过B点时的加速度为 ‎【答案】AD ‎【详解】AB.由得，沿绳子方向上的速度为：‎ 小船经过A点时沿绳方向上速度为：‎ 小船经过A点时沿绳方向上的速度为：‎ 作出沿绳速度的v-t图象，直线的斜率为：‎ A到B图象与横轴所夹面积即为沿绳的位移：‎ 联立可解得：；‎ 选项A正确，B错误；‎ C.小船从A点运动到B点，由动能定理有：‎ 由几何知识可知：‎ 联立可解得：‎ 选项C错误；‎ D.小船在B处，由牛顿第二定律得：‎ 解得：‎ 选项D正确。故选AD。‎ ‎10.如图所示，光滑金属导轨AC、AD固定在水平面内，并处在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。有一质量为m的导体棒以初速度v0从某位置开始在导轨上向右运动，最终恰好静止在A点。在运动过程中，导体棒与导轨始终构成等边三角形回路，且通过A点的总电荷量为q。已知导体棒与导轨间的接触电阻值恒为R，其余电阻不计，则（ ） ‎ A. 该过程中导体棒做匀减速运动 B. 当导体棒的速度为时，回路中感应电流小于初始时的一半 C. 开始运动时，导体棒与导轨所构成回路的面积为 D. 该过程中接触电阻产生的热量为mv ‎【答案】BC ‎【详解】A.由法拉第电磁感应定律可得导体棒中产生的感应电动势为E=Blv ‎，其感应电流大小为 安培力大小为 由牛顿第二定律可知，导体棒将做加速度逐渐减小的减速运动，选项A错误；‎ B.由可知，当速度减为时，导体棒的长度l也将变小，故其感应电流小于初始时的一半，选项B正确；‎ C.由于在导体棒运动的过程中，通过导体棒的总电荷量为q，而，，，ΔΦ=BS，以上各式联立可得，选项C正确；‎ D.由能量守恒定律可知，该过程中，导体棒的动能全部转化为接触电阻产生的热量，故，选项D错误。‎ 故选BC。‎ 第II卷（非选择题70分）‎ 二、实验题（本大题共2小题，共18分。）‎ ‎11.如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。接下来的实验步骤如下：‎ 步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上。重复多次，用尽可能小圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；‎ 步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；‎ 步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度。‎ ‎①对于上述实验操作，下列说法正确的是________‎ A．应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下 B．斜槽轨道必须光滑 C．斜槽轨道末端必须水平 D．小球1质量应大于小球2的质量 ‎②上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有________；‎ A．A、B两点间的高度差h1‎ B．B点离地面的高度h2‎ C．小球1和小球2的质量m1、m2‎ D．小球1和小球2的半径r ‎③当所测物理量满足表达式______________(用所测物理量的字母表示)时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律．如果还满足表达式______________(用所测物理量的字母表示)时，即说明两球碰撞时无机械能损失；‎ ‎④完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图所示．在水平槽末端与水平地面间放置了一个斜面，斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接．使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，得到两球落在斜面上的平均落点M′、P′、N′。用刻度尺测量斜面顶点到M′、P′、N′三点的距离分别为l1、l2、l3。则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为____________(用所测物理量的字母表示)。‎ ‎【答案】①ACD ②C ③ ④ m1＝m1＋m2‎ ‎【详解】①[1]A．从相同的位置落下，保证小球1每次到达轨道末端的速度相同，A正确；‎ B．现实中不存在绝对光滑的轨道，B错误；‎ C．为了保证两小球能够发生对心碰撞且碰后做平抛运动，所以轨道末端必须水平，C正确；‎ D．为了保证1小球碰后不反弹，所以小球1质量应大于小球2的质量，D正确。‎ 故选ACD；‎ ‎②③[2][3]小球碰撞满足动量守恒定律：‎ 小球飞出轨道后做平抛运动，下落时间由高度决定：‎ 水平方向做匀速直线运动：‎ 联立方程：，所以还需要测量的物理量为两小球的质量，C正确，ABD错误；‎ ‎[4]若能量守恒，根据能量守恒定律：‎ 联立方程：；‎ ‎④[5]小球飞出后做平抛运动，斜面的倾角为，分解位移：‎ 消去时间，解得：，根据题意，代入动量守恒方程中得：‎ ‎。‎ ‎12.图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场．现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小、并判定其方向．所用部分器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源；R为电阻箱；为电流表；S为开关．此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线．‎ ‎(1)在图中画线连接成实验电路图．‎ ‎(2)完成下列主要实验步骤中的填空：‎ ‎①按图接线．‎ ‎②保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态；然后用天平称出细沙质量m1．‎ ‎③闭合开关S，调节R的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D________；然后读出________，并用天平称出________．‎ ‎④用米尺测量________．‎ ‎(3)用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B＝________．‎ ‎(4)判定磁感应强度方向的方法是：若________，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里．‎ ‎【答案】(1)如图所示 ‎ (2)③重新处于平衡状态 电流表的示数I 此时细沙的质量m2 ④D的底边长度L (3). (4). ‎ ‎【详解】（1）[1]如图所示 ‎ （2）[2][3][4]③重新处于平衡状态；读出电流表的示数I；此时细沙的质量m2；④D的底边长度l; （3）（4）[5] [6]开关S断开时，D中无电流，D不受安培力，此时D所受重力Mg=m1g；S闭合后，D中有电流，左右两边所受合力为0，D所受合力等于底边所受的安培力，如果m2＞m1，有 m2g= m1g+BIL 则安培力方向向下，根据左手定则可知，磁感应强度方向向外；如果m2＜m1，有 m2g= m1g-BIL 则安培力方向向上，根据左手定则可知，磁感应强度方向向里；综上所述，则 ‎．‎ 三、解答题（本大题共3小题，共52分。写出必要的文字说明与步骤。）‎ ‎13.图a为自动感应门，门框上沿中央安装有传感器，当人或物体与传感器的水平距离小于或等于某个设定值（可称为水平感应距离）时，中间两扇门分别向左右平移，当人或物体与传感器的距离大于设定值时，门将自动关闭．图b为感应门的俯视图，A为传感器位置，虚线圆是传感器的感应范围，已知每扇门的宽度为d，最大移动速度为，若门开启时先匀加速运动而后立即以大小相等的加速度匀减速运动，每扇门完全开启时的速度刚好为零，移动的最大距离为d，不计门及门框的厚度．‎ ‎(1)求门开启时做加速和减速运动的加速度大小；‎ ‎(2)若人以的速度沿图中虚线S走向感应门，要求人到达门框时左右门同时各自移动的距离，那么设定的传感器水平感应距离应为多少？‎ ‎(3)若以(2)感应距离设计感应门，欲搬运宽为的物体（厚度不计），并使物体中间沿虚线s垂直地匀速通过该门（如图c），物体的移动速度不能超过多少？‎ ‎【答案】(1) (2)l=d (3) ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）作出每扇门开启过程中的速度图象，根据图象求出加速度；（2）人只要在门打开的时间内到达门框处即可安全通过，由此求出设定的传感器水平感应距离；（3）为满足宽为的物体通过门，根据题意分析门所做的运动，根据运动公式求解．‎ ‎（1）依题意每扇门开启过程中的速度图象如图所示：‎ 设门全部开启所用的时间为，由图可得 由速度时间关系得：‎ 联立解得：‎ ‎（2）要使单扇门打开，需要的时间为 人只要在t时间内到达门框处即可安全通过，所以人到门的距离为 联立解得：‎ ‎（3）依题意宽为的物体移到门框过程中，每扇门至少要移动的距离，每扇门的运动各经历两个阶段：开始以加速度a运动的距离，速度达到，所用时间为 ‎，而后又做匀减速运动，设减速时间为，门又动了的距离 由匀变速运动公式，得：‎ 解得：和（不合题意舍去）‎ 要使每扇门打开所用的时间为 故物体移动速度不能超过 ‎【点睛】抓住本题的关键，就是会根据题意作出每扇门的速度时间图象，并且知道速度时间图象的考点，即斜率表示加速度，与时间轴围成的面积表示位移，最后根据题目意思分析门框的运动状态，得出门框的运动性质，由此进行列式求解．‎ ‎14.如图甲所示，有一装置由倾斜轨道AB、水平轨道BC、竖直台阶CD和足够长的水平直轨道DE组成，表面处处光滑，且AB段与BC段通过一小圆弧（未画出）平滑相接．有一小球用轻绳竖直悬挂在C点的正上方，小球与BC平面相切但无挤压．紧靠台阶右侧停放着一辆小车，车的上表面水平与B点等高且右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，其中PQ段是粗糙的，Q点右侧表面光滑．现将一个滑块从倾斜轨道的顶端A处自由释放，滑至C点时与小球发生正碰，然后从小车左端P点滑上小车．碰撞之后小球在竖直平面做圆周运动，轻绳受到的拉力如图乙所示．已知滑块、小球和小车的质量分别为m1=3kg、m2=1kg和m3=6kg，AB轨道顶端A点距BC段的高度为h=0.8m，PQ段长度为L=0.4m，轻绳的长度为R=0.5m． 滑块、小球均可视为质点．取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）滑块到达BC轨道上时的速度大小．‎ ‎（2）滑块与小球碰后瞬间小球的速度大小．‎ ‎（3）要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则滑块与PQ之间的动摩擦因数μ应在什么范围内？（滑块与弹簧的相互作用始终在弹簧的弹性范围内）‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）设滑块与小球碰撞前瞬间速度为，由机械能守恒，‎ 有①‎ 得 ‎（2）设小球在最高点的速度为v，由图乙可知小球在最高点时受到的拉力 由牛顿第二定律，有②‎ 设小球碰撞后瞬间速度为，由机械能守恒，有③‎ 联立①②③并代入数据，解得 ‎（3）滑块与小球碰撞过程满足动量守恒：④‎ 得碰撞后的速度方向向右 滑块最终没有滑离小车，滑块和小车之间必有共同的末速度 由滑块与小车组成的系统动量守恒：⑤‎ ‎（I）若较大，则滑块可能不与弹簧接触就已经与小车相对静止，设滑块恰好滑到Q点，由能量转化与守恒有⑥‎ 联立④⑤⑥得 ‎（II）若不是很大，则滑块必然挤压弹簧，再被弹回到PQ之间，设滑块恰好回到小车的左端P点处，由能量转化与守恒有⑦‎ ‎④⑤⑦得 综上所述，得 考点：机械能守恒，动量守恒，功能关系．‎ ‎【名师点晴】该题的难点在于最后一问，滑块与PQ之间的动摩擦因数μ应在什么范围内, 使滑块既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车；根据要求我们就取两个极端，即摩擦系数大时刚好到弹簧和摩擦系数小时刚好返回到小车的P点，将复杂的问题具体化．‎ ‎15.如图所示，在直角坐标系xOy平面的第Ⅱ象限内有半径为R的圆O1分别与x轴、y轴相切于P（﹣R，0）、Q（0，R） 两点，圆O1内存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B．与y轴负方向平行的匀强电场左边界与y轴重合，右边界交x轴于M点，一带正电的粒子A（重力不计）电荷量为q、质量为m，以某一速率垂直于x轴从P点射入磁场，经磁场偏转恰好从Q点进入电场，最后从M点以与x轴正向夹角为45°的方向射出电场．求：‎ ‎（1）OM之间的距离；‎ ‎（2）该匀强电场电场强度E；‎ ‎（3）若另有一个与A的质量和电荷量相同、速率也相同的粒子A′，从P点沿与x轴负方向成30°角的方向射入磁场，则粒子A′再次回到x轴上某点时，该点的坐标值为多少？‎ ‎【答案】（1）2R（2）（3）（2R+R，0）‎ ‎【详解】试题分析：（1）设粒子A速率为v0 ，其轨迹圆圆心在O点，故A运动至D点时速度与y轴垂直，粒子A从D至G作类平抛运动，令其加速度为a ，在电场中运行的时间为t 则有①‎ 和②‎ 联立①②解得 故③‎ ‎（2）粒子A的轨迹圆半径为R ，由得④‎ ‎⑤‎ 联立①③⑤得⑥‎ 解得⑦‎ ‎（3）令粒子A’ 轨迹圆圆心为O’ ，因为∠O’ CA’ =90°，O’C=R，以 O’为圆心，R为半径做A’ 的轨迹圆交圆形磁场O1于H点，则四边形CO’ HO1为菱形，故O’ H∥y轴，粒子A’ 从磁场中出来交y轴于I点，HI⊥O’ H，所以粒子A’ 也是垂直于y轴进入电场的 令粒子A’从J点射出电场，交x轴于K点，因与粒子A在电场中的运动类似，‎ ‎∠JKG=45°，GK=GJ． ‎ OI－JG=R又OI=R+Rcos30°解得JG=Rcos30°=R ‎ 粒子A’再次回到x轴上的坐标为（，0）‎