2020-2021年新高三物理开学摸底考试卷（三）

2020-2021年新高三物理开学摸底考试卷（三）

2020-2021 年新高三物理开学摸底考试卷（三） 一．单项选择题:本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1.静止在匀强电场中的碳 14 原子核，某时刻放射的某种粒子与反冲核的初速度方向均与电场方向垂直，且 经过相等的时间后形成的轨迹如图所示(a、b 表示长度)。那么碳 14 的核反应方程可能是( ) A.14 6 C→42He＋10 4 Be B.14 6 C→01e＋14 5 B C.14 6 C→ 0－1e＋14 7 N D.14 6 C→21H＋12 5 B 答案：A 解析：选 A 设时间为 t，则 1 2a1t2 v1t ＝2， 1 2a2t2 v2t ＝4，而 a＝qE m ，故有 q1 m1v1 ∶ q2 m2v2 ＝1∶2，又因为动量守恒 m1v1 ＝m2v2，故 q1∶q2＝1∶2，故只有 A 正确。 2.如图甲所示，某均匀介质中各质点的平衡位置在同一条直线上，相邻两点间距离为 d。质点 1 开始振动时 速度方向竖直向上，振动由此开始向右传播。经过时间 t，前 13 个质点第一次形成如图乙所示的波形。关 于该波的周期与波长说法正确的为( ) A.2 3t 9d B.2 3t 8d C.t 2 9d D.t 2 8d 答案：D 解析：根据振动的周期性和波的传播特点可知，质点 13 此时的振动方向向下，而波源的起振方向向上， 所以从质点 13 算起，需要再经T 2时间振动的方向才能向上，即与波源的起振方向相同，图上还有半个波长 的波没有画出，设周期为 T，则 t＝3 2T＋T 2＝2T，即 T＝t 2；相邻波峰(或波谷)间的距离等于波长，由题图知 波长为 8d，故 D 正确。 3.如图所示，小船以大小为 v(船在静水中的速度)、方向与上游河岸成 θ 的速度从 O 处过河，经过一段时间， 正好到达正对岸的 O＇处。现要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸 O＇处，在水流速度不 变的情况下，可采取的方法是（ ） A．θ 角不变且 v 增大 B．θ 角减小且 v 增大 C．θ 角增大且 v 减小 D．θ 角增大且 v 增大 【答案】D 【解析】由题意可知，航线恰好垂直于河岸，要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸 O 处， 则合速度增大，方向始终垂直河岸。小船在静水中的速度增大，与上游河岸的夹角 θ 增大，如图所示 故 D 正确，ABC 错误。 故选 D。 4.如图所示，空气中有一折射率为 2 的玻璃柱体，其横截而是圆心角为 90o,、半径为 R 的扇形 OAB、一束 平行光平行于横截面，以 45o 入射角射到 OA 上，OB 不透光，若考虑首次入射到圆弧 AB 上的光，则 上有光透出的部分的弧长为（ ） A． 1 6 R B． 1 4 R C． 1 3 R D． 5 12 R 【答案】B 【解析】根据折射定律有： 45sinn sinr  可得光进入玻璃后光线与竖直方向的夹角为 30°。过 O 的光线垂直入射到 AB 界面上点 C 射出，C 到 B 之间 没有光线射出；越接近 A 的光线入射到 AB 界面上时的入射角越大，发生全反射的可能性越大．根据临界角 公式： 1 2 sinC  得临界角为 45°，如果 AB 界面上的临界点为 D，此光线在 AO 界面上点 E 入射，在三角形 ODE 中可求得 OD 与水平方向的夹角为： 180°-（120°+45°）=15° 所以 A 到 D 之间没有光线射出．由此可得没有光线射出的圆弧对应圆心角为： 90°-（30°+15°）=45° 所以有光透出的部分的弧长为 1 4 R 。 故选 B。 5.如图甲所示电路中，L1、L2、L3 为三只“6 V 3 W”的灯泡，变压器为理想变压器。各电表均为理想电表。 当 ab 端接如图乙所示的交变电压时，三只灯泡均正常发光。下列说法正确的是( ) A.变压器原副线圈的匝数比为 1∶2 B.副线圈两端输出的交流电频率为 50 Hz C.电流表的示数为 0.5 A D.电压表的示数为 18 V 答案 B 解析 灯泡正常发光时的电流 I0＝3 6 A＝0.5 A，则副线圈中电流 I2＝2I0，而原线圈中电流 I1＝I0，则变压器 原副线圈的匝数比 n1∶n2＝I2∶I1＝2∶1，选项 A 错误；由乙图可知交流电的周期 T＝0.02 s，则频率 f＝1 T＝ 50 Hz，变压器不改变交流电的频率，选项 B 正确；电流表的示数 IA＝I2＝2I0＝1 A，选项 C 错误；因灯泡正 常发光，则副线圈的两端电压 U2＝6 V，则原线圈两端电压 U1＝n1 n2 U2＝12 V，电压表示数为 12 V，选项 D 错误。 6.．2019 年 10 月 31 日为“2019 年国际暗物质日”，当天，中国锦屏实验室和英国伯毕实验室作为两个世界 著名暗物质实验室首次进行了公开互动。假设某一行星绕恒星中心转动，行星转动周期的理论值与实际观 测值之比 ( 1 )T kkT 理论 观测 ，科学家推测，在以两星球球心连线为半径的球体空间中均匀分布着暗物质，设 恒星质量为 M，据此推测，暗物质的质量为 A．k2M B．4k2M C．（ k2-1）M D．（ 4k2-1）M 【答案】C 【解析】ABCD. 球体空间中均匀分布着暗物质，设暗物质质量为 m，行星质量为 0m ，球心距离为 R，由万 有引力定律，行星转动周期的理论值为 2 0 022 4=MmGmRRT  理 行星转动周期的观测值为   2 0 022 + 4=MmmGmR RT  观 解得  2=1mkM  故 C 正确 ABD 错误。故选 C。 7.如图所示，在范围足够大的空间存在一个磁场，磁感线呈辐状分布，其中磁感线 O 竖直向上，磁场中竖 直固定一个轻质弹簧。在距离弹簧某一高度处，将一个金属圆盘由静止释放，圆盘下落的过程中盘面始终 保持水平，且圆盘的中轴线始终与弹簧的轴线、磁感线 O 重合。从圆盘开始下落，到弹簧被压缩至最短的 过程中，下列说法正确的是（ ） A．在圆盘内磁通量不变 B．从上往下看，在圆盘内会产生顺时针方向的涡流 C．在接触弹簧之前，圆盘做自由落体运动 D．圆盘的重力势能减少量等于弹簧弹性势能的增加量 【答案】B 【解析】A．磁通量 BS  ，其中 S 不变，B 增大，故磁通量增大，故 A 错误； B．根据楞次定律可知，感应电流产生的磁场方向竖直向下，由右手定则可知：自上而下看，圆盘会产生顺 时针方向的涡旋电流，故 B 正确； C．根据楞次定律，接触弹簧之前，除重力外，下落过程中圆盘会受到向上的阻碍磁通量增大的力，故 C 错 误； D．根据能量守恒定律可知，接触弹簧下落过程中，圆盘的重力势能转化为弹簧的弹性势能、圆盘的动能以 及因涡流效应产生的内能，故 D 错误。 故选 B。 8.如图所示，一定质量的理想气体从状态 A 变化到状态 B，再到状态 C，最后变化到状态 A，完成循环。下 列说法正确的是（ ） A．状态 A 到状态 B 是等温变化 B．状态 A 时所有分子的速率都比状态 C 时的小 C．状态 A 到状态 B，气体对外界做功为 00 1 2 pV D．整个循环过程，气体从外界吸收的热量是 【答案】D 【解析】A．从状态 A 到状态 B，体积和压强都增大，根据理想气体状态方程 PV CT  温度一定升高，A 错误。 B．从状态 C 到状态 A，压强不变，体积减小，根据理想气体状态方程 温度一定降低，分子平均速率减小，但平均速率是统计规律，对于具体某一个分子并不适应，故不能说状 态 A 时所有分子的速率都比状态 C 时的小，B 错误。 C．从状态 A 到状态 B，压强的平均值 00 0 2 3 22 PPPP 气体对外界做功为大小 1 0 0 3 2BAW P V V PV    （ ） C 错误； D．从状态 B 到状态 C 为等容变化，气体不做功，即 2 0W  ；从状态 C 到状态 A 为等压变化，体积减小， 外界对其他做功 300000 (2)WPVVPV 对于整个循环过程，内能不变， 0U，根据热力学第一定律 U W Q   得 123 0QWWW 代入数据解得 00 1 2Q PV D 正确。故选 D。 二.多项选择题:本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。 9.以前人们盖房打地基叫打夯，夯锤的结构如图所示。参加打夯的共有 5 人。四个人分别握住夯锤的一个把 手，一个人负责喊号，喊号人一声号子，四个人同时向上用力将夯锤提起，号音一落四人同时松手，夯锤 落至地面将地基砸实。某次打夯时，设夯锤的质量为 m。将夯锤提起时，每个人都对夯锤施加竖直向上的 力，大小均为 2 mg ，持续的时间为 t，然后松手，夯锤落地时将地面砸出一个凹痕。不计空气阻力，则（ ） A．在上升过程中，夯锤一定处于超重状态 B．在下落过程中，夯锤一定处于超重状态 C．松手时夯锤的速度大小 v g t D．夯锤上升的最大高度 2 m axh g t  【答案】CD 【解析】A．上升过程中分为两个过程，第一个过程，四人的合力大于夯锤的重力，加速度向上，是超重， 放手后只受重力，加速度向下是失重，A 错误； B．下降过程，加速度向下，是失重，B 错误； CD．设每个人对夯锤施加的力为 F 4-F m g m a ag 松手时夯锤的速度为 设施力过程中上升的高度为 1h ，松手后上升的高度为 2h ，则能上升的最大高度为 m a xh ，根据运动规律有 2 2 12 1 ,22 vhath g 由上述各式代入数值后，解得 2 max 1 2h h h gt   CD 正确。故选 CD。 10.如图所示，把能在绝缘光滑水平面上做简谐运动的弹簧振子放在水平向右的匀强电场中，小球在 O 点时， 弹簧处于原长，A、B 为关于 O 对称的两个位置，现在使小球带上负电，并让小球从 B 点静止释放，那么下 列说法正确的是( ) A．小球仍然能在 A、B 间做简谐运动，O 点是其平衡位置 B．小球从 B 运动到 A 的过程中，动能一定先增大后减小 C．小球仍然能做简谐运动，但其平衡位置不在 O 点 D．小球从 B 点运动到 A 点，其动能的增加量一定等于电势能的减少量 答案：CD 解析：.小球在匀强电场中受到水平向左的电场力，设该电场力大小为 F0，小球合力为零的位置应该在 O 点左侧，设为 O1，设 O1、O 点的间距为 x0，弹簧劲度系数为 k，则 F0＝kx0；取水平向右为正方向，当小 球从 O1 点向右运动的位移为 x 时，回复力 F＝－F0＋k(x0－x)＝－kx，所以小球会以 O1 点为平衡位置做简谐 运动，选项 A 错误，C 正确；因为不知道 A 点与平衡位置 O1 点的位置关系，所以不能确定小球从 B 运动到 A 的过程中，动能如何变化，选项 B 错误；小球做简谐运动的过程中，小球的动能和电势能及弹簧的弹性 势能之和守恒，小球从 B 点运动到 A 点，弹簧的弹性势能不变，所以小球动能的增加量一定等于电势能的 减少量，选项 D 正确． 11.如图所示，质量 M 的小球套在固定倾斜的光滑杆上，原长为 l0 的轻质弹簧一端固定于 O 点，另一端与小 球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内．图中 AO 水平，BO 间连线长度恰好与弹簧原长相等，且与杆垂直， O′ 在 O 的正下方，C 是 AO′段的中点，θ＝30°．现让小球从 A 处由静止释放，下列说法正确的有 A．下滑过程中小球的机械能守恒 B．小球滑到 B 点时的加速度为 3 2 g C．小球下滑到 B 点时速度最大 D．小球下滑到 C 点时的速度为 02 gl 【答案】BD 【解析】A、下滑过程中小球的机械能会和弹簧的弹性势能相互转化，因此小球的机械能不守恒，故 A 错 误； B、因为在 B 点，弹簧恢复原长，因此重力沿杆的分力提供加速度，根据牛顿第二定律可得 cos30mg ma 解得 3 2ag 故 B 正确； C、到达 B 点加速度与速度方向相同，因此小球还会加速，故 C 错误； D、因为 C 是 AO′段的中点，θ＝30°，所以当小球到 C 点时，弹簧的长度与在 A 点时相同，故在从 A 到 C 的过程中弹簧弹性势能没变，小球重力做功全部转化为小球的动能，所以得 2 0 1 2 cm g l m v 解得 02cv g l 故 D 正确。 12.如图所示，正方形金属线圈 abcd 边长为 L，电阻为 R。现将线圈平放在粗糙水平传送带上，ab 边与传送 带边缘 QN 平行，随传送带以速度 v 匀速运动，匀强磁场的边界 PQNM 是平行四边形，磁场方向垂直于传 送带向上，磁感应强度大小为 B，PQ 与 QN 夹角为 45°，PM 长为 2L，PQ 足够长，线圈始终相对于传送带 静止，在线圈穿过磁场区域的过程中，下列说法错误的是（ ） A．线圈感应电流的方向先是沿 adcba 后沿 abcda B．线圈受到的静摩擦力先增大后减小 C．线圈始终受到垂直于 ad 向右的静摩擦力 D．线圈受到摩擦力的最大值为 22B L v R 【答案】BCD 【解析】A．在线圈穿过磁场区域的过程中，线圈中的磁通量先增大后减小，据楞次定律知，线圈感应电流 的方向先是沿 adcba 后沿 abcda，故 A 项正确，不符合题意； C．线圈的一小部分进入磁场区域时（a 点未进入磁场），线圈感应电流的方向沿 adcba，bc 边所受安培力方 向向左，ab 边所受安培力方向向里，线圈受到的摩擦力方向不是向右，故 C 项错误，符合题意； B．线圈进入磁场区域的过程中，切割磁感线的有效长度先增大后减小，线圈中的电动势（电流）先增大后 减小，线圈受到的安培力先增大后减小，线圈受到的静摩擦力先增大后减小；线圈穿出磁场区域的过程中， 切割磁感线的有效长度先增大后减小，线圈中的电动势（电流）先增大后减小，线圈受到的安培力先增大 后减小，线圈受到的静摩擦力先增大后减小；故 B 项错误，符合题意； D．当线圈的有效切割长度为 L 时，线圈受到的安培力最大，线圈受到的静摩擦力最大，摩擦力的最大值为 22 mm2 2 2BLv B L vf BI L B LRR   故 D 项错误，符合题意。 本题选错误的，故选 BCD。 三.选择题:本题共 6 小题，共 60 分。 13.（6 分）用如图甲所示装置来探究功和物体速度变化的关系，木板上固定两个完全相同的遮光条 AB、 ， 用不可伸长的细线将木板通过两个滑轮与弹簧测力计 C 相连，木板放在安装有定滑轮和光电门的轨道 D 上， 轨道固定在水平桌面上，动滑轮上可挂钩码，滑轮质量、摩擦均不计。 （1）实验中轨道应倾斜一定角度，这样做的目的是__________； （2）用游标卡尺测量遮光条的宽度，如图乙所示，则遮光条的宽度 d  ______ cm ； （3）主要实验步骤如下： ①测量木板（含遮光条）的质量 M ，测量两遮光条间的距离 L ，按图甲正确连接器材。 ②将木板左端与轨道左端对齐。由静止释放木板，木板在细线拉动下运动，记录弹簧测力计示数 F 及遮光 条 BA、 先后经过光电门所用的时间 2ttt、 ，则可以测出遮光条 通过光电门时的速度大小和合外力对木板 做的功； ③加挂钩码，重复②的操作，建立木板速度v 和细线拉力对木板做的功W 的相关图像，分析得出实验结论。 （4）根据实验中可能遇到的困难，回答下列问题： ①由静止释放木板的瞬间，弹簧测力计的示数会_______（填“变大”“变小”或“不变”）； ②如果将钩码的个数成倍增加，细线拉力对木板做的功 将_______（填“会”或“不会”）成倍增加； ③利用图像法处理实验结果时，应该建立_______（填“ vW ”“ 2vW ”或“ 2vW ”）图像，如果得到 的图像是线性变化的，则说明实验探究成功，此时图像的斜率的表达式为 k  ________（用已知物理量的符 号表示）。 【答案】平衡摩擦力 0.560 变小 不会 2vW 2 M 【解析】（1）[1]实验中轨道应倾斜一定角度，是利用木板的重力沿轨道向下的分力来平衡摩擦力； （2）[2]根据游标卡尺的读数方法可得遮光条的宽度为 0.5cm120.05mm0.5cm0.060cm0.560cm （4）[3]释放木板前，设弹簧测力计的示数为 1F ，根据受力平衡有 12 F m g 释放的瞬间，对木板有 F M a  对钩码有 12 2mgFma  则有 1 2 mgF  1 2 2 F mgm M    故有 1FF  弹簧测力计的示数会变小 [4]由 可知，当钩码的个数成倍增加，即 m 加倍时，F不是成倍增加的，而每次位移相等，故细线拉力做的功不 会成倍增加； [5][6]以木板为研究对象，根据动能定理有 2 2 21 1 1 2 2 2ABFL Mv Mv M v    故应该建立 图像，图像对应的函数关系为 2 2vWM   故 2k M 14.（7 分）传感器在现代生活、生产和科技中有着相当广泛的应用。如图甲是一个压力传感器设计电路， 要求从表盘上直接读出压力大小。其中 R1 是保护电阻，R2 是调零电阻（总电阻 100Ω），理想电流表量程为 10mA，电源电动势 E=3V（内阻不计），压敏电阻的阻值 R 与所受压力大小 F 的对应关系如图乙所示。 (1)有三个规格的保护电阻，R1 应选哪一个（______）； A．25Ω B．250Ω C．2500Ω (2)选取、安装保护电阻后，要对压力传感器进行调零。调零电阻 R2 应调为____Ω； (3)现对表盘进行重新赋值。原 3mA 刻度线应标注____N； (4)由于电池老化，电动势降为 2.8V，传感器压力读数会出现偏差。如果某次使用时，先调零、后测量，读 出压力为 1200N，此时电流大小为____mA，实际压力大小为____N。 【答案】B 20 2800 5 1120 【解析】（1）[1]因为电流表的量程为 1 0m A ，由 m ER I总1 计算的电路中至少需要 300  的电阻。由调零电阻 2R 最大为 100Ω，故 1R 只要大于 200Ω 即可，A 太小 C 太大，所以选 B； （2）[2]分析电路图可知，当压敏电阻不受压力时，电流表满偏，此时电路中的电阻满足 120 300RRR 由乙可知，压敏电阻不受压力时的阻值为30 ，所以 2 20R  （3）[3]当电流表示数为3mA 时，电路中的总电阻 3V=10003mAR 总2 即 12730R R R R    总2 由乙图一次函数为 1 304RF 经计算当 730R 时，压力 2800NF  （4）[4]先调零，则 m '' 280ΩER I总 则调零电阻 R2 接入电路的电阻为 210''0 ΩRRRR 根据 R 与 F 一次函数关系 当 1200NF  时， 330R 。 电池老化前，可得 对应的电流为 1 3V==5mA600 EI R 总 即此时，电路中电流为 5mA。 因为电池老化，电动势 2.8VE  ，电路中实际电阻 2.8V=5605mAR 实总 则 R 的实际阻值为 12'310RRRR实 实总 再将 R实 代入 求得 1 1 2 0NF  15.（8 分）用打气筒给篮球打气时，每次提起活塞，篮球充气孔处的橡胶垫立即封闭充气孔，外界大气自 由进入打气筒内；然后向下压活塞，打气筒进气口立即封闭，当打气筒内气压超过篮球内气压时，篮球充 气孔打开，打气筒内气体被压入篮球内．设某个篮球用了一段时间后，其内气压为 p，现用内横截面积为 S 的打气筒给篮球打气，每次拉出活塞的长度为 h，再将活塞压下 h 长度时都能将吸入打气筒的气体全部压入 了篮球内．已知外界大气气压为 p0，设整个打气过程中气体温度均不变、篮球内胆容积 V 已知且不变． ①试求第 3 次压下活塞长度 h 为多大时，篮球充气孔才能打开？ ②若篮球的标准气压 pm，则需要提起压下活塞多少次才能把篮球的气充足？ 【答案】① 0 02 p hVh pV p hS  ② 0 ()mppV phS  【解析】①第 3 次压下活塞前，已经压下了 2 次，这时篮球内气压为 p1，则有 012pVphSpV 当第 3 次压下活塞 长度时，打气筒内气压为 p2，则有 02()p hSphhS 要使篮球充气孔打开，则有： p1=p2 联立解得： 0 02 p hVhhpV p hS    ②设需要提起压下活塞 n 次才能把篮球的气充足，则有 0mnp hSpVp V 解得： 0 ()mp p Vn p hS  16.（10 分）滑草是人们喜爱的一项游乐项目，某滑草场的滑道是与水平面夹角为 θ=37 的斜面，如图所示。 t=0 时刻游客甲乘坐滑板从某一滑道底端以一定的初速度沿滑道向上运动，与此同时，游客乙乘坐滑板从另 一条滑道顶端由静止开始沿滑道下滑，经过 3s 滑到底端，下滑全过程的速度－时间图像如 v－t 图像中的乙 所示；游客甲由运动过程的最高点下滑的速度－时间图像如 v－t 图像中的甲所示，两游客与滑板均可视为 质点。取重力加速度大小 g=10m/s2，sin 37  =0.6，求： (1)滑板与滑道之间的动摩擦因数； (2)两游客相遇的时刻。 【答案】(1)0.5；(2)2.5s 【解析】(1)由图像可知，乙的加速度为 226 m/s2m/s3a 乙 由牛顿第二定律有 sin37cos37mgmgma 乙 即 sin37 cos37a g g乙 解得 0 . 5  (2)由乙可知，乙离底端的距离为 6 3m 9m2s   乙 甲的加速度大小为 2sin37 cos37 sin37 cos37 10m/smg mga g gm       甲 甲从滑道底端到最高点所用的时间为 1s，则有 21 =5 m2s a t甲 甲 甲 初速度为 0 =10m/sv a t 甲 甲 甲下滑的加速度大小为 '2sin37cos37 sin37cos372m/smgmgagg m    甲 1s 末甲、乙相距的距离为 2 1 1 3m2xssat乙 甲 乙 由题意可知 2'2 1 11 22xattatat 乙 乙 甲 解得 1.5 st  即两游客相遇的时刻为 2.5s 17.(14 分）如图所示，上表面光滑、质量为 4m 的带有挡板的木板 B 放置在水平地面上，木板与地面之间的 动摩擦因数 μ=0.1，木板上放有一质量为 m、电荷量为+q 的物块 A。整个装置处于电场强度大小 2 mgE q 、 方向水平向右的匀强电场中。现同时给物块、木板水平向右的初速度 0v ，当物块运动到木板右端时（与挡 板碰前的瞬间），木板的速度恰好减为零，之后物块与挡板发生第 1 次碰撞，以后每隔一段时间，物块就与 挡板碰撞 1 次。已知物块与挡板的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，物块始终在木板上运动，重力加速 度大小为 g。求： (1)发生第 1 次碰撞后，物块与木板的速度大小； (2)从第 1 次碰撞至第 2020 次碰撞的时间间隔； (3)从第 1 次碰撞至第 2020 次碰撞，物块电势能的减少量。 【答案】(1) 103Avv ； 102Bvv ；(2) 032304v g ；(3) 2 016152mv 【解析】(1)物块受到电场力 F=Eq=0.5mg 木板受到地面的摩擦力  40.5fFmgmgmg 对物块和木板组成的系统，合外力为零，系统动量守恒，设物块与挡板第 1 次碰撞前，速度为 v1，有   014mmvmv 解得 105vv 设第 1 次碰撞后，物块与木板的速度分别为 vA1、vB1，由动量守恒和能量守恒得 1A1B1 4mvmvmv  222 1A1B1 111 4222mvmvmv 联立，解得 103Avv 102Bvv (2)设碰撞后，物块与木板的加速度大小分别为 a1、a2，由牛顿第二定律 1F m a 解得 1 2 ga  而   244mgmgma  解得 2 8 ga  第 1 次碰撞后，物块以 3v0 向左匀减速运动。速度减为零后再向右匀加速运动。木板以 2v0 向右匀减速运动， 经过时间 t1，速度减为零，位移为 xB1 由运动学公式 00 1 2 2 16vvt ag 2 00 B11 216 2 vvxtg 此时，物块的速度为 v2，位移为 xA1.由运动学公式 20110 35vvatv 2 000 A11 3516 2 vvvxtg  经分析，第 2 次碰撞前，物块、木板的速度与第 1 次碰撞前的速度相同。之后，物块、木板将重复前述运动 过程。 从第 l 次碰撞至第 2020 次碰撞的时间间隔   0 1 3230420201 vttg (3)从第 1 次碰撞至第 2020 次碰撞。物块电势能的减少量为 pB1 2019EFx 联立，解得 2 p016152Emv 18.（15 分）如图甲，半径为 R 的圆形区域内（包括圆边界）有方向垂直纸面的匀强磁场，圆形区域右侧放 置两块水平正对的金属板 a 和 b，两金属板的中心线 O1O2 与圆形区域的圆心 O 在同一水平线上。在圆上 P 点有一电子源，P 点位于 O 点正下方，电子源在纸面内向圆形区域各个方向均匀发射速率均为 v0 的电子； 其中沿 PO 方向射入磁场的电子在 t=0 时刻沿两板中心线 O1O2 射入两板间，同时在两板间加上如图乙所示 的交变电压，电子最后恰好从 a 板的右边缘平行极板射出。金属板板长和板间距都等于 2R，电子的质量为 m、电荷量为 e，忽略电子的重力和相互间的作用力。 (1)求匀强磁场的磁感应强度大小； (2)求交变电压 U0 大小应满足的关系； (3)若在两板间改加上 2 02 ba mvU e 的恒定电压，电子源发射一定数量的电子后停止发射，求打在下极板板长 中点两侧的电子数之比。 【答案】(1) 0mv eR ；(2) 2 0 0 2 n m vU e （n=1、2、3……）； (3) 1 2 1 2 n n  【解析】(1)设匀强磁场的磁感应强度为 B，电子在磁场中做圆周运动的半径为 r，则有 rR 2 0 0 ve v B m r 解得 0mvB eR (2)设电子在板间运动时间为 t ，则有 0 2RtnT v，（ n=1、2、3……） 0 12 eU maR  2 1 12() 22 TRna ，（ n=1、2、3……） 解得 ，（ n=1、2、3……） (3)水平向左射出的电子沿圆边界从上极板 a 的左边缘平行板射入板间，设电子在板间运动时间为 1t ，偏转距 离为 1y ，有 012Rv t 2 1 2 1 1 2y a t 22 baUe maR 解得 1 2yR 所以从电子源 P 射出的电子全部都能达到下极板 b 上；设从电子源 P 射出的速度方向与水平方向夹角为 θ 的电子刚好打到下极板正中央，电子在电场中偏转距离为 2y ，运动时间为 2t ，电子运动轨迹如图，由几何 关系得 2 1cosyR （ ） 2 222 1 2yat 02R v t 所以打在下极板 b 左、右 1 2 板长上的电子数之比为 1 2 180 n n    解得 1 2 1 2 n n 