2020届高三物理上学期第四次月考（12月）试题（含解析）

2020届高三物理上学期第四次月考（12月）试题（含解析）

‎2019届高三上学期第四次（12月）考试 一、选择题 ‎1. 一个物体沿直线运动，从t=0时刻开始，物体的～t的图象如图所示，图线与纵横坐标轴的交点分别为0.5 m/s和－1 s，由此可知( )‎ A. 物体的初速度大小为0.5 m/s B. 物体做变加速直线运动 C. 物体做匀速直线运动 D. 物体的初速度大小为1 m/s ‎【答案】A ‎【解析】由数学知识可得: ,则得: 由匀变速直线运动的位移公式 可以知道物体做匀加速直线运动,初速度为 ,物体的加速度大小为 故A正确 综上所述本题答案是：A ‎2. 如图，在倾角为α的固定光滑斜面上，有一用绳子栓着的长木板，木板上站着一只猫．已知木板的质量是猫的质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上 跑，以保持其相对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为( ) ‎ A. 1.5gsinα B. 0.5gsinα C. gsinα D. 2gsinα ‎【答案】A ‎【解析】【试题分析】对猫和木板受力分析受力分析，可以根据各自的运动状态由牛顿第二定律分别列式来求解，把猫和木板当做一个整体的话计算比较简单．‎ 木板沿斜面加速下滑时，猫保持相对斜面的位置不变，即相对斜面静止，加速度为零．将木板和猫作为整体，由牛顿第二定律，受到的合力为F木板=2ma，猫受到的合力为F猫=0‎ - 19 -‎ 则整体受的合力等于木板受的合力：F合=F木板=2ma（a为木板的加速度），‎ 又整体受到的合力的大小为猫和木板沿斜面方向的分力的大小（垂直斜面分力为零）‎ 即F合=3mgsinα，解得a=1.5gsinα ‎【点睛】本题应用整体法对猫和木板受力分析，根据牛顿第二定律来求解比较简单，当然也可以采用隔离法，分别对猫和木板受力分析列出方程组来求解．‎ ‎3. 如图所示，质量为的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为300的固定斜面，其运动的加速度为g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体 A. 重力势能增加了mgh B. 物体克服阻力做功mgh C. 动能损失了mgh D. 机械能损失了mgh ‎【答案】D ‎【解析】A、物体上升的最大高度为h，则重力势能增加mgh．故A错误．B、根据牛顿第二定律得，物体所受的合力，方向沿斜面向下，根据合力做功为，则动能损失．故D正确，B、C错误．故选D．‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握功能关系，知道重力做功与重力势能的关系，合力功与动能的关系．‎ ‎4. . 在如图所示电路中，当滑动变阻器滑片P向下移动时，则 A. A灯变亮，B灯变亮，C灯变亮 B. A灯变亮，B灯变亮，C灯变暗 C. A灯变亮，B灯变暗，C灯变暗 D. A灯变亮，B灯变暗，C灯变亮 ‎【答案】D - 19 -‎ ‎【解析】当滑动变阻器滑片P向下移动时，滑动变阻器的有效阻值变小，总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律知，总电流I增大，故A灯变亮；总电流I增大，利用电动势、内电压和路端电压关系 可知，减小，则B灯变暗；B灯所在支路电流减小，而干路电流增大，所以C灯所在支路电流增大，则C灯变亮。故D项正确。‎ 点睛：灵活应用闭合电路的欧姆定律，电动势、路端电压和内电压关系，串并联电路的电压电流关系是解决动态电路的关键，即先局部--整体---局部的解题思路．‎ ‎5. 如图甲所示，在长约1m的一端封闭的玻璃管中注满清水，水中放一个圆柱形的红蜡块R（圆柱体的直径略小于玻璃管的内径，轻重适宜，使它能在玻璃管内的水中匀速上升），将玻璃管的开口端用胶塞塞紧．将此玻璃管迅速竖直倒置（如图乙所示）．红蜡块R就沿玻璃管由管口A匀速上升到管底B．若在将玻璃管竖直倒置、红蜡块刚从A端开始匀速上升的同时，将玻璃管由静止开始水平向右匀加速移动（如图丙所示），直至红蜡块上升到管底B的位置（如图丁所示）．红蜡块与玻璃管间的摩擦很小．可以忽略不计，在这一过程中相对于地面而言（ ）‎ A. 红蜡块做速度大小、方向均不变的直线运动 B. 红蜡块做速度大小变化的直线运动 C. 红蜡块做加速度大小、方向均不变的曲线运动 D. 红蜡块做加速度大小变化的曲线运动 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：将红蜡块的运动分解到水平方向的竖直方向，竖直方向做匀速直线运动，水平方向随玻璃管一起做匀加速直线运动，加速度大小、方向不变，这样合运动就是曲线运动，因此C正确，A、B、D错误。‎ 考点：运动的合力与分解 - 19 -‎ ‎【名师点睛】此题考查了运动的合成问题；要知道红蜡烛参与两个分运动，两个分运动之间相互独立，具有等时性，根据速度的合成法则即可判断物体的运动性质；此题较简单，是课本上的问题演化而来的题目，是个很好的改编题目.‎ ‎6. 年月我国宇航员在天宫一号空间站中进行了我国首次太空授课活动，展示了许多在地面上无法实验的实验现象，假如要在空间站再次进行授课活动，下列我们曾在实验室中进行的实验，若移到空间站也能够实验操作的有（ ）‎ A. 利用托盘天平测质量 B. 测定单摆做简谐运动的周期 C. 利用自由落体验证机械能守恒定律 D. 利用弹簧测力计测拉力 ‎【答案】D ‎【解析】宇航员在围绕地球做匀速圆周运动的空间站中会处于完全失重状态，物体受的重力正好充当向心力，所以与重力有关的实验是无法实验的，如：利用托盘天平测质量，利用自由落体验证机械能守恒定律，测定单摆做简谐运动的周期．故ABC错误；弹簧测力计的原理是胡克定律：，实验可以利用弹簧测力计测拉力．故D正确．故选D．‎ ‎7. 在空中某一位置，以大小v0的速度水平抛出一质量为m的物体，经过时间t物体下落一段距离后，其速度大小仍为v0，但方向与初速度方向相反，如图所示，则下列说法中正确的是 A. 风力对物体做功为零 B. 风力对物体做负功 C. 物体的机械能增加 D. 物体的动能变化为mv02‎ ‎【答案】B ‎【解析】由题意知物体的动能不变，D错；由于物体在竖直方向上初、末速度为0，即物体不做自由落体运动，物体在竖直方向下落的高度小于，物体减少的机械能ΔE＝mgh，所以，故C错误；由动能定理知物体克服风力做的功与重力做的功相同，故A错，B对．故选B.‎ ‎【点睛】本题整合了动能定理、自由落体运动等多个知识点，关键要正确分析物体的受力情况，采用运动的分解方法研究．‎ - 19 -‎ ‎8. 发射地球同步卫星要经过三个阶段：先将卫星发射至近地圆轨道1，然后使其沿椭圆轨道2运行，最后将卫星送入同步圆轨道3．轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如题图所示．当卫星分别在轨道1、2、3上正常运行时，则以下说法正确的是（ ）‎ A. 卫星在轨道3上的运行速率大于7.9km/s B. 卫星在轨道3上的机械能小于它在轨道1上的机械能 C. 卫星在轨道3上的运行速率小于它在轨道1上的运行速率 D. 卫星沿轨道1经过Q点时的加速度小于轨道2经过Q点时的加速度 ‎【答案】C ‎【解析】为最大环绕速度，则卫星在轨道上的运行速率小于，故A错误；卫星从轨道1到轨道3需要克服引力做较多的功，故在轨道3上机械能较大，故B错误；依据万有引力公式．，则卫星在轨道上的运行速率小于它在轨道上的运行速率，故C正确；依据牛二定律．卫星沿轨道经过点时的加速度等于轨道经过点时的加速度，故D错误．故选C．‎ 点睛：解答此类问题就是根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、向心加速度、和向心力的表达式进行讨论即可．‎ ‎9. 两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，则下列选项说法错误的是：‎ A. q1为正电荷，q2为负电荷 B. q1电荷量大于q2的电荷量 - 19 -‎ C. NC间场强方向沿x轴正方向 D. 将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：由图知无穷远处的电势为0，A点的电势为零，由于沿着电场线电势降低，所以O点的电荷q1带正电，M点电荷q2带负电．故A正确．由图知无穷远处的电势为0，A点的电势为零．由于A点距离O比较远而距离M比较近，所以q1电荷量大于q2的电荷量．故B正确；由图可知：从N到C，电势三个，根据顺着电场线电势降低可知，NC间电场强度方向沿x轴负方向，故C错误；N→D段中，电势先高升后降低，所以场强方向先沿x轴负方向，后沿x轴正方向，将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功．故D正确；本题选错误选项，故选C．‎ 考点：电场强度；电势 ‎【名师点睛】解答此题要知道：电势为零处，电场强度不一定为零．电荷在电场中与电势的乘积为电势能．电场力做功的正负决定电势能的增加与否。‎ ‎10. 如图所示，物体A、B用细绳与轻弹簧连接后跨过滑轮．A静止在倾角为45°的粗糙斜面上，B悬挂着．已知质量mA＝3mB，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°减小到30°，那么下列说法中正确的是（ ）‎ A. 弹簧的弹力将增大 B. 物体A对斜面的压力将增大 C. 物体A受到的静摩擦力将减小 D. 物体A可能被拉动 ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析：对物体B受力分析，受重力和拉力，由二力平衡得到：T=mBg，则知弹簧的弹力不变，故A错误；原来有3mBgsin 45°-mBg=f1，后来3mBgsin 30°-mBg＜f1，可见物体A并未滑动，而且静摩擦变小．物体A对斜面的压力为：N=mAgcosθ，θ减小，N将增大，故BC正确．物体A所受的最大静摩擦力 - 19 -‎ ‎，因为N变大，故最大静摩擦力变大，而静摩擦力减小，故物体A不可能被拉动，选项D错误．故选BC。‎ 考点：物体的平衡 ‎【名师点睛】本题关键是先对物体B受力分析，再对物体A受力分析，判断A的运动状态，然后根据共点力平衡条件列式求解。‎ ‎11. 如图所示，固定的竖直光滑U型金属导轨，间距为L，上端接有阻值为R的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、电阻为r的导体棒与劲度系数为k的固定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计。初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为，此时导体棒具有竖直向上的初速度v0。在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。则下列说法正确的是( )‎ A. 初始时刻导体棒受到的安培力大小 B. 初始时刻导体棒加速度的大小 C. 导体棒往复运动，最终静止时弹簧处于压缩状态 D. 导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热 ‎【答案】BC ‎【解析】导体棒的初速度为v0，初始时刻产生的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得：E=BLv0 设初始时刻回路中产生的电流为I，由闭合电路的欧姆定律得：‎ - 19 -‎ ‎ ；设初始时刻导体棒受到的安培力为F，由安培力公式得：F=BIL；联立上式得，．故A错误；初始时刻，弹簧处于伸长状态，棒受到重力、向下的安培力和弹簧的弹力，所以：ma=mg+kx+F 得：a=2g+．故B正确；从初始时刻到最终导体棒静止的过程中，导体棒减少的机械能一部分转化为弹簧的弹性势能，另一部分通过克服安培力做功转化为电路中的电能；当导体棒静止时，棒受到重力和弹簧的弹力，受力平衡，所以弹力的方向向上，此时导体棒的位置比初始时刻降低了，故C正确；导体棒直到最终静止时，棒受到重力和弹簧的弹力，受力平衡，则：mg=kx2，得：x2=．由于x1=x2，所以弹簧的弹性势能不变，由能的转化和守恒定律得：mg（x1+x2）+Ek=Q；解得系统产生的总热量： ，可知R上产生的热量要小于系统产生的总热量．故D错误．故选BC.‎ ‎12. 如图所示，光滑的夹角为θ＝30°的三角杆水平放置，两小球A、B分别穿在两个杆上，两球之间有一根轻绳连接两球，现在用力将小球B缓慢拉动，直到轻绳被拉直时，测出拉力F＝10N，则此时关于两个小球受到的力的说法正确的是(小球重力不计)（ ）‎ A. 小球A只受到杆对A的弹力 B. 小球A受到的杆的弹力大小为20N C. 此时绳子与穿有A球的杆垂直，绳子张力大小为 D. 小球B受到杆的弹力大小为10 N ‎【答案】BD ‎【解析】由题意可知，对A、B分别受力分析，如图所示，‎ - 19 -‎ ‎.....................‎ ‎【点评】考查如何进行受力分析，掌握弹力的方向，理解平衡条件的应用，注意三角函数正确的运用．‎ ‎13. 如图所示，竖直放置的两块很大的平行金属板a、b，相距为d，a、b间的电场强度为E，今有一带正电的微粒从a板下边缘以初速度v0竖直向上射入电场，当它飞到b板时，速度大小不变，而方向变为水平方向，且刚好从高度也为d的狭缝进入bc区域，bc区域的宽度也为d，所加电场的场强大小为E，方向竖直向上，磁感应强度方向垂直纸面向里，磁场磁感应强度大小等于，重力加速度为g，则下列关于微粒运动的说法正确的是(　　)‎ ‎ ‎ A. 微粒在ab区域的运动时间为 B. 微粒在bc区域中做匀速圆周运动，圆周半径r＝2d C. 微粒在bc区域中做匀速圆周运动，运动时间为 D. 微粒在ab、bc区域中运动的总时间为 ‎【答案】ABD - 19 -‎ 由几何关系，得到回旋角度为30°，故在复合场中的运动时间为： ，故C正确；粒子在电场中运动时间为：，故粒子在ab、bc区域中运动的总时间为：故D正确。所以ABD正确，C错误。‎ ‎14. 光电计时器是一种研究物体运动情况的常见仪器．当有物体从光电门通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间．现利用如图甲所示装置探究物体的加速度与合外力、质量关系，其 NQ是水平桌面，PQ是一端带有滑轮的长木板，1、2是固定在木板上的两个光电门（与之连接的两个光电计时器没有画出），间距为．小车上固定着用于挡光的窄片K，测得其宽度为d，让小车从木板的顶端滑下，光电门各自连接的计时器显示窄片K的挡光时间分别为t1和t2．‎ - 19 -‎ ‎（1）该实验中，在改变小车的质量M或沙桶的总质量m时，需保持M_____ m（填＞或＜或=或＞＞或＜＜）,这样做的目的是_______；‎ ‎（2）用测得的物理量x、d、t1和t2计算加速度的表达式为a =_______；‎ ‎（3）某位同学经过测量、计算得到如下表数据，请在图乙中作出小车加速度与所受合外力的关系图像_____．‎ 组别 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ M/kg ‎0.58‎ ‎0.58‎ ‎0.58‎ ‎0.58‎ ‎0.58‎ ‎0.58‎ ‎0.58‎ F/N ‎0.10‎ ‎0.15‎ ‎0.20‎ ‎0.25‎ ‎0.30‎ ‎0.35‎ ‎0.40‎ a/m·s-2‎ ‎0.13‎ ‎0.17‎ ‎0.26‎ ‎0.34‎ ‎0.43‎ ‎0.51‎ ‎0.59‎ ‎（4）由图象可以看出，该实验存在着较大的误差，产生误差的主要原因是：________．‎ ‎【答案】 (1). （1）＞＞； (2). 让小车所受合外力大小等于(或约等于)mg。 (3). （2） (4). （3）如图所示;‎ - 19 -‎ ‎ (5). （4）木板倾角偏小（或末完全平衡摩擦力）‎ ‎【解析】试题分析：（1）设小车的质量为M，沙桶的质量为m，根据牛顿第二定律得：对m：mg-F拉=ma 对M：F拉=Ma 解得：‎ 当m＜＜M时，即当沙桶的总重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于沙桶的总重力．这样做的目的是小车所受合外力大小等于（或约等于）mg．‎ ‎（2），，‎ 加速度的表达式为．‎ ‎（3）如下图 - 19 -‎ ‎（4）从上图中发现直线没过原点，当F≠0时，a=0．也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，说明小车的摩擦力与绳子的拉力抵消呢．该同学实验前未平衡摩擦力或平衡摩擦力不充分．‎ 考点：探究物体的加速度与合外力、质量关系 ‎【名师点睛】对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由．比如为什么要平衡摩擦力，为什么要先接通电源后释放纸带等．这样问题我们要从实验原理和减少实验误差方面去解决。‎ ‎15. 学校实验室购买了一捆标称长度为100m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度，该同学首先测得导线横截面积为1.0，查得铜的电阻率为1.7，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻，从而确定导线的实际长度。‎ 可供使用的器材有：‎ 电流表：量程0．6A，内阻约0．2Ω 电压表：量程3V，内阻约为9kΩ 滑动变阻器：最大阻值5Ω 滑动变阻器：最大阻值20Ω 定值电阻：电源：电动势6V，内阻可不计，开关、导线若干。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）实验中滑动变阻器应选_____（选填“”或“”），闭合开关S前应将滑片移至___（选填“a”或“b”）端。‎ ‎（2）在实物图丙中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接________。‎ ‎（3）调节滑动变阻器，当电流表的读数为0．50A，电压表示数如图乙所示，其读数为________V。‎ ‎（4）根据电路图用公式 和，可求得导线实际长度为_________。‎ ‎【答案】 (1). ⑴R2 (2). a (3). ⑵如图所示；‎ - 19 -‎ ‎ (4). ⑶2.30V (5). ⑷L=94m ‎【解析】试题分析：（1）本实验采用限流法测电阻，所以滑动变阻器的最大阻值应为R0和Rx总阻值的4倍以上，R0=3Ω，所以滑动变阻器选R2，闭合开关S前应将滑片移至阻值最大处，即a处；‎ ‎（2）根据实验电路图，连接实物图，如图所示：‎ ‎（3）电压表量程为3V，由图乙所示电压表可知，其分度值为0．1V所示为：2．30V；‎ ‎（4）根据欧姆定律得：，则Rx=1．6Ω 由电阻定律：可知：，代入数据解得：L=94m 考点：伏安法测电阻 二、计算题 ‎16. 2012年10月，奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约39km的高空后跳下，经过一段g到达距地面约1.5km高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录．取重力加速度的大小g=10m/s2．‎ - 19 -‎ ‎（）若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至1.5km高度处所需的时间及其在此处的速度的大小v．‎ ‎（）实验上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为f=kv2，其中v为速率，k为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关．已知该运动员在某段时间内高速下落的v-t图象如图所示，若该运动员和所带装备的总质量m=100kg．求该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数k．（结果保留1位有效数字）‎ ‎【答案】（1）t=87s，v=870m/s（2）k=0.008kg/m ‎【解析】试题分析：（1）设运动员从开始自由下落至1.5km高度处的时间为t，下落距离为S，在1.5km高度处的速度大小为v，根据运动学公式有：①‎ ‎②‎ 依题意有③‎ 联立①②③式可得：t=87s④v=8.7×102m/s⑤‎ ‎（2）该运动员达到最大速度时，加速度为零，由牛顿第二定律有：⑥‎ 由所给的v-t图象可读出，可得：k=0.008kg/m⑧‎ 考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用 ‎【名师点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题时，特别又是多过程问题时，先弄清楚每个过程中的运动性质，根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力 视频 ‎17. 如图所示，质量M=2kg 的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块A与质量m=kg的小球B相连．今用跟水平方向成α=30°角的力F=10‎ - 19 -‎ N，拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m相对位置保持不变，取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）运动过程中轻绳与水平方向夹角θ；‎ ‎（2）木块与水平杆间的动摩擦因数μ．‎ ‎（3）当α为多大时，使球和木块一起向右匀速运动的拉力最小？‎ ‎【答案】（1）300（2）（3）时，F最小 ‎【解析】试题分析：（1）对B进行受力分析，设细绳对B的拉力为T，由平衡条件可得 解得： ，即 ‎（2）对A进行受力分析，由平衡条件有 ‎（1分）解得 ‎（3）对A进行受力分析，由平衡条件有、‎ 解得：‎ 令，，即则：‎ 显然，当时F有最小值，所以时F的值最小。‎ 考点：考查了共点力平衡条件的应用 ‎【名师点睛】在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，然后根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力，然后列式求解，如果物体受到三力处于平衡状态，则可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据角度列式求解，‎ ‎18. 在如图所示的xOy平面内，y≥0.5 cm和y<0的范围内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度均为B＝1.0 T，一个质量为m＝1.6×10－15 kg，带电荷量为q＝1.6×10－7‎ - 19 -‎ ‎ C的带正电粒子，从坐标原点O以v0＝5.0×105 m/s的速度沿与x轴成30°角的方向斜向上射出，经磁场偏转恰好从x轴上的Q点飞过，经过Q点时的速度方向也斜向上(不计重力，π＝3.14)，求：‎ ‎(1)粒子从O点运动到Q点所用的最短时间；‎ ‎(2)粒子从O点运动到Q点所通过的路程．‎ ‎【答案】(1)1.028×10－7 s (2)0.051 4n m(n＝1,2,3，…)‎ ‎【解析】试题分析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，在没有磁场的区域中做匀速直线运动，粒子经历的周期数越少，则粒子运动的时间就越短；粒子的路程为在磁场中的路程与在没有磁场的区域中的路程的和。‎ ‎（1）粒子的运动轨迹如图所示 ‎ 当粒子第一次以斜向上的速度经过Q点时，时间最短；在磁场中运动时间为t1，‎ 洛伦兹力提供向心力：，解得：‎ 粒子的周期为：,‎ 代入数据得：r=0.05m，T=6.28×10-7s 由图可知，粒子在磁场中运动的时间是一个周期 ‎ t1＝T＝6.28×10−7s 在无场区域运动的时间为t2，有： ‎ 粒子运动总时间为：t＝t1+t2＝1.028×10−6s ‎（2）粒子的运动情况可以不断的重复上述情况，粒子在磁场中的路程为：‎ - 19 -‎ s1=2n•πr（n=1，2，3…） ‎ 在无场区的路程为：s2=4nd（n=1，2，3…） ‎ 总路程为：s=s1+s2=0.514n（n=1，2，3…）‎ 点睛：本题考查了粒子在磁场中的运动，分清粒子的运动过程，应用牛顿第二定律、粒子周期公式即可解题。‎ ‎19. 如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，坐标系内有A.B两点，其中A点坐标为（6cm，0），B点坐标为（0，cm），坐标原点O处的电势为0，点A处的电势为8V，点B处的电势为4V，现有一带电粒子从坐标原点O处沿电势为0的等势线方向以速度v=4×103m/s射入电场，粒子运动中恰好通过B点，不计粒子所受重力，求：‎ ‎（1）图中C处（3cm，0）的电势；‎ ‎（2）匀强电场的电场强度大小；‎ ‎（3）带电粒子的比荷q/m。‎ ‎【答案】（1）4V （2）266.7V/m （3）2.4×107C/kg ‎【解析】（1）坐标原点O处的电势为0，点A处的电势为8V，OA的中点C点，因为是匀强电场，根据，可得C点的电势为4V。‎ ‎(2)B、C两点的电势相等，连接BC，因BC的电势相等，所以匀强电场的方向垂直于BC，过O点作BC的垂线相交于D点，由几何关系得：‎ ‎ ‎ 场强 ‎ ‎(3)带电粒子从坐标原点O处沿电势为0的等势线方向射入电场，做类平抛运动，则有：‎ - 19 -‎ ‎ ， ，又 ， ，联立解得： ‎ ‎ ‎ - 19 -‎