【物理】江苏省启东市2020届高三下学期期初考试（解析版）

【物理】江苏省启东市2020届高三下学期期初考试（解析版）

江苏省启东市2020届高三下学期期初考试 一、单项选择题 ‎1.2018年11月16日，第26届国际计量大会（CGPM）通过决议，修改了国际单位制中的4个基本单位，进一步完善了国际单位制．下列说法正确的是(　　)‎ A. “牛顿”是国际单位制中的基本单位 B. “电子伏特（eV）”表示的是电压的单位 C. “毫安时（mAh）”表示的是能量的单位 D. “功率”的单位用国际单位制基本单位表示为kg·m2·s-3‎ ‎【答案】D ‎【详解】A.根据牛顿第二定律可推出，即“牛顿”是国际单位制中的导出单位；故A项错误.‎ B.，则“电子伏特（eV）”表示的是能量的单位；故B项错误.‎ C.毫安是电流的单位，时是时间的单位，根据知“毫安时（mAh）”表示的是电量的单位；故C项错误.‎ D.根据功率的定义式，，则功的单位为，则功率的单位为；故D项正确.‎ ‎2.用传感器研究质量为2 kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法正确的是(　　)‎ A. 0～6 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动 B. 0～6 s内物体在4 s时的速度最大 C. 物体在2～4 s时的速度不变 D. 0～4 s内合力对物体做的功等于0～6 s内合力对物体做的功 ‎【答案】D ‎【解析】由a－t图象可知：图线与时间轴围成的“面积”代表物体在相应时间内速度的变化情况，在时间轴上方为正，在时间轴下方为负．物体6s末的速度 ‎，则0～6s内物体一直向正方向运动，A错误；由图象可知物体在5s末速度最大，为，B错误；由图象可知在2～4s内物体加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变大，C错误；在0～4s内合力对物体做的功由动能定理可知：，又，,‎ ‎0～6s内合力对物体做的功由动能定理可知：,又，‎ 则，D正确；故选D．‎ ‎【名师点睛】根据加速度与时间的关系图线，分析质点速度随时间的变化情况，“面积”等于速度的变化量可求速度的变化量．根据在速度时间图象中，由运动学公式求位移和速度，结合动能定理进行判断．‎ ‎3.如图所示，纸面内间距均为LA、B、C三点位于平行于纸面的匀强电场中，电荷量为q＝－1.0×10－5 C的负电荷由A点移动到C点电场力做功为W1＝4.0×10-5 J，该电荷由C点移动到B点克服电场力做功为W2＝2.0×10-5 J。以下说法正确的是（ ）‎ A. 若取B点处电势为零，则A点处的电势为2 V B. 若取B点处电势为零，则C点处的电势为－2 V C. 匀强电场的方向为由C点指向A点 D. 该电荷在A点处所具有的电势能小于它在C点处所具有的电势能 ‎【答案】C ‎【详解】AB．而A与C间的电势差为 对于C、B间电势差为 ‎ ‎ 若B点电势为零 UCB=φC-φB 则C点电势 φC=2V 因UAC=φA-φC，则A点电势 φA=-2V 故AB错误； C．因φC=2V，φA=-2V，可知，AC连线的中点（设为M）电势为0，M与B点的连线即为等势线，且电场线垂直于等势线，三角形ABC为等边三角形，BM⊥AC，根据沿着电场线方向，电势降低，则有匀强电场的方向由C到A，故C正确；‎ D．因φC=2V，φA=-2V，则该负电荷在A点处所具有的电势能大于它在C点处所具有的电势能，选项D错误；‎ 故选C。‎ ‎4.如图所示，质量为m的小球（可视为质点）用长为L的细线悬挂于O点，自由静止在A位置．现用水平力F缓慢地将小球从A拉到B位置而静止，细线与竖直方向夹角为θ=60°，此时细线的拉力为F1，然后放手让小球从静止返回，到A点时细线的拉力为F2，则（ ）‎ A. F1=F2=2mg B. 从A到B，拉力F做功为F1L C. 从B到A的过程中，小球受到的合外力大小不变 D. 从B到A的过程中，小球重力的瞬时功率一直增大 ‎【答案】A ‎【详解】A、在B点，根据平衡有：F1sin30°=mg，解得F1=2mg．‎ B到A，根据动能定理得，，根据牛顿第二定律得，‎ ‎，联立两式解得F2=2mg，故A正确．‎ B、从A到B，小球缓慢移动，根据动能定理得，WF﹣mgL（1﹣cos60°）=0，解得，故B错误．‎ C、从B到A的过程中，小球的速度大小在变化，径向的合力在变化，故C错误．‎ D、在B点，重力的功率为零，在最低点，重力的方向与速度方向垂直，重力的功率为零，可知从B到A的过程中，重力的功率先增大后减小，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎5.如图所示，三个相同的灯泡L1、L2、L3，电感线圈L的电阻可忽略，D为理想二极管．下列说法正确的是 A. 闭合开关S的瞬间，L3立即变亮，L1、L2逐渐变亮 B. 闭合开关S的瞬间，L2、L3立即变亮，L1逐渐变亮 C. 断开开关S的瞬间，L2立即熄灭，L1先变亮一下然后才熄灭 D. 断开开关S的瞬间，L2立即熄灭，L3先变亮一下然后才熄灭 ‎【答案】B ‎【详解】AB、闭合开关S瞬间，因二极管来说具有单向导电性，所以L2与二极管处于通路，导致灯泡L2立刻亮，而在闭合开关S瞬间，因线圈L的电流的变化，导致阻碍灯泡L1的电流增大，导致灯泡L1将慢慢变亮，L2、L3均立即变亮，故A错误；B正确；‎ CD、断开开关S的瞬间，因二极管的导通方向与电流方向相反，则L2立即熄灭，线圈L与灯泡L1、L3构成回路，因线圈产生感应电动势，所以灯泡L1、L3均先变亮一下然后逐渐变暗，熄灭，故CD错误；‎ 故选B．‎ ‎【点睛】记住自感线圈对电流突变时的阻碍：闭合开关瞬间L相当于断路，稳定后L相当于一段导线，断开瞬间L相当于电源，注意二极管的单向导通性．‎ 二、多项选择题 ‎6.如图所示，两颗卫星A、B，近地卫星A绕地球运动的轨迹为圆，B 绕地球运动的轨迹为椭圆，轨迹在同一个平面内且相切于P点。则（ ）‎ A. 卫星A的机械能比B小 B. 卫星A的周期比B短 C. 在P点两卫星的加速度相同 D. 在P点卫星A的线速度比B大 ‎【答案】BC ‎【详解】A．两卫星的质量关系不确定，不能比较机械能的大小，选项A错误；‎ B．根据开普勒周期定律，轨道半长轴越长，周期越长，故卫星A的周期比B短，故B正确；‎ C．卫星在P点时，由 可知 则在P点两卫星的加速度相同，选项C正确；‎ D．卫星在圆轨道运行时，是匀速圆周运动，到达P点加速后做离心运动，可能到椭圆轨道B，故在P点卫星A的线速度比B小，故D错误； 故选BC。‎ ‎7.电风扇的挡位变换器电路如图所示，把它视为一个可调压的理想变压器，总匝数为2400匝的原线圈输入电压u=220sin100πt(V)，挡位1、2、3、4对应的线圈匝数分别为240匝、600匝、1200匝、2400匝．电动机M的内阻r=8Ω，额定电压为U=220V，额定功率P=110W．下列判断正确的是）（ ）‎ A. 该交变电源的频率为100Hz B. 当选择3挡位后，电动机两端电压的最大值为110V C. 当挡位由3变为2后，原线圈的电流变大 D. 当选择挡位4后，电动机的输出功率为108W ‎【答案】D ‎【分析】根据原线圈输入电压的瞬时值表达式即可知角速度，结合得交变电源的频率；当选择3档位后，根据变压比规律求出副线圈两端电压的有效值，最大值为有效值的倍；当档位由3变为2后，根据变压比规律判断副线圈的电压，分析输出功率的变化，根据输入功率等于输出功率，由判断原线圈电流的变化；当选择档位4后，根据变压比规律求出副线圈电压，根据能量守恒求电动机的输出功率．‎ ‎【详解】A、根据原线圈输入电压的瞬时值表达式知：，交变电源的频率，故A错误；‎ B、当选择3档位后，副线圈的匝数为1200匝，根据电压与匝数成正比得：，解得：，所以电动机两端电压的最大值为V，故B错误；‎ C、当档位3变为2后，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端的电压减小，输出功率变小，输入功率变小，根据知原线圈电流变小，故C错误；‎ D、当选择档位4，副线圈匝数等于2400匝，根据电压比规律得到副线圈两端的电压为220V，电动机正常工作，流过电动机的电流，电动机的发热功率，电动机的输出功率，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题考查变压器原理，要注意明确变压器的规律，能用线圈匝数之比求解电压及电流；同时注意注意明确对于非纯电阻电路欧姆定律不能使用，在解题时要注意正确选择功率公式．‎ ‎8.去年底，我省启动“263”专项行动，打响碧水蓝天保卫战．暗访组在某化工厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，测量管由绝缘材料制成，其长为L、直径为D，左右两端开口，匀强磁场方向竖直向下，在前后两个内侧面a、c固定有金属板作为电极．污水充满管口从左向右流经测量管时，a、c两端电压为U，显示仪器显示污水流量Q(单位时间内排出的污水体积)．则(　　)‎ A. a侧电势比c侧电势高 B. 污水中离子浓度越高，显示仪器的示数将越大 C. 若污水从右侧流入测量管，显示器显示为负值，将磁场反向则显示为正值 D.污水流量Q与U成正比，与L、D无关 ‎【答案】AC ‎【分析】正负离子流动时，受到洛伦兹力，发生偏转，正离子偏转到哪一个表面，哪一个表面电势就高．两表面上有正负电荷，之间就存在电场，最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡．‎ ‎【详解】根据左手定则可知，正离子向a侧偏转，则仪器显示a侧电势比c侧电势高，选项A正确；根据qvB=可得，可知显示仪器的示数与污水中离子浓度无关，选项B错误；若污水从右侧流入测量管，则受磁场力使得正离子偏向c侧，则c端电势高，显示器显示为负值，将磁场反向，则受磁场力使得正离子偏向a侧，则显示为正值，选项C正确；污水流量，则污水流量Q与U成正比，与D有关，与L无关，选项D错误；故选AC.‎ ‎【点睛】解决本题的关键正握左手定则判定洛伦兹力的方向，以及知道最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，前后表面形成稳定的电势差．‎ ‎9.如图所示，甲、乙传送带倾斜放置，并以相同的恒定速率v逆时针运动，两传送带粗糙程度不同，但长度、倾角均相同．将一小物体分别从两传送带顶端的A点无初速度释放，甲传送带上小物体到达底端B点时恰好达到速度v；乙传送带上小物体到达传送带中部的C点时恰好达到速度v，接着以速度v运动到底端B点．则小物体从A运动到B的过程 A. 小物体在甲传送带上的运动时间比在乙上的大 B. 小物体与甲传送带之间的动摩擦因数比与乙之间的大 C. 两传送带对小物体做功相等 D. 两传送带因与小物体摩擦产生的热量相等 ‎【答案】AC ‎【详解】A．根据两个物体的总位移相等，v-t图象的“面积”表示位移，作出两个物体的v-t图象，可知t甲＞t乙．故A正确．‎ B．v-t图象的斜率表示加速度，由图知，甲匀加速运动的加速度小于乙匀加速运动的加速度，由牛顿第二定律得：‎ mgsinθ+μmgcosθ=ma 得 ‎ a=gsinθ+μgcosθ 则知μ小时，a小，因此物体与甲传送带之间的动摩擦因数比乙小，故B错误．‎ C．根据动能定理得：‎ ‎ ‎ 则得传送带对物体做功 ‎ ‎ h、v、m都相等，则W相等，故C正确．‎ D．设传送带长为L．‎ 甲中：物体运动时间为：‎ 物体与传送带间的相对位移大小为：‎ ‎△x甲=vt甲-L=L 物体的加速度为：‎ ‎ ‎ 由牛顿第二定律得：‎ mgsinθ+f甲=ma甲 得：‎ 产生的热量为：‎ ‎ ‎ 乙中：物体运动时间为 物体与传送带间的相对位移大小为：‎ 物体的加速度为：‎ ‎ ‎ 由牛顿第二定律得：‎ mgsinθ+f乙=ma乙 得： ‎ 产生的热量为：‎ 则知乙与物体摩擦产生的热量较多，故D错误．‎ 三、简答题 ‎10.某兴趣小组的同学用如图甲所示装置验证机械能守恒定律，轻绳一端固定在光滑固定转轴O处，另一端系一小球，已知当地重力加速度为g。‎ ‎（1）小明同学在小球运动的最低点和最高点附近分别放置了一组光电门，用螺旋测微器测出了小球的直径，如图乙所示，则小球的直径d＝______mm。使小球在竖直面内做圆周运动，测出小球经过最高点的挡光时间为Δt1，经过最低点的挡光时间为Δt2。‎ ‎（2）小军同学在光滑水平转轴O处安装了一个拉力传感器。现使小球在竖直平面内做圆周运动，通过拉力传感器读出小球在最高点时绳上的拉力大小是F1，在最低点时绳上的拉力大小是F2。‎ ‎（3）如果要验证小球从最低点到最高点机械能守恒，小明同学还需要测量的物理量有______（填字母代号）。小军同学还需要测量的物理量有______（填字母代号）。‎ A.小球的质量m B.轻绳的长度l C.小球运行一周所需要的时间T ‎（4）根据小明同学的思路，请你写出验证小球从最低点运动到最高点的过程中机械能守恒的表达式：______。‎ ‎（5）根据小军同学的思路，请你写出验证小球从最低点运动到最高点的过程中机械能守恒的表达式：______。‎ ‎【答案】(1). 5.700 (3). B A (4). ＝4gl (5). F2－F1＝6mg ‎【详解】（1）[1]．螺旋测微器固定刻度读数为5.5 mm，可动刻度读数为20.0×0.01 mm，故最终读数为两者相加，即5.700 mm。 （3）[2]．根据小明同学的实验方案，小球在最高点的速度大小为 小球在最低点的速度大小为 设轻绳长度为L，则从最低点到最高点依据机械能守恒定律有 ‎ ‎ 化简得 所以小明同学还需要测量的物理量是轻绳的长度l，故选B； [3]．根据小军同学的实验方案，设小球做圆周运动的半径为r，则小球在最低点有 ‎ ‎ 在最高点有 从最低点到最高点依据机械能守恒定律有 ‎ ‎ 联立方程化简得 F2-F1=6mg 所以小军同学还需要测量的物理量就是小球的质量m，故选A。 （4）[4]．由（3）可知，根据小明同学的思路，验证小球从最低点运动到最高点的过程中机械能守恒的表达式为 ‎（5）[5]．由（3）可知，根据小军同学的思路，验证小球从最低点运动到最高点的过程中机械能守恒的表达式为F2-F1=6mg。‎ ‎11.用伏安法测定电阻约为5的均匀电阻丝的电阻率，电源是两节干电池．如图甲所示，将电阻丝拉直后两端固定在带有刻度尺的绝缘底座两端的接线柱上，底座的中间有一个可沿电阻丝滑动的金属触头P，触头上固定了接线柱，按下P时，触头才与电阻丝接触，触头的位置可从刻度尺上读出．实验采用的电路原理图如图乙所示，测量电阻丝直径所用螺旋测微器如图丙所示．‎ ‎①用螺旋测微器测电阻丝的直径时，先转动__________使测微螺杆F接近被测电阻丝，再转动__________夹住被测物，直到棘轮发出声音为止，拨动________使F固定后读数．（填仪器部件的字母符号）‎ ‎②根据原理图乙，用笔画线代替导线，将实物图连接成实验电路（见答题纸）．‎ ‎③闭合开关后，滑动变阻器触头调至一合适位置后不动，多次改变P的位置，得到几组U、I、L的数据，用计算出相应的电阻值后作出图线如图示．取图线上两个点间数据之差，若电阻丝直径为d，则电阻率=_______．‎ ‎【答案】①D、H、G（3分）；②如图所示，连线规范正确给4分，有一连线错误就给0分；③‎ ‎【解析】①在用螺旋测微器测电阻丝的直径时，先转动粗调旋钮，使测微螺杆F接近被测电阻丝，再转动微调旋钮夹住被测物，直到棘轮发出声音为止，拨动止动旋钮使F固定后读数．‎ ‎②根据电路图，连接实物图见答案 ‎③根据：，得，而，代入得：‎ 考点：测金属丝的电阻率 ‎12.基于下列四幅图的叙述正确的是________．‎ A. 由甲图可知，黑体温度升高时，各种波长的电磁波辐射强度都增加，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动 B. 由乙图可知，a光光子的频率高于b光光子的频率 C. 由丙图可知，该种元素的原子核每经过7.6天就有发生衰变 D. 由丁图可知，中等大小的核的比结合能量大，这些核最稳定 ‎【答案】AD ‎【分析】考查黑体辐射、光电效应、原子核衰变、比结合能。‎ ‎【详解】A．由甲图观察可知黑体温度升高时，各种波长的电磁波辐射强度都增加，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故A正确．‎ B．由乙图可知，光光子的频率低于于光光子的频率，故B错误．‎ C．由丙图可知，该种元素的原子核每经过7.6天就有发生衰变，故C错误．‎ D．由丁图可知，质量数为40的原子的比结合能最大，即中等大小的核的比结合能量大，这些核最稳定，故D正确．‎ 故选AD。‎ ‎13.氢原子第n能级的能量为En＝，其中E1是基态能量．若某氢原子发射能量为－E1的光子后处于比基态能量高－E1的激发态，则该氢原子发射光子前处于第________能级；发射光子后处于第________能级．‎ ‎【答案】 4 2‎ ‎【详解】由题意可得发射光子后氢原子能量为；根据波尔理论氢原子发射光子能量，得到氢原子发射光子前的能量为，根据氢原子第能级的能量为，得到发射光子前，发射光子后．‎ ‎14.在图所示足够长的光滑水平面上，用质量分别为3kg和1kg的甲、乙两滑块，将仅与甲拴接的轻弹簧压紧后处于静止状态．乙的右侧有一挡板P.现将两滑块由静止释放，当弹簧恢复原长时，甲的速度大小为2m/s，此时乙尚未与P相撞．‎ ‎①求弹簧恢复原长时乙速度大小；‎ ‎②若乙与挡板P碰撞反弹后，不能再与弹簧发生碰撞．求挡板P对乙的冲量的最大值．‎ ‎【答案】①v乙＝6m/s ② I＝8N ‎【详解】①当弹簧恢复原长时，设甲乙速度分别为和，对两滑块及弹簧组成的系统，设向左的方向为正方向，由动量守恒定律可得：‎ 又知 联立以上方程可得，方向向右．‎ ‎②乙反弹后甲乙刚好不发生碰撞，则说明乙反弹的的速度最大为 由动量定理可得，挡板对乙滑块冲量的最大值为：‎ ‎15.下列说法正确的有________‎ A. 相对湿度越大，人感觉越潮湿 B. 单晶体有确定的熔点，多晶体没有确定的熔点 C. 分子间的引力和斥力都随分子间距的减小而增大 D. 一定量的理想气体，当分子热运动加剧时，压强必增大 ‎【答案】AC ‎【详解】相对湿度越大，人感觉越潮湿，选项A正确；单晶体和多晶体都有确定的熔点，选项B错误；分子间的引力和斥力都随分子间距的减小而增大，选项C正确；一定量的理想气体，当分子热运动加剧时，温度升高，但是压强不一定增大，选项D错误；故选AC.‎ ‎16.如图所示，有一个红酒瓶状的玻璃容器水平放置，左侧“瓶身”的体积为300cm3，右侧“瓶颈”是一段内部横截面积为0.5cm2，有效长度为40cm的玻璃管，管内有一段长度可忽略不计的水银柱，密闭了一定质量的气体在容器内．当大气压为1.0×105 Pa、密闭气体温度为27 ℃时，水银柱刚好位于玻璃管最左侧，现缓慢升高密闭气体温度．则当温度升高到________℃时，水银柱会掉出容器；在此过程中，密闭气体从外界吸收的热量为12J，则在这一过程中密闭气体的内能变化了________J．‎ ‎【答案】47 10‎ ‎【详解】当水银柱到达管口时，所测气温最高，设为T2，此时气体体积为V2， 初状态：T1=（273+27）K=300K；V1=300cm3， 末状态为：V2=（300+40×0.5）cm3=320cm3 气体发生等压变化，由盖吕萨克定律得：， 代入数据得：T2=320K，t2=T2-273=320-273=47℃； 水银柱移动过程中，外界对气体做功：W=-P0SL=-1×105×0.5×10-4×40×10-2‎ J=-2.0J， 又因为：Q=12J 由热力学第一定律知内能变化为：△U=W+Q， 代入数据得：△U=10J，即内能增加了10J；‎ ‎【点睛】本题考查气体定律以及热力学第一定律的综合运用，对于气体状态变化问题，关键在于分析是等值变化还是三个参量同时变化的问题，要善于挖掘隐含的条件．‎ ‎17.水的摩尔质量为M＝18g/mol，水的密度为r＝1.0×103kg/m3，阿伏伽德罗常数 ，则一个水分子的质量为______ kg，一瓶500ml的纯净水所含水分子的个数为______．‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】水分子的质量等于摩尔质量除以阿伏伽德罗常数，即：m＝ ‎ 代入数据得：m＝3×l0－26kg 水分子数目为：N＝ ‎ 代入数据得：（个）‎ 四、计算题 ‎18.如图甲所示，导体框架abcd水平固定放置，ab平行于dc且bc边长L＝0.20 m，框架上有定值电阻R＝9Ω(其余电阻不计)，导体框处于磁感应强度大小B1＝1.0 T、方向水平向右的匀强磁场中．有一匝数n＝300匝、面积S＝0.01 m2、电阻r＝1Ω的线圈，通过导线和开关K与导体框架相连，线圈内充满沿其轴线方向的匀强磁场，其磁感应强度B2随时间t变化的关系如图乙所示．B1与B2互不影响．‎ ‎(1) 求0～0.10 s线圈中的感应电动势大小E；‎ ‎(2) t＝0.22 s时刻闭合开关K，若bc边所受安培力方向竖直向上，判断bc边中电流的方向，并求此时其所受安培力的大小F；‎ ‎(3) 从t＝0时刻起闭合开关K，求0.25 s内电阻R中产生的焦耳热Q.‎ ‎【答案】(1)30V；(2)1.2 N (3) 24.3 J ‎【详解】(1) 由法拉第电磁感应定律得 代入数据得 ‎(2) 由左手定则得电流方向为b→c 代入数据得 由闭合电路的欧姆定律得 安培力大小F＝I2LB1＝1.2 N ‎(3) 由法拉第电磁感应定律得 ‎19.如图所示，倾角为30°的足够长斜面固定于水平面上，轻滑轮的顶端与固定于竖直平面内圆环的圆心O及圆环上的P点在同一水平线上，细线一端与套在环上质量为m的小球相连，另一端跨过滑轮与质量为M的物块相连。在竖直向下拉力F作用下小球静止于Q点，细线与环恰好相切，OQ、OP间成53°角。撤去拉力后小球运动到P点时速度恰好为零。忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求：‎ ‎（1）拉力的大小F；‎ ‎（2）物块和小球的质量之比；‎ ‎（3）小球从Q点开始向上运动时，细线中张力T的大小。‎ ‎【答案】（1）Mg－mg（2）（3）T＝（或T＝mg、T＝Mg）‎ ‎【详解】（1）设细线的张力为T1，根据平衡条件可以得到：‎ 对物块M：‎ T1＝Mgsin 30° ‎ 对小球m：‎ ‎（F＋mg）cos 53°＝T1 ‎ 解得：‎ F＝Mg－mg ‎ ‎（2）设环的半径为R，球运动至P点过程中，球上升高度为：‎ h1＝Rsin 53° ‎ 物块沿斜面下滑的距离为：‎ L＝Rtan 53°－ ‎ 由机械能守恒定律有： ‎ mgh1＝MgLsin 30° ‎ 解得：‎ ‎ ‎ ‎（3）设细线的张力为T，根据牛顿第二定律可以得到：‎ 对物块M：‎ Mgsin 30°－T＝Ma ‎ 对小球m：‎ T－mgcos 53°＝ma ‎ 解得：T＝‎ ‎（或T＝mg、T＝Mg）‎ ‎20.如图所示，容器A中装有大量的质量不同、电荷量均为+q的粒子，粒子从容器下方的小孔S1不断飘入加速电场（初速度可视为零）做直线运动，通过小孔S2后从两平行板中央垂直电场方向射入偏转电场．粒子通过平行板后垂直磁场方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的水平匀强磁场区域，最后打在感光片上．已知加速电场中S1、S2间的加速电压为U，偏转电场极板长为，两板间距为L，板间电场看成匀强电场，其电场强度，方向水平向左（忽略板间外的电场），平行板f的下端与磁场水平边界ab相交于点P，在边界ab上实线处固定放置感光片．测得从容器A中逸出的所有粒子均打在感光片P、Q之间，且PQ的长度为3L边界ab下方的磁场范围足够大，不考虑粒子所受重力与粒子间的相互作用．求：‎ ‎（1）粒子射出偏转电场时沿垂直于板面方向偏转的距离x和偏转的角度θ；‎ ‎（2）射到感光片P处的粒子的质量m1；‎ ‎（3）粒子在磁场中运动的最长时间tm．‎ ‎【答案】（1）； （2） （3）‎ ‎【分析】（1）粒子先经过加速电场的加速后进入水平匀强电场做类平抛运动，根据平抛运动规律求出偏转距离x和偏转角，这是为后续计算做一个铺垫； （2）粒子从e板下端与水平方向成60°的角射入匀强磁场，偏转240°后打在P点，由几何关系求出粒子做匀速圆周运动的半径，再由洛仑兹力提供向心力就能求出粒子的质量； （3）先判断出打在何处的粒子的时间最短，由于t=T，即质量最大的粒子时间最长，再由半径公式知质量最大则半径最小，所以打在P点的粒子时间最长，再利用周期公式结合粒子转过的圆心角即可求出粒子在磁场中运动的最长时间．‎ ‎【详解】（1）设质量为m的粒子通过孔S2的速度为v0由动能定理有：qU＝mv02‎ 粒子在偏转电场中运动的加速度为： ‎ 沿速度v0方向 L＝v0t 沿电场方向 vs＝at，x＝at2‎ 且有 tanθ＝ ‎ 解得 x＝．θ＝30°‎ ‎（2）粒子从e板下方与水平方向成60°角射入匀强磁场．设粒子射入磁场时速度v1‎ ‎．做园周运动的轨道半径为r1，则 qv1B＝m1 ‎ 其中 ‎ 由几何关系可知 ‎ 解得m1＝ ‎ ‎ ‎ ‎（3）粒子在磁场中做圆周运动的周期 T＝ ‎ 粒子进入磁场后偏转240°，运动的时间t＝T 由于qvB＝m ‎ 联立解得 t＝ ‎ 由何关系可知拉子做圆周运动的最大半径 ‎ 则tm＝‎ ‎【点睛】本题考查带电粒子在复合场中运动，粒子在加速场中的运动运用动能定理求解，类平抛运动运用运动的合成和分解牛顿第二定律结合运动学公式求解，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，解题关键是要作出临界的轨迹图，正确运用数学几何关系，还要分析好从电场射入磁场衔接点的速度大小和方向，运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间．‎