2018-2019学年重庆市第一中学校高二上学期期末考试物理试题 解析版

2018-2019学年重庆市第一中学校高二上学期期末考试物理试题 解析版

‎2019年重庆一中高2020级高二上期期末考试 物理测试试题卷 一、单项选择（共10小题，每小题3分,共30分每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题意）‎ ‎1.下列说法正确的是（ ）‎ A. 导体的电阻大小由其两端电压、电流决定 B. 奧斯特发现了电磁感应现象，揭示了磁生电的规律 C. 法拉第发现了电流的磁现象，揭示了电生磁的规律 D. 产生感应电流的条件是电路闭合且回路的磁通量发生变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】导体的电阻大小是由导体本身决定的物理量，与其两端电压、电流无关，选项A错误；法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁生电的规律，选项B错误；奥斯特发现了电流的磁现象，揭示了电生磁的规律，选项C错误；产生感应电流的条件是电路闭合且回路的磁通量发生变化，选项D正确；故选D.‎ ‎2.单匝线圈所围面积里磁通量随时间变化的规律如图所示（D点横坐标是0.005s）（ ）‎ ‎ ‎ A. 线圈中0时刻感应电动势为零 B. 线圈中D时刻感应电动势为零 C. 线圈中D时刻感应电动势最大 D. 线圈中0至D时间内平均感应电动势为0.2V ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据法拉第电磁感应定律知，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比．通过法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势的大小．Φ-t图象切线的斜率大小等于磁通量的变化率．‎ ‎【详解】由图知t=0时刻图象切线斜率最大，则磁通量的变化率为最大，则由法拉第电磁感应定律得知：感应电动势最大，不为零，故A错误。在D时刻切线斜率为零，磁通量的变化率为零，则感应电动势为零。故B正确，C错误。根据法拉第电磁感应定律得：，故D错误。故选B。‎ ‎3. 如图，在一水平、固定的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁（N极朝上，S极朝下）由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，关于圆环中感应电流的方向（从上向下看），下列说法中正确的是 A. 总是顺时针 B. 总是逆时针 C. 先顺时针后逆时针 D. 先逆时针后顺时针 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：由楞次定律可以判断出感应电流的方向．‎ 解：由图示可知，在磁铁下落过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，在磁铁远离圆环时穿过圆环的磁通量减小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向，故C正确．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查了楞次定律的应用，正确理解楞次定律阻碍的含义是正确解题的关键．‎ ‎4. 在一个匀强电场中有a、b两点，相距为d，电场强度为E，把一个电量为q的正电荷由a点移到b点时，克服电场力做功为W，下列说法正确的是 A. 该电荷在a点电势能较b点大 B. a点电势比b点电势低 C. a、b两点电势差大小一定为U=Ed D. a、b两点电势差 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：正电荷从a点移到b点时，电场力对电荷做负功W，电势能增加，电荷在a点电势能较b点小，选项A错误；a点电势比b点低．故B正确．当ab两点在同一电场线上时，U=Ed．本题ab是否在同一电场线上不确定，则U大小不一定为等于Ed，故C错误．电荷从a移动到b，克服电场力做功W，根据电势差的定义，选项D错误。‎ 考点：电场力做功与电势能的关系；场强与电势差的关系。‎ ‎5.如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右磁场方向垂直纸面向里，一带电微粒由a点进入电磁场并刚好能沿ab直线向上运动、下列说法中正确的是（ ）‎ A. 微粒一定带负电 B. 微粒的动能一定减小 C. 微粒的电势能一定增加 D. 微粒的机械能不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对带电粒子进行受力分析，受到竖直向下的重力，水平方向的电场力和垂直于虚线的洛伦兹力，由于带电粒子做直线运动，所以洛伦兹力只能垂直于虚线向上，从而可判断粒子的电性（带负电），同时可知电场力的方向向左，再根据各力的做功情况，即可判断各选项的正误．‎ ‎【详解】根据做直线运动的条件和受力情况（如图所示）可知，微粒一定带负电，且做匀速直线运动，所以选项A正确；‎ 由于电场力向左，对微粒做正功，电势能减小，但重力做负功，由于微粒做匀速直线运动，则合力做功为零，因此动能仍不变，选项BC错误；由能量守恒可知，电势能减小，机械能一定增加，所以选项D错误。故选A。‎ ‎【点睛】带电粒子在重力场、电场、磁场的复合场中，只要是做直线运动，一定是匀速直线运动（v与B不平行）．若速度是变的，洛伦兹力会变，合力就是变的，合力与速度不在一条直线上，带电体就会做曲线运动．‎ ‎6.如图，A、B是相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈。下面说法正确的是（ ）‎ A. 闭合开关S时，A、B灯同时亮,且达到正常 B. 闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮 C. 闭合开关S时，A灯比B灯先亮最后一样亮 D. 断开开关S时，A灯慢慢熄灭，B灯闪亮一下再慢慢熄灭 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 开关S闭合的瞬间，由于线圈中产生自感电动势阻碍电流的增加，由此分析两灯亮度的变化； 断开开关S的瞬间，线圈中产生自感电动势阻碍电流的减小，线圈与两灯一起构成一个自感回路，由此分析两灯亮度的变化。‎ ‎【详解】开关S闭合的瞬间，电源的电压同时加到两支路的两端，B灯立即发光。由于线圈的自感阻碍，A灯后发光，由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐变亮，又由于电阻可忽略的自感线圈，所以最后两灯一样亮，故AC错误，B正确；断开开关S的瞬间，线圈与两灯一起构成一个自感回路，流过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当电源，两灯逐渐同时熄灭；由于电流稳定时两个灯泡一样亮，所以两个灯泡都不会闪亮一下，故D错误。故选B。‎ ‎7.如图所示是两个互连的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环的电阻的四分之一，磁场垂直穿过大金属环所在区域。当磁感应强度随时间均匀变化时，在大环内产生的感应电动势为 E，则a、b两点间的电势差为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 磁感应强度随时间均匀变化时，大金属环内产生恒定的感应电动势。由欧姆定律求出a、b两点间的电势差。‎ ‎【详解】由题大、小金属环的电阻之比 R：r=4：1，R=4r，根据串联电路电压与电阻成正比，可得：a、b两点间的电势差为：，故B正确。故选B。‎ ‎【点睛】本题考查了求电势差，应用欧姆定律即可正确解题，解题时要注意，a、b两点间的电势差是路端电压，不是电源电动势。‎ ‎8. 如图所示，一个静止的质量为m、电荷量为q的粒子（重力忽略不计），经加速电压U加速后，垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，粒子打到P点，OP=x，能正确反映x与U之间关系的是（ ）‎ A. x与U成正比 B. x与U成反比 C. x与成正比 D. x与成反比 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：带电粒子在电场中加速运动，根据动能定理得： mv2＝Uq，解得：； 进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，则有：解得：；粒子运动半个圆打到P点，所以，即x与成正比，故选C．‎ 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】本题是质谱仪的原理，带电粒子在电场中先加速，然后在磁场中做圆周运动，根据物理规律得到解析式，即可求解，难度适中。‎ ‎9.如图所示，正方形线框的左半侧处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线框的对称轴MN恰与磁场边缘平齐.若第一次将线框从磁场中以恒定速度向右匀速拉出，第二次让线框绕轴MN匀速转过60°，且左右两边线速度大小为，为使两次操作过程中，线框产生的平均感应电动势大小相等，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 平均感应电动势，瞬时感应电动势E=BLv．然后计算比较．‎ ‎【详解】设正方形边长为a；若第一次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，E1 =Bav1；第二次以线速度v2让线框转过60°。；E1=E2，得两次的速度之比为3：2π。故选A。‎ ‎10.将一均匀导线围成一圆心角为90°的扇形导线框OMN，其中OM＝R，圆弧MN的圆心为O点，将导线框的O点置于如图所示的直角坐标系的原点，其中第二和第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B，第三象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。从t＝0时刻开始让导线框以O点为圆心，以恒定的角速度ω沿逆时针方向做匀速圆周运动，假定沿ONM方向的电流为正，则线框中的电流随时间的变化规律描绘正确的是(　　)‎ ‎ ‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 在0～t0时间内，线框从图示位置开始（t=0）转过90°的过程中，产生的感应电动势为E1= Bω•R2，由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流为，根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向为逆时针方向（沿ONM方向）．在t0～2t0‎ 时间内，线框进入第三象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向（沿OMN方向）．回路中产生的感应电动势为E2=Bω•R2+•2Bω•R2=BωR2=3E1；感应电流为I2=3I1．在2t0～3t0时间内，线框进入第四象限的过程中，回路中的电流方向为逆时针方向（沿ONM方向），回路中产生的感应电动势为E3=Bω•R2+•2Bω•R2=Bω•R2=3E1；感应电流为I3=3I1．在3t0～4t0时间内，线框出第四象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向（沿OMN方向），回路中产生的感应电动势为E4=Bω•R2，回路电流为I4=I1，故B正确，ACD错误．故选B．‎ 点睛：对于电磁感应现象中的图象问题，磁场是根据楞次定律或右手定则判断电流方向，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解感应电流随时间变化关系，由此进行解答，这是电磁感应问题中常用的方法和思路．‎ 二、多项选择（共4小题，每小题4分，共16分。每小题给出的四个选项中至少有两个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分）‎ ‎11.某一电场的电场线分布如图所示，则下列说法正确的是 A.点的电势低于点的电势 B.点的电场强度小于点的电场强度 C. 一正电荷由点释放，一定沿着电场线运动到点 D. 一负电荷在点的电势能大于在点的电势能 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】沿着电场线方向电势逐渐降低，因此a点的电势高于b点的电势，故A正确；从电场线的分布情况可知，a点的电场线比b点的稀疏，所以a点的电场强度小于b点的电场强度，故B正确；电场线不一定是电荷的运动轨迹，由a点释放的正电荷不一定沿着电场线运动到b点，故C错误；某一负电荷从a点移到b点，电场力做负功，电势能增加，因此负电荷在a点的电势能小于在b点的电势能，故D错误。所以AB正确，CD错误。‎ ‎12.如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，线圈c中将有感应电流产生（ ）‎ A. 向右做匀速运动 B. 向左做匀速运动 C. 向右做减速运动 D. 向左做减速运动 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 导体棒ab在匀强磁场中沿导轨运动时，根据右手定则判断感应电流方向，感应电流通过螺线管时，由安培定则判断磁场方向，根据楞次定律判断线圈c中感应电流方向，再确定c是否被螺线管吸引．‎ ‎【详解】A．导体棒ab向右做匀速运动时，ab中产生的感应电流不变，螺线管产生的磁场是稳定的，穿过c的磁通量不变，c中没有感应电流，线圈c不受安培力作用，不会被螺线管吸引。故A错误；‎ B．导体棒ab向右做加速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向从a→b，感应电流增大，螺线管产生的磁场增强，穿过c的磁通量增大，根据楞次定律得知，c中产生逆时针方向（从左向右看）的感应电流，右侧相当于S极，螺线管左侧是S极，则线圈c被螺线管排斥。故B错误；‎ C．导体棒ab向右做减速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向从a→b，感应电流减小，螺线管产生的磁场减弱，穿过c的磁通量减小，根据楞次定律得知，c中产生顺时针方向（从左向右看）的感应电流，右侧相当于N极，螺线管左侧是S极，则线圈c被螺线管吸引。故C正确；‎ D．导体棒ab向左做减速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向从b→a，感应电流减小，螺线管产生的磁场减弱，穿过c的磁通量减小，根据楞次定律得知，c中产生逆时针方向（从左向右看）的感应电流，右侧相当于S极，螺线管左侧是N极，则线圈c被螺线管吸引。故D正确；‎ 故选CD。‎ ‎【点睛】本题运用右手定则、安培定则和楞次定律按步就班进行分析的，也可以直接根据楞次定律进行判断：线圈c被螺线管吸引时，磁通量将要增大，说明原来的磁通量减小，导体棒必定做减速运动．‎ ‎13.如图所示，平行板电容器与直流电源始终连接，下极板接地，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态，现将上极板竖直向上移动一小段距离，则（ ）‎ A. 带电油滴将沿竖直方向向上运动 B. P点电势将降低 C. 极板带电荷量减小 D. 带电油滴的电势能保持不变 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，平行板电容器电压保持不变，分析P与下板间的电势差变化情况，再分析P点的电势变化，根据负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，分析油滴的电势能的变化情况．根据电容的变化及公式C=Q/U分析电量Q的变化．‎ ‎【详解】平行板电容器与直流电源连接，其电压保持不变，将上极板竖直向上移动一小段距离，根据E=U/d可知板间场强减小，油滴所受电场力减小，油滴将沿竖直方向向下运动。故A错误。P与下板间的距离不变，由公式U=Ed分析可知，P与下板间电势差减小，而P点电势高于下板电势，说明P点电势降低。故B正确。将上极板竖直向上移动一小段距离，板间距离增大，根据可知，电容减小，电容器的电压不变，由Q=CU得到，电量Q减小。C正确。P点电势降低，而油滴带负电，则带电油滴的电势能增大。故D错误。故选BC。‎ ‎【点睛】本题较难之处是分析电势变化，往往根据电势差和该点与零电势点间电势的高低，分析电势的变化，这是常用的方法．‎ ‎14.如图所示，在光滑绝缘的水平面上，有两个方向相反的水平方向的匀强磁场，PQ为两磁场的边界，磁场范围足够大，磁感应强度的大小分别为B1=B，B2=3B，一个竖直放置的边长为a、质量为m、总电阻为R的正方形金属线框，以初速度v 垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到在每个磁场中各有一半的面积时，线框的速度为，则下列判断正确的是（ ）‎ A. 此过程中通过线框截面的电荷量为 B. 此过程中线框克服安培力做的功为 C. 此时线框的加速度为 D. 此时线框中的电功率为 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当线框中心线AB运动到与PQ重合时，左右两边都切割磁感线产生感应电动势，两个电动势方向相同串联．求出左右两边所受安培力大小，由牛顿第二定律求出加速度．根据功能关系求解回路产生的电能．根据感应电荷量的经验公式求出电量．根据感应电动势公式和欧姆定律求出感应电流，再求线框中的电功率．‎ ‎【详解】此过程穿过线框的磁通量的变化量为：△Φ=（B2a2-B1a2）-（-B1a2）=2Ba2，通过线框截面的电量为：．故A正确。根据能量守恒定律得到，此过程中克服安培力做的功为：WA=mv2-m()2=mv2．故B正确。回路中产生感应电动势为：E=B1a•+B2a•=Bav，感应电流为：，左右两边所受安培力大小分别为：F左=B1Ia=，方向向左，F右=B2Ia=3B•a=，则根据牛顿第二定律得：F左+F右=ma，解得加速度为：，故C正确。此时线框中的电功率：P=I2R=．故D错误。故选ABC。‎ 三、实验填空题（本题共2小题，共16分）‎ ‎15. 现有一合金制成的圆柱体。为测量该合金的电阻率，现用伏安法测量圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器和游标卡尺的示数如图（a）和图（b）所示。‎ ‎（1）由上图读得圆柱体的直径为_________mm，长度为__________cm。‎ ‎（2）若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端之间的电压为U，圆柱体的直径和长度分别用D、L表示，则用D、L、I、U表示的电阻率的关系式为=____________。‎ ‎【答案】（1），（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）螺旋测微器的读数为（1.842~1.846范围内的均给分）；游标卡尺的读数为；‎ ‎（2）圆柱体的横截面积为，由电阻定律和欧姆定律可知，。‎ 考点：基本仪器的使用、伏安法测电阻 ‎16.实验小组对一未知电源的电动势E和内阻r进行测量，实验器材如下：‎ 待测电源：电动势小于2V，内阻小于；‎ 灵敏电流计G：满偏电流，内阻 直流电压传感器(视为理想电压表)；‎ 定值电阻；‎ 定值电阻；‎ 定值电阻；‎ 滑动变阻器；‎ 滑动变阻器；‎ 开关和导线若干 ‎(1)实验电路设计如图所示，实验小组将灵敏电流计G与两个定值电阻组装，改装成一量程为 的电流表，并将灵做电流计的表盘刻度进行了合理的标注。请将该电流表的内部电路图补充在虚线框中，并且将所用到的定值电阻的符号标注在图中___________。‎ ‎ (2)闭合开关，调节滑动变阻器，得到一系列电流表与电压传感器的数据(见下表)，则实验中，滑动变阻器应该选用______（填滑动变阻器的符号），该电源的电动势E=______V，电源内阻____(小数点后保留两位数字)‎ ‎(3)调节滑动变阻器阻值，当滑动变阻器在该电路中的功率最大时，电压传感器的示数为____V(小数点后保留两位数字)。‎ ‎【答案】 (1). （1）如图所示：‎ ‎ (2). （2）R3 (3). 1.80 (4). 0.50 (5). （3）0.90‎ ‎【解析】‎ ‎（1）实验小组将灵敏电流计G与两个定值电阻组装，改装成一量程为0.6A的电流表，所以先将灵敏电流计G与串联，电压量程为，再与串联，电流量程为，则电路图为 ‎（2）根据欧姆定律可知，接在电路中滑动变阻器最大值为，故滑动变阻器应选用；根据，代入其中两组数据得：，，其中，故联立解得：E=1.80V，。‎ ‎【点睛】根据电流表的改装原理得出需要的仪器，根据闭合电路的欧姆定律求解电源电动势和内阻。‎ 四、计算题（本题共4小题，共48分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分）‎ ‎17.如图所示，一电荷量为q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，整个装置置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止。重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：‎ ‎（1）水平向右电场的电场强度大小；‎ ‎（2）若将电场强度的大小减小为原来的一半，物块的加速度大小。‎ ‎【答案】（1） （2）0.3g ‎【解析】‎ 分析：（1）对小物块进行受力分析，小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，电场力水平向右，根据小物块受力平衡列方程可求电场力的大小，在匀强电场中电场力F=qE，在已知F和q的情况下，可以计算出E．‎ ‎（2）电场强度减小为原来的，则小物块受到的电场力减小为原来的，物块受到的重力不变，支持力方向不变，小物块在垂直于斜面方向所受合力为0，平行于斜面的方向的合力使物块产生加速度．‎ 解答：解：‎ ‎（1）建立如图所示坐标系，对物体进行受力分析，根据平衡列方程：‎ 在x轴方向：F合x=Fcosθ-mgsinθ=0‎ 在y轴方向：F合y=FN-mgcosθ-Fsinθ=0‎ 联列代入θ=37°得：F=mg 在电场中电场力F=qE可得电场强度E=．‎ ‎（2）建立如图所示坐标系对物体受力分析有：‎ 物体在x轴方向所受的合外力为：F合x=Fcosθ-mgsinθ=ma 由此得物体产生的加速度为：a=‎ 又因为电场强度变为原来的，所以此时物体受到的电场力F=qE′=qE=q××=mg 则物体产生的加速度a==-0.3g（负号表示方向沿x轴负方向）‎ 所以物体产生的加速度的大小为0.3g．‎ 答：（1）水平向右的电场的电场强度E=；‎ ‎（2）若将电场强度减小为原来的，小物块的加速度是0.3g．‎ 点评：正确的受力分析，根据平衡列方程可得电场力F的大小，又因电场力F=qE，正确的受力分析并列出方程是解题的关键．‎ ‎18.如图所示，一长为0.1m的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为1T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘。金属棒通过开关与一电动势为12V电路总电阻为2Ω。已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm，重力加速度大小取10m/s2。‎ ‎（1）判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向及大小；‎ ‎（2）求出金属棒的质量。‎ ‎【答案】（1）安培力方向向下F=0.6N（2）m=0.1kg ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据左手定则判断安培力的方向；根据F=BIL求解安培力；（2）对导体棒受力分析，列出平衡方程即可求解金属棒的质量.‎ ‎【详解】（1）根据左手定则，安培力方向向下；‎ 根据F=BIL ‎ ‎ ‎ E=BLv ‎ 联立解出F=0.6N ‎（3）对导体棒：mg=k△x1 ‎ mg+F=k△x2 ‎ ‎△x1=△x2+△l ‎ 联立方程解m=0.1kg ‎19.如图所示，竖直平面内放置一光滑绝缘轨道，质量为m、带电荷量为+q的小球P从高为h1处由静止下滑，轨道末端水平并放置另一质量也为m的不带电小球Q，经碰撞后，球P和球Q合为一体水平抛出。在距轨道末端下方h2的水平线MN下方存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，电场强度大小为E.若PQ整体水平抛出后，穿过MN进入电、磁场区域，并恰好经过轨道末端的竖直线与MN的交点O.若P、Q均可视为质点，已知m=0.1kg，h1=5m，h2=1.25m，q=0.1C，E=20N/C，取g=10m/s2.求：‎ ‎（1）P、Q碰撞后瞬间的共同速度大小v；‎ ‎（2）匀强磁场的磁感应强度大小B；‎ ‎（3）若在O点右侧2019m处垂直于MN放一块无限长挡板，求粒子从经过O点开始到打到板上共花了多长时间。‎ ‎【答案】（1）5 m/s（2）8T（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据机械能守恒求解P与Q碰前的速度，根据动量守恒定律求解P、Q碰撞后瞬间的共同速度；（2）PQ碰撞后先做平抛运动，后进入复合场中做匀速圆周运动，根据平抛运动的规律结合圆周运动的知识列式求解B；（3）粒子在正交场中和重力场中交替做周期性运动，结合匀变速直线运动的公式以及圆周运动的公式求解总时间.‎ ‎【详解】（1）P与Q撞前速度记为v1，根据机械能守恒mgh1= ‎ 解出v1=10m/s 对于碰撞过程，动量守恒mv1 =2mv ‎ 解出v=5 m/s ‎（2）碰撞后物体先做平抛运动=5m/s ‎ ‎=5m/s 水平位移=2.5m 刚进入磁场时速度v=m/s，方向与MN成θ=45°；‎ ‎∵Eq=2mg=2N ‎ ‎∴接下来物体在叠加场中作匀速圆周运动 由几何关系可知圆周运动轨道半径R=‎ 再由Bqv=2m ‎ 解出B=8T ‎（3）根据周期性，粒子相邻两次向下射入叠加场时横坐标差为x0=2.5m，将2019m拆分为2019=807x0+1.5m 即N=807次 且每一周期内在重力场运动时间为 每一周期在叠加场运动时间为 所以总时间为t=‎ ‎ ‎ ‎ ‎