一、单选题（本大题共13小题，共39.0分） 1. 下列单位是由国际单位制基本单位组成的是( )
A. 加速度的单位𝑚/𝑠2 C. 电场强度的单位𝑉/𝑚
B. 电阻率的单位𝛺⋅𝑚 D. 冲量的单位𝑁⋅𝑠
2. 共和国勋章获得者于敏先生是一位伟大的核物理学家，在中国氢弹原理突破中解决了一系列基础问题
和理论问题。下列有关说法正确的是( )
A. 裂变比聚变产能效率高
B. 核电站、氢弹都是利用了核聚变反应 C. 氢弹的研制成功说明热核反应已经可控
321
D. 氘核与氚核结合为氦核的聚变方程是 1𝐻+1𝐻→42𝐻𝑒+0𝑛
3. 如图所示，在直线行驶的汽车中(车窗关闭、未开空调)，用轻绳拴住的氢气球和挂在中央后视镜上的
车挂件都偏离了竖直方向。则( )
A. 汽车速度越大，氢气球的惯性越大 B. 由氢气球的状态表明汽车在做减速运动 C. 空气对氢气球有斜向右上方的作用力
D. 空气对氢气球的作用力大于氢气球对空气的作用力
4. 下列说法正确的是( )
A. 原子核的结合能越大，原子核就越稳定
B. 电子束穿过铝箔后的行射图样说明电子具有波动性的 C. 氡的半衰期是3.8天，100个氡原子经过3.8天后还剩50个
D. 卢瑟福𝛼粒子散射实验，揭示了原子只能处于一系列不连续的能量状态中
5. 如图，真空冶炼炉、扼流圈、动圈式扬声器和磁电式电流表都有导线绕制的线圈，关于这四种器件的
说法正确的是( )
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A. 真空冶炼炉线圈中应通高压低频交流电 B. 电流越大，扼流圈对电流的阻碍作用越明显
C. 除了磁电式电流表外，其余三种器件的工作原理都是电磁感应 D. 动圈式扬声器和磁电式电流表都是利用通电线圈受安培力进行工作
6. 如图甲是蓝色大闪蝶，在阳光下可以看到其翅膀灿烂闪烁。蓝色大闪蝶的翅膀表面有凸起的翅脊，这
些翅脊有一串类似台阶的结构。光照射翅脊上“台阶结构”的典型光路如图乙所示，则( )
A. 翅膀灿烂闪烁是光的干涉现象 B. 翅膀灿烂闪烁是光的全反射现象 C. 光经翅脊反射后的频率变大
D. 光在翅脊中的波长大于在空气中波长
7. 如图所示，无限长通电直导线与右侧的矩形导线框abcd在同一平面内，线框
的ab边与直导线平行。现用外力使线框向直导线靠近且始终保持ab边与直导线平行，在线框靠近直导线的过程中，下列说法正确的是( )
A. 线框内感应电流方向是𝑎→𝑑→𝑐→𝑏→𝑎 B. 线框对直导线有向左的作用力 C. ad边和bc边不受安培力
D. 线框abcd内的磁场方向垂直线框平面向外
8. 科技发展正不断改变着我们的生活。如图甲是一款手机支架，其表面采用了纳米微吸材料，用手触碰
无粘感。如图乙所示，当放上手机时，会排出手机背面和纳米材料之间的大部分空气，使手机被牢牢的压在支架上。若手机所受重力为G，手机平面与水平面的夹角为𝜃，则支架对手机的( )
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A. 作用力方向斜向左上方 C. 作用力不可能大于G
B. 支持力大小为𝐺𝑐𝑜𝑠𝜃 D. 作用力大小为𝐺𝑡𝑎𝑛𝜃
9. 小李乘坐16节车厢编组的高铁旅行。他位于某节车厢尾部且恰好进入隧
道时，立即以正常速度向此车厢前部行走。他经过15s到达车厢头部时恰好出隧道。行走过程中看到车厢内显示屏上的示数为216𝑘𝑚/ℎ，则该列车通过隧道的时间最接近于( )
A. 10s B. 15s C. 21s D. 30s
10. “嫦娥五号”月表土壤采样完成后，质量为𝑚=500𝑘𝑔的上升器携带土壤样品，在月面升空，开启返
程之旅。在预设交会对接处，质量为𝑚2=2500𝑘𝑔的轨道器与返回器组合体(简称“轨返体”)以𝑣2=1611.2𝑚/𝑠的速度追上并俘获速度为𝑣1=1607.1𝑚/𝑠的上升器，成功完成交会对接，并以共同速度飞行一小段时间。假设整个交会对接过程在一直线上完成。已知月球半径约为地球的11，月球表面重力加速度约为地球的6。则( )
1
3
A. 整个交会对接过程机械能守恒 B. 对接后的共同速度为1609.15𝑚/𝑠
C. 上升器要绕月球做圆周运动至少需要约为7.9𝑘𝑚/𝑠的发射速度 D. 交会对接过程，外力对上升器的冲量约为1709𝑁⋅𝑠
11. 带正电的粒子在外力作用下沿虚线做匀速圆周运动，圆心为O，a、b、c、d是
圆上的4个等分点。电流大小为I的长直导线垂直圆平面放置，电流方向如图所示，导线位于a、O连线的中点。则( )
A. a、O两点的磁感应强度相同 B. 运动过程中，粒子所受合力不变
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C. 粒子从a运动到c，洛伦兹力先变大后变小
D. 粒子从a出发运动一周，洛伦兹力先做正功再做负功，总功为零
12. 用如图甲所示的圆弧—斜面装置研究平抛运动，每次将质量为m的小球从半径为𝑅=0.25𝑚的四分之
一圆弧形轨道不同位置无初速释放，并在弧形轨道最低点水平部分处装有压力传感器测出小球对轨道压力的大小F。已知斜面与水平地面之间的夹角𝜃=45°，实验时获得小球在斜面上的不同水平射程x，最后作出了如图乙所示的𝐹−𝑥图象，则由图可求得小球质量为( )
A. 0.25 kg B. 0.5 kg C. 0.75 kg D. 1kg
13. 如图所示，质量为m，电荷量为+𝑞的带电小球A用长为L的绝缘细线悬挂于O点。
O点与小球B的间距为1.6𝐿。电荷量为−𝑞的带电小球B固定于O点正下方绝缘柱上，
小球A从细线与竖直方向夹角为𝜃=37°处由静止释放，经过O点正下方时细线拉力为
13𝑚𝑔4
。已知
𝑘𝑞2𝐿2
=
9𝑚𝑔20
，静电力常量为k，两小球均能看成点电荷，𝑠𝑖𝑛37°=0.6，
𝑐𝑜𝑠37°=0.8。则( )
A. 小球A在刚释放瞬间细线拉力大小为0.8𝑚𝑔
B. 小球A在摆动中，由重力、拉力和静电力的合力提供回复力 C. 小球A经过最低点时的加速度大小为g
D. 小球A从释放到运动至最低点，电势能增加0.3𝑚𝑔𝐿
二、多选题（本大题共3小题，共6.0分）
14. 有两列简谐横波的振幅都是10cm，传播速度大小相同。O点是实线波的波源，实线波沿x轴正方向传
播，波的频率为5Hz；虚线波沿x轴负方向传播。某时刻实线波刚好传到𝑥=12𝑚处质点，虚线波刚好传到𝑥=0处质点，如图所示，则下列说法正确的是( )
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A. 实线波的传播速度大小为20 𝑚/𝑠 B. 虚线波比实线波更容易发生明显衍射现象
C. 平衡位置为𝑥=6𝑚处的质点始终处于振动加强区，振幅为20cm D. 从图示时刻起再经过0.45𝑠，𝑥=6𝑚处的质点在𝑦=10𝑐𝑚处
15. 如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，原线圈接交流电源和理想交流电压表、理想交
流电流表，副线圈通过电阻为R的导线与热水器、抽油烟机连接。已知原线圈两端的电压表示数保持不变，副线圈上的电压按如图乙所示规律变化。当闭合开关S接通抽油烟机时，下列说法正确的是( )
A. 热水器两端电压的瞬时值表达式为𝑢=220√2sin(100𝜋𝑡)𝑉 B. 电压表示数为440V C. 热水器两端电压减小 D. 变压器的输入功率减小
16. 在甲、乙两次不同的光电效应实验中，得到如图所示的𝑈𝑐−𝑣图像，其中𝑈𝑐
为反向e遏止电压，v为入射光频率，已知电子电荷量为e，则下列判断正确的是( )
A. 甲、乙图线的斜率相同，斜率大小表示普朗克常量h B. 两次实验相比，甲实验中金属的逸出功较大
C. 用同一入射光做实验(均发生光电效应)，甲实验中的光电子最大初动能较大
D. 若将甲、乙实验中频率为截止频率的光，分别通过同一双缝干涉装置，甲的干涉条纹间距大
三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
17. 利用如图甲所示装置，可以完成实验一“探究小车速度随时间变化规律”实验二“探究加速度与力、
质量的关系”，实验三“探究功与速度变化的关系”。
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(1)三个实验中______。 A.都必须平衡摩擦力 B.都必须使细线平行轨道 C.都必须使用学生电源
D.小车质量都必须远远大于重物质量
(2)图乙中(𝑎)(𝑏)(𝑐)分别为三个实验中所作的图像，下列说法正确的是______。 A.图(𝑎)中图像没有过原点，所以实验数据错误 B.图(𝑏)中图像没有过原点可能是因为没有平衡摩擦力 C.图(𝑐)说明做功与速度的平方成正比
(3)如图丙所示是实验二中打出的一条纸带的一部分，C、D、E是纸带上连续的三个计数点(相邻记数点间还有四个计时点)，已知电源频率是50Hz，则计数点D对应的小车速度大小为______𝑚/𝑠。(结果保留两位有效数字)
(4)在实验三中，要得到功的具体数值来探究功与速度变化的关系，需要直接测量的物理量有______(多选)。 A.小车的质量 B.小桶和重物的总质量 C.纸带上记数点的位移 D.小车运动的时间
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18. (1)在“探究变压器线圈两端的电压与匝数之间的关系”实验中，小张同学利用如图甲所示可拆式变压
器进行研究。
①正确选择器材后，将上图中变压器的原线圈接线0、8接线柱与直流电压8.0𝑉相连(如图乙)，副线圈接线0、4接线柱接电表，则所接电表的示数是______ A.16.0𝑉 B.8.0𝑉 C.4.0𝑉 D.0
②小张同学利用多用电表“×10”倍率的电阻挡测量副线圈的电阻，如图丙所示，读数为______𝛺 (2)实验方案对实验测量的精度有直接的影响，某学习小组对“测量电源的电动势和内阻”的实验方案进行了探究。实验室提供的器材有： 干电池一节(电动势约1.5𝑉，内阻小于1𝛺)； 电压表𝑉(量程3V，内阻约3𝑘𝛺)； 电流表𝐴(量程0.6𝐴，内阻约1𝛺)； 滑动变阻器𝑅(最大阻值为20𝛺)； 定值电阻𝑅1(阻值2𝛺)； 定值电阻𝑅2(阻值5𝛺)； 开关一个，导线若干。
①小组按照图甲所示的电路进行实验，通过调节滑动变阻器阻值使电流表示数逐渐接近满偏，记录此过程中电压表和电流表的示数，利用实验数据作出𝑈−𝐼图像，如图乙所示。结果发现电压表示数的变化范围比较小，出现该现象的主要原因是______。 A.电压表分流 B.干电池内阻较小
C.滑动变阻器最大阻值较小 D.电流表内阻较小
②针对电压表示数的变化范围比较小的问题，该小组利用实验室提供的器材改进了实验方案，重新测
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量，根据实验数据做出𝑈−𝐼图像，如图丙所示。根据图像可知，所选的定值电阻为______(填“𝑅1”或“𝑅2”)，干电池内阻𝑟=______𝛺。(保留两位有效数字)
四、计算题（本大题共4小题，共41.0分）
19. 疫情期间，为了避免人员的直接接触，常用无人机运送物品。如图所示，
无人机携带质量𝑚=1𝑘𝑔的医药箱从地面由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，经过𝑡1=2𝑠后开始做匀速直线运动，匀速上升ℎ0=20𝑚，然后再经匀减速𝑡2=4𝑠后到达用户阳台，此时无人机恰好悬停，医药箱离地高度
ℎ=32𝑚。若在匀加速阶段无人机对医药箱的作用力大小为𝐹=15𝑁，整个运动过程中医药箱可看成质点，且所受空气阻力恒定。求： (1)医药箱运动过程中的最大速度；
(2)匀加速阶段医药箱的加速度的大小和位移大小； (3)匀减速阶段无人机对医药箱的作用力大小。
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ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段为倾角𝜃=37°的粗糙倾斜轨道，BC段水平光滑，20. 如图所示，
CD段是半径为𝑟=0.1𝑚的光滑半圆，AB段轨道所在区域有场强大小为𝐸0=各段轨道均平滑连接。
4𝑚𝑔5𝑞
、
方向垂直于倾斜轨道向下的匀强电场，𝐵𝐵′是电场边界(垂直于倾斜轨道)。一个质量为m，电荷量为q的带正电小物块(视为点电荷)在倾斜轨道上的A点由静止释放。已知A、B之间的距离为𝐿=1𝑚，倾𝑠𝑖𝑛37°=0.6，𝑐𝑜𝑠37°=0.8。斜轨道与小物块之间的动摩擦因数为𝜇=0.25，设小物块电荷量保持不变， (1)求小物块运动至B点的速度大小；
(2)若匀强电场的电场强度E大小可以变化，为使小物块通过圆轨道最高点，求E的最大值(结果用𝐸0表示)；
(3)若小物块刚好通过圆轨道最高点，离开D点后又恰好没有进入电场直接落在BC面上，求BC的长度？
21. 如图甲所示，两光滑平行轨道置于水平面内，轨距为𝐿1=1𝑚，其中AB、𝐴′𝐵′段轨道是绝缘材料，其
余轨道都是金属材料。虚线右侧有大小为𝐵=0.5𝑇，方向垂直导轨平面向下的匀强磁场。金属棒a、b垂直导轨静止放置，电阻𝑅𝑎=𝑅𝑏=1𝛺，质量𝑚𝑎=𝑚𝑏=0.1𝑘𝑔。导轨间通过单刀双掷开关S连接电动势为𝐸=1.5𝑉的电源和电容为𝐶=0.2𝐹的电容器，先将开关S接通“1”，待电路稳定后再接通“2”。已知金属棒a在到达𝐴𝐴′前已达到最大速度，轨道足够长且两金属棒运动过程中始终不碰撞。不计金
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属导轨电阻。求
(1)金属棒a在到达𝐴𝐴′前的最大速度𝑣𝑚； (2)整个过程中金属棒b产生的焦耳热𝑄𝑏；
(3)若将AB、𝐴′𝐵′段右侧轨道改为如图乙所示，金属棒b静止置于轨距为𝐿2=0.5𝑚的窄轨道上，其余b的最终速度大小。 条件不变。金属棒a始终在宽轨道上运动，金属棒b始终不脱离轨道，求金属棒a、
22. 如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B。磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相
交于M、N，𝑀𝑁=𝐿，磁场方向平行薄板。在电压可调的平行金属板负极板附近，质量为m，电荷量为−𝑞的粒子由静止加速后从磁场左边界的P点水平射入磁场，粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短)，反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反。P点到板的距离为4，粒子重力不计，电荷量保持不变。(𝑠𝑖𝑛53°=0.8,𝑐𝑜𝑠53°=0.6,√3≈1.732) (1)若粒子未与板碰撞，直接从磁场左边界射出，求电压U的范围； (2)若粒子垂直磁场右边界射出，求粒子在磁场中运动的最短时间t； (3)若粒子从磁场右边界射出，求电压U的范围和粒子最多与板碰撞的次数。
𝐿
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答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：𝐴.米m、秒s都是国际单位制的基本单位，故A正确； B.欧姆𝛺是导出单位，故B错误； C.伏特V是导出单位，故C错误； D.牛顿N是导出单位，故D错误。 故选：A。
国际单位制的基本单位有：米m、千克kg、秒s、摩尔mol、开尔文K、安培A、坎德拉cd。 该题考察力学单位制，需掌握7个国际单位制的基本单位。
2.【答案】D
【解析】解：A、轻核聚变比重核裂变产能效率高，故A错误； B、核电站利用了核裂变，氢弹利用了核聚变，故B错误； C、可控热核反应还没有研制成功，故C错误；
321D、氘核与氚核结合为氦核的聚变方程是 1𝐻+1𝐻→42𝐻𝑒+0𝑛，遵循质量数电荷数守恒，故D正确。
故选：D。
重核裂变和轻核聚变都释放核能，裂变主要应用在核电站和原子弹方面，聚变主要应用在氢弹，核反应方程遵循质量数电荷数守恒。
本题主要考查了重核裂变和轻核聚变，掌握裂变主要应用在核电站和原子弹方面，聚变主要应用在氢弹，核反应方程遵循质量数电荷数守恒是解题的关键。
3.【答案】C
【解析】解：A、氢气球的惯性只跟其质量有关，与汽车的速度无关，故A错误； B、由车挂件的状态表明汽车的加速度向前，汽车做向前的加速运动，故B错误；
C、根据氢气球的状态，其合力水平向右，对氢气球受力分析，氢气球受重力和空气对氢气球有斜向右上方的作用力，故C正确；
D、空气对氢气球的作用力和氢气球对空气的作用力是一对相互作用力，等大反向，故D错误。 故选：C。
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惯性只与质量有关，根据车挂件的状态分析其受力情况，然后分析其运动状态的可能性。
此题考查了惯性以及牛顿第三定律的应用，考查学生对实际生活现象的观察及应用物理常识分析能力。
4.【答案】B
【解析】解：A、原子核的比结合能越大，原子核就越稳定，故A错误；
B、因为一切波都能发生衍射，电子束穿过铝箔后的衍射图样说明发生了衍射现象，即说明电子具有波动性，故B正确；
C、放射性元素的大量原子核有半数发生衰变所需要的时间，称之为该元素的半衰期，它是对大量原子核的统计规律，对少量原子核不适用，故C错误；
D、卢瑟福𝛼粒子散射实验，揭示了原子具有核式结构，而原子只能处于一系列不连续的能量状态中是玻尔的原子模型理论，故D错误。 故选：B。
原子核的比结合能越大，原子核就越稳定；一切波都能发生衍射，电子束穿过铝箔后的衍射图样说明发生了衍射现象；半衰期是对大量原子核的统计规律，对少量原子核不适用；卢瑟福𝛼粒子散射实验，揭示了原子具有核式结构。
本题考查了量子物理中几个典型的实验现象与所证实的理论的联系，需要理解性记忆。
5.【答案】D
【解析】A、真空冶炼炉的工作原理是利用涡流使炉内产生大量的热量而使金属熔化，根据法拉第电磁感应定律可知频率越高、相同条件下产生的感应电动势越大，感应电流就会越大，所以真空冶炼炉线圈中应通高压高频交流电，故A错误；
B、频率越大，扼流圈对电流的阻碍作用越明显，扼流圈对电流的阻碍作用与电流的大小无关，故B错误； CD、动圈式扬声器和磁电式电流表都是利用通电线圈受安培力进行工作的，动圈式扬声器不是利用电磁感应现象进行工作的，故C错误、D正确。 故选：D。
真空冶炼炉线圈中应通高压高频交流电；扼流圈对电流的阻碍作用与电流的大小无关；根据动圈式扬声器和磁电式电流表的工作原理进行分析。
本题主要是考查电磁感应现象的应用，关键是弄清楚各个用电器的工作原理，知道扼流圈在电路中的作用。
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6.【答案】A
AB、【解析】解：由图可知射向翅脊的光被翅脊的前、后表面反射，在翅脊的前表面处会形成彩色的条纹，这种情况属于薄膜干涉，是光的干涉现象，故A正确，B错误； C、光经翅脊反射后的频率不变，故C错误；
D、翅脊的折射率大于空气的折射率，则光在翅脊中的速度小于光在空气中的速度，由𝑣=𝜆⋅𝑓可知，光在翅脊中的波长小于在空气中波长，故D错误。 故选：A。
光被翅脊的前、后表面反射后形成的彩色属于薄膜干涉，光的频率是由光源决定的，光在介质中的速度𝑣=𝑛。 该题属于物理知识在日常生活中的应用，解答的关键是能结合图乙正确判断出该现象属于光的薄膜干涉。
𝑐
7.【答案】B
【解析】解：AD、直导线中通有向上的电流，根据安培定则，知导线右侧的磁场方向垂直纸面向里，则线圈abcd内部的区域磁场方向为垂直线圈所在平面向里；用外力使线圈向直导线靠近时穿过线圈向里的磁通量增大，根据楞次定律，知感应电流的方向为：𝑎→𝑏→𝑐→𝑑→𝑎，故AD错误；
B、根据左手定则，ab边受安培力方向向右，cd边受到的安培力的方向向左，但ab处的磁感应强度大，所以ab边受到的安培力大，即直导线对线框的作用向右，由牛顿第三定律可知，线框对直导线有向左的作用力，故B正确；
C、根据左手定则，bc边受安培力方向向上，ad边受到的安培力的方向向下，由于到导线距离相等处的磁感应强度相等，所以两个安培力的大小相等，故C错误。 故选：B。
根据安培定则判断导线右侧的磁场方向以及磁场的变化，再根据楞次定律判断感应电流的方向，最后根据左手定则判断出各边所受安培力的方向，注意离导线越近，磁感应强度越大．
解决本题的关键掌握安培定则，左手定则，以及会用法拉第电磁感应定律求出感应电流大小，用楞次定律判断感应电流方向．
8.【答案】C
【解析】解：手机受到重力、支持力、纳米材料的吸力、摩擦力，其中纳米材料对手机作用力为支持力、纳米材料的吸引力、摩擦力的合力，手机受力如图所示：
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ACD、纳米材料对手机作用力F为支持力、纳米材料的吸力、摩擦力的合力，和重力是一对平衡力，大小等于重力，即𝐹=𝐺，方向竖直向上，作用力不可能大于G，故AD错误，C正确； B、根据平衡条件可知，在垂直支架方向有：𝐹𝑁=𝐺𝑐𝑜𝑠𝜃+𝐹吸>𝐺𝑐𝑜𝑠𝜃，故B错误。 故选：C。
对手机进行受力分析，其中纳米材料对手机作用力为支持力、纳米材料的吸力、摩擦力的合力，这个合力和重力是一对平衡力，和重力等大反向；利用正交分解法，在平行于斜面上，有𝑓=𝐺𝑠𝑖𝑛𝜃，在垂直于斜面上，有𝐹𝑁=𝐺𝑐𝑜𝑠𝜃+𝐹吸，通过这两个方程可以求出支持力；应用平衡条件求出作用力大小。 本题考查了共点力的平衡条件。要理解纳米微吸材料对手机的作用力，是支持力、吸力、摩擦力三者的合力。其中摩擦力是存在的，不要受“平整光滑”这个词的影响。“整光滑的硬性物体”是产生吸力的条件，吸力的方向和斜面垂直，最终目的是为了增大最大静摩擦力。
9.【答案】C
【解析】解：设人相对于车厢的速度约为𝑣1=1.5𝑚/𝑠，列车相对于地面的速度𝑣2=216𝑘𝑚/ℎ=60𝑚/𝑠，设隧道长度为L
由匀速直线运动规律得每节车厢长度为：𝑥=𝑣1𝑡=1.5×15𝑚=22.5𝑚 则列车总长度为：𝑠=16𝑥=16×22.5𝑚=360𝑚 由匀速直线运动规律得：𝐿−𝑥=𝑣2𝑡
解得：𝐿=𝑥+𝑣2𝑡=(22.5+60×15)𝑚=922.5𝑚 由匀速直线运动规律得该列车通过隧道的时间为：𝑡′=
𝑠+𝐿𝑣2
=
360+922.5
60
𝑠=20.375𝑠
则该列车通过隧道的时间最接近C选项的21s，故A、B、D三个选项都错误，C选项正确； 故选：C。
人和列车都看作为匀速直线运动，两者的运动时间相同。要计算列车通过隧道的时间，则需先计算隧道长度和列车的总长度。
本题主要考查匀速直线运动的相关计算，做题时需注意合适的参考系，并且可借助过程示意图理解题干，
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化抽象为具体。
10.【答案】D
【解析】解：A、整个交会对接过程中轨道器与返回器组合体与上升器发生完全非弹性碰撞，系统的机械能减少，故A错误；
B、设对接后的共同速度为v，取对接前轨返体的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：𝑚2𝑣2+𝑚𝑣1=(𝑚2+𝑚)𝑣，代入数据解得𝑣≈1610.52𝑚/𝑠，故B错误；
C、设月球的第一宇宙速度为𝑣月，地球的第一宇宙速度𝑣地，根据万有引力提供向心力，得： 对于近月卫星，有𝑚𝑔=𝑚
卫月卫𝑣2𝑅
月
，得𝑣月=√𝑔月𝑅月 ，得𝑣地=√𝑔地𝑅地
对于近地卫星，有𝑚卫′𝑔地=𝑚卫′则𝑣=√𝑔
地
𝑣2
地
𝑅地
𝑣月𝑔月𝑅月
地地
𝑅
=√×
6
1311
≈0.21，则𝑣月=0.21𝑣地=0.21×7.9𝑘𝑚/𝑠≈1.7𝑘𝑚/𝑠，即上升器要绕月球做圆
周运动至少需要约为1.7𝑘𝑚/𝑠的发射速度，故C错误；
D、交会对接过程，对上升器，根据动量定理得外力对上升器的冲量𝐼=𝑚(𝑣−𝑣1)=500×(1610.52−1607.1𝑚/𝑠)𝑁⋅𝑠≈1709𝑁⋅𝑠，故D正确。 故选：D。
整个交会对接过程机械能减少；交会对接过程，根据动量守恒定律求对接后的共同速度；根据万有引力提供向心力，求出月球的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比，从而求得月球的第一宇宙速度，即可知上升器的发射速度；交会对接过程，根据动量定理求外力对上升器的冲量。
解答本题时，要明确交会对接过程遵守的物理规律：动量守恒定律。利用万有引力提供向心力，能求出第一宇宙速度表达式。
11.【答案】C
【解析】解：A、因为a、O两点距该通电直导线的距离相等，所以这两点的磁感应强度大小相等，但通电直导线周围的磁场呈同心圆分布，由安培定则可知，a处的磁感应强度方向水平向左，O处的磁感应强度方向水平向右，所以a、O两点的磁感应强度大小相等，方向不同，故A错误；
B、粒子做匀速圆周运动，合力为向心力，大小不变，方向始终指向圆心，所以一直在变化，故B错误； C、粒子在a点时速度方向与磁感应强度方向平行，粒子受到的洛伦兹力大小为0，同理粒子在c点受到的
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洛伦兹力也为0，而粒子在d点时，由于磁感应强度与速度之间不平行，所以安培力不为0，由此定性分析可知，从a到c粒子所受的洛伦兹力先变大再变小，故C正确；
D、因为洛伦兹力总是与速度方向垂直，所以洛伦兹力永不做功，故D错误。 故选：C。
根据通电直导线周围的磁场分布情况判断a、O两点的磁感应强度的情况；根据匀速圆周运动向心力的特点分析粒子所受合力的变化情况；通过分析粒子在a、d、c两点所受洛伦兹力的大小定性分析洛伦兹力的变化；根据洛伦兹力的特点判断做功情况。
本题考查通电直导线周围的磁场分布及带电粒子在磁场中的运动情况，要充分了解模型特点才能做出准确判断。也要掌握对特殊点进行定性分析从而得出结论这一技巧。
12.【答案】B
【解析】解：小球在最低点的速度为v，由牛顿第二运动定律得：𝐹−𝑚𝑔=𝑚。
𝑅𝑣2
由平抛运动规律和几何关系有，小球的水平射程：𝑥=𝑠=𝑣𝑡，小球的竖直位移：𝑦=ℎ=2𝑔𝑡2， 𝑥=𝑦=𝑥𝑡𝑎𝑛𝜃，联立解得：由几何关系有：
𝐹=10.0𝑁，代入解得：𝑚=0.5𝑘𝑔。 故选：B。
熟练应用圆周运动的规律：𝐹−𝑚𝑔=𝑚和平抛运动规律，抓住小球平抛运动运动的竖直位移和水平位𝑅𝑣2
2𝑣2𝑡𝑎𝑛𝜃
𝑔
1
𝐹=𝑚𝑔+2𝑅𝑡𝑎𝑛𝜃𝑥，由图象知：，则有：当𝑥=0.5𝑚时，
𝑚𝑔
移的比值等于斜面倾角的正切值，得出水平射程：x与𝑡𝑎𝑛𝜃的关系式，结合圆周运动规律的得到F和x的关系式.根据图象找到特殊点可求出质量。
知道平抛运动水平方向和竖直方向上运动的规律，抓住竖直位移和水平位移的关系，尤其是掌握平抛运动的位移与水平方向夹角的正切值的表达式进行求解.注意公式和图象的结合，重点是斜率和截距．
13.【答案】C
【解析】解：由余弦定理求得：则AB两球之间的库仑力𝐹𝐴𝐵=𝐴𝐵=√1.6𝐿2+𝐿2−2×1.6𝐿×𝐿𝑐𝑜𝑠37°=𝐿，
𝑘𝑞2𝐿2𝐴𝐵
=
9𝑚𝑔20
。
A、在初始位置，速度为零，但之后将做圆周运动，所以在指向圆心方向上，绳子拉力𝑇=𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠37°+𝐹𝐴𝐵cos(37°+37°)=0.8𝑚𝑔+
9𝑚𝑔20
𝑐𝑜𝑠74°>0.8𝑚𝑔，故A错误；
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B、小球受重力、拉力和静电力三个力作用，三个力的效果一方面要产生向心加速度，还要产生切向加速度，即三个力不仅产生回复力，还产生向心力，故B错误； C、小球运动到最低点时，由题意绳子拉力𝑇=
134
𝑚𝑔，𝐹吸=(0.6𝐿)2=0.36×
𝑘𝑞2
19𝑚𝑔20
=
5𝑚𝑔4
，在最低点根据牛顿第二定律有：𝑇−𝑚𝑔−𝐹吸=𝑚𝑎𝑛，代入后得到𝑎𝑛=𝑔，故C正确； D、由在最低点的向心加速度𝑎𝑛=𝑔=
𝑣2𝐿
，可求最低点的速度𝑣=√𝑔𝐿，从开始到最低点，由于绳子张力
1
不做功，所以根据动能定理有：𝑊电+𝑚𝑔𝐿(1−𝑐𝑜𝑠37°)=2𝑚𝑣2，代入可求得𝑊电=0.3𝑚𝑔𝐿，静电力做
正功，则电势能减小，故D错误。 故选：C。
先由几何关系求出AB之间的距离，然后由库仑定律即可求出两个小球之间的库仑力的大小，由法向加速度为零求出初始时刻的拉力；
对小球A受力分析，受重力、静电力和细线的拉力，从而判断合力的效果； 根据题设条件由牛顿第二定律求出最低点的加速度；
由上一问的结论可以求出最低点速度，再由动能定理可求出静电力做的功，从而知道电势能的变化。 本题考查了库仑定律、牛顿第二定律、动能定理等内容，是一道很好的力电综合题，关键是根据牛顿第二定律并结合向心力公式等知识点来求解，同时还要用到动能定理等内容。
14.【答案】ABD
【解析】解：A、由图可知实线波的波长𝜆=4𝑚，可得波速𝑣=𝜆𝑓=4×5𝑚/𝑠=20𝑚/𝑠，故A正确； B、由图可知虚线波的波长大于实线波的波长，故虚线波比实线波更容易发生明显衍射现象，故B正确； C、由𝑣=𝜆𝑓可知，两列波波速相同，由图可知波长不同，则可知两列波频率不同，无干涉现象，不存在振动加强区的说法，故C错误；
𝜆𝜆
D、实线波的周期为𝑇=𝑓=5𝑠=0.2𝑠，根据𝑣=可知，𝑇=，实线波与虚线波的波速一样，波长比是2：
𝑇
𝑣
1
1
3，则周期比是2：3，则虚线波的周期为0.3𝑠，由同侧法可知，在图示时刻对于实线波𝑥=6𝑚质点向上振动，虚线波𝑥=6𝑚处的质点也向上振动，所以实线波经过0.45𝑠即24𝑇，质点处于正向最大位移处，虚线𝑥=6𝑚质点处在正向最大位移即𝑦=10𝑐𝑚，波经过0.45𝑠即12𝑇′，回到平衡位置，叠加后可得，故D正确。 故选：ABD。
由波动图可读出波长，利用公式求出波速。由波形图可知实线波的波长小于虚线波的波长，故虚线波比实
1
1
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线波更容易发生明显衍射现象。根据𝑣=𝑇可知，𝑇=𝑣，实线波与虚线波的波速一样，波长比是2：3，则周期比是2：3，频率之比是3：2，不可能发生干涉。利用波的叠加原理分析𝑥=6𝑚处的质点的位移。 本题主要是考查了波的图象，波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系。同时，熟练要分析波动形成的过程，分析物理量的变化情况。
𝜆𝜆
15.【答案】BC
【解析】解：A、由图乙可知，交变电流的峰值是𝐸𝑚=220√2𝑉，𝜔=100𝜋𝑟𝑎𝑑/𝑠，则副线圈两端电压的瞬时值表达式为𝑢=220√2𝑠𝑖𝑛100𝜋𝑡 𝑉，
由于电阻R的分压作用，故热水器两端的电压最大值小于220√2𝑉，热水器两端电压的瞬时值表达式为𝑢<220√2𝑠𝑖𝑛100𝜋𝑡 𝑉，故A错误；
B、电压表的示数为原线圈的电压有效值，根据变压器原理可知，𝑈𝑉=𝑈2×2=
𝑛
1
𝑛
𝐸𝑚√×1=22
220√2√2×1𝑉=
2
440𝑉，故B正确；
C、当闭合开关S接通抽油烟机时，副线圈电阻减小，电流增大，R两端电压增大，而副线圈两端电压不变，所以热水器两端电压减小，故C正确；
D、接通开关，电流增大，电压不变，所以副线圈消耗的功率增大，输入功率等于输出功率，故输入功率增大，故D错误。 故选：BC。
根据图乙写出交变电流的瞬时值表达式，由此分析热水器两端电压的瞬时值表达式；电压表测的是电压的有效值；根据动态分析法分析热水器两端电压以及变压器的输入功率。
本题考查变压器基本原理的应用，要求能会写交变电流的瞬时值表达式，应知道电压表与电流表测的是交变电流的有效值，能用动态分析法判断电流、电压的变化。
16.【答案】CD
𝑈𝐶=𝜈−，𝐸𝑘𝑚=ℎ𝑣−𝑊，【解析】解：根据光电效应方程：其中𝑒𝑈𝐶=𝐸𝑘𝑚，整理得：对应的𝑈𝑐−𝜈图𝑒𝑒象如图，
A、根据图象的函数解析式𝑈𝐶=𝜈−，可知甲、乙图线的斜率是.不是普朗克常量h，故A错误；
𝑒𝑒𝑒B、图象和横坐标的交点为截止频率𝜈0，金属的逸出功𝑊=ℎ𝜈0，所以两次实验相比，乙实验中所用金属的逸出功较大。故B错误；
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ℎ
𝑊
ℎ
ℎ
𝑊
C、图象反向延长线和纵坐标的交点为遏止电压，如图所示，乙的遏止电压比甲的大，而𝑒𝑈𝐶=𝐸𝑘𝑚，所以两次实验用同频率的入射光(均产生光电子)，甲实验中的光电子的最大初动能较大。故C正确； D、根据双缝干涉的条纹间距△𝑥=𝑑𝜆，可知对于同一个实验装置，波长越大，条纹间距越大，根据图象可知，甲的频率小，而波长大，所以用频率为甲、乙实验中截止频率的光，分别通过同一双缝干涉装置，则甲实验中的光形成的条纹间距大。故D正确； 故选：CD。
根据根据光电效应方程：𝐸𝑘𝑚=ℎ𝜈−𝑊，其中𝑒𝑈𝐶=𝐸𝑘𝑚，整理得：𝑈𝐶=𝑒𝜈−𝑒，根据图象可以选出答案。
本题考查了爱因斯坦光电效应方程。不同的概念、规律之间往往存在内在的联系，弄清相关概念、规律之间的联系，有助于提升高中物理学习的水平。
ℎ
𝑊
𝐿
17.【答案】B B 0.83 BC
【解析】解：(1)𝐴、在这三个实验中“探究小车速度随时间变化规律“不需要平衡摩擦力，故A错误； B、三个实验都需要调节滑轮高度使细线与长木板平行，故B正确；
C、三个实验中都用到了电火花打点计时器，工作电压是220V，需要用到220V的交流电源，不使用学生电源，所以C错误；
D、“探究加速度与力、质量的关系和“探究功与速度变化的关系需要小车质量都必须远远大于重物质量，探究小车速度随时间山回变化规律“不需要小车质量都必须远远大于重物质量，故D错误。 故选B。
(2)𝐴、图(𝑎)中图像没有过原点，说明从0计时点开始，小车具有初速度，小车做匀加速直线运动，𝑣−𝑡图像是一条直线说明数据没有错，故A错误；
B、图(𝑏)中图像没有过原点可能是因为没有平衡摩擦力，故B正确； C、图(𝑐)是一条曲线，不能说明做功与速度的平方成正比，故C错误； 故选B。
(3)由题可知，相邻两个点的时间间隔𝑇=5×0.02𝑠=0.1𝑠，小车是匀加速直线运动， 则由中间时刻瞬时速度等于该过程的平均速度可得计数点D对应的小车速度𝑣𝐷=0.83𝑚/𝑠，
(4)要得到功的具体数值，需要测量小桶和重物的总质量以及下将的高度即纸带上记数点的位移，不需要测量时间以及小车的质量，故BC正确，AD错误。
𝑥𝐶𝐸2𝑇
=
0.2960−0.1300
2×0.1
𝑚/𝑠=
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故选BC．
故答案为：(1)𝐵(2)𝐵(3)0.83(4)𝐵𝐶。
利用图示小车纸带装置可以完成很多实验，在研究匀变速直线运动时不需要平衡摩擦力，“研究匀变速直线运动”时，细线必须与木板平行以保持加速度不变；在探究“小车的加速度a与力F的关系”时，根据牛顿第二定律求出加速度a的表达式，不难得出当重物的质量远远小于小车的质量时，可以用重物的重力代替绳子的拉力；
根据三个实验的原理及操作过程和注意事项进行判断；根据匀变速直线运动的推论公式𝛥𝑥=𝑎𝑇2可以求出加速度的大小。
解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，然后熟练应用物理规律来解决实验问题，要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。
18.【答案】D 55 B 𝑅1 0.38
【解析】解：(1)在探究变压器电压与匝数的关系实验中：①变压器只能改变交流电的电压，接直流时磁通量的变化率为零，所以示数为零，故选D；
②欧姆表的示数为指针示数与倍率的乘积，故线圈的电阻为𝑅=5.5×10𝛺=55𝛺；
(2)根据图甲来测量干电池的电动势和内阻，𝑈=𝐸−𝐼𝑟，根据欧姆定律有：所以𝑈−𝐼的图象的斜率|𝑘|=𝑟，故变化率真小是因为干电池的内阻太小，故选B；
②定值电阻应当与电源内阻相当，故定值电阻选择阻值为2𝛺的𝑅1。 根据闭合电路欧姆定律有𝑈=𝐸−𝐼(𝑅1+𝑟)，结合图象的斜率|𝑘|=𝑅1+𝑟=
1.43−00.60
𝛺，解得𝑟=0.38𝛺。
故答案为：(1)①𝐷、②55(54～56均正确)；(2)①𝐵、②𝑅1、0.38(0.38～0.50均正确)
(1)①明确变压器工作原理，知道变压器只能改变交流电的电压，不能改变直流电的电压。②欧姆表的示数为指针示数与倍率的乘积；
(2)①明确实验原理，知道实验中需要测量的物理量，从而确定应选择的仪器；②写出𝑈−𝐼表达式，结合图象的斜率求电源的内阻。
做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验和“测量电源电动势和内阻”的实验时，需要按照原理去确定实验器材和处理数据。
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19.【答案】解：(1)设医药箱的最大速度为𝑣𝑚，
第一阶段，初速度为0的匀加速直线运动，位移大小ℎ1=第二阶段，匀速直线运动，位移大小ℎ0=20𝑚 第三阶段，匀减速直线运动，位移大小ℎ2=整个过程上升的高度ℎ=ℎ1+ℎ0+ℎ2
代入数据解得：𝑣𝑚=4𝑚/𝑠，ℎ1=4𝑚，ℎ2=8𝑚 (2)匀加速阶段的加速度大小𝑎1=
𝛥𝑣𝛥𝑡
𝑣𝑚+02
𝑣𝑚+02
𝑡1
𝑡2
=
𝑣𝑚𝑡1
=2/𝑠2=2𝑚/𝑠2，
4
由(1)可知，匀加速阶段的位移大小ℎ1=4𝑚 (3)匀减速阶段的加速度大小𝑎2=
𝛥𝑣′𝛥𝑡′
=
𝑣𝑚𝑡2
=𝑚/𝑠2=1𝑚/𝑠2，
4
4
设阻力大小为f，减速阶段无人机对医药箱的作用力大小为𝐹′，对医药箱，由牛顿第二定律得： 匀加速阶段：𝐹−𝑚𝑔−𝑓=𝑚𝑎1 匀减速阶段：𝑚𝑔+𝑓−𝐹′=𝑚𝑎2 代入数据解得：𝐹′=12𝑁
答：(1)医药箱运动过程中的最大速度大小是4𝑚/𝑠，方向竖直向上； (2)匀加速阶段医药箱的加速度的大小是2𝑚/𝑠2，位移大小是4m； (3)匀减速阶段无人机对医药箱的作用力大小是12N。
【解析】(1)根据无人机的运动过程应用运动学公式求出最大速度。 (2)根据加速度的定义式求出加速度大小，根据运动学公式求出位移大小。
(3)求出匀减速阶段的加速度大小，然后应用牛顿第二定律求出无人机对医药箱的作用力大小。 本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚运动过程是解题的前提，根据运动过程应用匀变速直线运动的平均速度公式求出最大速度，然后应用牛顿第二定律即可解题。
2
20.【答案】解：(1)受力分析如图，由动能定理：𝑚𝑔𝐿𝑠𝑖𝑛37°−𝜇(𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠37°+𝑞𝐸0)𝐿=2𝑚𝑣𝐵
1
代入数据解得：𝑣𝐵=2𝑚/𝑠
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(2)小物块恰好能过D点时，电场强度最大，根据牛顿第二定律有𝑚𝑔=𝑚代入数据解得𝑣𝐷=1𝑚/𝑠
2𝑣𝐷
𝑟
2
小物块由A运动到D，根据动能定理有𝑚𝑔(𝐿𝑠𝑖𝑛37°−2𝑟)−𝜇(𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠37°+𝑞𝐸)𝐿=2𝑚𝑣𝐷
1
联立解得𝐸=
3𝑚𝑔5𝑞
=4𝐸0
𝑣
3
𝐷
(3)假设小物块离开D点后做平抛运动的轨迹与𝐵′𝐵相切与M点，有𝑣𝑦=𝑡𝑎𝑛37∘=𝑔𝑡
代入数据解得：𝑡=15𝑠
平抛运动水平位移𝑥1=𝑣𝐷𝑡=1×15𝑚=15𝑚 下落高度ℎ1=2𝑔𝑡2=2×10×(15)2𝑚=45𝑚
根据几何关系：𝑥2=(2𝑟−ℎ1)𝑡𝑎𝑛37°=(2×0.1−45)×4𝑚=12𝑚 BC轨道长度为𝑥=𝑥1+𝑥2=15𝑚+12𝑚=60𝑚
2
1
13
4
3
1
1
1
2
4
2
2
2
答：(1)小物块运动至B点的速度大小为2𝑚/𝑠；
(2)若匀强电场的电场强度E大小可以变化，为使小物块通过圆轨道最高点，E的最大值为
3𝐸04
；
13
BC的长度为60𝑚. (3)若小物块刚好通过圆轨道最高点，离开D点后又恰好没有进入电场直接落在BC面上，
【解析】(1)小物块由A点运动到B点的过程，根据动能定理求小物块运动至B点的速度大小； (2)研究小物块刚好通过圆轨道最高点的情形，此时在最高点由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出物块通过最高点的临界速度。从A点到圆轨道最高点的过程，利用动能定理求E的最大值； (3)小物块离开D点后做平抛运动，根据平抛运动公式和几何关系相结合求BC长度。
本题考查动能定理、机械能守恒及运动学基本公式的直接应用，要能正确对物体受力分析，确定物体的运动情况，利用好数学知识帮助解答。
21.【答案】解：(1)将开关S接通“1”后，电容器充电后的电压为𝑈1=𝐸=1.5𝑉
带电量为𝑞1=𝐶𝑈1=0.2×1.5𝐶=0.3𝐶
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接通“2”后，电容器放电，形成放电电流，金属棒a在安培力作用向右做加速运动，在到𝐴𝐴′前的最大速度为𝑣𝑚，此时有𝑈2=𝐵𝐿1𝑣𝑚 电容器带电量为𝑞2=𝐶𝑈2
对金属棒a，取向右为正方向，根据动量定理有 𝐵𝐼𝐿1⋅𝛥𝑡1=𝑚𝑎𝑣𝑚−0
流过金属棒a的电荷量𝛥𝑞=𝐼⋅𝛥𝑡1 联立整理得𝛥𝑞=
𝑚𝑎𝑣𝑚𝐵𝐿1
−
−
=𝑞1−𝑞2
联立解得𝑣𝑚=1𝑚/𝑠 (2)金属棒a、b最终速度为v。
由于两棒组成的系统合外力为零，所以系统的动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律有 𝑚𝑎𝑣𝑚=(𝑚𝑎+𝑚𝑏)𝑣 解得𝑣=0.5𝑚/𝑠
2
−2(𝑚𝑎+𝑚𝑏)𝑣2 金属棒a滑过𝐵𝐵′后产生的总热量为𝑄=2𝑚𝑎𝑣𝑚
1
1
金属棒b产生的焦耳热𝑄𝑏=𝑅解得𝑄𝑏=0.0125𝐽
𝑅𝑏
𝑎+𝑅𝑏
𝑄
(3)令金属棒a、b的最终速度为𝑣1、𝑣2，根据两棒产生的感应电动势相等有𝐵𝐿1𝑣1=𝐵𝐿2𝑣2
1
得𝑣=2 2
𝑣1
对金属棒a，取向右为正方向，根据动量定理有−𝐵𝐼𝐿1⋅𝛥𝑡2=𝑚𝑎𝑣1−𝑚𝑎𝑣𝑚 对金属棒b，根据动量定理有𝐵𝐼𝐿1⋅𝛥𝑡2=𝑚𝑏𝑣2−0 联立解得𝑣1=0.2𝑚/𝑠，𝑣2=0.4𝑚/𝑠
答：(1)金属棒a在到达𝐴𝐴′前的最大速度𝑣𝑚为1𝑚/𝑠。 (2)整个过程中金属棒b产生的焦耳热𝑄𝑏为0.0125𝐽。 (3)金属棒a、b的最终速度大小分别为0.2𝑚/𝑠、0.4𝑚/𝑠。
(1)将开关S接通“1”后，【解析】电容器充电后的电压为𝑈1=𝐸=1.5𝑉，带电量为𝑞1=𝐶𝑈1；接通“2”，电容器放电，形成放电电流，金属棒a在安培力作用向右做加速运动，在到达𝐴𝐴′前已达到最大速度，金属棒产生的感应电动势与电容器板间电压相等，由动量定理求最大速度𝑣𝑚；
(2)金属棒a滑过AB、𝐴′𝐵′段后，在安培力作用下向右做减速运动，金属棒b在安培力作用下向右做加速
−
−
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运动，当两棒速度相等时，回路中不再产生感应电流，两棒不受安培力，两棒以相同速度做匀速直线运动，根据动量守恒定律求出两棒最终的速度，由能量守恒定律求整个过程中金属棒b产生的焦耳热𝑄𝑏； b利用动量定理列式，(3)分别对金属棒a、结合最终两棒产生的感应电动势相等，求两棒的最终速度大小。 本题是双棒问题，关键要明确两棒均切割磁感线时，最终稳定时产生的感应电动势相等，若两棒在等距轨道上运动时，根据系统的动量守恒求稳定时速度。若两棒在不等距轨道上运动时，根据动量定理求出稳定时速度。
22.【答案】解：(1)粒子从磁场左边界射出的最大半径为𝑟=8
洛伦兹力提供向心力，有𝑞𝑣𝐵=𝑚 𝑟粒子在电场中加速，有𝑞𝑈=2𝑚𝑣2 联立解得：𝑈=所以电压𝑈<
𝑞𝐵2𝐿2128𝑚
1
𝑣2
𝐿
𝑞𝐵2𝐿2128𝑚
2𝜋𝑚𝑞𝐵
(2)粒子在磁场中的运动周期𝑇=
𝐿
𝐿
如图1，粒子与板碰撞一次，运动时间最短，有𝑅2=(2)2+(𝑅−4)2 得𝑅=8𝐿
对应圆心角的正弦值𝑠𝑖𝑛𝜃=得𝜃=53°
运动时间𝑡=2×360∘×
53°
2𝜋𝑚𝑞𝐵
𝐿
2
5
𝑅
=0.8
=
53𝜋𝑚90𝑞𝐵
图1
(3)如图2所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切，粒子速度最小，电压最小，由几何关系有
𝐿4
=𝑅+𝑅𝑠𝑖𝑛60°
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得𝑅=
2−√32
𝐿
𝑣2𝑅
由洛伦兹力提供向心力有𝑞𝑣𝐵=𝑚 粒子在电场中加速，由动能定理得𝑞𝑈=2𝑚𝑣2 联立解得𝑈=所以电压𝑈≥
(2−√3)2𝑞𝐵2𝐿2
8𝑚(2−√3)2𝑞𝐵2𝐿2
8𝑚
1
𝐿
𝐿当上式中电压取等号时，粒子与极板碰撞次数最多，有𝑛=𝑅=2−√3𝐿≈7.464
2
与板最多碰撞次数为7次
图2
答：(1)若粒子未与板碰撞，直接从磁场左边界射出，电压𝑈<
𝑞𝐵2𝐿2128𝑚
；
(2)若粒子垂直磁场右边界射出，粒子在磁场中运动的最短时间为90𝑞𝐵； (3)若粒子从磁场右边界射出，电压𝑈≥
【解析】(1)根据洛伦兹力提供向心力，可以求出粒子的速度； (2)找出粒子从左边射出的临界值，可以求出最大距离； (3)根据题意，结合圆周运动的特点，可以求出运动可能的时间。
本题考查带电粒子在磁场中的运动，关键能画出粒子运动的轨迹图，另外要注意临界值的计算。
(2−√3)2𝑞𝐵2𝐿2
8𝑚
53𝜋𝑚
，粒子最多与板碰撞的次数为7次。
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