《(物理)江苏省南京市南京师范大学附属中学2018届高三5月模拟考试理科综合物理试题Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《(物理)江苏省南京市南京师范大学附属中学2018届高三5月模拟考试理科综合物理试题Word版含解析.pdf（18页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、1 2018 届高三模拟考试试卷物理 一、单项选择题 1. 近年来，人类发射了多枚火星探测器对火星进行科学探究，为将来人类登上火星、开发 和利用火星资源奠定了坚实的基础如果火星探测器环绕火星做“近地”匀速圆周运动，并 测得该探测器运动的周期为T，则火星的平均密度 的表达式为 (k 是一个常数 )( ) A. =kT 1 B. =kT C. =kT 2 D. =kT 2 【答案】 D 【解析】研究火星探测器绕火星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式： （r 为轨道半径即火星的半径），得，则火星的密度，由得 火星的平均密度（ k 为某个常量） ，D正确 2. 如图甲所示， 理想变压器原
2、、副线圈的匝数比为101，b 是原线圈的中心抽头，图中电 表均为理想的交流电表，定值电阻R=10 ，其余电阻均不计从某时刻开始在原线圈c、d 两端加上如图乙所示的交变电压下列说法正确的是( ) A. 当单刀双掷开关与a 连接时，电压表的示数为31.1V B. 当单刀双掷开关与b 连接且在0.01s 时，电流表示数为4.4A C. 当单刀双掷开关由a 拨向 b 时，副线圈输出电压的频率变为25Hz D. 当单刀双掷开关由a 拨向 b 时，原线圈的输入功率变小 【答案】 B 【解析】 由图象可知，电压的最大值为311V，交流电的周期为210 -2 s，所以交流电的频率 为，交流电的有效值为，根据电
3、压与匝数成正比，即可 知，副线圈的电压为，A错误；当单刀双掷开关与b 连接时，副线圈电压为 ，所以副线圈电流为，电流表示数为电流的有效值，不随时间的变化而变 化，所以电流表的示数为4.4A ，B正确；变压器不会改变电流的频率，所以副线圈输出电压 2 的频率为50Hz，C错误； 当单刀双掷开关由a 拨向 b 时， 原线圈的匝数变小，所以副线圈的 输出的电压要变大，电阻R上消耗的功率变大，原线圈的输入功率也要变大，D错误 【点睛】在理想变压器中，原副线圈两端的电压电流满足，副线圈消耗的电功率 决定原线圈输入功率，两者相等 3. 如图所示，船从 A处开出后沿直线AB到达对岸，若 AB与河岸成37角，
4、水流速度为4m/s， 则船在静水中的最小速度为( ) A. 2m/s B. 2.4m/s C. 3m/s D. 3.5m/s 【答案】 B 【解析】设水流速度为，船在静水中的速度为，船沿AB方向航行时，运动的分解，如 图所示，当与 AB垂直时，最小，故，B正确 4. 如图所示， A、 B 、C是三个完全相同的灯泡，L 是一个自感系数较大的线圈( 直流电阻可 忽略不计 )则 ( ) A. S 闭合时， A灯立即亮，然后逐渐熄灭 B. S 闭合时， B灯立即亮，然后逐渐熄灭 C. 电路接通稳定后，三个灯亮度相同 D. 电路接通稳定后，S断开时， C灯立即熄灭 【答案】 A 3 【解析】试题分析：S
5、闭合时，由于L 的电流增大，所以L 产生很大的阻抗，相当于L 是断 路，所以电流从A通过， A立即亮起来，但随着电流的稳定，L的阻抗消失，变成一根导线， 把 A短路，故 A逐渐熄灭，这时电路中BC并联在电源两端，电压增大，B灯变亮，并且BC 两灯的亮度相同，A正确 BC错误；电路接通稳定后，S断开时， L 中的电流减小，产生很大 的感应电流，相当于电源，有电流通过C灯，故 C灯不会立刻熄灭，D错误； 考点：考查了电感线圈对电流的阻碍作用 【名师点睛】 解决本题的关键掌握线圈对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时， 线圈会阻 碍电流的增大， 当电流减小时，线圈会阻碍电流的减小当电流不变时，线圈将与
6、之并联的 电路短路 5. 如图所示，某发射系统内有一木箱，木箱内有一竖直放置的轻质弹簧，弹簧上方有一物 块，木箱内上表面和下表面都装有压力传感器木箱静止时，上表面压力传感器的读数为 12.0N，下表面压力传感器的读数为20.0N当系统竖直向上发射时，上表面压力传感器读 数变为下表面压力传感器读数的一半，重力加速度g 取 10m/s 2，此时木箱的加速度为 ( ) A. 10.0m/s 2 B. 5.0m/s2 C. 2.5m/s2 D. 条件不足，无法确定 【答案】 C 【解析】 木箱静止时， 对弹簧和木块整体进行受力分析，受重力、 上方传感器向下的压力， 下方传感器向上的支持力，根据平衡条件
7、，有，解得 G=20-12=8N，弹簧重力不 计，故物体重力为8N ，即木箱的质量；对物体受力分析，受重力、弹簧的弹力 和上方传感器向下的压力，根据平衡条件，有，解得；当系统竖直向 上发射时，弹簧弹力不变，仍为20N，设上表面传感器的示数为F，则下表面传感器的示数 为 2F，对物体分析有，即；对整体分析有，即， 联立解得，C正确 【点睛】本题中有一隐含的条件，即加速运动时弹簧的形变量不变，即弹簧的弹力不变，然 后运动整体和隔离解题即可 4 二、多项选择题 6. 某静电除尘设备集尘板的内壁带正电，设备中心位置有一个带负电的放电极，它们之间 的电场线分布如图所示，虚线为某带电烟尘颗粒( 重力不计
8、) 的运动轨迹，A、B是轨迹上的 两点， C点与 B点关于放电极对称，下列说法正确的是( ) A. A 点电势低于B点电势 B. A 点电场强度小于C点电场强度 C. 烟尘颗粒在A点的动能小于在B点的动能 D. 烟尘颗粒在A点的电势能小于在B点的电势能 【答案】 AC 【解析】由沿电场线方向电势降低可知，A点电势低于B点电势， A正确；由图可知，A点 电场线比C点密集，因此A点的场强大于C点场强， B错误；烟尘颗粒带负电，从A到B的 过程中， 电场力做正功， 动能增加， 烟尘颗粒在A点的动能小于在B点的动能， 电势能减小， 烟尘颗粒在A点的电势能大于在B点的电势能， C正确 D错误 7. 如图
9、所示为一个质点运动的位移x 随时间 t 变化的图象， 由此可知质点在04s 内( ) A. 先沿 x 轴正方向运动，后沿x 轴负方向运动 B. 一直做匀变速运动 C. t=2s时速度一定最大 D. 速率为 5m/s 的时刻有两个 【答案】 CD 【解析】从图中可知正向位移减小，故质点一直朝着负方向运动，A错误；图像的斜率表示 5 速度大小， 故斜率先增大后减小，说明物体速率先增大后减小，做变速运动，但不能判断是 不是做匀变速直线运动，t=2s 时，斜率最大，速度最大，B错误 C正确；因为斜率先增大后 减小，并且平均速度为5m/s，故增大过程中有一刻速度为5m/s，减小过程中有一刻速度为 5m/
10、s，共有两个时刻速度大小为5m/s，D正确 8. 为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量 计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为以a、b、c，左右两端开口，在垂直上下底 面方向加磁感应强度为B的匀强磁场， 在前后两个面的内侧固定有金属板作为电极，污水充 满管道从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U.若用 Q表示污水流量 ( 单 位时间内流出的污水体积) ，下列说法正确的是( ) A. 若污水中正离子较多，则前表面电势比后表面电势低 B. 若污水中负离子较多，则前表面电势比后表面电势低 C. 污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大 D. 污
11、水流量Q与 U成正比，与a、b 无关 【答案】 ABD 【解析】正负电荷从左向右移动，根据左手定则，正电荷所受的洛伦兹力指向后表面，负电 荷所受的洛伦兹力指向前表面，所以总有后表面电极的电势比前表面电极电势高，AB正确； 最终稳定时，电荷受洛伦兹力和电场力平衡，有，电压表的示数U与 v 成正比，与浓度无关，C错误；污水的流量，与电压表的示数U成正 比，与 a、b 无关， D正确 9. 如图所示，一质量为M=2m 、长为 L质量均匀的板放在光滑水平桌面上，板的右端与桌边 定滑轮距离足够大，板的左端有一可视为质点、质量为 m的物块， 物块上连接一条很长的细 绳，某人拉绳并使其以恒定速率v=向下运动
12、，物块只能运动到板的中点下列说法正确 的是 ( ) 6 A. 物块对板做功的功率保持不变 B. 物块与板间因摩擦产生的热量为mgL C. 整个过程绳的拉力对物块做的功为mgL D. 若板与桌面间有摩擦，则当板与桌面间动摩擦因数为时，物块一定能到达板右端 【答案】 BD 【解析】 木板受木块对它的摩擦力作用，做匀加速直线运动，当速度与木块速度相等后保持 相对静止，根据知，物块对板的功率逐渐增大，A错误；当物块到达板的中点时，此 时物块的位移，木板的位移，根据得，板的位移，相对位移的大 小等于物块位移的一半，等于木板的位移，因为，产生的热量 ，B正确； 绳子拉力做的功，等于系统动能增加量与产生 的
13、热量之和，故，C错误；如果板与桌面有摩擦，因为M与桌面摩擦因 数越大，m越易从右端滑下，所以当m滑到 M右端两者刚好共速时摩擦因数最小，设为， 对 M ， 由牛顿第二定律得：， 板的位移：； 速度位移公式：， 对 m有：，联立得，所以桌面与板间的 摩擦因数应满足， 所以当板与桌面间动摩擦因数为时，物块 - 定能到达板右端，D正确 【点睛】解决本题的关键理清m和 M的运动过程， 结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解， 知道物块能到达板的右端的临界情况是物块到达右端时与木板共速 三、简答题 10. 某研究小组设计了一种“用一把刻度尺测量质量为m的小物块 Q与平板 P之间动摩擦因 数”的实验方案，实
14、验装置如图甲所示 AB是半径足够大的四分之一圆弧轨道，与水平固定放置P板的上表面BC在 B点相切， C点 在水平地面的垂直投影为C. 重力加速度为g. 实验步骤如下： 7 用刻度尺测量BC长度为 L 和 CC 高度为h； 先不放置平板P(如图乙 ) 使圆弧 AB的末端 B位于 C的正上方， 将物块 Q在 A点由静止释 放，在物块Q落地处标记其落地点D； 重复步骤，共做10 次； 用半径尽量小的圆将10 个落地点围住，用毫米刻度尺测量圆心到C的距离s； 放置平板P(如图甲 ) ，将物块 Q由同一位置A由静止释放，在物块Q落地处标记其落地点 D； 重复步骤，共做10 次； 用半径尽量小的圆将10
15、个落地点围住，用毫米刻度尺测量圆心到C的距离l. （1）实验步骤目的是_ （2）用实验中的测量量表示：物块Q滑到 B点时的动能EB=_ （3）物块 Q与平板 P之间的动摩擦因数=_ （4）已知实验测得的 值与实际值不等，其原因除了实验中测量的误差之外，其他的原因 可能是 _( 写出一个可能的原因即可) 【答案】 (1). 减小误差 (2). (3). (4). 空气阻力 ( 或接缝 B处 不平滑 ) 【解析】（1）验步骤的目的，是通过多次实验减小实验结果的误差； （2）在不放平板P时，物块从B点飞出做平抛运动，在水平方向上有，在竖直方向 上有，解得； （3）当加上平板P时，物块从C点飞出，做平
16、抛运动，故，根据 动能定理可得，故解得； （4）其原因除了实验中测量量的误差之外，其他的可能是圆弧轨道存在摩擦，接缝B处不 平滑等，存在空气阻力等 【点睛】 对于每一道实验题，需要了解其实验原理，本题的实质就是根据动能定理求解动摩 擦因数， 物块由 A到 B点过程， 由动能定理可以求出物块到达B时的动能； 物块离开C点后 做平抛运动，由平抛运动的知识可以求出物块在C点的速度，然后求出在C点的动能；由B 8 到 C，由动能定理可以求出克服摩擦力所做的功；由动能可以求出动摩擦因数 11. （1）如图甲所示为某多用电表内部简化电路图，作电流表使用时，选择开关S应接 _( 选填“ 1”“2”“3”“4
17、”或“ 5”) 量程较大 （2）某同学想通过多用表的欧姆挡测量量程为3V 的电压表内阻 ( 如图乙 ) ，主要步骤如下： 把选择开关拨到“ 100”的欧姆挡上； 把两表笔相接触，旋转欧姆调零旋钮，使指针指在电阻零刻度处； 把红表笔与待测电压表_( 选填“正”或“负” ) 接线柱相接，黑表笔与另一接线柱 相连，发现这时指针偏转角度很小； 换用 _( 选填“ 10”或“ 1k”) 欧姆挡重新调零后测量，发现这时指针偏转适 中，记下电阻数值； 把选择开关调至空挡或交流电压最高挡后拔下表笔，把多用电表放回桌上原处，实验完毕 （3） 实验中 ( 如图丙 ) 某同学读出欧姆表的读数为_， 这时电压表读数为
18、_V. （4）请你求出欧姆表内部电源电动势为_V( 保留两位有效数字) 【答案】 (1). 1 (2). 负(3). 1k (4). 4.010 4 (5). 2.20 (6). 3.0 【解析】 （1）当做电流表使用时，电阻应和表头并联分流，故连接1 和 2 时为电流表，根据 欧姆定律可知并联支路的电压相等，并联支路的电阻越大，分流越小， 故当接 1 时量程最大； （2）根据“红进黑出”原理，即电流从红表笔流进可知红表笔接电压表的负极； 欧姆表在测量电阻时指针从无穷大处开始偏转，故欧姆表指针偏转很小，说明被测电阻大， 档位应提升一级，即换1k的测量； （3）欧姆表的读数为；电压表分度值为0.
19、1V ，故读数为2.20V ； 9 （4）根据（ 3）采用的档位可知中值电阻即欧姆表内阻为，根据闭合回路欧姆 定律可得，解得 12. 下列说法正确的是_ A.随着分子间距增大，分子间引力和斥力均减小，分子势能不一定减小 B.水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，是因为油脂使水的表 面张力增大的缘故 C.空气的相对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示 D.有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体 【答案】 AD . 13. 一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca 回到原状态，其pT 图象如 图所示 a、 b 和 c 三个状态中分子平均动能最小的是_( 选填“ a
20、”“b”或“ c”) ， 气体在过程ab 中吸收的热量 _( 选填“大于”“等于”或“小于”) 过程ca 中放出的 热量 【答案】 (1). a (2). 小于 【解析】由图象可知，a 状态温度最低，分子平均动能最小，一定量理想气体的内能取决于 温度，气体在状态a时的内能小于它在状态c时的内能；ab为等容过程，温度升高，压强 10 增大，内能增加，气体不做功，据，气体从外界吸收的热量等于内 能的增加量，即；ca 为等压过程，温度下降，体积减小，内能减少，外界 对气体做功，据，得| ，由于 ab 过程中温度变化量和ca 过 程中温度变化量相等，所以内能变化量的绝对值相等，即，故 【点睛】 本题考
21、查气体的状态方程中对应的图象，分析清楚图示图象、知道理想气体内能由 气体的温度决定即可解题，解题时要抓住在P-T 图象中等容线为过原点的直线。 14. 某柴油机的汽缸容积为0.8310 3m3，压缩前其中空气的温度为 47、压强为 0.8 10 5Pa.在压缩过程中，活塞把空气压缩到原体积的 ，压强增大到410 6Pa. 若把汽缸 中的空气看做理想气体，试估算这时空气的温度 【答案】 668 【解析】气体初状态的状态参量为； 气体末状态的状态参量为：， T2为未知量， 据理想气体状态方程有， 故 【点睛】对于气体状态参量变化的情景，有等温、等压、等容三种情景；当气体的状态参量 均发生变化时，则
22、满足理想气体状态方程，要合理选择解法 15. 电磁波已广泛运用于很多领域下列关于电磁波的说法符合实际的是_ A.电磁波不能产生衍射现象 B.常用的遥控器通过发出紫外线脉冲信号来遥控电视机 C.根据多普勒效应可以判断遥远天体相对于地球的运动速度 D.光在真空中运动的速度在不同惯性系中测得的数值可能不同 【答案】 C 【解析】试题分析：任何波都能发生衍射现象，故A选项错误；常用的遥控器是通过发出 红外线脉冲信号来遥控的，故 B选项错误； 根据多普勒效应可以判断遥远天体相对地球的运 动速度，故C选项正确；由相对论知光在真空中的传播在不同的惯性参考系中数值不变，D 选项错误。 考点：波的衍射红外线和紫
23、外线的用途多普勒效应相对论 11 视频 16. 一竖直悬挂的弹簧振子，下端装有一记录笔，在竖直面内放置有一记录纸当振子上下 振动时，以速率v 水平向左拉动记录纸，记录笔在纸上留下如图所示的图象y1、y2、x0、 2x0为纸上印迹的位置坐标由此可知弹簧振子振动的周期T=_，振幅 A=_ 【答案】 (1). (2). 【解析】记录纸匀速运动，振子振动的周期等于记录纸运动位移所用的时间，则周期 ；根据图象可知，振幅为 【点睛】本题抓住弹簧振子的振动与记录纸同时运动，由匀速运动的速度公式求出周 期振幅是振子离开平衡位置的最大距离，等于振子在最高点与最低点间距离的一半 17. 一个半圆柱形玻璃砖，其横截
24、面是半径为R的半圆， AB为半圆的直径， O为圆心， 如图 所示玻璃的折射率为n=，一束平行光垂直射向玻璃砖的下表面，若光线到达上表面后， 都能从该表面射出，则入射光束在AB上的最大宽度为多少？ 【答案】 【解析】 在O点左侧， 设从E点射入的光线进入玻璃砖后在上表面的入射角恰好等于全反射 的临界角，则OE区域的入射光线经上表面折射后都能从玻璃砖射出，如图所示由全反射 条件有，由几何关系有， 由对称性可知，若光线都能从上表面射出，光束的宽度最大为 联立解得 12 【点睛】解决光学问题的关键要掌握全反射的条件、折射定律、临界角公式、 光速公式，画出光路图，运用几何知识结合解决这类问题 18. 在
25、光电效应实验中，用频率为 的光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列说法正 确的是 _ A.增大入射光的强度，光电流增大 B.减小入射光的强度，光电效应现象消失 C.改用频率小于 的光照射，一定不发生光电效应 D.改用频率大于 的光照射，光电子的最大初动能变大 【答案】 AD 【解析】 试题分析： 光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度 无关，根据光电效应方程判断影响光电子最大初动能的因素 增大入射光强度，单位时间内照射到单位面积上的光子数增加，光电流增大，A正确；光电 效应现象是否消失与光的频率有关，而与照射强度无关，B错误；用频率为 的光照射光 电管阴极， 发生光电效
26、应，用频率较小的光照射时，若光的频率仍大于极限频率，则仍会发 生光电效应， C错误；根据可知，增加照射光频率，光电子的最大初动能也增 大， D正确 视频 19. 恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应，当温度达到10 8K时，可以发 生“氦燃烧” 完成“氦燃烧”的核反应方程：_. 是一种不稳定的粒子，其半衰期为2.6 10 16s一定质量的 ，经 7.8 10 16s 后所 剩下的占开始时的 _ 【答案】 (1). (2). 12.5% 【解析】【试题分析】根据电荷数守恒、质量数守恒完成核反应方程经过1 个半衰期，有 半数发生衰变，根据半衰期的次数求出剩余量占开始时的几分之几 (1)
27、 根据电荷数守恒、质量数守恒，知未知粒子的电荷数为2, 质量数为4, 为 13 (2) 经 7.8 10 -16s，知经历了 3 个半衰期，所剩占开始时的 【点睛】 解决本题的关键掌握半衰期的定义，以及知道在核反应中电荷数守恒、质量数守恒 视频 20. 冰球运动员甲的质量为80.0kg ， 当他以 5.0m/s 的速度向前运动时， 与另一质量为100kg、 速度为 3.0m/s 迎面而来的运动员乙相撞，碰后甲恰好静止，假设碰撞时间为0.2s 求碰撞 中运动员乙受到的平均撞击力 【答案】 2000N 【解析】设甲、乙的质量分别为m 、M ，碰前速度大小分别为v、V，碰后乙的速度大小为； 由动量守
28、恒定律有，代入数据得； 四、计算题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写最后答案的 不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位 21. 近期大功率储能技术受到媒体的广泛关注，其中飞轮储能是热点之一为说明某种飞轮 储能的基本原理，将模型简化为如图所示：光滑的”型导轨水平放置，电阻不计， 长度 足够轨道平行部分间距为L=1m ，导轨上静止放置有长度也为L、质量为 m=100kg 、电阻为 R1=0.1 的导体棒AB.导轨间虚线框区域有垂直轨道平面向上的均匀变化磁场虚线框右侧 区域有垂直轨道平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B=10T图中开关S接 a，经过足够长 时间，棒AB
29、向右匀速运动，速度为v=100m/s. 然后若将开关S接 b，棒 AB可作为电源对电 阻 R2供电，电阻R2=0.9 . （1）开关 S接 a，棒 AB匀速运动时，虚线框中的磁场磁通量每秒钟变化多少？ （2）求开关S接 b 的瞬间棒AB的加速度 （3）求开关S接 b 后 R2产生的总热量Q. 【答案】（1）1 000 Wb （2）100 m/s 2（3）5105 J 【解析】（1）棒匀速运动时加速度为零，安培力为零，电流为零，磁通量不变，所以虚线框 中磁场每秒增加； 14 （2）棒 AB产生的电动势， 电路中的产生的电流， 故受到的安培力为， 根据牛顿第二定律可得； （3）棒的动能全部转化为电
30、热，故， 电阻上产生的电热为。 22. 如图所示， 小球 M用长度为 L 的轻杆连接在固定于天花板的轴O上，可在竖直平面内自 由旋转， 通过与 O等高的滑轮用轻绳连接物块m.滑轮与轴O的距离也为L，轻杆最初位置水 平滑轮、小球、物块的大小可以忽略，轻绳竖直部分的长度足够长，不计各种摩擦和空气 阻力，运动过程中绳始终保持张紧状态，重力加速度为g. （1）若用外力拉着m使轻杆从最初位置缓慢下降，直至撤去外力后小球保持静止，轻杆与 水平方向成=60角，求M与 m的质量之比 （2）若 M与 m的质量之比为21，使小球从最初位置静止释放，在小球向右摆动的过程中， 求轻杆与最初位置的最大夹角 . （3）若
31、 M与 m的质量之比为21，使小球从最初位置静止释放，当小球向右摆动到O点正 下方的位置时绳突然断裂，求整个过程中m上升的最大高度 【答案】（1）（ 2）=120（ 3） 【解析】（1）对小球受力分析，如图所示由图中几何关系知 （2）小球和物块在运动过程中，系统机械能守恒，则 15 解得得； （3）设小球在O点正下方时， m向上运动速度为v，M速度水平向右为， 由速度关系得， 由系统的机械能守恒可得，解得， 随后 m竖直上升h，由机械能守恒得，解得， m上升的最大高度为。 23. 某仪器用电场和磁场来控制电子在材料表面上方的运动，如图所示， 材料表面上方矩形 区域 PP NN 充满竖直向下的匀
32、强电场，电场宽NP=N P=d.长NN =MM =5s、宽 MN=MN=s 的矩形区域NN M M充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B；NN 为 磁场与电场之间的分界线点C1、 C2将 M N三等分，在C1、C2间安装一接收装置一个 电荷量为e、 质量为 m 、 初速度为零的电子， 从 P点开始由静止被电场加速后垂直进入磁场电 场强度可以取一定范围内的任意值，电子运动时， 电场强度不变， 最后电子仅能从磁场边界 M N飞出不计电子所受重力 （1）电场强度的最大值为多少？ （2）若接收装置只接收垂直M N方向的电子( 不含 C1、C2) ，求接受装置能够接受到几种 不同速度的电子，其中速度
33、最小为多少？ （3）求恰好击中C1的电子速度大小的可能值 16 【答案】（1）（2）（3）； 【解析】（1）在磁场运动过程中，解得， 加速过程中，根据动能定理可得， 根据几何知识可知R=s时，速度最大，有，故； （2）垂直进入接收装置，设进入磁场n 次 (n 为整数 ) ，则， 且，解得 n=4、5、6，共三种，所以接受到的电子速度有三种； 其中半径最小的为； 由得速度最小的为； （3）如下图所示，击中C1有两类情形： 设电子经过电场N次，且为奇数由图可得， 两边平方，化简得， 要使 R有解，； 化简得，N=5 或 7； 时，化简得； 17 考虑，取， 时，化简得 由得，； 【点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况， 再选择合适方法处理对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线 的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹， 由几何知识求解半径 18