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2025年福建省福州一中高考物理最后一卷
一、单选题：本大题共4小题，共16分。
1.在物理学的发展过程中，科学家们创造了许多物理思想与研究方法，下列说法正确的是( )
A. “重心”概念的建立，体现了等效替代的思想
B. “瞬时速度”概念的建立，体现了理想模型的研究方法
C. 电场强度的公式，利用了放大法
D. 卡文迪什利用扭秤测量引力常量，利用了类比法
2.平行光a垂直射向一半径为R的玻璃半球的平面，其截面如图所示，发现只有P、Q之间所对圆心角为的球面上有光射出，若仅将a平行光换成b平行光，测得有光射出的范围增大，则( )
A. 玻璃对a的折射率比对b的折射率小
B. 在真空中传播，b光的传播速度较大
C. 分别通过同一双缝干涉装置，b光的相邻亮条纹间距大
D. 若a光照射某金属表面能发生光电效应，b光也一定能
3.图甲为超声波悬浮仪，其基本原理是让在竖直方向正对的两个相干波源发射的超声波叠加后，会出现振幅几乎为零的点——节点，小水珠能在节点处附近保持悬浮状态。图乙中P、Q为平衡位置位于和的两个相干波源，该时刻两列波分别传到了点和点，已知声波传播的速度为。则在两列波相干并稳定后( )
A. 该超声波悬浮仪所发出的超声波信号频率为340Hz
B. 悬浮位置间的最小距离等于超声波的波长
C. 两列波充分叠加后，小水珠不可以悬浮在点附近
D. 增大超声波的频率，可悬浮的位置数目不变
4.两颗相距较远的行星A、B的半径分别为、，距A、B行星中心r处，各有一卫星分别围绕行星做匀速圆周运动，线速度的平方随半径r变化的关系如图甲所示，两图线左端的纵坐标相同；卫星做匀速圆周运动的周期为T，的图像如图乙所示的两平行直线，它们的截距分别为、。已知两图像数据均采用国际单位，，行星可看作质量分布均匀的球体，忽略行星的自转和其他星球的影响，下列说法正确的是( )
A. 图乙中两条直线的斜率均为
B. 行星A、B的质量之比为1：3
C. 行星A、B的密度之比为1：9
D. 行星A、B表面的重力加速度大小之比为3：1
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.某同学利用手机拍摄了一段羽毛球运动的视频，并经处理得到的运动轨迹如图所示，其中最高点b切线水平，c点的切线竖直。下列说法正确的是( )
A. 由a点运动到c点，羽毛球竖直方向上加速度大小不变
B. 由a点运动到c点，羽毛球水平方向上做匀速直线运动
C. 羽毛球在b点时处于失重状态
D. 羽毛球在c点时速度方向竖直向下
6.奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电与磁间存在着密切的联系。安培受到启发，提出了著名的“分子电流假说”，他认为在原子、分子等物质微粒的内部存在着一环形电流——分子电流。分子电流使每个物质微粒都成为微小磁体，它的两侧相当于两个磁极。现以最简单的氢原子为例，氢原子由一个质子构成原子核和一个绕其做圆周运动的电子组成，且知质子与电子的电量均为e，电子的轨道半径为r、质量为m，静电力常量为k，则( )
A. 氢原子分子电流的大小 B. 氢原子分子电流的大小
C. 图示氢原子的“N极”垂直纸面向外 D. 图示氢原子的“N极”垂直纸面向里
7.水平力F方向确定，大小随时间变化如图甲所示，用力F拉静止在水平桌面上的小物块，物块质量为1kg，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度随时间变化如图乙所示，取，由图象可知( )
A. 小物块所受滑动摩擦力的大小为6N
B. 4s时小物块的速度为
C. 在时间内，合外力的功为64J
D. 在时间内，摩擦力的冲量大小为
8.如图所示，用金属制作的导轨固定在水平面上，导轨宽轨部分间距为，右端连接有开关和电容器，电容器的电容；窄轨部分间距为，右端连接有开关，整个空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为1T。质量为、阻值忽略不计的金属棒M垂直于导轨静止放置在宽轨导轨上；质量为、长为的金属棒P静止在窄轨导轨上。金属棒M和金属棒P在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，导轨足够长，金属棒M总在宽轨上运动，金属棒P总在窄轨上运动，不计所有摩擦，电容器始终未损坏，导轨电阻不计。时，断开，闭合，金属棒M受到水平向左大小为的恒力作用，则( )
A. 金属棒M做加速度逐渐减小的加速运动
B. 时刻，金属棒M的动能为
C. 若在时刻撤去外力F，同时断开，闭合，稳定时金属棒M的速度为
D. 若在时刻撤去外力F，同时断开，闭合，稳定时金属棒M的速度为
三、填空题：本大题共3小题，共9分。
9.一定质量的理想气体，从状态A到状态B到状态C，其密度的倒数与温度T的关系图像如图所示，AB的反向延长线经过坐标原点O，BC与横轴平行，则气体从状态A到状态B，做______变化填“等压”或“等容”；气体从状态A到状态B是______填“吸热”或“放热”过程。
10.利用如图甲所示的实验装置探究光电效应规律，图乙是该光电管发生光电效应时光电子的最大初动能与入射光频率的关系图像，为测量电子的最大初动能，电源左侧应是______填“正极”或“负极”普朗克常量______，该金属的逸出功______。
11.如图甲所示，P、Q为真空中两固定等量的点电荷，O为PQ连线的中点，MN为PQ连线的中垂线，从MN上的某一点C静止释放质量为m的试探电荷，电荷仅在电场力作用下运动，在时间段的运动过程中的速度-时间图像如图乙所示图像关于虚线对称，其中速度的最大值为v，从带电性质可知点电荷P、Q带的是______电荷填“同种”或“异种”，若以C点电势为零，则电荷运动到O点时的电势能为______。
四、实验题：本大题共4小题，共41分。
12.某同学欲测量当地的重力加速度，利用的实验器材有：带有滑槽的水平导轨，足够长的一端带有滑轮的木板，不可伸长的细线，重物，沙漏装有沙子，立架，加速度传感器，刻度尺。具体操作如下：
①按图甲所示安装好实验器材，并测量摆线的长度沙漏的大小可忽略；
②将沙漏拉离平衡位置摆角较小由静止释放，使沙漏在竖直面内振动；
③沙漏振动稳定后，由静止释放重物，使木板沿滑槽运动，记下加速度传感器的示数，漏出的沙子在木板上形成的曲线如图乙所示忽略沙子落在木板上后木板的质量变化；
④缓慢移出木板，测量曲线上相邻三点A、B、C之间的间距、，并计算出；
⑤改变立架的高度及摆线的长度，重复②③④的操作。
回答下列问题：
对该实验，下列说法正确的是______填字母。
A.随着沙漏中沙子的流出，将减小
B.其他条件不变，若仅增大重物的质量，将增大
C.其他条件不变，若仅增大摆线的长度，将增大
沙漏振动稳定后的周期______用、表示。
该同学依据测出的L和，作出的图像如图丙所示，若测得该图像的斜率为k，则计算重力加速度的表达式为______用题中字母表示。
13.某实验兴趣小组准备利用表头设计一个多挡位欧姆表，但不知道该表头的电阻。
为了精确地测量表头的电阻，该小组首先采用了“电桥法”测量的阻值。电路如图甲所示，由控制电路和测量电路两部分组成。实验用到的器材如下：
A.待测表头：量程，内阻约为
B.灵敏电流计G
C.定值电阻
D.粗细均匀的电阻丝AB总长为
E.滑动变阻器最大阻值为
F.滑动变阻器最大阻值为
G.线夹、电源、开关以及导线若干
①电源电动势3V，实验过程中为了便于调节，滑动变阻器应选用______填写器材前对应的字母。
②在闭合开关S前，可将滑片大致固定于电阻丝AB中部位置，滑片置于a端。然后闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片使待测表头的示数适当后再不移动滑片。不断调节滑片所夹的位置，直到电流表G示数为零，测出此时段电阻丝长度，则测得______结果保留三位有效数字。
接着，该小组将上述表头改为含“”，“”，“”三个挡位的欧姆表，如图乙所示。已知电源电动势，内阻可忽略不计。，且接线柱3未接任何电阻，为调节范围足够大的滑动变阻器。则当开关S接到接线柱2时，选择的倍率是______挡填“”，“”，“”。此后，短接a、b两表笔欧姆调零，应调至______。
在题的基础上，为了验证改装的欧姆表的测量精度，按规范操作在表笔间接标准电阻时，指针指示位置如丙图所示，造成这一误差的原因可能是______只需写出一种可能。
14.如图所示，光滑水平面上静止放置两个形状完全相同的弹性小物块A、B，物块A的质量。在物块B右侧的竖直墙壁里有一水平轻质长细杆，杆的左端与一轻质弹簧相连，杆、弹簧及两物块的中心在同一水平线上，杆与墙壁作用的最大静摩擦力为。若弹簧作用一直在弹性限度范围内，弹簧的弹性势能表达式为，。现给物块A一水平向右的作用力F，其功率恒定，作用后撤去。撤去作用力F后物块A与物块B发生弹性碰撞，碰撞后两物块速度大小相等。B向右压缩弹簧，并将杆向墙里推移。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
力F对物块A所做的功；
物块B的质量；
物块B的最终速度大小。
15.如图所示，在平面直角坐标系的第二象限内，在半径为R的圆形区域内有垂直于坐标平面向外、磁感应强度为B的匀强磁场Ⅰ，圆与x轴相切于P点。在抛物线与y轴之间有沿y轴负方向的匀强电场。在第一、四象限内有垂直于坐标平面向里、磁感应强度也为B的范围足够大的匀强磁场Ⅱ。在第一象限内处有一平行于x轴的足够大的荧光屏。在P点持续发射出大量同种带正电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与x轴正方向夹角分布在范围内。其中沿与x轴负方向成角方向射出的粒子在磁场Ⅰ中偏转后沿x轴正方向进入电场，经电场偏转刚好从坐标原点O射入磁场Ⅱ中，经磁场Ⅱ偏转后打在荧光屏上。已知粒子的质量为m、电荷量为q，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。
求粒子从P点射出的初速度大小；
求匀强电场的电场强度大小；
求粒子打在荧光屏上形成亮线的长度。
五、综合题：本大题共1小题，共10分。
16.如图，一个轻绳长为，一端连接一个质量的小球，另一端连接一个质量的滑块。滑块套在竖直杆上，它与竖直杆间的动摩擦因数为，现在让小球绕竖直杆在水平面做匀速圆周运动，绳子与杆的夹角，滑块恰好不下滑，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦，重力加速度大小g取求：
小球转动的角速度的大小
滑块与竖直杆间的动摩擦因数
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、“重心”是物体各部分重力的等效作用点，用一个点替代整体重力的作用效果，符合等效替代法，故A正确；
B、“瞬时速度”概念的建立体现了极限的方法，故B错误；
C、电场强度的公式
采用比值定义法，没有利用放大法，故C错误；
D、卡文迪什利用扭秤测量引力常量，利用了放大法，故D错误。
故选：A。
掌握常用物理方法，重心的建立是等效替代法；利用极限思想，极端时间的平均速度近似等于瞬时速度；明确比值定义法的性质；卡文迪什利用扭秤测量引力常量的实验中用到了放大的思想。
本题考查对物理方法的理解，需要在学习过程中，深刻理解知识点，牢记相应的物理方法。
2.【答案】C
【解析】解：A、作出光路图，如图所示
仅将a平行光换成b平行光，测得有光射出的范围增大，由此可知b光的临界角大于a光的临界角，根据可知，玻璃对a光的折射率比对b的折射率大，故A错误；
B、在真空中传播，所有光的速度都相同，故B错误；
C、由上面A的分析可知，a光的折射率大，所以a光的频率大，即a光的波长短，根据干涉条纹间距公式可知，分别通过同一双缝干涉装置，b光的相邻亮条纹间距大，故C正确；
D、因为a光的频率大，所以若a光照射某金属表面能发生光电效应，b光不一定能，故D错误。
故选：C。
根据两束光的临界角大小比较；在真空中传播，所有光的速度都相同；根据干涉条纹间距公式分析；根据发生光电效应的条件分析。
能够比较出两束光的折射率大小是解题的关键，知道折射率大的光，频率大，波长短，掌握干涉条纹间距公式和发生光电效应的条件。
3.【答案】C
【解析】解：A、两列超声波信号频率均为，故A错误；
BD、根据同侧法可知M和N此时振动方向相反，所以两波源PQ的起振方向也相反，到两波源距离之差为的整数倍的位置振动减弱，根据简单的数学推理可知，悬浮位置间的最小距离等于超声波的半波长，增大超声波的频率，波速不变，由可知波长变短，振动减弱点距离变小，悬浮的位置数目增加，故BD错误；
C、因为点到两波源PQ的距离之差为，小水珠可在图乙中点位置附近不能悬浮，故C正确。
故选：C。
图读出波长，由波速公式求频率；判断M点振动是加强还是减弱点从而确定小水珠是否悬浮在点；结合振动减弱点的条件分析。
频率相同，振动情况完全相同的两波源产生的波叠加时，加强、减弱条件如下：设点到两波源的距离差为，则当时为加强点，当会时为减弱点，其中，1，2…。若两波源振动步调相反，则上述结论相反。
4.【答案】C
【解析】解：根据万有引力提供向心力有，整理得，两边取对数得，整理可得，题图乙中两条直线的斜率均为，故A错误；
B.根据已知条件有，解得：：1，故B错误；
C.由题图甲可知，两行星的第一宇宙速度相等，有，解得，两行星的密度满足，，解得：：9，故C正确；
D.在星球表面，，解得：：3，故D错误。
故选：C。
根据万有引力提供向心力结合数学知识，对应图像的斜率，第一宇宙速度和加速度知识进行分析解答。
考查万有引力提供向心力结合数学知识，对应图像的斜率，第一宇宙速度和加速度知识，会根据题意进行准确分析解答。
5.【答案】CD
【解析】解：A、由于空气阻力的影响，在竖直方向上，羽毛球上升过程的加速度大于下落过程的加速度，故A错误；
B、由于空气阻力的影响，水平方向会有加速度，水平方向上并非匀速直线运动，故B错误；
C、由于在b点时羽毛球存在竖直向下的重力加速度，故羽毛球处于失重状态，故C正确；
D、羽毛球在c点时的切线竖直，说明水平方向速度为零，速度方向竖直向下，故D正确。
故选：CD。
由于空气阻力的影响，羽毛球上升过程的加速度大于下落过程的加速度；
由于空气阻力的影响，水平方向上并非匀速直线运动；
羽毛球存在竖直向下的重力加速度，处于失重状态；
在c点时的切线竖直，速度方向竖直向下。
本题主要考查了超失重等相关知识，注意分析物体的受力情况和运动情况，会根据题意进行准确分析和判断。
6.【答案】BC
【解析】解：电子绕质子做圆周运动，库仑力提供向心力，即
又因电流的定义式为，而，可得氢原子分子电流的大小
故A错误，B正确；
由“右手螺旋定则”可知，图示氢原子的“北极”垂直纸面向外，注意四指应沿逆时针方向，因为是“电子”，故C正确，D错误。
故选：BC。
根据库仑力提供向心力和电流的定义式求氢原子分子电流的大小；
由“右手螺旋定则”判断示氢原子的“N极”方向。
此题考查电流方向、右手螺旋定则和磁场方向的判定，知道分子电流可等效为小磁体。
7.【答案】BD
【解析】解：A、设小物块所受滑动摩擦力的大小为f，在时的加速度大小为、拉力为，根据牛顿第二定律可得：，解得：，故A错误；
B、图象与坐标轴围成的面积表示速度的变化，小物块的初速度为零，则时小物块的速度为，故B正确；
C、根据动能定理可得在时间内，合外力的功为，故C错误；
D、图象与坐标轴围成的面积表示力的冲量，所以在时间内，拉力的冲量为
设摩擦力的冲量大小为，取拉力方向为正方向，根据动量定理可得：
解得：，故D正确。
故选：BD。
根据牛顿第二定律求解滑动摩擦力大小；图象与坐标轴围成的面积表示速度的变化，由此求解时小物块的速度大小；根据动能定理求解在时间内合外力的功；求出时间内拉力的冲量，根据动量定理求解摩擦力的冲量。
本题主要是考查牛顿第二定律和动量定理，关键是弄清楚图象与坐标轴围成的面积所表示的物理意义；注意“在时间内，摩擦力的冲量大小”包含前面2s内静摩擦力的冲量大小。
8.【答案】BD
【解析】解：A、设金属棒M的加速度大小为a，对金属棒M根据牛顿第二定律有，其中，联立解得，代入数据解得，所以金属棒M做匀加速运动，故A错误；
B、时，金属棒M的速度为，此时金属棒M的动能为，故B正确；
CD、若在时刻撤去外力F，同时断开，闭合，设稳定时金属棒M的速度为，金属棒P的速度为，因为宽轨间距为窄轨间距的2倍，所以，规定向左的方向为正方向，根据动量定理，对金属棒M有，对金属棒P有，联立解得，故C错误，D正确。
故选：BD。
根据牛顿第二定律结合电流的定义式写出导体棒M的加速度表达式，计算结果；根据速度-时间公式计算速度，进而计算导体棒M的动能；分别根据动量定理对导体棒M和导体棒P列方程，根据最后二者的速度关系可得最后速度。
能够计算出导体棒M的加速度是解题的关键，知道最后导体棒P的速度是导体棒M速度的2倍。
9.【答案】等压 吸热
【解析】解：根据理想气体状态方程可知，且，联立可得：，变形为：，所以在图像中，图像的斜率为：，因为AB的反向延长线经过坐标原点O，即与T成正比，斜率k不变，由于n、R、m均为定值，所以压强p不变，因此气体从状态A到状态B做等压变化。根据盖-吕萨克定律可知，从A到B温度T升高，则体积V增大，由于理想气体的内能只与温度有关，温度升高，内能增加，即有：，气体体积增大，气体对外界做功，则有：。根据热力学第一定律可得：，解得：，即气体从状态A到状态B是吸热过程。
故答案为：等压；吸热。
由理想气体状态方程结合密度公式求出的函数关系，再根据理想气体状态方程结合图像信息，再根据热力学第一定律判断吸放热情况。
本题是对理想气体状态方程和热力学第一定律的考查，解题的关键是要关键理想气体状态方程和密度公式解得的函数关系式，再结合热力学第一定律即可解题。
10.【答案】负极 ，
【解析】解：为测量电子的最大初动能，需要在光电管上加上反向电压，使光电子在光电管中做减速运动，当电流表示数为零时，此时光电管两端的电压即为遏止电压，可以根据动能定理得到电子的最大初动能，所以电源的左侧应该是电源的负极。根据爱因斯坦光电效应方程有，所以图线的斜率表示普朗克常量h，则根据图线可得，该金属的逸出功为
故答案为：负极，，。
需要测量遏止电压的大小，据此分析电源的正负极；根据爱因斯坦光电效应方程写出图线的函数表达式，根据图线的斜率和截距分析即可。
本题考查了爱因斯坦光电效应方程的应用，基础题。
11.【答案】同种
【解析】解：从MN上的C点由静止释放一试探电荷，电荷仅在电场力作用下运动，运动过程中的速度-时间图像如图乙所示，因为图像关于虚线对称，所以可以判断试探电荷在MN上运动，两电荷对试探电荷同为引力，所以P、Q为等量同种电荷；试探电荷从C点运动到O点过程中，电场力做正功，电势能转化为动能，到O点时速度最大为v，C点电势为零，由能量守恒定律可知，可得电荷运动到O点时的电势能为
故答案为：同种；
抓住对称性，分析试探电荷的受力情况，分析PQ带电情况，根据电场力做功情况，分析其电势能的变化情况。
掌握一些典型的电场线分布特点，会用电场力做功与电势能的变化关系分析势能和动能的变化。
12.【答案】BC
【解析】解：、根据逐差法可知
其中
联立可有
由该式可看出与沙漏中沙子的质量无关，A错误；
B、重物质量增大时，增大，由上式可知将增大，故B正确；
C、摆线长度增大时，也增大，故C正确。
故选：BC。
由可知
由分析
可知
则有
即
故答案为：；；
根据逐差法结合单摆运动周期公式分析判断；
根据周期与的关系分析；
根据图像斜率分析解答。
本题考查利用单摆周期公式测量重力加速度，解题关键掌握单摆周期公式，注意图像的认识。
13.【答案】①E，②360； ，135； 电池使用时间过长，导致电动势变小，内阻变大
【解析】①本实验中滑动变阻器采用分压式接法。为了便于调节，在满足安全条件下，应选择最大阻值较小的滑动变阻器。滑动变阻器最大阻值为，最大阻值为，阻值小，调节时电压变化相对均匀、容易调节，所以应选E。
②设电阻丝单位长度电阻为r，根据电桥平衡原理
解得
欧姆表的倍率选择原则是使中值电阻与待测电阻阻值相近。当开关S接到接线柱2时，，此时电路中总电阻相对较小，适合测量阻值较小的电阻，所以选择的倍率是“”。
欧姆表内阻为表头满偏电流，对于“”倍率，当表笔短接时，表头满偏，此时电路总电阻为内阻。当接入电阻时，根据闭合电路欧姆定律
，从表盘看指针指在处假设满偏电流
解得
结合
解得
电池使用时间过长，导致电动势E变小，内阻变大。欧姆表刻度“左密右疏”，指针偏左说明测量电阻值偏大。根据，在不变时，I偏小，可能是E变小电池老化，也可能是变大电池内阻变大等，使得同样的待测电阻对应的电流值变小，指针偏左。
故答案为：①E，②360；，135；电池使用时间过长，导致电动势变小，内阻变大
①本实验中滑动变阻器采用分压式接法。为了便于调节，在满足安全条件下，应选择最大阻值较小的滑动变阻器。滑动变阻器最大阻值为，最大阻值为，阻值小，调节时电压变化相对均匀、容易调节，所以应选E。
②根据电桥平衡原理解得
欧姆表的倍率选择原则是使中值电阻与待测电阻阻值相近。当开关S接到接线柱2时，，此时电路中总电阻相对较小，适合测量阻值较小的电阻，所以选择的倍率是“”。根据闭合电路欧姆定律解得。
电池使用时间过长，导致电动势E变小，内阻变大。欧姆表刻度“左密右疏”，指针偏左说明测量电阻值偏大。根据，在不变时，I偏小，可能是E变小电池老化，也可能是变大电池内阻变大等，使得同样的待测电阻对应的电流值变小，指针偏左。
本题考查了练习使用多用电表的实验操作步骤使用器材以及伏安法测电阻，需要学生细心分析。
14.【答案】力F对物块A所做的功为；
物块B的质量为；
物块B的最终速度大小为
【解析】由可得，力F对物块A所做的功为
设A与B碰前A的速度大小为，碰后速度大小为v。
物块A与物块B发生弹性碰撞，碰后A、B速度一定等大反向。
A与B碰前的运动过程，由动能定理得
解得
A、B碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
联立解得
由题可知，物块B在压缩弹簧的过程中，当弹簧弹力等于杆的滑动摩擦力时杆开始移动，弹簧弹力不变，后将压缩的弹性势能转化为B的动能。设最终B的速度为。
由
得
由，得
答：力F对物块A所做的功为；
物块B的质量为；
物块B的最终速度大小为。
力F的功率恒定为，作用时间为，根据求力F对物块A所做的功；
对A与B碰前的运动过程，利用动能定理列方程。A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列方程，结合碰撞后两物块速度大小相等求物块B的质量；
物块B在压缩弹簧的过程中，当弹簧弹力等于杆的滑动摩擦力时杆开始移动，弹簧弹力不变。根据能量关系求物块B的最终速度大小。
解答本题时，要理清两个物块的运动过程，把握弹性碰撞的规律：动量守恒定律和机械能守恒定律，明确能量转化情况。
15.【答案】粒子从P点射出的初速度大小为；
匀强电场的电场强度大小为；
粒子打在荧光屏上形成亮线的长度为
【解析】如图
因粒子磁场Ⅰ中偏转后沿x轴正方向射出，则在磁场中做圆周运动的半径
根据牛顿第二定律有
由上式解得
粒子在电场中做类平抛运动，对于能过坐标原点O的粒子
解得
改变粒子从P点射入磁场Ⅰ的方向，粒子仍能以沿x轴正方向射入电场，且由分析可知粒子仍能通过O点，设粒子进入磁场Ⅱ时速度与x轴正方向的夹角为，则
设粒子在磁场Ⅱ的半径为，根据牛顿第二定律有
粒子轨迹的圆心离x轴的距离为
由上式得
则所有在磁场Ⅱ中的粒子都恰好能垂直打在荧光屏上，在P点沿x轴正方向入射的粒子打在荧光屏上时离y轴最近
在P点沿x轴负方向入射的粒子打在荧光屏上时离y轴最远，设该粒子磁场Ⅱ时速度与x轴正方向的夹角为，由类平抛的规律可得
由上式得
则光屏上亮线的长度
解得
答：粒子从P点射出的初速度大小为；
匀强电场的电场强度大小为；
粒子打在荧光屏上形成亮线的长度为。
根据洛伦兹力提供向心力求粒子从P点射出的初速度大小；
根据类平抛运动的规律求匀强电场的电场强度大小；
根据运动学公式和几何关系求粒子打在荧光屏上形成亮线的长度。
本题是带电粒子在电场和磁场中运动问题，粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动。带电粒子在磁场的运动画轨迹图确定轨迹半径是基本功，电场中运动处理的方法是运动的分解与合成。
16.【答案】解：通过对小球的受力分析可得，小球受到重力与绳子的拉力：
①
由①得 ②
对小球，在竖直方向： ③
对滑块： ④
竖直方向： ⑤
由③④⑤得：
答：小球转动的角速度的大小为；
滑块与竖直杆间的动摩擦因数为。
【解析】对小球进行受力分析，由牛顿第二定律即可求出角速度；
根据小球的受力分析求出绳子的拉力，然后对M进行受力分析即可求出。
在涉及圆周运动求动能时，注意向心力表达式的式子的应用。

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