2020年山东省高考物理一模试卷

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2020年山东省高考物理一模试卷

一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．（3分）用图1装置研究光电效应，分别用a光、b光、c光照射阴极K得到图2中a、b、c三条光电流I与A、K间的电压UAK的关系曲线，则下列说法正确的是（ ）



A．开关S扳向1时测得的数据得到的是I轴左侧的图线 B．b光的光子能量大于a光的光子能量



C．用a光照射阴极K时阴极的逸出功大于用c光照射阴极K时阴极的逸出功

D．b光照射阴极K时逸出的光电子最大初动能小于a光照射阴极时逸出的光电子最大初动能

2．（3分）一质点在Ox轴运动，t＝0时刻起，其位移随时间变化的图象如图所示，其中图线0﹣1s内为直线，1﹣5s内为正弦曲线，二者相切于P点，则（ ）



A．0﹣3s内，质点的路程为2m

B．0﹣3s内，质点先做减速运动后做加速运动 C．1﹣5s内，质点的平均速度大小为1.27m/s D．3s末，质点的速度大小为2m/s

3．（3分）今年我国将完成“北斗”系统全网布局，覆盖“一带一路”沿线国家，实现全球服务能力。如图所示，“北斗”系统由中圆轨道卫星（轨道1）、倾斜同步轨道卫星（轨道2）、静止同步轨道卫星（轨道3）组成。下列关于卫星的叙述中正确的是（ ）






A．为实现稳定的定位信息的传送，所有卫星必须对地球表面相对静止 B．卫星的运行速度大于第一宇宙速度

C．静止同步轨道卫星相对地面静止，所以处于平衡状态 D．卫星的向心加速度都小于地面重力加速度

4．（3分）如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再到状态C，最后变化到状态A，完成循环。下列说法正确的是（ ）





A．状态A到状态B是等温变化

B．状态A时所有分子的速率都比状态C时的小 C．状态A到状态B，气体对外界做功为

p0V0



D．整个循环过程，气体从外界吸收的热量是p0V0

5．（3分）如图，长为L、倾角θ＝30°的传送带始终以2.5m/s的速率顺时针方向运行，小物块以4.5m/s的速度从传送带底端A沿传送带上滑，恰能到达传送带顶端B，已知物块与斜面间的动摩擦因数为

，取g＝10m/s2，

最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，则下列图象中能正确反映物块在传送带上运动的速度v随时间t变化规律的是（ ）






A． B．

C． D．

6．（3分）如图甲所示，一直径为0.4m、电阻为0.1Ω的闭合铜环静止在粗糙斜面上，CD为铜环的对称轴，CD以下部分的铜环处于磁感应强度B方向垂直斜面且磁感线均匀分布的磁场中，若取向上为磁场的正方向，B随时间t变化的图象如图乙所示，铜环始终保持静止，取π＝3，则（ ）



A．t＝2s时铜环中没有感应电流

B．t＝1.5s时铜环中有沿逆时针方向的感应电流（从上向下看） C．t＝3.5s时铜环将受到大小为4.8×103N、沿斜面向下的安培力

﹣



D．1～3s内铜环受到的摩擦力先逐渐增大后逐渐减小

7．（3分）如图，ACB为由三角形和扇形组成的玻璃砖的横截面，O为圆心，M为半径OA的中点，半径为R的圆弧AB镀银。一红光PM垂直OA从M点射入玻璃砖，经圆弧AB反射后照到BC面恰好发生全反射，且从O点射出玻璃砖。已知该玻璃对红光的折射率为

．则红光从O点射出的折射角为（ ）



A．15°

B．30°

C．45°

D．60°

8．（3分）炽热的金属丝可以发射电子。发射出的电子经过电压U在真空中加速，形成电子束。若电子束的平均电流大小为I，随后进入冷却池并停止运动。已知电子质量为m，电荷量为e，冷却液质量为M，比热为c，下列




说法正确的是（ ）

A．单位时间内，冷却液升高的温度为B．单位时间内，冷却液升高的温度为C．冷却液受到电子的平均撞击力为ID．冷却液受到电子的平均撞击力为I



二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．

9．（4分）某电场在x轴上各点的场强方向沿x轴方向，规定场强沿x轴正方向为正，若场强E随位移坐标x变化规律如图，x1点与x3点的纵坐标相同，图线关于O点对称，则（ ）



A．O点的电势最低 B．﹣x2点的电势最高

C．若电子从﹣x2点运动到x2点，则此过程中电场力对电子做的总功为零 D．若电子从x1点运动到x3点，则此过程中电场力对电子做的总功为零

10．（4分）在图示电路中，理想变压器的原、副线圈匝数比为2：1，电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为4Ω．已知通过R4的电流i4＝2

sin100πtA，下列说法正确的是（ ）



A．a、b两端电压的频率可能为100Hz B．a、b两端电压的有效值为56V







C．若a、b两端电压保持不变，仅减小R2的阻值，则R1消耗的电功率减小 D．若a、b两端电压保持不变，仅减小R1的阻值，则R2两端的电压增大

11．（4分）一列简谐横波在介质中沿x轴传播，在t＝0时刻的波形图如图所示，P、Q为介质中的两质点。此时质




点P正在向动能减小的方向运动，质点Q横坐标为5cm。t＝1s时，质点Q第一次回到平衡位置，t＝点P第一次回到平衡位置。下列说法正确的是（ ）

s时，质



A．波沿x轴负方向传播 B．t＝



s时，质点P向y轴负方向运动



C．波长为12cm D．t＝

s时，质点P位于波峰

12．（4分）如图，固定光滑长斜面倾角为37°，下端有一固定挡板。两小物块A、B放在斜面上，质量均为m，用与斜面平行的轻弹簧连接。一跨过轻小定滑轮的轻绳左端与B相连，右端与水平地面上的电动玩具小车相连。系统静止时，滑轮左侧轻绳与斜面平行，右侧轻绳竖直，长度为L且绳中无弹力。当小车缓慢向右运动

L距

离时A恰好不离开挡板。已知重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．下列说法正确的是（ ）



A．弹簧的劲度系数为B．小车在0～



mgL

L时B的速率为



mgL

L位移大小内，拉力对B做的功为

C．若小车从图示位置以D．若小车从图示位置以

的速度向右匀速运动，小车位移大小为的速度向右匀速运动，小车在0～

L位移大小内，拉力对B做的功为

三、非选择题：本题共6小题，共60分．

13．（5分）某学习小组利用图甲装置做“验证机械能守恒定律”实验，其主要实验步骤如下：




A．用游标卡尺测量挡光条的宽度为d，用天平测量滑块（含挡光条）的质量为M，砝码盘及砝码的总质量为m； B．调整气垫导轨水平；

C．光电门移到B处，读出A点到B点间的距离为x1，滑块从A处由静止释放，读出挡光条通过光电门的挡光时间为t1；

D．多次改变光电门位置，重复步骤C，获得多组数据。



请回答下列问题：

（1）用游标卡尺测量挡光条的宽度时示数如图2所示，其读数为 mm。

（2）调整气垫导轨下螺丝，直至气垫导轨工作时滑块轻放在导轨上能 ，表明导轨水平了。

（3）在实验误差允许范围内，机械能守恒定律得到验证，则如图丙图象中能正确反映光电门的挡光时间t随滑块的位移大小x的变化规律的是 。

14．（9分）某同学用图甲电路做“测量电池的电动势和内阻”实验。可用的器材有： A．电源（电动势约3V，内阻约10Ω） B．电压表V（量程0～50mV，内阻为50Ω） C．电流表A（量程0～100mA，内阻约为2.5Ω） D．电阻箱R（0～999.9Ω，最小改变值为0.1Ω） E．定值电阻R1（阻值为 2 950Ω） F．定值电阻R2（阻值为 9 950Ω）




G．开关S及若干导线

在尽可能减小测量误差的情况下，请回答下列问题：



（1）定值电阻应选用 。（填写器材前面的字母序号） （2）用笔画线代替导线，按图甲电路将图乙实物完整连接起来。 （3）实验步骤如下：

①闭合S，调节电阻箱的阻值使电流表的示数为100mA，此时电阻箱的阻值为14.3Ω，电压表的示数为U0。 ②断开S，拆下电流表，将B与C用导线直接相连，闭合S，调节电阻箱的阻值使电压表的示数仍为U0，此时电阻箱的阻值为17.0Ω，则电流表的内阻为 Ω。

③调节电阻箱阻值，记下电阻箱的阻值R1，电压表的示数U1；多次改变电阻箱的阻值，可获得多组数据。作出电压表示数的倒数

随电阻箱的阻值的倒数

的图线如图丙所示，若不考虑电压表对电路的影响，电池的电动

势和内阻分别为 V、 Ω（结果保留三位有效数字） 15．（8分）如图，长为L的试管漂浮在水面上，管中的水柱高

L，露出水面的试管长为

L，已知管中气体和

水的绝对温度均为T0，大气压强为p0，重力加速度大小为g，水的密度为ρ，试管壁厚度忽略不计。 （i）管内气体温度缓慢降低，试管逐渐下降到管底与水面相平后悬浮在水中，求管内气体的绝对温度T； （ii）若竖直向下的外力将试管缓慢下降到某一位置，使管内气柱长度变求此时管内外水面的高度差h。

L此过程中管内气体的温度保持不变，



16．（8分）倾角为37°的斜面上叠放着质量均为m＝1kg滑块和长木板，在垂直于斜面方向的压力F作用下，均保持静止。已知滑块与长木板间动摩擦因素μ1＝0.2，滑块正处于长木板的中间位置；长木板与斜面间动摩擦因素μ2＝0.4，长木板长度L＝0.8m。滑块大小忽略不计，各接触面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，斜面足够长，




取g＝10m/s2，sin37°＝0.6。 （1）压力F的最小值

（2）突然撤去压力F，滑块经过多长时间从长木板滑下？



17．（12分）如图甲所示，水平台面AB与水平地面间的高度差h＝0.45m，一质量m2＝0.1kg的小钢球静止在台面右角B处。一小钢块在水平向右的推力F作用下从A点由静止开始做向右直线运动，力F的大小随时间变化的规律如图乙所示，当t＝1.5s时立即撤去力F，此时钢块恰好与钢球发生弹性正碰，碰后钢块和钢球水平飞离台面，分别落到地面上的C点和D点。已知B、D两点间的水平距离是B、C两点间的水平距离的3倍，钢块与台面间的动摩擦因数μ＝

，取g＝10m/s2．求：



（1）钢块的质量m1；

（2）B、C两点间的水平距离x1。

18．（18分）如图1所示，在直角坐标系xOy中，MN垂直x轴于N点，第二象限中存在方向沿y轴负方向的匀强电场，Oy与MN间（包括Oy、MN）存在均匀分布的磁场，取垂直纸面向里为磁场的正方向，其感应强度随时间变化的规律如图2所示。一比荷

＝

的带正电粒子（不计重力）从O点沿纸面以大小v0＝

）

，ON＝（

、方向+

）

与Oy夹角θ＝60°的速度射入第一象限中，已知场强大小E＝（1+




L．

（1）若粒子在t＝t0时刻从O点射入，求粒子在磁场中运动的时间t1；



（2）若粒子在0～t0之间的某时刻从O点射入，恰好垂直y轴进入电场，之后从P点离开电场，求从O点射入的时刻t2以及P点的横坐标xP；

（3）若粒子在0～t0之间的某时刻从O点射入，求粒子在Oy与MN间运动的最大路程s。






2020年山东省高考物理一模试卷

参考答案与试题解析

一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．【解答】解：A、当光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，当开关S扳向1时，光电子在光电管是加速，则所加的电压是正向电压，因此测得的数据得到的并不是I轴左侧的图线，故A错误； B、根据eU截＝

m

＝hγ﹣W，入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大；

由题目图可知，b光的截止电压大于a光的截止电压，所以b光的频率大于a光的频率，依据E＝hγ可知，b光的光子能量大于a光的光子能量，故B正确；

C、同一阴极的逸出功总是相等，与入射光的能量大小无关，故C错误； D、b光的截止电压大于a光的截止电压，根据eU截＝于a光的光电子最大初动能，故D错误。 故选：B。

2．【解答】解：A、根据纵坐标的变化量表示位移，可知，0﹣2s内，质点通过的位移大小为3.27m，路程为3.27m。2﹣3s内，质点通过的位移大小为1.27m，路程为1.27m，故0﹣3s内，质点的路程为3.27m+1.27m＝4.54m，故A错误；

B、根据图象的斜率表示速度，知0﹣3s内，质点先做匀速运动，再做减速运动后做加速运动，故B错误； C、1﹣5s内，质点的位移大小△x＝2m﹣0m＝2m，平均速度大小 D、3s末质点的速度大小等于1s末质点的速度大小，为 v＝故选：D。

3．【解答】解：A、只有静止同步轨道卫星是相对地面静止的，故A错误； B、卫星环绕速度v＝错误；

C、静止同步轨道卫星绕地心运行，相对地面静止（同周期，与赤道共面，且自西向东转），有向心加速度，故C错误；

D、卫星的向心加速度a＝

，当r＝R地时，a＝g；当r＞R地时，a＜g，故D正确。

，轨道半径越大线速度越小，除近地卫星外，运行速度均小于第一宇宙速度，故B

＝＝

＝

m/s＝0.4m/s，故C错误；

m

＝hγ﹣W，所以b光对应的光电子最大初动能大

m/s＝2m/s，故D正确。




故选：D。

4．【解答】解：A、从状态A到状态B，体积和压强都增大，根据理想气体状态方程错误。

B、从状态C到状态A，压强不变，体积减小，根据理想气体状态方程

，温度一定降低，分子平均速率减

，温度一定升高，故A

小，但平均速率是统计规律，对于具体某一个分子并不适应，故不能说状态A时所有分子的速率都比状态C时的小，故B错误。

C、从状态A到状态B，压强的平均值＝﹣

V0，故C错误。

＝

，气体对外界做功为大小W1＝﹣（VB﹣VA）＝

D、从状态B到状态C为等容变化，气体不做功，即W2＝0；

从状态C到状态A为等压变化，体积减小，外界对其他做功W3＝p0（2V0﹣V0）＝p0V0，

对于整个循环过程，内能不变，△U＝0，根据热力学第一定律△U＝Q+W，得Q+W1+W2+W3＝0，代入数据解得：Q＝

p0V0，故D正确。

故选：D。

5．【解答】解：开始阶段，物块的速度比传送带的大，相对于传送带向上运动，受到的滑动摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律得

mgsin30°+μmgcos30°＝ma1，解得 a1＝8.75m/s2，方向沿传送带向下

当物块与传送带共速时，因mgsin30°＜μmgcos30°时，所以物块与传送带不能保持相对静止，根据牛顿第二定律得

mgsin30°﹣μmgcos30°＝ma2，解得 a2＝1.25m/s2，方向沿传送带向下，所以物块继续做加速度较小的匀减速运动，直到速度为零，故ACD错误，B正确。 故选：B。

6．【解答】解：A、分析图乙可知，t＝2s时，磁感应强度处于变化的过程中，铜环中磁通量变化，产生感应电流，故A错误；

B、t＝1.5s时，垂直斜面向下的磁通量逐渐减小，根据楞次定律可知，铜环中产生顺时针方向的感应电流，故B错误；

C、t＝3.5s时，垂直斜面向上的磁通量逐渐减小，根据楞次定律的推广含义﹣﹣来拒去留可知，安培力沿斜面向




下，根据法拉第电磁感应定律可知：E＝I＝

＝V＝0.012V，根据欧姆定律可知：

＝0.12A，安培力：F＝2BIr＝0.0048N，故C正确；

D、1～3s时间内，磁感应强度变化率不变，则感应电流不变，磁感应强度先减小后增大，根据楞次定律的可知，安培力先向下减小后向上增大，则摩擦力方向向上，逐渐减小，后续可能方向向下逐渐增大，故D错误。 故选：C。

7．【解答】解：根据题意作出光路图如图所示，



红光在BC面恰好发生全反射，设临界角为θ， 则：sinθ＝

，

解得：θ＝45°，

则：DE⊥EO，已知：M为OA的中点，则：α＝30°， 由几何知识得：i＝30°， 由折射定律得：n＝

，

代入数据解得：r＝45°，故C正确，ABD错误。 故选：C。

8．【解答】解：A、电子加速，由动能定理得：eU＝动能转化为冷却液内能，则单位时间内有：N•

．设单位时间内发射电子个数为N，则I＝Ne，电子束＝cM△t，解得：△t＝

，故A错误，B正确；

CD、在单位时间内，电子束动量减少，等于电子受到的撞击力冲量大小，由动量定理得：N•mv＝F，解得：F＝I

，由牛顿第三定律知，冷却液受到电子的平均撞击力为I

，故CD错误。

故选：B。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．

9．【解答】解：A、规定场强沿x轴正方向为正，依据场强E随位移坐标x变化规律如题目中图所示，电场强度方




向如下图所示：



根据顺着电场线电势降低，则O电势最低，故A正确；

B、由上分析，可知，电势从高到低，即为x3、x2、x1，由于﹣x2点与x2点电势相等，那么﹣x2点的电势不是最高，故B错误；

C、若电子从﹣x2点运动到x2点，越过横轴，图象与横轴所围成的面积之差为零，则它们的电势差为零，则此过程中电场力对电子做的总功为零，故C正确；

D、若电子从x1点运动到x3点，图象与横轴所围成的面积不为零，它们的电势差不为零，则此过程中电场力对电子做的总功也不为零，故D错误； 故选：AC。

10．【解答】解：A、通过R4的电流i4＝2

sin100πtA，则角速度：ω＝100π rad/s，频率：f＝

＝50Hz，变压

器不会改变交流电的频率，故a、b两端电压的频率为50Hz，故A错误； B、通过R4的电流最大值为2

A，则有效值为I4＝2A，根据并联电路的规律可知，通过R3的电流有效值为

＝2A，R1两端电压为UR1

＝48V，

2A，副线圈的输出电流：I2＝4A，根据变流比可知，原线圈的输入电流：

＝I1R1＝8V，副线圈两端电压：U2＝I2R2+I4R4＝24V，根据变压比可知，原线圈的输入电压：则a、b两端电压：Uab＝UR1+U1＝56V，故B正确；

C、若a、b两端电压保持不变，仅减小R2的阻值，根据闭合电路欧姆定律可知，副线圈的输出电流增大，根据变流比可知，原线圈的输入电流增大，则R1消耗的电功率增大，故C错误；

D、若a、b两端电压保持不变，仅减小R1的阻值，则原线圈输入电压增大，根据变压比可知，副线圈输出电压增大，则R2两端的电压增大，故D正确。 故选：BD。

11．【解答】解：A、当t＝0时，质点P正在向动能减小的方向运动，即P点向y轴正方向运动，根据上下坡法，机械波向x轴正方向传播，故A错误； B、当经过t＝

s，质点P由y轴上方位置第一次回到平衡位置，应该向y轴负方向运动，故B正确；

s时质点P第一次回到平衡位置，

C、当t＝1s时，质点Q第一次回到平衡位置，则有：T＝4s，由于t＝




设波速为v，在故C正确；

s时间内，波传播的距离为x＝v，也可表示为x＝，而λ＝vT，解得：λ＝12cm，



D、波峰与P点水平距离为x′＝故选：BC。

12．【解答】解：A、设初状态弹簧压缩量为x1，对物块B根据平衡条件可得： kx1＝mgsin37° 解得：x1＝

当小车缓慢向右运动解得：x2＝



L距离时A恰好不离开挡板，设弹簧伸长量x2，对A根据平衡条件可得：kx2＝mgsin37°

﹣L＝

，联立解得弹簧的劲度系数k＝

，故A正确；

＝1cm，传播时间为

，故D错误；

根据几何关系可得x1+x2＝

B、根据x1＝x2，弹性势能不变，则小车在0～mgsin37°

＝

mgL，故B错误；

L位移大小内，根据功能关系可得拉力对B做的功为：W1＝

C、小车位移太小为解得：θ＝37°，

时滑轮右侧轻绳与竖直方向的夹角为θ，如图所示，根据几何关系可得：tanθ＝＝，

小车速度沿轻绳方向和与轻绳垂直方向分解，则B的速率为：vB＝D、若小车从图示位置以

的速度向右匀速运动，小车在0～

+

cos53°＝，故C正确；

L位移大小内，拉力对B做的功为W2，根据＝

mgL，故D正确。

功能关系可得拉力对B做的功为：W2＝mgsin37°故选：ACD。






三、非选择题：本题共6小题，共60分．

13．【解答】解：（1）因游尺是20分度的，则游标卡尺的精确度为0.05，则其读数：d＝3mm+8×0.05mm＝3.40mm。 （2）调整气垫导轨下螺丝，直至气垫导轨工作时滑块轻放在导轨上能静止，表明导轨水平。 （3）验证机械能守恒需要要验证动能的增量等于重力势能的减小量为：△Ek＝

△EP＝mgx

即：＝mgx

则有：故选：D

＝x 则D图符合，

故答案为：（1）3.40；（2）静止；（3）D

14．【解答】解：（1）实验中需要将电流表A与定值电阻R串联，改装成一个量程为0～3V的电压表，由部分电路欧姆定律知：

＝



代入数据解得：R0＝2950Ω 故选：E；

（2）根据电路原理图，实物连接如图所示；

（3）②电压表的示数始终为U0，则说明RA+R＝R′，即为：RA＝17.0Ω﹣14.3Ω＝2.7Ω ③根据闭合电路的欧姆定律知：E＝U（代入数据变形后为：

＝

+

，

+1）+U（

+1）

r

结合题中所给图象的纵截距：20.7＝斜率：

＝






求得：E＝2.90V，r＝12.0Ω

故答案为：（1）E；（2）实物连接如图所示；（3）②2.7；③2.90，12.0。



15．【解答】解：（i）初态管内外水面的高度差试管中气柱长度





试管悬浮在水中受到的浮力与重力平衡，温度缓慢降低，试管缓慢下降，但排开水的体积保持不变，则管底与管外水面相平时试管中气柱长度





管内气体做等压变化，根据盖•吕萨克定律有：解得：



（ii）管内气体做等温变化，根据玻意耳定律有：

＝

解得：h＝



；



答：（i）管内气体的绝对温度T为（ii）此时管内外水面的高度差h为

16．【解答】解：（1）滑块保持止，设压力F的最小值为F1．根据平衡条件得 mgsinθ＝μ1（mgcosθ+F1） 解得 F1＝22N

滑块和木板整体保持静止，压力F的最小值为F2．根据平衡条件得 2mgsinθ＝μ2（2mgcosθ+F2） 解得 F2＝14N

故压力F的最小值为22N。

（2）撤去压力F，滑块和木板均沿斜面向下做匀加速运动，设加速度分别为a1和a2。




根据牛顿第二定律得：

对滑块有 mgsinθ﹣μ1mgcosθ＝ma1，解得 a1＝4.4m/s2。

对木板有 mgsinθ+μ1mgcosθ﹣μ2•2mgcosθ＝ma2，解得 a2＝1.2m/s2。 设经过时间t，滑块从木板上滑下，则 解得 t＝0.5s 答：

（1）压力F的最小值是22N。

（2）突然撤去压力F，滑块经过0.5s时间从长木板滑下。

17．【解答】解：（1）设碰前钢块的速度大小为v，碰后钢块、钢球的速度大小分别为v1、v2，碰后钢块、钢球均做平抛运动，根据水平位移关系可知：v2＝3v1

钢块与钢球发生弹性正碰，机械能和动量都守恒，由动量守恒可知：m1v＝m1v1+m2v2 由机械能守恒可知：联立解得：m1＝0.3kg

（2）根据F﹣t图象中，图线与t轴所包围的面积表示冲量，则0﹣t2时间内，推力冲量大小为：IF＝（2×1.5﹣×（2﹣0.8）×1）N•s＝2.4N•s 根据动量定理有：IF﹣μm1gt2＝m1v﹣0 解得：v＝4m/s，v1＝2m/s 碰后钢块做平抛运动，则：h＝解得：x1＝0.6m

答：（1）钢块的质量m1为0.3kg； （2）B、C两点间的水平距离x1为0.6m。

18．【解答】解：（1）若粒子在t＝t0时刻从O点射入，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，如图所示 由几何关系可知圆心角α＝2θ＝

π g

，x1＝v1t1

＝

+

﹣

＝



洛伦兹力提供向心力，则其中










粒子在磁场中运动的时间t1＝解得：t1＝

t0＜2t0，符合题意

T

（2）由（1）可知，解得R＝

设t＝t2时刻粒子从O点射入时恰好垂直y轴进入电场，如图2所示，则

＝v0（t0﹣t2）

解得：t2＝（1﹣

）t0

粒子在电场中做类平抛运动，则 R+

＝



﹣xP＝v0t3

根据牛顿第二定律有：qE＝ma 其中解得：







（3）粒子在磁场中转动，则：

运动轨迹如图3所示，则

由于3t0﹣t0＝2t0＝T，粒子从C点开始恰好做匀速圆周运动一圈回到C点，t＝4t0时刻运动到D点，则 CD＝v0t0＝L

粒子从D点开始恰好做匀速圆周运动一圈回到D点，t＝6t0后沿DG做直线运动，则





由于最大路程

答：（1）粒子在磁场中运动的时间t1为

恰好等于ON长度



；




（2）从O点射入的时刻t2以及P点的横坐标xP分别为（1﹣（3）粒子在Oy与MN间运动的最大路程s为

。

）t0和；

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