2022-2022学年北京市房山区南尚乐中学高三(上)期中物理试卷(教师版).docx

2022-2022 学年北京市房山区南尚乐中学高三〔上〕期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题，此题共 13小题，每题三分，共 39分．
1．〔3分〕〔2022秋•莱芜期末〕18世纪中期，人们既没有量度带电体所带电荷量多少的方法，也没有测量电荷之间非常小的相互作用力的工具．一位法国的科学家创造了扭秤，巧妙而准确地测量出了物体间的静电力，这位科学家是〔 〕 A．法拉第 B．库仑 C．奥斯特 D．安培
考点：物理学史．
分析：根据对物理学家及其主要奉献的了解答题．
解答：解：一位法国的科学家创造了扭秤，巧妙而准确地测量出了物体间的静电力，这位科学家是库仑，
应选 B．
点评：多了解物理学史对培养我们学习物理的兴趣是有帮助的，所以考试中也时有涉及，在学习中应注意．
2．〔3分〕〔2022秋•丰台区期末〕以下关于电磁波的说法正确的选项是〔〕
A．电磁波是一种纵波
B．可见光是电磁波
C．电磁波不能产生干预和衍射现象
D．电磁波必须依赖介质传播
考点：电磁波的发射、传播和接收．
分析：电磁波是由变化电磁场产生的，电磁波有：无线电波、红外线、可见光、紫外线、伦琴射线、γ 射线．电磁波的传播不需要介质．
解答：解：A、电磁波的传播方向与振动方向相互垂直，故电磁波是横波，故 A 错误．
B、可见光是电磁波的一种，故 B 正确．
C、电磁波能产生干预和衍射现象．故 C 错误．
D、电磁波的传播不需要介质．故 D 错误． 应选 B．
点评：此题考查了有关电磁波的根底知识，对于这些根底知识要加强理解和应用．
3．〔3分〕〔2022•福建〕一定量的理想气体在某一过程中，从外界吸收热量2.5×104J，气体对外界做功1.0×104J，那么该理想气体的〔填选项前的字母〕〔〕
A．温度降低，密度增大 B．温度降低，密度减小
C．温度升高，密度增大 D．温度升高，密度减小
考点：热力学第一定律；气体分子运动的特点．
分析：由热力学第一定律可知理想气体内能的改变，那么可判断温度的改变；由对外做功可知
体积的变化，即可得出密度的变化．
解答：解：理想气体的内能仅用温度来衡量，由热力学第一定律△ U=W+Q△ 可知，
△ U=1.5×104J，即气体内能增加，故温度升高． 因对外做功，体积膨胀，故密度减小．
应选 D．
点评：热力学第一定律是热学中必考内容，一定要熟记其内容，并能分清各量的符号规定， 做到正确求解．
4．〔3分〕〔2022秋•丰台区期末〕以下说法正确的〔〕
A．Th→Pa+X中的X是中子B．+→+是α衰变C．+→+是核聚变D．→+2是核裂变
考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度；重核的裂变；轻核的聚变． 专题：衰变和半衰期专题．
分析：由质量数守恒和电荷数守恒知 X 是电子，α 衰变生成的是核原子核，裂变是质量较大的核分裂成质量中等的核．
解答：解：A、由质量数守恒和电荷数守恒知 X 是电子，A 错误；
B、是发现质子的反响方程，α 衰变生成的是氦原子核，B 错误；
C、质量较轻的核聚变生成质量较大的核，C 正确；
D、裂变是质量较大的核分裂成质量中等的核，这里是 β 衰变，D 错误； 应选 C
点评：此题考查了核反响方程中的质量数守恒和电荷数守恒，裂变、聚变和衰变的概念，难度不大．
5．〔3分〕〔2022春•乐山期末〕弹簧振子在光滑的水平面上做简谐运动，在振子向着平衡位置运动的过程中〔 〕
A．振子所受的回复力逐渐增大 B．振子离开平衡位置的位移逐渐增大
C．振子的速度逐渐增大D．振子的加速度逐渐增大
考点：简谐运动的振幅、周期和频率． 专题：简谐运动专题．
分析：根据振子是远离平衡位置还是靠近平衡位置来分析：回复力、位移、速度和加速度的变化．
解答：解：A、回复力与位移成正比，在振子向着平衡位置运动的过程中回复力减小，A 错误；
B、振子的位移指由平衡位置指向振动物体所在位置的有向线段，因而向平衡位置运动 时 位 移 逐 渐 减 小 ，B 错 误 ； C 、物体向着平衡位置运动时，回复力与速度方向一致，故物体的速度逐渐增大 C 正确．
D、由牛顿第二定律 可知，加速度也减小，D 错误； 应选 C
点评：此题考查根据振动特点分析物体振动过程的能力．在振动过程中，这三个量大小变化
情况是一致的：回复力、加速度和位移．

6．〔3分〕〔2022秋•丰台区期末〕某玻璃对蓝光的折射率比对红光的折射率大，那么〔〕
A．蓝光光子的能量较大 B．在该玻璃中传播时，蓝光的速度较大
C．从该玻璃中射入空气发生反射时，蓝光的临界角较大 D．以相同的入射角从空气斜射入该玻璃中，蓝光的折射角较大
考点：光的折射定律． 专题：光的折射专题．
分析：
折射率越大，光的频率越高，光子的能量越大，由分析光在玻璃中传播速度的大
小．由分析临界角C的大小．由折射定律分析折射角的关系．解答：解：
A、由题，玻璃对蓝光的折射率比对红光的折射率大，那么知蓝光的频率 γ 较大，由 E=hγ
知，蓝光光子的能量较大．故 A 正确．
B、由分析知，在该玻璃中传播时，红光的速度较大．故B错误．
C、由分析知，折射率越大，临界角越小，那么知从该玻璃中射入空气发生反射 时，蓝光的临界角较小．故 C错误．
D、由折射定律得知，以相同的入射角从空气斜射入该玻璃中，折射率越大 折射角越小，那么蓝光的折射角较小．故 D错误．
应选 A
点评：
此题可根据光的色散研究结果，理解并掌握折射率与光的折射率的关系，再根据 v=
sinC=和折射定律可轻松解答此题．
7．〔3分〕〔2022秋•丰台区期末〕质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x=5t+t2〔各物理量均采用国际制单位〕，那么该质点〔〕
A．第 1 s 内的位移是 5 m
B．前 2 s 内的平均速度是 6 m/s
C．任意相邻的 1 s 内位移差都是 1 m
D．任意 1 s 内的速度增量都是 2 m/s
考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系． 专题：运动学与力学〔一〕．
分析： 2 2
通过匀变速直线运动位移时间公式 x=vot+ at 与题目中 s=5t+t
比照去得出物体的初
速度和加速度，再根据运动学的其它公式去求解．
解答：解：A、将 t=1 代入即可求出第 1s 内的位移是 x=6m，A 错误；
B、前2s内的平均速度为==7m/s，B错误；
C、与at2比照可知a=2m/s2，那么△s=aT2=2m，C 错误；
D、位移 s 与时间 t 的关系为 x=5t+t2
∴vo=5m/s，a=2m/s2
∵该运动是匀加速直线运动
∴任意相邻 1s 内速度增量都是△ v=at=2m/s，故 D 正确； 应选 D．
点评：该题考查了匀变速直线运动的位移时间公式、速度时间公式的应用．
A．
8．〔3分〕〔2022秋•丰台区期末〕一列简谐波以10m/s的速度沿x轴正方向传播，t=0时刻这列波的波形如右图所示，那么质点P的振动图象为〔 〕
B．
C．
D．

考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象． 专题：振动图像与波动图像专题．
分析：
此题首先由波动图象读出波长λ，由波速公式v= 求出周期T．
由题，简谐波沿 x 轴正方向传播，根据波形的平移法判断出 t=0 时刻质点 P 的速度方向，确定其振动图象的形状．
解答：
解：由波动图象读出波长λ=4m，由波速公式v= 得，周期T= = ．简
谐波沿 x 轴正方向传播，根据波形的平移法得知出 t=0 时刻质点 P 的速度方向沿 y 轴正方向，所以质点 P 的振动图象为正弦曲线．故 B 正确．
应选 B
点评：此题考查读图能力，由波动图象读出波长，根据波的传播方向，由波形的平移法可判断出质点的振动方向，根据质点在 t=0 时刻的速度和位置，可确定其振动图象．
9．〔3分〕〔2022•怀化三模〕在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，那么〔 〕
A．t=0.005s时线圈平面与磁场方向平行

C．线圈产生的交变电动势频率为 100HZ
D．线圈产生的交变电动势有效值为 311V
考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率． 专题：交流电专题．
分析：根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等．
解答：解：A t=0.005s 电动势最大，那么线圈平面与磁场方向平行，故 A 正确

C 由图可知周期为0.02，那么频率=50Hz，故C错误
D 线圈产生的交变电动势有效值V，故D错误应选：A
点评：此题考查了有关交流电描述的根底知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值周期、频率、角速度等物理量．
10．〔3分〕〔2022秋•丰台区期末〕地球的质量为M，半径为R，自转周期为T，地球外表处的重力加速度为g．地球同步卫星的质量为m，离地面的高度为h．利用上述物理量， 可推算出地球同步卫星的环绕速度表达式为〔 〕
A． B． C． D．
考点：同步卫星；万有引力定律及其应用；人造卫星的加速度、周期和轨道的关系． 专题：人造卫星问题．
分析：同步卫星的轨道半径为 r=R+h，其运动周期等于地球自转的周期，根据线速度与周期的关系可得出线速度的表达式．根据万有引力提供向心力，即可求解．
解答：解：
A、同步卫星的轨道半径为 r=R+h，其运动周期等于地球自转的周期 T，那么线速度v=，故 A错误；
：
B、根据牛顿第二定律得解得，=ω
故 BC 错误；
D、因为，v=，所以，故 D 正确； 应选 D
点评：对于卫星问题，关键要建立物理模型，运用万有引力和向心力知识、加上数学变形求
解．
11．〔3分〕〔2022秋•丰台区期末〕一带电粒子，重力忽略不计，以一定的初速度进入某电场后，恰能做直线加速运动，以下说法正确的〔 〕
A．电场力对粒子做正功，电势能减小
B．电场力对粒子做负功，电势能增加 C．该电场一定是匀强电场，粒子平行于电场方向运动
D．该电场一定是匀强电场，粒子垂直于电场方向运动
考点：电势能；带电粒子在匀强电场中的运动． 专题：电场力与电势的性质专题．
分析：根据动能定理分析电场力做功正负，由能量守恒判断电势能的变化．带电粒子做加速直线运动，电场力方向与速度相同，但加速度大小如何变化未知，不能确定场强的变化．
解答：解：A、B 由题，带电粒子做加速直线运动，带电粒子的动能增大，由动能定理得知电场力对粒子做正功，而动能与电势能总量守恒，那么电势能减小．故 A 正确，B 错误C、D带电粒子做加速直线运动，电场力与速度方向必定相同，带电粒子一定沿电场线方向运动，由于加速度如何变化未知，那么电场力是否变化不能确定，场强是否变化也不能确定，所以该电场不一定是匀强电场．故 CD 错误．
应选 A
点评：此题关键根据动能定理分析动能的变化，再判断电势能的变化．带电粒子在电场中做直线运动时，电场线一定直线，粒子的速度一定与电场线共线．
12．〔3分〕〔2022秋•周口期末〕两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图．假设不计粒子的重力，那么以下说法正确的选项是〔 〕
A．a 粒子带正电，b 粒子带负电B．a 粒子在磁场中所受洛伦兹力较大C．b 粒 子 动 能 较 大D．b 粒子在磁场中运动时间较长
考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力． 专题：带电粒子在磁场中的运动专题．
分析：a、b 两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子以不同的速率对向射入圆形匀强磁场区域，偏转的方向不同，说明受力的方向不同，电性不同，可以根据左手定那么判定．从图线来看，a 的半径较小，可以结合洛伦兹力提供向心力，写出公式，进行判断，之后，根据公式，再判定动能和运动的时间．
解答：解：粒子向右运动，根据左手定那么，b 向上偏转，应当带正电；a 向下偏转，应当带负电，故 A 错误．
洛伦兹力提供向心力，即，得，故半径较大的b粒子速度大，动
能也大．故 C 正确．
由公式；f=qvB，故速度大的 b 受洛伦兹力较大．故 B 错误．
磁场中偏转角大的运动的时间也长；a 粒子的偏转角大，因此运动的时间就长．故 D
错误． 应选：C
点评：该题考查带电粒子在匀强磁场中的偏转，可以结合两个公式进行判定．属于简单题目
13．〔3分〕〔2022秋•朝阳区期末〕物理关系式不仅反映了物理量数量的关系，也确定了单位间的关系．如关系式 F=ma既反映了力、质量和加速度之间的关系，也确定了 N〔力〕与kg〔千克〕和 ms﹣2〔米每二次方秒〕的乘积等效．物理量单位：m〔米〕、s〔秒〕、N〔牛〕、
W〔瓦〕、C〔库〕、A〔安〕、T〔特〕，由它们组合成的单位与力的单位 N〔牛〕等效的是〔〕
D．C2/m2
A．T•m2/s B．T•A•m C．W/m
考点：力学单位制．
分析：根据物理学公式及各物理量的单位进行推导，即可得出结论．
解答：解：A、由公式：F=BIL，F的单位：N，B单位：T，I单位：A，L的单位是：m， 可 知 ：1N=1T•A•m， 故 A 错 误 ，B正 确 ； C、W 是功率单位，m是长度单位，W/m不可能表示 N，故 C错误；
D、根据，k是有单位的，可知，C2/m2不能表示N，故D错误． 应选 B．
点评：此题考查了功的单位与各物理量单位间的关系，熟悉各物理量的单位，熟练掌握各物理学公式是正确解题的关键．

二、实验题，此题共 3 小题，共 20 分．把答案填在答题纸相应的位置．
14．〔4分〕〔2022秋•房山区校级期中〕如下列图是电子射线管的示意图．接通电源后，电子射线由阴极沿 x 轴正方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线．要使荧光屏上的亮线向上〔z 轴正方向〕偏转，在以下措施中可采用的是〔〕
A．加一沿y轴正方向的磁场 B．加一沿y轴负方向的磁场
C．加一沿z轴正方向的磁场 D．加一沿z轴负方向的磁场
考点：带电粒子在匀强磁场中的运动． 专题：带电粒子在磁场中的运动专题．
分析：电子射线由阴极沿 x 轴方向射出，形成的亮线沿 z 轴正方向偏转，说明电子受到的洛伦兹力方向向上，将四个选项逐一代入，根据左手定那么判断分析，选择可行的磁场方向．
解答：解：A、假设加一沿 y轴正方向的磁场，根据左手定那么，洛伦兹力方向沿 z轴负方向， 亮线向下偏转，故 A错误．
B、假设加一沿 y轴负方向的磁场，根据左手定那么，洛伦兹力方向沿 z轴正方向， 亮线向上偏转，故 B正确．
C、假设加一沿 z轴正方向的磁场，根据左手定那么，洛伦兹力方向沿 y轴负方向， 亮线向 y轴负方向偏转，故 C错误．
D、假设加一沿 z轴负方向的磁场，根据左手定那么，洛伦兹力方向沿 y轴正方向， 亮线向 y轴正方向偏转，故 D错误．
应选：B．
点评：此题考查磁偏转方向判断的能力．由由左手定那么判断处洛伦兹力的方向是正确解题的关键．．
15．〔6分〕〔2022秋•朝阳区期末〕在一次“用单摆测定重力加速度〞的实验中，图甲中的O
点是摆线的悬点，a、b
两点分别是摆球的上沿和下沿，那么该单摆的摆长l=0.9160 m．乙图为测量周期用的秒表， 长针转一周的时间为30s，表盘上部的小圆共30个小格，每小格30s．该单摆全振动n=50 次时，表盘指针的位置如图乙所示，所用时间t=96.3 s．用以上直接测量的物理量的符
号表示重力加速度的计算式g=〔不必代入具体数值〕．
考点：用单摆测定重力加速度． 专题：单摆问题．
分析：长度读数要加上估读位，摆长为悬挂点到球心的距离；秒表读数既要看大盘，也要看小盘；根据单摆周期公式 列式求解重力加速度．
解答：
解：摆长为悬挂点到球心的距离，故 ；
秒表大盘可以看出是 30s 的 3 倍多，小盘读数 6.3s，故总时间为：t=30s×3+6.3s=96.3s
单摆周期公式 ，根据实验； 故重力加速度为： ；
故答案为．
点评：此题关键明确实验原理，会读长度，会用单摆周期公式列式计算，根底题．
16．〔10分〕〔2022秋•朝阳区期末〕某实验小组利用如图1所示的电路做“测量电池的电动势和内电阻〞的实验．
〔1〕请你根据电路图，在图 2 所示的实物图上连线．
〔2〕该小组利用测量出来的几组电压和电流值画出了U﹣I图线如图3．根据图线求出电源的电动势E=U0 ，电源的内电阻r=．
〔3〕另一实验小组也做了“测量电池的电动势和内电阻〞的实验，他们在实验室里找到了以下 器 材 ： A．一节待测的干电池 B．电流表 A1〔满偏电流 3mA，内阻 RA1=10Ω〕
C．电流表 A2〔0～0.6A，内阻 RA2=0.1Ω〕
D．滑动变阻器 R1〔0～20Ω，10A〕
E．定值电阻 R0〔1190Ω〕
F．开关和导线假设干
某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但提供了两块电流表，于是他设计了如图 4 所示的电路，并进行实验．该同学测出几组电流表 A1、A2 的数据 I1、I2，利用测出的数据画出 I1
﹣I2图象，那么由图象可得被测干电池的电动势E=1.5 V，内电阻r= 0.6 Ω．
考点：测定电源的电动势和内阻． 专题：实验题；恒定电流专题．
分析：〔1〕根据图 1 所示电路图连接实物电路图．
〔2〕电源 U﹣I 图象与纵轴的交点是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻．
〔3〕由图象求出与纵轴的交点，然后由欧姆定律求出该电流所对应的电压， 该电压是电源的电动势；图象斜率的绝对值等于电源的内阻．
解答：解〔1〕根据电路图连接实物电路图，如下列图．
〔2〕由图3所示可知，电源电动势为U0，电源内阻．
〔3〕由图 5 所示可知，I1=1.25mA，I2=0.5A，
电源电动势 E=I1〔RA1+R0〕=1.25×10﹣3×〔10+1190〕=1.5V；
电源内阻
r====0.6Ω．
故答案为：〔1〕实物电路图如下列图；〔2〕U0；；〔3〕1.5；
0.6．
点评：应用图象求电源电动势与内阻时，从图象上求出电流值，然后应用欧姆定律求出电源电动势与内阻．
三、计算题，此题共 4 小题，共 41 分．解容许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，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．把答案填在答题纸相应的位置．
17．〔9分〕〔2022秋•丰台区期末〕某滑板爱好者在离地h=1.8m高的平台上滑行，水平离开 A 点后落在水平地面的 B 点，其水平位移 x1=3m，着地时由于存在能量损失，着地后速
度变为 v=4m/s，并以此为初速沿水平地面滑行 x2=8m 后停止于 C 点．人与滑板的总质量m=60kg，g=10m/s2．〔空气阻力忽略不计〕．求
〔1〕人与滑板离开平台时的水平初速度；
〔2〕人与滑板在水平地面滑行时受到的平均阻力大小．
考点：动能定理的应用；平抛运动． 专题：动能定理的应用专题．
分析：〔1〕利用平抛运动的规律，在水平和竖直两个方向上独立讨论运动规律，时间由竖直方向的高度决定，水平方向匀速运动，利用 S=Vt 求出速度．
〔2〕人与滑板在水平地面滑行时受到阻力最后停下来，阻力当成恒力处理，由动能定理求出阻力 f；
解答：解〔1〕设水平速度为 v0，A 到 B 的时间为 t， 根据平抛运动的规律得
那么 s1=v0t
h=gt2解得v0=5m/s〔2〕设人与滑板在水平地面滑行时受到的平均阻力的大小为f， 根据动能定理有mv2 解得f=60N
答：〔1〕人与滑板离开平台时的水平初速度是5m/s
〔2〕人与滑板在水平地面滑行时受到的平均阻力大小是 60N．
点评：此题要分段讨论：水平面上的匀减速运动可以利用动能定理求阻力，也可以用牛顿第二定律求阻力；
平抛段利用运动的合成和分解求解．
18．〔10分〕〔2022秋•朝阳区期末〕如下列图，在水平面内固定着足够长且光滑的平行金属轨道，轨道间距 L=0.40m，轨道左侧连接一定值电阻 R=0.80Ω．将一金属直导线 ab垂直放置在轨道上形成闭合回路，导线ab的质量m=0.10kg、电阻r=0.20Ω，回路中其余电阻不计．整个电路处在磁感应强度 B=0.50T的匀强磁场中，B的方向与轨道平面垂直．导线 ab在水平
向右的拉力 F作用下，沿力的方向以加速度 a=2.0m/s2由静止开始做匀加速直线运动，求：
〔1〕5s 末的感应电动势大小；
〔2〕5s 末通过 R 电流的大小和方向；
〔3〕5s 末，作用在 ab 金属杆上的水平拉力 F 的大小．
考点：导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律． 专题：电磁感应中的力学问题．
分析：〔1〕由题，导线 ab 做匀加速运动，初速度为零、加速度，即可由速度公式求出
5s 末的速度大小 v，由 E=BLv 求出感应电动势大小；
〔2〕根据闭合电路欧姆定律求出通过 R 电流的大小，由右手定那么判断感应电流的方向．
〔3〕在水平方向上，导线受到拉力和安培力，根据牛顿第二定律求解水平拉力 F 的大小．
解答：解：〔1〕由于导体棒ab做匀加速直线运动，设它在第5s末速度为v，所以v=at=10.0m/s
根据法拉第电磁感应定律：E=BLv=0.5×0.4×10V=2V
〔2〕根据闭合电路欧姆定律：
I==A=2A
根据右手定那么判断可知，通过 R 电流的方向 d→c．
〔3〕因为金属直导线 ab 做匀加速直线运动，故根据牛顿第二定律得
F﹣F 安=ma
其中：F 安=BIl=0.40N
解得：F=F 安+ma=0.4N+0.1×2N=0.6N
答：〔1〕5s末的感应电动势大小是2V；
〔2〕5s 末通过 R 电流的大小是 2A，方向 d→c；
〔3〕5s 末，作用在 ab 金属杆上的水平拉力 F 的大小是 0.6N．
点评：此题是导体在导轨上运动类型，根据运动学公式求出速度，由法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式结合研究．
19．〔11分〕〔2022•宁城县模拟〕在光滑的水平面上，一质量为mA=0.1kg的小球A，以8m/s的初速度向右运动，与质量为 mB=0.2kg的静止小球 B发生对心正碰．碰后小球 B滑向与水平面相切、半径为 R=0.5m的竖直放置的光滑半圆形轨道，且恰好能通过最高点 N后水平抛出．g=10m/s2．求：
〔1〕碰撞后小球 B 的速度大小；
〔2〕小球 B 从轨道最低点 M 运动到最高点 N 的过程中所受合外力的冲量；
〔3〕碰撞过程中系统的机械能损失．
考点：动量守恒定律；牛顿第二定律；向心力；机械能守恒定律． 专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
分析：〔1〕小球恰好能通过最高点 N，说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力，由牛顿第二定律求出小球到达 N 点的速度，由动能定理可以求出碰撞后小球 B 的速度
〔2〕由动量定理可以求出合外力的冲量．
〔3〕由能量守恒定律可以求出碰撞过程中机械能的损失． 解答：解：〔1〕小球B在最高点N时，由牛顿第二定律得：
mBg=mB，解得：vN= m/s；
小球从最低点运动到最高点的过程中，
B N B M
由动能定理得m v m v 2， 解得：vM=5m/s；
〔2〕以向右为正方向，从 M 到 N 过程，
由动量定理得+1〕N•s，方向向左；
〔3〕碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得： mAv0=mAvA+mBvB，vB=vM，解得：vA=﹣2m/s； 碰撞过程中，由能量守恒定律可得：
A A B B
损 失 的 机 械 能 为 △ mAv02﹣m v m v 2=0.5J； 答：〔1〕碰撞后小球B的速度大小为5m/s；
〔2〕小球 B 从轨道最低点 M 运动到最高点 N 的过程中所受合外力的冲量大小为
〔+1〕N•s，方向向左；
〔3〕碰撞过程中系统的机械能损失为 0.5J．
点评：熟练应用牛顿第二定律、动能定理、能量守恒定律即可正确解题．
20．〔11分〕〔2022秋•朝阳区期末〕如下列图，一个质量m=2.0×10﹣11kg、电荷量q=1.0×10
﹣5C的带电粒子〔重力忽略不计〕，从静止开始经U1=100V电场加速后，沿两平行金属板间中线水平进入电压 U2=100V的偏转电场，带电粒子从偏转电场射出后，进入垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的左右边界均与偏转电场的金属板垂直．偏转电场金属板长 L=20cm、两板间，匀强磁场的宽度D=10cm．求：
〔1〕带电粒子进入偏转电场时的速度 v0；
〔2〕带电粒子射出偏转电场时速度 v 的大小和方向；
〔3〕为了使带电粒子不从磁场右边界射出，匀强磁场磁感应强度的最小值 B．
考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；动能定理的应用． 专题：带电粒子在磁场中的运动专题．
分析：〔1〕带电粒子在加速电场中做匀加速直线运动，可以直接根据动能定理列式求解；
〔2〕带电粒子在偏转电场中做水平方向的匀速直线运动，和竖直方向的匀加速直线运动；根据分位移公式和分速度公式列式求解出分速度后合成得到合速度的大小和方向情况；
〔3〕求出粒子轨迹恰好与右边界相切的临街情况的磁感应强度即可．
解答：
解：〔1〕带电粒子在加速电场中，由动能定理：
解得：
〔2〕带电粒子在偏转电场中做水平方向的匀速直线运动，和竖直方向的匀加速直线运动．
加速度为： 竖直分速度为：
飞出电场时，速度偏转角的正切值为： 故 θ=30°
带电粒子射出偏转电场时速度的大小：
〔3〕带电粒子不从磁场右边界射出，那么其最大半径的运动轨迹如下列图，
设带电粒子在磁场中运动的最大半径为 r，由几何关系有：D=r+rsinθ
洛伦兹力提供向心力：
联立可得：
代入数据：
答：〔1〕带电粒子进入偏转电场时的速度 v0 为 1.0×104m/s；
〔2〕带电粒子射出偏转电场时速度 v 的大小约为 1.15×104m/s，方向与水平方向成 30°
角；
〔3〕为了使带电粒子不从磁场右边界射出，匀强磁场磁感应强度的最小值 B 约为
0.346T．
点评：此题是带电粒子在复合场中运动的问题，关键是分析清楚粒子的运动情况，画出运动轨迹，然后分三段运用相关的知识分析求解．