12、（18分）如图所示，MN为平行金属板，N板上有一小孔Q，一个粒子源P在M板附近，可释放初速度为零，质量为m，电荷量为q的带正电的粒子，粒子经板间加速电场加速后，从小孔Q射出，沿半径为R的圆筒上的小孔E进入圆筒，筒里有平行于筒内中心轴的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，筒上另一小孔F与小孔E、Q、P在同一直线上，该直线与磁场垂直，E、F连线为筒的直径，粒子进入筒内磁场偏转，与筒壁碰撞后速度大小不变，方向反向，不计粒子的重力。求： （1）要使粒子以速度v进入磁场，M、N间的电压为多大；
（2）若粒子与筒壁碰撞一次后从F点射出，粒子在磁场中运动的时间为多少；
（3）若粒子从E点进入磁场，与筒壁发生三次碰撞后从F点射出，则粒子在磁场中运动的路程为多少。（已知tan22.5°=2?1）
6
参考答案
1 B
9、【答案】
（1）偏大 小于 M?m 1.80 5.0 【解析】
①当拉力F等于0时，小车已经产生力加速度，故原因是平衡摩擦力时平衡摩擦力过大，在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角偏大．
②小车运动过程中，砝码和盘向下做加速运动处于失重状态，砝码和盘对细线的拉力小于其重力，小车在运动过程中受到的拉力小于砝码和盘的总重力； 对整体分析，根据牛顿第二定律得mg??M?m?a 解得a?2 D 3 C 4 C 5 A 6 AD 7 BC 8 CD mg
M?m则绳子的拉力
F?Ma?Mmgmg?M?m1?m
M当M?m，即砝码和盘的总质量远小于小车和小车上砝码的总质量时，砝码和盘的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力，所以为了便于探究、减小误差，应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足
M?m的条件
③刻度尺上读出A、D、E三点的位置，算出?s??6.50?2.60?cm??2.60?0.50?cm?1.80cm 计数点间的时间间隔为T，由匀变速直线运动的推论△x=aT2可知，加速度：
?s1.8?10?2a?2?m/s2?5.0m/s2 2T0.06（2）①1.170
②R1 ③如图
U?R0)?D2④I
4?( 试卷第7页，总10页
10、【解析】
(1) 运动到C点，对速度进行分解有：竖直方向vy?0?2gh 联立解得：v0?6m/s
2(2) 运动员经过C点时的速度v1?v02?vy?10m/s
vyv0?tan53?
2运动员第一次经过D点时，根据动能定理
1212mv2?mv1?mgR(1?cos53?) 222v2在D点，根据牛顿第二定律N?mg?m
R根据牛顿第三定律可知对圆弧轨道的压力N'?N?2580N (3)取C点为零势能面，则初态机械能E1?12mv0?mgh?3000J 2返回C点时，机械能为零，所以从A点开始飞出到返回C点的过程中机械能的损失量为3000J。 11、【解析】
（1）由图可知，当R=0 时，杆最终以v=2m/s匀速运动， 2×2V=2V 产生电动势 E=BLv=0.5×电流方向为由b到a
（2）设最大速度为v，杆切割磁感线产生的感应电动势 E=BLv， 由闭合电路的欧姆定律：I?解得v?E，杆达到最大速度时满足 mgsinθ﹣BIL=0， R?rmg(R?r)sin?．
B2L24?2m/(s??)?1m/(s??)，纵截距为v0=2m/s， 由图象可知：斜率为k?2mgrsin?mgsin??v?k 得到：，02222BLBL解得：m=0.2kg，r=2Ω．
E2 （3）由题意：E=BLv，P?R?r 8
P2L2v22P2L2v12P2L2v2 得P?，则?P??R?rR?rR?r1212mv2?mv1 22m(R?r)?P， 联立解得：W?2B2L2由动能定理得W?W=0.6J． 12、【解析】
（1）粒子经加速电场加速，根据动能定理则qU?12mv 2mv2求得加速电压的大小U?
2q（2）若粒子与筒壁碰撞一次后从F点射出磁场，其运动轨迹如甲图所示，
甲 粒子在磁场中运动的时间等于粒子在磁场中做圆周运动的半个周期，即
v2qBv?m
rT?2πr2πm? vqB1πmT? 2qBt?（3）若粒子进入磁场后，与筒壁发生三次碰撞后从F点射出有两种情况 ①轨迹如图乙所示，
乙
试卷第9页，总10页
（2?1）R 则粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r1?Rtan22.5??粒子在磁场中运动的路程s1?4?②轨道如图丙所示，
135?2πr1?3π(2?1)R 360
丙
则粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r2?粒子在磁场中运动的路程s2?4?R?tan22.5?R2?1?(2?1)R
45?2πr2?π(2?1)R 360 10
天津市2024年高三毕业班模拟训练（二）物理试题（含答案）
