2022届北京市人大附中2022 级高三上学期开学考试理科综合物理试卷及解析

　2021 届北京市人大附中 2018 级高三上学期开学考试 理科综合物理试卷

　★祝考试顺利★ (解析版) 本试卷共 6 6 页, ,0 100 分。考试时长 0 90 分钟。考生务必将答案答在答题卡上, , 在试卷上作答无效。考试结束后, , 将本试卷和答题卡一并交回。

　第一部分

　本部分共 4 14 题, , 每题 3 3 分, ,共 共 2 42 分。在每题列出的四个选项中, , 选出最符合题目要求的一项。

　1. 下列说法正确的是（

　）

　A. 分子间的引力总是大于斥力 B. 分子间同时存在引力和斥力 C. 布朗运动就是液体分子的无规则运动 D. 液体中悬浮微粒越大,布朗运动越显著 【答案】B 【详解】A．分子间的引力与斥力的大小关系与分子间的距离有关,引力可以大于斥力也可以小于斥力,A 错误； B．分子间同时存在引力和斥力,B 正确； C．悬浮在液体中的小微粒的无规则运动叫做布朗运动,布朗运动间接反映了液体分子的无规则运动,C 错误； D．液体中悬浮的微粒越小,受到的液体分子的撞击力越不均匀,布朗运动越明显,D 错误。

　故选 B。

　2. 如图所示,一束可见光穿过玻璃三棱镜后,变为 a 、 b 、 c 三束单色光。如果 b 光是绿光,则以下说法正确的是（

　）

　A. a 光可能是蓝光 B. c 光可能是红光 C. a 光的频率小于 b 光的频率 D. c 光的波长大于 b 光的波长 【答案】C 【分析】

　【详解】AB．因 b 光是绿光,则 a 光可能红、橙、黄光,不可能是蓝光, c 光可能蓝、靛、紫光,不可能是红光,故 AB 错误； C．由光路图可知, a 光的折射率小于 b 光,则 a 光的频率小于 b 光的频率,故 C 正确； D．由光路图可知, c 光的折射率大于 b 光, c 光的频率大于 b 光, c 光的波长小于 b 光的波长,故D 错误。

　故选 C。

　3. 下列现象中,与原子核内部变化有关的是 A. 粒子散射现象 B. 天然放射现象 C. 光电效应现象 D. 原子发光现象 【答案】B 【详解】A．α 粒子散射实验表明了原子内部有一个很小的核,并没有涉及到核内部的变化,故A 项错误； B．天然放射现象是原子核内部发生变化自发的放射出 α 粒子或电子,从而发生 α 衰变或 β衰变,故 B 项正确； C．光电效应是原子核外层电子脱离原子核的束缚而逸出,没有涉及到原子核的变化,故 C 项错误； D．原子发光是原子跃迁形成的也没有涉及到原子核的变化,故 D 项错误． 4. 如图所示,用一根轻质细绳将一幅重力为 10N 的画框对称悬挂在墙壁上,当绳上的拉力为10N 时,两段细绳之间的夹角  为（

　）

　A. 45° B. 60° C. 90° D. 120° 【答案】D 【详解】两段细线的拉力大小相等,设为 T ,则 T =10N,两边拉力的合力 G =10N,由平行四边形法则可知三力互成 120°。

　故选 D。

　5. 将一定值电阻分别接到如图1和图2所示的两种交流电源上,在一个周期内该电阻产生的焦

　耳热分别为1Q 和2Q ,则1 2Q Q ：等于（

　）

　A. 21 ∶

　B. 12 ∶

　C. 21 ∶

　D. 1 2∶ 【答案】A 【详解】对于方波（图 1）来说,交流电压有效值为：

　1 0U u  故在电阻上产生的焦耳热为 2 20 11u UQ T TR R 

　对于正弦波（图 2）来说,故交流电压有效值为：

　022uU  故在电阻上产生的焦耳热为 2 20 222u UQ T TR R 

　故 012 220: : 2:12u uT TRQRQ  

　故 A 正确 BCD 错误。

　故选 A。

　6. 甲乙两位同学分别使用图中所示的同一套装置,观察单摆做简谐运动时的振动图像,已知两人实验时所用的摆长相同,落在同一木板上的细砂分别形成的曲线如图 N 1 、 N 2 所示。下面关于两图线相关的分析,正确的是（

　）

　 A. N 1 表示砂摆摆动的幅度较大, N 2 摆动的幅度较小 B. N 1 表示砂摆摆动的周期较大, N 2 摆动周期较小 C. N 1 对应的木板运动速度比 N 2 对应的木板运动速度大 D. N 1 对应的砂摆摆到最低点时,摆线的拉力比 N 2 对应的拉力大 【答案】C 【详解】A．由图可知, N 1 、 N 2 的摆动幅度一样,故 A 错误； B．因两摆的摆长相等,则由单摆的周期公式 2LTg  可知,两摆的周期相同,故 B 错误； C．由图可知, N 1 的时间为 T , N 2 的时间为 2 T ,则由xvt 可知, N 1 对应的木板运动速度为 N 2 对应的木板运动速度的 2 倍,故 C 正确； D．因为 N 1 、 N 2 的摆动幅度一样,故它们在最低点时的速度相等,由牛顿第二定律可求出摆线的拉力为 2vT mg mL 

　在上式中, v 、 L 相同,因使用同一套装置质量相同,故摆线的拉力相等,故 D 错误。

　故选 C。

　7. 如图甲所示, A 、 B 是一条电场线上的两点,若在 A 点释放一初速度为零的电子,电子仅受静电力作用,并沿电场线从 A 运动到 B ,其速度随时间变化的规律如图乙所示,设 A 、 B 两点的电场强度分别为A BE E 、,电势分别为A B  、,则（

　）

　A. A BE E A B   B. A BE E A B   C. A BE E A B  

　D. ABE E A B   【答案】A 【详解】电子受力向右,因为电子带负电,受力方向与电场线方向相反,所以电场方向由 B 指向A ；根据沿着电场线方向电势逐渐降低, A B  ；图乙电子做匀加速运动, a 不变, F = ma = Eq ,所以A BE E 。

　故选 A。

　8. 如图所示,粗糙斜面固定在地面上,斜面上一质量为 m 的物块受到竖直向下的力 F 的作用,沿斜面向下以加速度 a 做匀加速运动。则（

　）

　A. 若撤去 F ,则物块可能沿斜面减速下滑 B. 若撤去 F ,则物块可能沿斜面匀速下滑 C. 若增大 F ,则物块加速下滑且加速度将增大 D. 若增大 F ,则物块加速下滑且加速度将不变 【答案】C 【详解】有力 F 时对物体受力分析,如图所示

　根据共点力平衡条件及牛顿第二定律可知 ( )sin mg F f ma    

　① ( )cos 0 N mg F    

　 ②

　f = μN

　 ③ 解得 ( )(sin cos )Fa gm     

　 ④ AB．当推力 F 减为零时,加速度 a 减小,但不可能减为零,加速度方向与速度方向相同,加速运动,故 AB 错误； CD．当推力增加时,根据④式,物体的加速度一定增加,故 C 正确, D 错误。

　故选 C。

　9. 如图甲所示,两小球 a 、 b 在足够长的光滑水平面上发生正碰。小球 a 、 b 质量分别为 m 1 和m 2 ,且1200g m 。取水平向右为正方向,两小球碰撞前后位移随时间变化的 x - t 图象如图乙所示。下列说法正确的是（

　）

　A. 碰撞前球 a 做加速运动,球 b 做匀速运动 B. 碰撞后球 a 做减速运动,球 b 做加速运动 C. 碰撞前后两小球的机械能总量减小 D. 碰撞前后两小球的机械能总量不变 【答案】D 【详解】A．由 x - t （位移时间）图象的斜率得到,碰前 b 球的位移不随时间而变化,处于静止。a 球的加速度大小为 1118= m/s 4m/s2xvt  做匀速运动,选项 A 错误； B．同理由图示图象可知,碰后 b 球和 a 球均做匀速运动,其速度分别为 22m/s v  12m/s v  选项 B 错误；

　CD．根据动量守恒定律得 1 1 2 2 1 1mv m v mv   

　代入解得 20.6kg  m 碰撞过程中系统损失的机械能为 2 2 21 1 1 1 2 21 1 12 2 2E mv mv m v     

　代入解得 △ E =0 所以碰撞过程机械能守恒,选项 C 错误,D 正确。

　故选 D。

　10. 为简单计,把地－月系统看成地球静止不动而月球绕地球做匀速圆周运动,如图所示,虚线为月球轨道。在地月连线上存在一些所谓“拉格朗日点” 特殊点。在这些点,质量极小的物体（如人造卫星）仅在地球和月球引力共同作用下可以始终和地球、月球在同一条线上,则图中四个点不可能是“拉格朗日点”的是（

　）

　A. A 点 B. B 点 C. C 点 D. D 点 【答案】B 【详解】

　B 点处的物体受到地球与月球的万有引力的方向相同,而 B 到地球的之间小于月球到地球的距离,根据万有引力提供向心力可知, B 处物体的向心加速度要大于月球的向心加速度,不能与月球具有相等的角速度,所以也不是拉格朗日点,同理分析,A、C、D 可能是拉格朗日点”,故 B 正确,ACD 错误。

　故选 B。

　11. 如图所示,圆心角为 90  的扇形区域 MON 内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场, P 点为半径

　OM 的中点。现有比荷大小相等的两个带电粒子 a 、 b ,以不同的速度先后从 P 点沿 ON 方向射入磁场,并分别从 M 、 N 两点射出磁场。不计粒子所受重力及粒子间相互作用。粒子 a 、 b 在磁场中运动过程,下列说法正确的是（

　）

　A. 粒子 a 带正电,粒子 b 带负电 B. 粒子 a 在磁场中的运动时间短 C. 粒子 a 、 b 的加速度大小之比为 1：5 D. 粒子 a 、 b 的速度大小之比为 5：1 【答案】C 【详解】A．带电粒子 a 从 M 点射出,由左手定则可知,粒子 a 带负电,带电粒子 b 从 N 点射出,由左手定则可知,粒子 b 带正电,故 A 错误； B．两粒子的运动轨迹如图所示

　由图可知,粒子 a 在磁场中运动时的偏转角大于粒子 b 的偏转角,由公式 2π2πm mtqB qB    可知,粒子 a 在磁场中的运动时间长,故 B 错误； CD．设 = OM R ,由几何关系可知 4aRr 

　2 2 2( )2b bRr R r   

　解得 54br R 

　由公式 2vqvB mr

　得 mvrqB 则 14554a ab bRv rRv r   由牛顿第二定律得加速度得 qvB ma  得 qvBam

　则 15a ab ba va v  故 C 正确,D 错误。

　故选 C。

　12. 在探究变压器的两个线圈的电压关系时,某同学自己绕制了两个线圈套在可拆变压器的铁芯上,如图所示．线圈 a 作为原线圈连接到学生电源的交流输出端,线圈 b 接小灯泡．他所用的线圈电阻忽略不计．当闭合学生电源的开关时,他发现电源过载（电流过大,超过学生电源允许的最大值）．如果仅从解决电源过载问题的角度考虑,下列采取的措施中,最可能有效的是

　A. 增大电源电压 B. 适当增加原线圈 a 的匝数 C. 换一个电阻更小的灯泡

　D. 将线圈 a 改接在学生电源直流输出端 【答案】B 【详解】A．若增大电源电压,则次级 b 的电压变大,则次级电流增大,导致初级 a 电流变大,故电源更加过载,选项 A 错误； B．适当增加原线圈 a 的匝数,则根据变压器电压和匝数关系可知,次级线圈 b 电压减小,次级电流减小,故初级电流减小,这时可使电源不过载,选项 B 正确； C．换一个电阻更小的灯泡,则次级电阻减小,电流变大,则初级电流变大,电源更加过载,选项 C错误； D．将线圈 a 改接在学生电源直流输出端,则变压器次级将无电压,灯泡不亮,则不是最有效的方法,选项 D 错误； 故选 B。

　13. 某同学为了验证断电自感现象,自己找来带铁心的线圈 L 、小灯泡 A、开关 S 和电池组 E ,用导线将它们连接成如图所示的电路。检查电路后,闭合开关 S,小灯泡正常发光；再断开开关S,小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象。虽经多次重复,仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象。你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是（

　）

　A. 线圈 电阻偏大 B. 小灯泡的额定电压偏大 C. 电源的电动势偏小 D. 线圈的自感系数偏小 【答案】A 【详解】图中的电路是一个灯泡与电感线圈并联再与电源、开关串联起来的电路,当小灯泡正常发光时,通过灯泡和电感线圈中都有电流,当开关断开时,小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象,说明开关断开后,通过小灯泡的电流也没有显著增大,这是因为原来通过电感线圈的电流小于灯泡的电流,当断电后,电感最多会产生原来通过自己的等大的电流,故造成小灯泡未闪亮的原因是线圈的电阻偏大的缘故。

　故选 A。

　14. 测定电容器电容的实验中,将电容器、电压传感器、阻值为 3kΩ 的电阻 R 、电源（上端为正极）、单刀双掷开关 S 按图甲所示电路图进行连接。先使开关 S 与 1 相连,电源给电容器充电,充电完毕后把开关 S 掷向 2,电容器放电,直至放电完毕,实验得到的与电压传感器相连接的计算机所记录的电压随时间变化的图线如图乙所示,图丙为由计算机对图乙进行数据处理后,记录了“峰值分别为6V和-6V”及图线与时间轴所围“面积分别为182.7V·s和-180.4V·s”的图像。则（

　）

　A. 开关 S 与 2 相连时,通过电阻的电流方向从上向下 B. 由以上信息可知,电容器的电容大小大约为 30F C. 如果将电压传感器从电阻两端改接在电容器的两端,则无法测出电容器的电容值 D. 如果将电阻换成 1kΩ ,则图丙中的峰值不会变,阴影面积会变为现在的13,充放电的时间会缩短 【答案】D 【详解】A．因为 S 接 1 时,电容器充电,上极板带正电；则当 S 接 2 时,电容器放电,电流方向为顺时针方向,通过 R 的电流为从下到上,选项 A 错误； B．根据欧姆定律可知 UIR

　图象的面积表示 Ut ,则可知,图象面积与 R 的比值表示电量；则可知充电过程最大电量 182.70.0609C3000Q  

　由 Q=CU 可知 20.06091.0 10 F6QCU   

　选项 B 错误； C．因为当开关 S 与 2 连接,电容器放电的过程中,电容器 C 与电阻 R 上的电压大小相等,因此通

　过对放电曲线进行数据处理后记录的“峰值 U m ”及曲线与时间轴所围“面积 S ”,仍可应用 mQ SCU RU＝ ＝ 计算电容值,选项 C 错误； D．图丙中的“峰值”是由电源的电动势决定的,则如果将电阻换成 1kΩ ,则图丙中的峰值不会变,根据 mQ SCU RU＝ ＝ 可知,因电容 C 和峰值 U m 不变,则当电阻变为原来的13时,阴影面积 S 会变为现在的13,则由“面积”等于 Ut 可知,充放电的时间会缩短,选项 D 正确。

　故选 D。

　第二部分

　本部分共 6 6 题, ,共 共 8 58 分。

　15. 现利用图（ a ）所示装置验证动量守恒定律。在图（ a ）中,气垫导轨上有 A、B 两个滑块,滑块 A 右侧带有一弹簧片,左侧与打点计时器（图中未画出）的纸带相连；滑块 B 左侧也带有一弹簧片,上面固定一遮光片,光电计数器（未完全画出）可以记录遮光片通过光电门的时间。

　实验测得滑块 A 质量10.301kg m ,滑块 B 的质量20.108kg m ,遮光片的宽度 1.00cm d  ；打点计时器所用交流电的频率50.0Hz f 。将光电门固定在滑块 B 的右侧,启动打点计时器,给滑块 A 一向右的初速度,使它与 B 相碰。碰后光电计数器显示的时间为B3.500ms t  ,碰撞前后打出的纸带如图（ b ）所示。

　(1)碰撞前、后 A 的速率分别为Av  ________m/s；Av  ________m/s；碰撞后 B 的速率为Bv  ________m/s（计算结果均保留三位有效数字）；

　(2)若实验允许的相对误差绝对值（ 100% 碰撞前后总动量之差碰前总动量）最大为 5%,本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程________________。

　【答案】

　(1). 2.00

　 (2). 0.970

　 (3). 2.86

　 (4). 在误差范围内验证了动量守恒定律,运算过程见解析 【详解】（1）[1] 打点计时器的打点时间间隔 10.02s Tf  由图（ b ）所示纸带可知,碰撞前 A 的速度 0.0400m/s 2.00m/s0.02AAxvT  

　[2] 碰撞后 A 的速度 ""0.0194m/s 0.970m/s0.02AAxvT  

　[3] 碰撞后 B 速度 "30.0100m/s 2.86m/s3.500 10BBdvt    （2）[4] 碰撞前系统总动量 10.301 2.00kg m/s 0.602kg m/sAp mv       碰撞后系统总动量 1 20.301 0.970kg m/s 0.108 2.86kg m/s 0.601kg m/sA Bp mv m v           相对误差 "0.602 0.601100% 100% 0.2% 5%0.602p pp   

　由此可知,在误差范围内验证了动量守恒定律。

　16. 从下表中选出适当的实验器材设计一电路来测量电阻 R x 的阻值。要求方法简捷,得到多组数据,有尽可能高的测量精度。

　 器材（代号）

　规格 待测电阻（ R x ）

　电流表（A 1 ）

　电流表（A 2 ）

　电压表（V 1 ）

　电压表（V 2 ）

　滑动变阻器（ R ）

　电源（ E ）

　电键（S）

　导线若干 阻值约 10kΩ

　0 ~ 300μA ,内阻约 100Ω

　0~0.6A,内阻约 0.125Ω

　0~3V,内阻约 3kΩ

　0~15V,内阻约 15kΩ

　总阻值约 50Ω

　电动势 3V,内阻很小

　(1)电流表应选用______,电压表应选用_____； (2)滑动变阻器应该选择限流接法还是分压接法？简要说明理由____； (3)在答题纸相应位置（方框内）画出电路图________； (4)完成上图中实物间的连线,并使闭合开关的瞬间,电压表或电流表不至于被烧坏______。

　【答案】

　(1). A 1

　 (2). V 1

　 (3). 分压接法

　(4). 见解析图

　(5). 见解析图 【详解】(1)由于电动势 E =3V,内阻很小,则电压表应该选 V 1 ；待测电阻 R x 阻值约 10kΩ,则最大电流约为 33A=300μA10 10xEIR  所以电流表应选用 A 1 ； (2)滑动变阻器阻值远小于待测电阻的阻值,可知滑动变阻器采用分压器接法；电流表的内电阻

　远小于 R x ,所以采用内接法； (3)电路如图所示：

　(4)实物连线如图；使闭合开关的瞬间,电压表或电流表不至于被烧坏,滑动端应该位于最左端。

　17. 无人机在距离水平地面高度 h 处,以速度0v 水平匀速飞行并释放一包裹,不计空气阻力,重力加速度为 g 。

　(1)求包裹释放点到落地点的水平距离 x ； (2)求包裹落地时的速度大小 v ； (3)以释放点为坐标原点,初速度方向为 x 轴方向,竖直向下为 y 轴方向,建立平面直角坐标系,写出该包裹运动的轨迹方程。

　【答案】(1)02hvg；(2)202 v gh  ；(3)2202gy xv 【详解】(1)包裹脱离无人机后做平抛运动,在竖直方向做自由落体运动,则 212h gt 

　解得 2htg 水平方向上做匀速直线运动,所以水平距离为

　0 02hx v t vg 

　(2)包裹落地时,竖直方向速度为 2yhv gt gg 

　落地时速度为 2 2 20 02yv v v v gh    

　(3)包裹做平抛运动,分解位移 0x v t  

　212y gt  

　两式消去时间得包裹的轨迹方程为 2202gy xv 18. 如图甲所示, 200 N  匝的线圈（图中只画了 2 匝）,电阻 2Ω r  ,其两端与一个 48Ω R  的电阻相连,线圈内有指向纸内方向的磁场。线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。

　(1)判断通过电阻 R 的电流方向； (2)求线圈产生的感应电动势 E ； (3)求电阻 R 两端的电压 U 。

　【答案】(1) a b  ；(2) 10V ；(3) 9.6V

　【详解】(1)根据图像可知,线圈中垂直于纸面向里的磁场增大,为了阻碍线圈中磁通量的增大,根据楞次定律可知线圈中感应电流产生的磁场垂直于纸面向外,根据安培定则可知线圈中的感应电流为逆时针方向,所通过电阻 R 的电流方向为 a b  。

　(2)根据法拉第电磁感应定律 0.015 0.010200 V 10V0.10E Nt     (3)电阻 R 两端的电压为路端电压,根据分压规律可知 4810V 9.6V48 2RU ER r     19. 如图所示,弹簧的一端固定,另一端连接一个物块,弹簧质量不计．物快（可视为质点）的质量为 ,在水平桌面上沿 x 轴运动,与桌面间的动摩擦因数为  ．以弹簧原长时物块的位置为坐标原点 O ,当弹簧的伸长量为 x 时,物块所受弹簧弹力大小为 F kx  , k 为常量．

　（ 1 ）请画出 F 随 x 变化的示意图；并根据 F x  图象求物块沿 x 轴从 O 点运动到位置 x 的过程中弹力所做的功． （ 2 ）物块由1x 向右运动到3x ,然后由3x 返回到2x ,在这个过程中, a ．求弹力所做的功,并据此求弹性势能的变化量； b ．求滑动摩擦力所做的功；并与弹力做功比较,说明为什么不存在与摩擦力对应的“摩擦力势能”的概念,为什么？ 【答案】（ 1 ）图象如图所示；

　弹力做功为：212kx  ． （ 2 ）弹性势能的变化量为2 22 11 12 2kx kx  ；摩擦力做功：3 1 2(2 )fW mg x x x    ；不能引入“摩擦力势能”． 【解析】

　（1）在 F x  图象中,面积为外力拉弹簧时外力所做的功

　212 2FW x kx  

　弹簧的弹力对其做负功,212W kx  

　（2）a.分段研究：从1x 到3x 过程中,弹簧的弹力做负功,为2 21 3 112W k x x    （ ）

　从3x 到2x 过程中,弹簧的弹力做正功,为2 22 3 212W k x x （ ）

　 

　则全过程弹簧 弹力作功为2 21 2 2 112W W k x x （ ）

　   

　由功能关系PE W    得2 22 112PE k x x    （ ）

　b.物体向右由1x 运动到3x 的过程摩擦力作功1 3 1( )fW mg x x    物体由由3x 返回到2x 的过程摩擦力做功2 3 2( )fW mg x x    全程摩擦力做功1 2 3 2 1(2 )f f fW W W mg x x x       若物体直接由1x 位置运动到2x 位置,摩擦力做功为2 1( )fW mg x x     可知,两次沿不同路径从相同出发点运动到同一位置,摩擦力做功不同,说明摩擦力做功与路径有关． 而弹簧弹力做功与路径无关,只与初末位置有关,因此存在弹性势能的概念,根据势能的定义可知,不存在摩擦力势能的概念．

　20. 在一柱形区域内有匀强电场,柱的横截面积是以 O 为圆心,半径为 R 的圆, AB 为圆的直径,如图所示。质量为 m ,电荷量为 q （ q >0）的带电粒子在纸面内自 A 点先后以不同的速度进入电场,速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子,自圆周上的 C 点以速率v 0 穿出电场, AC 与 AB 的夹角 θ =60°。运动中粒子仅受电场力作用。

　（1）求电场强度的大小； （2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大,该粒子进入电场时的速度应为多大？ （3）为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为 mv 0 ,该粒子进入电场时的速度应为多大？

　【答案】(1) 202mvEqR ；(2)0124vv = ；(3)0 或0232vv =

　【详解】（1）由题意知在 A 点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动,由于 q >0,故电场线由 A指向 C ,根据几何关系可知：

　ACx R = 所以根据动能定理有：

　20102ACqEx mv = -

　解得：

　202mvEqR ； （2）根据题意可知要使粒子动能增量最大则沿电场线方向移动距离最多,做 AC 垂线并且与圆相切,切点为 D ,即粒子要从 D 点射出时沿电场线方向移动距离最多,粒子在电场中做类平抛运动,根据几何关系有 1sin60 x R vt = =

　21cos602y R R at = + =

　而电场力提供加速度有 qE ma  联立各式解得粒子进入电场时的速度：

　0124vv = ； （3）因为粒子在电场中做类平抛运动,粒子穿过电场前后动量变化量大小为 mv 0 ,即在电场方向上速度变化为 v 0 ,过 C点做 AC 垂线会与圆周交于 B 点,故由题意可知粒子会从 C 点或 B 点射出。当从 B 点射出时由几何关系有 2 23BCx R v t = =

　2212ACx R at = =

　电场力提供加速度有 qE ma  联立解得0232vv = ；当粒子从 C 点射出时初速度为 0。

　另解：

　由题意知,初速度为 0 时,动量增量的大小为0mv ,此即问题的一个解。自 A 点以不同的速率垂直于电场方向射入电场的粒子,动量变化都相同,自 B 点射出电场的粒子,其动量变化量也恒为0mv ,由几何关系及运动学规律可得,此时入射速率为 032v v 

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