2016年江苏省扬州中学高三下学期3月质量检测物理试卷本试卷选择题9题，非选择题6题，共15题，满分为120分，考试时间100分钟．注意事项
：1．答卷前，考生务必将本人的班级、姓名、考试号等填写在答题卡上．2．将每题的答案或解答写在答题卡上，在试卷上答题无效．3．考试结
束，只交答题卡．一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．每小题只有一个选项符合题意．选对的得3分，错选或不答的得
0分．1．如图所示，长方体木块搁在光滑方形槽中，则长方体木块所受的弹力的个数是()A．4个?B．3个C．2个
D．1个【考点】物体的弹性和弹力．解：长方体木块搁在光滑方形槽中，与槽接触的地方三处，并且都有相互作用，故长方体木块除重力外还受到
弹力的个数是3个，故C正确．故选：C2．据报道，一颗来自太阳系外的彗星于2014年10月20日擦火星而过．如图所示，设火星绕太阳在
圆轨道上运动，运动轨道半径为r，周期为T．该彗星在穿过太阳系时由于受到太阳的引力，轨道发生弯曲，彗星与火星在圆轨道的A点“擦肩而过
”．已知万有引力恒量G，则（）A．可确定彗星在A点的速度大于火星绕太阳的速度B．可计算出彗星经过A点时受到的引力C．可计算出
彗星经过A点的速度大小D．可计算出彗星的质量【考点】万有引力定律及其应用．A、该彗星在穿过太阳系时由于受到太阳的引力，轨道发生弯曲
，彗星与火星在圆轨道的A点“擦肩而过”，所以可确定彗星在A点的速度大于火星绕太阳的速度，故A正确；B、由于不知道彗星的质量，所以无
法求解彗星经过A点时受到的引力，故B错误；C、彗星经过A点做离心运动，万有引力小于向心力，不能根据求解彗星经过A点的速度大小，故C
错误；D、火星绕太阳在圆轨道上运动，根据万有引力提供向心力，列出等式所以只能求出太阳的质量，无法求出彗星的质量，故D错误.选A。3
．如图所示，X1、X2，Y1、Y2，Z1、Z2分别表示导体板左、右，上、下，前、后六个侧面，将其置于垂直Z1、Z2面向外、磁感应强
度为B的匀强磁场中，当电流I通过导体板时，在导体板的两侧面之间产生霍耳电压UH．已知电流I与导体单位体积内的自由电子数n、电子电荷
量e、导体横截面积S和电子定向移动速度v之间的关系为I=neSv．实验中导体板尺寸、电流I和磁感应强度B保持不变，下列说法正确的是
（）A．导体内自由电子只受洛伦兹力作用B．UH存在于导体的Z1、Z2两面之间C．单位体积内的自由电子数n越大，UH越小D．
通过测量UH，可用R=UH/I求得导体Y1、Y2两面间的电阻【考点】霍尔效应及其应用．解：A、由于磁场的作用，电子受洛伦兹力，向Y
2面聚集，在Y1、Y2平面之间累积电荷，在Y1、Y2之间产生了匀强电场，故电子也受电场力，故A错误；B、电子受洛伦兹力，向Y2面聚
集，在Y1、Y2平面之间累积电荷，在Y1、Y2之间产生了电势差UH，故B错误；C、电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡状态，有：
qvB=qE其中：（d为Y1、Y2平面之间的距离）根据题意，有：I=neSv联立得到：UH＝Bvd＝故单位体积内的自由电子数n越大
，UH越小，故C正确；D、由于与导体的电阻无关，故D错误；故选：C．4．特战队员在进行素质训练时，抓住一端固定在同一水平高度的不同
位置的绳索，从高度一定的平台由水平状态无初速开始下摆，如图所示，在到达竖直状态时放开绳索，特战队员水平抛出直到落地．不计绳索质量和
空气阻力，特战队员可看成质点．下列说法正确的是（）A．绳索越长，特战队员落地时的水平方向速度越大B．绳索越长，特战队员落地
时的竖直方向速度越大C．绳索越长，特战队员落地时的速度越大D．绳索越长，特战队员落地时的相对于松手处的水平位移越大【考点】平抛运动
．解：A、落地时水平方向的速度等于平抛运动的初速度，根据知，绳索越长，落地时水平方向的速度越大，故A正确;B、绳索越长，平抛运动的
高度越小，平抛运动的时间越短，则落地时竖直方向上的速度越小，故B错误；进入官网：http://js.qinxue100.com/#
wry，点击秦学云，免费查看视频解析C、对全过程运用动能定理知，可知落地的速度大小与绳索长度无关，故C错误；D、设平台离地的高度为
H，绳长为L，根据动能定理得：解得：对于平抛过程，根据得水平位移为：则知当L时，水平位移最大．故D错误．选A。5．如图所示，空间中
的M、N处存在两个被固定的、电荷量相同的正点电荷，在它们的连线上有A、B、C三点，已知MA＝CN＝NB，MA电荷q，关于在电场中移动电荷q，下列说法中正确的是()A．沿半圆弧l将q从B点移到C点，电场力不做功B．沿曲线r将q从B点
移到C点，电场力做负功C．沿直线将q从A点移到B点，电场力做正功D．沿曲线s将q从A点移到C点，电场力做正功【考点】电势差与电场强
度的关系；功的计算．解：A、B、BN间电场线的方向从N到B，NC间电场线的方向从N到C，则将+q从B移到N电场力做负功，N到C电场
力做正功，根据场强的叠加，可知NC段的电场强度大于BN段的电场强度，则B到N过程中电场力做的负功绝对值小于N到C电场力做的正功数值
，所以B到C电场力做正功．故A、B错误．C、根据对称性可知A点与B点的电势相等，从A点移动B点，电场力不做功．故C错误．D、A点与
B点等电势，所以A点移动到C点与从B点移动到C点等效，所以将电荷从A点移动到C点电场力做正功．故D正确．故选D。二、多项选择题：本
题共4小题，每小题4分，共16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得
0分．6．物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步．关于
物理学发展过程中的认识，下列说法正确的是（）A．牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接验证B．开普
勒研究了行星运动，从中发现了万有引力定律C．卡文迪许利用扭秤测出了万有引力常量，被誉为能“称出地球质量的人”D．伽利略利用理想斜面
实验，使亚里士多德“重的物体比轻的物体下落的快”的结论陷入困境【考点】物理学史．解：A、牛顿第一定律是在实验的基础上经逻辑推理而得
出的，采用的是实验加推理的方法，反映了物体不受外力时的运动状态，而不受外力的物体不存在的，所以不能用实验直接验证，故A正确；B、开
普勒关于行星运动的描述为万有引力定律的发现奠定了基础，牛顿发现万有引力定律，故B错误；C、卡文迪许牛顿发现了万有引力定律之后，测出
了引力常量G，根据得地球的质量M从而可求得地球，所以被称为能“称量地球质量”的人，故C正确；D、亚里士多德认为物体的下落与质量有
关，重的物体比轻的物体下落得快，这一论点被伽利略的比萨斜塔实验所推翻，故D错误；故选：AC。7．如图甲所示电路中，电阻R的阻值为4
84Ω，C为电容器，L为直流电阻不计的自感线圈，开关S断开，现通以如图乙所示的电压u，下列说法正确的是（）A．R两端的
电压等于155.5VB．电压表的示数为220VC．电阻R消耗的功率小于50WD．为保证闭合开关S后电容器不被击穿，该电容器的
耐压值不得小于311V【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系；电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用．解：A、设电压表的读数为
U，根据电压有效值的概念应有：解得即电压表的示数应为155.5V，由于线圈的自感作用，电阻R两端的电压应小于155.5V，所以A错
误；B、根据选项A分析可知B错误；C、当不考虑线圈的自感作用时，电阻R消耗的功率为所以由于线圈的自感作用影响，电阻R消耗的功率一定
小于50W，所以C正确；D、根据电源电压图象可知，电源的最大电压为311V，电容器的耐压值不能小于311V，所以D正确．故选：CD
．8．如图所示，R0和R2为两个定值电阻，电源的电动势为E，内电阻为r，滑动变阻器的最大阻值为R1，且R1>(R0+r)．现将滑动
变阻器的滑片P由b端向a端滑动，关于安培表A1、A2示数的变化情况，下列说法中正确的是（）A．A1示数不断减小B．A1示
数先减小后增大C．A2示数先增大后减小D．A2示数不断增大【考点】闭合电路的欧姆定律．解：滑动变阻器的滑片P由b端逐渐向a端移
动过程中，变阻器上部分电阻减小，下部分电阻增大，由于下部分与电阻R2并联，并联电阻小于支路电阻，可知并联部分增加量小于变阻器上部分
电阻的减小量，总电阻减小，总电流增大，由欧姆定律可知部分电压必定增大，则A2的示数一直不断增大．假设R2=R1=2R0．当滑片位于
b端时R2被短路，A1示数当滑片位于a、b中点时，A1示数当滑片位于a端时，A1示数可知A1示数先减小后增大，故BD正确．故选：B
D9．如图所示，一质量为m的小球套在光滑竖直杆上，轻质弹簧一端固定于O点，另一端与该小球相连．现将小球从A点由静止释放，沿竖直杆
运动到B点，已知OA长度小于OB长度，弹簧处于OA、OB两位置时弹力大小相等．则小球在此过程中（）A．加速度等于重力加速
度g的位置有两个B．弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功C．弹簧弹力的功率为零的位置有两个D．小球在弹簧弹力做正功
过程中运动的距离大于弹簧弹力做负功过程中运动的距离【考点】功的计算；胡克定律；牛顿第二定律．解：A、在运动过程中A点为压缩状态，B
点为伸长状态，则由A到B有一状态弹力为0且此时弹力与杆不垂直，加速度为g；当弹簧与杆垂直时小球加速度为g．则两处加速度为g．故A
正确B、因A点与B点弹簧的弹性势能相同，则弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功．故B正确；C、A处速度为零，弹力功
率为零；下滑过程弹簧弹力与杆子垂直，弹力功率为零；当原长时弹力为零，功率为零，故弹力功率为0共有3处，故C错误；D、因做负功时弹
力大，则弹簧弹力做正功过程中小球运动的距离大于小球克服弹簧弹力做功过程中小球运动的距离．故D错误。故选：AB三、简答题：本题分必做
题（第10、11题）和选做题（第12题）两部分，共计42分．请将解答填写在答题卡相应的位置．10.（8分）某实验小组利用弹簧秤和刻
度尺，测量滑块在木板上运动的最大速度．实验步骤如下：①用弹簧秤测量橡皮泥和滑块的总重力，记作G；②将装有橡皮泥的滑块放在水平木板上
，通过水平细线和固定的弹簧秤相连，如图（甲）所示．在A端向右缓缓拉动木板，待弹簧秤读数稳定后，将读数记作F；③改变滑块上橡皮泥的质
量，重复步骤①和②；实验数据如下表所示：G/N1.502.002.503.003.504.00F/N0.310.400.490.6
10.700.81④如图（乙）所示，将木板固定在水平桌面上，滑块置于木板的左端C处，细线跨过定滑轮分别与滑块和重物P连接，保持滑块
静止，测量重物P离地面的高度为h=40cm；⑤滑块由静止释放后开始运动，最终停在木板上的D点（未与滑轮碰撞），测量C、D间的距离为
s=115cm．完成下列作图和填空（结果均保留2位有效数字）：（1）根据表中数据在给定的坐标纸（见答题卡）上作出F-G图线．（2）
由图线求得滑块和木板间的动摩擦因数μ=________．（3）滑块的最大速度vm=______m/s．（4）如果实验中仍然出现了滑
块与滑轮相碰的情况，请提出一条避免相碰的解决措施：．【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．解：（1）根据描点法在F-G图象上描出各
点，再连接起来，如图所示；（2）由图甲可知F=μG，则F-G图象上的直线的斜率代表μ值的大小．由F-G图象可知0；（3）当重物P刚
好下落到地面时，滑块的速度v最大，此时滑块的位移为h，此后滑块做加速度为μg的匀减速运动，由公式v2-v02=2as知：滑块的最大
速度vmax满足：vmax2=2μg（S-h），则代入数据解得vmax=1.73m/s（4）适当增加滑块和橡皮泥的总质量、适当减小
重物P的质量、适当增加悬挂重物P的细线的长度（或减小重物P开始时离地的高度等（合理均可）。故答案为：（1）如右图所示；（2）0.2
0；???（3）1.73（4）适当增加滑块和橡皮泥的总质量、适当减小重物P的质量、适当增加悬挂重物P的细线的长度（或减小重物
P开始时离地的高度等11．（10分）某实验小组要测量电阻Rx的阻值．（1）首先，选用欧姆表“×10”挡进行粗测，正确操作后，表盘指
针如图甲所示，则该电阻的测量值为Ω．（2）接着，用伏安法测量该电阻的阻值，可选用的实验器材有：电压表V（3V，内阻约3kΩ）
；电流表A（20mA，内阻约2Ω）；待测电阻Rx；滑动变阻器R1（0﹣2kΩ）；滑动变阻器R2（0﹣200Ω）；干电池2节；开
关、导线若干．在图乙、图丙电路中，应选用图（选填“乙”或“丙”）作为测量电路，滑动变阻器应选用（选填“R1”或“R2”）．
（3）根据选择的电路和器材，在图丁中用笔画线代替导线完成测量电路的连接．（4）为更准确测量该电阻的阻值，可采用图戊所示的电路，G为
灵敏电流计（量程很小），R0为定值电阻，R、R1、R2为滑动变阻器．操作过程如下：①闭合开关S，调节R2，减小R1的阻值，多次操作
使得G表的示数为零，读出此时电压表V和电流表A的示数U1、I1；②改变滑动变阻器R滑片的位置，重复①过程，分别记下U2、I2，…，
Un、In；③描点作出U﹣I图象，根据图线斜率求出Rx的值．下列说法中正确的有．A．闭合S前，为保护G表，R1的滑片应移至最
右端B．调节G表的示数为零时，R1的滑片应位于最左端C．G表示数为零时，a、b两点间电势差为零D．图戊中的实验方法避免了电压表的分
流对测量结果的影响【考点】伏安法测电阻．解：（1）欧姆表读数=刻度盘读数×倍率，读数是14×10=140Ω（2）由于待测电阻的电阻
值比较大比电流表的内阻大得多，所以电流表使用内接法；由于两个滑动变阻器的电阻值都比较大，所以要选择限流电路．所以实验电路选择丙，滑
动变阻器选择容易调节的变阻器，所以选择R2．（3）根据实验的原理图，依次连接电路如图；（4）A．闭合S前，为保护G表，开始时R1的
电阻值要最大，所以滑片应移至最左端．故A错误；B．调节G表的示数为零时，与R1的滑片的位置无关．故B错误；C．该图实验的原理是利用
惠斯通电桥法，G表示数为零时，a、b两点间电势差为零．故C正确；D．该实验方法避免了电压表的分流对测量结果的影响．故D正确．故选：
CD故答案为：（1）140；（2）丙，R2；（3）如图（4）CD12．【选做题】本题包括A、B、C三小题，请选定两题作答，并在
答题卡上把所选题目对应字母后的方框涂满涂黑．如都作答则按A、B两小题评分．A．(选修模块3-3)(12分)略B．(选修模块3-
4)(12分)（1）（4分）以下关于光的说法正确的是（）A．光纤通信是利用了全反射的原理B．无色肥皂液吹出的肥皂泡呈彩
色是由于光照射时发生了薄膜干涉C．人们眯起眼睛看灯丝时看到的彩色条纹是光的偏振现象D．麦克斯韦提出光是一种电磁波并通过实验证实了电
磁波的存在【考点】光的干涉；电磁场；全反射．解：A、光纤通信利用光在纤维中不停发生全反射进行传播．故A正确．B、无色肥皂液吹出的肥
皂泡呈彩色是由于光照时，在膜的前后表面的反射光发生叠加，形成的干涉图样，是薄膜干涉．故B正确．C、人们眯起眼睛看灯丝时看到的彩色条
纹是光的衍射图样．故C错误．D、麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实了电磁波的存在．故D错误．故选：AB．（2）（4分）图
为沿x轴向右传播的简谐横波在t＝1.2s时的波形，位于坐标原点处的观察者测到在4s内有10个完整的波经过该点．则波速为m/s
，质点P在4s内通过的路程为m．【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．解：由波形图可知，该波的振幅A=0.1m，波长λ
=2m，周期则波速由于t=4s=10T，所以质点P在4s内通过的路程为：S=10×4A=40×0.1cm=4cm=0.04m故答案
为：5，0.04．（3）（4分）如图所示，在MN的下方足够大的空间是玻璃介质，其折射率为n＝，玻璃介质的上边界MN是屏幕．玻璃中有
一正三角形空气泡，其边长l＝40cm，顶点与屏幕接触于C点，底边AB与屏幕平行．激光a垂直于AB边射向AC边的中点O，结果在屏幕
MN上出现两个光斑．①画出光路图．②求两个光斑之间的距离L．【考点】光的折射定律．解：①画出光路图如图所示．②在界面AC，a光的入
射角i=60°．由光的折射定律有：代入数据，求得折射角r=30°由光的反射定律得，反射角i′=60°．由几何关系易得：△ODC是边
长为0.5l的正三角形，△COE为等腰三角形，CE=OC=0.5l．故两光斑之间的距离L=DC+CE=l=40cm．答：①画出光路
图如图所示．②两个光斑之间的距离L为40cm．C．(选修模块3-5)(12分)（1）(4分)下列说法正确的是（）A．汤
姆孙发现电子后猜想出原子内的正电荷集中在很小的核内B．半衰期是是原子核有半数发生衰变所需的时间C．在α、β、γ这三种射线中，γ射线
的穿透能力最强，α射线的电离能力最强D．铀核()衰变为铅核()的过程中，要经过8次α衰变和10次β衰变【考点】原子核衰变及半衰期、
衰变速度．解：A、汤姆孙发现电子后猜想出原子内的正电荷是均匀分布的，A错误；B、半衰期就是放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时
间，B正确；C、在α、β、γ这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最强，C正确；D、根据质量数和电荷数守恒知，238
-206=4×8，要经过8次α衰变，92-82=8×2-6，发生6次β衰变，D正确；故选：BCD（2）（4分）如图所示氢原子能级图
，如果有大量处在n=3激发态的氢原子向低能级跃迁，则能辐射出种不同频率的光，其中波长最长的光的光子能量是J．【考点】氢原子的能
级公式和跃迁．解：根据知，这些氢原子可能辐射出三种不同频率的光子．波长最长的，则频率最小，因此氢原子由n=3向n=2能级跃迁时辐射
的光子能量最小，频率最小，最小能量为3.4eV-1.51eV=1.89eV=3.024×10-19J．答案：3；3.024×1
0-19（3）（4分）如图所示，在水平光滑直导轨上，静止着三个质量均为m＝1kg的相同小球A、B、C，现让A球以v0＝2m/s的速
度向着B球运动，A、B两球碰撞后粘在一起，两球继续向右运动并与C球碰撞，C球的最终速度vC＝1m/s．问：①A、B两球与C球相碰前
的共同速度多大？②两次碰撞过程中一共损失了多少动能？【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．解：（1）A、B相碰满足动量守恒：mv0
=2mv1解得两球跟C球相碰前的速度v1=1?m/s（2）两球与C碰撞同样满足动量守恒：2mv1=mvC+2mv2得两球碰后的速度
v2=0.5?m/s，两次碰撞损失的动能：解得|△Ek|=1.25?J答：（1）A、B两球跟C球相碰前的共同速度为1?m/s；（2
）两次碰撞过程中一共损失了1.25J的动能．四、计算或论述题：本题共3小题，共47分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算
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．13．（15分）)如图所示，有理想边界的两个匀强磁场
，磁感应强度B=0.5T，两边界间距s=0.1m．一边长L=0.2m的正方形线框abcd由粗细均匀的电阻丝围成，总电阻R=0.4
Ω．现使线框以v=2m／s的速度从位置I匀速运动到位置Ⅱ．（1）求cd边未进入右方磁场时线框所受安培力的大小．（2）求整个过程
中线框所产生的焦耳热．（3）在坐标图中画出整个过程中线框a、b两点的电势差Uab随时间t变化的图线．【考点】导体切割磁感线时的感
应电动势；安培力．解：（1）cd边未进入右方磁场时线框时，ab边切割产生感应电动势，大小为：E=BLv=0.5×0.2×2V=0
.2V由闭合电路欧姆定律得感应电流大小为：ab边受到的安培力大小为：F安=BIL=0.5×0.5×2N=0.5N（2）设克服安培
力做得功为W安，有功能关系得：整个过程中线框所产生的焦耳热为：Q=2W安=2F安s=2×0.5×0.1J=0.1J（3）cd边w
未进入磁场，ab两端电势差为：由楞次定律判断出感应电流方向沿顺时针方向，则a的电势高于b的电势，Uab为正．cd边进入磁场后，线框
中虽然感应电流为零，但ab两端仍有电势差，由右手定则判断可知，a的电势高于b的电势，Uab为正，所以Uab=E=0.20Vab边穿
出磁场后，只有cd边切割磁感线，由右手定则知，a点的电势高于b的电势，为：整个过程中线框a、b两点的电势差Uab随时间t变化的图线
如下图所示：答：（1）cd边未进入右方磁场时线框所受安培力的大小为0.5N．（2）求整个过程中线框所产生的焦耳热为0.1J．（3）
整个过程中线框a、b两点的电势差Uab随时间t变化的图线如图所示．14．（16分）如图所示，光滑水平地面上有一质量M=5kg、足够
长的木板，以v0=10m/s的初速度沿水平地面向右运动．在长木板的上方安装一个固定挡板PQ（挡板靠近但不接触长木板），当长木板的最
右端到达挡板正下方时，立即将质量m=lkg的小铁块贴着挡板的左侧无初速地放在长木板上，铁块与长木板之间的动摩擦因数μ=0.5．当木
板向右运动s=1m时，又无初速地贴着挡板在第1个小铁块上放置第2个相同的小铁块，以后每当长木板向右运动s=1m就在铁块的上方再放置
一个相同的小铁块，直到长木板停止运动（放到木板上的各个铁块始终被挡板挡住而保持静止状态）．求：（1）第1个铁块放上后，木板的加速度
；（2）放置第3个铁块的瞬间，长木板的速度（保留根号）；（3）长木板上最终叠放了多少个铁块?解析：（1）牛顿第二定律：-μmg=M
a1（3分）a1=-μmg/M=-1m/s2，方向向左（2分）（2）放置第2个铁块前瞬间长木板的速度为v1，由，解出v1==m
/s（2分）放置第2个铁块后，牛顿第二定律：-2μmg=Ma2a2=-2μmg/M=-2m/s2（2分）由，解出放置第
3个铁块前瞬间长木板的速度v2==m/s（2分）（3）长木板停下来之前，由动能定理得：∑Wf=0-（2分）而∑Wf=(-μ
mgs)+(-2μmgs)+……(-nμmgs)=-μmgs（2分）解出n=9.5，（1分）最终应有10个铁块放在长木板
上。（1分）15．（16分）如图甲所示，在以O为坐标原点的xOy平面内，一个带正电小球在0时刻以v0=3gt0的初速度从O点
沿+x方向(水平向右)射入该空间．在t0时刻该空间内同时加上如图乙所示的范围足够大的电场和磁场，其中电场沿-y方向(竖直向上)，场
强大小E=mg/q，磁场垂直于xOy平面向外，磁感应强度大小B0=πm/qt0．已知小球的质量为m，带电量为q，时间单位t0，当地重力加速度g，不计空气阻力．试求：（1）12t0末小球速度的大小（2）在给定的xOy坐标系中，大体画出小球在0到24t0内运动轨迹的示意图（3）30t0内小球距x轴的最大距离【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．解：（1）0～t0内，小球只受重力作用，做平抛运动．当同时加上电场和磁场时，电场力：F1=qE0=mg，方向向上因为重力和电场力恰好平衡，所以在电场和磁场同时存在时小球只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有：得运动周期联立解得T=2t0电场、磁场同时存在的时间正好是小球做圆周运动周期的5倍，即在这10t0内，小球恰好做了5个完整的匀速圆周运动．所以小球在t1=12?t0时刻的速度相当于小球做平抛运动t=2t0时的末速度．vy1=g?2t0=2gt0所以12t0末小球的速度大小为（2）24t0内运动轨迹的示意图如下图所示．（3）分析可知，小球在30t0时与24t0时的位置相同，在24t0内小球做了t2=3t0的平抛运动，和半个圆周运动．23t0末小球平抛运动的竖直分位移大小为：竖直分速度vy2=3gt0所以小球与竖直方向的夹角为θ=45°，速度大小为此后小球做匀速圆周运动的半径30t0末小球距x轴的最大距离：y3=y2+（1+cos45°）答：（1）12t0末小球速度的大小为（2）大体画出小球在0到24t0内运动轨迹的示意图如图所示．（3）30t0内小球距x轴的最大距离为 |
|
