（江蘇專用）2019高考物理總復習 優(yōu)編題型增分練：仿真模擬卷（四）.doc

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仿真模擬卷(四) 一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共計24分．每小題只有一個選項符合題意． 1．(2018如皋市模擬) 下列說法中正確的是(　　) A．火箭利用周圍空氣提供的動力飛行 B．普朗克通過對光電效應的分析提出了光子說 C．鈾235與鈾238原子核內的中子數(shù)不同，因而有不同的半衰期 D．熱核反應的溫度須達到108 K，反應過程中要吸收能量 答案　C 2．轉筆(Pen Spinning)是一項用不同的方法與技巧、以手指來轉動筆的休閑活動，如圖1所示．轉筆深受廣大中學生的喜愛，其中也包含了許多的物理知識，假設某轉筆高手能讓筆繞其上的某一點O做勻速圓周運動，下列有關該同學轉筆中涉及到的物理知識的敘述正確的是(　　) 圖1 A．筆桿上的點離O點越近的，做圓周運動的向心加速度越大 B．筆桿上的各點做圓周運動的向心力是由萬有引力提供的 C．若該同學使用中性筆，筆尖上的小鋼珠有可能因快速的轉動做離心運動被甩走 D．若該同學使用的是金屬筆桿，且考慮地磁場的影響，由于筆桿中不會產生感應電流，因此金屬筆桿兩端一定不會形成電勢差 答案　C 解析　由向心加速度公式an＝ω2r，筆桿上的點離O點越近的，做圓周運動的向心加速度越小，故A錯誤；筆桿上的各點做圓周運動的向心力是由桿的彈力提供的，與萬有引力無關，故B錯誤；當轉速過大時，提供的向心力小于需要的向心力，筆尖上的小鋼珠有可能做離心運動被甩走，故C正確；當金屬筆桿轉動時，切割地磁場，從而產生感應電動勢，金屬筆桿兩端會形成電勢差，但不會產生感應電流，故D錯誤． 3．(2018南通等六市一調)圖2甲電路中，D為二極管，其伏安特性曲線如圖乙所示．在圖甲電路中，閉合開關S，滑動變阻器R的滑片P從左端向右端移動過程中(　　) 圖2 A．二極管D消耗的功率增大 B．二極管D的電阻增大 C．通過二極管D的電流減小 D．電源的功率減小 答案　A 解析　滑動變阻器R的滑片P從左端向右端移動過程中，滑動變阻器接入電路的電阻減小，電路電流增大，由題圖乙可知，二極管的電阻減小，電流、電壓增大，消耗的功率也增大，故A正確，B、C錯誤；電源的功率為：P＝EI，因為電流增大，所以電源的功率增大，故D錯誤． 4．如圖3所示，質量為m的小滑塊(可視為質點)，從h高處的A點由靜止開始沿斜面下滑，停在水平地面上的B點(斜面和水平面之間有小圓弧平滑連接)．要使滑塊能原路返回，在B點需給滑塊的瞬時沖量最小應是(　　) 圖3 A．2m B．m C. D．4m 答案　A 解析　設小滑塊在斜面上克服摩擦力做功為W1，在水平面上克服摩擦力做功為W2，則從斜面上滑下至停在水平地面上的過程中，根據(jù)動能定理可得mgh－W1－W2＝0，要使滑塊能原路返回，設在B點給的瞬時速度為v，則根據(jù)動能定理可得mv2＝mgh＋W1＋W2，瞬時沖量為I＝mv，聯(lián)立解得I＝2m，A正確． 5．(2018江蘇省高考壓軸沖刺卷)如圖4所示，電荷量為Q的正點電荷(圖中未畫出)與直角三角形ABC處在同一平面內．D為AB的中點，∠A＝30.若將正的試探電荷從A移到B，或從D移到C，電場力做功均為零．則(　　) 圖4 A．點電荷Q一定在AC的中點 B．C點電勢比A點電勢高 C．B點的場強比C點的場強大 D．將負試探電荷從C點移到B點，電場力做正功 答案　B 解析　由題意可知，A、B兩點電勢相等，D、C兩點電勢相等，點電荷的等勢面是一系列的同心圓，對于圓上任意兩點的連線的中垂線一定通過圓心，故場源電荷在AB的中垂線和DC的中垂線的交點上，由圖可知點電荷Q在AC連線上，不在中點，選項A錯誤；在正點電荷的電場中，離場源電荷越遠，電勢越低，場強越小，所以C點電勢高于A點電勢，而B點場強小于C點場強，則選項B正確，C錯誤；由于B點電勢低于C點電勢，則UCB>0，故將負的試探電荷從C點移到B點電場力做功WCB＝qUCB<0，做負功，則選項D錯誤． 6．(2018徐州市期中) 如圖5所示，橡皮條一端固定在P點，另一端繞過固定的光滑鐵釘Q與小物塊A連接. 橡皮條的原長等于PQ間距離，伸長時彈力與伸長量成正比．開始時小物塊位于Q的正下方，對長木板B的壓力為FN，B放在光滑的水平面上，A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ；某時刻在B的右端施加水平向右的恒力F＝μFN，若木板足夠長，B對A的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，橡皮條始終處于彈性限度內．在A向右運動的過程中，下列關于B的v－t圖象，正確的是(　　) 圖5 答案　C 解析　A在Q點正下方靜止時，設AQ＝H，橡皮條的勁度系數(shù)為k，物塊A的質量為m，則橡皮條彈力FT＝kH＝mg－FN 在A向右運動的過程中，設AQ與水平方向的夾角為α，那么，橡皮條彈力FT′＝k＝ 那么A對B的壓力FN′＝mg－FT′sin α＝FN，A、B間的最大靜摩擦力Ff＝μFN′＝μFN 那么，A受到的橡皮條彈力水平向左的分量為FT′cos α＝； 故在A向右運動的過程中，α變小，F(xiàn)T′cos α變大； 那么，當FT′cos α＜F＝μFN時，A、B保持相對靜止，一起向右運動，隨著FT′cos α變大，A、B的合外力F－FT′cos α變小，故加速度減??； 當FT′cos α＝F時，A、B的速度達到最大，之后A、B間的摩擦力Ff＝μFN，A、B分離，A做減速運動，B做勻速運動；之后A做往復運動直至靜止，由于摩擦力做負功，A的速度必小于B的速度，故B一直做勻速運動，故C正確，A、B、D錯誤． 二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共計16分．每小題有多個選項符合題意．全部選對的得4分，選對但不全的得2分，錯選或不答的得0分． 7.2017年4月20日我國第一艘貨運飛船“天舟一號”順利升空，隨后與“天宮二號”空間實驗室進行交會對接，并完成超過6 t的物資與設備的轉接，使我國邁入空間站時代．假設“天舟一號”從B點發(fā)射，經過橢圓軌道運動到“天宮二號”的圓軌道上完成交會，如圖6所示，已知“天宮二號”的軌道半徑為r，“天舟一號”沿橢圓軌道運動的周期為T，A、B兩點分別為橢圓軌道的遠地點和近地點，地球半徑為R，引力常量為G.則(　　) 圖6 A．“天舟一號”的發(fā)射速度大于11.2 km/s B．“天宮二號”的運行速度大于7.9 km/s C．根據(jù)題中信息可以求出地球的質量 D．“天舟一號”在A點的加速度大小等于“天宮二號”的加速度大小 答案　CD 8．如圖7所示電路中，電源電動勢為E(內阻不可忽略)，線圈L的電阻不計．以下判斷正確的是(　　) 圖7 A．閉合S穩(wěn)定后，電容器兩端電壓為E B．閉合S穩(wěn)定后，電容器的a極板帶負電 C．斷開S的瞬間，通過R1的電流方向向右 D．斷開S的瞬間，通過R2的電流方向向右 答案　BC 解析　閉合S穩(wěn)定后，L相當于一段導線，R1被短路，所以C兩端的電壓等于路端電壓，小于電動勢E，故A錯誤；閉合S穩(wěn)定后，b極板帶正電，a極板帶負電，故B正確；斷開S的瞬間，L相當于電源，與R1組成回路，R1中電流方向向右，故C正確；斷開S的瞬間，電容器會放電，則R2中電流方向向左，故D錯誤． 9．如圖8所示，勻強磁場的磁感應強度B＝ T，單匝矩形線圈面積S＝1 m2，電阻r＝ Ω，繞垂直于磁場的軸OO′勻速轉動．線圈通過電刷與一理想變壓器原線圈相接．V為理想交流電壓表，A1、A2 為理想交流電流表，L1、L2為兩個完全相同的電燈泡，標稱值為“20 V　30 W”，且均正常發(fā)光，電流表A1的示數(shù)為1.5 A．則以下說法正確的是(　　) 圖8 A．電流表A1、A2的示數(shù)之比為2∶1 B．理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為2∶1 C．線圈勻速轉動的角速度為120 rad/s D．電壓表的示數(shù)為40 V 答案　BC 解析　因電燈泡正常發(fā)光，則原、副線圈的電流比為1∶2，則A錯誤；由于電流與匝數(shù)成反比，則理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為2∶1，則B正確；副線圈的電壓為20 V，則原線圈的電壓為40 V，由于線圈的內阻r＝ Ω，因電流為1.5 A，則線圈勻速轉動產生的電動勢的最大值為60 V，根據(jù)Em＝BSω，求得ω＝120 rad/s，則C正確；電壓表的示數(shù)為有效值，即40 V，則D錯誤． 10.如圖9所示，斜面體固定不動，一輕質彈簧沿光滑斜面放置，下端固定在斜面底部擋板上．分兩次將質量為m1、m2(m2＞m1)的兩物塊從斜面上不同位置靜止釋放，兩次運動中彈簧的最大壓縮量相同(彈簧始終在彈性限度內)．物塊從開始釋放到速度第一次減為零的過程，則(　　) 圖9 A．m1開始釋放的高度高 B．m1的重力勢能變化量大 C．m2的最大加速度大 D．m2的最大加速度小 答案　AD 解析　對任一物塊，設物塊的質量為m，物塊從開始釋放到速度第一次減為零下降的高度為h.取物塊運動的最低點所在水平面為參考平面．根據(jù)物塊與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒得：mgh＝Ep，據(jù)題，兩次彈簧的最大彈性勢能Ep相同，m2＞m1，則有h1＞h2，即m1開始釋放的高度高，故A正確；物塊從開始釋放到速度第一次減為零的過程，物塊的重力勢能全部轉化為彈簧的彈性勢能，則兩個物塊重力勢能變化量相等，故B錯誤；兩次運動中彈簧的最大壓縮量相同，彈簧的最大彈力相同，設為F，斜面體的傾角設為α，由牛頓第二定律得 F－mgsin α＝ma，得最大加速度為a＝－gsin α，由于m2＞m1，所以m2的最大加速度小于m1的最大加速度，故D正確，C錯誤． 三、簡答題：本題分必做題(第11、12題)和選做題(第13題)兩部分，共計33分． 【必做題】 11．(8分)(1)讀出如圖10中螺旋測微器和游標卡尺的讀數(shù)． ①________mm；②________cm. 圖10 (2)轉動動能是力學中的一個重要物理量，用來表示物體因為轉動而具有的能量，其表達式為Ek＝Iω2，其中ω表示物體繞軸或點轉動的角速度，I稱為物體的轉動慣量，轉動慣量與物體的質量、形狀、轉軸位置有關．如圖11甲所示是一種測量物體轉動慣量的裝置，待測物體裝在轉動架上，線的一端繞在轉動架上，線與轉軸垂直，線所在處轉動架的轉輪半徑為r，線的另一端通過定滑輪懸掛質量為m的重物，重物與紙帶相連(圖中未畫出)，被測物體與轉動架的總轉動動能表達式為(I測＋I0)ω2，若已知轉動架的轉動慣量為I0，不計軸承處的摩擦，不計滑輪和線的質量，細線不可拉伸． 圖11 ①將重物由靜止釋放后，重物做勻加速直線運動，得到如圖乙所示的紙帶，打點計時器的打點周期為T，O為起始點，A、B、C、D、E為連續(xù)的五個點，OA間的距離為s0，AC間的距離為s1，CE間的距離為s2，則點C的速度vC＝______；加速度a＝________. ②當打點計時器打到C點時，被測物體繞轉軸運動的角速度ω＝________. ③被測物體的轉動慣量I測＝__________. 答案　(1)①1.880?、?.144　(2)①　 ②?、郏璵r2－I0 解析　(1)①螺旋測微器的固定刻度為1.5 mm，可動刻度為38.00.01 mm＝0.380 mm，所以最終讀數(shù)為1.5 mm＋0.380 mm＝1.880 mm. ②50分度的游標卡尺，精確度是0.02 mm，游標卡尺的主尺讀數(shù)為11 mm，游標尺上第22個刻度和主尺上某一刻度對齊，游標尺讀數(shù)為220.02 mm＝0.44 mm，所以最終讀數(shù)為：11 mm＋0.44 mm＝11.44 mm＝1.144 cm. (2)①根據(jù)勻變速直線運動的推論知：C的速度vC＝＝； 由：Δs＝s2－s1＝a(2T)2 所以加速度a＝ ②根據(jù)線速度與角速度的關系可知，打點計時器打到C點時，被測物體繞轉軸運動的角速度：ω＝＝ ③根據(jù)機械能守恒可知，重物的重力勢能轉化為重物的動能、被測物體以及轉動架的轉動動能，即：mg(s0＋s1)＝mvC2＋(I測＋I0)ω2 聯(lián)立得：I測＝－mr2－I0 12．(10分)(1)某同學用多用電表的歐姆擋來測量電壓表的內阻，如圖12甲所示．先將選擇開關旋至倍率“100”擋，紅、黑表筆短接調零后進行測量，紅表筆應接電壓表的____接線柱(選填“＋”或“－”)，測量結果如圖乙所示，電壓表的電阻為______Ω. 圖12 (2)該同學要測量一節(jié)干電池的電動勢和內阻，有以下器材可供選擇： A．電流表(0～0.6 A～3 A) B．電壓表(0～3 V) C．滑動變阻器R(0～15 Ω，5 A) D．滑動變阻器R′(0～50 Ω，1 A) E．定值電阻R0為1 Ω F．開關S及導線若干 本次實驗的原理圖如圖13所示，則滑動變阻器應選________(填器材前的字母序號)． 圖13 按照原理圖連接好電路后進行測量，測得數(shù)據(jù)如下表所示. 待測量 1 2 3 4 5 I/A 0.11 0.20 0.30 0.40 0.50 U/V 1.37 1.35 1.33 1.32 1.29 由上表數(shù)據(jù)可看出，電壓表示數(shù)變化不明顯，試分析引起此情況的原因是______________．現(xiàn)將上述器材的連線略加改動就可使電壓表的示數(shù)變化更明顯，請在圖14中按改動后的原理圖完成連線． 圖14 答案　(1)－　4 000　(2)C　電源的內阻太小　見解析圖 解析　(1)用多用電表的歐姆擋時內部電源被接通，且黑表筆接內部電源的正極，即電流從歐姆表的黑表筆流出，從電壓表的正極流入，則紅表筆接電壓表的負極．歐姆表表盤示數(shù)為40，選擇開關旋到“100”擋，即倍率為100，則最后讀數(shù)為：10040 Ω＝4 000 Ω (2)干電池內阻比較小，為了能有效控制電路，并且能方便實驗操作，滑動變阻器應選總電阻小的C； 路端電壓隨電路電流的增大而減小，由表中實驗數(shù)據(jù)可知，實驗時電壓表示數(shù)變化太小，這是由于電源內阻太小造成的； 為使電壓表示數(shù)變化明顯，可以把定值電阻與電源串聯(lián)組成等效電源，這樣可以增大電源內阻，使電壓表示數(shù)變化明顯，電路圖如圖所示： 13．【選做題】本題包括A、B兩小題，請選定其中一小題，并在相應的答題區(qū)域內作答．若多做，則按第一個小題評分． A．[選修3－3](15分) 在大氣中，空氣團豎直運動經過各氣層的時間很短，因此，運動過程中空氣團與周圍空氣熱量交換極少，可看做絕熱過程．潮濕空氣團在山的迎風坡上升時，水汽凝結成云雨，到山頂后變得干燥，然后沿著背風坡下降時升溫，氣象上稱這股干熱的氣流為焚風．(大氣壓強隨高度的增加而減小) (1)空氣團沿背風坡下降時，下列描述其壓強p隨體積V變化關系的圖象中，可能正確的是________(圖中虛線是氣體的等溫線)． (2)空氣團在山的迎風坡上升時溫度降低，原因是空氣團________(選填“對外放熱”或“對外做功”)；設空氣團的內能U與溫度T滿足U＝CT(C為一常數(shù))，空氣團沿著背風坡下降過程中，外界對空氣團做的功為W，則此過程中空氣團升高的溫度ΔT＝________. (3)若水汽在高空凝結成小水滴的直徑為d，已知水的密度為ρ、摩爾質量為M，阿伏加德羅常數(shù)為NA.求： ①一個小水滴包含的分子數(shù)n; ②水分子的直徑大小d0. 答案　(1)C　(2)對外做功　　(3)① ② 解析　(1)在p－V圖中等溫線為雙曲線的一支，而且離坐標原點越遠溫度越高，沿著背風坡下降時升溫，所以圖象應該由低溫度線指向高溫度線，另外在此過程中空氣團的壓強增大，體積減小，故選C. (2)空氣團在山的迎風坡上升時溫度降低，空氣團內能減小，運動過程為絕熱過程，根據(jù)熱力學第一定律可知空氣團對外做功； 根據(jù)U＝CT得：ΔU＝CΔT 根據(jù)熱力學第一定律得：ΔU＝W＋Q Q＝0 聯(lián)立解得：ΔT＝ (3)①水滴的體積為V＝πd3 水滴的質量m＝ρV 分子數(shù)n＝NA＝ ②根據(jù)＝πd03 解得d0＝ B．[選修3－4](15分) (1)激光具有相干性好、平行度好、亮度高等特點，在科學技術和日常生活中應用廣泛．下面關于激光的敘述正確的是________． A．激光是縱波 B．頻率相同的激光在不同介質中的波長相同 C．兩束頻率不同的激光能產生干涉現(xiàn)象 D．利用激光平行度好的特點可以測量月球到地球的距離 (2)如圖15甲所示，在楊氏雙縫干涉實驗中，激光的波長為5.3010－7 m，屏上P點距離雙縫S1和S2的路程差為7.9510－7 m，則在這里出現(xiàn)的應是________(選填“亮條紋”或“暗條紋”)．現(xiàn)改用波長為6.3010－7 m的激光進行上述實驗，保持其他條件不變，則屏上的條紋間距將________(選填“變寬”“變窄”或“不變”)． 圖15 (3)如圖乙所示，一束激光從O點由空氣射入厚度均勻的介質，經下表面反射后，從上表面的A點射出．已知入射角為i，A與O相距l(xiāng)，介質的折射率為n，試求介質的厚度d. 答案　(1)D　(2)暗條紋　變寬　(3)l 解析　(1)激光是電磁波中的一種，是橫波，A項錯誤；頻率相同的激光在不同介質中的波長是不同的，B項錯誤；能產生干涉的條件是兩列光的頻率相同，C項錯誤；測定距離就是利用了激光平行度好的特性，D項正確． (2)P點到兩光源的路程差為半波長的奇數(shù)倍，出現(xiàn)暗條紋；Δx＝λ，隨波長變長，條紋間距變寬． (3)設折射角為r，由折射定律得＝n， 由幾何關系知l＝2dtan r， 聯(lián)立解得d＝l. 四、計算題：本題共3小題，共計47分．解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟．只寫出最后答案的不能得分．有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位． 14．(15分)(2018蘇州市模擬)如圖16甲所示，兩相距L＝0.5 m的平行金屬導軌固定于水平面上，導軌左端與阻值R＝2 Ω的電阻連接，導軌間虛線右側存在垂直導軌平面向下的勻強磁場．質量m＝0.2 kg的金屬桿垂直置于導軌上，與導軌接觸良好，導軌與金屬桿的電阻可忽略．桿在水平向右的恒定拉力作用下由靜止開始運動，并始終與導軌垂直，其v－t圖象如圖乙所示．在15 s時撤去拉力，同時使磁場隨時間變化，從而保持桿中電流為0.求： 圖16 (1)金屬桿所受拉力的大小F； (2)0～15 s內勻強磁場的磁感應強度大小B0； (3)15～20 s內磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律． 答案　(1)0.24 N　(2)0.4 T (3)B＝ T 解析　(1)由v－t圖象可知，在0～10 s內，金屬桿做勻加速直線運動，桿沒有進入磁場，由牛頓第二定律得 F－μmg＝ma1， 由題意可知，15 s末撤去拉力，沒有感應電流，桿不受安培力作用，桿所受的合外力為滑動摩擦力，由牛頓第二定律得μmg＝ma2 由v－t圖象可知， 加速度大小為a1＝＝ m/s2＝0.4 m/s2， a2＝＝ m/s2＝0.8 m/s2， 解得F＝0.24 N； (2)在10～15 s內，金屬桿做勻速直線運動，速度v＝4 m/s 金屬桿受到的安培力F安＝B0IL＝， 金屬桿處于平衡狀態(tài) 由平衡條件得：F＝μmg＋ 代入數(shù)據(jù)解得B0＝0.4 T. (3)15～20 s內金屬桿中無感應電流，穿過回路的磁通量保持不變． 金屬桿在10～15 s內的位移 d＝vt＝45 m＝20 m 15～20 s內，金屬桿的位移 x＝v(t－15)－a2(t－15)2＝4(t－15)－0.4(t－15)2 磁通量保持不變，則B0Ld＝BL(d＋x) 解得B＝ T. 15．(16分)如圖17所示，質量mC＝3 kg的小車C停放在光滑水平面上，其上表面與水平粗糙軌道MP齊平，且左端與MP相接觸．軌道左側的豎直墻面上固定一輕彈簧，現(xiàn)用外力將小物塊B緩慢壓縮彈簧，當離小車C左端的距離l＝1.25 m時由靜止釋放，小物塊B在軌道上運動并滑上小車C，已知小物塊B的質量mB＝1 kg，小物塊B由靜止釋放時彈簧的彈性勢能Ep＝4.5 J，小物塊B與軌道MP和小車C間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，取重力加速度g＝10 m/s2. 圖17 (1)求小物塊B滑上小車C時的速度大小vB； (2)求小物塊B滑上小車C后，為保證小物塊B不從小車C上掉下來，求小車C的最小長度L； (3)若小車C足夠長，在小物塊B滑上小車C的同時，在小車C右端施加一水平向右的F＝7 N的恒力，求恒力作用t＝2 s時小物塊B距小車C左端的距離x. 答案　(1)2 m/s　 (2)0.75 m　(3)0.4 m 解析　(1)小物塊B從釋放至運動到P的過程，根據(jù)功能關系有：Ep＝μmBgl＋mBvB2 解得 vB＝2 m/s (2)取B和C為研究對象，以向右為正方向，由動量守恒定律得 mBvB＝(mB＋mC)v 解得v＝0.5 m/s 又由系統(tǒng)的能量守恒有mBvB2－(mB＋mC)v2＝μmBgL 解得 L＝0.75 m (3)物塊B滑上小車C后，將先做勻減速運動，其加速度大小為 aB＝μg＝2 m/s2. 小車C將先做勻加速運動，其加速度大小aC＝ 代入數(shù)據(jù)解得 aC＝3 m/s2. 設經過時間t1，B、C有共同速度v共，則v共＝vB－aBt1＝aCt1. 解得 v共＝1.2 m/s，t1＝0.4 s 物塊B對地的位移x1＝t1＝0.4 m＝0.64 m 小車C對地的位移x2＝t1＝0.4 m＝0.24 m 假設此后小車與物塊以共同加速度前進，則a共＝＝ m/s2. 由于此種情況下，B、C間的靜摩擦力Ff＝mBa共＝ N＜μmBg＝2 N，可知假設成立． 所以經過t1＝0.4 s后B、C一起以a共做勻加速運動．則所求距離x＝x1－x2＝0.4 m 16．(16分)圖18為類似于洛倫茲力演示儀的結構簡圖，勵磁線圈通入電流I，可以產生方向垂直于線圈平面的勻強磁場，其磁感應強度B＝kI(k＝0.01 T/A)，勻強磁場內部有半徑R＝0.2 m的球形玻璃泡，在玻璃泡底部有一個可以升降的粒子槍，可發(fā)射比荷＝108 C/kg的帶正電的粒子束．粒子加速前速度視為零，經過電壓U(U可調節(jié)，且加速間距很小)加速后，沿水平方向從玻璃泡圓心的正下方垂直磁場方向射入，粒子束距離玻璃泡底部邊緣的高度h＝0.04 m，不計粒子間的相互作用與粒子重力．則： 圖18 (1)當加速電壓U＝200 V、勵磁線圈電流強度I＝1 A(方向如圖)時，求帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑r； (2)若仍保持勵磁線圈中電流強度I＝1 A(方向如圖)，為了防止粒子打到玻璃泡上，加速電壓U應滿足什么條件； (3)調節(jié)加速電壓U，保持勵磁線圈中電流強度I＝1 A，方向與圖中電流方向相反．忽略粒子束寬度，粒子恰好垂直打到玻璃泡的邊緣上，并以原速率反彈(碰撞時間不計)，且剛好回到發(fā)射點，則當高度h為多大時，粒子回到發(fā)射點的時間間隔最短，并求出這個最短時間． 答案　(1)0.2 m　(2)U≤162 V (3)0.146 m　π10－6 s 解析　(1)粒子被加速過程：qU＝mv02 在磁場中做勻速圓周運動：qv0B＝ 解得：r＝ 代入數(shù)據(jù)得r＝0.2 m (2)欲使得粒子打不到玻璃泡上，粒子束上、下邊界的粒子運動軌跡如圖所示，即上邊界粒子運動軌跡恰與玻璃泡相切，由幾何關系得，粒子運動軌跡半徑r1＝＝0.18 m 又由(1)得：Um＝ 解得：U≤162 V (3)要使粒子回到發(fā)射點的時間最短，運動軌跡如圖所示，此時運動軌跡所對圓心角之和最小為θmin＝π 周期T＝ 最短時間為tmin＝T tmin＝π10－6 s 由幾何關系得粒子在磁場中運動軌跡半徑r2＝R h＝R－R＝0.2(－1) m≈0.146 m