2024年福建省泉州市高考物理质检试卷（三）(含详细答案解析)

这是一份2024年福建省泉州市高考物理质检试卷（三）(含详细答案解析)，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.2023年晋江国际马拉松赛于12月3日开跑，全程马拉松(往返共42.195公里)赛道线路图如图所示。经过激烈角逐，中国选手徐冰洁以2小时38分16秒的成绩获得该赛事全程马拉松的女子冠军。下列说法正确的是( )
A. 全程马拉松的位移为42.195km
B. 徐冰洁的平均速度大小约为16km/h
C. 徐冰洁的平均速率约为16km/h
D. 研究徐冰洁比赛全程的平均速率不能将其视为质点
2.如图，一个球形碗固定在水平地面上，一只甲虫(可视为质点)从碗内最低点开始沿左侧缓慢往上爬行，则在爬行过程中( )
A. 碗对甲虫的支持力逐渐增大B. 碗对甲虫的摩擦力逐渐增大
C. 碗对甲虫的作用力逐渐减小D. 甲虫所受的合外力逐渐减小
3.单反相机取景器的核心光学部件是一个五棱镜，如图所示，棱镜的部分角度已在图中标出。一细束光垂直AB面射入棱镜，在CD面发生全反射，然后射到DE面和EA面，最终垂直BC面射出，则棱镜对这束光的折射率( )
A. 一定等于2 33B. 可能小于2 33C. 可能大于2D. 一定等于2
4.如图，在间距为d的水平固定平行金属导轨上，放置质量分别为2m0、m0的金属杆M、N。N的中点系着一条跨过定滑轮的细绳，细绳下端悬挂重物，滑轮左侧细绳与导轨平行。两导轨间存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。当重物质量m取不同值时，系统最终稳定的状态不同。设稳定时M杆的加速度大小为a，回路中电动势为E、电流为I、热功率为P。已知重力加速度大小为g，两杆接入回路的总电阻为R，导轨足够长且电阻不计，忽略一切摩擦，两杆始终与导轨垂直且接触良好。则下列关系图像合理的是( )
A. B.
C. D.
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.氢原子能级结构如图所示，一群处于n=4能级的氢原子向较低能级跃迁，会发出不同频率的光，下列说法正确的是( )
A. 这群氢原子最多可以发出6种频率的光
B. 这群氢原子最多可以发出4种频率的光
C. 从n=4能级跃迁到n=1能级发出的光子能量最大
D. 从n=4能级跃迁到n=3能级发出的光子能量最大
6.中国天眼FAST观测某脉冲双星系统如图所示。该双星系统由两颗相距较近的天体组成，并远离其他天体，它们在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的一点做匀速圆周运动。若较大天体质量为M、运动轨道半径为R，较小天体质量为m、运动轨道半径为r，引力常量为G，则( )
A. 两天体质量与半径之间的关系式为Mr=mR
B. 两天体质量与半径之间的关系式为MR=mr
C. 天体运动的角速度为 GMr3
D. 天体运动的角速度为 GM(R+r)2r
7.空间中M、N两点分别固定不等量的异种点电荷(电性及N点位置未标出)。一带负电的点电荷q仅在电场力作用下先后经过h、k两点，其运动轨迹如图所示，下列说法正确的是( )
A. M点的电荷量值小于N点的电荷量值B. 从h点到k点的过程中q的速度越来越大
C. h点的电势大于k点的电势D. q在h点的加速度比k点加速度大
8.如图，倾角θ=37∘的固定斜面与半径为r的四分之三圆弧形轨道ABC相切于A点，其中半圆弧段AB是硬质细圆管。整个空间存在水平方向的匀强电场，质量为m、电荷量为q的带正电小球恰好静止在斜面上。已知重力加速度大小为g，取sin37∘=0.6，小球直径略小于圆管的内径，运动过程中电荷量保持不变，忽略一切摩擦。现给小球一个沿斜面向下的初速度v0，则( )
A. 匀强电场的场强大小为3mg4qB. 小球能到达B点的条件为v0>2 gr
C. 小球可能在BC段某点脱离轨道D. 小球经过C点的速度大小可能为5 2gr4
三、填空题：本大题共3小题，共8分。
9.一定质量理想气体状态经历A→B→C→A的循环过程，其P−V图像如图所示。气体在状态A的分子平均动能______(选填“大于”“小于”或“等于”)在状态B的分子平均动能，在状态B的温度______(选填“大于”“小于”或“等于”)在状态C的温度；完成A→B→C→A一个循环过程中，气体对外界______(选填“做正功”“做负功”或“不做功”)。
10.如图所示，S1、S2是两个相干波源，它们振动同步。实线和虚线分别表示在某一时刻它们所发出的波的波峰和波谷。P点与S1、S2间的距离相等，且两列波在P点的振幅均为A，则P点是振动的______(选填“加强点”或“减弱点”)，它振动一个周期所通过的路程为______。
11.煤气灶的实物图和点火装置原理图如图所示。将3V直流电压通过转换器转换为正弦交变电压u=6 2sin100πt(V)，再通过变压器获得高压，使放电针产生火花点燃煤气，则原线圈两端所接交流电压表的示数为______ V，放电针每隔______ s点火一次。
四、实验题：本大题共2小题，共12分。
12.某同学自己在家里做单摆测定重力加速度的实验，由于没有摆球，他用一块不规则的石块代替，用细线将石块系好，结点为A，细线上端固定于O点，如图甲所示，然后用刻度尺测量细线的长度L作为摆长，将石块拉开一个小角度(约5∘)并由静止释放，石块摆到最低点时开始计时，用秒表测量完成50次全振动的总时间t，由T=t50求出周期，改变OA间细线的长度，再做几次实验，记下相应的L和T如表：
(1)第4次实验时的秒表示数如图乙所示，它的示数为______ s；
(2)该同学根据实验数据作出的T2−L图像如图丙所示，图丙中图像没有通过原点的原因是______；
(3)取π2=9.87，由图丙求出重力加速度g=______m/s2(结果保留三位有效数字)；
(4)把细线的长度作为摆长，并由图丙求出的g值______(选填“大于”“小于”或“等于”)当地的真实值。
13.某同学在探究实验时，需要测量电流表A0的准确内阻，实验室提供的器材有：
待测电流表A0(量程为150mA，内阻约为10Ω)
电源E(电动势为3V，内阻较小)
电压表V(量程为15V，内阻约为15kΩ)
电流表A(量程为300mA，内阻约为5Ω)
定值电阻R0(阻值为10Ω)
滑动变阻器R(0∼10Ω,额定电流为2A)
开关、导线若干
在尽可能准确地测量出电流表A0的内阻r0的情况下，请完成下列问题：
(1)某同学设计了如图甲电路图，虚线方框中应接入______(选填“V”或“R0”)；
(2)按图甲电路，用笔画线表示导线，将图乙中实物图连接完整；
(3)开关闭合前，图乙中滑动变阻器滑动片P应处于______端(选填“左”或“右”)；
(4)若某次实验，电流表A0的示数为I0，电流表A的示数为I，则电流表A0的内阻r0=______。(选用I0、I、R0或电压表的示数U表示)
五、简答题：本大题共3小题，共40分。
14.如图甲所示，银行取款机房装有单边自动感应门，其中有一扇玻璃门与墙体固定，另一扇是可动玻璃门。当人进入了感应区时，可动玻璃门将自动开启，反之将自动关闭，图乙为感应门的俯视图。当某人一直在感应区内时，可动玻璃门先匀加速运动了0.3m，用时0.5s，而后立即匀减速运动了0.6m恰好停下。求可动玻璃门：
(1)匀加速运动的加速度大小；
(2)运动过程中的最大速度大小；
(3)开启全程运动的总时间。
15.如图，左端固定在墙壁上的水平轻质弹簧，处于自然状态时另一端在光滑水平台面右端；质量为3m的小车静置于光滑的水平面上且紧靠平台，其左侧a端与台面等高，小车的上表面由长度为R的粗糙水平面ab和半径为R的四分之一圆弧形光滑轨道bc组成。质量为m的小物块P(与弹簧不栓接)在外力作用下将弹簧压缩至某一位置，由静止释放后从a端以大小为2 gR(g为重力加速度大小)的速度滑上小车，恰好能到达顶端c。
(1)求由静止释放时弹簧的弹性势能Ep；
(2)求P与ab间的动摩擦因数μ；
(3)请通过计算判断P是否会滑离小车？
16.如图甲所示，在水平地面上方分布有相互垂直的匀强电场与匀强磁场，电场方向竖直向上，场强大小为E，磁场方向垂直纸面向里。在离地高为h的O点处建立一直角坐标系xOy，y轴竖直向上。一个带正电小球A从O点以速率v0沿x轴负方向射出，恰好可以垂直打到地面。已知重力加速度大小为g，A受到的电场力恰好等于重力，运动过程中带电量不变，忽略空气阻力。
(1)求匀强磁场的磁感应强度的大小B；
(2)若大量与A相同的小球仍从O点以速率v0在xOy平面内沿各个方向先后射出，小球间的相互作用均不计，落地后均不反弹，求小球落地点区间的长度；
(3)若撤去电场，小球仍从O点以某一速率沿y轴正方向射出，恰好不会打到地面。
ⅰ.求小球从O点射出时的速率v1；
ⅱ.已知小球的速率v与时间t的关系如图乙所示，求小球速率达到最小时两个位置之间的距离。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、马拉松运动的轨迹是曲线，故42.196km指的是路程大小，故A错误；
BC、16km/h是路程与时间的比值，是平均速率，故B错误，C正确；
D、研究徐冰洁比赛全程的平均速率时，徐冰洁的大小和形状不影响研究问题，可以将其视为质点，故D错误。
故选：C。
位移是初位置指向末位置的有向线段，路程是轨迹的长度。平均速度等于位移与时间是比值，平均速率等于路程与时间的比值。
该题考查对时间与时刻、路程与位移，平均速度与平均速率的理解，时刻具有瞬时性的特点，是变化中的某一瞬间；时间间隔具有连续性的特点，与某一过程相对应。
2.【答案】B
【解析】解：ABD、以甲虫为对象，甲虫缓慢移动，可以视为平衡状态，所受合力为零；如图所示，受力情况：重力mg，球面支持力N和摩擦力f，根据平衡条件得：
N=mgcsθ，f=mgsinθ
甲虫向左上方爬行，θ增加，csθ减少，sinθ增加，则碗对甲虫的支持力变小，摩擦力变大，故AD错误，B正确；
C、甲虫处于平衡状态，受到地球的作用力和碗对甲虫的作用力，由于甲虫处于平衡状态，故碗对甲虫的力的大小等于重力大小，且不变化，故C错误；
故选：B。
甲虫从碗底缓慢向上爬，代表甲虫在移动过程中加速度近似为零，可以视为平衡状态，在爬行过程中，甲虫只受到三个力：重力、支持力和摩擦力，建立平衡方程即可；还需注意甲虫只受到地球的作用力和碗的作用力，是一对平衡力。
本题运用力的平行四边形定则研究的动态问题，受力分析中的画图最为关键；看碗对甲虫的作用力的时候，就有摩擦力和支持力，直接分析时容易少分析一个力，是易错点，而从对甲虫的施力物体来分析可以有效避免这个错误发生；而看合力，一般先从运动状态分析，物体处于平衡状态时合力为零。
3.【答案】C
【解析】解：根据几何关系可知，光在DE面的入射角为：
θ=90∘−60∘=30∘
由于光在CD面发生全反射，则临界角为：
C<30∘
根据折射率与临界角的关系式有
n=1sinC
解得：n>2，故C正确，ABD错误；
故选：C。
根据几何关系得出对应的入射角，结合折射定律得出棱镜对光的折射率。
本题主要考查了光的折射定律，熟悉光的传播特点，结合几何关系和折射定律即可完成解答。
4.【答案】D
【解析】解：N杆受到的安培力逐渐增大，M杆受到的安培力逐渐增大，M杆的加速度逐渐增大，N杆的加速度逐渐减小，最终两根等长双杆的加速度会相等，根据牛顿第二定律可得：
mg=(3m0+m)a
解得：a=mg3m0+m，因此加速度a与m的变化关系不是线性的，故A错误；
B、根据上述分析可知，最终两根等长双杆的加速度相等，速度差恒定，则整个系统中产生的电动势恒定，故B错误；
C、对M根据牛顿第二定律可得：
BId=2m0a
解得：I=2m0mgBd(3m0+m)，故C错误；
D、热功率为：
P=I2R=(2m0mgBd(3m0+m))2R
图中的曲线走向是对的，最终的稳定值为：
P=(2m0gBd)2R，故D正确；
故选：D。
对两根杆进行受力分析，结合牛顿第二定律得出杆最终的加速度；
根据两根杆的速度差，结合法拉第电磁感应定律得出电动势的表达式；
根据牛顿第二定律，结合安培力的计算公式得出电流的大小；
结合功率的计算公式得出功率的大小。
本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉导体杆的受力分析，结合牛顿第二定律和功率的计算公式即可完成解答。
5.【答案】AC
【解析】解：AB.根据C42=6 可知，这群氢原子最多能发出6种频率不同的光，故A正确，B错误；
CD.从高能级向低能级跃迁时，发出的光子能量等于这两个能级的能量差值，所以在这群氢原子发出的光子中，从n=4能级跃迁到n=1能级所发出光子能量最大，故C正确，D错误。
故选：AC。
AB.根据公式计算最多能发出的几种不同频率的光；
CD.根据高低能级跃迁时发出光子的能量规律进行分析判断。
考查能级跃迁的基本规律，会根据公式计算发出的光子频率数，会计算发出光子的能量值。
6.【答案】BD
【解析】解：AB、双星是同轴转动模型，其角速度相等，根据万有引力提供向心力得GMmL2=MRω2=mrω2
解得MR=mr
故A错误，B正确；
CD、根据题意可知L=R+r
解得ω= GM(R+r)2r，故D正确，C错误。
故选：BD。
双星是同轴转动模型，其角速度相等；根据万有引力提供向心力，分别对两星球列方程，解方程组，即可解答。
解决本题的关键是知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，以及会用万有引力提供向心力进行求解。
7.【答案】AB
【解析】解：A、带负电的电荷运动的轨迹几乎是椭圆，故可知N在一个焦点上，可知N带正电，M带负电，由于轨迹离N点越来越近，可知N电的电荷量大于M点的电荷量，故A正确；
B、由图可知，从h点到k点的过程中电场力做正功，则q的速度越来越大，故B正确；
C、N点电荷为正电荷，k点靠近N，则电势较高，故C错误；
D、k离N点比h离N点更近，则在k点的电场力更大，故q在k点加速度大于在h点的加速度，故D错误；
故选：AB。
根据电荷的运动轨迹得出粒子的电性和电荷量的大小关系；
根据电场力的做功类型分析出q的速度了变化趋势；
沿着电场线方向电势逐渐降低；
根据不同点到电荷的距离，结合牛顿第二定律得出q在两点的加速度大小关系。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉电荷的受力分析，结合电场线和电势的关系即可完成解答。
8.【答案】AD
【解析】解：A、小球恰好静止在斜面上，其受力平衡，对其受力分析如下图所示。
小球受到的电场力方向水平向左，电场力qE与重力mg的合力F与斜面对小球的支持力N等大反向，则有：
qEmg=tanθ，解得匀强电场的场强大小E=3mg4q，故A正确；
B、由A选项的分析可知电场力qE与重力mg的合力F的方向垂直于斜面向下，并与圆弧形轨道的直径AB平行，合力F的大小为F=mgcsθ=5mg4。
小球沿斜面向下做匀速直线运动，到达A点时的速度等于v0，由于半圆弧段AB是硬质细圆管，所以小球到达B点的临界最小速度为零，即vB≥0。对小球由A到B的过程由动能定理得：
−F×2r=12mvB2−12mv02
解得：v0≥ 5gr，故B错误；
C、将电场力qE与重力mg的合力F作为等效重力，则B点为小球圆周运动的等效最高点，若使小球能够沿轨道外侧做圆周运动到达C点，在B的需满足：mvB2r≥F，解得：vB≥ 5gr2，即小球到达B的速度满足此条件时，小球不会在BC段脱离轨道。若小球到达B的速度满足：0D、假设小球经过B点后做类平抛运动到达C点，可得：
由B到C沿BA方向有：r=12×Fm×t2
由B到C沿OC方向有：r=vB′t
解得经过B点的速度为：vB′= 5gr8< 5gr2，故假设成立，小球可以做类平抛运动到达C点。
小球做类平抛运动到达C点时沿BA方向的分速度为：vy=Fm×t，解得：vy= 5gr2
则到达C点的速度大小为：vC= v′B2+vy2，解得：vC=5 2gr4，故D正确。
故选：AD。
小球恰好静止在斜面上，其受力平衡，根据平衡条件求解匀强电场的场强大小；小球沿斜面向下做匀速直线运动，小球到达B点的临界最小速度为零，对小球由A到B的过程，根据动能定理求解小球能到达B点的条件；B点为小球圆周运动的等效最高点，若小球到达B的速度较大，小球不会在BC段脱离轨道。若小球到达B的速度较小，经过B点小球做类平抛运动，而不会沿着圆弧轨道BC运动；假设小球经过B点后做类平抛运动到达C点，应用运动的合成与分解求解小球做类平抛运动到达C点的速度。
本题考查了带电体在电场中运动问题。在匀强电场的圆周运动，要掌握用“等效重力”解题的技巧，会找“等效最高点或最低点”。
9.【答案】小于 等于 做正功
【解析】解：A→B过程中，理想气体体积不变，根据查理定律可知，压强增大，温度升高，理想气体平均动能增大，则气体在状态A的分子平均动能小于在状态B的分子平均动能；
根据一定质量的理想气体状态方程可得：
pBVBTB=pCVCTC
根据图中压强与体积的数据可知，TB=TC
即在状态B的温度等于在状态C的温度。
p−V图像中，图像与V轴所围几何图形的面积表示功，可知一个循环过程中，气体对外界做功为
W=WBC+WCA+WAB=(1+3)×22−2×1J+0=2J，表示气体对外界做正功。
故答案为：小于；等于；做正功。
分子的平均动能由温度决定，根据查理定律得出气体在不同状态下的温度高低，结合图像的物理意义完成解答。
本题主要考查了一定质量的理想气体状态方程，能根据图像得出气体状态参量的变化，结合图像的物理意义即可完成分析。
10.【答案】加强点 8 A
【解析】解：两个相干波源，它们振动同步，P点与S1、S2间的距离相等，所以总是两列波的波峰与波峰、波谷与波谷相遇，则P处质点为振动加强点；
因为P处质点为振动加强点，则它的振幅为2A，它振动一个周期所通过的路程为：
s=4×2A=8A
故答案为：加强点；8A。
根据波的干涉特点得出P处质点的特点，结合简谐横波的传播特点得出质点在一个周期内所通过的路程。
本题主要考查了光的干涉现象，熟悉光的传播特点，结合波的叠加特点即可完成分析。
11.【答案】60.01
【解析】解：交变电压表的示数为有效值，则该示数为
U=6 2 2V=6V
正弦交变电压u=6 2sin100πt(V)
则有2πT=100π
解得：T=0.02s
由于装置通过变压器获得高压，使放电针产生火花点燃煤气，而在上述一个周期之内，装置可以获得两次高压，可知放电针点火一次相隔的时间为：
t=12T=12×0.02s=0.01s
故答案为：6；0.01
理解电压表的测量对象，结合交变电压的表达式得出电流的周期，再利用变压器的工作原理得出对应的点火时间间隔。
本题主要考查了变压器的相关应用，理解变压器的工作原理即可完成分析，难度不大。
12.【答案】95.9以细线长当作摆长 9.77等于
【解析】解：(1)根据秒表的读数规则，小盘过半大盘的读数要加30s，所以是1min35.9s=95.9s；
(2)图像不过坐标原点，代表在相同的周期，摆长是偏小的，即以细线长当作摆长，不是悬点到不规则石块重心的距离；
(3)由单摆周期公式T=2π Lg可得
T2=4π2gL
图像的斜率k=4π2g=4.0−0[95−(−4)]×10−2s2/m=4.04s2/m
解得g=9.77m/s2
(4)虽然将细线长作为摆长导致摆长偏小，但不会影响图丙的图像斜率，所以根据图丙斜率大小计算当地重力加速度的值等于当地的真实值。
故答案为：(1)95.9；
(2)以细线长作为摆长；
(3)9.77；
(4)等于。
(1)根据秒表的读数规则完成读数；
(2)根据不过原点的可能原因进行分析判断；
(3)根据单摆的周期公式结合图丙图像的斜率意义进行计算解答；
(4)根据图丙图像斜率和摆长计算之间是否有联系进行判断。
考查单摆的周期公式，会根据单摆周期公式结合图像计算当地的重力加速度。
13.【答案】R0 左 (I−I0)R0I0
【解析】解：(1)根据题意，待测电流表的满偏电压Ug=Igr0=150×10−3×10V=1.5V，远低于电压表量程的13(为5V)，故虚线框中不能是电压表，只能是电阻R0；
(2)根据电路图完成的实物连线如下图所示
(3)开关闭合前，为了使测量部分的电流最小，需要将图乙中滑动变阻器滑动片P应处于左端；
(4)根据欧姆定律
r0=U0I0=(I−I0)R0I0
故答案为：(1)R0；(2)实物连线如上图所示；(3)左；(4)(I−I0)R0I0。
(1)估算待测电流表的最大电压结合电压表的量程进行比较判断；
(2)根据电路图完成实物连线；
(3)根据电学实验的注意事项进行操作；
(4)根据欧姆定律列式并完成推导。
考查实物连线和欧姆定律，以及电学实验的注意事项等，会根据要求准确完成实验，测量相关的物理量。
14.【答案】解：(1)依题意，可动玻璃门加速过程中
s1=12at12
解得a=2.4m/s2
(2)依题意，可动玻璃门加速过程中，最大速度大小为
v=at1
解得v=1.2m/s
(3)依题意，可动玻璃门减速过程中的时间为
t2=s2v2
全程的总时间为
t=t1+t2
解得t=1.5s
答：(1)匀加速运动的加速度大小为2.4m/s2；
(2)运动过程中的最大速度大小为1.2m/s；
(3)开启全程运动的总时间为1.5s。
【解析】(1)根据位移-时间公式求出门加速阶段的加速度大小；
(2)根据速度-时间关系求出最大速度；
(3)根据位移-时间公式解得时间。
本题考查了匀变速直线运动的综合应用，解决本题的关键是根据情景分析出各阶段门的位移以及运动时间。
15.【答案】解：(1)弹簧恢复原长时，P的速度为v0，
由系统能量守恒得
Ep=12mv02
其中v0=2 gR
解得：Ep=2mgR
(2)恰好到达顶点c时，P与小车共速，设此时速度大小为v，
由系统能量守恒、水平方向动量守恒得mv0=(m+3m)v
12mv02=12(m+3m)v2+mgR+μmgR
联立解得：μ=0.5
(3)设小物块P最终停在小车上离b的距离为s，则此时P与小车速度大小均为v，
由系统能量守恒得
mgR=μmgs
解得：s=2R
因s>R，故P会滑离小车。
答：(1)由静止释放时弹簧的弹性势能为2mgR；
(2)P与ab间的动摩擦因数为0.5；
(3)P不会滑离小车。
【解析】(1)根据能量守恒定律得出弹簧的弹性势能；
(2)根据水平方向动量守恒定律和能量守恒定律得出μ的大小；
(3)根据能量守恒定律得出物块P停在小车上的距离，结合题目条件完成分析。
本题主要考查了动量守恒定律和能量守恒定律的相关应用，选择合适的研究对象，利用动量守恒定律和能量守恒定律联立等式即可完成分析。
16.【答案】解：(1)由于小球所受电场力等于重力
qE=mg
故小球在场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
qv0B=mv02R
轨迹如图所示
根据几何知识
R=h
联立解得
B=Ev0gh；
(2)当小球的运动轨迹与地面相切时可运动到左侧最远落地点，此时小球在第二象限与y轴正方向夹角30∘射出时，如图所示
根据几何知识，其水平位移为
x1= 3R
当小球沿−y方向射出时，可运动到右侧最远落地点，轨迹图像如(1)所示，根据几何知识，其水平位移为
x2=R
则落地点区间的长度为
L=x1+x2
联立解得
h=( 3+1)h；
(3)i.利用配速法，在O点给小球两个大小相等，方向平行于x轴且方向相反的速度v2，使其满足
qv2B=mg
解得
v2=mgqB=ghv0
如此即可将小球的运动分解为圆周运动与水平方向的匀速运动，则圆周运动的速度
v′= v12+v22
根据牛顿第二定律，有洛伦兹力提供向心力有
qvB=mv′2r
解得
r=mv′qB
这里不考虑水平方向的匀速直线运动，则粒子的轨迹图像如图所示
根据几何知识
h=r+rcsα
csα=v2v′
联立解得
v1= v02−2gh；
ii.由题意可知，当小球做圆周运动的速度水平向右时合速度最小，故合速度最小的时间间隔为一个周期的整数倍，故小球速度达到最小时的位置之间的距离
Δx=nv2T(n=0,1,2...)
根据周期公式
T=2πrv′
解得
T=2πhv0
联立解得
Δx=2nπgh2v02(n=1,2,3⋯)。
答：(1)匀强磁场的磁感应强度的大小B为Ev0gh；
(2)小球落地点区间的长度为( 3+1)h；
(3)若撤去电场，小球仍从O点以某一速率沿y轴正方向射出，恰好不会打到地面。
ⅰ.小球从O点射出时的速率v1为 v02−2gh；
ⅱ.已知小球的速率v与时间t的关系如图乙所示，小球速率达到最小时两个位置之间的距离为2nπgh2v02(n=1,2,3⋯)。
【解析】(1)根据几何知识求解粒子运动的轨道半径，根据牛顿第二定律求解磁感应强度；
(2)根据题意分析小球做圆周运动在y轴左右两侧落点最远的轨迹，根据几何知识求解最远距离，最后求解小球落地点区间的长度；
(3)ⅰ.利用配速法，将小球的运动分解为匀速圆周运动和匀速直线运动，根据牛顿第二定律表示轨道半径，联立几何知识求解小球从O点射出时的速率；
ⅱ.根据题意分析满足条件的时间为周期的正整数倍，再根据水平方向的匀速直线运动的规律求解小球速率达到最小时两个位置之间的距离。
本题考查带电粒子在重力场、电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。实验次数
1
2
3
4
5
摆线长L(cm)
60.3
70.5
79.6
87.2
95.1
50次全振动时间t(s)
80.6
86.7
91.8
99.9
周期T(s)
1.61
1.73
1.84
1.99