2022-2023学年北京市顺义区高二（下）期末质量监测物理试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年北京市顺义区高二（下）期末质量监测物理试卷（含解析），共22页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年北京市顺义区高二（下）期末质量监测物理试卷
一、单选题（本大题共14小题，共42.0分）
1. 关于机械波和电磁波，下列说法正确的是(    )
A. 机械波都是横波，电磁波都是纵波
B. 机械波和电磁波都可以在真空中传播
C. 机械波和电磁波都可以传递信息和能量
D. 机械波能发生衍射现象，电磁波不能发生衍射现象
2. 如图所示的平面内，光束a经圆心O射入半圆形玻璃砖，进入玻璃砖后分成b、c两束单色光。下列说法正确的是(    )
A. 光束b比光束c更容易发生衍射现象
B. 在真空中b光的波长小于c光的波长
C. 玻璃对b光的折射率小于对c光的折射率
D. 在玻璃砖中b光的传播速度大于c光的传播速度

3. 如图所示，质量为m的物块静止在倾角为θ的斜面上，斜面静止在地面上，重力加速度为g。关于物块的受力情况分析，下列说法不正确的是(    )

A. 物块所受支持力大小为mgtanθ
B. 物块所受摩擦力大小为mgsinθ
C. 物块受到重力、支持力和摩擦力作用
D. 斜面对物块的摩擦力与支持力的合力方向竖直向上
4. 如图所示，已知可视为质点的小球质量为m，小球距悬点的竖直高度为h，小球在水平面内做圆周运动的半径为r，用秒表测得小球运动n圈的时间为t，则下列说法正确的是(    )

A. 向心力的表达式Fn=m4π2t2r
B. 小球所受的合外力为F合=mgrh
C. 小球受到重力、拉力、向心力的作用
D. 若增大小球转动的角速度，细线与竖直方向的夹角将减小
5. 一列沿x轴正方向传播的简谐机械横波，波速为2.0m/s.某时刻的波形如图所示，下列说法正确的是(    )
A. 这列波的周期为2.0s
B. 这列波的振幅为10cm
C. 此时x=4m处的质点加速度最大
D. 此时x=6m处的质点沿y轴正方向运动

6. 如图所示，理想变压器的原线圈接在u=220 2sin100πt(V)的交流电源上，副线圈接有R=11Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2:1，交流电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是(    )

A. 电流表的读数为20.0A B. 电压表的读数约为156V
C. 原线圈的输入功率为1100W D. 副线圈输出交流电的周期为0.01s
7. 发射地球静止轨道同步卫星一般经过三个阶段：先将卫星发射至近地圆轨道1，然后提速变轨使其沿椭圆轨道2运行，最后再次提速变轨将卫星送入同步圆轨道3。轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图所示。当卫星分别在轨道1、2、3上正常运行时，以下说法正确的是(    )

A. 卫星分别沿轨道1和轨道2经过Q点时的加速度相等
B. 卫星在轨道3上的机械能小于它在轨道1上的机械能
C. 卫星在轨道3上的运行周期小于在轨道1上的运行周期
D. 卫星在轨道3上的运行速率大于它在轨道1上的运行速率
8. 一电动小车在平直的路面上从静止开始运动，经过时间t前进距离x。若小车保持牵引力恒定，电动机的功率达到额定功率P时速度为v，小车的质量为m，所受阻力恒为f，那么这段时间内(    )
A. 小车受到的牵引力为Pv B. 电动机对小车所做的功为Pt
C. 电动机对小车所做的功为fx D. 小车做加速度逐渐减小的加速运动
9. 如图所示，用小锤打击弹性金属片，A球立即水平飞出，同时B球被松开，做自由落体运动，两球同时落到地面。若A、B两小球质量相同，从开始下落到落地前瞬间的过程中，下列说法正确的是(    )

A. A球与B球重力势能的变化量不同 B. A球与B球动能的变化量不同
C. A球与B球速率的变化量相同 D. A球与B球动量的变化量相同
10. 如图所示，质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场区域，带电粒子仅受洛伦兹力的作用，运动的轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是(    )

A. M带负电，N带正电 B. M的速率大于N的速率
C. 洛伦兹力对M、N都做正功 D. M、N在磁场中运动的周期相等
11. 将平行板电容器、滑动变阻器、电源按如图所示连接。若平行板电容器内存在垂直纸面向里的匀强磁场，—电子束沿垂直于电场线与磁感线方向，从左侧入射后偏向A极板，为了使电子束沿入射方向做直线运动，可采取的方法是(    )

A. 只将变阻器滑片P向b端滑动 B. 只将电子的入射速度适当增大
C. 只将磁场的磁感应强度适当减小 D. 只将极板间距离适当减小
12. 如图1所示，N=200匝的线圈(图中只画了2匝)，电阻r=2Ω，其两端与一个R=48Ω的电阻相连。线圈内有垂直纸面向里的磁场，其磁通量按图2所示规律变化。下列说法正确的是(    )

A. 电阻R两端b点比a点电势高
B. 电阻R两端的电压大小为10V
C. 0.1s内电阻R产生的电热为0.192J
D. 0.1s时间内通过电阻R的电荷量为0.05C
13. 图是用电流传感器(电流传感器相当于电流表，其电阻可以忽略不计)研究自感现象的实验电路，电源的电动势为E，内阻为r，自感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻值大于灯泡D的阻值，在t=0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t=t1时刻断开开关S.在图所示的图象中，可能正确表示电流传感器记录的电流随时间变化情况的是(    )

A. B.
C. D.
14. 通常情况下，实际的抛体都是在介质中运动的。由于介质对运动物体的阻碍作用，物体会损耗部分机械能。已知在空气中运动的物体所受阻力方向与运动方向相反，大小随速度的增大而增大。
假定空气中一弹丸从地面抛射出去，初速度为v0，方向与水平地面夹角为θ，如图所示。弹丸落地时，速度大小为v，方向与水平地面夹角为α，落地点与抛出点在同一水平面。弹丸从抛出到落地的过程中，下列说法正确的是(    )


A. 弹丸的加速度先减小后增大
B. 弹丸上升的时间小于下降的时间
C. 弹丸在最高点时的加速度是重力加速度
D. 弹丸落地时与水平地面的夹角α小于抛出时与水平地面的夹角θ
二、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
15. 物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验器材、实验方法、实验操作、数据分析等。
(1)某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平行。正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图所示。

①此玻璃砖的折射率为n=_____(用图中的θ1、θ2表示)；
②P1、P2及P3、P4之间的距离适当_____(填“大”或“小”)些，可以提高准确度。
(2)某同学利用图所示电路研究电磁感应现象。在图示状态闭合开关瞬间，发现灵敏电流计的指针向左偏转。在闭合开关后，将滑动变阻器的滑片向右滑动时，灵敏电流计指针将向_____(选填“左”或“右”)偏转；待电路稳定后，将线圈A从线圈B中拔出，灵敏电流计指针将向_____(选填“左”或“右”)偏转。


16. 某同学利用如图所示的装置进行“验证动量守恒定律”的实验。在水平地面上依次铺上复写纸、白纸，记下小球抛出点在白纸上的垂直投影点O。实验时，先调节轨道末端水平，使A球多次从斜轨上位置P由静止释放，根据白纸上小球多次落点的痕迹找到其平均落地点的位置E。然后把半径相同的B球静置于水平轨道的末端，再将A球从斜轨上位置P由静止释放，与B球相碰后两球均落在白纸上，多次重复上述A球与B球相碰的过程，根据小球在白纸上多次落点的痕迹分别找到碰后两球落点的平均位置D和F。用刻度尺测量出水平射程OD、OE、OF。用天平测得A球的质量为mA，B球的质量为mB。
  
(1)关于实验器材，下列说法正确的是_________；(选填选项前的字母)
A.实验轨道必须光滑   B.该实验不需要秒表计时   C．A球的质量必须小于B球的质量
(2)关于实验操作，下列说法正确的是_________；(选填选项前的字母)
A.A球每次必须从同一位置由静止释放
B.实验过程中白纸和复写纸都可以随时调整位置
C.B球的落点并不完全重合，说明该同学的实验操作出现了错误
(3)实验直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，该同学认为可以“通过测量小球做平抛运动的水平射程来代替小球碰撞前后的速度”，这样做的依据是_________。
(4)若满足关系式_________，则可以认为两球碰撞前后动量守恒(用所测量的物理量表示)。
(5)该同学做实验时所用小球的质量分别为mA=45g、mB=7.5g，如图所示的实验记录纸上已标注了该实验的部分信息，若两球碰撞为弹性碰撞，请将碰后B球落点F的位置标注在图中____。


三、计算题（本大题共4小题，共40.0分）
17. 一长为L的不可伸长的细绳下挂有一个质量为m的小球，现将细绳拉开偏离竖直方向一定角度，将小球由静止释放，小球到达最低点时，以速度v与静止在光滑水平面的另一个质量相同的小球发生正碰后粘在一起，在此过程中，求：
(1)小球下落的高度H；
(2)小球发生碰撞前瞬间，细绳对小球的拉力大小F；
(3)碰撞过程中损失的机械能。


18. 如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为L=0.40m，电阻均可忽略不计。在M和P之间接有阻值为R=0.40Ω的定值电阻，导体杆ab的质量为m=0.10kg，电阻r=0.10Ω，并与导轨接触良好。整个装置处于磁感应强度B=0.50T方向竖直向下的匀强磁场中。导体杆ab在水平向右的拉力F作用下，沿导轨以v=2.0m/s做匀速直线运动，导体杆始终与导轨垂直。求：
(1)通过电阻R的电流I的大小及方向；
(2)拉力F的大小；
(3)撤去拉力F后，导体杆逐渐停止运动，在此过程中，电阻R上产生的焦耳热QR。


19. 加速器在核物理和粒子物理研究中发挥着巨大的作用，回旋加速器是其中的一种。如图是某回旋加速器的结构示意图，D1和D2是两个中空的、半径为R的半圆型金属盒，两盒之间窄缝的宽度为d，它们之间有一定的电势差U。两个金属盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。D1盒的中央A处的粒子源可以产生质量为m、电荷量为+q的粒子，粒子每次经过窄缝都会被电场加速，之后进入磁场做匀速圆周运动，经过若干次加速后，粒子从金属盒D1边缘离开，忽略粒子的初速度、粒子的重力、粒子间的相互作用及相对论效应。求：
(1)粒子离开加速器时获得的动能Ek；
(2)粒子在电场中被加速的次数N；
(3)若该回旋加速器金属盒的半径R=1m，窄缝的宽度d=0.1cm，求粒子从A点开始运动到离开加速器的过程中，其在磁场中运动时间与在电场中运动时间之比。(结果保留两位有效数字)


20. 在物理学的研究过程中，对变速运动的研究是从最简单的变速直线运动开始的。最简单的变速直线运动，速度应该是均匀变化的。速度随时间均匀变化的直线运动叫做匀变速直线运动，加速度a=vt−v0t为一定值。若某种变速运动的速度v是随位移x均匀变化的，请解答以下问题：
(1)类比速度随时间均匀变化的运动中加速度a的定义，写出速度随位移均匀变化的运动中加速度a′的定义式，使a′也为定值；
(2)如图所示，质量为m的金属棒放在宽度为L的光滑导轨上，导轨左侧连接阻值为R的电阻，金属棒和导轨电阻均不计。整个装置处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中。给金属棒一个水平向右的初速度v0，运动过程中金属棒始终与导轨垂直。
①证明金属棒运动的速度v随位移x是均匀变化的，加速度a′为定值；
②a.请从牛顿运动定律的角度分析金属棒的加速度a=ΔvΔt的变化情况；
b.请从a′不变的角度分析金属棒的加速度a=ΔvΔt的变化情况。


答案和解析

1.【答案】C 
【解析】A.电磁波都是横波，而机械波可以是横波也可以是纵波，故A错误；
B.电磁波的传播不需要介质，机械波的传播需要介质，则机械波不能在真空中传播，故B错误；
C.电磁波和机械波的传播过程中都可以传递信息和能量，故C正确；
D.衍射是波特有的现象，不论是机械波还是电磁波都能发生衍射现象，故D错误。
故选C。


2.【答案】B 
【解析】解：ABC、根据折射定律n=sinisinr结合图象可知玻璃对b光的折射率大于对c光的折射率，即
nb>nc
则b光的频率大于c光的频率，根据c=λf可知在真空中b光的波长小于c光的波长，b光更容易发生衍射现象；
故AC错误，B正确；
D、根据v=cn可知在玻璃砖中b光的传播速度小于c光的传播速度，故D错误。
故选：B。
根据光路图，判断出玻璃砖对两束光的折射率大小，从而知道两束光的波长大小，从而分析衍射现象，根据v=cn判断光出在玻璃砖中的速度大小。
解答此类问题的思路是：由光线的偏折程度判断折射率的关系，或由折射定律可得出两光的折射率；再由光的性质可知光的传播速度、波长的关系。

3.【答案】A 
【解析】ABC.对物块进行受力分析如图所示
  
物块静止在斜面上，物块受重力、支持力、摩擦力三个力的作用处于平衡状态，根据平衡条件可得
f=mgsinθ
FN=mgcosθ
故A错误，BC正确；
D.根据三力平衡条件可知，物块受三个力而处于平衡状态，重力竖直向下，则斜面对物块的摩擦力与支持力的合力大小与重力大小相等，方向相反，即方向竖直向上，故D正确。
本题选择不正确选项，故选A。


4.【答案】B 
【解析】A.小球运动的周期
T=tn
向心力的表达式
Fn=m(2πT)2r=m4n2π2t2r
故A错误；
B.小球所受的合外力为
F合=mgtanθ=mgrh
故B正确；
C.小球受到重力、拉力作用，两个力的合力提供小球做圆周运动的向心力，故C错误；
D.根据牛顿第二定律有
mgtanθ=mω2lsinθ
解得
cosθ=gω2l
可知若增大小球转动的角速度，细线与竖直方向的夹角将增大，故D错误。
故选B。


5.【答案】C 
【解析】解：AB、由图可得：波的振幅A=5cm，波长λ=8m，故周期T=λv=4s，故AB错误；
C、此时x=4m处的质点在最大位移处，故回复力最大，加速度最大，故C正确；
D、由波向右传播可得：此时x=6m处的质点向下振动，即质点沿y轴负方向运动，故D错误；
故选：C．
由图得到振幅和波长，即可根据波速求得周期；再根据波的传播方向，由质点位置得到质点的运动方向、加速度．
对于简谐波的相关问题，一般通过波形图求得振幅、波长(或由振动图得到振幅、周期)，再根据传播方向得到某质点的振动图(或波形图)，进而得到各质点的振动．

6.【答案】C 
【解析】B.原线圈电压有效值为
U1=220 2 2V=220V
则副线圈电压有效值为
U2=n2n1U1=110V
则电压表读数为110V，故B错误；
A.副线圈电流为
I2=U2R=10.0A
根据
I1I2=n2n1
可得原线圈电流为
I1=5.0A
则电流表读数为5.0A，故A错误；
C.原线圈的输入功率为
P入=U1I1=220×5W=1100W
故C正确；
D.变压器不会改变交流电的周期和频率，则副线圈输出交流电的周期为
T=2πω=2π100πs=0.02s
故D错误。
故选C。


7.【答案】A 
【解析】A.卫星沿轨道1和轨道2经过Q点时，受到的万有引力相同，故加速度相同，A正确；
B.从轨道1到轨道3，须在轨道1的Q点和轨道2的P点点火加速，故卫星在轨道3的机械能大，故B错误；
CD.根据
GMmR2=mR⋅4π2T2=mv2R
得
T= 4π2R3GM
v= GMR
半径大的周期大，运动速率小，故C错误，D错误。
故选A。


8.【答案】A 
【解析】A.由 P=Fv 可得
F=Pv
故A正确；
B.这段时间内小车的功率从零逐渐变大，电动机对小车所做的功小于Pt，故B错误；
C.克服阻力做功为 fx ，电动机对小车所做的功大于 fx ，故C错误；
D.牵引力恒定，阻力恒定，由牛顿第二定律可知小车做加速度恒定的加速运动，故D错误。
故选A。


9.【答案】D 
【解析】A.设两小球质量为 m ，开始下落时距离地面高度为 h ，从开始下落到落地前瞬间的过程中
A球与B球重力势能的变化量
ΔEp=−mgh
相同。A错误；
B.由动能定理，A球与B球动能的变化量
ΔEk=mgh
相同。故B错误；
C.速率是标量，其变化量直接相减，A的速率变化量等于末速度的大小减小水平方向初速度的大小，B的速率变化量等于落地时竖直方向的速度大小，两者大小不相等，故C错误；
D.两个小球所受重力相同，落地时间相同，动量的变化量相同为mgt，故D正确。
故选D。


10.【答案】D 
【解析】A.根据左手定则，粒子M运动方向与四指指向相同，粒子N运动方向与四指指向相反，可知，M带正电，N带负电，故A错误；
B.根据
qvB=mv2r
解得
v=qBrm
根据图像可知，粒子M的轨道半径小于粒子N的轨道半径，可知M的速率小于N的速率，故B错误；
C.洛伦兹力方向始终垂直于粒子运动的速度方向，即洛伦兹力对M、N都不做功，故C错误；
D.根据
T=2πrv
结合上述解得
T=2πmqB
由于带电粒子M和N的质量和电量都相等，则M、N在磁场中运动的周期相等，故D正确。
故选D。


11.【答案】B 
【解析】根据电路图可知：A板带正电，B板带负电，所以电子束受到电场力的方向向上，大小为
F电=Ee=Ued
洛伦兹力方向向下，大小为
F′=Bev
电子向上偏，说明电场力大于洛伦兹力，要使电子束沿射入方向做直线运动，则要电场力等于洛伦兹力，所以要减小电场力，或者增大洛伦兹力即可。
A.将变阻器滑动头P向右或向左移动时，电容器两端电压不变，电场力不变，故A错误；
B.只将电子的入射速度适当增大，受到的洛伦兹力增大，满足要求，故B正确；
C.只将磁场的磁感应强度适当减小，电子受到的洛伦兹力更小，不满足要求，故C错误；
D.将极板间距离适当减小时，F电增大，不满足要求，故D错误；
故选B。


12.【答案】C 
【解析】A.由图乙可知，线圈中的磁通量增加，根据楞次定律，线圈中产生逆时针方向的电流，所以电阻R两端b点比a点电势低，故A错误；
B.线圈产生的感应电动势为
E=NΔφΔt=200×0.015−0.0100.1V=10V
电阻R两端的电压大小为
U=RR+rE=9.6V
故B错误；
C.根据焦耳定律有
Q=I2Rt=(ER+r)2Rt=0.192J
故C正确；
D.0.1s时间内通过电阻R的电荷量为
q=It=ER+rt=0.02C
故D错误。
故选C。


13.【答案】B 
【解析】AD.闭合开关的瞬间，电感的电阻很大，灯泡中有一定的电流通过，过一段时间，电感的电阻减小，电感与灯泡并联的两端电压减小，故灯泡中的电流变小，选项AD均错误；
BC.当时间再延长，灯泡的电流稳定在某一值上；当断开开关时，电感产生自感电动势，电感中的电流与原来的电流方向相同，它与灯泡组成的电路中，感应电流沿逆时针方向，而灯泡中原来的电流沿顺时针方向，故灯泡中的电流比稳定时要小一些，然后电流随自感电动势的减小而慢慢减小到0，故选项B正确，C错误。
故选B。


14.【答案】B 
【解析】B.弹丸运动如图所示，设阻力方向与水平方向的夹角为β
  
竖直方向初速度为
v0y=v0sinθ
从开始到最高点加速度
a1=g+fsinβm
从最高点到落点加速度
a2=g−fsinβm
可知上升过程竖直方向上加速度更大，则上升时间要小，故B正确；
A.弹丸的加速度一直在减小，故A错误；
C.最高点时，阻力f与重力mg垂直，加速度为
a= (fm)2+g2
故C错误；
D.如图所示
  
虚线是没有阻力作用时的抛物线，而存在空气阻力时，球在竖直和水平方向上都会做减速运动，实际球的轨迹为实线所示，可见弹丸落地时与水平方向的夹角α大于抛出时与水平方向的夹射角θ，故D错误。
故选B。


15.【答案】 sinθ1sinθ2      大     右     右 
【解析】(1)根据折射率的定义，此玻璃砖的折射率为
n=sinθ1sinθ2
②为了便于准确确定光路，减小实验误差， P1 、 P2 及 P3 、 P4 之间的距离应适当大一些。
(2)闭合开关瞬间，穿过线圈B的磁通量增大，发现灵敏电流计的指针向左偏转，根据图像可知，闭合开关后，将滑动变阻器的滑片向右滑动时，通过A的电流减小，则穿过线圈B的磁通量减小，可知灵敏电流计指针将向向右偏转；
电路稳定后，将线圈A从线圈B中拔出，，则穿过线圈B的磁通量减小，可知灵敏电流计指针将向向右偏转。


16.【答案】 B     A     见解析     mAOE=mAOD+mBOF      见解析 
【解析】(1) A.实验轨道是否光滑对实验结果无影响，故A错误；
B.根据实验原理可知，该实验不需要秒表计时，故B正确；
C.根据动量守恒定律可知要使A球碰后不反弹，则A球的质量必须大于B球的质量，故C错误；
故选B。
(2)A.A球每次必须从同一位置由静止释放，以保证初速度相等，故A正确；
B.实验过程中复写纸不可以随便调整位置，故B错误；
C.B球的落点并不完全重合，是实验误差导致，故C错误；
故选A。
(3)根据平抛运动规律有
h=12gt2
x=vt
两球平抛运动的竖直高度相等，所以可用水平位移代替初速度。
(4) 根据动量守恒有
mAv0=mAv1+mBv2
结合平抛运动规律可知需验证的表达式为
mAOE=mAOD+mBOF
(5)若两球碰撞为弹性碰撞，则根据能量守恒定律得：
12mAv02=12mAv12+12m2v22
联立解得：
v2v0=127
所以B球落点到O点的距离与OE之间的距离之比为12：7，标注的位置如图所示：



17.【答案】(1) v22g ；(2) mg+mv2L ；(3) 14mv2 
【解析】(1)小球下落过程由动能定理得
mgH=12mv2−0
解得小球下落的高度
H=v22g
(2)小球发生碰撞前瞬间，由牛顿第二定律得
F−mg=mv2L
解得细绳对小球的拉力大小
F=mg+mv2L
(3)在最低点两小球碰撞，由动量守恒可得
mv=2mv′
解得
v′=12v
碰撞过程中损失的机械能
ΔE=12mv2−12×2mv′2=14mv2


18.【答案】(1)0.80A，方向从M到P；(2)0.16N；(3)0.16J 
【解析】(1)导体杆ab在切割磁感线产生的感应电动势为
E=BLv
由闭合电路欧姆定律可得
I=ER+r
代入数据联立解得
I=0.80A
由右手定则可知电流方向从M到P。
(2)导体杆ab在做匀速直线运动，可知水平向右的拉力大小等于安培力，由安培力公式，则有
F=BIL=0.50×0.80×0.40N=0.16N
(3)撤去拉力F后，由能量守恒定律，可得电路中产生的焦耳热
Q=12mv2=12×0.10×2.02J=0.20J
电阻R与r是串联关系，因此电阻R上产生的焦耳热为
QR=RR+rQ=0.400.40+0.10×0.20J=0.16J


19.【答案】(1) q2B2R22m ；(2) qB2R22mU ；(3) 1.6×103 
【解析】(1)粒子从金属盒D1边缘离开，由洛伦兹力提供向心力可得
qBvm=mvm2R
解得粒子的最大速度为
vm=qBRm
则粒子离开加速器时获得的动能为
Ekm=12mvm2=q2B2R22m
(2)设粒子在电场中被加速 N 次，由动能定理可得
NqU=Ekm
解得
qU
(3)设粒子在磁场中运动时间为 t1 ，在电场中运动时间为 t2 ；在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得
qBv=mv2r
运动周期为
T=2πrv=2πmqB
运动时间为
t1=N⋅T2
联立可得
t1=πBR22U
在电场中，粒子一直做匀加速运动，则有
vm=at2
a=qEm=qUmd
联立可得
t2=BRdU
则粒子在磁场中运动时间与在电场中运动时间之比为
t2


20.【答案】(1) a′=v−v0x ；(2)a见解析，b见解析 
【解析】(1)类比匀加速直线运动中加速度a的定义，可知
a′=v−v0x
(2)①在导体棒速度从v0变为v的过程中取一极小时间Δt，设在这一段时间内，导体棒的速度从vi变为vit，因为时间极短，可认为这一段时间内安培力为一定值，根据动量定理可得
−BILΔt=mvit−mvi
电路中电流为
I=BLviR
联立可得
B2L2Rx=mv0−mv
整理，得
v=v0−B2L2mRx
因此导体棒的运动速度v随位移x均匀变化。
②a根据牛顿第二定律
a=F安m,F安=BIL,I=BlvR
所以
a=B2L2vmR
所以随着速度的逐渐减小，加速度a也逐渐减小。
b根据加速度定义式，有
a=ΔvΔt
a′ 为定值，且以相同的 Δv ， Δx 相同， v 变小， Δt 变大，所以随着速度的逐渐减小，加速度a也逐渐减小。