2020-2021学年山东省聊城市高三（上）期末物理试卷（Word+答案）

2020-2021学年山东省聊城市高三（上）期末物理试卷
一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分。）
1．（3分）伽利略在研究匀变速直线运动规律时，让小球从斜面的不同位置自由滚下，观测出小球从不同起点运动到底端的位移s与所对应的时间t，画出s﹣t2图象。设小球运动的加速度为a，则图象的斜率为（　　）
A．a
B．a
C．
D．
2．（3分）如图所示，滚筒洗衣机脱水时，衣物紧贴着滚筒壁在竖直平面内做匀速圆周运动。衣物经过洗衣机上a、b、c、d四个位置中，脱水效果最好的是（　　）
A．a
B．b
C．c
D．d
3．（3分）如图所示，一质子只在电场力的作用下，沿虚线由M点运动到N点，质子的电势能增加，则下列说法正确的是（　　）
A．M点的电场强度大
B．质子在M点的速度可能为0
C．M、N间的虚线可能是一条电场线
D．N点的电势高
4．（3分）某同学研究绳波的形成，取一条较长的软绳，用手握住一端水平拉直后，沿竖直方向抖动即可观察到绳波的形成。该同学先后两次抖动后，观察到如图中所示的甲、乙两个绳波情形。关于两次形成的绳波，下列判断正确的是（　　）
A．波形甲的振幅比波形乙大
B．波形甲的周期比波形乙大
C．波形甲的形成时间比波形乙早
D．波形甲的起振方向与波形乙相同
5．（3分）如图所示，极地卫星的运行轨道通过地球的南北两极（轨道可视为圆轨道、地球可视为球体），若一个极地卫星从北纬30°的正上方，按图示方向第一次运行至赤道正上方时所用的时间为0.25h，已知纬度是指地球表面某点与地球球心的连线和地球赤道面所成的线面角，同步卫星的线速度大小为3.08km/s，则极地卫星的线速度大小为（　　）
A．1.54
km/s
B．3.08
km/s
C．6.16km/s
D．7.9
km/s
6．（3分）图甲是某用电器的点火装置的简化原理图。如图乙所示的正弦交变电压加在理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。当变压器副线圈电压的瞬时值大于2000V时，就会引发火花，以下判断正确的是（　　）
A．原线圈中交变电压的有效值为311V
B．副线圈中交变电压的频率大于50Hz
C．图甲中点火针的电势始终比感应针高
D．原、副线圈变压器的匝数比可以为＝
7．（3分）粗糙水平面上有三个通过不计质量的卡扣依次连接在一起的货箱A、B、C，质量分别为m、2m、3m，每个货箱与水平面间的动摩擦因数均为μ，取重力加速度为g。现在两人合作搬运货箱，一人用水平力F向右拉C，另一人同时也用力F向右推A，使货箱向右运动，则B、C间的卡扣对C的作用力大小为（　　）
A．0
B．F﹣3μmg
C．F
D．F+3μmg
8．（3分）如图所示，竖直墙壁的左侧有一点光源S，从点光源处有一小球以速度v0正对墙壁向右水平抛出，在撞到竖直墙壁之前的过程中，墙壁上会有小球的影子。以S到竖直墙壁垂线与墙壁的交点O为坐标原点，以沿墙壁向下为正方向建立y轴，假设竖直墙壁足够长，以小球抛出时刻为t＝0时刻，关于小球的影子在竖直墙壁上的位置变化情况，下列图象中正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分全部选对得4分选对但选不全的得2分，有错选或不答的得0分）
9．（4分）牛顿在巨著《自然哲学的数学原理》里定义“惯性是物质固有的属性，是一种抵抗的现象”。物体的惯性可以用其质量来衡量。如图所示，用a、b两根相同的轻细线悬挂两个完全相同的物体，下列说法正确的是（　　）
A．若突然迅速向下用力拉下面的物体，细线a容易先断
B．若突然迅速向下用力拉下面的物体，细线b容易先断
C．若缓慢向下用力拉下面的物体，细线a容易先断
D．若缓慢向下用力拉下面的物体，细线b容易先断
10．（4分）恒流源是一种特殊的电源，其输出的电流能始终保持不变；恒压源也是一种特殊的电源，其输出的电压能始终保持不变。如图甲所示的电路中电源是恒流源，如图乙所示的电路中电源是恒压源，两图中的滑动变阻器滑动触头P均从最右端向最左端移动时，下列说法中正确的是（　　）
A．图甲中R1的电压减小
B．图乙中R1的电压减小
C．图甲中流过R2的电流保持不变
D．图乙中流过R2的电流保持不变
11．（4分）如图所示，A球和天花板之间用轻弹簧相连，A球和B球之间用轻细线相连，整个系统保持静止。已知轻弹簧的劲度系数为k，A、B两球的质量分别为m和2m，重力加速度为g。现剪断轻细线，弹簧的变化始终在弹性限度内，下列说法正确的是（　　）
A．剪断瞬间，A球的加速度为0
B．剪断瞬间，A球的加速度为2g
C．剪断后，当A球上升到最高点时，弹簧的形变量为
D．剪断后，当A球上升到最高点时，弹簧的形变量为
12．（4分）从电子枪打出的电子流并不完全沿直线运动，而是有微小角度的散射，为了使显示器图象清晰，需要通过电子透镜对电子流进行聚焦处理，正好在屏幕上汇聚形成一个亮点。如图甲所示，密绕线圈的玻璃管是一种利用磁场进行汇聚的电子透镜，又称为磁场透镜。如图乙所示为其内部原理图，玻璃管的管长为L，管内直径为D，管内存在沿轴线方向向右的匀强磁场。电子流中的电子在与轴线成微小角度θ的顶角范围内从轴线左端的O点射入磁场，电子速率均为v0，调节磁感应强度B的大小，可以使电子重新汇聚到轴线右端与荧光屏的交点P。已知电子的电荷量为e，质量为m，当角度θ非常小时满足cosθ＝1，sinθ＝θ，若要使电子流中的电子均能汇聚到P点，下列说法正确的是（　　）
A．磁感应强度应满足B＝（n为合适的整数）
B．磁感应强度应满足B＝（n为合适的整数）
C．管内直径应满足D≥
D．管内直径应满足D≥
三、实验题（把答案填在答题卡中的横线上或者按题目要求作答。）
13．（6分）某同学研究自由落体运动的规律时，将小球在固定的刻度尺旁由静止释放，用手机拍摄小球自由下落的视频，然后用相应的软件处理得到分帧图片，利用图片中小球的位置就可以得出速度、加速度等信息，实验装置如图1所示。如图2所示为小球下落过程中三幅连续相邻的分帧图片Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，相邻两帧之间的时间间隔为0.02s，刻度尺为毫米刻度尺。
（1）图片II中小球下落速度约为　
　m/s（计算结果保留两位小数）。
（2）关于实验装置和操作，以下说法正确的是　
　（多选）。
A．刻度尺应固定在竖直平面内
B．铅垂线的作用是检验小球是否沿竖直方向下落
C．手机应正对刻度尺固定
D．手机距离刻度尺越近越好
（3）为了得到更精确的加速度值，该同学利用多帧图片测算其对应的速度v和下落的高度h，绘制了v2﹣h图象，如图3所示。其中P、Q分别为两个大小相同，质量不同的小球下落的图象，由图象可知　
　（多选）。
A．图象的斜率表示小球下落的加速度
B．小球P的质量大于小球Q的质量
C．小球P的质量小于小球Q的质量
D．小球P的数据算出的加速度值更接近当地重力加速度
14．（8分）小明同学将废弃不用的手机充电器拆开，发现内部有一个变压器，他想在不拆变压器绕线的前提下测量其初级线圈的直流电阻，先用多用电表欧姆挡测得阻值约400Ω，然后再用伏安法精确测量其直流电阻。现有器材如下：
①电流表A1（量程20mA，内阻r1约为3Ω，读数记为I1）；
②电流表A2（量程5mA，内阻r2＝10Ω，读数记为I2）；
③电压表V（量程15V，内阻RV约为15KΩ，读数记为U）；
④定值电阻R1＝590Ω；
⑤定值电阻R2＝1190Ω；
⑥滑动变阻器R（0～1000Ω）；
⑦蓄电池E（电动势6V，内阻很小）
⑧开关、导线若干。
（1）小明利用以上的部分器材设计了如图1所示的电路图，请指出此电路设计不妥当的地方：　
　。
（2）请利用提供的器材在图2的方框中画出改进后的电路图，并标出各器材的代号。
（3）测量初级线圈的电阻表达式为RL＝　
　（本结果均用题中所给的字母表示）。
（4）关于实验操作说法正确的是　
　（单选）。
A．接通电路时应先接通K1，电路稳定后再接通K2
B．实验结束拆除电路时应先断开K1，稍等一会儿再断开K2
C．调整滑动变阻器电阻后立刻读出电表读数
四、计算题（解答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）
15．（8分）如图所示一半径为l＝0.5m的金属圆环水平放置，长度为2l的粗细均匀的金属棒OP搭在圆环上且一端O点与圆心重合，金属棒OP的电阻为R＝4Ω，转动时棒与圆环保持良好接触。额定电压为U＝2V、内阻为r＝2Ω的电动机通过导线分别连接棒上O点和圆环上Q点，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B＝2T，圆环及导线电阻不计。当金属棒绕圆心以角速度ω＝12rad/s顺时针（俯视）匀速转动时，电动机恰好正常工作，求：
（1）通过电动机的电流方向及电动机的输出功率；
（2）金属棒两端点的电压U。
16．（10分）如图所示，轻质小滑轮通过竖直杆固定于天花板上，细绳l1跨过小滑轮连接a、b两球，b球再通过细绳l2、l3分别连接右侧竖直墙壁和水平地面，整个系统保持静止。细绳l3沿竖直方向，滑轮最高点P与细绳l2在竖直墙壁上的固定点M等高，P点、M点到b球的距离均为l＝0.5m，与b球之间的高度差为h＝0.4m，a球的质量为m1＝2kg，b球的质量为m2＝1kg。某时刻将细绳l3剪断，以后的过程中a、b两球均不会碰到地面或天花板，取重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）未剪断细绳l3时，细绳l3对b球的拉力；
（2）剪断细绳l3后，b球运动至与M点等高处的速度大小；
（3）剪断细绳l3后，b球运动至与M点等高处的加速度大小。
17．（12分）如图所示，在第一象限存在场强大小为E的匀强电场，方向沿y轴负向；在第四象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于坐标平面向外；坐标轴上的M点坐标为（0，d），P点坐标为（d，0），Q点坐标为（0，﹣d）。电荷量为q、质量为m的带正电粒子以某一速度从M点沿x轴正向进入匀强电场，从P点离开电场后进入匀强磁场，最后在Q点离开磁场，不计带电粒子的重力及场的边缘效应，求
（1）粒子在P点的速度大小；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小。
18．（16分）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，x轴与水平地面重合，y轴竖直向上，在x＝11.2m处有一足够高的竖直墙壁，墙壁与x轴垂直。某时刻在坐标（0m，0.8m）处将小球a沿x轴正向以v0＝2m/s抛出，同时在（1.6m，0.8m）处静止释放一小球b，小球a、b的质量分别为m1＝0.3kg、m2＝0.1kg，均可视为质点。所有碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，小球与地面或墙壁碰撞时，与接触面平行的分速度保持不变，与接触面垂直的分速度反向。取重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）第1次两球相碰时的位置坐标及碰后两球的速度大小；
（2）两球从第1次碰撞后瞬间到第2次相碰前瞬间的过程中，地面与墙壁对b球的总冲量大小；
（3）两球之间碰撞的总次数。
2020-2021学年山东省聊城市高三（上）期末物理试卷
试题解析
一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分。）
1．解：小球做初速度为零的匀加速直线运动，则s＝，故在s﹣t2图象，斜率k＝，故A正确，BCD错误；
故选：A。
2．解：衣物随滚筒一起做匀速圆周运动，它们的角速度是相等的，故在转动过程中的加速度大小为：a＝ω2R
在a点，根据牛顿第二定律可知：mg+FN1＝mω2R
解得：FN1＝mω2R﹣mg
在b点：FN2﹣mg＝mω2R
解得：FN2＝mω2R+mg
在cd两点：FN＝mω2R
可知衣物对滚筒壁的压力在b位置最大，脱水效果最好，故ACD错误，B正确。
故选：B。
3．解：A、图中只是质子运动的轨迹，不知道电场线的分布情况，所以不能判断出哪一点的电场强度大，故A错误；
B、由题，由于质子只在电场力的作用下电势能增加，说明质子在只有电场力做功的情况下电势能增大，则质子的动能减小，则质子的初速度一定大于零，故B错误；
C、由题，虚线MN是质子运动的轨迹，由于该轨迹为曲线，根据曲线运动的条件结合曲线运动的特点可知，虚线MN一定不能是一条电场线，故C错误；
D、由于质子只在电场力的作用下电势能增加，则质在N点的电势能大，质子带正电，结合Ep＝qφ可知N点的电势高，故D正确。
故选：D。
4．解：A、振幅等于质点离开平衡位置的最大距离，由图可知，波形甲的振幅比波形乙小，故A错误；
B、甲、乙两个绳波在同一介质中传播，波速相等，由图知波形甲的波长比波形乙大，由波速公式v＝分析可知，波形甲的周期比波形乙大，故B正确；
C、甲、乙两个绳波均向右传播，且波速相同，由图可知，波形乙的形成时间比波形甲早，故C错误；
D、波的起振方向与波最前头质点图示时刻的振动方向相同，根据波形平移法可知，波形甲的起振方向向下，波形乙的起振方向向上，故D错误。
故选：B。
5．解：极地卫星从北纬30°的正上方，按图示方向第一次运行至赤道正上方时所用的时间为0.25h，转过的圆心角为
θ＝30°，用时0.25h，故该极地卫星的周期为：
T极＝×0.25h＝3h。
而地球同步卫星的周期为
T同＝24h，所以＝
由牛顿第二定律得：G＝mr＝m
得：T＝2π，v＝
可得：＝
解得：＝
由v＝得：＝＝＝2
解得：极地卫星的线速度大小为：v极＝2v同＝2×3.08km/s＝6.16km/s
故选：C。
6．解：A.由图乙可知，交变电压的峰值为311V，有效值应为V，故A错误；
B.原线圈中交变电流的周期T＝2×10﹣2s，频率为f＝＝50Hz，所以副线圈中的频率也为50Hz，故C错误；，
C.由于是交变电流，所以点火针和感应针的电势高低也在交替变化，故C错误；
D.已知U2＞2000V，则：
所以匝数比可以为
，故D正确。
故选：D。
7．解：将卡扣依次连接在一起的货箱A、B、C看做整体，由牛顿第二定律得
2F﹣6μmg＝6ma
①
C货箱的加速度等于整体的加速度，单独对C研究：
设卡扣对C的作用力大小为N，则有
F+N﹣3μmg＝3ma
②
联立①②解得：N＝0，故卡扣对C的作用力大小为0。故BCD错误，A正确。
故选：A。
8．解：设光源到墙的距离为L，由图中两个三角形相似可得：＝，
又知x＝vot，h＝，
联立解得y＝t，
即影子的位移与时间成正比，所以小球在点光源照射下的影子在墙上的运动是匀速直线运动，故ACD错误，B正确。
故选：B。
二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分全部选对得4分选对但选不全的得2分，有错选或不答的得0分）
9．解：AB、若突然迅速向下用力拉下面的物体，细线b受力突然增加，由于惯性，上面的物体要保持原来的状态，上面的物体的位置不能瞬间改变，拉下面物体瞬间细线a的形变不变，细线a所受拉力不变，因此细线b容易断，故A错误，B正确；
CD、设物体的质量为m，若缓慢向下用力拉下面的物体，细线所受拉力缓慢增加，由于细线a受到的拉力比细线b受到的拉力大mg，细线a容易先断，故C正确，D错误。
故选：BC。
10．解：AC、图甲中，当滑动变阻器滑动触头P从最右端向最左端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流不变，根据U＝IR知路端电压增大，则通过R2的电流增大，因此，R1的电流减小，而R1不变，则R1的电压减小，故A正确，C错误；
BD、R1的电压U1＝U，U、R1均不变，R0减小，则U1减小。R2的电压不变，其电阻也不变，则流过R2的电流保持不变，故BD正确。
故选：ABD。
11．解：AB、剪断细线前，设弹簧的弹力为F，A、B静止处于平衡状态，对A、B整体，由平衡条件得：F＝3mg，
剪断细线瞬间弹簧的弹力不变，大小仍为3mg，方向竖直向上，剪断细线瞬间，对小球A，由牛顿第二定律得：
F﹣mg＝ma，解得：a＝2g，故A错误，B正确；
CD、剪断细线前，设弹簧的伸长量为x1，由胡克定律得：F＝3mg＝kx1，解得：x1＝
剪断细线后小球A做简谐运动，小球A在平衡位置时弹簧的伸长量x0＝，
因此小球A做简谐运动的振幅A＝x1﹣x0＝
小球上升到最高点时设小球的压缩量为x2，小球上升的高度h＝2A＝＝x1+x2，解得：x2＝，故C正确，D错误。
故选：BC。
12．解：电子在平行于磁场方向做匀速直线运动，在垂直于磁场方向做匀速圆周运动，
电子平行于磁场方向的分速度v1＝v0cosθ，垂直于磁场方向的分速度v2＝v0sinθ，
由题意可知：当角度θ非常小时满足cosθ＝1，sinθ＝θ，则v1＝v0cosθ＝v0，v2＝v0sinθ＝v0θ；
AB、电子在垂直于磁场方向做匀速圆周运动，电子做匀速圆周运动的周期T＝
电子在平行于磁场方向做匀速直线运动，电子运动时间t＝，
若要使电子流中的电子均能汇聚到P点，则nT＝t，解得：B＝，其中n为合适的整数，故A正确，B错误；
CD、电子在垂直于磁场方向做匀速圆周运动，电子做匀速圆周运动的轨道半径：r≤，
电子在垂直于磁场方向做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：ev2B＝m
解得：D≥，故C正确，D错误。
故选：AC。
三、实验题（把答案填在答题卡中的横线上或者按题目要求作答。）
13．解：（1）刻度尺的最小刻度为1mm，根据第Ⅰ幅图到第Ⅲ幅图可知小球下落的高度hⅠⅢ＝10.30cm﹣4.70cm＝5.60cm＝0.0560m
中间经过的时间为t＝2T＝2×0.02s＝0.04s
图片Ⅱ中小球下落速度约为vⅡ＝＝m/s＝1.40m/s；
（2）A、小球做自由落体运动，位移为竖直方向，所以刻度尺应固定在竖直平面内，故A正确；
B、铅垂线的作用是检验刻度尺是否竖直，故B错误；
C、手机应正对刻度尺固定，使得拍摄照片时相机摄像头与刻度尺垂直，故C正确；
D、手机距离刻度尺靠的太近不利于读数，所以手机应该与刻度尺保持一定距离，故D错误；
故选：AC。
（3）考虑到空气有阻力，设小球的质量为m，根据牛顿第二定律可得：mg﹣f＝ma，解得：a＝g﹣；
根据速度﹣位移关系可得：v2＝2ah＝2（g﹣）?h。
A、图象的斜率表示小球下落的加速度的2倍，故A错误；
BC、由于小球的质量越大，g﹣的值越大，v2﹣h图象的斜率越大，所以小球P的质量大于小球Q的质量，故B正确、C错误；
D、质量越大的小球在下落过程中空气阻力与质量的比值越小，即加速度越接近重力加速度，所以小球P的数据算出的加速度值更接近当地重力加速度，故D正确。
故选：BD。
故答案为：（1）1.40；（2）AC；（3）BD。
14．解：（1）题干给出蓄电池的电动势E＝6V，如果采用量程为15V的电压表进行测量，电压表的量程太大，实验的误差大，故此电路设计不妥当的地方是：电压表量程过大；
（2）电流表A2的量程Ig2＝5mA＝0.005A，内阻r2＝10Ω，可以将此电流表改装成一个电压表，
可将该电流表与定值电阻R2＝1190Ω串联，这样改装成的电压表量程为U＝Ig2（R2+r2）＝0.005×（1190+10）V＝6V，
改进后的电路图如图所示：
（3）通过RL的电流为I＝I1﹣I2，其两端电压为UL＝I2（R2+r2）
根据欧姆定律可得测量初级线圈的电阻表达式为RL＝＝；
（4）A、如果先闭合K2、再闭合K1，由于自感线圈产生的自感电动势可能很大，可能会烧坏电流表A2，所以接通电路时应，先接通K1，电路稳定后再接通K2，故A正确；
B、实验结束，若先断开开关K1，由于L的自感作用都会使L和A2组成回路，原先L中有较大的电流通过，现在这个电流将通过A2，可能造成电流表A2损坏，所以实验完毕应先断开开关K2，稍等一会儿再断开K1，故B错误；
C、调整滑动变阻器电阻后自感线圈中的电流变化，会产生感应电动势，立刻读出电表读数误差大，故应该等到电路稳定后再读数，故C错误；
故选：A。
故答案为：（1）电压表量程过大；（2）电路图见解析；（3）；（4）A。
四、计算题（解答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）
15．解：（1）磁场竖直向下，金属棒顺时针转动（俯视），由右手定则可知，通过金属棒的感应电流指向圆心O，
则通过电动机的电流由a流向b；
QO间的金属棒切割磁感线产生的感应电动势：E＝Bl＝Bl＝Bl2ω
电动机正常工作，则电动机两端电压U＝2V，流过金属棒的电流：I＝
电动机的热功率P热＝I2r
电动机的额定功率P＝UI
电动机的输出功率P输出＝P﹣P热
代入数据解得：P输出＝0.5W
（2）PQ间的金属棒切割磁感线产生的感应电动势：
E′＝Bl＝Bl＝Bl2ω
金属棒两端的电压：UPO＝E′+U
代入数据解得：UPO＝11V
答：（1）通过电动机的电流方向由a流向b，电动机的输出功率是0.5W；
（2）金属棒两端点的电压U是11V。
16．解：（1）设三根细绳的拉力大小分别为T1、T2、T3，未剪断细绳l3时小球b静止，
设细绳l1、l2与竖直方向夹角为θ，由平衡条件得：
水平方向：T1sinθ＝T2sinθ
竖直方向：T1cosθ+T2cosθ＝m2g+T3
对小球a，由平衡条件得：T1＝m1g
由几何知识得：cosθ＝
代入数据解得：T3＝22N，方向竖直向下
（2）剪断细绳l3后小球b向上运动过程，两球组成的系统机械能守恒，
设b球运动至与M点等高处的速度大小为v，由机械能守恒定律得：
m1gh1﹣m2gh＝
其中：h1＝l﹣（2lsinθ﹣l）
代入数据解得：v＝2m/s，h1＝0.4m
（3）b球运动至与M点等高处水平方向加速度大小：ax＝
竖直方向加速度大小：ay＝g
小球b的加速度大小：a＝
解得：a＝2m/s2
答：（1）未剪断细绳l3时，细绳l3对b球的拉力大小是22N，方向竖直向下；
（2）剪断细绳l3后，b球运动至与M点等高处的速度大小是2m/s；
（3）剪断细绳l3后，b球运动至与M点等高处的加速度大小是2m/s2。
17．解：（1）设粒子在M点速度为v0，P点的速度为v，
粒子在电场中做类平抛运动，设运动时间为t，
水平方向：d＝v0t
竖直方向：d＝，d＝t
解得：v0＝，vy＝2v0
粒子在P点的速度大小：v＝＝v0＝
（2）粒子运动轨迹如图所示，设粒子到达P点时的速度方向与x轴夹角为θ，
粒子经过P点时速度方向的反向延长线与粒子在M点速度方向交于A点，则MA＝AC＝0.5d
由几何知识得：sinθ＝＝
粒子做圆周运动时所对圆心角的一半为α，则α＝﹣θ
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由几何知识得：2rsinα＝d
解得：r＝＝d
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qvB＝m
解得：B＝3
答：（1）粒子在P点的速度大小是；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小是3。
18．解：（1）a、b起始点等高，竖直方向运动均为自由落体运动，且所有碰撞均为弹性碰撞，所以a、b在竖直方向的运动始终是同步的。
小球a做平抛运动，设平抛运动的时间为t1，
竖直方向位移：h＝
解得运动时间：t1＝s＝0.4s
水平方向位移：xa＝v0t1＝2×0.4m＝0.8m
则xb＝2xa
即当b球反弹到最高点时，a球正好也在最高点，二者发生碰撞，碰前a球速度沿水平方向，大小v0＝2m/s
碰撞的位置坐标（1.6m，0.8m）
两球发生弹性碰撞，碰撞过程机械能守恒，
两球碰撞过程在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
m1v0＝m1v1+m2v2
由机械能守恒定律得：
代入数据解得：v1＝1m/s，v2＝3m/s
（2）由于两球在竖直方向上的运动始终同步，以后的运动可以等效成两球在水平方向的运动。
b球比a球在水平方向上速度大，b球会碰到墙壁反弹，然后再和a球发生碰撞。
第一次碰撞点到墙壁的距离为l′＝11.2m﹣1.6m＝9.6m
a、b球再次发生碰撞时满足：v1t2+v2t2＝2l′
代入数据解得：t2＝4.8s，则t2＝12t1，即第二次碰撞时也在最高点
碰撞位置在（6.4m，0.8m）处
此时a球速度v1＝1m/s方向向右，b球速度v2＝3m/s方向向左，
此过程中对b球由动量定理得：△＝+
重力的冲量＝m2gt2＝0.1×10×4.8N?s＝4.8N?s，方向竖直向下，
△＝﹣m2v2﹣m2v2＝﹣（0.1×3+0.1×3）N?s＝﹣0.6N?s，方向水平向左
地面与墙壁对b球的总冲量大小＝N?s＝N?s
（3）第二次碰撞过程中，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
m1v1﹣m2v2＝m1v1′+m2v2′
由机械能守恒定律得：
代入数据解得：v1′＝﹣1m/s，v2′＝3m/s，负号表示方向向左
此后a球在水平方向上向左运动，b球在水平方向上向右运动，
碰墙后原速率返回再追上a球，第三次发生碰撞：
v2′t2﹣|v1′|t3＝2×4.8m
代入数据解得：t3＝4.8s
也是在最高点相碰撞。
取向左为正方向，由动量守恒定律得：
m1v1′+m2v2′＝m1v1″+m2v2″
由机械能守恒定律得：
＝
解得：v1″＝2m/s，v2″＝0符合碰撞要求，且以后不会再发生碰撞。
（v1″＝1m/s，v2″＝3m/s，不符合碰撞要求，舍去），因此，碰撞次数为3次。
答：（1）第1次两球相碰时的位置坐标是（1.6m，0.8m），碰后两球的速度大小分别为1m/s、3m/s；
（2）两球从第1次碰撞后瞬间到第2次相碰前瞬间的过程中，地面与墙壁对b球的总冲量大小是N?s；
（3）两球之间碰撞的总次数是3次。
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