2023年辽宁省新高考物理试卷（含解析）

2023年辽宁省新高考物理试卷

一、单选题(本大题共7小题，共28.0分)

1.某同学在练习投篮，篮球在空中的运动轨迹如图中虚线所

示，篮球所受合力F的示意图可能正确的是()

2.安培通过实验研究，发现了电流之间相互作用力的规律。若两段长度分别为和4G、

电流大小分别为/i和左的平行直导线间距为r时，相互作用力的大小可以表示为尸=

I1怨叫比例系数%的单位是()

A.kg-m/(s2-A)B.kg-m/(s2-A2')C.kg-m2/(s3-A)D.kg-m2/(s3•/I3)

3.如图(a),从高处M点到地面N点有I、II两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M点

由静止释放，沿不同轨道滑到N点，其速率=与时间t的关系如图(b)所示。由图可知，两物块

在离开M点后、到达N点前的下滑过程中()

Mv

A.甲沿i下滑且同一时刻甲的动能比乙的大B.甲沿n下滑且同一时刻甲的动能比乙

的小

C.乙沿I下滑且乙的重力功率一直不变D.乙沿II下滑且乙的重力功率一直增大

4.如图，空间中存在水平向右的匀强磁场，一导体棒绕固定的竖直轴0P在磁场中匀速转动,

且始终平行于0P。导体棒两端的电势差”随时间t变化的图像可能正确的是（）

图（b）俯视图

11

5.“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷

时储存能量、用电高峰时释放能量。“空气充电宝”某个工作过程中，一

定质量理想气体的p-7图像如图所示。该过程对应的p-V图像可能是（）

p.

6.原子处于磁场中，某些能级会发生劈裂。某种原子能级劈裂前劈裂后

劈裂前后的部分能级图如图所示，相应能级跃迁放出的光子

分别设为①②③④。若用①照射某金属表面时能发生光电

效应，且逸出光电子的最大初动能为则（）-----出一

②③④

A.①和③的能量相等

B.②的频率大于④的频率

C.用②照射该金属一定能发生光电效应

D.用④照射该金属逸出光电子的最大初动能小于私

7.在地球上观察，月球和太阳的角直径（直径对应的张角）近似相等，如图所示。若月球绕地

球运动的周期为A,地球绕太阳运动的周期为心，地球半径是月球半径的k倍，则地球与太阳

的平均密度之比约为（）

士角直栗..............-•-…-7T\

A—二①.一…（）

太阳

A卡（92B.H*）2c.3舄¥D4*）2

二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）

8.“球鼻艄”是位于远洋轮船船头水面下方的装置，当轮船以设计的标准速度航行时，球

鼻躺推起的波与船首推起的波如图所示，两列波的叠加可以大幅度减小水对轮船的阻力。下

列现象的物理原理与之相同的是（）

A.插入水中的筷子，看起来折断了B.阳光下的肥皂膜，呈现彩色条纹

C.驶近站台的火车，汽笛音调变高D.振动音叉的周围，声音忽高忽低

9.图(a)为金属四极杆带电粒子质量分析器的局部结构示意图，图(b)为四极杆内垂直于x轴

的任意截面内的等势面分布图，相邻两等势面间电势差相等，贝1()

图(a)图(b)

A.P点电势比M点的低B.P点电场强度大小比M点的大

C.M点电场强度方向沿z轴正方向D.沿x轴运动的带电粒子，电势能不变

10.如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d,

处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为28和8。已知导体棒MN的电阻为R、长度为

d,导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d,PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中

点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧

始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。

下列说法正确的是()

A.弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流

B.PQ速率为加寸，MN所受安培力大小为竺也

3R

C.整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2：1

D.整个运动过程中，通过MN的电荷量为萼

三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）

11.某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守恒定律，设计了如下实验：用纸板搭建如图所

示的滑道，使硬币可以平滑地从斜面滑到水平面上，其中为水平段。选择相同材质的一元

硬币和一角硬币进行实验。

测量硬币的质量，得到一元和一角硬币的质量分别为Mi和巾2（61＞巾2）。将硬币甲放置在斜

面上某一位置，标记此位置为B。由静止释放甲，当甲停在水平面上某处时，测量甲从。点到

停止处的滑行距离OP。将硬币乙放置在。处，左侧与。点重合，将甲放置于B点由静止释放。

当两枚硬币发生碰撞后，分别测量甲、乙从。点到停止处的滑行距离OM和ON。保持释放位

置不变，重复实验若干次，得到OP、OM、ON的平均值分别为S。、Si、S2。

（1）在本实验中，甲选用的是（填“一元”或“一角”）硬币；

（2）碰撞前，甲到。点时速度的大小可表示为（设硬币与纸板间的动摩擦因数为炉重力

加速度为g）；

（3）若甲、乙碰撞过程中动量守恒，则巧2尸=____（用和表示），然后通过测得

Vs2

的具体数据验证硬币对心碰撞过程中动量是否守恒;

(4)由于存在某种系统或偶然误差，计算得到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化量大小

的比值不是1,写出一条产生这种误差可能的原因：。

12.导电漆是将金属粉末添加于特定树脂原料中制作而成的能导电的喷涂油漆。现有一根用

导电漆制成的截面为正方形的细长样品(固态)，某同学欲测量其电阻率，设计了如图(a)所示

的电路图，实验步骤如下：

图(a)图(b)

a.测得样品截面的边长a=0.20cm：

b.将平行排列的四根金属探针甲、乙、丙、丁与样品接触，其中甲、乙、丁位置固定，丙可

在乙、丁间左右移动；

c.将丙调节至某位置，测量丙和某探针之间的距离L；

d.闭合开关S,调节电阻箱R的阻值，使电流表示数/=0.404,读出相应的电压表示数U,断

开开关S：

e.改变丙的位置，重复步骤c、d,测量多组L和U,作出U-L图像如图(b)所示，得到直线的

斜率屋

回答下列问题：

(1)L是丙到(填“甲”“乙”或“丁”)的距离；

(2)写出电阻率的表达式p=(用/c、a、/表示)；

(3)根据图像计算出该样品的电阻率p=0(保留两位有效数字)。

四、简答题(本大题共3小题，共40.0分)

13.某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练中，该飞机在水面

上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到%=80m/s时离开水面，该过程滑行距离L=

160(hn、汲水质量m=1.0x10"g。离开水面后，飞机攀升高度h=100m时速度达到%=

之后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水。取重力加速度2

100m/S,g=10m/s»

求：

(1)飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t；

(2)整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ZE。

14.如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的C倍。金属板外

有一圆心为。的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为8、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。

质量为加、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度%水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P

点飞出电场，并沿P0方向从图中0'点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为鬻，不计粒子重

JCJD

力。

(1)求金属板间电势差U。

(2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角8。

(3)仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中0'点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。

定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心

15.如图，质量mi=1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数

k=20N/zn的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量租2=4kg的小物块以水平向右的速度为=

[M/S滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦

因数4=0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep

与形变量》的关系为Ep=gk%2。取重力加速度g=10m/s2,结果可用根式表示。

一一.......1

,

/z/z//z/zzzz////zz/z//zz//////Zzz//////zz/zz/z7/7//

(1)求木板刚接触弹簧时速度巧的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离与。

(2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量不及此时木板速度

艺的大小。

(3)已知木板向右运动的速度从以减小到0所用时间为功。求木板从速度为巴时到之后与物块

加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能AU(用to表示)。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：篮球在空中的运动轨迹为曲线，物体做曲线运动的条件是所受合力方向与运动方向(

即轨迹的切向方向)不共线，并且合力方向指向曲线轨迹的凹侧，故A正确，88错误。

故选:Ao

根据物体做曲线运动的条件和受力特点解答。

本题考查了力与运动问题，要理解当物体所受合力方向与运动方向不共线时，物体运动方向会向

合力的方向偏转，运动轨迹为曲线。

2.【答案】B

【解析】解：由牛顿第二定律F=ma,可得：IN=1kg•m/s?

由尸=小】3产,可得：

rL

k=,1=君=1kg•Tn/©•纪),故8正确，AC。错误。

ljl2^L1AL2lAxlAxlmxlmv\//

故选：Bo

根据牛顿第二定律，力的单位N可换成kg-m/s?,再根据表达式中各个物理量的单位推导即可。

本题以平行直导线相互作用力为背景，考查了单位制问题，要知道国际单位制中基本物理量的基

本单位，能够通过物理原理将导出单位换成基本单位来表示。

3.【答案】B

【解析】解：AB、由图(6)可知甲的速率随时间均匀变化，可知甲沿着轨道H下滑，在同一时刻

甲的速率比乙的小，所以同一时刻甲的动能比乙的小，故4错误，B正确；

CD,由图(b)可知乙沿着轨道I下滑，在M点乙的速率为零，则重力功率为零，在N点乙在竖直方

向的速度为零，可知重力功率为零，由M点到N点，其它位置竖直方向速率不为零，所以乙的重

力功率先增大后减小，故CD错误。

故选:B。

AB,由图(b)甲的斜率不变，可知甲下滑的轨道，由图(b)可知同一时刻甲乙速率大小关系，则可

知动能大小关系；

CD、由图(b)乙的斜率变化可知乙下滑的轨道，由MN两点竖直方向速度大小可判断MN两点重力

功率大小，可知从M到N重力功率变化特点。

本题考查了瞬时功率和动能，解题的关键要理解速率时间图像斜率的含义。

4.【答案】C

【解析】解：设导体棒长为3匀速转动的角速度为M线速度大小为"，t时刻导体棒相对竖直轴

0P转动的角度为。，如图1所示：

图(1)俯视图

在t时刻导体棒的线速度沿垂直磁场方向的分速度大小外=vcosd,其中：6=a)t

由法拉第电磁感应定律可得：u-BLV]—BLvcoswt

可知导体棒两端的电势差u随时间t按余弦规律变化，故C正确，AB。错误。

故选：Co

根据法拉第电磁感应定律，导体棒切割磁感线产生感应电动势E=BLv,确定导体棒切割磁感线

的有效长度和垂直磁场方向的速度，进而求解电势差葭随时间t变化规律。

本题考查了导体棒切割磁感线产生感应电动势的问题。理解题意确定导体棒转动过程中线速度方

向与磁场方向，注意本题中导体棒切割磁感线的有效速度是导体棒的线速度沿垂直磁场方向的分

速度，而切割磁感线的有效长度等于导体棒的长度。

5.【答案】B

【解析】解：由p-7图像可知a-b的过程为等压升温的过程，由一定质量理想气体的状态方程：

华=C,可知此过程气体的体积增大，则此过程的P-IZ图像是平行于横轴的直线，且b在a右侧。

由p-T图像可知b-c的过程，气体的压强减小，温度降低，根据牛=C,无法判断气体体积如

何变化，但是此过程气体的压强减小，则在p-V图像中c在b的下方。

综合上述分析，可知全过程对应的p-P图像只有8选项的图像是可能的，故8正确，AC。错误。

故选：B。

根据P-r图像判断各阶段气体的压强与温度的变化情况，根据一定质量理想气体的状态方程判断

气体体积的变化情况，再确定p-u图像。

本题考查了一定质量理想气体的状态方程的应用，将p-7图像转换为p-v图像，基础题目。根

据一定质量理想气体的状态方程解答即可。

6.【答案】A

【解析】解：因原子能级跃迁放出的光子的能量等于原子的能级差，由题图可知光子①、②、③、

④对应的能量关系为：E②<E①=岳③<E④

A、由上述分析可知光子①和③的能量相等，故A正确；

B、由光子能量E=/n/,和E②<E④，可得到②的频率小于④的频率，故8错误；

C、发生光电效应的条件是光子的能量大于金属的逸出功，已知用①照射该金属表面时能发生光

电效应，可知E①大于此金属的逸出功生,因E②<E①，则无法比较E②与生的大小关系，故用②

照射该金属不一定能发生光电效应，故C错误；

。、根据爱因斯坦光电效应方程：hv-W0=Ekm

已知用①照射该金属逸出光电子的最大初动能为即E①一%=Ek

因①，故用④照射该金属逸出光电子的最大初动能大于私,故。错误。

故选:Ao

原子能级跃迁放出的光子的能量等于原子的能级差，根据题图判断出光子①②③④对应的能量

大小关系；根据光子能量E=/n/,比较频率的大小；发生光电效应的条件是光子的能量大于金属

的逸出功；根据爱因斯坦光电效应方程分析判断。

本题考查了原子能级跃迁与光电效应的综合问题，基础题目。掌握玻尔理论的原子结构模型及能

级跃迁条件，光电效应的发生条件和爱因斯坦光电效应方程。

7.【答案】D

【解析】解：对于质量为m的卫星绕中心天体做匀速圆周运动时，设其轨道半径为r,根据万有引

力提供向心力，则有：喀=mr手，解得时=里

八片GT乙

根据密度计算公式可得：p=£,其中1/=^兀/?3

联立解得：pR3=*

NR3

所以有：碎X谭=(/3X*)2

共其H中.—R月=k,'—限=『2

解得：微/斡'故。正确、ABC错误。

故选：D。

对于质量为他的卫星绕中心天体做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力得到中心天体质量

的表达式，根据密度的计算公式得到密度的表达式；根据密度表达式求出地球与太阳的平均密度

之比。

本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向

心力公式进行分析，掌握密度的计算公式。

8.【答案】BD

【解析】解：由题图可看出球鼻筋推起的波的波长与船首推起的波的波长相等，两波在同一介质

中传播，波速也相等，由"=%1,可知两列波的频率相同，故两列波叠加时发生了干涉现象。

A、插入水中的筷子，看起来折断了，是光线由水中斜射向空气经过水面时发生了偏折，光的传播

方向改变了，这是光的折射现象，故4不符题意；

8、阳光下的肥皂膜，呈现彩色条纹，是肥皂膜的前后表面反射的光叠加产生的干涉现象，故B

符合题意；

C、驶近站台的火车，汽笛音调变高，是火车与接收者逐渐靠近，使接收者接收到声音频率高于

汽笛发声的频率，这是多普勒效应，故C不符题意；

。、振动音叉的周围，声音忽高忽低，是由于音叉的两个振片发出频率相同的两列声波，两列声

波在音叉的周围叠加产生了振动加强和振动减弱区域，这是波的干涉现象，故。符合题意；

故选:BD。

由题图可看出两列波叠加时发生了干涉现象，分析判断各个选项所描述的现象的物理原理，选择

原理相同的选项即可。

本题是判断波在传播过程中的各种现象的物理原理，基础题目。要掌握在生活中波的各种现象所

蕴含的物理原理。

9.【答案】CD

【解析】解：AC,根据等量同种电荷周围电场线的分布情况可知，金属四极杆之间，在z轴上，

电场线方向背离。点，在y轴上，电场线的方向指向。点，所以M点电场强度方向沿z轴正方向；根

据沿电场线方向电势降低可知：(PP><PO>(PM，故A错误、C正确；

B、M点等势线比P点的等势线米，所以P点电场强度大小比M点的小，故B错误；

。、x轴到金属四极杆之间的距离相等，根据电势的叠加可知，x轴为等势面，根据Ep=qs可知，

沿x轴运动的带电粒子，电势能不变，故。正确。

故选：CD。

根据等量同种电荷周围电场线的分布情况判断电场线方向，根据沿电场线方向电势降低判断电势

高低；根据电势的叠加可知x轴为等势面，根据琮=q。分析电势能。

无论是电场线或是等差等势面，都是密的地方场强大，疏的地方场强小；电势高低的判断方法可

以根据电势的定义式来判断，但一般都是按沿电场线方向电势降低来判断。

10.【答案】AC

【解析】解：释放弹簧后导体棒MN与PQ先分别向左、右开始运动，在两棒速度方向均未改变之

前，回路的磁通量增加，由楞次定律可知回路中产生顺时针方向的电流，由左手定则判断可知两

棒受到的安培力均与各自的速度方向相反，即两棒受到的安培力方向是相反的，设回路中的电流

大小为/,则两棒受到的安培力分别为：FMN=2BICL,FPQ=BI-2d,可得两棒受到的安培力等大

反向，则两棒与弹簧组成的系统所受合力为零，故此系统满足动量守恒定律，可知此系统的总动

量始终为零，可知两棒的动量始终是等大反向。两棒同时速度减为零，若两棒同时速度为零后能

够反向运动，同理可得之后的运动过程此系统仍满足动量守恒，可知释放弹簧后，两棒在各自磁

场中运动直至停止的全程，两棒的速度方向总是相反的，且在同一时刻速度为零。

A、由上述分析可知两棒的速度方向总是相反的，则在弹簧伸展过程中，导体棒MN与PQ必定分别

向左、右运动，回路的磁通量增加，由楞次定律可知回路中产生顺时针方向的电流，故A正确；

3、设PQ速率为u时，MN速率为北，MN的质量为?n,则PQ的质量为2rn,由两棒的动量始终大小

相等可得：mv0=2mv

回路中的感应电动势为：E=2Bdv0+B-2dv=6Bdv

回路中的感应电流为：/=3

MN所受安培力大小为：F=2Bld

联立解得：尸=竺也，故B错误；

R

C、设整个运动过程中，某时刻MN与PQ的速率分别为%、v2,同理有：mVi=2mv2

可知MN与PQ的速率之比始终为2：1,则MN与PQ的路程之比为2：1,故C正确；

D、设整个运动过程，MN与PQ的位移大小分别为与、冷，最终弹簧处于原长状态，MN与PQ之间

距离和初始时相比增加了3因两棒总是反向运动，可得：X1+X2=L

整个运动过程回路的磁通量变化量为：40=2Bdxr+B-2dx2=2Bd(x1+x2)=2BdL

通过MN的电荷量为：。=，a=上.戊=妙=型色故。错误。

"R+2R3R3R

故选：AC«

分析两导体棒的运动情况和受力情况，判断安培力的大小关系，可得到两棒与弹簧组成的系统满

足动量守恒定律。根据两棒的运动方向，由楞次定律判断回路中产生的电流方向；根据动量守恒

定律得到两棒速度关系，由法拉第电磁感应定律求解感应电动势，由闭合电路欧姆定律求解感应

电流，由安培力公式求解安培力；根据两棒的速率关系判断运动路程之比；确定回路的磁通量的

变化，由求解电荷量的经验公式解答。

本题考查了电磁感应现象的双棒切割磁感线的模型，难度较大。解题的关键要能够通过受力分析

得到系统的动量守恒，进而可推断出两导体棒的相对运动情况。掌握求解电荷量的经验公式。

11.【答案】一元不嬴/长度测量误差

【解析】解：(1)两硬币碰撞过程动量守恒，以碰撞前瞬间甲的速度方向为正方向，设碰撞前甲的

速度为先，碰撞后甲的速度为次，乙的速度为及2，由动量守恒定律得：m那0=m严1+m乙外

由机械能守恒定律得：：小/诏=+|m2V2

m用一m乙

联立解得：%=中豆%

由题意得，碰撞后甲向右运动，即%＞0,则小依＞机乙

由题意可知一元和一角硬币的质量分别为巾1和加2(血1＞租2)，则甲选用一元的硬币；

(2)不放置硬币乙时，甲从。点到P点做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：-〃mig=7nia

由匀变速直线运动位移一速度公式得：0-诏=2as0

联立解得：v0=y]2ngs0

(3)以碰撞前瞬间甲的速度方向为正方向，甲、乙碰撞过程，由动量守恒定律得：7711%=皿1%+

m2v2

由机械能守恒定律得：诏=：7711谥+^m2V2

联立解得：%=年必

甲、乙碰撞后均做匀减速直线运动，加速度均为a=-4g

由匀变速直线运动位移一速度公式得：0-资=2asi

0—vj=2as2

(4)误差可能来源于长度测量误差。

故答案为：(1)一元；(2)不鬲；(3)黑；(4)长度测量误差。

(1)两硬币碰撞过程动量守恒，机械能守恒，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求解两硬币碰撞

后的速度，分析即可；

(2)不放置硬币乙时，甲从。点到P点做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求解其加速度，根据

匀变速直线运动位移一速度公式求解初速度；

(3)甲、乙碰撞后均做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动位移一速度公式列式求解即可；

(4)误差来源可能是长度测量误差，根据实验步骤和实验原理分析即可。

本题考查验证动量守恒定律的实验，解题关键是弄清楚实验原理、掌握速度的测定方法，能够根

据动量守恒定律和机械能守恒定律进行解答。

12.【答案】乙)6.5x10-5

【解析】解：⑴设丙和某探针之间的电阻为R',由电阻定律得：R，=p"=p^

由图像得，电压表示数与L成正比，即与丙和某探针之间的电阻成正比，由欧姆定律得，U=IR'=

plL

a2

则L是丙到乙的距离;

(2)由⑴得，电压U=%

则UT图像的斜率为k=g

电阻率。=苧

⑶由图像得，k=^-=-^-?V/m=6.5V/m

ALZ.UX1U

则电阻率p=牛=66x(0甯0-2%m=65x]0_50.m

故答案为：(1)乙；(2)竽;(3)6.5x10-5。

(1)根据电阻定律和欧姆定律分析即可；

(2)根据(1)中U和L的关系得到斜率与电阻率的关系，进而求解电阻率；

(3)根据图像求解斜率，根据(2)中电阻率表达式求解电阻率。

本题考查电阻率的测量，解题关键是掌握电阻定律，结合欧姆定律分析即可。

13.【答案】解：(1)根据运动学公式可得

谥=2aL

解得a=■=方糕m/s2=2gls2

根据%=%+at可得

.v80.

t=—x=—s=4A0rs

a2

(2)整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量为

4242

4E=4Ek+21Ep=+mgh=1x1.0x10x100/-1x1.0x10x807+1.0x

104x10x1007=2.8x1077

答：(1)飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小为2m/s2,滑行时间t为40s；

(2)整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量/E为2.8x107人

【解析】(1)根据运动学公式谚-若=2ax以及%=%+前求解；

(2)机械能增加量ZE为动能的增加和重力势能的增加。

本题考查的是运动学知识，为基础题，其中需注意机械能增量的计算。

14.【答案】解：(1)设板间距离为d,板长为Cd，板间电压为U,粒子在电场中做类平抛运动,

则有

yj~^d=vot

2=2X^

两式联立解得u=坐

3q

(2)粒子射出电场时与射入电场时运动方向间的夹角为a,位移偏转角为。i，由粒子出电场时速度

偏转角正切值为位移偏转角正切值2倍求解；则有

tana=2tan91

tana=2tan9A=2x=孕

V3d3

解得：a=30。

粒子进入磁场的轨迹如图示，轨迹的圆心为。「设粒子做圆周运动的半径为r,圆形磁场半径为R

生=cos30°

V

D=2?

mv2y/~3mva

r=—=-----------

qB3qB

D

tan/。。。=；

解得tan/OO'O]=?

NOO'Oi=30°,贝！]。粒子在磁场中运动圆弧所对应的圆心角为

24。。'。1=2x30°=60°

即粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角。等于粒子在磁场中运动圆弧所对应的圆心角

即。=60°

(3)粒子仍从图中0'点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长，即粒子在圆形磁场里做圆周运动的

弧所对应的弦最长，即为直径，粒子运动轨迹如图示，改变后的圆形磁场区域的圆心M如图示。

2

答：(1)求金属板间电势差U为啜。

(2)粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角。为60。。

(3)见解答。

【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，由位移与时间公式节课求解；

(2)由粒子出电场时速度偏转角正切值为位移偏转角正切值2倍，继而可得知进入磁场时的速度的

方向(速度与水平方向的夹角)，再结合在磁场中的运动规律，即可求得在磁场中的偏转角；

(3)粒子在圆形磁场中的运动时间最长，即运动轨迹所对应弦长等于直径。

本题考查了带电粒子在组合场中的运动情况,在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速押后运动。

15.【答案】解：(1)物块滑上木板到两者共速时木板恰好