2023-2024学年湖北省武汉市硚口区高三（上）起点质量检测物理试卷（含解析）

2023-2024学年湖北省武汉市斫口区高三（上）起点质量检测物

理试卷

一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）

1.“沉睡三千年，一醒惊天下”，考古工作者在三星堆遗址新发现6座三星堆文化“祭祀

坑”。现已出土金面具残片、巨青铜面具、青铜神树、象牙等重要文物500余件，显示了当

时灿烂的文明。考古学家利用放射性元素$C的半衰期来确定文物的年代，已知记C能自发释

放S射线，其半衰期约为5730年。下列说法正确的是（）

A.铲C的衰变方程为/C→/N+Le

B.夕衰变的本质是核内一个中子转化成一个质子和一个电子

C.点气的比结合能比尹N的大

D.随着全球变暖，/C衰变周期减小

2.如图甲所示，修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的，其原理可简化为图乙所示。

a、C两点在大齿轮上，b、d两点在小齿轮上。a、b是两个齿轮边缘上的两点，c、d是两齿轮

半径中点处的两点。则下列说法正确的是（）

A.a、b两点的周期相等B.a、C两点的线速度大小相等

C.a点的向心加速度小于b点的向心加速度D.c点的角速度大于d点的角速度

3.如图所示，M、N为两个等量同种电荷，在其连线的中垂线上的P点放一静止的负电荷q（点

电荷），不计重力，下列说法中正确的是（）

⅜p

I

M∖θN

———--L-----——

+Q!+Q

A.点电荷在从P到。的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大

B.点电荷在从P到。的过程中，加速度越来越小，速度越来越大

C.点电荷运动到。点时加速度为零，速度达最大值

D.点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到粒子速度为零

4.某同学注意到市场最近流行的主动降噪耳机，开启降噪模式，耳朵立刻就有种世界都安

静的体验。主动降噪耳机为了主动地消除噪声，在耳机内设有麦克风，用来收集周围噪声信

号，然后通过电子线路产生一个与原噪声相位相反的降噪声波，再与噪声声波叠加相互抵消，

从而实现降噪效果。如图是理想情况下的降噪过程，实线对应环境噪声声波，虚线对应降噪

系统产生的等幅反相降噪声波。贝11()

Tl噪声源环境噪声

TQo合成后的声音OoC^C⅛o

反噪声降噪声波

A.降噪过程应用的是声波的干涉原理，P点振动加强

B.降噪过程应用了声波的衍射原理，使噪声无法从外面进入耳麦

C.降噪声波与环境噪声声波的传播速度大小相等

D.质点P经过一个周期向外迁移的距离为一个波长

5.如图所示，导热的汽缸开口向下，缸内活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞可自由滑

动且不漏气，活塞下挂一个砂桶，砂桶装满砂子时，活塞恰好静止，现将砂桶底部钻一个小

洞，让细砂慢慢漏出.汽缸外部温度恒定不变，则

A.缸内的气体压强减小，内能减小B.缸内的气体压强增大，内能减小

C.缸内的气体压强增大，内能不变D.外界对气体做功，缸内的气体内能增加

6.2021年2月，“天间一号”探测器成功实施近火制动，进入环火椭圆轨道，并于2021年5

月软着陆火星表面，开展巡视探测等工作，探测器经过多次变轨后登陆火星的轨迹示意图如

图所示，其中轨道I、III为椭圆，轨道II为圆。探测器经轨道I、II、In运动后在Q点登陆

火星，。点是轨道I、n、W的切点，。、Q还分别是椭圆轨道∏1的远火星点和近火星点。关

于探测器，下列说法正确的是()

A.由轨道I进入轨道∏需在。点减速

B.在轨道H上运行的周期小于在轨道III上运行的周期

C.在轨道∏上运行的线速度大于火星的第一宇宙速度

D.在轨道HI上，探测器运行到。点的线速度大于运行到Q点的线速度

7.1897年汤姆孙发现电子后，许多科学家为测量电子的电荷量做了大量的探索。1907-

1916密立根用带电油滴进行实验，发现油滴所带的电荷量是某一数值e的整数倍，于是称这

数值为基本电荷，如图所示，两块完全相同的金属极板正对着水平放置，板间的距离为d,当

质量为m的微小带电油滴在两板间运动时，所受空气阻力的大小与速度大小成正比。两板间

不加电场时.，观察到油滴竖直向下做匀速运动，通过某一段距离所用时间为匕；当两板间加

竖直向下的电场E时，可以观察到同--油滴竖直向上做匀速运动，且在时间t2内运动的距离与

在时间G内运动的距离相等。忽略空气浮力，重力加速度为g。下列说法正确的是（）

）

喷雾器直0__=C=ClJ

显微镜

^^二=y睡、?D=IDa

A.根据上板电势高时观察油滴竖直向上做匀速运动可以判定油滴带正电

B.密立根根据实验数据计算出油滴所带的电荷量大约都是1.6XW19C

C.根据不加电压和加电压两个匀速过程可以求解出油滴所带的电荷量Q=吗产

etɪ

D.根据不加电压和加电压两个匀速过程可以求解出油滴所带的电荷量Q=吗卢2

b,i2

二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）

8.灯笼是我国年俗文化的重要组成部分，无论旧时还是现在，手扎灯笼不但烘托出节日的

喜庆氛围，还给予人们更多祈福的灵感，寄托了人们对健康、平安、长寿的美好期盼。中国

人喜欢挂灯笼，有的人用一根线挂一个灯笼，但也有人采用别致的挂法，如图所示，某户人

家用三根细线a、b、C连接质量相等的灯笼1和灯笼2,细线a一端固定在天花板上，细线C水

平，一端固定在竖直墙壁上、三根细线a、从C的弹力大小分别为Ta、Tb、Tc,贝∣J()

A.乙一定小于TbB.兀一定大于1C.兀可能小于兀D.K,一定大于4

9.某新能源汽车制动时回收汽车的动能。汽车制动时车轮带着线圈在辐向磁场中转动，如

图(a)所示，其截面图如图(b)所示。已知线圈的匝数为N,4B的长度为人，BC的长度为42,

线圈切割处磁场的磁感应强度大小为8。当线圈从水平位置逆时针转30。时，线圈的角速度为

3,电流为/,则下列说法正确的是()

图(a)图(b)

A.感应电流的方向为DCBA

B.感应电动势的大小为NBLIL2“

C.感应电动势的大小为?NBLIL

D.AB受到的安培力竖直向上，大小为NBILl

10.如图所示，弹性绳一端固定于4点，另一端连接穿在竖直杆上质量为m的小球，B处是位

于AM中点的光滑定滑轮，且AB距离等于弹性绳原长3此时ABM在同一水平线上，弹性绳劲

度系数k=詈(g为重力加速度)。小球从M点由静止开始经过时间t滑到距M点为/i的N点时速

度恰好为零，球与杆间的动摩擦因数为〃=0∙5,则从M到N的过程中()

A.弹性绳对小球做的功为-^mg∕ιB.摩擦力对小球做的功为-mg∕ι

C.小球的加速度先减小再增大D.小球下落，时，速度大小达到最大值

三、实验题(本大题共2小题，共22.0分)

11.如图1所示为“探究加速度与物体受力与质量的关系”实验装置图。图中力为小车，B为

装有祛码的小桶，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连，

(1)下列说法正确的是一。

A.每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力

8.实验时应先释放小车后接通电源

C.本实验Ml应远大于Hi?

D在用图象探究加速度与质量关系时，应作a-4图象

(2)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的如图2a-F图象，

可能是图中的图线—o(选填“甲”、“乙”、“丙”)

(3)如图3所示为一次记录小车运动情况的纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标

出了连续的5个计数点4、B、C、D、E,相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出，测出各

计数点到4点之间的距离，如图所示。已知打点计时器接在频率为50HZ的交流电源两端，则

此次实验中小车运动的加速度的测量值a=一τn∕s2o(结果保留两位有效数字)

(4)如图所示，探究a-尸时，发现在AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是

A.小车与轨道之间存在摩擦

5轨道保持了水平状态

C.B桶中祛码的质量太大

D所用小车质量太大

12.新能源汽车已经普遍走进了我们的生活，某校学生实验小组通过网络找到了比亚迪“秦”

电池铭牌如图所示，电池采用的是比亚迪刀片电池技术，已知该车内的整块电池是由10块刀

片电池串联而成，其中一块刀片电池又由10块电芯串联而成。现将一块电芯拆解出来，测量

其电动势E和内阻r。

θ比亚迪爱军有眼公司制造

品牌比亚迪制造国中国

整车型号BYD6470ST6HEV2乘坐人数5

制造年月2021年03月

发动机排量1498mL发动机型号BYD472QA

发动机最大净功率78kW

驱动电机型号TZ220XYF

驱动电机峰值功率132kW

动力电池系统额定电压320V

动力电池系统额定容量26Ah最大允许总质量1875kg

(1)实验前利用IA恒流电源对一块电芯进行充电，充满的时间要h.

(2)为了能较准确的测量一块电芯的电动势E和内阻r,该同学设计了一个可以排除电流表4和

电压表U内阻影响的实验方案，如图1所示，记录了单刀双掷开关S2分别接1、2对应的多组电

压表的示数U和电流表的示数/,根据实验记录的数据绘制如图2中所示的4、B两条U-/图线,

其中图线4是利用单刀双掷开关S2接“1”时的实验数据描出的，图线4得出的内阻测量值比

真实值偏大，图线B是利用单刀双掷开关S2接“2”时的实验数据描出的，图线B得出的内阻

测量值比真实值偏小，综合力、B两条图线，此电芯的电动势为E=,内阻r=(用

图中EA、EB.IA./B表示)。

图2

（3）考虑到刀片电池电芯的内阻较小，为了防止调节滑动变阻器电阻过小时由于电流过大而损

坏器材，该同学在电路中用了一个保护电阻也，如图3所示，除电芯、开关、导线外，可供

选择使用的实验器材还有：

A.电流表（量程0.64）B.电流表（量程34）

C电压表（量程31QD电压表（量程15V）

E定值电阻（阻值20,额定功率2W）

F.定值电阻（阻值200,额定功率20小）

G.滑动变阻器（阻值100）

H.滑动变阻器（阻值IoOo）

为了器材的安全、测量的准确和操作的方便，电流表应选；电压表应选;定值电

阻Ro选;滑动变阻器R应选。（填仪器前的字母）

四、计算题（本大题共3小题，共38.0分）

13.如图，横截面为半径R=6cm的半圆形透明柱体与屏幕MN相切于B点，MN垂直于直径

AB,一单色光以入射角53。射向圆心。，反射光线与折射光线恰好垂直。已知光在真空中的传

0

播速度为3X1087Π∕S（Sin53°=O.8,cos53=0.6）ð

（1）介质的折射率；

（2）光线从。点照射到屏幕MN上所用的时间。

M

A

/^ZΓβL∣

14.如图所示，在0≤x≤2d,0≤y≤2d的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀

强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为τn,电量为q的带正电

粒子从OP中点A进入电场(不计粒子重力)0

(1)如果粒子初速度为零，匀强磁场B=6片,粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，

将从NP边再次进入电场，试计算带电粒子进入电场时速度与NP的夹角；

(2)若改变电场强度大小，粒子以一定速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场、离开电场后从

P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开。试计算改变后电场强度E'的大小和粒子的

初速度处。

y

QN

OA—P

15.如图所示，倾角为。=30。的斜面固定在水平地面上，物块4的质量为M=3kg,静止在

斜面上，距斜面底端为s=4m,物块B的质量为m=Mg,在斜面上距物块A上方/=2.5τn的

位置由静止释放。两物块均可看作质点，物块碰撞时无机械能损失。两物块由不同材料制成，

力与斜面之间的动摩擦因数4=岭B与斜面间的摩擦忽略不计。重力加速度大小g=10m∕s2,

求：

(1)发生第一次碰撞后物块4的速度以1和物块B的速度%］；

(2)两物块第一次碰碰与第二次碰撞之间的时间t；

(3)物块4到达斜面底端的过程中，两物块发生碰撞的总次数n。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】4.衰变过程应满足质量数和电荷数守恒，则的衰变方程为

4

⅛CT尹w+oιe

A错误；

及0衰变的本质是核内一个中子转化成一个质子和一个电子，B正确；

C/衰变过程中释放能量，所以生成物的比结合能较大，即/C的比结合能比/N的小，C错误；

。.原子核的衰变快慢只由原子核内部决定，与外界环境温度无关，可知随着全球变暖，贤C衰变

周期不变，。错误。

故选B。

2.【答案】C

【解析】解：4、由图可知，两轮边缘处线速度大小相等，但是半径不同，根据公式v=3r,可

知a、b两点的角速度不相等，根据公式T=",所以周期不等，故A错误；

ω

B、a、C两点同在大齿轮上，角速度相等，但是半径不同，根据公式u=eor,可知Q、C两点的线

速度大小不相等，故B错误；

C、根据向心加速度公式a=贮，a、b两点的线速度相等，a点的半径大于b点的半径，所以a点的

r

向心加速度小于b点的向心加速度，故C正确；

。、a、b两点的线速度大小相等，根据公式V=<υr,ra>rb,所以3。<3(,，a、C的角速度相同，

b、d的角速度相同，所以C点的角速度小于d点的角速度，故。错误。

故选：Co

同缘传动时，边缘点的线速度相等；同轴传动时，角速度相等；然后结合公式D=3r、公式T=包、

ω

2

向心加速度公式a=二求解即可。

r

本题以修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作为情景载体，考查了匀速圆周运动问题在实际

生活中的应用，解决本题关键是明确同缘传动及同轴传动的特点，然后结合公式灵活求解。

3.【答案】C

【解析】

【分析】

本题考查对等量同种电荷电场线的分布情况及特点的理解和掌握程度，要抓住电场线的对称性进

行分析求解，注意从。点向上或向下的过程，电场强度都是先增大后减小.

【解答】

AB、点电荷在从P到。的过程中，所受的电场力方向竖直向下，做加速运动，所以速度越来越大，

因为从。向上到无穷远，电场强度先增大后减小，P到。的过程中，电场强度大小变化不能确定，

所以电场力无法确定，加速度不能确定。故A错误，B错误。

C、点电荷运动到。点时，所受的电场力为零，加速度为零，然后向下做减速运动，所以。点的速

度达到最大值。故C正确。

。、越过。点后，负电荷q做减速运动，速度越来越小，同理加速度的大小无法确定。故。错误。

故选：Co

4.【答案】C

【解析】

【分析】降噪过程实际上是声波发生了干涉，机械波传播的速度由介质决定。介质中质点不随波

移动。由此分析即可。

解决本题时要明确机械波传播的速度由介质决定，声波在同一介质中传播波速相等。要掌握波的

叠加原理和干涉的条件。

【解答】48、由图看出，降噪声波与环境声波波长相等，波速相等，则频率相同，叠加时产生干

涉，由于两列声波等幅反相，所以振动减弱，起到降噪作用，两列波在P点振动方向相反，P点振

动减弱，故AB错误；

C、机械波传播的速度由介质决定，则知降噪声波与环境噪声的传播速度相等，故C正确；

D、P点在平衡位置附近振动，并不随波移动，故。错误。

故选：C。

5.【答案】C

【解析】

【分析】

以活塞为研究对象，根据力平衡得知气缸内气体的压强逐渐增大，气体被压缩，体积减小，外界

对气体做功.由于气缸是导热的，气体的温度与环境相等，保持不变，其内能不变.

本题关键是运用力学知识分析气体压强如何变化，同时抓住一定质量的理想气体的内能只跟温度

有关.

【解答】

设活塞重力为G,横截面积为S,大气压为po,则以活塞为研究对象，

根据力平衡得到：气缸内气体的压强P=PO-誓由于G减小，则P增大，即气体压强增大，由玻

义耳定律PV=C可知气体体积U变小，则外界对气体做功.

由于气缸是导热的，气体的温度与环境相等，保持不变，其内能不变.

故选C

6.【答案】A

【解析】

【分析】

本题考查卫星的变轨问题、卫星的运行规律以及第一宇宙速度，结合开普勒定律、万有引力定律

以及第一宇宙速度的意义进行分析解答。

探测器绕火星做近心运动，需要在。点减速；探测器绕火星做匀速圆周运动时，由万有引力提供

向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律得到周期与轨道半径的关系，再分析周期关系；火星

的第一宇宙速度是物体绕火星附近做匀速圆周运动的速度；根据开普勒第二定律分析探测器在椭

圆轨道上运行时线速度大小。

【解答】

A.高轨道变轨到低轨道需要减速制动，故由轨道I进入轨道∏需在。点减速，故A正确；

8.根据开普勒第三定律与=或由于轨道∏的半径大于轨道HI的半长轴，根据开普勒第三定律，

在轨道∏的运行周期大于沿轨道HI的运行周期，故B错误：

C.根据D=JW可知，火星的第一宇宙速度是绕火星做匀速圆周运动的最大速度，故在轨道H运

行的线速度一定小于火星的第一宇宙速度，故C错误；

D根据开普勒第二定律，在轨道HI上，探测器运行到。点的线速度小于Q点的线速度，故。错误。

故选Ao

7.【答案】。

【解析】4当两板间加竖直向下的电场E时，该油滴竖直向上做匀速运动，说明油滴受到的电场力

竖直向上，与板间电场的方向相反，所以该油滴带负电，A错误；

B.油滴所带的电荷量大约都是1.6X10-19。的整数倍，B错误；

CD设油滴运动时所受空气阻力/与速度大小”满足关系为

f=kv

当不加电场时，设油滴以速率%匀速下降，受重力和阻力而平衡，即

mg=kv1

当极板加电场E时，设油滴以速率W匀速上升，受电场力、重力和阻力，即

QE=mg+kv2

根据题意有

UTtl=廿212

解得

mg(tr+t2)

Q=Etz

C错误，£＞正确。

故选。。

8.【答案】BD

【解析】设灯笼的质量为τn,细线ɑ与竖直方向夹角为α,把两个灯笼看成整体，受力如图所示,

由平衡条件，则有

2mg

cosa

2mgsma

T—2mgtancr—------------

rcosα

可得

τa>τc

对灯笼2受力分析可得

2mgsina

(Tng)2+1+3sin2a

Tb=√(jngy+Tccosa

可知

Tb>Tc

因α<90°,则有

ʌ/1+3sin2a<2

可得

τa>τb

因此有

Tc<Tb<Ta

故选BDo

9.【答案】AB

【解析】

【分析】

本题主要考查线圈在辐向磁场中转动切割磁感线运动的问题。根据右手定则判断感应电流方向：

根据动生电动势表达式求解当线圈从水平位置逆时针转30。时的感应电动势大小；根据左手定则判

断安培力方向，由安培力大小表达式可知安培力大小，由此即可正确求解。

【解答】

由右手定则得，图⑷时刻感应电流的方向DCB4,当线圈从水平位置逆时针转30。时，AB.CD两

边垂直切割磁感线（辐向磁场），感应电动势的大小为NBLlL2"，由左手定则，可知此时4B受到的

安培力斜向左上方30。（与辐向磁场垂直），大小为NS"「故AB正确，CD错误。

10.【答案】ACD

【解析】

【分析】

解决本题的关键是知道小球受到的摩擦力是恒力，然后根据恒力做功公式求摩擦力做功，根据动

能定理求弹性绳做功：

直线运动问题中，速度最大点一般是加速度为零（合力为零）的位置，对小球受力分析，根据牛顿

第二定律列等式求出加速度α的表达式，然后进行分析。

【解答】

B、设小球运动到MN之间的某一个位置Q时，弹性绳与竖直方向夹角为。，则弹性绳的伸长为Zx=

则弹性绳的拉力T=k∆x,

对小球受力分析，在垂直于杆方向有N=Tsinθ=mg,

可见无论小球运动到什么位置，小球与杆之间的弹力始终为N=mg,则摩擦力/=Png=Tnlg是

恒力，

从M到N,摩擦力做功为必=一"=Wnlg无，故B错误：

A、根据动能定理，从M到N,O=Tngh+必+W理，解得以那=故4正确；

C、从M到N,分析小球，沿杆方向有mg-/-Teos。=τnα,解得a=g(；-高)，。从0开始变

大，结合数学知识可知，加速度先向下减小，后向上增大，当加速度为零，即tan。=2时，小球

速度达到最大值，此时小球下落的高度H=⅞=。，故CQ正确。

7tan02

11.【答案】CD丙1.0C

【解析】(1)[1]4每次改变小车质量时，不需要重新平衡摩擦力，选项A错误；

8.实验时应先接通电源后释放小车，选项B错误；

C.实验中为了保证砂和砂桶的重力等于绳子的拉力，需要满足Tnl远大于62,故C正确。

。.由于加速度与质量成反比，作a-m图线无法得出α与Tnl的定量关系，所以为了得出线性关系需

要作aTnl图象，故。正确•

故选CD。

(2)[2]若遗漏了平衡摩擦力这一步骤，则F增加到一定值时，小车才有加速度，即图线与横轴正半

轴有截距，可知a-F图象可能是图②中的丙图线。

(3)[3]根据4¥=。产，运用逐差法得

2

XCE一XAC(21.60-8.79-8.79)×10^

am∕s2=1.0m∕s2

4产4x0.01

(4)[4]以小车nh与小桶m2组成的系统为研究对象，系统所受的合外力等于小桶的重力仅29，由牛

顿第二定律得

m2g=(m1+m2)a

小车的加速度

mg

a=---2--；----

TTi1+m2

小车受到的拉力

当m2<<小1时，可以认为小车受到的合力等于小桶的重力，如果小桶的质量太大，则小车受到

的合力小于小桶的重力，实验误差较大，α-F图象偏离直线，故C正确。

12.【答案】0.26EA替ACEG

【解析】(1)[1]由铭牌可知一块电芯额定容量为

26A∙h

q=而文ιu=°∙26"/

则用IA恒流电源充电有

q0.26A∙h

t=-j=----γ-j----=0.26九

1ɪ/ɪ

(2)[2][3]S2接1时，所测电动势为电流表与电源串联后整体的等效电源的电动势，即S2接1时的

电动势的测量值等于真实值，即有

E=E14

由于S2接2时，当电路短路时，电压表没有分压，即此时的电流的测量值与真实值相等，结合上

述可知，电源的真实的U-/图线是4图线纵轴交点与B图线横轴交点的连线，可知

IB

(3)[4]由题给器材R0只能选定值电阻(阻值2Ω,额定功率2W)或定值电阻(阻值20Ω,额定功

率20勿)，根据P=U/可知为了保证Ro的安全，最大电流不超过14,因此电流表应选4(量

程0.64)；

⑸一块电芯的电动势为

320

E=T1T0i~X~1τπ0V=3.2V

因此电压表应选C（量程31/）；

[6]电压最高为3V,如果选择200的定值电阻，最大电流低于0.154,电路电流太小，影响实验

的准确性，所以定值电阻应选£（阻值2。、额定功率2W）；

[7]滑动变阻器如果选”（阻值IoO0）,调节很不方便，所以应选G（阻值10。）。

13.【答案】（1）^：（2）4×IO-10S

【解析】（1）由几何关系可知入射角

a=53°

折射角

β=37°

根据折射定律可得

n=噂

sιn37

解得

4

Tl=­

3

（2）由折射率可得

U=；=2.25X108m∕s

由几何关系可知

OF=.ζd=0.1m

sm37

EF=OF-R

光线从。到E所用时间

OE

t=—

1ɪV

光线从E到F所用时间

EFOF-R

t=—=---

"7cC

到荧光屏的时间

-10

t=ti+t2=4×10s

M

14.【答案】（1）垂直NP再次进入电场；（2）E'=36E,卬=9J呼

【解析】（1）由题意粒子在电场中做匀加速直线运动，根据动能定理有

1,

qE∙2d=-^TΠVΔ

粒子在磁场中做匀速圆周运动，有

V2

qvB=

将

mE

B=6

qd

代入解得

d

R=3

由以上分析出粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，将垂直NP再次进入电场，轨迹如图:

（2）由题意可知，做出粒子在电场和磁场中运动轨迹如图

在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知

Rl=(2d)2+(Rl-d)2

解得

5

Rl=Ei

所以有

。=53°,a=37°

洛伦兹力提供向心力

Vl

QV1B=

带电粒子从4点开始做匀加速直线运动，根据动能定理有

11

qE,-2d=2τn嫁——mvɑ

再一次进入电场后做类似斜抛运动，沿X方向有

2d=v1cosα∙t

沿y方向上有

1.

αf2

2d=v1sinα∙t+

其中根据牛顿第二定律有

qE'=ma

联立以上各式解得

E'=36E

15.【答案】解：(1)对B物体从开始下滑到碰撞前，据机械能守恒律有：Tn或Sine=TnlW代入数

据求得：v1=5m∕s

对AB系统，由于碰撞时间极短，动量守恒，