2023年重庆市新高考物理试卷

2023年重庆市新高考物理试卷

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只

有一项是符合题目要求的。

1.（4分）矫正牙齿时，可用牵引线对牙施加力的作用。若某颗牙齿受到牵引线的两个作用

力大小均为F,夹角为a（如图），则该牙所受两牵引力的合力大小为?（）

A.2Fsin—B.2Fcos—C.FsinaD.Feosa

22

2.（4分）某小组设计了一种呼吸监测方案：在人身上缠绕弹性金属线圈，观察人呼吸时处

于匀强磁场中的线圈面积变化产生的电压，了解人的呼吸状况。如图所示，线圈P的匝数

为N,磁场的磁感应强度大小为3,方向与线圈轴线的夹角为6。若某次吸气时，在f时间

内每匝线圈面积增加了S,则线圈尸在该时间内的平均感应电动势为（）

NBScos00NBSsinQ_BSsin0_BScos6

A.-------------D.------------C.----------L）.-----------

tttt

3.（4分）真空中固定有两个点电荷，负电荷0位于坐标原点处，正电荷Q位于x轴上,

Q的电荷量大小为0的8倍。若这两点电荷在x轴正半轴的x=处产生的合电场强度

为0,则0、Q?相距？（）

A.\f2x0B.（242—\]x0C.2\f2x0D.（2>/2+l）x0

4.（4分）密封于气缸中的理想气体，从状态a依次经过岫、Ac和“三个热力学过程达

到状态d。若该气体的体积丫随热力学温度7变化的V-T图像如图所示，则对应的气体

压强〃随T变化的P-T图像正确的是（）

5.（4分）某实验小组利用双缝干涉实验装置分别观察a、b两单色光的干涉条纹，发现在

相同的条件下光屏上a光相邻两亮条纹的间距比b光的小。他们又将a、b光以相同的入

射角由水斜射入空气，发现a光的折射角比b光的大。则（）

A.在空气中传播时，a光的波长比b光的大

B.在水中传播时，a光的速度比b光的大

C.在水中传播时，a光的频率比b光的小

D.由水射向空气时，a光的全反射临界角比b光的小

6.（4分）原子核肾［/可以经过多次口和£衰变成为稳定的原子核期心,在该过程中，可

能发生的月衰变是（）

A.Ra+°.e

B..BTfPo+'e

C.S5/?rz->^5AC+Q.e

D.g!8PoAt+°.e

7.（4分）如图所示，与水平面夹角为。的绝缘斜面上固定有光滑。形金属导轨。质量为〃？、

电阻不可忽略的导体杆沿导轨向下运动，以大小为v的速度进入方向垂直于导轨平面向

下的匀强磁场区域，在磁场中运动一段时间f后，速度大小变为2人运动过程中杆与导轨垂

直并接触良好，导轨的电阻忽略不计，重力加速度为g。杆在磁场中运动的此段时间内（

B.杆沿轨道下滑的距离为之W

2

C.流过杆感应电流的平均电功率等于重力的平均功率

D.杆所受安培力的冲量大小为m^tsmO-mv

二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有

多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

8.（5分）某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间f的变化曲线如图

所示，E、F、M、N为曲线上的点，EF、段可视为两段直线，其方程分别为

»=今-26和y=-2f+140。无人机及其载物的总质量为2年，取竖直向上为正方向。则

B.段无人机的货物处于失重状态

C.FN段无人机和装载物总动量变化量大小为4kg-m/s

D.MN段无人机机械能守恒

9.（5分）一列简谐横波在介质中沿x轴传播，波速为2〃z/s,1=0时的波形图如图所示,

尸为该介质中的一质点。则（）

B.该波的周期为8s

C.f=0时质点P的加速度方向沿y轴负方向

D.0~2s内质点尸运动的路程有可能小于0.1m

10.（5分）某卫星绕地心的运动视为匀速圆周运动，其周期为地球自转周期T的巨，运行

10

的轨道与地球赤道不共面（如图）。心时刻，卫星恰好经过地球赤道上P点正上方。地球的

质量为半径为A,引力常量为G。贝lj（）

卫星轨道

5-

B.卫星与位于P点处物体的向心加速度大小比值为二一（180乃GMT?/

9TTR

C.从2时刻到下一次卫星经过尸点正上方时，卫星绕地心转过的角度为20万

D.每次经最短时间实现卫星距P点最近到最远的行程，卫星绕地心转过的角度比地球

的多

三、实验题

11.（7分）某实验小组用单摆测量重力加速度。所用实验器材有摆球、长度可调的轻质摆

线、刻度尺、50分度的游标卡尺、摄像装置等。

（1）用游标卡尺测量摆球直径当量爪并拢时，游标尺和主尺的零刻度线对齐。放置摆

球后游标卡尺示数如图1甲所示，则摆球的直径d为—mmo

（2）用摆线和摆球组成单摆，如图1乙所示。当摆线长度/=990.1〃"〃时，记录并分析单摆

的振动视频，得到单摆的振动周期T=2.00s,由此算得重力加速度g为—"Ms?（保留3

位有效数字）。

（3）改变摆线长度/,记录并分析单摆的振动视频，得到相应的振动周期。他们发现，分

别用/和/+'作为摆长，这两种计算方法得到的重力加速度数值的差异大小^g随摆线长度

/的变化曲线如图2所示。由图可知，该实验中，随着摆线长度/的增加，4g的变化特点

是，原因是。

12.（9分）一兴趣小组拟研究某变压器的输入和输出电压之比，以及交流电频率对输出电

压的影响。图1为实验电路图，其中匕和人为变压器的原、副线圈，5和邑为开关，P为

滑动变阻器Rp的滑片，R为电阻箱，E为正弦式交流电源（能输出电压峰值不变、频率可

调的交流电）。

（1）闭合岳，用多用电表交流电压挡测量线圈右两端的电压。滑片尸向右滑动后，与滑动

前相比，电表的示数—（选填“变大”“不变”“变小”）。

（2）保持邑断开状态，调整E输出的交流电频率为50秘，滑动滑片尸，用多用电表交流

电压挡测得线圈£,两端的电压为2500%丫时，用示波器测得线圈L2两端电压“随时间，的变

化曲线如图2所示，则线圈右两端与4两端的电压比值为—（保留3位有效数字）。

（3）闭合S2,滑动P到某一位置并保持不变。分别在E输出的交流电频率为50法、1000Hz

的条件下，改变R的阻值，用多用电表交流电压挡测量线圈Z两端的电压"，得到U-R关

系曲线如图3所示。用一个阻值恒为20c的负载与替换电阻箱R,由图可知，当频率为

1000Hz时，凡两端的电压为mV；当频率为50/时，为c保持以两端的电压不变，

需要将R。与一个阻值为—。的电阻串联。（均保留3位有效数字）

四、计算题

13.（10分）机械臂广泛应用于机械装配。若某质量为机的工件（视为质点）被机械臂抓取

后，在竖直平面内由静止开始斜向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，运动方向与竖直

方向夹角为，，提升高度为/?,如图所示。求：

（1）提升高度为人时，工件的速度大小；

（2）在此过程中，工件运动的时间及合力对工件做的功。？

14.(13分)如图所示，桌面上固定有一半径为R的水平光滑圆轨道，M、N为轨道上的

两点，旦位于同一直径上，P为段的中点。在P点处有一加速器(大小可忽略)，小球

每次经过P点后，其速度大小都增加%。质量为，”的小球1从N处以初速度％沿轨道逆时

针运动，与静止在用处的小球2发生第一次弹性碰撞，碰后瞬间两球速度大小相等。忽略

每次碰撞时间。求：

(1)球1第一次经过尸点后瞬间向心力的大小；？

(2)球2的质量；

(3)两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间。

15.(18分)某同学设计了一种粒子加速器的理想模型。如图所示，xOy平面内，x轴下方

充满垂直于纸面向外的匀强磁场，x轴上方被某边界分割成两部分，一部分充满匀强电场(电

场强度与y轴负方向成a角)，另一部分无电场，该边界与y轴交于用点，与x轴交于N点。

只有经电场到达N点、与x轴正方向成a角斜向下运动的带电粒子才能进入磁场。从M点

向电场内发射一个比荷为幺的带电粒子A,其速度大小为%、方向与电场方向垂直，仅在

m

电场中运动时间T后进入磁场，且通过N点的速度大小为2%。忽略边界效应，不计粒子重

力。

(1)求角度a及M、N两点的电势差。

(2)在该边界上任意位置沿与电场垂直方向直接射入电场内的、比荷为里的带电粒子，只

m

要速度大小适当，就能通过N点进入磁场，求N点横坐标及此边界方程。

(3)若粒子A第一次在磁场中运动时磁感应强度大小为四，以后每次在磁场中运动时磁感

应强度大小为上一次的一半，则粒子A从/点发射后，每次加速均能通过N点进入磁场。

求磁感应强度大小及粒子A从发射到第n次通过N点的时间。

2023年重庆市新高考物理试卷

参考答案与试题解析

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只

有一项是符合题目要求的。

1•【分析】以表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，这两个力邻边的对角线就代表合力

的大小和方向。

【解答】解：根据平行四边形定则，作出该牙所受两牵引力的合力，如图所示

牙齿受到牵引线的两个作用力大小均为F,则该平行四边形为菱形，对角线把角a平分

故两牵引力的合力电=2尸cos5,故3正确，A8错误。

故选：B.

【点评】本题考查了力的合成，要求会用平行四边形定则求合力，几何知识要熟练。

2.【分析】根据法拉第电磁感应定律分析解答。

【解答】解：根据法拉第电磁感应定律可知平均感应电动势E=色虫=侬口”，故A正

t

确，错误；

故选：A。

【点评】本题考查法拉第电磁感应定律，解题关键掌握基本公式，注意磁通量的变化。

3.【分析】根据点电荷的场强公式和场强的叠加列式计算。

【解答】解：设Q=-Q,2=8。，2与Q相距L,

两点电荷在x轴正半轴的x=X。处产生的合电场强度为0,由于Q<0，故该处距离«近,

距离Q?远，故。2应放在x轴负半轴

该处合场强为零，则两点电荷在该处场强大小相等，方向相反，故有

K-8QKQ

........................

(L+%)2Xg

L=(2V2-l)x(),故3正确，ACO错误。

故选：B。

【点评】本题考查了点电荷的场强公式和场强的叠加，分析出的位置是解题的关键，

难度不大。

4.【分析】根据V-T图像得到丫和T的变化，根据一定质量的理想气体的状态方程

pV^CT分析出压强的变化。

【解答】解：必过程根据pv=cr可知上=y坐标原点。与岫上各点连线的斜率与压

TP

强成反比，故该过程斜率一定则为等压变化，且温度升高，故A错误；

6c过程等温变化，根据pV=CT可知体积V变大，压强变小，故如错误；

cd过程等容过程，根据川/=CT可知温度T升高，则压强变大，故C正确。

故选：C。

【点评】本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，根据公式pV=CT理解图像

的物理意义，难度不算大。

5.【分析】根据双缝干涉条纹的间距公式Ax支入，即可确定波长的大小，再由特殊值代

d

入法，即可进行判断，并由sinC=2，来确定折射率与临界角的关系。

n

【解答】解：由题意可知，a光条纹间距小于b光条纹间距，根据公式△乂上入，可得:

d

a光的波长小于b光，则可假设a光是紫光，b光是红光。

A、在真空中传播时，a光条纹间距小于b光条纹间距，a光的波长小于b光，故A错误。

BC、将a、b光以相同的入射角丫由水斜射入空气，发现a光的折射角a比b光的大，

由n金”一知，a光的折射率大，由门上知在水中传播时，a光的速度比b光的小。故

sinYv

BC错误。

D、根据sinC=2，及因紫光的折射率大，则临界角小，而红光的折射率小，临界角大，

n

所以a光的临界角比b光的临界角小。故D正确。

故选：D。

【点评】解决本题的关键在于掌握双缝干涉条纹的间距公式，并能理解sinC=2公式的

n

应用，注意本题使用特殊值代入，非常方便解题。

6.【分析】理解原子核衰变前后质量数和电荷数守恒的特点，结合夕衰变的特点和题目选

项完成分析。

【解答】解：原子核衰变前后质量数和电荷数守恒，且能改变质量数的只有a衰变，因为

发生一次a衰变质量数少4,结合选项可知，只有原子核碧Fr的质量数符合要求，结合△衰

变的特点可知，可能发生的?衰变为；；胴，•一；$&，+?/,故A正确，88错误；

故选：A。

【点评】本题主要考查了原子核的衰变问题，理解衰变前后质量数和电荷数守恒的特点，结

合/?衰变的特点即可完成分析。

7.【分析】根据右手定则得出电流的方向；

理解导体杆的运动特点，结合运动学公式分析出对应的距离；

根据导体杆的速度变化特定得出重力和安培力的做功情况，结合功率的公式完成分析：

根据动量定理列式得出安培力的冲量大小。

【解答】解：A、根据右手定则可知，流过杆的感应电流方向从〃到N,故A错误；

B、因为杆在运动过程中的加速度逐渐减小，所以。H"&=3V,则杆沿轨道下滑的距离

22

不等于3印，故B错误；

2

C、因为过程中只有安培力和重力做功，而最终导体杆的速度增加，说明合外力做正功，

也就是说运动过程中导体杆克服安培力做的功小于重力做的功，同时因为时间相等，所以流

过杆感应电流的平均电功率小于重力的平均功率，故C错误；

。、选择沿斜面向下的方向为正方向，根据动量定理可得：

mgtsinO-/安=2mv-mv

解得：/安=mgtsinO-mv,故。正确；

故选：D.

【点评】本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉电路构造的分析，结合右手定则判断出

电流的方向，再根据动量定理即可完成分析，整体难度不大。

二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有

多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

8•【分析】根据直线的斜率求速度；根据Q0段无人机的运动状态，确定加速度方向，

确定超重或失重；根据动量的变化量的意义求动量的变化量；在MN段匀速下降，根据

重力势能的变化分析机械能的变化。

【解答】解：A、y-f图象的斜率表示速度，由防的直线方程y=4/-26,可知，无

人机在£F段的速度大小为4〃?/s,故A正确；

3、无人机从F点到最高点，由图象可以知道向上减速，加速度向下.，处于失重状态。

从最高点到M点，向下加速，加速度向下，处于失重状态，故3正确；

C、从MN的直线方向y=-2f+140可知，尸点的速度摩=-2加/$,所以RV段的动量

变化：△PFN=mvN-mvF=2x(-2)Ag-m/s-2x4kgmls=-\2kg-m/s，故C错误；

。、无人机在MN段是匀速下降，动能不变，而重力势能减小，所以在MN段无人机机

械能减小，故。错误。

故选：AB.

【点评】本题以无人机从上升到返回的过程为背景考查了运动学图象、超重和失重状态、

动量和机械能的问题，解题的关键是分清无人机图象对应的运动状态，用相关物理规律

可解决问题。

9.【分析】根据波动图像得到波长，根据波速公式得到周期，根据加速度指向平衡位置判断

P质点加速度的方向，若从平衡位置或最大位移处开始振动，四分之一周期通过的路程为

一个振幅。

【解答】解：A、由f=0时的波形图可知3义=12"?,则该波的波长为4=16〃?，故A错误;

4

B、由波速v=4知，该波的周期为r=4=3s=8s,故5正确；

Tv2

C、f=0时质点P的加速度方向指向平衡位置，故质点P的加速度方向沿y轴正方向，故C

错误；

D、质点P振动的周期为8s,0~2s内质点P振动的时间为四分之一周期，若向y轴负向

振动则运动的路程有小于0.1”？(振幅为0」加)，若向y轴正向振动则运动的路程有大于

0.1m,综上所述，0~2s内质点P运动的路程是有可能小于0.1〃?的，故。正确。

故选：BD.

【点评】本题考查了波动图像，结合波速公式求周期得进而到路程，属于比较简单的题。

10•【分析】对卫星万有引力提供向心力，结合卫星的周期求卫星离地面的高度；

根据向心加速度的公式求卫星和P点的向心加速度之比；

根据卫星比地球多转整数圈列方程求出再次相距最近的时间，从而得到卫星转过的角度；

从最近到最远，先确定位置，再进行求解。

【解答】解：A、对卫星，绕地球以工7的周期做圆周运动时：工吗=皿要）2（7?+〃），

10（R+〃）2

10

变形解得：/7=（迎年）；-R,故A错误；

400/

B、根据向心加速度：%=，（二产，所以组=建至=1*J-=4_（180;rGMT2，，

TapfpT^R（37）［9兀R

10

故8正确。

C、下一次卫星经过P点正上方时，卫星比地球多转了〃圈，由于一圈有两个位置是卫星在

赤道正上方，所以有两种情况，第一种情况是卫星和地球都转了整数圈，设二者分别转了》

圈、y圈，则有xT=y^T,x、y都为整数，y最小值为10,此时卫星绕地心转过了10

圈，转过的角度为6=10x2^=20^；第二种情况是卫星和地球都转了整数圈+半圈，此时

有x7+gT=y\T+,T,x、y都为整数，这种情况下无解，所以从2时刻到下一次卫星

经过P点正上方时，卫星绕地心转过的角度为20万，故C正确；

。、从最近到最远，最近时卫星在P点正上方，最近距离为半径之差，最远时两点还在赤

道平面，最远距离为半径之和，所以有两种情况，第一种情况P在原点，卫星运动了〃+1

2

圈，设尸点运动了机圈（，〃为整数），此时有mT=（"+g）xQ（相，〃为整数），此种情况下

无解；第二种情况是情况「运动了加+1圈，卫星运动了〃圈，此时有（W+4）T=」，7T（〃7,

2210

〃为整数），解得加最小值为1,此时〃=5,卫星绕地心转过的角度比地球的多

5x2%-（l+g）x2乃=10万一3万=71,故。正确。

故选：BCD。

【点评】本题考查卫星的高度与快慢问题，难点是卫星与赤道上物体的追击问题，抓住再次

相距最近和最远时卫星比地球转过的圈数是解题的关键。

三、实验题

11•【分析】（1）根据游标卡尺的精度读数；

（2）根据单摆的周期公式解得重力加速度；

（3）根据图像结合单摆的特点分析。

【解答】解：（1）游标卡尺的精度为0.02利〃，固定尺读数为19〃R?，游标尺读数为1x0.02〃〃〃，

则摆球的直径d=19nvn+0.02m/n=19.02trun；

(2)单摆的摆长为：L=I+-d=990.\mm+-x19.02/w/n=999.6\nvn=0.9996im

22

根据单摆的周期公式7=2万后，代入解得：g=9.86机/S2

(3)由图可知△g的变化特点是随着摆长的增大^g逐渐减小，摆长越大时，/越接近/+：。

故答案为：(1)19.02；(2)9.86；(3)随着摆长的增大4g逐渐减小，摆长越大时，/越接

近/+&

2

【点评】解决本题的关键知道实验的原理，掌握单摆的周期公式，会通过公式求解重力加速

度的大小。

12.【分析】(1)滑片P向右滑动后，负载电压增大，根据幺=2•分析解答：

U?ni

(2)根据最大值解得有效值，从而解得线圈右两端与右两端的电压比值；

(3)根据图像结合闭合电路欧姆定律分析解答。

【解答】解：(1)闭合用多用电表交流电压挡测量线圈4两端的电压。滑片尸向右滑

动后，负载电压增大，根据4=丛可知,与滑动前相比,电表的示数变大。

U,

(2)由图2可知线圈右电压最大值为4“=280/nV,则有效值为

。,=@=挚根丫=[40及加丫；

72及

则线圈右两端与L,两端的电压比值为&=工斗。12.6

U'140V2

(3)由图可知，当频率为1000Hz时，《两端的电压为271mM；

当频率为50/时，为保持几两端的电压不变，需要保持电流不变，则电流为

I=--=mA=13.55mA

420

在图3中作出U=13.55R(sV)的图像，如下图所示，此图像与50/的U-R关系曲线的交

点为(32.5Q440W)

可知当频率为50Hz时，将"与一个阻值为R'的电阻串联，此时4的电压为。2,=440帆V时

可满足要求，可得:

«>+R'=32.5C

解得：*=12.50

故答案为：(1)变大;(2)12.6；(3)271；12.5

【点评】本题考查探究变压器原副线圈电压与匝数的关系，解题关键掌握实验原理，注意对

图像的认识。

四、计算题

13•【分析】(1)根据几何关系和运动学公式得出工件的速度；

(2)根据速度一时间公式得出工件的运动时间，结合动能定理得出合力对工件做的功。

【解答】解：(1)根据几何关系可知工件的位移大小为：

h

x=------

cos。

根据速度一位移公式可得：

丫=反匹

Yeos，

(2)根据速度一时间公式可得：

­=、户

aVacos。

根据动能定理可得：

以=—mv2

口2

mah

解得：叫

COS0

答：（1）提升高度为〃时，工件的速度大小为（至；

VCOS0

（2）在此过程中，工件运动的时间为户口，合力对工件做的功为"也。

【点评】本题主要考查了动能定理的相关应用，熟悉动能定理的内容，结合运动学公式和几

何关系即可完成分析。

14.【分析】（1）根据题意得出球1经过P点的速度，结合向心力的计算公式得出向心力的

大小；

（2）理解弹性碰撞的特点，结合动量守恒定律和能量守恒定律得出球2的质量；

（3）根据运动学公式联立等式得出对应的时间。

【解答】解：（1）球1第一次经过P点后的速度大小为：

M=%+%=2%

根据向心力的计算公式可得：

E=〃6（2%）2=4国

向RR

（2）碰撞瞬间，根据动量守恒定律和能量守恒定律可得:

=mv2+Mx(―v2)

=mV2

~2X(-V2)

联立解得：M=3m;v2=v0

（3）球1反弹到P点的时间为:

—7CR

「J7lR

%

球1在P点加速后速度大小为2%,此后根据运动学公式可得:

7lR7lR

t=----------=-----

2%+2%3%

所以总时间为:

7lR7lR54R

t=t+t=--1--=--

t22%3%6%

4/MVQ

答:（1）球1第一次经过尸点后瞬间向心力的大小为.?

R

（2）球2的质量为3〃z；

（3）两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间为士上。

6%

【点评】本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，理解弹性碰撞的特点，结合动量守恒定

律和运动学公式即可完成分析。

15.【分析】（1）带电粒子A进入电场的初速度方向与电场方向垂直，粒子在电场中做类平

抛运动，根据运动的合成与分解求得a的大小；对粒子A从M到N的运动过程，根据动能

定理求解”、N两点的电势差；

（2）根据类平抛运动的性质，结合在沿垂直电场方向与沿电场方向的分运动形式，应用运

动学公式求解；

（3）先由电势差与电场强度的关系求解电场强度。确定粒子相邻两次在磁场中做匀速圆周

运动的线速度大小关系，根据洛伦兹力提供向心力得到圆周运动半径的表达式，应用动能定

理求解磁场强度的大小；求得粒子每次在电场和磁场运动时间的通项表达式，应用数学知识

求解运动的总时间。

【解答】解：（1）带电粒子A进入电场的初速度方向与电场方向垂直，粒子在电场中做类

平抛运动，其轨迹如图1所示：

粒子A沿垂直电场方向做匀速直线运动，在N点沿垂直电场方向的分速度大小为%,其方

向与x轴正方向的夹角等于a,可得:

cos2a=—

2%2

解得：a=30。

对粒子从M到N的运动过程，根据动能定理可得:

1212

qUMN=TnQVo）一耳机培

解得：力产小，

2q

(2)粒子A在N点沿电场方向的分速度大小为：Vj=2v0sin2a=>/3v0

已知粒子A在电场中运动时间T,其沿垂直电场方向的分位移大小为：%=

粒子A沿电场方向做匀加速直线运动，对应的分位移大小为：防=,47=3%7

由几何关系可得N点横坐标为：

3百丁

xN=-cosa+S|-sina=—v0T

对于在该边界上任意位置p(x,y)进入电场的粒子，根据类平抛运动的性质：末速度与匀速

运动方向的夹角的正切值等于位移与匀速运动方向的夹角的正切值的2倍，几何关系的示意

图如图2所示:

图2

可得：tan0=|tan2a=tan(2x30°)=~；/=90°+a-6>=120°-<9

又有：tan/=^^

y

tan120°-tan。

tan/=tan(120°-&)=

1+tan120°tan。

联立解得此边界方程为:

1.拒

y=-vT----x

4(09

(3)由(1)(2)的结论可得电场强度为：E=4"，解得：£=史竺!L

设粒子A第〃次在磁场中做匀速圆周运动的线速度为匕,，可得第〃+1次在N点进入磁场的

速度大小为：

第一次在N点进入磁场的速度大小为2%,可得：v„=2"v0,("=1、2、3