2023-2024年山东省潍坊市高三年级下册一模物理试题（解析版）

潍坊市高考模拟考试

物理

一、单项选择题

1.核能是蕴藏在原子核内部的能量，合理利用核能，能有效缓解能源短缺问题。在核聚变

实验中，核反应方程是；H+：H-；He+X,；H核的结合能为Ej,:H核的结合能为£?，

；He核的结合能为E3。则一次核反应过程中（）

A.反应前后的动量不守恒

B.X为比

C.释放的核能大小为E.-E2-EX

D.电荷数守恒，质量数不守恒

【答案】

C

【解析】

核反应前后的动量守恒，故A错误；核反应过程中，电荷数守恒，质量数守恒，可得X的电

荷数为0,质量数为1,则X为；n,故BD错误；由能量守恒定律可知，核反应过程中释放

的核能大小为公。=石3-（g+石2）=石3-石2-耳，故C正确。故选C。

2.一物体在/=0时刻通过尸点的速度大小为%,加速度与速度方向相同，物体的加速度。

随时间/的变化如图所示。经2%物体运动到。点。在该过程中，下列判断正确的是（）

A.0-%与/（；2%的平均速度相同

B.0九与/（）2为合外力的冲量相同

C.0办与与2。合外力做的功相同

D.到达。点的速度大小为%

【答案】

B

【解析】

根据题意可知，由图可知，质点在02/0一直加速，则相等时间内通过的位移逐渐增大，

可知，0t0的平均速度小于/（）-2fo的平均速度，到达。点的速度一定大于%,故AD错误;

根据a-f图像的面积表示速度变化量，由图可知，0%与％2。的速度变化量相等，且

速度一直增大，则动量变化量相同，由动量定理可得，0九与%2。合外力的冲量相同,

1,1

由动能定理可得，0办合外力做的功叫=5根（%+八丫）t02。合外力做的

1?19

功叱=3根（%+2人）~—5加（％+八丫），则有吗〉叱可知，o办合外力做的功小于

t02。合外力做的功，故B正确，C错误。故选B。

3.开环燃气发动机采用双重加热循环的工作原理，一定质量的理想气体双重加热循环的

尸―V图像如图所示，其中afb,dfe为等温过程，cd平行于横轴，be、ea平行于

纵轴，下列说法正确的是（）

A.afZ;过程，气体内能不变，不与外界发生热传递

B.沙fc过程，气体分子单位时间内与器壁单位面积上的碰撞次数不变

C.c->d过程，气体从外界吸收的热量大于气体内能的增量

D.affcfa整个过程，气体放出的热量大于吸收的热量

【答案】

C

【解析】

a-匕过程，根据题意，温度不变，则气体内能不变，根据热力学第一定律有AU=W+。,

由于体积减小，外界对气体做正功，因此气体从外界释放热量，故A错误；沙.c过程，体

积不变，气体分布密集程度不变，压强增大，根据K=C,可知，温度升高，分子运动的

T

平均速率增大,则气体分子单位时间内与器壁单位面积上的碰撞次数增多，故B错误；cfd

V

过程，压强一定，根据一=c,体积增大，则温度升高，气体内能增大，气体对外做正功,

T

根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收的热量大于气体内能的增量，故C正确；P-V

图像的面积表示功，根据图像可知afCfdfCf。整个过程，气体对外做正功，

即W取负值，内能不变，根据热力学第一定律可知，气体放出的热量小于吸收的热量，故

D错误。故选C。

4.2023年5月30日16时29分神舟十六号成功对接于空间站天和核心舱径向端口，若对

接前“神舟十六号”和“空间站”分别在圆形轨道I和II上绕同一方向做匀速圆周运动，圆

周运动的半径分别为弓、马，地球半径为R,地球表面重力加速度为g,万有引力常量为G,

下列说法正确的是（）

地球的密度约为也

4兀R

神舟十六号与空间站的线速度之比为工

4

r,

神舟十六号与空间站的向心加速度之比为二

ri

从相距最远到相距最近的最短时间为工

g2R（以-^2）

【答案】

D

【解析】

l“yjmQ=M=M--------3g

根据万有引力与重力的关系G丁=7〃g,地球的密度约为"V4〃G

4TVGR，故

A错误；根据万有引力提供向心力6粤=机匕，可得v=

，神舟十六号与空间站

rrr

Mm

的线速度之比为九,故B错误；根据牛顿第二定律6尸="，可得

%

a二雪,神舟十六号与空间站的向心加速度之比为幺=二：5=与，故C错误；根据

ra2rxr2rx

万有引力提供向心力6喜=加。2r，根据万有引力与重力的关系GS=mg,可得

01=J*，。2=/冬，从相距最远到相距最近的最短时间满足（例-。2）/=乃，从相

3

距最远到相距最近的最短时间为”「（华）、，故D正确。故选D。

g2R（以一不）

5.制造半导体元件，需要精确测定硅片上涂有的二氧化硅（Si。？）薄膜的厚度，把左侧二

氧化硅薄膜腐蚀成如图甲所示的劈尖，用波长4=630nm的激光从上方照射劈尖，观察到

在腐蚀区域内有8条暗纹，且二氧化硅斜面转为平面的棱处是亮纹，二氧化硅的折射

率为1.5,则二氧化硅薄膜的厚度为（

甲

A.1680nmB.1890nmC.2520nmD.3780nm

【答案】

A

【解析】

2

根据题意，由于二氧化硅的折射率为1.5,则激光在二氧化硅中的波长为4二一,观察到在

n

腐蚀区域内有8条暗纹，则二氧化硅斜面转为平面的棱处是亮纹是第9条，设二氧化硅

薄膜的厚度为d，则有2d=8%,联立解得d=1680nm,故选A。

6.图甲为一列简谐波在/=2s时的波形图，M是平衡位置为10m处的质点，图乙为质点

M的振动图像，则()

A.该列波沿x轴负方向传播

B.该波的波速大小为3m/s

C.在，=6s时，无=0m处的质点加速度沿V轴负方向

D.尤=0m处质点振动方程为y=20sin(

【答案】

D

【解析】

由图乙可知，〃点在/=2s之后，先向下运动，再结合图甲可知，该波沿％轴正方向传播，

A错误；由图乙可知，该波的波长为;l=12m,由图乙可知，该波的周期为T=3s,该波

的波速大小为v=^=4m/s,B错误；图甲为一列简谐波在2=2s时的波形图，在r=6s时,

4

时间经过了4s,相当于一个周期，则x=0m处的质点加速度沿V轴正方向，C错误；该波

3

一、27r2»

的振幅为A=20cm,该波的角速度为@=—=—,则x=0m处质点振动方程为

T3

/.JLJL

y=-20sin(—(t-2))cm=20sin(~?_^Cm*D正确；故选D。

7.如图所示，一半径为R的光滑大圆环竖直固定在水平面上，其上套一小环，为圆

环上关于竖直直径对称的两点，将。点下方圆环拆走，若小环从大圆环的最高点c由静止开

始下滑，当小环滑到匕点时，恰好对大圆环无作用力。已知重力加速度大小为g,若让小圆

环从最高点c由静止下滑从。点滑离。小圆环落地时的水平速度大小为()

【答案】

B

【解析】

根据题意，设。点与0的连线与竖直方向的夹角为9,如图所示，从c到。由机械能守恒定

1V2

律有zngR—7ngRcos8=—小丫；9，在〃点，由牛顿第二定律有根geos8=加上，解得

2R

25

cos3=~,vb=J-gKf由对称性可知，小圆环从最高点。由静止下滑〃点的速度大小同

为JggR,小圆环从。点滑离，水平方向做匀速运动，则小圆环落地时的水平速度大小为

8.如图所示，一倾角为37。足够长光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端有一挡板，一

根劲度系数k=100N/m的轻弹簧两端分别连接在固定挡板和物体P上，紧挨着P放置物体

Q（不与P粘连），现对Q施加一个沿斜面向上的拉力/使Q做匀加速直线运动，从施加

拉力开始计时，/=0.2s后拉力厂不再变化，已知P的质量%=lkg,Q的质量

2

mQ=4kg,g=10m/s0下列说法正确的是（）

A.1=0时「、Q间的作用力为24N

B./=0.2s时弹簧中的弹力为0

C.t=0.2s时拉力尸=56N

D.Q的加速度大小为ISm/s?

【答案】

C

【解析】

刚开始弹簧的压缩量为囚=里=（强""Q）gsm370=（）,3m，f=0.2s时，拉力E不再

kk

变化，说明此时PQ刚好分离，它们之间弹力正好为0,而此时P和Q具有相同的沿斜面

向上的加速度。，设此时弹簧的压缩量为Ax',对P由牛顿第二定律

kAx'-mpgsin37°=rr^a,该段时间内由运动学规律得Ax—Ax'=ga/，t=0,2s＞联立

解得最'=0.1401,«=8m/s2.设/=0时P、Q间的作用力为耳，对P由牛顿第二定律

得与-mpgsin37O-K=咻。，库=（叫+%%sin37。，解得耳=16N,故AD错误；

根据前面分析可知/=0.2s时，弹簧中的弹力埸=/：Ax'=14N,故B错误；t=0.2s时对

Q由牛顿第二定律得/—WQgsin37°=mQ。，解得尸=56N,故C正确。故选C。

二、多项选择题

9.风力发电绿色环保、低碳，通过变压器和远距离输电线给用户供电，工作原理如图所示。

发电机线圈面积S=0.5m2、匝数N=100匝、电阻不计，处于磁感应强度大小为8的匀强

磁场中，线圈绕垂直磁场的水平轴匀速转动，转速〃=25r/s,其输出端与升压变压器的原

线圈相连，输出电压Q=250V,升压变压器原、副线圈的匝数比%:%=5:48,输出功

率为12kW,降压变压器的副线圈连接用户，两变压器间的输电线总电阻R=40。，变压

器均为理想变压器。用户端工作电压为220V。下列说法正确的是（）

A.磁感应强度大小为5=」一T

10/r

B.用户获得的功率为llkW

C.降压变压器原、副线圈匝数比&：%=130:11

D.若输出电压G不变，输电线电流变大，则用户端电压变小

【答案】

BD

【解析】

NBSm

发电线圈产生的感应电动势表达式为E=NBSosin°f,co=27m,U[=，解得

3=正T，A错误；升压变压器副线圈的电压为S=%q=2400V,升压变压器副线

10万n\

圈的电流为A=；=5A,则。3=。2-/2氏=2200丫，则用户获得的功率为

U2

P=U3I2=HkW,B正确；降压变压器原、副线圈匝数比为%:%=。3：。4=10：1，C

错误；若输出电压q不变，贝U3不变，输电线电流变大，则3减小，则勿减小，D正确;

故选BD„

10.如图为透明长方体的横截面皈〃，其折射率"=亚，一细束单色光以角夕入射至面

2

上的P点，ep=—=L,已知光在真空中的传播速度为C,不考虑光在长方体内的二次及

2

二次以上的多次反射，下列说法正确的是（）

A.当入射角为。=60°时，光在长方体中的传播时间为且：

C

B.当入射角为。=60。时，光在长方体中的传播时间为冬昼

c

C.当入射角。＜45°时，折射到e/z面上的光一定发生全反射

D.当入射角。＜45°时，折射到e/z面上的光不一定发生全反射

【答案】

AC

【解析】

sin。

当入射角为0=60。时，根据折射定律有可得，光经过4面折射后折射角为

sinp

〃=45。，则光在长方体中传播的光路如下图所示，根据光路的可逆性可知，光从e/z的中

点4射出长方体，则根据几何知识可得，光在长方体中的传播路程为s=低，又光在长方

体中的传播速度为v=£,则光在长方体中的传播时间为f=9，联立解得，光在长方体中

nv

的传播时间为好包，故A正确，B错误；根据全反射公式有sinC=l=逅，Ni＞NC，

cn3

sin。C

设光在M面的入射角为i,根据折射定律有〃由几何知识有，+6=90。，联立可

sinp

得sine＜在，即入射角6＜45。，则折射到面上的光一定发生全反射，故C正确，D

2

错误。故选AC。

11.如图所示，将电荷量为+q的两个点电荷固定在直三棱柱底面的a、h两点，将电荷量

为一q的点电荷固定在C点，已知三角形为等腰直角三角形，Zabc=90°,

==静电力常量为左，下列说法正确的是（）

A.c点的电荷受力指向ah的中点

B.从h到少点电势先增大后减小

C.将负试探电荷从。'点移到c'点，其电势能变大

D.//点场强的大小为正,

21}

【答案】

CD

【解析】

根据题意，由几何关系可得ac=@,,由库仑定律可得，间库仑力大小为耳„=弟，

方向由c-a,be间库仑力大小为凡,=M=2%C，方向由cf-如图所示，由几何

L

关系有=O'b=be,AO'bc>AObc,可知，cO与cO'不重合，即。点的电荷

2

受力不指向己6的中点，故A错误；若去掉匕点电荷，可知，沅/在等量异种电荷连线的中

垂面上，则沅;为等势线，b点点电荷在从/上的电势，由〃到人逐渐减小，则从b到//点

电势逐渐降低，故B错误；若去掉〃点点电荷，b点和。点的点电荷为等量异种电荷，可知,

//的电势大于c'电势，由几何关系可知abr<acr,则〃点点电荷周围//的电势大于c'电势,

综上所述，少的电势大于d电势，则负试探电荷在c'点的电势能大于在少的电势能，故C

正确；根据题意，由点电荷场强公式E=Kg可知，。点点电荷在少的电场强度大小为

r

弓=多，同理可得且=*，琢=条’方向如图所示，则有

E..=Ecos45°=—345。=交纥

flE=E

aba2a4-Lrbec2cA-Lr

Ehb.=Eh+Easin450-Ecsin45。=与，则b'点场强的大小为

Li

史义，故D正确。故选CD。

约21}

12.如图所示，两根I一型平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨

间距分别为/和刀，处于竖直向下的磁场中，磁感应强度大小分别为28和5。已知导体棒

加?的电阻为H、长度为/,导体棒cd的电阻为2尺、长度为21,cd的质量是次?的3倍。

两棒中点之间连接一原长为L轻质绝缘弹簧。现将弹簧拉伸至3L后，同时由静止释放两导

体棒，两棒在各自磁场中往复运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持

与导轨垂直且接触良好，导轨足够长，电阻不计。下列说法正确的是（）

|XxXXx

XXXXXXXx

xXXXX

xx2BxxVWWWWW1B

XXXX

xxxxxXXX、

bXXXXX

d

A.整个过程中，回路中始终产生顺时针方向的电流

B.整个运动过程中，ah与cd的路程之比为3:1

C.cd棒克服安培力做的功等于cd棒产生的热量

D.整个运动过程中，通过cd的电荷量为竺以

3R

【答案】

BD

【解析】

根据题意可，由静止释放，ab向右运动，cd向左运动，即弹簧收缩，由右手定则可知，回

路中产生顺时针电流，设某时刻电流大小为/,可知，ab所受安培力大小为F°b=2BII,

方向向左，cd所受安培力大小为月.」=31•2/,方向向右，可知，两棒系统受合外力为零,

动量守恒，则当弹簧伸展过程中，一定有向左运动，cd向右运动，根据右手定则可知,

回路中产生逆时针方向的电流，故A错误；由A分析可知，两棒系统受合外力为零，动量守

恒，由于开始运动时，系统动量为零，则任意时刻两棒的动量大小相等，方向相反，则有

Vab=mcdvcd,设运动时间为t,则有mabvaht=mcdvcdt,即“川〃产mcdscd，贝！|a6与cd

s.m,3

的路程之比为上=*=；,故B正确；由上述分析可知，整个运动过程中，两棒所受安

Scdmab1

培力一直保持大小相等，且而与cd的路程之比为3:1,则必与cd克服安培力做的功之比

为3:1,由公式。=尸放可知，由于仍与cd的电阻之比为1:2,则必与cd产生的热之

比为1:2,可知，cd棒克服安培力做的功不等于cd棒产生的热量，故C错误；由公式

E一=——△①、/-=—E^和£=〃-可得，整个运动过程中，通过cd的电荷量为q=--△--①---,

A/2R+R2R+R

当两棒在各自磁场中往复运动直至停止，弹簧恢复原长，两棒间距离减小2L，则向右

3311

运动的距离为4&=7><2工=5工，cd向左运动的距离为％,=4*2工=万工，则有

2Blx.+B-llx.4BLI

q=--------------=-----,故D正确。故选BD。

2R+R3

三、非选择题

13.某同学利用如图所示装置探究滑块与长木板间的动摩擦因数。

实验过程如下：

①长木板水平固定，将弹簧左端固定在挡板P上，弹簧右端与滑块不栓接，当弹簧处于原

长时，与弹簧右端接触的滑块中心位于。点，。点右侧放一相同的木板，与左侧木板上表

面平齐水平对接，如图甲所示；

②用滑块压缩弹簧到A点，用刻度尺测量出间的距离x；释放滑块，记录其在右侧木

板上停止时的位置B，测出0B间的距离A；

③如图乙所示，拆去。点右侧的木板，在。点下方挂上重锤，再次用滑块将弹簧压缩到A点

无初速释放，记录其落到水平地面的位置C,测出。点到地面的竖直高度/2,及落地点C到

。点的水平距离4；

④查得当地重力加速度为g。

请回答下列问题：

（1）滑块从。点滑离时的初速度大小为，滑块与长木板间的动摩擦因数〃=

（用所测物理量符号表示）。

（2）若测得滑块质量为加，则释放滑块时弹簧的弹性势能£=（用所测物理量的

符号表示）。

【答案】

⑴①•G岛，②・枭⑵簧（…）

【解析】

（1）［1］根据题意可知，拆去。点右侧的木板，滑块从0点飞出做平抛运动，竖直方向上

有丸=gg/，水平方向上有解得%=七后；因］滑块由。点到8点，由动能

1£2

定理有一〃mgL=0--mvg,解得〃=―2—；

24hL,

（2）滑块由A点到。点，由能量守恒定律可得，释放滑块时弹簧的弹性势能

14.某同学制作一个多量程的电流表和欧姆表，他设计的电表电路如图所示。所用器材分别

为：

A.电流表G（满偏电流4=lmA,内阻Rg=180C）；

B.定值电阻&、R2；

C.滑动变阻器R（最大阻值为2000）；

D.电源（电动势为L5V,内阻忽略不计）；

E.单刀双掷开关S1、S2；

F.表笔及导线若干

①将单刀双掷开关S1接b,S2分别接2、1时，d可串联在电路中作为电流表，量程

分别为10mA和100mA；

②若单刀双掷开关S1接a,S2分别接1、2时，可作为双量程的欧姆表使用。

（1）电路中定值电阻与的阻值为。。

（2）当单刀双掷开关加接。，再将开关S?接1时，欧姆表的挡位为（填“xl”或

“X10”）；欧姆调零后将待测电阻4接在。、d间，发现电流表指针偏转角很小，断开电

路并将挡位换成另一挡位，再次欧姆调零时，滑动变阻器R的滑片（填“向上”或

向下”）移动。调零后再次将电阻《接在。、d间，电流表的指针对准刻度盘上的0.6mA

处，则电阻凡=Qo

【答案】

（1）2;（2）①.xl，②.向上，③.100

【解析】

（1）根据题意，由并联分流原理可得，当单刀双掷开关S］接人，S?接2时量程为10mA,

接1时量程为100mA,则有4（&+&）=（/I-4）居，44=（/2-4）（4+&）,代入数

据解得K=2Q,&=18Q；

（2）［1］当单刀双掷开关S1接。，再将开关S?接1时，&与电流表串联再与与并联，三者

（凡+凡）固

的总电阻为尺圾=nn一二=1.98Q，将开关S,接2时,凡与鸟串联再与电流表并联,

舄+此+4

（片+凡）4

三者的总电阻为R女=D：=18Q,欧姆表的倍率大的挡位内阻大，所以将单刀双

片+4+4

掷开关S与1接通时，欧姆表的挡位为xl。［2］结合上述分析可知，将挡位换成另一挡位，

即将单刀双掷开关S与1接通换成与2接通，电流表满偏时，干路电流减小了，则调零时需

增大滑动变阻器接入电路的电阻，即滑动变阻器R的滑片向上移动。［3］结合上述分析可知，

挡位换成另一挡位调零后，电流表满偏时，干路电流为10mA,则欧姆表内阻为

F

4=7=1500,将电阻&接在C、d间，电流表的指针对准刻度盘上的0.6mA处，干

10E

路电流为/'=『X0.6mA=6mA,则电阻凡=7—。=100Q。

15.2023年12月21日，神舟十七号航天组完成了天和核心舱太阳翼修复任务。如图所示,

气闸舱有两个气闸门，内闸门A与核心舱连接，外闸门B与外太空连接。气闸舱容积

K=15m3,核心舱容积％=100„?,开始气闸舱和核心舱的气压都为p0（标准大气压）。

航天员要到舱外太空行走，需先进入气闸舱。为节省气体，用抽气机将气闸舱内的气体抽到

核心舱内，当气闸舱气压降到和外太空气压相同时才能打开外闸门8该过程中两舱温度不

变，不考虑漏气、新气体产生、航天员进出舱对气体的影响。求：

（1）当气闸舱的压强降至0.7%时，从气闸舱抽出的气体与原来气体的质量之比；

（2）内闸门A的表面积是S,每次抽气的体积为AV=2m3,抽气后抽气机内气体压强与

气闸舱内剩余气体压强相等，第1次抽气到核心舱后，两舱气体对内闸门A的压力差"大

小。

V2

核心舱I气闸舱

j_r

外太空

【答案】

23

(1)0.3；(2)——pS

1700

【解析】

(1)根据题意，设抽出气体的体积为AV,抽出气体前后，由玻意耳定律有

=0.7^(^+AV),从气闸舱抽出的气体与原来气体的质量之比左=而而，联立

解得左=0.3；

(2)第一次对气闸舱抽气后气闸舱气压变为内,由玻意耳定律有为匕=巧(匕+AV),解

得化=持〃0,第一次对核心舱充气后，核心舱气压变为p2,则有p(y2+p^v=p？v2,

17323

解得必=而0。'两舱气体对内闸门A的压力差^(p2-pl)S=—p0S„

16.跑酷，又称自由奔跑，是一种结合了速度、力量和技巧的极限运动。如图甲所示为一城

墙的入城通道，通道宽L=6m,一质量阴=50kg的跑酷爱好者从左墙根由静止开始正对

右墙做加速运动，加速到A点斜向上跃起，到达右墙壁8点时竖直速度恰好为零，8点距

地面高〃=0.8m,然后立即蹬右墙壁，使水平速度变为等大反向，并获得一竖直向上的速

度，恰能跃到左墙壁的。点，。点与3点等高，飞跃过程中人距地面的最大高度为

H=2.05m,重力加速为g,可认为整个过程中人的姿态不发生变化，如图乙所示，求:

(1)人蹬墙后的水平速度大小；

(2)人加速助跑的距离s。

【答案】

(1)匕=6m/s；(2)s=1.8m

【解析】

(1)设人蹬墙后的水平速度大小为匕，从8到C做斜抛运动，水平方向有《竖直方

,V2、

向有Vy=g，，由7/=——+h，联立得匕=6mzs；

2g

(2)由题意可知%=匕，人从静止开始到A做匀加速直线运动，根据速度位移公式得

Vo=las,解得s=1.8m。

17.现代科学研究中，经常用磁场和电场约束带电粒子的运动轨迹，如图所示，有一棱长为

L的正方体电磁区域。灰0-皈儿以棱十"中点为坐标原点建立三维坐标系。町2,正方体

电磁区域内充满沿z轴负方向的匀强电场和匀强磁场，在。点有一粒子源，沿x轴正方向

发射不同速率的带电粒子，粒子质量均为加，电荷量均为+4。已知速度大小为%的粒子，

恰从坐标(牛点飞出(图中未标出)，不计粒子的重力。求

(1)磁感应强度大小8；

(2)电场强度大小E；

(3)从正方体上表面abed飞出的粒子速率范围。

【答案】

2

n3mvn_81mvn…二:、3

⑴B=~^~；(2)E=­(3)3(2-73)v0<v<-v0

2qL25〃qL2

【解析】

(1)带电粒子在匀强磁场的作用下做匀速圆周运动，粒子从。点开始沿x轴正方向发射，

其匀速圆周运动的圆心必定在y轴上。根据几何关系可知，粒子到达(半,乙)点时，和。

点的连线与y轴之间的夹角a满足tana=走，解得a=30°,设圆周运动的半径为(，

3

0L2

根据洛伦兹力提供向心力可得4%5=加至，解得

则有工=sin6。。,解得，=一

34

2-3"?%

—2qL°

.a门d

图1

2TIT4"

(2)设带电粒子做圆周运动的周期为T，则有4%6=加(于『0A，解得7=?］，在题述

14兀L

的运动中，粒子的轨迹对应的圆心角为120。，所以运动时间为，=丁7=^^,粒子在匀强

39%

电场的作用下做类平抛运动，加速度为。=逑，沿着电场方向的位移为2=工。产=更

m225

联立解得E=/

(3)由上述分析可知当粒子从正方体上表面abed飞出的，粒子速率越大，粒子的分运动

匀速圆周运动的半径越大，图1中的P点越靠近d,轨迹圆心角越小，粒子在电磁场中的运

动时间越短，粒子沿Z轴负方向的位移越小。当粒子速率最大为％ax时在cd边射出，对应

2o

的圆周运动轨迹为1/4圆周，其半径等于L,则有4%03=加匕"，解得匕四=5%,假

L2

设粒子沿z轴负方向的分运动匀加速运动到了点时(其位移大小等于上)，粒子能够在反边

2

L1aE57rL

射出，设粒子在电场中运动时间为力,,则有一=-----解9得与=丁，粒子的分运动