河北省邢台市部分高中2024届高三年级下册二模物理试卷(含答案)

河北省邢台市部分高中2024届高三下学期二模物理试卷

学校：___________姓名：班级：考号：

一,单选题

1.核污水中含有多种放射性成分，其中有一种难以被清除的同位素僦（：H）,可能

引起基因突变。其衰变方程为:Hf^X+'e,：H的半衰期为12.5年，下列说法正确

的是（）

A.原子核：X是；He

B.：H衰变的本质是由强相互作用引起的中子转变为质子并释放出电子

C.1加g的汨经25年的衰变后，汨还剩0.25〃取

D.将核污水排入海洋后，僦因浓度降低使半衰期变长，放射性变弱

2.图甲是淄博市科技馆的一件名为“最速降线”的展品，在高度差一定的不同光滑轨道

中，小球滚下用时最短的轨道叫做最速降线轨道。取其中的“最速降线”轨道I和直线

轨道H进行研究，如图乙所示，两轨道的起点M高度相同，终点N高度也相同，轨道

I的末端与水平面相切于N点。若将两个相同的小球。和6分别放在I、II两轨道的

起点同时由静止释放，发现在I轨道上的小球。先到达终点。下列描述两球速率

v与时间人速率平方声与下滑高度力的关系图像可能正确的是（）

O

O

V2

3.“抖空竹,，是中国传统的体育活动之一。现将抖空竹中的一个变化过程简化成如图所

示模型：不可伸长的轻绳系于两根轻杆的端点位置，左、右手分别握住两根轻杆的另

一端，一定质量的空竹架在轻绳上。接下来做出如下动作，左手抬高的同时右手放

低，使绳的两个端点沿竖直面内等腰梯形的两个腰（梯形的上下底水平）匀速移动，

即两端点分别自A、C两点，沿AB、CD以同样大小的速度匀速移动，忽略摩擦力及

空气阻力的影响，则在变化过程中，下列说法正确的是（）

A.左右两绳的夹角增大

B.左右两绳的夹角减少

C.轻绳的张力变大

D.轻绳的张力大小不变

4.随着环保理念的深入，废弃塑料分选再循环利用可减少对资源的浪费。其中静电分

选装置如图所示，两极板带上等量异种电荷仅在板间形成匀强电场，漏斗出口与极板

上边缘等高，到极板间距相等，。、6两类塑料颗粒离开漏斗出口时分别带上正、负电

荷，经过分选电场后。类颗粒汇集在收集板的右端，已知极板间距为d,板长为L极

板下边缘与收集板的距离为H,两种颗粒的荷质比均为总重力加速度为g,颗粒进入

电场时的初速度为零且可视为质点，不考虑颗粒间的相互作用和空气阻力，在颗粒离

开电场区域时不接触极板但有最大偏转量，贝女）

给料区

B.颗粒离开漏斗口在电场中做匀变速曲线运动

C.两极板间的电压值为丝;

D.颗粒落到收集板时的速度大小为2g（L+"）+空-

y2L

5.保险丝对保护家庭用电安全有着重要作用，如图所示，A是熔断电流为1A的保险

丝，理想变压器的原、副线圈的匝数比为2:1,交变电压。=220V,保险丝电阻1C,

R是用可变电阻。当电路正常工作时，则下列说法正确的是（）

A.可变电阻R不能大于54.75。

B.可变电阻R越大，其消耗的功率越小

C.通过可变电阻R的电流不能超过0.5A

D.增加原线圈匝数，保险丝可能熔断

6.一半圆形玻璃砖的截面如图所示，截面内一细束单色光以45。的入射角从上射

入，在入射点由N缓慢移动到〃的过程中，不考虑光的反射，圆弧上有一半区域

有光线射出。已知玻璃砖的半径为凡单色光在真空中的传播速度为c,A为半圆的中

点，下列说法正确的是（）

A

R

MO\N

A.圆弧AN上没有光线射出区域的长度与圆弧AN长度之比为5:6

B.出射光线与水平方向最大夹角为90°

C.出射光线与入射光线均不平行

D.能从圆弧上射出的光线中，在玻璃病内的最大传播时间为=—

3c

7.水平放置的两金属板，板长为0.2m,板间距为0.15m,板间有竖直向下的匀强电

场，场强大小为2xl()3v/m,两板的左端点MN连线的左侧足够大空间存在匀强磁场，

磁感应强度的大小为0.2T,方向垂直纸面向里。一比荷为lxl()6c/kg正电粒子以初速

度％紧靠上极板从右端水平射入电场，随后从磁场射出。贝1]()

XXXI

XXX;0

XXX!

XXX

XXX：

XXX；

A.当%=1义104mzs时，粒子离开磁场时的速度最小

B.当％=20x104mzs时，粒子离开磁场时的速度最小

C.当%=狎x104mzs时，粒子离开磁场的位置距M点的距离最小

D.当%=2x1(/m/s时，粒子离开磁场的位置距M点的距离最小

二、多选题

8.滑板运动已经成为亚运会中备受瞩目的一项比赛项目，它不仅代表了一种独特的文

化，还展现了竞技体育的精神和魅力。如图所示，某次运动中，小孩(可看作质点)

与滑板以相同初速度%=6m/s一起滑上斜面体，整个过程斜面体始终保持静止。已知

小孩与滑板间的动摩擦因数4=0.6,滑板与斜面间的动摩擦因数人=05,小孩质量

叫=25kg,滑板质量m2=lkg,斜面体质量冽3=10kg,斜面倾角8=37。，已知

sin37°=0.6,cos370=0.8,重力加速度gTOm/sz,则在上滑过程中，下列说法正确的

是（）

A.小孩与滑板之间的摩擦力大小为120N

B.小孩沿斜面滑行的最远距离为1.8m

C.地面对斜面的支持力大小为36ON

D.地面对斜面的摩擦力大小为2O8N

9.足够长的两根平行等长的导轨弯折成正对的“」”形，部分水平且光滑，

NPNP部分竖直，如图所示，导轨间距为L=0.5m,整个空间存在竖直向上、磁感应

强度为B=2T的匀强磁场中，质量为加=0.2kg、电阻为尺=0.50、长度也为L的金属

棒仍放在导轨的上方，另一根与仍完全相同的金属棒cd置于NPNP的外

侧，距MV，足够高。现给a。棒一个向左的初速度％=8m/s,同时由静止释放cd棒，

金属棒cd与NPNP之间的动摩擦因数为〃=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，运

动过程中两金属棒始终与导轨接触良好，重力加速度g取lOm/sz,则下列说法不正确

A.初始时金属棒cd受到的摩擦力为4N

B.金属棒cd刚要开始运动时，金属棒ab向左移动的位移是0.8m

C.金属棒cd刚要开始运动时，金属棒ab所受安培力的功率大小为32W

D.当仍停止运动时，整个系统产生的热量为6.4J

10.如图甲，“星下点”是指卫星和地心连线与地球表面的交点。图乙是航天控制中心

大屏上显示卫星FZ01的“星下点”在一段时间内的轨迹，已知地球同步卫星的轨道半径

为r、地球半径为凡且广。6.7火，FZ01绕行方向和地球自转方向如图甲所示。则下列

说法正确的()

A.卫星FZ01的轨道半径约为百

B.卫星FZ01的轨道半径约为(

C.卫星FZ01可以记录到北极点的气候变化

D.卫星FZ01不可以记录到北极点的气候变化

三、实验题

11.某实验小组为了验证小球所受向心力与角速度、半径的关系，设计了如图甲所示

的实验装置，转轴由小电机带动，转速可调，固定在转轴上。点的力传感器通过

轻绳连接一质量为机的小球，一根固定在转轴上的光滑水平直杆穿过小球，保证小球

在水平面内转动，直杆最外边插一小遮光片P,小球每转一周遮光片P通过右边光电

门时可记录遮光片最外边的挡光时间，某次实验操作如下：

甲乙、

(1)用螺旋测微器测量遮光片P的宽度d,测量结果如图乙所示，则1=mm。

(2)如图甲所示，安装好实验装置，用刻度尺测量遮光片最外端到转轴。点的距离记

为，测量小球球心到转轴。点的距离记为以。开动电动机，让小球转动起来，某次遮

光片通过光电门时光电门计时为3则小球此时的角速度等于。(用字母d、

t、L1、乙2中的部分字母表示)

(3)验证向心力与半径关系时，让电动机匀速转动，遮光片尸每次通过光电门的时间相

同，调节小球球心到转轴。点的距离4的长度，测出每一个4的长度以及其对应的力

传感器的读数R得出多组数据，画出的关系图像应该为。

(4)验证向心力与角速度关系时让小球球心到转轴。点距离%不变，调节电动机转速，

遮光片尸每次通过光电门的时间不同，记录某次挡光时间t同时记录此时力传感器的

读数F,得出多组R与/的数据，为了准确验证小球所受向心力R与角速度0的关

系，禾佣实验测量应画________(选填“FTF-t2-”或“P1”)关系图。

12.某物理兴趣小组开展活动，测干电池的电动势和内阻。

(1)甲同学为了避免电流表、电压表的内阻对测量结果的影响，利用如图甲所示的电路

图测量干电池的电动势和内阻。先闭合开关斯，把开关S2掷于1时，改变滑动变阻器

接入电路的阻值，得到多组电流和电压值，在坐标纸上画出。-/图像如图乙中的。直

线；再把开关S2掷于2,重复操作，画出。-/图像如图乙中的6直线。为了消除电表

内阻对测量结果的影响，根据图像求出电源电动势上=V,电源内阻

(结果均保留三位有效数字)

(2)乙同学在没有电压表的情况下，设计了如图丙所示的电路图测量干电池的电动势和

内阻

①改变电阻箱接入电路中的电阻值，记录了多组电流表的示数/和电阻箱的示数R,

通过研究:-R图像，如图丁所示，求出电源电动势力=V,电源内阻

r=Q。(结果均保留三位有效数字)

②下图中实线代表理想电流表测得的情况，虚线代表电流表内阻不可忽略时测得的情

况，下列图中能正确反映相关物理量之间关系的是o(填选项字母)

四、计算题

13.气调保鲜技术可通过抑制储藏物细胞的呼吸量来延缓其新陈代谢过程，使之处于

近休眠状态来达到保鲜的效果。某保鲜盒中密封了一定质量的理想气体，气体的体积

约为V=6L,压强月=1.0xl()5pa,温度;=27?C,保鲜盒上部为柔性材料，气体体积

可膨胀或被压缩，盒内压强与外界大气压强相等，求：

⑴将保鲜盒放入保险库，保鲜盒内气体体积不变，保险库内压强2=9.2xl()4pa,求

此时保鲜盒内的温度巧；

(2)现将保鲜盒运至高海拔环境，需将保鲜盒内的一部分气体缓慢放出以保持体积不

变，假设释放气体过程中温度不变，现需将保鲜盒内的气体放出20%,求外界大气压

强P3O

14.如图所示，直角坐标系第一象限内有一竖直分界线尸0,PQ左侧有一直角三角形

区域one,其中分布着方向垂直纸面向里、磁感应强度为风的匀强磁场，已知04与

y轴重合，且Q4=”，。=60。，C点恰好处于PQ分界线上。尸。右侧有一长为L的平

行板电容器，板间距为上极板与左侧磁场的上边界平齐，内部分布着方向垂直纸

面向里，强弱随y坐标变化的磁场，和竖直向下场强大小为E的匀强电场。该复合场

能使沿水平方向进入电容器的电子均能沿直线匀速通过电容器。在平行板电容器右侧

某区域，存在一垂直纸面向内、磁感应强度为2稣的匀强磁场(图中未画出)，使水

平通过平行板电容器的电子进入该磁场后汇聚于x轴上一点。现有速率不同的电子在

纸面上从坐标原点。沿不同方向射到三角形区域，不考虑电子间的相互作用。已知电

子的电量为e,质量为机，求：

T_

■IMM

KIxw

-r’

(1)当速度方向沿y轴正方向时，能进入平行板电容器的电子所具有的最大速度是多

少；

(2)写出电容器内磁场的磁感应强度3随y坐标的变化规律；

(3)若电子沿上极板边缘离开电容器后立即进入右侧磁场，在答题纸上画出纵坐标

0<y<a区域内该磁场的左边界，并求出汇聚点的横坐标。

15.如图所示，绝缘水平面右侧锁定有一水平绝缘台阶，其上固定有两平行正对金属

薄板A、B,相距为d,台阶左侧有一小车，小车上表面绝缘且与台阶齐平，小车与台

阶紧贴无粘连，车上固定有两平行正对金属薄板C、D,相距也为小车和C、。板总

质量为如一质量为机的金属小球(视为质点)紧贴A板下端，此时小球电荷量为

q,静止释放，不计一切摩擦，3板和C板下端开有略大于小球直径的小孔，A、B、

C、。板均带电，仅考虑A、3板之间形成的电场片和C、。板之间形成的电场62,且

EI=2E2=2E°,忽略边缘效应，求：

(1)小球经过3板时速度大小；

⑵小球经过C板小孔的同时撤去小车右边的所有装置，并关闭C板下端小孔，在小球

第一次从C板运动到。板的过程，小车对地位移的大小；

⑶在第二问基础上，设小球与。板碰撞时间极短且无机械能损失，同时小球立即带上

与该板同种的电荷，电荷量仍为q,两板的带电量可认为不变，试推出相邻的两次碰

撞之间的时间间隔需满足的规律。

参考答案

1.答案：C

解析：A.根据反应过程满足质量数和电荷数，可知原子核：X是;He,故A错误；

B.；H衰变的本质是由弱相互作用引起的中子转变为质子并释放出电子，故B错误；

C.汨的半衰期为12.5年，l/ng的:H经25年的衰变后，可知结果两个半衰期，汨还

剩0.25机g,故C正确；

D.半衰期只由原子核自身决定，将核污水排入海洋后，僦因浓度降低使半衰期不变，

放射性不变，故D错误。故选C。

2.答案：A

解析：AB.根据机械能守恒可得力gH=；加丫2

可得小球。和》到达轨道底端的速度大小均为v=可瓦

小球6沿直线轨道H做匀加速直线运动，其VT图像为一条倾斜直线，小球。沿“最速

降线”轨道I运动过程，加速度逐渐减小，则其VT图像的切线斜率逐渐减小，且小球

。所用时间小于小球人所用时间，故A正确，B错误；

CD.根据机械能守恒可得mgh=gmv2

可得小球。和6下滑过程速率平方F与下滑高度h的关系为/=2gh

可知小球。和匕的图像均为一条过原点的倾斜直线，故CD错误。故选A。

3.答案：D

解析：对空竹受力分析，同一根绳子拉力处处相等，所以耳=心

共点力平衡，设片与水平方向的夹角为a,F2与水平方向的夹角为夕，有

Fxcosa=F2COS/?

所以&

所以两根绳与竖直方向的夹角相等为仇则2£cos9=，咫

两端点沿A3、CD以同一速度匀速移动，移动的过程的位移大小相等，两端点在水平

方向上的距离不变，所以。不变，从而得出耳和F?均不变，且两者大小相等，故ABC

错误，D正确。故选D。

4.答案：D

解析：A.根据题意可知，正电荷所受电场力水平向右，则电场方向水平向右，可知，

右极板带负电，故A错误；

B.由于颗粒进入电场时的初速度为零，在电场中受电场力和重力的合力保持不变，则

颗粒离开漏斗口在电场中做匀变速直线运动，故B错误；

C.根据题意，设两极板间的电压值为U,水平方向上有

Uqd1

——ma，————at:

d22

竖直方向上有L=

联立解得。=与二，故C错误;

D.根据题意，结合C分析可知，颗粒离开电场时的水平速度为

离开电场后，水平方向做匀速运动，则颗粒落到收集板时的水平速度仍为匕，竖直方

向上，颗粒一直做自由落体运动，则颗粒落到收集板时的竖直速度为

则颗粒落到收集板时的速度大小为v=后百2g(L+H)+^—

故D正确。故选D。

5.答案：B

解析：AB.将保险丝电阻看成交变电源内阻，则有可变电阻消耗的功率等于理想变压

器原线圈消耗的功率，设原线圈等效电阻为耳，则有

//=llR

A_也

，2〃1

联立可得

(/丫

&=IA二?7?=47?

当电路正常工作时，原线圈电流，<1A,则

U

&+R'=工>2200.

即

&=4R2219Q

所以

7?>54.75Q

根据电源输出功率的特点可知可变电阻R越大，输出功率越小，即原线圈消耗的功率

越小，可变电阻消耗的功率越小，故B正确，A错误；

C.设电阻R为r时，原线圈中电流刚好达到熔断电流，即，=1A,根据

/]—%

12n\

则副线圈的电流

12=也=2人

〃2

即通过可变电阻R的电流不能超2A；故C错误;

D.当其他条件不变，增加原线圈匝数，根据

22

R=R—R

V-*17<〃2，

可知相当于增加了原线圈的等效电阻，则根据欧姆定律可知原线圈电流减小，保险丝

不会熔断，故D错误;

故选B。

6.答案：A

解析：A.如图所示

设尸和。分别是半圆上光线射出的临界位置，因为半圆上有一半区域有光线射出，可

知

ZPOQ=9Q°

设光线射入玻璃砖后的折射角为仇全反射临界角为C,由几何关系可知

ZPOM=ZAOQ

即

9O0-0-C^C-0

则

C=45°

折射率

n=A/2

又由折射定律可知

sin(9

解得

8=30°

则

C-0=15°

故圆弧AN上没有光线射出的区域的长度与圆弧AN长度之比为

90。—15。5

90°~6

A正确；

B.结合几何知识可知，出射光线与水平方向夹角最大为75。，B错误;

C.由对称性可知，从A点出射的光线与入射光平行，C错误；

D.玻璃砖内的光线路径最长的是从A点出射的光线，故最大传播时间为

2R

15=_2®

max一工-3(?

正

D错误。

故选Ao

7.答案：D

解析：AB.粒子在磁场中做匀速圆周运动，要使粒子离开磁场时的速度最小，则粒子

在从电场进入磁场时速度最小，设粒子进入磁场时的速度v与水平方向的夹角为仇

根据类平抛运动的规律有，水平方向L=%/

竖直方向y=—at2

2

力口速度。=刍=1x106x2x103mzs2=2x109mzs2

m

而Vy=S

则tan。=%=2.上

%L

可得y=0.1tan8

根据匀变速直线运动速度与位移的关系式可得为=同

而造

联立以上各式可得v=立®=户2义10901叵=2xl04FJZ

sin。Vsin261Vsin26>

可知，当6=45。时，粒子进入磁场时有最小速度%口=2后xlO4mzs

4

此时%=vcos45°=2A/^X10x^-m/s=2x104mzs,故AB错误；

CD.根据以上分析可知，粒子进入磁场时的速度为v,进入磁场后粒子在磁场中做圆周

2

运动，偏转后从MN边界离开磁场，则由洛伦兹力充当向心力有3处=〃?,

mv

可得R

qB

根据几何关系可得，粒子进入磁场的位置与射出磁场的位置之间的距离为

〃=2Rcos”也至

qBtanO

2mJ2ay1cl

则离M点的距离为Ay=y+〃=y+—N~~-=—tan61+—1----

qBtan0105jtan6

即有Ay=—(tan0H—.)=—“tan夕-----)2H—/-------

10Jtan。10[_tan。Jtan。tan0

可知，当6=45。时，粒子离开磁场的位置距〃点的距离最小，而根据以上分析可知,

当，=45。时%=2xl()4m/s,故C错误，D正确。故选D。

8.答案：BD

解析：A.由于〃]〉〃2，所以小孩和滑板相对静止一起做匀减速运动到最高点，利用整

体法有(班+加2)gsin夕+4(町+m2)gcos0-(班+m?)a

解得a=10m/s2

方向沿斜面向下。对小孩分析，假设小孩和滑板间的摩擦力为力有了+班gsin8=7/a

解得了=100N,故A错误；

B.由速度位移公式可得》=纪立=L8m,故B正确；

-2a

C.以小孩、滑板和斜面体整体为研究对象，小孩和滑板做匀减速运动，加速度方向沿

斜面向下，加速度有向右和向下的分加速度，大小分别为q=acos。，%=asin。

根据系统牛顿第二定律可知，在竖直方向有(叫+m2+m3)g-FN=(ml+m2)ay

解得综=204N,故C错误；

D.地面对斜面体有向右的摩擦力，其大小为力=(g+m2)a,=208N,故D正确。故选

BDo

9.答案：ACD

解析：A.初始仍棒产生电动势E=BL%=8V

E

时与cd组成闭合回路，电流为/='=8A

2R

两金属棒所受安培力大小为尸=5〃=8N

根据右手定则可知，通过cd的电流方向由d到c,根据左手定则，cd受向左的安培

力，与导轨提供的支持力平衡，其所受最大静摩擦力为/_u/zNu/zB/LudNAmg

故此时受到的静摩擦力大小为/=/ng=2N,故A错误，满足题意要求;

B.当cd棒刚要运动时有了=〃5//=根？，r=—=—

2R2R

联立解得v=4m/s

从开始到cd棒刚要运动的过程，对金属棒根据动量定理得-即L%=加v-加%

：t=q,q为该过程通过金属棒的电荷量，则有“=方=9£=也=处

2R2R2R

联立解得x=0.8m

故B正确，不满足题意要求；

C.金属棒cd刚要开始运动时，金属棒ab所受安培力的功率大小为

D2T22

P=琮v=BFLv=^-=16W,故C错误，满足题意要求；

女2R

D.根据功能关系，湖棒克服安培力所做的功等于减少的动能，则有

|^|=|mvo=6.4J

而克服安培力所做的功等于回路产生的焦耳热，但cd棒下降过程中与导轨之间还有摩

擦生热，所以整个系统产生的热量大于6.4J,故D错误，满足题意要求。

故选ACDo

10.答案：AC

解析：AB.由轨迹图可知：地球自转一圈，卫星运动3圈，卫星做圆周运动，根据万有

引力提供向心力可得G^=加芸厂

解得同步卫星的周期为T=2%

\GM

卫星FZ01的周期为T'=2兀J'

\GM

由于7=37,所以/=靠厂，故A正确，B错误;

CD.卫星FZ01纬度最高时，根据图乙可知6=30。

如图所示

卫星离地球球心所在水平面的高度为/i=/sin30。“1.7R＞尺

即卫星高度大于北极点的高度，卫星FZ01可以记录到北极点的气候变化，故C正

确，D错误。故选AC。

11.答案：(l)1.880mm

Q)}

L/

⑶A

⑷八5

解析：(1)根据螺旋测微器的读数原理地

J=1Jmm+38x0.01mm=1.880mm

(2)遮光片通过光电门时光电门计时为t时遮光条地线速度为

d

v=—

t

所以小球此时的角速度为

vd

0=—=——

rLxt

(3)遮光片尸每次通过光电门的时间相同，L1、d不变，则①不变，由

1

F=mcoL2

可知F-L2的关系图像为过原点的倾斜直线。

故选A。

(4)由

a2r/d、2rmd2L1

F=mo)£=mx(——)x£=-----2----

9?22

-tLiGt

为了准确验证小球所受向心力R与角速度co的关系，利用实验测量应画歹-：图像。

12.答案：(1)1.40；7.00

⑵①1.33；8.00②C

解析：(1)电动势的准确值是L40V,由于坐标原点是(0,0.54),所以要求厂的准确值需

13512

要求出b图像的短路电流。由相似比得。=-^0-A=0.2A

连接1.40V与勾两点斜率即为厂，厂=业=四Q=7.00Q

L02

(2)①根据闭合电路欧姆定律U=IR=E-Ir

11V

整理可得—=—R+—

IEE

1v31

由—R图像知6.0=一,k=—=一

IE4E

所以石=1.33V,/•=8.00。

11r

②当电流表没有内阻时-=—R+—

IEE

当电流表有内阻时,=人氏+匕区

1EE

所以两图像的斜率相同，截距后者大于前者，故选C。

13.答案：(l)3℃(2)8xlO4Pa

解析：(1)由查理定律可得出=或

T[T]

其中工=(27+273)K=300K

解得《=276K

可得此时保鲜盒内的温度t°=(276-273)?=

⑵由玻意耳定律可得pyx=p3V3

其中K=80%匕

可得外界大气压强为P3=8x1(/Pa

14.答案：(1)典(2)B=第-(3)见解析；xZa+L+a

m2eB°y

解析：(1)根据题意可知，由洛伦兹力提供向心力，有

v2

evB=m—

Qr

解得

m

可知，能从0C边出磁场的电子，当运动轨迹和AC相切时半径最大，故半径最大值

G=a

所以，能从OC边出磁场的电子所具有的最大速度

)--e-B--a-

mm

(2)根据题意，画出从y处水平进入平行板间的粒子的运动轨迹，如图所示

r=2y

可得

m

电子均能沿直线匀速通过电容器，则有

eE—evB

解得

EmE

B=——=-------

v2eB°y

(3)进入右侧磁场，因磁感应强度为2为，所以运动半径为

R=y

磁场左边界为倾角45。的斜线，如图所示

由几何关系可得，汇聚点横坐标

X—y/3ct+JL+4

15.答案：（1）2^^（2）生|^1（3）4=（而工—师开）（〃取正整数）

解析：（1）小球经过3板时速度大小为％,对小球从A板到3板的过程中，由动能定理

2qEod=gmv；

可得,