山东省枣庄市2023-2024学年高三年级上册1月期末考试物理试题（解析版）

2023-2024学年第一学期高三质量检测

物理试题

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改

动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在

本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要

求。

1.物理概念的建立推动了物理学的发展，下列关于物理概念建立的说法中正确的是()

A.力的概念是牛顿建立的

B.加速度概念是由亚里士多德首先提出的

C.电压概念是伽利略首先建立的

D.电场是安培完善后形成的概念

【答案】A

【解析】

【详解】A.牛顿将物体间复杂多样的相互作用抽象为“力”，为提出牛顿第一定律而确立了一个重要的物

理概念，故A正确；

B.加速度的概念是由伽利略首先提出来的，故B错误；

C.电压概念是伏特首先建立的，故C错浜；

D.法拉第最早提出了“电场”的概念，麦克斯韦建立电磁场后完善了场的概念，故D错误。

故选Ao

2.2024年1月10日是第四个中国人民警察节，东莞上千架无人机上演“苍穹之舞若取竖直向上为正方

向，其中一架无人机沿竖直方向运动的修图像，如图所示。关于这架无人机运动的说法中正确的是

()

v/(ms-1)

A.4s-6s内无人机处于悬停状态

B.无人机可以上升的最大高度是8m

C.6s~10s内无人机处于失重状态

D.无人机在第2s末开始向下运动

【答案】C

【解析】

【详解】A.4s~6s内无人机以4m/s的速度匀速向上运动，A错误；

B.四图像中图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移，可得，无人机在前2s内上升的高度为

2x8。

hf=-----m=8m

2

0-8s无人机都在上升，所以上升的最大高度一定大于8m,B错误；

C.H图像中图线表示物体的加速度，6s~10s内斜率为负值，表示无人机加速度向下，处于失重状态，C

正确：

D.无人机在第2s末速度仍未正值，所以依然向上运动但速度开始减小，D错误。

故选C。

3.如图所示，细绳将光滑小球A悬挂在电梯轿厢竖直壁上的。点，木板B被小球A挤在轿厢内壁上，细

绳与侧壁的夹角为仇电梯静止时，木板B恰好不下滑。已知小球A、木板B的质量分别为M、最大

静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法中正确的是()

A.木板B与电梯侧壁之间的动摩擦因数为夕

M

B.当电梯以加速度。(〃<g)竖直加速下降时，A对B的压力大小为M(g+a)tan6

C.当电梯以加速度。竖直加速上升时，木板B会滑落

D.电梯以加速度<g)竖直加速下降E寸，木板B仍保持静止

[<1D

【解析】

【详解】A.根据题意，对小球A受力分析，设木板B对小球的支持力为N：绳子的拉力为广，由平衡条

件有

Fsin6=N,Feos。=Mg

解得

N=Mgtan。，F=1ng

cos。

对木板B有

mg=fiN

解得

msm

u=-2-=---------

NMtan6>

故A错误；

BD,当电梯以加速度vg）竖直加速下降时，则有

Mg-F、cos0-Ma

解得

1cos。

则木板B对小球的支持力为

N、=M（g_［）tane

由牛顿第三定律可得，A对B的压力大小为

N；=N\=M（g_〃）tang

此时，木板B与墙面的最大静摩擦力

f=Mtan."（且tan9=m（g-a）

对木板B,竖直方向上有

mg-f=ma

解得

f=m（g-a）=fm

可知，木板B仍保持静止，故B错误，D正确:

C.当电梯以加速度。竖直加速上升时，则有

F2COS0-Mg=Ma

解得

FJ(g+〃)

cos，

同理可得

N2=M(g+a)tan。

此时，木板B与墙面的最大静摩擦力为

Zn2=，〃(g+a)

对木板B,竖直方向上有

f-mg=ma

解得

f=m[g+a)=f^

可知，木板B仍保持静止，故C错误。

故选D。

4.2023年11月22日，“夸父一号”先进天基太阳天文台卫星，完成在轨初步评估，卫星工作正常，性能

稳定。“夸父一号”卫星最终运行在太阳同步晨昏轨道0(距离地面720km的圆形轨道)上，其轨道面和

地球晨昏线始终近似重合。该卫星先被发射到椭圆轨道I上运行，在A处通过变轨转移至圆形轨道H上运

行，48分别为椭圆轨道I的远地点和近地点，地球同步卫星距离地面36000km,下列说法中正确的是

()

轨道II,/".....'、、、

，，/轨道I\

/

M

A.卫星经过8点时的速度小于沿轨道n经过A点时的速度

B.卫星沿轨道I、II经过A点时的加速度相等

C.“夸父一号”卫星的周期与地球同步卫星的周期相等

D.“夸父一号”卫星的机械能小于地球同步卫星的机械能

【答案】B

【解析】

【详解】A.设卫星在过5点圆轨道上的运行速度为以，卫星沿轨道II经过4点时的速度为由万有引

力提供向心力有

GMmv

=in—

设卫星在轨道I经过8点时速度以I，卫星经过B点时，由圆轨道变轨到轨道I需加速，则有

%>%

即卫星经过B点时的速度大于沿轨道II经过4点时的速度，故A错误;

B.根据题意，由万有引力提供向心力有

GMm

——；—=ma

可知，卫星沿轨道I、n经过A点时的加速度相等，故B正确;

C.由万有引力提供向心力有

GMm

由于“夸父一号”卫星的轨道半径与地球同步卫星的轨道半径不相等，则“夸父一号”卫星的周期与地球

同步卫星的周期不相等，故C错误；

D.由于不知道“夸父一号”卫星与地球同步卫星的质量关系，无法比较二者的机械能关系，故D错误。

故选B。

5.如图所示，真空中M、N、。三点共线，MN、NO之间的距离分别为3L、L,N点固定电荷量为一4的点

电荷，当M点也放置一点电荷后，在它们共同形成的电场中，电势为零的等势面（取无穷远处电势为零）

恰好是以。点为球心的球面。已知点电荷周围某点的电势为°一丝，「为该点到点电荷的距离，Q为场源

r

电荷的电荷量。则放置在/点的点电荷的电荷量为（）

✓/----、、、

/、

//c\\

!-q\

-----\-N-O；-

、\✓/

A.qB.2qC.3qD.4q

【答案】B

【解析】

【详解】根据题意，设等势面的半径为欠，置在M点的点电荷的电荷量为40,则有

4L—R-R—L'4L+R-R+L

联立解得

%=2q，R=2L

故选B。

6.如图所示，磁感应强度大小为8的匀强磁场中一矩形线圈绕垂直于磁场的轴OO'匀速转动，转动角速

度为产生的电能通过滑环M、N由单刀双掷开关控制提供给电路中的用电器。线圈的面积为S,匝

数为N,线圈的总阻值为广，定值电阻«=&=火，理想变压器的原、副线圈匝数比为1:2,电压表为

理想电表。线圈由图示位置转过90。的过程中，下列说法中正确的是（）

A.若开关打到“1”，通过电阻R1的电荷量q=A坐

R+r

TTN①RB2s2

B.若开关打到“1"，电阻R1产生的热量。="n、，

C.若开关打到“2”，电压表的示数为U=竺史亚

5R+4r

D.若开关打到“2”，电阻R,产生的热量Q=叱吁：

16(/?+r)

【答案】C

【解析】

【详解】A.若开关打到“1”，线圈由图示位置转过90。的过程中，平均感应电动势为

-A①

E=N——

又有

7=工q=IAt

R+r

可得

△①NBS

q=N

R+rR+r

故A错误;

BCD.根据题意可知，线圈由图示位置转过90。的过程的时间为

-1--..2./.r.---7-1-

4602co

线圈转动产生感应电动势的最大值为

Em=NBSs

有效值为

_Em_NBS①

七一vrqr

若开关打到“i”，感应电流的有效值为

BNSco

夜(R+r)

电阻用产生的热量

22

B?NS九①R

0=/沁=

4（/?+r）2

若开关打到“2”，设电压表读数为U,流过此的电流为/,则原线圈两端电压为

U\=QU

流过原线圈的电流为

/,=21

则原线圈的等效电阻为

R=W也

/,4/4

则有

LR

5=JJNRSJ

R+r+^R&（5R+"）

4

则电压表读数

二幽幽

15R+4r

电阻与产生的热量

八U2RN2B2S2CD7T

2=/=（5R+4F）2

故BD错误，C正确。

故选Co

7.如图所示，纸面内一正三角形的中心在。点，顶点以6处分别垂直于纸面放置通电长直导线，电流方

向相反，。处电流大小是6处电流大小的2倍，顶点。处的磁感应强度大小为胡。已知电流为/的无限长

通电直导线在距其r远的圆周上产生的磁感应强度为6=%,，女为比例系数。那么正三角形中心。点处

的磁感应强度的大小，下列说法中正确的是（）

o

b

□孥纥

A.币B。B.25/3B0c.

【答窠】A

【解析】

【详解】设正三角形边长为L，b处电流大小为/,。处电流大小为2/，则4处电流和b处电流在c处产

生的磁感应强度大小分别为

B讹=4=2B,

〃处电流和b处电流在0处产生的磁感应强度大小分别为

BaO=k-^—=2B2

3

纥o=k—7=—=B2

蛇L

3

则有

B?=6B\

根据右手螺旋定则，如图所示

在。处根据矢量叠加原则可得

22

B；=(2与cos300-Bxcos300)+(2与sin30°+gsin300)=琼

解得

4=争。

在O处根据矢量叠加原则可得

22

B；)=(2B2COS600-B2COS60°)+(2B2sin60°+B2sin600)

解得

B°=依2=园厨访、昂日综访B。

故选A。

8.如图所示，半径为「的光滑竖直圆环固定在水平地面上，套在圆环上的小球A、B由不可伸长的细线连

接，质量均为机，细线长度为「，小球A在拉力尸作用下沿圆环缓慢上移至顶点初始时细线竖直，拉

力尸始终沿圆环切线方向，下列说法中正确的是()

M

N

A.小球B到达与圆心O等高处时拉力产二〃2g

B.小球A到达M点时拉力尸=

C.细线的拉力先增大后减小

D.圆环对球B的支持力先增大后减小

【答案】C

【解析】

【详解】A.小球B到达与圆心O等高处时进行受力分析，如图

mg2百

T=---------=-----

cos30°3

NQ=tngtan30°=mg

对A,有

3

F=mgsin300+Tcos300=—mg

A错误;

B.小球A到达M点时进行受力分析，如图

%=T=mg

对A,有

F-Tcos300———mg

B错误；

CD.开始时绳上拉力为

T=mg

环对B的支持力

%=0

综合AB的分析，可知，细线的拉力先增大后减小，圆环对球B的支持力一直增大，C正确，D错误。

故选C。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多

项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

9.2023年12月6日，2023世界5G大会在河南郑州开幕，主题为“5G变革共绘未来”。目前全球已部署超

过260张5G网络，覆盖近一半的人口。产生5G无线信号电波的LC振荡电路某时刻的工作状态如图所

示，则该时刻（）

A.线圈中磁场的方向向下

B.电容器两极板间电场强度正在变大

C.电容器正在放电，线圈储存的磁场能正在增加

D.线路中的电流正在减小且与线圈中感应电流的方向相反

【答窠】AB

【解析】

【详解】A.根据线圈中电流方向，应用右手螺旋定则判断出线圈中磁场方向向下，A正确；

B.电流方向流向正极板，表示电容器在充电，两极板电荷量增大，板间电场强度在变大，B正确；

CD.电流方向流向正极板，表示电容器在充电，两极板电荷量增大，电路中电流在减小，线圈储存的磁场

能正在减小，逐渐转化成电场能，根据“增反减同”可知，线圈中感应电流的方向与线路中原电流方向相

同，CD均错误。

故选ABo

10.如图所示，轻质弹簧下端固定在水平地面上，小球从弹簧正上方由静止释放，释放点与弹簧顶端的距

离〃，小球接触弹簧后向下运动的最大距离以已知弹簧的原长/,劲度系数为上小球的质量相，它运动

过程中所受空气阻力的大小恒为f取重力加速度为g。在小球由开始下落至被反弹离开弹簧后上升到最高

点的过程中，下列说法中正确的是()

///////////

n

A.小钢球的最大动能Ekm=(mg-f)h+('g_f)

2k

B.轻质弹簧的最大弹性势能与+幻

C.下降至最低点过程中两者组成的系统损失的机械能AE=(mg-f)(h+x)

2f(h+x)

D.小钢球反弹后上升的最高点位置与释放点的高度差Mq~y

【答案】AD

【解析】

【详解】A.小球下落过程中合力先减小，后反向增大，当合力为0时，动能最大，此时设弹簧的形变量

为X’，有

mg=kxr+f

解得

k

根据动能定理，有

(帆g-/)(〃+£)+%=%—0

『一料2

解得

2k

A正确；

B.小球从下落到最低点的过程中，根据动能定理，有

(顶-/)(〃+%)+%'=0-0

解得

耳=(mg-/)(〃+x)

B错误;

C.小球下降至最低点过程中两者组成的系统损失的机械能等于小球克服空气阻力做的功，即

AE=f(h+x)

C错误；

D.设小钢球反弹后上升的最高点与弹簧顶端距离为“，整个过程，根据动能定理，有

—/(力+x+x+/f)=0—0

解得

(mg-f)h-2fa

-f+mg

所以小钢球反弹后上升的最高点位置与释放点的高度差为

mg+f

D正确。

故选ADo

11.一列沿x轴传播的简谐横波，f=0时刻的部分波形，如图所示，质点M、尸的平衡位置的坐标分别为

斗=Um和々=16m。已知质点尸在f:4s时首次返回平衡位置，质点M首次返回平衡位置的时间早于质

A.该波沿x轴负方向传播

B.该波传播速度为2m/s

C.f=10.5s时，质点M位于波峰

D.1=0时刻，质点M与质点尸速度大小之比为3：2

【答案】BC

【解析】

【详解】A.由于质点M首次返回平衡位置的时间早于质点尸，可知，，=0时刻质点M沿y轴负方向振动,

由同侧法可知，该波沿X轴正方向传播，故A错误；

B.已知质点尸在尸4s时首次返回平衡位置，由图可知

解得

T=12s,A.=24m

则该波的传播速度为

v=—=2m/s

故B正确;

C.经过时间

7T3

r=10.5s=-T=-+-T

828

质点M怡好位于波峰，故C正确；

D.设弹簧的劲度系数为左，由弹性势能公式与=3米2可得，最大的弹性势能为

2

EPm=l^x2=2A:

由机械能守恒定律可得，1=0时刻，质点M的动能为

EkM=Epm-EpM=2k-X（夜）=k

质点P的动能为

EkP=EyEpp=2k一；入（6）=；k

则质点M与质点P速度大小之比为J5：1，故D错误。

故选BCo

12.如图所示，水平面上固定有形状为“二=”的光滑金属导轨MON、POQ,00'左右导轨的宽度分别为

2L、L,两侧匀强磁场的方向分别竖直向上和竖直向下，磁感应强度大小分别为8。和2%，导体棒。、b垂

直于导轨放在00,两侧，长度分别为2L、L.已知导体棒的材料相同、横截面积相同，导体棒b的质量为

m,两导体棒与导轨接触良好，不计导轨电阻。使导体棒b获得水平向右的初速度％,直到导体棒力达到

稳定状态的过程中，下列说法中正确的是（）

A.导体棒力克服安培力做功等于其产生的焦耳热

B.导体棒〃上产生的焦耳热为，卬K

C.导体棒4、〃最终以相同的速度为做匀速直线运动

3

D.通过。棒的电荷量为翳

5DQL

【答案】BD

【解析】

【详解】导体棒的材料相同、横截面积相同，长度分别为2L、L，导体棒〃的质量为〃?，则导体棒〃的质

量为2m，由电阻定律可知，导体棒的电阻之比为

&：凡=2：1

设回路中电流为/，导体棒〃受的安培力为

F&=BJ2L

导体槎方受的安培力为

Fb=2B°IL

可知，运动过程中，两导体棒的安培力大小相等

C.根据题意，设导体棒。、〃稳定时的速度大小分别为匕、%,稳定时有

BO,2L%=2BOL5

分别对导体棒。、。应用动量定理有

F/=2叫,Fbt=mv()-mvb

解得

%=%升

由于导体棒b开始向右运动，由左手定则可知，导体棒。受向左的安培力，则导体棒。向左运动，则导体棒

“、人最终速度大小相等，方向相反，故C错误；

A.由功能关系可知，导体棒力克服安培力做功等于导体棒〃、人上产生的焦耳热和导体棒〃的动能之和，

故A错误：

B.由能量守恒定律可知，导体棒。、匕上产生的焦耳热为

0二3〃汐；-5(2机+加)%12

丁。

3

则导体棒。上产生的焦耳热为

Q(,=———Q=—小说

故B正确；

D.根据题意，由动量定理，对导体棒。有

Fat=B^2Lqa=2m^v0

解得

〃明

3BJ

故D正确。

故选BDo

三、非择题：本题共6小题，共60分。

13.某小组做“探究加速度、力和质量的关系”的实验装置，如图所示，带滑轮的长木板水平放置，弹簧测

力计固定在天花板上。小车上固定一个定滑轮，细绳通过滑轮连接弹簧测力计和沙桶，绕过小车上定滑轮

的细绳均平行于长木板，交流电的频率为50Hz。

（1）实验中获得的一条纸带某段，如图所示：（图中相邻两个计数点间还有四个点未画出）则在该次实验

中，纸带中C点对应时刻小车的速度大小为m/s,小车运动的加速度大小为m/s2

（结果均保留两位有效数字）；

ABCDE

13.9315.7617.5019.35Jcm

（2）本实验中是否需要满足“沙桶及沙的总质量远小于小车的质量”这一条件（选填“需要”或

“不需要

（3）改变沙桶中细沙的质量，重复实验操作，利用打点计时器打出多条纸带，同时记录对应的弹簧测力

计的示数尸，以小车的加速度。为纵坐标.测力计的示数户为横坐标绘制。-尸图像，如图所示，求得图线

【答案】0.0.661.8③.不需要-

【解析】

【详解】（1）11］纸带中。点对应时刻小车的速度大小为

X5.76cm+7.50cm八，

%一_方BD一_---------------------=0.66m/s

2x0.1s

⑵根据逐差法求得，小车运动的加速度大小为

(XCZ)-XAB)+(XDE-XBC)

=1.8m/s2

4T2

（2）［3］由于有弹簧秤测量绳上的拉力，所以不需要用沙桶及沙的重力等于绳上的拉力，所以不需要满足

“沙桶及沙的总质量远小于小车的质量''这一条件。

（3）图对小车进行受力分析，根据牛顿第二定律，有

2F-f=Ma

可得

a2」

MM

斜率为

2

解得

M2

~k

14.为测量某电源电动势E和内阻r,现备有下列器材:

A.待测电源

B.电流表（量程0~0.6A,内阻约为0.1Q）

C.电压表（量程0~3.0V,内限约为10kC）

D.滑动变阻器（最大阻值为10C,额定电流2A）

E.定值电阻凡）=2.5C

F.开关、导线若干

实验电路图如图（a）所示

（1）按照（a）电路图，将图（b）中的器材实物笔画线代替导线补充完整；

（2）改变滑动变阻器的阻值，多次测量并记录多组U、/数据，作出U-/图像，如图（c）所示，根据图

像求得电源电动势V,内阻/*=C。（结果均保留三位有效数字）

（3）为消除电表内阻引起的误差，采用一种改进后的“补偿”电路，如图（d）所示。

①开关KpK2,均断开，曷、A2均处于接入电路最大值。

②闭合K|,调节与，使电压表V,电流表A1数值合适。

③保持Ri阻值不变，闭合调节&，使A1示数为零，记录电压表的示数U与电流表A2的示数乙。

④重复②、③操作测多组U、/2,作出U-A图像，根据图像可测得真实的电动势E及内阻人

在某次测量中，K?闭合后电压表的示数（选填“大于”、“等于”或“小于”）K?闭合前电

②.1.80③.1.10④.大于

【解析】

【详解】（1）[1]按照（a）电路图，将图（b）中的器材实物笔画线代替导线补充完整，如图所示

（2）[2][3]根据题意，由闭合回路欧姆定律有

U=E-I(4+r)

结合图（c）可得

1.80

E=1.80V,

0.5

解得

r=1.10Q

（3）[4]在某次测量中，（闭合前，设此时电压表示数为电流表A1示数为人，电压表内阻为R、，,

电流表A|内阻为Rz，滑动变阻器接入电路阻值为与；根据闭合电路欧姆定律可得

Ei=q+/[(RAI+&+7)

又

联立可得

R】+Rv

保持《阻值不变，闭合K2,调节为，使A1示数为零，设此时电压表示数为〃2,电流表A2示数为，2,

由于A1示数为零，则A1表两端电势相等，根据闭合电路欧姆定律可得

El=U2+/2(R()+r)

又

联立可得

&=力(1+黑n

4+Rv

则有

4(1也”=.(1+黑!

R[+RyR[+R7

可得

则在某次测量中，l闭合后电压表的示数大于K?闭合前电压表的示数。

15.建立x轴沿水平方向的坐标系，如图所示，发球机将乒乓球从坐标原点0发出，当发射速度与水平方

向成6角时，乒乓球经过x轴时的位置坐标为（Z,0）o在某高度处固定一水平挡板，发球机仍以相同的初

速度发出乒乓球，乒乓球打到挡板上发生反弹，经过％轴时的位置坐标为（L5L,0）o已知乒乓球反弹前

后沿/轴方向速度不变，沿y轴方向速度等大反向，不计空气阻力，乒乓球可视为质点，重力加速度为

g，求：

（1）乒乓球被抛出时速度的大小%;

【答案】（1）%=禹⑵”

【解析】

【详解】（1）根据题意，设乒乓球做斜抛后运动至X轴时的时间为，「水平方向

L=v0/,cos0

竖直方向

z=2x^sin£

g

解得

IgL

sin20

（2）设乒乓球第二次运动至x轴时间为％,根据轨迹的对称性得乒乓球两次运动的时间之比为

:t2=2:3

挡板距离工轴的高度

解得

3Ltan0

n=---------

16

16.如图所示，半径R=1.0m的光滑半圆形轨道竖直固定，它的最底端跟水平传送带的8端平滑连接，轨

道上C点和圆心0的连线与水平方向成6=37。角。将小滑块（视为质点）无初速度放在传送带A端，同

时对小滑块施加水平向右的恒力产=0.35N,当小滑块到达传送带8端时，撤去恒力凡已知小滑块的质

量机=O.lkg,与传送带之间的动摩擦因数〃=0.15；传送带的长度L=8.5m,始终以%=5m/s的速度

顺时针转动，取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8o求：

（1）小滑块在传送带上的运动时间；

（2）小滑块在C点对轨道的压力大小。

【答案】（1）Z=2s；（2）UN

【解析】

【详解】（1）小滑块刚放上传送带时，受力分析如图所示

FN

F

根据牛顿第二定律

F+f=

2

a}=5m/s

设小滑块达到与传送带共同速度所用时间为4,该段时间内的位移为七，则有

12

%=贴，%二针％

4=1s,玉=2.5m<L

达到共同速度后，对小滑块受力分析如图所示

FN

/〃g

根据牛顿第二定律

F-f=ma2

a2-8m/s

设小滑块又经时间L到达传送带8端，则有

解得

t2=Is

那么小滑块在传送带上运动的时间为

解得

r=2s

（2）设小滑块到达传送带右端时的速度为K，则有

匕=%+研

小滑块沿半圆形轨道滑至c点的过程，根据机械能守恒定律

,ngR(l+sin=gmv\~；mvc

在轨道上r点，设小滑块受到的弹力为尸，根据牛顿第二定律

6+mgsin37°=

联立解得

4=1.1N

根据牛顿第三定律，小滑块在。点对轨道的压力大小

G=耳=1.1N

17.如图所示，平行正对金属板a、6带有等量异种电荷，极板间形成电场强度为a=lxl"N/C的匀强电

场，该空间同时分布有跟电场正交且垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小比=叮。金属板右侧匀

强磁场的边界线Q、R、M均垂直于两极板的中间线尸0,边界线。与中间线PO交于O点，QR之间的磁

场的方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为S=1T,磁场宽度di=0.6m,RM之间的磁场的方向垂直纸面向

里，磁感应强度大小为&=4T,边界/右侧存在方向水平向左的匀强电场，电场强度大小为瓦一带正电

的粒子以平行于金属板的速度即从左侧进入正交场区域，沿中间线P0向右运动，从圆孔穿后由。点进入

磁场小，并恰好返回。点。已知边界RM之间的磁场宽度均可以在一定范围内调节，粒子的比荷为

-^-=lxlO5C/kg,不计粒子的重力，求：

m

（1）带电粒子的速度vo；

（2）若粒子恰好不进人边界M右侧的电场，磁场B2的宽度力；

（3）若粒子能够进入边界M右侧的电场：请写出E与4的关系式；

（4）若d2=35cm时，粒子从。进入磁场到返回O所经历的时间。

QRM

6

【答案】⑴%=lxlO'm/s；⑵4=0.4m；(3)F=1.6x(J2-O.15)xlON/C(O.15m<d2<0.4m)；

(4)，总=7.3xICT's

【解析】

【详解】解：（1）粒子沿中间线经过通过正交场区域，电场力与洛伦兹力平衡

=qE°

解得

5

v0=lxl0m/

（2）设粒子在QRRM内圆周运动的轨迹半径分别为门、小最终恰好不进入右侧电场，粒子轨迹全部

在磁场中如图甲所示,

fnv-

D=—

4

7j=1m

设粒子飞过QR区域圆弧对应的圆心角为。，根据几何关系

sin。=4=0.6

解得

8=37。

那么2R区域的偏移量为

y=q-qcos37°=0.2m

在RM区域内

一迫=0.25m

2泡

AO2=0.15m

M边界与粒子轨迹恰好相切，则磁场B2的宽度

d2-AO2+/;=0.4m

（3）要保证粒子返回O点且速度水平向左，则山必须大于AQ,即

t/2>0.15m

粒子轨迹，如图乙所示

QRM

当0.15m<4<04m时，轨迹有一部分在电场中，进入电场时的速度可以分解为水平向右的％sina,

竖直向上的%cosa,粒子水平向右做匀减速直线运动，竖直向上做匀速直线运动，设粒子在电场中运动

时间为3加速度的大小为。

qE=ma

1