2024年云南省曲靖市高考物理一模试卷(含详细答案解析)

2024年云南省曲靖市高考物理一模试卷

一、单选题：本大题共5小题，共30分。

1.下列描述中符合物理学实际的是（）

A.显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动叫做布朗运动，这反映了小炭粒分子运动的无规

则性

B.加利略研究自由落体运动时，利用斜面进行实验，“冲淡”重力的作用，使得测量位移更容易

C.查德威克用a粒子轰击被核发现了中子，核反应方程为胃He+洱e七？c+in

D.为解释氢原子发光的现象，玻尔构建了原子理论。根据玻尔理论，一群处于九=5能级的氢原子向低能

级跃迁时会释放4种频率的光子

2.2023年9月21日，“天宫课堂”第四课开讲，神舟十六号航天员景海删、朱杨柱、桂海潮在距地表

400A7/7的中国空间站进行太空授课，直播信号并非空间站与地面的直接对话而是要经过距地表约4万公里

的大链卫星中转（相当于基站）。航大员们在空间站中一大可以看见16次Hill,地球半彳仝约为6400h〃，引

力常量G=6.67x10TiN7n2"g2。根据上述信息可知（）

A.空间站运行速率大于第一宇宙速度B.可以估算出地球的平均密度

C.空间站运行的周期大于天链卫星的周期D.空间站相对地面是静止的

3.半圆形玻璃砖在光学中有许多重要应用，可以用来做许多光学实验。如图所示，一束光由半圆形玻璃砖

的左侧面沿半径射入，经AB界面折射后分为〃、。两束光，则下列说法正确的是（)

A.玻璃对"光的折射率大于对a光的折射率

B.现将入射光绕。点顺时针转动，则力光先消失

C.在半圆形玻璃中，b光的传播时间大于a光的传播时间

D.分别用〃、〃光在同一个装置上做双缝干涉实验，。光的干涉条纹间距小于。光的干涉条纹间距

4.如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管、电阻R连接，电源负极ba_crx

接地。初始电容器不带电，闭合开关稳定后，一带电油滴位于电容器中的尸点_LR

•pE

且处于静止状态。下列说法正确的是（）一「

A.减小极板间的正对面积，带电油滴仍保持静止一二____________

B.贴着上极板插入金属板，则电阻R中有人流向〃的电流■

C.将下极板向上移动一小段距离，尸点处的油滴的电势能增大

D.将开关断开，在两板间插入一陶瓷电介质，则油滴仍处于静止状态

5.如图所示，带电荷量为6Q（Q>0）的球1固定在倾角为30。光滑绝缘斜面上的a

点,其正上方心处固定一电荷曷为一Q的球2,斜面上距a点L处的〃点有质曷为〃?

的带电球3,球3与一端固定的绝缘轻质弹簧相连并在b点处于静止状态。此时弹

簧的压缩量为当球2、3间的静电力大小为学。迅速移走球1后，球3沿斜面向下运动。g为重力加速

度，球的大小可忽略，下列关于球3的说法正确的是（）

A.由〃到a一直做加速运动

B.运动至a点的速度等于J方

C.运动至a点的加速度大小为|g

D.运动至ab中点时对斜面的压力大小为*2mg

二、多选题：本大题共3小题，共18分。

6.汽车内燃机利用奥托循环进行工作，如图所示奥托循环由两条绝热线和两条

等容线组成，其中a到力和c•到d为绝热过程，。到c和d到〃为等容过程，下

列说法正确的是（）

A.QTb过程中，气体分子的平均动能增大

B.b-»c过程中，气体向外放出热展

C.CTd过程中，气体温度降低

D.经abcda一个工作循环，气体向外放出热量

7.惠更斯发现“单摆做简谐运动的周期7与重力加速度的二次方根成反比”。为了通过实验验证这一结

论，某同学创设了“重力加速度”可以人为调节的实验环境。如图1所示，在水平地面上固定一倾角。可

调的光滑斜面，把摆线固定于斜面上的。点，使摆线平行于斜面。拉开摆球至A点，静止释放后，摆球在

A8C之间做简谐运动，摆角为摆球自然悬垂时，通过力传感器（图中未画出）测得摆线的拉力为F],摆

球摆动过程中，力传感器测出摆线的拉力随时间变化的关系如图2所示，其中尸2、尸3、7。均已知。当地的

重力加速度为g。下列选项正确的是（）

图1图2

A.多次改变图1中。角的大小，即可获得不同的等效重力加速度

B.单摆n次全振动的时间为几”

C.多次改变摆角Q,只要得出7oc露就可以验证该结论成立

D.在图2的测量过程中，满足尸3=3&-2尸2的关系

8.如图所示，竖直放置的“口

”形光滑导轨宽为L矩形区域I和区域n的磁感应强度均为从高和

间距均为小质量为m的水平金属杆由距区域【上边界h=2d处由静止XBXX1

释放，进入区域I和区域H时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为

XB

R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。则金属杆（）xxn

A.刚进入区域I时加速度方向可能竖直向下

B.穿过区域I的时间大于穿过两磁场区域之间的时间

C.穿过两磁场区域产生的总热审:为2mgd

D.穿过区域II的时间为华~（y2一1）但

?ngR'Wg

三、实验题：本大题共2小题，共18分。

9.利用如图1所示的实验装置，可测量滑块的运动及滑块与木板间的动摩擦因数。一端装有滑轮的长木板

固定在水平桌面上，长木板上有一滑块，滑块右端固定一个动滑轮，钩码和弹簧测力计通过绕在定滑轮上

的轻绳相连，放开钩码，滑块在长木板上做匀加速直线运动。

（3）闭合工，当S2处于位置〃时°,电压表和电流表的示数分别为&=0.95心。=0.384当S?处于位置力

时，电压表和电流表的示数分别为4=1.50，，12=0.344o根据以上测量数据判断，当52处于位置

（选或"b”）时，测量相对准确，测量值&二①（结果保留两位有效数字）

（4）若已知电流表内阻。=1.50,则金属丝实际电阻为0。（结果保留两位有效数字）。

四、简答题：本大题共3小题，共44分。

II.理想实验合理外推是科学探究中的一种重要方法。如图所示，某同学用两个底端通过光滑圆弧平顺连

接、倾角均为6=37。的斜面模仿珈利略的理想实验。现有质量为〃，的物体，从高为。的左侧斜面静止滑

下，物体与两斜面之间的动摩擦因数相同。物体沿右侧斜面往上滑动时加速度的大小为Q=7ri/s2,h=

2.94m,重力加速度g=lOm/s?。（sin37。=0.6,cos37。=0.8）求：

（1）物体与斜面之间的动摩擦因数U；

（2）物体在右侧斜面第一次由底端上滑至最高点的时间/。

12.如图所示，真空中A位置存在一带电粒子发射器，能够瞬间在平面内发射出大量初速度大小为火的同

种正电荷，以不同的入射角。（0为%与x轴正方向的夹角，且0°V0W90°）射入半径为R的圆形边界匀强

磁场（图中未标出）。圆形磁场刚好与x轴相切于月点，所有电荷均在该磁场的作用卜发生偏转，并全部沿

人轴正方向射出。图中第三象限虚线下方一定区域存在着方向沿），轴正方向的匀强电场，虚线刚好经过C

点（。为实线圆最右端的点）且顶点与。点相切，同时观察到进入该电场区域的所有电荷均从。点射入第一

象限。第一象限内存在范围足够大的方向垂直于平面向里磁感应强度大小为B的匀强磁场，。点上方沿y

轴正方向放置足够长的荧光屏，电荷打在荧光屏上能够被荧光屏吸收。已知电荷的质量为〃?，电荷量大小

为g,04的距离为2R,不考虑电荷所受重力及电荷之间的相互作用力。求：

（1）圆形磁场磁感应强度反的大小及方向：

（2）匀强电场上边界虚线的函数表达式；

（3）从人点沿垂直x轴向下射入磁场的粒子打在荧光屏上的坐标。

13.如图所示，质量为血3=2的的滑道锁定在光滑的水平面上，滑道AB部分为半径R=0.3m的四分之一

圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻质弹簧，滑道部分粗糙，其他部

分均光滑，质量为血2=3kg的物为(可视为质点)放在滑道的3点。现让质量为叫=Mg的物体(可视为质

点)自A点由静止释放，两物体在滑道上的8点相碰后粘在一起［碰撞时间极短)。(g=10m/s2)

(1)求与g碰后瞬间对滑道8点的压力大小；

(2)现解除滑道的锁定，仍让72自A点由静止释放与m2在滑道上的C点相碰后粘在一起，CD=0.2m,两

物体与滑道的C。部分的动摩擦因数均为〃=0.15,求在整个运动过程中弹簧具有的最大弹性势能；

(3)在(2)的条件下，mi和瓶2最终停在何处？

即2__

m3BCD

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：A显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动叫做布朗运动，这反映了液体分子

运动的无规则性，不是小炭粒分子的无规则运动，故A错误；

及伽利略研究自由落体运动时，利用斜面进行实验，“冲淡”重力的作用，使得测量时间更容易，故台错

误；

C根据物理学史可知，查德威克用。粒子轰击镀核发现了中子，核反应方程为匆e+/故。

正确；

。.为解释氢原子发光的现象，玻尔构建了原子理论。根据玻尔理论，一群处于九=5能级的氢原子向低能

级跃迁时会释放10种频率的光子，故。错误；

故选：Co

布朗运动反映了液体分子运动的无规则性：根据伽利略研究自由落体运动的实验判断；根据发现中子的实

验判断：根据玻尔理论判断。

该题考查布朗运动、玻尔理论以及物理学史，牢记有关的内容即可。

2.【答案】B

【解析】解：4由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律得=解得：v=J中，空间站的运

行半径大于地球半径，所以空间站运行的速率小于第一宇宙速度，故4错误；

正对空间站，由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律得G肃冷=血（/?十八）,

可得地球质量为M=号找工

又地球体积V=弊

故根据密度定义夕=?.可以估算出地球的平均密度，故“正确。

C.根据牛顿第二定律得鬻二m等r,解得：A=2次腐

根据题意可知空间站的轨道半径小于天链卫星的轨道半径，所以空间站运行的周期小于天链卫星的周期，

故C错误；

。.空间站中一天可以看见16次日出，空间站的周期7=空h=1.5/i=90min,而地球自转的周期为24〃，

所以空间站相对地面是运动的，故。错误:

故选：B。

由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律推导出线速度的表达式，结合轨道半径进行比较即可；根据题

意可解得空间站的周期，根据万有引力提供向心力，即可判断是否可以估算出地球的质量，进而急速其密

度。

本题以距地表40（而"的中国空间站为背景，考查了万有引力定律的应用，应用万有引力公式与牛顿第二定

律可以解题，解题时要注意公式选取条件。

3.【答案】D

【解析】解：4由光路可知，玻璃对〃光的偏折程度较大，可知玻璃对〃光的折射率小于对。光的折射

率，故A错误；

8.现将入射光绕。点顺时针转动，光线在A8面上的入射角变大，则折射角变大，因。光折射侑大于〃

光，可知〃光光消失，故6错误；

C根据①二£可知。光在玻璃里的速度较小，根据亡二K可知，。光的传播时间小于q光的传播时间，故。错

nv

误；

。.因。光折射率较大，则频率较大，波长较短，分别用4、〃光在同一个装置上做双缝干涉实验，根据

可知〃光的干涉条纹间距小于方光的干涉条纹间距，故。正确。

故选:Do

根据玻璃对光的偏折程度判断折射率大小：根据折射现象分析&根据“=£判断玻璃中的光速大小；根据

n

c=”比较真空中波长大小，根据4%=公式确定条纹间距大小。

本题综合考查了光的折射、全反射和干涉，关键是记住几个公式：折射定律公式、光速公式、双缝干涉条

纹间距公式。

4.【答案】C

【解析】解：4、减小极板间的正对面积，根据电容的决定式C=怖分可知电容器的电容减小，电容器要

471kd

放电。由于二极管具有单向导电性，所以电容器不会放电，电容器带电量不变，根据c=铝、C*

4nkdU

E吟解得：E=翳，则知减小极板间的正对面积，极板间的电场强度变大，则油滴所受电场力变

大，将向上移动，故A错误；

B、贴着上极板插入金属板，极板间的距离减小，根据。=若可知电容器的电容增大，电容器将充电，

则电路中有逆时针方向的电流，电阻/?中有〃流向。的电流，故B错误;

C、将下极板向上移动一小段距离，根据。=号可知电容器的也容增大，电容器两端的电压不变，电容

471kd

器将充电。根据E=日知两极板间的电场强度变大，设P点到下极板的距离为/,下极板的电势为零，则P

a

点与下极板的电势差SP-@0=E!

即P点的电势为夕P=EI

P点到下极板的距离为/不变，电场强度E变大，则尸点的电势变大，故C正确；

。、将开关断开，则两极板的电荷量不变，根据£=瞥，在两板间插入陶瓷电介质，电场强度变小，则

油滴所受电场力变小，将向下移动，故。错误。

故选：Co

根据电容器的定义式和决定式，结合场强与电势差的关系、二极管的单向导电性进行分析。

本颍考杳了电容器，熟练运用电容器的定义式和决定式，结合电路的结构分析是解决此类问题的关键。

5.【答案】D

【解析】解：8.由题意可知三小球构成一个等边三角形，小球1和3之间的力大于小球2和3之间的力，

弹簧处于压缩状态，故小球1和3一定是斥力，小球1带正电，故小球3带正电，小球3运动至。点时，

弹簧的伸长量等于,根据对称性可知，小球2对小球3做功为D；弹簧弹力做功为0,故根据动能定理有

1,

mgLsin30°=

乙

解得小球3运动至〃点的速度

V=yfgL

故B错误；

AC.小球3在〃点时，设小球3的电荷量为4，根据库仑定律和平衡条件有

kL2~2

设弹簧的弹力为尸，根据受力平衡，沿斜面方向有

6QqQq

F=k—2—ksin300—mgsin30°

LL

解得

9

F=彳血9

小球运动至a点时，弹簧的伸长量等于J，根据对称性，由牛顿第二定律可知

Qq

F+ksin30°-77igsin30°=ma

解得

a=2g

方向与合外力方向一•样，沿斜面向上，故。先加速后减速，故4C错误;

。.当运动至他中点时，弹簧弹力为0,根据库仑定律可知小球2对小球3的力为

廿Qq4Qq4mg2

尸23=7=-=Q-^77=Qx-5-=Qm9

zV32§Z/§，§

（2”JA）

此时小球3受到重力、库仑力和斜面对小球3的支持力，根据平衡条件可知斜面对小球的支持力为

/323/3-4

FN=7〃gcos30°-F23=-^-mg--^mg=---g---mg

根据牛顿第三定律可知，小球对斜面的压力大小为双廿mg,故。正确。

故选:Do

根据对称性分析小球2对•小球3做功情况和弹簧弹力的做功情况，依据动能定理计算速度；小球3运动到

点事根据平衡条件列方程计算弹簧的弹力，小球运动至。点时，根据牛顿第二定律计算加速：当小球3

运动至血中点时依据库仑定律和平衡条件计算。

本题关键掌握小球3在运动过程受力情况的特点及做功情况。

6.【答案】AC

【解析】解：4、由图像可知，Q—b过程中，压力增大，气体体积减小，外界对气体做功，在此过程中，

由于是绝热过程，没有热传递，则由热力学第一定律可知，气体内能一定增加，气体分子的平均动能一定

增大，故A正确；

B、由图像可知，b-c过程中，气体体积不变，压强增大，则气体的温度一定升高，气体分子的内能一定

增加，则由热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，故B错误；

C、由图像可知，CTd的过程中，压力减小，气体体积增大，气体对外界做功，此过程中，由于是绝热过

程，没有热传递，则由热力学笫一定律可知，气体内能一定减小，气体温度降低，故C正确；

。、经QTbTCTdTQ一个工作循环，根据p-V图像与横轴羽成的面积表示外界对气体做的功（气体体

积减小时），或气体对外界做的功〔气体体积增大时），可知一个循环过程完成后，气体对外界做功，为负

值，由热力学第一定律有

AU=W+Q

可知

Q>0

故气体从外界吸收热量，故。错误。

故选：AC.

A、根据图像可判断，aTh过程是气体体积减小，压力增大的过程，可利用热力学第一定律判断:

B、根据图像可判断，bic过程是气体体积不变，压力不变的过程，利用热力学第一定律判断；

C、根据图像可判断，CTd过程是气体体积增大，压力变小的过程，利用热力学第一定律判断；

。、可利用热力学第一定律判断。

本题考查了对热学第一定律的理解。

7.【答案】AD

【解析】解：4令等效重力加速度为g0,则有

mgsinO=771go

解得

。0=gsine

可知，多次改变图I中。角的大小，即可获得不同的等效重力加速度，故人正确；

单摆在运动过程中，4、C两位置摆线的拉力最小，根据图2可知，相邻两个摆线拉力最小的位置的时间

间隔为半个周期，可知，单摆〃次全振动的时间为

t=nT=2nT0

故B错误；

C根据单摆周期公式有

可知，多次改变斜面倾角仇只要得出Toe焉就可以验证该结论成立，故C错误；

/）.摆球自然悬垂时，通过力传感器（图中未画出）测得摆线的拉力为0,根据平衡条件有

F]=mgsinO

在图2的测量过程中，摆球在A位置有

F2=mgsinOcosa

摆球在8位置，根据牛顿第二定律有

mv2

F3-mgsinO=—■：­

LJ

摆球从A位置运动到4位置，根据动能定理有

mgsmf)(L-Lcosa)=-^mv2

解得

F?=3居一2F2

故D正确。

故选：AD.

根据题意求出等效重力加速度。根据图2求周期，根据单摆周期和全振动时间的关系求解作答；根据单摆

周期公式分析作答；摆球自然悬垂时，根据平衡条件细线的拉力；在A、C位置，求拉力F2与斤的关系；

在最低处8点，根据向心力公式求速度；小球从人到根据动能定理求速度，然后联*：求解作答。

理解实验原理是解题的前提与关键，能够根据平衡条件求解等效重力，熟练掌握圆周运动向心力公式、动

能定理和单摆周期公式。

8.【答案】BD

【脩析】解：4由于进入磁场1和11时的速度相等，两磁场间有一段加速过程，则刚进入磁场1时做减速

运动，加速度方向竖直向上，故4错误；

比进入磁场I的过程，根据牛顿第二定律可得：BIL-mg=B^L-mg=ma,由于减速过程的加速度

K

减小，则穿过磁场I和在两磁场之间的运动图像如图所示：

两个过程位移相等，则图像面积相等，可以看出前一段的时间大于后一段的时间，故8正确；

C口于进入磁场I和II时的速度相等，从刚穿过I到刚进入II过程中，根据动能定理可得：W-mg-

2d=0

根据功能关系可得克服安培力做的功：W=Q

则穿过磁场/的过程产生的热量为：Q=2mgd

故穿过两磁场产生的总热量为Q总=2Q=4mgd,故C错误；

D金属杆释放时距磁场I上边界的高度为2d,做自由落体运动，根据动能定理可得：mg•2d=^mv2

故进入磁场时的速度为：v=2yj~gd

乂进入区域I和区域n时的速度相等，在两区域间做加速度为g的匀加速直线运动，设出磁场时的速度为

%，则有：v2-vl=2gd

解得刚出磁场的速度大小为：打二，碗

根据题意知两磁场中运动时间相等，设为3取向下为正方向，根据动量定理可得：+=

mv1-mv

即“华

=mv1—mv

由于：vt=d

联立解得穿过区域I【的时间为：t=粽-(G-1)店，故。正确。

故选：B。。

进入磁场I和H时的速度相等，两磁场间有一段加速过程，由此分析加速度的方向：

根据牛顿第二定律分析加速度的变化，画出穿过磁场I和在两磁场之间的运动图像进行分析；

根据动能能理、功能关系求解穿过两磁场产牛的急热最：

根据动能定理求解金属杆出磁场时的速度，根据动量定理求解穿过区域n的时间。

对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一

条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。

9.【答案】0.602.6浮，

Mgg

【解析】解:⑴相邻计数点的时间间隔T=>^s=0.1s

根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，打点计时器在打8点时，滑块运动的速

度大小为方=舞="叱XI。7nls=0.60m/s

根据逐差法，滑块运动的加速度大小为Q=5型=辿等

代人数据联立解得a=2.6m/s2

(2)根据牛二定律可得2尸一〃Mg=Ma

2尸-Ma_2Fa

解得〃=

Mg~Mgg°

故答案为：(1)0.60；2.6；(2)--o

(1)根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，打点计时器在打B的瞬时速度；根

据逐差法求加速度；

(2)根据牛顿第二定律求动摩擦因数。

本题主要考查了测量滑块的运动及滑块与木板间的动摩擦因数的实验，要掌握根据纸带求解瞬时速度和加

速度的方法，掌握牛顿第二定律的运用。

1()•【答案】空n0.700a2.52.9

4L

nLpL4pL

【解析】解.：(D根据电阻定律R=P5=Z皿=/

-4~

电阻率0=血

l4L

螺旋测微器的精确度为O.Olnun,合金丝的直径为。=0.5mm+20.0x0.01mm=0.700mm

(2)由图乙是测量合金丝阻值的电路图，实物连线补充完整图如图所示。

(3)闭合Si，当S2处于位置〃时，电压表和电流表的示数分别为5=0.95V,/i=0.384当S2处于位置〃

时，电压表和电流表的示数分别为外=1.50P,/2=0.34/1o

电压表示数的变化华=竺零5*0.37

U2L5U

电流表示数的变化?=°•哈产x0.12

12U.04

由以上计算可知电压表的示数变亿明显，说明电流表的分压作用较大，因此测量应采用电流表外接法，即

S2处于位置a时，测量相对准确。

由欧姆定律可得合金丝电阻测量值为"=皆=绘。=2.5。

(4)若已知电流表内阻以=1.5。，采用电流表的内接法，此时52处于位置〃时.，电压表和甩流表的示数分

别为4=1.50V,12=0.344

根据欧姆定律，金属丝实际电阻为a=空-〃=葛。-1.5。,2.9以

12«

(1)根据电阻定律求电阻率；

螺旋测微器的精确度为O.Olmm,测量值二固定刻度对应示数(mm)+刻度刻度上对齐格数(估读一位)x精

确度；

(2)根据电路图连接实物图；

(3)根据“试触法”的原理选择电流表的内、外接法；根据欧姆定律求待测电阻；

(4)已知电流表内阻时，要采用电流表的内接法，根据欧姆定律求待测电阻。

本题考查了电阻率的测定、螺旋测微器的读数；考查了伏安法测电阻，掌握“试触法”判断电流表内、外

接法的方法。

11.【答案】解：(1)物体沿右侧斜面往上滑动时，对物体分析，由牛顿第二定律有

mgsind+fimgcosO=ma

解得：〃=0.125

(2)物体沿左侧斜面往下滑动时，力牛顿第二定律有

mgsinO—[imgcosO=ma'

设物体滑到底端的速度大小为u,由运动学公式有

v2=2a'--r—.

smO

物体在右侧斜面第一次上滑时间为

O-v

t=-一--Q

联立解得：t=ls

答：(1)物体与斜面之间的动摩擦因数〃为0.125；

(2)物体在右侧斜面第一次由底端上滑至最高点的时间/为15o

【解析】(1)已知物体沿右侧斜面往上滑动时加速度的大小，应用牛顿第二定律和摩擦力公式相结合求物

体与斜面之间的动摩擦因数〃。

(2)根据牛顿第二定律和速度.位移公式相结合求出物体滑到底端的速度大小，再根据速度-时间公式求物体

在右侧斜面第一次由底端上滑至最高点的时间/o

本题分析清楚物体的运动过程是解题的前提，分段应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。

12.【答案】解：(1)根据几何关系可知电荷在实线圆内运动的半径也为R,如图所示，有

VQ

A

解得

_mv0

BL前

由左手定则可知，磁感应强度当方向垂直于纸面向里。

(2)带电粒子在电场中做类平抛运动且会聚在。点，如图所示，设电荷进电场时位置的坐标为(%,y),故有

解得

Eq2

y=---------------

2mvg

点(-R,-R)是虚线上一点，代入可解得

qR

12

y=~RX

(3)设电荷从。点射入第一象限的速度为v,与x轴的夹角为a,如图所示，则

X

v=-----

cosa

在第一象限内运动半径为

mv

「二通

粒子被吸收的的位置为），，由几何关系得

y=2rcosa

该点纵坐标为

一律

该点横坐标为

x=0

即粒子打在荧光屏上的坐标为（0,2翳）。

答：（1）圆形磁场磁感应强度名为谭；方向垂直于纸面向里；

（2）匀强电场上边界虚线的函数表达式为y=_/；

（3）粒子打在荧光屏上的坐标为（02^）

【解析】（1）根据几何关系求出电荷在实线圆内运动的半径，根据牛顿第二定律求出圆形磁场磁感应强度

名的大小及方向；

（2）根据类平抛运动在不同方向的运动特点得出匀强电场上边界虚线的函数表达式；

（3）根据几何知识求粒子打在荧光屏上的坐标。

本题主要考查了带电粒子在组合场电场、磁场中的运动，理解粒子在不同场中的受力情况，根据牛顿第二

定律和几何关系完成