山东省潍坊市2023-2024学年高三年级上册1月期末考试物理试题（含答案解析）

山东省潍坊市2023-2024学年高三上学期1月期末考试物理试

题

学校:姓名：班级：考号：

一、单选题

A.图甲是双缝干涉原理图，若只增大挡扳上两个狭缝S|、S1间的距离力两相邻亮条

纹间距离将增大

B.图乙中光能在光导纤维内通过全反射进行传播，是因为光导纤维内芯的折射率比外

套小

C.图丙中肥皂膜上的条纹是由光的干涉形成的，相机镜头利用这一原理可使照片更加

清晰

D.图丁中央存在一个亮斑，是由于光线通过小孔衍射形成的

2.如图所示，在倾角37。足够长的斜面上有一个质量为1kg的物体，物体与斜面之间的动

摩擦因数为0.5,，=0时物体在尸=15N拉力的作用下由静止开始沿斜面向上运动，f=2s时

撤去拉力尸。g取lOm/s"sin37°=0.6。下列说法正确的是（）

A.物体沿斜面向上加速时加速度大小为2m/s2

B.物体在f=2.5s时的速度为0

C.物体在斜面上运动的总时间为3s

D.物体沿斜面向上运动的最大位移为15m

3.某波源O发出一列简谐横波，其振动图像如图所示。在波的传播方向上有M、N两点,

它们到波源O的距离分别为4m和5m。测得M、N开始振动的时间间隔为1.0s。则（）

试卷第1页，共10页

B.这列波的破长2=2m

C.当N点离开平衡位置的位移为10cm时，M点正在平衡位置

D.M、N的速度始终相同

4.2023年10月2日中国蹦床名将朱雪莹在杭州亚运会蹦床比赛中夺得女子个人冠军。在

某次比赛中她从离水平网面3.2m高处自由下落，与网接触0.8s后，沿竖直方向弹回到离水

平网面5.0m高处。已知朱雪莹的质量为45kg,g取lOm/s2,网对朱雪莹的平均作用力大小

为（）

A.112.5NB.562.5NC.1012.5ND.1462.5N

5.地球的公转轨道接近圆，但哈雷彗星的运动轨道则是一个非常扁的椭圆，若已知地球的

公转周期为工，地球表面的重力加速度为g,地球的半径为R,太阳的质量为哈雷彗星

在近日点与太阳中心的距离为小在远日点与太阳中心的距离为2,万有引力常量为G,则

B.T=-

R

CT=2n

6.图甲为某科技兴趣小组自制小型发电机并用理想变压器模拟变压输电过程的示意图，图

乙为该发电机产生的电动势随时间的变化规律。变压器匝数4：〃2：%=3：2:1,电阻用阻值

未知，电阻&=10。，灯泡的额定电压为10V,额定功率为5W。不计发电机线圈内阻及交

流电表A的内阻。若灯泡正常发光，下列说法正确的是（）

试卷第2页，共10页

A.f=0.01s时，通过发电机线圈的磁通量为0

B.电流表A的示数为1A

C.0-0.01s内通过发电机线圈的电荷量为5.0xl（T3c

D.发电机的输出功率为11W

7.第19届杭州亚运会，中国女排第九次摘得亚运会金牌。在某次训练中，运动员从底线中

点正上方高〃=3m处将球以％的速度水平击出，球恰好擦着球网上沿进入对方场内，已知

排球场长s=18m,宽A=9m,球网高〃=2.2m,不计空气及擦网时的阻力，g取lOm/sz,

则该运动员击球速度％不可能超过（）

8.如图所示，在粗糙的水平面上有一质量为0.5kg的物块Q,Q的正上方0.6m处有一悬点

。，一根长为0.6m的轻绳一端固定在。点，另一端拴接一质量为1kg的小球P将绳伸直并

将P拉到偏离水平方向30。静止释放，P运动到最低点与Q发生正碰后，Q向左滑动1.5m

2

停下。已知Q与地面的动摩擦因数〃=0.5,gmi0m/s=则（）

A.P第一次到达最低点的速度为36m/s

试卷第3页，共10页

B.P第一次到达最低点时绳的拉力为40N

C.P、Q碰撞过程中损失的机械能为氐

O

D.P碰后能上升的最大高度为0.1m

二、多选题

9.通用技术课上，某兴趣小组制作了一个电动爬杆小猴，原理如图所示，竖直杆。河与光

滑杆ON均固定在电动机底座上，且ON与水平面间的夹角2=60。，一弹簧上端固定在

杆上的尸点，下端与穿在。N杆上质量为小的小猴相连。小猴静止时弹簧与竖直方向间的

夹角£=30。，当电动机带动底座开始转动时，小猴开始爬杆。已知。P两点间的距离为

重力加速度为g。则（）

A.小猴静止时杆对小猴的弹力方向垂直杆ON斜向下

B.小猴静止时弹簧弹力的大小为加g

C.小猴静止时杆对小猴的弹力大小为gmg

D.电动机转动后，当小猴稳定在与P点等高的位置时杆的角速度为竹

10.反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振

荡原理可简化为下述过程，已知静电场的方向平行于x轴，电子从x=-lcm处静止释放，仅

在静电力作用下在x轴上往返运动，其电势能随x的变化如图所示。已知电子质量

A.x轴上。点左侧的电场强度方向与x轴正方向同向

试卷第4页，共10页

B.x轴上。点左侧的电场强度片和右侧的电场强度E2的大小之比用:4=2:1

C.电子在x=1.5cm处的动能为5eV

D.电子运动的周期7=1.5x10^

11.如图所示的电路中，定值电阻片、&、片的阻值均为凡，电源电动势为E,内阻为r,

R为滑动变阻器，电表均为理想电表。开关S闭合后，滑动变阻器的滑片从图示位置向左滑

动的过程中，电压表示数变化量的绝对值为AU,电流表示数变化量的绝对值为AZ,下列

判断正确的是（）

B.用消耗的功率减小

C.电源的效率增大D.叱〈殳

NI2

12.如图甲所示，粗细均匀的无限长平行导轨固定在倾角。=30。的斜面上，在边界所下方

区域存在垂直导轨平面向下的匀强磁场8,有两根相同金属棒仍、cl分别从磁场边界所

上方％=4m位置和边界£尸位置同时由静止释放，〃棒运动的v-f图像如图乙所示，其中

OM、NP段为曲线，其他段为直线。已知磁感应强度3=8T,导轨间距/=0.5m,金属棒

与导轨间的动摩擦因数〃二?，导体棒的质量均为机=1kg,导体棒电阻均为尺=20,导轨

B.M棒刚进入磁场时必两端的电压为16V

试卷第5页，共10页

C.0〜2s内导体棒cd产生的焦耳热为

O

_7

D.ab、cd棒之间的最小距离为77m

三、实验题

13.某实验小组“用智能手机慢动作测重力加速度”。手机相机在常规模式下录制视频的帧率

为30FPS(30帧每秒，即相邻两帧之间的时间间隔为焉秒)，而用“慢动作”功能，其帧率可

达120FPS或者480FPS。为了完成实验，该实验小组完成了如下操作:

A

Xi

智

n能

刻

手

度

V机

X2

尺

支

架

(1)将长为Im的刻度尺竖直固定，用手机支架置于刻度尺前1.5m处，手机的相机正对刻

度尺中心，如右图所示。

(2)将一小球置于刻度尺前，将手机相机调到“慢动作(120FPS)”模式，然后先

后.o(填“点开始录制”和“释放小球”)

(3)用Phthoy提取视频帧图片，按照视频中时间先后对帧图片进行命名编号。去掉下落开

始和结尾阶段拍摄角度不好的图片，选取了编号为386-406的图片，则选取图片部分的总时

间为.So

(4)为了防止间隔时间过短，每隔一张选取一张作为有效图片，得到小球的位置如下表所

示:

图片编

386388390392394396398400402404406

号

小球位

5.207.409.8012.5015.4018.6022.1025.8029.8034.1038.60

置(cm)

试卷第6页，共10页

则实验小组测得的重力加速度值为m/s2（结果保留3位有效数字）。

14.某兴趣小组设计实验、测量某金属丝（阻值约几十欧姆）的电阻率。现有实验器材：螺

旋测微器、米尺、电源（E=3V）、电流表A、定值电阻凡（阻值20.0。）、滑动变阻器尺、

待测金属丝、开关K、开关S、导线若干。图甲是学生设计的实验电路原理图。

（1）实验时，先将滑动变阻器A接入电路的电阻调至最大，闭合S。

（2）将K断开，适当减小滑动变阻器a接入电路的电阻，此时电流表读数记为人，然后将

K闭合，此时电流表读数记为人。由此得到金属丝的电阻/=o（结果用，、八、E

72

（5）用米尺测得金属丝长度/=49.00cm。用螺旋测微器测量金属丝不同位置的直径，某次

测量的示数如图乙所示，该读数为"=mm。多次测量后，得到直径的平均值恰与d

相等。

（6）由以上数据可得，待测金属丝所用材料的电阻率P=Qmo（保留2位有效

数字）

试卷第7页，共10页

四、解答题

15.如图所示，/8C为一透明材料做成的光学元件的横截面，NC为一半径为R的;圆弧，

。为圆弧的圆心，N5C。构成正方形。一条单色光从。点垂直于边射向光学元件。己知

光在真空中的传播速度为c,光在该材料中的传播速度为变c,已知3、。间的距离为

2

三8尺，不考虑多次反射。求：

2

(1)该元件的折射率”；

(2)光在元件中的传播时间/。

16.如图所示，滑雪道NC由山坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45。。若滑

雪者从尸点由静止开始下滑，从3点飞出后，恰好到达。点。己知8、C间的距离为d,P

点到2点的水平距离为L滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为〃，重力加速度为g,不计空

气阻力。求：

(1)滑雪者从3点飞出的速度大小V；

(2)尸点到平台3c的高度差限

17.如图所示，在直角坐标系xOy中，第一象限存在沿x轴负方向的匀强电场，电场强度大

小£=103v/m;第三象限内存在着以为边界的两个匀强磁场区域且方向均垂直于纸面

向里，左侧磁场磁感应强度大小旦=20T,右侧磁场磁感应强度大小鸟=401，边界。”与

y轴负方向的夹角为30。；第四象限同时存在方向垂直纸面向外的匀强磁场和沿x轴负方向

试卷第8页，共10页

35

的匀强电场，磁感应强度大小员=5T,电场强度大小E=10V/m。现有一电荷量q=+10-C,

质量加=2xl(T6kg的带电粒子,从第一象限的4点以%=ioom/s的速度沿＞轴的负方向发出,

经电场偏转后，以与x轴负方向成30。角从。点进入第三象限。不计带电粒子的重力。求:

(1)A点的位置坐标；

(2)该粒子从。点到再次经过y轴所用的时间；

(3)该粒子从第2次经过y轴到第3次经过y轴沿y轴方向位移的大小。

八y

A

/v%E

O

X

xx*

XxXXXz30°E

/XX

XXXX；

zocXX

XXX

BiX

XXX/xXXX

18.如图所示，一倾角37。的传送带与两个内表面光滑的;圆弧细管道在最高点8平滑

连接，地面上放置一右端固定挡板的长木板，长木板上表面与光滑平台CD,细管道最低端

C等高相切。传送带以恒定速度顺时针转动，将滑块P轻放在传送带/点上，经过细管道

与静止放置在平台上的滑块Q发生弹性碰撞，碰后P恰好能返回到细管道最高点3处，Q

滑上长木板后，与长木板的档板发生弹性碰撞最终停在长木板上。已知管道半径均为R传

送带的速度%=2"^，滑块P、Q及长木板质量分别为小、2m、4m,P与传送带间的动

摩擦因数〃=0.5,Q与长木板上表面间的动摩擦因数儿=0.5,长木板下表面与地面间的动

o

摩擦因数〃2=。2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g,sin37=0.6o求:

(1)滑块P刚放到传送带上时加速度大小；

(2)滑块P碰后返回通过管道最低端C时对管道的压力大小；

(3)滑块P在传送带上运动的时间；

(4)木板的最小长度。

试卷第9页，共10页

试卷第10页，共10页

参考答案:

题号12345678910

答案CDBDADBCADBC

题号1112

答案ACDAD

1.C

【详解】A.根据

A，x——LA。

d

可知若只增大挡扳上两个狭缝岳、H间的距离力两相邻亮条纹间距离将减小。故A错误;

B.图乙中光能在光导纤维内通过全反射进行传播，是因为光导纤维内芯的折射率比外套大。

故B错误；

C.图丙中肥皂膜上的条纹是由光的薄膜干涉形成的，相机镜头的增透膜就是利用薄膜干涉

这一原理使照片更加清晰的。故C正确；

D.图丁中央存在一个亮斑，是由于光线通过小圆板得到的光的衍射图样。故D错误。

故选C。

2.D

【详解】A.有拉力作用时，对物体受力分析，根据牛顿第二定律可得

F-mgsin0-评ngcos0=max

解得，物体沿斜面向上加速时加速度大小为

Q]=5m/s2

故A错误；

B.2s时物体的速度为

%="14=5x2m/s=10m/s

撤去拉力后，物体向上滑动的过程中，对物体受力分析，根据牛顿第二定律可得

mgsin3+ptmgcos0=ma2

解得，物体向上减速的加速度大小为

2

a2=10m/s

则物体向上减速的时间为

答案第1页，共20页

t2——=Is

a2

则物体在/=3s时的速度为0,故B错误；

C.当物体速度减为零时，由于/gsinO>〃wgcosO,则物体不能保持静止，物体会沿斜面

向下做加速运动，则物体在斜面上的运动时间不止3s,故C错误；

D.物体沿斜面向上运动的最大位移为

x=一H—=15m

2,22

故D正确。

故选D。

3.B

【详解】A.由题意可得，该波的波速为

故A错误；

B.由图可知，该波的周期T为2.0s,则该波的波长为

A-vT=2m

故B正确；

C.M、N两点的距离为1m,即为:3则当N点离开平衡位置的位移为10cm时，M点正

在波谷，故C错误；

D.M、N两点的距离为1m,即为则M、N的速度始终相反，故D错误。

2

故选B。

4.D

【详解】朱雪莹自由下落刚触网时的速度大小满足

V；=2g%

解得

匕=8m/s

离开网时的速度大小满足

V；=2g%

解得

答案第2页，共20页

v2=10m/s

取竖直向上为正方向，由动量定理可得

（F-mg）t=mv2-（-mvj

解得

F=1462.5N

故选D。

5.A

【详解】地球公转，设地球公转半径为小根据万有引力提供向心力

GMm4/

——--=m——r

r2T2

根据开普勒第三定律

川+4、3

L（2）

T-T2

哈雷彗星的运动周期为

T=n回+力

V2GM

故选Ao

6.D

【详解】A.由乙图可知，f=0.01s时，感应电动势为0,此时发动机线圈处于中性面位置,

通过它的磁通量为最大值。故A错误；

B.根据

U2_n2

U3«3

又

L=10V

解得

q=5V

则电流表A的示数为

答案第3页，共20页

故B错误；

C.由乙图可知发动机的电动势峰值为

Em=22V2V

有效值为

E

E=-^=22V

V2

根据

nJi=n2I2+n3I3

又

T二号泡

2"。灯泡

联立，解得

/]=0.5A

根据闭合电路欧姆定律可得

K+%效

解得

&+尺等效=44。

0-0.01s内通过发电机线圈的电荷量为

△①2①

q=----------=--------=4.5x10

K+/效&+R等效

故C错误；

D.发电机的输出功率为

场出=/：困+%效）=11W

故D正确。

故选D。

7.B

【详解】根据平抛规律有

1,1,

H-h=-gtx,H=-gt^

解得，球从水平击出到擦网的时间和球运动的总时间分别为

答案第4页，共20页

%=0.4s,f2=

当运动员击出的球擦网的速度达到最大时，球恰好到对方场内的边界处，如下图所示

设球击出的速度方向与球场中线的夹角为6,则有

OA

BC

02

2sing

由题意可知，其中

OA=~,BC=-

22

联立解得

v0=6V15m/s

故选B。

8.C

【详解】A.设小球P的质量是加，物块Q的质量为由题意可知小球P到P点的过程

中做自由落体运动，如图

v2=2gx2£sin30。

答案第5页，共20页

解得

v=2V3m/s

从P到最低点，由动能定理

11

mgZ(l-sin30°)=—mV9p--m(ycos30°)9

解得，P第一次到达最低点的速度为

vp=

故A错误；

B.在最低点，对小球P受力分析，由牛顿第二定律

7—mg=m-^~

解得，P第一次到达最低点时绳的拉力为

T=35N

故B错误；

CD.碰后对Q由动能定理

1„

-/jMgs=0--MVQ

解得

vQ'=A/TSIII/S

小球P与物块Q碰撞的过程中，由动量守恒定律

mvp=mvf'+MVQ

解得，P碰后的速度为

,V15.

vpm/s

则碰后对P由动能定理

—mgh=0—；加£2

P碰后能上升的最大高度为

73

h.=——m

16

碰撞过程中，由能量守恒定律

*

=-mv'2+—MvJ2+AE

2P2Q

答案第6页，共20页

解得P、Q碰撞过程中损失的机械能为

△£,=—J

8

故C正确，D错误。

故选C。

9.AD

【详解】A.对小猴受力分析如图

由平衡条件可知，小猴静止时杆对小猴的弹力方向垂直杆ON斜向下，故A正确;

B.小猴静止时弹簧弹力的大小为

故B错误；

C.由图可知，小猴静止时杆对小猴的弹力大小为

FN=mg

故C错误；

D.由几何关系可知，小猴稳定在与尸点时弹簧的长度与在尸点时相等，故弹簧的弹力为

=Fk=△机g

在P点，对小猴受力分析

答案第7页，共20页

水平方向由牛顿第二定律

2

T+cos30°=mLtan30°。

竖直方向由平衡条件

3'sin300=mg

联立解得

故D正确。

故选ADo

10.BC

【详解】A.由图可知，电子在x轴上从x=-lcm处向。点运动过程，其电势能一直减小,

根据

可知该区间从左至右电势一直增加，即电场强度方向与x轴正方向相反。故A错误;

B.根据

A£p=-eE\x

可知图像中图线的斜率表示电子所受电场力大小，可得

解得

3

£1=2xlOV/m,心=1x4V/mx轴上。点左侧的电场强度片和右侧的电场强度外的大

小之比为

E,1

故B正确；

C.依题意，电子仅在静电力作用下在x轴上往返运动，其动能和电势能之和保持不变，电

子释放时动能为零，电势能为零，总能量为零，电子在x=1.5cm处的能量为

0=皖+与

由图可知，电子在x=1.5cm处的电势能为

答案第8页，共20页

Ep=-5eV

解得

4=5eV

故C正确；

D.同理，可知电子在。点的电势能最小，动能最大为

1,

E.=—mv^=20eV

k2

依题意，电子在运动过程中，有

电子运动的周期为

7=2(%+幻

联立，解得

7=4.5x10-80

故D错误。

故选BC=

11.ACD

【详解】A.依题意，滑动变阻器的滑片从图示位置向左滑动的过程中，外电路阻值增大,

根据闭合电路欧姆定律可知

干路电流减小，由

U=E-I千(r+R)

可知电压表示数增大。故A正确；

B.根据

可得以消耗的功率增大。故B错误;

C.根据

答案第9页，共20页

„=/2干-外=R外=]

/2千因卜”)R外"1+JL

可知，电源的效率增大。故c正确；

D.根据前面选项分析，干路电流减小，并联电路中，通过的电流表所在支路电流减小，通

过另两个支路的电流均增大，所以电流表示数的减小量A/大于通过另两个支路的电流的增

加量AT,则

\UAU

---<---

MAT

又

U=I'x&&=4，

R?+42

联立，解得

△U&

-----<----

M2

故D正确。

故选ACDo

12.AD

【详解】A.导体棒cd在磁场中匀速运动时，有

mgsin0=jumgcos0+BIL

2R

E=BLvx

解得

%=0.5m/s

0~2s内根据动量定理，有

mgsinOt-jumgcosOt-BILt-mvx-0

q=It

解得，通过cl棒的电荷量为

q=-C

8

7

由于cd棒串联，所以0〜2s内通过导体棒的电荷量也为7C,A正确;

8

B.棒仍进入磁场前匀加速，有

答案第10页，共20页

mgsin9—pimgcos0=ma

解得

a=2m/s2

进入磁场的时间为，

12

X0=5""

解得

t=2s

进入磁场时的速度为

v=at=4m/s

ab棒刚进入磁场时产生电动势为

E=BLv=16V

此时，cd棒产生电动势为

E'=BL%=2V

回路中的电流为

/=^—^=3.5A

2R

此时，成两端的电压为

U=E-IR=9N

B错误;

C.0〜2s内对cd导体棒有

q=It

7=A

2R

-AO

E=n---

AO=BLx

联立，解得

7

x=­m

8

根据动能定理有

答案第11页，共20页

12

mgsin0x-jumgcosOx+少安=~^nvx

根据功能关系，有

2=—

2

解得

Q=—J

上16

c错误;

D.当ab、cd棒速度相等时有最小距离，之后两棒均做匀加速直线运动，设棒成进入磁场

后经「两棒共速，速度为V',最近距离为£,根据动量定理有

cd棒

r

mgsin0t'-jumgcos0t+BI'Lt'=mv-mv1

ab棒

mgsin0t'—/j.mgcosOt'-BI'Lt1=mv'—mv

八再，

解得

q'=—C

16

又根据

心旦

2R

豆=空

Af

A①，=取（》-4）

联立，解得

，7

x=­m

16

D正确。

故选AD。

答案第12页，共20页

13.点开始录制释放小球79.50

6

【详解】（2）⑴⑵将一小球置于刻度尺前，将手机相机调到“慢动作（120FPS）”模式，然

后先点开始录制后释放小球。

（3）[3]120帧每秒，即相邻两帧之间的时间间隔为卷秒），即选取图片部分的总时间为

/=“20x--1--s=—1s

1206

（4）[4]因为相邻两帧之间的时间间隔为

r=—s

120

由逐差法可知，实验小组测得的重力加速度值为

66)6-06)22

一(匕。-心-(心(38.60-18.60)-(18.60-5.20)*山一m950m/s

-"可-Q。*■

12-11F

14.---------乜35.40.700/0.699/0.7012.8x10"

【详解】（2）[1]K断开时，由闭合电路欧姆定律

£=/i（R°+r+R+R内+&）

K闭合时，由闭合电路欧姆定律

E=12（又+R+qJ+&A）

联立解得，金属丝的电阻为

（4）[2]由〃=与/£化简可得

11r

—=-1—

AhE

由图可知，纵截距为

/）=—=11.8A-1

E

代入数据可得，金属丝的电阻为

r=35.40

（5）[3]螺旋测微器的读数为

d=0.5mm+20.0x0.01mm=0.700mm

答案第13页，共20页

(6)[4]由电阻定律R=。:和S=竺0得待测金属丝所用材料的电阻率为

34

7ird2

代入数据解得

p=2.8xlO-5Q-m

15.（1）日⑵9⑹R

6c

【详解】（1）根据

C

n=一

v

解得

n=V2

（2）根据

•「

sinC=—1

解得临界角为45。，设单色光在圆弧界面上的入射角为。，由几何关系可得

sin9二-----乙——

R

解得

0=60°>45°

可知该单色光在圆弧界面上发生了全反射,光路图如图

由几何关系可得

2-6R

x,=R-Rcos0=—R22V3-3

2x=----------=----------RD

9sin03

则光在元件中的传播时间为

答案第14页，共20页

r_x1+x2(4V6-3V2)/?

v6c

16.(1)不gd；(2)—+"L

【详解】(l)滑雪者从B点到。点，设从5点到。点的所用时间为2/,由斜抛运动知识,

水平方向

d=vcos45°x2^

竖直方向有

vsin45°=g^

解得滑雪者从B点飞出的速度大小为

v=/gd

(2)从P点到5点，由动能定理

,12

mgh-jbimgcos45°Zx-pimgL2-jumgcos45°Z3=-^nv-0

由几何关系

L=LXCOS45°+L2+L3cos45°

联立解得P点到平台BC的高度差为

.d

h-=~+jLiLTi

74

17.(1)(3m,26m)；(2)—xl0-2s；(3)(16-4mm

【详解】(1)由几何关系

tan30。=%

匕

解得

匕=回

水平方向由牛顿第二定律

qE=ma

解得

a=5xl03m/s

水平方向由运动学公式

V；=lax

答案第15页，共20页

解得

x=3m

由

匕=成

解得

t=4

50

竖直方向做匀速直线运动

y=vot=2y/3m

所以/点的位置坐标为(3m,26m)。

(2)粒子进入磁场4时速度为

v=———=200m/s

sin30°

由洛伦兹力提供向心力

v2

=m—

解得

&=2m

由几何关系可知，速度偏转了60。角进入磁场鸟时速度沿着y轴的负方向，则

由

V2

qvB2=m——

R?

解得

R2=lm

且粒子进入磁场星时速度沿着X轴的正方向，所以

则该粒子从O点到再次经过y轴所用的时间为

答案第16页，共20页

%=力1+，2=微乂10飞

(3)在第四象限，该粒子除了有沿x轴正方向的速度v,还有两个沿着y轴等大方向的速

度V/。由

qvxB3—qE

得

匕=200m/s

该粒子做匀速圆周运动的速度为

v2=Jv?+v；=200V2m/s

与x轴正方向成45。角；由洛伦兹力提供向心力