2024年高考押题预测卷-物理（山东卷03）（全解全析）

2()24年高考押题预测卷()3【山东卷】

物理-全解全析

1234567891()1112

ACBCCDDDADBDADCD

2024年高考押题预测卷03【山东卷】

高三物理

(考试时间：90分钟试卷满分：100分)

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.潜水钟是一种水下作业工具。将潜水钟的大铁罩倒扣在水面后使之下沉，如图是潜水钟缓慢下沉的示意

图，不计下沉过程中水温的变化，关于潜水钟内被封闭的气体，下列说法正确的是()

A,气体向外界放出热量

B.钟壁单位面积上单位时间内分子碰撞的次数不变

C.运动速率大的分子占比减小

D.气体的体积不变

【答案】A

【详解】AD.下潜过程中，随着深度的增加，钟内气体体积减小，则单位体积内分子数增大，不计下沉过

程中水温的变化，气体体积减小，该过程外界对气体做功，向外界放出热屋，故A正确，D错误；

B.根据华=C钟内气体体积减小，不计下沉过程中水温的变化，故压强增大，故钟壁单位面积上单位时

间内分子碰撞的次数发生变化，故B错误;

C.不计下沉过程中水温的变化，则温度不变，故气体分子速率分布规律不变，故C错误。故选A。

2.在我国汉代，劳动人民就已经发明了辘粘，如图所示，可转动的把手边缘上“点到转轴的距离为4R,辘

静边缘上〃点到转轴的距离为R,忽略空气阻力。在水桶离开水面后加速上升的过程中，下列说法正确的是

A.。点与8点的角速度之比为4:1

B.〃点的线速度大小与水桶上升的速度大小之比为1:4

C.〃点与b点的向心加速度大小之比为4:1

D.绳的拉力对水桶（含桶内的水）的冲量大小等于重力对水桶（含桶内的水）的冲量大小

【答案】C

【详解】A.把手边缘上。点与辘粘边缘上力点属于共轴转动，所以角速度相同，故A错误；

B.根据角速度与线速度的关系，可得水桶上升的速度大小为u=把手边缘上〃点的线速度大小为

匕=4/R所以把手边缘上。点的线速度大小与水桶上升的速度大小之比为4:1,故B错误；

C.由公式〃可知，把手边缘上〃点与辘护边缘上〃点的向心加速度大小之比为4:1,故C正确;

D.对水桶分析，根据动量定理有/拉一4二Ap可知拉力对水桶（含桶内的水）的冲量大小等于重力对水桶

（含桶内的水）的冲量大小与水桶（含桶内的水）动量的变化量大小之和，故D错误。故选C。

3.扇车在我国西汉时期就已广泛被用来清选谷物。谷物从扇车上端的进谷口进入分离仓，分离仓右端有一

鼓风机提供稳定气流，从而将谷物中的枇粒。（枇粒为不饱满的谷粒，质量较轻）和饱粒力分开。若所有谷

粒进入分离仓时•，在水平方向获得的动量相同。之后所有谷粒受到气流的水平作用力可视为相同。下图中

虚线分别表示。、〃谷粒的轨迹，入、居为相应谷粒所受的合外力。下列四幅图中可能正确的是（）

进谷口进谷口

进谷口进谷口

鼓

风

机

二【详解】从力的角度看，水平方向的力相等，饱粒〃的重力大于枇粒。的重力，如图所示

1b

从运动上看，在水平方向获得的动量相同，饱粒〃的水平速度小于枇粒。的水平速度，而从竖直方向上高度

相同〃=gg/运动时间相等工二%，所以工＞4综合可知B正确。故选Bo

4.如图，波长为4的单色光，照对到间距为d的双缝上，双缝到屏的距离为/(/■4),屏上观察到明暗相

间的条纹.现将屏向右平移》则移动前和移动后，屏上两相邻亮条纹中心的间距之比为()

,P\

L—!—

＞近I

I

I

A.4:3B.3:4C.4:5D.5:4

【答案】C

【详解】移动前屏上两相邻亮条纹中心的间距加二3移动后屏上两相邻亮条纹中心的间距加、二展

a

屏上两相邻亮条纹中心的间距之比为⑨：©2=4：5故选C。

5.氢原子光谱按波长展开的谱线如图甲所示，此谱线满足巴耳末公式;=尺(』-二)，〃=3,4,5,6,7…,

图乙为氢原子能级图。普朗克常量约为6.63xl（r“J.s,则（）

nE/eV

00.........o

5---------------------0.54

410.294---------------------0.85

397.12434.17486.27656.47/Jnm3---------------------1.51

2---------------------3.40

1----------------------13.6

Hu

乙

A.垂直入射到同一单缝衍射装置，"月光的衍射中央亮条纹宽度小于〃，

B.氢原子从〃=3跃迁到〃=2能级时会辐射出丫射线

C.氢原子从〃=5跃迁到〃=2与〃=4跃迁到〃二2产生光子的动量之比为286：255

D.在同一光电效应装置中，乙光照射产生的光电子初动能都大于"a光照射产生的光电子

【答案】C

【详解】A.由图甲可知，“〃的波长大于〃一垂直入射到同一单缝衍射装置，，力光的衍射中央亮条纹宽

度大于A错误；

B.氢原子从n=3跃迁到〃=2能级辐射出光的波长由浓=&-&；u=♦求得2=434.17nm线原子从〃=3

/t

跃迁到〃=2能级时会辐射出生光，不会辐射出丫射线，B错误；

如L

C.根据〃及4=£可得〃=皿因此动量之比为且=需=兽=提二!■=袈，C正确；

2vc〃2空EA-E2255

c

D.在同一光电效应装置中，3光的能量大了•〃.光，照射产生的光电子最大初动能大于光照射产生的

光电子的最大初动能，而不是?光照射产生的光电子初动能都大于Ha光照射产生的光电子，D错误。

故选C。

6.如图所示，一理想变压器的原线圈由双线圈ab和〃构成，双线圈匝数各为公,副线圈的匝数为〃2。用L

和q表示变压器的输入电流和电压，乙和内表示变压器输出电流和电压。下列说法正确的是（）

铁芯

电源

-------oB

A.若A接B接b，cd空置,电键闭合前后，凡发生变化

B.若A接a,B接仇cd空置，负载变化时，电源输出功率恒定

C.若4接a,B接c,b接d,原副线圈的电压比为"

D.若A接a,B接d,b接c,负载变化时，乙和乙相应变化且成正比

【答案】D

【详解】AB.若4接a,B接b,cd空置,则线圈cd的存在不影响变压器的工作，电键闭合前后，力不会

H2

发生变化。负载变化时，根据P=泰•可知电源输出功率小恒定。故AB错误；

C.若A接小B接c,b接d,双线圈外和cd的互感作用会抵消掉，从而理想变压器不会正常工作，副线

圈的电压为零。故C错误；

D.若A接小B接d,〃接c,双线圈时和M为串联关系，满足十二*可知负载变化时，乙和乙相应变

化且成正比。故D正确。故选D。

7.某校天文小组通过里远镜观察木星周围的两颗卫星〃、从记录了不同时刻f两卫星的位置变化如图甲。

现以木星中心为原点，测量图甲中两卫星到木星中心的距离X,以木星的左侧为正方向，绘出XT图像如图

乙。已知两I2星绕木星近似做圆周运动，忽略在观测时间内观察者和木星的相对位置变化，由此可知（）

o0时

o2时

o4时

左6时七

o8时石

o24时

o26时

o28时

o・48时

pl乙

A.。公转周期为八B.。公转周期为2fo

C.〃公转的角速度比方的小D.a公转的线速度比。的大

【答案】D

【详解】A.由图像"J'知，a公转周期为2，。，故A错误;

BCD.由万有引力提供向心力可得空”二机驾二机疗厂二机匕可知了二但工[GMv=[GM

广「rVGM“Yki-

由于〃的轨道半径大于〃的轨道半径，则力的公转周期大于a的公转周期，即/,公转周期大于2，。；4公转的

角速度比〃的大；〃公转的线速度比人的大，故BC错误，D正确。故选D。

8.如图所示，两位同学分别拉一根长为1.2m的绳两端A、从1=0时刻，两同学同时上下抖动绳子两端,

使A、8开始在竖直方向做简谐振动，产生沿绳传播的两列波。/=0.5s时，两列波恰好传播到P、Q两点,

波形如图所示，则（）

A.两列波起振方向相反

B.两列波属于相干波

C.到两列波恰好相遇时，质点A经过的路程为25cm

D./=2s时，x=0.5m处的质点偏离平衡位置的位移为-5cm

【答案】D

【详解】A.图示时刻两列波恰好传播到尸、Q两点，根据同侧法可得P、Q两点起振方向竖直向上，因此

两列波起振方向相同，故A错误：

B.机械波的传播速度由介质决定，故两列波传播速度相同，均为i，=2=?^m/s=0.4m/s但由图可知左侧的

波长为0.4m,右侧的波长为0.2m,由u=可知两列波的频不同，不是相干波，故B错误：

C.由图可知在f=L5s时，两列波相遇在0.6m位置处，A质点已经经过了1.5个周期，路程为6个振幅，应

为30cm,故C错误；

D.左右两列波的周期为7；=2=氐北=&=0.5s左面的波传到0.5m所需要的时间"=工=0.75s；

vv0.4

3

/=2s时x=0.5m处质点左侧波在波振动时间为0.75s,振动时间为［工，处于波谷位置，右面波传到0.5m

所用时间为芍="14-等05=1.25s右侧波振动时间为0.25s半个周期,右侧波在平衡位置，叠加后•合位移为-5cm,

故D正确。故选D。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。

全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得。分。

9.如图所示，真空中有一正方体A8CQ-AAC"1，在正方体的顶点A、G处分别固定一个电荷量相等的正

A.8点和"点的电势相等

B.8点和A点的场强相同

C.若有•个质子以某-初速度射入该空间中，可能做匀速圆周运动

D.若有一个电子以某一初速度射入该空问中，可能做匀速圆周运动

【答案】AD

【详解】AB.电势为标量，电场强度为矢量，在等量同种电荷的电场中，根据对称性可知4、0两点电势

相等，场强大小相等，方向不同，A正确，B错误；

CD.两个等量正电荷形成的电场，不是匀强电场，若粒子在该电场中做匀速圆周运动，运动轨迹处的场强

一定大小相等，根据对称性，该轨迹一定在等量同种电荷的中垂面上，且圆心一定在两电荷连线的中点处，

若有一个电子以某一初速度射入该处，两个正电荷对它的引力的合力提供向心力，可以做匀速圆周运动，

而如果是正电荷，受到的是排斥力，不可能指向圆心，因此不可能做匀速圆周运动，C错误，D正确。

故选ADo

10.蹦床运动可以简化为如图甲所示模型，轻质弹簧原长为4/,,弹簧的弹力与形变量的关系如图乙所示。

第•次将质量为，〃的小球A在距离弹簧顶端为L的位置由静止释放，小球下落过程中速度最大值为％;第

二次将质量为2机的小球B在相同位置由静止群放，不考虑空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，两小球均可

视为质点。下列说法正确的是（）

A.两小球在相同的位置达到最大速度

B.当两小球达到最大速度时，第一次和第二次弹簧的弹性势能之比为1:4

C.小球B在下落过程中的最大速度为等％

D.小球B在下落过程中的最大速度为巫％

30

【答案】BD

【详解】A.小球的速度最大时小球受到的重力与弹簧的弹力大小相等，由于小球A、B的质量不同，所以

两小球在不同的位置达到最大速度，故A错误;

B.小球达到最大速度时•，弹簧的弹性势能等于小球克服弹力所做的功，由胡克定律”=去，可知当两小球

达到最大速度时，第一次和第二次弹簧的压缩量之比为1：2；小球克服弹力所做的功等于尸图像下与坐

标轴围成的面积，所以当两小球达到最大速度时，第一次和第二次弹簧的弹性势能之比为1:4,故B正确;

CD.由图可知=k。所以小球A在下落过程中的最大速度时弹簧的压缩量为&弹簧的弹性势能

44

%=1?gx号=$3由小球A与弹性组成的系统机械能守恒可得"吆（心+彳）=，〃山+；〃?%2小球B达到

最大速度时2〃取=心解得小球B在下落过程中的最大速度时弹簧的压缩量K=?弹簧的弹性势能

1oL；mgL小球与弹性组成的系统机械能守恒2mg+x/io

£FX2,X=-ingL+—x2〃nF解得

PA'-=2^222v=­

故C错误，D正确。故选BD。

II.如图，水平放置的刚性汽缸内用活塞封闭两部分气体A和B,质量一定的两活塞用杆连接。汽缸内两

活塞之间保持真空，活塞与汽缸壁之间无摩擦，左侧活塞面积较大，A、B的初始温度相同。略抬高汽缸左

端使之倾斜，再使A、B升高相同温度，气体最终达到稳定状态。若始末状态A、B的压强变化量△/〃、△/%

均大于零，对活塞压力的变化量磐，则（）

一〃*sin30°

A.A体积增大B.A体积减小C.2---------------45D.

S

【答案】AD

【详解】AB.气温不变时，略抬高汽缸左端使之倾斜，设此时的细杆与水平面的夹角为仇则有

PASA+(M+Mgsin0=pRSR

则可知A部分气体压强减小，B部分气体压强增加，对两部分气体由玻意耳定律得，A体积增大，B体枳

减小，故A正确，B错误：

C.开始时，两活塞受力平衡，略抬高汽缸左端使之倾斜，则A部分气体压强减小一些，B部分气体压强增

大一些，而最终两个活塞的受力在要平衡，那么压力的变化不相等△用＞八6故C错误；

AF

D.由=z｝但SA＞SB结合C分析可得，故有＜△/故D正确。故选AD。

12.2022年6月17日，我国003号航母“福建舰”下水，该舰是我国完全自主设计建造的首艘电磁弹射型航

母。某同学采用如图甲所示装置模拟电磁弹射，线圈可在圆柱形铁芯上无摩擦滑动，并通过电刷与导轨保

持良好接触；铁芯上存在垂直于表面向外的辐向磁场，线圈所在处的磁感应强度大小均为8=Q1T。将开关

S与1连接，恒流源输出电流使线圈向右匀加速一段时间，之后将开关S掷向2与阻值为R=4C的电阻相连，

同时施加水平外力F,使线圈向右匀减速到零，线圈运动的凹图像如图乙所示。已知线圈匝数：〃=100,质

量片0.5kg,每匝周长/=0.1m,不计线圈及导轨电阻，忽略电刷与导轨间摩擦及空气阻力，则线圈()

A.0〜0.2s,电流从恒流源。端流出，且电流大小为/=25OOA

B.。〜0.2s,线圈所受安培力的功率不变

C.0.2〜0.3s,水平外力/随时间f变化的关系为产=42.5+25/(N)

D.0〜0.2s与0.2〜0.3s,通过线圈的电荷量之比为40：1

【答案】CD

/恶心=5。苗根据牛顿第二定律有制…

【详解】A.由图乙可知，0〜0.2s的加速度大小为。=

解得7=25A故A错误;

B.0-0.2S,线圈所受安培力的功率为4=//〃丫=/田〃加即线圈所受安培力的功率逐渐变大，政B错误;

C.0.2s〜0.3s,线圈的加速度大小为"=2m/s2=l()()m/s2根据牛顿第二定律可得

尸/8哽[]0-]00（/-0.2）]

-〃W(O.2"/KO.3s)结合图像可得尸=42.5:25,(N)故C正确。

R

D.0〜0.2s,流经线圈的电荷量w=/〃=5C,0.2s〜0.3s,平均感应电流/=专工通过电阻R的电荷%=色=与

结合图乙求得俏=0.125c故两次流经线圈的电荷量之比为力：4尸40：I故D正确：故CD正确。

三、非选择题：本题共6小题，共60分。

13.某同学利用手机“声音图像''软件辅助测量物块与长木板间的动摩擦因数4。实验装置如图甲所示，将长

木板固定在水平桌面上，物块置于长木板上且两端分别通过跨过定滑轮的细线与小球A、B相连，实验前分

别测量出小球A、B底部到地面的高度％、饱(色＞4)。打开手机软件，烧断一侧细绳，记录下小球与

地面两次碰撞声的时间图像(两小球落地后均不反弹)。

物块

手机

地面.

甲

细线

小球A

—70

乙

⑴烧断细线前，用分度值为1cm的刻度尺测量%,刻度尺的。刻度线与地面齐平，小球A的位置如图乙所

示，则/入=U11I・

(2)实验时烧断物块左侧的细绳，若算得A下落的时间为0.40s,由图内可知，物块加速运动的时间为—s；

若将手机放在靠近小球B的地面上测量物块加速运动的时间，测量结果会—(选填“偏大”、“偏小”或“不

变“):

(3)仅改变小球B实验前离地高度，％,测量不同高度下物块加速运动的时间/,作出“-产图像如图丁所示，

由图像可求得斜率为衣，若小球B的质量为〃?，物块质量为M,重力加速度大小为四，则物块与木板间的

动摩擦因数4=(用字母攵、M、〃？、g表示)。

mS-2k(rn+M)

【答案】(1)78.5(78.3〜78.7)(2)0.90偏小(3)，-----------------

Mg

【详解】(1)测量时间是通过小球落地计算，小球的底端先落地，所以应测量到小球底端距离，而不是小

球的球心，由图乙可知以=78.5cm

(2)[1]由图丙可知，A、B两球落地时间差为A/=2.70s-2.20s=0.50s,A球先下落，时间短，则B球下

落时间为。=0.40s+0.50s=0.90s即物块加速运动的时间为0.90s.

⑵若将手机放在靠近小球B的地面上测量物块加速运动的时间，由「小球A落到时声音传到手机时间变大,

小球B落到时声音传到手机时间变小，则A、B落地时间差变小，故测最结果偏小。

(3)物块和小球B一起做匀加速直线运动，由匀变速直线运动位移时间关系有小产由牛顿第二定律

有

吟〃+〃整理可得心貌鬻/结合*/图像可得人卷溪f解〃="老空㈣

‘IzI///-t-/wIyv/p

14.某实验小组使用多用电表测量电学中的物理量，并探究欧姆表的原理。

(1)某次测量时，多用电表表盘指针指在如图甲所示的位置，下列说法错误的是二

A.若该读数是选用欧姆挡倍率得到的，应该更换“X10”倍率，欧姆调零后再次进行测量

B.多用电表的欧姆挡是靠内部电源提供电流的.若选用“xlO”倍率测量电阻，则欧姆表内阻约为20Q

C.测直流电流时，应让红表笔接外电路的正极，黑表笔接外电路的负极

(2)该小组进一步探究欧姆表的原理，设计了如图乙所示的电路，通过调节开关S,可使欧姆表具有“xl”和

“x]0”的两种倍率，可用器材如下：

A.干电池(电动势E=1.5V,内阻不计)：

B.电流表G(满偏电流4=lmA,内阻R"90C)：

C.定值电阻凡（阻值为5.0Q）；

D.滑动变阻器"（最大阻值为150Q）；

E.定值电阻R?（阻值为LOQ）、

F.开关一个红、黑表笔各一支，导线若干.

①表笔B是（填“红或“黑”）表笔；

②虚线框内是双量程电流表，已知当S接〃时、对应电流表量程是。〜0.1A,那么定值电阻％=Q；

③当开关S拨向（填或*”）时，欧姆表的倍率是“xl。”，欧姆调零后，欧姆表内阻为Qo

【答案】⑴B⑵黑9》150

【详解】（1）A.欧姆表的读数等于倍率乘指针示数，该图指针所示位置电阻读数偏小，说明倍率选大了，

应该改用“xIO”的倍率，欧姆调零后再次进行测量，故A正确：

B.多用电表作欧姆表使用时，是靠内部电源提供电流，中值刻度对应的电阻就等于这个倍率下欧姆表的内

阻,若选用的是'IO”的倍率测电阻,则欧姆表内阻约为150C,故B错误;

C.测直流电流时，应该让电流从红表笔流进，从黑表笔流出，以保证表盘指针能够正偏，故必须让红表笔

接外电路的正极，黑表笔接外电路负极，故C正确.

本题选错误的，故选B。

（2）①川电流从红表笔流进，黑表笔流出，由图可知，表笔B是黑表笔；

②⑵当S接。时,对应电流表量程是0〜0.1A,则有4（&+凡）=（/-/*四解得&=9。

p

③网［4］当S接融寸，对应电流表量程是0-0.1A,则欧姆表内阻为R咕=7=I5C当S接时，设满偏电流

Rr-i,.

为广，根据并联电路分流特点有丁=—;■上解得/'=0.01A可知，当S接。时，欧姆表的倍率是“xio”。

E2+K34

F

则欧姆表内阻为R=m=150Q

15.在一个平静的湖面上，距离水面高度九=30m处有一条水平缆索，缆索上每隔/=10s就从站台以速度

u=lnVs沿一个方向持续开出一辆缆车。湖水深为=8m,缆索中央正下方的湖底有一员潜水员，该潜水员

只能看到湖面半径4=9m的圆面有亮光，又在透过湖面半径4=6m的圆面上才能清晰的看到缆索上的缆车。

已知J145=12,sin53°=0.8,cos53°=0.6,求：

（1）湖水的折射率〃的大小（用分式表示）：

（2）潜水员最多能清晰的看到缆索上缆车的数量。

缆车7^宣宣言7?7?7T7T7?

h\

湖而.............1.......彳…一'-

：h2

潜1员―

4

【答案】（1）-;（2）10

【详解】（1）根据题意可知，由于潜水员只能看到湖面半径4=9m的圆面有亮光，如图所示

则有sinC=.丁；川=力1解得〃=孑4

（2）潜水员透过湖面半径弓二6m的圆面看到缆索，如图所示

潜水员

•A・・LQini4

由儿何关系有sm〃二五掾，的'=1二+*乂有"=券=：解得L=40m由对称性可知,潜水员透过湖

面半径&=6m的圆面看到缆索长度为d=2（L+4）=92m由题意可知，相邻缆车间的距离为Ar="=10m

则有N===9.2即潜水员最多能清晰的看到缆索上缆车的数最为10°

16.如图，一中空建材板下端固定于水平地面上的。点，通过物体M的支撑使得该板与水平地面间夹角

。=37。°建材板中为格子形状，每个格子的规格相同。一质量为加的小滑块从板底端。点以一定初速度沿

板网上射出，小滑块沿着板面做了一次往返直线运动，小滑块在运动过程中受到的摩擦力大小不变。用频

闪照相机连续记录了小滑块在板面中段运动过程中的部分位置，图甲和图乙分别是上滑过程和卜.滑过程的

频闪照片。已知小滑块运动的最高点相对于板底端的距离为$,不计空气阻力，重力加速度为.疝37。=（）.6,

8s37°=0.8。求：

（I）小滑块所受摩擦力的大小;

（2）小滑块下滑过程中,在距离板底端多远处其重力势能是动能的3倍（以板底端所在水平面为零势能面）。

【答案】（1）0.3mg；（2）|s

【详解】

（1）设每个格了•在小滑块运动方向的宽度为〃，频闪照相机闪光周期为兀根据匀变速运动的推论，上滑

时有-15d-9d=卬；下滑时有7d-5J=根据牛顿第二定律，上消时有mgsinO+f=〃9

下滑时有mgsin0-f=ma2得f=0.3〃吆

（2）卜滑过程中，在距底端4处重力势能是其动能的三倍，则〃?gsinO±=3xg〃M

I3

有（〃?gsin。一/）（5-X）=一〃八g-0联立解得w=-5

225

17.如图甲所示，平行边界CD、EF之间存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为8的匀强磁场，CD、EF之

间的距离为41=0时刻，有一质量为6的带电粒子从磁场C。边界上人点处以速度%垂直磁场方向射入,

%方向与CO边界的夹角为30,粒子恰好从。点垂直"边界射出磁场。紧靠磁场E尸边界右恻，有两个间

距为L、足够大的平行板M、N,平行板间存在电场，两板间电势差的变化规律如图乙，其中"已知。带

电粒子在运动过程中始终不与N板相碰，粒子重力不计。求：

（1）该带电粒子的电性及电荷量大小；

（2）若％=3冬,4=坐处，带电粒子从A点到第一次到达。点的时间乙及，=暂时刻带电粒子的速

度P与%的比值:

（3）若满足（2）条件，带电粒子第二次离开磁场时的位置与力点的距离（结果用根号表示］

【答案】（1）粒子带正电，*=避"生；（2）二：4；（3）(11>/3-V29TW

2dB33

【详解】（1）带电粒子在磁场中运动软迹如图，其轨道半径为4,根据左手定则可判定粒子带正电荷;

由几何关系可知sin6（T=&由洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，则。％5=，〃电

解得带电粒子的电荷量大小为4=镖^

60°1-2nr2万〃？iT

⑵带电粒子从A点到第一次到达。点的时间”端匚Y其中丁="二方-解得仆例则，甘时

刻带电粒子在电场中加速运动了!”，则有4=约由运动学公式y=%+4x』7；则此时刻带电粒子的速度

6niLo

V与%的比值上=4

%

（3）接着带电粒子先减速后反向加速，则这一过程的加速度大小均为生,设粒子在电场中反问后可以一直

2

加速到O点，则=也■由运动学公式得（4%尸V-（4%尸=2a产联立可得X=5v0

5mL

根据产竽。—二211〃我立可得f=/故假设成立，带电粒子第二次在磁场中运动的轨迹如图所

示

设其筑道半径为弓，由洛伦兹力提供向心力=可得△=吆叵设带电粒子从K点离开磁场，

r2〜3

故带电粒子第二次离开