2024年江苏省苏州市高考物理模拟试卷(含详细答案解析)

2024年江苏省苏州市高考物理模拟试卷

一、单选题：本大题共n小题，共44分。

1.关于物理学家的贡献，下列说法正确的是（）

A.法拉第提出了场的概念

B.库仑最早测得元电荷的数值

C.吒马斯•杨在分析了大量实验数据后总结出了光的折射定律

D.奥斯特提出通过形象直观的磁感线来研究磁场

2.如图所示，两块标准平面玻璃板中间形成一个劈形空间，劈尖角6二

2x10~4rad,（。很小时，可认为sin。*tan。*9）。用波长A=600nm

的单色光从上方照射，从上往下看到干涉条纹。当在劈形空间内充满

某种液体时，相邻亮条纹间距减小了0.5瓶机，则该液体的折射率为（）

C|DI

3.如图为一定质量的理想气体经历QT匕TC过程的压强〃随摄氏温度，变化

的图像，其中必平行于/轴，劭的延长线过坐标原点。下列判断正确的是

（）

A.QTb过程，所有气体分子的运动速率都减小

B.QTb过程，单位时间撞击单位面积器壁的分子数增加

C.bTC过程，气体体积保持不变，从外界吸热，内能增加

D.bTC过程，气体膨胀对外界做功，从外界吸热，内能增加

4.2023年8月，“中国环流三号”首次实现100万安培等离子体电流下的高约束模式运行，标志着我国在

可控核聚变领域达到了国际领先水平。下列关于核聚变的说法正确的是（）

A.轻核聚变过程，原子核的比结合能变大

B.轻核聚变在常温常压下即可自发地进行

C.轻核聚变过程，生成物的质量大于反应物的质量

D.与核裂变反应相比，核聚变的产能效率更低

5.在验证动量守恒定律时，晓宇设计了如图所示的实验装置，并进行了如下的操作：将光电门A、8固定

在长木板上，并适当地将长木板的右端垫高，将滑块1放在光电门A右侧，将滑块2放在两光电门之间,

轻推滑块1使其沿长木板向下运动，两滑块碰后粘合为一体。已知滑块1、2的质量分别为〃人滑块1通过

光电门A、3时的挡光时间分别为条口、t2,遮光的宽度为d。以下说法不正确的是（)

出由门R光电门A遮小条

喝宜口滑块一2日占:"

A.右端垫高的目的是为了平衡两滑块滑动过程受到的摩擦力

B.两滑块与板的动摩擦因数应相同

C.两个滑块碰撞过程中总动能不变

D.验证动量守恒的表达式为巾11=（Tn】+加2）（

C1c2

6.如图所示，蚂蚊在半球形碗中从底部经a点缓慢爬行到〃点，在此过程中蚂蚁

所受摩擦力和弹力的情况是（）

A.弹力变小B.弹力变大C.摩擦力变小D.摩擦力大小不变

7.如图所示，一质点在光滑水平桌面上受水平恒力作用，先后经过。、

〃两点，速度方向偏转90。。已知经过〃点的速度大小为八方向与，力

连线夹角为60。，"连线长度为4对质点从〃到。的运动过程，下列

说法正确的是（）

A.最小速度为：B.运动时间为我

C.经过b点的速度为D.恒力方向与乃连线的夹角为45°

&图甲为中国京剧中的水袖舞表演，若水袖的波浪可视为简谐横波，图乙为该简谐横波在亡=口时刻的波形

图，P、。为该波上平衡位置相距1.05771的两个质点，此时质点P位于平衡位置，质点Q位于波峰（未画出

）,且质点P比质点Q光振动。图丙为图乙中0点的振动图像。已知该波波长在0.5m至1”?之间，袖子足

够长，则下列说法正确的是（）

图甲图内

A.该波沿4轴负方向传播B.该波的传播速度为0.75m/s

C.经1.2s质点尸运动的路程为1.2cmD.质点Q的振动方程为y=0.2sin（|7rt）7n

9.图甲为一个简易的静电除尘装置，没有底的空塑料瓶上固定着一块铝片和一根铜棒，将它便分别与起电

机的正、负极相连。在塑料瓶里放置点燃的蚊香，瓶内产生烟尘，摇动起电机后瓶内变得清澈透明。图乙

为瓶内俯视图，其中。、〃、c为瓶内电场中同一条电场线上的三个点，且疑=儿。则起电机摇动时（）

A.带负电的烟尘会向铜棒聚集

B.。点的电场强度大于8点的电场强度

C.Q、。两点间的电势差小于从c两点间的电势差

D.带负电的烟尘在〃点时的电势能大于它在。点时的电势能

10.一重力不计的带电粒子以初速度外先后穿过宽度相同且紧邻在一起的有明显边界的匀强电场E和匀强

磁场力如图甲所示，电场和磁场对粒子总共做功Wi；若把电场和磁场正交登加，如图乙所示，粒子仍以

为〈，的初速度穿过叠加场区对•粒子总共做功修，比较名、1%的绝对值大小（）

XXXXXX

B7B

XXXXXX

XXXXXX

XXXXX

▼

TEV

乙

A.%=IV2B.WX>W2

C.必<W2D.可能%>%也可能悠<W2

11.交流发电机的输出电压为u,采用如图所示理想变压器输电：升压变压器原、副线圈匝数的比值为

〃?，降压变压器原、副线圈匝数的比值为〃，输电导线电阻为，，用户的工作电压为U,卜.列说法正确的是

A.m>1B.n<1

C.输电线上损失的功率为支缪至D.输电线上损失的功率为止

7716mr

二、实验题：本大题共1小题，共9分。

12.读出以下仪器仪表的读数。

(l)(a)图中电压表量程为3V,则读数为______V：(匕)图中电流表量程为0.64则读数为_______A；(c)图

中螺旋测微器读数为______〃"〃；(d)图中游标卡尺读数为mm.

(2)当使用多用电表测量物理量时，多用电表表盘示数如图⑺所示。若此时选择开关对准x10。挡，则被

测电阻的阻值为_____g若用多用电表测量另一个电阻的阻值发现指针偏转角度很大，则应该换用倍率

_(填“XHT或"X100C”)的挡位，换挡后先要进行,然后再测量电阻。使用完电表后应把

选择开关拨到______位置。

三、简答题：本大题共4小题，共12分。

13.如图所示，形状、材料相同的物块，、。静止在足够长的粗糙水平面上，。左端固定一劲度系数足够大

的轻弹簧c,。、b、c中心共线，c左端与。相距”。。现给。一水平向右的初速度〃。刚接触。时的速度为

(此后〃的速度减为零时恰好与c分离，且此时。的速度恰好为一已知物块〃、方质量分别为2〃?、/〃，两

物块可视为质点，重力加速度为g，忽略空气阻力，求：

(1)物块a、力与水平面间的动摩擦闪数〃：

(2)物块。与。接触的时间/；

(3)物块。与c刚分离时，物块力的位移大小。

a|~"lc^wT']b

14.如图所示，光滑水平面上的小车质量为2/〃，小车左侧部分有半径为R的;光滑圆弧轨道，与水平轨道

4

A4相切于A点，小车右端3点固定一个竖直弹性挡板，4、8间距为2R。质量为〃?的小物块从圆弧轨道

最高点以%=2/薪的速度滑下，已知小物块与A、8间轨道的动摩擦因数为0.5,重力加速度为g。

(1)若将小车固定，求物块经过圆弧轨道最低点时受到支持力的大小；

(2)若小车不固定，求物块第一次滑过A点时小车的速度大小；

(3)若小车不固定，求物块最终静止的位置与A点的距离及全过程小车的位移大小。

15.如图所示，在三维坐标系Qiy中，z>0的空间内充满沿z轴负方向

的匀强电场，ZV0的空间内充满沿)，轴正方向的匀强磁场，磁感应强度

大小为8。甲粒子从坐标为(0,0,h)的A点以速率先沿x轴正方向射出，

甲粒子第一次到达x轴时速度方向与x轴正方向的夹角为。=60。。乙粒

子从z>0的空间C点(未标出)以相等速率％沿)，轴正方向射出。甲、乙

两粒子均在第2次进入磁场后相遇，相遇点为各自软迹的最低点。已知

甲、乙粒子的质量均为机，带电量均为+q,不计粒子重力以及粒子间的

相互作用。求：

(1)电场强度E的大小；

(2)相遇时，甲粒子的运动时间；

(3)乙粒子第一次进入磁场时与水平方向的夹角大小；

(4)C点的位置坐标。

16.在光滑绝缘的水平面上有一个边长为L、质量为〃八电阻为R的正方形XXX

刚性金属线框曲cd,线框的右边有一宽度为2L、磁感应强度大小为8、方XXX

向垂直水平面向下的匀强磁场区域。线框在大小为广的水平恒力作用下由XXX

XXX

静止开始水平向右运动，线框进入磁场的过程中做匀速直线运动。已知4

XXX

边始终与磁场边界平行，当〃边穿出磁场时立即撤去水平恒力£线框最

2L

终从右边界离开磁场。求：

(1)线框开始运动时〃边到磁场左边界的距离。

(2)cd边刚离开磁场时线框受到的安培力。

(3)ab功离开磁场时线框的速度大小。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：A、法拉第提出了场的概念，符合史实，故A正确；

8、美国物理学家密立根最早测得元电荷e的数值，故B错误；

C、荷兰物理学家斯涅耳在分析了大量实验数据后总结出了光的折射定律，故C错误；

。、法拉第提出通过形象直观的磁感线来研究磁场，故。错误。

故选:Ao

本题根据物理学史解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。

本题要了解物理学史，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，重视积累。

2.【答案】4

【脩析】解•：根据光的十涉可知，当光程差6=或时此处表现为亮条纹，根据薄膜十涉的原理可知光程

差为空气层厚度的2倍，即ds=2，d：

当劈尖角为6时，相邻的亮条纹之间的距离：=%

sm0

相邻的亮条纹之间的光程差/S=A=24d

联立可得二短々得

若在劈形空间内充满液体，光在液体中传播速度变小，根据知，波长变短，则相邻两条纹间距将变

小。

由I，若

则才=：

在劈形空间内充满某种液体时相邻亮条纹间距4/=后。与

乙U£nu

条纹间距减小量4=zlx-d7

液体41=0.5mm

代入数据可得九二/故人正确，BCO错误。

故选：4。

从空气膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，其光程差为空气层厚度的2倍，当光程差及=也时此

处表现为亮条纹，故相邻亮条纹之间的空气层的厚度差为半个波长。

掌握了薄膜干涉的原理和相邻条纹空气层厚度差的关系即可顺利解决此类题目。

3.【答案】B

【解析】解•：AB.aib过程，温度降低，气体分子的平均速率减小，但有个别分子运动速率会增加，分子

撞击容器壁的平均作用力减小，压强保持不变，则单位时间撞击单位面枳器壁的分子数增加，故A错误，

8正确;

CD把该图像转化为p-T图像如图

在占TC过程，图像上的点与坐标原点连线斜率增加,根据

pv

T=C

可知气体体积减小，外界对气体做功，温度升高，则内能增加，故。。错误。

故选:瓦

过程QTb中气体温度降低，质能分析分子的平均速率变化，根据气体压强的微观解释分析以根据pV=

CT分析体积的变化，根据热力学第一定律分析吸放热情况和内能的变化情况。

根据图示图像分析清楚气体状态变化过程，应用一定质量的理想气体状态方程与热力学第一定律即可解

题。

4.【答案】A

【解析】解：4原子的比结合能越大越稳定，生成物较稳定，比结合能变大，故A正确；

比轻核聚变反应过程需要吸收能量才能使轻核间的距离接近到发生聚变的距离，因此需要高温，故8错

误；

C核反应方程电荷数和质量数守恒，释放热量，质量亏损，所以生成物的质量小于反应物的质量，故C错

误；

D与核裂变反应相比，核聚变的产能效率更高，故D错误。

故选：

原子核聚变过程，放出核能，比结合能变大；原子的能级越低越稳定；与核裂变反应相比，核聚变的产能

效率更高。

本题考查近代物理知识。考查知识点有针对性，难度较小，考查了学生掌握知识与应用知识的能力。

5.【答案】C

【解析】解•：4将长木板的右端垫高是为了平衡两滑块滑动过程受到的摩擦力，故A正确；

4.平衡摩擦力时，需要mgsin。=umgcosO

即4=tan。

因为倾斜角度只能是一个值，所以两滑块与板的动摩擦因数应相同，故B正确；

C两滑块碰后粘合为一体，则碰撞为完全非弹性碰撞，一定有动能损失，故。错误；

D滑块经过光电门时的速度为挡光时间内的平均速度，因此滑块1通过两个光电门的速度分别为

d

d

若碰撞过程动量守恒，则碰前滑块1的动量应等于碰后两滑块1、2的总动量，有

dd

^1；-=（恤+^2）7-

故D正确。

本题选不正确的，故选：C。

A3、根据实验的步骤和注意事项，可以判断这两个选项的正确性；

C、根据碰撞类型可以确定碰撞的过程是否存在动能损失；

。、根据动最守恒，结合实验测量的物理最，可以得出验证动最守恒的表示式。

本感考杳了验证动量守恒定律实验，理解实验原理是解题的前提与关键，应用动量守恒定律即可解题。

6.【答案】A

【解析】解：蚂蚁受力平衡，设蚂蚁所在位置的切线与水平方向的夹角为8,根据平衡条件可得

f=mgsinO

F=rnycusO

蚂蚁缓慢上爬的过程中，。逐渐增大，所以弹力变小，摩擦力变大，故8C。错误，A正确。

故选:4。

对蚂蚁受力分析，根据受力平衡，联立方程求出弹力和摩擦力的大小变化。

本题主要考查受力平衡，根据平衡进行分析，本题的解法比较多，可以用方程法也可用图解法，注意分析

变化。

7.【答案】C

【解析】解：8C.设恒力与加连线的夹角为仇根据几何关系可知力点速度方向与M连线的夹角为30。。

该质点做类斜抛运动，在沿初速度方向上速度由v减小到0,由匀变速直线运动规律

vt

dcos600=彳

解得。到。的时间为

d

t=-

v

设b点速度为%从a点运动到b点沿ab方向的平均速度为

-vcos60O+%cos30°d

v=------------2------------=7

解得

vb=V_3v

故B错误，C正确；

质点在垂直于恒力方向上速度不变，即

vsin(zr-8-60°)=%sin(8-300)

解得

0=60°

当粒子沿恒方向的速度为。时，粒子的速度最小，此时粒子的最小速度为

v=v-cos(94-600-90°)=v

min乙

故A。错误。

故选：Co

先根据沿初速度方向做匀变速直线运动计算出运动时间，根据沿外方向的平均速度计算出。点速度；根

据垂直于恒力方向上速度不变计算出恒力与。。的夹角，根据沿恒方向的速度为0时计算出最小速度。

本题关键掌握类斜抛运动合成与分解方法。

8.【答案】B

【解析】解：A由图丙可知£=0时刻质点P向上振动，根据平移法可知该波沿x轴正方向传播，故A错

误:

a由题意可知

3

nA4--TA=1.05m

4

该波波长在0.5m至1机之间，可得4=0.6m,则该波的传播速度为

A0.6

vQ~Qm/s=0-75m/s

故B正确；

C.经1.2s=1.57,则质点尸运动的路程为s=64=6xO.27n=L2m,故C错误；

D因3=普=苧

f4

质点Q的振动方程为

57r7T

y=O.Zsinf-2-t+^)7n

故D错误。

故选:Bo

根据图乙确定当亡=0时，质点。的振动方向，再根据波的传播方向与质点振动方向的关系确定波的传播方

向；考虑质点Q的不同位置及空间的周期性分别求解传播距离与波长的关系，结合波长范围求波长；再根

据波长、波速和周期的关系求传播速度，根据时间与周期的关系解得路程，根据角频率解得质点Q的振动

方程。

本题主要考查r质点的振动方向与波的传播方向的判断；知道波传播的周期性和双向性；掌握波长、波速

和周期的关系。

9.【答案】C

【解析】解：A4、起电机摇动时，一块铝片和一根铜棒分别与起电机的正、负极相连，则铝片带正电，铜

棒带负电，所以带负电的烟尘会向铝片聚集，由于二者之间的电场线分布是从左至右依次变得密集，所以

a点的电场强度小于/，点的电场强度，故AB错误；

C、〃、〃两点间的电场线比〃、。两点间的电场线要疏一些，故Eab<%c

根据U=Ed,其中(/助二d》c

可知：Uab<Ubc

即建〃两点间的电势差小于从c两点间的电势差，故C正确；

。、根据顺着电场线方向电势降低，可知

根据电势能与电势的关系Ep=q°其中qV0,则带负电的烟尘在8点时的电势能小于它在c点时的电势

能，故。错误。

故选：c。

分析铜棒和铝片带电情况，再分析带负电的烟尘运动方向。根据电场线的疏密分析电场强度的大小。根据

公式U=Ed分析电势差大小。分析电势高低，由Ep=q＞分析电势能大小。

此题考查静电除尘的原理，关键要抓住顺着电场线方向电势降低，电场线的疏密反映电场强度的相对大小

进行分析。

10.【答案】B

【蟀析】解：不论带电粒子带何种电荷，由于：孙＜、

所以电场力"石大于洛伦兹力qB%,根据左手定则判断可知：开始进入叠加场后，洛伦兹力存在与电场力

方向相反的分力，所以带电粒子在纯电场中的偏转位移比重叠时的偏转位移大，所以不论粒子带何种电

性，甲图带电粒子在电场中偏转位移一定大于乙图的偏转位移，且洛伦兹力对带甩粒子不做或，只有电场

力做功，所以一定是：叫＞卬2。故4C。错误，B正确。

故选:Bo

磁场对粒子的洛伦兹力不做功，只有电场力对粒子做功，根据电场力做功公式W=q£d,d是电场方向上

两点间的距离。

粒子在正交的电磁场中运动时，由题意知1；V云不计重力时，qBuVqE,而在电场中只受电场力分

析粒子在两种情况下沿电场方向的距离大小，判断做功大小。

本题考查了分析物体受力情况的能力和对电场力做功的理解能力。正确解答本题要抓住洛伦兹力的特点：

洛伦兹力方向总与粒子速度方向垂直，总不做功。

II.【答案】C

【解析】解：/B.因为升压变压器原线圈匝数小于副线圈匝数，则可得原、副线圈匝数的比值又因

为降压变压器原线圈匝数大于副线圈匝数，则可得原、副线圈匝数的比值九＞1,故A8错误；

CD根据变压器的规律，升压变压器副线圈两端的电压为4

降压变压器原线圈两端的输入电压g=nU

根据电路中电压的特点可知线路损失的电压为dU=u2-u3

所以损失的功率为42=平

联立解得Z1P=°一时/

mLr

故C正确，。错误。

故选:Co

根据变压器原副线圈的匝数比等于输入输出电压之比的关系分析；先得到升压变压器的输出电压，然后根

据降压变压器的输出电压得到损失的电压，进而得到损失的功率。

知道在输电线路上损失的电压等于升压变压器的输出电压与降压变压器的输入电压的差值是解题的关键。

12.【答案】1.900.163.77541.5200x1。欧姆调零“OFF”挡

【解析】解：(1)(。)图中电压表量程为3匕分度值为0.1V,读数为1.90V：(b)图中电流表量程为0.64分

度值为0.024则读数为0.164(c)图中螺旋测微器的精确度为0.01mm,读数为3.5mm+27.5x

0.01mm=3.775mm；(d)图中游标R尺的精确度为0.1mm,读数为417nm+5x0.1mm=41.5mmo

(2)选择开关对准x10。挡，则被测电阻的阻值为20x10。=200C；若用多用电表测量另一个电阻的阻值

发现指针偏转角度很大，应换小挡，即XI。的挡位，换挡后先要进行欧姆调零，然后再测量电阻。使用完

电表后应把选择开关拨到“OFF”挡位置。

故答案为：(1)1.90；0.16；3.775；41.5；(2)200；xW；欧姆调零；“O尸尸”挡

⑴根据仪器的分度俏和精确度结合指针刻度读数：

(2)根据欧姆表的使用注意事项分析解答。

本题考查了欧姆表读数与使用注意事项，应用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，使指针指针表盘中央刻

度线附近，注意每次换挡后要重新进行欧姆调零。

13.【答案】解：(1)从开始到“刚接触c的过程，由动能定理得：

22

-2^mgx0=x2m(^)x2mv

解得：

(2)因弹簧的劲度系数足够大，。接触c后在极短时间内弹簧弹力大于〃与水平面的最大静摩擦力，使〃开

始运动，故可忽略a刚接触c到人开始运动的时间，即可认为物块a与c接触的过程，。、。的运动时间相

等,以向右为正方向，设物块〃与c接触的时间内弹簧弹簧对〃、b的冲量分别为/。、h，则有：

1a=~lb

对。、〃分别由动量定理得：

V

-2》mgt+Ia=0-2m-^

V

一刖g£+lb=m-^-0

解得：“黑

(3)与(2)同理，因弹簧的劲度系数足够大，可忽略〃刚接c簧到b开始运动过程〃的位移，故可认为物块a

与。接触的过程。、〃的位移相同，设此位移为x,对〃〃整体由功能关系和能量守恒定律得：

-M（2m+m）gx=排（乎一ax2m（^）2

解得：%=?

答：(1)物块。、”与水平面间的动摩擦因数〃为尹;

(2)物块。与c接触的时间，为肝;

(3)物块。与c刚分离时，物块力的位移大小为多。

【脩析】(1)根据动能定理求解动擎擦因数：

(2)对〃、〃分别根据动量定理列式联立求解时间，因弹簧的劲度系数足够大，此时间内可认为弹簧对。、b

的冲量等大反向。

(3)弹簧的劲度系数足够大，可认为物块〃与c接触的过程，〃、力的位移相同，对整体由能量守恒定律

和功能关系求解。

本题是动量守恒定律的弹簧模型的变形，由题意可知系统动量并不守恒，将轻弹簧设置成劲度系数足够

大，即可认为在物块〃开始运动前物块。撞击一个不形变物体。根据题意分析清楚物块的运动过程，应用

动量定理，能量守恒定律与功能关系即可解题。

14.【答案】解：(1)若将小车固定，物块滑到圆弧轨道最低点的过程中，根据机械能守恒有

11

mgR评=于九讲

在最低点由牛顿第二定律有：FN-mg=m4

联立代入数据解得：FN=7mg

(2)若小车不固定，物块与小车在水平方向动量守恒，以向右为正有：0=771匕+

同时满足机械能守恒：jmvo+mgR=

联立解得：vA=2y1~gR,vx--yf-gR

可知物块第一次滑过A点时小车的速度大小为/近。

(3)由于圆弧轨道最左端的切线在竖直方向，物块若飞出小车其水平速度必然与小车一致，还会回到小

车，又该系统水平方向总动量为零，经过水平轨道的循环摩擦后物块与小车最终必然均将静止。设物块返

同后能够上升的最大高度为h,在能量守恒有：+mgR=2林mg•2R+mgh

代人数据解得：h=R

物块与挡板8碰撞后刚好返回到圆弧轨道最高点，没有飞出小车，设物块相对48段滑行的总路程为s,则

由能量守恒有：+mgR=pmgs

代人数据解得：s=6R

则可知物块最终将停在8点，距八点2&设全过程物块的水平,立移为修，小车的水平位移为打，由水平

方向总动量守恒可得：mxx=2mx2

由几何关系有:“I+M=3R

联立解得：x2=R

答：(1)物块经过圆弧轨道最低点时受到支持力的大小为7mg；

(2)物块第一次滑过A点时小车的速度大小为/亚：

(3)物块最终静止的位置与A点的距离为2R,全过程小车的位移大小为R.

【解析】(1)小车固定时，物块到达小车最低点时，根据机械能守恒定律求出小车的速度，再杈据牛顿第

二定律求支持力；

(2)小车小固定时，小车与物块组成的系统在水平方向动量守怛，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求

第一次物块滑过A点的速度；

(3)应用动量守恒定律与能量守恒定律分析答题。

本题考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律与

机械能守恒定律、能量守恒定律即可解题。

15.【答案】解：(1)甲粒子在立上坐标平面内的运动轨迹如图所示：

沿n轴负方向，根据牛顿第二定律，粒子运动的加速度。=在

?n

运动。。点时的竖直速度七=Qti

根据运动学公式谚=2ah

根据数学知识tan。=

代人数据联立解得场强E=粤

2qh

运动时间匕二誓

13i，o

甲粒子进入磁场时的速度大小与=送暖=辛=2%

2

(2)粒子从0点进入磁场后做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为R,周期为T

洛伦兹力提供向心力=m匹

R

代人数据解得圆周运动的半径R=絮

因此圆周运动的周期T=笔=翳

根据几何关系可知粒子做圆周运动的圆心角a=2x60°=120。

根据对称性，粒子再次进入电场的速度方向工轴正方向成60。角，粒子做类斜抛运动。

甲、乙两粒子均在第2次进入磁场后相遇，相遇点为各自轨迹的最低点，此时甲粒子在磁场中转过的圆心

角为180。，运动时间t2=：T：

相遇时，甲粒子的运动时间为：

2/3/1rim2/3/iTim

£伊…+…、.+而=-^+9

(3)乙粒子沿y轴正方向射入，在电场中做类平抛运动，沿z轴负方向的加速度Q="=理

乙粒子从M点进入磁场后做螺旋运动，将速度沿)，轴方向和z相方向分解，沿)，轴方向做匀速直线运动，

在/Oz平面内的磁场中做匀速圆周运动，再次进入电场后做类竖直上抛运动；

乙粒子在磁场在的部分运动轨迹如图所示：

y

f2

根据向心力公式qu/8二血牛二

由于甲、乙两粒子均在第2次进入磁场后的相遇点为各自轨迹的最低点，因此甲、乙两小球做匀速圆周运

动的半径关系满足8=R(1—cos600)=

可得乙粒子进入磁场时的沿Z轴负方向的分速度大小为丹'=Vo

设乙粒子进入磁场时与.V轴的夹角为6

根据数学知识匕邛=¥=1

解得0=45°

因此乙粒子第一次进入磁场时与水平方向的夹角大小为45。；

(4)乙粒子第一次进入磁场时的竖直速度为七'=v0

乙粒子在电场中沿z轴负方向的加速度0=冬=萼

m2h

设抛出点C的竖直坐标为蛇，根据运动学公式七'2=2ahe

代人数据解得：hc=\h

甲粒子第一次进入磁场的工坐标为%］=vot1=粤

根据甲粒子的运动过程，可得相遇点的x坐标为：心=3%］+3Rs»60°

相遇时乙粒子在x轴方向运动的距离为：x2=3%='/?

乙粒子出发时X坐标为：

,3(/3-l)mv

x=x遇-x?=29--------碰----------0

乙粒子在电场中运动时间为：“i=3乂&=劲

乙］aVQ

乙粒子在磁场中运动时间为：t=17=舞

j乙q乙qH

乙粒子沿y轴方向做匀速直线运动，运动距离为：

3nmv

%=%(£乙］+七22)=2h+-^-0

因此抛出点。的)，坐标y=-2h+鬻

抛出点坐标为［2门九+3(/3-1>P3_2/1+符1川。

w15CfrJO

答：(1)电场强度E的大小为驾；

(2)相遇时，甲粒子的运动时间为嚓+器；

(3)乙粒子第一次进入磁场时与水平方向的夹角大小为45。；

(4)。点的位置坐标为标为［2门九+型学四,一2/1+包誓■川。

qB(］o5

【解析】(1)甲粒子在z-x坐标平面的一象限内做类平抛运