河北省邯郸市部分校2024-2025学年高三年级上册月考物理试卷（二）解析版

2025新高考单科模拟综合卷（二）

物理

考生注意：

1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分100分，考试时间75分钟.

2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡相应位置上.

3.请按照题号顺序在各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、

试题卷上答题无效.

4.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并上交.

一、选择题：本题共10小题，共43分.第1〜7题只有一个选项符合要求，每小题4分；

第8〜10题有多个选项符合要求，每小题5分，全部选对的得5分，选对但不全的得3分,

有选错的得0分.

1.宇宙射线进入地球大气层时，同大气作用产生中子，中子撞击大气中的;4N会引发核反

应产生具有放射性的;“C,；4c能自发地衰变为;4N,半衰期为5730年。对此，下列说法

正确的是（）

A.；4c发生的是a衰变

B.（C衰变辐射出的粒子来自于碳原子核内的中子

C.由于温室效应，的半衰期会发生微小变化

D.若测得一古木样品的（C含量为活体植物的工，则该古木距今约为H460年

2

【答案】B

【解析】A.根据电荷数守恒、质量数守恒，得该核反应方程为；4C-；4N+°1e

1c发生的是夕衰变，故A错误；

B.；4c衰变辐射出的粒子来自于碳原子核内的中子转变成的质子时放出的电子，故B正确;

C.外界条件不会引起半衰期发生变化，故c错误；

D.若测得一古木样品的含量为活体植物的二则该古木距今经过了一个半衰期，约为

5730年，故D错误。故选B。

2.如图甲所示，LC电路中，已充电的平行板电容器两极板水平放置，，-/图像（图乙）表

示电流随时间变化的图像。已知在Z=0时刻，极板间有一带负电的灰尘恰好静止。在某段时

间里，回路的磁场能在减小，同时灰尘的加速度在增大，则这段时间对应图像中哪一段（）

A.0~4B.a~bC.b-cD.c〜d

【答案】B

【解析】由所示图像可知，仁0时刻电路电流为0,电容器刚刚充电完毕，此时上极板带正

电。由图可知，段电路电流逐渐增加，磁场能增加，电容器放电；外段电路电流减小,

磁场能减少，电容器充电，上极板带负电，粒子受到的电场力方向向下，根据牛顿第二定律

mg+qE=ma{

可知灰尘的加速度在增大；儿段电路电流变大，磁场能增大，电容器放电；cd段电路电流

减小，磁场能减少，电容器充电，上极板带正电，粒子受到的电场力方向向上，根据牛顿第

二定律mg-qE=ma2

可知灰尘的加速度在减小。综上所述，这段时间对应图像中段。故选B。

3.地铁靠站时列车车体和屏蔽门之间安装有光电传感器。如图甲所示，若光线被乘客阻挡,

电流发生变化，工作电路立即报警。如图乙所示，光线发射器内大量处于〃=3激发态的氢

原子向低能级跃迁时，辐射出的光中只有八b两种可以使该光电管阴极逸出光电子，图丙

所示为。、6光单独照射光电管时产生的光电流/与光电管两端电压U的关系图线。下列说

法正确的是（）

光

线

发

射

器

A.该光电管阴极材料逸出功大于1.89eV

B.a光的频率高于b光的频率

C.经同一障碍物时，6光比a更容易发生明显衍射

D.若部分光线被遮挡，则放大器的电流将增大，从而引发报警

【答案】A

【解析】A.〃=3激发态的氢原子向低能级跃迁时释放的能量为

El=-1.5leV-(-3.40)eV=1,89eV

E2=-3.40eV-(-13.6)eV=10.20eV

E3=-1.51eV-(-13.6)eV=12.09eV

辐射出三种光中只有a、6两种可以使该光电管阴极逸出光电子，所以该光电管阴极材料

的逸出功大于1.89eV,故A正确；

B.根据

eUc=Ekm=hv-W

a光的遏止电压低于6光的遏止电压，a光的频率低于6光的频率，故B错误；

C.a光的频率低于6光的频率，则。光的波长大于。光的波长，经同一障碍物时，。光比b

更容易发生明显衍射，故C错误；

D.若部分光线被遮挡，光电子减少，则放大器的电流将减小，从而引发报警，故D错误。

故选Ao

4.如图所示，水平面上固定一个绝缘支杆，支杆上固定一带电小球A,小球A位于光滑小

定滑轮。的正下方，绝缘细线绕过定滑轮与带电小球B相连，在拉力厂的作用下，小球B

静止，此时两球处于同一水平线。假设两球的电荷量均不变，现缓慢释放细线，使球B移

动一小段距离。在此过程中，下列说法正确的是()

A.细线中拉力一直减小

B.球B受到的库仑力先减小后增大

C.球A、B系统的电势能保持不变

D.拉力做负功，库仑力做正功

【答案】C

【解析】对小球B分析可知，受细线的拉力T,静电斥力P和重力G,

GJ=F=幼/

hLrr3

现缓慢释放细线，使球B移动一小段距离，可知L变大，细线中的拉力T变大；r不变，球

B受到的库仑力不变；球A、B系统的电势能保持不变；拉力做负功，球A、B间距离不变,

库仑力做不做功。

故选Co

5.如图所示是医院给病人输液的部分装置示意图，A、B瓶顶部的气体可视为理想气体，在

输液过程中室温保持不变，下列说法正确的是（）

B.随着A瓶液面下降，A瓶内C处气体压强保持不变

C.随着A瓶液面下降，A瓶内C处气体压强逐渐减小

D.随着液面下降，A瓶内C处气体内能逐渐增大

【答案】D

【解析】A.瓶口处液面的压强始终等于大气压强，药液从B瓶中流下，B瓶内封闭的气体

体积有增大趋势，温度不变，根据玻意耳定律知气体压强有减小趋势，A瓶中药液进入B

瓶，在A瓶药液用完前B瓶液面保持不变，所以A瓶药液先用完，故A错误；

BC.由于A瓶瓶口处液面的压强始终和大气压相等，A瓶内药液流入B瓶，A瓶液面下降,

其液体产生的压强减小、外界空气进入A瓶，使A瓶内C处气体的压强增大，故BC错误;

D.随着液面下降，进入A瓶内的空气越来越多，理想气体内能只和物质的量和温度有关，

温度不变，分子数增加，内能增加，故D正确。

故选D。

6.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2：1,电源的输出电压

〃=30后sin100m（V）,定值电阻N=20Q,4=2.5Q,滑动变阻器耳的最大阻值为

5Q,°、6为滑动变阻器的两个端点，所有电表均为理想电表。现将滑动变阻器滑片P置于

A.电流表示数为昌

B.电压表示数为10V

C.滑片P由b向a缓慢滑动，&消耗的功率减小

D.滑片P由6向。缓慢滑动，变压器的输出功率减小

【答案】C

【解析】AB.题图的电路图可以等效为

设原线圈两端电压为5,副线圈两端电压为。2,又因为理想变压器原副线圈的功率相等,

有

u；_u；

R+RR3+R)

U2n2

整理有

/\2

耳+R=区(叫+&)

\n2)

电源的电压输出为

〃=300sin100乃川V)

因为电流表和电压表测量的为有效值，电源的有效值为30V,电流表的示数为

=1.0A

&+R；+'R,

原线圈两端电压的有效值为

q有=M有-困

电压表测量的是副线圈两端的电压，即

。隋二%

“2有巧

整理有

4有=5V

故AB错误：

C.当滑片P从b向。缓慢滑动过程中，%阻值变大，根据电流规律可知，总电阻变大,

结合之前的分析可知，流过电阻飞的电流减小，由变压器规律，流过副线圈的电流也成比

例减小，电阻&不变，电流减小，根据P=/2尸，所以功率减小，故C正确；

D.由之前的分析，可以将电阻与与电源放在一起，等效成新电源，其副线圈输出功率变

为新电源的输出功率，有电源的输出功率的规律可知，当等效电阻等于新电源的内阻20。

时，即用=2.5Q,其输出功率最大，所以在滑片从6向。缓慢滑的过程中，其副线圆的输

出功率先增大，后减小，故D错误。

故选C。

7.如图甲所示，平面直角坐标系尤Oy的第一象限（含坐标轴）内有垂直平面周期性变化的

均匀磁场（未画出），规定垂直xOy平面向里的磁场方向为正，磁场变化规律如图，已知磁

感应强度大小为瓦），不计粒子重力及磁场变化影响。某一带负电的粒子质量为相、电量为

q,在f=0时从坐标原点沿y轴正向射入磁场中，将磁场变化周期记为"，要使粒子在t=To

时距y轴最远，则”的值为（）

倒竹

B。-

V。

01x0^—T3—Tt

--B---■5o.50

3。

甲乙

143万加2兀m3兀m143乃祖

BCD

A.72叫，,qB0,qB°.144隹。

【答案】A

2

【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动o~54）时间内，有

2

QV0B0=m型

r\

解得

r

qB。

周期为

2TTr271m

=-

%qB°

~"时间内，有

2„说

^ox-Bo=m—

3与

解得

3mv

r,=-----0-=1.5K

2qB。

周期为

小匹=随=1%

%QBO

要求在7b时，粒子距y轴最远，做出粒子运动轨迹如图

sin0=-—=0.6

4+马

解得

6=37°

2

则0~二"时间内圆周运动转过的圆心角为

万一8=143°

可得

143°丁

360°1

联立，解得

1437rm

72Mo

故选A„

8.建造一条能通向太空的天梯，是人类长期的梦想。一种简单的设计是把天梯看作一条长

度达千万层楼高的质量均匀分布的缆绳，它由一种高强度、很轻的纳米碳管制成。如图所示,

虚线为同步卫星轨道，天梯本身呈直线状；其上端指向太空，下端刚与赤道接触但与地面之

间无相互作用；两个物体M、N在太空天梯上如图位置，整个天梯及两物体相对于地球静

止不动，忽略大气层的影响，分析可知（）

同

步

卫

赤吧'\N

星

道

轨/太空天梯

道/

A.太空天梯对物体M的力指向地面

B.太空天梯对物体N的力指向地面

物体M脱离太空天梯后可能撞向地球

D.物体N脱离太空天梯后可能撞向地球

【答案】BC

【解析】A.根据题意知，太空天梯上处于同步卫星轨道的物体，只受地球引力，随同步卫

星一起做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律列式

„Mm4病

G——=m——r

“2r20

而整个天梯及两物体相对于地球静止不动，故T相同，对物体M,轨道半径

"4

设太空天梯对天梯上物体的力大小为尸，则必有

八Mm-47r2

(J—；——F=m——r

r2T-

故太空天梯对物体M的力与地球对物体M的引力方向相反，背离地面，故A错误;

B.同理，对物体N,轨道半径

厂＞4

则必有

_Mm〃4》之

G——+F=m-^-r

故太空天梯对物体N的力指向地面，故B正确;

C.物体M脱离太空天梯后，地球引力大于物体需要的向心力，做近心运动，故物体M脱

离太空天梯后可能撞向地球，故C正确;

D.物体N脱离太空天梯后，地球引力小于物体需要的向心力，做离心运动，故不可能撞向

地球，故D错误。故选BC

9.以O为坐标原点，沿绝缘水平面建立无轴，水平向右为正方向，两个电荷量相等的小球

（可视为点电荷）分别固定在无轴上的M、N处，M、N的坐标分别为x=TL和x=4L,

如图（a）所示。M、N连线上各点的电势。与位置坐标尤的关系如图（b）所示，x=—2L

12

处的电势为一统，x=L处的电势为-一（p0o在％=—2L处由静止释放一个质量为加的带

615

电滑块（可视为质点），滑块向右运动到％=L处时速度恰好为零。已知滑块与水平面间的

B.滑块在x=-2L处受到的电场力小于在x=L处受到的电场力

C.滑块运动到。点时的加速度为月g

lOumeL

D.滑块所带的电荷量大小为“5

（Po

【答案】ABC

【解析】A.由。-x图像可知，在M、N之间电势从左向右逐渐降低，电场方向从左向右,

即电场线起源与M位置点电荷，终止于N点电荷，可知M处小球带正电，N处的小球带负

电，故A错误；

B.尤图像在某点切线斜率的绝对值等于该点的电场强度大小，由图像可知，在x=-2L

处图像斜率的绝对值大于%=L处图像斜率的绝对值，即在x=-2L处的电场强度大于

九=心处的电场强度，即滑块在x=-2L处受到的电场力大于在x=L处受到的电场力，故

B错误；

C.根据图像，在原点的斜率的绝对值不为0,即原点的电场强度不为0,滑块运动到。点

时受到的电场力不为零，因此合外力为电场力与摩擦力的合力，加速度不为月g,故C错误;

D.滑块从x=-2L处运动到尤=L处，根据能量守恒定律有

q:0。一1一三0。）］=〃侬,3乙

解得

WumeL

q=----------

（P。

故D正确。

本题选不正确的，故选ABC。

10.如图所示，一固定的高为/I的光滑斜面与逆时针匀速转动、足够长的水平传送带平滑连

接于N点。质量为机的小滑块（可视为质点）自斜面最高点M由静止释放，滑块在传送带

上运动一段时间后返回斜面，上升到最高点时距N点高度为0.5鼠已知滑块与传送带间的

动摩擦因数为〃，重力加速度为g,不计空气阻力，下列说法正确的是（）

M

B.经过足够长的时间，滑块最终静止于N点

C.滑块第一次在传送带上运动的完整过程中，在传送带上形成的划痕长度为+

4〃

D.滑块第三次在传送带上运动的完整过程中与相同时间内传送带上没有滑块相比，电动机

多做功

【答案】AD

【解析】A.滑块第一次到达N点过程，根据动能定理有

mgh=gmVg

解得

%=y/^gh

令滑块第一次返回N点速度大小为匕，根据动能定理有

12

-mg-0.5/z=0--mv1

解得

Vi=4gh

由于

%<%

可知，传送带匀速转动的速度大小为向，故A正确；

B.结合上述可知，由于斜面光滑，滑块从斜面第二次滑下过程机械能守恒，即第二次到达

N点的速度与初速度的速度大小相等，均等于向，滑块再次滑上后在传送带上做双向匀

变速直线运动，根据运动的对称性可知，再次到达N点时的速度仍然为朝，可知，滑快

最终在N点左侧的斜面与右侧的传送带上均做双向的匀变速直线运动，即在N点左右两侧

做往返运动，滑块不会静止于N点，故B错误；

C.结合上述可知，滑块第一次在传送带上运动的完整过程中，滑块先向右做匀减速直线运

动，减速至0后向左做匀加速直线运动，加速至与皮带速度相等后做匀速直线运动返回N

点，在匀变速直线运动过程中，根据速度公式有

_匕=%一g

皮带的位移为

X1=v1t

滑块的位移

AQ-b

~2

滑块与传送带的相对位移大小

X相对-X1+X2

解得

（3+2>/2）A

%相对二77

滑块在传送带上形成的划痕长度与相对位移大小相等，故C错误;

D.结合上述可知，滑块每次在传送带上的运动过程完全相同，均是在做相同的双向匀变速

直线运动，则有

一匕=%一g%

则在滑块第三次在传送带上运动的完整过程中，对皮带进行分析可知，电动机做功为

叱=耳卬1=jumgv^=2mgh

可知，相同时间内传送带上没有滑块相比，电动机多做功2mg/z,故D正确。

故选AD„

二、非选择题：本题共6小题，共57分.

11.某同学设计了一个用拉力传感器进行“测量重力加速度”并“验证机械能守恒定律”的实

验。一根轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接小钢球，如图①所示。

图①

（1）用游标卡尺测出小钢球直径结果如图②所示。则其直径mm；

1主尺2cm

IillIIIIIIIIIII

|।।।II।।।।I

0游标尺10

图②

（2）让小钢球以较小的角度在竖直平面内摆动，从计算机中得到拉力大小随时间变化的关

系图像如图③，则小球摆动的周期为7=s；

图③

（3）该同学还测得该单摆的摆线长为3则重力加速度的表达式为g=（用物

理量T、L、。表示）；

（4）将摆球多次拉离竖直方向一定角度后由静止释放，测得拉力的最小值B与最大值/2

并得到丑一B图线，如图④，如果小球在摆动的过程中机械能守恒，则该图线斜率的绝对

值等于O

图④

【答案】（1）9,3（2）2.0

（3）4/"+；）##2/3+0

—不----T2

（4）2

【解析】【小问1详析】

由图示游标卡尺可知，其示数为

Z）=9mm+3x0.lmm=9.3mm

【小问2详析】

相邻两次拉力最大的时间间隔为半个周期，由图可知单摆的周期约为

T=2（1.5-0.2）s=2.0s

【小问3详析】

根据单摆的周期公式可得

4K

g=

【小问4详析】

由题意，当摆线与竖直方向的夹角为零时，小球在最低处静止不动时力传感器示数为R）,

最小值与最大值相同

Fl=F2=F0=mg

所以图像过（尸0,同）；当摆线与竖直方向的夹角为90。时

2

8=0,F—F=m—

2OL

从开始到最低点若机械能守恒，则有

mgL=^mv~

解得

居=3与

结合图像过（Fo,Fo）,尸2—B图线的斜率为

12.某实验小组的同学设计了测量物体质量的实验，所用器材如图甲所示。主要步骤如下:

012

lllllIIIIlllllIIIIIlliIIII

|im|liif|iiii|iiii|

01020

乙

（1）用游标卡尺测量滑块上遮光条的宽度d,读数如图乙所示，则"=____________mm。

（2）滑块在牵引力作用下先后通过两个光电门，配套的数字计时器记录了遮光条通过第一

个光电门的时间为通过第二个光电门的时间为遮光条从开始遮住第一个光电门

到开始遮住第二个光电门的时间为f,则滑块的加速度大小的表达式为。=（用

△%、八小，和d表小）。

（3）依次增加所挂槽码个数，记录每次实验槽码的总质量相，并计算出滑块相应的加速

度a,以工为横轴、,为纵轴，建立直角坐标系，通过描点连线得到图像如图丙中

maam

I所示，图线I的斜率为K,在纵轴上的截距为60

(4)将待测物体固定在滑块的凹槽内，重复上述实验步骤(2)和(3),在图丙中画出新的

---图像n,若图线II的斜率为k2,在纵轴上的截距也为bo已知当地的重力加速度为g,

am

则下列关系式中正确的是

丙

A.b=gB.b=LC.b=g1D.b=Jg

g

(5)则待测物体的质量(用匕，42,°表示)。

d(A0-At,)k-,—k.

【答案】(1)5.30(2)—-------"(4)B(5)」——L

△SWb

【解析】(1)口］20分度的游标卡尺精确度为0.05mm,由图可知读数为

5mm+6x0.05mm=5.30mm

(2)［2］在极短时间内的平均速度等于该时刻的瞬时速度，则滑块通过光电门1的速度为

d

V.=—

Ar,

滑块通过光电门2的速度为

根据

d(A?1—At。)

(4)[3]滑块的质量为Mo,待测物体的质量为滑块受到拉力为R由牛顿第二定律有

F=(M0+M)a

对钩码有

mg—F=ma

联立得

——1=—M.-+--M------1--1—1

agmg

纵轴截距为

b=-

g

故选B。

(5)[4]由上述分析可知斜率为

必=4

g

M+M,

-----n="

g

解得

M=k1ZkL

b

13.电子测力计在医药、汽车、机械等各种行业都被广泛使用，具有操作方便、测量精度较

高等特点。哈九中小峰同学想利用电流表表盘与弹簧制作一个简易电子测力计。

678(cm)

।।।।।।।|11।।|।।।11।।।।|।।।

0510

甲

拉钩

_wwww--O

弹簧

导体棒'

（A）

乙

（l）小峰同学在实验室找来一根粗细均匀的导体棒，其每厘米电阻为4=L5Q,如图甲所

示，利用游标卡尺测量该导体棒的长度为mm。

（2）他设计了如图乙所示的实验原理图，实验器材包括：弹簧（电阻可以忽略，劲度系数

为左）、电阻箱、电流表（0-0.6A,可看成理想电表）、电源（电动势约3V,内阻未知），刻

度尺。已知滑片固定在弹簧上且与导体棒接触良好，当弹簧处于原长时，滑片位于导体棒最

左端。若沿拉钩方向每增加相同的力，就在电流表表盘上标注一个刻度，则刻度分布

（填“均匀'或'不均匀”）。

（3）用图乙进一步测量该电源电动势与内阻，他将凡调为3Q,拉动拉钩，改变导体棒接

入电路中的长度/,测出不同/对应的电流表示数/,并作出;-/图像如图丙所示，可测得

电源内阻为Qo

（4）若弹簧的劲度系数为200N/cm,凡调为L7Q，则该电子测力计的零刻线对应电流表

的刻度为A,该电子测力计的量程为N。

【答案】（1）60.0

（2）不均匀（3）1.8Q

（4）0.240-1000

【解析】【小问1详析】

由图可知，导体棒的长度应为

I=60mm+0.1mmx0=60.0mm

【小问2详析】

设电源的内阻为r，则由闭合电路的欧姆定律可知

r+0+4

可见,尽管导体棒接入电路中的电阻成正比，但电路中的电流与导体棒的电阻并非正比关系,

即刻度分布不均匀。

【小问3详析】

,E

设电源的内阻为r,则由闭合电路的欧姆定律可知/=——丁丁

解得

l=r±^)+4z

IEE

则有

曰=1.6

E

r0_3.6-1.6

E-4.0

解得

E=3.0V

r=1.8Q

【小问4详析】

［1］根据闭合电路的欧姆定律可知，拉力为零整个金属棒接入电路，测力计零刻度线对应的

电流

E3.0

A=0.24A

rol+r+Ro1.5x6+1.8+1.7

［2］当达到电流表最大量程］,“=0.6A时，则有

E

r+Ro+rol=—

1m

解得

"=lcm

E

保证电路安全的情况下，电流应小于0.6A,由于/=一

R

则电阻应该大于r+尺0+石，即接入电路的导体棒长度应该大于1cm,即1cm<6cm

则弹力最大时

1=1-lm=5cm

Fm=kt=lOOON

所以，弹簧测力计的量程为0~1000N

14.如图所示，一等腰直角三棱镜，放在真空中，AB=AC,在棱镜侧面A3左方有一单色光

源S,从S发出的光线5。以60。入射角从侧面中点射入三棱镜。

(1)若从面折射后的光线直接射到AC面上，再从AC面折射出去，出射光线与AC面

的夹角为30。，求棱镜的折射率加；

(2)若从面折射后的光线先射到8C面上，己知光线在面上只反射不折射(8C背

面镀银，光线射不出去)，反射后的光线再射到AC面上折射出去时，出射光线与AC面的

夹角仍为30。，求棱镜的折射率的取值范围。

【答案】(1)回(2)…叵

22

【解析】(1)光路图如图所示

由折射定律，光线在面上折射时，有

sin60°

二-----

sma

折射角为7=9。。-3。。=6。。

sin/

在AC面上出射时，有々=—

sinp

由几何关系知c+/=90。

联立解得a=〃=45。

sin60°#

所以折射率为"]=

sin45°—可

(2)光路图如图所示

A

由几何关系得

ZEDF=ZFHG

由折射定律知，此时的出射角一定为60。，要使光线经面折射后射到BC面上，临界状

态恰好射到C点，作出光路图如图所示

1

sinZEDC=sinZACD=

由折射定律得此时折射率为

sin60°V15

n=-------------=------

sinZEDC2

所以折射率满足的条件为

V15

nF

15.如图所示，在直角坐标系。孙的坐标平面内，边长为乙的正方形区域内有沿y

轴负方向的匀强电场，A点在y轴正半轴上，。点在％轴正半轴上，区域外有垂直于坐标平

面向外的匀强磁场，在坐标为（0,上L）的尸点以大小为V0的速度沿X轴正向射出一个

质量为相、带正电荷量为q的粒子。粒子第一次经电场偏转从OC的中点射出电场，此后粒

子恰好从。点第二次进入电场，不计粒子的重力，求：

（1）匀强电场的电场强度大小；

（2）匀强磁场的磁感应强度大小；

（3）粒子第三次离开电场的位置坐标。

【答案】（1）2•理;（2）§=4岛%

【解析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，则

E_1"

----L一—cit,

421

1

2IT=

根据牛顿第二定律

解得

E_26加片

qL

（2）设粒子第一次出电场时速度大小为匕，根据动能定理

口君r1212

qEx=~mvi~~mvo

解得

%=2v0

设粒子出电场时速度与无轴正向的夹角为仇则

匕cos。=%

解得

夕二60。

由对称性可知粒子第二次进电场时速度与X轴夹角60。斜向右上，则粒子在磁场中做圆周运

Ifr-

动的半径厂=2=6L

2sin606

根据牛顿第二定律

u2

qvB=m—

xr

解得

_4®nvo

IJ一

qL

(3)粒子第二次进电场后，做类斜上抛运动，设粒子仍从OC边射出电场，则粒子第二次

在电场中运动时间

2匕cos30L

’2==一

a%

粒子在电场中沿无轴正向运动的距离

x-vot-L

即粒子刚好从C点离开电场，根据对称性可知，粒子第三次进电场的位置在OC中点，即

粒子第三次出电场的位置坐标(L,与。

16.如图所示，河声山Q和AGNzEQz为在同一水平面内足够长的金属导轨，处在磁感应

强度3=1T、方向竖直向下的匀强磁场中。导轨的段“2^2段相互平行间距

4=2m。々Q1段与P2Q2段