福建省2023屆高中畢業(yè)班第三次質(zhì)量檢測（預(yù)測B卷）

物理試題

（考試時間：75分鐘試卷滿分：100分）

注意事項：

1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如

需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫

在本試卷上無效。

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回

L（本題4分）標(biāo)準(zhǔn)徑賽跑道為半圓式40Om跑道，跑道一圈的長度剛好可以用來舉辦徑賽40Om跑

項目。下列相關(guān)說法錯誤的是（）

A.40Om跑運動員從起點跑到終點，其路程大小即為40Om

B.運動員在跑道上奔跑時可看作質(zhì)點

C.運動員400m跑成績?nèi)舾擅氡硎镜氖菚r刻

D.用400m除以運動員成績即可求得運動員的平均速率大小

【答案】C

【詳解】A.標(biāo)準(zhǔn)路道一圈長度400m,就是運動員跑一圈的路程，故A正確，不符合題意；

B.運動員奔跑時自身形狀與大小與路程相比可忽略，可看作質(zhì)點，故B正確，不符合題意；

C.成績是指從初位置到末位置之間的時間間隔，故C錯誤，符合題意；

D.平均速率即路程與時間的比值，故D正確，不符合題意。

故選C,

2.（本題4分）如圖所示的速度選擇器兩板間有互相垂直的勻強電場和磁場，電荷量為+4的帶電粒

子，以水平速度%從左側(cè)射入，恰能沿直線飛出速度選擇器，不計粒子重力和空氣阻力，在其他條

件不變的情況下（)

×××××

一片B

×××××

A.若僅改為電荷量一。的粒子，將仍沿直線飛出B.若僅將入射速度變?yōu)?%,仍沿直線飛出

C.若僅將該粒子改為從右側(cè)射入，仍沿直線飛出D.若僅將磁場方向反向，仍沿直線飛出

【答案】A

【詳解】A.電荷量為+4的帶電粒子，以水平速度%從左側(cè)射入，恰能沿直線飛出速度選擇器，則

粒子受電場力與洛倫茲力平衡，有

qE=qvB

解得

E

V=-

B

所以若僅改為電荷量一。的粒子，粒子受力依然平衡，將仍沿直線飛出，故A正確；

B.若僅將入射速度變?yōu)?%,粒子受力不平衡，將不能沿直線飛出，故B錯誤；

C.若僅將該粒子改為從右側(cè)射入，粒子受力不平衡，將不能沿直線飛出，故C錯誤；

D.若僅將磁場方向反向，粒子受力不平衡，將不能沿直線飛出，故D錯誤；

故選A,

3.（本題4分）如圖甲所示，飲水桶上裝有壓水器，可簡化為圖乙所示的模型。擠壓氣囊時，可把氣

囊中的氣體全部擠入下方的水桶中，下方氣體壓強增大，桶中的水會從細管中流出。某次取水前，

桶內(nèi)液面距細管口高度差為力，細管內(nèi)外液面相平，壓水3次恰好有水從細管中溢出。已知在擠壓

氣囊過程中，氣體的溫度始終不變，略去細管的體積，外部大氣壓強保持不變，水的密度為。，重

力加速度為g，關(guān)于此次取水過程下列說法正確的是（）

甲乙

A.桶內(nèi)氣體的內(nèi)能不變

B.桶內(nèi)氣體需從外界吸熱

C.壓水3次后桶內(nèi)氣體壓強為夕

D.每次擠壓氣囊，桶內(nèi)氣體壓強的增量相同

【答案】D

【詳解】A.在擠壓氣囊過程中，氣體的溫度始終不變，而氣體總的體積也不變，但在擠壓的過程

中，氣體的質(zhì)量增加因此在溫度不變的情況下，氣體的內(nèi)能增加了，故A錯誤；

B.在擠壓氣囊過程中，氣囊內(nèi)的氣體進入桶中，外界在對氣囊內(nèi)氣體和原有氣體做功，被壓入的

氣體和原有的氣體都被壓縮，而桶中氣體的溫度不變，則原有氣體的內(nèi)能不變，根據(jù)熱力學(xué)第一定

律可知，氣體要向外放熱，故B錯誤；

C.壓水3次后桶內(nèi)氣體壓強應(yīng)為大氣壓與。的之和，故C錯誤；

D.根據(jù)道爾頓分壓原理可知，每次壓進去的氣體的質(zhì)量一定，而在本次取水過程中水桶可容納氣

體的體積不變，則可知每次壓進去的氣體對水桶內(nèi)部提供相同的壓強增量，故D正確。

故選D。

4.（本題4分）春節(jié)期間人們都喜歡在陽臺上掛一些燈籠來作為喜慶的象征。如圖所示，是由六根等

長的輕質(zhì)細繩懸掛起五個質(zhì)量相等的燈籠1、2、3、4、5,中間的兩根細繩BC和CD的夾角。=120?,

A.MA的延長線能平分1燈與繩AB之間的夾角

B.AB的延長線不能平分2燈與繩BC之間的夾角

C.繩A8與繩BC的彈力大小之比為⑺：正

D.繩/VM與繩AB的彈力大小之比為√7:G

【答案】D

【詳解】BC.對燈籠3受力分析可知

TBC=Teb

CTθ

2TκcoS3=mg

解得

TBC=mg

設(shè)AB繩與豎直方向成夾角為4,對燈籠2受力分析可知

n

&sinq=TecSin-

TABCoSq=TBCcos+mg

解得

θ`=30°

TAB=Cmg

由數(shù)學(xué)知識可知AB的延長線能平分2燈與繩BC之間的夾角，且有

TAB：TBC=右mg?.mg=^3>?.?

故BC錯誤；

AD.設(shè)MA繩與豎直方向成夾角為名，對燈籠1受力分析可知

加sin，2=&sinq

TMAcosθ2=TABCoSa+mg

解得

t°√3

tanθ1=—

TMA=不mg

由數(shù)學(xué)知識可知MA的延長線不能平分1燈與繩A8之間的夾角，且有

TMA'?TAB=布mg:W)Ing=出：垂>

故A錯誤，D正確。

故選Do

二、多選題(共24分

5.（本題6分）如圖所示，極地衛(wèi)星軌道經(jīng)過地球兩極上空，2023年3月2日北京時間9：00時某極

地衛(wèi)星恰好飛到赤道上的赤道紀(jì)念碑所在城市基多上空，于2023年3月3日北京時間21：00時會

經(jīng)過該城市上空，設(shè)該衛(wèi)星軌道半徑為地球同步衛(wèi)星軌道半徑為4,已知地球自轉(zhuǎn)周期為24小

時，則下列說法正確的是（）

A.3月2日9：00時到3月3日21：00這段時間內(nèi)地球自轉(zhuǎn)了一周半

B.極地衛(wèi)星的周期可能是36小時

C./：刀可能等于1：1

D./：4可能等于］：］6

【答案】AC

【詳解】A.2023年3月2日北京時間9：00時某極地衛(wèi)星恰好飛到赤道上的赤道紀(jì)念碑所在城市

基多上空，于2023年3月3日北京時間21：00時會經(jīng)過該城市上空，地球自轉(zhuǎn)周期24h,故A正

確；

B.從地理上來看，這段時間內(nèi)基多在空間中的位置轉(zhuǎn)了180。，而極地衛(wèi)星則可能是轉(zhuǎn)了0.5圈、1.5

圈、2.5圈......等，設(shè)極地衛(wèi)星周期是T,則

36h="T+（）.5T"=0、1、2、3......）

因此

T=72h、24h、14.4h......

故B錯誤；

C.根據(jù)開普勒第三定律，當(dāng)周期是24h時，其軌道半徑與同步衛(wèi)星相同，故C正確；

D.若二:二等于1：16,根據(jù)開普勒第三定律，則極地衛(wèi)星與同步衛(wèi)星周期之比為1:4,即極地衛(wèi)星

周期為6h,則"=6?33不為整數(shù)，因此不可能，故D錯誤。

故選AC,

6.（本題6分）如乙圖所示，一束復(fù)色光從空氣射向一個球狀水滴后被分成了a、b兩束單色光，分

別將這兩束單色光射向圖甲所示的裝置，僅有一束光能發(fā)生光電效應(yīng)。調(diào)節(jié)滑片P的位置，當(dāng)電流

表示數(shù)恰為零時，電壓變示數(shù)為4。已知該種金屬的極限頻率為%,電子電荷量的絕對值為e,普

朗克常量為比下列說法正確的是（）

A.α光在玻璃中的傳播速度比b光小

B.b光的光子能量為為%+eU,

C.保持光強不變，滑片P由圖示位置向左移，電流表示數(shù)變大

D.用同一雙縫做光的干涉實驗，。光產(chǎn)生的干涉條紋間距比b光的大

【答案】BD

【詳解】A.由乙圖知，由于兩束光入射角相同，b光的折射角小，根據(jù)

sinι

n=-----

sinr

可知b光的折射率大于α光的折射率，根據(jù)

一

n

所以b光在玻璃中的傳播速度比。光小，A錯誤；

B.由折射率和頻率的關(guān)可知，b光的頻率大于。光的頻率，故b光發(fā)生光電效應(yīng)，根據(jù)光電效應(yīng)方

程

Ekm=加-叱＞=皿.

又有

Wn=hva

所以b光的光子能量為

hv=hv0+eUl.

B正確；

C.保持光強不變，滑片P由圖示位置向左移，則AK兩端的電壓變小，則電流表示數(shù)可能不變，可

能變小，C錯誤；

D.由于b光的折射率大，所以。光的波長大于b光的波長，根據(jù)

?x=-Λ

d

用同一雙縫做光的干涉實驗，。光產(chǎn)生的干涉條紋間距比b光的大，D正確。

故選

BDo

7.（本題6分）如圖所示，單刀雙擲開關(guān)S原來跟"2〃相接。從t=0開始，開關(guān)改接"1",一段時間后，

把開關(guān)改接"2",則流過電路中P點的電流/和電容器兩極板的電勢差UAB隨時間變化的圖像可能正

確的有（）

____?SP

_O?

P

ETR

__I_____

【答案】BC

【詳解】AB.從t=o開始，開關(guān)接"1"電容器開始充電，由于電容器帶電量越來越多，充電電流越

來越小，最后減小到0,把開關(guān)改接"2"后，電容器通過電阻R放電，隨電容器帶電量越來越小，電

流也會越來越小，最后電流減小到零，放電過程中電流的方向與充電過程中相反，故B正確，A錯

誤；

CD.從t=0開始，開關(guān)接"1"電容器開始充電，由于充電電流越來越小，電容器兩板間的電壓增加

的越來越慢，把開關(guān)改接"2"后電容器通過R放電，由于放電電流越來越小，電容器兩板間的電壓減

小的越來越慢，但整個過程中UAB始終為正值，故C正確，D錯誤。

故選BCo

8.（本題6分）如圖所示，A、B兩物塊由繞過輕質(zhì)定滑輪的細線相連，A放在固定的光滑斜面上，B

和物塊C在豎直方向上通過勁度系數(shù)為％的輕質(zhì)彈簧相連，C放在水平地面上?，F(xiàn)用手控制住A,并

使細線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側(cè)細線豎直、右側(cè)細線與斜面平行。已知A的質(zhì)量為

5m,B、C的質(zhì)量均為機，重力加速度為g,細線與滑輪之間的摩擦不計，開始時整個系統(tǒng)處于靜

止?fàn)顟B(tài)。釋放A后，A沿斜面下滑至速度最大時C恰好離開地面。下列說法正確的是（）

A.C剛離開地面時，B的加速度為零

B.從釋放A到C剛離開地面的過程中，A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒

C.彈簧恢復(fù)原長瞬間，細線中的拉力大小為半

D.A的最大速度為g、陛

【答案】ABD

【詳解】A.當(dāng)C剛離開地面時，物塊A的速度最大，物塊B的速度也最大，此時B的加速度為零,

故A正確；

B.從釋放A到C剛離開地面的過程中，系統(tǒng)只有重力做功，故ABC及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒,

故B正確；

C.當(dāng)A、B的速度最快時，物塊C恰好離開地面，彈簧的彈力時恰好等于C的重力〃名，即

居單=mg

對A、B整體沿線方向進行受力分析可知

+mg=5mgsina

當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，彈簧的彈力為零，對A、B整體根據(jù)牛頓第二定律有

5mgsinθ-mg=6ma

隔離A,根據(jù)牛頓第二定律有

Stngsλna-T=ma

聯(lián)立幾式解得

T=，g

故C錯誤；

D.根據(jù)

F典+mg=5mgsina

得

2

SlnC=一

5

釋放A之前，彈簧處于壓縮狀態(tài)，對B進行受力分析，可得彈簧壓縮量為

1k

釋放A后速度最大瞬間，對C進行受力分析可得彈簧的伸長量為

心,=巡

-k

從釋放A到AB整體的速度最大，對AB整體，由于彈簧的形變量相等，彈力做功為零，根據(jù)機械能

守恒有

5wg(X1+x2)sinα-∕∕ιg(xl+x1)=-?(w+5w)v^

聯(lián)立解得

%=g

故D正確。

故選ABDo

第∏卷（非選擇題）

請點擊修改第II卷的文字說明

三、填空題（共8分

9.（本題4分）一輛特定頻率鳴笛的救護車遠離聽者而去時，聽者將感受到鳴笛聲的音調(diào)變化，這個

現(xiàn)象，首先是奧地利科學(xué)家多普勒發(fā)現(xiàn)的，于是命名為多普勒效應(yīng)。如圖1所示，假定聲波的波長

為3在空氣中的傳播速度為V,那么該聲波的頻率為。如圖2所示，假定該聲波波源

以M的速度向右勻速運動，在其運動正前方某一聽者，在相同時間內(nèi)接受到的波峰個數(shù)將增加，即

相當(dāng)于波長減短了；在其運動正后方某一聽者，在相同時間內(nèi)接受到的波峰個數(shù)將減小，即相當(dāng)于

波長增長了，由此可推理得到，在運動波源正后方聽者接收到的聲波頻率變?yōu)榱薕可見,

當(dāng)聲源遠離聽者時，聽者接收到的聲波頻率減小，音調(diào)變低；同理，當(dāng)聲源靠近聽者時，聽者接收

到的聲波頻率增大，音調(diào)變高。

【詳解】田根據(jù)波長、傳播速度和頻率關(guān)系，可得聲波的頻率

⑵設(shè)聲波的振動周期為兀則有

λ=vT

聲源移動時，其后方波長變?yōu)?/p>

Λ,=（∕l+vT）

正后方聽者接受到的頻率

f=-

Jλ,

即有

f=v2

A（v+v,）

10.（本題4分）利用圖甲所示的裝置（示意圖），觀察紫光的干涉、衍射現(xiàn)象，在光屏上得到如圖乙

和圖丙兩種圖樣則圖乙應(yīng)是圖樣（選填"干涉"或"衍射"）。若將光換成黃光，干涉圖樣中

相鄰兩條亮條紋中心間距（選填"變寬"、"變窄"或"不變

光屏

光源口…I-------1

甲

miniIIIIIIII

乙丙

【答案】衍射變寬

【詳解】⑴干涉圖樣的條紋寬度相等，衍射圖樣的條紋寬度不等、中央最寬，故圖乙應(yīng)是衍射圖樣。

⑵由

ΔΛ^=一λ

d

可知干涉圖樣中相鄰兩個亮條紋的中心間距與波長成正比，若將光換成黃光，則波長變長，因此條

紋間距也變寬。

四、實驗題(共12分

IL(本題6分)小祥同學(xué)過年期間偶然發(fā)現(xiàn)，屋檐上冰柱滴下的水滴時間間隔幾乎是一樣的，于是

他突發(fā)奇想，想利用手機的拍攝視頻功能來測定當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?。他先拍攝了一段冰柱滴水的視

頻，然后將視頻分成一幀--幀進行查看，他發(fā)現(xiàn)每隔10幀拍攝的圖片一模一樣，搜索發(fā)現(xiàn)該型號

手機拍攝視頻為一秒鐘30幀。隨后他將其中一幀打印出來，如圖所示。經(jīng)過測量，墻面每塊磚厚

10cm,而打印出來的圖片上僅為ICm。他用直尺分別測量出來滴落下的水滴中距離冰柱最近的三個

點1、2、3之間的間距如下圖所示。

(1)該冰柱每秒鐘滴下滴水滴。

(2)2號水滴此時的速度是m∕s,測出的重力加速度為m∕s2o(結(jié)果均保留3位有效

數(shù)字）

（3）小祥同學(xué)將其他兒組照片的水滴也進行了測量，結(jié)果發(fā)現(xiàn)均小于當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?，則可能的

原因是（答案合理即可）。

【答案】33.119.64水滴受到空氣阻力

【詳解】（1）⑴一秒鐘30幀，所以每相鄰的兩幀之間的時間間隔為

?r=-s

30

每隔10幀拍攝的圖片一模一樣，所以相鄰的兩個水滴之間的時間間隔為

∕0=10Δ∕=?s

那每秒鐘可以滴下的水滴個數(shù)為

n=-=3

（2）[2]根據(jù)題意可知，圖片與實物比例為LI0,又因為某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬

時速度，可知2號水滴此時的速度是

_（0.0502+0.1573）X10

v2=V=---------------：-----------m/s=3.1Imzs

⑶根據(jù)逐差法可知重力加速度為

?h（0.1573-0.0502）×10…

￡=—=-------------：--------------m/zs2=9.64ι^n∕zs2

Z°（3）2

（3）⑷測量的重力加速度小于當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊脑蚩赡苁怯捎谒蜗侣溥^程受到空氣阻力的作

用。

12.（本題6分）某同學(xué)要測量一節(jié)干電池的電動勢和一個電阻的阻值，可利用的實驗器材有：

；------------⑥------------In：

；TεRM

AB\

____oo_____1

I________-____________-__J

待測干電池E（電動勢約1.5V）；

待測電阻凡;

微安表G（量程100〃A,內(nèi)阻Rg=I900Ω）.

滑動變阻器R（最大阻值IOooC）；

定值電阻E（E=I80Ω）;

導(dǎo)線若干。

該同學(xué)設(shè)計了如圖所示的電路，并計劃按下面的步驟進行操作：

①按電路圖接好線路，使滑動變阻器接入電路的阻值最大；

②用導(dǎo)線短接A、B接線柱，調(diào)節(jié)滑動變阻器，使微安表滿偏；

③去掉短接導(dǎo)線，在4B接線柱間接入定值電阻凡，記下此時微安表的讀數(shù)L：

④去掉凡，在48接線柱間接入待測電阻號,記下此時微安表的讀數(shù)乙；

⑤根據(jù)測量數(shù)據(jù)計算出干電池電動勢E和待測電阻R,的阻值。

（1）此計劃存在的問題是微安表量程（選填"太大"或"太小"）。

（2）為解決上述問題，該同學(xué)找到一個阻值為100Ω的定值電阻4,請把凡接入答題卡上的電路圖

中O

（3）把扁接入電路后，按上述步驟進行操作，微安表的讀數(shù)人和乙分別如圖甲、圖乙所示，則

μA，I2=μA。

（4）通過測量數(shù)據(jù)，可計算出干電池電動勢E=V,待測電阻Rr=Ω,,

~<§)-1~1

【答案】太小80721.44280

「EROR

―3__J

【詳解】（1）⑴若用導(dǎo)線短接48接線柱，調(diào)節(jié)滑動變阻器，使微安表滿偏，則由

P15

R.=—=——Ω=15kΩ

14IOOxW6

而滑動變阻器R最大值與色之和只有2900。，阻值過小，則此計劃存在的問題是微安表量程太小;

（2）[2]為解決上述問題，可將微安表擴大量程，即用定值電阻凡與微安表并聯(lián)，此時量程可擴大

為

/R

/=^■^+4=2000〃A

&

量程擴大了20倍；請把《接入答題卡上的電路圖中如圖;

'eROR

―g__?

（3）⑶⑷如圖甲、圖乙所示，最小刻度2μA,則）=80μA,Λ=72μA;

（4）[5]⑹當(dāng)微安表滿偏時，則滑動變阻器阻值

E

77^=2000〃A

在A、B接線柱間接入定值電阻&時，此時電路中的總電流為

E

=20X80〃A

R+RA+RS

在48接線柱間接入待測電阻段,此時電路的總電流為

E

Λ==20X72MA

R+RA+&

解得

E=1.44V

Rx=280Ω

五、解答題（共40分

13.（本題12分）2022年6月17日，由我國完全自主設(shè)計建造的第三艘航空母艦"福建艦"下水，福

建艦采用平直通長飛行甲板，艦上安裝了電磁彈射器以縮短飛機的起飛距離。假設(shè)航空母艦的起飛

跑道總長∕=270m,電磁彈射區(qū)的長度∕ι=60m,若彈射裝置可以輔助飛機在彈射區(qū)做加速度為30m∕s2

的勻加速直線運動，飛機離開電磁彈射區(qū)后繼續(xù)在噴氣式發(fā)動機推力作用下做勻加速直線運動，如

圖所示。假設(shè)一架艦載機的質(zhì)量m=3.0χl04kg,飛機在航母上受到的阻力恒為飛機重力的0.2倍。若

飛機可看成質(zhì)量恒定的質(zhì)點，從邊沿離艦的起飛速度為80m∕s,航空母艦始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力

加速度取g=10m∕s2,求：

(1)飛機經(jīng)電磁彈射后獲得的速度大小；

(2)飛機從靜止到起飛所需時間；

(3)飛機發(fā)動機的推力大小。

∕=270m

【答案】(1)60m/s；(2)5s；(3)2.6×105N

【詳解】(1)彈射階段，初速度為0,根據(jù)速度位移關(guān)系

匕2=2fll∕l

解得

vl=60m∕s

彈射階段時間為

『乜=2s

4

加速階段，有

一

∕2=∕-∕l

聯(lián)立解得

t2=3s

f=∕1+∕2=5s

(3)根據(jù)速度位移關(guān)系

Vj_vl"=Ia2I1

F-0.2mg=ma2

解得

F=2.6×105N

14.（本題12分）如圖甲所示，利用粗糙絕緣的水平傳送帶輸送一正方形單匝金屬線圈abed,傳送帶

以恒定速度Vo運動。傳送帶的某正方形區(qū)域內(nèi)，有一豎直向上的勻強磁場，該磁場相對地面靜止，

且磁感應(yīng)強度大小為B,當(dāng)金屬線圈的be邊進入磁場時開始計時，直到加邊離開磁場，其速度與

時間的關(guān)系如圖乙所示，且在傳送帶上始終保持ad、be邊平行于磁場邊界。已知金屬線圈質(zhì)量為m,

電阻為R,邊長為L,線圈與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為“，且ad邊剛進入磁場時線框的速度大小為

Vi,重力加速度為g,求：

（1）正方形磁場的邊長d；

（2）線圈完全進入磁場的時間t；

（3）線圈離開磁場過程中克服安培力所做的功MZo

【詳解】（1）從ad邊剛進入磁場到be邊剛出磁場，對線框由動能定理

J'"''；=μmg[d-L)

解得

d=二日+L

2gμ

（2）從be邊剛進入磁場到ad邊剛進入磁場，對線框由動量定理

μmgt-F.stm(vi-v0)

由安培力公式

F?安=BIL

由閉合電路歐姆定律

由法拉第電磁感應(yīng)定律

ΔΦ=BZ,3

聯(lián)立解得

//?/?(V∣—VQ)+B-L

NmgR

（3）由于線圈離開磁場時與進入磁場時速度一樣，故線圈離開磁場過程中克服安培力所做的功與進

入磁場時安培力做的功相等，所以從be邊剛進入磁場到αd邊剛進入磁場，對線框由動能定理

W=—22μmgL

wv0——∕nvl+

15.（本題16分）如圖所示，MHN和PKQ為豎直方向的平行邊界線，水平線HK將兩邊界圍成區(qū)域分

為上下兩部分，其中I區(qū)域內(nèi)為豎直向下的勻強電場，”區(qū)域內(nèi)為垂直紙面向外的勻強磁場，一質(zhì)量

為m,電荷量為q的帶正電粒子從左邊界A點以初速度%垂直邊界進入I區(qū)域，從C點離開I區(qū)域

進入Il區(qū)域。已知A"=//,HC-2h,粒子重力不計：

（1）求I區(qū)域勻強電場強度E的大小；

（2）若兩豎直邊界線距離為4h,粒子從H區(qū)域左邊界射出，求Il區(qū)域內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大

小范圍；

（3）若兩豎直邊界線距離為17.5h且Il區(qū)域內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為8=警殳，求粒子從A

qn

點進入I區(qū)域至從平行邊界射出所用時間以及出射點距K點的距離。

(√2-l)^v(√2+l),.

【答案】（1）魯;（2）wo94+17］，15

----------------<D<----------------*\0/———h,—h

Iqh2qh2qh4v016

【詳解】（1）如下圖所示，粒子從A點至C點做勻變速曲線運動，垂直電場方向有

2〃=v√,

平行電場方向有

,12

h=3a*

根據(jù)牛頓第二定律有

Eq=ma

聯(lián)立解得

E4

（2）粒子在C點速度的豎直分量

vCy=atX=vO

故粒子在C點速度為

V=&+臉=?>（方向為斜向右下方與HK夾角為45）

當(dāng)粒了恰好不從MN邊界出射，粒子軌跡如下圖軌跡①所示。

設(shè)此種情況下，粒子在磁場中軌道半徑為4，由幾何知識得

4+弓sin45°=Ih

解得

∕f=2(2-√2)?

粒子在磁場中做圓周運動由洛倫茲力提供向心力

V

BlqV=m—

r?

解得

Β-(V2+1)∕MV0

1^-2qh-

當(dāng)粒子恰好不從PQ邊界出射，粒子軌跡如圖軌跡②所示，由幾何知識得

r2一GSin45=2h

解得

Λ=2(2+√2)∕Z

粒子在磁場中做圓周運動由