河南省部分重點(diǎn)高中2023-2024學(xué)年高三下學(xué)期5月大聯(lián)考理綜試題-高中物理（原卷版+解析版）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

1.答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在試卷和答題卡上，并將條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。
2.請(qǐng)按題號(hào)順序在答題卡上各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。
3.選擇題用2B鉛筆在答題卡上把所選答案的標(biāo)號(hào)涂黑；非選擇題用黑色簽字筆在答題卡上作答；字體工整，筆跡清楚。
4.考試結(jié)束后，請(qǐng)將試卷和答題卡一并上交。
可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Mn 55 Zn 65 Ce 140
二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14～18題只有一項(xiàng)符合題目要求，第19～21題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。
1. 自然界中碳主要是碳12，碳14僅占百萬分之一。能自發(fā)進(jìn)行衰變而變成，其半衰期為5730年，下列說法正確的是（）
A. 該衰變?yōu)棣了プ?br>B. 衰變放出的粒子來自于的核外
C. 的結(jié)合能比的結(jié)合能小
D. 8個(gè)經(jīng)過5730年后可能剩余3個(gè)
【答案】D
【解析】
【詳解】AB．該衰變?yōu)棣滤プ?，中子釋放β粒子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子，故AB錯(cuò)誤；
C．衰變釋放能量，比結(jié)合能更大，由于質(zhì)量數(shù)相同，則結(jié)合能比大，故C錯(cuò)誤；
D．8個(gè)經(jīng)過5730年后可能剩余3個(gè)，故D正確。
故選D。
2. 如圖為一“環(huán)腔式”降噪器的原理圖，可以對(duì)高速氣流產(chǎn)生的噪聲進(jìn)行降噪。波長為的聲波沿水平管道自左側(cè)入口進(jìn)入后分成上、下兩部分，分別通過通道①、②繼續(xù)向前傳播，在右側(cè)匯聚后噪聲減弱，其中通道①的長度為10，下列說法正確的是（）
A. 該降噪器是利用波的衍射原理設(shè)計(jì)的
B. 通道②的長度可能為8.5
C. 通道②的長度可能為8
D. 該降噪器對(duì)所有頻率的聲波均能起到降噪作用
【答案】B
【解析】
【詳解】A．該降噪器是利用聲波干涉原理設(shè)計(jì)，A錯(cuò)誤；
BCD．根據(jù)波的疊加原理可知，該降噪器對(duì)于路程差為
（n＝0，1，2，3…）
聲波降噪效果良好，對(duì)不符合上述條件的聲波降噪作用較差，甚至不能起到降噪作用，故而并非對(duì)所有波長或頻率的聲波均有效，CD錯(cuò)誤，B正確。
故選B。
3. 在光滑桌面上將長為的軟導(dǎo)線兩端固定，固定點(diǎn)的距離為，導(dǎo)線通有電流I，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)線中的張力大小為（）
A. BILB. 2BILC. πBILD. 2πBIL
【答案】A
【解析】
【詳解】從上向下看導(dǎo)線的圖形如圖所示
導(dǎo)線的有效長度為，則所受的安培力大小為
設(shè)繩子張力為T，由幾何關(guān)系可知
解得
故選A。
4. 如圖所示是小型交流發(fā)電機(jī)的示意圖，面積為S的N匝線圈在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中繞水平軸OO′以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，以圖示位置為t=0時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，已知電表均為理想電表，二極管為理想二極管，定值電阻R1、R2的阻值均為R，其他電阻可忽略，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為n1、n2，則（）
A. 電壓表的示數(shù)為
B. t=0時(shí)刻原線圈中電流為0
C. 0～與～時(shí)間內(nèi)發(fā)電機(jī)的輸出功率之比可能為1:4
D. 0～時(shí)間內(nèi)R1與R2的電功率之比為1:5
【答案】D
【解析】
【詳解】A．根據(jù)理想變壓器的變壓規(guī)律可得
副線圈兩端的電壓為
故A錯(cuò)誤；
B．t=0時(shí)刻，線圈平面與磁感線平行，穿過線圈的磁通量為零，則感應(yīng)電動(dòng)勢、感應(yīng)電流最大，故B錯(cuò)誤；
C．0～與～時(shí)間內(nèi)，副線圈電流之比為1:2，故原線圈電流之比為1:2，發(fā)電機(jī)輸出功率為
所以發(fā)電機(jī)的輸出功率之比為1:2，故C錯(cuò)誤；
D．設(shè)副線圈電壓的有效值為U，且
一周期內(nèi)，R1產(chǎn)生的焦耳熱為
一周期內(nèi)，R2產(chǎn)生的焦耳熱為
則R1與R2的電功率之比為
故D正確。
故選D。
5. 如圖所示，輕桿上端可繞光滑鉸鏈O在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng).可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A固定在輕桿末端.用細(xì)繩連接小球B，繩的另一端穿過位于O點(diǎn)正下方的小孔P與A相連.用沿繩斜向上的拉力F作用于小球A，使桿保持水平，某時(shí)刻撤去拉力，小球A、B帶動(dòng)輕桿繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)。已知小球A、B的質(zhì)量均為m，桿長為3L，OP長為5L，重力加速度為g，忽略一切阻力。則下列說法正確的是（）
A. 桿保持水平時(shí)，輕桿對(duì)小球A的拉力大小為
B. 運(yùn)動(dòng)過程中，兩小球速度大小相等時(shí)的速度值為
C. 運(yùn)動(dòng)過程中，兩小球速度大小相等時(shí)細(xì)繩對(duì)小球A的拉力大小為
D. 運(yùn)動(dòng)過程中，兩小球速度大小相等時(shí)輕桿對(duì)小球A的拉力大小為
【答案】C
【解析】
【詳解】A．對(duì)小球A受力分析如圖1，可知三力構(gòu)成的矢量三角形與△OPA相似，故有
解得
A錯(cuò)誤；
B．小球A繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)做圓周運(yùn)動(dòng)，速度方向沿圓周軌跡切線方向，又因小球A、B通過細(xì)繩連接在一起，兩者沿繩方向的分速度相等，故兩小球速度大小相等時(shí)，細(xì)繩與小球A的圓周軌跡相切，如圖2所示，由幾何關(guān)系得
小球A下降的高度
小球B下降的高度
由機(jī)械能守恒有
解得
B錯(cuò)誤；
C．兩小球速度大小相等時(shí)，對(duì)小球A受力分析如圖3，沿繩方向應(yīng)有
小球B與小球A沿繩方向的加速度大小相等，則對(duì)小球B有
解得
C正確；
D．沿桿方向應(yīng)有
解得
D錯(cuò)誤。
故選C。
6. 如圖，2023年8月27日發(fā)生了土星沖日現(xiàn)象，土星沖日是指土星、地球和太陽三者近似排成一條直線，地球位于太陽與土星之間。已知地球和土星繞太陽公轉(zhuǎn)的方向相同，公轉(zhuǎn)軌道均為圓軌道，土星繞太陽公轉(zhuǎn)周期約30年。下列說法正確的是（）

A. 地球、土星與太陽的連線在任意相等時(shí)間內(nèi)掃過的面積一定相等
B. 地球公轉(zhuǎn)的線速度一定大于土星公轉(zhuǎn)的線速度
C. 下次出現(xiàn)土星沖日現(xiàn)象在2026年
D. 下次出現(xiàn)土星沖日現(xiàn)象在2024年
【答案】BD
【解析】
【詳解】A．根據(jù)開普勒第二定律可知，地球、土星與太陽的連線在任意相等時(shí)間內(nèi)掃過的面積一定不相等，A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)
可得
地球的公轉(zhuǎn)半徑小于土星的公轉(zhuǎn)半徑，故地球公轉(zhuǎn)的線速度一定大于土星公轉(zhuǎn)的線速度，B正確；
CD．根據(jù)題意，設(shè)經(jīng)過時(shí)間：出現(xiàn)土星沖日現(xiàn)象，由公式
有
解得
（年）
約為1年零12.6天，則下次出現(xiàn)土星沖日現(xiàn)象應(yīng)該在2024年，C錯(cuò)誤，D正確。
故選BD。
7. 一足夠長的粗糙傾斜傳送帶以恒定的速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，某時(shí)刻在傳送帶上適當(dāng)?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣葀0的小物塊，如圖所示，取沿傳送帶向下的方向?yàn)檎较?，則下列描述小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的v-t圖像中可能正確是（）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【詳解】A．當(dāng)小物塊初速度沿斜面向下，且小于傳送帶的速度時(shí)，對(duì)小物塊受力分析，由牛頓第二定律可得
即
可知小物塊將沿傳送帶向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小物塊達(dá)到傳送帶速度時(shí)，若滿足
可知二者將共速，小物塊隨傳送帶一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，若滿足
小物塊繼續(xù)加速下滑，其加速度大小為
故A正確；
B．當(dāng)小物塊的初速度沿斜面向下，且大于傳送帶的速度時(shí)，若滿足
則小物塊一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為
若滿足
則小物塊應(yīng)沿傳送帶向下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，其加速度大小為
二者共速后小物塊隨傳送帶一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故B正確；
CD．當(dāng)小物塊的初速度沿斜面向上時(shí)，牛頓第二定律可得小物塊的加速度大小為
可知小物塊沿傳送帶向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，減到零后反向勻加速，其加速度仍為a3，與傳送帶共速時(shí)，若滿足
則小物塊繼續(xù)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為
若滿足
則小物塊隨傳送帶一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤，D正確。
故選ABD。
8. 如圖甲，abcd和a′b′c′d′為在同一水平面內(nèi)固定光滑平行金屬導(dǎo)軌，左右導(dǎo)軌間距分別為2L、L，整個(gè)導(dǎo)軌處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，左側(cè)導(dǎo)軌間的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，右側(cè)導(dǎo)軌間的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小按圖乙規(guī)律變化，兩根金屬桿M、N分別垂直兩側(cè)導(dǎo)軌放置，N桿與cc′之間恰好圍成一個(gè)邊長為L的正方形，M桿中點(diǎn)用一絕緣細(xì)線通過輕質(zhì)定滑輪與一重物相連，t=0時(shí)釋放重物，同時(shí)在N桿中點(diǎn)處施加一水平向右的拉力F，兩桿在0~t0時(shí)間內(nèi)均處于靜止?fàn)顟B(tài)，從t0時(shí)刻開始，拉力F保持不變，重物向下運(yùn)動(dòng)x距離時(shí)（M桿未到達(dá)定滑輪處），速度達(dá)到最大，已知M、N桿和重物的質(zhì)量都為m，M、N接入電路的電阻都為R，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，重力加速度為g，下列說法正確的是（）
A. 0~t0時(shí)間內(nèi)，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢為
B. 0~t0時(shí)間內(nèi)，施加在N桿上的拉力F隨時(shí)間t變化的關(guān)系為
C. 重物下落的最大速度為
D. 從t=0時(shí)刻到重物達(dá)到最大速度的過程中，回路產(chǎn)生的焦耳熱為
【答案】AC
【解析】
【詳解】A．0~t0時(shí)間內(nèi)回路的感應(yīng)電動(dòng)勢為
根據(jù)圖乙可知
解得
故A正確；
B．根據(jù)圖乙可知
令0~時(shí)間內(nèi)回路的感應(yīng)電流為I，對(duì)M有
對(duì)N有
解得
故B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)上述，t0時(shí)刻的拉力大小為
t0時(shí)刻之后，對(duì)M與重物整體進(jìn)行分析有
對(duì)N進(jìn)行分析有
解得
可知M、N的加速度大小相等，當(dāng)時(shí)，重物速度最大，即
其中
解得
故C正確；
D．在0~t0時(shí)間內(nèi)，有
M、N桿的速度在任意時(shí)刻大小均相等，則從t0時(shí)刻開始到重物最大速度的過程中有
解得
則回路產(chǎn)生的焦耳熱為
故D錯(cuò)誤。
故選AC。
三、非選擇題：共174分。每個(gè)試題考生都必須作答。
9. 某實(shí)驗(yàn)小組欲測定一圓柱形玻璃磚的折射率，其操作步驟如下：
a.將白紙固定在水平桌面上，將圓柱形玻璃磚豎直放在白紙上，用鉛筆準(zhǔn)確描出玻璃磚底面圓的輪廓；
b.將底面圓圓周平分為60等份，并標(biāo)上相應(yīng)的數(shù)字，如圖甲所示，再將玻璃磚豎直放回圖甲中的底面圓輪廓上進(jìn)行實(shí)驗(yàn)；
c.用激光筆發(fā)出細(xì)束綠色激光，沿平行于圓直徑OO＇的方向入射，分別準(zhǔn)確記錄入射點(diǎn)P和出射點(diǎn)Q在圓周上對(duì)應(yīng)的讀數(shù)；
d.改變?nèi)肷潼c(diǎn)位置，重復(fù)步驟c。
（1）根據(jù)圖甲中圓周上的讀數(shù)可得，入射角i＝__________，折射角γ＝__________.（均用弧度制表示）
（2）若經(jīng)過多次測量，作出的圖像如圖乙所示，則玻璃磚的折射率為n＝__________（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。
（3）該實(shí)驗(yàn)中，若改用紅色激光筆照射，其他條件不變，當(dāng)光線沿圖甲中光路入射時(shí)，則光斑出現(xiàn)在Q點(diǎn)的__________（填“上方”或“下方”）。
【答案】（1） ①. ） ②.
（2）2.0 （3）上方
【解析】
【小問1詳解】
[1][2]圓周上的刻度被分為60等份，則每個(gè)刻度代表的弧度為
根據(jù)圓周上的讀數(shù)可得，入射角
折射為
【小問2詳解】
根據(jù)折射定律可知圖像的斜率表示玻璃磚的折射率，則有
【小問3詳解】
在同一種介質(zhì)中，紅色激光的折射率小于綠光的折射率，該實(shí)驗(yàn)中，若改用紅色激光筆照射，其他條件不變，則光斑出現(xiàn)在Q點(diǎn)的上方。
10. 某實(shí)驗(yàn)小組同學(xué)想要設(shè)計(jì)一個(gè)既能測量電源電動(dòng)勢和內(nèi)阻，又能測量定值電阻阻值的電路。他用了以下的實(shí)驗(yàn)器材中的一部分，設(shè)計(jì)出了圖甲的電路圖。
a.電流表A1（量程0.6A，內(nèi)阻未知）
b.電流表A2（量程300mA，內(nèi)阻rA=2Ω）
c.定值電阻R1=8Ω
d.定值電阻R2=1Ω
e.滑動(dòng)變阻器R（0～10Ω）
f.待測電阻Rx
g.待測電源E（電動(dòng)勢約為3V）
h.開關(guān)和導(dǎo)線若干
（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)要求，電表①應(yīng)選擇__________，電表②應(yīng)選擇__________（均填“A1”或“A2”）；與電表②串聯(lián)的定值電阻應(yīng)選擇__________（填“R1”或“R2”）。
（2）該實(shí)驗(yàn)小組先用該電路測量定值電阻Rx的阻值，進(jìn)行了以下操作：
①閉合開關(guān)S1、S2，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器到適當(dāng)阻值，記錄此時(shí)電流表①示數(shù)I1，電流表②示數(shù)I2；
②斷開開關(guān)S2，保持滑動(dòng)變阻器阻值不變，記錄此時(shí)電流表①示數(shù)I3，電流表②示數(shù)I4，后斷開S1；
③根據(jù)上述數(shù)據(jù)可知，計(jì)算定值電阻Rx的表達(dá)式為______________________________（用物理量的字母表示）；
④忽略偶然誤差，用該方法測得的阻值與其真實(shí)值相比__________（填“偏大”“偏小”或“相等”）。
（3）實(shí)驗(yàn)小組再用該電路測量電源電動(dòng)勢和內(nèi)阻，將滑動(dòng)變阻器滑片移至最右端，閉合開關(guān)S1，斷開開關(guān)S2，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，分別記錄電流表①、②的讀數(shù)I1、I2，得I1與I2的關(guān)系如圖乙所示。根據(jù)圖線可得電源電動(dòng)勢E=__________V，電源內(nèi)阻r=__________Ω（計(jì)算結(jié)果用a、b及相關(guān)物理量的字母表示）。
【答案】（1） ①. A1 ②. A2 ③. R1
（2） ①. ②. 相等
（3） ①. ②.
【解析】
【小問1詳解】
[1][2][3]由于電源電壓為3V，應(yīng)將A2改裝成量程為3V的電壓表，因此串聯(lián)的電阻為
所以與電表②串聯(lián)的定值電阻應(yīng)選擇R1。
【小問2詳解】
[1]滑動(dòng)變阻器及電流表A1接入電路的阻值為
待測電阻的阻值
[2]由于電表內(nèi)阻已知，不存在系統(tǒng)誤差，所以用該方法測得的阻值與其真實(shí)值相比應(yīng)相等。
【小問3詳解】
[1][2]根據(jù)閉合電路歐姆定律，可知
上式簡化為
由圖像可知
解得
由圖像可知
解得
11. 如圖所示，水平固定的絕熱汽缸內(nèi)，用不導(dǎo)熱的輕質(zhì)活塞封閉著一定質(zhì)量的理想氣體。活塞橫截面積為S，汽缸底部有電熱絲，輕繩水平段的左端連接活塞，另一端跨過定滑輪后與質(zhì)量為m的小桶相連.開始時(shí)小桶靜止，外界大氣壓強(qiáng)為，活塞距離汽缸底部的距離為，不計(jì)一切摩擦阻力，重力加速度大小為g。
（1）若將電熱絲通電緩慢加熱氣體，一段時(shí)間后，氣體吸收的熱量為Q，活塞緩慢向右移動(dòng)的距離為，求該過程氣體內(nèi)能的增量；
（2）若在小桶內(nèi)緩慢加入細(xì)沙，同時(shí)控制電熱絲的加熱功率，使汽缸內(nèi)氣體溫度保持不變，當(dāng)加入質(zhì)量為2m的細(xì)沙時(shí)，求該過程活塞向右緩慢移動(dòng)的距離。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【詳解】（1）氣體對(duì)外做功
又
根據(jù)熱力學(xué)第一定律，該過程氣體內(nèi)能的增量為
解得
（2）氣體溫度不變，根據(jù)等溫變化有
又
得
12. 如圖所示，質(zhì)量為3m的小球乙用長為l的細(xì)線系于O點(diǎn)，小球剛好不接觸水平面，質(zhì)量為m的物體甲放在光滑水平面上，現(xiàn)給物體甲水平向左的初速度，經(jīng)過一段時(shí)間物體甲與小球乙發(fā)生彈性碰撞。已知重力加速度為g，甲、乙均可看作質(zhì)點(diǎn)。求：
（1）甲、乙剛碰撞后乙的速度大??；
（2）為了使拴接乙的細(xì)線始終不松弛，甲的初速度應(yīng)滿足的條件；
（3）某次給甲水平向左的初速度大小為，則乙上升的最大高度。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【詳解】（1）設(shè)物體甲的初速度方向?yàn)檎较?，設(shè)碰撞后物體甲與小球乙的速度分別為和.由動(dòng)量守恒得
由機(jī)械能守恒得
聯(lián)立解得
（2）當(dāng)小球乙恰好能通過最高點(diǎn)時(shí)，小球在最高點(diǎn)時(shí)重力提供向心力，設(shè)在最高點(diǎn)的速度為.由牛頓第二定律得
小球乙由碰后到達(dá)最高點(diǎn)的過程，由機(jī)械能守恒得
聯(lián)立解得
可知若小球乙經(jīng)過最高點(diǎn)，則需要
當(dāng)小球乙不能到達(dá)最高點(diǎn)，則拴接小球乙的細(xì)線不松弛時(shí)，恰好到達(dá)與懸點(diǎn)等高處
由機(jī)械能守恒定律得
聯(lián)立解得
可知若小球不脫離軌道時(shí)，需滿足
（3）設(shè)輕繩中拉力為零時(shí)，輕繩方向與水平方向夾角為
由機(jī)械能守恒定律有
由牛頓第二定律有
聯(lián)立解得
之后小球做斜拋運(yùn)動(dòng)，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)
由機(jī)械能守恒有
解得
故小球乙上升的最大高度
13. 如圖所示，矩形ABCD長為2L，寬為L，OP為中線。在OPQ區(qū)域內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場E1，其中OQ為曲線，曲線在Q點(diǎn)恰好與DC邊相切且，場強(qiáng)大小為，，a為未知的常數(shù)，在OPCB內(nèi)切圓區(qū)域有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0（未知），緊靠A點(diǎn)的左下方矩形區(qū)域AFGH內(nèi)存在沿GH方向的電場E2，其大小滿足關(guān)系式，l表示到AH邊的距離，AF=L，在邊界GH上均勻分布著質(zhì)量為m、電荷量為e的質(zhì)子，每次以速度v0水平向右射出一個(gè)質(zhì)子，質(zhì)子經(jīng)過一段時(shí)間后都通過A點(diǎn)，最后都水平經(jīng)過PO邊，進(jìn)入磁場的質(zhì)子都經(jīng)過同一點(diǎn)，不考慮質(zhì)子的重力及質(zhì)子間的相互作用。求：
（1）全過程電場力對(duì)質(zhì)子做的功和質(zhì)子在AOPD區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；
（2）通過A點(diǎn)的質(zhì)子的最大速度；
（3）若以A為原點(diǎn)建立坐標(biāo)系，AO為x軸正向，AD為y軸正向，求出OQ的曲線方程以及質(zhì)子打在OP上的最高點(diǎn)與P點(diǎn)間的距離；
（4）B0的大小以及磁場中有質(zhì)子經(jīng)過部分的面積（）。
【答案】（1）0，；（2）；（3），；（4），
【解析】
【詳解】（1）因?yàn)橘|(zhì)子在電場方向的動(dòng)能變化量為零，所以
因?yàn)殡妶鲋桓淖冑|(zhì)子豎直方向的速度，水平速度v0不變，所以
（2）從G點(diǎn)射出的質(zhì)子到A點(diǎn)速度最大，由題意可知質(zhì)子從G射出后所受電場力隨l線性減小，即
則從G到A點(diǎn)，電場力對(duì)質(zhì)子所做的功為
設(shè)通過A點(diǎn)的質(zhì)子的最大速度為v，根據(jù)動(dòng)能定理
解得
（3）設(shè)某質(zhì)子打在曲線上的（x，y）點(diǎn)，根據(jù)幾何關(guān)系可知
將質(zhì)子在E1中的運(yùn)動(dòng)逆向看作是類平拋運(yùn)動(dòng)，則質(zhì)子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
質(zhì)子到達(dá)（x，y）點(diǎn)時(shí)豎直速度大小為
根據(jù)速度的合成與分解有
聯(lián)立上式和E1表達(dá)式可得
所以曲線OQ為拋物線，由題意可知時(shí)y有最大值L，代入后解得
OQ的曲線方程為
從G點(diǎn)射出的質(zhì)子經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)速度方向與水平方向的夾角為45°，該質(zhì)子將打在OP上的最高點(diǎn)，設(shè)質(zhì)子打在OQ上的（x1，y1）點(diǎn)，根據(jù)幾何關(guān)系可知
聯(lián)立解得
，
質(zhì)子在E1中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
質(zhì)子在E1中運(yùn)動(dòng)的側(cè)移量為
質(zhì)子打在OP上的最高點(diǎn)與P點(diǎn)間的距離為
（4）質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有
要使質(zhì)子都經(jīng)過同一點(diǎn)，則
解得
最高處質(zhì)子在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示
由幾何關(guān)系得
所以
扇形的面積為
在△IJK中，由幾何關(guān)系得
在中，由幾何關(guān)系得
的面積為
質(zhì)子經(jīng)過區(qū)域面積為
解得

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