重慶市第八中學(xué)2024-2025學(xué)年高三下學(xué)期第五次月考物理（3月）試卷（Word版附解析）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

1. 下面四幅課本插圖中運用了“微小量放大法”思想的是（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【詳解】AD．選項中插圖均利用的是微元累加的思想，故 AD 錯誤；
C．插圖描述的是一個力的作用效果與兩個力的作用效果相同，利用的是等效替代思想，故 C 錯誤；
B．選項中的插圖是利用光的多次反射將桌面微小形變放大，是微小量放大思想，故 B 正確。
故選 B。
2. 如圖所示，電容式麥克風(fēng)的振動膜是利用超薄金屬或鍍金的塑料薄膜制成的，它與基板構(gòu)成電容器，并
與電阻、電池構(gòu)成閉合回路。麥克風(fēng)正常工作時，振動膜隨聲波左右振動。當(dāng)振動膜隨聲波向右振動，與
基板距離減小的過程中（）
A. 電容器的電容減小 B. 振動膜所帶的電荷量減小
C. 電容器的板間電場強(qiáng)度不變 D. 圖中 a 點電勢高于 b 點電勢
【答案】D
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【解析】
【詳解】A．根據(jù) ，可知，振動膜向右運動時，板間距離 d 減小，電容 C 增大，故 A 錯誤；
C．電容器與電源保持串聯(lián)，電壓不變，振動膜向右運動時，板間距離 d 減小，根據(jù) ，電容器的板
間電場強(qiáng)度變大，故 C 錯誤。
BD．根據(jù) ，可知，電容 C 增大， U 不變，電荷量增大，電容器充電，電阻 R 中有從 a 到 b 的電流，
所以 a 點電勢高于 b 點電勢，故 B 錯誤，D 正確；
故選 D。
3. 平行太陽光透過大氣中整齊的六角形冰晶時，中間的光線是由太陽直射過來的，是“真正的太陽”；左
右兩條光線是折射而來，沿水平方向朝左右折射約是“假太陽”。圖甲為太陽光穿過轉(zhuǎn)動的六角形冰晶
形成“雙太陽”的示意圖，圖乙為 a、b 兩種單色光穿過六角形冰晶的過程圖，則（）
A. 真空中 a 比 b 的速度大
B. 冰晶對 a 的折射率比對 b 的折射率大
C. a 光光子能量比 b 光大
D. 用 a、b 光在相同實驗條件下做雙縫干涉實驗，a 的條紋間距大
【答案】D
【解析】
【詳解】A．真空中 a 與 b 的速度一樣大，故 A 錯誤；
B．由圖可知，太陽光射入冰晶時， a 光的偏折程度比 b 光的偏折程度小，則 a 的折射率比 b 的小，故 B
錯誤；
C．a(chǎn) 的折射率比 b 的小，則 a 的頻率比 b 的小，根據(jù) 可知 a 的光子能量比 b 的小，故 C 錯誤；
D．a(chǎn) 的頻率比 b 的小，則 a 的波長比 b 的大，用 a、b 光在相同實驗條件下做雙縫干涉實驗，根據(jù)
，可知 a 的雙縫干涉條紋間距大，故 D 正確。
故選 D。
4. 如圖所示，載人飛船先后在環(huán)繞地球圓形軌道Ⅰ、橢圓軌道Ⅱ和圓形軌道Ⅲ上運行并最終與“天和”
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核心艙成功對接。已知軌道Ⅰ、Ⅲ的半徑分別為、，軌道Ⅰ和Ⅱ、Ⅱ和Ⅲ分別相切于 A、B 兩點，則飛
船（）
A. 發(fā)射速度應(yīng)大于第二宇宙速度
B. 在軌道Ⅰ上 A 點應(yīng)減速才能進(jìn)入軌道Ⅱ
C. 在軌道Ⅱ和軌道Ⅰ上運行的周期之比為
D. 在軌道Ⅲ和軌道Ⅰ上的線速度大小之比為
【答案】C
【解析】
【詳解】A．載人飛船沒有脫離地球引力的束縛，故發(fā)射速度應(yīng)大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度，故 A
錯誤；
B．載人飛船在軌道Ⅰ上 A 點應(yīng)加速離心才能進(jìn)入軌道Ⅱ，故 B 錯誤；
C．軌道Ⅱ的半長軸為，根據(jù)開普勒第三定律
知在軌道Ⅱ和軌道Ⅰ上運行的周期之比是，故 C 正確；
D．由萬有引力提供向心力得
得
知在軌道Ⅲ和軌道Ⅰ上的線速度大小之比為，故 D 錯誤。
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故選 C。
5. 如圖所示，有一均勻帶正電的絕緣細(xì)圓環(huán)，半徑為 r、帶電量為 q。點 P、Q、N 把圓環(huán)分為三等分，現(xiàn)
取走 P、Q 處兩段弧長為的小圓弧。NO 延長線交細(xì)圓環(huán)于 M 點，靜電力常量為 k，則在 O 點
同定一個帶電量為 q 的負(fù)電荷，它受到圓環(huán)的電場力為（）
A. 方向由 O 指向 N，大小為 B. 方向由 O 指向 N，大小為
C. 方向由 O 指向 M，大小為 D. 方向由 O 指向 M，大小為
【答案】A
【解析】
【詳解】由于圓環(huán)所帶電荷量均勻分布，故長度為的小圓弧所帶電荷量為
根據(jù)對稱性，沒有取走電荷時圓心 O 點的電場強(qiáng)度為零，取走 P、Q 兩處的電荷后，圓環(huán)剩余電荷在 O
點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小等于 P、Q 處弧長為的小圓弧所帶正電荷在 O 點產(chǎn)生的合場強(qiáng)大小，方向相反，
則
P、Q 處弧長為的小圓弧所帶正電荷在 O 點產(chǎn)生的合場強(qiáng)沿 ON 方向，則取走 P、Q 兩處的電荷后， O
點的電場強(qiáng)度沿 OM 方向。所以，在 O 點固定一個帶電量為 q 的負(fù)電荷，它受到圓環(huán)的電場力大小為
，沿 ON 方向。
故選 A。
6. 家用燃?xì)庠畹拿}沖點火器如圖甲所示，其內(nèi)部需要一節(jié)干電池供電，工作原理如圖乙所示，轉(zhuǎn)換器可以
將直流電壓轉(zhuǎn)化為如圖丙所示的周期為（周期極短）的脈沖電壓（波形可認(rèn)為按正弦規(guī)律變化），峰值
為 5V，將其加在理想升壓變壓器的原線圈上，當(dāng)變壓器副線圈電壓的瞬時值大于 5000V 時，鋼針和金屬板
就會產(chǎn)生電火花，進(jìn)而點燃燃?xì)庠?，則（）
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A. 圖乙中理想電壓表的示數(shù)為
B. 圖乙中理想電壓表的示數(shù)為
C. 變壓器原、副線圈的匝數(shù)比應(yīng)滿足
D. 點火器正常工作時，單位時間內(nèi)的放電次數(shù)為
【答案】B
【解析】
【詳解】AB．理想電壓表的示數(shù)為有效值，有，
解得
故 A 錯誤，B 正確。
C．當(dāng)變壓器副線圈電壓的瞬時值大于 5000V 時，鋼針和金屬板就會產(chǎn)生電火花，臨界情況為
故變壓器原、副線圈的匝數(shù)比應(yīng)滿足
故 C 錯誤。
D．變壓器不改變頻率，則副線圈輸出交流電壓的頻率是。點火器正常工作時，鋼針和金屬板間每隔時
間 T 放電一次，所以單位時間內(nèi)的放電次數(shù)為，故 D 錯誤。
故選 B。
7. 一傾角為足夠大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立 Oxy 直角坐標(biāo)系，如圖甲所示。從
開始，將一可視為質(zhì)點的物塊從 O 點由靜止釋放，同時對物塊施加沿 x 軸正方向的力和，其大
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小與時間 t 的關(guān)系如圖乙所示。已知物塊的質(zhì)量為 1kg，重力加速度 g 取，，
，不計空氣阻力，則（）
A. 物塊始終做勻變速曲線運動
B. 時，物塊的加速度為
C. 時，物塊速度大小為
D. 到時間內(nèi)，和對物塊做的總功為 144J
【答案】C
【解析】
【詳解】A．根據(jù)題圖乙可得，，故兩力的合力為
物塊在 y 軸方向受到的力不變，為，x 軸方向受到的力在改變，合力在改變，故物塊做的不是
勻變速曲線運動，故 A 錯誤；
B．時，，則，，
故 B 錯誤；
C．時，沿 x 軸正方向，對物塊根據(jù)動量定理得
由于與時間 t 成線性關(guān)系，故可得，
此時 y 軸方向速度大小為
故此時物塊的速度大小為
故 C 正確；
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D．前兩秒物體沿 y 運動
重力做功為
根據(jù)動能定理
解得
故 D 錯誤。
故選 C。
二、多選題：本大題共 3 小題，共 12 分。
8. 如圖甲所示，某款條形碼掃描探頭上裝有發(fā)光二極管和光電管，工作原理圖如圖乙。打開掃描探頭，發(fā)
光二極管發(fā)出紅光。將探頭對準(zhǔn)條形碼移動，紅光遇到條形碼的黑色線條時，光幾乎全部被吸收；遇到白
色空隙時光被大量反射到探頭上，光電管發(fā)生光電效應(yīng)產(chǎn)生光電流。通過信號處理系統(tǒng)，條形碼就被轉(zhuǎn)換
成了脈沖電信號，則（）
A. 掃描探頭在條形碼上移動的速度不能太快，否則光電管來不及發(fā)生光電效應(yīng)
B. 若僅將掃描探頭的發(fā)光強(qiáng)度增大，光電子的最大初動能不變
C. 若僅將發(fā)光二極管換為發(fā)藍(lán)光，也能發(fā)生光電效應(yīng)
D. 若將發(fā)光二極管發(fā)出的光的頻率減小，只要照射時間夠長，也一定能正常識別條形碼
【答案】BC
【解析】
【詳解】A．光照到光電管發(fā)生光電效應(yīng)是瞬間的，即立刻產(chǎn)生光電子，故 A 錯誤；
B．根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程，光電子的最大初動能與發(fā)光的頻率有關(guān)，發(fā)光強(qiáng)度變強(qiáng)時，
發(fā)光頻率不變，最大初動能不變，故 B 正確；
C．僅將發(fā)光二極管換發(fā)藍(lán)光，頻率變高，一定能發(fā)生光電效應(yīng)，故 C 正確；
D．僅將發(fā)光二極管頻率變減小，不一定超過截止頻率，不一定能發(fā)生光電效應(yīng)，所以不一定能識別條形碼，
故 D 錯誤。
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故選 BC。
9. 動圈式揚聲器的結(jié)構(gòu)如圖甲所示，圖乙為磁鐵和線圈部分的右視圖。當(dāng)人對著紙盆說話，紙盆帶著線圈
左右運動能將聲信號轉(zhuǎn)化為電信號。已知線圈有 n 匝，線圈半徑為 R，總電阻為 r，線圈所在位置的磁感應(yīng)
強(qiáng)度大小為 B，則（）
A. 紙盆向左運動時，圖乙的線圈中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流
B. 紙盆向左運動時，圖乙的線圈中產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流
C. 紙盆向右運動速度為 v 時，線圈所受安培力為
D. 紙盆向右運動速度為 v 時，線圈所受安培力為
【答案】BD
【解析】
【詳解】AB．紙盆向左運動時，由右手定則知，圖乙的線圈中產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流，故 A 錯誤，B
正確；
CD．紙盆向右運動速度為 v 時，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢
則線圈中感應(yīng)電流
線圈上所受的安培力大小
故 D 正確，C 錯誤。
故選 BD
10. 某種彈跳桿的結(jié)構(gòu)如圖甲所示。一質(zhì)量為 m 的小朋友站在該種彈跳桿的腳踏板上靜止時，其重心處于
空中 O 點，然后小朋友雙手抓住橫桿開始彈跳，小朋友從地面上升、下落、與地面作用，再彈起，往復(fù)運
動，如圖乙所示。以 O 點為坐標(biāo)原點，在豎直方向建立小朋友重心位置數(shù)軸，如圖丙。某次，小朋友從最
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高點開始下落到重心運動到最低點，此過程中加速度以向下為正方向隨重心位置變化的關(guān)系如圖丁。假
設(shè)小朋友運動中始終保持站立狀態(tài)，不計空氣阻力和彈跳桿的重力，重力加速度大小為 g，則（）
A. 從到過程，小朋友做簡諧運動
B. 在 O 點處，小朋友的速度大小為
C. 在處，小朋友的加速度大小可表示為
D. 、和大小滿足
【答案】BCD
【解析】
【詳解】A．由丁圖可知，從到過程，小朋友做的是簡諧運動，A 項錯誤；
B．在 O 點處，小朋友的速度最大，根據(jù)速度位移公式由圖像可得
解得
B 項正確；
C．小朋友在處速度為零，設(shè)加速度為 a，由圖像可得斜率大小
橫坐標(biāo)為時，解得
C 項正確；
D．根據(jù)
加速度還可表示為
解得
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D 項正確。
故選 BCD
三、實驗題：本大題共 2 小題，共 18 分。
11. 某同學(xué)用如圖所示實驗裝置設(shè)計了“驗證角速度和質(zhì)量一定時，向心力大小與圓周運動半徑的關(guān)系”實
驗，小球 P、Q 質(zhì)量相同，兩不等長細(xì)繩 a、b 一端分別與小球相連，另一端分別與固定在豎直細(xì)桿上的力
傳感器相連，轉(zhuǎn)動細(xì)桿，穩(wěn)定后，小球 P 和小球 Q 做勻速圓周運動，讀出力傳感器的示數(shù) 和。
（1）為完成實驗，需要測量的物理量為_________。
A. 小球的質(zhì)量 m
B. 小球轉(zhuǎn)動一周所需的時間 t
C. 細(xì)繩 a、b 的長度和
（2）測出需要測量的物理量后，若得到的數(shù)據(jù)在誤差范圍內(nèi)滿足關(guān)系式________（用測量量表示），則可
說明角速度和質(zhì)量一定時，向心力大小與半徑成正比。
（3）若僅將兩小球換為質(zhì)量不同的小球，則用該實驗裝置________（選填“可以”或“不可以”）進(jìn)行“驗
證角速度和半徑一定時，向心力大小與質(zhì)量的關(guān)系”實驗。
【答案】（1）C （2）
（3）不可以
【解析】
【詳解】（1）對某小球進(jìn)行受力分析，設(shè)連接小球的細(xì)繩與豎直方向間的夾角為，繩長為，繩的拉力為
，則有
因此驗證角速度和質(zhì)量一定時，向心力大小與圓周運動半徑的關(guān)系，需要測量的是細(xì)繩 a、b 的長度和。
故選 C。
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（2）由幾何關(guān)系得，若角速度和質(zhì)量一定時，向心力大小與半徑成正比，則有
可得
（3）僅將兩小球換為質(zhì)量不同的小球時，需保證兩小球做圓周運動的半徑、角速度相同，向心力大小與質(zhì)
量成正比，根據(jù) ，分析可知，半徑要相等，此時有，故若僅將兩小球換為質(zhì)量不
同的小球，則用該實驗裝置不可以進(jìn)行“驗證角速度和半徑一定時，向心力大小與質(zhì)量的關(guān)系”實驗。
12. 某同學(xué)用普通的干電池（電動勢，內(nèi)阻）、直流電流表（量程，內(nèi)阻
）、定值電阻和電阻箱、等組裝成一個簡單的歐姆表，電路如圖甲所示，通過
控制開關(guān) S 和調(diào)節(jié)電阻箱，可使歐姆表具有“ ”和“ ”兩種倍率。
（1）圖甲中 a 表筆為________（選填“紅表筆”或“黑表筆”）
（2）當(dāng)開關(guān) S 斷開時，將紅、黑表筆短接，調(diào)節(jié)電阻箱，使電流表達(dá)到滿偏。再在 ab 表筆間接入待測
電阻，電流表指針指向如圖乙所示的位置，則待測電阻的阻值為________ 。
（3）閉合開關(guān) S，調(diào)節(jié)電阻箱和，當(dāng) ________ 且 ________ 時，將紅黑表筆短接，電
流表再次滿偏，電流表就改裝成了另一倍率的歐姆表。
（4）若該歐姆表內(nèi)電池使用已久，電動勢降低到，內(nèi)阻變?yōu)?，當(dāng)開關(guān) S 閉合時，短接調(diào)零時仍能
實現(xiàn)指針指到零歐姆刻度處（指針指電流滿刻度）。若用該歐姆表測出的電阻值，這個電阻的真實值
是________ 。（保留兩位有效數(shù)字）
【答案】（1）黑表筆（2）
（3） ①. ②. 80
（4）
【解析】
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【詳解】（1）根據(jù)“紅進(jìn)黑出”知 a 表筆應(yīng)該為黑表筆；
（2）電流表滿偏時，，電動勢不變，內(nèi)阻越大，干路電流越小。又因為開關(guān) S 斷開的干路電流小
于開關(guān) S 閉合時的干路電流，所以開關(guān) S 斷開時內(nèi)阻比開關(guān) S 閉合時大。所以開關(guān)斷開時是“ ”的倍
率。
當(dāng)開關(guān)斷開時
歐姆表的內(nèi)阻
表盤的中值電阻為，電流表指針指向如圖乙所示的位置時的讀數(shù)為，根據(jù)閉合電路的歐姆
定律有
解得
（3）[1][2]閉合開關(guān) S ，歐姆表的內(nèi)阻變小，倍率變小至“ ”，調(diào)節(jié)電阻箱和，使電流表滿偏
時歐姆表內(nèi)阻為，電路總電流為
則，
解得
（4）設(shè)電流表滿偏電流，歐姆調(diào)零時，則
當(dāng)電動勢變小、內(nèi)阻變大時，由于歐姆表重新調(diào)零，內(nèi)阻的變化不影響，由于滿偏電流不變，由
知，歐姆表的內(nèi)阻變小，用歐姆表測電阻時，即
解得
四、計算題：本大題共 3 小題，共 30 分。
13. 如圖所示，水銀柱將一定質(zhì)量的理想氣體封閉在豎直放置的上端開口的玻璃管內(nèi)，玻璃管上粗下細(xì)，粗
管橫截面積是細(xì)管的 2 倍，上半部分足夠長，水銀柱的上表面正好與細(xì)管上端口齊平。大氣壓強(qiáng)為，封
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閉氣體的壓強(qiáng)為，水銀柱和封閉氣體柱的長度都為 L，封閉氣體的溫度為，緩慢地給封閉氣體加熱，
當(dāng)水銀柱剛好全部進(jìn)入粗管中時，求：
（1）此時封閉氣體的壓強(qiáng) ；
（2）此時封閉氣體的溫度。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小問 1 詳解】
水銀柱全部在細(xì)管中，產(chǎn)生的壓強(qiáng)為
水銀柱剛好全部進(jìn)入粗管中，設(shè)水銀柱的長度為，則
解得
綜上可得，水銀柱剛好全部進(jìn)入粗管時水銀柱產(chǎn)生的壓強(qiáng)為
此時封閉氣體的壓強(qiáng)為
【小問 2 詳解】
由理想氣體狀態(tài)方程可得
解得
14. 如圖所示，某實驗小組為研究火箭單級推進(jìn)與多級推進(jìn)的區(qū)別，設(shè)計了如下簡單模型：以輕質(zhì)壓縮彈簧
代替推進(jìn)劑的作用，研究單級推進(jìn)與二級推進(jìn)上升高度的不同?；鸺目傎|(zhì)量為 m，重力加速度為 g，彈
簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計空氣阻力。
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方案一：將兩根相同的輕彈簧并排放置在火箭底部（不連接），模擬火箭的單級推進(jìn)，將兩根彈簧進(jìn)行同樣
的壓縮，釋放后火箭在極短時間內(nèi)獲得速度（此過程忽略重力的影響），此后上升的最大高度為 H。
方案二：將火箭分為質(zhì)量相等的兩級，將方案一中的兩根輕彈簧分別放放置在兩級火箭的底部（均不連接），
將兩級火箭上下疊放，并使兩根輕彈簧分別壓縮與方案一相同長度，以此模擬火箭的二級推進(jìn)過程。實驗
時，先釋放一級火箭底部的彈簧進(jìn)行一級推進(jìn)，使兩級火箭迅速獲得一共同速度，一級推進(jìn)完成瞬間立即
自動釋放兩級之間的彈簧進(jìn)行二級推進(jìn)，推進(jìn)過程忽略重力影響。
（1）求方案一中單根壓縮彈簧儲存的彈性勢能
（2）求方案二中二級推進(jìn)完成后，二級火箭繼續(xù)上升的最大高度 h。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【詳解】（1）根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得
解得
（2）設(shè)一級推進(jìn)完成瞬間，火箭的速度大小為，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得
解得
二級推進(jìn) 過程，根據(jù) 動量守恒定律和機(jī) 械能守恒定律可得，
解得，
對二級火箭，則有
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解得
15. 如圖甲所示，在平面坐標(biāo)系 xOy 內(nèi)存在一個半徑為 R 的圓形區(qū)域磁場，圓心坐標(biāo)為，磁感應(yīng)強(qiáng)
度大小為 B、方向垂直平面向外。第二象限有一線狀粒子源垂直 x 軸如圖放置，粒子源的長度為 L，一端在
x 軸上，可均勻發(fā)射電荷量為、質(zhì)量為 m 的粒子，所有粒子的初速度相同，方向沿 x 軸正方向。調(diào)整粒
子初速度大小，可使粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后都匯聚到坐標(biāo)原點，即磁匯聚現(xiàn)象，不計粒子重力。
（1）求滿足條件的粒子初速度，以及粒子源上坐標(biāo)為的粒子在磁場中運動的時間；
（2）在第三、四象限有一平行 x 軸的檔板可吸收打在上面的粒子，板中心位置為，板長為，
調(diào)節(jié) L 的大小，求擋板的粒子吸收率（擋板吸收粒子數(shù)與粒子總數(shù)的比值）與 L 的關(guān)系；
（3）如圖乙所示，若粒子源發(fā)射的粒子速度大小不再相同，與其在粒子源的坐標(biāo) y 成線性關(guān)系，處
的粒子速度為，處的粒子速度為，且滿足，但速度方向仍沿
x 軸正方向，改變磁場邊界，使粒子仍能經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后匯聚到原點。
①求磁場區(qū)域在第二象限的邊界方程（不含）；
②粒子匯聚后從 O 點進(jìn)入一沿 y 軸正方向的勻強(qiáng)電場區(qū)域，電場強(qiáng)度為 E，粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，均沿 x 軸
平行射出電場，求電場區(qū)域的邊界方程。
【答案】（1），
（2）見解析（3）① ；②
【解析】
【詳解】（1）由幾何知識知，當(dāng)粒子的軌跡半徑等于磁場區(qū)域半徑時滿足條件，即
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解得
由
解得
根據(jù)幾何關(guān)系，可知粒子源上坐標(biāo)為的粒子在磁場中運動的軌跡所對應(yīng)的圓心角為，則其在
磁場中運動的時間運動時間
（2）粒子從原點離開后做直線運動，因此能到擋板粒子速度方向與 x 軸夾角范圍為，對應(yīng)的軌
跡圓心坐標(biāo) 分別為和和，進(jìn) 入磁場時的縱坐標(biāo) 分別為和
，因此只有介于兩者之間的粒子可以被吸收，則
當(dāng) ，
當(dāng) ，
當(dāng) ，
（3）①粒子的初速度與發(fā)射位置的關(guān)系為
則粒子在磁場中的軌跡半徑可表示為
設(shè)粒子進(jìn)入磁場的位置為，則軌跡圓心坐標(biāo)為，由題意，粒子軌跡經(jīng)過原點則
代入上式化簡得邊界方程為，是拋物線
②設(shè)粒子在原點時速度方向與 x 軸夾角為，粒子在電場中沿 x 方向勻速運動，沿 y 方向勻減速運動，記加
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速度為
設(shè)粒子出電場時的位置為
分別有，
由幾何關(guān)系得，，由條件計算可得，所有粒子均在第四象限射出，聯(lián)立拋
物線方程消去 x、y，可得電場邊界方程為，（）。
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