2023-2024學年第一學期高三質量檢測

物理試題

注意事項：

1.答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置。

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題目的答案標號涂黑。如需改

動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在

本試卷上無效。

3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。

一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個選項符合題目要

求。

1.物理概念的建立推動了物理學的發展，下列關于物理概念建立的說法中正確的是()

A.力的概念是牛頓建立的

B.加速度概念是由亞里士多德首先提出的

C.電壓概念是伽利略首先建立的

D.電場是安培完善后形成的概念

【答案】A

【解析】

【詳解】A.牛頓將物體間復雜多樣的相互作用抽象為“力”，為提出牛頓第一定律而確立了一個重要的物

理概念，故A正確；

B.加速度的概念是由伽利略首先提出來的，故B錯誤；

C.電壓概念是伏特首先建立的，故C錯浜；

D.法拉第最早提出了“電場”的概念，麥克斯韋建立電磁場后完善了場的概念，故D錯誤。

故選Ao

2.2024年1月10日是第四個中國人民警察節，東莞上千架無人機上演“蒼穹之舞若取豎直向上為正方

向，其中一架無人機沿豎直方向運動的修圖像，如圖所示。關于這架無人機運動的說法中正確的是

()

v/(ms-1)

A.4s-6s內無人機處于懸停狀態

B.無人機可以上升的最大高度是8m

C.6s~10s內無人機處于失重狀態

D.無人機在第2s末開始向下運動

【答案】C

【解析】

【詳解】A.4s~6s內無人機以4m/s的速度勻速向上運動，A錯誤；

B.四圖像中圖線與坐標軸圍成的面積表示物體的位移，可得，無人機在前2s內上升的高度為

2x8。

hf=-----m=8m

2

0-8s無人機都在上升，所以上升的最大高度一定大于8m,B錯誤；

C.H圖像中圖線表示物體的加速度，6s~10s內斜率為負值，表示無人機加速度向下，處于失重狀態，C

正確：

D.無人機在第2s末速度仍未正值，所以依然向上運動但速度開始減小，D錯誤。

故選C。

3.如圖所示，細繩將光滑小球A懸掛在電梯轎廂豎直壁上的。點，木板B被小球A擠在轎廂內壁上，細

繩與側壁的夾角為仇電梯靜止時，木板B恰好不下滑。已知小球A、木板B的質量分別為M、最大

靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，下列說法中正確的是()

A.木板B與電梯側壁之間的動摩擦因數為夕

M

B.當電梯以加速度。(〃<g)豎直加速下降時，A對B的壓力大小為M(g+a)tan6

C.當電梯以加速度。豎直加速上升時，木板B會滑落

D.電梯以加速度<g)豎直加速下降E寸，木板B仍保持靜止

[<1D

【解析】

【詳解】A.根據題意，對小球A受力分析，設木板B對小球的支持力為N：繩子的拉力為廣，由平衡條

件有

Fsin6=N,Feos。=Mg

解得

N=Mgtan。，F=1ng

cos。

對木板B有

mg=fiN

解得

msm

u=-2-=---------

NMtan6>

故A錯誤；

BD,當電梯以加速度vg）豎直加速下降時，則有

Mg-F、cos0-Ma

解得

1cos。

則木板B對小球的支持力為

N、=M（g_［）tane

由牛頓第三定律可得，A對B的壓力大小為

N；=N\=M（g_〃）tang

此時，木板B與墻面的最大靜摩擦力

f=Mtan."（且tan9=m（g-a）

對木板B,豎直方向上有

mg-f=ma

解得

f=m（g-a）=fm

可知，木板B仍保持靜止，故B錯誤，D正確:

C.當電梯以加速度。豎直加速上升時，則有

F2COS0-Mg=Ma

解得

FJ(g+〃)

cos，

同理可得

N2=M(g+a)tan。

此時，木板B與墻面的最大靜摩擦力為

Zn2=，〃(g+a)

對木板B,豎直方向上有

f-mg=ma

解得

f=m[g+a)=f^

可知，木板B仍保持靜止，故C錯誤。

故選D。

4.2023年11月22日，“夸父一號”先進天基太陽天文臺衛星，完成在軌初步評估，衛星工作正常，性能

穩定。“夸父一號”衛星最終運行在太陽同步晨昏軌道0(距離地面720km的圓形軌道)上，其軌道面和

地球晨昏線始終近似重合。該衛星先被發射到橢圓軌道I上運行，在A處通過變軌轉移至圓形軌道H上運

行，48分別為橢圓軌道I的遠地點和近地點，地球同步衛星距離地面36000km,下列說法中正確的是

()

軌道II,/".....'、、、

，，/軌道I\

/

M

A.衛星經過8點時的速度小于沿軌道n經過A點時的速度

B.衛星沿軌道I、II經過A點時的加速度相等

C.“夸父一號”衛星的周期與地球同步衛星的周期相等

D.“夸父一號”衛星的機械能小于地球同步衛星的機械能

【答案】B

【解析】

【詳解】A.設衛星在過5點圓軌道上的運行速度為以，衛星沿軌道II經過4點時的速度為由萬有引

力提供向心力有

GMmv

=in—

設衛星在軌道I經過8點時速度以I，衛星經過B點時，由圓軌道變軌到軌道I需加速，則有

%>%

即衛星經過B點時的速度大于沿軌道II經過4點時的速度，故A錯誤;

B.根據題意，由萬有引力提供向心力有

GMm

——；—=ma

可知，衛星沿軌道I、n經過A點時的加速度相等，故B正確;

C.由萬有引力提供向心力有

GMm

由于“夸父一號”衛星的軌道半徑與地球同步衛星的軌道半徑不相等，則“夸父一號”衛星的周期與地球

同步衛星的周期不相等，故C錯誤；

D.由于不知道“夸父一號”衛星與地球同步衛星的質量關系，無法比較二者的機械能關系，故D錯誤。

故選B。

5.如圖所示，真空中M、N、。三點共線，MN、NO之間的距離分別為3L、L,N點固定電荷量為一4的點

電荷，當M點也放置一點電荷后，在它們共同形成的電場中，電勢為零的等勢面（取無窮遠處電勢為零）

恰好是以。點為球心的球面。已知點電荷周圍某點的電勢為°一絲，「為該點到點電荷的距離，Q為場源

r

電荷的電荷量。則放置在/點的點電荷的電荷量為（）

?/----、、、

/、

//c\\

!-q\

-----\-N-O；-

、\?/

A.qB.2qC.3qD.4q

【答案】B

【解析】

【詳解】根據題意，設等勢面的半徑為欠，置在M點的點電荷的電荷量為40,則有

4L—R-R—L'4L+R-R+L

聯立解得

%=2q，R=2L

故選B。

6.如圖所示，磁感應強度大小為8的勻強磁場中一矩形線圈繞垂直于磁場的軸OO'勻速轉動，轉動角速

度為產生的電能通過滑環M、N由單刀雙擲開關控制提供給電路中的用電器。線圈的面積為S,匝

數為N,線圈的總阻值為廣，定值電阻?=&=火，理想變壓器的原、副線圈匝數比為1:2,電壓表為

理想電表。線圈由圖示位置轉過90。的過程中，下列說法中正確的是（）

A.若開關打到“1”，通過電阻R1的電荷量q=A坐

R+r

TTN①RB2s2

B.若開關打到“1"，電阻R1產生的熱量。="n、，

C.若開關打到“2”，電壓表的示數為U=竺史亞

5R+4r

D.若開關打到“2”，電阻R,產生的熱量Q=叱吁：

16(/?+r)

【答案】C

【解析】

【詳解】A.若開關打到“1”，線圈由圖示位置轉過90。的過程中，平均感應電動勢為

-A①

E=N——

又有

7=工q=IAt

R+r

可得

△①NBS

q=N

R+rR+r

故A錯誤;

BCD.根據題意可知，線圈由圖示位置轉過90。的過程的時間為

-1--..2./.r.---7-1-

4602co

線圈轉動產生感應電動勢的最大值為

Em=NBSs

有效值為

_Em_NBS①

七一vrqr

若開關打到“i”，感應電流的有效值為

BNSco

夜(R+r)

電阻用產生的熱量

22

B?NS九①R

0=/沁=

4（/?+r）2

若開關打到“2”，設電壓表讀數為U,流過此的電流為/,則原線圈兩端電壓為

U\=QU

流過原線圈的電流為

/,=21

則原線圈的等效電阻為

R=W也

/,4/4

則有

LR

5=JJNRSJ

R+r+^R&（5R+"）

4

則電壓表讀數

二幽幽

15R+4r

電阻與產生的熱量

八U2RN2B2S2CD7T

2=/=（5R+4F）2

故BD錯誤，C正確。

故選Co

7.如圖所示，紙面內一正三角形的中心在。點，頂點以6處分別垂直于紙面放置通電長直導線，電流方

向相反，。處電流大小是6處電流大小的2倍，頂點。處的磁感應強度大小為胡。已知電流為/的無限長

通電直導線在距其r遠的圓周上產生的磁感應強度為6=%,，女為比例系數。那么正三角形中心。點處

的磁感應強度的大小，下列說法中正確的是（）

o

b

□孥紇

A.幣B。B.25/3B0c.

【答窠】A

【解析】

【詳解】設正三角形邊長為L，b處電流大小為/,。處電流大小為2/，則4處電流和b處電流在c處產

生的磁感應強度大小分別為

B訛=4=2B,

〃處電流和b處電流在0處產生的磁感應強度大小分別為

BaO=k-^—=2B2

3

紇o=k—7=—=B2

蛇L

3

則有

B?=6B\

根據右手螺旋定則，如圖所示

在。處根據矢量疊加原則可得

22

B；=(2與cos300-Bxcos300)+(2與sin30°+gsin300)=瓊

解得

4=爭。

在O處根據矢量疊加原則可得

22

B；)=(2B2COS600-B2COS60°)+(2B2sin60°+B2sin600)

解得

B°=依2=園廚訪、昂日綜訪B。

故選A。

8.如圖所示，半徑為「的光滑豎直圓環固定在水平地面上，套在圓環上的小球A、B由不可伸長的細線連

接，質量均為機，細線長度為「，小球A在拉力尸作用下沿圓環緩慢上移至頂點初始時細線豎直，拉

力尸始終沿圓環切線方向，下列說法中正確的是()

M

N

A.小球B到達與圓心O等高處時拉力產二〃2g

B.小球A到達M點時拉力尸=

C.細線的拉力先增大后減小

D.圓環對球B的支持力先增大后減小

【答案】C

【解析】

【詳解】A.小球B到達與圓心O等高處時進行受力分析，如圖

mg2百

T=---------=-----

cos30°3

NQ=tngtan30°=mg

對A,有

3

F=mgsin300+Tcos300=—mg

A錯誤;

B.小球A到達M點時進行受力分析，如圖

%=T=mg

對A,有

F-Tcos300———mg

B錯誤；

CD.開始時繩上拉力為

T=mg

環對B的支持力

%=0

綜合AB的分析，可知，細線的拉力先增大后減小，圓環對球B的支持力一直增大，C正確，D錯誤。

故選C。

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，有多

項符合題目要求。全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。

9.2023年12月6日，2023世界5G大會在河南鄭州開幕，主題為“5G變革共繪未來”。目前全球已部署超

過260張5G網絡，覆蓋近一半的人口。產生5G無線信號電波的LC振蕩電路某時刻的工作狀態如圖所

示，則該時刻（）

A.線圈中磁場的方向向下

B.電容器兩極板間電場強度正在變大

C.電容器正在放電，線圈儲存的磁場能正在增加

D.線路中的電流正在減小且與線圈中感應電流的方向相反

【答窠】AB

【解析】

【詳解】A.根據線圈中電流方向，應用右手螺旋定則判斷出線圈中磁場方向向下，A正確；

B.電流方向流向正極板，表示電容器在充電，兩極板電荷量增大，板間電場強度在變大，B正確；

CD.電流方向流向正極板，表示電容器在充電，兩極板電荷量增大，電路中電流在減小，線圈儲存的磁場

能正在減小，逐漸轉化成電場能，根據“增反減同”可知，線圈中感應電流的方向與線路中原電流方向相

同，CD均錯誤。

故選ABo

10.如圖所示，輕質彈簧下端固定在水平地面上，小球從彈簧正上方由靜止釋放，釋放點與彈簧頂端的距

離〃，小球接觸彈簧后向下運動的最大距離以已知彈簧的原長/,勁度系數為上小球的質量相，它運動

過程中所受空氣阻力的大小恒為f取重力加速度為g。在小球由開始下落至被反彈離開彈簧后上升到最高

點的過程中，下列說法中正確的是()

///////////

n

A.小鋼球的最大動能Ekm=(mg-f)h+('g_f)

2k

B.輕質彈簧的最大彈性勢能與+幻

C.下降至最低點過程中兩者組成的系統損失的機械能AE=(mg-f)(h+x)

2f(h+x)

D.小鋼球反彈后上升的最高點位置與釋放點的高度差Mq~y

【答案】AD

【解析】

【詳解】A.小球下落過程中合力先減小，后反向增大，當合力為0時，動能最大，此時設彈簧的形變量

為X’，有

mg=kxr+f

解得

k

根據動能定理，有

(帆g-/)(〃+￡)+%=%—0

『一料2

解得

2k

A正確；

B.小球從下落到最低點的過程中，根據動能定理，有

(頂-/)(〃+%)+%'=0-0

解得

耳=(mg-/)(〃+x)

B錯誤;

C.小球下降至最低點過程中兩者組成的系統損失的機械能等于小球克服空氣阻力做的功，即

AE=f(h+x)

C錯誤；

D.設小鋼球反彈后上升的最高點與彈簧頂端距離為“，整個過程，根據動能定理，有

—/(力+x+x+/f)=0—0

解得

(mg-f)h-2fa

-f+mg

所以小鋼球反彈后上升的最高點位置與釋放點的高度差為

mg+f

D正確。

故選ADo

11.一列沿x軸傳播的簡諧橫波，f=0時刻的部分波形，如圖所示，質點M、尸的平衡位置的坐標分別為

斗=Um和々=16m。已知質點尸在f:4s時首次返回平衡位置，質點M首次返回平衡位置的時間早于質

A.該波沿x軸負方向傳播

B.該波傳播速度為2m/s

C.f=10.5s時，質點M位于波峰

D.1=0時刻，質點M與質點尸速度大小之比為3：2

【答案】BC

【解析】

【詳解】A.由于質點M首次返回平衡位置的時間早于質點尸，可知，，=0時刻質點M沿y軸負方向振動,

由同側法可知，該波沿X軸正方向傳播，故A錯誤；

B.已知質點尸在尸4s時首次返回平衡位置，由圖可知

解得

T=12s,A.=24m

則該波的傳播速度為

v=—=2m/s

故B正確;

C.經過時間

7T3

r=10.5s=-T=-+-T

828

質點M怡好位于波峰，故C正確；

D.設彈簧的勁度系數為左，由彈性勢能公式與=3米2可得，最大的彈性勢能為

2

EPm=l^x2=2A:

由機械能守恒定律可得，1=0時刻，質點M的動能為

EkM=Epm-EpM=2k-X（夜）=k

質點P的動能為

EkP=EyEpp=2k一；入（6）=；k

則質點M與質點P速度大小之比為J5：1，故D錯誤。

故選BCo

12.如圖所示，水平面上固定有形狀為“二=”的光滑金屬導軌MON、POQ,00'左右導軌的寬度分別為

2L、L,兩側勻強磁場的方向分別豎直向上和豎直向下，磁感應強度大小分別為8。和2%，導體棒。、b垂

直于導軌放在00,兩側，長度分別為2L、L.已知導體棒的材料相同、橫截面積相同，導體棒b的質量為

m,兩導體棒與導軌接觸良好，不計導軌電阻。使導體棒b獲得水平向右的初速度％,直到導體棒力達到

穩定狀態的過程中，下列說法中正確的是（）

A.導體棒力克服安培力做功等于其產生的焦耳熱

B.導體棒〃上產生的焦耳熱為，卬K

C.導體棒4、〃最終以相同的速度為做勻速直線運動

3

D.通過。棒的電荷量為翳

5DQL

【答案】BD

【解析】

【詳解】導體棒的材料相同、橫截面積相同，長度分別為2L、L，導體棒〃的質量為〃?，則導體棒〃的質

量為2m，由電阻定律可知，導體棒的電阻之比為

&：凡=2：1

設回路中電流為/，導體棒〃受的安培力為

F&=BJ2L

導體槎方受的安培力為

Fb=2B°IL

可知，運動過程中，兩導體棒的安培力大小相等

C.根據題意，設導體棒。、〃穩定時的速度大小分別為匕、%,穩定時有

BO,2L%=2BOL5

分別對導體棒。、。應用動量定理有

F/=2叫,Fbt=mv()-mvb

解得

%=%升

由于導體棒b開始向右運動，由左手定則可知，導體棒。受向左的安培力，則導體棒。向左運動，則導體棒

“、人最終速度大小相等，方向相反，故C錯誤；

A.由功能關系可知，導體棒力克服安培力做功等于導體棒〃、人上產生的焦耳熱和導體棒〃的動能之和，

故A錯誤：

B.由能量守恒定律可知，導體棒。、匕上產生的焦耳熱為

0二3〃汐；-5(2機+加)%12

丁。

3

則導體棒。上產生的焦耳熱為

Q(,=———Q=—小說

故B正確；

D.根據題意，由動量定理，對導體棒。有

Fat=B^2Lqa=2m^v0

解得

〃明

3BJ

故D正確。

故選BDo

三、非擇題：本題共6小題，共60分。

13.某小組做“探究加速度、力和質量的關系”的實驗裝置，如圖所示，帶滑輪的長木板水平放置，彈簧測

力計固定在天花板上。小車上固定一個定滑輪，細繩通過滑輪連接彈簧測力計和沙桶，繞過小車上定滑輪

的細繩均平行于長木板，交流電的頻率為50Hz。

（1）實驗中獲得的一條紙帶某段，如圖所示：（圖中相鄰兩個計數點間還有四個點未畫出）則在該次實驗

中，紙帶中C點對應時刻小車的速度大小為m/s,小車運動的加速度大小為m/s2

（結果均保留兩位有效數字）；

ABCDE

13.9315.7617.5019.35Jcm

（2）本實驗中是否需要滿足“沙桶及沙的總質量遠小于小車的質量”這一條件（選填“需要”或

“不需要

（3）改變沙桶中細沙的質量，重復實驗操作，利用打點計時器打出多條紙帶，同時記錄對應的彈簧測力

計的示數尸，以小車的加速度。為縱坐標.測力計的示數戶為橫坐標繪制。-尸圖像，如圖所示，求得圖線

【答案】0.0.661.8③.不需要-

【解析】

【詳解】（1）11］紙帶中。點對應時刻小車的速度大小為

X5.76cm+7.50cm八，

%一_方BD一_---------------------=0.66m/s

2x0.1s

⑵根據逐差法求得，小車運動的加速度大小為

(XCZ)-XAB)+(XDE-XBC)

=1.8m/s2

4T2

（2）［3］由于有彈簧秤測量繩上的拉力，所以不需要用沙桶及沙的重力等于繩上的拉力，所以不需要滿足

“沙桶及沙的總質量遠小于小車的質量''這一條件。

（3）圖對小車進行受力分析，根據牛頓第二定律，有

2F-f=Ma

可得

a2」

MM

斜率為

2

解得

M2

~k

14.為測量某電源電動勢E和內阻r,現備有下列器材:

A.待測電源

B.電流表（量程0~0.6A,內阻約為0.1Q）

C.電壓表（量程0~3.0V,內限約為10kC）

D.滑動變阻器（最大阻值為10C,額定電流2A）

E.定值電阻凡）=2.5C

F.開關、導線若干

實驗電路圖如圖（a）所示

（1）按照（a）電路圖，將圖（b）中的器材實物筆畫線代替導線補充完整；

（2）改變滑動變阻器的阻值，多次測量并記錄多組U、/數據，作出U-/圖像，如圖（c）所示，根據圖

像求得電源電動勢V,內阻/*=C。（結果均保留三位有效數字）

（3）為消除電表內阻引起的誤差，采用一種改進后的“補償”電路，如圖（d）所示。

①開關KpK2,均斷開，曷、A2均處于接入電路最大值。

②閉合K|,調節與，使電壓表V,電流表A1數值合適。

③保持Ri阻值不變，閉合調節&，使A1示數為零，記錄電壓表的示數U與電流表A2的示數乙。

④重復②、③操作測多組U、/2,作出U-A圖像，根據圖像可測得真實的電動勢E及內阻人

在某次測量中，K?閉合后電壓表的示數（選填“大于”、“等于”或“小于”）K?閉合前電

②.1.80③.1.10④.大于

【解析】

【詳解】（1）[1]按照（a）電路圖，將圖（b）中的器材實物筆畫線代替導線補充完整，如圖所示

（2）[2][3]根據題意，由閉合回路歐姆定律有

U=E-I(4+r)

結合圖（c）可得

1.80

E=1.80V,

0.5

解得

r=1.10Q

（3）[4]在某次測量中，（閉合前，設此時電壓表示數為電流表A1示數為人，電壓表內阻為R、，,

電流表A|內阻為Rz，滑動變阻器接入電路阻值為與；根據閉合電路歐姆定律可得

Ei=q+/[(RAI+&+7)

又

聯立可得

R】+Rv

保持《阻值不變，閉合K2,調節為，使A1示數為零，設此時電壓表示數為〃2,電流表A2示數為，2,

由于A1示數為零，則A1表兩端電勢相等，根據閉合電路歐姆定律可得

El=U2+/2(R()+r)

又

聯立可得

&=力(1+黑n

4+Rv

則有

4(1也”=.(1+黑!

R[+RyR[+R7

可得

則在某次測量中，l閉合后電壓表的示數大于K?閉合前電壓表的示數。

15.建立x軸沿水平方向的坐標系，如圖所示，發球機將乒乓球從坐標原點0發出，當發射速度與水平方

向成6角時，乒乓球經過x軸時的位置坐標為（Z,0）o在某高度處固定一水平擋板，發球機仍以相同的初

速度發出乒乓球，乒乓球打到擋板上發生反彈，經過％軸時的位置坐標為（L5L,0）o已知乒乓球反彈前

后沿/軸方向速度不變，沿y軸方向速度等大反向，不計空氣阻力，乒乓球可視為質點，重力加速度為

g，求：

（1）乒乓球被拋出時速度的大小%;

【答案】（1）%=禹⑵”

【解析】

【詳解】（1）根據題意，設乒乓球做斜拋后運動至X軸時的時間為，「水平方向

L=v0/,cos0

豎直方向

z=2x^sin￡

g

解得

IgL

sin20

（2）設乒乓球第二次運動至x軸時間為％,根據軌跡的對稱性得乒乓球兩次運動的時間之比為

:t2=2:3

擋板距離工軸的高度

解得

3Ltan0

n=---------

16

16.如圖所示，半徑R=1.0m的光滑半圓形軌道豎直固定，它的最底端跟水平傳送帶的8端平滑連接，軌

道上C點和圓心0的連線與水平方向成6=37。角。將小滑塊（視為質點）無初速度放在傳送帶A端，同

時對小滑塊施加水平向右的恒力產=0.35N,當小滑塊到達傳送帶8端時，撤去恒力凡已知小滑塊的質

量機=O.lkg,與傳送帶之間的動摩擦因數〃=0.15；傳送帶的長度L=8.5m,始終以%=5m/s的速度

順時針轉動，取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8o求：

（1）小滑塊在傳送帶上的運動時間；

（2）小滑塊在C點對軌道的壓力大小。

【答案】（1）Z=2s；（2）UN

【解析】

【詳解】（1）小滑塊剛放上傳送帶時，受力分析如圖所示

FN

F

根據牛頓第二定律

F+f=

2

a}=5m/s

設小滑塊達到與傳送帶共同速度所用時間為4,該段時間內的位移為七，則有

12

%=貼，%二針％

4=1s,玉=2.5m<L

達到共同速度后，對小滑塊受力分析如圖所示

FN

/〃g

根據牛頓第二定律

F-f=ma2

a2-8m/s

設小滑塊又經時間L到達傳送帶8端，則有

解得

t2=Is

那么小滑塊在傳送帶上運動的時間為

解得

r=2s

（2）設小滑塊到達傳送帶右端時的速度為K，則有

匕=%+研

小滑塊沿半圓形軌道滑至c點的過程，根據機械能守恒定律

,ngR(l+sin=gmv\~；mvc

在軌道上r點，設小滑塊受到的彈力為尸，根據牛頓第二定律

6+mgsin37°=

聯立解得

4=1.1N

根據牛頓第三定律，小滑塊在。點對軌道的壓力大小

G=耳=1.1N

17.如圖所示，平行正對金屬板a、6帶有等量異種電荷，極板間形成電場強度為a=lxl"N/C的勻強電

場，該空間同時分布有跟電場正交且垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小比=叮。金屬板右側勻

強磁場的邊界線Q、R、M均垂直于兩極板的中間線尸0,邊界線。與中間線PO交于O點，QR之間的磁

場的方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為S=1T,磁場寬度di=0.6m,RM之間的磁場的方向垂直紙面向

里，磁感應強度大小為&=4T,邊界/右側存在方向水平向左的勻強電場，電場強度大小為瓦一帶正電

的粒子以平行于金屬板的速度即從左側進入正交場區域，沿中間線P0向右運動，從圓孔穿后由。點進入

磁場小，并恰好返回。點。已知邊界RM之間的磁場寬度均可以在一定范圍內調節，粒子的比荷為

-^-=lxlO5C/kg,不計粒子的重力，求：

m

（1）帶電粒子的速度vo；

（2）若粒子恰好不進人邊界M右側的電場，磁場B2的寬度力；

（3）若粒子能夠進入邊界M右側的電場：請寫出E與4的關系式；

（4）若d2=35cm時，粒子從。進入磁場到返回O所經歷的時間。

QRM

6

【答案】⑴%=lxlO'm/s；⑵4=0.4m；(3)F=1.6x(J2-O.15)xlON/C(O.15m<d2<0.4m)；

(4)，總=7.3xICT's

【解析】

【詳解】解：（1）粒子沿中間線經過通過正交場區域，電場力與洛倫茲力平衡

=qE°

解得

5

v0=lxl0m/

（2）設粒子在QRRM內圓周運動的軌跡半徑分別為門、小最終恰好不進入右側電場，粒子軌跡全部

在磁場中如圖甲所示,

fnv-

D=—

4

7j=1m

設粒子飛過QR區域圓弧對應的圓心角為。，根據幾何關系

sin。=4=0.6

解得

8=37。

那么2R區域的偏移量為

y=q-qcos37°=0.2m

在RM區域內

一迫=0.25m

2泡

AO2=0.15m

M邊界與粒子軌跡恰好相切，則磁場B2的寬度

d2-AO2+/;=0.4m

（3）要保證粒子返回O點且速度水平向左，則山必須大于AQ,即

t/2>0.15m

粒子軌跡，如圖乙所示

QRM

當0.15m<4<04m時，軌跡有一部分在電場中，進入電場時的速度可以分解為水平向右的％sina,

豎直向上的%cosa,粒子水平向右做勻減速直線運動，豎直向上做勻速直線運動，設粒子在電場中運動

時間為3加速度的大小為。

qE=ma

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