甘肅省張掖市某校2023-2024學(xué)年高三下學(xué)期模擬考試物理試題（含答案解析）

物理本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分。共8頁，總分110分，考試時間90分鐘。第Ⅰ卷（選擇題共60分）一、選擇題：本題共10小題，每小題6分，共60分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，第1～6題只有一項(xiàng)符合題目要求，第7～10題有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.如圖所示，A、B、C、D、E、F是正六邊形的頂點(diǎn)，O為正六邊形的中心。兩根分別固定在A、D兩點(diǎn)且均垂直于正六邊形所在平面的長直導(dǎo)線（圖中未畫出），通有大小相等、方向相反的恒定電流。則與B點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度相同的點(diǎn)是（??）A.O點(diǎn) B.C點(diǎn) C.E點(diǎn) D.F點(diǎn)【答案】C【解析】【詳解】根據(jù)安培定則，固定在A點(diǎn)的導(dǎo)線在B點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度與固定在D點(diǎn)的導(dǎo)線在E點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同，方向相同；固定在D點(diǎn)的導(dǎo)線在B點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度與固定在A點(diǎn)的導(dǎo)線在E點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同，方向相同；根據(jù)磁場的疊加原理知，與B點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度相同的點(diǎn)是E點(diǎn)。同理可知，O點(diǎn)、C點(diǎn)、F點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度與B點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度不相同。故選C。2.如圖所示的電路中，在開關(guān)S閉合的狀態(tài)下，有一帶電油滴靜止在電容器兩極板中間，下列有關(guān)判斷正確的是（）A.保持開關(guān)閉合，增大電容器兩極板間的距離的過程中，油滴仍將保持靜止B.保持開關(guān)閉合，將滑動變阻器的滑動觸片向下移動，油滴將向下運(yùn)動C.斷開開關(guān)S后，油滴仍將保持靜止D.斷開開關(guān)S后，電阻R2上始終沒有電流通過【答案】B【解析】【詳解】在變化前油滴靜止，油滴受到的電場力和重力是一對平衡力；A．保持開關(guān)閉合，兩極板間的電勢差恒定不變，若增大電容器兩極板間的距離，根據(jù)可知兩極板間的電場強(qiáng)度減小，則油滴受到的電場力減小，則重力大于電場力，合力向下，粒子將向下運(yùn)動，A錯誤；B．保持開關(guān)閉合，將滑動變阻器的滑動觸片向下移動，連入電路的電阻增大，路端總電阻增大，即路端電壓增大，總電流減小，故兩端電壓減小，所以并聯(lián)支路兩端的電壓增大，故通過的電流增大，而總電流減小，所以的電流減小，即兩端電壓減小，故滑動變阻器兩極板間的電勢差減小，根據(jù)可知兩極板間的電場強(qiáng)度減小，則油滴受到的電場力減小，則重力大于電場力，合力向下，粒子將向下運(yùn)動，B正確；CD．?dāng)嚅_開關(guān)S瞬間，電容器放電，與電容器能形成閉合回路，故中的電流不為零，電容器放電，兩極板間的電場強(qiáng)度減小，油滴向下運(yùn)動，CD錯誤。故選B。3.在如圖所示的U-I圖中，直線a為某電源的路端電壓與電流的關(guān)系，直線b為某電阻R的電壓與電流的關(guān)系?，F(xiàn)用該電源直接與電阻R連接成閉合電路，由圖可知（）A.電源的輸出功率為6.0WB.電源的路端電壓為4.0V，電源的效率為66.7%C.該電源的電動勢為6.0V，電源內(nèi)阻因發(fā)熱損耗功率3.0WD.用比R阻值大的電阻與該電源組成閉合回路，電源的輸出功率可能增大【答案】B【解析】【詳解】A．交點(diǎn)坐標(biāo)表示回路電流和電壓，其對應(yīng)的面積表示電源的輸出功率，電源的輸出功率為A錯誤；B．電源的路端電壓為4.0V，電源的效率為B正確；C．該電源的電動勢為6.0V，電源內(nèi)阻為因發(fā)熱損耗功率為C錯誤；D．根據(jù)圖像，外電阻為內(nèi)電阻為用比R阻值大的電阻與該電源組成閉合回路，外電阻遠(yuǎn)離電源的內(nèi)阻，電源的輸出功率減小，D錯誤。故選B。4.如圖所示是磁流體發(fā)電機(jī)的示意圖，兩平行金屬板P、Q之間有一個很強(qiáng)的磁場。一束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量正、負(fù)帶電粒子）沿垂直于磁場的方向噴入磁場。把P、Q與電阻R相連接。下列說法正確的是（）A.Q板的電勢高于P板的電勢B.R中有由b向a方向的電流C若只改變磁場強(qiáng)弱，R中電流保持不變D.若只增大粒子入射速度，R中電流增大【答案】D【解析】【詳解】AB．等離子體進(jìn)入磁場，根據(jù)左手定則可知正電荷向上偏，打在上極板上，負(fù)電荷向下偏，打在下極板上，所以上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，則P板的電勢高于Q板的電勢，流過電阻R的電流方向由a到b，AB錯誤；C．根據(jù)穩(wěn)定時電場力等于磁場力即則有再由歐姆定律有可知電流與磁感應(yīng)強(qiáng)度成正比，改變磁場強(qiáng)弱，R中電流也改變，C錯誤；D．由可以知道，若只增大粒子入射速度，R中電流也會增大，D正確。故選D。5.一個正點(diǎn)電荷Q靜止在正方形一個頂點(diǎn)上，另一個帶電質(zhì)點(diǎn)射入該區(qū)域時，僅受電場力的作用恰好能依次經(jīng)過正方形的另外三個頂點(diǎn)a、b、c，如圖所示，則有()A.質(zhì)點(diǎn)在a、b、c三處的加速度大小之比是1：2：1B.質(zhì)點(diǎn)由a到b電勢能減小，由b到c電場力做負(fù)功，在b點(diǎn)動能最小C.a、b、c三點(diǎn)電勢高低及電場強(qiáng)度大小的關(guān)系是D.若改變帶電質(zhì)點(diǎn)在a處的速度大小和方向，有可能使其在該電場中做類平拋運(yùn)動【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．粒子P在a、b、c三點(diǎn)時的加速度大小要根據(jù)庫侖定律求出庫侖力．由圖可知代入庫侖定律可得而a與c點(diǎn)的電場力相等；由可知，加速度之比應(yīng)為2:1:2，故A錯誤；B．電荷受到的合力指向軌跡的內(nèi)側(cè)，根據(jù)軌跡彎曲方向判斷出粒子與固定在O點(diǎn)的電荷是異種電荷，它們之間存在引力，所以質(zhì)點(diǎn)由a到b電場力做負(fù)功，電勢能增加，動能減小；由b到c電場力做正功，動能增大，在b點(diǎn)動能最小，故B錯誤；C．根據(jù)點(diǎn)電荷的電場線的特點(diǎn)，Q與ac距離相等，都小于b，故b點(diǎn)的電勢低于ac兩點(diǎn)的電勢，即即故C正確；D．該電場不是勻強(qiáng)電場，則粒子不可能在該電場中做類平拋運(yùn)動，故D錯誤。故選C。6.我國的超導(dǎo)托卡馬克實(shí)驗(yàn)裝置EAST（磁約束裝置）在全球首次實(shí)現(xiàn)了上百秒的穩(wěn)態(tài)高約束運(yùn)行模式，為人類開發(fā)利用核聚變清潔能源奠定了重要的技術(shù)基礎(chǔ)。磁約束示意圖如圖所示，空間中存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向水平向右的勻強(qiáng)磁場。時刻，帶正電粒子由磁場中A點(diǎn)沿紙面內(nèi)與水平方向成37°角、斜向右上方以大小為v的速度射入磁場。已知粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q，忽略粒子的重力，，。若粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期，則時刻粒子的位置至A點(diǎn)的距離為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】粒子在水平方向上做勻速直線運(yùn)動，在垂直于紙面的方向上做勻速圓周運(yùn)動，粒子的軌跡為螺旋線。時刻粒子在水平方向上的位移為由題可知粒子在垂直于紙面方向上做圓周運(yùn)動的周期為T，由洛倫茲力提供向心力可得可得軌跡半徑為時刻粒子在垂直于紙面方向的位移為故粒子在此時至A點(diǎn)的距離為故選D。7.如圖所示是判斷檢測電流大小是否發(fā)生變化的裝置，該檢測電流在鐵芯中產(chǎn)生磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度與檢測電流成正比?，F(xiàn)給金屬材料制成的霍爾元件（其長、寬、高分別為a、b、d）通以恒定工作電流I，通過與霍爾元件連接的電壓表的示數(shù)來判斷的大小是否發(fā)生變化，下列說法正確的是（）A.M端應(yīng)與電壓表的“負(fù)”接線柱相連B.若要提高檢測的靈敏度，可適當(dāng)減小dC.若要提高檢測的靈敏度，可適當(dāng)增大工作電流ID.當(dāng)霍爾元件尺寸和工作電流I不變時，電壓表的示數(shù)變大，說明檢測電流變小【答案】BC【解析】【詳解】A．根據(jù)右手螺旋定則可知檢測電流產(chǎn)生的磁場方向向下，磁感線在磁芯中沿逆時針方向，可知霍爾元件所在位置的磁場方向向上，由于霍爾元件中的載流子為電子，可知電子移動方向與工作電流方向相反，根據(jù)左手定則可知，電子在N端積累，則N端為負(fù)極，故M端應(yīng)與電壓表的正接線柱相接，故A錯誤；BC．設(shè)霍爾元件單位體積內(nèi)電子數(shù)量為n，電子移動速度為v，則時間內(nèi)通過截面的電荷量為解得由于M、N之間存在電勢差，則M、N之間的電場強(qiáng)度為電子所受沿b邊方向的電場力和洛倫茲力大小相等，方向相反，即有聯(lián)立解得因此若要提高靈敏度，則可適當(dāng)減小d，增大工作電流I，故BC正確；D．當(dāng)霍爾元件尺寸和工作電流I不變時，根據(jù)可知電壓表示數(shù)變大，磁感應(yīng)強(qiáng)度B變大，則檢測電流變大，故D錯誤。故選BC。8.如圖所示，電荷量分別為+q、-q、+2q、-2q（q＞0）的4個點(diǎn)電荷固定于菱形的4個頂點(diǎn)上。以該菱形對角線的交點(diǎn)O為圓心的圓與其對角線相交于M、P、N、Q點(diǎn)。已知b、d之間的距離小于a、c之間的距離，則（）A.M、N兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同B.N點(diǎn)的電勢高于P點(diǎn)的電勢C.N、P之間的電勢差與P、M之間的電勢差相等，即D.電性為負(fù)的試探電荷在M點(diǎn)的電勢能大于其在N點(diǎn)的電勢能【答案】ABD【解析】【詳解】A．僅有a、c兩點(diǎn)的點(diǎn)電荷單獨(dú)存在時，M、N兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小方向均相同，僅有b、d兩點(diǎn)的點(diǎn)電荷單獨(dú)作用時，M、N兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小方向也相同，由此可知M、N兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同，A正確；B．N、O之間的電勢差是由b、d兩點(diǎn)的點(diǎn)電荷作用時產(chǎn)生的，P、O之間的電勢差是由a、c兩點(diǎn)的點(diǎn)電荷作用時產(chǎn)生的，b、d連線上N、O之間的平均電場強(qiáng)度大于a、c連線上P、O之間的平均電場強(qiáng)度，結(jié)合可知UNO＞UPO，故φN＞φP，B正確；C．當(dāng)僅有b、d兩點(diǎn)的點(diǎn)電荷單獨(dú)作用時UPM=UNP，當(dāng)僅有a、c兩點(diǎn)的點(diǎn)電荷單獨(dú)作用時UPM＞0，UNP＜0，綜上可得UNP≠UPM，C錯誤；D．當(dāng)僅有a、c兩點(diǎn)的點(diǎn)電荷單獨(dú)作用時φM=φN，當(dāng)僅有b、d兩點(diǎn)的點(diǎn)電荷單獨(dú)作用時φM＜φN，故負(fù)的試探電荷在M點(diǎn)的電勢能大于其在N點(diǎn)的電勢能，D正確。故選ABD。9.如圖所示，帶正電的粒子以一定的初速度沿M、N兩板的中線進(jìn)入水平放置的帶電平行金屬板內(nèi)，恰好沿N板的右邊緣飛出，最終打在金屬板右側(cè)的屏幕上。已知金屬板的長度及金屬板右邊緣至屏幕的水平距離均為L，M、N兩板間距離為d，兩板之間中線的延長線與屏幕的交點(diǎn)為O，帶電粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q，不計(jì)粒子的重力。則（）A.兩板之間的電壓為B.粒子經(jīng)過N板右邊緣處的速度大小為C.粒子在兩板間運(yùn)動的前一半時間和后一半時間內(nèi)，電場力做功之比為D.粒子打到屏幕上的位置與O點(diǎn)之間的距離為【答案】BD【解析】【詳解】A．粒子在兩板之間運(yùn)動的時間為粒子在豎直方向上有解得故A錯誤；B．根據(jù)平拋運(yùn)動的推論，粒子速度反向延長線交于水平位移的中點(diǎn)，則可得粒子在N板右邊緣處速度在豎直方向上的分速度在該點(diǎn)的速度為故B正確；C．粒子在兩板間運(yùn)動的過程中，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，可知前一半時間和后一半時間其豎直方向上的位移之比為，則電場力做功之比為，故C錯誤；D．根據(jù)粒子速度反向延長線交于水平位移的中點(diǎn)，做出如下位置關(guān)系根據(jù)幾何關(guān)系結(jié)合相似三角形的知識可得解得故D正確。故選BD。10.如圖所示，兩根長度均為L的絕緣輕繩一端固定在O點(diǎn)，另一端分別與質(zhì)量均為m的帶電小球M、N相連。兩小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，與小球M相連的輕繩豎直，小球M緊靠在左側(cè)豎直的絕緣墻壁上，其電荷量為Q，且保持不變；與小球N相連的輕繩與豎直方向成60°夾角，此時其電荷量為q。已知兩小球均可視為點(diǎn)電荷，靜電力常量為k，重力加速度為g。則（）A.墻壁對小球M的彈力大小為mgB.C.若小球N的電荷量緩慢減少，M、N之間距離的平方與其電荷量成正比D.若小球N的電荷量緩慢減少，當(dāng)與小球N相連的輕繩與豎直方向的夾角為時，小球N的電荷量為【答案】BD【解析】【詳解】A．對N球受力分析可知最初M、N之間的庫侖力大小為，對小球M受力分析可知，墻壁對小球M的彈力大小為故A錯誤；B．結(jié)上合述有得出故B正確；C．設(shè)M、N之間的距離為x，由力的三角形與幾何三角形相似可知可得可知小球N電荷量緩慢減少的過程中，其電荷量與M、N之間距離的立方成正比，故C錯誤；D．當(dāng)與小球N相連的輕繩與豎直方向的夾角為時有結(jié)合上述有故D正確。故選BD。第Ⅱ卷（非選擇題共50分）二、非選擇題：本題共5小題，共50分。帶﹡題目為能力提升題，分值不計(jì)入總分。11.某物理學(xué)習(xí)小組欲組裝一簡易多用電表。所用電源電動勢，內(nèi)阻；表頭G的滿偏電流，內(nèi)阻；、、和是定值電阻，，（阻值范圍）是滑動變阻器；A、B兩端分別與紅、黑表筆相連。該多用電表有5個擋位：直流電流和擋；“”的歐姆擋；直流電壓0.6V擋和3V擋，其中3為歐姆擋，4為直流電壓0.6V擋。（1）請?jiān)趫D甲方框中將簡易多用電表的電路圖補(bǔ)充完整______。（2）根據(jù)題給條件可得______，______。（3）關(guān)于該多用電表，下列說法正確的是______。（填正確答案標(biāo)號）A.每次使用多用電表更換擋位后均需調(diào)節(jié)指針定位螺絲，使電表指針對準(zhǔn)直流電流的“0”刻度線B.使用歐姆擋時，先將兩表筆短接，調(diào)整使電表指針指在表盤左側(cè)“0”刻度線處C.2擋電流表的內(nèi)阻是1擋電流表內(nèi)阻的2.5倍D.5擋電壓表的內(nèi)阻是4擋電壓表內(nèi)阻的5倍（4）已知表頭電流為處對應(yīng)歐姆表盤的刻度為“15”，則的阻值為______；某次測量電阻時該多用電表指針位置如圖乙所示，則被測電阻的阻值為______?！敬鸢浮浚?）見解析（2）①.40②.510（3）D（4）①.1409.9②.1900【解析】【詳解】（1）簡易多用電表由表頭、電源、滑動變阻器等組成，要注意黑表筆連接電源的正極；4擋電壓表的內(nèi)阻為5擋電壓表的內(nèi)阻為由可知，應(yīng)與4相連接，應(yīng)與5相連接。電路圖如圖所示：（2）[1][2]由題可知則可知4擋上表頭與、并聯(lián)后的電阻為故（3）A.使用多用電表之前，若指針未指在直流電流擋的0刻度線處，應(yīng)進(jìn)行機(jī)械調(diào)零，調(diào)節(jié)一次即可，故A錯誤；B.歐姆調(diào)零應(yīng)使電表指針指在表盤右側(cè)“0”刻度線處，故B錯誤；C.1擋電流表的內(nèi)阻為可知2擋電流表的內(nèi)阻并非1擋電流表內(nèi)阻的2.5倍，故C錯誤；D.由（1）可知，故D正確。故選D。（4）[1][2]由題可知中值電阻為，故歐姆表的內(nèi)阻則得出指針指到“19”刻度處，故被測電阻的阻值為。12.某同學(xué)為測定一段粗細(xì)均勻、電阻率較小的電阻絲的電阻率，采用了如圖甲所示的電路進(jìn)行測量。實(shí)驗(yàn)步驟如下：a.改變電阻絲上的導(dǎo)電夾P的位置，重復(fù)測量，記錄多組x、U、I的值。b.用游標(biāo)卡尺在電阻絲上的三個不同位置測出電阻絲直徑，求出平均值D；c.調(diào)節(jié)電阻絲上的導(dǎo)電夾P的位置，用毫米刻度尺測量并記錄導(dǎo)電夾P到電阻絲右端B的長度x；閉合開關(guān)S，記錄電壓表示數(shù)U、電流表示數(shù)I；（1）上述實(shí)驗(yàn)步驟，正確的先后順序應(yīng)是________。（2）若游標(biāo)卡尺某次測量結(jié)果如圖乙所示，其示數(shù)為______。

（3）根據(jù)多組測量得到的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)繪出圖像如圖丙所示，若圖線斜率為k，則電阻絲的電阻率_______（用已知或測量出的物理量的符號表示）；電流表內(nèi)阻對電阻率的測量_______（選填“有”或“沒有”）影響。

（4）用記錄的數(shù)據(jù)繪制出圖像如圖丁所示，由圖像可知電源的內(nèi)阻_______。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）

【答案】①.bca②.③.④.沒有⑤.【解析】【詳解】（1）[1]實(shí)驗(yàn)步驟為先用游標(biāo)卡尺在電阻絲上的三個不同位置測出電阻絲直徑，求出平均值D；然后調(diào)節(jié)電阻絲上的導(dǎo)電夾P的位置，用毫米刻度尺測量并記錄導(dǎo)電夾P到電阻絲右端B的長度x；閉合開關(guān)S，記錄電壓表示數(shù)U、電流表示數(shù)I；再改變電阻絲上的導(dǎo)電夾P的位置，重復(fù)測量，記錄多組x、U、I的值。順序?yàn)閎ca；（2）[2]游標(biāo)卡尺的度數(shù)為（3）[3][4]由歐姆定律得由電阻定律得整理得可得則根據(jù)可知電流表的內(nèi)阻對電阻率沒有影響；（4）[5]根據(jù)閉合電路歐姆定律可知圖象斜率的絕對值表示電源內(nèi)阻為13.如圖所示，時刻一質(zhì)量為、電荷量為的帶電粒子以大小為的速度從MN連線上的P點(diǎn)豎直向上射入水平向右的勻強(qiáng)電場中。時粒子運(yùn)動至MN上的Q點(diǎn)（圖中未標(biāo)出）。已知與水平方向的夾角為，粒子的重力忽略不計(jì)，。求：（1）電場強(qiáng)度的大??；（2）粒子在Q點(diǎn)的速度v的大小及P、Q兩點(diǎn)之間的電勢差；（3）粒子到達(dá)Q點(diǎn)之前，其運(yùn)動軌跡與之間的最大距離d?！敬鸢浮浚?）；（2），；（3）【解析】【詳解】（1）設(shè)粒子在水平方向上的位移為x，在豎直方向上的位移為y，粒子在Q點(diǎn)的水平速度為，運(yùn)動時間為t，則有由幾何關(guān)系得由牛頓運(yùn)動定律有可得（2）根據(jù)得出由動能定理可知解得（3）將粒子的初速度、加速度分別沿和垂直于分解，設(shè)初速度在垂直于方向的分速度為，加速度沿垂直于方向的分量為，則有結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式，有解得14.如圖所示，直角三角形內(nèi)存在垂直于紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場；直角三角形內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場。時刻，一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電粒子由AP上的K點(diǎn)以一定的初速度沿PA方向射入勻強(qiáng)電場，粒子經(jīng)AC的中點(diǎn)N垂直于AC射入磁場區(qū)域且恰好未從MC邊射出磁場。已知AM、PC邊長均為L，AC邊長為2L，不計(jì)粒子重力，各邊界均為理想邊界。求：（1）粒子在磁場中運(yùn)動時速度的大小；（2）電場強(qiáng)度的大??；（3）從時刻至粒子射出磁場所經(jīng)歷的時間。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）由題可知粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡與邊相切，設(shè)其運(yùn)動軌跡圓心為O，做出其運(yùn)動軌跡如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可得由幾何關(guān)系可知解得可知O與A點(diǎn)重合，粒子由M點(diǎn)射出磁場根據(jù)洛倫茲力提供向心力有解得（2）由題可知粒子由K點(diǎn)運(yùn)動至N點(diǎn)，速度的偏轉(zhuǎn)角為60°,由牛頓第二定律可知由運(yùn)動學(xué)規(guī)律有解得（3）設(shè)粒子在電場中運(yùn)動的時間為，在磁場中運(yùn)動的時間為，在電場中豎直方向有解得粒子在磁場中運(yùn)動的圓心角為60°，可得解得可知，從時刻至粒子射出磁場所經(jīng)歷的時間解得15.科學(xué)研究的過程中常利用電磁場來控制帶電粒子的軌跡。如圖所示，在平面第Ⅲ象限存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小，第Ⅰ象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小，第Ⅳ象限存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，在x軸上N點(diǎn)處有一垂直x軸的足夠長的擋板。質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子從點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)點(diǎn)進(jìn)入第Ⅳ象限，此后經(jīng)點(diǎn)進(jìn)入第Ⅰ象限。不計(jì)粒子的重力，忽略粒子間相互作用，粒子打在擋板上立即被吸收。（1）求第Ⅳ象限內(nèi)勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B大??；（2）若帶電粒子經(jīng)過電場偏轉(zhuǎn)后直接垂直打在擋板上，求帶電粒子從P點(diǎn)釋放到垂直打在擋板上經(jīng)歷的時間t；【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）粒子從到做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律得根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式聯(lián)立解得到點(diǎn)時的速度粒子在磁場中運(yùn)動軌跡如圖設(shè)軌跡半徑為，根據(jù)幾何關(guān)系得解得粒子在磁場中，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)聯(lián)立解得（2）粒子飛出磁場后，豎直方向的速度粒子垂直打在擋板上，則豎直方向速度為零，在第一象限的加速度則粒子在第一象限運(yùn)動的時間粒子在磁場中運(yùn)動的周期由幾何關(guān)系得粒子在磁場中運(yùn)動對應(yīng)的圓心角為，則在磁場中運(yùn)動的時間聯(lián)立解得粒子在第三象限加速的時間為則粒子從P點(diǎn)釋放到垂直打在擋板