2025年高考物理一輪復習綜合檢測

綜合檢測

一、單項選擇題（本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目

要求的）

1.（2024.內(nèi)蒙古師范大學附屬中學期中）利用智能手機的加速度傳感器可測量手機自身的加速度情況。用手

掌托著手機，打開加速度傳感器后，手掌從靜止開始上下運動，以豎直向下為正方向，測得手機在豎直方

向的加速度隨時間的變化圖像如圖所示。關于手機的情況，下列說法正確的是（）

A.九時刻，手機處于超重狀態(tài)

B.玄時刻，手機運動方向發(fā)生改變

C.勾時刻，手機的速度為0

D.九?行時間內(nèi)，手機所受的支持力逐漸增大

答案D

解析H時刻，手機加速度為正，方向向下，故手機處于失重狀態(tài)，故A錯誤；

叁時刻之前，手機的加速度方向向下，向下加速運動，叁時刻之后，手機的加速度方向向上，向下減速運動，

故?2時刻手機運動方向不變，故B錯誤；

由a—f圖像中面積表示速度的變化量，可知名時刻手機的速度不為零，故C錯誤；

由上述分析可知，A?叁時間內(nèi)，手機向下的加速度逐漸減小，由牛頓第二定律得mg—尺=機。1,故支持力

逐漸增大，同理f2?B時間內(nèi)，手機向上的加速度逐漸增大，由牛頓第二定律得尸N-mg=7W2,可知支持力

仍逐漸增大，故fl?打時間內(nèi)，手機所受的支持力逐漸增大，故D正確。

2.（2024.江蘇徐州市沛縣中學期初考）如圖所示為一定質(zhì)量的理想氣體由狀態(tài)A到狀態(tài)B再到狀態(tài)C的p—

T圖像，下列說法正確的是（）

A.從狀態(tài)A到狀態(tài)B過程，氣體密度變大

B.從狀態(tài)B到狀態(tài)C過程，氣體先放熱再吸熱

C.A、C兩狀態(tài)氣體分子單位時間內(nèi)撞擊單位面積容器壁的次數(shù)相等

D.A、C兩狀態(tài)氣體分子對容器壁單位面積的平均撞擊力相等

答案D

解析從狀態(tài)A到狀態(tài)2過程，由理想氣體狀態(tài)方程可知，氣體體積增大，則氣體密度變小，故A錯誤；

從狀態(tài)8到狀態(tài)C過程，氣體溫度先升高后降低，則氣體內(nèi)能先增大后減小，但氣體體積一直減小，則外

界對氣體做功，則根據(jù)熱力學第一定律有AU=Q+W,W>0在氣體內(nèi)能增大階段，由于不知道AU與W

的具體關系，則無法判斷出氣體是吸熱還是放熱，而在氣體內(nèi)能減小階段，W>0,則。<0,故氣體放熱，

故B錯誤；

A、C兩狀態(tài)氣體壓強相同，氣體分子對容器壁單位面積的平均撞擊力相等，但A狀態(tài)到C狀態(tài)氣體溫度升

高，氣體體積增大，氣體分子平均速率變大，數(shù)密度減小，則A、C兩狀態(tài)氣體分子單位時間內(nèi)撞擊單位面

積容器壁的次數(shù)減小，故C錯誤，D正確。

3.（2024福建省寧德第一中學一模）甲圖是用于研究光電效應的實驗裝置，乙圖是氫原子的能級圖。實驗發(fā)

現(xiàn)”=4躍遷到”=2時發(fā)出的某種光照射甲圖實驗裝置的陰極時，電流表示數(shù)不為零，慢慢移動滑動變阻

器觸頭c,電壓表讀數(shù)大于等于0.8V時，電流表讀數(shù)為零，下列說法正確的是（）

甲乙

A.該材料的逸出功為2.55eV

B.滑動變阻器觸頭c向。側(cè)慢慢移動時，電流表讀數(shù)會增大

C.其他條件不變，一群氫原子處于〃=4能級躍遷發(fā)出的光，共有3種光可以使該材料發(fā)生光電效應

D.用不同頻率的光子照射該實驗裝置，記錄電流表恰好讀數(shù)為零的電壓表讀數(shù)，根據(jù)頻率和電壓關系可以

精確測量普朗克常量

答案D

解析”=4躍遷到w=2發(fā)出的某種光的光子能量為2.55eV,當電壓大于等于0.8V時，逸出來最大動能的

光電子不能到達陽極，說明光電子最大初動能為0.8eV。根據(jù)光電效應方程〃v—Wo=eU

可知該材料的逸出功Wo=1.75eV,故A錯誤；

滑動變阻器觸頭c慢慢向。端移動，增加反向電壓，電流表讀數(shù)會減小，甚至有可能出現(xiàn)電流表讀數(shù)為零，

故B錯誤；

從〃=4向基態(tài)躍遷，一共可以發(fā)射出Cl—6種光，其中?=4躍遷到w=3的光子能量小于該材料的逸出功，

所以共有5種光可以使該材料發(fā)生光電效應，故C錯誤；

根據(jù)光電效應方程hv—Wo=eU

可知只要記錄光子頻率、遏止電壓就能精確測量普朗克常量，故D正確。

4.（2023?廣東汕頭市二模）B超成像的基本原理是探頭向人體發(fā)射一組超聲波，遇到人體組織會產(chǎn)生不同程

度的反射，探頭接收到的超聲波信號由計算機處理，從而形成B超圖像。如圖所示為血管探頭沿龍軸正方

向發(fā)射的簡諧超聲波圖像，r=o時刻波恰好傳到質(zhì)點已知此超聲波的頻率為1X107Hz。下列說法正確

的是（）

A.血管探頭發(fā)出的超聲波在血管中的傳播速度為800m/s

B.質(zhì)點M開始振動的方向沿y軸負方向

C.f=5Xl（T8s時質(zhì)點加運動到N處

D.0?1.25X10-7$內(nèi)質(zhì)點〃運動的路程為1mm

答案A

解析由題圖可知波長為；■=&><10-2mm=8xIO-m

則波速為。=1=8><10-5XIX107mzs=800m/s,故A正確；

由于波向x軸正方向傳播，根據(jù)波形平移法可知，質(zhì)點M開始振動的方向沿y軸正方向，故B錯誤；

質(zhì)點M不會隨波遷移,故C錯誤；

質(zhì)點M振動的周期為1X10-7s

X1.25210-75

由1X10-7~4

所以質(zhì)點M在0?1.25X10—7s內(nèi)運動的路程為5=^X4A=^X4X0.4mm=2mm,故D錯誤。

5.（2024?江西省部分高中聯(lián)考）如圖所示，小明分別在籃筐正前方的°、6位置投擲籃球，籃球都垂直于籃

板擊中籃筐上的同一點，已知籃球兩次出手時的高度相同，不計空氣阻力，關于兩次投籃，下列說法正確

的是（）

,4端

ah

A.籃球出手時的速度相同

B.籃球擊中籃筐時的速度相同

C.小明兩次投籃時對籃球做的功相同

D.籃球從出手到垂直擊中籃筐所用的時間相同

答案D

解析將籃球的運動反過來看即為平拋運動，根據(jù)/2=5尸

解得『百

根據(jù)題意可知籃球兩次運動的時間相等，故D正確；

根據(jù)Vy=gt

可知籃球兩次被拋出時豎直方向上的分速度相等，根據(jù)X=0/

由于b處離籃筐更近，可知在6處的水平速度較小，由于籃球水平方向做勻速直線運動，即籃球在b位置

出手擊中籃筐時的速度小一些，故B錯誤；

22

根據(jù)v=y]vx+vy

結(jié)合上述可知，籃球在方位置出手時的速度小一些，故A錯誤；

222

根據(jù)功能關系有W=^mv=^m(vx+vy)

結(jié)合上述可知，在a處投擲籃球時，人對籃球做的功大一些，故C錯誤。

6.(2024?廣東廣州市越秀區(qū)階段測試)為了實現(xiàn)人類登陸火星的夢想，我國航天員與俄羅斯航天員一起進行

“模擬登陸火星”實驗活動。已知火星半徑約為地球半徑的最質(zhì)量約為地球質(zhì)量的柒自轉(zhuǎn)周期與地球基

本相同。地球表面重力加速度是g,若航天員在地面上以某一初速度能豎直向上跳起的最大高度是〃，在忽

略火星自轉(zhuǎn)影響的條件下，下述分析正確的是()

A.火星表面的重力加速度是叁

B.火星第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的當

C.航天員以相同的初速度在火星上豎直起跳時，跳起的最大高度是由

D.同一航天員在火星表面受到的萬有引力是在地球表面受到的萬有引力的爭

答案B

解析根據(jù)萬有引力與重力的關系瞪=mg

可仔g—R2

M火R地24

火星表面的重力加速度g火=鼠鼠菰g=§g,故A錯誤；

根據(jù)萬有引力提供向心力C^^=nr^=mg

可得v=y[gR

火星第一宇宙速度。故B正確;

根據(jù)0()2=2g。，℃)2=2g火力火

9

可得跳起的最大高度力火=不2,故C錯誤；

根據(jù)F=6^^

同一航天員在火星表面受到的萬有引力F火=工^三寸地=Gb地，故D錯誤。

K火M也y

7.（2024?湖南省長郡中學開學考）小劉同學設計了如圖甲所示的理想變壓器，該變壓器的交流電源接入如

圖乙所示的發(fā)電機，不計發(fā)電機的內(nèi)阻，交流發(fā)電機的輸出電壓為a=UmCOSmt,已知A、B、C、D、E

五個完全相同的燈泡都能正常發(fā)光，燈泡的額定電壓為U,下列說法正確的是（）

O

甲乙

A.?。骸?："3=4：2：1

B.Um=5U

C.r=0時亥！I,線圈在圖乙所示位置

D.若線圈轉(zhuǎn)動角速度減半，燈泡電阻不變，則回路的總功率減半

答案A

解析設原線圈兩端的電壓為U原，燈泡正常工作的電流為/,根據(jù)功率關系有[/原/=2U/+U2/

解得U9=4U

則原線圈及上、下兩個副線圈的電壓分別為4。、2U、U,根據(jù)電壓、匝數(shù)關系有“1：：④=4：2：1,故

A正確；

根據(jù)上述可知，交流發(fā)電機的輸出電壓有效值為U+U彘=5U

根據(jù)最大值和有效值的關系可知Um=5y[2U,故B錯誤；

t=0時刻，交流發(fā)電機的輸出電壓為〃0=UmCOS

即/=0時刻，線圈內(nèi)的感應電動勢最大，根據(jù)題圖乙可知，圖示位置為中性面，線圈平面與磁場垂直，通

過線圈的磁通量為最大值，感應電動勢為0,即/=0時刻，線圈不在圖示位置，故C錯誤；

由Um=NBSa）可知,若線圈轉(zhuǎn)動角速度減半，則感應電動勢的最大值減半，即感應電動勢的有效值減半，輸

出電壓有效值減半，燈泡電阻不變，每部分電流都減半，則回路的總功率減為原來的"故D錯誤。

二、多項選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18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6分，選對但不全的得3分，有選錯的得。分）

8.（2023?四川成都市聯(lián)考）如圖所示，真空中有一正方體ABC。一AiBiCrDi，在正方體的頂點A、G處分別

固定一個電荷量相等的正點電荷，則下列說法正確的是（）

A.B點和Di點的電勢相等

B.2點和。點的電場強度相同

C.若有一個電子以某一初速度射入該空間中，可能做勻變速直線運動

D.若有一個電子以某一初速度射入該空間中，可能做勻速圓周運動

答案AD

解析由兩個等量同種點電荷周圍電勢的對稱性可知，頂點8、A處的電勢相等，故A正確；

由電場疊加和對稱性可知，頂點8、。處的電場強度方向不同，故B錯誤；

兩個正點電荷形成的電場不是勻強電場，電子不受恒定的靜電力，不可能做勻變速直線運動，故C錯誤；

只在靜電力作用下，電子要做勻速圓周運動，則必須受到大小不變的靜電力，由等量同種點電荷電場分布

可知，電子在垂直于AG并過中心點。點的平面內(nèi)可能繞。點做勻速圓周運動，故D正確。

9.（2023?河北唐山市模擬）如圖所一示，玻璃球冠的半徑為R,底面鍍有反射膜，底面的半徑為、后勺鼻在紙面

內(nèi)有一條過球心。的光線，經(jīng)過底面反射后恰好從M點射出，已知出射光線的反向延長線恰好經(jīng)過A

點，且光在真空中的速度為以下列說法正確的是（）

A.該條光線入射方向與底面AB的夾角為30°

B.該玻璃的折射率為小

C.即使底面不鍍反射膜，光線也能完全從M點射出

D.光線從入射到射出經(jīng)歷的時間為"

答案BD

烏

解析光線從尸點射入，設球冠底面中心為。'，連接。。'，如圖所示，可知cos/OA。'=一十=4

KZ

解得N040,=30°

由于則有4M=60。，△0AM為等邊三角形，由幾何關系。0'〃跖4,可知NPNO'=60°,

該條光線入射方向與底面的夾角為60。，故A錯誤；

由幾何關系可知，ZONE=ZENM=30°,則有i=60。，r=30°,由折射定律可得〃=黑=小，故B正確；

由發(fā)生全反射的臨界角公式可得sinC=：=坐〉;

解得030°

可知，若底面不鍍反射膜，光線在A2面不會發(fā)生全反射，光線不能完全從M點射出，故C錯誤；

光線從P點射入到從M點射出,經(jīng)過的路程為s=R+/s\產(chǎn)+Rtan30°

又有0=2

則傳播時間t=.

（3+?。??

聯(lián)立解得一六故D正確。

10.（2023?廣東汕頭市三模）如圖所示為某精密電子器件防撞裝置，電子器件T和滑軌PQNM固定在一起，

總質(zhì)量為初，滑軌內(nèi)置勻強磁場的方向垂直紙面向里、磁感應強度大小為瓦受撞滑塊K套在尸0、MN滑

軌內(nèi)，滑塊K上嵌有閉合線圈Hcd,線圈油cd總電阻為R,匝數(shù)為“，反邊長為L滑塊K（含線圈）質(zhì)量

為機2,設T、K一起在光滑水平面上以速度內(nèi)向左運動，K與固定在水平面上的障礙物C相撞后速度立即

變?yōu)榱?。不計滑塊與滑軌間的摩擦，仍大于滑軌長度，對于碰撞后到電子器件T停下的過程（線圈兒邊與

器件T未接觸），下列說法正確的是（）

%

A.線圈中感應電流方向為adc6a

B.線圈受到的最大安培力為弊也

C.電子器件T做勻減速直線運動

D.通過線圈某一橫截面電荷量為需

答案AB

解析根據(jù)右手定則可知線圈中感應電流方向為故A正確;

產(chǎn)生的感應電動勢為E=nBLvo

F

根據(jù)閉合電路歐姆定律1=不

受到的安培力為F=nBIL

聯(lián)立可得線圈受到的最大安培力為尸=—p—,故B正確;

K

根據(jù)牛頓第二定律可得F=ma

“n2B2L2v

即——五—=ma

可知電子器件T做加速度減小的減速直線運動，故C錯誤;

對T根據(jù)動量定理一“3IL/^t=O-miVO

其中q=INt

聯(lián)立可得通過線圈某一橫截面電荷量為q=溫,故D錯誤。

三、非選擇題（本題共5小題，共54分）

11.（6分）（2024?湖南邵陽市武岡市期中）圖甲是某研究性學習小組探究木塊加速度與合外力關系的實驗裝置,

長木板置于水平桌面上。細線一端與木塊相連，另一端通過一個定滑輪和一個動滑輪與固定的彈簧測力計

相連，動滑輪下懸掛一個沙桶。改變桶中沙的質(zhì)量進行多次實驗，并記錄相關數(shù)據(jù)。

（1）利用該裝置實驗時，下列說法正確的是o

A.實驗前應將長木板靠近打點計時器的一端墊高，以補償阻力

B.每次在增加沙的質(zhì)量后，需要重新補償阻力

C.應將木塊靠近打點計時器，先釋放木塊，再接通電源

D.實驗中一定要保證沙和沙桶的總質(zhì)量m遠小于木塊的質(zhì)量M

（2）圖乙是實驗中獲取的一條紙帶的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7是計數(shù)點，每相鄰兩個計數(shù)點間還有

4個計時點（圖中未標出），計數(shù)點間的距離如圖所示，已知交流電頻率為50Hz。根據(jù)圖中數(shù)據(jù)得出打計數(shù)

點3時木塊的瞬時速度大小為。=m/s,木塊的加速度大小為a=m/s2（結(jié)果均保留

三位有效數(shù)字）。

345

*?*

1-—

—

單

^位

247Z883Im

40,39

乙

（3）兩同學在實驗室各取一套圖甲所示的裝置放在水平桌面上，在沒有補償阻力的情況下，研究木塊的加速

度。與拉力尸的關系，他們分別得到圖丙中甲、乙兩條直線。設兩木塊質(zhì)量分別為〃甲、M乙，兩木塊與

木板間的動摩擦因數(shù)分別為〃甲、〃乙，由圖可知,M甲M乙，〃甲乙。（均選填“

或“="）

答案（1）A（2）0.2640.496（3）<>

解析（1）實驗前應將長木板靠近打點計時器的一端墊高，以補償阻力，使得木塊受到的合外力等于細線拉

力，故A正確；

當重力沿斜面方向的分力與摩擦力相等時有Afgsin6=ftMgcos0

由此可知，當增加沙的質(zhì)量后，重力沿斜面方向的分力與摩擦力依然相等，不需要重新補償阻力，故B錯

、口

7天；

為了充分利用紙帶，應將木塊靠近打點計時器，先接通電源，再釋放木塊，故C錯誤；

此實驗中，由于細線拉力可以通過彈簧測力計得到，所以不需要滿足沙和沙桶的總質(zhì)量相遠小于木塊的質(zhì)

量M,故D錯誤。

（2）每相鄰兩個計數(shù)點間還有4個計時點未標出，則相鄰兩個計數(shù)點之間的時間間隔為T=5X0.02s=0.1s

_、“一％-,土?,,，尤24（2.40+2.88）X10-2

打t計數(shù)L點3時木塊的瞬時速度大小為。=方=------而-------m/s=0.264m/s

根據(jù)逐差法可得，木塊的加速度大小為

X47-XQ3

a=12乃

(3.39+3.88+437-1.40-1.89—2.40)X10-2

2s2

=12X0.12m/s?0.496m/s

（3）根據(jù)牛頓第二定律可得F「iMg=Ma

整理得a=%F-"g

由圖像的斜率和縱軸截距大小關系可知°,1M甲〉〃co

12.（8分）（2023?廣東揭陽市二模）某實驗小組采用下列器材測量一節(jié)干電池的內(nèi)阻和待測金屬絲的電阻率：

待測干電池（電動勢E=L5V,內(nèi)阻待測）、待測金屬絲、定值電阻Ro=L5。、電流表（內(nèi)阻可忽略）、線夾、

開關、導線等。

（1）測量步驟如下：

①用螺旋測微器測量金屬絲的直徑，如圖甲所示，則金屬絲的直徑1=mm；

②按照圖乙所示電路圖連接實驗電路；

③通過改變接線夾的位置（即圖乙中滑動變阻器符號上的箭頭接觸金屬絲的位置），控制接入電路中的金屬絲

長度，讀出電流表的示數(shù)/,記錄電流的倒數(shù);和金屬絲接入電路長度/的數(shù)值；

④重復③中的操作，測量多組數(shù)據(jù)。

(2)根據(jù)測得電流的倒數(shù);和金屬絲接入電路長度的數(shù)值，繪出如圖丙所示的圖線，根據(jù)圖像求出圖線的斜率

%與截距6,則干電池的內(nèi)阻為，金屬絲的電阻率為。(均用已知量及測量量的符號表示)

(3)根據(jù)圖丙中的數(shù)據(jù)可知，干電池的內(nèi)阻r=Q,金屬絲的電阻率0=Qmo(結(jié)果均保留

兩位有效數(shù)字，兀取3.14)

答案(1)0.530Q)bE—Ro^itkEd2(3)0.152.2X10-7

解析(1)直徑d=0.5mm+3.0X0.01mm=0.530mm。

(2)設金屬絲接入電路的有效電阻為Rx,根據(jù)閉合電路歐姆定律得E=/(r+Ho+H%)

將凡=4=懸

代入整理可用=￥+熱

劭，+氏

則n[7"=備b=~E~0

進一■步求得干電池的內(nèi)阻r—bE—RQ

金屬絲的電阻率p—^ikEd1

1.9—1.1_2

(3)由圖像可知圖線的截距6=1.1AI斜率左=一15—AIm1=2A1

解得r=0.15O,2p2.2X10-7Qm。

13.(10分)(2023?江西贛州市二模)汽車行駛時輪胎的胎壓過高容易爆胎，胎壓過低又會造成油耗上升，已知

輪胎在常溫時，胎壓以2.4?2.6atm為宜。在環(huán)境溫度為27℃時，某小車胎壓為2.5atm,已知T=273+*K),

氣體可視為理想氣體。

(1)若不考慮輪胎容積變化，該小車在嚴寒一33°C、高溫51℃的惡劣環(huán)境中胎壓分別是多大。

(2)某次檢查該小車時，發(fā)現(xiàn)某輪胎胎壓為1.5atm,車主用氣筒打氣30次后胎壓恢復到2.5atm,每次打入

壓強為1.0atm、容積為IXlorm3的氣體，打氣過程中不計輪胎容積和氣體溫度的變化，求該輪胎的容積。

答案(1)2atm2.7atm(2)3X10-2m3

解析（1）已知環(huán)境溫度Ti=300K,胎內(nèi)氣體壓強為pi=2.5atm,汽車在一33℃環(huán)境時72=（-33+273）K

=240K,胎壓設為pmm,在51℃環(huán)境時73=（51+273）K=324K,胎壓設為pmax,根據(jù)查理定律有發(fā)=詈

解得Pmin=2atm

P\_〃max

Ti=Ti

解得Pmax=2.7atm

⑵環(huán)境溫度Ti=300K,胎內(nèi)氣體壓強正常值pi=2.5atm,設輪胎打氣前胎內(nèi)氣體壓強為p?=1.5atm,輪

胎容積為V,對被充入的氣體和胎內(nèi)的氣體分析，有poWVo+p2v=piV

-23

解得V=30V0=3X10mo

14.（14分）（2023?河北邢臺市三模）在芯片制作過程中，對離子注入的位置精度要求極高，通過如圖所示的裝

置可實現(xiàn)離子的高精度注入。立方體區(qū)域ABCO—AiBCiOi的棱長為L,以。點為原點，以OA、OC和OOi

分別為x軸、y軸和z軸的正方向建立空間坐標系。一孫z。在xOz平面的左側(cè)有一對平行金屬板M、N,板

M、N與xOy面平行，板間距離為d,M、N兩板間加有電壓，板間同時存在沿x軸負方向、磁感應強度大

小為隊的勻強磁場。在板中間的尸點有一離子發(fā)射源，能沿平行于y軸正方向發(fā)射質(zhì)量為加、電荷量為十

式q>0）、速率不同的離子，立方體的AOO14面為一薄擋板，僅在其中心。處開有一小孔供離子（可視為單

個離子）進入，。點與尸點等高，P、。連線垂直于擋板。立方體的ABFE面為水平放置的薄硅片，E、F分

別為AO和8C的中點。當板M、N間的電壓大小為Uo且立方體內(nèi)勻強磁場的方向沿。41方向時，由。點

進入的離子恰好注入到硅片邊上，且速度與邊垂直。不計離子間的相互作用力、離子的重力和離子

碰撞后的反彈。

（1）比較M、N兩板的電勢高低和由。點進入的離子的速度大小oo；

（2）求立方體內(nèi)勻強磁場的磁感應強度大?。?/p>

（3）通過調(diào)整板M、N間電壓，可以控制離子在y軸方向上的注入；通過改變立方體內(nèi)磁場的方向，可以控

制離子在x軸方向上的注入。假設板M、N間的電壓大小為九初），立方體內(nèi)的磁場磁感應強度大小不變、方

向始終垂直于y軸，為保證進入立方體的離子均能注入硅片且硅片的全部區(qū)域都有離子注入，求力的取值范

圍。

答案（DM板電勢高箴⑵輸（3務玄平

解析（1）根據(jù)題意可知，由。點進入的離子在M、N板間做直線運動，因此運動時靜電力與洛倫茲力平衡，

根據(jù)左手定則可知洛倫茲力沿Z軸正方向，則靜電力應沿Z軸負方向，則M板電勢高于N板電勢。該離子

做勻速直線運動，有Boquo=g^q,解得0。=；^

(2)離子由。點進入后在立方體A2G01面做勻速圓周運動，離子的軌跡如圖甲所示

因離子到達邊時速度垂直A8邊，則A點為離子的軌跡圓心，由幾何關系得，離子的軌道半徑尺=譚

由牛頓第二定律得qvoB=^^~

pmU°

解得B=

qBodL

(3)在板M、N間的電壓確定時，離子在。點的速度大小和離子在磁場中做圓周運動的半徑大小也相應確定,

1TT

在板M、N間，有quBo=廣~，

離子在立方體內(nèi)的磁場中運動時，有qo_B=一7

聯(lián)立解得r

當離子注入尸點時，離子的軌道半徑最大，丸值最大，此時磁場方向沿尤軸正方向，取。EF截面作平面圖

如圖乙所示

離子的軌跡如圖乙中圓弧1所示，由幾何關系可知

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