2023年1月浙江省普通高校招生选考科目考试物理仿真试卷C（解析版）.pdf

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1、2023年1月浙江省普通高校招生选考科目物理仿真模拟试卷C（考试时间：90分钟 满分100分）一、选择题I（本题共13小题，每小题3 分，共 39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.下列说法正确的是（）A.用北斗导航确定远洋海轮在大海中的位置，可以把远洋海轮当作质点B.时刻就是长度很短的时间间隔C.路程是标量，即位移的大小D.直线运动中位移的大小和路程一定相等【解答】解：A、用北斗导航确定远洋海轮在大海中的位置时，其大小可以忽略，故可以把远洋海轮看作质点，故 A 正确；B、时间间隔是两个时刻的间隔，时刻是某一瞬间，不是较短的一段时间，故 B 错误

2、；CD、路程是物体实际运动轨迹的长度，位移的大小是初末位置之间的距离，物体做单向直线运动时，位移的大小等于路程，其他情况下位移大小小于路程，故 CD错误；故选：Ao2.下列各组合中，属于物理量与其对应单位的是（）A.电场强度：V B.磁通量：WbC.磁感应强度：N/A D.自感系数：L【解答】解：A、电场强度的单位是牛每库仑N/C或伏每米V/m,故 A 错误；B、磁通量的单位为韦伯W b,故 B 正确；C、磁感应强度的单位为特斯拉T,1T=1N/A m,故 C 错误：D、自感系数的单位是亨利H,故 D 错误。故 选:Bo3.下列说法中符合物理史实的是（）A.卡文迪许首次在实验室里较准确地测出了

3、引力常量B.牛顿创立了“日心说”，“日心说”是正确的，太阳是宇宙的中心C.第谷发现了行星的运动规律，开普勒发现了万有引力定律D.伽利略将行星与太阳、地球与月球、地球与地面物体之间的引力规律推广到宇宙中的一切物体，得出了万有引力定律【解答】解：A、卡文迪许首次在实验室里较准确地测出了引力常量，故A正确；B、哥白尼创立了“日心说”，太阳是太阳系的中心，太阳系是银河系的一员，银河系又是宇宙中的一个星系，太阳不是宇宙的中心。故B错误；C、开普勒发现了行星的运动规律，牛顿发现了万有引力定律，故C错误：D、牛顿将行星与太阳、地球与月球、地球与地面物体之间的引力规律推广到宇宙中的一切物体,得 出 万有引力定

4、律，故D错误；故选：Ao4.如图所示，有两个完全相同的小球A、B,将它们从同一高度以相同大小的初速度vo分别水平抛出和竖直向上抛出（不计空气阻力），则下列说法正确的是（）A RA.两小球落地时的速度相同B.从抛出点至落地，两球重力做功相同C.两小球落地时，重力的瞬时功率相同D.从抛出点至落地，重力对两小球做功的平均功率相同【解答】解：AB、在整个过程中，只有重力做功，重力做功的特点是只与始末位置的高度差相等,与其所经过的路径无关，所以这两个小球在整个过程中重力做功相等，根据动能定理可知m gi=m v2-m v 则落地时的动能相等，速度大小相等，但速度方向不同，故A错误，B正确；C、由于落地时

5、速度大小相同，方向不同，根据P=mgVy可知，重力的瞬时功率不同；D、竖直上抛运动的时间比平抛运动的时间多，根 据P=?知道：重力对平抛抛球做功的平均功率更大，故D错误；故选：B5.如图所示，质量为m的木块在水平拉力F作用下向右滑行.木板处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为内，木板与地面间的动摩擦因数为 阳，木板质量为M。则下列说法错误的是（)A.木块受到木板的摩擦力的大小为囚m g,方向水平向左B.木板受到地面的摩擦力的大小为闺m g,方向水平向左C.木板受到地面的摩擦力的大小为因（m+M）gD.无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动【解答】解：A、m对M的压力等于mg,m所 受M的

6、滑动摩擦力大小fi=n im g,方向水平向左，故A正确；BC、根据牛顿第三定律得知：木板受到m的摩擦力方向水平向右，大小等于阳mg.M处于静止状态，水平方向受到m的滑动摩擦力和地面的静摩擦力，根据平衡条件木板受到地面的摩擦力的大小是山m g,方向水平向左。故B正确，C错误；D、无论F大小如何，m在M上滑动时对M的滑动摩擦力大小不变，达不到M与地面间的最大静摩擦力总（m+M）g,所以不可能运动。故D正确；本题选错误的，故选：C。6.如图所示，一个质量为m的质点以速度V A从A点水平射出，以速度VB经过B点，不计空气阻力。则下列说法中正确的是（）A.若质点以速度VB从B点 沿-VB方向射出，它将

7、刚好以速度-VA经过A点B.若质点以大于VB的速度从B点沿-VB方向射出，它也有可能沿-V A方向经过A点C.若质点以小于VB的速度从B点射出，它也有可能沿-VA方向经过A点D.若质点以速度-VA从B点射出时还受到竖直向上、大小为3mg的恒力，则它将刚好以速度-VB经过A点【解答】解：A、质点以速度VB从B点沿-V B方向射出，在竖直方向做上抛运动，竖直方向的初速度等于A到B的竖直方向的末速度，竖直方向加速度均为g,由对称性可知上抛的最高点与A 点等高，两次水平方向速度等大反向，水平位移的大反向，故它将刚好以速度-VA经过A 点,故 A 正确；B、若质点以大于I，B的速度从8 点沿-V B方向

8、射出，最高点在A 的左上方，不可能沿-V A方向经过A 点，故 B 错误；C、若质点以小于-8的速度从8 点射出，最高点在A 的右下方，未到达4 点，竖直方向的速度已减为0,故 C 错误；D、若质点受到竖直向上、大小恒为2mg的恒力，则合力竖直向上为m g,以速度-V A从 B 水平抛出，则运动轨迹和原来的对称，则它刚好以-v s 经过A 点，但题目提供的是3?g的恒力，故 D错误。故选：Ao7.某平行于x 轴的静电场在x 轴正半轴上的电势（p 随 x 变化的关系如图所示，则（）A.在 x=X2处，电场强度为0B.在 x=x i、x=X3两处，电场强度方向相反C.电子在X =X1处受到的静电力

9、小于电子在X=X3处受到的静电力D.正电荷从X=X1移到X=X3处，受到的静电力先做负功后做正功【解答】解：ABC、根据公式E=笑，易知图线上各点切线的斜率表示该点的电场强度，在a AxX=X2处，电场强度不为0;在 X=X、X=X3两处，电场强度方向相同，且 E2VE3,由 F=qE,可知电子在X=X|处受到的静电力小于电子在X=X3处受到的静电力，故 A B错误，C 正确；D、由图可知，从 x=x i到 x=X3处，电势一直在升高，根据公式Ep=q（p,q 0,易知，正电荷电势能一直升高，受到静电力做负功，故 D 错误。故选：Co8.5 月 17日23点 48分，长征三号丙运载火箭在西昌卫

10、星发射中心成功发射我国北斗卫星导航系统第45颗 卫 星（北斗二号G E O-8卫星）。该卫星是我国北斗区域导航卫星系统的第4 颗备份卫星，属于地球静止同步轨道卫星。至此，北斗二号卫星导航系统圆满收官。则北斗二号G E 0-8卫星在轨道运行时，其()A.线速度大于第一宇宙速度B.角速度大于月球绕地球运行的角速度C.向心加速度大于地面的重力加速度D.每隔24h都会有两次经过赤道上空【解答】解：A.第一宇宙速度是近地飞行的线速度，则可知北斗二号G E O-8 卫星的线速度小于第一宇宙速度，故 A 错误；B D.由题意可知北斗二号G E O-8 卫星是地球同步卫星，则其运行周期为2 4 h,小于月球绕

11、运行的周期，根据3=竽可知其角速度大于月球绕地球运行的角速度，其相对于地球赤道上某个物体是静止的，故 B 正确，D 错误；C.在地球表面上的物体有重力等于万有引力，即mg=，可得地面的重力加速度为g=G ，R R对北斗二号GEO-8 卫星有：m a=G吗，得其向心加速度为a=G，则可知北斗(R+/l)2(R+/l)Z二号GEO-8 卫星的向心加速度小于地面的重力加速度，故 C 错误。故选：Bo9.如图所示，两根长度均为L i的轻绳一端分别拴在日光灯灯罩上的挂钩M、N 处，另一端共同悬挂于天花板上的0 处，两轻绳与竖直方向的夹角相同，日光灯保持水平。己知日光灯整体的质量为 m,挂钩M、N 之间的

12、距离为L 2,当地的重力加速度为g 则轻绳0 M 段的拉力大小为()A.2rr1gLiJ 4 4-玲C m gh“2【解答】解：日光灯受重力和两个拉力，结合对称性，两个拉力等大，设为T,设拉力与竖直方向上的夹角为a,将拉力向竖直方向分解，根据平衡条件得：2Tcosa=mg根据几何关系得:联立解得轻绳OM 段的拉力大小为：T=,31,故 A 正确，BCD错误。故选：Ao10.2020年爆发了新冠肺炎，该病毒传播能力非常强，因此研究新冠肺炎病毒株的实验室必须是全程都在高度无接触物理防护性条件下操作。武汉病毒研究所是我国防护等级最高的P 4 实验室，在该实验室中有一种污水流量计，其原理可以简化为如图

13、所示模型：废液内含有大量正、负离子,从直径为d 的圆柱形容器右侧流入，左侧流出。流量值Q 等于单位时间通过横截面的液体的体积。空间有垂直纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场，下列说法正确的是（）A.带电粒子所受洛伦兹力方向由M 指向NB.M 点的电势高于N 点的电势C.污水流量计也可以用于测量不带电的液体的流速D.只需要测量M、N 两点的电压就能够推算废液的流量【解答】解：AB、带电粒子进入磁场后受到洛伦兹力作用，根据左手定则可知，正粒子受到的洛伦兹力向下，负粒了受到洛伦兹力向上，M 点的电势低于N 点的电势，故 AB错误；C、不带电的液体在磁场中不受力，M、N 两点没有电势差，无法计算流速，

14、故 C 错误；D、最终正、负粒子受到的电场力和洛伦兹力平衡，有 qvB=q匕 解 得 液体的流速：v=旦，U是 M N 两点间的电压，废液的流量为：Q=VS=?,只需要测量M N两点的电压就能够推算废液的流量，故 D 正确。故选：D.1 1.如图所示为小明同学家里购买的一款扫地机器人，工作过程遇电量不足20%时，会自动返回基座充电.小明同学仔细翻阅了这款扫地机器人的说明书，发现其工作参数如下表所示，则该扫地机 器 人（）机器人吸尘器电池14.4V/5200mAh锂离子电池产品重量约 4.7kg无线连接WiFi智能快连额定电压14.4V额定功率68W充电时间解得：故 B 正确；C、小球到达B 点

15、时对管壁恰好无压力，由重力和点电荷对的电场力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：kQq Vn苹 -mg=m 解得：2中心点电荷的电荷量Q=3 翳，故 C 正确；D、小球运动到C 点，根据牛顿第二定律得：kQq 吐 F N =mT又 VC=VA，Q=”，解得：FN=3mg,故 D 正确；故选：BCD1 5.如图所示为氢原子的能级图，已知可见光的光子能量范围为1.62eV 3.11eV,锌板的电子逸出功为3.34eV。下列说法正确的是()n/eV4-0.853-1.512-3.41-13.6A.用能量为ll.OeV的光子照射，可使处于基态的原子跃迁到激发态B.处于n=3 能级的氢原子可以吸收任意

16、频率的紫外线，并且使氢原子电离C.大量处于n=3 能级的氢原子向基态跃迁时，辐射的光子中有两种不同频率的光子可使锌板产生光电效应现象D.大量处于n=4 能级的氢原子向基态跃迁时所发出的光子通过同一双缝干涉实验装置，以!=4 直接跃迁到n=l 能级发出的光子所形成的干涉条纹最宽【解答】解：A、若基态的氯原子吸收的能量等于ll.OeV的光子，则能量值为：E=Ei+11.0eV=-13.6eV+11.0eV=-2.6eV,氢原子没有该能级，所以处于基态的氢原子不能吸收ll.OeV的光子,故 A 错误；B、紫外线光子的最小能量为3 1 le V,处 于 n=3 级的氢原子的电离能为L 5 leV,故紫

17、外线可以使氢原子电离，故 B 正确；C、处于n=3 能级向基态跃迁时发射出光的能量为 =-1.51eV-(-13.6eV)=12.09eV,大于锌板的电子逸出功3.34eV,因此能产生光电效应，电子在n=2 能级再次向基态跃迁发射出光子的能量为 =-3.4eV-(-13.6eV)=10.2eV3.34eV则可以产生光电效应，处T n=3能级向基态向n=2 跃迁时发射出的光的能量为 =-1.51eV-(-3.4eV)=1.89eV,小于大于锌板的电子逸出功3.34eV不能产生光电效应，故有两种不同频率的光产生光电效应，故 C 正确；D、双缝干涉实验装置，在光屏上相邻亮条纹间距 X=人 由 n n

18、=4 直接跃迁到n=1 能级发a出的光子的频率最大，则波长最短，所以形成的干涉条纹最窄，故 D 错误。故选：BC16.2021年 12月 9 日，我国神舟十三号乘组航天员翟志刚、王亚平、叶光富在空间站进行了太空授课。如图甲所示，王亚平在水球里注入一个气泡，观察水球产生的物理现象。课后小明同学画O了过球心的截面图，如图乙所示，内径是R,外径是-R。假设一束单色光（纸面内）从外球面上3A 点射入，光线与AO直线所成夹角i=30,经折射后恰好与内球面相切。已知光速为 (选填”或“；存在阻力1 8.(7 分)感冒发热是冬春季节常见的疾病，用电子体温计测量体温既方便又安全。电子体温计的工作原理是利用热敏

19、电阻阻值随温度的变化将温度转化为电学量。某同学想利用一热敏电阻和一数字电压表制作一个电子体温计。(1)该同学用多用电表欧姆“X 1 0”挡，粗测了热敏电阻的阻值，测量结果如图甲所示，则该热敏电阻该次测量的电阻阻值为 1 3 0 Q。（2）该同学在用伏安法测热敏电阻在不同温度下的电阻时，得到如图乙所示的电阻阻值Rt与温度t的关系图象，由图象可知热敏电阻在34下的电阻为 125 fl.（3）该同学利用这个热敏电阻和一数字电压表制作的电子温度计电路如图丙所示，其中电源电动势E=1.5 V,内阻不计，电压反馈电阻Ri=32O,Ro为保护电阻，R为热敏电阻，R2为比例匹配定值电阻，则温度越高，数字电压表

20、显示的电压越 大（选 填“大”或“小”）；为了让温度 从35到42变化时数字电压表的示数能从0.35V到0.42V变化，则比例匹配电阻阻值R2=【解答】解：（1）用多用电表欧姆“X 10”挡，由图甲所示表盘可知，该热敏电阻该次测量的电阻阻值为 R=13 X 1011=130fto（2）由图乙所示图象可知，热敏电阻在34卜的电阻为R=125。（3）由电路丙可知，热敏电阻R1与比例匹配定值电阻R2并联，温度越高，山乙图可知热敏电阻Rt越小，则热敏电阻Rt与R2并联的电阻越小，由串联分压可知，电压反馈电阻R i上分担的电压越大，则数字电压表显示的电压越大；温度为35时，热敏电阻Rt的阻值为120。，

21、电阻R i的电压为0.35V,此时干路电流 为 些 4根据闭合电路欧姆定律有:1.5=0.35+蟒（3 +舞黑）32 32 v 0 夫2+120,温度为42时，热敏电阻Rt的阻值为90。，电压反馈电阻R的电压为0.42V,此时干路电流为3 24 根据闭合电路欧姆定律有：1.5=0.42+代入数据解得：R 2=7 20C。故答案为：（1）1 3 0；（2）1 25；（3）大；7 20o1 9.（9分）如图所示，倾斜滑雪道A B 与 CD 的倾角分别为01=3 0和。2=45,水平滑雪道BC长度L=2 5 m,水平滑雪道与斜滑雪道之间均平滑连接。一位质量m=6 0 k g 的滑雪者从距水平滑道 高

22、 h=2 5 m 处由静止开始下滑，经过水平滑道后冲上另一斜滑道。已知滑雪者与水平滑道BC和斜滑道CD 的动摩擦因数口=0.2,与斜滑道A B 的摩擦忽略不计。重力加速度g=1 0m/s 2.（计算结果可用根式表示）（1）求滑雪者在滑道A B 上运动所用的时间；（2）求滑雪者经过C点时的速度大小；（3）求滑雪者沿斜滑道CD 上滑的最大距离。【解答】解：（1）滑雪者在滑道A B 上运动时加速度=吗也!=g s i n e i=5m/s2根据匀变速直线运动规律：=士即片sin61 2 1 1解得滑雪者在滑道A B 上运动所用的时间口 =2底（2）滑雪者由开始出发到C点的过程中，根据动能定理：m g

23、 A-mL=nv解得滑雪者经过C点时的速度大小vc=20m/s（3）设滑雪者沿斜滑道CD 上滑的最大距离为H。U1根据动能定理：-m g H -i m g c o s 02-s ing=一 区 m vc解得；，=竽 血;答：（1）滑雪者在滑道A B 上运动所用的时间为2遍?n/s；（2）滑雪者经过C点时的速度大小为20m/s；（3）滑雪者沿斜滑道C D上滑的最大距离 为 娅m；320.（1 2分）小珂在游乐场游玩时，发现过山车有圆形轨道也有水滴形轨道，想到了教材必修2上有如下表述：运动轨迹既不是直线也不是圆周的曲线运动，可以称为一般的曲线运动。尽管这时曲线各个位置的弯曲程度不一样，但在研究时，

24、可以把这条曲线分割为许多很短的小段，质点在每小段的运动都可以看作圆周运动的一部分（注解：该一小段圆周的半径为该点的曲率半径）。这样，在分析质点经过曲线上某位置的运动时，就可以采用圆周运动的分析方法来处理了（如图所示），小珂设计了如图所示过山车模型，质量为m的小球在A点静止释放沿倾斜轨道A B下滑,经水平轨道B C进入半径R i=0.8 m的圆形轨道（恰能做完整的圆周运动），再经水平轨道C E进入“水滴”形曲线轨道EFG,E点的曲率半径为R 2=2 m,并且在水滴形轨道上运动时，向心加速度大小为一定值，F与D等高。忽略所有轨道摩擦力，轨道连接处都平滑连接，水滴形轨道左右对称。（g=1 0 m/s

25、2）（1）求小球释放点A距离水平面的高度H；（2）设小球在圆形轨道上运动时，离水平面的高度为h,求向心加速度a与h的函数关系；（3）设小球在水滴形轨道上运动时，求轨道曲率半径r与h的函数关系（h为小球离水平面的高度）。【解答】解：（1）最高点D根据牛顿第二定律可得：m g=A到D根据动能定理：m g H -2mgR1=解得：H=2 m（2）从释放到离水平面的高度为h的过程中，根据动能定理可得：m g （H-h）=A?n v2根据向心加速度公式可得V2瓦联立解得：a=5 0 -2 5 h (0 W h W l.6 m)（3）A到E点根据动能定理可得：m g H =1 m理向心加速度为a=1附2解

26、得：a=2 g由题意水滴形轨道上运动时，向心加速度大小相等，均为2 g.当小球高度为h时，根据动能定理可得：m g（H-力a=（a=2 g）解得：r=2 -h答：（1）小球释放点A距离水平面的高度H为2 m；（2）设小球在圆形轨道上运动时，离水平面的高度为h,向心加速度a与h的函数关系为a=5 0-2 5 h （0 W h W 1.6 m）；（3）设小球在水滴形轨道上运动时，轨道曲率半径r与h的函数关系为r=2-h。2 1.（1 0分）如图所示，足够长的平行金属导轨P Q、P Q 水平固定，处在竖直向下的匀强磁场中，其右端通过一小段圆弧形绝缘材质导轨与倾角为9倾斜固定导轨M N、M N平滑相连

27、，倾斜导轨处在垂直导轨平面的匀强磁场中，两部分磁场的磁感应强度均为B.在水平导轨靠近P P 的位置静止放置一根电阻为R、质量为m的金属棒a,在倾斜导轨上靠近M M 的位置静止锁定一根电阻也为R、质量也为m的金属棒b.己知金属棒长度和导轨间距均为L,重力加速度为g,电容器的储能公式Ec=#U 2,且金属棒与导轨接触良好，不计其他电阻，不计一切摩擦，不考虑电磁辐射.现在P P 之间用导线接一个电阻为R的定值电阻，并给金属棒a一个水平向右的初速度v（）.（1）试求金属棒a在水平导轨上向右滑动过程中，金属棒a上产生的焦耳热.（2）若将定值电阻R换成一个电容为C的电容器，仍然在靠近P P 的位置给金属棒

28、a一个水平向右的初速度vo,试求金属棒a在水平导轨上向右滑动过程中，金属棒a上产生的焦耳热.（3）在 第（2）问基础上，经过足够长时间，金属棒a到达绝缘材质导轨并滑离，然后以大小为v的速度从M M 滑入倾斜导轨，与此同时解除对金属棒b的锁定，金属棒b由静止开始运动，再经过时间t,金属棒a的速度大小变为vi，试求此时金属棒a、b的加速度a i、a 2的大小.设整个过程中两棒没有相撞.【解答】解：（I）最 终a棒静止在水平导轨上，动能全部转化为a棒与电阻上的电热，则有:7 7 1 VQ=Qa+QR而 Q a=Q R，解得：Q a=（2）最终a棒以v匀速运动，棒运动产生电动势与电容两端电压U相等，则

29、由动量定理有：-7 L B=m v -m v o其中 U=BL v,U=*q=7.t联 立 解 得 棒 匀 速 运 动 时 的 速 度 缶，2豁整个过程能量守恒有 m喏=：m，+9u2+Q解得：Q=2(m+CB2L2y)（3）设ab棒的速度分别为v i、V 2，由于a棒进入倾斜导轨时，a棒受到的安培力可能大于重力沿斜面的分力，也可以小于重力的分力，经过时间t,a棒加速还是减速运动情况不明，因此分情况讨论如下，若一开始，有m g s i n O F安a棒加速运动，b棒也加速运动，一开始a2 ai，最终两者共速且有相同的加速度，其速度时间图象如右上图所示。分别对ab 用动量定理，或者对ab 系统使

30、用动量定理可得：2 m g s i n 0*t=m （v i -v o）+m v 2经时间，v i 2 V 2，则对 a 棒 有:m g s i n S -IL B=m ai其中1=2R联立重：ai=g s i n 0 2niR对 b 棒，有：m g s i n B+IL B=m a2解得：a2=g s i n 0+(2 V 1-2gsin8 v)2mR若一开始，有 m g s i n V F 安a 棒进入倾斜轨道先减速运动，再加速运动，最终与b共速，且加速讴相同其速度时间图象如右下图所示，I、若经过时间t,a 棒仍处减速运动阶段，贝！|：-mgsinO=ma1解得：ai=.3 1；2 r?1

31、%一9）Z/TIA2 2 ,同理可得 a2=g s i n e+-L Q h.i n e t-v）0 2mR2 2n若 经 过 时 间 t,a 棒处于加速运动阶段，贝 h m g s i n e-5 L P 2）=m ai,解 得：ai =2 nn s i n 0_ 8 2/（2 匕-2 即力）0 2mR2 2 ,同理可得：a2=g s i n e+-L 3 1 雪zmKI I L 若经过时间3 V|=V 2,则电路中电流为0,两棒不受安培力，则ai=a2=g s i n 81 1答：（1）金属棒a 在水平导轨上向右滑动过程中，金属棒a 上产生的焦耳热为-4 0（2）若将定值电阻R换成一个电容

32、为C 的电容器，仍然在靠近P P 的位置给金属棒a 一个水平向 右 的 初 速 度 v o,金 属 棒 a 在水平导轨上向右滑动过程中，金 属 棒 a 上产生的焦耳热为CmvB2172(m+CB2l7)2 2 _(3)当 a 棒到达倾斜轨道时处于加速状态，则 a 棒 力 U 速度ai=g s i n O 即 9三 擘 吐 力，b2mR2 2棒加速度 a2=g s i n e+-L(2”2即61)；2mR2 2 -当 a 棒到达倾斜轨道时处于减速状态，则 a 棒加速度ai=B“_ 仇b棒加2mR d速度a2=g s i n 0+殖也铲”占；0 2mR当 v i=V 2 时，两棒的加速度相等a=a

33、2=g s i n。2 2.(1 0 分)现代科学仪器常利用电场加速，磁场偏转控制带电粒子的运动，如图所示，真空中存在着多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场、磁场宽度均为d,电场强度为E,方向水平向右；垂直纸面向里磁场的磁感应强度为B,电场磁场的边界互相平行且与电场方向垂直。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1 层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射。(1)求粒子在第2 层磁场中运动时速度V 2 的大小与轨迹半径(2)粒子从第n 层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为。n,试求s i n%;第1层 第2层 第n层/I X X

34、N-X X1-X XX XX XX XX XX XX XX Xr-X X 1X X*X X JX X；X X X X 1X X 1X X|X XI X X-I X X-X X-H X X-【解答】解：（1）粒子在进入第2层磁场时，经两次电场加速，中间穿过磁场时洛伦兹力不做功,由动能定理有2 q Ed=谚解得V 2 =粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有q%B =联立解得n=1嚼（2）设粒子在第n 层磁场中运动的速度为vn，轨迹半径为5 （下标表示粒子所在层数）,1则有 q Ed =2m vnfqvnB=m 1 n粒子进入到第n 层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为斯，从第n层磁场右

35、侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为en,粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，有：V n -i s i n Q n-I=vns i n an由图根据几何关系可以得到 碗 面-r n s i n a n=d,联立解得 rns i n 0 n -rn-i s i n 0n-i=d由此可看出口s i n O i，F2 s i n 0 2，r 3 s i n O 3 r n Si n B n 为一等差数列，公差为d,可得：rns i n 0n=r i s i n 0 i+(n -1)d当 n=l时，由右图可看出：r i s i n&=d,X XX X-/-*I X X图1联立可解得s i n 9 n=B答：(1)粒子在第2 层磁场中运动时速度V 2 的大小为2轨迹半径为一B(2)粒 子 从 第 n层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为0 m s i n 0n的值为