文档内容
届高三 月大联考物理
２０２４ ４
参考答案、提示及评分细则
.【答案】
１ Ｂ
【解析】 是氢原子巴耳末系中频率最小 波长最长的谱线 错误 光电效应产生的条件是
Ｈα 、 ꎬＡ ꎻ
入射光的频率大于金属的极限频率 验电器指针没有张开 说明入射光的频率小于金属的极
ꎬ ꎬ
限频率 据利用玻尔理论中的频率条件ｈν Ｅ Ｅ 可知从 ｎ 跃迁到 ｎ 发出的光频率比
ꎬ ＝ ｎ－ ２ ＝５ ＝２
光束频率要高 用该光照射金属板 可能发生光电效应现象 验电器指针可能张开 正
Ｈα ꎬ ꎬ ꎬ ꎬＢ
确 增大 光束的强度 不能发生光电效应现象 错误 改用逸出功更大的金属板材料 其
ꎻ Ｈα ꎬ ꎬＣ ꎻ ꎬ
入射光的频率更小于金属的极限频率 不能发生光电效应 错误 故选 .
ꎬ ꎬＤ ꎬ Ｂ
.【答案】
２ Ｂ
【解析】沿虚线ａ向左移动时 细线对空竹的合力与重力等大反向 可知合力不变 错误 沿
ꎬ ꎬ ꎬＡ ꎻ
虚线ｂ向上移动时 ＡＢ两点水平间距不变 绳长不变 可知细线与竖直方向的夹角 θ 不变 则
ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
细线的拉力不变 正确 沿虚线ｃ斜向上移动时 细绳与竖直方向的夹角θ增大 则细线的拉
ꎬＢ ꎻ ꎬ ꎬ
力将增大 错误 沿虚线ｄ向右移动时 细绳与竖直方向的 θ 角增大 则细线的拉力将增大
ꎬＣ ꎻ ꎬ ꎬ ꎬ
错误 故选 .
Ｄ ꎬ Ｂ
.【答案】
３ Ａ
【解析】根据介质对光的折射率 Ｃ １ 及几何关系可得 当入射角为临界角时 在上表面能
ｓｉｎ ＝ ｎ ꎬ ꎬ
折射出光线的最大半径为 ａ 大于水面对角线的一半 因此光线在上表面能被光照亮的区域
３ ꎬ ꎬ
是整个水面 所以面积为 ａ２.故选 .
ꎬ １６ Ａ
.【答案】
４ Ｄ
ａ３
【解析】开普勒第三定律 ｋ 其中ｋ 与中心天体有关 新视野 探测器 地球做圆周运动的
Ｔ２ ＝ ꎬ ꎬ“ ” 、
Ｍｍ ＧＭ
中心天体不同 错误 在天涯海角表面 不考虑星球自转的影响有 Ｇ ｍｇ ｇ
ꎬＡ、Ｂ ꎻ ꎬ : Ｒ２ ＝ １⇒ １＝ Ｒ２ ꎻ
Ｍｍ ２ ２ｒ
对 新视野 探测器Ｇ ｍ４π ｒ ｍａ 解得ａ ４π １ 因探测器的运动半径大于小行星的
“ ” ｒ２ ＝ Ｔ２ １＝ ｎꎬ ｎ＝ Ｔ２ ꎬ
１ １ １
２ｒ Ｍｍ
半径 可知小行星表面的重力加速度不等于４π １ 错误 对小行星的近地卫星 Ｇ ０ ｍ
ꎬ Ｔ２ ꎬＣ ꎻ Ｒ２ ＝ ０
１
高三物理试题参考答案 第 页 共 页
【 １ ( ７ )】
{#{QQABKQyAggiIAIAAABgCUQHACEMQkBACAAoGQEAEIAABiQFABAA=}#}ｖ２ ＧＭ ２ｒ３
１ 解得ｖ ４π １ 正确 故选 .
Ｒꎬ １＝ Ｒ ＝ Ｔ２Ｒ ꎬＤ ꎬ Ｄ
１
.【答案】
５ Ｃ
ｈ
【解析】离地ｈ 投送时 物资包做平抛运动的时间 ｔ ２ １ 直升机飞行的速度大
１＝４５ｍ ꎬ １＝ ｇ ＝３ｓꎬ
ｈ
小为 离地ｈ 投送时 物资包做平抛运动的时间ｔ ２ ２ 设直升机投送物资
５ｍ/ｓꎬ ２＝２０ｍ ꎬ ２＝ ｇ ＝２ｓꎬ
包时速度为ｖ 离目标位置水平距离为ｘ 依题意有
ꎬ ꎬ :
ｖ２ ２ . ｘ
－５ ＝２×１ ５×(４５－ )①
ｘ ｖ
＝２ ②
联立 解得直升机投送物资包时的位置离目标位置水平距离为 项正确 故选 .
①② ２０ｍꎬＣ ꎬ Ｃ
.【答案】
６ Ｄ
【解析】因为两圆环彼此在对方圆心处场强不为 错误 Ｐ Ｎ 两点场强大小相等但方向不
０ꎬＡ ꎻ 、
同 错误 根据对称性特点可知Ｐ Ｎ两点是等势点 错误
ꎬＢ ꎻ 、 ꎬＣ ꎻ
ｋΔＱ ｋΔＱ ｋＱ
由Ｅ ３ (２５ ２－３ １０) 可知 正确 故选 .
Ｐ＝∑ Ｒ ２ ｃｏｓ４５°－∑ Ｒ ２ ＝ Ｒ２ Ｄ ꎬ Ｄ
( ２ ) ( １０ ) １０ １００
.【答案】
７ ＡＣＤ
λ
【解析】由题知Ａ λ 则有 Ｔ 正确 . 时质点 Ｎ 处的振动信息刚好传到
＝２ｍꎬ ＝４０ｍ ＝ ｖ ＝２ｓꎬＡ ꎻ１ ５ｓ
质点Ｍ处 此时Ｍ将远离平衡位置 错误 由题意可知质点 Ｍ 第一次回到平衡位置需要
ꎬ ꎬＢ ꎻ
. 而质点Ｎ第一次回到平衡位置的时间ｔ ５０－３５ . 正确 Δｔ . ３ Ｔ 在
０ ２５ｓꎬ ＝ ｓ＝０ ７５ｓꎬＣ ꎻ ＝７ ５ｓ＝(３＋ ) ꎬ
２０ ４
振动了 Ｔ后 质点Ｍ和Ｎ的振动状态和ｔ 时一样 只需要考虑３ Ｔ 内的情况 在３ Ｔ .
３ ꎬ ＝０ ꎬ ꎬ ＝１ ５ｓ
４ ４
内 波向前传播的距离为 质点Ｎ的振动状态传播到 ｘ 质点 即质点 Ｍ 处 ｘ
ꎬ ３０ｍꎬ ＝５ｍ ( ) ꎬ １＝６５ｍ
处质元的振动状态传播到ｘ 质点 即质点 Ｎ 处 此时质点 Ｍ 和 Ｎ 的振动速度大小相等
＝３５ ( ) ꎬ ꎬ
方向相反 正确 故选 .
ꎬＤ ꎬ ＡＣＤ
.【答案】
８ ＡＣ
【解析】当Ｒ 滑片滑至正中间时 变压器输出端总电阻Ｒ 电压为Ｕ 电流为Ｉ 根据ｎ /
３ ꎬ ＝５５Ωꎬ ２、 ２ꎬ １
ｎ ｋ Ｕ /Ｕ Ｉ /Ｉ 可得Ｉ . ｋ 又 Ｕ Ｕ /ｋ Ｉ Ｕ /Ｒ Ｕ Ｕ Ｉ Ｒ 联立 可
２＝ ＝ １ ２＝ ２ １ꎬ ２＝０ ５ ꎬ ２＝ １ ①、 ２＝ ２ ②、 １＝ － １ ０③ꎬ ①②③
得ｋ 正确 Ｒ 滑片下滑 输出端总电阻减小 总电流增大 则输入电流增大 电流表读
＝２ ∶ １ꎬＡ ꎻ ３ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
数增大 错误 当变压器输出功率最大时 输出端总电阻Ｒ 有ｋ２Ｒ Ｒ 可得Ｒ 根据串
ꎬＢ ꎻ ꎬ ꎬ ＝ ０ꎬ ＝５５Ωꎬ
并联电路电阻的规律有Ｒ
＝
Ｒ
１＋
Ｒ
２
Ｒ
３
/
(
Ｒ
２＋
Ｒ
３)ꎬ
可得 Ｒ
３＝２０Ωꎬ
根据 Ｐ
ｍ＝
Ｕ２/
４
Ｒ
０ꎬ
可得最大输
高三物理试题参考答案 第 页 共 页
【 ２ ( ７ )】
{#{QQABKQyAggiIAIAAABgCUQHACEMQkBACAAoGQEAEIAABiQFABAA=}#}出功率为 正确 根据ｎ /ｎ ｋ Ｕ /Ｕ Ｉ /Ｉ 可得 Ｕ Ｕ Ｉ Ｉ 又有 Ｒ Ｕ /Ｉ 当
５５ＷꎬＣ ꎻ １ ２＝ ＝ １ ２＝ ２ １ꎬ １＝４ ２ꎬ ２＝４ １ꎬ ＝ ２ ２ꎬ
Ｒ 滑片滑至正中间时 变压器输出端总电阻 Ｒ 可得 Ｕ /Ｉ 又 Ｕ Ｕ Ｉ Ｒ 可得
３ ꎬ ＝５５Ωꎬ １ １＝８８０Ωꎬ １＝ － １ ０ꎬ
Ｉ . 根据Ｐ Ｉ２Ｒ Ｐ . 错误 故选 .
１＝０ ２Ａꎬ ０＝ １ ０ꎬ ０＝８ ８ＷꎬＤ ꎬ ＡＣ
.【答案】
９ ＢＣ
【解析】以木箱作为参考系 当滑块相对于斜面刚要发生相对滑动时受到重力和支持力作用
ꎬ ꎬ
此时滑块的加速度ａ ｇ θ . ２ 末由图可知 ａ ２ 滑块相对于木箱没有发生相
＝ ｔａｎ ＝７ ５ｍ/ｓ ꎬ１ｓ ＝３ｍ/ｓ ꎬ
对运动 滑块木箱可视为整体 据 Ｆ Ｍ ｍ ａ 可知 Ｆ 错误 根据图求面积可知 内
ꎬ ꎬ ＝( ＋ ) ＝９ＮꎬＡ ꎻ ２ｓ
速度增加量 ｖ ａ ｔ 末速度为 正确 . 末滑块的加速度为 . ２ 滑块
Δ ＝ Δ ＝６ｍ/ｓꎬ２ｓ ６ｍ/ｓꎬＢ ꎻ２ ５ｓ ７ ５ｍ/ｓ ꎬ
相对于斜面开始滑动 正确
ꎬＣ ꎻ
选项 方法一
Ｄ ꎬ :
Ｈ
. 后开始发生相对滑动 设相对加速度为ａ 根据ｍａ ｍａ θ ｍｇ θ １ａ ｔ２ 解得 ｔ
２ ５ｓ ꎬ １ꎬ １＝ ｃｏｓ － ｓｉｎ ꎬ θ＝ １ ꎬ
ｓｉｎ ２
. 则滑块到达斜面顶部时刻为 . 末 错误.
＝０ ４ｓꎬ ２ ９ｓ ꎬＤ
选项 方法二 滑块相对于斜面运动时 受到重力和支持力 Ｆ 作用 将支持力正交分解成水
Ｄ ꎬ : ꎬ ꎬ
Ｆ θ ｍｇ Ｆ θ
平分力Ｆ 和竖直方向的分力Ｆ 竖直方向有 ａ ｃｏｓ － 水平方向有 ａ ｓｉｎ 滑块
１ ２ꎬ : ｙ＝ ｍ ①ꎬ : ｘ＝ ｍ ②ꎬ
从斜面底端运动到顶端过程
ꎬ
设斜面底边长Ｌ
ꎬ
竖直方向有
:
Ｈ
＝
１ａ
ｙ
ｔ２
③ꎬ
水平方向有
:
Ｌ
＝
１
(
ａ
２ ２
Ｈ
－
ａ
ｘ)
ｔ２
④
又
ｔａｎ
θ
＝ Ｌ⑤
.联立
①~⑤
式有
:
ｔ
＝０
.
４ｓꎬ
则滑块到达斜面顶部时刻为
２
.
９ｓ
末
ꎬＤ
错误
ꎬ
故选 .
ＢＣ
.【答案】
１０ ＡＢ
【解析】导体棒ａ在ＡＢ位置只受重力和支持力 根据 ｍｇ θ ｍａ ａ ｇ θ 正确 到达 ＥＦ
ꎬ ｓｉｎ ＝ ꎬ ＝ ｓｉｎ ꎬＡ ꎻ
时速度达到最大 合力为 受力分析可得ｍｇ θ ｋｄ
Ｂ２Ｌ２ｖ
ｖ (
ｍｇ
ｓｉｎ
θ
－
ｋｄ
)(
Ｒ
１＋
Ｒ
２)
ꎬ ０ꎬ ｓｉｎ － －Ｒ Ｒ ＝０⇒ ＝ Ｂ２Ｌ２ ꎬ
１＋ ２
正确 由于电路中焦耳热增加 弹簧弹性势能增加 根据能量守恒 导体棒机械能不断减
Ｂ ꎻ ꎬ ꎬ ꎬ
小 错误 整个过程中焦耳热增加 所以导体棒与弹簧组成的系统机械能减少 不能回到原
ꎬＣ ꎻ ꎬ ꎬ
位置 错误 故选 .
ꎬＤ ꎬ ＡＢ
.【答案】 共 分 每空 分 距离相等 . .
１１ ( ８ ꎬ ２ )(１) (２)①ＢＣ ②０ ８２ ③９ ７
【解析】 若小车匀速下滑 则小车在相等时间内通过的路程相等 因此在纸带上打出一系
(１) ꎬ ꎬ
列距离相等的点.
轨道不需要光滑 错误
(２)①Ａ. ꎬＡ ꎻ
先接通电源 后释放小车 小车应从靠近打点计时器处释放 正确
Ｂ. ꎬ ꎬ ꎬＢ ꎻ
小车下滑时 为保证实验的准确性 应使细线始终与轨道平行 正确
Ｃ. ꎬ ꎬ ꎬＣ ꎻ
悬挂着 个槽码时 小车匀速下滑 则Ｍｇ θ ｆ ｍｇ
Ｄ. ６ ꎬ ꎬ ｓｉｎ － ＝６
高三物理试题参考答案 第 页 共 页
【 ３ ( ７ )】
{#{QQABKQyAggiIAIAAABgCUQHACEMQkBACAAoGQEAEIAABiQFABAA=}#}若细线下端悬挂着 个槽码 小车加速下滑 设绳子的拉力为Ｔ′
２ ꎬ ꎬ ꎻ
根据牛顿第二定律 对槽码Ｔ′ ｍｇ ｍａ′
ꎬ －２ ＝２
对小车Ｆ Ｍｇ θ ｆ Ｔ′ ｍｇ ｍ ｇ ａ′ ｍｇ ｍｇ ｍｇ
合＝ ｓｉｎ － － ＝６ －２ ( ＋ )<６ －２ ＝４
所以槽码加速上升时 小车下滑过程中受到的合外力小于 ｍｇ 故 错误 故选 .
ꎬ ４ ꎬ Ｄ ꎬ ＢＣ
相邻计数点间的时间间隔为Ｔ ５ ５ . 根据逐差法 加速度为
② ＝ ｆ ＝ ＝０ １ｓꎬ ꎬ
５０
ｘ ｘ . . . . . .
ａ ４７－ １４ (６８ ２＋７６ ４＋８４ ６)－(４３ ６＋５１ ８＋６０ ０) －３ ２ . ２.
＝ Ｔ ２ ＝ . ２ ×１０ ｍ/ｓ ＝０ ８２０ｍ/ｓ
(３ ) (３×０ １)
故ａ . ２.
＝０ ８２ｍ/ｓ
对小车 匀速时有Ｍｇ θ ｆ ｍｇ
③ ꎬ ｓｉｎ － ＝６
减小ｎ个槽码后 对小车和槽码分别有Ｍｇ θ ｆ Ｔ Ｍａ
ꎬ ｓｉｎ － － ＝
Ｔ ｎ ｍｇ ｎ ｍａ
－(６－ ) ＝(６－ )
ｍ Ｍ
联立可得１ ６ ＋ １ １ 故图像的截距ｂ １ 代入数据解得ｇ . ２.
ａ ＝ ｍｇ ｎ －ｇꎬ ＝ ｇꎬ ＝９ ７ｍ/ｓ
.【答案】 共 分 每空 分 黑 .
１２ ( ８ ꎬ ２ )(２) (３)０ ５０ (３)２０ (４)１００
【解析】 根据图甲可知欧姆表的 表笔与毫安表的正接线柱相连 对于毫安表电流是从
(２) ｂ ꎬ
正接线柱流入 负接线柱流出 则可知对于欧姆表电流是从 表笔流出 表笔流入 依据 红
ꎬ ꎬ ｂ ꎬａ ꎬ “
进黑出 原则 可知 表笔为黑表笔.
” ꎬ ｂ
毫安表读数为 . .
(３) ０ ５０ｍＡ
Ｅ
由读数知欧姆表满偏电流为 . Ｒ 则Ｒ " " 故正中央刻度应
(４) ７ ５ｍＡꎬ Ω＝Ｉ ＝２００Ωꎬ Ω＝２０× １０Ω ꎬ
ｍａｘ
标记的数值为 .
２０
由图乙可知 欧姆表内的电源电动势为Ｅ . 欧姆表内阻和毫安表内阻之和为 ｒ Ｒ
(５) ꎬ ＝１ ５Ｖꎬ ＝ Ω
ΔＵ . .
Ｒ 根据闭合电路欧姆定律得 Ｕ Ｅ Ｉｒ.结合 Ｕ Ｉ 图像可知 ｒ １ ５－１ ３５ 则
＋ Ａꎬ : ＝ － － ＝ ΔＩ ＝ . －３ ＝３００Ωꎬ
０ ５×１０
毫安表的内阻Ｒ .
Ａ＝１００Ω
.【答案】 . －３ ３ 或 . －４ ３
１３ (１)６ ０×１０ ｍ ( ６ ０×１０ ｍ )
或 或 .
(２)①１２０ｋｇ( １２ｋｇ) ②１８０Ｊ( １ ８Ｊ)
【解析】 设充入的气体体积为Ｖ 则有
(１) ꎬ
ｐ Ｌ Ｓ ｐ Ｖ ｐ Ｌ Ｌ Ｓ 分
１ １ ＋ ０ ＝ １( １＋Δ ) (２ )
ｐ Ｓ Ｌ
解得 Ｖ １ Δ . －３ ３ 分
: ＝ ｐ ＝６ ０×１０ ｍ (１ )
０
ｐ Ｓ Ｌ
若按ｐ . ５ 计算的 或解得 Ｖ １ Δ . －４ ３ 分
( １＝３ ０×１０ Ｐａ ꎬ : ＝ ｐ ＝６ ０×１０ ｍ (１ ))
０
由理想气体状态方程有
(２)① :
高三物理试题参考答案 第 页 共 页
【 ４ ( ７ )】
{#{QQABKQyAggiIAIAAABgCUQHACEMQkBACAAoGQEAEIAABiQFABAA=}#}ｐ Ｓ Ｌ Ｌ ｐ ＳＬ
１ ( １＋Δ ) ２ ２ 分
Ｔ ＝ Ｔ (１ )
１ ２
解得ｐ . ６ 分
２＝３ ６×１０ Ｐａ(１ )
若按ｐ . ５ 计算的 解得 ｐ . ５ 分
( １＝３ ０×１０ Ｐａ ꎬ : ２＝３ ６×１０ Ｐａ(１ ))
ｐ ｐ Ｓ ｍｇ 分
( ２－ １) ＝ (１ )
解得ｍ 分
＝１２０ｋｇ(１ )
若按ｐ . ５ 计算的 或解得ｍ 分
( １＝３ ０×１０ Ｐａ ꎬ ＝１２ｋｇ(１ ))
ｐ ｐ
外界对气体做功 Ｗ １＋ ２Ｓ Ｌ Ｌ Ｌ 分
② : ＝ ( １＋Δ － ２)(１ )
２
解得 Ｗ 分
: ＝１９８Ｊ(１ )
若按ｐ . ５ 计算的 或解得 Ｗ . 分
( １＝３ ０×１０ Ｐａ ꎬ : ＝１９ ８Ｊ(１ ))
由热力学第一定律有 ΔＵ Ｗ Ｑ 分
: ＝ － ＝１９８－１８＝１８０Ｊ(１ )
若按ｐ . ５ 计算的 或结果 Ｕ Ｗ Ｑ . . 分
( １＝３ ０×１０ Ｐａ ꎬ :Δ ＝ － ＝１９ ８－１８＝１ ８Ｊ(１ ))
Ｒ ｄ ｍ
.【答案】 ４ ｄ
１４ (１) ｄ (２) Ｒｇ (３)Ｍ
２
【解析】 释放小球后 １ ｍｖ２ ｍｇＲ 分
(１) ꎬ ０＝ (１－ｃｏｓ６０°)(１ )
２
得到达水平面的速度ｖ Ｒｇ 分
０＝ (１ )
小球与滑块发生弹性碰撞 ｍｖ ｍｖ Ｍｖ 分
: ０＝ １＋ ２(１ )
１ ｍｖ２ １ｍｖ２ １Ｍｖ２ 分
０＝ １＋ ２(１ )
２ ２ ２
ｍ Ｍ ｍ
解得ｖ － ｖ ｖ ２ ｖ 分
１＝ｍ Ｍ ０ ２＝ｍ Ｍ ０(１ )
＋ ＋
碰后小球匀速 滑块减速 当ｖ′ ｖ 时 两者距离最大 设经历时间为ｔ
ꎬ ꎬ ２＝ １ ꎬ ꎬ １
ｖ ｖ′
则由题意有 ２＋ ２ｔ ｖ ｔ ｄ 分
１－ １ １＝ (１ )
２
对滑块运用动量定理 μＭｇｔ Ｍｖ′ Ｍｖ 分
－ １＝ ２－ ２(１ )
Ｒ
解得μ 分
＝ ｄ(１ )
２
第一次碰撞后从相距最大到第二次碰撞经历时间为ｔ
(２) ２ꎬ
则有ｖ ｔ ｖ′ｔ １ａｔ２ ｄ 分
１ ２－( ２ ２－ ２)＝ (１ )
２
ｄ ｄ ｄ
解得ｔ ２ ２ ２ 由上式解得ｔ ｔ 分
２＝ ａ ＝ μｇ ＝ Ｒｇꎬ １＝ ２(１ )
ｄ
所以第一次碰撞到第二次碰撞的时间ｔ ｔ ｔ ４ 分
＝ １＋ ２＝ Ｒｇ(１ )
高三物理试题参考答案 第 页 共 页
【 ５ ( ７ )】
{#{QQABKQyAggiIAIAAABgCUQHACEMQkBACAAoGQEAEIAABiQFABAA=}#}多次碰撞后小球与滑块均静止 由系统能量守恒μＭｇｘ １ｍｖ２ 分
(３) ꎬ ＝ ０(２ )
２
ｍ
解得ｘ ｄ 分
＝Ｍ (１ )
.【答案】 ２ ｙ . ｙ .
１５ (１)３×１０ ｍ/ｓ (２) １＝１ ３ｍꎬ ２＝－０ ２ｍ
ｘ ｎ . ｎ 或ｘ′ ｎ . ｎ
(３) ｎ＝( －０ ８) ３ｍ( ＝１、２、３) ｎ＝( －０ ３) ３ｍ( ＝１、２、３)
ｖ
【解析】 根据带电粒子在区域 电场做类平抛运动特点有 ° ｙ 分
(１) １ ｔａｎ６０ ＝ｖ ꎬ(２ )
０
ｑＥ
其中ｖ ｙ＝ ２ ａｙ ＝ ２ ｍ ｙ ＝３ ３×１０ ２ ｍ/ｓ(１ 分 )
联立上式得ｖ ２ 分
０＝３×１０ ｍ/ｓ(１ )
ｖ
进入磁场的速度ｖ ０ ｖ 分
(２) ＝ ＝２ ０＝６００ｍ/ｓ(１ )
ｃｏｓ６０°
ｍ
进入磁场后从图乙可知在 π 时间内
(０~１)ｑＢ ꎬ
０
ｖ２ ｍｖ
轨迹半径由ｑｖＢ ｍ 得Ｒ . 分
０＝ Ｒ １＝ｑＢ ＝０ ４ｍ(１ )
１ ０
ｍ ｍ Ｔ
运动周期Ｔ ２π 运动时间ｔ π １ 分
１＝ ｑＢ ꎬ １＝ｑＢ ＝ (１ )
０ ０ ２
ｍ
在 π 时间内
(１~３)ｑＢ ꎬ
０
ｖ２ ｍｖ
轨迹半径由ｑｖ２ Ｂ ｍ 得Ｒ ３ ３Ｒ . 分
０＝ Ｒ ２＝ ｑＢ ＝ １＝０ ６ｍ(１ )
３ ２ ２ ０ ２
ｍ ｍ ｍ Ｔ
运动周期Ｔ ２π ３π 运动时间ｔ π ２ ２ 分
２＝ ＝ ｑＢ ꎬ ２＝２ｑＢ ＝ (１ )
ｑ ２ Ｂ ０ ０ ３
０
３
ｍ ｍ Ｔ
在 １ π 时间内 运动半径仍为Ｒ 运动时间ｔ ４ π ２ １ 分
(３~４ )ｑＢ ꎬ １ꎬ ３＝ ｑＢ ＝ (１ )
３ ０ ３ ０ ３
所以进入磁场后在如图示的磁场中的运动轨迹如下图所示
:
高三物理试题参考答案 第 页 共 页
【 ６ ( ７ )】
{#{QQABKQyAggiIAIAAABgCUQHACEMQkBACAAoGQEAEIAABiQFABAA=}#}要形成完整的轨迹 从轨迹图中可看出磁场区域的上限坐标
ꎬ
ｙ Ｒ Ｒ Ｒ . 分
１＝(２ １＋ ２)ｓｉｎ３０°＋ ２＝１ ３ｍ(１ )
磁场区域的下限坐标ｙ Ｒ Ｒ . 分
２＝－( １－ １ｓｉｎ３０°)＝ －０ ２ｍ(１ )
若在ｙ 区域垂直打在荧光屏上ｘ Ｒ .
(３) <０ １＝ １ｃｏｓ３０°＝０ ２ ３ｍꎬ
由上图可知轨迹圆心Ｏ 到Ｏ 之间的距离 ｘ Ｒ Ｒ
１ ３ Δ ＝２( １＋ ２)ｃｏｓ３０°＝ ３ｍ
所以ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ
２＝ １＋Δ ꎬ ３＝ １＋２Δ
ｘ ｘ ｎ ｘ . ｎ ｎ . ｍ ｎ 分
ｎ＝ １＋( －１)Δ ＝０ ２ ３＋( －１) ３＝( －０ ８) ３ ( ＝１、２、３)(２ )
若在ｙ 区域垂直打在荧光屏上ｘ′ Ｒ Ｒ .
>０ １＝(２ １＋ ２)ｃｏｓ３０°＝０ ７ ３ｍꎬ
根据对称轨迹圆心Ｏ 到Ｏ 之间的距离 ｘ Ｒ Ｒ
２ ４ Δ ＝２( １＋ ２)ｃｏｓ３０°＝ ３ｍ
ｘ′ ｘ′ ｎ ｘ . ｎ ｎ . ｎ 分
ｎ＝ １＋( －１)Δ ＝０ ７ ３＋( －１) ３＝( －０ ３) ３ｍ( ＝１、２、３) (２ )
高三物理试题参考答案 第 页 共 页
【 ７ ( ７ )】
{#{QQABKQyAggiIAIAAABgCUQHACEMQkBACAAoGQEAEIAABiQFABAA=}#}
