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大综合素养卷(一)
(总分：100 分)
一、单项选择题：本大题共7 小题，每小题4 分，共28 分。在每小题列出的四
个选项中，只有一项符合题目要求。
1．(2025·广东清远·二模)原子能电池又称放射性同位素电池，其热源是放射
性同位素，是各种深空探测器中最理想的能量源，它不受极冷极热的温度影响，
也不被宇宙射线干扰。钚-238 同位素温差电池的原理是其发生衰变时将释放的
热能转化为电能，钚-238 的半衰期为87.7 年，其衰变方程为
Pu
94
238
→ 92
234U＋X，
则下列说法正确的是( )
A．该衰变吸收能量
B．钚-238 的衰变为α 衰变
C．温度升高，
Pu
94
238
的半衰期变短
D．1 000 个
Pu
94
238
原子核经过87.7 年后还有500 个未衰变
B [原子核衰变是释放能量的过程，故A 错误；根据质量数和电荷数守恒可知
X 是He
2
4
，该衰变是α 衰变，故B 正确；半衰期不受温度的影响，故C 错误；
半衰期具有统计规律，对大量原子核适用，对少量原子核不适用，故D 错误。
故选B。]
2．(2025·四川巴中·三模)某科研团队在微观光学模拟实验中，研究激光照射
球形水珠后不同波长光线的偏折行为。实验发现，同一入射光束经过水珠后产
生不同颜色的出射光，如图中a、b 两条光线所示，其中一条为红光，另一条为
紫光。关于这两条光线，下列说法中正确的是( )
A．a 光是红光
B．a、b 两束光在真空中传播速度不同
C．b 光发生衍射能力更弱
D．a 光波长比b 光短
D [a、b 两条出射光线均在水滴表面发生折射现象，入射角相同，a 光的折射
角小于b 光的折射角，根据折射定律n＝sini
sin r ，可知na>nb，折射率大则光的频
率高，因此a 光是紫光，b 光是红光，故A 错误；在真空中传播时，a、b 光的
速度一样大，故B 错误；根据光的衍射现象，遇到相同的障碍物，波长越长的
光越容易发生明显衍射，因此b 光更容易发生明显衍射，故C 错误；由于光的
频率越大，波长越短，因此λa<λb，故D 正确。故选D。]
3．(2025·浙江宁波·二模)电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术
中应用广泛。使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程。电路中的电流传
感器(相当于电流表)与计算机相连，可以显示电路中电流随时间的变化。图甲
中直流电源电动势E＝8 V，实验前电容器不带电。先使S 与“1”端相连给电容
器充电，充电结束后，使S 与“2”端相连，直至放电完毕。计算机记录的电流
随时间变化的i-t 曲线如图乙所示，下列说法正确的是( )
A．i-t 图像阴影表示电容器的能量
B．阴影部分的面积S1和S2肯定不相等
C．阻值R1大于R2
D．计算机测得S1＝1 203 mA·s，则该电容器的电容约为0.15 F
D [根据q＝it 可知i-t 图像与对应时间轴所围成的面积表示的物理意义是电容
器所带电荷量，故A 错误；S1表示电容器充电后所带电荷量，S2表示电容器放
电的电荷量，所以S1＝S2，故B 错误；由题图乙可知电容器充电瞬间电流比电
容器放电瞬间电流大，且电容器充电瞬间电源电压和放电瞬间电容器两端电压
相等，则有
U
R1+ R0>
U
R2+ R0，所以R1<R2，故C 错误；该电容器的电容为C＝Q
U
＝S1
E ≈0.15 F，D 正确。故选D。]
4．(2025·山东聊城·三模)天体观测法是发现潜在黑洞的一种重要方法。我国
研究人员通过对双星系统G3425 中的红巨星进行天体观测，发现了一个恒星质
量级的低质量黑洞。假设一个双星系统中的两颗密度相同的恒星a、b 绕O 点做
圆周运动，在与双星系统同一平面上双星系统外的观测点A 观测双星的运动，
得到a、b 的球心到OA 连线的距离x 与观测时间的关系图像如图所示。引力常
量为G，下列说法正确的是( )
A．a、b 的线速度之比为2∶3
B．a、b 的质量之比为3∶2
C．a、b 的质量之和为
125 π
2 x0
3
Gt0
2
D．a、b 两恒星表面的重力加速度之比为2∶3
C [设a、b 两恒星圆周运动的半径分别为r1和r2，a、b 的球心到OA 连线的最
大距离即为两恒星圆周运动的半径，所以r1＝3x0，r2＝2x0，因两恒星的角速度
相等，根据v＝ωr 可知，a、b 的线速度之比为
v1
v2
＝
r1
r2
＝3
2，故A 错误；设a、b
两恒星的质量分别为m1和m2，两恒星圆周运动所需向心力均来自对方的万有
引力，所以有m1ω2r1＝m2ω2r2，得
m1
m2
＝
r2
r1
＝2
3，故B 错误；根据题意可知，a、
b 两恒星圆周运动的周期为T＝2t0，两恒星球心间的距离为L＝r1＋r2＝5x0，根
据万有引力提供向心力有G
m1m2
L
2 ＝m1
4 π
2
T
2 r1，G
m1m2
L
2 ＝m2
4 π
2
T
2 r2，两式相加并
整理得m1＋m2＝4 π
2 L
3
GT
2 ，将T＝2t0和L＝5x0代入得m1＋m2＝
125 π
2 x0
3
Gt0
2
，故C 正
确；设a 、b 两恒星的半径分别为R1 和R2 ，则有m1 ＝ρ· 4
3 π R1
3，m2 ＝
ρ· 4
3 π R2
3，得
R1
R2
＝
3√
m1
m2
＝
3√
2
3，设a、b 两恒星表面的重力加速度分别为g1和
g2，根据在两恒星表面物体所受重力等于万有引力有mg1＝G m1m
R1
2 ，mg2＝
G m2m
R2
2 ，两式作比得g1
g2
＝m1
m2
· R2
2
R1
2＝2
3×(
3√
3
2)
2
＝
3√
2
3，故D 错误。故选C。]
5．(2025·江西南昌·三模)歼-20 战斗机配备了我国自主研制的矢量发动机，
该发动机具备卓越性能，能在不改变飞机飞行方向的前提下，通过灵活转动尾
喷口来调整推力方向。在歼-20 战斗机沿水平方向超音速匀速巡航时，“升阻
比”(垂直机身向上的升力与平行机身向后的阻力之比)为k，飞机所受重力为
G。那么，能使飞机维持水平匀速巡航状态的最小推力是( )
A．√1-k
2
G
B．
G
√1-k
2
C．
G
√1+k
2
D．√1+k
2
G
C [如图所示，歼-20 战斗机沿水平方向超音速匀速巡航时，飞机受到重力G、
发动机推力F1、升力F2和空气阻力f，重力的方向竖直向下，升力F2的方向竖
直向上，空气阻力f 的方向与F2垂直，根据平衡条件，水平方向有Fx＝f，竖直
方向有F2＋Fy＝G，由题意知F2＝kf，解得Fy＝G－kf，则F1
2＝F x
2+ F y
2＝
(k
2+1)f
2-2kGf +G
2，F1
2与f 的函数图像为开口向上的抛物线，当f＝kG
k
2+1时，
F1
2取最小值，解得最小推力是F1min＝
G
√1+ k
2，故选C。]
6．(2025·北京丰台·二模)如图所示，面积为0.01 m2的200 匝矩形线圈绕垂直
于磁场的轴OO′匀速转动，转动的角速度为200 rad/s，匀强磁场的磁感应强度
为0.1 T。线圈通过滑环与一理想变压器的原线圈相连，副线圈接有两个相同的
灯泡L1和L2，灯泡的电阻均为5 Ω。变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，开
关S 断开时L1正常发光，线圈及所有导线电阻不计，当线圈平面与磁场方向平
行时开始计时。下列说法正确的是( )
A．线圈中感应电动势为e＝40sin 100 πt(V)
B．开关断开时，电流表的示数为0.08 A
C．若开关S 闭合，电流表示数将减小
D．若开关S 闭合，灯泡L1亮度不变
D [变压器输入端的电动势最大值为Em＝NBSω＝200×0.1×0.01×200 V＝40
V，从题图示位置开始计时就是从垂直中性面位置开始计时，故线框中感应电
动势的瞬时值为e＝Emcos (ωt)(V)＝40cos (200t)(V)，A 错误；开关断开时，副线
圈两端的电压U2等于小灯泡两端的电压UL1，根据变压器的原理可得
U 1
U 2
＝
n1
n2
，
其中U1＝Em
√2＝20√2 V，代入数据解得灯泡L1两端的电压UL1＝2√2 V，通过L1
的电流等于副线圈中的电流，由欧姆定律可得I2＝U L1
R ＝2√2
5 A，根据变压器原
理可得
I 1
I 2
＝
n2
n1
，解得电流表的示数为I1＝
n2
n1
I2＝√2
25 ≈0.06 A，B 错误；若开关S
闭合，副线圈中的电流增大，原、副线圈的匝数比不变，结合上述分析可知I1
＝
n2
n1I2，故电流表的示数增大，C 错误；若开关S 闭合，原线圈输入端的电压不
变，原、副线圈的匝数比不变，故副线圈两端的电压不变，输出端的电压不变，
小灯泡的电阻不变，根据P＝U
2
R 可知，灯泡L1的功率不变，即其亮度不变，D
正确。故选D。]
7．(2025·黑龙江·二模)国产电动汽车采用电磁式动力回收装置，可将部分动
能转化为电能并储存。如图所示为该装置的简化模型，“日”字形的金属线框
放在光滑的水平面上，各边长均为l，ab、cd、ef 边电阻均为R，其余部分电阻
可忽略不计。线框以速度v 进入宽度为l 的匀强磁场，最终恰好穿出磁场。已
知磁场的磁感应强度大小为B，方向竖直向下，边界与ab 边平行，则线框(
)
A．刚进磁场时，a 端电势高于b 端电势
B．刚进磁场时，a、b 两点间电势差为2
3Blv
C．质量m＝2B
2l
3
Rv
D．穿越磁场过程中ab 边产生的热量Q＝14 B
2l
3v
27 R
C [由右手定则可知，线框刚进入磁场时b 端电势高，且其等效电路如图所示，
可知，a 端电势低于b 端，且Uba＝
R外
R总
Blv＝1
3Blv，故A、B 均错误；由动量定
理知，－BBl v
R总
lt＝－mv ，vt＝3l，解得m＝2B
2l
3
Rv ，故C 正确；ab 棒发热分
两个阶段：(1)ab 棒在磁场中运动，由动量定理，有－B
Bl v1
R总
lt1＝mv1－mv，v1t1
＝l，解得v1＝2
3v，过程中产生的热量Qab1＝2
3×1
2[m v
2-m(
2
3 v)
2
]，(2)ab 棒在
磁场外运动过程中产生的热量Qab2＝1
2×1
3×1
2m(
2
3 v)
2
，所以Qab＝Qab1＋Qab2＝
4 B
2l
3v
9 R
，故D 错误。故选C。]
二、多项选择题：本大题共3 小题，每小题6 分，共18 分。在每小题列出的四
个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，
有选错的得0 分。
8．(2025·江西九江·模拟预测)如图甲，一只小鸟落到树枝上并随树枝一起振
动，小鸟从落到树枝上开始后的一段时间内的振动可以看成简谐运动，其振动
的v-t 图像如图乙，取向下运动的速度为正。下列说法正确的是( )
A．t1时刻小鸟在振动的最高点
B．t1时刻到t2时刻，小鸟的加速度向上
C．t2时刻小鸟所受合力为零
D．t2时刻到t3时刻，小鸟的速度方向与加速度方向相同
BD [t1时刻，小鸟的速度向下最大，此时小鸟在平衡位置向下运动，故A 错误；
t1时刻到t2时刻，小鸟的速度正在向下减小，此时小鸟的加速度向上，故B 正
确；t2时刻小鸟的速度为零且正要向上运动，说明小鸟在振动的最低点，此时
受到的合力最大，故C 错误；t2时刻到t3时刻，小鸟向上的速度在增大，加速
度向上，小鸟的速度方向与加速度方向相同，故D 正确。故选BD。]
9．(2025·广西北海·模拟预测)遇到突发洪水时，可以借助塑料盆进行自救。
塑料盆可近似看成底面积为S 的圆柱形容器，把塑料盆口向下竖直轻放在水面
上，如图甲所示；用力竖直向下缓慢压盆底，至盆底与盆外水面相平，盆内封
闭气体(视为理想气体)被压缩，简化模型如图乙所示。若此过程中封闭气体温
度与外界温度相同且不变，下列说法正确的是( )
A．封闭气体的内能不变
B．封闭气体分子的平均动能增大
C．封闭气体的压强不变
D．封闭气体向外界放热
AD [封闭气体(理想气体)温度不变，内能不变，A 正确；分子的平均动能只和
温度有关，封闭气体(理想气体)温度不变，分子的平均动能不变，B 错误；当塑
料盆口向下竖直轻放在水面上时，封闭气体的压强等于大气压强，即p1＝p0，
当用力竖直向下缓慢压盆底，至盆底与盆外水面相平时有p2S＝mg＋F＋p0S，
解得p2>p1，即封闭气体的压强变大，C 错误；气体体积减小，外界对封闭气体
做正功，温度不变，封闭气体内能不变，由热力学第一定律，封闭气体向外界
放热，D 正确。故选AD。]
10．(2025·陕西咸阳·三模)两个质量相同的物体P、Q 并排静止在水平面上，
与水平面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，用同向水平拉力F1、F2分别作用于物
体P 和Q 上，一段时间后撤去，两物体各自滑行一段距离后停止运动。物体
P、Q 运动的速度－时间图像分别如图中图线①、②所示，已知拉力F1、F2分
别撤去后，物体做减速运动过程的速度－时间图像彼此平行(相关数据已在图中
标出)。由图中信息可以得出( )
A．两个拉力之比为F1∶F2＝8∶3
B．两个物体P、Q 与水平面间的动摩擦因数之比为μ1∶μ2＝3∶2
C．两个拉力对物体P、Q 的冲量之比为I F1: I F2＝2∶3
D．两个拉力对物体P、Q 所做的功之比为W F1:W F2＝9∶4
AC [因为两物体做减速运动时，速度—时间图像彼此平行，说明两物体所受
摩擦力相同，大小均为f＝ma 减，由速度—时间图像求得加速度大小a 减＝1
m/s2，物体做加速运动时，根据速度—时间图像，P 的加速度为3 m/s2，Q 的加
速度为0.5m/ s
2，对P 进行受力分析F1－f＝ma1，对Q 进行受力分析F2－f＝
ma2，所以F1∶F2＝4m∶3m
2 ＝8∶3，A 正确；因为摩擦力大小相同，即μ1mg
＝μ2mg，解得μ1∶μ2＝1∶1，B 错误；对P 运动的全过程列动量定理I F1－
μ1mgt1＝0，对Q 运动的全过程列动量定理I F2－μ2mgt2＝0，解得I F1: I F2＝t1∶t2＝
4∶6＝2∶3，C 正确；P 加速运动的位移x1＝3
2 m，Q 加速运动的位移x2＝4
m，F1所做的功W F1＝F1x1，F2所做的功W F2＝F2x2，所以W F1:W F1＝1∶1，D 错
误。故选AC。]
三、非选择题：本大题共5 小题，共54 分。
11．(6 分)(2025·四川凉山·三模)在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，
可分别用如图甲、图乙所示装置进行实验。
(1)利用如图甲所示装置进行实验，两辆相同的小车放在木板上，小车左端各系
一条细线，线的另一端跨过光滑定滑轮各挂上槽码(图中未画出)，两小车右端
各系一条细线，用黑板擦把两条细线同时按在木板上使小车静止，抬起黑板擦，
两小车同时开始运动，过一段时间后再次按下黑板擦，两车同时停止运动。则
下列说法不正确的是________。
A．该实验采用控制变量的方法
B．两车加速度之比等于位移之比
C．本实验不需要平衡阻力
D．本实验要求槽码的质量远小于小车的质量
(2)利用如图乙所示装置进行实验，在规范的实验操作下，若打出的一条纸带如
图丙所示，相邻两计数点间均有4 个点未画出，已知电源频率为50 Hz，则小车
的加速度大小为________m/s2。
(3)为了用图像分析加速度a 与小车质量M 的定量关系，应画出a-________图像。
[解析] (1)该实验采用控制变量的方法，A 正确，不符合题意；
根据x＝1
2at2，解得a＝2 x
t
2
两车运动时间相同，加速度之比等于位移之比，B 正确，不符合题意；
只有平衡阻力，细线的拉力才等于小车所受的合外力，所以本实验需要平衡阻
力，C 错误，符合题意；
根据牛顿第二定律得mg＝(M +m)a，F＝Ma
解得F＝
1
1+ m
M
mg
当m≪M 时，F＝mg
只有槽码的质量远小于小车质量，细线的拉力才等于槽码的重力，所以本实验
要求槽码的质量远小于小车的质量， D 正确，不符合题意。
故选C。
(2)小车的加速度大小为
a＝5.10+ 4.65-(4.20+3.75)
0.2
2
×10-2 m/s2
＝0.45 m/s2。
(3)根据牛顿第二定律F＝Ma ，解得a＝F
M
加速度a 与小车质量M 成反比，图像是曲线，不便于分析，为了得到直线，便
于分析，应画出a- 1
M 图像。
[答案] (1)C (2)0.45 (3) 1
M
12．(10 分)(2024·广东广州·三模)某兴趣小组利用磁敏电阻设计了一款测量磁
感应强度大小的磁场测量仪，其中磁敏电阻的阻值RB随磁感应强度B 的变化规
律如图甲所示，磁场测量仪的工作原理电路图如图乙所示，提供的器材有：
A．磁敏电阻RB(工作范围为0～1.5 T)
B．电源(电动势为3 V，内阻很小)
C．电流表(量程为5.0 mA，内阻不计)
D．电阻箱RC(最大阻值为9 999.9 Ω)
E．定值电阻R1(阻值为30 Ω)
F．定值电阻R2(阻值为300 Ω)
G．开关，导线若干
(1)电路连接：按照图乙所示连接实验电路，定值电阻R 应选用________(选填
“R1”或“R2”)。
(2)按下列步骤进行调试：
①闭合开关S1，将电阻箱RC 调为1 300.0 Ω，然后将开关S2 向________(选填
“a”或“b”)端闭合，将电流表此时指针对应的刻度线标记为________T(结果
保留两位有效数字)；
②逐步减小电阻箱RC的阻值，按照图甲将电流表的“电流”刻度线标记为对应
的“磁感应强度”值；
③将开关S2向另一端闭合，测量仪即可正常使用。
(3)用调试好的磁场测量仪进行测量，当电流表的示数为2.5 mA 时，待测磁场的
磁感应强度为________T(结果保留两位有效数字)。
(4)使用一段时间后，由于电源的电动势略微变小，内阻变大，这将导致磁感应
强度的测量结果________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
[解析] (1)当磁感应强度为零时，磁敏电阻RB＝300 Ω
为了保护电流表，定值电阻R 的最小阻值为Rmin＝E
I g－RB＝300 Ω
故定值电阻R 应选用R2。
(2)①闭合开关S1，将电阻箱RC调为1 300.0 Ω，开关S2应向a 端闭合；
由题图甲可知，当磁敏电阻的阻值为1 300 Ω 时，磁感应强度为B＝1.5 T
故将电流表此时指针对应的刻度线标记为1.5 T。
(3)当电流表的示数为2.5 mA 时，磁敏电阻R′B＝E
I －R2＝900 Ω
由题图甲可知待测磁场的磁感应强度为1.2 T。
(4)由于电源的电动势略微变小，内阻变大，导致测得的电流值偏小，磁敏电阻
的阻值偏大，由图像知这将导致磁感应强度的测量结果偏大。
[答案] (1)R2 (2)a 1.5 (3)1.2
(4)偏大
13．(10 分)(2025·山东枣庄·三模)某科考队在水面上O 点安装了一振动装置，
可产生水波(可视为简谐横波)并在Oxy 平面内由O 点向外传播。如图甲所示，t
＝0 时刻，相邻的波峰和波谷恰好分别传到实线圆和虚线圆处，且实线圆处第
一次出现波峰。已知质点M 的坐标为(0 cm，0.25 cm)，质点N 的坐标为(1.0
cm，√3 cm)。如图乙所示为图甲中质点M 的振动图像，z 轴垂直于Oxy 平面，
竖直向上为正方向。求：
(1)质点M 的振动方程；
(2)波在水中的传播速度大小；
(3)质点N 第10 次到达波峰的时刻。
[解析] (1)由题图乙可得周期T＝2×10-2 s
ω＝2π
T ＝100π rad/s
所以M 点的振动方程为
z＝0.01 sin (100 π t - π
2)(m)。
(2)由题图甲可知该波波长λ＝0.5 cm，
则波速为v＝λ
T ＝0.5×10
-2
2×10
-2 m/s＝0.25 m/s。
(3)当质点N 第一次到达波峰时，波传播的距离为s＝(√1
2+(√3)
2-0.5) cm＝1.5
cm
传播的时间为t1＝s
v ＝0.06 s
质点N 第10 次到达波峰的时刻为t＝t1＋9T＝0.24 s。
[答案] (1)z＝0.01sin (100 π t - π
2)(m)
(2)0.25 m/s (3)0.24 s
14．(12 分)(2025·湖南长沙·二模)如图所示，光滑水平面上有一个固定台，固
定台上有一半径为r＝2 m 的1
4光滑圆弧轨道。固定台右边有一个顶部为光滑圆
弧轨道且底面光滑的滑块，滑块与固定台的距离为d＝4.8 m，滑块质量为M，
其上圆弧轨道两端等高，且左端B 处半径与水平方向的夹角为θ(sinθ = 4
5)。现
让一个质量为m0的光滑小球从固定台圆弧轨道顶端上方某高度处由静止释放，
它沿切线进入1
4圆弧轨道，从A 点抛出后，又恰好沿切线从B 点进入滑块顶部
的圆弧轨道，小球最终从C 点离开滑块。重力加速度取g＝10 m/s2。求：
(1)小球到达A 点时的速度大小；
(2)释放点到1
4圆弧轨道顶端的距离h；
(3)小球从C 点离开滑块后能上升的最大高度及上升到最高点所用的时间。
[解析] (1)小球从A 点抛出后做平抛运动，从B 点沿切线进入滑块顶部的圆弧
轨道，设小球在A 点的速度为v1，小球在B 点的速度为v2，则有v1＝v2sin θ＝
4
5 v2
在B 点竖直方向速度v2y＝v2cos θ＝3
5v2
竖直方向v2y＝3
5v2＝gt
水平方向d＝v1t＝4
5 v2t
两式联立解得t＝0.6 s，v1＝8 m/s，v2＝10 m/s。
(2)根据动能定理，对小球有m0g(h＋r)＝1
2 m0v1
2－0
解得h＝1.2 m。
(3)小球从B 点进入圆弧轨道后，小球对圆弧有向左下方的压力，圆弧向左运动，
当小球运动到圆弧最低点时，圆弧向左的速度最大，进入圆弧右侧部分时，小
球对圆弧有向右下方的压力，圆弧向左减速运动，根据对称性，当小球从右端
C 点离开圆弧时，圆弧的速度恰好减小到零，根据系统的机械能守恒可知，小
球的速度大小不变，方向与竖直方向夹角为θ，离开圆弧后，小球做斜抛运动，
上升的时间t＝v2cosθ
g
＝10× 3
5
10
s＝0.6 s
上升的最大高度Δh＝v2cosθ
2
t＝1.8 m。
[答案] (1)8 m/s (2)1.2 m (3)1.8 m
0．6 s
15．(16 分)(2025·福建福州·三模)在一真空区域的竖直平面内建立如图所示的
直角坐标系Oxy，第一象限内存在沿x 轴正方向的匀强电场，第三象限内存在
沿y 轴正方向的匀强电场，电场强度大小均相等；y＞0 的区域内存在垂直纸面
向外的匀强磁场，y＜0 的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大
小均相等。一质量为m、带电量为q 的微粒恰好沿虚线AO 做匀速直线运动，
速度大小为√2v0，方向与x 轴负方向夹角为45°，重力加速度为g。求：
(1)电场强度的大小和磁感应强度的大小；
(2)微粒在第三象限内运动的时间和离开第三象限时的位置坐标；
(3)微粒在第四象限内运动过程中速度的最大值。
[解析] (1)根据受力平衡条件可知微粒带正电，有mg＝Eq，q√2v0B＝
mg
sin 45°
解得E＝mg
q ，B＝mg
q v0。
(2)微粒进入第三象限后，由受力分析可知，重力和静电力平衡，故微粒受洛伦
兹力做匀速圆周运动，设微粒运动半径为R，由几何关系可得θ＝90°，微粒在
第三象限内运动的时间t＝θ
2π T
根据洛伦兹力提供向心力有q√2v0B＝m(√2v0)
2
R
解得R＝√2v0
2
g
周期为T＝2π R
√2v0＝2π v0
g
联立解得t＝π v0
2g
微粒离开第三象限时在竖直方向移动的距离为d＝√2R＝2v0
2
g 。
微粒离开第三象限时的位置坐标为(0，- 2v0
2
g )。
(3)微粒进入第四象限后速度方向与y 轴负方向夹角为45°，根据运动的合成与分
解，可以把速度分解到x、y 方向，分速度大小分别为vx＝√2v0sin 45°＝v0，vy
＝√2v0sin 45°＝v0
根据受力分析qvxB＝mg，微粒运动可分解为水平方向速度大小为vx匀速直线
运动和速度大小为vy的匀速圆周运动。
vx与vy同向时合速度最大，最大速度为v＝vx＋vy＝2v0。
[答案] (1)mg
q mg
q v0 (2)π v0
2g (0，- 2v0
2
g ) (3)2v0
