湖北省新高考联考协作体2022届高三上学期物理期末考试试卷
一、单选题
1．（2022高三上·湖北期末）用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，比值定义法，就是在定义一个物理量的时候采取比值的形式定义，被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变，下列选项中所列各物理量的关系式，全部用到了比值定义法的有（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
2．（2021·潮州模拟）逢年过节，采购一盆绿植放在客厅增添节日氛围已经成为一种越来越普遍的习俗。如图为某次采购的一盆绿植，部分花枝上通过轻质短绳挂有各式各样的小饰品。若所有饰品质量相同，则以下说法正确的是（ ）
A．不同饰品，由于悬挂树枝弯曲程度不同，所受花枝作用力不同
B．花枝给饰品作用力方向一定垂直花枝斜向上方
C．经过一段时间，花枝被饰品压到相对较低的位置，但饰品所受花枝作用力不变
D．使饰品轻微摆动，在饰品摆动过程中，挂绳对饰品拉力的大小和方向均不变
3．（2022高三上·湖北期末）一简谐横波沿轴正方向传播，在时刻，该波的波形图如图甲所示，、是介质中的两个质点，图乙表示介质中某质点的振动图象。下列说法正确的是（ ）
A．质点的振动图象与图乙相同
B．在时刻，质点的速率比质点的大
C．在时刻，质点的加速度的大小比质点的大
D．在时刻，质点与其平衡位置的距离比质点的小
4．（2022高三上·湖北期末）如图所示匀强电场的区域内，在点处放置一点电荷，、、、、、为以点为球心、半径为的球面上的点，、、、、点共面且与电场平行，、、、、点共面且与电场垂直，则下列说法中正确的是（ ）
A．、、、、、各点的电场强度均相同
B．、两点的电场强度大小不相等，电势相等
C．、两点的电场强度大小不相等，电势相等
D．、两点的电场强度大小相等，电势相等
5．（2022高三上·湖北期末）中国火星探测器“天问一号”成功发射后，将沿地火转移轨道飞行七个多月，于2021年2月中旬到达火星附近，要通过制动减速被火星引力俘获，才能进入环绕火星的轨道飞行。已知地球的质量约为火星质量的10倍，半径约为火星半径的2倍，下列说法正确的是（ ）
A．若在火星上发射一颗绕火星的近地卫星，其速度至少需要
B．“天问一号”探测器的发射速度一定大于，小于
C．火星与地球的第一宇宙速度之比为
D．火星表面的重力加速度大于地球表面的重力加速度
6．（2022高三上·湖北期末）“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是（ ）
A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B．在最低点时，乘客处于超重状态
C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零
D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
7．（2022高三上·湖北期末）如图，理想变压器副线圈匝数为2000匝，原线圈匝数为1000匝。副线圈接有一个阻值为的灯泡，绕过铁芯的单匝线圈接有一理想交流电压表，示数为。则交流电流表的示数为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
8．（2020·西安模拟）如图所示，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相等的光滑轨道．甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有（ ）
A．甲的切向加速度始终比乙的大
B．甲、乙在同一高度的速度大小相等
C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度
D．甲比乙先到达B处
9．（2022高三上·湖北期末）如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从点脱离后做平抛运动，经过后恰好垂直与倾角为的斜面相碰。已知半圆形管道的半径为，小球可看做质点且其质量为，取。则（ ）
A．小球经过点时的速率为
B．小球在斜面上相碰点C与点的水平距离是
C．小球经过点时，受到管道的作用力，方向向上
D．若改变小球进入管道初速度使其恰好到达点，则在点小球对管道的作用力为零
10．（2022高三上·湖北期末）如图甲，足够长的光滑斜面倾角为，时质量为的物块在沿斜面方向的力作用下由静止开始运动，设沿斜面向上为力的正方向，力随时间的变化关系如图乙。取物块的初始位置为零势能位置，重力加速度取，则物块（ ）
A．在时间内合外力的功率为
B．在时动能为
C．在时机械能为
D．在时速度大小为
11．（2022高三上·湖北期末）如图所示，间距为，电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为的电阻连接，导轨上横跨一根质量为，电阻也为的金属棒，金属棒与导轨接触良好。整个装置处于竖直向上、磁感应强度为的匀强磁场中。现使金属棒以初速度沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为。下列说法正确的是（ ）
A．金属棒端电势比端电势高
B．整个过程中金属棒克服安培力做功为
C．整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为
D．金属棒克服安培力做功等于电阻上产生的焦耳热
三、实验题
12．（2022高三上·湖北期末）用如图甲所示的装置，来验证碰撞过程中的动量守恒。图中是斜槽，为水平槽，点为水平槽末端在记录纸上的垂直投影点，、两球的质量之比。先使球从斜槽上固定位置由静止释放，在水平地面的记录纸上留下落点痕迹，重复10次，得到10个落点。再把球放在水平槽上的末端处，让球仍从位置由静止释放，与球碰撞，碰后、球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复10次。、两球在记录纸上留下的落点痕迹如图乙所示，其中米尺的零点与点对齐。
（1）碰撞后球的水平射程应取 ；
（2）本实验巧妙地利用小球飞行的水平距离表示小球的水平速度。下面的实验条件中，不能使小球飞行的水平距离表示为水平速度的是____；
A．使、两小球的质量之比改变为
B．升高固定点的位置
C．使、两小球的直径之比改变为
D．升高桌面的高度，即升高点距地面的高度
（3）利用此次实验中测得的数据，在误差允许的范围内满足表达式 ，则说明碰撞过程动量守恒。
13．（2022高三上·广东月考）音箱线用于连接功放与音箱，用单晶铜作音箱线，音响的音质会更清晰，因为单晶铜电阻率比普通铜低，下面是测量单晶铜电阻率的实验方案。
（1）用螺旋测微器测量一单晶铜丝的直径，示数如图（a）所示，可读得 ；
（2）图（b）为实验电路，为了保证两个电表的示数从零开始变化，请画线将滑动变阻器正确接入电路；
（3）电路接好后，闭合开关S，滑动变阻器触头从左移到右，发现电压表示数变化很大，电流表示数总为零，这可能是线夹P处发生 （选填“短路”或“断路”）；
（4）线夹P的问题解决后，闭合开关S，滑动变阻器触头移到合适位置不动，再把线夹P从a向b移动，发现电压表示数很小且变化不大，这时应该把连接电压表负接线柱的导线改接在 ，再重新把线夹P从a向b移动，读出多组电压表和电流表示数，计算电阻，把多组电阻值与接入电路长度值画成如图（c）的R-x关系图线，根据图线可知R0= Ω，单晶铜的电阻率为 Ω·m（π取3，计算结果保留两位有效数字）。
四、解答题
14．（2022高三上·湖北期末）如图所示，空间存在着强度E＝2.5×102N/C、方向竖直向上的匀强电场，在电场内有一长为L＝0.5m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端拴着质量m＝0.5kg、电荷量q＝4×10－2C的小球．现将细线拉直到水平位置，使小球由静止释放，当小球运动到最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂．取g＝10m/s2.求：
（1）小球的电性；
（2）细线能承受的最大拉力；
（3）当小球继续运动后与O点水平方向距离为L时，小球距O点的高度.
15．（2022高三上·湖北期末）算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框，甲、乙相隔，乙与边框相隔，算珠与导杆间的动摩擦因数。现用手指将甲以的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度取。
（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框；
（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间（结果保留两位有效数字）。
16．（2022高三上·湖北期末）如图所示，虚线与之间是匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度为，磁场区域在竖直方向足够长，右侧有无限大的挡板，、与挡板三者互相平行，间距均为。一电荷量为、质量为、初速度可忽略的粒子，经电压为的电场加速后，从靠近上板的位置沿水平方向进入两平行金属板间的偏转电场。平行金属板长度为、间距为，板间为电压由加速电压决定，且始终有。粒子离开偏转电场后若可以穿过匀强磁场，最后会打在竖直挡板上（重力忽略不计）。
（1）求粒子经过偏转电场后的侧移距离和速度偏转角的正切值；
（2）为使粒子不会由磁场右边界射出，加速电压最大值应为多少？
（3）若每隔一段时间就有一个粒子被加速，且加速电压从缓慢增加至，求竖直挡板上被粒子打中区域的长度。（粒子在加速电场中运动时间极短且粒子间的相互作用忽略不计）
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】比值定义法
【解析】【解答】A．该选项中
不是比值定义法，其余两个是比值定义法，A不符合题意；
B．该选项中三个物理量都是比值定义法，B符合题意；
C．该选项中
不是比值定义法，其余两个是比值定义法，C不符合题意；
D．该选项中
不是比值定义法，其余两个是比值定义法，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据比值定义法的判断方法进行分析判断。
2．【答案】C
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】A．所有饰品质量相同，根据平衡条件可知所受花枝作用力相同，A不符合题意；
B．根据平衡条件可知花枝给饰品作用力与重力大小相等，方向相反，即花枝给饰品作用力方向一定竖直向上，B不符合题意；
C．经过一段时间，花枝被饰品压到相对较低的位置，但根据平衡条件可知饰品所受花枝作用力不变，大小仍然等于重力，C符合题意；
D．在饰品摆动过程中，受力不平衡，挂绳对饰品拉力将发生变化，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】由于所有饰品的质量相同所以重力相同，所以所有花枝受力相同；利用饰品的平衡方程可以判别花枝给饰品的作用力方向竖直向上；当饰品移动到较低位置时，由于平衡所以其饰品受到的作用力大小不变；当饰品摆动时做圆周运动所以挂绳对饰品的拉力方向和大小不断改变。
3．【答案】C
【知识点】简谐运动的表达式与图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．时刻，题图乙表示介质中的某质点从平衡位置向下振动，画题图甲中质点在时刻从平衡位置向上振动，平衡位置在坐标原点的质点从平衡位置向下振动，所以质点的振动图象与题图乙不同，A不符合题意；
BCD．在时刻，质点处在波谷位置，速率为零，与其平衡位置的距离最大，加速度最大，而质点运动到平衡位置，速率最大，加速度为零，即在时刻，质点的速率比质点的小，质点的加速度比质点的质点与其平衡位置的距离比质点的大，BD不符合题意，C符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据简谐运动中质点的振动情况得出Q点的振动图像和图乙的关系，利用质点振动过程中速度、加速度的变化情况进行分析判断。
4．【答案】D
【知识点】电场强度；电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】匀强电场的场强大小恒为，方向水平向右，点电荷在球面上产生的场强大小为
方向沿径向向外，但各点的合场强满足平行四边形法则合成，则有
沿着电场线电势逐渐降低，则匀强电场的各点电势关系为
正的点电荷周围的电势决定式为
匀强电场的电势和点电荷的电势合成满足代数加减，有
A．、、、、、六个点的合场强大小不全相等，而合场强的方向也不全相同，A不符合题意；
B．、两点的电场强度合成后，匀强电场的电势和点电荷的电势合成满足代数合成有，B不符合题意；
C．、两点的电场强度合成后大小相等，电势叠加后相等，C不符合题意；
D．、两点的合电场强度大小相等，电势叠加后相等，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】结合点电荷周围电场强度的表达式得出各点的电场强度的大小，沿着电场线电势逐渐降低，通过电场强度的合成进行分析判断。
5．【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】A C．卫星在行星表面附近绕行的速度为该行星的第一宇宙速度，由
可得
故
所以在火星上发射一颗绕火星的近地卫星，其速度至少需要
A不符合题意、C符合题意；
B． “天问一号”探测器需要脱离地球的引力才能奔向火星绕火星运行，发射的最小速度为第二宇宙速度11.2km/s，
B不符合题意；
D．不考虑自转时在行星表面有
可得
故
所以火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】卫星绕地球做匀速圆周运动，结合万有引力提供向心力，从而得出火星和地球线速度的比值，在星球表面重力等于万有引力得出地球表面和火星表面的重力加速度之比。
6．【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；超重与失重；功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，A不符合题意；
B．圆周运动过程中，在最低点，由重力和支持力的合力提供向心力F，向心力指向上方，所以
则支持力
所以重力小于支持力，乘客处于超重状态，B符合题意；
C．转动一周，重力的冲量为，不为零，C不符合题意；
D．运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，所以重力的瞬时功率在变化，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据机械能守恒的条件判断乘客机械能的变化情况，在圆周的最低点根据牛顿第二定律得出重力和支持力的大小关系，利用瞬时功率的表达式得出重力瞬时功率的变化情况。
7．【答案】A
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】理想交流电压表的示数为一匝线圈的电压的有效值，根据理想变压器的原理可知，匝数与电压成正比，则有，
理想变压器原副线圈的功率相等，则有
解得
即接在原线圈上的交流电流表的示数为2A，
故答案为：A。
【分析】根据理想变压器原副线圈的匝数比和电压比的关系以及匝数比和电流比的关系得出交流电流表的示数。
8．【答案】B,D
【知识点】机械能守恒及其条件；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，A不符合题意；由机械能守恒定律可知，各点的机械能保持不变，高度（重力势能）相等处的动能也相等，B不符合题意；由甲乙的速度时间图像可知C不符合题意D符合题意
故答案为：BD
【分析】利用牛顿第二定律结合速率时间图像可以比较加速度的大小；利用机械能守恒可以判别同一高度速度相等；利用面积可以判别同一时刻不会在同一高度及运动的时间。
9．【答案】A,C
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．小球垂直撞在斜面上，可知到达斜面时竖直分速度vy=gt=10×0.3m/s=3m/s
根据平行四边形定则知
解得小球经过B点的速度vB=vy=3m/s
A符合题意；
B．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是
B不符合题意；
C．在B点，根据牛顿第二定律得
解得轨道对小球的作用力
可知轨道对小球的作用力方向向上，大小为1N，C符合题意；
D、若小球恰好到达B点，可知B点的速度为零，此时轨道对小球的作用力等于小球的重力即10N，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】根据速度的分解得出B点的速度，结合匀变速直线运动的规律得出C与B点的水平距离，在B点利用牛顿第二定律得出轨道对小球的作用力。
10．【答案】B,C
【知识点】受力分析的应用；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律；功的计算
【解析】【解答】A．时间内，由于
故物块沿斜面上滑，由牛顿第二定律可得
解得
物块内上滑的位移
内合外力做功为
在时间内合外力的功率为，A不符合题意；
B．末物块的速度为
末物块的动能
B符合题意；
C．，物块不受外力，只有重力对物块做功，所以该过程物块的机械能守恒，由于物块的出发的位置重力势能为0，0时刻物块动能也为0，所以0时刻物块的机械能为0，由于物块机械能增加了
所以，包括末物块的机械能为，C符合题意。
D．内由牛顿第二定律有
解得
末物块的速度为
内由牛顿第二定律有
解得
方向沿斜面向下，在时速度大小为
D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】对物块进行受力分析，根据牛顿第二定律得出物块的加速度，结合匀变速直线运动的规律以及恒力做功和平均做功的表达式得出合外力的功率和1s末的动能。
11．【答案】B,C
【知识点】功能关系；左手定则
【解析】【解答】A．金属棒切割磁感线产生感应电动势，由右手定则可知电源内部电流由A点流向B点（电源内部都是负极流向正极的电流流向），则金属棒端电势比端电势低，A不符合题意；
B．电路中产生感应电流，金属棒受到向左的安培力，做减速运动，由于速度减小，电动势减小，则电流减小，安培力减小，根据牛顿第二定律知，加速度减小，金属棒做加速度逐渐减小的减速运动，根据动能定理，金属棒克服安培力做的功等于动能的变化
B符合题意；
C．根据电量表达式
又因
则金属棒在导轨上发生的位移
C符合题意；
D．金属棒克服安培力做的功将机械能转化为电路的电能，而电路为纯电阻电路，则电能转化为全电路电阻的焦耳热，则金属棒克服安培力做功等于电阻和金属棒上产生的总焦耳热，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】根据右手定则得出导体棒中感应电流的方向，从而得出AB电势的高低，利用安培力和牛顿第二定律得出金属棒的运动情况，结合功能关系得出克服安培力做的功，通过电流的定义式得出金属棒在导轨上发生的位移。
12．【答案】（1）14.48
（2）C
（3）
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1） A小球和B小球相撞后，B小球的速度增大，A小球的速度减小，碰撞前后都做平抛运动，高度相同，所以运动时间相同，所以速度大的水平位就大，而碰后A的速度小于B的速度，所以碰撞后A球的落地点距离O点最近，所以碰撞后A球的水平射程应取14.48cm。
（2）A．只有当小球做平抛运动时才能用水平位移表示为水平速度，改变小球的质量比，小球碰撞后仍然做平抛运动，可以用小球飞行的水平距离表示为水平速度；A不符合题意；
B．升高固定点G的位置，小球碰撞后仍然做平抛运动，可以用小球飞行的水平距离表示为水平速度；B不符合题意；
C．使A、B两小球的直径之比改变为1：3，小球的球心不在同一高度，碰撞后小球的速度不在水平方向，不能做平抛运动，不可以用小球飞行的水平距离表示为水平速度；C符合题意；
D．升高桌面的高度，即升高R点距地面的高度，小球碰撞后仍然做平抛运动，可以用小球飞行的水平距离表示为水平速度；D不符合题意。
故答案为：C。
（3） 碰撞前A球做平抛运动的水平位移为OP，碰撞后A球做平抛运动的水平位移为OM，碰撞后B球做平抛运动的水平位移为ON，设运动的时间为t，则碰撞前的动量为：，碰撞后总动量为：，所以碰撞前的总动量与碰撞后的总动量的比值为
平抛运动过程中下落高度相同，故下落时间相同，则有
【分析】（1）根据AB小球碰撞前后的速度大小选择碰撞后A球的水平射程；
（2）根据验证碰撞过程中的动量守恒的实验原理得出不能使小球飞行的水平距离表示为水平速度 的选项；
（3）根据匀速直线运动的规律和动量守恒的表达式得出需要验证的表达式。
13．【答案】（1）0.084
（2）
（3）断路
（4）R0左端的接线柱上；20；1.7×10-8
【知识点】电阻的测量
【解析】【解答】(1)单晶铜丝的直径为
(2) 为了保证两个电表的示数从零开始变化，滑动变阻器必须采用分压接法，实验电路如下图所示
(3) 线夹P处发生断路，铜丝没有接入电路中，使得电流表示数总为零；
(4)因为单晶铜丝的电阻很小，所以电压表的读数很小且变化不大，这时应该把连接电压表负接线柱的导线改接在R0左端的接线柱上，电压表的测量值等于R0和铜丝的总电压；根据电阻定律
解得
根据图像
解得
【分析】（1）利用螺旋测微器的可动刻度和固定刻度可以读出对应的读数；
（2）为了保证电压从0开始测量其滑动变阻器必须使用分压式接法；
（3）当线夹P没有接入电路时会使电流表读数等于0；
（4）由于电压变化小说明其电阻小所以其电压表的负接线柱导线应该接在定值电阻的左端；利用电阻定律结合图象斜率和截距可以求出定值电阻和电阻率的大小。
14．【答案】（1）解：由小球运动到最高点可知，小球带正电
（2）解：设小球运动到最高点时速度为v，对该过程由动能定理得：(qE－mg)L＝mv2①
在最高点对小球由牛顿第二定律得：
FT＋mg－qE＝m②
由①②式解得：FT＝15N
（3）解：小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为a，则：a＝③
设小球在水平方向运动L的过程中，历时t，则：L＝vt ④
设竖直方向上的位移为x，则：x＝at2 ⑤
由①③④⑤解得：x＝0.125m
所以小球距O点高度为x＋L＝0.625m
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据小球的运动情况得出小球所带的电性；
（2）小球运动到最高点的过程根据动能定理得出小球在最高点的速度，小球在最高点利用牛顿第二定律得出细线能承受的最大拉力；
（3） 小球在细线断裂后 ，在竖直方向走匀变速直线运动，在水平方向做匀速直线运动，结合牛顿第二定律得出小球距O点的高度。
15．【答案】（1）解：由牛顿第二定律可得，甲乙滑动时均有
则甲乙滑动时的加速度大小均为
甲与乙碰前的速度v1，则解得v1=0.4m/s
甲乙碰撞时由动量守恒定律
解得碰后乙的速度v3=0.3m/s
然后乙做减速运动，当速度减为零时则
可知乙恰好能滑到边框a
（2）解：甲与乙碰前运动的时间
碰后甲运动的时间
则甲运动的总时间为
【知识点】动量守恒定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律以及动量守恒定律得出碰后乙的速度，通过匀变速直线运动的规律得出乙运动的距离，并判断能否滑到边框a；
（2）结合匀变速直线运动的速度与时间的关系得出甲运动的总时间。
16．【答案】（1）解：粒子在加速电场中，由动能定理
解得
粒子进入偏转电场后做类平抛运动，有
又
解得粒子经过偏转电场后的侧移距离
粒子离开偏转电场时电场线方向的速度
速度偏转角的正切值
（2）解：粒子进入磁场时的速度
由洛仑兹力提供向心力
可得粒子在磁场中圆周运动的半径
粒子恰好不会由磁场右边界射出，如图
则
解得
粒子不会由磁场右边界射出，加速电压最大值
（3）解：当时，在磁场中做圆周运动的半径
离开磁场区域做匀速直线运动，如图
则
当时，在磁场中做圆周运动的半径
离开磁场区域做匀速直线运动，如图
则
因此竖直挡板上被粒子打中区域的长度
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在加速电场中根据动能定理得出射入偏转电场时的速度，粒子进入偏转电场后做类平抛运动，结合类平抛运动的规律以及牛顿第二定律得出粒子经过偏转电场后的侧移距离，通过匀变速直线运动的速度与时间的关系和速度偏角正切值的表达式得出速度偏角；
（2）根据速度的合成以及洛伦兹力提供向心力得出粒子轨道半径的表达式，结合几何关系得出粒子不会由磁场右边界射出 的加速电压的最大值；
（3）根据几何关系以及粒子在磁场中的运动轨迹得出竖直挡板上被粒子打中区域的长度。
1 / 1湖北省新高考联考协作体2022届高三上学期物理期末考试试卷
一、单选题
1．（2022高三上·湖北期末）用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，比值定义法，就是在定义一个物理量的时候采取比值的形式定义，被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变，下列选项中所列各物理量的关系式，全部用到了比值定义法的有（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
【答案】B
【知识点】比值定义法
【解析】【解答】A．该选项中
不是比值定义法，其余两个是比值定义法，A不符合题意；
B．该选项中三个物理量都是比值定义法，B符合题意；
C．该选项中
不是比值定义法，其余两个是比值定义法，C不符合题意；
D．该选项中
不是比值定义法，其余两个是比值定义法，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据比值定义法的判断方法进行分析判断。
2．（2021·潮州模拟）逢年过节，采购一盆绿植放在客厅增添节日氛围已经成为一种越来越普遍的习俗。如图为某次采购的一盆绿植，部分花枝上通过轻质短绳挂有各式各样的小饰品。若所有饰品质量相同，则以下说法正确的是（ ）
A．不同饰品，由于悬挂树枝弯曲程度不同，所受花枝作用力不同
B．花枝给饰品作用力方向一定垂直花枝斜向上方
C．经过一段时间，花枝被饰品压到相对较低的位置，但饰品所受花枝作用力不变
D．使饰品轻微摆动，在饰品摆动过程中，挂绳对饰品拉力的大小和方向均不变
【答案】C
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】A．所有饰品质量相同，根据平衡条件可知所受花枝作用力相同，A不符合题意；
B．根据平衡条件可知花枝给饰品作用力与重力大小相等，方向相反，即花枝给饰品作用力方向一定竖直向上，B不符合题意；
C．经过一段时间，花枝被饰品压到相对较低的位置，但根据平衡条件可知饰品所受花枝作用力不变，大小仍然等于重力，C符合题意；
D．在饰品摆动过程中，受力不平衡，挂绳对饰品拉力将发生变化，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】由于所有饰品的质量相同所以重力相同，所以所有花枝受力相同；利用饰品的平衡方程可以判别花枝给饰品的作用力方向竖直向上；当饰品移动到较低位置时，由于平衡所以其饰品受到的作用力大小不变；当饰品摆动时做圆周运动所以挂绳对饰品的拉力方向和大小不断改变。
3．（2022高三上·湖北期末）一简谐横波沿轴正方向传播，在时刻，该波的波形图如图甲所示，、是介质中的两个质点，图乙表示介质中某质点的振动图象。下列说法正确的是（ ）
A．质点的振动图象与图乙相同
B．在时刻，质点的速率比质点的大
C．在时刻，质点的加速度的大小比质点的大
D．在时刻，质点与其平衡位置的距离比质点的小
【答案】C
【知识点】简谐运动的表达式与图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．时刻，题图乙表示介质中的某质点从平衡位置向下振动，画题图甲中质点在时刻从平衡位置向上振动，平衡位置在坐标原点的质点从平衡位置向下振动，所以质点的振动图象与题图乙不同，A不符合题意；
BCD．在时刻，质点处在波谷位置，速率为零，与其平衡位置的距离最大，加速度最大，而质点运动到平衡位置，速率最大，加速度为零，即在时刻，质点的速率比质点的小，质点的加速度比质点的质点与其平衡位置的距离比质点的大，BD不符合题意，C符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据简谐运动中质点的振动情况得出Q点的振动图像和图乙的关系，利用质点振动过程中速度、加速度的变化情况进行分析判断。
4．（2022高三上·湖北期末）如图所示匀强电场的区域内，在点处放置一点电荷，、、、、、为以点为球心、半径为的球面上的点，、、、、点共面且与电场平行，、、、、点共面且与电场垂直，则下列说法中正确的是（ ）
A．、、、、、各点的电场强度均相同
B．、两点的电场强度大小不相等，电势相等
C．、两点的电场强度大小不相等，电势相等
D．、两点的电场强度大小相等，电势相等
【答案】D
【知识点】电场强度；电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】匀强电场的场强大小恒为，方向水平向右，点电荷在球面上产生的场强大小为
方向沿径向向外，但各点的合场强满足平行四边形法则合成，则有
沿着电场线电势逐渐降低，则匀强电场的各点电势关系为
正的点电荷周围的电势决定式为
匀强电场的电势和点电荷的电势合成满足代数加减，有
A．、、、、、六个点的合场强大小不全相等，而合场强的方向也不全相同，A不符合题意；
B．、两点的电场强度合成后，匀强电场的电势和点电荷的电势合成满足代数合成有，B不符合题意；
C．、两点的电场强度合成后大小相等，电势叠加后相等，C不符合题意；
D．、两点的合电场强度大小相等，电势叠加后相等，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】结合点电荷周围电场强度的表达式得出各点的电场强度的大小，沿着电场线电势逐渐降低，通过电场强度的合成进行分析判断。
5．（2022高三上·湖北期末）中国火星探测器“天问一号”成功发射后，将沿地火转移轨道飞行七个多月，于2021年2月中旬到达火星附近，要通过制动减速被火星引力俘获，才能进入环绕火星的轨道飞行。已知地球的质量约为火星质量的10倍，半径约为火星半径的2倍，下列说法正确的是（ ）
A．若在火星上发射一颗绕火星的近地卫星，其速度至少需要
B．“天问一号”探测器的发射速度一定大于，小于
C．火星与地球的第一宇宙速度之比为
D．火星表面的重力加速度大于地球表面的重力加速度
【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】A C．卫星在行星表面附近绕行的速度为该行星的第一宇宙速度，由
可得
故
所以在火星上发射一颗绕火星的近地卫星，其速度至少需要
A不符合题意、C符合题意；
B． “天问一号”探测器需要脱离地球的引力才能奔向火星绕火星运行，发射的最小速度为第二宇宙速度11.2km/s，
B不符合题意；
D．不考虑自转时在行星表面有
可得
故
所以火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】卫星绕地球做匀速圆周运动，结合万有引力提供向心力，从而得出火星和地球线速度的比值，在星球表面重力等于万有引力得出地球表面和火星表面的重力加速度之比。
6．（2022高三上·湖北期末）“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是（ ）
A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B．在最低点时，乘客处于超重状态
C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零
D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；超重与失重；功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，A不符合题意；
B．圆周运动过程中，在最低点，由重力和支持力的合力提供向心力F，向心力指向上方，所以
则支持力
所以重力小于支持力，乘客处于超重状态，B符合题意；
C．转动一周，重力的冲量为，不为零，C不符合题意；
D．运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，所以重力的瞬时功率在变化，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据机械能守恒的条件判断乘客机械能的变化情况，在圆周的最低点根据牛顿第二定律得出重力和支持力的大小关系，利用瞬时功率的表达式得出重力瞬时功率的变化情况。
7．（2022高三上·湖北期末）如图，理想变压器副线圈匝数为2000匝，原线圈匝数为1000匝。副线圈接有一个阻值为的灯泡，绕过铁芯的单匝线圈接有一理想交流电压表，示数为。则交流电流表的示数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】理想交流电压表的示数为一匝线圈的电压的有效值，根据理想变压器的原理可知，匝数与电压成正比，则有，
理想变压器原副线圈的功率相等，则有
解得
即接在原线圈上的交流电流表的示数为2A，
故答案为：A。
【分析】根据理想变压器原副线圈的匝数比和电压比的关系以及匝数比和电流比的关系得出交流电流表的示数。
二、多选题
8．（2020·西安模拟）如图所示，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相等的光滑轨道．甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有（ ）
A．甲的切向加速度始终比乙的大
B．甲、乙在同一高度的速度大小相等
C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度
D．甲比乙先到达B处
【答案】B,D
【知识点】机械能守恒及其条件；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，A不符合题意；由机械能守恒定律可知，各点的机械能保持不变，高度（重力势能）相等处的动能也相等，B不符合题意；由甲乙的速度时间图像可知C不符合题意D符合题意
故答案为：BD
【分析】利用牛顿第二定律结合速率时间图像可以比较加速度的大小；利用机械能守恒可以判别同一高度速度相等；利用面积可以判别同一时刻不会在同一高度及运动的时间。
9．（2022高三上·湖北期末）如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从点脱离后做平抛运动，经过后恰好垂直与倾角为的斜面相碰。已知半圆形管道的半径为，小球可看做质点且其质量为，取。则（ ）
A．小球经过点时的速率为
B．小球在斜面上相碰点C与点的水平距离是
C．小球经过点时，受到管道的作用力，方向向上
D．若改变小球进入管道初速度使其恰好到达点，则在点小球对管道的作用力为零
【答案】A,C
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．小球垂直撞在斜面上，可知到达斜面时竖直分速度vy=gt=10×0.3m/s=3m/s
根据平行四边形定则知
解得小球经过B点的速度vB=vy=3m/s
A符合题意；
B．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是
B不符合题意；
C．在B点，根据牛顿第二定律得
解得轨道对小球的作用力
可知轨道对小球的作用力方向向上，大小为1N，C符合题意；
D、若小球恰好到达B点，可知B点的速度为零，此时轨道对小球的作用力等于小球的重力即10N，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】根据速度的分解得出B点的速度，结合匀变速直线运动的规律得出C与B点的水平距离，在B点利用牛顿第二定律得出轨道对小球的作用力。
10．（2022高三上·湖北期末）如图甲，足够长的光滑斜面倾角为，时质量为的物块在沿斜面方向的力作用下由静止开始运动，设沿斜面向上为力的正方向，力随时间的变化关系如图乙。取物块的初始位置为零势能位置，重力加速度取，则物块（ ）
A．在时间内合外力的功率为
B．在时动能为
C．在时机械能为
D．在时速度大小为
【答案】B,C
【知识点】受力分析的应用；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律；功的计算
【解析】【解答】A．时间内，由于
故物块沿斜面上滑，由牛顿第二定律可得
解得
物块内上滑的位移
内合外力做功为
在时间内合外力的功率为，A不符合题意；
B．末物块的速度为
末物块的动能
B符合题意；
C．，物块不受外力，只有重力对物块做功，所以该过程物块的机械能守恒，由于物块的出发的位置重力势能为0，0时刻物块动能也为0，所以0时刻物块的机械能为0，由于物块机械能增加了
所以，包括末物块的机械能为，C符合题意。
D．内由牛顿第二定律有
解得
末物块的速度为
内由牛顿第二定律有
解得
方向沿斜面向下，在时速度大小为
D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】对物块进行受力分析，根据牛顿第二定律得出物块的加速度，结合匀变速直线运动的规律以及恒力做功和平均做功的表达式得出合外力的功率和1s末的动能。
11．（2022高三上·湖北期末）如图所示，间距为，电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为的电阻连接，导轨上横跨一根质量为，电阻也为的金属棒，金属棒与导轨接触良好。整个装置处于竖直向上、磁感应强度为的匀强磁场中。现使金属棒以初速度沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为。下列说法正确的是（ ）
A．金属棒端电势比端电势高
B．整个过程中金属棒克服安培力做功为
C．整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为
D．金属棒克服安培力做功等于电阻上产生的焦耳热
【答案】B,C
【知识点】功能关系；左手定则
【解析】【解答】A．金属棒切割磁感线产生感应电动势，由右手定则可知电源内部电流由A点流向B点（电源内部都是负极流向正极的电流流向），则金属棒端电势比端电势低，A不符合题意；
B．电路中产生感应电流，金属棒受到向左的安培力，做减速运动，由于速度减小，电动势减小，则电流减小，安培力减小，根据牛顿第二定律知，加速度减小，金属棒做加速度逐渐减小的减速运动，根据动能定理，金属棒克服安培力做的功等于动能的变化
B符合题意；
C．根据电量表达式
又因
则金属棒在导轨上发生的位移
C符合题意；
D．金属棒克服安培力做的功将机械能转化为电路的电能，而电路为纯电阻电路，则电能转化为全电路电阻的焦耳热，则金属棒克服安培力做功等于电阻和金属棒上产生的总焦耳热，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】根据右手定则得出导体棒中感应电流的方向，从而得出AB电势的高低，利用安培力和牛顿第二定律得出金属棒的运动情况，结合功能关系得出克服安培力做的功，通过电流的定义式得出金属棒在导轨上发生的位移。
三、实验题
12．（2022高三上·湖北期末）用如图甲所示的装置，来验证碰撞过程中的动量守恒。图中是斜槽，为水平槽，点为水平槽末端在记录纸上的垂直投影点，、两球的质量之比。先使球从斜槽上固定位置由静止释放，在水平地面的记录纸上留下落点痕迹，重复10次，得到10个落点。再把球放在水平槽上的末端处，让球仍从位置由静止释放，与球碰撞，碰后、球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复10次。、两球在记录纸上留下的落点痕迹如图乙所示，其中米尺的零点与点对齐。
（1）碰撞后球的水平射程应取 ；
（2）本实验巧妙地利用小球飞行的水平距离表示小球的水平速度。下面的实验条件中，不能使小球飞行的水平距离表示为水平速度的是____；
A．使、两小球的质量之比改变为
B．升高固定点的位置
C．使、两小球的直径之比改变为
D．升高桌面的高度，即升高点距地面的高度
（3）利用此次实验中测得的数据，在误差允许的范围内满足表达式 ，则说明碰撞过程动量守恒。
【答案】（1）14.48
（2）C
（3）
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1） A小球和B小球相撞后，B小球的速度增大，A小球的速度减小，碰撞前后都做平抛运动，高度相同，所以运动时间相同，所以速度大的水平位就大，而碰后A的速度小于B的速度，所以碰撞后A球的落地点距离O点最近，所以碰撞后A球的水平射程应取14.48cm。
（2）A．只有当小球做平抛运动时才能用水平位移表示为水平速度，改变小球的质量比，小球碰撞后仍然做平抛运动，可以用小球飞行的水平距离表示为水平速度；A不符合题意；
B．升高固定点G的位置，小球碰撞后仍然做平抛运动，可以用小球飞行的水平距离表示为水平速度；B不符合题意；
C．使A、B两小球的直径之比改变为1：3，小球的球心不在同一高度，碰撞后小球的速度不在水平方向，不能做平抛运动，不可以用小球飞行的水平距离表示为水平速度；C符合题意；
D．升高桌面的高度，即升高R点距地面的高度，小球碰撞后仍然做平抛运动，可以用小球飞行的水平距离表示为水平速度；D不符合题意。
故答案为：C。
（3） 碰撞前A球做平抛运动的水平位移为OP，碰撞后A球做平抛运动的水平位移为OM，碰撞后B球做平抛运动的水平位移为ON，设运动的时间为t，则碰撞前的动量为：，碰撞后总动量为：，所以碰撞前的总动量与碰撞后的总动量的比值为
平抛运动过程中下落高度相同，故下落时间相同，则有
【分析】（1）根据AB小球碰撞前后的速度大小选择碰撞后A球的水平射程；
（2）根据验证碰撞过程中的动量守恒的实验原理得出不能使小球飞行的水平距离表示为水平速度 的选项；
（3）根据匀速直线运动的规律和动量守恒的表达式得出需要验证的表达式。
13．（2022高三上·广东月考）音箱线用于连接功放与音箱，用单晶铜作音箱线，音响的音质会更清晰，因为单晶铜电阻率比普通铜低，下面是测量单晶铜电阻率的实验方案。
（1）用螺旋测微器测量一单晶铜丝的直径，示数如图（a）所示，可读得 ；
（2）图（b）为实验电路，为了保证两个电表的示数从零开始变化，请画线将滑动变阻器正确接入电路；
（3）电路接好后，闭合开关S，滑动变阻器触头从左移到右，发现电压表示数变化很大，电流表示数总为零，这可能是线夹P处发生 （选填“短路”或“断路”）；
（4）线夹P的问题解决后，闭合开关S，滑动变阻器触头移到合适位置不动，再把线夹P从a向b移动，发现电压表示数很小且变化不大，这时应该把连接电压表负接线柱的导线改接在 ，再重新把线夹P从a向b移动，读出多组电压表和电流表示数，计算电阻，把多组电阻值与接入电路长度值画成如图（c）的R-x关系图线，根据图线可知R0= Ω，单晶铜的电阻率为 Ω·m（π取3，计算结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）0.084
（2）
（3）断路
（4）R0左端的接线柱上；20；1.7×10-8
【知识点】电阻的测量
【解析】【解答】(1)单晶铜丝的直径为
(2) 为了保证两个电表的示数从零开始变化，滑动变阻器必须采用分压接法，实验电路如下图所示
(3) 线夹P处发生断路，铜丝没有接入电路中，使得电流表示数总为零；
(4)因为单晶铜丝的电阻很小，所以电压表的读数很小且变化不大，这时应该把连接电压表负接线柱的导线改接在R0左端的接线柱上，电压表的测量值等于R0和铜丝的总电压；根据电阻定律
解得
根据图像
解得
【分析】（1）利用螺旋测微器的可动刻度和固定刻度可以读出对应的读数；
（2）为了保证电压从0开始测量其滑动变阻器必须使用分压式接法；
（3）当线夹P没有接入电路时会使电流表读数等于0；
（4）由于电压变化小说明其电阻小所以其电压表的负接线柱导线应该接在定值电阻的左端；利用电阻定律结合图象斜率和截距可以求出定值电阻和电阻率的大小。
四、解答题
14．（2022高三上·湖北期末）如图所示，空间存在着强度E＝2.5×102N/C、方向竖直向上的匀强电场，在电场内有一长为L＝0.5m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端拴着质量m＝0.5kg、电荷量q＝4×10－2C的小球．现将细线拉直到水平位置，使小球由静止释放，当小球运动到最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂．取g＝10m/s2.求：
（1）小球的电性；
（2）细线能承受的最大拉力；
（3）当小球继续运动后与O点水平方向距离为L时，小球距O点的高度.
【答案】（1）解：由小球运动到最高点可知，小球带正电
（2）解：设小球运动到最高点时速度为v，对该过程由动能定理得：(qE－mg)L＝mv2①
在最高点对小球由牛顿第二定律得：
FT＋mg－qE＝m②
由①②式解得：FT＝15N
（3）解：小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为a，则：a＝③
设小球在水平方向运动L的过程中，历时t，则：L＝vt ④
设竖直方向上的位移为x，则：x＝at2 ⑤
由①③④⑤解得：x＝0.125m
所以小球距O点高度为x＋L＝0.625m
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据小球的运动情况得出小球所带的电性；
（2）小球运动到最高点的过程根据动能定理得出小球在最高点的速度，小球在最高点利用牛顿第二定律得出细线能承受的最大拉力；
（3） 小球在细线断裂后 ，在竖直方向走匀变速直线运动，在水平方向做匀速直线运动，结合牛顿第二定律得出小球距O点的高度。
15．（2022高三上·湖北期末）算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框，甲、乙相隔，乙与边框相隔，算珠与导杆间的动摩擦因数。现用手指将甲以的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度取。
（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框；
（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间（结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）解：由牛顿第二定律可得，甲乙滑动时均有
则甲乙滑动时的加速度大小均为
甲与乙碰前的速度v1，则解得v1=0.4m/s
甲乙碰撞时由动量守恒定律
解得碰后乙的速度v3=0.3m/s
然后乙做减速运动，当速度减为零时则
可知乙恰好能滑到边框a
（2）解：甲与乙碰前运动的时间
碰后甲运动的时间
则甲运动的总时间为
【知识点】动量守恒定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律以及动量守恒定律得出碰后乙的速度，通过匀变速直线运动的规律得出乙运动的距离，并判断能否滑到边框a；
（2）结合匀变速直线运动的速度与时间的关系得出甲运动的总时间。
16．（2022高三上·湖北期末）如图所示，虚线与之间是匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度为，磁场区域在竖直方向足够长，右侧有无限大的挡板，、与挡板三者互相平行，间距均为。一电荷量为、质量为、初速度可忽略的粒子，经电压为的电场加速后，从靠近上板的位置沿水平方向进入两平行金属板间的偏转电场。平行金属板长度为、间距为，板间为电压由加速电压决定，且始终有。粒子离开偏转电场后若可以穿过匀强磁场，最后会打在竖直挡板上（重力忽略不计）。
（1）求粒子经过偏转电场后的侧移距离和速度偏转角的正切值；
（2）为使粒子不会由磁场右边界射出，加速电压最大值应为多少？
（3）若每隔一段时间就有一个粒子被加速，且加速电压从缓慢增加至，求竖直挡板上被粒子打中区域的长度。（粒子在加速电场中运动时间极短且粒子间的相互作用忽略不计）
【答案】（1）解：粒子在加速电场中，由动能定理
解得
粒子进入偏转电场后做类平抛运动，有
又
解得粒子经过偏转电场后的侧移距离
粒子离开偏转电场时电场线方向的速度
速度偏转角的正切值
（2）解：粒子进入磁场时的速度
由洛仑兹力提供向心力
可得粒子在磁场中圆周运动的半径
粒子恰好不会由磁场右边界射出，如图
则
解得
粒子不会由磁场右边界射出，加速电压最大值
（3）解：当时，在磁场中做圆周运动的半径
离开磁场区域做匀速直线运动，如图
则
当时，在磁场中做圆周运动的半径
离开磁场区域做匀速直线运动，如图
则
因此竖直挡板上被粒子打中区域的长度
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在加速电场中根据动能定理得出射入偏转电场时的速度，粒子进入偏转电场后做类平抛运动，结合类平抛运动的规律以及牛顿第二定律得出粒子经过偏转电场后的侧移距离，通过匀变速直线运动的速度与时间的关系和速度偏角正切值的表达式得出速度偏角；
（2）根据速度的合成以及洛伦兹力提供向心力得出粒子轨道半径的表达式，结合几何关系得出粒子不会由磁场右边界射出 的加速电压的最大值；
（3）根据几何关系以及粒子在磁场中的运动轨迹得出竖直挡板上被粒子打中区域的长度。
1 / 1
