2023屆河南省鄭州市高三下學(xué)期第三次質(zhì)量預(yù)測物理試題（解析版）

高中物理名校試卷PAGEPAGE1鄭州市2023年高中畢業(yè)年級(jí)第三次質(zhì)量預(yù)測物理試卷一、選擇題1.如圖所示，四個(gè)電荷量均為+q點(diǎn)電荷固定在一個(gè)正方形abcd的四個(gè)頂點(diǎn)上，用一小型金屬球殼將d點(diǎn)處正電荷封閉在球心位置，球殼半徑遠(yuǎn)小于ab邊長。M、N分別為ab和bc的中點(diǎn)，則下列說法正確的是（）A.O點(diǎn)處的電場強(qiáng)度沿Od方向B.M點(diǎn)處的電場強(qiáng)度沿OM方向C.N點(diǎn)處的電場強(qiáng)度大小為0D.若將金屬球殼接地，O點(diǎn)處的電場強(qiáng)度不變〖答案〗B〖解析〗A．四個(gè)電荷量均為+q的點(diǎn)電荷固定在一個(gè)正方形abcd的四個(gè)頂點(diǎn)上，用一小型金屬球殼將d點(diǎn)處正電荷封閉在球心位置，但不影響在外界形成的電場，所以四個(gè)等量同種正電荷在正方形中心的合場強(qiáng)為零，故A錯(cuò)誤；B．a(chǎn)b的點(diǎn)電荷在M點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)為0，cd的點(diǎn)電荷在M點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)等大，但關(guān)于水平線對(duì)稱，由矢量疊加原理可知合場強(qiáng)的方向水平向左，沿OM方向，故B正確；C．根據(jù)疊加原理和對(duì)稱性可知，N點(diǎn)處的電場強(qiáng)度大小和M點(diǎn)處的電場強(qiáng)度大小相等，不為零，故C錯(cuò)誤；D．若將金屬球殼接地，由于靜電屏蔽，金屬殼外無電場，相當(dāng)于d點(diǎn)無電荷，O點(diǎn)處的電場強(qiáng)度是abc的三個(gè)點(diǎn)電荷在O點(diǎn)的合成，此時(shí)O點(diǎn)處的電場強(qiáng)度不為零，故D錯(cuò)誤。故選B。2.如圖所示，光滑豎直墻壁與光滑水平地面交于B點(diǎn)，質(zhì)量為M光滑半圓柱體，緊靠豎直墻壁置于水平地面上，O為半圓柱體橫截面的圓心。質(zhì)量為m且可視為質(zhì)點(diǎn)的小球，用長度為L的細(xì)線懸掛于豎直墻壁上的A點(diǎn)，小球靜置于半圓柱體上。當(dāng)換用質(zhì)量不變，而半徑不同的光滑半圓柱體時(shí)，細(xì)線與豎直墻壁的夾角θ就會(huì)跟著發(fā)生改變。已知AB之間距離也為L，重力加速度為g，不計(jì)各接觸面間的摩擦，關(guān)于小球和圓柱體的受力說法正確的是（）A.當(dāng)時(shí)，細(xì)線對(duì)小球的拉力大小為mgB.當(dāng)時(shí)，半圓柱體對(duì)小球的支持力大小為mgC.在θ逐漸減小的過程中，圓柱體受到水平地面的彈力始終保持不變D.在θ逐漸減小過程中，圓柱體受到豎直墻壁的彈力始終保持不變〖答案〗A〖解析〗AB．對(duì)均勻球進(jìn)行受力分析如圖1所示連接O2B和O1O2，設(shè)O2B與水平面之間的夾角為，O1O2與水平面之間的夾角為，當(dāng)時(shí)，由幾何關(guān)系可知，由于AB=AO2，，所以△ABO2為等邊三角形由圓心角與圓周角之間的關(guān)系可知可知小球受到的繩子的拉力T與半圓柱體對(duì)小球的支持力N相互垂直，水平方向豎直方向聯(lián)立得，故A正確，B錯(cuò)誤；CD．若θ逐漸減小，當(dāng)小球平衡時(shí)，小球的位置在以AB為半徑的圓弧上，如圖2所示：由幾何關(guān)系可知，直線O1O2是該圓的切線方向，所以AO2⊥O1O2，則以小球與半圓柱體組成的整體為研究對(duì)象，在豎直方向，半圓柱體受的支持力由幾何關(guān)系可知減小，由上式可知，將減小，根據(jù)牛頓第三定律可知，半圓柱體對(duì)地面的壓力將減??；在水平方向可知，當(dāng)時(shí)，半圓柱體受到墻對(duì)半圓柱體的彈力最大，所以圓柱體受到豎直墻壁的彈力是變化的，故CD錯(cuò)誤；故選A。3.用光電管探究光電效應(yīng)規(guī)律的實(shí)驗(yàn)中，當(dāng)用不同頻率的光照射兩種光電管的陰極時(shí)，得到的遏止電壓與入射光的頻率的關(guān)系分別為圖中a、b圖線所示。由圖中數(shù)據(jù)可知（）A.B.C.普朗克常量D.a圖線對(duì)應(yīng)的陰極材料的逸出功為〖答案〗C〖解析〗AB．由光電效應(yīng)方程，可得結(jié)合圖像可知圖像的斜率故AB錯(cuò)誤；C．由，可得普朗克常量故C正確；D．a(chǎn)圖線對(duì)應(yīng)的陰極材料的逸出功為故D錯(cuò)誤。故選C。4.如圖所示，空間中存在水平方向的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度大小為E，方向水平向右；磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向里。在正交的電磁場空間中有一豎直放置的光滑絕緣大圓環(huán)。一質(zhì)量為m，帶電荷量為+q的小圓環(huán)，從大圓環(huán)的最高點(diǎn)由靜止釋放。已知大圓環(huán)半徑為R，重力加速度為g。關(guān)于小圓環(huán)接下來的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是（）A.小圓環(huán)從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒B.小圓環(huán)恰好能沿大圓環(huán)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)C.小圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到大圓環(huán)右側(cè)與圓心等高位置時(shí)的速度為D.小圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到大圓環(huán)最低點(diǎn)位置時(shí)的速度為〖答案〗D〖解析〗A．小圓環(huán)從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中，除重力外還有電場力做功，機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；B．設(shè)小圓環(huán)所受重力與電場力的合力與豎直方向夾角為，假設(shè)恰好能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，剛好到達(dá)等效最高點(diǎn)A，如圖所示根據(jù)動(dòng)能定理其中解得所以假設(shè)不成立，小圓環(huán)不能沿大圓環(huán)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C．小圓環(huán)從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到大圓環(huán)右側(cè)與圓心等高位置過程中，根據(jù)動(dòng)能定理解得小圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到大圓環(huán)右側(cè)與圓心等高位置時(shí)的速度故C錯(cuò)誤；D．小圓環(huán)從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到大圓環(huán)最低點(diǎn)位置過程中，根據(jù)動(dòng)能定理解得小圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到大圓環(huán)右側(cè)與圓心等高位置時(shí)的速度故D正確。故選D。5.如圖甲所示為質(zhì)譜儀工作原理圖，已知質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，從容器A下方的小孔飄入電勢(shì)差為U的加速電場，其初速度幾乎為0，經(jīng)電場加速后，由小孔S沿著與磁場垂直的方向，進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中。粒子在S點(diǎn)的速度與磁場邊界垂直，最后打在照相底片上的P點(diǎn)，且。忽略粒子的重力，通過測量得到x與的關(guān)系如圖乙所示，已知斜率為k=0.5，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為，，則下列說法中正確的是（）A.該粒子帶負(fù)電B.該粒子比荷為C.該粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間約為D.若電壓U不變，打到Q點(diǎn)的粒子比荷大于打到P點(diǎn)的粒子〖答案〗C〖解析〗A．粒子進(jìn)入磁場后向左偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知，該粒子帶正電，故A錯(cuò)誤；B．粒子經(jīng)過加速電場過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得解得粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力可得可得則有可知圖像的斜率為可得粒子的比荷為故B錯(cuò)誤；C．該粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為故C正確；D．根據(jù)若電壓不變，可知打到Q點(diǎn)的粒子比荷小于打到P點(diǎn)的粒子比荷，故D錯(cuò)誤。故選C。6.宇宙中存在一個(gè)由四顆星組成的系統(tǒng)，三顆質(zhì)量均為m的星球a、b、c恰好構(gòu)成一個(gè)邊長為L的正三角形，在它們的中心O處還有一顆質(zhì)量也為m的星球，如圖所示。已知引力常量為G，每個(gè)星球的半徑均遠(yuǎn)小于L。對(duì)于此系統(tǒng)，則下列說法正確的是（）A.中心O處的星球受到a、b、c三顆星球總的萬有引力為零B.a、b、c三顆星球的線速度大小均為C.a、b、c三顆星球的加速度大小均為D.若某時(shí)刻中心O處星球消失，則a、b、c三顆星球仍將按原軌道運(yùn)動(dòng)且運(yùn)動(dòng)周期不變〖答案〗AB〖解析〗A．由萬有引力公式可得即正三角形頂點(diǎn)所在處的星球與中心點(diǎn)處的星球之間的萬有引力大小相等，而根據(jù)幾何關(guān)系可知，頂點(diǎn)處的星球?qū)χ行狞c(diǎn)處星球的萬有引力兩兩之間的夾角均為，則根據(jù)力的矢量合成可知中心點(diǎn)處星球所受萬有引力的合力為零，故A正確；BC．a(chǎn)、b、c三顆星球所受萬有引力大小相同，方向均指向中心點(diǎn)O，任選其中一顆星分析可知其所受萬有引力為而由萬有引力充當(dāng)向心力有解得，,故B正確，C錯(cuò)誤；D．若某時(shí)刻中心O處星球消失，則a、b、c三顆星球所受萬有引力變成兩兩之間萬有引力的合力，且指向中心，有顯然萬有引力變小了，若要在原來的軌道上繼續(xù)做圓周運(yùn)動(dòng)，則可知做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度必須減小，而根據(jù)萬有引力充當(dāng)向心力，可得周期顯然故D錯(cuò)誤。故選AB。7.如圖所示，有一原副線圈匝數(shù)比為的理想變壓器，原線圈連接有一光滑無限長水平軌道，兩軌道之間距離為，軌道內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為的磁場，磁場方向垂直軌道所在平面向里。一電阻為的金屬棒垂直導(dǎo)軌在水平方向上運(yùn)動(dòng)，且金屬棒始終與導(dǎo)體棒良好接觸，金屬棒的運(yùn)動(dòng)速度。變壓器副線圈并聯(lián)有兩相同電阻，。不計(jì)導(dǎo)軌和連接導(dǎo)線的電阻，下列說法正確的是（）A.金屬棒感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為200V B.原線圈的電流20AC.金屬棒上產(chǎn)生的熱功率1000W D.上產(chǎn)生的熱功率1000W〖答案〗BD〖解析〗A．由金屬棒的運(yùn)動(dòng)速度，可知金屬棒運(yùn)動(dòng)的最大速度金屬棒感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為故A錯(cuò)誤；B．金屬棒感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值為設(shè)變壓器原線圈電壓為，變壓器副線圈電壓為，原線圈的電流為，副線圈的電流為，則解得，，故B正確；C．金屬棒上產(chǎn)生的熱功率故C錯(cuò)誤；D．上產(chǎn)生的熱功率故D正確。故選BD。8.如圖所示，一長木板a在水平地面上運(yùn)動(dòng)，在某時(shí)刻（）將一相對(duì)于地面靜止的物塊b輕放到木板上，此時(shí)a的速度水平向右，大小為2v0，同時(shí)對(duì)a施加一水平向右的恒力F。已知物塊與木板的質(zhì)量相等，物塊與木板間及木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，且物塊始終在木板上。在物塊放到木板上之后，a、b運(yùn)動(dòng)的速度一時(shí)間圖像可能是下列圖中的（）A. B.C. D.〖答案〗BC〖解析〗小物塊由靜止開始，長木板有初速度且受到恒力作用，所以對(duì)物塊受力分析，由牛頓第二定律得解得對(duì)長木板受力分析有解得AB．根據(jù)圖像斜率可知初始階段aa＜0，解得則a做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，b做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，共速后由于整體合力為零，將一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確C．根據(jù)圖像知a做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即b做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩者共速后，一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有解得故C正確；D．若aa＜ab，則有兩者均做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，共速后一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律的解得故D錯(cuò)誤。故選BC。二、非選擇題（一）必考題：共129分。9.用如圖所示的裝置根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律驗(yàn)證兩小球碰撞中的動(dòng)量守恒。使用頻閃相機(jī)對(duì)小球碰撞前后的運(yùn)動(dòng)情況進(jìn)行拍攝。圖中背景是放在豎直平面內(nèi)帶方格的紙板，紙板平面與小球運(yùn)動(dòng)軌跡所在的平面平行，每個(gè)小方格的邊長為，取，實(shí)驗(yàn)核心步驟如下：（1）讓小球從擋板處由靜止釋放，從斜槽末端水平拋出后頻閃照片如圖乙中的A所示。（2）把小球靜置于軌道末端，讓小球從擋板處由靜止釋放，兩球在斜槽末端碰撞。碰撞后兩小球從斜槽末端水平拋出。拋出后的頻閃照片分別如圖乙中的B、C所示。（3）由圖乙結(jié)合已知數(shù)據(jù)可計(jì)算出頻閃相機(jī)閃光的周期T=___________s（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。（4）由圖乙結(jié)合已知數(shù)據(jù)可計(jì)算出碰撞后小球的速度=___________m/s（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。（5）若碰撞過程中動(dòng)量守恒，則___________?！即鸢浮剑?）0.10（4）3.0（5）3：1〖解析〗（3)[1]小球在空中做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，豎直方向上有解得頻閃相機(jī)閃光的周期為（4）[2]小球在水平方向上勻速直線運(yùn)動(dòng)，由圖可知碰撞前小球m1的水平速度為碰撞后小球m2的水平速度為（5）[3]碰撞后小球m1的水平速度為取水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得帶入數(shù)據(jù)解得10.要研究額定電壓為3V的發(fā)光二極管正向?qū)щ姇r(shí)的伏安特性曲線，除了已有的發(fā)光二極管，在實(shí)驗(yàn)室又找到如下實(shí)驗(yàn)器材：A．恒壓直流電源（4~6V）B．電壓表V（量程0~4V，內(nèi)阻約3kΩ）C．電流表（量程0~0.6A，內(nèi)阻約0.1Ω）D．電流表（量程0~30mA，內(nèi)阻約1.0Ω）E．滑動(dòng)變阻器（最大阻值10kΩ）F．滑動(dòng)變阻器（最大阻值10Ω）G．開關(guān)、導(dǎo)線若干（1）用歐姆表粗測二極管正向?qū)娮?，如圖所示，選擇開關(guān)為“×”擋，則測得二極管的電阻為___________Ω。（2）為了更加準(zhǔn)確描繪發(fā)光二極管的伏安特性曲線，電流表應(yīng)選擇___________；滑動(dòng)變阻器應(yīng)選擇___________。（填寫器材前面的字母代號(hào)）請(qǐng)?jiān)趫D中方框內(nèi)將實(shí)驗(yàn)電路圖補(bǔ)充完整________。（3）實(shí)驗(yàn)得到的伏安特性曲線如圖所示，要設(shè)計(jì)一個(gè)由這種型號(hào)的發(fā)光二極管組成的燈帶。用電動(dòng)勢(shì)為4V、內(nèi)阻為1Ω的直流電源給燈帶供電，這條燈帶需并聯(lián)___________個(gè)這種型號(hào)的發(fā)光二極管，才可使燈帶上所有二極管在額定電壓下正常發(fā)光?！即鸢浮剑?）140（2）DF（3）50〖解析〗（1）[1]多用電表指針指向14的刻度，則測得二極管的電阻為140Ω；（2）[2][3]根據(jù)歐姆定律可知可知電流表應(yīng)選D；為了測量更多數(shù)據(jù)，且電壓表示數(shù)從0開始變化，滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法，所以滑動(dòng)變阻器選量程較小的F；[4]根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理設(shè)計(jì)電路圖，如圖（3）[5]該型號(hào)二極管在3V電壓下能夠穩(wěn)定發(fā)光，電動(dòng)勢(shì)為4V，內(nèi)阻為1Ω的直流電源給燈帶供電，電路中的電流為由圖像可知，電壓為3V時(shí)，二極管中電流為20mA，故二極管個(gè)數(shù)為故這條燈帶需并聯(lián)50個(gè)這種型號(hào)的發(fā)光二極管，可使燈帶達(dá)到理想的使用效果。11.如圖所示，水平地面上并排放置有兩個(gè)大小不等的物塊，兩物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為。兩物塊從距離右側(cè)豎直墻壁的位置，同時(shí)以相同的初速度一起向右運(yùn)動(dòng)，大物塊與豎直墻壁碰撞完成后又與小物塊碰撞。大物塊與豎直墻壁碰撞時(shí)間極短，碰撞時(shí)的機(jī)械能損失，大物塊與小物塊的碰撞為彈性碰撞。已知小物塊的質(zhì)量為m=0.1kg，大物塊的質(zhì)量為，不計(jì)空氣阻力，取重力加速度，求：（1）大物塊和豎直墻壁碰前瞬間，大物塊和小物塊共同的速度大小v；（2）小物塊反彈后在水平地面上向左運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)距離x?！即鸢浮剑?）6m/s；（2）36m〖解析〗（1）大物塊與豎直墻壁碰撞前，大物塊和小物塊一起做勻減速直線運(yùn)動(dòng)。由動(dòng)能定理得解得v=6m/s（2）物塊與豎直墻壁碰撞過程解得v1=4m/s方向水平向左大物塊與小物塊碰撞過程由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可得解得v3=12m/s或v3=-6m/s（舍）小物塊以速度v3向左運(yùn)動(dòng)，對(duì)小物塊由動(dòng)能定理得解得x=36m12.如圖所示，在xOy平面內(nèi)，x軸與MN邊界之間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁場區(qū)域的寬度為d，x軸下方和MN邊界上方的空間有兩個(gè)勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小均為E，方向與y軸平行。時(shí)刻，一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子從O點(diǎn)射入磁場，速度大小為v，方向與x軸正方向夾角為，然后恰好垂直于MN邊界進(jìn)入上方電場，粒子重力不計(jì)。求：（1）勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；（2）粒子第一次經(jīng)過MN邊界時(shí)的位置坐標(biāo)；（3）粒子射出以后經(jīng)過x軸的時(shí)刻t?！即鸢浮剑?）；（2；（3）見〖解析〗〖解析〗（1）垂直于MN邊界進(jìn)入上方電場，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)軌道半徑為r，由幾何關(guān)系可得粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)解得磁感應(yīng)強(qiáng)度（2）如圖所示，由幾何關(guān)系可知第一次經(jīng)過MN邊界時(shí)沿x方向運(yùn)動(dòng)距離解得該點(diǎn)位置坐標(biāo)為（3）粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)周期每次通過磁場的時(shí)間粒子在電場中運(yùn)動(dòng)滿足粒子在MN上方電場中做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)往返通過電場的時(shí)間為t2，由題意可得解得粒子在x軸下方電場中做類拋體運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子每次通過電場的時(shí)間為t3，由題意可得解得粒子接下來重復(fù)周期性運(yùn)動(dòng)，周期T=2t1+t2+t3則由題意可知，粒子由x軸上方磁場經(jīng)過x軸的時(shí)刻滿足t=n（2t1+t2+t3）-t3解得粒子由x軸下方電場經(jīng)過x軸的時(shí)刻滿足t=n（2t1+t2+t3）解得（二）選考題13.一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經(jīng)歷三個(gè)過程ab、bc、ca回到原狀態(tài)a。其p-V圖像如圖所示。ab、bc、ca皆為直線，ca平行于p軸，bc平行于V軸。關(guān)于理想氣體經(jīng)歷的三個(gè)過程，下列說法正確的是（）A.b、c兩個(gè)狀態(tài)下的氣體溫度相等B.a點(diǎn)氣體溫度與b點(diǎn)氣體溫度之比為C.bc過程中，氣體一定從外界吸熱D.ca過程中，氣體壓強(qiáng)增大，溫度升高E.ab過程中，氣體分子的平均動(dòng)能先變大后變小〖答案〗BDE〖解析〗A．由圖知b、c兩個(gè)狀態(tài)，氣壓相等，且，根據(jù)蓋-呂薩克定律所以故A錯(cuò)誤；B．由圖知a、b兩個(gè)狀態(tài)下，，，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程解得故B正確；C．bc過程中，根據(jù)熱力學(xué)第一定律因體積變小，所以壓強(qiáng)不變，體積變小，根據(jù)蓋-呂薩克定律，溫度降低，所以內(nèi)能變小，即所以體積減小氣體一定放熱，故C錯(cuò)誤；D．ca過程中，體積不變，氣體壓強(qiáng)增大，根據(jù)查理定律，氣體溫度升高，故D正確；E．作出a、b兩點(diǎn)的等溫線，可知ab過程中溫度先增大后減小，所以氣體分子的平均動(dòng)能先變大后變小，故E正確。故選BDE。14.如圖所示為導(dǎo)熱性良好的氣缸模型，質(zhì)量忽略不計(jì)的活塞A可無摩擦上下移動(dòng)，活塞橫截面積為S。當(dāng)溫度為時(shí)，氣缸內(nèi)氣體體積為，壓強(qiáng)為p0。已知大氣壓強(qiáng)也為，氣缸不漏氣。（I）保持溫度不變，在A上輕輕放一質(zhì)量為m的物塊，使活塞A緩慢地移動(dòng)了一段距離后再次達(dá)到平衡狀態(tài)，求此時(shí)氣缸內(nèi)氣體體積。（II）緩緩升高氣溫，在A上不放任何物體，使氣體體積增大到，此過程中氣體吸收熱量為Q，求氣體內(nèi)能變化?！即鸢浮剑↖）；（II）〖解析〗（I）根據(jù)題意，由平衡條件可知由玻意耳定律得由以上兩式聯(lián)立解得（II）在A上不放任何物體時(shí)，氣體的壓強(qiáng)不變，體積增大過程氣體對(duì)外做功為由熱力學(xué)第一定律有，解得15.如圖所示為一正六邊形冰晶截面，邊長為l。一束紫光由AF中點(diǎn)處射到在冰晶上，為冰晶上的入射角，為經(jīng)過第一個(gè)界面的折射角，為光離開冰晶的折射角，其中。若將紫光改為紅光，光線仍可從BC邊上射出。已知光在真空中的速度為c，則下列說法中正確的是（）A.冰晶對(duì)紫光的折射率為B.紫光在冰晶中傳播時(shí)間為C.在冰晶內(nèi)紅光的傳播速度比紫光的傳播速度小D.在冰晶內(nèi)紅光的波長比紫光的波長長E.保持入射角不變，將紫光改為紅光，將增大〖答案〗ABD〖解析〗A．由幾何知識(shí)可知冰晶對(duì)紫光的折射率為故A正確；B．由幾何知識(shí)可知紫光在冰晶中的光程為傳播的速度為傳播的時(shí)間為故B正確；C．根據(jù)紅光的頻率比紫光小，紅光的折射率比紫光小，紅光在冰晶中的傳播速度比紫光大，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)，可得紅光的頻率比紫光小，紅光的折射率比紫光小，則在冰晶內(nèi)紅光的波長比紫光的波長長，故D正確；E．保持入射角不變，將紫光改為紅光，折射率減小，根據(jù)折射定律可知將增大，由幾何知識(shí)可知，在BC面的入射角小于在AF面的折射角，根據(jù)折射定律可知變小，故E錯(cuò)誤。故選ABD。16.我國科學(xué)家首創(chuàng)的超聲消融術(shù)是一種超聲波聚焦病灶部位進(jìn)行照射治療的先進(jìn)技術(shù)。如圖甲所示，一列超聲波從介質(zhì)1進(jìn)入介質(zhì)2中繼續(xù)傳播，A、B、C為傳播方向上的三個(gè)點(diǎn)。圖乙為時(shí)刻A質(zhì)點(diǎn)右側(cè)介質(zhì)1中的部分波形圖，此時(shí)該波恰好傳播至介質(zhì)2中的B點(diǎn)，圖丙為該時(shí)刻之后B點(diǎn)的振動(dòng)圖像。已知B、C兩質(zhì)點(diǎn)間的距離0.75cm，波在介質(zhì)2中的傳播速度為。求：（1）該波在介質(zhì)1中傳播速度的大?。唬?）從質(zhì)點(diǎn)B開始振動(dòng)到質(zhì)點(diǎn)C第一次到達(dá)波谷經(jīng)歷的時(shí)間?！即鸢浮剑?）；（2）〖解析〗（1）超聲波在介質(zhì)2中傳播時(shí)在兩種介質(zhì)中傳播時(shí)周期不變，則在介質(zhì)1中傳播時(shí)（2）超聲波從B傳到C的時(shí)間為波傳到C點(diǎn)時(shí)開始起振的方向向下，則到達(dá)波谷時(shí)還需要?jiǎng)t質(zhì)點(diǎn)C第一次到達(dá)波谷的時(shí)間為鄭州市2023年高中畢業(yè)年級(jí)第三次質(zhì)量預(yù)測物理試卷一、選擇題1.如圖所示，四個(gè)電荷量均為+q點(diǎn)電荷固定在一個(gè)正方形abcd的四個(gè)頂點(diǎn)上，用一小型金屬球殼將d點(diǎn)處正電荷封閉在球心位置，球殼半徑遠(yuǎn)小于ab邊長。M、N分別為ab和bc的中點(diǎn)，則下列說法正確的是（）A.O點(diǎn)處的電場強(qiáng)度沿Od方向B.M點(diǎn)處的電場強(qiáng)度沿OM方向C.N點(diǎn)處的電場強(qiáng)度大小為0D.若將金屬球殼接地，O點(diǎn)處的電場強(qiáng)度不變〖答案〗B〖解析〗A．四個(gè)電荷量均為+q的點(diǎn)電荷固定在一個(gè)正方形abcd的四個(gè)頂點(diǎn)上，用一小型金屬球殼將d點(diǎn)處正電荷封閉在球心位置，但不影響在外界形成的電場，所以四個(gè)等量同種正電荷在正方形中心的合場強(qiáng)為零，故A錯(cuò)誤；B．a(chǎn)b的點(diǎn)電荷在M點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)為0，cd的點(diǎn)電荷在M點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)等大，但關(guān)于水平線對(duì)稱，由矢量疊加原理可知合場強(qiáng)的方向水平向左，沿OM方向，故B正確；C．根據(jù)疊加原理和對(duì)稱性可知，N點(diǎn)處的電場強(qiáng)度大小和M點(diǎn)處的電場強(qiáng)度大小相等，不為零，故C錯(cuò)誤；D．若將金屬球殼接地，由于靜電屏蔽，金屬殼外無電場，相當(dāng)于d點(diǎn)無電荷，O點(diǎn)處的電場強(qiáng)度是abc的三個(gè)點(diǎn)電荷在O點(diǎn)的合成，此時(shí)O點(diǎn)處的電場強(qiáng)度不為零，故D錯(cuò)誤。故選B。2.如圖所示，光滑豎直墻壁與光滑水平地面交于B點(diǎn)，質(zhì)量為M光滑半圓柱體，緊靠豎直墻壁置于水平地面上，O為半圓柱體橫截面的圓心。質(zhì)量為m且可視為質(zhì)點(diǎn)的小球，用長度為L的細(xì)線懸掛于豎直墻壁上的A點(diǎn)，小球靜置于半圓柱體上。當(dāng)換用質(zhì)量不變，而半徑不同的光滑半圓柱體時(shí)，細(xì)線與豎直墻壁的夾角θ就會(huì)跟著發(fā)生改變。已知AB之間距離也為L，重力加速度為g，不計(jì)各接觸面間的摩擦，關(guān)于小球和圓柱體的受力說法正確的是（）A.當(dāng)時(shí)，細(xì)線對(duì)小球的拉力大小為mgB.當(dāng)時(shí)，半圓柱體對(duì)小球的支持力大小為mgC.在θ逐漸減小的過程中，圓柱體受到水平地面的彈力始終保持不變D.在θ逐漸減小過程中，圓柱體受到豎直墻壁的彈力始終保持不變〖答案〗A〖解析〗AB．對(duì)均勻球進(jìn)行受力分析如圖1所示連接O2B和O1O2，設(shè)O2B與水平面之間的夾角為，O1O2與水平面之間的夾角為，當(dāng)時(shí)，由幾何關(guān)系可知，由于AB=AO2，，所以△ABO2為等邊三角形由圓心角與圓周角之間的關(guān)系可知可知小球受到的繩子的拉力T與半圓柱體對(duì)小球的支持力N相互垂直，水平方向豎直方向聯(lián)立得，故A正確，B錯(cuò)誤；CD．若θ逐漸減小，當(dāng)小球平衡時(shí)，小球的位置在以AB為半徑的圓弧上，如圖2所示：由幾何關(guān)系可知，直線O1O2是該圓的切線方向，所以AO2⊥O1O2，則以小球與半圓柱體組成的整體為研究對(duì)象，在豎直方向，半圓柱體受的支持力由幾何關(guān)系可知減小，由上式可知，將減小，根據(jù)牛頓第三定律可知，半圓柱體對(duì)地面的壓力將減小；在水平方向可知，當(dāng)時(shí)，半圓柱體受到墻對(duì)半圓柱體的彈力最大，所以圓柱體受到豎直墻壁的彈力是變化的，故CD錯(cuò)誤；故選A。3.用光電管探究光電效應(yīng)規(guī)律的實(shí)驗(yàn)中，當(dāng)用不同頻率的光照射兩種光電管的陰極時(shí)，得到的遏止電壓與入射光的頻率的關(guān)系分別為圖中a、b圖線所示。由圖中數(shù)據(jù)可知（）A.B.C.普朗克常量D.a圖線對(duì)應(yīng)的陰極材料的逸出功為〖答案〗C〖解析〗AB．由光電效應(yīng)方程，可得結(jié)合圖像可知圖像的斜率故AB錯(cuò)誤；C．由，可得普朗克常量故C正確；D．a(chǎn)圖線對(duì)應(yīng)的陰極材料的逸出功為故D錯(cuò)誤。故選C。4.如圖所示，空間中存在水平方向的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度大小為E，方向水平向右；磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向里。在正交的電磁場空間中有一豎直放置的光滑絕緣大圓環(huán)。一質(zhì)量為m，帶電荷量為+q的小圓環(huán)，從大圓環(huán)的最高點(diǎn)由靜止釋放。已知大圓環(huán)半徑為R，重力加速度為g。關(guān)于小圓環(huán)接下來的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是（）A.小圓環(huán)從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒B.小圓環(huán)恰好能沿大圓環(huán)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)C.小圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到大圓環(huán)右側(cè)與圓心等高位置時(shí)的速度為D.小圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到大圓環(huán)最低點(diǎn)位置時(shí)的速度為〖答案〗D〖解析〗A．小圓環(huán)從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中，除重力外還有電場力做功，機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；B．設(shè)小圓環(huán)所受重力與電場力的合力與豎直方向夾角為，假設(shè)恰好能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，剛好到達(dá)等效最高點(diǎn)A，如圖所示根據(jù)動(dòng)能定理其中解得所以假設(shè)不成立，小圓環(huán)不能沿大圓環(huán)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C．小圓環(huán)從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到大圓環(huán)右側(cè)與圓心等高位置過程中，根據(jù)動(dòng)能定理解得小圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到大圓環(huán)右側(cè)與圓心等高位置時(shí)的速度故C錯(cuò)誤；D．小圓環(huán)從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到大圓環(huán)最低點(diǎn)位置過程中，根據(jù)動(dòng)能定理解得小圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到大圓環(huán)右側(cè)與圓心等高位置時(shí)的速度故D正確。故選D。5.如圖甲所示為質(zhì)譜儀工作原理圖，已知質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，從容器A下方的小孔飄入電勢(shì)差為U的加速電場，其初速度幾乎為0，經(jīng)電場加速后，由小孔S沿著與磁場垂直的方向，進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中。粒子在S點(diǎn)的速度與磁場邊界垂直，最后打在照相底片上的P點(diǎn)，且。忽略粒子的重力，通過測量得到x與的關(guān)系如圖乙所示，已知斜率為k=0.5，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為，，則下列說法中正確的是（）A.該粒子帶負(fù)電B.該粒子比荷為C.該粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間約為D.若電壓U不變，打到Q點(diǎn)的粒子比荷大于打到P點(diǎn)的粒子〖答案〗C〖解析〗A．粒子進(jìn)入磁場后向左偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知，該粒子帶正電，故A錯(cuò)誤；B．粒子經(jīng)過加速電場過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得解得粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力可得可得則有可知圖像的斜率為可得粒子的比荷為故B錯(cuò)誤；C．該粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為故C正確；D．根據(jù)若電壓不變，可知打到Q點(diǎn)的粒子比荷小于打到P點(diǎn)的粒子比荷，故D錯(cuò)誤。故選C。6.宇宙中存在一個(gè)由四顆星組成的系統(tǒng)，三顆質(zhì)量均為m的星球a、b、c恰好構(gòu)成一個(gè)邊長為L的正三角形，在它們的中心O處還有一顆質(zhì)量也為m的星球，如圖所示。已知引力常量為G，每個(gè)星球的半徑均遠(yuǎn)小于L。對(duì)于此系統(tǒng)，則下列說法正確的是（）A.中心O處的星球受到a、b、c三顆星球總的萬有引力為零B.a、b、c三顆星球的線速度大小均為C.a、b、c三顆星球的加速度大小均為D.若某時(shí)刻中心O處星球消失，則a、b、c三顆星球仍將按原軌道運(yùn)動(dòng)且運(yùn)動(dòng)周期不變〖答案〗AB〖解析〗A．由萬有引力公式可得即正三角形頂點(diǎn)所在處的星球與中心點(diǎn)處的星球之間的萬有引力大小相等，而根據(jù)幾何關(guān)系可知，頂點(diǎn)處的星球?qū)χ行狞c(diǎn)處星球的萬有引力兩兩之間的夾角均為，則根據(jù)力的矢量合成可知中心點(diǎn)處星球所受萬有引力的合力為零，故A正確；BC．a(chǎn)、b、c三顆星球所受萬有引力大小相同，方向均指向中心點(diǎn)O，任選其中一顆星分析可知其所受萬有引力為而由萬有引力充當(dāng)向心力有解得，,故B正確，C錯(cuò)誤；D．若某時(shí)刻中心O處星球消失，則a、b、c三顆星球所受萬有引力變成兩兩之間萬有引力的合力，且指向中心，有顯然萬有引力變小了，若要在原來的軌道上繼續(xù)做圓周運(yùn)動(dòng)，則可知做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度必須減小，而根據(jù)萬有引力充當(dāng)向心力，可得周期顯然故D錯(cuò)誤。故選AB。7.如圖所示，有一原副線圈匝數(shù)比為的理想變壓器，原線圈連接有一光滑無限長水平軌道，兩軌道之間距離為，軌道內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為的磁場，磁場方向垂直軌道所在平面向里。一電阻為的金屬棒垂直導(dǎo)軌在水平方向上運(yùn)動(dòng)，且金屬棒始終與導(dǎo)體棒良好接觸，金屬棒的運(yùn)動(dòng)速度。變壓器副線圈并聯(lián)有兩相同電阻，。不計(jì)導(dǎo)軌和連接導(dǎo)線的電阻，下列說法正確的是（）A.金屬棒感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為200V B.原線圈的電流20AC.金屬棒上產(chǎn)生的熱功率1000W D.上產(chǎn)生的熱功率1000W〖答案〗BD〖解析〗A．由金屬棒的運(yùn)動(dòng)速度，可知金屬棒運(yùn)動(dòng)的最大速度金屬棒感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為故A錯(cuò)誤；B．金屬棒感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值為設(shè)變壓器原線圈電壓為，變壓器副線圈電壓為，原線圈的電流為，副線圈的電流為，則解得，，故B正確；C．金屬棒上產(chǎn)生的熱功率故C錯(cuò)誤；D．上產(chǎn)生的熱功率故D正確。故選BD。8.如圖所示，一長木板a在水平地面上運(yùn)動(dòng)，在某時(shí)刻（）將一相對(duì)于地面靜止的物塊b輕放到木板上，此時(shí)a的速度水平向右，大小為2v0，同時(shí)對(duì)a施加一水平向右的恒力F。已知物塊與木板的質(zhì)量相等，物塊與木板間及木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，且物塊始終在木板上。在物塊放到木板上之后，a、b運(yùn)動(dòng)的速度一時(shí)間圖像可能是下列圖中的（）A. B.C. D.〖答案〗BC〖解析〗小物塊由靜止開始，長木板有初速度且受到恒力作用，所以對(duì)物塊受力分析，由牛頓第二定律得解得對(duì)長木板受力分析有解得AB．根據(jù)圖像斜率可知初始階段aa＜0，解得則a做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，b做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，共速后由于整體合力為零，將一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確C．根據(jù)圖像知a做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即b做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩者共速后，一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有解得故C正確；D．若aa＜ab，則有兩者均做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，共速后一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律的解得故D錯(cuò)誤。故選BC。二、非選擇題（一）必考題：共129分。9.用如圖所示的裝置根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律驗(yàn)證兩小球碰撞中的動(dòng)量守恒。使用頻閃相機(jī)對(duì)小球碰撞前后的運(yùn)動(dòng)情況進(jìn)行拍攝。圖中背景是放在豎直平面內(nèi)帶方格的紙板，紙板平面與小球運(yùn)動(dòng)軌跡所在的平面平行，每個(gè)小方格的邊長為，取，實(shí)驗(yàn)核心步驟如下：（1）讓小球從擋板處由靜止釋放，從斜槽末端水平拋出后頻閃照片如圖乙中的A所示。（2）把小球靜置于軌道末端，讓小球從擋板處由靜止釋放，兩球在斜槽末端碰撞。碰撞后兩小球從斜槽末端水平拋出。拋出后的頻閃照片分別如圖乙中的B、C所示。（3）由圖乙結(jié)合已知數(shù)據(jù)可計(jì)算出頻閃相機(jī)閃光的周期T=___________s（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。（4）由圖乙結(jié)合已知數(shù)據(jù)可計(jì)算出碰撞后小球的速度=___________m/s（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。（5）若碰撞過程中動(dòng)量守恒，則___________?！即鸢浮剑?）0.10（4）3.0（5）3：1〖解析〗（3)[1]小球在空中做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，豎直方向上有解得頻閃相機(jī)閃光的周期為（4）[2]小球在水平方向上勻速直線運(yùn)動(dòng)，由圖可知碰撞前小球m1的水平速度為碰撞后小球m2的水平速度為（5）[3]碰撞后小球m1的水平速度為取水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得帶入數(shù)據(jù)解得10.要研究額定電壓為3V的發(fā)光二極管正向?qū)щ姇r(shí)的伏安特性曲線，除了已有的發(fā)光二極管，在實(shí)驗(yàn)室又找到如下實(shí)驗(yàn)器材：A．恒壓直流電源（4~6V）B．電壓表V（量程0~4V，內(nèi)阻約3kΩ）C．電流表（量程0~0.6A，內(nèi)阻約0.1Ω）D．電流表（量程0~30mA，內(nèi)阻約1.0Ω）E．滑動(dòng)變阻器（最大阻值10kΩ）F．滑動(dòng)變阻器（最大阻值10Ω）G．開關(guān)、導(dǎo)線若干（1）用歐姆表粗測二極管正向?qū)娮瑁鐖D所示，選擇開關(guān)為“×”擋，則測得二極管的電阻為___________Ω。（2）為了更加準(zhǔn)確描繪發(fā)光二極管的伏安特性曲線，電流表應(yīng)選擇___________；滑動(dòng)變阻器應(yīng)選擇___________。（填寫器材前面的字母代號(hào)）請(qǐng)?jiān)趫D中方框內(nèi)將實(shí)驗(yàn)電路圖補(bǔ)充完整________。（3）實(shí)驗(yàn)得到的伏安特性曲線如圖所示，要設(shè)計(jì)一個(gè)由這種型號(hào)的發(fā)光二極管組成的燈帶。用電動(dòng)勢(shì)為4V、內(nèi)阻為1Ω的直流電源給燈帶供電，這條燈帶需并聯(lián)___________個(gè)這種型號(hào)的發(fā)光二極管，才可使燈帶上所有二極管在額定電壓下正常發(fā)光?！即鸢浮剑?）140（2）DF（3）50〖解析〗（1）[1]多用電表指針指向14的刻度，則測得二極管的電阻為140Ω；（2）[2][3]根據(jù)歐姆定律可知可知電流表應(yīng)選D；為了測量更多數(shù)據(jù)，且電壓表示數(shù)從0開始變化，滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法，所以滑動(dòng)變阻器選量程較小的F；[4]根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理設(shè)計(jì)電路圖，如圖（3）[5]該型號(hào)二極管在3V電壓下能夠穩(wěn)定發(fā)光，電動(dòng)勢(shì)為4V，內(nèi)阻為1Ω的直流電源給燈帶供電，電路中的電流為由圖像可知，電壓為3V時(shí)，二極管中電流為20mA，故二極管個(gè)數(shù)為故這條燈帶需并聯(lián)50個(gè)這種型號(hào)的發(fā)光二極管，可使燈帶達(dá)到理想的使用效果。11.如圖所示，水平地面上并排放置有兩個(gè)大小不等的物塊，兩物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為。兩物塊從距離右側(cè)豎直墻壁的位置，同時(shí)以相同的初速度一起向右運(yùn)動(dòng)，大物塊與豎直墻壁碰撞完成后又與小物塊碰撞。大物塊與豎直墻壁碰撞時(shí)間極短，碰撞時(shí)的機(jī)械能損失，大物塊與小物塊的碰撞為彈性碰撞。已知小物塊的質(zhì)量為m=0.1kg，大物塊的質(zhì)量為，不計(jì)空氣阻力，取重力加速度，求：（1）大物塊和豎直墻壁碰前瞬間，大物塊和小物塊共同的速度大小v；（2）小物塊反彈后在水平地面上向左運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)距離x?！即鸢浮剑?）6m/s；（2）36m〖解析〗（1）大物塊與豎直墻壁碰撞前，大物塊和小物塊一起做勻減速直線運(yùn)動(dòng)。由動(dòng)能定理得解得v=6m/s（2）物塊與豎直墻壁碰撞過程解得v1=4m/s方向水平向左大物塊與小物塊碰撞過程由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可得解得v3=12m/s或v3=-6m/s（舍）小物塊以速度v3向左運(yùn)動(dòng)，對(duì)小物塊由動(dòng)能定理得解得x=36m12.如圖所示，在xOy平面內(nèi)，x軸與MN邊界之間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁場區(qū)域的寬度為d，x軸下方和MN邊界上方的空間有兩個(gè)勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小均為E，方向與y軸平行。時(shí)刻，一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子從O點(diǎn)射入磁場，速度大小為v，方向與x軸正方向夾角為，然后恰好垂直于MN邊界進(jìn)入上方電場，粒子重力不計(jì)。求：（1）勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；（2）粒子第一次經(jīng)過MN邊界時(shí)的位置坐標(biāo)；（3）粒子射出以后經(jīng)過x軸的時(shí)刻t。〖答案〗（1）；（2；（3）見〖解析〗〖解析〗（1）垂直于MN邊界進(jìn)入上方電場，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)軌道半徑為r，由幾何關(guān)系可得粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)解得磁感應(yīng)強(qiáng)度（2）如圖所示，由幾何關(guān)系可知第一次經(jīng)過MN邊界時(shí)沿x方向運(yùn)動(dòng)距離解得該點(diǎn)位置坐標(biāo)為（3）粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)周期每次通過磁場的時(shí)間粒子在電場中運(yùn)動(dòng)滿足粒子在MN上方電場中做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)往返通過電場的時(shí)間為t2，由題意可得解得粒子在x軸下方電場中做類拋體運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子每次通過電場的時(shí)間為t3，由題意可得解得粒子接下來重復(fù)周期性運(yùn)動(dòng)，周期T=2t1+t2+t3則由題意可知，粒子由x軸上方磁場經(jīng)過x軸的時(shí)刻滿足t=n（2t1+t2+t3）-t3解得粒子由x軸下方電場經(jīng)過x軸的時(shí)刻滿足t=n（2t1+t2+t3）解得（二）選考題13.一定質(zhì)量的理想