2022屆山東省聊城市高三高考一?？荚囄锢碓嚲?附答案

聊城市2022年普通高中學(xué)業(yè)水平等級考試模擬卷物理（一）注意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷的指定位置．2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號．回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無效．3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回．一、單項選擇題：本題共8個小題，每小題3分，共24分．每小題只有一個選項符合題目要求．1.如圖，煙霧自動報警器的探測器中裝有放射性元素镅241，其衰變方程為．下列說法正確的是（）A.是光子，不具有能量 B.是粒子，有很強的貫穿本領(lǐng)C.比的原子核更穩(wěn)定 D.冬天氣溫較低時，镅241的半衰期會變小【1題答案】【答案】C【解析】【詳解】A．γ射線是光子，具有一定的能量，故A錯誤；B．是α粒子，根據(jù)α射線的特點可知，其有很強的電離本領(lǐng)，故B錯誤；

C．自發(fā)的衰變過程中釋放能量，原子核的比結(jié)合能增大，所以比的原子核更穩(wěn)定，故C正確；D．半衰期是由放射性元素本身決定的，與外界因素?zé)o關(guān)，故D錯誤。故選C。2.在玻璃皿的中心放一個圓柱形電極，沿邊緣內(nèi)壁放一個圓環(huán)形電極，把它們分別與電池（電動勢為E，內(nèi)阻不計）的兩極相連（邊緣接電池的正極），然后在玻璃皿中放入導(dǎo)電液體，導(dǎo)電液體的等效電阻為R。把玻璃皿放在磁場中，如圖所示，液體就會旋轉(zhuǎn)起來。則以下說法中正確的是（）A.從上往下看，液體順時針旋轉(zhuǎn)B.改變磁場方向，液體旋轉(zhuǎn)方向不變C.通過液體的電流等于D.通過液體的電流小于【2題答案】【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)左手定則可以判斷導(dǎo)電液體受到的安培力方向為逆時針，所以液體逆時針旋轉(zhuǎn)，故A錯誤。B．改變磁場方向，安培力方向反向，液體旋轉(zhuǎn)方向也反向，故B錯誤。CD．由于液體旋轉(zhuǎn)，有部分電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，根據(jù)能量守恒，EI=I2R+P機(jī)所以E>IR即故C錯誤，D正確。故選D。3.“回?zé)崾綗釞C(jī)”熱循環(huán)過程可等效為如圖所示的曲線，、為等溫過程，、為等容過程．對于一定質(zhì)量的理想氣體，在熱循環(huán)過程中（）A.a狀態(tài)氣體溫度比c狀態(tài)低B.，兩過程氣體放出、吸收的熱量相等C.整個循環(huán)過程，氣體對外放出熱量D.d狀態(tài)下單位時間與器壁單位面積碰撞的氣體分子數(shù)比c狀態(tài)少【3題答案】【答案】B【解析】【詳解】A.從到為等容變化，則有，可得又有因此a狀態(tài)氣體溫度比c狀態(tài)高，A錯誤；B.，兩過程都發(fā)生等容變化，根據(jù)熱力學(xué)第一定律吸收或放出的熱量都用來改變氣體的內(nèi)能，由于，故有可知，兩過程的氣體內(nèi)能變化量大小相等，因此這兩過程氣體放出、吸收的熱量相等，B正確；C.在圖像中，圖像與橫軸圍成的面積等于氣體做功的大小，體積增大時，氣體對外做功，體積減小時，外界對氣體做功，因此整個循環(huán)過程，氣體對外做功，而氣體內(nèi)能不變，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，整個循環(huán)過程，氣體從外界吸收熱量，C錯誤；D.由圖像可知，又有根據(jù)壓強的微觀解釋，可知d狀態(tài)下單位時間與器壁單位面積碰撞的氣體分子數(shù)比c狀態(tài)多，D錯誤。故選B。4.如圖所示，AOB是截面為扇形的玻璃磚的橫截面圖，其頂角，今有一束單色光在橫截面內(nèi)從OA的中點E沿垂直O(jiān)A的方向射入玻璃磚，一部分光線經(jīng)AB面反射后恰好未從OB面射出，不考慮多次反射，則玻璃磚的折射率為（）

A B. C. D.【4題答案】【答案】A【解析】【詳解】如圖所示因E點為OA的中點，所以入射角α＝30°β＝θ＝83°臨界角C＝180°－2α－β＝37°OB面恰好發(fā)生全反射，則解得故A正確，BCD錯誤。故選A。5.內(nèi)陸鹽礦中開采的氯化鈉稱為巖鹽．如圖所示，巖鹽晶體結(jié)構(gòu)中相鄰的四個離子處于正方形的四個頂點，O點為正方形中心，A、B為兩邊中點，取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，關(guān)于這四個離子形成的電場，下列說法正確的是（）A.O點電場場強不為零B.O點電勢不為零C.A、B兩點電場強度相等D.A、B兩點電勢相等【5題答案】【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．兩等量正離子在O點的合場強為0，兩等量負(fù)離子在O點的合場強為0，則四個離子的合場強為0，所以A錯誤；BD．由于等量異種電荷的連線的中垂線為等勢線，則A、O、B都在同一等勢線上各點電勢相同，都為0，所以B錯誤；D正確；C．A、B兩點電場強度大小相等，方向相反，所以C錯誤；故選D。6.北京時間2021年10月16日0時23分，神舟十三號載人飛船順利將翟志剛、王亞平、葉光富3名航天員送入空間站。飛船的某段運動可近似為如圖所示的情境，圓形軌道Ⅰ為空間站運行軌道，設(shè)圓形軌道Ⅰ的半徑為r，地球表面重力加速度為g，地球半徑為R，地球的自轉(zhuǎn)周期為，橢圓軌道Ⅱ為載人飛船運行軌道，兩軌道相切于A點，橢圓軌道Ⅱ的半長軸為a，下列說法正確的是（）A.載人飛船若要進(jìn)入軌道Ⅰ，需要A點減速B.根據(jù)題中信息，可求出地球的質(zhì)量C.載人飛船在軌道Ⅰ上機(jī)械能小于在軌道Ⅱ上的機(jī)械能D.空間站在圓軌道Ⅰ上運行的周期與載人飛船在橢圓軌道Ⅱ上運行的周期之比為【6題答案】【答案】D【解析】【詳解】A．載人飛船若要進(jìn)入軌道Ⅰ，做離心運動，需要在點加速，A錯誤；B．為空間站軌道的周期，由此可得解得題中為地球自轉(zhuǎn)的周期，并非軌道的周期，不能利用該數(shù)據(jù)計算地球質(zhì)量，B錯誤；C．載人飛船若要進(jìn)入軌道Ⅰ，需要在A點加速，動能增加，機(jī)械能增加，因此載人飛船在軌道Ⅰ上機(jī)械能大于在軌道Ⅱ上的機(jī)械能，C錯誤；D．軌道Ⅱ上運行的周期為，根據(jù)開普勒第三定律得解得D正確；故選D。7.為做好疫情防控供電準(zhǔn)備，防控指揮中心為醫(yī)院設(shè)計的備用供電系統(tǒng)輸電電路簡圖如圖甲所示，交流發(fā)電機(jī)的矩形線圈匝數(shù)為，在勻強磁場中以為軸勻速轉(zhuǎn)動，穿過線圈的磁通量隨時間t的變化圖像如圖乙所示，矩形線圈與變壓器的原線圈相連，變壓器的副線圈接入到醫(yī)院為醫(yī)療設(shè)備供電，線圈、導(dǎo)線的電阻均不計，變壓器為理想變壓器，額定電壓為220V的醫(yī)療設(shè)備恰能正常工作，下列說法正確的是（）A.電壓表的示數(shù)為B.從開始計時，變壓器原線圈兩端的電壓C.變壓器的原、副線圈匝數(shù)比為5：11D.假如給變壓器輸入端接入電壓的直流電，醫(yī)療設(shè)備也能正常工作【7題答案】【答案】C【解析】【詳解】AC．根據(jù)圖像可得線圈的角速度線圈產(chǎn)生的電動勢，根據(jù)則電壓表的示數(shù)為變壓器的匝數(shù)比A錯誤，C正確；B．由乙圖可知，當(dāng)時，磁通量變化率最大，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，此時電動勢最大，所以從開始計時，變壓器的原線圈兩端的電壓為B錯誤。D．根據(jù)變壓器的原理，變壓器輸入端接入電壓為100V的直流電，變壓器不工作，醫(yī)療設(shè)備不能正常工作，D錯誤。故選C。8.殲—20戰(zhàn)斗機(jī)安裝了我國自主研制的矢量發(fā)動機(jī)，能夠在不改變飛機(jī)飛行方向的情況下，通過轉(zhuǎn)動尾噴口方向改變推力的方向，使戰(zhàn)斗機(jī)獲得很多優(yōu)異的飛行性能。已知在殲—20戰(zhàn)斗機(jī)沿水平方向超音速勻速巡航時升阻比（垂直機(jī)身向上的升力和平行機(jī)身向后的阻力之比）為k，飛機(jī)的重力為G，能使飛機(jī)實現(xiàn)水平勻速巡航模式的最小推力是（）A. B. C. D.G【8題答案】【答案】C【解析】【詳解】飛機(jī)受到重力G、發(fā)動機(jī)推力F1、升力F2和空氣阻力f，重力的方向豎直向下，升力F2的方向豎直向上，空氣阻力f力的方向與F2垂直，如圖殲?20戰(zhàn)斗機(jī)沿水平方向超音速勻速巡航，則有水平方向豎直方向解得則F12與f的函數(shù)圖像為開口向上的拋物線，其對稱軸為所以當(dāng)時，F(xiàn)12取最小值，所以解得最小推力是故選C。二、多項選擇題：本題共4個小題，每小題4分，共16分．每小題有多個選項符合題目要求，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分．9.如圖所示，勻強磁場方向垂直紙面向里，上端開口、下端封閉的玻璃管豎直放置，玻璃管內(nèi)壁光滑，管底有一帶正電的小球，在外力作用下，玻璃管垂直進(jìn)入磁場并保持速度不變，小球最終從上端管口飛出．從進(jìn)入磁場到小球飛出玻璃管的過程中，下列說法正確的是（）A.洛倫茲力對小球做正功 B.小球的機(jī)械能增加C.小球的運動軌跡是一條拋物線 D.小球在玻璃管中的運動時間與玻璃管速度無關(guān)【9題答案】【答案】BC【解析】【詳解】A．洛倫茲力的方向與速度方向垂直，永遠(yuǎn)不做功，故A錯誤；B．設(shè)小球豎直分速度為vy、水平分速度為v，小球受力如圖所示，玻璃管對帶電小球的彈力水平向右，小球的速度方向斜向右上方，彈力對小球做正功，小球的機(jī)械能增加，故B正確；C．小球隨玻璃管在水平方向做勻速直線運動，小球在豎直方向所受的洛倫茲力F1=qvB是恒力，在豎直方向，由牛頓第二定律得vBq-mg=ma解得小球的加速度大小小球的加速度不隨時間變化，恒定不變，小球在豎直方向做勻加速直線運動，合運動為勻變速曲線運動，運動軌跡是一條拋物線，故C正確；D．小球在豎直方向做勻加速運動，根據(jù)可知則小球在玻璃管中的運動時間與玻璃管速度有關(guān)，選項D錯誤。故選BC。10.一群處于能級的氫原子，向低能級躍遷過程中發(fā)出6種不同頻率的光，將這些光分別照射到圖甲所示電路中的陰極K上，只能測得3條電流隨電壓變化的圖像，如圖乙所示．氫原子的能級圖如圖丙所示，可見光光子的能量范圍為1.62~3.11eV，則下列推斷正確的是（）

A.這群氫原子躍遷時最多可發(fā)出4種可見光B.圖乙中的光光子能量為12.09eVC.圖乙中的c光光子是氫原子由能級向基態(tài)躍遷發(fā)出的D.陰極金屬的逸出功可能為【10題答案】【答案】BD【解析】【詳解】A．于能級的氫原子，向低能級躍遷過程中發(fā)出6種頻率的光子的能量為只有和在1.62~3.11eV范圍內(nèi)，所以可發(fā)出2種可見光，故A錯誤；BC．由于只能測得3條電流隨電壓變化圖像，只有三種較大頻率的光才能產(chǎn)生光電效應(yīng)，它們的光子能量為，，，由乙圖可知遏制電壓的關(guān)系為由遏制電壓與頻率關(guān)系可知光子的能量越大，遏制電壓越高，所以b光對應(yīng)的光子能量為，c光對應(yīng)的光子能量為，即c光光子是由能級向基態(tài)躍遷發(fā)出的，故B正確，C錯誤；D．由題意知能量為，，的光子才能產(chǎn)生光電效應(yīng)，能量為，，的光子不能發(fā)生光電效應(yīng)，由光電效應(yīng)發(fā)生的條件可知逸出功可能為，故D正確。故選BD。11.如圖所示，兩光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，導(dǎo)軌間距最窄處為一狹縫，取狹縫所在處O點為坐標(biāo)原點，狹縫右側(cè)兩導(dǎo)軌與x軸夾角均為，一電容為C的電容器與導(dǎo)軌左端相連，導(dǎo)軌上的金屬棒與x軸垂直，在外力F作用下從O點開始以速度v向右勻速運動，導(dǎo)軌和金屬棒電阻忽略不計，下列說法正確的是（）A.金屬棒運動過程中，電容器的上極板帶正電B.金屬棒到達(dá)時，電容器極板上的電荷量為C.通過金屬棒的電流為D.金屬棒運動過程中，外力F做功的功率恒定【11題答案】【答案】AC【解析】【詳解】A．根據(jù)右手定則可知，金屬棒運動過程中，電流的方向為逆時針，則電容器的上極板帶正電，A正確；B．金屬棒到達(dá)時，此時金屬棒的有效長度為產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為流過導(dǎo)體棒的電荷量為則為B錯誤；C．則金屬棒的電流為C正確；D．金屬棒做勻速直線運動，受力平衡，有其中B恒定，由可知，I恒定，而不斷變大，則F逐漸增大，由可知，F(xiàn)的功率增大，D錯誤。故選AC。12.如圖所示，A、B兩點位于同一高度，細(xì)線的一端系有質(zhì)量為M的小物塊，另一端繞過B處的定滑輪固定在A點，質(zhì)量為m的小球固定在細(xì)線上C點?，F(xiàn)將小球從圖示水平位置由靜止釋放，小球運動到D點時速度恰好為零（此時小物塊未到達(dá)B點），圖中為直角三角形，小物塊和小球均可視為質(zhì)點，，忽略一切摩擦和空氣阻力，重力加速度為g，，，則（）A.小球還能回到初始位置B.C.運動過程中小物塊的速度和小球的速度大小相等D.小球運動到D點時，小物塊受到的拉力大小為【12題答案】【答案】AD【解析】【詳解】A．根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知，小球還能回到初始位置C點，故A正確；B．設(shè)AD長為3L，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有Mg·2L＝mg·3Lcos37°解得M∶m＝6∶5故B錯誤；C．AC長度不變，小球做圓周運動，小球速度沿BD方向的分速度大小等于小物塊的速度大小，故C錯誤；D．設(shè)小球在最低點D時，沿BD方向的加速度大小為a，BD中的拉力為T，根據(jù)牛頓第二定律有Mg－T＝MaT－mgcos53°＝ma解得T＝Mg故D正確。故選AD。三、非選擇題：本題共6小題，共60分．13.利用智能手機(jī)自帶的各種傳感器可以完成很多物理實驗。某同學(xué)利用如圖所示的實驗裝置，結(jié)合手機(jī)的傳感器功能測定當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣龋瑢嶒灢襟E如下：Ⅰ．實驗前用游標(biāo)卡尺測出小球的直徑d＝10.00mmⅡ．實驗裝置中固定軌道AB的末端水平，在軌道末端的安裝一光電門，光電門通過數(shù)據(jù)采集器與計算機(jī)相連，測量小球離開軌道時的速度.將小球從軌道的某高度處由靜止釋放，小球運動一段時間后，打到豎直記錄屏MN上，記下落點位置。然后通過手機(jī)傳感器的測距功能，測量并記錄小球做平拋運動的水平距離x和豎直下落距離hⅢ．多次改變屏MN的水平距離x，使小球每次都從軌道的同一位置處由靜止釋放，重復(fù)上述實驗，記錄多組x、h數(shù)據(jù)，如下表所示實驗順序12345x（cm）10.015.020.025.030.0x2（×10－2m2）1.002.254.006.259.00h（cm）4.8810.9619.5230.5343.92請根據(jù)上述數(shù)據(jù)，完成下列問題：（1）在答題卡給定的坐標(biāo)紙上做出x2－h(huán)的圖像______；（2）若光電計時器記錄的平均遮光時間t＝0.01s，根據(jù)上述圖像求得當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮＝______m/s2（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）；（3）若實驗中，每次記錄的h值均漏掉了小球的半徑，按照上述方法計算出的重力加速度大小與真實值相比是______。（填“偏大”、“偏小”、或“不變”）?！?3題答案】【答案】①.②.9.76±0.03③.相同【解析】【分析】【詳解】(1)[1]由表中數(shù)據(jù)可得則x2－h(huán)的圖像如下(2)[2]有平拋運動的特點與圖像可得，圖像斜率為平拋運動的初速度為則重力加速度為(3)[3]由[2]的分析可知，求重力加速度時，不需要知道小球的直徑也可以，故計算出的重力加速度大小與真實值是相同的。14.某實驗小組為了測定金屬絲的電阻率，用螺旋測微器測量金屬絲的直徑，用米尺測量金屬絲的長度，用伏安法測出金屬絲的電阻，然后根據(jù)電阻定律計算出該金屬材料的電阻率。（1）測量時螺旋測微器如圖甲所示，金屬絲的直徑為______mm。（2）現(xiàn)有電動勢3V的電源、開關(guān)和若干導(dǎo)線及下列器材：A.電壓表V（量程3V，內(nèi)阻約10kΩ）B.電流表A（量程0.6A，內(nèi)阻約2Ω）C.滑動變阻器（最大阻值為10Ω）D.滑動變阻器（最大阻值為100Ω）①用多用電表粗測金屬絲的電阻大約為5Ω，要求較準(zhǔn)確地測出其阻值，滑動變阻器應(yīng)選______（填“”或“”）②實驗中該小組實物接線如圖乙所示，合上開關(guān)前檢查電路，請指出其明顯錯誤或不合理的地方是______。（3）不論使用電流表內(nèi)接法還是電流表外接法，都會產(chǎn)生系統(tǒng)誤差，某小組按如圖丙所示的電路進(jìn)行測量，可以消除由于電表內(nèi)阻造成的系統(tǒng)誤差。利用該電路進(jìn)行實驗的主要操作過程是：第一步：先將的滑動觸頭調(diào)到最左端，單刀雙擲開關(guān)向1閉合，閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)滑動變阻器和，使電壓表和電流表的示數(shù)盡量大些（不超過量程），讀出此時電壓表和電流表的示數(shù)、。第二步：保持兩滑動變阻器的滑動觸頭位置不變，將單刀雙擲開關(guān)向2閉合，讀出此時電壓表和電流表的示數(shù)、。由以上數(shù)據(jù)可計算出被測電阻______?！?4題答案】【答案】①.0.950②.R1③.電流表應(yīng)外接；滑動變阻器滑片應(yīng)置于最左端④.【解析】【詳解】（1）[1]由圖示螺旋測微器可知，其示數(shù)為（2）[2]由已知待測電阻為5Ω，如果選100Ω的滑動變阻器，兩者差值過大，待測電阻分壓過小，因此為了便于測量和讀數(shù)，應(yīng)選擇與待測電阻阻值相近的R1。[3]待測電阻與電壓表電流表關(guān)系為故待測電阻為小電阻，根據(jù)“內(nèi)大外小”原則，為了更精準(zhǔn)測量，故電流表應(yīng)選擇外接法；在開關(guān)閉合前，滑動變阻器的電阻應(yīng)全部接入干路，故滑動變阻器的滑片應(yīng)置于最左端（3）[4]單刀雙擲開關(guān)向1閉合，由閉合電路歐姆定律保持兩滑動變阻器的滑動觸頭位置不變，將單刀雙擲開關(guān)向2閉合，由閉合電路歐姆定律聯(lián)立解得15.某均勻介質(zhì)中，波源位于水平面xOy的O點，從時波源開始沿垂直于水平面的z軸（z軸正方向豎直向上）從處開始做簡諧運動，振動方程為．xOy水平面上P點的坐標(biāo)是，Q點的坐標(biāo)是．經(jīng)時間，在、區(qū)域中第二次形成如圖所示波面分布圖（實線表示波峰，虛線表示相鄰的波谷）．（1）求波速v和時間；（2）若在Q點放一個也沿z軸方向做簡諧運動的波源，其振動方程為，求振動穩(wěn)定后P點在0.6s內(nèi)的路程．【15題答案】【答案】（1）30m/s；0.45s；（2）24cm【解析】【詳解】（1）根據(jù)振動函數(shù)為z=4sin（10πt）cm，O點的起振方向為正方向，振幅為4cm，因為則T=0.2s觀察波面圖判斷出波長λ=6m，則傳播速度為由于波源的起振方向向上，則在-6m≤x≤6m、-6m≤y≤6m區(qū)域中第二次形成如圖所示波面分布圖中，波前已經(jīng)達(dá)到x=13.5m處，波源已經(jīng)經(jīng)過t=2T振動，則題圖中波面分布圖的形成時間t0=0.45s（2）P點距離O點的波源15m，OP=2.5λ，P點距離Q點的波源9m，該波源引起的波的波長與O點的波的頻率和波長都相等，QP=1.5λ，因OP-QP=λ且兩波源起振方向相反，可知兩波在P點的振動減弱，則振幅為A=6cm-4cm=2cm則振動穩(wěn)定后P點在0.6s=3T內(nèi)的路程12A=24cm．16.運用動量定理處理二維問題時，可以在相互垂直的兩個方向上分別研究．北京2022年冬奧會國家跳臺滑雪賽道如圖甲所示，某運動員在空中運動的部分軌跡如圖乙所示，在軌跡上取三個點A、B、C，測得三點間的高度差和水平間距分別為、、．運動員落到傾角為23°的滑道上時，速度方向與滑道成30°角，用了0.7s完成屈膝緩沖后沿滑道下滑．若空氣阻力、滑道摩擦均不計，運動員連同裝備質(zhì)量為70kg，取重力加速度，，，，．求；（1）運動員在空中運動的水平速度；（2）屈膝緩沖過程中運動員受到的平均沖力的大小．

【16題答案】【答案】（1）v0=30m/s（2）F=3144N【解析】【詳解】（1）運動員從A到B，從B到C所用時間相等，設(shè)時間間隔為T，則解得v0=30m/s（2）由題意得,運動員落到滑道上時速度與水平方向的夾角為53°速度關(guān)系為在垂直滑道方向上由動量定理有求得F=3144N17.由于缺少地磁場的屏蔽作用，高能宇宙射線對航天員的輻射具有非常大的危害。目前，國際上正在積極探索載人航天主動防護(hù)的方法，其中某種磁防護(hù)方案為在航天器內(nèi)建立同心圓柱體形屏蔽磁場，磁場分布情況如圖所示。設(shè)同心圓內(nèi)徑，外徑，軸向足夠長。設(shè)定區(qū)內(nèi)為勻強磁場，磁場方向與軸平行，設(shè)定區(qū)外和防護(hù)區(qū)內(nèi)無磁場。(1)一個質(zhì)子在平行于圓柱橫截面的平面內(nèi)，以速度v0沿指向圓心方向入射，該粒子恰好打不到防護(hù)區(qū)內(nèi)部，求磁感應(yīng)強度的大小和粒子在設(shè)定區(qū)內(nèi)的運動時間。（已知質(zhì)子的質(zhì)量為m，電荷量為q）(2)若宇宙中充滿了大量速度大小為，沿任意方向運動的質(zhì)子，為了使任何質(zhì)子都打不到防護(hù)區(qū)內(nèi)部，求磁感應(yīng)強度的大小應(yīng)該滿足的條件。(3)若已知磁感應(yīng)強度為B，以A點所在截面建立坐標(biāo)系，圓柱軸線為z軸，y軸通過A點。如有一質(zhì)子以初速度從A點射向防護(hù)區(qū)的C點，已知C點坐標(biāo)，求質(zhì)子打到防護(hù)區(qū)的位置。【17題答案】【答案】(1)，；(2)；(3)【解析】【詳解】(1)設(shè)帶電粒子的軌跡半徑為r，由幾何關(guān)系得解得根據(jù)牛頓第二定律解得帶電粒子在磁場中的軌跡對應(yīng)的圓心角為，所求時間為(2)為使所有速度為的粒子都不進(jìn)入防護(hù)區(qū)，則粒子的半徑最大為由洛倫茲力提供向心力所以磁感應(yīng)強度(3)已知因為AC與y軸方向夾角為，所以v在z方向和y方向分速度大小為xoy平面內(nèi)，由洛倫茲力提供向心力解得如圖所示，軌跡圓和防護(hù)區(qū)邊界相切切點坐標(biāo)沿z方向為勻速運動質(zhì)子打防護(hù)區(qū)的能坐標(biāo)為。18.某傳送裝