【文档说明】浙江省杭嘉湖金四县区2022-2023学年高二下学期5月调研测试物理试题 含解析.docx，共(27)页，6.866 MB，由小赞的店铺上传

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2023年5月杭嘉湖金四县区调研测试高二年级物理学科试题考生须知：1.本卷共8页满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。4.考试结束后，只

需上交答题纸。选择题部分一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.以下用国际单位制基本单位符号表示功率的单位正确的是（）A.kg·m2/s3B.N·m/sC.J/sD.V·A【答案】A【解析】【详解】根据P

Fvmav==可知国际单位制基本单位符号表示功率的单位为231W1kgm/s=故选A。2.2月24日12时01分，我国在酒泉卫星发射中心使用长征二号丙运载火箭，成功将1号遥感卫星发射升空，并让它顺利进入

预定轨道。下列说法正确的是（）A.12时01分指时间间隔B.研究火箭转向时可以把火箭看成质点C.燃气对火箭的推力大于火箭对燃气的推力D.卫星进入预定轨道后处于失重状态【答案】D【解析】【详解】A．12时01分指时刻。故A错误；B．研究火箭转向时，

火箭大小不能忽略，所以不可以把火箭看成质点。故B错误；C．根据牛顿第三定律可知，燃气对火箭的推力等于火箭对燃气的推力。故C错误；D．卫星进入预定轨道后，绕地球做匀速圆周运动，向心加速度方向指向地心，处于失

重状态。故D正确。故选D。3.宇宙中破坏力最强的天体“磁星”的磁场分布类似于地球，强度相当于地球磁场的1000万亿倍，下列说法正确的是（）A.“磁星”内部有磁场B.“磁星”表面赤道磁场最强C.“磁星”磁感线两

极附近非常密集可能相交D.“磁星”表面磁场太强会出现以实物形式存在的磁感线【答案】A【解析】【详解】A．磁感线为闭合曲线，“磁星”内部有磁场。故A正确；B．根据磁感线分布情况可知，“磁星”表面赤道磁场最弱。故B错误；C．“磁星”磁感线两极附近非常密集但不可能相交。故

C错误；D．磁感线实际上不存在。故D错误。故选A。4.如图所示，已经充电的平行板电容器两极板分别与静电计的金属球和大地连接。现将左边的极板由实线位置向左缓慢移动到虚线位置，移动后下列说法正确的是（）A.电容器电容变大B.电容器

所带电荷量不变C.静电计指针偏角变小D.两极板间的电场强度变大【答案】B【解析】【详解】B．由图可知已经充电的平行板电容器与电源断开，电容器所带电荷量不变，选项B正确；A．电容器的电容4SCkd=现将左边的极板由实线位置

向左缓慢移动到虚线位置，板间距离d增大，可知电容器的电容减小，选项A错误；C．两极板间的电压QUC=电容器所带电荷量不变，电容器的电容减小，可知电压U增大，即静电计指针偏角变大，选项C错误；D．两极板间的电场强度44QUkQkSSdEdd===可见两极板间的电场强度与d无关，则两极板间的

电场强度不变，选项D错误。故选B。5.关于以下几幅图说法正确的是（）A.图甲验电器金属杆上端固定的金属球不能做成针尖状B.图乙中电子点火器放电极是球形的C.图丙中话筒线外包的金属外衣是为了增强它的强度D.图丁中高压输电线上方两条

导线是用来输电的【答案】A【解析】【详解】A．图甲中验电器的金属杆上端做成球形，是防止出现尖端放电现象。故A正确；B．图乙中燃气灶点火器的放电电极做成了针形，是利用尖端放电现象。故B错误；C．图丙中话筒线外包的金属外衣利用了静电屏蔽，致使电话线不受外界干扰

。故C错误；D．图丁中高压输电线上方两条导线与大地相连，形成一个稀疏的金属“网”，把高压线屏蔽起来，使其免遭雷击，是用来保护高压线。故D错误。故选A。6.如图所示，运动员正飞向篮筐准备扣篮。他助跑到罚球线附近

起跳，通过调整姿态在高处像滑翔机一样“水平”滑行飞向篮筐。某次扣篮他从起跳到落地在空中的时间达到了0.92s。已知罚球线到篮筐的水平距离大约4.6m，篮筐的竖直高度是3.05m，忽略空气阻力，手不与篮筐接触，g取10m/s2.关于此次

扣篮下列说法正确的是（）A.起跳瞬间他重心在竖直方向上的速度约为7.8m/sB.他的重心升高的最大高度约为1.06mC.整个过程他的重心轨迹是一条直线D.“水平”滑行过程中他的重心速度一直水平【答案】B【解析】【详解】ACD．运动员起跳后，做斜抛运动，整个

过程他的重心轨迹是一条抛物线，“水平”滑行过程中他的重心速度一直下降。上升阶段竖直方向有02tvg=−解得4.6m/sv=故ACD错误；B．他的重心升高的最大高度约为2m11.06m22thg==故B正确。故选B。的7.如图所示的并联电路中，

保持通过干路的电流I不变，增大R1的阻值。下列说法正确的是（）A.R1和R2并联的总电阻变小B.通过R1的电流I1变大C.R2两端的电压变小D.并联电路上消耗的总功率变大【答案】D【解析】【详解】AC．由于12221211RRRRRRRR==++并增大1R的阻值

，并联电路总电阻变大，保持通过干路的电流I不变，由欧姆定律可知并联电路的电压变大，即1R和2R两端的电压U变大，故AC错误；B．通过2R的电流为22UIR=由于2R两端的电压U变大，可知通过2R的电流2I变大，根据12III=+可知通过1R的电流1I变小，故B错误；D．

并联电路上消耗的总功率为PUI=由于U变大，I不变，可知并联电路上消耗的总功率增大，故D正确。故选D。8.图1为高速转动的砂轮正在切割一条铁棒，P为飞出的铁屑。图2为带有水滴的雨伞绕着伞柄以2r/s的转速旋转，伞面直径为1.5m，Q为被

甩出的水滴。忽略空气阻力，下列说法正确的是（）A.P飞出后做匀速直线运动B.Q被甩出后一定做平抛运动C.P、Q在空中运动的加速度相同D.Q被甩出瞬间的速度为3m/s【答案】C【解析】【详解】A．P飞出后，只受重力作用做抛体运动，A错误；B．Q被甩出后，当其速度为水

平方向才能做平抛运动，B错误；C．依题意，忽略空气阻力，二者在空中运动时只受重力作用，加速度均为重力加速度，C正确；D．Q被甩出瞬间的速度为v=ωr=3πm/sD错误。故选C。9.如图所示，波源O从t=0时刻开始垂直纸面做

振幅为10cm的简谐运动，所激发的横波在均匀介质中向四周传播。t=4s时第一次出现如图所示的波形，实线为波峰，虚线为波谷，两个实线圆的半径分别为6.5m和0.5m，下列说法正确的是（）A.该波波长为3

mB.该波周期为3.7sC.波源O的起振方向向上D.此时波源O的位移为5cm【答案】C【解析】【详解】A．由图可知相邻波峰间的距离即为波长，有6.5m0.5m6m=−=故A错误；BC．依题意，t=4s时第一次出现如图所示的波形，说明波前与相邻的波峰相距四分之一

波长，波前从平衡位置开始向上振动，易知波源的起振方向向上。t=4s时该波已经传播的距离为6.5m8m4x=+=则波速为2m/sxvt==根据vT=解得3sT=故B错误；C正确；D．波源的振动方程为()210sincm3yt=代入t=4s，可得

53cmy=故D错误。故选C。10.如图所示是设想的一种太空电梯。从地球同步轨道上的空间站垂下一条缆绳与赤道上的地面基站相连，电梯型飞船沿着这条缆绳往返于地球和太空之间。已知缆绳上有P、Q两点，P点离地高度为2R，地球质量为M，半径为R，自转周期

为T，万有引力常量为G，则（）A.缆绳上P点的角速度大于Q点B.缆绳上各点的线速度与该点到地心的距离成正比C.若飞船“停”在P点，其向心加速度大小为22TRD.若飞船“停”在P点，质量为m的货物受到的支持力为24GMmR-228mRT【答案】B【解析】【详解】A．依题意，缆绳上P点和Q

点的角速度与地球自转的角速度相同。故A错误；B．根据vr=易知缆绳上各点的线速度与该点到地心的距离成正比。故B正确；C．若飞船“停”在P点，其向心加速度大小为22n224123RaRTT==故C错误；D．若飞船“停”在P点，质量为m的货物随地球自转，有()222433GMmNmRT

R−=解得222129GMmmRNRT=−故D错误。故选B。11.如图所示，竖直墙壁上一质量为m的物块用一水平力F压着，F从零开始随时间均匀增大即F=kt，物块与竖直墙壁间的动摩擦因数为μ，物块下滑的距离为h。下列说法正确的是（）A.

物块先匀加速后匀减速直至静止B当F=mg时物块速度最大.C.当t=2mgk时物块刚好静止D.此过程产生的摩擦热为2mgh【答案】C【解析】【详解】A．对物块受力分析，由牛顿第二定律可知mgNmaFN−==，又F=kt解得ktag

m=−易知加速度先减小后增大。故A错误；B．当加速度为零时，即0mgF−=解得mgF=物块速度最大。故B错误；C．由上面选项分析，可知物块到达最大速度时，所需时间满足0ktgm=−解得mgtk=根据加速度表达式可知加速度与时间为一次函数关系，加速过程与减速

过程对称，所以物块运动的最长时间为2'mgtk=故C正确；D．根据能量守恒，可得此过程产生的摩擦热为Qmgh=故D错误。故选C。12.靠墙静蹲动作要领是双脚分开与肩同宽，人缓慢下蹲至大腿与地面平行并保持住。后背紧贴竖直墙面，感受膝盖附近肌肉发力。

图中一质量为m的人正面向左靠墙静蹲，下列说法正确的是（）A.他每只脚受到的支持力一定2mgB.地面光滑也能完成这个动作C.脚对地面的作用力斜向左下D.墙对人的作用力一定水平向左【答案】C【解析】【详解】A．对做静蹲的人受力分析，可知竖直方向有

自身重力、地面支持力和墙壁的静摩擦力，所以他每只脚受到的支持力不一定为2mg。故A错误；B．同理，该人水平方向受墙壁的弹力和地面的静摩擦力作用。当地面光滑时，受力将不平衡，不能完成静蹲。故B错误；C．脚对地面有竖直

向下的压力和水平向左的静摩擦力，所以脚对地面的作用力斜向左下。故C正确；D．由上面选项分析可知，墙壁对人的作用力有可能斜向左上。故D错误。故选C。13.如图所示，一块矩形玻璃砖沿一段半径为R的圆弧线被切割成两块：玻璃砖ABC

D和玻璃砖MNPQ，并分开一段距离。两段圆弧的圆心分别为O和O，OO=3R且OO连线与AD、NP垂直。一束与OO相距12R的激光平行OO射入玻璃砖ABCD，从BC面上射出后正好经过O。不考虑激光在玻璃砖内多次反射，下列说法正

确的是（）A.光在BC面上出射折射角为30°B.光在玻璃砖中的传播速度为2×108m/sC.激光从界面MQ进入玻璃砖后平行于OOD.激光不可能从界面QP射出【答案】D【解析】【详解】C．作出光路如图：由图可知激光从界面MQ进入

玻璃砖后不平行于OO，选项C错误；A．根据题意和几何关系可知OE=R12EHR=所以30=，32=OHR而OO＇=3R则32HOR=由几何关系可知60=的即光在BC面上出射的折射角为60°

，选项A错误；B．光在玻璃砖中折射率sin3sinn==根据cnv=可得光在玻璃砖中的传播速度为8310m/scvn==选项B错误；D．临界角13sin3Cn==根据几何关系可知60=因为3sinsin2C=所以C则激光在界面QP将发生全反射，不可能从界面QP射

出，选项D正确。故选D。二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分，每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对得3分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）14.以下说法正确的是（）A.所有物体都能发

射红外线B.γ射线的波长很长所以有很强的穿透能力C.频率越高的振荡电路发射电磁波的本领就越强D.调谐电路中通过调节滑动变阻器阻值来改变固有频率【答案】AC【解析】【详解】A．所有物体都能发射红外线，选项A正确

；B．γ射线的波长很短，频率很大，所以有很强的穿透能力，选项B错误；C．频率越高的振荡电路发射电磁波的本领就越强，选项C正确；D．调谐电路通过改变可变电容器的电容改变电路的固有频率，选项D错误。故选AC。15.

如图所示，一质量为50kg的同学正准备引体向上，他两手紧握单杠，两脚离地。引体向上过程中该同学身体无摆动，双脚始终竖直且上升的最大高度为40cm。该同学1分钟内完成8次引体向上，下列说法正确的是（）A.该同学悬垂时，若增加两手间的距离，单杠对人的支持力增大B.一次完整的引体向上外力对人

做的总功为零C.在身体被往上拉的过程中，单杠对人不做功D.1分钟内该同学克服重力做功的平均功率是50W【答案】BC【解析】【详解】A．悬垂时单杠对人的支持力与人的重力大小相等，不随两手间的距离改变而改变，选项A错误；B．上引过程中重力方向与位移

方向相反，重力做负功，下放过程中，重力方向与位移方向相同，重力做正功，且其绝对值相等，一个完整的引体向上重力所做的总功为零，而初末速度都为0，根据动能定理可知外力对人做的总功为零，选项B正确；C．在身体被往上拉的过程中，单杠对人有力的

作用，但没有位移，故不做功，选项C正确；D．该同学质量为50kg，一次上引重心变化的高度为0.4m，则一次引体向上克服重力所做的功的大小为50100.4J200JWmgh===由题意可知，在1分钟内

克服重力做功的平均功率为8200W26.7W60WPt===总选项D错误。故选BC。非选择题部分16.图1是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置，图2是实验打出的一条纸带，每三个点取一计数点。①纸带上计数点3处的读数为__________

_cm，打点计时器使用的交流电频率为50Hz，则打下该点时小车的速度为___________m/s。（计算结果保留两位有效数字）②关于该实验说法正确的是___________A．本实验采用了控制变量的思想B．细线必须平行于导轨C．改变小车质量继续实验时需要再次补偿阻力【答案】①.6

.55cm（6.50cm~6.61cm）②.0.41（0.39~0.42）③.AB【解析】【详解】①[1]由图2可知纸带上计数点3处读数为6.55cm（6.50~6.61cm都正确）[2]打下3处时小车的速度为22439.154.2510m/s=0.41m/s230.02s230

.02xv−−==（0.39~0.42m/s都正确）②[3]A．“探究加速度与力、质量的关系”实验采用了控制变量的思想，选项A正确；B．细线必须平行于导轨为了保持细线拉力为恒力，细线在导轨上的部分应与导轨平行，选项B正确；C．平衡摩擦阻力时，有sincosmg

mg=解得的tan=与小车质量无关，故改变小车质量继续实验时，不需要再次补偿阻力，选项C错误。故选AB。17.“用单摆测重力加速度的大小”实验装置如图1所示。①关于该实验的操作步骤，下列说法正确的是___________A.测

量摆长时要用力拉紧摆线B.单摆偏离平衡位置的角度不能太大C.摆球到最高点时开始计时D.记录一次全振动的时间做为单摆的周期②某次测量周期时，秒表读数如图2所示，则读数为___________s③某同学在此实验过程中，改变摆线长度，测量了不同长度摆线对应的单摆周

期，但忘了测量摆球直径，他___________（选填“能”或“不能”）测出当地的重力加速度。【答案】①.B②.54.4③.能【解析】【详解】①[1]A．测量摆长不能用力拉紧摆线，否则会使测量不准确增大误差。故A错误；B．单摆偏离平衡位置的角度不能太大，一般不超过10°

。故B正确；C．摆球到最低点时开始计时，会减小误差。故C错误；D．记录多次全振动的时间求单摆的周期，可以减小误差。故D错误。故选B。②[2]某次测量周期时，秒表读数如图2所示，则读数为54.4st=③[3]设摆线长l，摆球直径为d，根据222dlLTgg+==

整理可得2224dgLlT=+=易知实验中重力加速度的数值不受摆球直径的影响。18.某同学想测出附近一工厂排出的废水的电阻率。如图是实验所用的盛水容器，其左右两侧面为带有接线柱的金属薄板（电阻极小），其余四面

由绝缘材料制成，容器内部长a=40cm，宽b=20cm，高c=10cm。他将水样注满容器，粗测电阻约为2000Ω。（1）他用下列器材设计实验测量所取水样的电阻：A.电流表（量程5mA，电阻RA=800Ω）B.电压表（量程15V，电阻约为10.0kΩ）C.滑动变阻器（0~20Ω）D.电源（12

V，内阻约1Ω）E.开关一个、导线若干如图所示已完成部分电路连接，留下1、2两根导线待连接，导线1应连接到___________处（选填“R”和“S”），导线2连接到___________处（选填“M”、“N”）。（2）正确连接电路后，改变

滑动变阻器阻值，得到六组测量数据。某次测量电压表读数如图所示，读数为___________V，图中已描点，请在答题纸上连线作U-I关系图像。___________（3）根据U-I图像，所测水样的电阻率为___________Ωm。（结果保留两

位有效数字）（4）某次实验得到一元件U-I关系图线如图所示，随着电压增大，该元件的电阻如何变？___________【答案】①.R②.N③.4.0④.见解析⑤.85⑥.变大【解析】【详解】（1）[1][2]依题意，电流

表内阻已知，可以采用电流表内接法，滑动变阻器内阻较小，需要采用分压式接法，故导线1应连接到R，导线2连接到N处。（2）[3]电压表量程为15V，需估读一位，所以读数为4.0V。[4]U-I关系图像（3）[5]根据欧姆定律，有为()AxUIRR=+结合图像，可得A31

0.0Ω4.010xURRI−+==根据电阻定律，有xlaRSbc==联立，解得85Ωm=（4）[6]根据URI=可知U-I关系图线的斜率表示该元件的电阻，随着电压增大，图线斜率增大，所

以该元件的电阻变大。19.如图所示，某次比赛中冰壶运动员正用与水平方向夹角θ=37°斜向下的恒力推着冰壶。冰壶由静止开始加速。t=5s后松手，冰壶继续沿着冰面滑行40m后静止。已知冰壶质量为19.7kg，冰壶与地面间的动摩擦因数μ=0.02，（g=10m/s2，sin37°=0.

6，cos37°=0.8），求：（1）松手瞬间冰壶的速度大小；（2）求运动员推冰壶的作用力大小。【答案】（1）4m/s；（2）25N【解析】【详解】（1）松手后，冰壶做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得mgma=又22vax=联立，解得4m/sv

=（2）松手前，对冰壶受力分析，根据牛顿第二定律可得()cossin'FmgFma−+=又'vat=解得25NF=20.科技馆有套机械装置，其结构简图如图所示。传动带AB部分水平，其长度L=1.2m，传送带以v1=3m/s的速度顺时针匀速转动，大皮带

轮半径0.4mr=，其最底端C点与粗糙圆弧轨道DEF的D点在同一水平线上，圆弧轨道半径R=0.5m，E点为圆弧轨道的最低点，圆弧DE对应的圆心角为α，EF是14段圆弧。某同学将一质量为m=0.5kg可视为质点的物块轻放在水平传送带左端A处，物块经过B点后恰能无碰

撞地从D点进入圆弧轨道并从F点飞出，当经过F点时，物块对圆弧的摩擦力f=2N，已知物块与传送带及圆弧轨道F点的动摩擦因数μ=0.5，距离F点高h=0.75m处有一挡板。问：（1）物块从A到B的时间；（2）圆弧DE弧对应的圆心角α；（3）物块在圆弧轨道上克服摩擦力做的功；（4）经过调整使得物块沿切线

进入圆弧轨道D点的速度为6m/s，物块能否碰到挡板？并说明原因。【答案】（1）0.7s；（2）53=；（3）；（4）碰不到挡板，见解析【解析】【详解】（1）物块由静止加速到v1=3m/s的时间110.6svtg==此过程物块的位移11110.9m2xvt==则之后的时间121

0.1sLxtv−==所以物块从A到B的时间120.7sttt=+=（2）物块离开B点后做平抛运动，水平方向1xvv=竖直方向上有222ygrv=解得44m/syvgr==则有4tan3yxvv==所以53=（3）当经过F点时，有2mvNR=则2mvfNR==代入数值解得

2m/sv=物块在圆弧轨道上的运动过程根据动能定理有22f11cos22DmgRWmvmv−−=−克又222Dxyvvv=+解得3.75JfW=克（4）物块要碰到挡板，则从F点出去的速度215m/sFvgh==若物块沿切线进入圆弧轨道D点的速度为6m/s，则物块在

圆弧轨道上克服摩擦力做功大于3.75J，根据动能定理22f11cos22DmgRWmvmv−−=−克解得15m/sv即从F点出去的速度小于15m/s，所以碰不到挡板。21.如图所示，两根足够长且完全相同的光滑金属导轨平行放置，相距为d，右端与一阻值为R的电阻相

连。每根导轨由半径为r的14圆弧轨道和水平直轨道平滑连接。整个装置处在竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场中。一质量为m、长度为d、电阻为R的导体棒a在水平外力作用下从圆弧顶端MN以恒定的速率v0沿轨道运动到最低处PQ，并和放置在PQ处的另一根质量为m的绝缘棒b发生碰撞并粘在一起

，碰撞前瞬间撤去外力。求：（1）碰撞前瞬间a棒受到的安培力大小；（2）两棒碰撞后瞬间的速度大小；（3）两棒在水平轨道上滑行的距离x；（4）整个过程中电阻R上产生的焦耳热QR。【答案】（1）220A2BdvFR=；（2）012vv=；（3）0222mvRxBd=

；（4）22200168BdvrmvR+【解析】【详解】（1）感应电动势0EBdv=安培力220A22BdvEFBIdBdRR===（2）导体棒a与绝缘棒b发生碰撞并粘在一起，有02mvmv=解得012vv=（3）碰后对两棒，根据动量定理有2BdIt

mv=又222EBdxBdItBdtBdBdRRR===解得0222mvRxBd=（4）导体棒a在水平外力作用下从圆弧顶端MN以恒定的速率v0沿轨道运动到最低处PQ的过程，感应电动势的有效值为0m22BdvEE==

电路产生的热量2022100()12222422BdvErrQIRtRvRv===总两棒碰后到停止运动的过程，根据能量守恒又220211224Qmvmv==总所以整个过程中电阻R上产生的焦耳热22200R1212168Bdvrmv

QQQR=+=+总总（）22.如图所示，空间存在两个区域：Ⅰ和Ⅱ、区域Ⅰ宽度为d，内有垂直纸面向里的匀强磁场，区域Ⅱ内有水平向右的匀强磁场，两个区域的磁感应强度大小相等。区域Ⅱ中某个位置垂直纸面竖直放置一足够大的接收屏，粒子打在接收屏上即刻被吸收。有一粒子源S可以持

续不断地发射质量为m，电量为+q的粒子，单位时间内发射N个，这些粒子经处理后都沿水平方向以相同的速度v0进入区域Ⅰ、在区域Ⅰ中偏转60°后从P点进入区域Ⅱ、在区域Ⅱ中经过033dtv=打在接收屏上。现以接收屏上与P点等高的点为坐标原点O，PO垂直于接收屏，水平向右为+x轴，竖直

向上为+y轴，垂直纸面向外为+z轴建立坐标系，求：（1）磁感应强度B的大小；（2）OP的距离LOP；（3）粒子打在接收屏上的坐标；（4）接收屏受到的作用力大小及该力与x轴的夹角。【答案】（1）032mvBqd=；（2）36d；（3）（0，d，-d）；（4）0Nmv，方向与-x轴夹

角为60°【解析】【详解】（1）粒子经处理后都沿水平方向以相同的速度v0进入区域Ⅰ、在区域Ⅰ中偏转60°后从P点进入区域Ⅱ，根据左手定则可知粒子带正电，作出粒子在区域Ⅰ的运动轨迹如图：由几何关系可知123sin3dRd==

又洛伦兹力提供向心力有2001mvqvBR=解得00132mvmvBqRqd==（2）粒子在区域Ⅱ中的运动可分解为在磁场中的圆周运动和沿x轴方向的匀速运动，由于粒子打在接收屏上的时间033dtv=则OP的距离03cos6OPLvtd==（3）粒子在区域Ⅱ中做圆周运动的

周期02433mdTqBv==而粒子打在接收屏上的时间03134dtTv==则粒子在y轴的坐标02sinmvyRdBq===粒子在z轴的坐标2zRd=−=−由于PO垂直于接收屏，则粒子打在屏上x轴的坐标0x=所以粒子打在接收屏上的坐标为（0，d，-d）。（4）粒子在区域Ⅱ中

沿x轴方向做匀速直线运动的分速度10cosvv=做圆周运动的分速度20sinvv=而粒子做圆周运动经过14T，所以粒子在区域Ⅱ中做圆周运动打在接收屏上的分速度沿y轴方向，根据几何关系可知粒子打在接收屏上的速度为0vv=方向与+

x轴夹角为60°。由于粒子打在接收屏上即刻被吸收，根据动量定理有0NtmvFt−=解得0FNmv=−负号表示F与与v的方向相反，则F方向与-x轴夹角为60°。根据牛顿第三定律可知接收屏受到的作用力大小为0

Nmv，方向与-x轴夹角为60°。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com