【文档说明】新疆乌鲁木齐市第七十中学2022-2023学年高三上学期期中物理试题 含解析.docx，共(28)页，2.670 MB，由管理员店铺上传

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新疆乌鲁木齐第七十中学2022—2023学年高三上学期11月期中物理试题一、选择题1.北京时间2022年9月3日07：44，我国在酒泉卫星发射中心使用长征四号丙运载火箭，成功将遥感33号02星发射升空，卫星顺利进入预定圆轨道，

发射任务获得圆满成功。已知该卫星离地面的飞行高度为h，地球半径为R，地球北极位置的重力加速度为g，引力常量为G。下列说法中正确的是（）A.由于卫星处于完全失重状态，所以该卫星内的物体不受重力作用B.虽然地球的自转角速度未知，但可以求出地

球的平均密度C.该卫星在预定轨道无动力独立飞行时的速度大小可能为8km/sD.该卫星在预定轨道无动力独立飞行时绕地一周所需时间为2Rhg+【答案】B【解析】【详解】A．卫星处于完全失重状态，但该卫星内的物体仍然受重力作用，故A错误；B．根据万有引力

和重力的关系2MmGmgR=343MMVR==联立可得34gGR=所以虽然地球的自转角速度未知，但可以求出地球的平均密度，故B正确；C．第一宇宙速度为7.9km/s，是最大的环绕速度，所以卫星在预定轨道无动力独立飞行时的速度大小不可能为8km/s，故C错误；D．根据万有引力提供向心力有22

24()()MmGmRhRhT=++可得32)2(RhTgR+=故D错误。故选B。2.如图甲所示，滑块以一定的初速度冲上一倾角53=的足够长的固定斜面，滑块上滑过程的vt−图像如图乙，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列

说法正确的是（sin370.6=，cos370.8=，g取210m/s）（）A.木块下滑过程中的加速度大小是26m/sB.木块与斜面间的动摩擦因数0.5=C.木块经2s返回出发点D.木块回到出发点时的速度大小2m/

sv=【答案】A【解析】【详解】B．vt−图像斜率的绝对值表示加速度大小，根据图乙可知滑块上滑过程中的加速度大小22110m/s10m/s1.0a==在滑块上滑过程，对滑块进行受力分析有1sincosmgmgma+=解得1=3故B错误；A

．在滑块下滑过程，对滑块进行受力分析有2sincosmgmgma−=结合B项分析，滑块下滑过程中的加速度大小226m/sa=故A正确；CD．根据图乙可知，滑块向上运动的最大位移为101.0m5m2x==可知滑块上滑过程中的加速度大小22110m/s10m/s1.0

a==根据运动学规律21112xat=解得11st=在滑块下滑过程中的加速度大小226m/sa=则有22212xat=22vat=解得215s3t=/s215mv=且122stt+故C错误，D错误。故选A。3.如图所示，有一倾角37=的粗糙斜面固定于空中的某一位置。A为斜面底端，距

水平面的高度11.28mh=，O为A点正下方地面上的点。一物体从斜面上的B点由静止开始下滑，滑离斜面后落在地面上。已知A、B间的高度差20.6mh=。物体与斜面间的动摩擦因数0.5=，重力加速度210m/s=g，

sin370.6=，不计空气阻力。则物体在地面上的落点距O点的距离为（）A.0.64mB.0.32mC.1.2mD.1.6m【答案】A【解析】【详解】物体从B到A根据动能定理有2221cossin2hmghmgmv−=解得物体到达A点时的速度为2m/sv=故物体到达A点时水平和竖直方

向的速度分别为cos371.6m/sxvv==sin371.2m/syvv==设物体从A点到达地面经过的时间为t，竖直方向有2112yvtgth+=解得0.4st=故物体在地面上的落点距O点的距离为0.64mxxvt==故选A

。4.如图所示，空间有一圆锥OBB，点A、A分别是两母线的中点。现在顶点O处固定一带负电的点电荷，下列说法中正确的是（）A.A、A两点的电场强度相同B.将一带负电的试探电荷从B点沿直径移到B点，其电势能先减小后增大C.平行于底面且圆心为1O的截

面为等势面D.若B点的电势为B，A点的电势为A，则BA连线中点C处的电势C大于2BA+【答案】D【解析】【详解】A．A、A两点的电场强度大小相同，方向不同，A错误；B．将带负电的试探电荷从B点沿直径移到B点过程中，电场力先做负功，后做正功，电势能先增大后减小，B错

误；C．O处固定的带负电的点电荷产生的等势面是以O为圆心的球面，不是以圆心为1O的截面，C错误；D．O固定负点电荷，有0ACB由于BC间的场强小于CA间的场强，由UEd=得BC间的电势差小于CA间的电势差即有BCCA−−又因为A、A到O点的距离相

等，所以AA=同理可得BB=C为AB中点，则有''2BAC+D正确；故选D。5.如图所示，一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球a和b，用手托住球b，当绳刚好被拉紧时，球b离地面的高度为h，球a静止于地面。已知球a的质量为m，球b的

质量为3m，重力加速度为g，定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计。若无初速度释放球b，则下列判断正确的是（）A.在球b下落过程中，绳子的拉力大小为52mgB.在球b下落过程中，球b的机械能减小3mghC.在球b下落过程中，球a

的机械能增加32mghD.在球b下落过程中，绳对球a拉力冲量大小为3mgh【答案】C【解析】【详解】A．以a、b研究对象，根据牛顿第二定律3mg-mg=4ma解得=2ga对a球受力分析有T-mg=ma解得32Tmg=A错误；B．在球b下落过程中，球b的机械能减小量，即拉

力做的功32EWThmgh==−=−B错误；C．在球b下落过程中，球a的机械能的增加量，即拉力做的功32EWThmgh===C正确；D．在球b下落过程中，根据212hat=解得2htg=则在球b下落过程中，绳对球a拉力冲量大小为3ITtmgh==D错误。故选C。

6.如图所示，圆心为O、半径为R的半圆环套有一带正电小球A，沿过O点的竖直方向有一竖直细杆，一端固定于圆环上，杆上套有另一带正电小球B。初始时小球A距离圆环底端很近的位置，两小球间距离为R；现用绝缘装置向小球B施加竖直向上的作用力，使其缓慢

运动到半圆环底端处，使小球A沿右侧圆环缓慢上滑，半圆环和杆均光滑绝缘。则下列说法中错误的是（）A.小球A上滑过程中圆环对小球A的支持力一直增大到初始位置的2倍B.最后两小球的距离为22RC.小球A上滑过程中两小球组成系统重力势能和电势能都增大

D.小球B对竖直杆的弹力逐渐变大【答案】B【解析】【详解】小球B缓慢上移过程，小球A处于动态平衡状态，对小球A受力分析，如图所示根据三角形相似有GNFhRr==初始时2hR=，即12NG=随着小球B上移，h减小，当其

缓慢运动到半圆环底端处，'hR=，则'NG=小球A上滑过程中圆环对小球A的支持力一直增大到初始位置的2倍，A正确；B．根据库仑定律有122qqFkr=则123qqFkrr=初始时小球A刚要移动时，有F=N，rR=，2hR=即1232qqk

FGRRR==当小球缓慢运动到半圆环底端处，设AB之间距离为'r，则有123''qqkFGrRr==联立得1212332'qqqqkkrR=解得31'2rR=B错误；C．小球A上滑过程中，除重力和电场力做功外还有竖直方向的外力做正功，故两小球组成系统重力势能和

电势能总和变大。过程中，AB两球的高度均升高，重力势能增大，AB两球带同种电荷的距离变小，系统电势能也变大，故C正确；D．对AB系统受力分析，根据正交分解可知，竖直杆对小球B的弹力等于半圆环对A弹力在水平方向的分力。设OA与竖直方向的夹角为

，则有BsinNN=小球A沿右侧圆环缓慢上滑的过程中在增大，N在增大，故竖直杆对小球B的弹力在增大。根据牛顿第三定律可知，小球B对竖直杆的弹力在增大，D正确。本题选择错误的，故选B。7.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器最大阻值为R，G为灵敏电流计，开关闭合，两平行金属板M、N

之间存在垂直纸面向里的匀强磁场，一带正电的粒子恰好以速度v匀速穿过两板，不计粒子重力。以下说法中正确的是（）A.开关闭合，滑片P的位置不动，将N板向下移移动，粒子不可能从N板边缘射出B.保持开关闭合，滑片P向下移动，粒子可

能打在N板上C.将开关断开，粒子将继续沿直线匀速射出保持D.在上述三个选项的变化中，灵敏电流计G指针均不发生偏转【答案】A【解析】【详解】A．开关闭合，滑片P的位置不动，将N板向下移移动使得两极板间距增大，则粒子所受竖直向下的电场力减小，合力向上，向

上偏转，粒子不可能从N板边缘射出，故A正确；B．保持开关闭合，滑片P向下移动，电容器两极板间的电压U减小，竖直向下的电场力减小，合力向上，从而向上偏转，粒子不可能打在N板上，故B错误；CD．将开关断开，平行板电容器放电，因此灵敏电流计G指针

发生短暂偏转后不动，此后粒子将只受洛伦兹力做匀速圆周运动，故C错误，D错误。故选A。8.如图所示，高速公路上汽车定速巡航（即保持汽车的速率不变）通过路面abcd，其中ab段为平直上坡路面，bc段为水平路面，cd段为平直下坡路面。不考虑整个过程中空气阻

力和摩擦阻力的大小变化。下列说法正确的是（）A.在ab段汽车的输出功率逐渐减小B.汽车在ab段的输出功率比bc段的大C.在cd段汽车的输出功率逐渐减小D.汽车在cd段的输出功率比bc段的小【答案】BD【解析】【详解】根据题意，设空气阻力和摩擦阻力之和为f，由平衡条件可得，在ab段有1si

nFmgf=+在bc段有2Ff=在cd段有3sinFfmg=−又有，汽车输出功率为PFv=由于v的大小不变，则在ab段汽车的输出功率11sinPFvmgvfv==+在bc段汽车的输出功率为22PFvfv==在cd段汽车的输出功率为33sinPFvfvmgv

==−可知，1P、2P、3P均保持不变，且有123PPP故选BD。9.如图所示，ab是半径为1mR=的圆的一条直径，该圆处于平行该圆周平面的匀强电场中。将质子从a点以50eV的动能在该平面内朝着不同方向射出，其中，到达c点的动

能最大且为200eV。已知30cab=，若不计重力和空气阻力，且规定圆心O处电势为0，则下列说法正确的是（）的A.电场方向为Oc方向B.电场强度大小为100V/mC.b点电势为50VD.质子可以经过圆周上任何一个点【答案】A

B【解析】【详解】A．质子在c点的动能最大，可知c点的电势最低，过c点作圆O的切线，切线为等势线，根据沿电场线电势降低，可知电场方向为Oc方向，故A正确；B．由几何关系可知22cos301.5madLR==a、d点的电势差为150VacadacWUUe

===电场强度大小为100V/madadUEL==故B正确；C．O、b点的电势差为0sin3050VOdbUER=−==b点电势为50Vb=−故C错误；D．根据对称性可知cO延长线与圆相交的点在圆周上电势最高，为150V，该点的电势能为150eV50eVWq==故质子

不能经过圆周上任何一个点，故D错误。故选AB。10.如图所示，长为8l，倾角为37°的光滑绝缘细杆AD垂直穿过半径为2l、带电量为-Q的固定大圆环圆心O，细杆上B、O、C三点等分细杆长度。现从细杆的顶端A无初速度地释放一个质量为m，带电量为+q的套在细杆上的

可视为点电荷的小滑环。已知静电力常量为k，重力加速度为g，sn37°=0.6，cos37°=0.8，大圆环和小滑环上的电荷均匀分布，小滑环上的电荷不影响电场分布，则下列说法正确的是（）A.小滑环在D点速度大小为245glB.大圆环在B点产生的场强大小为2216kQlC.小滑环从

B到C的过程中电场力所做的功为0D.小滑环在B点的加速度大小为232516kQqgml+【答案】BCD【解析】【详解】A．由对称性可得库仑力做功AOODWW=−0AOODWW+=从A到O，由动能定理可

得的218sin372AOODDmglWWmv++=解得485Dvgl=故A错误；B．由题可知1824OBll==圆环上电荷均匀分布，取环上一小段，设其电荷量为1Q，该点到B点的距离为22(2)(2)22rlll=+

=1Q在B点产生的场强为111228QQEkkrl==该场强沿OA方向的分量为11122cos4516xkQEEl==所以大圆环上的电荷在B点产生的场强为21216nixikQEEl===故B正确；C．由对称性可知B、C两点电势相等，所以0BCU=小滑环从

B到C的过程中电场力所做的功为0BCBCWqU==故C正确；D．根据牛顿第二定律，小滑环在B点的加速度为2sin3723165qEmgkQqagmml+==+故D正确。故选BCD。11.如图甲所示，用轻绳拴着一个质量为m、电荷量为-q的小球在竖直面内绕O点做圆周运动，竖直

面内加有竖直向下的匀强电场，不计一切阻力，小球运动到最高点时的动能Ek与绳中张力F间的关系如图乙所示，重力加速度为g，则（）A.轻绳的长度为2abB.电场强度大小为bmgq−C.小球在一圈中的最小速度可能为5amD.小球在最低

点和最高点所受绳子的拉力差为6b【答案】ACD【解析】【详解】AB．根据牛顿第二定律得2vFmgqEmL+−=又因为2k12Emv=解得()k122LEFmgqEL=+−根据图像得2Lab=()12mgqELa−=解得2aLb=Eqmgb−=A正确，B错误；C

．当F=0时，重力和电场力提供向心力，此时为最小速度，有212mva=解得2avm=最高点绳子有拉力时，小球在一圈中的最小速度可能为5am。故C正确；D．小球在最低点时，有222vFmgEqmL−+=小球在最高点时有211vFmgEqmL+−=从最低点到最高点，由动能定理可得221

2112222mgLqELmvmv−+=−联立解得216()6FFmgqEb−=−=D正确；故选ACD。12.如图，圆心在O点，半径为R的圆形区域内有磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一电荷量为q+、质量为m的粒子垂直射入磁场区域，

O到入射速度所在直线的距离为2R，已知粒子射出磁场时的方向与射入时的方向垂直，不计重力，则下列说法正确的是（）A.粒子在磁场中运动的时间mtBq=B.粒子在磁场中的速率()312BqRvm+=C.若其他条件不变，将粒子入射速度方向顺时针转动则粒子在磁场运动时间将变小D.若其他条件不变，将粒

子入射位置向右平移，则粒子在磁场运动时间将先变大后变小【答案】BD【解析】【详解】B．过入射点和出射点，分别作入射速度和出射速度的垂线，交点即圆周运动的圆心O1，如图所示根据几何关系，粒子的圆周运动半径为22131222RrRRR+=+−=根据2mvqvBr=解得

()312BqRvm+=故B正确；A．粒子在磁场中的轨迹对应的圆心角为2=则粒子在磁场中运动的时间为12242rmtTvBq===故A错误；C．若其他条件不变，将粒子入射速度方向顺时针转动，粒子在磁场中运动的弧长所对的圆心角先

变大后变小，由2tT=可知则粒子在磁场运动时间将先变大后变小，故C错误；D．若其他条件不变，将粒子入射位置向右平移，粒子在磁场中运动的弧长所对的圆心角先变大后变小，由2tT=可知则粒子在磁

场运动时间将先变大后变小。故D正确。故选BD。二、实验题13.用图示实验装置探究加速度与力、质量的关系。（1）实验室提供相应电源，为使测量尽量准确，应使用__________（填“电磁打点计时器”或“电火花计时器”）。（2）若在乌鲁木齐和海南两处海拔相等的地方，使用相同的器材分别

做该实验，实验过程操作正确且数据记录准确，则在乌鲁木齐实验时垫块到木板左端的距离_________在海南实验时垫块到木板左端的距离；在用相同的钩码拉小车时，作出小车加速度随小车总质量的1aM−图线，则在乌鲁木齐实验时作出的图线斜率_________在海南

实验时作出的图线斜率。（均填“小于”、“大于”或“等于”）（3）下列说法中正确的有___________A．本实验需要小车重力远大于钩码重力B．用垫块平衡摩擦力时需要带上纸带和钩码C．得到的1aM−图线有大于零的纵截距，原因可

能是垫块位置太靠左D．得到的1aM−图线在后段变为曲线，原因可能是垫块位置太靠右【答案】①.电火花计时器②.等于③.大于④.AC##CA【解析】【详解】（1）[1]使用电磁打点计时器时产生的阻力比电火花计时器大，为了提高实验精度，故应选用电火花计时器；（2）[2]设木板的倾

角为，小车质量为M，实验中为平衡摩擦力有sincosMgMg=解得tan=当使用相同的器材分别做该实验，小车与木板间的动摩擦因数相同，故木板的倾角相同，即此时垫块到木板左端的距离相等；[3]设钩码的质量为m，绳子中的拉力为F，根据牛顿第二定律有FMa=即1aFM=故

1aM−图线斜率等于绳子中的拉力F，本实验中用钩码的重力代替绳中的拉力F，即Fmg=，因为乌鲁木齐处的重力加速度大，故钩码的重力大，即F较大，所以在乌鲁木齐实验时作出的图线斜率大于在海南实验时作出的图线斜率。（3）[4]A．本实验中用钩码的重力代替绳中的拉力F，故只有当小车

重力远大于钩码重力时才满足该条件，故A正确；B．用垫块平衡摩擦力时平衡的是小车自身受到的摩擦力，此时不能带上纸带和钩码，故B错误；C．当得到的1aM−图线有大于零的纵截距，说明当绳子中的拉力F等于零时小车已经有一定的加速度，故可知此时木板的倾角过大，使小车重力沿木板向下的

分量大于小车受到的摩擦力，即垫块位置太靠左，故C正确；D．得到的1aM−图线在后段变为曲线，原因可能是此时小车重力不满足远大于钩码重力的条件，使图线不满足线性关系，故D错误。故选AC。14.如图1所示是一个多用电表欧姆挡内部电路示意图，由表头、电源、调零电阻和表笔组成，今用其测量xR的阻值。（1

）甲、乙两测试表笔中，乙表笔应是_________（填“红”或“黑”）表笔；（2）测电阻的倍率选择“×10Ώ”，将甲、乙两表笔短接，调节调零电阻R，使表针指到表盘刻度的最右端；在测试表笔乙已接触被测电路右端的前提下（见图1），测试表笔甲应接

触被测电路中的_________（填“a”或“b”）点，此时表针恰好指在上图2的虚线位置，则被测电阻xR的阻值为_________；（3）某小组同学们发现欧姆表的表盘刻度线不均匀，分析在同一个挡位下通过待测电阻的电流I和它的阻值xR关系，他们分别画出了如图所示的几种图像，其

中可能正确的是_________；（选填选项下面的字母）A.B.C.D.（4）已知图中电源1E的电动势为3V，电源2E的电动势为1.5V（内阻可忽略）。若按照上述（2）中的步骤测电阻xR时，测试表笔甲在a、b两个点中连接了错误的触点，则电阻的测

量值为_________。【答案】①.黑②.b③.150④.AC##CA⑤.50【解析】【详解】（1）[1]甲、乙两测试表笔中，乙表笔与内部电源的正极连接，应是黑表笔；（2）[2]为了防止外部电流对测量结果产生影响，测试表笔甲应接触被测电

路中的b点。[3]测电阻的倍率选择“10，指针指在“15”处，则被测电阻xR的阻值为150。（3）[4]设欧姆表内电池电动势为E，电池内阻、电流表内阻、调零电阻等的总电阻为R内，则有+xEIRR=内则—xIR图像是双曲线的一条，随着xR的增大

，I减小。而上式的倒数为1xRRIE+=内可知1xRI—图像是线性函数图像，纵截距大于零，1I随着xR的增大而增大。故选AC。（4）[5]由上可知欧姆表的内阻为150xRRR===内中则电流表的满偏电流为13V20mA150gEIR===

内当接入电源E2时，电流表的电流为1231.5A15mA150150xEEIRR++===++内由于:3:4gII=则根据图2表盘可知，此时指针指在“5”处，测电阻的倍率选择“10，则此时电阻的测量值为50Ω。三、计算

题15.如图所示，在O点右侧空间有一个水平向右的匀强电场，电场强度大小5610N/CE=，O点左侧空间没有电场。在O处放一个带电量8510Cq−=−、质量0.01kgm=的物块（可视为质点），物块与水平面间的动摩擦因

数0.1=，给物块一个水平向右的初速度02m/sv=，最终物块静止。已知重力加速度g取210m/s，求物块经过的路程。【答案】1.5m【解析】【详解】根据题意可知，物块受到的摩擦力为f0.01NFmg==受到电场力为0.03NFqE==开始物块向右做匀减速运动，由牛顿第二定

律得fFFma+=由运动学公式得2102axv=代入数据解得10.5mx=由于电场力大于摩擦力，则物块向右减速到0之后，向左做匀加速运动，离开电场之后做匀减速运动，对整个过程，由动能定理得()1f120FxFxx−+=解得20.5mx=物块的总路程为1221.5mxxx=+

=16.“大自然每个领域都是美妙绝伦的。”随着现代科技发展，人类不断实现着“上天入地”的梦想，但是“上天容易入地难”，人类对脚下的地球还有许多未解之谜。地球可看作是半径为R的球体。以下在计算万有引力时，地

球可看作是质量集中在地心的质点。（1）已知地球赤道的重力加速度为g1，两极的重力加速度为g2，求地球自转的角速度ω；（2）某次地震后，一位物理学家通过数据分析，发现地球的半径和质量以及两极的重力加速度g2都没变，但赤道的重力加速度由g1略微减小为g3，

于是他建议应该略微调整地球同步卫星的轨道半径。请你求出同步卫星调整前后轨道半径之比rr。【答案】（1）21ggR−=；（2）23321ggrrgg−=−【解析】【详解】（1）设地球的质量为M，对于质量为m的物体，在两极有的2

2MmmgGR=在赤道，根据牛顿第二定律有212GMmmgmRR−=联立两式可得21ggR−=（2）设地震后地球自转的角速度为，根据牛顿第二定律有232−=GMmmgmRR设同步卫星的质量为m，根据牛顿第二定律，地震前有22MmGmrr=地震

后有22GMmmrr=联立以上公式可得23321ggrrgg−=−17.如图所示，长度为L的轻绳上端固定在O点，下端系一质量为m的小球A，高为0.5L，宽度为L的桌子边缘恰好处在O点正下方，质量为4m的小球B放在桌子边缘。（小球的大小可以忽略、重力

加速度为g）。（1）在水平拉力F的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为α，小球保持静止。求力F的大小；（2）当α=60°时，撤掉拉力F，无初速释放小球，不计空气阻力。求小球通过最低点时小球对绳子的拉力；（3）设A球摆到最低

点时，绳子恰好拉断，AB两球发生弹性正碰，碰后B球恰好能运动到桌子另一边且不掉下来，求A球落地点到桌子边的水平距离d以及桌面的动摩擦因数μ。【答案】（1）F=mgtanα；（2）T=2mg；（3）0.08=，35dL

=【解析】【分析】【详解】（1）（1）对小球A受力分析，由平衡条件得拉力的大小tanFmg=（2）当α=60°时，小球从静止运动到最低点的过程中，由动能定理21(1cos)2mgLmv−=解得2(1)vgLcomgL=−=此时在最低点

，由2mvTmgL−=解得2Tmg=由牛顿第三定律可知，小球通过最低点时小球对绳子的拉力为2mg。（3）AB两球发生弹性正碰，则有动量守恒和能量守恒4ABmvmvmv=+222AB1114222mvmvmv=+联立

解得35AvgL=−25BvgL=B球恰好由桌子右边到桌子左边，位移大小为L，则由动能定理21-4042BmgLmv=−解得0.08=A球碰后反弹，做平抛运动，由210.52Lgt=得落地时间Ltg=则A球

落地点到桌子边的距离35AdvtL==18.如图所示，在P点有一粒子源可发射，质量为m，电荷量为()0qq的粒子，从P点在纸面内沿着与PO成θ角（0~90°）的方向射出，圆心为O、半径为r的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B，OP=4r。，不计粒子重力

。（1）若要保证速度足够大的粒子不会进入圆形无场区域，则θ角需要满足什么条件？（2）当θ=53°时，求不进入圆形无场区域的粒子的速度范围？（3）当θ=90°，将P点右移至3OPr=，并在圆形区域内加入方向向里，大小为13B的匀强

磁场，每隔一段时间发射相同速度的粒子，粒子恰能沿半径进入内部磁场区域，并再次回到P点，且前一个粒子返回至粒子源P处时，恰能与后发出的粒子合并，合并前后粒子电荷总量保持不变，求第n个粒子与第n+1个粒子发

射的时间间隔。【答案】（1）1arcsin4；（2）2514Bqrvm或7522Bqrvm；（3）143mqB【解析】【详解】（1）如图过P点做圆的切线，此时1sin44rr==要保证速度足够大粒子不会进入圆形无场区域，

则θ角需要1arcsin4（2）若速度较小，粒子的轨迹圆如图所示，由几何关系可知在1OPO△中()21rR+=1122(4)24cos2RrRr+−−12514rR=若速度较大，粒子的轨迹圆如图

所示，根据几何关系可知在2OPO△中()22Rr−=2222(4)24cos2RrRr+−−27522rR=由洛伦兹力提供向心力可知2vBqvmR=BqRvm=则可知112514BqR

Bqrvmm==，227522BqRBqrvmm==综上若要求粒子不能进入圆形区域，则粒子运动速度应满足的条件为的2514Bqrvm或7522Bqrvm（3）第1个粒子运动轨迹如图所示在垂直纸面向外磁场

中运动时轨迹的圆心分别是3O、5O，半径为3R，在垂直纸面向里磁场中运动时轨迹的圆心分别是4O、6O，半径为4R，由几何关系可知22333RRrr++=解得333Rr=由23vqvBmR=243BvqvmR=得4333RRr==图中所示角的正切值33ta

n3Rr==得30=由几何关系可知，带电粒子在垂直纸面向外的磁场中的两段圆弧对应的圆心角均为360602240−=由几何关系可知，带电粒子在垂直纸面向里的磁场中的两段圆弧对应的圆心角均为30260=带电粒子在垂直纸面向外的磁场中，周期12mTqB=带电粒子在垂直纸面向里的磁场中

，周期2263mmTBqBq==因此第1个粒子运动一周所需时间122406014223603603mtTTqB=+=第2个粒子与第1个粒子发射间隔14Δ3mttqB==第1个粒子与第2个粒子，碰撞后电荷量加倍，质量加倍，速度不变，因此在垂直纸面向外和向里的磁场中运动半径不变

，运动时间也不变。同理，第n个粒子与第n+1个粒子发射的时间间隔14Δ3mttqB==获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com