【文档说明】河北省2022-2023学年高三下学期全过程纵向评价（二）物理试题 含答案.docx，共(20)页，2.279 MB，由小赞的店铺上传

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河北省2023届高三学生全过程纵向评价（二）物理一、单项选择题：共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．2022年6月23日，辽宁红沿河核电6号机组正式具备商业运行条件，标志

着我国在运最大的核电站全面建成投产．核燃料可在核反应堆中，通过核裂变产生实用核能材料．已经大量建造的核反应堆使用的是裂变核燃料铀（23592U）和钚（23994Pu）下列说法正确的是（）A．外界温度越高，钚（2

3994Pu）衰变的速度越快B．铀（23592U）经过1次衰变产生钚（23994Pu）C．23592U在中子轰击下生成9438Sr和14054Xe的过程中，核子的比结合能增大D．23592U在中子轰击下生成

9438Sr和14054Xe的过程中，没有质量亏损2．如图所示，在同一均匀介质中有振动周期相同的波源1S和2S，P是同一水平面内的一点，130cmSP=，250cmSP=，且1SP垂直于12SS．12SAAOOBBS===，12SS连线上只有1个振动减弱点O和2个振动加强点A、B．波源1S在0

t=时刻开始从平衡位置向上振动，经过4s波源1S产生的第一个波峰传到P点，已知波源1S、2S均从0t=时起振，下列说法正确的是（）A．波源2S在0t=时刻向上运动B．波在介质中传播的速度7.5cm/sC．P点为振动的减弱点D．波源2S

产生的第一个波峰传到P点需要的时间为8s3．如图所示，竖直平面内有两个固定的点电荷，电荷量均为Q+，与其连线中点O的距离均为h；质量为m带电量为q−的试探电荷以O为圆心做匀速圆周运动，A、B为圆周上的两点，两点与正点电荷连线与AB连线的夹角均为30=，已知静电力常量为k，重力忽略不计，则

（）A．试探电荷做匀速圆周运动所需的向心力大小为238kQqhB．试探电荷做匀速圆周运动的角速度为12kQqhmhC．若增大，试探电荷仍能以O为圆心做匀速圆周运动，则试探电荷的向心力一定变小D．若在A点由静止释放负点电荷，该电荷将在AB

连线上做简谐运动4．如图所示，Ⅰ为北斗卫星导航系统中的静止轨道卫星，其对地张角为2；Ⅱ为地球的近地卫星．已知地球的自转周期为0T，万有引力常量为G，根据题中条件，可求出（）A．地球的平均密度为2303sinGTB．卫星Ⅰ和卫星Ⅱ的加速度之比2sin2C．卫星Ⅱ的周期为03sinT

D．卫星Ⅱ运动的周期内无法直接接收到卫星发出电磁波信号的时间为30(2)sin2T+5．如图所示，O为一玻璃球的球心，AB、CD为过球心截面内互相垂直的直径．甲、乙两束单色光，分别从M、N两点

沿平行AB方向射人玻璃球，M点到CD的距离等于球半径的一半．经一次折射后，两单色光均从B点射出，两出射光线的夹角为134°．（sin740.96=）下列说法正确的是（）A．玻璃球对单色光甲的折射率为2B．单色光乙由N点射人玻璃球时的人射角为75°C．单色光甲的频率小于单色光乙的频率D．单色光甲从

M点传播到B点的时间大于单色光乙从N点传播到B点的时间6．如图所示为远距离输电的原理图，发电机输出电压恒定，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，其中降压变压器的变压比为n；图中电表均为理想电表；两变压器间输电线的总电阻为R．假如用户设备发生变化，导致输电线上的电压增

加了ΔU，下列说法正确的是（）A．电压表示数增大ΔUnB．输电线上消耗的电功率增加2(Δ)URC．用户设备消耗的电功率减少2(Δ)URD．电流表示数增大了ΔUnR7．如图所示，轻弹簧一端与质量为m的物块A相连接，另一端与小立柱（质量忽略不计）栓接，

第一次将A放在物块B上，物块B的上表面水平，小立柱固定在B上，物块B放在固定斜面上，AB相对静止的一起沿斜面下滑，第二次将A放在物块C上，C的上表面与斜面平行，小立柱固定在C上，物块C放在固定斜面上，AC相对静止的一起沿斜面下滑，已知斜面倾角为30=，B、C质量相等，与斜面的动摩擦因数均为

3363，两次轻弹簧均处于伸长状态，弹力大小均为14mg．已知重力加速度为g．则两次下滑过程中A、B间的摩擦力与A、C间的摩擦力之比为（）A．133231+++B．133231+−+C．133231+−−D．133231++−二、

多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．8．某同学用甲、乙两个物块来模拟研究汽车相遇规律问题，下图是他根据运动规律绘制的甲、乙两个物块的运动位移时间图线．已知甲物块的运

动图线为一条顶点为()00,x的抛物线，乙的运动图线为一过原点的直线．两条图线中其中一个交点坐标为()11,tx．全科试题免费下载公众号《高中僧课堂》则下列说法正确的是（）A．1t时刻甲物块速度为11xtB．甲物块在做匀加速直线运动的加速度为10

21xxt−C．图中甲、乙两个物块再次相遇时刻为01210xttxx=−D．如果两个物块只相遇一次，则必有102xx=9．近年来我国大力发展自主品牌创新，其中“大疆”已经成为无人机领域的龙头老大．如图是一款

“大疆”四旋翼无人机，能实现自主水平悬停、水平直线运动及垂升垂降．假设该无人机质量为M，其螺旋桨把空气以速度v向下推，重力加速度为g．下列说法正确的是（）A．水平悬停时，螺旋桨每秒钟所推动的空气质量为Mgv

B．水平悬停时，无人机的发动机输出功率为12MgvC．想要实现水平方向的匀速直线运动，无人机的机身平面必须与地面保持平行D．假设无人机在离地面高为h的位置悬停时突然一质量为m的零部件掉落，则当其落到地面瞬间时无人机离地高度为mhMm−（无人机升力不变）10．如图所示，一根

质量为m的金属棒静止放置在水平光滑且无限长的平行金属导轨上．导轨间距为L，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于导轨平面，导轨间可以通过单刀多掷开关S连接电容大小为C的电容器、阻值为R的定值电阻，金属棒与导轨电阻均不计．

以下说法正确的是（）A．将开关S掷向1，给金属棒一向右的初速度0v，则从开始到金属棒停止运动的过程中通过电阻R的电荷量为0mvBLB．将开关S掷向1，给金属棒一向右的初速度0v并给金属棒施加一向右的外力使

其做加速度为a的匀减速直线运动，则从开始到金属棒停止运动的过程中外力冲量为22202BLvaRC．将开关S掷向2，给金属棒施加一水平向右恒力，则金属棒做加速度逐渐减小的变加速直线运动D．将开关S掷向2，电容器的上下极板分别带有等量正

、负电荷，电荷量为0Q，则金属棒达到稳定状态后电容器上剩余的电荷量为22022BLQCmBLC+三、实验题：本题共2小题，11小题6分，12小题9分．11．（6分）阿特伍德机，是由英国牧师、数学家兼物理学家的乔治·阿特伍德在1784年发表的《关于物体的直线运动和转动》一文中提出的一种著名力学实验

装置，装置如图所示．阿特伍德机可以用来验证系统的牛顿第二定律．（1）该同学用游标卡尺测量遮光片的宽度d．开始时将质量为m的A物体、和质量为0M的B物体用绳连接后，跨放在定滑轮两侧，滑轮质量和摩擦可忽略不计，A置于桌面上使其保持静止状态．测量出挡光片中心到光电门的竖直距离h，释放物体A后，A向上运动

，测出挡光片挡光的时间t，则左右两侧物体的加速度a的大小表达式为______（用h、d、t表示）（2）要验证“受力不变时，加速度大小与质量成反比”实验时，为改变系统总质量，可同时在左右两侧依次挂1个、2个、3个、4个质量均为m的钩码（

有挡光片的物体放于最下方），重复（1）中的实验过程，测出方右两侧物体总质量M及对应的加速度a，作出1aM−图像，若图像为______，则可验证．（3）验证“质量不变时，加速度大小与力成正比”，先在右侧挂5个质量为m的钩码，左侧挂质量为0M的物体，为改变力的大小但保证系统总质量不变，应如何操作？_

_____12．（9分）某实验小组要准确测量一电池的电动势和内阻，手边有一个只有刻度但没有刻度值的电流表、电池、电压表、电阻箱、滑动变阻器、欧姆表、开关一个、导线若干，小组成员想先测量出电流表的内阻和量程，然后再用伏安法测电池的电动势和内阻．（1）首先用欧姆表粗测电流表的内阻；用“×10

”档测量时指针指示如图甲所示，则应该换______挡再次测量；（2）小组成员又设计了更精确的测量方案，所用电路如图乙所示．将开关S闭合，调节1R、2R使电流表、电压表指针都在合适位置，然后在保持电压不变的前提下，多次改变1R、2R，记录1R和电流表偏转的格数N，再根据记录数据作出11R

N−图像，若作出的图像如图丙所示，纵截距为a，斜率为k，则电流表的内阻AR等于______；（3）调节1R、2R使电流表满偏，记录电压表示数U和电阻箱示数1R，则电流表量程为______（用AR、U、1R表示）．（4）用所给器材，设计电路用伏安法测电源的电动势和内阻，尽量减小系统误

差．四、计算题：本题共3小题，13小题10分、14小题13分、15小题16分．13．（10分）如图所示，左侧玻璃管中用26cmH=长的水银柱将一定量气体封装在一球形容器中，玻璃管足够长，玻璃管横截面积为427.6810mS−=，

球形容器的容积为432.5610mV−=．气体初始时温度为300KT=，在距玻璃管下端12cmh=处开有小孔（忽略孔的粗细），小孔通过一段软管连接右侧封闭有一段气柱的玻璃管，右侧玻璃管横截面积和左侧玻璃管横截面积相等，气柱长为1

0cmL=，气柱温度保持不变．刚开始时，右侧玻璃管封闭气体的水银面刚好与小孔位置相平．当球形容器中温度上升后，球形容器中气体使封装水银面升高至小孔处．已知大气压强为076cmHgp=．求此时右侧玻璃管中水银面上升的高

度以及此时球形容器中气体的温度．14．（13分）如图所示，木板C静止在光滑的水平面上，距木板C的右侧s远处有一固定平台，平台由MN、NP、PQ三段组成，NP段光滑，其余两段粗糙，MN长为11.6mL=，NP长为21.8mL=，PQ段足够长．滑块B静止于P点．已知A、B、C质量均为1

kgm=．滑块A以08m/sv=的速度从木板C的左端滑人，直到滑到C右端时恰好与C速度相同（木板C未碰到平台MN）．当滑块A经过平台MN段后，受到水平向右的恒力10NF=作用．已知滑块A与木板C间、滑块B与M

N、PQ间的动摩擦因数均为0.5=．（重力加速度210m/sg=）（1）为保证木板C与平台碰撞前A、C能达到速度相同，s至少多长．（2）求滑块A从M运动到P点的时间．（3）滑块A与滑块B可发生多次碰撞，且每

次碰撞均为弹性碰撞，求从滑块A滑上木板C到第n次碰撞时的摩擦生热．15．（16分）宇宙射线为来自太阳系以外的高能量粒子，其中大约89%的成份是单纯的质子．质子的电荷量为q，质量为m．携带粒子探测器的人造卫星可以直接探测1410eV以下的宇宙射线，以避免大气层吸收宇宙射线．14

10eV以上的宇宙射线，必须使用地面上的多个带电粒子探测器进行间接测量，分析原始宇宙射线与大气的作用来反推原始宇宙射线的性质．如图所示，有一束宇宙射线从距地面14R处S点射向赤道．假设在赤道上空的地磁场为匀强磁场，磁感应强度为B，

方向与赤道平面垂直，地球磁层边界距地面约为9R．已知地球半径为R，不考虑相对论效应及地球公转带来的影响．（1）求质子的速度在什么范围内地面探测器将接收不到质子？（2）若质子流的速度大小均为25BqRvm=，这一速度的质子流从进人磁场到到达地面的最长时间为多少？（3）若速度为38BqRvm=的质

子，自A点进人地磁场时，恰好到达地面，已知5.5SAR=，其中O为地心，则8BqRvm的质子到达地球表面的弧长是多少？（可能用到的三角函数近似值sin200.34=，sin340.56=，sin39

0.63=，sin420.67=，sin700.94=，cos110.98=，cos200.94=，cos480.67=）河北省2023届高三学生全过程纵向评价（二）物理参考答案1．C解析：原子核的半衰期由核内部自身因素决定，与原子所处的物理、化学状态和外部条件无关，故选项

A错误；铀（23592U）经过1次衰变，电荷数少2，质量数少4，即电荷数变为90，质量数变为231，故选项B错误；铀（23592U）在中子轰击下生成9438Sr和14054Xe的核反应方程235114094192054380UnXeSr2n+→++，该反应属于重核裂变，重核分裂成中

等大小的核，较稳定，核子的比结合能增大，故选项C正确；此过程过程中释放能量，由质能方程可知此过程过程中质量亏损，故选项D错误．2．D解析：12SS连线中点为减弱点，可知波源1S和2S起振方向相反，波源2S起振方向向下，所以选项A错误；由勾股定理可知，1240cmSS=，12212SBSBSASA

−=−=，所以40cm=，134SP=，波源1S振动传到P点需要34T，波源1S在0t=时刻向上振动，经过4s波源1S产生的第一个波峰传到P点，则有314s44TT+=，因此周期为4s，波在介质中传播的速度10cm/svT==，

所以选项B错误；2120cm2SPSP−==，因两个波源反向振动，因此P点应为振动的加强点，故选项C错误；波源2S产生的第一个波峰传到P点需要的时间为238s4SPtTv=+=，所以选项D正确．3．B解析：以试

探电荷为研究对象，其做匀速圆周运动，两正点电荷对其静电力的合力提供向心力，做匀速圆周运动所需的向心力大小为222cos3034sin30kQqkQqFhh==，所以选项A错误；而2tan30hFmw=，可得负点电荷做匀速圆周运动的角速

度为12kQqhmh，所以选项B正确；若增大，AO之间场强可能先变大后变小，所以向心力也是可能先变大后变小，选项C错误；AO之间的场强先变大后变小，静电力先变大后变小，与到O的距离不成正比，不满足简谐运动的条件，选项D错误．4．A解

析：设地球质量为M，卫星Ⅰ、Ⅱ的轨道半径分别为r和R，卫星Ⅰ为同步卫星，周期为0T，近地卫星Ⅱ的周期为T．根据开普勒第三定律，33220rRTT=，sinRr=，可得：卫星Ⅱ的周期为30sinTT=，对于卫星Ⅱ222GMmmRRT=对于

地球334MMVR==，联立以上各式，可地球的平阿密度为2303sinGT=，所以选项A正确、选项C错误；对于不同轨道卫星，根据牛顿第二定律得2GMar=，所以卫星Ⅰ和卫星Ⅱ的加速度之比为22aR

ar=ⅠⅡ，所以选项B错误；若卫星Ⅰ不运动，卫星Ⅱ对应圆心角为2+，则卫星Ⅱ运动的周期内无法直接接收到卫星Ⅰ发出电磁波信号的时间302(2)sin22TtT++==，但卫星之间是有相对运动的，所以时间不可能为30(2)sin2T+，选

项D错误．5．D解析：光路图如图所示：由几何关系有230=，12360=+=，由折射定律得，玻璃球对甲光的折射率1sin13sin2n==，故选项A错误；同理，460=，由几何关系有874=，574=，165372==，单色光乙由N点射入玻璃球时的入射角为

74°故选项B错误；由折射定律得，玻璃球对乙光的折射率2sin51.6sin6n==，玻璃球对甲光的折射率大于玻璃球对乙光的折射率，所以单色光甲的频率大于单色光乙的频率，故选项C错误；甲光在玻璃球中的传播速度11cvn=，由几何关系有sin120sin30MBR

=，甲光在玻璃球中的传播时间113MBRtvc==，乙光在玻璃球中的传播速度22cvn=，由几何关系有sin106sin37NBR=，乙光在玻聘球中的传播时间2221.6NBRtvc==，得127564tt=，单色光甲从M点传播到B点的

时间大于单色光乙从N点传播到B点的时间，故选项D正确．6．D解析：正弦交流发电机输出电压保持不变，升压变压器的输出电压不变，输电线上电压增加U，所以降压变压器的原线圈电压减少U，则降压变压器的副线圈

电压减少ΔUn，所以选项A错误；输电线电阻不变，电压增加，说明输电线上电流增加，而输电线损耗功率增加()()222212121UUUUPUUURRR−=−=−，所以选项B、C错误；若降压变压器原、副

线圈电流分别为1I、2I，则12nII=，变压比n不变，所以12nII=，输电线上电流增加ΔUIR=，可知降压变压器输出电流增加ΔUnInR=．所以选项D正确．7．C解析：A与B保持相对静止，则二者向下

的加速度是相等的，根据牛顿第二定律得()sin()cos()MmgMmgMma+−+=+解得sincosagg=−同理，若以A、C为研究对象，则它们共同的加速度大小也是sincosagg=−以A为研究对象，A受到重力、斜面体B竖直向上的支持力时，合力的方向在竖直方向上，水平方向的

加速度为x(sincos)cosagg=−该加速度由水平方向弹簧的弹力与摩擦力的合力提供，根据牛顿第二定律有1x(sincos)cosfFmamgg−==−第二次仍以A为研究对象，根据牛顿第二定律有2sin(sincos)mgFfmamgg−−==−由以上几式解

得：12133231ff+−=−故C正确，ABD错误．8．CD解析：由图像可知，乙物块为匀速直线运动，其速度v乙应为11xt，第一次相遇时，为乙追上甲的情形，因此此时甲的速度应该小于乙速度，因此A错；甲物块做的是初速度为零的匀加速直线运动，其运动方程为2012xxat=+，将点坐标()11,

tx代入可求出()10212xxat−=，故B错；两个物块相遇条件为抛物线与直线相交，根据题意有2012xxatvt=+=乙，代入可知01210xttxx=−，故C正确；根据前面的相遇条件可知，当方程201

2xxatvt=+=乙有一个解时即为相遇一次，则0=时，即满足102xx=，故D正确．9．AB解析：由于无人机静止，所以空气对无人机的作用力为FMg=，无人机对空气作用力为FFMg==，设t时间内被推空气的质量为m，对被推向下的空气应用动量定理得FtMgtmv==

，①ΔΔmMgtv=四台发动机的总功率为P，由动能定理有21ΔΔ2Ptmv=②联立方程①②得12PMgv=所以选项A、B正确；无人机所受升力与机身平面垂直，所以要实现水平方向的匀速直线运动需要将机身倾斜，受力分析如图，所以选项C错误；取竖直向上为正方向，列平均动

量守恒，可得()0MmHmh−−=，所以mhHMm=−，则离地总高度MhHHhMm=+=−总，所以选项D错误．10．AD解析：将开关S掷向1时，把导线做变速直线运动到静止这一段时间分割成无数个小段，可以认为每一小段的感应电流和速度是不变的，由动量

定理可得ΔΔmvBILt=，将每一段加起来即有0mvBLq=，则0mvqBL=，所以A正确；将开关S掷向1时，取极短时间Δt内安培力冲量为AAΔΔIFt=，又因为22ABLvFR=得22ΔΔABLvItR=，联立ΔΔxvt=得22ΔΔABLIxR=，微元累加得22ABLxI

R=，联立运动学公式202vxa=，可得22202ABLvIaR=，再由动量定理得A00FIImv−=−，得222002FBLvImvaR=−，所以B错误；将开关S掷向2后，ΔΔqQItt==，这里的ΔQ为电容器所带电荷量O的变化，又因ΔΔQCU=，且不计各处电阻，电容器

两板间电压UBLv=．所以有：ΔΔΔQCUCBLvICBLattt====，又因为FBIL=安，所以有：22FCBLama−=，所以22FamCBL=+，a为定值，金属棒做匀加速直线运动，所以C错

误；将开关S掷向2后，金属棒在安培力的驱动下开始向右加速运动，速度达到最大值maxv时，设金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E，则maxEBlv=，依题意有QEC=．取此过程中极短时间Δt，对金属棒应用动量定理得ΔΔBILtmv=，又

有ΔΔItQ=，对该过程求和得()0maxBLQQmv−=，联立以上各式解得22022BLQCQmBLC=+，所以D正确．11．（6分）答案：（1）222dht（2）过原点的直线（3）把左侧的钩码移到右侧解析：（1）释放后A做匀加速运动，由运动学公

式22vah=，其中dvt=，联立解得222daht=（2）因为aM−图像为曲线，无法直观得出a与M的关系，而a与1M关系曲线为直线，所以画1aM−图线，如果是直线则说明a与M成反比．（3）要保证系统质量不变，而系统合力改变，可以把左侧的钩码移到右侧．12．（9分

）答案：（1）×1（2）ak（3）1AURR+（2分）（4）解析：（1）由图乙可知，用“×10”档测量时指针偏角过大，说明电阻较小，为了较准确测量，应选用×1挡．（2）在保证电压表示数不变的情况下，由欧姆定律有()1AUIRR=+，设电流表每格电流为0I，则有()01A

UNIRR=+，整理得001A1IIRRNUU=+，由图线可知，0IkU=，0AIaRU=，计算可得电流表内阻ak．（3）电流表量程为满偏时电流，即为1AURR+．（4）根据闭合电路欧姆定律()AEUIrR=++，可设计如图所示电路即可消除系统误差．13

．（10分）答案：1cm，404K解析：设右侧玻璃管中水银面上升的高度为y，球形容器内气体最终的温度为1T以球形容器内气体为研究对象初态压强0102cmHgppH=+=432.5610mV−=，300KT=末态时压强10ppHy

=+−末态体积为1VVhS=+由理想气体状态方程得：111PVPVTT=①以右侧玻璃管中气柱为研究对象初态压强2090cmHgppHh=+−=2VLS=，末态时压强302ppHy=+−末态体积为3VLSyS=−由玻意耳定律得：

2233pVpV=②由①②联立得：1cmy=，1404KT=14．（13分）答案：（1）1.6ms；（2）1.4s；（3）3612(J)n−解析：（1）设A、C获得共同速度为1v，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得()A0AC1mvmmv=+

代入数据解得14m/sv=若A、C共速时C刚好运动到M，对C应用动能定理得2AC1102mgsmv=−代入数据解得1.6ms=则保证C运动到M前A、C能够共速，s应满足的条件是1.6ms（2）滑块A在MN上滑动时做匀减速运动，运动加速度为1a根据牛顿第二定律

有1mamg=215m/sag==A减速到0所需时间为1110.8svta==A减速的位移1111.6m2vLtL===即A减速到N点时速度恰好为0之后A将在恒力Fmg=作用下做匀加速运动到P点．设到P的时间为2t由牛顿第二定律可

知2Fmgma==解得2210m/sag==在NP段222212Lat=20.6st=此时A的速度2226m/svat==滑块A从M运动到P点的时间为t121.4sttt=+=（3）AB发生弹性碰撞时，碰后速度设为Av和Bv，碰撞过程中有A2AABBmvmvmv=+22AAABB2211122

2mvmvmv=+解得：A0v=，B6m/sv=碰撞后，A将从0开始做加速运动，加速度2A5m/sFmgam−==B将因摩擦而减速运动，加速度2B5m/smgam==再次碰撞所需时间为3t滑肤A的位移

为2AA312Sat=，滑肤B的位移为2BB3B312Svtat=−ABSS=，解得31.2st=此时AA36m/svat==，BBB30vvat=−=可见第二次碰撞时A6m/sv=，B0v=再次碰撞结果将与第一次相同，易知此后A、B将以1.2s为周

期性发生碰撞，每次碰撞到再次碰撞，AB发生的位移2AB151.23.6m2SS===AC相互摩擦生热()221A0ACl1116J22Qmvmmv=−+=A以4m/s滑到MN段生热2Q，根据能量守恒有2

22A111148J22Qmv===第一次碰撞到第n次碰撞，A、B因摩擦产生的位移均为A(1)3.6(1)mSnSn=−=−A、B均因摩擦生热318(1)JQmgSn==−故：12323612(J)QQQQn=++=−总15．（16分）答案：（1）92qBRvm（2）0.94mBq（3

）1.48R解析：（1）如下图所示，当质子沿着磁场边缘相切进入磁场时，粒子恰好不能到达地面，则由几何关系可知1104.52RRrR−==洛伦兹力提供质子的向心力，有2111mvqvBr=联立解得192qBRvm=故：92qBRvm时

，不会有粒子落在地面上（2）洛伦兹力提供质子的向心力，有2222mvqvBr=解得25rR=质子沿着磁场边缘相切进入磁场时，时间最长，由题意可知磁场半径为010rR=由图可知：在2ODO△中()()2220220222cosRrrrrr

r=−+−−解得11=由图可知：18011169=−=21692360mtBq=解得20.94mtBq=（3）（Ⅰ）速度为38BqRvm=的质子，自A点进入地磁场时，质子恰好落在地面K点，洛伦兹力提供质子的向心力，有2333mvqvBr=解得38rR=连接AO，在SAO△中

2222cosAOSASOSASO=+−解得20=由图可知：在SAM△中sin20sin70AMSA=解得2AMR=故336OMrAMR=−=在3OMO△中331sinsin70OMrR+

=解得139=（Ⅱ）质子沿着磁场边缘相切进入磁场时，当1104.52RRrR−==，192qvBvm=时，质子落在地面C点当4105.52RRrR+==，1112qvBvm=时，质子落在地面N点

，如图所示．由题意可知：248=故：8BqRvm的质子到达赤道的弧长对应的圆心角为312180267=++=所以8BqRvm的质子到达地球表面的弧长为：2672360lR=解得：1.48lR=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xi

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