【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（23994Pu）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0t=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1021xxt−C．图中甲、乙两个物块再次相遇时刻为0121

0xttxx=−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MgvB．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11RN−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10cmL=，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1kgm=．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MN、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．1410

eV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=，sin390.63=，sin4

20.67=，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22aRar=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、2

I，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sinc

osagg=−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，AB

D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2012xxatvt=+=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mhH

Mm=−，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

22ABLxIR=，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22Fa

mCBL=+，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()01AUNIRR=+，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01

02cmHgppH=+=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1.6m

s（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A2AA

BBmvmvmv=+22AAABB22111222mvmvmv=+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2

AA312Sat=，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222A111148J22Qmv===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：92qB

Rvm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()()2220220222cosRrrrrrr=−+−−解得11=由图可知：1801

1169=−=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.xiangxue100.com