資源簡介

2024屆廣西北海市第二中學高三下學期適應性考試（三模）物理試題
1．（2024高三下·北海模擬）某核電站利用中子轟擊核燃料釋放核能來發電，轟擊后產生和，并放出粒子a；具有放射性，半衰期為29天，衰變后產生，并放出粒子b，同時釋放的能量。下列說法正確的是（　　）
A．粒子a為質子
B．的衰變是衰變
C．的結合能小于的結合能
D．通過增大環境溫度，可使的半衰期變為28天
2．（2024高三下·北海模擬）神舟十六號是中國“神舟”系列飛船的第十六次任務，也是中國空間站運營階段的首次飛行任務。如圖所示，神舟十六號載人飛船處于半徑為r1的圓軌道Ⅰ、空間站組合體處于半徑為r3的圓軌道Ⅲ，兩者都在其軌道上做勻速圓周運動。通過變軌操作后，飛船從A點沿橢圓軌道Ⅱ運動到B點與空間站組合體對接，已知地球的半徑為R、地球表面重力加速度為g。下列說法正確的是（　　）
A．飛船在軌道Ⅰ上的運行速度大于地球的第一宇宙速度
B．飛船沿軌道Ⅱ運行的周期大于空間站組合體沿軌道Ⅲ運行的周期
C．飛船在軌道Ⅰ上A點的加速度小于在軌道Ⅱ上A點的加速度
D．空間站組合體在軌道Ⅲ運行的周期
3．（2024高三下·北海模擬）如圖所示，在xOy坐標系的第一象限內存在勻強磁場。一帶電粒子在P點以與x軸正方向成60°的方向垂直磁場射入，并恰好垂直于y軸射出磁場。已知帶電粒子質量為m、電荷量為q，OP = a。不計重力。根據上述信息可以得出（　　）
A．帶電粒子在磁場中運動的軌跡方程
B．帶電粒子在磁場中運動的速率
C．帶電粒子在磁場中運動的時間
D．該勻強磁場的磁感應強度
4．（2024高三下·北海模擬）隨著自動駕駛技術不斷成熟，無人汽車陸續進入特定道路進行實驗。如圖所示是兩輛無人汽車在某一水平直線道路上同時同地出發的運動v-t圖像，運動過程沒有發生相碰，對兩輛無人汽車的運動過程，下列說法正確的是（　　）
A．前2s內，甲的加速度始終大于乙的加速度
B．2.5s時，甲無人汽車回到出發點
C．2.5s時，甲、乙無人汽車的加速度方向相同
D．4s時，兩輛無人汽車距離為12m
5．（2024高三下·北海模擬）圖甲所示是一種靜電除塵裝置，其原理簡圖如圖乙所示，在板狀收集器A與線狀電離器B間加恒定高壓，讓廢氣從一端進入靜電除塵區經過凈化后從另一端排出，其中一帶負電的塵埃微粒沿圖乙中虛線向收集器A運動，P、Q是運動軌跡上的兩點，不計微粒重力和微粒間的相互作用，不考慮微粒運動過程中的電荷量變化。下列分析正確的是（　　）
A．P點電勢比Q點電勢高
B．微粒在P點速度比Q點的大
C．微粒在P點具有的電勢能比Q點的大
D．微粒在P點具有電勢能比Q點的小
6．（2024高三下·北海模擬）如圖所示為一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波，t=0時刻0~25m區間的波形圖如圖中實線，經過時該區間波形圖如圖中虛線，已知虛線上波峰對應的平衡位置的橫坐標為12.5m，質點A平衡位置的橫坐標為，則當波速取最小值時質點A的振動方程以及可能的波速值，正確的是（　　）
A．；225m/s B．；425m/s
C．；625m/s D．，825m/s
7．（2024高三下·北海模擬）如圖所示，“階躍型”光導纖維由“纖芯”和“包層”兩個圓柱體組成，其截面為同心圓，中心部分是“纖芯”，“纖芯”以外的部分稱為“包層”。下列說法正確的是（　　）
A．光導纖維只能傳輸可見光
B．光導纖維中“纖芯”的折射率小于“包層”的折射率
C．不同頻率的光從同一根光導纖維的一端傳輸到另一端的時間相同
D．光從“纖芯”一端傳到另一端的時間與從“纖芯”端面射入時的入射角有關
8．（2024高三下·北海模擬）為了研究電磁剎車，某實驗小組讓一正方形金屬導線框在光滑絕緣水平面內以的初速度進入勻強磁場區域，如圖所示。已知正方形金屬導線框的總電阻為、邊長為1m、質量為0.2kg，勻強磁場的磁感應強度大小，從線框進入磁場開始，下列說法正確的是（　　）
A．線框先做勻減速運動后做勻速運動
B．線框完全進入磁場時的速度大小
C．在線框進入磁場的過程中，線框中產生的焦耳熱為0.3J
D．在線框進入磁場的過程中，通過線框某橫截面的電荷量為2C
9．（2024高三下·北海模擬）如圖（a），一滑塊靜置在水平面上，滑塊的曲面是半徑為R的四分之一圓弧，圓弧最低點切線沿水平方向。小球以水平向右的初速度從圓弧最低點沖上滑塊，且小球能從圓弧最高點沖出滑塊。小球與滑塊水平方向的速度大小分別為、，作出某段時間內圖像如圖（b）所示，不計一切摩擦，重力加速度為g。下列說法正確的是（　　）
A．滑塊與小球在相互作用的過程中，水平方向動量守恒
B．當滑塊的速度為時，小球運動至最高點
C．小球與滑塊的質量比為1∶2
D．小球的初速度大小可能為
10．（2024高三下·北海模擬）如圖所示，定值電阻、與的阻值均為R，理想變壓器原線圈接輸出電壓有效值恒定的交流電源，原、副線圈匝數之比，電表均為理想交流電表。閉合開關S且電路穩定后，電流表示數為 I， 電壓表示數為 U。下列說法正確的是（　　）
A．通過的電流是通過電流的2倍
B．通過的電流是通過電流的3倍
C．若僅使阻值變小，則該電源的輸出功率一定變大
D．若僅使阻值變小，則電流表示數I的變化量與電壓表示數U的變化量之比保持不變
11．（2024高三下·北海模擬）驗證機械能守恒的實驗
如圖放置實驗器材，接通電源，釋放托盤與砝碼，并測得：
a．遮光片長度d
b．遮光片小車到光電門長度l
c．遮光片小車通過光電門時間
d．托盤與砝碼質量，小車與遮光片質量
（1）小車通過光電門時的速度為　 　；
（2）從釋放到小車經過光電門，這一過程中，系統重力勢能減少量為　 　，動能增加量為　 　；
（3）改變l，做多組實驗，做出如圖以l為橫坐標。以為縱坐標的圖像，若機械能守恒成立，則圖像斜率為　 　。
12．（2024高三下·北海模擬）用如圖1所示的甲、乙、丙、丁四種方法測量某電源的電動勢和內阻。其中R為滑動變阻器、電阻箱。
（1）圖2中，實線是根據實驗數據描點作圖得到的圖像；虛線是沒有電表內阻影響的情況下的圖像。甲方法與　 　（填“丙”或“丁”）相似，圖像應為　 　。乙方法與　 　（填“丙”或“丁”）相似，圖像應為　 　。
（2）電動勢等于斷路時電壓，若圖甲實驗電路中由電壓表與電源組成新等效電源，“等效電源”的電動勢為，電壓表內阻用表示，電源的電動勢為E、內阻為r，則　 　。（用E、r、和表示）
（3）結合丙圖測量電源內阻，利用記錄的電阻箱R的阻值和相應的電流表示數I，作出圖線，如圖3所示。若電流表內阻，則　 　V，　 　Ω。（保留2位有效數字）
13．（2024高三下·北海模擬）一定質量的理想氣體被一個質量為、橫截面積為的活塞封閉在豎直放置的圓柱形汽缸內。汽缸壁導熱良好，活塞可沿汽缸壁無摩擦地滑動。開始時活塞下表面相對于汽缸底部的高度為25cm，外界的溫度為27°；現將一物塊輕放在活塞的上表面，平衡時，活塞下降了5cm。已知外界大氣壓強為，重力加速度大小。求：
（1）初始狀態封閉氣體的壓強；
（2）物塊的質量M。
14．（2024高三下·北海模擬）如圖所示，兩個質量均為的剛性小球分別置于三角形斜面的頂點A處和圓弧軌道最低點C處，三角形斜面與圓弧軌道平滑連接，且都固定在平面上。現將小球1從A點由靜止釋放，在C點與小球2發生對心彈性碰撞，碰撞后小球2剛好可以通過半徑為0.9m的光滑圓弧軌道的最高點，且小球2落在三角形斜面上時的速度方向與斜面垂直，已知三角形斜面與水平方向上的夾角為37°，三角形斜面的動摩擦因數為0.2，，，重力加速度g取，求：
（1）小球2從D點運動到三角形斜面上的時間；
（2）碰撞后小球2對圓弧軌道C點的壓力；
（3）AB的高度H（保留到小數點后兩位）。
15．（2024高三下·北海模擬）CT掃描是計算機X射線斷層掃描技術的簡稱，可用于對多種病情的探測。圖甲是某種CT機主要部分的剖面圖，其中X射線產生部分的示意圖如圖乙所示。圖乙中M、N之間有一電子束的加速電場，加速電壓恒定為U；高度足夠高、寬度為d的虛線框內有垂直紙面的勻強偏轉磁場，電子束從靜止開始在M、N之間加速后以一定的速度水平射出并進入偏轉磁場，速度方向偏轉后打到靶環上產生X射線，探測器能夠探測到豎直向上射出的X射線。已知電子質量為m、電荷量為e，不計電子受到的重力，該裝置置于真空中。
（1）求偏轉磁場的磁感應強度的大小B；
（2）若撤去磁場，在虛線框中加一沿豎直方向的勻強偏轉電場，可使電子偏轉時離開電場，最后打在靶環上產生X射線，求電子所受的電場力大小F；
（3）在（2）的基礎上，靶環形狀是以P點為圓心的圓面，P點距偏轉電場中心的水平距離為l。若勻強偏轉電場的電場強度的大小E可調整，靶環的半徑為R，要使電子束能打到靶環上，求電場強度的最大值和最小值之比。
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】原子核的衰變、半衰期；α、β、γ射線及特點；結合能與比結合能；核裂變
【解析】【解答】A．中子轟擊的核反應方程為，則a為中子，故A錯誤；
B．衰變的核反應方程為，是衰變，故B錯誤；
C．衰變的過程中放出粒子b，同時釋放能量，因此的結合能小于的結合能，故C正確；
D．放射性元素的半衰期由其自身因素決定，與其所處的物理狀態（壓強、溫度等）、化學狀態均無關，故D錯誤。
故選C。
【分析】1、核反應中根據質量數和電荷數守恒推出a為中子， 的衰變是衰變。
2、比結合能越大越穩定，則的比結合能小于比的比結合能，結合能等于比結合能乘以核子數，和核子數相同，則的結合能小于的結合能。
3、放射性元素的半衰期由其自身因素決定，與其所處的物理狀態（壓強、溫度等）。
2．【答案】D
【知識點】開普勒定律；衛星問題
【解析】【解答】A．根據萬有引力提供向心力
解得
因為，所以飛船在軌道Ⅰ上的運行速度小于地球的第一宇宙速度，故A錯誤；
B．飛船在軌道Ⅱ上運動的半長軸小于在軌道Ⅲ上運動的軌道半徑，根據開普勒第三定律可知，衛星在軌道Ⅱ上運動的周期小于在軌道Ⅲ上運行的周期，故B錯誤；
C．根據萬有引力提供向心力
解得
可知飛船在軌道Ⅰ上A點的加速度等于飛船在軌道Ⅱ上A點的加速度，故C錯誤；
D．空間站組合體在軌道Ⅲ時滿足
且
解得
故D正確。
故選D。
【分析】1、飛船在軌道Ⅰ上做勻速圓周運動，根據可判斷飛船在軌道Ⅰ上的運行速度小于地球的第一宇宙速度。
2、飛船在橢圓軌道上運行，根據開普勒第三定律可知，衛星在軌道Ⅱ上運動的周期小于在軌道Ⅲ上運行的周期。
3、根據可判斷飛船在軌道Ⅰ上A點的加速度等于飛船在軌道Ⅱ上A點的加速度。
4、在軌道Ⅲ時，且聯立可求解周期。
3．【答案】A
【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動
【解析】【解答】粒子恰好垂直于y軸射出磁場，做兩速度的垂線交點為圓心，軌跡如圖所示
A．由幾何關系可知
，
因圓心的坐標為，則帶電粒子在磁場中運動的軌跡方程為
故A正確；
BD．洛倫茲力提供向心力，有
解得帶電粒子在磁場中運動的速率為
因軌跡圓的半徑可求出，但磁感應強度未知，則無法求出帶電粒子在磁場中運動的速率，故BD錯誤；
C．帶電粒子圓周的圓心角為，而周期為
則帶電粒子在磁場中運動的時間為
因磁感應強度未知，則運動時間無法求得，故C錯誤；
故選A。
【分析】1、帶電粒子在有界磁場中運動，首先根據題意畫出軌跡圖，根據幾何關系計算運動半徑，可寫出帶電粒子在磁場中運動的軌跡方程。
2、帶電粒子在磁場中運動的速率為，周期，運動的時間為，因為磁感應強度未知，則速率、周期、運動時間不能求解。
4．【答案】D
【知識點】運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】A．圖像的斜率等于加速度，可知在0~1s內甲的加速度大于乙的加速度；在1~2s時甲的加速度小于乙的加速度，故A錯誤；
B.0~2.5s內甲的速度一直為正，則一直向前運動，則2.5s時，甲無人汽車距離出發點最遠，故B錯誤；
C．圖像斜率的符號反映加速度的方向，則2.5s時，甲、乙無人汽車的加速度方向相反，故C錯誤；
D．圖像的面積等于位移，可知4s時，甲的位移
乙的位移
即兩輛無人汽車距離為12m，故D正確。
故選D。
【分析】1、 v-t圖像的斜率等于加速度大小，根據斜率比較加速度大小，圖像斜率的符號反映加速度的方向。
2、圖像的面積等于位移，根據圍成面積計算兩汽車位移，根據位移計算二者之間距離。
5．【答案】C
【知識點】帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】A．由于A帶正電，B帶負電，根據沿電場方向電勢降低，可知離A越近電勢越高，離B越近電勢越低，則P點電勢比Q點電勢低，故A錯誤；
BCD．微粒由P點向Q點運動過程中，只受電場力作用，電場力做正功，動能增加，電勢能減少，則微粒在P點速度比Q點的小，粒在P點具有的電勢能比Q點的大，故BD錯誤，C正確。
故選C。
【分析】1、電場線從正電荷（或高電勢）指向負電荷（或低電勢），沿電場線方向電勢降低。
2、 對于正電荷，電勢越高，電勢能越大；對于負電荷，電勢越高，電勢能越小 。
3、電場力做正功，電勢能轉化為動能，電勢能減小，動能增加（速度增大）。電場力做負功，動能轉化為電勢能，電勢能增加，動能減小（速度減小）。
4、靜電除塵原理：高壓電場使氣體電離，塵埃帶電，帶電塵埃在電場力作用下向電極運動（正塵趨負，負塵趨正）。
6．【答案】C
【知識點】波長、波速與頻率的關系
【解析】【解答】 橫波的圖象：縱坐標表示某一時刻各個質點偏離平衡位置的位移，橫坐標表示在波的傳播方向上各個質點的平衡位置。它反映了在波傳播的過程中，某一時刻介質中各質點的位移在空間的分布。簡諧波的圖象為正弦（或余弦）曲線。由波形圖可知，波長為
波沿x軸正方向傳播，則
解得
則波速
n=0時，波速最小，此時
則
質點A的振動方程
質點A在零時刻向上振，可知
故質點A的振動方程
當n=9時，有
故選C。
【分析】 由圖可知波的波長，而由圖可得波形相距的時間與周期的關系，則可得出波速的表達式；由波速可知周期的表達式，則可得出質點的路程及位移及質點的振動方程。
7．【答案】D
【知識點】光導纖維及其應用
【解析】【解答】A．只要滿足全反射條件，光導纖維能傳播所有電磁波，故A錯誤；
B．在光導纖維發生全反射，光導纖維中“纖芯”的折射率應大于“包層”的折射率，故B錯誤；
C．設光程為s，光纖長度為l，則
又
得
不同頻率則不同折射率，光從同一根光導纖維的一端傳輸到另一端的時間不相同，故C錯誤；
D．入射角不同，則光程不同，時間不同，故D正確。
故選D。
【分析】1、光導纖維可以傳輸可見光、紅外光甚至紫外光（取決于材料）。例如，通信光纖主要傳輸紅外光。
2、光導纖維的工作原理是全反射，要求纖芯折射率 n1 大于包層折射率 n2 （即 n1 >n2 ），否則光無法在纖芯中發生全反射。
3、光在介質中的傳播速度與折射率 n 與光的頻率（波長）有關（色散效應）。因此，不同頻率的光傳播時間不同（高階模和低階模的路徑長度也不同）。
4、入射角越大，光在纖芯中的傳播路徑越長（全反射次數增多），因此傳輸時間更長。
8．【答案】B,C
【知識點】電磁感應中的動力學問題；電磁感應中的能量類問題
【解析】【解答】A．線框進入磁場后受安培力減速，則有
則線框先做加速度減小的減速運動；全部進入后，無感應電流，則安培力為0，線框做勻速運動，故A錯誤；
BD．線框完全進入磁場時，根據電流的定義式有
根據動量定理有
解得，故B正確，D錯誤；
C．在線框進入磁場的過程中，根據功能關系有
解得線框中產生的焦耳熱為Q=0.3J，故C正確；
故選BC。
【分析】1、法拉第電磁感應定律：，感應電流，安培力，牛頓第二定律：F=ma，可得出加速度與速度相關，做變減速運動。
2、根據計算電荷量。
3、根據動量定理有，計算線框完全進入磁場時的速度大小。
4、根據功能關系有，計算線框中產生的焦耳熱。
9．【答案】A,C
【知識點】碰撞模型
【解析】【解答】A．小球滑塊組成的系統水平方向不受外力，滑塊與小球在相互作用的過程中，水平方向動量守恒，故A正確。
C．設小球的質量為m，初速度為v，在水平方向上由動量守恒定律得
化簡為
結合圖（b）可得
即
故C正確；
B．小球運動到最高點時，豎直方向速度為零，在水平方向上與滑塊具有相同的速度，在水平方向上由動量守恒定律得
求得
故B錯誤；
D．小球運動到最高點時，豎直方向速度為零，在水平方向上與滑塊具有相同的速度，在水平方向上由動量守恒定律得
機械能守恒
其中，求得
小球的初速度大小不可能為，故D錯誤。
故選AC。
【分析】1、根據水平方向動量守恒列等式，結合圖像，可計算質量之比和最高點的速度。
2、小球運動到最高點時，豎直方向速度為零，在水平方向上與滑塊具有相同的速度，在水平方向上動量守恒定律：，機械能守恒：，聯立可計算初速度。
10．【答案】A,C,D
【知識點】變壓器原理
【解析】【解答】A．由題知
故
又由
可得
故A正確；
B．由
可得
故B錯誤；
C．將副線圈及其負載等效到原線圈電路中，當變小時其等效電阻變小，原線圈中電流變大，故該電源的輸出功率一定變大，故C正確；
D．將等效為理想電源的內阻，可知電壓表示數U的變化量與電流表示數I的變化量之比
保持不變，故D正確。
故選ACD。
【分析】1、變壓器關系：利用原副線圈匝數比確定電壓、電流關系。
2、歐姆定律：分析副線圈回路電流分配，結合電阻關系判斷電流關系。
3、功率分析：副線圈電阻減小→總電阻減小→輸出功率增大。
4、動態變化：原副線圈電壓電流關系固定，ΔI/ΔU由變壓器匝數比決定。
11．【答案】（1）
（2）；
（3）
【知識點】驗證機械能守恒定律
【解析】【解答】（1）小車通過光電門時的速度為
（2）從釋放到小車經過光電門，這一過程中，系統重力勢能減少量為
動能增加量為
（3）若機械能守恒成立，則
即
，
圖像斜率為
【分析】（1）驗證機械能守恒的實驗，通過光電門時的速度為。
（2）系統重力勢能減少量為，動能增加量為。
（3）機械能守恒成立，由得出，根據此函數關系式得出圖像斜率。
（1）小車通過光電門時的速度為
（2）[1][2]從釋放到小車經過光電門，這一過程中，系統重力勢能減少量為
動能增加量為
（3）若機械能守恒成立，則
即
圖像斜率為
12．【答案】丁；A；丙；C；；9.1；3.2（2.7~3.7均可）
【知識點】電池電動勢和內阻的測量
【解析】【解答】（1）甲方法與丁同為電壓表測量準確，電流表測量偏小，電流表相對電源外接時，測量的電動勢和內阻均偏小，圖像應為A。
乙方法與丙同為電流表測量準確，電壓表測量偏小，電流表相對電源內接時，測量的電動勢準確、內阻偏大，圖像應為C。
（2）若圖甲實驗電路中由電壓表與電源組成新等效電源，“等效電源”的電動勢為，由電動勢等于斷路時電壓，則有
（3）由閉合電路歐姆定律有
則有
可知圖像的斜率為
解得
取，代入方程解得
【分析】 （1）測量某電源的電動勢和內阻 實驗中，電流表相對電源外接時，測量的電動勢和內阻均偏小，電流表相對電源內接時，測量的電動勢準確、內阻偏大。
（2）由電壓表與電源組成新等效電源，“等效電源”的電動勢為，由電動勢等于斷路時電壓，則有。
（3）由閉合電路歐姆定律得出，結合圖像斜率和縱截距計算電動勢和內阻。
13．【答案】解：（1）設初始汽缸內氣體壓強為p1，放上物塊后穩定時，汽缸內氣體壓強為p2，根據平衡條件得
解得初始狀態封閉氣體的壓強
（2）初始氣柱長度，再次穩定后氣柱長度
由玻意耳定律得
解得
由平衡條件有
解得

【知識點】氣體的等溫變化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）放上物塊后穩定時，根據平衡條件，可計算初始狀態封閉氣體的壓強。
（2）等溫變化，由玻意耳定律列等式：，由平衡條件有，聯立求解 物塊的質量M 。
14．【答案】解：（1）碰撞后小球2剛好通過圓弧軌道的最高點，則
得
小球2落在三角形斜面上時的速度方向與斜面垂直，設豎直方向的分速度為，則
得，小球2從D點運動到三角形斜面上，做平拋運動，則時間
（2）設碰撞后小球2的速度為，從C點到D點由機械能守恒定律得
解得
圓弧軌道C點，對小球由牛頓第二定律得
得
由牛頓第三定律碰撞后小球2對圓弧軌道C點的壓力大小
，方向豎直向下。
（3）設小球1與小球2碰撞前的瞬間速度大小為，碰撞后小球，由動量守恒定律和能量守恒定律
，
解得
小球1從A到C由動能定理得
解得
【知識點】機械能守恒定律；碰撞模型；動量與能量的其他綜合應用
【解析】【分析】（1）剛好通過圓弧軌道的最高點，重力提供向心力：，可求D點速度，
小球2落在三角形斜面上時的速度方向與斜面垂直，豎直方向的分速度為，
小球2從D點運動到三角形斜面上，做平拋運動，根據豎直速度求解時間。
（2）從C點到D點由機械能守恒定律：，圓弧軌道C點，對小球由牛頓第二定律得，由牛頓第三定律碰撞后小球2對圓弧軌道C點的壓力大小。
（3）彈性碰撞，動量守恒定律和能量守恒定律列等式：，機械能守恒列等式：，小球1從A到C由動能定理得，聯立可求解 AB的高度H 。
15．【答案】解：（1）電子在磁場中的軌跡如圖甲所示，設電子進入磁場的初速度大小為，電子經過電場加速過程，根據動能定理有
根據洛倫茲力提供向心力，設電子做勻速圓周運動的半徑為r，
由幾何關系有
解得
（2）電子在電場中做類平拋運動，設電子在偏轉電場中運動的時間為，則有
離開電場時，設電子沿電場方向的分速度大小為，則有
又
解得
（3）根據電子離開電場時速度方向的反向延長線交于水平位移的中點，滿足題意要求的兩條電子臨界軌跡分別如圖乙、圖丙所示
由圖中幾何關系可知
，
又
解得
【知識點】帶電粒子在電場中的偏轉；帶電粒子在有界磁場中的運動
【解析】【分析】（1）畫出電子在磁場中的軌跡圖，電子經過電場加速過程，根據動能定理，根據洛倫茲力提供向心力，由幾何關系有，可求解偏轉磁場的磁感應強度的大小。
（2）電子在電場中做類平拋運動，，離開電場時，電子沿電場方向的分速度大小為，則有，又，可求解電子所受的電場力大小。
（3）根據電子離開電場時速度方向的反向延長線交于水平位移的中點，兩條電子臨界軌跡分別如圖乙、圖丙所示
由圖中幾何關系可知，，又，可求解 電場強度的最大值和最小值之比 。
1 / 12024屆廣西北海市第二中學高三下學期適應性考試（三模）物理試題
1．（2024高三下·北海模擬）某核電站利用中子轟擊核燃料釋放核能來發電，轟擊后產生和，并放出粒子a；具有放射性，半衰期為29天，衰變后產生，并放出粒子b，同時釋放的能量。下列說法正確的是（　　）
A．粒子a為質子
B．的衰變是衰變
C．的結合能小于的結合能
D．通過增大環境溫度，可使的半衰期變為28天
【答案】C
【知識點】原子核的衰變、半衰期；α、β、γ射線及特點；結合能與比結合能；核裂變
【解析】【解答】A．中子轟擊的核反應方程為，則a為中子，故A錯誤；
B．衰變的核反應方程為，是衰變，故B錯誤；
C．衰變的過程中放出粒子b，同時釋放能量，因此的結合能小于的結合能，故C正確；
D．放射性元素的半衰期由其自身因素決定，與其所處的物理狀態（壓強、溫度等）、化學狀態均無關，故D錯誤。
故選C。
【分析】1、核反應中根據質量數和電荷數守恒推出a為中子， 的衰變是衰變。
2、比結合能越大越穩定，則的比結合能小于比的比結合能，結合能等于比結合能乘以核子數，和核子數相同，則的結合能小于的結合能。
3、放射性元素的半衰期由其自身因素決定，與其所處的物理狀態（壓強、溫度等）。
2．（2024高三下·北海模擬）神舟十六號是中國“神舟”系列飛船的第十六次任務，也是中國空間站運營階段的首次飛行任務。如圖所示，神舟十六號載人飛船處于半徑為r1的圓軌道Ⅰ、空間站組合體處于半徑為r3的圓軌道Ⅲ，兩者都在其軌道上做勻速圓周運動。通過變軌操作后，飛船從A點沿橢圓軌道Ⅱ運動到B點與空間站組合體對接，已知地球的半徑為R、地球表面重力加速度為g。下列說法正確的是（　　）
A．飛船在軌道Ⅰ上的運行速度大于地球的第一宇宙速度
B．飛船沿軌道Ⅱ運行的周期大于空間站組合體沿軌道Ⅲ運行的周期
C．飛船在軌道Ⅰ上A點的加速度小于在軌道Ⅱ上A點的加速度
D．空間站組合體在軌道Ⅲ運行的周期
【答案】D
【知識點】開普勒定律；衛星問題
【解析】【解答】A．根據萬有引力提供向心力
解得
因為，所以飛船在軌道Ⅰ上的運行速度小于地球的第一宇宙速度，故A錯誤；
B．飛船在軌道Ⅱ上運動的半長軸小于在軌道Ⅲ上運動的軌道半徑，根據開普勒第三定律可知，衛星在軌道Ⅱ上運動的周期小于在軌道Ⅲ上運行的周期，故B錯誤；
C．根據萬有引力提供向心力
解得
可知飛船在軌道Ⅰ上A點的加速度等于飛船在軌道Ⅱ上A點的加速度，故C錯誤；
D．空間站組合體在軌道Ⅲ時滿足
且
解得
故D正確。
故選D。
【分析】1、飛船在軌道Ⅰ上做勻速圓周運動，根據可判斷飛船在軌道Ⅰ上的運行速度小于地球的第一宇宙速度。
2、飛船在橢圓軌道上運行，根據開普勒第三定律可知，衛星在軌道Ⅱ上運動的周期小于在軌道Ⅲ上運行的周期。
3、根據可判斷飛船在軌道Ⅰ上A點的加速度等于飛船在軌道Ⅱ上A點的加速度。
4、在軌道Ⅲ時，且聯立可求解周期。
3．（2024高三下·北海模擬）如圖所示，在xOy坐標系的第一象限內存在勻強磁場。一帶電粒子在P點以與x軸正方向成60°的方向垂直磁場射入，并恰好垂直于y軸射出磁場。已知帶電粒子質量為m、電荷量為q，OP = a。不計重力。根據上述信息可以得出（　　）
A．帶電粒子在磁場中運動的軌跡方程
B．帶電粒子在磁場中運動的速率
C．帶電粒子在磁場中運動的時間
D．該勻強磁場的磁感應強度
【答案】A
【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動
【解析】【解答】粒子恰好垂直于y軸射出磁場，做兩速度的垂線交點為圓心，軌跡如圖所示
A．由幾何關系可知
，
因圓心的坐標為，則帶電粒子在磁場中運動的軌跡方程為
故A正確；
BD．洛倫茲力提供向心力，有
解得帶電粒子在磁場中運動的速率為
因軌跡圓的半徑可求出，但磁感應強度未知，則無法求出帶電粒子在磁場中運動的速率，故BD錯誤；
C．帶電粒子圓周的圓心角為，而周期為
則帶電粒子在磁場中運動的時間為
因磁感應強度未知，則運動時間無法求得，故C錯誤；
故選A。
【分析】1、帶電粒子在有界磁場中運動，首先根據題意畫出軌跡圖，根據幾何關系計算運動半徑，可寫出帶電粒子在磁場中運動的軌跡方程。
2、帶電粒子在磁場中運動的速率為，周期，運動的時間為，因為磁感應強度未知，則速率、周期、運動時間不能求解。
4．（2024高三下·北海模擬）隨著自動駕駛技術不斷成熟，無人汽車陸續進入特定道路進行實驗。如圖所示是兩輛無人汽車在某一水平直線道路上同時同地出發的運動v-t圖像，運動過程沒有發生相碰，對兩輛無人汽車的運動過程，下列說法正確的是（　　）
A．前2s內，甲的加速度始終大于乙的加速度
B．2.5s時，甲無人汽車回到出發點
C．2.5s時，甲、乙無人汽車的加速度方向相同
D．4s時，兩輛無人汽車距離為12m
【答案】D
【知識點】運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】A．圖像的斜率等于加速度，可知在0~1s內甲的加速度大于乙的加速度；在1~2s時甲的加速度小于乙的加速度，故A錯誤；
B.0~2.5s內甲的速度一直為正，則一直向前運動，則2.5s時，甲無人汽車距離出發點最遠，故B錯誤；
C．圖像斜率的符號反映加速度的方向，則2.5s時，甲、乙無人汽車的加速度方向相反，故C錯誤；
D．圖像的面積等于位移，可知4s時，甲的位移
乙的位移
即兩輛無人汽車距離為12m，故D正確。
故選D。
【分析】1、 v-t圖像的斜率等于加速度大小，根據斜率比較加速度大小，圖像斜率的符號反映加速度的方向。
2、圖像的面積等于位移，根據圍成面積計算兩汽車位移，根據位移計算二者之間距離。
5．（2024高三下·北海模擬）圖甲所示是一種靜電除塵裝置，其原理簡圖如圖乙所示，在板狀收集器A與線狀電離器B間加恒定高壓，讓廢氣從一端進入靜電除塵區經過凈化后從另一端排出，其中一帶負電的塵埃微粒沿圖乙中虛線向收集器A運動，P、Q是運動軌跡上的兩點，不計微粒重力和微粒間的相互作用，不考慮微粒運動過程中的電荷量變化。下列分析正確的是（　　）
A．P點電勢比Q點電勢高
B．微粒在P點速度比Q點的大
C．微粒在P點具有的電勢能比Q點的大
D．微粒在P點具有電勢能比Q點的小
【答案】C
【知識點】帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】A．由于A帶正電，B帶負電，根據沿電場方向電勢降低，可知離A越近電勢越高，離B越近電勢越低，則P點電勢比Q點電勢低，故A錯誤；
BCD．微粒由P點向Q點運動過程中，只受電場力作用，電場力做正功，動能增加，電勢能減少，則微粒在P點速度比Q點的小，粒在P點具有的電勢能比Q點的大，故BD錯誤，C正確。
故選C。
【分析】1、電場線從正電荷（或高電勢）指向負電荷（或低電勢），沿電場線方向電勢降低。
2、 對于正電荷，電勢越高，電勢能越大；對于負電荷，電勢越高，電勢能越小 。
3、電場力做正功，電勢能轉化為動能，電勢能減小，動能增加（速度增大）。電場力做負功，動能轉化為電勢能，電勢能增加，動能減小（速度減小）。
4、靜電除塵原理：高壓電場使氣體電離，塵埃帶電，帶電塵埃在電場力作用下向電極運動（正塵趨負，負塵趨正）。
6．（2024高三下·北海模擬）如圖所示為一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波，t=0時刻0~25m區間的波形圖如圖中實線，經過時該區間波形圖如圖中虛線，已知虛線上波峰對應的平衡位置的橫坐標為12.5m，質點A平衡位置的橫坐標為，則當波速取最小值時質點A的振動方程以及可能的波速值，正確的是（　　）
A．；225m/s B．；425m/s
C．；625m/s D．，825m/s
【答案】C
【知識點】波長、波速與頻率的關系
【解析】【解答】 橫波的圖象：縱坐標表示某一時刻各個質點偏離平衡位置的位移，橫坐標表示在波的傳播方向上各個質點的平衡位置。它反映了在波傳播的過程中，某一時刻介質中各質點的位移在空間的分布。簡諧波的圖象為正弦（或余弦）曲線。由波形圖可知，波長為
波沿x軸正方向傳播，則
解得
則波速
n=0時，波速最小，此時
則
質點A的振動方程
質點A在零時刻向上振，可知
故質點A的振動方程
當n=9時，有
故選C。
【分析】 由圖可知波的波長，而由圖可得波形相距的時間與周期的關系，則可得出波速的表達式；由波速可知周期的表達式，則可得出質點的路程及位移及質點的振動方程。
7．（2024高三下·北海模擬）如圖所示，“階躍型”光導纖維由“纖芯”和“包層”兩個圓柱體組成，其截面為同心圓，中心部分是“纖芯”，“纖芯”以外的部分稱為“包層”。下列說法正確的是（　　）
A．光導纖維只能傳輸可見光
B．光導纖維中“纖芯”的折射率小于“包層”的折射率
C．不同頻率的光從同一根光導纖維的一端傳輸到另一端的時間相同
D．光從“纖芯”一端傳到另一端的時間與從“纖芯”端面射入時的入射角有關
【答案】D
【知識點】光導纖維及其應用
【解析】【解答】A．只要滿足全反射條件，光導纖維能傳播所有電磁波，故A錯誤；
B．在光導纖維發生全反射，光導纖維中“纖芯”的折射率應大于“包層”的折射率，故B錯誤；
C．設光程為s，光纖長度為l，則
又
得
不同頻率則不同折射率，光從同一根光導纖維的一端傳輸到另一端的時間不相同，故C錯誤；
D．入射角不同，則光程不同，時間不同，故D正確。
故選D。
【分析】1、光導纖維可以傳輸可見光、紅外光甚至紫外光（取決于材料）。例如，通信光纖主要傳輸紅外光。
2、光導纖維的工作原理是全反射，要求纖芯折射率 n1 大于包層折射率 n2 （即 n1 >n2 ），否則光無法在纖芯中發生全反射。
3、光在介質中的傳播速度與折射率 n 與光的頻率（波長）有關（色散效應）。因此，不同頻率的光傳播時間不同（高階模和低階模的路徑長度也不同）。
4、入射角越大，光在纖芯中的傳播路徑越長（全反射次數增多），因此傳輸時間更長。
8．（2024高三下·北海模擬）為了研究電磁剎車，某實驗小組讓一正方形金屬導線框在光滑絕緣水平面內以的初速度進入勻強磁場區域，如圖所示。已知正方形金屬導線框的總電阻為、邊長為1m、質量為0.2kg，勻強磁場的磁感應強度大小，從線框進入磁場開始，下列說法正確的是（　　）
A．線框先做勻減速運動后做勻速運動
B．線框完全進入磁場時的速度大小
C．在線框進入磁場的過程中，線框中產生的焦耳熱為0.3J
D．在線框進入磁場的過程中，通過線框某橫截面的電荷量為2C
【答案】B,C
【知識點】電磁感應中的動力學問題；電磁感應中的能量類問題
【解析】【解答】A．線框進入磁場后受安培力減速，則有
則線框先做加速度減小的減速運動；全部進入后，無感應電流，則安培力為0，線框做勻速運動，故A錯誤；
BD．線框完全進入磁場時，根據電流的定義式有
根據動量定理有
解得，故B正確，D錯誤；
C．在線框進入磁場的過程中，根據功能關系有
解得線框中產生的焦耳熱為Q=0.3J，故C正確；
故選BC。
【分析】1、法拉第電磁感應定律：，感應電流，安培力，牛頓第二定律：F=ma，可得出加速度與速度相關，做變減速運動。
2、根據計算電荷量。
3、根據動量定理有，計算線框完全進入磁場時的速度大小。
4、根據功能關系有，計算線框中產生的焦耳熱。
9．（2024高三下·北海模擬）如圖（a），一滑塊靜置在水平面上，滑塊的曲面是半徑為R的四分之一圓弧，圓弧最低點切線沿水平方向。小球以水平向右的初速度從圓弧最低點沖上滑塊，且小球能從圓弧最高點沖出滑塊。小球與滑塊水平方向的速度大小分別為、，作出某段時間內圖像如圖（b）所示，不計一切摩擦，重力加速度為g。下列說法正確的是（　　）
A．滑塊與小球在相互作用的過程中，水平方向動量守恒
B．當滑塊的速度為時，小球運動至最高點
C．小球與滑塊的質量比為1∶2
D．小球的初速度大小可能為
【答案】A,C
【知識點】碰撞模型
【解析】【解答】A．小球滑塊組成的系統水平方向不受外力，滑塊與小球在相互作用的過程中，水平方向動量守恒，故A正確。
C．設小球的質量為m，初速度為v，在水平方向上由動量守恒定律得
化簡為
結合圖（b）可得
即
故C正確；
B．小球運動到最高點時，豎直方向速度為零，在水平方向上與滑塊具有相同的速度，在水平方向上由動量守恒定律得
求得
故B錯誤；
D．小球運動到最高點時，豎直方向速度為零，在水平方向上與滑塊具有相同的速度，在水平方向上由動量守恒定律得
機械能守恒
其中，求得
小球的初速度大小不可能為，故D錯誤。
故選AC。
【分析】1、根據水平方向動量守恒列等式，結合圖像，可計算質量之比和最高點的速度。
2、小球運動到最高點時，豎直方向速度為零，在水平方向上與滑塊具有相同的速度，在水平方向上動量守恒定律：，機械能守恒：，聯立可計算初速度。
10．（2024高三下·北海模擬）如圖所示，定值電阻、與的阻值均為R，理想變壓器原線圈接輸出電壓有效值恒定的交流電源，原、副線圈匝數之比，電表均為理想交流電表。閉合開關S且電路穩定后，電流表示數為 I， 電壓表示數為 U。下列說法正確的是（　　）
A．通過的電流是通過電流的2倍
B．通過的電流是通過電流的3倍
C．若僅使阻值變小，則該電源的輸出功率一定變大
D．若僅使阻值變小，則電流表示數I的變化量與電壓表示數U的變化量之比保持不變
【答案】A,C,D
【知識點】變壓器原理
【解析】【解答】A．由題知
故
又由
可得
故A正確；
B．由
可得
故B錯誤；
C．將副線圈及其負載等效到原線圈電路中，當變小時其等效電阻變小，原線圈中電流變大，故該電源的輸出功率一定變大，故C正確；
D．將等效為理想電源的內阻，可知電壓表示數U的變化量與電流表示數I的變化量之比
保持不變，故D正確。
故選ACD。
【分析】1、變壓器關系：利用原副線圈匝數比確定電壓、電流關系。
2、歐姆定律：分析副線圈回路電流分配，結合電阻關系判斷電流關系。
3、功率分析：副線圈電阻減小→總電阻減小→輸出功率增大。
4、動態變化：原副線圈電壓電流關系固定，ΔI/ΔU由變壓器匝數比決定。
11．（2024高三下·北海模擬）驗證機械能守恒的實驗
如圖放置實驗器材，接通電源，釋放托盤與砝碼，并測得：
a．遮光片長度d
b．遮光片小車到光電門長度l
c．遮光片小車通過光電門時間
d．托盤與砝碼質量，小車與遮光片質量
（1）小車通過光電門時的速度為　 　；
（2）從釋放到小車經過光電門，這一過程中，系統重力勢能減少量為　 　，動能增加量為　 　；
（3）改變l，做多組實驗，做出如圖以l為橫坐標。以為縱坐標的圖像，若機械能守恒成立，則圖像斜率為　 　。
【答案】（1）
（2）；
（3）
【知識點】驗證機械能守恒定律
【解析】【解答】（1）小車通過光電門時的速度為
（2）從釋放到小車經過光電門，這一過程中，系統重力勢能減少量為
動能增加量為
（3）若機械能守恒成立，則
即
，
圖像斜率為
【分析】（1）驗證機械能守恒的實驗，通過光電門時的速度為。
（2）系統重力勢能減少量為，動能增加量為。
（3）機械能守恒成立，由得出，根據此函數關系式得出圖像斜率。
（1）小車通過光電門時的速度為
（2）[1][2]從釋放到小車經過光電門，這一過程中，系統重力勢能減少量為
動能增加量為
（3）若機械能守恒成立，則
即
圖像斜率為
12．（2024高三下·北海模擬）用如圖1所示的甲、乙、丙、丁四種方法測量某電源的電動勢和內阻。其中R為滑動變阻器、電阻箱。
（1）圖2中，實線是根據實驗數據描點作圖得到的圖像；虛線是沒有電表內阻影響的情況下的圖像。甲方法與　 　（填“丙”或“丁”）相似，圖像應為　 　。乙方法與　 　（填“丙”或“丁”）相似，圖像應為　 　。
（2）電動勢等于斷路時電壓，若圖甲實驗電路中由電壓表與電源組成新等效電源，“等效電源”的電動勢為，電壓表內阻用表示，電源的電動勢為E、內阻為r，則　 　。（用E、r、和表示）
（3）結合丙圖測量電源內阻，利用記錄的電阻箱R的阻值和相應的電流表示數I，作出圖線，如圖3所示。若電流表內阻，則　 　V，　 　Ω。（保留2位有效數字）
【答案】丁；A；丙；C；；9.1；3.2（2.7~3.7均可）
【知識點】電池電動勢和內阻的測量
【解析】【解答】（1）甲方法與丁同為電壓表測量準確，電流表測量偏小，電流表相對電源外接時，測量的電動勢和內阻均偏小，圖像應為A。
乙方法與丙同為電流表測量準確，電壓表測量偏小，電流表相對電源內接時，測量的電動勢準確、內阻偏大，圖像應為C。
（2）若圖甲實驗電路中由電壓表與電源組成新等效電源，“等效電源”的電動勢為，由電動勢等于斷路時電壓，則有
（3）由閉合電路歐姆定律有
則有
可知圖像的斜率為
解得
取，代入方程解得
【分析】 （1）測量某電源的電動勢和內阻 實驗中，電流表相對電源外接時，測量的電動勢和內阻均偏小，電流表相對電源內接時，測量的電動勢準確、內阻偏大。
（2）由電壓表與電源組成新等效電源，“等效電源”的電動勢為，由電動勢等于斷路時電壓，則有。
（3）由閉合電路歐姆定律得出，結合圖像斜率和縱截距計算電動勢和內阻。
13．（2024高三下·北海模擬）一定質量的理想氣體被一個質量為、橫截面積為的活塞封閉在豎直放置的圓柱形汽缸內。汽缸壁導熱良好，活塞可沿汽缸壁無摩擦地滑動。開始時活塞下表面相對于汽缸底部的高度為25cm，外界的溫度為27°；現將一物塊輕放在活塞的上表面，平衡時，活塞下降了5cm。已知外界大氣壓強為，重力加速度大小。求：
（1）初始狀態封閉氣體的壓強；
（2）物塊的質量M。
【答案】解：（1）設初始汽缸內氣體壓強為p1，放上物塊后穩定時，汽缸內氣體壓強為p2，根據平衡條件得
解得初始狀態封閉氣體的壓強
（2）初始氣柱長度，再次穩定后氣柱長度
由玻意耳定律得
解得
由平衡條件有
解得

【知識點】氣體的等溫變化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）放上物塊后穩定時，根據平衡條件，可計算初始狀態封閉氣體的壓強。
（2）等溫變化，由玻意耳定律列等式：，由平衡條件有，聯立求解 物塊的質量M 。
14．（2024高三下·北海模擬）如圖所示，兩個質量均為的剛性小球分別置于三角形斜面的頂點A處和圓弧軌道最低點C處，三角形斜面與圓弧軌道平滑連接，且都固定在平面上。現將小球1從A點由靜止釋放，在C點與小球2發生對心彈性碰撞，碰撞后小球2剛好可以通過半徑為0.9m的光滑圓弧軌道的最高點，且小球2落在三角形斜面上時的速度方向與斜面垂直，已知三角形斜面與水平方向上的夾角為37°，三角形斜面的動摩擦因數為0.2，，，重力加速度g取，求：
（1）小球2從D點運動到三角形斜面上的時間；
（2）碰撞后小球2對圓弧軌道C點的壓力；
（3）AB的高度H（保留到小數點后兩位）。
【答案】解：（1）碰撞后小球2剛好通過圓弧軌道的最高點，則
得
小球2落在三角形斜面上時的速度方向與斜面垂直，設豎直方向的分速度為，則
得，小球2從D點運動到三角形斜面上，做平拋運動，則時間
（2）設碰撞后小球2的速度為，從C點到D點由機械能守恒定律得
解得
圓弧軌道C點，對小球由牛頓第二定律得
得
由牛頓第三定律碰撞后小球2對圓弧軌道C點的壓力大小
，方向豎直向下。
（3）設小球1與小球2碰撞前的瞬間速度大小為，碰撞后小球，由動量守恒定律和能量守恒定律
，
解得
小球1從A到C由動能定理得
解得
【知識點】機械能守恒定律；碰撞模型；動量與能量的其他綜合應用
【解析】【分析】（1）剛好通過圓弧軌道的最高點，重力提供向心力：，可求D點速度，
小球2落在三角形斜面上時的速度方向與斜面垂直，豎直方向的分速度為，
小球2從D點運動到三角形斜面上，做平拋運動，根據豎直速度求解時間。
（2）從C點到D點由機械能守恒定律：，圓弧軌道C點，對小球由牛頓第二定律得，由牛頓第三定律碰撞后小球2對圓弧軌道C點的壓力大小。
（3）彈性碰撞，動量守恒定律和能量守恒定律列等式：，機械能守恒列等式：，小球1從A到C由動能定理得，聯立可求解 AB的高度H 。
15．（2024高三下·北海模擬）CT掃描是計算機X射線斷層掃描技術的簡稱，可用于對多種病情的探測。圖甲是某種CT機主要部分的剖面圖，其中X射線產生部分的示意圖如圖乙所示。圖乙中M、N之間有一電子束的加速電場，加速電壓恒定為U；高度足夠高、寬度為d的虛線框內有垂直紙面的勻強偏轉磁場，電子束從靜止開始在M、N之間加速后以一定的速度水平射出并進入偏轉磁場，速度方向偏轉后打到靶環上產生X射線，探測器能夠探測到豎直向上射出的X射線。已知電子質量為m、電荷量為e，不計電子受到的重力，該裝置置于真空中。
（1）求偏轉磁場的磁感應強度的大小B；
（2）若撤去磁場，在虛線框中加一沿豎直方向的勻強偏轉電場，可使電子偏轉時離開電場，最后打在靶環上產生X射線，求電子所受的電場力大小F；
（3）在（2）的基礎上，靶環形狀是以P點為圓心的圓面，P點距偏轉電場中心的水平距離為l。若勻強偏轉電場的電場強度的大小E可調整，靶環的半徑為R，要使電子束能打到靶環上，求電場強度的最大值和最小值之比。
【答案】解：（1）電子在磁場中的軌跡如圖甲所示，設電子進入磁場的初速度大小為，電子經過電場加速過程，根據動能定理有
根據洛倫茲力提供向心力，設電子做勻速圓周運動的半徑為r，
由幾何關系有
解得
（2）電子在電場中做類平拋運動，設電子在偏轉電場中運動的時間為，則有
離開電場時，設電子沿電場方向的分速度大小為，則有
又
解得
（3）根據電子離開電場時速度方向的反向延長線交于水平位移的中點，滿足題意要求的兩條電子臨界軌跡分別如圖乙、圖丙所示
由圖中幾何關系可知
，
又
解得
【知識點】帶電粒子在電場中的偏轉；帶電粒子在有界磁場中的運動
【解析】【分析】（1）畫出電子在磁場中的軌跡圖，電子經過電場加速過程，根據動能定理，根據洛倫茲力提供向心力，由幾何關系有，可求解偏轉磁場的磁感應強度的大小。
（2）電子在電場中做類平拋運動，，離開電場時，電子沿電場方向的分速度大小為，則有，又，可求解電子所受的電場力大小。
（3）根據電子離開電場時速度方向的反向延長線交于水平位移的中點，兩條電子臨界軌跡分別如圖乙、圖丙所示
由圖中幾何關系可知，，又，可求解 電場強度的最大值和最小值之比 。
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