湖南省张家界市2023届高三下学期物理模拟试卷
一、单选题
1．关于原子物理，下列说法正确的是（ ）
A．普朗克提出了原子核外电子轨道量子化，并成功解释了氢原子光谱
B．衰变所释放的电子是原子核外的电子电离形成的
C．衰变方程中，发生的是衰变，射线具有极强的穿透能力
D．电子显微镜利用高速电子束的德布罗意波长比可见光更小提高了分辨能力
【答案】D
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；能量子与量子化现象
【解析】【解答】A．玻尔提出了原子核外电子轨道量子化，并成功解释了氢原子光谱，A不符合题意；
B．衰变是由于原子核内中子转化为一个质子同时释放一个电子，并非原子核外电子电离形成的，B不符合题意；
C．根据质量数及电荷数守恒，可写出该核反应方程为，可知该核反应为衰变，射线的电离能力较强，穿透能力较弱，C不符合题意；
D．电子显微镜利用高速电子束的德布罗意波长比可见光更小的规律提高了分辨能力，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】普朗克提出能量量子化，解释黑体辐射规律。衰变是由于原子核内中子转化为一个质子同时释放一个电子。三种射线中，射线的电离能力最强，穿透能力最弱。
2．如图所示，相同小球P和Q分别从光滑圆弧、的等高处同时由静止释放。圆弧的半径是的2倍，两圆弧底部M、N切线水平且在同一水平面上，M、N间距足够大，且P、Q不会在空中相遇，下列说法正确的是（ ）
A．P球在圆弧上运动的过程重力的功率一直在增加
B．小球经过M、N时的向心加速度相同
C．小球P、Q做平抛运动的水平位移大小相等
D．平抛运动的过程中，小球P重力的平均功率比小球Q的大
【答案】C
【知识点】平抛运动；功率及其计算
【解析】【解答】A．根据PG=mgvy可知，开始时P球的重力的功率为零，到达底端时P球的重力的功率也为零，则P球在圆弧上运动的过程重力的功率先增加后减小，A不符合题意；
B．两球下落的高度相同，则到达底端时的速度大小相同，根据可知，小球经过M、N时的向心加速度不相同，B不符合题意；
C．根据x=vt，，可得，则小球P、Q做平抛运动的水平位移大小相等，C符合题意；
D．平抛运动的过程中，小球重力的平均功率，小球P重力的平均功率与小球Q的重力的平均功率相等，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】两球下落的高度相同，则到达底端时的速度大小相同。竖直方向速率先变大后变小，重力功率也先变大后变小。
二、多选题
3．日晕是一种常见的大气光学现象，如图甲所示。太阳光线经卷层云中同一冰晶的两次折射，分散成单色光，形成日晕。冰晶截面可看作正六边形。如图乙所示为一束紫光在冰晶上的折射光路，为冰晶上的入射角，为经过第一个界面的折射角，为光线离开冰晶的折射角，为出射光相对入射光的偏转角。下列说法中正确的是（ ）
A．在冰晶内红光的传播速度比紫光的小
B．若，则冰晶对紫光的折射率为
C．保持入射角不变，将紫光改为红光，偏转角将增大
D．若红光和紫光均能使同一金属发生光电效应，紫光照射产生的光电子的最大初动能大
【答案】B,D
【知识点】光的折射及折射定律；光电效应
【解析】【解答】A．由于红光的折射率小于紫光的折射率，根据，可知在冰晶内红光的传播速度比紫光的大，A不符合题意；
B．图3中紫光满足，根据几何关系可知θ2=30°，则折射率为，代入数据解得，B符合题意；
C．保持入射角不变，将紫光改为红光，因紫光的折射率大于红光的折射率，则偏转角将减小，C不符合题意；
D．根据光电效应方程有可知，由于红光频率小于紫光频率，则红光和紫光均能使同一金属产生光电效应，则紫光对应的光电子最大初动能一定比红光的大，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】折射率越小，同种介质中传播速度越大。红光频率小于紫光频率，红光光子能量小于紫光光子能量。
三、单选题
4．已知一滴雨珠的重力可达蚊子体重的几十倍，但是下雨时蚊子却可以在“雨中漫步”。为研究蚊子不会被雨滴砸死的诀窍，科学家用高速相机拍摄并记录蚊子的运动情况，研究发现蚊子被雨滴击中时并不抵挡雨滴，而是与雨滴融为一体，顺应雨滴的趋势落下，随后迅速侧向微调与雨滴分离。已知蚊子的质量为m，初速度为零；雨滴质量为50m，击中蚊子前竖直匀速下落的速度为v，蚊子与雨滴的作用时间为t，以竖直向下为正方向。假设雨滴和蚊子组成的系统所受合外力为零。则（ ）
A．蚊子与雨滴融为一体后，整体的的速度大小为
B．蚊子与雨滴融为一体的过程中，雨滴的动量变化量为
C．蚊子与雨滴融为一体的过程中，蚊子受到的平均作用力为
D．若雨滴直接砸在静止的蚊子上，蚊子受到的平均作用力将变小
【答案】C
【知识点】动量定理；动量守恒定律
【解析】【解答】A．蚊子与雨滴融为一体的过程中，根据动量守恒有，解得，A不符合题意；
B．雨滴的动量变化量为，B不符合题意；
C．设蚊子受到的平均作用力为F，根据动量定理有，解得，C符合题意；
D．若雨滴直接砸在静止的蚊子上，蚊子与雨滴的作用时间变短，雨滴的动量变化量变大，则雨滴受到的平均作用力将变大，蚊子受到的平均作用力也变大，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】蚊子与雨滴融为一体的过程中，动量守恒。根据动量定理可知，作用时间越长，作用力大小越小。
5．如图所示，正六边形ABCDEF的B、D两点各固定一个带电荷量为＋q的点电荷，O为正六边形的几何中心。则下列说法正确的是（ ）
A．O点电场强度为0
B．C点电场强度方向由C指向F
C．电子在F点的电势能比其在O点的电势能小
D．O、A两点间的电势差和O、E两点间的电势差相等
【答案】D
【知识点】电场强度；电势差
【解析】【解答】A．根据点电荷的电场强度公式可知，两个正点电荷在O点产生的电场强度大小相等，两电场强度的夹角为120°，合电场强度沿OF方向，O点电场强度不是0，A不符合题意；
B．两个正点电荷在C点产生的合电场强度沿FC方向，B不符合题意；
C．电子沿OF运动时，电场力对电子做负功，则电子的电势能增大，因此电子在F点的电势能比其在O点的电势能大，C不符合题意；
D．根据对称性可知，电荷从O点移到A点和从O点移到E点，电场力做功相等，因此O、A两点间的电势差和O、E两点间的电势差相等，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】电场强度为矢量，根据平行四边形法则求解合场强大小，电场力做负功，电势能增大。
6．用手掌托着智能手机，打开加速度传感器，手掌从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向上加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向，取重力加速度。由此可判断出（ ）
A．手机一直未离开过手掌
B．手机在时刻运动到最高点
C．手机在时刻改变运动方向
D．手机在间内，受到的支持力一直减小
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】A．由图可知，手机的加速度在某一段时间内等于重力加速度，则手机与手掌没有力的作用，手机离开过手掌，A不符合题意；
B．根据可知，图像与坐标轴围成面积表示速度变化量，则手机在时刻速度为正，还没有到最高点，B不符合题意；
C．手机在时刻前后速度均为正，运动方向没有发生改变，C不符合题意；
D．由图可知时间加速度向上不断减小，根据牛顿第二定律得，即，可知时刻支持力不断减小；时间内加速度向下，不断增大，根据牛顿第二定律得，即，可知支持力还是不断减小，即手机在间内，受到的支持力一直减小，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】加速度等于重力加速度，则手机离开手掌。图像与坐标轴围成面积表示速度变化量。
7．如图所示，一理想变压器原线圈与定值电阻、理想电流表一起接入电压恒为U的交流电源上，原线圈接入电路的匝数可通过调节触头P进行改变，副线圈和电阻箱、理想电流表连接在一起，下列说法正确的是（ ）
A．保持不变，将触头P向上移动，则的示数变大
B．保持不变，将触头P向下移动，电源输出的总功率变小
C．保持P的位置不动，增大，则的示数减小，的示数减小
D．保持P的位置不动，增大，则的电功率变小，的电功率不变
【答案】C
【知识点】变压器的应用
【解析】【解答】A．根据电路连接情况可知，根据变压器电压、电流关系可知，，根据欧姆定理可知，联立可得，保持不变，将触头P向上移动，则增大，根据上述推导可知变小，即的示数变小，A不符合题意；
B．保持不变，将触头向下移动，减小，则增大，根据可知，电源输出的总功率变大，B不符合题意；
C．保持P的位置不动，增大，根据上述推导可知、变小，即和的示数都变小，C符合题意；
D．根据可知，的电功率变小，的电功率可能变小也可能变大，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】将触头P向上移动，则增大，若原线圈电流增大，则原线圈电压减小，副线圈电压减小，副线圈电流也减小，根据原副线圈电流之比等于线圈匝数反比，原线圈电流应该减小，假设与结论矛盾，这种假设不成立。
四、多选题
8．利用物理模型对问题进行分析，是一种重要的科学思维方法。如图甲所示为拔河比赛时一位运动员的示意图，可以认为静止的运动员处于平衡状态。该情形下运动员可简化成如图乙所示的一质量分布均匀的钢管模型。运动员在拔河时身体缓慢向后倾倒，可以认为钢管与地面的夹角逐渐变小，在此期间，脚与水平地面之间没有滑动，绳子的方向始终保持水平。已知当钢管受到同一平面内不平行的三个力而平衡时，三个力的作用线必交于一点。根据上述信息，当钢管与地面的夹角逐渐变小时，下列说法正确的有（ ）
A．地面对钢管支持力的大小不变
B．地面对钢管的摩擦力变大
C．地面对钢管作用力的合力变大
D．地面对钢管作用力的合力大小不变
【答案】A,B,C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】AB．对钢管受力分析，钢管受重力G、绳子的拉力T、地面对钢管竖直向上的支持力、水平向左的摩擦力，可知，，即随着钢管与地面夹角的逐渐变小，地面对钢管支持力的大小不变，地面对钢管的摩擦力变大，AB符合题意；
CD．对钢管受力分析，可认为钢管受到重力G、绳子的拉力T和地面对钢管作用力的合力F三个力，钢管平衡，三个力的作用线必交与一点，由此可知F方向沿钢管斜向上，根据共点力平衡条件可知，，当钢管与地面的夹角逐渐变小，地面对钢管作用力的合力变大，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：ABC。
【分析】对钢管受力分析，根据平衡条件，分析地面对钢管支持力，地面对钢管的摩擦力变化；对钢管受力分析，根据共点力平衡条件，分析地面对钢管作用力的合力。
9．如图甲所示，在x轴上有和两个波源分别位于和处，振动方向与xOy平面垂直并向周围空间（介质分布均匀）传播，波速为v＝2m/s。t＝0时刻两波源同时开始振动，图像分别如图乙、丙所示。M为xOy平面内一点，。下列说法正确的是（ ）
A．（0.2m，0）处的质点开始振动方向沿z轴负方向
B．两列波相遇后，（0.6m，0）处的质点振动加强
C．两列波相遇后，（0.5m，0）处的质点振动加强
D．若，从两列波在M点相遇开始计时，M点振动方程为
【答案】B,D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A.（0.2m，0）处的质点，离波源更近，故该质点先按波源的振动形式振动，波源开始向上振动，故该质点开始振动时也是先向上振动，A不符合题意；
B．两列波的振动周期，波速均相等，故波长也相等，为，由于两列波的起振方向相反，故质点离两波源距离差为半波长的偶数倍为振动减弱点，奇数倍为振动加强点，（0.6m，0）处的质点，离两波源的距离差为0.2m，为半波长的奇数倍，故为振动加强点，B符合题意；
C．（0.5m，0）处的质点，离两波源的距离差为零，为半波长的偶数倍，故为振动减弱点，C不符合题意；
D．若，为半波长的奇数倍，为振动加强点，振幅为，，，故其振动方程，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】后面质点重复波源振动情况，波源开始向上振动，故该质点开始振动时也是先向上振动。两波发生干涉现象，质点离两波源距离差为半波长的偶数倍为振动减弱点，奇数倍为振动加强点。
10．我国首次火星探测任务“天问一号”探测器，是应用长征五号运载火箭送入地火转移轨道。火星距离地球最远时有4亿公里，最近时大约0.55亿公里。由于距离遥远，地球与火星之间的信号传输会有长时间的时延。当火星离我们最远时，从地球发出一个指令，约22分钟才能到达火星。为了节省燃料，我们要等火星与地球之间相对位置合适的时候发射探测器。受天体运行规律的影响，这样的发射机会很少。为简化计算，已知火星的公转周期约是地球公转周期的1.9倍，认为地球和火星在同一平面内、沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动，如图所示。根据上述材料，结合所学知识，判断下列说法正确的是（ ）
A．地球的公转线速度大于火星的公转线速度
B．当火星离地球最近时，地球上发出的指令需要约13分钟到达火星
C．若火星运动到B点、地球恰好在A点时发射探测器，则探测器沿椭圆轨道运动到C点时，恰好与火星相遇
D．下一个发射时机需要再等约2.1年
【答案】A,D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．设太阳质量为，行星质量为，轨道半径为，根据，解得行星的公转速度，由于地球的轨道半径小于火星的轨道半径，可知地球的公转线速度大于火星的公转线速度，A符合题意；
B．当火星离地球最近时，地球上发出的指令到达火星的时间分钟，B不符合题意；
C．根据开普勒第三定律有，由于探测器轨道的半长轴小于火星轨道的半径，可知，则如果火星运动到B点、地球恰好在A点时发射探测器，那么探测器将沿轨迹AC先运动到C点，此时火星还没有达到C点，两者并不能恰好在C点相遇，C不符合题意；
D．根据题意，两者相距最近时，恰好是一次发射机会，设到达下一次机会的时间为，则有，结合题中数值，解得年，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】近大远小，地球的轨道半径小于火星的轨道半径，可知地球的公转线速度大于火星的公转线速度。再次相距最近，快的比慢的多跑一圈。
11．如图甲为汽车在足够长水平路面上以恒定功率P启动的模型，假设汽车启动过程中所受阻力f恒定，汽车质量为M；如图乙为一足够长的水平的光滑平行金属导轨，导轨间距为L，左端接有定值电阻R，导轨处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。将一质量为m的导体棒垂直搁在导轨上并用水平恒力F向右拉动，导体棒和导轨的电阻不计且两者始终接触良好。图丙、丁分别是汽车、导体棒开始运动后的v－t图像，其中和已知。则（ ）
A．汽车在运动过程中的最大速度为
B．导体棒在运动过程中的最大速度为
C．汽车从启动到速度达到最大所运动的距离为
D．导体棒从开始到速度达到最大所运动的距离为
【答案】A,C
【知识点】机车启动；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A．对汽车启动问题，有，且，解得，A符合题意；
B．对导体棒问题，有，且，解得，B不符合题意；
C．由动能定理可知，解得，C符合题意；
D．由电磁感应定律，得，在导体棒从开始运动到速度达到最大过程中，由欧姆定律可知，故，由动量定理可知，计算可知，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】牵引力等于阻力汽车速度最大。速度最大，电磁感应产生电流最大，安培力最大，安培力最终与拉力平衡。
五、实验题
12．某研究性学习小组利用含有刻度尺的气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图1所示。在气垫导轨上相隔一定距离的两处安装两个光电门，滑块上固定一遮光条，光电门可以记录遮光条通过光电门的时间，用天平测出滑块（含遮光条）的质量，接通气源后部分操作过程如下：
（1）图2中用螺旋测微器测出遮光条宽度d= mm；
（2）取下钩码和细线，轻推滑块使其依次通过光电门1和光电门2，通过的时间分别为、，如果，说明 端较高（填“A”或“B”），此后通过调节让气垫导轨水平；
（3）用细线跨过定滑轮连接滑块和质量为m的钩码，释放滑块，两个光电门记录的时间分别为、，已知重力加速度为g，滑块（含遮光条）的质量为M，遮光条宽度d，要验证机械能守恒还需要测量的物理量是 （写出物理量的名称及符号）；
（4） 若上述物理量满足 关系式，则表明在上述过程中，滑块及钩码组成的系统机械能守恒（用第（3）问中的物理量符号表示）。
【答案】（1）3.700
（2）B
（3）两光电门间的距离x
（4）
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）螺旋测微器的读数为
（2）如果，说明滑块做加速运动，即B端较高。
（3）要验证机械能守恒，还需要测得滑块从光电门1运动到光电门2的过程中钩码下降的高度，这个高度等于光电门1到光电门2的距离x。
（4）如果滑块及钩码组成的系统机械能守恒，则钩码减少的重力势能应等于系统增加的动能，即
【分析】（1）螺旋测微器读数等于可动刻度读数加固定刻度读数，结果保留大千分之一毫米。
（2）通过光电门运动时间越短，速度越大。
（3）要验证机械能守恒，还需要测得滑块从光电门1运动到光电门2的过程中钩码下降的高度。
（4）钩码减少的重力势能应等于系统增加的动能，则系统机械能守恒。
13．传感器在现代生活中有着广泛的应用。某学习小组利用压力传感器设计了一个测量压力大小的电路。压敏电阻的阻值R与所受压力大小F的对应关系如图甲所示，压力F在0~200N范围内时图线为直线。先利用如图乙所示的电路，测量F＝0时压敏电阻的阻值R，再在电流表相应刻度处标记对应的压力值。主要器材如下：
压敏电阻R（F＝0时，阻值在90~110Ω之间）
电源（电动势E＝12V，内阻不计）
电流表（量程10mA，内阻）
电流表（量程50mA，内阻约为100Ω）
定值电阻
滑动变阻器R2
开关、及导线若干
请完成下列问题：
（1）要求尽量准确测量压敏电阻的电阻值，导线c端应与 （选填“a”或“b”）点连接；
（2）滑动变阻器有两种规格，本实验中应选择____的；
A．最大阻值为20Ω B．最大阻值为100Ω
（3）闭合开关、，调节滑动变阻器接入电路部分的阻值从最大值逐渐减小，电流表读数为40mA时，电流表读数为8.0mA，可知 Ω；
（4）断开开关，继续调节滑动变阻器，使电流表达到满偏，满偏电流刻度处标记F＝0。此时滑动变阻器接入电路部分的阻值和内阻之和为 Ω。保持滑动变阻器阻值不变，当压力F＝160N时，电流表示数为 mA。
【答案】（1）a
（2）B
（3）100
（4）140；30
【知识点】研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性
【解析】【解答】（1）导线c端应接a，和定值电阻串联可当成电压表测量压敏电阻R两端的电压，和的电流之差是通过压敏电阻R的电流，若接b，因的内阻未知，不能准确测量R两端的电压值。
（2）F＝0时，滑动变阻器若选择最大阻值为20Ω的，全部接入电路时，电路总电阻，则干路电流约为，超过的量程，所以应选择最大阻值为100Ω的滑动变阻器，即选B，以确保安全。
（3）闭合开关、，当两电流表、的示数分别为、时，有
（4）断开开关，继续调节滑动变阻器，使电流表达到满偏，有，可得，R－F图像的斜率为，由线性关系知，当压力F＝160N时，R＝260Ω，电流表示数为
【分析】（1）因的内阻未知，不能准确测量R两端的电压值。
（2）根据电流表量程选择滑动变阻器。
（3）根据欧姆定律以及串并联电流规律求解。
（4）根据闭合电路欧姆定律求解电阻之和。由函数关系以及图像求解电阻大小，由闭合电路欧姆定律求解电流大小。
六、解答题
14．如图所示为某兴趣小组设计的一种气压型“体积测量仪”的工作原理示意图，该测量仪可以测量不规则物体的体积。A（压气筒）和B（测量罐）均为高L、横截面积S的导热气缸，中间用体积可忽略不计的细管连接，C为质量m、润滑良好且厚度不计的密闭活塞，将缸内的理想气体（氮气）封闭。当外界大气压为，环境温度为27℃时，活塞正好在压气筒A的顶部。现在C活塞上放置一质量5m的重物，活塞缓慢下移，待缸内温度再次和环境温度相等时，测量活塞与缸底的间距为0.6L，求：
（1）放置重物之前，缸内气体的压强p1；
（2）不规则物体的体积v。
【答案】（1）解：放置重物之前，缸内气体的压强
得
（2）解：根据气态方程
且
即
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）由受力平衡求解缸内气体的压强。
（2）等温变化，根据理想气体状态方程列方程求解，
15．如图，质量为的小物块，用长的细线悬挂于点，现将细线拉直并与水平方向夹角，由静止释放，小物块下摆至最低点处时，细线达到其最大承受力并瞬间断开，小物块恰好从水平传送带最左端点滑上传送带，传送带以的速度逆时针匀速运转，其上表面距地面高度，小物块最后从传送带左端飞出，并恰好从光滑斜面顶端沿斜方面滑上斜面。斜面高，倾角，斜面底端挡板上固定一轻弹簧。小物块沿斜面下滑一段距离后，压缩弹簧，小物块沿斜面运动的最大距离，取。求：
（1）绳子能承受的最大拉力的大小；
（2）传送带速度大小满足的条件；
（3）弹簧的最大弹性势能。
【答案】（1）解：小球从静止摆到最低点过程中，根据机械能守恒定律有
解得
小球在点时，根据向心力公式有
联立解得
根据牛顿第三定律，刚到最低点细线达到其最大承受力。
（2）解：由于小物块恰好沿斜面方向落到光滑斜面上，即小物块落到斜面顶端时速度方向沿斜面方向，则，，
联立以上各式得
则传送带速度大于等于。
（3）解：小物块在斜面顶端速度
小物块从顶端到压缩弹簧最短，由机械能守恒，弹簧最大的弹性势能为
解得
【知识点】向心力；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）由 机械能守恒定律求出在B速度大小，由向心力公式求解拉力大小。
（2） 由于小物块恰好沿斜面方向落到光滑斜面上，则小物块落到斜面顶端时速度方向沿斜面方向，得出水平速度与竖直速度关系。
（3）小物块从顶端到压缩弹簧最短 ，此时弹性势能最大。
16．如图所示，O－xyz坐标系的y轴竖直向上，在yOz平面左侧区域内存在着沿y轴负方向的匀强电场，区域内存在着沿z轴负方向的匀强磁场，在yOz平面右侧区域同时存在着沿x轴正方向的匀强电场和匀强磁场，电场强度和磁感应强度大小均与yOz平面左侧相等，电磁场均具有理想边界。一个质量为m，电荷量为＋q的粒子从点以速度沿x轴正方向射入电场，经点进入磁场区域，然后从O点进入到平面yOz右侧区域，粒子从离开O点开始多次经过x轴，不计粒子重力。求：
（1）匀强电场的电场强度大小E；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小B；
（3）粒子从离开O点开始，第n（n＝1，2，3，…）次到达x轴时距O点的距离s。
【答案】（1）解：粒子在电场中运动时，有，
由牛顿第二定律
得
（2）解：在N点，设粒子速度v的方向与x轴间的夹角为，沿y轴负方向的速度为，则有，，
解得，，
粒子轨迹如图所示
根据几何关系，粒子做圆周运动轨迹的半径为
由牛顿第二定律得
解得
（3）解：将粒子在O点的速度分解，
因同时存在电场、磁场，粒子以在磁场中做匀速圆周运动，同时粒子以初速度沿x轴正方向做匀加速运动，粒子离开O后，每转一周到达一次x轴，第n次到达x轴时，粒子运动的时间，，
解得（n＝1，2，3，…）
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）带电粒子在电场中做匀加速度直线运动。
（2）画出粒子运动轨迹，根据电场最后加速情况得出在磁场中偏转情况，由几何关系得出运动半径。
（3）粒子在磁场中运动周期与速度大小无关，同时参与两个运动，分运动相互独立，水平加速运动求解距离。
湖南省张家界市2023届高三下学期物理模拟试卷
一、单选题
1．关于原子物理，下列说法正确的是（ ）
A．普朗克提出了原子核外电子轨道量子化，并成功解释了氢原子光谱
B．衰变所释放的电子是原子核外的电子电离形成的
C．衰变方程中，发生的是衰变，射线具有极强的穿透能力
D．电子显微镜利用高速电子束的德布罗意波长比可见光更小提高了分辨能力
2．如图所示，相同小球P和Q分别从光滑圆弧、的等高处同时由静止释放。圆弧的半径是的2倍，两圆弧底部M、N切线水平且在同一水平面上，M、N间距足够大，且P、Q不会在空中相遇，下列说法正确的是（ ）
A．P球在圆弧上运动的过程重力的功率一直在增加
B．小球经过M、N时的向心加速度相同
C．小球P、Q做平抛运动的水平位移大小相等
D．平抛运动的过程中，小球P重力的平均功率比小球Q的大
二、多选题
3．日晕是一种常见的大气光学现象，如图甲所示。太阳光线经卷层云中同一冰晶的两次折射，分散成单色光，形成日晕。冰晶截面可看作正六边形。如图乙所示为一束紫光在冰晶上的折射光路，为冰晶上的入射角，为经过第一个界面的折射角，为光线离开冰晶的折射角，为出射光相对入射光的偏转角。下列说法中正确的是（ ）
A．在冰晶内红光的传播速度比紫光的小
B．若，则冰晶对紫光的折射率为
C．保持入射角不变，将紫光改为红光，偏转角将增大
D．若红光和紫光均能使同一金属发生光电效应，紫光照射产生的光电子的最大初动能大
三、单选题
4．已知一滴雨珠的重力可达蚊子体重的几十倍，但是下雨时蚊子却可以在“雨中漫步”。为研究蚊子不会被雨滴砸死的诀窍，科学家用高速相机拍摄并记录蚊子的运动情况，研究发现蚊子被雨滴击中时并不抵挡雨滴，而是与雨滴融为一体，顺应雨滴的趋势落下，随后迅速侧向微调与雨滴分离。已知蚊子的质量为m，初速度为零；雨滴质量为50m，击中蚊子前竖直匀速下落的速度为v，蚊子与雨滴的作用时间为t，以竖直向下为正方向。假设雨滴和蚊子组成的系统所受合外力为零。则（ ）
A．蚊子与雨滴融为一体后，整体的的速度大小为
B．蚊子与雨滴融为一体的过程中，雨滴的动量变化量为
C．蚊子与雨滴融为一体的过程中，蚊子受到的平均作用力为
D．若雨滴直接砸在静止的蚊子上，蚊子受到的平均作用力将变小
5．如图所示，正六边形ABCDEF的B、D两点各固定一个带电荷量为＋q的点电荷，O为正六边形的几何中心。则下列说法正确的是（ ）
A．O点电场强度为0
B．C点电场强度方向由C指向F
C．电子在F点的电势能比其在O点的电势能小
D．O、A两点间的电势差和O、E两点间的电势差相等
6．用手掌托着智能手机，打开加速度传感器，手掌从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向上加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向，取重力加速度。由此可判断出（ ）
A．手机一直未离开过手掌
B．手机在时刻运动到最高点
C．手机在时刻改变运动方向
D．手机在间内，受到的支持力一直减小
7．如图所示，一理想变压器原线圈与定值电阻、理想电流表一起接入电压恒为U的交流电源上，原线圈接入电路的匝数可通过调节触头P进行改变，副线圈和电阻箱、理想电流表连接在一起，下列说法正确的是（ ）
A．保持不变，将触头P向上移动，则的示数变大
B．保持不变，将触头P向下移动，电源输出的总功率变小
C．保持P的位置不动，增大，则的示数减小，的示数减小
D．保持P的位置不动，增大，则的电功率变小，的电功率不变
四、多选题
8．利用物理模型对问题进行分析，是一种重要的科学思维方法。如图甲所示为拔河比赛时一位运动员的示意图，可以认为静止的运动员处于平衡状态。该情形下运动员可简化成如图乙所示的一质量分布均匀的钢管模型。运动员在拔河时身体缓慢向后倾倒，可以认为钢管与地面的夹角逐渐变小，在此期间，脚与水平地面之间没有滑动，绳子的方向始终保持水平。已知当钢管受到同一平面内不平行的三个力而平衡时，三个力的作用线必交于一点。根据上述信息，当钢管与地面的夹角逐渐变小时，下列说法正确的有（ ）
A．地面对钢管支持力的大小不变
B．地面对钢管的摩擦力变大
C．地面对钢管作用力的合力变大
D．地面对钢管作用力的合力大小不变
9．如图甲所示，在x轴上有和两个波源分别位于和处，振动方向与xOy平面垂直并向周围空间（介质分布均匀）传播，波速为v＝2m/s。t＝0时刻两波源同时开始振动，图像分别如图乙、丙所示。M为xOy平面内一点，。下列说法正确的是（ ）
A．（0.2m，0）处的质点开始振动方向沿z轴负方向
B．两列波相遇后，（0.6m，0）处的质点振动加强
C．两列波相遇后，（0.5m，0）处的质点振动加强
D．若，从两列波在M点相遇开始计时，M点振动方程为
10．我国首次火星探测任务“天问一号”探测器，是应用长征五号运载火箭送入地火转移轨道。火星距离地球最远时有4亿公里，最近时大约0.55亿公里。由于距离遥远，地球与火星之间的信号传输会有长时间的时延。当火星离我们最远时，从地球发出一个指令，约22分钟才能到达火星。为了节省燃料，我们要等火星与地球之间相对位置合适的时候发射探测器。受天体运行规律的影响，这样的发射机会很少。为简化计算，已知火星的公转周期约是地球公转周期的1.9倍，认为地球和火星在同一平面内、沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动，如图所示。根据上述材料，结合所学知识，判断下列说法正确的是（ ）
A．地球的公转线速度大于火星的公转线速度
B．当火星离地球最近时，地球上发出的指令需要约13分钟到达火星
C．若火星运动到B点、地球恰好在A点时发射探测器，则探测器沿椭圆轨道运动到C点时，恰好与火星相遇
D．下一个发射时机需要再等约2.1年
11．如图甲为汽车在足够长水平路面上以恒定功率P启动的模型，假设汽车启动过程中所受阻力f恒定，汽车质量为M；如图乙为一足够长的水平的光滑平行金属导轨，导轨间距为L，左端接有定值电阻R，导轨处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。将一质量为m的导体棒垂直搁在导轨上并用水平恒力F向右拉动，导体棒和导轨的电阻不计且两者始终接触良好。图丙、丁分别是汽车、导体棒开始运动后的v－t图像，其中和已知。则（ ）
A．汽车在运动过程中的最大速度为
B．导体棒在运动过程中的最大速度为
C．汽车从启动到速度达到最大所运动的距离为
D．导体棒从开始到速度达到最大所运动的距离为
五、实验题
12．某研究性学习小组利用含有刻度尺的气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图1所示。在气垫导轨上相隔一定距离的两处安装两个光电门，滑块上固定一遮光条，光电门可以记录遮光条通过光电门的时间，用天平测出滑块（含遮光条）的质量，接通气源后部分操作过程如下：
（1）图2中用螺旋测微器测出遮光条宽度d= mm；
（2）取下钩码和细线，轻推滑块使其依次通过光电门1和光电门2，通过的时间分别为、，如果，说明 端较高（填“A”或“B”），此后通过调节让气垫导轨水平；
（3）用细线跨过定滑轮连接滑块和质量为m的钩码，释放滑块，两个光电门记录的时间分别为、，已知重力加速度为g，滑块（含遮光条）的质量为M，遮光条宽度d，要验证机械能守恒还需要测量的物理量是 （写出物理量的名称及符号）；
（4） 若上述物理量满足 关系式，则表明在上述过程中，滑块及钩码组成的系统机械能守恒（用第（3）问中的物理量符号表示）。
13．传感器在现代生活中有着广泛的应用。某学习小组利用压力传感器设计了一个测量压力大小的电路。压敏电阻的阻值R与所受压力大小F的对应关系如图甲所示，压力F在0~200N范围内时图线为直线。先利用如图乙所示的电路，测量F＝0时压敏电阻的阻值R，再在电流表相应刻度处标记对应的压力值。主要器材如下：
压敏电阻R（F＝0时，阻值在90~110Ω之间）
电源（电动势E＝12V，内阻不计）
电流表（量程10mA，内阻）
电流表（量程50mA，内阻约为100Ω）
定值电阻
滑动变阻器R2
开关、及导线若干
请完成下列问题：
（1）要求尽量准确测量压敏电阻的电阻值，导线c端应与 （选填“a”或“b”）点连接；
（2）滑动变阻器有两种规格，本实验中应选择____的；
A．最大阻值为20Ω B．最大阻值为100Ω
（3）闭合开关、，调节滑动变阻器接入电路部分的阻值从最大值逐渐减小，电流表读数为40mA时，电流表读数为8.0mA，可知 Ω；
（4）断开开关，继续调节滑动变阻器，使电流表达到满偏，满偏电流刻度处标记F＝0。此时滑动变阻器接入电路部分的阻值和内阻之和为 Ω。保持滑动变阻器阻值不变，当压力F＝160N时，电流表示数为 mA。
六、解答题
14．如图所示为某兴趣小组设计的一种气压型“体积测量仪”的工作原理示意图，该测量仪可以测量不规则物体的体积。A（压气筒）和B（测量罐）均为高L、横截面积S的导热气缸，中间用体积可忽略不计的细管连接，C为质量m、润滑良好且厚度不计的密闭活塞，将缸内的理想气体（氮气）封闭。当外界大气压为，环境温度为27℃时，活塞正好在压气筒A的顶部。现在C活塞上放置一质量5m的重物，活塞缓慢下移，待缸内温度再次和环境温度相等时，测量活塞与缸底的间距为0.6L，求：
（1）放置重物之前，缸内气体的压强p1；
（2）不规则物体的体积v。
15．如图，质量为的小物块，用长的细线悬挂于点，现将细线拉直并与水平方向夹角，由静止释放，小物块下摆至最低点处时，细线达到其最大承受力并瞬间断开，小物块恰好从水平传送带最左端点滑上传送带，传送带以的速度逆时针匀速运转，其上表面距地面高度，小物块最后从传送带左端飞出，并恰好从光滑斜面顶端沿斜方面滑上斜面。斜面高，倾角，斜面底端挡板上固定一轻弹簧。小物块沿斜面下滑一段距离后，压缩弹簧，小物块沿斜面运动的最大距离，取。求：
（1）绳子能承受的最大拉力的大小；
（2）传送带速度大小满足的条件；
（3）弹簧的最大弹性势能。
16．如图所示，O－xyz坐标系的y轴竖直向上，在yOz平面左侧区域内存在着沿y轴负方向的匀强电场，区域内存在着沿z轴负方向的匀强磁场，在yOz平面右侧区域同时存在着沿x轴正方向的匀强电场和匀强磁场，电场强度和磁感应强度大小均与yOz平面左侧相等，电磁场均具有理想边界。一个质量为m，电荷量为＋q的粒子从点以速度沿x轴正方向射入电场，经点进入磁场区域，然后从O点进入到平面yOz右侧区域，粒子从离开O点开始多次经过x轴，不计粒子重力。求：
（1）匀强电场的电场强度大小E；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小B；
（3）粒子从离开O点开始，第n（n＝1，2，3，…）次到达x轴时距O点的距离s。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；能量子与量子化现象
【解析】【解答】A．玻尔提出了原子核外电子轨道量子化，并成功解释了氢原子光谱，A不符合题意；
B．衰变是由于原子核内中子转化为一个质子同时释放一个电子，并非原子核外电子电离形成的，B不符合题意；
C．根据质量数及电荷数守恒，可写出该核反应方程为，可知该核反应为衰变，射线的电离能力较强，穿透能力较弱，C不符合题意；
D．电子显微镜利用高速电子束的德布罗意波长比可见光更小的规律提高了分辨能力，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】普朗克提出能量量子化，解释黑体辐射规律。衰变是由于原子核内中子转化为一个质子同时释放一个电子。三种射线中，射线的电离能力最强，穿透能力最弱。
2．【答案】C
【知识点】平抛运动；功率及其计算
【解析】【解答】A．根据PG=mgvy可知，开始时P球的重力的功率为零，到达底端时P球的重力的功率也为零，则P球在圆弧上运动的过程重力的功率先增加后减小，A不符合题意；
B．两球下落的高度相同，则到达底端时的速度大小相同，根据可知，小球经过M、N时的向心加速度不相同，B不符合题意；
C．根据x=vt，，可得，则小球P、Q做平抛运动的水平位移大小相等，C符合题意；
D．平抛运动的过程中，小球重力的平均功率，小球P重力的平均功率与小球Q的重力的平均功率相等，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】两球下落的高度相同，则到达底端时的速度大小相同。竖直方向速率先变大后变小，重力功率也先变大后变小。
3．【答案】B,D
【知识点】光的折射及折射定律；光电效应
【解析】【解答】A．由于红光的折射率小于紫光的折射率，根据，可知在冰晶内红光的传播速度比紫光的大，A不符合题意；
B．图3中紫光满足，根据几何关系可知θ2=30°，则折射率为，代入数据解得，B符合题意；
C．保持入射角不变，将紫光改为红光，因紫光的折射率大于红光的折射率，则偏转角将减小，C不符合题意；
D．根据光电效应方程有可知，由于红光频率小于紫光频率，则红光和紫光均能使同一金属产生光电效应，则紫光对应的光电子最大初动能一定比红光的大，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】折射率越小，同种介质中传播速度越大。红光频率小于紫光频率，红光光子能量小于紫光光子能量。
4．【答案】C
【知识点】动量定理；动量守恒定律
【解析】【解答】A．蚊子与雨滴融为一体的过程中，根据动量守恒有，解得，A不符合题意；
B．雨滴的动量变化量为，B不符合题意；
C．设蚊子受到的平均作用力为F，根据动量定理有，解得，C符合题意；
D．若雨滴直接砸在静止的蚊子上，蚊子与雨滴的作用时间变短，雨滴的动量变化量变大，则雨滴受到的平均作用力将变大，蚊子受到的平均作用力也变大，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】蚊子与雨滴融为一体的过程中，动量守恒。根据动量定理可知，作用时间越长，作用力大小越小。
5．【答案】D
【知识点】电场强度；电势差
【解析】【解答】A．根据点电荷的电场强度公式可知，两个正点电荷在O点产生的电场强度大小相等，两电场强度的夹角为120°，合电场强度沿OF方向，O点电场强度不是0，A不符合题意；
B．两个正点电荷在C点产生的合电场强度沿FC方向，B不符合题意；
C．电子沿OF运动时，电场力对电子做负功，则电子的电势能增大，因此电子在F点的电势能比其在O点的电势能大，C不符合题意；
D．根据对称性可知，电荷从O点移到A点和从O点移到E点，电场力做功相等，因此O、A两点间的电势差和O、E两点间的电势差相等，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】电场强度为矢量，根据平行四边形法则求解合场强大小，电场力做负功，电势能增大。
6．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】A．由图可知，手机的加速度在某一段时间内等于重力加速度，则手机与手掌没有力的作用，手机离开过手掌，A不符合题意；
B．根据可知，图像与坐标轴围成面积表示速度变化量，则手机在时刻速度为正，还没有到最高点，B不符合题意；
C．手机在时刻前后速度均为正，运动方向没有发生改变，C不符合题意；
D．由图可知时间加速度向上不断减小，根据牛顿第二定律得，即，可知时刻支持力不断减小；时间内加速度向下，不断增大，根据牛顿第二定律得，即，可知支持力还是不断减小，即手机在间内，受到的支持力一直减小，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】加速度等于重力加速度，则手机离开手掌。图像与坐标轴围成面积表示速度变化量。
7．【答案】C
【知识点】变压器的应用
【解析】【解答】A．根据电路连接情况可知，根据变压器电压、电流关系可知，，根据欧姆定理可知，联立可得，保持不变，将触头P向上移动，则增大，根据上述推导可知变小，即的示数变小，A不符合题意；
B．保持不变，将触头向下移动，减小，则增大，根据可知，电源输出的总功率变大，B不符合题意；
C．保持P的位置不动，增大，根据上述推导可知、变小，即和的示数都变小，C符合题意；
D．根据可知，的电功率变小，的电功率可能变小也可能变大，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】将触头P向上移动，则增大，若原线圈电流增大，则原线圈电压减小，副线圈电压减小，副线圈电流也减小，根据原副线圈电流之比等于线圈匝数反比，原线圈电流应该减小，假设与结论矛盾，这种假设不成立。
8．【答案】A,B,C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】AB．对钢管受力分析，钢管受重力G、绳子的拉力T、地面对钢管竖直向上的支持力、水平向左的摩擦力，可知，，即随着钢管与地面夹角的逐渐变小，地面对钢管支持力的大小不变，地面对钢管的摩擦力变大，AB符合题意；
CD．对钢管受力分析，可认为钢管受到重力G、绳子的拉力T和地面对钢管作用力的合力F三个力，钢管平衡，三个力的作用线必交与一点，由此可知F方向沿钢管斜向上，根据共点力平衡条件可知，，当钢管与地面的夹角逐渐变小，地面对钢管作用力的合力变大，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：ABC。
【分析】对钢管受力分析，根据平衡条件，分析地面对钢管支持力，地面对钢管的摩擦力变化；对钢管受力分析，根据共点力平衡条件，分析地面对钢管作用力的合力。
9．【答案】B,D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A.（0.2m，0）处的质点，离波源更近，故该质点先按波源的振动形式振动，波源开始向上振动，故该质点开始振动时也是先向上振动，A不符合题意；
B．两列波的振动周期，波速均相等，故波长也相等，为，由于两列波的起振方向相反，故质点离两波源距离差为半波长的偶数倍为振动减弱点，奇数倍为振动加强点，（0.6m，0）处的质点，离两波源的距离差为0.2m，为半波长的奇数倍，故为振动加强点，B符合题意；
C．（0.5m，0）处的质点，离两波源的距离差为零，为半波长的偶数倍，故为振动减弱点，C不符合题意；
D．若，为半波长的奇数倍，为振动加强点，振幅为，，，故其振动方程，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】后面质点重复波源振动情况，波源开始向上振动，故该质点开始振动时也是先向上振动。两波发生干涉现象，质点离两波源距离差为半波长的偶数倍为振动减弱点，奇数倍为振动加强点。
10．【答案】A,D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．设太阳质量为，行星质量为，轨道半径为，根据，解得行星的公转速度，由于地球的轨道半径小于火星的轨道半径，可知地球的公转线速度大于火星的公转线速度，A符合题意；
B．当火星离地球最近时，地球上发出的指令到达火星的时间分钟，B不符合题意；
C．根据开普勒第三定律有，由于探测器轨道的半长轴小于火星轨道的半径，可知，则如果火星运动到B点、地球恰好在A点时发射探测器，那么探测器将沿轨迹AC先运动到C点，此时火星还没有达到C点，两者并不能恰好在C点相遇，C不符合题意；
D．根据题意，两者相距最近时，恰好是一次发射机会，设到达下一次机会的时间为，则有，结合题中数值，解得年，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】近大远小，地球的轨道半径小于火星的轨道半径，可知地球的公转线速度大于火星的公转线速度。再次相距最近，快的比慢的多跑一圈。
11．【答案】A,C
【知识点】机车启动；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A．对汽车启动问题，有，且，解得，A符合题意；
B．对导体棒问题，有，且，解得，B不符合题意；
C．由动能定理可知，解得，C符合题意；
D．由电磁感应定律，得，在导体棒从开始运动到速度达到最大过程中，由欧姆定律可知，故，由动量定理可知，计算可知，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】牵引力等于阻力汽车速度最大。速度最大，电磁感应产生电流最大，安培力最大，安培力最终与拉力平衡。
12．【答案】（1）3.700
（2）B
（3）两光电门间的距离x
（4）
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）螺旋测微器的读数为
（2）如果，说明滑块做加速运动，即B端较高。
（3）要验证机械能守恒，还需要测得滑块从光电门1运动到光电门2的过程中钩码下降的高度，这个高度等于光电门1到光电门2的距离x。
（4）如果滑块及钩码组成的系统机械能守恒，则钩码减少的重力势能应等于系统增加的动能，即
【分析】（1）螺旋测微器读数等于可动刻度读数加固定刻度读数，结果保留大千分之一毫米。
（2）通过光电门运动时间越短，速度越大。
（3）要验证机械能守恒，还需要测得滑块从光电门1运动到光电门2的过程中钩码下降的高度。
（4）钩码减少的重力势能应等于系统增加的动能，则系统机械能守恒。
13．【答案】（1）a
（2）B
（3）100
（4）140；30
【知识点】研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性
【解析】【解答】（1）导线c端应接a，和定值电阻串联可当成电压表测量压敏电阻R两端的电压，和的电流之差是通过压敏电阻R的电流，若接b，因的内阻未知，不能准确测量R两端的电压值。
（2）F＝0时，滑动变阻器若选择最大阻值为20Ω的，全部接入电路时，电路总电阻，则干路电流约为，超过的量程，所以应选择最大阻值为100Ω的滑动变阻器，即选B，以确保安全。
（3）闭合开关、，当两电流表、的示数分别为、时，有
（4）断开开关，继续调节滑动变阻器，使电流表达到满偏，有，可得，R－F图像的斜率为，由线性关系知，当压力F＝160N时，R＝260Ω，电流表示数为
【分析】（1）因的内阻未知，不能准确测量R两端的电压值。
（2）根据电流表量程选择滑动变阻器。
（3）根据欧姆定律以及串并联电流规律求解。
（4）根据闭合电路欧姆定律求解电阻之和。由函数关系以及图像求解电阻大小，由闭合电路欧姆定律求解电流大小。
14．【答案】（1）解：放置重物之前，缸内气体的压强
得
（2）解：根据气态方程
且
即
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）由受力平衡求解缸内气体的压强。
（2）等温变化，根据理想气体状态方程列方程求解，
15．【答案】（1）解：小球从静止摆到最低点过程中，根据机械能守恒定律有
解得
小球在点时，根据向心力公式有
联立解得
根据牛顿第三定律，刚到最低点细线达到其最大承受力。
（2）解：由于小物块恰好沿斜面方向落到光滑斜面上，即小物块落到斜面顶端时速度方向沿斜面方向，则，，
联立以上各式得
则传送带速度大于等于。
（3）解：小物块在斜面顶端速度
小物块从顶端到压缩弹簧最短，由机械能守恒，弹簧最大的弹性势能为
解得
【知识点】向心力；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）由 机械能守恒定律求出在B速度大小，由向心力公式求解拉力大小。
（2） 由于小物块恰好沿斜面方向落到光滑斜面上，则小物块落到斜面顶端时速度方向沿斜面方向，得出水平速度与竖直速度关系。
（3）小物块从顶端到压缩弹簧最短 ，此时弹性势能最大。
16．【答案】（1）解：粒子在电场中运动时，有，
由牛顿第二定律
得
（2）解：在N点，设粒子速度v的方向与x轴间的夹角为，沿y轴负方向的速度为，则有，，
解得，，
粒子轨迹如图所示
根据几何关系，粒子做圆周运动轨迹的半径为
由牛顿第二定律得
解得
（3）解：将粒子在O点的速度分解，
因同时存在电场、磁场，粒子以在磁场中做匀速圆周运动，同时粒子以初速度沿x轴正方向做匀加速运动，粒子离开O后，每转一周到达一次x轴，第n次到达x轴时，粒子运动的时间，，
解得（n＝1，2，3，…）
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）带电粒子在电场中做匀加速度直线运动。
（2）画出粒子运动轨迹，根据电场最后加速情况得出在磁场中偏转情况，由几何关系得出运动半径。
（3）粒子在磁场中运动周期与速度大小无关，同时参与两个运动，分运动相互独立，水平加速运动求解距离。
