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2022届浙江省杭州高级中学等五校高三下学期5月联考物理联考试卷（解析版）
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这是一份2022届浙江省杭州高级中学等五校高三下学期5月联考物理联考试卷（解析版），共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届浙江省杭州高级中学等五校高三下学期5月联考
物理联考试卷
一、单选题
1．每月月初的时候都会收到电力公司的【智能交费账单】，其中有“尊敬的客户，户号为：3720074×××，户名：*小明，地址为×镇×街道×幢×室。本期电量为313度”等信息。则该短信中“电量”对应的物理量及该物理量对应的国际制单位符号表示正确的是（ ）
A．电荷量C B．电功率W C．电功kW⋅h D．电功J
2．下列四幅示意图，是对运动员在做立定跳远运动时，脚蹬地起跳前瞬间的受力分析，其中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
3．2022年北京冬季奥运会，将于2022年2月4日至20日在北京与张家口举行。如图所示为我国运动员“双人花样滑冰”训练时的情景，男运动员以自己为转动轴拉着女运动员做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．以男运动员为参考系，女运动员是静止的
B．研究女运动员的技术动作时，可以把她看成质点
C．若女运动员做圆周运动，她旋转一周的平均速度为零
D．女运动员旋转时的加速度方向始终沿着伸直的手臂方向
4．关于以下四幅图中所涉及物理知识的论述中，正确的是（ ）
A．甲图中，液晶显示用到了偏振光
B．乙图中，沙漠中的“蜃景”现象是光的衍射现象引起的
C．丙图中，由图可知当驱动力的频率f跟固有频率f0相差越大，振幅越大
D．丁图中，研究单摆简谐运动的图像，匀速拉动木板的速度大小会影响单摆运动周期
5．如图所示，不带电的金属球下面垫着干燥的泡沫块，两者一起放在电子秤上。现在用毛皮摩擦塑料管使其带电，带电塑料管从上方缓慢靠近金属球，最后停在金属球上方的某一位置，这一过程中，发现电子秤示数发生了变化，之后稳定。根据以上信息判断，下列说法中正确的是（ ）
A．电子秤示数逐渐增加，稳定后的示数大于泡沫与球的总重
B．电子秤示数逐渐减小，稳定后的示数小于泡沫与球的总重
C．电子秤示数先增加后减小，稳定后的示数等于泡沫与球的总重
D．电子秤示数先减小后增加，稳定后的示数等于泡沫与球的总重
6．小明同学制作了一个有趣的“简易电动机”，将一节5号干电池的正极向上，几块圆柱形强磁铁片（能导电）吸附在电池的负极上，把一段裸铜导线弯折成一个线框，如图甲所示，线框上端的中点折出一个突出部分与电池的正极良好接触，下面弯曲的两端与磁铁表面保持良好接触，如图乙所示，放手后线框就会转动起来。关于该“简易电动机”，下列说法正确的是（ ）
A．若磁铁N极朝上，从上往下看，该线框逆时针旋转
B．若将磁铁上下对调，“电动机”转动方向可能不变
C．若在磁铁下面再吸附一块同样的磁铁片，转动稳定后转速更大
D．“简易电动机”由静止到转动起来的过程中，电源的功率不断增大
7．如图所示，足球被踢出后在空中依次经过a、b、c三点的运动轨迹示意图，b为最高点，a、c两点等高。则足球（ ）
A．在a点的动能与在c点的相等
B．在a点的机械能比在b点的大
C．在b点的加速度方向竖直向下
D．从a运动到b的时间大于从b运动到c的时间
8．地球的公转轨道接近圆，哈雷彗星的公转轨道则是一个非常扁的椭圆，如图所示。天文学家哈雷成功预言了哈雷彗星的回归，哈雷彗星最近出现的时间是1986年，预测下次飞近地球将在2061年左右。若哈雷彗星在近日点与太阳中心的距离为r1，远日点与太阳中心的距离为r2。下列说法正确的是（ ）
A．哈雷彗星轨道的半长轴是地球公转半径的753倍
B．哈雷彗星在近日点的速度一定大于地球的公转速度
C．哈雷彗星在近日点和远日点的速度之比为r2：r1
D．相同时间内，哈雷彗星与太阳连线扫过的面积和地球与太阳连线扫过的面积相等
9．用平行单色光垂直照射一层透明薄膜，观察到如图所示明暗相间的干涉条纹。下列关于该区域薄膜厚度d随坐标x的变化关系，可能正确的是（ ）
A．薄膜层的厚度随坐标x增大而减小
B．薄膜层的厚度随坐标x增大而均匀增大
C．薄膜层厚度的变化率不随坐标x变化而变化
D．薄膜层厚度的变化率随坐标x增大而逐渐增大
10．如图所示为小明同学家里购买的一款扫地机器人，工作过程遇电量不足20%时，会自动返回基座充电。小明同学仔细翻阅了这款扫地机器人的说明书，发现其工作参数如下表所示，则该扫地机器人（ ）
机器人吸尘器
电池
14.4V/5200mA⋅h锂离子电池
产品重量
约4.7kg
无线连接
WiFi智能快连
额定电压
14.4V
额定功率
68W
充电时间
<6小时
A．电阻一定为3.05Ω
B．实际工作电流一定为4.72A
C．充满电后正常工作的时间一定为1.1h
D．以额定功率工作时每分钟消耗电能一定为4080J
11．近期，俄罗斯在乌克兰使用了超高音速导弹“匕首”，成功破坏了在乌克兰的外国雇佣军的营地和军火库。我国成功进行了多次高超音速导弹试验，目的是保持强大的威慑能力，有效遏制战争、保护自身安全。假设频率一定的点波源随导弹以超音速做匀速直线运动，且以相等的时间间隔向各个方向同时发出声波，图中各圆形均表示点波源振动产生的波面。关于该过程，下列图中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
12．真空中有一平行板电容器，两极板分别由铂和钾（其截止频率对应的光波波长分别为λ1和λ2）制成，板面积为S，间距为d．现用波长为λ(λ1<λ<λ2)的单色光持续照射两板内表面，则电容器的最终带电荷量Q正比于
A．dS(λ-λ1λλ1) B．dS(λ2-λλλ2)
C．Sd(λ-λ1λλ1) D．Sd(λ2-λλλ2)
13．竖立的橱窗玻璃比一般的玻璃厚，嵌在墙体部。如图甲所示，某同学的测量过程如下：激光笔发出细激光束以入射角 θ 照射玻璃，反射后在竖直的纸板上出现几个亮度不同但间隔均匀的亮斑，测出相邻亮斑间的距离 x ，改变入射角度，测得多组数据，以 sin2θ 为纵坐标、 sin2θx2 为横坐标，描点后拟合出直线，如图乙所示，测出图线在横轴的截距为 a=6.25×102m-2 ，纵轴的截为 b=2.25 下列说法正确的是（ ）
A．该玻璃对该激光的折射率为 n=1.5
B．该橱窗玻璃的厚度为6cm
C．减小 θ 角，纸板上相邻亮斑间的距离增大
D．仅换用频率较小的激光，纸板上相邻亮斑间的距离减小
二、多选题
14．为了测定某平行于纸面的匀强电场的场强，某同学进行了如下操作：取电场内某一位置O点为坐标原点建立x轴，选取x轴上到O点距离为r的P点，以O为圆心、r为半径作圆，如图甲所示；从P点起逆时针沿圆周测量圆上各点的电势φ和转过的角度θ；当半径r分别取r0、2r0、3r0时，绘制φ-θ图线如图乙所示。乙图中曲线①、②、③均在θ=θ0时达到最大值，最大值分别为4φ0、3φ0、2φ0。下列说法正确的是（ ）
A．O点为电势零点
B．曲线①、②、③的交点M和N在同一等势线上
C．场强方向与x轴正方向的夹角为θ0
D．场强的大小为φ0r0
15．磁感应强度为B的匀强磁场，一个静止的放射性原子核(XZA)发生了一次α衰变。放射出的α粒子(H24e)在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R。以m、q分别表示α粒子的质量和电荷量，生成的新核用Y表示，真空中光速为c，下列说法正确的是（ ）
A．新核Y在磁场中做圆周运动的轨道半径为RY=4Z-4R
B．α粒子做圆周运动可等效成一个环形电流，且电流大小为I=Bq22πm
C．若衰变过程中释放的核能都转化为α粒子和新核Y的动能，则衰变过程中的质量亏损约为Δm=A(qBR)22m(A-4)c2
D．发生衰变后产生的α粒子与新核Y在磁场中旋转方向相同，且轨迹为相内切的圆
16．某老款手机充电装置由一个变压器和一个整流装置组成，如图所示。变压器原副线圈匝数比n1：n2=44：1，输出端连接有4个理想二极管，若AB端输入电压为u=2202sin100πt(V)，下列说法中正确的是（ ）
A．手机充电时N点电势总是高于M点电势
B．手机充电电流随时间变化的周期为0.01s
C．二极管的存在使得整流装置输出端电压的有效值为52V
D．若在AB端输入电压为220V的直流电时，CD端输出可以获得相同的有效值
三、实验题
17．利用如图装置做“验证机械能守恒定律”实验。
（1）为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的____。
A．动能变化量与势能变化量
B．速度变化量和势能变化量
C．速度变化量和高度变化量
（2）除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是____。
A．交流电源 B．刻度尺 C．天平（含砝码）
（3）实验中，先接通电源，再释放重物，得到如图所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m。从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量ΔEp= ，动能增加量ΔEk= 。
（4）大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是____。
A．利用公式v=gt计算重物速度
B．利用公式v=2gh计算重物速度
C．存在空气阻力和摩擦阻力的影响
D．没有采用多次实验取平均值的方法
（5）某同学想用下述方法研究机械能是否守恒：在纸带上选取多个计数点，测量它们到计数起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度v，描绘v2-h图像，如下判断正确的是____。
A．若图像是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能一定守恒
B．若图像是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能可能不守恒
C．若图像是一条不经过原点的直线，则重物下落过程中机械能一定不守恒
18．在“测量金属丝的电阻率”实验中，某同学用电流表和电压表测量一金属丝的电阻。
（1）该同学先用欧姆表“×1”挡粗测该金属丝的电阻，示数如图甲所示，对应的读数是 Ω。
（2）除电源（电动势3.0V，内阻不计）、电压表（量程0∼3V，内阻约3kΩ）、开关、导线若干外，还提供如下实验器材：
A．电流表（量程0∼0.6A，内阻约0.1Ω）
B．电流表（量程0∼3.0A，内阻约0.02Ω）
C．滑动变阻器（最大阻值10Ω，额定电流2A）
D．滑动变阻器（最大阻值1kΩ，额定电流0.5A）
为了调节方便、测量准确，实验中电流表应选用 ，滑动变阻器应选用 （选填实验器材前对应的字母）。
（3）该同学测量金属丝两端的电压U和通过金属丝的电流I，得到多组数据，并在坐标图上标出，如图乙所示。请作出该金属丝的U-I图线 ，根据图线得出该金属丝电阻R= Ω（结果保留小数点后两位）。
（4）将定值电阻替换为小灯泡，改用电流传感器测得小灯泡的电流随时间变化的图线，会是哪个图（填“图丙”或“图丁”） ，并分析说明原因是 。
四、解答题
19．如图所示为一种巨型娱乐器械，可以使人体验超重和失重状态。一个可乘坐二十多人的环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上几十米的高处，然后让座舱自由落下。落到一定位置时，制动系统启动，到地面时刚好停下。已知座舱开始下落的高度是75m，当落到离地面30m的位置时开始制动，座舱做匀减速运动。若座舱中某人的质量为60kg。不计空气阻力。求：
（1）座舱运动的最大速度；
（2）座舱运动的总时间；
（3）当落到离地面35m的位置时，座舱对人的作用力。
20．如图所示的简化模型，主要由光滑曲面轨道AB、光滑竖直圆轨道、水平轨道BD、水平传送带DE和足够长的落地区FG组成，各部分平滑连接，圆轨道最低点B处的入、出口靠近但相互错开，滑块落到FG区域时马上停止运动。现将一质量为m=0.2kg的滑块从AB轨道上某一位置由静止释放，若已知圆轨道半径R=0.2m，水平面BD的长度x1=3m，传送带长度x2=4m，距离落地区的竖直高度H=0.2m，滑块始终不脱离圆轨道，且与水平轨道BD和传送带间的动摩擦因数均为μ=0.2，传送带以恒定速度v0=4m/s逆时针转动（不考虑传送带轮的半径对运动的影响）。
（1）要使滑块恰能运动到E点，求滑块释放点的高度h0；
（2）若h=1.2m，则滑块最终停于何处？
（3）求滑块静止时距B点的水平距离x与释放点高度h的关系。
21．如图所示，边长为L=1m、质量为m=1kg、电阻为R=1Ω的匀质正方形刚性导体线框ABCD和直角坐标系xOy（x轴水平，y轴竖直）均处于竖直平面内。在第一象限的空间内存在垂直于纸面向里的磁场，磁感应强度在x方向均匀分布，y方向上满足B=2+ky（各量均采用国际单位，k为大于0的未知量）。初始时，线框的A点与坐标原点O重合，AB边与x轴重合（记为位置1）。现给线框一个沿着x轴正方向的速度v0=1m/s，并且给线框一个竖直向上的恒力F=mg2，当线框A点下降的高度为H=1.25m（记为位置2）时，可以认为线框恰好达到最大速度，且线框中的电流I=2.5A。此后恒力F保持大小不变，方向改为x方向，线框继续运动到位置3（位置3和位置2中A点的横坐标相距3.5L），此后轨迹是抛物线。若整个运动过程中，线框始终处于同一竖直平面内，AB边始终保持水平，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
（1）k的数值；
（2）线框从位置1到位置2的时间t1；
（3）线框从位置2运动到位置3的竖直高度差h。
22．利用电场与磁场控制带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设备中有着广泛的应用。如图所示，一粒子源不断释放质量为m，带电量为+q的带电粒子，其初速度为v0，经过可调的加速电压U(0≤U≤3mv022q)加速后，以一定速度垂直平面MNN1M1射入边长为2L的正方体区域MNPQ-M1N1P1Q1。可调整粒子源及加速电场位置，使带电粒子在长方形MHIJ区域（MH=3L2，MJ=L）内入射，不计粒子重力及其相互作用。（说明：本题中为了计算方便，取cos36°=0.8，sin36°=0.6）
（1）若仅在正方体区域中加上沿x轴正方向的匀强电场，要让所有粒子都到达平面NPP1N1，求所加匀强电场电场强度的最小值E0；
（2）若仅在正方体区域中加上沿x轴正方向的匀强磁场，要让所有粒子都到达平面M1N1P1Q1（含边界），求所加匀强磁场的磁感应强度的大小满足的条件；
（3）同时加上沿x轴正方向的电场和磁场，且加速电压为零时，从M点射入的粒子恰好打在底面M1N1P1Q1的中心，求所加的B、E的大小；
（4）同时加上沿x轴正方向的电场和磁场，且电场强度为E1=4mv02π2qL，磁场的磁感应强度为B1=mv0qL，画出在平面NPP1N1上有粒子打到的区域的边界，并求出面积。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】本题中“电量”应该是能量的单位，也就是电功的单位，常用单位是“度”，而国际单位是焦耳（J）。
故答案为：D。
【分析】根据国际单位进行分析判断正确的选项。
2．【答案】A
【解析】【解答】重力方向竖直向下，支持力方向垂直水平地面向上，蹬地时运动员相对地面有向后的运动趋势，所以地面对运动员有向前的摩擦力，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】运动员受到的支持力向上，其摩擦力平行与地面向前，其重力竖直向下。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．女运动员相对男运动员的位置改变，女运动员是运动的，A不符合题意；
B．研究技术动作时，不能忽略女运动员的大小，B不符合题意；
C．由平均速度是矢量，大小等于位移与时间的比值，绕一周回到起点，平均速度为零，C符合题意；
D．女运动员旋转时的加速度方向女运动员旋转时的加速度方向应指向女运动做圆周运动的圆心，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据参考系以及圆周运动的特点进行受力分析。
4．【答案】A
【解析】【解答】A．甲图中，液晶显示用到了偏振光，A符合题意；
B．乙图中，沙漠中的“蜃景”现象是光全反射现象引起的，B不符合题意；
C．丙图中，由图可知当驱动力的频率f跟固有频率f0相差越小，振幅越大，C不符合题意；
D．丁图中，研究单摆简谐运动的图像，匀速拉动木板的速度大小不会影响单摆运动周期，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】液晶显示用到了偏振光，“蜃景”现象是光全反射现象，当驱动力的频率f跟固有频率f0相差越小，振幅越大，结合单摆的运动进行分析判断，
5．【答案】B
【解析】【解答】毛皮摩擦过的塑料管带负电，从上方缓慢靠近金属球的过程中，金属球因为静电感应，上表面感应出正电荷，下表面感应出负电荷，随着塑料管的靠近金属球上感应电荷电量越大，金属球受向上逐渐增大的静电引力，由平衡条件和牛顿第三定律可知：金属球对泡沫的压力逐渐减小，则整体对电子秤的压力逐渐减小，所以电子秤示数逐渐减小；最后塑料管停在金属球上方的某一位置，金属球受到向上的静电引力达到最大且保持不变，则整体对电子秤的压力达到最小值后保持稳定，稳定后的示数小于泡沫和球的总重。
故答案为：B。
【分析】毛皮摩擦过的塑料管带负电，靠近金属球使金属球带电是由于静电感应，利用共点力平衡以及牛顿第三定律进行分析判断。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．线框受到安培力的作用而发生转动，根据左手定则可以判断从上往下看，线框将做顺时针转动，A不符合题意；
B．将磁铁上下对调，则安培力反向，“电动机”转动方向一定改变，B不符合题意；
C．若在磁铁下面再增加一块同样的磁铁，磁感应强度增大，线框受到的安培力增大，转动稳定后转速更大，C符合题意；
D．由静止到转动起来的过程中，转速不断增大，因导线切割磁感应线，产生的感应电动势与电源相反，则线框中电流减小，根据P=EI知，电源的功率不断减小，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据线框的转动情况以及左手定则得出线框的转动情况，结合法拉第电磁感应定律以及电功率的表达式进行分析判断。
7．【答案】B
【解析】【解答】A．足球在运动过程中，受到空气阻力作用，足球机械能不守恒，则在a点的动能与在c点的不相等，A不符合题意；
B．由于空气阻力做负功，足球机械能减小，则足球在a点的机械能比在b点的大，B符合题意；
C．在b点，足球速度水平向右，则足球除了受到重力外，还受到水平向左的空气阻力，则足球在b点的加速度方向不沿竖直向下，C不符合题意；
D．足球从a点运动到b点的过程中，在竖直方向上，受到的空气阻力和重力都向下。而足球从b点运动到c点的过程中，在竖直方向上，受到的空气阻力向上，重力向下。则足球从a运动到b的过程中的竖直方向的加速度大于从b运动到c过程中的竖直方向的加速度。又从a运动到b的竖直位移大小等于从b运动到c的竖直位移大小，则根据y=12at2
可知足球从a运动到b的时间小于从b运动到c的时间，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】机械能守恒的条件是只有重力做功，根据恒力做功以及匀变速直线运动的规律进行分析判断。
8．【答案】B
【解析】【解答】A．地球公转周期T=1年，哈雷彗星的周期为T’=(2061−1986)年=75年
根据开普勒第三定律有a3T'2=R3T2
解得aR=3T'2T2=3752
A不符合题意；
B．哈雷彗星的轨道在近日点的曲率半径比地球的公转轨道半径小，根据万有引力提供向心力GMmr2=mv2r
得v=GMr
可得哈雷彗星在近日点的速度一定大于地球的公转速度，B符合题意；
CD．根据开普勒第二定律，相同时间内，哈雷彗星与太阳连线扫过的面积相等，但并不与地球与太阳连线扫过的面积相等。设哈雷彗星在近日点和远日点的速度分别为v1、v2，取时间微元Δt，结合扇形面积公式S=12⋅AB⌢⋅r
可知12v1Δt⋅r1=12v2Δt⋅r2
解得v1v2=r2r1
CD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据开普勒第三定律得出哈雷彗星轨道的半长轴是地球公转半径的 的关系；利用万有引力提供向心力从而得出线速度的表达式，并判断线速度的大小。
9．【答案】A
【解析】【解答】用平行单色光垂直照射一层透明薄膜，从透明薄膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，发生干涉现象，出现条纹，两列反射光的光程差为透明薄膜厚度的2倍，当光程差为nλ时此处表现为亮条纹，即当薄膜的厚度d=nλ2时对应的条纹为亮条纹，相邻的两个亮条纹处薄膜厚度相差λ2，由图知从左向右条纹的间距逐渐增大。
A．若薄膜层的厚度随坐标x增大而减小，且薄膜层厚度的变化率随坐标x增大而逐渐减小，则条纹会如图所示，从左向右条纹的间距逐渐增大，A符合题意；
BC．若薄膜层厚度的变化率不随坐标x变化而变化，即薄膜层的厚度随坐标x均匀变化时，则条纹间距应不变，BC不符合题意；
D．若薄膜层厚度的变化率随坐标x增大而逐渐增大，则条纹间距会从左向右逐渐减小，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据薄膜干涉的原理和相邻条纹空气层厚度差的关系即可选择正确的答案。
10．【答案】D
【解析】【解答】A．机器人不是纯电阻用电器，所以其电阻R≠U2P=14.4268Ω=3.05Ω
A不符合题意；
B．由铭牌知，扫地机器人工作的额定电压为8V，额定功率为14.4W，则额定电流I=PU=6814.4A=4.72A
实际工作电流不一定等于额定电流，B不符合题意；
C．根据电池容量5200mA·h知，知电量为q=5.2A×3600s=18720C
由于机器人工作过程遇电量不足20%时，会自动返回基座充电，所以充满电后正常工作的时间为t=q×80%I=18720×80%4.72s≈0.88h
C不符合题意；
D．以额定功率工作时每分钟消耗电能为E=Pt=68×60J=4080J
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】机器人不是纯电阻电路 ，不能使用欧姆定律，利用电功率的表达式得出实际工作电流和额定电流的大小关系，结合电流的定义式得出充满电后正常工作的时间。
11．【答案】D
【解析】【解答】A．表示波源静止，波面以声波的速度向外传播，A不符合题意；
B．表示波面以声波的速度向外传播，波源向右运动的速度小于声波的速度，B不符合题意；
C．表示波面以声波的速度向外传播，波源向右运动的速度等于声波的速度，C不符合题意；
D．表示波面以声波的速度向外传播，波源向右运动的速度大于声波的速度，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】同心圆表示波源的位置不动，不是同心圆，说明物体在运动，第一个波面传到最外层，物体在小圆的圆心。
12．【答案】D
【解析】【解答】当电容器极板所带电荷量为最终电荷量时，两板间电压为遏止电压，即此时光电子的最大初动能完全用来克服电场力做功，末速度为零．则有：hν-hν2=eU
又ν=cλ，C=εtS4πkd，U=QC，代入解得：Q=Chce(1λ-1λ2)=εrhc4πke⋅Sd⋅(λ2-λλλ2)
由于εrhc4πke为常数，所以D符合题意；
故答案为：D。
【分析】利用爱因斯坦光电效应方程以及电容器的定义式和决定式得出电容器所带电荷量的表达式，从而选择正确的选项。
13．【答案】A
【解析】【解答】AB．光路图如图所示，由折射定律有
n=sinθsinα
由几何关系有 tanα=x2d
又有 sin2α=tan2α1+tan2α
整理得 sin2θ=n2-4d2sin2θx2
结合图像可知 n2=b ， 4d2=ba
解得 n=b=1.5 ， d=12ba=0.03m
所以A符合题意；B不符合题意；
C．减小 θ 角，折射角减小，纸板上相邻亮斑间的距离减小，所以C不符合题意；
D．仅换用频率较小的激光，则折射率减小，折射角增大，纸板上相邻亮斑间的距离增大，所以D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题考查折射定律。作出光路图，结合几何知识和已知条件，可以求出折射率和玻璃厚度。也可以判断相邻亮斑间的距离随入射角和光频率的关系。
14．【答案】B,D
【解析】【解答】C．电场强度方向从电势最高点指向电势最低点，根据图像，电场方向与x轴负方向成θ0角，C不符合题意；
B．由图知曲线①、②、③的交点M和N电势相等，因为是匀强电场，所以交点M和N在同一等势线上，B符合题意；
D．根据图像，曲线①的峰值最大，曲线①对应的r最大，取值为3r0，曲线③对应的半径为r0，电场强度的大小为E=Ud=2φ0-02r0=φ0r0
D符合题意；
A．根据曲线③的峰值为2φ0，最小值为0，因为是匀强电场，坐标原点O的电势为φ=2φ0+02=φ0
A不符合题意；
故答案为：BD。
【分析】沿着电场的方向电势逐渐降低，等势线与电场线垂直，结合匀强电场电场强度的表达式得出电场强度的表达式。
15．【答案】B,C
【解析】【解答】A．粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB=mv2R
解得，粒子的轨道半径R=mvqB
根据半径公式则有R1R=2Z-2解得R1=2Z-2R
A不符合题意；
B．粒子做圆周运动的周期T=2πrv=2πmqB
则环形电流I=qT=Bq22πm
B符合题意；
C．对α粒子，由洛伦兹力提供向心力，则有qvB=mv2R
解得v=BqRm
由质量关系可知，衰变后新核Y质量为M=A-44m
衰变过程系统动量守恒，由动量守恒定律得Mv'-mv=0解得v'=mMv
系统增加的能量为ΔE=12Mv'2+12mv2
由质能方程得ΔE=Δmc2
联立解得m=A(qBR)22m(A-4)c2
C符合题意；
D．由动量守恒可知，衰变后α粒子与新核Y运动方向相反，所以轨迹圆应外切，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，结合半径的表达式得出新核Y的轨道半径，通过动量守恒以及爱因斯坦质能方程得出亏损的质量。
16．【答案】A,B
【解析】【解答】A．根据二极管的单向导电性，手机充电时N点电势总是高于M点电势，A符合题意；
B．交变电流的周期为T=2πω=2π100πs=0.02s
根据二极管的单向导电性，经过二极管全波整流后，交变电流变成脉动直流电流，电流的周期减半，所以手机充电电流随时间变化的周期为0.01s，B符合题意；
C．变压器副线圈两端电压最大值为U2m=144U1m=144×2202V=52V
二极管的存在使得整流装置输出端电压的有效值为U2=U2m2=5V
C不符合题意；
D．若在AB端输入电压为220V的直流电时，变压器不能工作，CD端输出电压为零，D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】二极管具有单向导电性，从而得出MN两点的电势高低，根据交变电流的瞬时值表达式得出电流变化的周期；通过交流电源电流的有效值 和最大值之间的关系得出输出电压的有效值。
17．【答案】（1）A
（2）A；B
（3）mghB；12m(hC-hA2T)2
（4）C
（5）B
【解析】【解答】（1）小球下落过程中，如果减少的重力势能等于增加的动能，则小球的机械能守恒，所以为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的动能变化量与势能变化量。
故答案为：A。
（2）在下列器材中，还必须使用交流电源给打点计时器供电和用刻度尺测量纸带计数点之间的距离。
故答案为：AB。
（3）从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量为ΔEp=mghB
从打O点到打B点的过程中，动能增加量为ΔEk=12mvB2
根据vB=hC-hA2T
解得ΔEk=12m(hC-hA2T)2
（4） 存在空气阻力和摩擦阻力的影响，大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量。
故答案为：C。
（5） AB．设空气阻力不变为f，根据动能定理得mgh-fh=12mv2
解得v2=2(g-fm)h
若图像是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能可能守恒，可能不守恒，A不符合题意，B符合题意；
C．根据机械能守恒定律得12mv02=12mv2-mgh
解得v2=2gh+v02
若图像是一条不经过原点的直线，则重物下落过程中机械能可能守恒，C不符合题意。
故答案为：B。
【分析】（1）（2）（4）根据验证机械能守恒定律的实验原理以及注意事项进行分析判断正确的选项：
（3）根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度得出B点的速度，利用动能和重力势能的表达式 得出重力势能的减少量和动能的增加量；
（5）根据动能定理以及机械能守恒定律 进行分析判断正确的选项。
18．【答案】（1）6
（2）A；C
（3）；5.80~5.90
（4）图丁；刚闭合开关时，灯丝温度较低，电阻较小，电流较大：随着灯丝温度升高，电阻逐渐增大，电流逐渐减小；当灯丝发热与散热平衡时，温度不变，电阻不变，电流保持不变
【解析】【解答】（1）将选择开关调节到“×1Ω”，由图甲可知，金属丝的电阻Rx=6×1Ω=6Ω
（2）由题知，电源电动势为3V，则回路中的最大电流为Imax=ERx=36A=0.5A
故电流表选A；
为了调节方便、测量准确，滑动变阻器要选最大阻值小的，故答案为：C；
（3）将描出的点用直线连接，即可得U-I图线，则有
取（0.3A，1.75V），可得R=1.750.3Ω=5.80Ω
（4） 刚闭合开关时，灯丝温度较低，电阻较小，电流较大；随着灯丝温度升高，电阻逐渐增大，电流逐渐减小；当灯丝发热与散热平衡时，温度不变，电阻不变，电流保持不变，所以是图丁。
【分析】（1）根据欧姆表的读数原理得出该金属丝的电阻丝：
（2）利用欧姆定律得出电路中最大电流，从而选择实验中的电流表， 为了调节方便、测量准确，从而选择滑动变阻器：
（3）利用描点法画出U-I的图像，结合图像以及欧姆定律得出该金属丝的电阻；
（4）结合热敏电阻的特点以及欧姆定律判断分析正确的图像。
19．【答案】（1）解：座舱自由下落的高度为h1=75m-30m=45m
由自由落体运动规律，设最大速度为v，有v2=2gh1
得v=30m/s
（2）解：由自由落体运动规律h=12gt2
得自由下落阶段时间t1=2h1g=3s
设减速阶段加速度大小为a，有v22g+v22a=H
解得a=15m/s2
则减速阶段时间为t2=va=2s
运动总时间t=t1+t2=5s
（3）解：离地35m时，还处于自由下落阶段，人处于完全失重状态，人对座舱的压力为0
【解析】【分析】（1）根据匀变速直线运动的规律得出座舱运动的最大速度：
（2）根据自由落体运动的规律以及匀变速直线运动位移与速度的关系得出座舱运动的总时间；
（3）根据人的超失重得出座舱对人的作用力 。
20．【答案】（1）解：若滑块恰好能过最高点，则最高点时有mg=mv2R
从A到C，根据动能定理有mg(h1-2R)=12mv2
解得h1=0.5m
要使滑块恰能运动到E点，则滑块到E点的速度vE=0，从A到E，根据动能定理有mgh2-μmg(x1+x2)=0-0
解得h2=1.4m
显然h2>h1
要使滑块恰能运动到E点，则滑块释放点的高度h0=h2=1.4m
（2）解：若h=1.2m设物体在传送带上向左运动x'2，速度减为0，有mgh-μmg(x1+x'2)=0
得x'2=3m
之后返回BD轨道，根据动能定理有μmgx'2-μmgx=0
得x=x'2=3m
所以，恰停在B点处
（3）解：①若滑块刚好停在D点，则mgh3-μmgx1=0-0
得h3=0.6m
当滑块释放点的高度范围满足0.5m≤h≤0.6m时，滑块不能运动到D点，最终停在BD上，设其在BD上滑动的路程为x，根据动能定理有mgh-μmgx=0-0
可得x=hμ=5h
②当滑块释放点的高度范围满足0.6m
③当滑块释放点的高度范围满足1.2m
④当滑块释放点的高度h>1.4m时，滑块从E点飞出，根据动能定理有mgh-μmg(x1+x2)=12mvE2
由平抛运动知识可知，平抛运动的时间t=2Hg=0.2s
可得x=x1+x2+vEt=(7+25h-75)m
【解析】【分析】（1）滑块恰好通过最高点时根据牛顿第二定律得出最高点的速度，结合动能定理得出 滑块释放点的高度 ：
（2）物体在传送带上运动的过程中根据功能关系以及动能定理得出滑块最终停止的位置：
（3）结合功能关系以及动能定理和平抛运动得出滑块静止时距B点的水平距离x与释放点高度h的关系。
21．【答案】（1）解：由右手定则可知线框内电流的方向为逆时针或者ADCBA，线框位于位置2时恰好达到平衡状态，设下边所在处磁感强度为B2，上边所在处为B1，则有mg-F=B2IL-B1IL
B2-B1=kL
解得k=2T/m
（2）解：由闭合电路的欧姆定律有E总=E2-E1=B2Lvy1-B1Lvy1
I=E总R=kLvy1R
解得vy1=IRkL=1.25m/s
线框从位置1到位置2，线框所受安培力合力方向向下FA=(B2-B1)IL
安培力冲量IA=ΔBILt带入得IA=k2L4HR
在y方向由动量定理得mgt-Ft-IA=mvy1
解得t=1.25s
（3）解：线框从位置2到位置3，水平方向做匀加速运动，由牛顿第二定律F=mg2=ma
得a=5m/s2
由运动学规律3.5L=v0t+12at2
得到t=1s
轨迹为抛物线，则y方向为匀速运动，有mg=k2L4Rvy2
从位置2到位置3，y方向列动量定理mgt-IA=mvy2-mvy1
代入数据可解得h=3516m
【解析】【分析】（1）根据右手定则以及共点力平衡得出k的数值：
（2）由闭合电路欧姆定律以及安培力的表达式和动量定理得出线框从位置1到位置2的时间 ；
（3）利用牛顿第二定律和运动学规律得出相框运动的时间，结合动量定理得出线框从位置2运动到位置3的竖直高度差 。
22．【答案】（1）解：粒子经过加速电场加速有qU=12mv2-12mv02
仅加电场时粒子在正方体区域中做类平抛运动，当M点射入的例子恰好到达P点，则所有粒子均能达到平面NPP1N1，由类平抛规律可得qE0=ma，2L=12at2，2L=vt
解得E0=4mv02qL
（2）解：仅加磁场时粒子在正方体区域中做匀速圆周运动，当从M点射入的粒子恰好到达Q1点时所加的磁场为最小值，由圆周运动规律可得r1=2L，qv0B0=mv02r1
解得B≤mv2Lq=mv0Lq
当从M点射入的粒子恰好到达M1点时所加的磁场为最大值，有r2=L， qv0Bm=mv02r2
解得B≥mv0Lq
所以B=mv0Lq
（3）解：x方向的运动L=qE2mt2
xz平面的运动(2L-r)2+L2=r2
得到r=5L4，cosθ=Lr=45
又r=mv0qB， t=90°+θ360°×2πrv0
解得B=4mv05qL，E=128mv0249π2qL
（4）解：画出在平面NPP1N1上有粒子打到的区域的边界
面积为s=6-π4L2
【解析】【分析】（1）粒子经过加速电场时根据动能定理以及类平抛运动的规律得出 所加匀强电场电场强度的最小值 ：
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用洛伦兹力提供向心力得出所加匀强磁场的磁感应强度的大小满足的条件；
（3）利用几何关系以及粒子磁场中运动轨迹半径的表达式得出所加的磁感应强度和电场强度：
（4）结合几何关系得出有粒子打到的区域的 面积。
2022届浙江省杭州高级中学等五校高三下学期5月联考
物理联考试卷
一、单选题
1．每月月初的时候都会收到电力公司的【智能交费账单】，其中有“尊敬的客户，户号为：3720074×××，户名：*小明，地址为×镇×街道×幢×室。本期电量为313度”等信息。则该短信中“电量”对应的物理量及该物理量对应的国际制单位符号表示正确的是（ ）
A．电荷量C B．电功率W C．电功kW⋅h D．电功J
2．下列四幅示意图，是对运动员在做立定跳远运动时，脚蹬地起跳前瞬间的受力分析，其中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
3．2022年北京冬季奥运会，将于2022年2月4日至20日在北京与张家口举行。如图所示为我国运动员“双人花样滑冰”训练时的情景，男运动员以自己为转动轴拉着女运动员做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．以男运动员为参考系，女运动员是静止的
B．研究女运动员的技术动作时，可以把她看成质点
C．若女运动员做圆周运动，她旋转一周的平均速度为零
D．女运动员旋转时的加速度方向始终沿着伸直的手臂方向
4．关于以下四幅图中所涉及物理知识的论述中，正确的是（ ）
A．甲图中，液晶显示用到了偏振光
B．乙图中，沙漠中的“蜃景”现象是光的衍射现象引起的
C．丙图中，由图可知当驱动力的频率f跟固有频率f0相差越大，振幅越大
D．丁图中，研究单摆简谐运动的图像，匀速拉动木板的速度大小会影响单摆运动周期
5．如图所示，不带电的金属球下面垫着干燥的泡沫块，两者一起放在电子秤上。现在用毛皮摩擦塑料管使其带电，带电塑料管从上方缓慢靠近金属球，最后停在金属球上方的某一位置，这一过程中，发现电子秤示数发生了变化，之后稳定。根据以上信息判断，下列说法中正确的是（ ）
A．电子秤示数逐渐增加，稳定后的示数大于泡沫与球的总重
B．电子秤示数逐渐减小，稳定后的示数小于泡沫与球的总重
C．电子秤示数先增加后减小，稳定后的示数等于泡沫与球的总重
D．电子秤示数先减小后增加，稳定后的示数等于泡沫与球的总重
6．小明同学制作了一个有趣的“简易电动机”，将一节5号干电池的正极向上，几块圆柱形强磁铁片（能导电）吸附在电池的负极上，把一段裸铜导线弯折成一个线框，如图甲所示，线框上端的中点折出一个突出部分与电池的正极良好接触，下面弯曲的两端与磁铁表面保持良好接触，如图乙所示，放手后线框就会转动起来。关于该“简易电动机”，下列说法正确的是（ ）
A．若磁铁N极朝上，从上往下看，该线框逆时针旋转
B．若将磁铁上下对调，“电动机”转动方向可能不变
C．若在磁铁下面再吸附一块同样的磁铁片，转动稳定后转速更大
D．“简易电动机”由静止到转动起来的过程中，电源的功率不断增大
7．如图所示，足球被踢出后在空中依次经过a、b、c三点的运动轨迹示意图，b为最高点，a、c两点等高。则足球（ ）
A．在a点的动能与在c点的相等
B．在a点的机械能比在b点的大
C．在b点的加速度方向竖直向下
D．从a运动到b的时间大于从b运动到c的时间
8．地球的公转轨道接近圆，哈雷彗星的公转轨道则是一个非常扁的椭圆，如图所示。天文学家哈雷成功预言了哈雷彗星的回归，哈雷彗星最近出现的时间是1986年，预测下次飞近地球将在2061年左右。若哈雷彗星在近日点与太阳中心的距离为r1，远日点与太阳中心的距离为r2。下列说法正确的是（ ）
A．哈雷彗星轨道的半长轴是地球公转半径的753倍
B．哈雷彗星在近日点的速度一定大于地球的公转速度
C．哈雷彗星在近日点和远日点的速度之比为r2：r1
D．相同时间内，哈雷彗星与太阳连线扫过的面积和地球与太阳连线扫过的面积相等
9．用平行单色光垂直照射一层透明薄膜，观察到如图所示明暗相间的干涉条纹。下列关于该区域薄膜厚度d随坐标x的变化关系，可能正确的是（ ）
A．薄膜层的厚度随坐标x增大而减小
B．薄膜层的厚度随坐标x增大而均匀增大
C．薄膜层厚度的变化率不随坐标x变化而变化
D．薄膜层厚度的变化率随坐标x增大而逐渐增大
10．如图所示为小明同学家里购买的一款扫地机器人，工作过程遇电量不足20%时，会自动返回基座充电。小明同学仔细翻阅了这款扫地机器人的说明书，发现其工作参数如下表所示，则该扫地机器人（ ）
机器人吸尘器
电池
14.4V/5200mA⋅h锂离子电池
产品重量
约4.7kg
无线连接
WiFi智能快连
额定电压
14.4V
额定功率
68W
充电时间
<6小时
A．电阻一定为3.05Ω
B．实际工作电流一定为4.72A
C．充满电后正常工作的时间一定为1.1h
D．以额定功率工作时每分钟消耗电能一定为4080J
11．近期，俄罗斯在乌克兰使用了超高音速导弹“匕首”，成功破坏了在乌克兰的外国雇佣军的营地和军火库。我国成功进行了多次高超音速导弹试验，目的是保持强大的威慑能力，有效遏制战争、保护自身安全。假设频率一定的点波源随导弹以超音速做匀速直线运动，且以相等的时间间隔向各个方向同时发出声波，图中各圆形均表示点波源振动产生的波面。关于该过程，下列图中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
12．真空中有一平行板电容器，两极板分别由铂和钾（其截止频率对应的光波波长分别为λ1和λ2）制成，板面积为S，间距为d．现用波长为λ(λ1<λ<λ2)的单色光持续照射两板内表面，则电容器的最终带电荷量Q正比于
A．dS(λ-λ1λλ1) B．dS(λ2-λλλ2)
C．Sd(λ-λ1λλ1) D．Sd(λ2-λλλ2)
13．竖立的橱窗玻璃比一般的玻璃厚，嵌在墙体部。如图甲所示，某同学的测量过程如下：激光笔发出细激光束以入射角 θ 照射玻璃，反射后在竖直的纸板上出现几个亮度不同但间隔均匀的亮斑，测出相邻亮斑间的距离 x ，改变入射角度，测得多组数据，以 sin2θ 为纵坐标、 sin2θx2 为横坐标，描点后拟合出直线，如图乙所示，测出图线在横轴的截距为 a=6.25×102m-2 ，纵轴的截为 b=2.25 下列说法正确的是（ ）
A．该玻璃对该激光的折射率为 n=1.5
B．该橱窗玻璃的厚度为6cm
C．减小 θ 角，纸板上相邻亮斑间的距离增大
D．仅换用频率较小的激光，纸板上相邻亮斑间的距离减小
二、多选题
14．为了测定某平行于纸面的匀强电场的场强，某同学进行了如下操作：取电场内某一位置O点为坐标原点建立x轴，选取x轴上到O点距离为r的P点，以O为圆心、r为半径作圆，如图甲所示；从P点起逆时针沿圆周测量圆上各点的电势φ和转过的角度θ；当半径r分别取r0、2r0、3r0时，绘制φ-θ图线如图乙所示。乙图中曲线①、②、③均在θ=θ0时达到最大值，最大值分别为4φ0、3φ0、2φ0。下列说法正确的是（ ）
A．O点为电势零点
B．曲线①、②、③的交点M和N在同一等势线上
C．场强方向与x轴正方向的夹角为θ0
D．场强的大小为φ0r0
15．磁感应强度为B的匀强磁场，一个静止的放射性原子核(XZA)发生了一次α衰变。放射出的α粒子(H24e)在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R。以m、q分别表示α粒子的质量和电荷量，生成的新核用Y表示，真空中光速为c，下列说法正确的是（ ）
A．新核Y在磁场中做圆周运动的轨道半径为RY=4Z-4R
B．α粒子做圆周运动可等效成一个环形电流，且电流大小为I=Bq22πm
C．若衰变过程中释放的核能都转化为α粒子和新核Y的动能，则衰变过程中的质量亏损约为Δm=A(qBR)22m(A-4)c2
D．发生衰变后产生的α粒子与新核Y在磁场中旋转方向相同，且轨迹为相内切的圆
16．某老款手机充电装置由一个变压器和一个整流装置组成，如图所示。变压器原副线圈匝数比n1：n2=44：1，输出端连接有4个理想二极管，若AB端输入电压为u=2202sin100πt(V)，下列说法中正确的是（ ）
A．手机充电时N点电势总是高于M点电势
B．手机充电电流随时间变化的周期为0.01s
C．二极管的存在使得整流装置输出端电压的有效值为52V
D．若在AB端输入电压为220V的直流电时，CD端输出可以获得相同的有效值
三、实验题
17．利用如图装置做“验证机械能守恒定律”实验。
（1）为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的____。
A．动能变化量与势能变化量
B．速度变化量和势能变化量
C．速度变化量和高度变化量
（2）除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是____。
A．交流电源 B．刻度尺 C．天平（含砝码）
（3）实验中，先接通电源，再释放重物，得到如图所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m。从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量ΔEp= ，动能增加量ΔEk= 。
（4）大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是____。
A．利用公式v=gt计算重物速度
B．利用公式v=2gh计算重物速度
C．存在空气阻力和摩擦阻力的影响
D．没有采用多次实验取平均值的方法
（5）某同学想用下述方法研究机械能是否守恒：在纸带上选取多个计数点，测量它们到计数起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度v，描绘v2-h图像，如下判断正确的是____。
A．若图像是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能一定守恒
B．若图像是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能可能不守恒
C．若图像是一条不经过原点的直线，则重物下落过程中机械能一定不守恒
18．在“测量金属丝的电阻率”实验中，某同学用电流表和电压表测量一金属丝的电阻。
（1）该同学先用欧姆表“×1”挡粗测该金属丝的电阻，示数如图甲所示，对应的读数是 Ω。
（2）除电源（电动势3.0V，内阻不计）、电压表（量程0∼3V，内阻约3kΩ）、开关、导线若干外，还提供如下实验器材：
A．电流表（量程0∼0.6A，内阻约0.1Ω）
B．电流表（量程0∼3.0A，内阻约0.02Ω）
C．滑动变阻器（最大阻值10Ω，额定电流2A）
D．滑动变阻器（最大阻值1kΩ，额定电流0.5A）
为了调节方便、测量准确，实验中电流表应选用 ，滑动变阻器应选用 （选填实验器材前对应的字母）。
（3）该同学测量金属丝两端的电压U和通过金属丝的电流I，得到多组数据，并在坐标图上标出，如图乙所示。请作出该金属丝的U-I图线 ，根据图线得出该金属丝电阻R= Ω（结果保留小数点后两位）。
（4）将定值电阻替换为小灯泡，改用电流传感器测得小灯泡的电流随时间变化的图线，会是哪个图（填“图丙”或“图丁”） ，并分析说明原因是 。
四、解答题
19．如图所示为一种巨型娱乐器械，可以使人体验超重和失重状态。一个可乘坐二十多人的环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上几十米的高处，然后让座舱自由落下。落到一定位置时，制动系统启动，到地面时刚好停下。已知座舱开始下落的高度是75m，当落到离地面30m的位置时开始制动，座舱做匀减速运动。若座舱中某人的质量为60kg。不计空气阻力。求：
（1）座舱运动的最大速度；
（2）座舱运动的总时间；
（3）当落到离地面35m的位置时，座舱对人的作用力。
20．如图所示的简化模型，主要由光滑曲面轨道AB、光滑竖直圆轨道、水平轨道BD、水平传送带DE和足够长的落地区FG组成，各部分平滑连接，圆轨道最低点B处的入、出口靠近但相互错开，滑块落到FG区域时马上停止运动。现将一质量为m=0.2kg的滑块从AB轨道上某一位置由静止释放，若已知圆轨道半径R=0.2m，水平面BD的长度x1=3m，传送带长度x2=4m，距离落地区的竖直高度H=0.2m，滑块始终不脱离圆轨道，且与水平轨道BD和传送带间的动摩擦因数均为μ=0.2，传送带以恒定速度v0=4m/s逆时针转动（不考虑传送带轮的半径对运动的影响）。
（1）要使滑块恰能运动到E点，求滑块释放点的高度h0；
（2）若h=1.2m，则滑块最终停于何处？
（3）求滑块静止时距B点的水平距离x与释放点高度h的关系。
21．如图所示，边长为L=1m、质量为m=1kg、电阻为R=1Ω的匀质正方形刚性导体线框ABCD和直角坐标系xOy（x轴水平，y轴竖直）均处于竖直平面内。在第一象限的空间内存在垂直于纸面向里的磁场，磁感应强度在x方向均匀分布，y方向上满足B=2+ky（各量均采用国际单位，k为大于0的未知量）。初始时，线框的A点与坐标原点O重合，AB边与x轴重合（记为位置1）。现给线框一个沿着x轴正方向的速度v0=1m/s，并且给线框一个竖直向上的恒力F=mg2，当线框A点下降的高度为H=1.25m（记为位置2）时，可以认为线框恰好达到最大速度，且线框中的电流I=2.5A。此后恒力F保持大小不变，方向改为x方向，线框继续运动到位置3（位置3和位置2中A点的横坐标相距3.5L），此后轨迹是抛物线。若整个运动过程中，线框始终处于同一竖直平面内，AB边始终保持水平，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
（1）k的数值；
（2）线框从位置1到位置2的时间t1；
（3）线框从位置2运动到位置3的竖直高度差h。
22．利用电场与磁场控制带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设备中有着广泛的应用。如图所示，一粒子源不断释放质量为m，带电量为+q的带电粒子，其初速度为v0，经过可调的加速电压U(0≤U≤3mv022q)加速后，以一定速度垂直平面MNN1M1射入边长为2L的正方体区域MNPQ-M1N1P1Q1。可调整粒子源及加速电场位置，使带电粒子在长方形MHIJ区域（MH=3L2，MJ=L）内入射，不计粒子重力及其相互作用。（说明：本题中为了计算方便，取cos36°=0.8，sin36°=0.6）
（1）若仅在正方体区域中加上沿x轴正方向的匀强电场，要让所有粒子都到达平面NPP1N1，求所加匀强电场电场强度的最小值E0；
（2）若仅在正方体区域中加上沿x轴正方向的匀强磁场，要让所有粒子都到达平面M1N1P1Q1（含边界），求所加匀强磁场的磁感应强度的大小满足的条件；
（3）同时加上沿x轴正方向的电场和磁场，且加速电压为零时，从M点射入的粒子恰好打在底面M1N1P1Q1的中心，求所加的B、E的大小；
（4）同时加上沿x轴正方向的电场和磁场，且电场强度为E1=4mv02π2qL，磁场的磁感应强度为B1=mv0qL，画出在平面NPP1N1上有粒子打到的区域的边界，并求出面积。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】本题中“电量”应该是能量的单位，也就是电功的单位，常用单位是“度”，而国际单位是焦耳（J）。
故答案为：D。
【分析】根据国际单位进行分析判断正确的选项。
2．【答案】A
【解析】【解答】重力方向竖直向下，支持力方向垂直水平地面向上，蹬地时运动员相对地面有向后的运动趋势，所以地面对运动员有向前的摩擦力，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】运动员受到的支持力向上，其摩擦力平行与地面向前，其重力竖直向下。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．女运动员相对男运动员的位置改变，女运动员是运动的，A不符合题意；
B．研究技术动作时，不能忽略女运动员的大小，B不符合题意；
C．由平均速度是矢量，大小等于位移与时间的比值，绕一周回到起点，平均速度为零，C符合题意；
D．女运动员旋转时的加速度方向女运动员旋转时的加速度方向应指向女运动做圆周运动的圆心，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据参考系以及圆周运动的特点进行受力分析。
4．【答案】A
【解析】【解答】A．甲图中，液晶显示用到了偏振光，A符合题意；
B．乙图中，沙漠中的“蜃景”现象是光全反射现象引起的，B不符合题意；
C．丙图中，由图可知当驱动力的频率f跟固有频率f0相差越小，振幅越大，C不符合题意；
D．丁图中，研究单摆简谐运动的图像，匀速拉动木板的速度大小不会影响单摆运动周期，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】液晶显示用到了偏振光，“蜃景”现象是光全反射现象，当驱动力的频率f跟固有频率f0相差越小，振幅越大，结合单摆的运动进行分析判断，
5．【答案】B
【解析】【解答】毛皮摩擦过的塑料管带负电，从上方缓慢靠近金属球的过程中，金属球因为静电感应，上表面感应出正电荷，下表面感应出负电荷，随着塑料管的靠近金属球上感应电荷电量越大，金属球受向上逐渐增大的静电引力，由平衡条件和牛顿第三定律可知：金属球对泡沫的压力逐渐减小，则整体对电子秤的压力逐渐减小，所以电子秤示数逐渐减小；最后塑料管停在金属球上方的某一位置，金属球受到向上的静电引力达到最大且保持不变，则整体对电子秤的压力达到最小值后保持稳定，稳定后的示数小于泡沫和球的总重。
故答案为：B。
【分析】毛皮摩擦过的塑料管带负电，靠近金属球使金属球带电是由于静电感应，利用共点力平衡以及牛顿第三定律进行分析判断。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．线框受到安培力的作用而发生转动，根据左手定则可以判断从上往下看，线框将做顺时针转动，A不符合题意；
B．将磁铁上下对调，则安培力反向，“电动机”转动方向一定改变，B不符合题意；
C．若在磁铁下面再增加一块同样的磁铁，磁感应强度增大，线框受到的安培力增大，转动稳定后转速更大，C符合题意；
D．由静止到转动起来的过程中，转速不断增大，因导线切割磁感应线，产生的感应电动势与电源相反，则线框中电流减小，根据P=EI知，电源的功率不断减小，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据线框的转动情况以及左手定则得出线框的转动情况，结合法拉第电磁感应定律以及电功率的表达式进行分析判断。
7．【答案】B
【解析】【解答】A．足球在运动过程中，受到空气阻力作用，足球机械能不守恒，则在a点的动能与在c点的不相等，A不符合题意；
B．由于空气阻力做负功，足球机械能减小，则足球在a点的机械能比在b点的大，B符合题意；
C．在b点，足球速度水平向右，则足球除了受到重力外，还受到水平向左的空气阻力，则足球在b点的加速度方向不沿竖直向下，C不符合题意；
D．足球从a点运动到b点的过程中，在竖直方向上，受到的空气阻力和重力都向下。而足球从b点运动到c点的过程中，在竖直方向上，受到的空气阻力向上，重力向下。则足球从a运动到b的过程中的竖直方向的加速度大于从b运动到c过程中的竖直方向的加速度。又从a运动到b的竖直位移大小等于从b运动到c的竖直位移大小，则根据y=12at2
可知足球从a运动到b的时间小于从b运动到c的时间，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】机械能守恒的条件是只有重力做功，根据恒力做功以及匀变速直线运动的规律进行分析判断。
8．【答案】B
【解析】【解答】A．地球公转周期T=1年，哈雷彗星的周期为T’=(2061−1986)年=75年
根据开普勒第三定律有a3T'2=R3T2
解得aR=3T'2T2=3752
A不符合题意；
B．哈雷彗星的轨道在近日点的曲率半径比地球的公转轨道半径小，根据万有引力提供向心力GMmr2=mv2r
得v=GMr
可得哈雷彗星在近日点的速度一定大于地球的公转速度，B符合题意；
CD．根据开普勒第二定律，相同时间内，哈雷彗星与太阳连线扫过的面积相等，但并不与地球与太阳连线扫过的面积相等。设哈雷彗星在近日点和远日点的速度分别为v1、v2，取时间微元Δt，结合扇形面积公式S=12⋅AB⌢⋅r
可知12v1Δt⋅r1=12v2Δt⋅r2
解得v1v2=r2r1
CD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据开普勒第三定律得出哈雷彗星轨道的半长轴是地球公转半径的 的关系；利用万有引力提供向心力从而得出线速度的表达式，并判断线速度的大小。
9．【答案】A
【解析】【解答】用平行单色光垂直照射一层透明薄膜，从透明薄膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，发生干涉现象，出现条纹，两列反射光的光程差为透明薄膜厚度的2倍，当光程差为nλ时此处表现为亮条纹，即当薄膜的厚度d=nλ2时对应的条纹为亮条纹，相邻的两个亮条纹处薄膜厚度相差λ2，由图知从左向右条纹的间距逐渐增大。
A．若薄膜层的厚度随坐标x增大而减小，且薄膜层厚度的变化率随坐标x增大而逐渐减小，则条纹会如图所示，从左向右条纹的间距逐渐增大，A符合题意；
BC．若薄膜层厚度的变化率不随坐标x变化而变化，即薄膜层的厚度随坐标x均匀变化时，则条纹间距应不变，BC不符合题意；
D．若薄膜层厚度的变化率随坐标x增大而逐渐增大，则条纹间距会从左向右逐渐减小，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据薄膜干涉的原理和相邻条纹空气层厚度差的关系即可选择正确的答案。
10．【答案】D
【解析】【解答】A．机器人不是纯电阻用电器，所以其电阻R≠U2P=14.4268Ω=3.05Ω
A不符合题意；
B．由铭牌知，扫地机器人工作的额定电压为8V，额定功率为14.4W，则额定电流I=PU=6814.4A=4.72A
实际工作电流不一定等于额定电流，B不符合题意；
C．根据电池容量5200mA·h知，知电量为q=5.2A×3600s=18720C
由于机器人工作过程遇电量不足20%时，会自动返回基座充电，所以充满电后正常工作的时间为t=q×80%I=18720×80%4.72s≈0.88h
C不符合题意；
D．以额定功率工作时每分钟消耗电能为E=Pt=68×60J=4080J
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】机器人不是纯电阻电路 ，不能使用欧姆定律，利用电功率的表达式得出实际工作电流和额定电流的大小关系，结合电流的定义式得出充满电后正常工作的时间。
11．【答案】D
【解析】【解答】A．表示波源静止，波面以声波的速度向外传播，A不符合题意；
B．表示波面以声波的速度向外传播，波源向右运动的速度小于声波的速度，B不符合题意；
C．表示波面以声波的速度向外传播，波源向右运动的速度等于声波的速度，C不符合题意；
D．表示波面以声波的速度向外传播，波源向右运动的速度大于声波的速度，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】同心圆表示波源的位置不动，不是同心圆，说明物体在运动，第一个波面传到最外层，物体在小圆的圆心。
12．【答案】D
【解析】【解答】当电容器极板所带电荷量为最终电荷量时，两板间电压为遏止电压，即此时光电子的最大初动能完全用来克服电场力做功，末速度为零．则有：hν-hν2=eU
又ν=cλ，C=εtS4πkd，U=QC，代入解得：Q=Chce(1λ-1λ2)=εrhc4πke⋅Sd⋅(λ2-λλλ2)
由于εrhc4πke为常数，所以D符合题意；
故答案为：D。
【分析】利用爱因斯坦光电效应方程以及电容器的定义式和决定式得出电容器所带电荷量的表达式，从而选择正确的选项。
13．【答案】A
【解析】【解答】AB．光路图如图所示，由折射定律有
n=sinθsinα
由几何关系有 tanα=x2d
又有 sin2α=tan2α1+tan2α
整理得 sin2θ=n2-4d2sin2θx2
结合图像可知 n2=b ， 4d2=ba
解得 n=b=1.5 ， d=12ba=0.03m
所以A符合题意；B不符合题意；
C．减小 θ 角，折射角减小，纸板上相邻亮斑间的距离减小，所以C不符合题意；
D．仅换用频率较小的激光，则折射率减小，折射角增大，纸板上相邻亮斑间的距离增大，所以D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题考查折射定律。作出光路图，结合几何知识和已知条件，可以求出折射率和玻璃厚度。也可以判断相邻亮斑间的距离随入射角和光频率的关系。
14．【答案】B,D
【解析】【解答】C．电场强度方向从电势最高点指向电势最低点，根据图像，电场方向与x轴负方向成θ0角，C不符合题意；
B．由图知曲线①、②、③的交点M和N电势相等，因为是匀强电场，所以交点M和N在同一等势线上，B符合题意；
D．根据图像，曲线①的峰值最大，曲线①对应的r最大，取值为3r0，曲线③对应的半径为r0，电场强度的大小为E=Ud=2φ0-02r0=φ0r0
D符合题意；
A．根据曲线③的峰值为2φ0，最小值为0，因为是匀强电场，坐标原点O的电势为φ=2φ0+02=φ0
A不符合题意；
故答案为：BD。
【分析】沿着电场的方向电势逐渐降低，等势线与电场线垂直，结合匀强电场电场强度的表达式得出电场强度的表达式。
15．【答案】B,C
【解析】【解答】A．粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB=mv2R
解得，粒子的轨道半径R=mvqB
根据半径公式则有R1R=2Z-2解得R1=2Z-2R
A不符合题意；
B．粒子做圆周运动的周期T=2πrv=2πmqB
则环形电流I=qT=Bq22πm
B符合题意；
C．对α粒子，由洛伦兹力提供向心力，则有qvB=mv2R
解得v=BqRm
由质量关系可知，衰变后新核Y质量为M=A-44m
衰变过程系统动量守恒，由动量守恒定律得Mv'-mv=0解得v'=mMv
系统增加的能量为ΔE=12Mv'2+12mv2
由质能方程得ΔE=Δmc2
联立解得m=A(qBR)22m(A-4)c2
C符合题意；
D．由动量守恒可知，衰变后α粒子与新核Y运动方向相反，所以轨迹圆应外切，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，结合半径的表达式得出新核Y的轨道半径，通过动量守恒以及爱因斯坦质能方程得出亏损的质量。
16．【答案】A,B
【解析】【解答】A．根据二极管的单向导电性，手机充电时N点电势总是高于M点电势，A符合题意；
B．交变电流的周期为T=2πω=2π100πs=0.02s
根据二极管的单向导电性，经过二极管全波整流后，交变电流变成脉动直流电流，电流的周期减半，所以手机充电电流随时间变化的周期为0.01s，B符合题意；
C．变压器副线圈两端电压最大值为U2m=144U1m=144×2202V=52V
二极管的存在使得整流装置输出端电压的有效值为U2=U2m2=5V
C不符合题意；
D．若在AB端输入电压为220V的直流电时，变压器不能工作，CD端输出电压为零，D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】二极管具有单向导电性，从而得出MN两点的电势高低，根据交变电流的瞬时值表达式得出电流变化的周期；通过交流电源电流的有效值 和最大值之间的关系得出输出电压的有效值。
17．【答案】（1）A
（2）A；B
（3）mghB；12m(hC-hA2T)2
（4）C
（5）B
【解析】【解答】（1）小球下落过程中，如果减少的重力势能等于增加的动能，则小球的机械能守恒，所以为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的动能变化量与势能变化量。
故答案为：A。
（2）在下列器材中，还必须使用交流电源给打点计时器供电和用刻度尺测量纸带计数点之间的距离。
故答案为：AB。
（3）从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量为ΔEp=mghB
从打O点到打B点的过程中，动能增加量为ΔEk=12mvB2
根据vB=hC-hA2T
解得ΔEk=12m(hC-hA2T)2
（4） 存在空气阻力和摩擦阻力的影响，大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量。
故答案为：C。
（5） AB．设空气阻力不变为f，根据动能定理得mgh-fh=12mv2
解得v2=2(g-fm)h
若图像是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能可能守恒，可能不守恒，A不符合题意，B符合题意；
C．根据机械能守恒定律得12mv02=12mv2-mgh
解得v2=2gh+v02
若图像是一条不经过原点的直线，则重物下落过程中机械能可能守恒，C不符合题意。
故答案为：B。
【分析】（1）（2）（4）根据验证机械能守恒定律的实验原理以及注意事项进行分析判断正确的选项：
（3）根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度得出B点的速度，利用动能和重力势能的表达式 得出重力势能的减少量和动能的增加量；
（5）根据动能定理以及机械能守恒定律 进行分析判断正确的选项。
18．【答案】（1）6
（2）A；C
（3）；5.80~5.90
（4）图丁；刚闭合开关时，灯丝温度较低，电阻较小，电流较大：随着灯丝温度升高，电阻逐渐增大，电流逐渐减小；当灯丝发热与散热平衡时，温度不变，电阻不变，电流保持不变
【解析】【解答】（1）将选择开关调节到“×1Ω”，由图甲可知，金属丝的电阻Rx=6×1Ω=6Ω
（2）由题知，电源电动势为3V，则回路中的最大电流为Imax=ERx=36A=0.5A
故电流表选A；
为了调节方便、测量准确，滑动变阻器要选最大阻值小的，故答案为：C；
（3）将描出的点用直线连接，即可得U-I图线，则有
取（0.3A，1.75V），可得R=1.750.3Ω=5.80Ω
（4） 刚闭合开关时，灯丝温度较低，电阻较小，电流较大；随着灯丝温度升高，电阻逐渐增大，电流逐渐减小；当灯丝发热与散热平衡时，温度不变，电阻不变，电流保持不变，所以是图丁。
【分析】（1）根据欧姆表的读数原理得出该金属丝的电阻丝：
（2）利用欧姆定律得出电路中最大电流，从而选择实验中的电流表， 为了调节方便、测量准确，从而选择滑动变阻器：
（3）利用描点法画出U-I的图像，结合图像以及欧姆定律得出该金属丝的电阻；
（4）结合热敏电阻的特点以及欧姆定律判断分析正确的图像。
19．【答案】（1）解：座舱自由下落的高度为h1=75m-30m=45m
由自由落体运动规律，设最大速度为v，有v2=2gh1
得v=30m/s
（2）解：由自由落体运动规律h=12gt2
得自由下落阶段时间t1=2h1g=3s
设减速阶段加速度大小为a，有v22g+v22a=H
解得a=15m/s2
则减速阶段时间为t2=va=2s
运动总时间t=t1+t2=5s
（3）解：离地35m时，还处于自由下落阶段，人处于完全失重状态，人对座舱的压力为0
【解析】【分析】（1）根据匀变速直线运动的规律得出座舱运动的最大速度：
（2）根据自由落体运动的规律以及匀变速直线运动位移与速度的关系得出座舱运动的总时间；
（3）根据人的超失重得出座舱对人的作用力 。
20．【答案】（1）解：若滑块恰好能过最高点，则最高点时有mg=mv2R
从A到C，根据动能定理有mg(h1-2R)=12mv2
解得h1=0.5m
要使滑块恰能运动到E点，则滑块到E点的速度vE=0，从A到E，根据动能定理有mgh2-μmg(x1+x2)=0-0
解得h2=1.4m
显然h2>h1
要使滑块恰能运动到E点，则滑块释放点的高度h0=h2=1.4m
（2）解：若h=1.2m设物体在传送带上向左运动x'2，速度减为0，有mgh-μmg(x1+x'2)=0
得x'2=3m
之后返回BD轨道，根据动能定理有μmgx'2-μmgx=0
得x=x'2=3m
所以，恰停在B点处
（3）解：①若滑块刚好停在D点，则mgh3-μmgx1=0-0
得h3=0.6m
当滑块释放点的高度范围满足0.5m≤h≤0.6m时，滑块不能运动到D点，最终停在BD上，设其在BD上滑动的路程为x，根据动能定理有mgh-μmgx=0-0
可得x=hμ=5h
②当滑块释放点的高度范围满足0.6m
③当滑块释放点的高度范围满足1.2m
④当滑块释放点的高度h>1.4m时，滑块从E点飞出，根据动能定理有mgh-μmg(x1+x2)=12mvE2
由平抛运动知识可知，平抛运动的时间t=2Hg=0.2s
可得x=x1+x2+vEt=(7+25h-75)m
【解析】【分析】（1）滑块恰好通过最高点时根据牛顿第二定律得出最高点的速度，结合动能定理得出 滑块释放点的高度 ：
（2）物体在传送带上运动的过程中根据功能关系以及动能定理得出滑块最终停止的位置：
（3）结合功能关系以及动能定理和平抛运动得出滑块静止时距B点的水平距离x与释放点高度h的关系。
21．【答案】（1）解：由右手定则可知线框内电流的方向为逆时针或者ADCBA，线框位于位置2时恰好达到平衡状态，设下边所在处磁感强度为B2，上边所在处为B1，则有mg-F=B2IL-B1IL
B2-B1=kL
解得k=2T/m
（2）解：由闭合电路的欧姆定律有E总=E2-E1=B2Lvy1-B1Lvy1
I=E总R=kLvy1R
解得vy1=IRkL=1.25m/s
线框从位置1到位置2，线框所受安培力合力方向向下FA=(B2-B1)IL
安培力冲量IA=ΔBILt带入得IA=k2L4HR
在y方向由动量定理得mgt-Ft-IA=mvy1
解得t=1.25s
（3）解：线框从位置2到位置3，水平方向做匀加速运动，由牛顿第二定律F=mg2=ma
得a=5m/s2
由运动学规律3.5L=v0t+12at2
得到t=1s
轨迹为抛物线，则y方向为匀速运动，有mg=k2L4Rvy2
从位置2到位置3，y方向列动量定理mgt-IA=mvy2-mvy1
代入数据可解得h=3516m
【解析】【分析】（1）根据右手定则以及共点力平衡得出k的数值：
（2）由闭合电路欧姆定律以及安培力的表达式和动量定理得出线框从位置1到位置2的时间 ；
（3）利用牛顿第二定律和运动学规律得出相框运动的时间，结合动量定理得出线框从位置2运动到位置3的竖直高度差 。
22．【答案】（1）解：粒子经过加速电场加速有qU=12mv2-12mv02
仅加电场时粒子在正方体区域中做类平抛运动，当M点射入的例子恰好到达P点，则所有粒子均能达到平面NPP1N1，由类平抛规律可得qE0=ma，2L=12at2，2L=vt
解得E0=4mv02qL
（2）解：仅加磁场时粒子在正方体区域中做匀速圆周运动，当从M点射入的粒子恰好到达Q1点时所加的磁场为最小值，由圆周运动规律可得r1=2L，qv0B0=mv02r1
解得B≤mv2Lq=mv0Lq
当从M点射入的粒子恰好到达M1点时所加的磁场为最大值，有r2=L， qv0Bm=mv02r2
解得B≥mv0Lq
所以B=mv0Lq
（3）解：x方向的运动L=qE2mt2
xz平面的运动(2L-r)2+L2=r2
得到r=5L4，cosθ=Lr=45
又r=mv0qB， t=90°+θ360°×2πrv0
解得B=4mv05qL，E=128mv0249π2qL
（4）解：画出在平面NPP1N1上有粒子打到的区域的边界
面积为s=6-π4L2
【解析】【分析】（1）粒子经过加速电场时根据动能定理以及类平抛运动的规律得出 所加匀强电场电场强度的最小值 ：
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用洛伦兹力提供向心力得出所加匀强磁场的磁感应强度的大小满足的条件；
（3）利用几何关系以及粒子磁场中运动轨迹半径的表达式得出所加的磁感应强度和电场强度：
（4）结合几何关系得出有粒子打到的区域的 面积。
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