资源描述
2023 年高考物理模拟试卷
请考生注意：
1． 请用 2B 铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上， 请用 0． 5 毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答 案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 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、某气体星球的半径为R ，距离星球中心2R 处的 P 点的重力加速度为g 。若该星球的体积在均匀膨胀，膨胀过程中
星球质量不变，且密度均匀。当星球半径膨胀为3R 时， P 点的重力加速度为 g 。已知质量分布均匀的球壳对球壳内
物体的引力为零。则 g 与g 的比值为( )
1 9 8
A． B． 1 C． D．
3 4 27
2 、如图，在研究功与内能改变的关系时，将一小块易燃物放在厚玻璃筒底部，用力向下压活塞，可以将易燃物点燃。
关于该实验，下列说法正确的是( )
A．筒内气体，在被压缩的同时从外界迅速吸收热量，导致气体温度升高
B．只要最终筒内气体压强足够大，筒内易燃物就会被点燃
C．若实验中易燃物被点燃，是活塞与筒壁间摩擦生热导致的
D．该实验成功的关键是向下压活塞的力要大，速度要快
3、下列说法正确的是( )
A．图甲中，有些火星的轨迹不是直线，说明炽热微粒不是沿砂轮的切线方向飞出的
B．图乙中，两个影子在x、 y 轴上的运动就是物体的两个分运动
C ．图丙中，小锤用较大的力去打击弹性金属片， A、 B 两球可以不同时落地
D．图丁中，做变速圆周运动的物体所受合外力 F 在半径方向的分力大于所需要的向心力
4、我国成功地发射了北斗三号组网卫星，如图为发射卫星的示意图。先将卫星发射到半径为 r = r 的圆轨道 上做匀 1
速圆周运动，到 A 点时使卫星加速进入椭圆轨道，到椭圆轨道的远地点 B 点时，再次改变卫星的速度， 使卫星进入
半径为 r = 3r 的圆轨道做匀速圆周运动。已知卫星在椭圆轨道时距地心的距离与速度的乘积为定 值，卫星在椭圆轨
2
道上 A 点时的速度为 v，卫星的质量为 m，地球质量为 M，引力常量为 G，则发动机在 A 点对卫星做的功与在 B 点对
卫星做的功之差为(不计卫星的质量变化) ( )
5 2GMm
A． mv2 +
9 3r
5 3GMm
C． mv2 +
8 4r
5 2GMm
B． mv2
9 3r
4 GMm
D． mv2
9 3r
5、如图所示，真空中等边三角形 OMN 的边长为 L=2.0m，在 M、 N 两点分别固定电荷量均为q = +2.0 106 C 的点
电荷， 已知静电力常量 k = 9.0 109 N. m2 /C2，则两点电荷间的库仑力的大小和 O 点的电场强度的大小分别为( )
A． 9.0 103 N,7.8 103 N/C B． 9.0 103 N,9.0 103 N/C
C． 1.8102 N,7.8 103 N/C D． 1.8102 N,9.0 103 N/C
6 、三根通电长直导线垂直纸面平行固定，其截面构成一正三角形， O 为三角形的重心，通过三根直导线的电流分别用
I1、 I2、 I3 表示，方向如图。现在 O 点垂直纸面固定一根通有电流为 I0 的直导线，当I1 = I2 = I3 = I0 时， O 点处导线
受到的安培力大小为 F。已知通电长直导线在某点产生的磁感应强度大小和电流成正比，则( )
A．当 I = 3I、 I = I = I 时， O 点处导线受到的安培力大小为 4F 1 0 2 3 0
B．当 I = 3I、 I = I = I 时， O 点处导线受到的安培力大小为 3F
1 0 2 3 0
C．当 I = 3I、 I = I = I 时， O 点处导线受到的安培力大小为 3F
2 0 1 3 0
D．当 I = 3I、 I = I = I 时， O 点处导线受到的安培力大小为 2F
3 0 1 2 0
二、 多项选择题： 本题共 4 小题， 每小题 5 分， 共 20 分。 在每小题给出的四个选项中， 有多个选项是符合题目要求的。 全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。
7、如图所示，半径分别为 R 和 2R 的甲、乙两薄圆盘固定在同一转轴上，距地面的高度分别为 2h 和 h，两物块 a、 b 分别置于圆盘边缘， a、 b 与圆盘间的动摩擦因数 μ 相等，转轴从静止开始缓慢加速转动，观察发现， a 离开圆盘甲后， 未与圆盘乙发生碰撞，重力加速度为 g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( )
3R
A．动摩擦因数 μ 一定大于
2h
B ．离开圆盘前， a 所受的摩擦力方向一定指向转轴
C ．离开圆盘后， a 运动的水平位移大于 b 运动的水平位移
5R
D．若 = 2h ，落地后 a、 b 到转轴的距离之比为 11: 14
8、地球探测器的发射可简化为以下过程。先开动发动机使探测器从地表由静止匀加速上升至100km 高处，该过程的
平均加速度约为30m/s2 。再开动几次发动机改变探测器速度的大小与方向，实现变轨，最后该探测器在100km高度
绕地球做匀速圆周运动。已知探测器的质量约为2 102 kg ，地球半径约为6400km，万有引力常量为
6.67 1011N. m2 /kg2 。探测器上升过程中重力加速度可视为不变，约为9.8m /s2。则关于探测器的下列说法，正
确的是( )
A．直线上升过程的末速度约为1.73103m/s
B．直线上升过程发动机的推力约为 7.96 103 N
C．直线上升过程机械能守恒
D．绕地球做匀速圆周运动的速度约为 7.86 103m/s
9、如图所示，匀强电场中三点 A、 B、 C 是一个三角形的三个顶点， 三ABC = 三CAB = 30O， BC = 2 3m ，电场线平
行于ABC 所在的平面。一个带电荷量q = 2 106 C 的点电荷由 A 点移到 B 点的过程中，电势能增加1.2 106J，
由 B 移到 C 的过程中电场力做功 6 106 J ，下列说法中正确的是( )
BC
A． B、 C 两点间的电势差U = 3V B． A 点的电势低于 B 点的电势
C．负电荷由 A 点移到 C 点的过程中，电势能增加 D．该电场的电场强度大小为2V/m
10、带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a 点以初速度 v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到 b 点，如图所示，实 线是电场线，下列说法正确的是
A．粒子在 a 点时的加速度比在 b 点时的加速度小
B．从 a 到 b 过程中，粒子的电势能一直减小
C．无论粒子带何种电荷，经 b 点时的速度总比经 a 点时的速度大
D．电场中 a 点的电势一定比 b 点的电势高
三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11． (6 分)调节水龙头，让水一滴一滴地流出，在水龙头的正下方放一个盘子，调整盘子的高度，使一水滴刚碰到盘
时，恰好有另一水滴从水龙头开始下落，而空中还有 3 个正在下落的水滴，测出水龙头到盘子间的距离为 h，当第一
滴水滴落到盘中时，第二滴水滴离水龙头的距离为__________；从第一滴水滴离开水龙头开始计时，到第 n 滴水滴落
到盘中，秒表测得时间为 t，可知当地的重力加速度 g 为__________。
12． (12 分) 第 34 届全国青少年科技创新大赛于 2019 年 7 月 20-26 日在澳门举办， 某同学为了测试机器人内部电动机
的电阻变化，对一个额定电压为 6V，额定功率约为 3.5W 小型电动机(线圈电阻恒定)的伏安特性曲线进行了研究，要
求电动机两端的电压能从零逐渐增加到 6V，实验室备有下列器材：
A．电流表(量程Ⅰ :0~0.6 A，内阻约为 1 Ω;量程Ⅱ:0~3 A，内阻约为 0.1 Ω)
B．电压表(量程为 0~6 V，，内阻几千欧)
C．滑动变阻器 R1(最大阻值 10 Ω，额定电流 2 A)
D．滑动变阻器 R2(最大阻值 1 750 Ω，额定电流 0.3 A)
E. 电池组(电动势为 9 V，内阻小于 1 Ω)
F.开关和导线若干
(1)实验中所用的滑动变阻器应选 ____ (选填“C”或“D”)，电流表的量程应选 _____ (选填“ Ⅰ ”或“Ⅱ”)。 (2)请用笔画线代替导线将实物图甲连接成符合这个实验要求的电路。
( ______ )
(3)闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P，改变加在电动机上的电压，实验中发现当电压表示数大于1 V 时电风扇才
开始转动，电动机的伏安特性曲线如图乙所示，则电动机线圈的电阻为______Ω，电动机正常工作时的输出机械功率
为_______W。 (保留两位有效数字)
四、计算题：本题共2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算 步骤。
13． (10 分)如图所示，两平行长直金属导轨( 不计电阻) 水平放置，间距为 L，有两根长度均为 L、电阻均为 R、质
量均为 m 的导体棒 AB、 CD 平放在金属导轨上。其中棒 CD 通过绝缘细绳、定滑轮与质量也为 m 的重物相连，重物 放在水平地面上，开始时细绳伸直但无弹力，棒 CD 与导轨间的动摩擦因数为 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽
略其他摩擦和其他阻力，导轨间有一方向竖直向下的匀强磁场B1，磁场区域的边界满足曲线方程：
u
y = L sin L x(0< x < L ，单位为m)。 CD 棒处在竖直向上的匀强磁场B 2中。现从t = 0时刻开始，使棒 AB 在外力 F
的作用下以速度 v 从与 y 轴重合处开始沿 x 轴正方向做匀速直线运动,在运动过程中 CD 棒始终处于静止状态。
(1)求棒 AB 在运动过程中，外力 F 的最大功率；
(2)求棒 AB 通过磁场区域B1 的过程中，棒 CD 上产生的焦耳热；
(3)若棒 AB 在匀强磁场B 中运动时，重物始终未离开地面,且满足： mg = B1B2L2v ，求重物所受支持力大小随时 1 4R
间变化的表达式。
14． (16 分)如图所示， 在 xoy 平面内， 有一线状电子源沿 x 正方向发射速度均为v 的电子，形成宽为 2R、在 y 轴 方向均匀分布且关于 x 轴对称的电子流. 电子流沿+x 方向射入一个半径为 R、中心位于原点 O 的圆形匀强磁场区域， 磁 场方向垂直 xoy 平面向里.在磁场区域的正下方 d 处，有一长为 2d 的金属板 MN 关于 y 轴对称放置，用于接收电子， 电子质量为 m，电量为 e，不计电子重力及它们间的相互作用 .
(1)若正对 0 点射入的电子恰好从 P 点射出磁场，求磁感应强度大小 B；
(2)在第(1)问的情况下，求电子从进入磁场到打在 MN 板上的时间t：
(3)若所有电子都能从 P 点射出磁场， MN 板能接收到的电子数占发射电子总数的比例是多大?
15． (12 分)如图所示，在平面直角坐标系 xOy 的第四象限有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小 B=2.0T，
在 y 轴上 P 点有一粒子源，沿纸面向磁场发射速率不同的粒子，均沿与y 轴负方向间夹角9 = 30。的方向，已知粒子质
量均为 m=5.0×10－8kg，电荷量 q=1.0×10－8C， LOP=30cm，取 π= (不计粒子间相互作用及粒子重力)
(1)若某粒子垂直 x 轴飞出磁场，求该粒子在磁场中的运动时间；
(2)若某粒子不能进入 x 轴上方，求该粒子速度大小满足的条件。
参考答案
一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 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、 D
【解析】
设 P 点放置质量为m 的物体，则有
GMm
= mg
(2R)2
解得
GM
g = ①
(2R)2
如图所示，星球膨胀后质量不变，有
4
M = pp . π(3R)3
3
P 点以下球体质量为
4
Mp = pp . π(3R R)3
3
解得
8
Mp = M
27
结合①式得
8
g = g
27
则
g 8
=
g 27
所以 D 正确， ABC 错误。
故选 D。
2、 D
【解析】
A．筒内气体在被压缩时外界对气体做功，导致气体温度升高，由于是迅速被压缩，从外界吸收热量很少，选项 A 错 误；
B．易燃物能否被点燃与筒内气体的压强大小无关，选项 B 错误；
C．压缩气体时，活塞与筒壁间摩擦生热很少，不至于把易燃物点燃，选项 C 错误；
D．该实验成功的关键是向下压活塞的力要大，速度要快，即使气体快速被压缩，与外界绝热，才能使气体内能迅速 增大，温度升高，选项 D 正确。
故选 D。
3、 B
【解析】
A．题图甲中炽热微粒是沿砂轮的切线方向飞出的，但是由于重力及其他微粒的碰撞而改变了方向，故 A 错误；
B．题图乙中沿y 轴的平行光照射时，在x 轴上的影子就是 x 轴方向的分运动，同理沿x 轴的平行光照射时，在y 轴上 的影子就是 y 轴方向的分运动，故 B 正确；
C．无论小锤用多大的力去打击弹性金属片，只会使得小球 A 的水平速度发生变化，而两小球落地的时间是由两球离 地面的高度决定的，所以 A、 B 两球总是同时落地，故 C 错误；
D．做变速圆周运动的物体所受合外力 F 在半径方向的分力等于所需要的向心力，故 D 错误。 故选 B。
4、 B
【解析】
根据万有引力提供向心力可得
= 1
GMm mv2
r2 r
解得卫星在轨道半径为 r 的圆轨道上运动的线速度大小
GM
v =
1 r
同理可得在半径为3r 的圆轨道上做圆周运动的线速度大小为
GM
v =
2 3r
设卫星在椭圆轨道上 B 点的速度为vB，根据题意有
v r = v 3r
B
可知在 A 点时发动机对卫星做功
1 1
W = mv2 mv2
1 2 2 1
在 B 点时发动机对卫星做的功为
1 1 v
W = mv2 m()2
2 2 2 2 3
因此有
5 2GMm
W W = mv2
1 2 9 3r
故 B 正确， A、 C、 D 错误；
故选 B。
5、 A
【解析】
q
2
根据库仑定律， M、 N 两点电荷间的库仑力大小为F = k ，代入数据得
L
2
F = 9.0 103 N
q
M、 N 两点电荷在 O 点产生的场强大小相等，均为E = k ， M、 N 两点电荷形成的电场在 O 点的合场强大小为 1 L2
E = 2E cos30o
1
联立并代入数据得
E 必 7.8 103 N/C
A． 9.0 103 N,7.8 103 N/C 与分析相符，故 A 正确；
B． 9.0 103 N,9.0 103 N/C 与分析不符，故 B 错误；
C． 1.8102 N,7.8 103 N/C 与分析不符，故 C 错误；
D． 1.8102 N,9.0 103 N/C 与分析不符，故 D 错误；
故选： A。
6、 C
【解析】
根据安培定则画出 I、 I、 I 在 O 点的磁感应强度B、 B、 B 的示意图如图所示
1 2 3 1 2 3
当 I1 = I2 = I3 = I0 时，三根导线在 O 点产生的磁感应强度大小相等，设为B0，根据磁场叠加原理可知，此时 O 点的
磁感应强度为
B = 2B
0
此时 O 点处对应的导线的安培力
F = 2B I L
0 0
AB．由于通电长直导线在某点产生的磁感应强度大小和电流成正比，当I = 3I、 I = I = I 时，则有
1 0 2 3 0
B = 3B ， B = B = B
1 0 2 3 0
根据磁场叠加原理可知，此时 O 点的磁感应强度为
B = 4B
0
此时 O 点处对应的导线的安培力
F = 4B I L = 2F
0 0
故 AB 错误；
C．当 I = 3I、 I = I = I 时，有
2 0 1 3 0
B = 3B ， B = B = B
2 0 1 3 0
如图所示
根据磁场叠加原理可知
B = 2 3B
0
此时 O 点处对应的导线的安培力
F = 2 3B I L = 3F
0 0
故 C 正确；
D．当 I = 3I、 I = I = I 时，有
3 0 1 2 0
B = 3B B = B = B
，
3 0 1 2 0
如图所示
根据磁场叠加原理可知
B = 2 3B
0
此时 O 点处对应的导线的安培力
F = 2 3B I L = 3F
0 0
故 D 错误。
故选 C。
二、 多项选择题： 本题共 4 小题， 每小题 5 分， 共 20 分。 在每小题给出的四个选项中， 有多个选项是符合题目要求的。 全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。
7、 ABD
【解析】
A．由题意可知，两物块随圆盘转动的角速度相同，当最大静摩擦力提供物体向心力时，此时的角速度为物体随圆盘 做圆周运动的最大角速度，为临界角速度，根据牛顿第二定律得
m g = 2m R 2
b b b
解得 b 物体滑离圆盘乙的临界角速度为
= b
g
2R
同理可得， a 物块的临界角速度为
= a
g
R
由几何知识知，物体 a 滑离圆盘时，其位移的最小值为
x = (2R)2 R2 = 3R
min
由题意知，其未与圆盘乙相碰，根据平抛运动规律可知
2h
x = Ra .t = Ra . g > xmin = 3R
解得
3R
>
2h
所以 A 正确；
B ．离开圆盘前， a 随圆盘一起做匀速圆周运动，由静摩擦力来提供向心力，所以 a 所受的摩擦力方向一定指向转轴， B 正确；
C．由于
b a
所以一定是 b 物块先离开圆盘，离开圆盘后，物块做平抛运动，对 b 物体的水平位移为
hR
xb = vbt = 2Rb .
2h
= 2
g
同理可得， a 物体的水平位移为
4h
xa = vat = Ra . t = Ra . g = 2 hR
故离开圆盘后 a 的水平位移等于 b 的水平位移，所以 C 错误；
D．当
5R
= 时
2h
a 的落地点距转轴的距离为
x = R2 + x2 = 11R
1 a
同理， b 的落地点距转轴的距离为
x = (2R)2 + x2 = 14R
2 b
故
x 11
1 =
x 14
2
所以 D 正确。
故选 ABD。
8、 BD
【解析】
A．匀加速上升过程有
v2 = 2ah
解得
v = 230100103m/s必 2.45103m/s
A 错误；
B．匀加速上升过程有
F mg = ma
解得
F = m(g + a) = 2 102 (9.8+ 30)N = 7.96 103 N
B 正确；
C ．匀加速上升过程除地球引力做功外，还有发动机推力做功，则机械能不守恒， C 错误； D．匀速圆周运动过程有
gR2
R + h
G = m
解得
GM
v
=
圆 R + h
又有
Mm
G = mg
R2
解得
9.8 (6400 103 )2
m/s 7.86 103m/s 6400 103 +100 103
=
v
=
圆
D 正确。
故选 BD。
9、 AC
【解析】
AB．点电荷由 A 点移到 B 点的过程中，电势能增加1.2 106J ，则电场力做功 WAB= 1.2 106J， A、 B 两点间的电 势差
U = AB = = 6V
W 1.2 106J
AB q 2 106C
同理
W 6 106J
U = BC = = 3V
BC q 2 106C
A 点的电势高于 B 点的电势，故 A 正确、 B 错误；
BD
C．设 AB 连线中点为 D，则U = 3V， D 点电势与 C 点相等，所以电场线方向由 A 指向 B，现把负电荷由 A 点移
动到 C 点，电场力做负功，电势能增加，故 C 正确；
D．该电场的场强
U 6
E = AB = V/m = 1V/m
2BC cos30。 3
2 2 3
2
故 D 错误。
故选 AC。
10、 AC
【解析】
电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，可知Ea＜Eb ，所以 a、 b 两点比较，粒子的加速度在 b
点时较大，故 A 正确；由粒子的运动的轨迹可以知道，粒子受力沿曲线的内侧，从 a 点到 b 点，电场力先做负功，再
做正功，电势能先增加后降低，动能先变小后增大．但 a 点到 b 点，整个过程最终电场力做正功，故 B 错误 C 正确；
因为不知道粒子的电性，所以无法判断哪点电势高低，故 D 错误．
三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
h(n + 3)2
8t2
9
11、 h
16
【解析】
[1]设相邻两水滴的时间间隔为 T，则
1
h = g(4T)2
2
第二滴水滴离水龙头的距离
1 9
h = g(3T)2 = h；
2 2 16
[2]从第一滴水滴离开水龙头开始计时，到第 n 滴水滴落到盘中，秒表测得时间为t，则：
(n + 3)T = t
又：
1
h = g(4T)2
2
解得：
h(n + 3)2
g =
8t2
12、 C Ⅰ
2.5 2.6
【解析】
P
(1) [1][2]．电风扇的额定电流I = = 0.58A ，从读数误差的角度考虑，电流表选择量程Ⅰ。电风扇的电阻比较小， U
则滑动变阻器选择总电阻为 10 Ω的误差较小，即选择 C。
(2) [3]．因为电压电流需从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法，电风扇的电阻远小于电压表内阻，属于小
电阻，电流表采用外接法。则可知对应的实物图如答案图所示。
(3) [4][5]．电压表读数小于 1 V 时电风扇没启动，由图象可知 I=0.4 A。根据欧姆定律得
U 1
R = = = 2.5 。
I 0.4
正常工作时电压为 6 V，根据图象知电流为 0.57 A，则电风扇发热功率
P=I2R=0.572×2.5 W=0.81 W
则机械功率
P'=UI-I2R=6×0.57 W-0.81 W=2.61 W≈2.6 W。
四、计算题：本题共2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算 步骤。
13、 (1) B2L2v212R
(2) B2L3v18R
L
(3)①当 0<t≤ 6v 时， FN=mg
L 5L B B L2v x
②当 6v <t< 6v 时， FN=(1+μ)mg- 1 22Rsin L
5L L
③当 6v ≤t< v 时， FN=mg 【解析】
L
(1)当棒 AB 运动到x = 处时，棒 AB 的有效切割长度最长，安培力最大，则外力 F 最大，功率也最大，此时： 2
F=B1IL= B1 B Lv12RL = B2L2v12R， Pm=Fv
解得：
B 2L2v2
Pm= 12R ；
(2) 棒 AB 在匀强磁场区域 B1 的运动过程中，产生的感应电动势为：
1 L
E=B Lvsin x
则感应电动势的有效值为：
B Lv B Lv L
E = 1 ， I = 1 t=
有效 2 有效 2 2R v
可以得到：
B 2L3v
Q= I 2 Rt= 1 ；
有效 8R
(3)当CD 棒所受安培力 F 安=μmg 时，设棒 AB 所在位置横坐标为x0 ，对棒 CD 受力分析可得：
=μmg y=Lsin L x0
B B Lyv
解得：
L 5
x0= 6， x1= 6 L
则：
x L x 5L
t1= 0v = 6v ， t2
L
①当 0<t≤ 时，
6v
则：
FN=mg
L 5L
②当 <t< 时，则：
6v 6v
B B Lyv
FN=mg+μmg -
即：
B B L2v x
FN=(1+μ)mg- sin L
5L L
③当 ≤t< 时，则：
6v v
FN=mg。
mv
14、 (1)
eR
R d
(2) + 2v v
2
(3)
2
【解析】
(1)可求得电子旋转的轨道半径是r = R ，根据公式
mv
r =
eB
解得
mv
B =
eR
(2)电子在磁场中运动时间为
1 m
t = T =
1 4 2Be
R
t =
1 2v
电子出磁场后的运动时间为
d
t =
2 v
总时间为
R d
t = t + t = +
1 2 2v v
(3) 所有电子在磁场中运动的半径相等， 因为所有电子都能从 P 点射出磁场， 所以所有电子在磁场中运动的半径均为
R。 MN 板能接收到的电子从 P 点射出时，速度偏转角为9 (即与x 正方向的夹角9 )满足 450 9 1350
①到达 N 点的电子轨迹如图甲所示，其入射点为 E ，四边形O POE 为菱形， 1
E 点到x 轴的距离
2
y = R
1 2
②到达 M 点的电子轨迹如图乙所示，其入射点为 F ，四边形O POF 为菱形， F 点到x 轴的距离
2
2
y = R
2 2
EF 竖直长度占射入总长度2R 的比例
1 2 =
y + y 2
2R 2
2
所以 MN 板能接收的电子数占发射电子总数的比例 。
2
15、 (1) 6.25102 s (2)v 8 m/s
【解析】
(1)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图所示
由几何关系可得
R1=0.6m，∠PO1Q= 150。
由牛顿第二定律得
mv2
qv B = 1
1 R 1
T = 1 v
2 πR
1
解得运动时间
t = 150。360。T = 6.25102 s
(2)若带电粒子不从 x 轴射出，临界轨迹如图所示
由几何关系得
R + R sin9 = L
2 2 OP
解得
R2=0.2m
由牛顿第二定律得
qv B = 2
mv2
2 R 2
解得
v = 8m/s
2
当 v≤8m/s时粒子不能进入 x 轴上方。
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