2023年天津市蓟州区中学高考物理三模试卷及答案解析

2023年天津市蓟州区重点中学高考物理三模试卷

1.大量处于n=5能级的氢原子向低能级跃迁时产生的a、b两种单色光照射某光电管的阴极

时，测得遏止电压之比为2：1,根据该信息下列说法正确的是（）

A.在同种介质中，b光的传播速度比a光的小

B.若b光是跃迁到n=3能级产生的，则a光可能是跃迁到n=4能级产生的

C.用同样的装置做双缝干涉实验，b光束的条纹间距比a光束的窄

D.当两种光从水中射向空气时，a光的临界角小于力光的临界角

2.如图所示，内壁光滑导热气缸中用活塞封闭住一定质量的理想气体，现

用一外力尸将活塞缓慢向上拉动，气缸始终保持静止，在此过程中没有气体」

漏出，环境温度不变，下列说法正确的是（）研〃

A.外力F逐渐变小B.气体的内能增加

C.气体从外界吸收热量D.气体吸收的热量大于对外做的功

3.历史上，为了研究原子的性质，科学家们做了大量的实验研究，如图四幅示意图中说法

正确的是（）

A.汤姆孙通过分析图①的a粒子散射实验结果，提出了原子核式结构模型

B.②表示的核反应属于重核裂变，在裂变过程中要吸收能量

C.③中向左偏转的是B粒子，向右偏转的是a粒子，不偏转的是y粒子

D.锌的逸出功为3.34eV,用④中一群处于n=4能级的氢原子发出的光照射锌板，逸出光电

子的最大初动能为9.41eU

4.如图所示，人造地球卫星发射过程要经过多次变轨方可到达预定轨

道。先将卫星发射至近地圆轨道I；然后在4点（近地点）点火加速，卫

星做离心运动进入椭圆轨道口；在B点（远地点）再次点火加速进入圆形

轨道HI,下列说法正确的是（）

A.轨道U上4点的速度一定不超过第一宇宙速度

B.卫星在三个轨道上运行时与地心的连线在相同时间内扫过的面积都相等

c.卫星在轨道n上的机械能大于在轨道I上的机械能

D.卫星在圆轨道I上运行的周期大于在圆轨道IE上运行的周期

5.如图所示，两光滑平行长直导轨水平放置在磁感应强度为B的匀强

磁场中，磁场与导轨所在平面垂直，已知金属棒MN能沿导轨自由滑动，

导轨一端跨接一个定值电阻R,金属棒与导轨电阻不计。金属棒在恒力F

作用下从静止开始沿导轨向右运动，在以后过程中，金属棒速度外加

速度a、感应电动势E以及通过电阻R的电荷量q随时间t变化图线正确的是（）

6.如图所示为一小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的

磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小B=CT。矩形线框

ABCD匝数n=100,=0.02m2,线圈内阻r=5。，线圈

绕垂直于磁场的水平轴。O'逆时针匀速转动；角速度3=

100rad/s.矩形线框通过滑环与R=150的电阻相连，电压表

为理想电表。则（）

A.线圈从图示位置开始计时，产生感应电动势的表达式e=200/Icos（100t）（V）

B.线圈从图示位置开始转过90。时，电压表示数为零

C.该交流电可以直接加在击穿电压为200V的电容器上

D.在0.5s的时间内电阻R上产生的热量为750/

7.如图甲所示为一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，a、从c为介质中的三个

质点，图乙表示该波x=6/n处a质点的振动图像，下列说法正确的是（）

A.该波沿x轴负向传播

B.t=15s时，质点a处于波峰位置

C.t=2s时，质点b振动的速度方向与回复力方向相同

D.质点c的位移随时间变化的关系式为、=10sin(^t+^n')cm

8.如图所示，。点是竖直平面内圆的圆心，4、B、C三点将圆三

等分，CC是圆的水平直径，在4、B两点分别固定等量的正点电荷。

不计重力，下列说法正确的是()

A.D、。、C三点的电势大小关系为=9o=Re

B.一个电子可以在力、8两点电荷的电场中做圆周运动

C.将一个电子从C点静止释放，电子从C点沿直线到。点的过程中所受的电场力一定是先减小

后再增大

D.若一电子源从0点以相同的初动能沿圆周平面内向各个方向发射电子，则从D点离开圆周

的电子的动能最大

9.现用如图1所示双缝干涉实验装置来测量光的波长。

(1)在组装仪器时单缝和双缝应该相互放置(选填“垂直”或“平行”)o

(2)己知测量头主尺的最小刻度是毫米，副尺上有50分度。某同学调整手轮使测量头的分划板

中心刻线与某亮纹中心对齐，并将该亮纹定为第1条亮纹，此时测量头上游标卡尺的读数为

1.16nun；接着再同方向转动手轮，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，此时测量头上

游标卡尺的示数如图2所示，则读数为mm.已知双缝间距d=2.00x10-4m,测得

双缝到毛玻璃屏的距离L=0.800m,所测光的波长；I=mn(保留3位有效数字)。

(3)为减小误差，该实验并未直接测量相邻亮条纹间的距离△%,而是先测量71个条纹的间距再

求出下列实验采用了类似方法的有。

A.《探究两个互成角度的力的合成规律》的实验中合力的测量

B.解究弹簧弹力与形变量的关系的实验中弹簧的形变量的测量

C.加单摆测重力加速度少的实验中单摆的周期的测量

D.佣油膜法估测油酸分子的大小少的实验中1滴油酸酒精溶液体积的测量

光源凸透镜滤光片的缝双缝遮光筒毛玻璃屏目镜

g--j..

上£

Uli

10.某校物理实验小组要测一未知电阻/?2的阻值，要求尽可能精确测量。

（1）为便于设计电路，该实验小组先用多用电表粗测灯的阻值，选用欧姆表X10倍率测量，发

现指针偏转过小，为了较准确地进行测量，应该选择倍率（选填“X100”、“x1”），

并重新进行欧姆调零，正确操作并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图甲所示，则测量结

果是______C;

（2）实验室提供了如下实验器材：

4电源E（电动势为12V,内阻不计）：

8.电压表V（量程为15V,内阻即约为15K0）：

C电流表4（量程为内阻乙约为100）：

D电流表4（量程为2（hn4,内阻生约为150）：

E.滑动变阻器⑹（最大阻值为200,额定电流为L4）：

F.滑动变阻器7?2（最大阻值为1K0,额定电流为0.54）；

G.开关及导线若干。

（3）为尽可能准确测量％的阻值，实验小组设计了如图乙所示的电路，实验过程如下:

①正确连接实验电路后，调节滑动变阻器％、/?2的滑片至适当位置：

②断开开关S2,闭合开关S1，调节滑动变阻器右、/?2的滑片，使电流表4的示数恰好为电流

表4示数的三分之二，记录此时电压表u的示数和电流表4的示数人：

③保持滑动变阻器/?2的滑片位置不变，再闭合开关S2,记录电压表U的示数力和电流表出示

数，2：

④根据以上测量数据可得&=:该实验也可测得电流表4的内阻「1=用(仆、/1、

y2＞，2表示)。

11.如图所示，一轨道由半径为0.8m的四分之一竖直圆弧轨道4B和水平直轨道BC在B点平

滑连接而成，现有一质量为0.2kg的小物块从4点无初速度释放，8c段长LBc=0.50m,小物

块与BC段的动摩擦因数为〃=0.5,小物块滑离C点后恰好落在半径也为0.8m的凹形半圆面上

的最底点。处，CE为凹形半圆直径且水平。求：

(1)小物块运动至C点的速度大小；

(2)经过圆弧上的8点时，小物块对B点的压力大小；

(3)小物块在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功。

12.如图，平面直角坐标系xOy第一象限内存在一个矩形有界磁场(未画出)，磁感应强度大

小为B、方向垂直于坐标平面向里；第二象限内存在沿x轴负方向的匀强电场。一质量为加、

带电量为e的电子从x轴上4点(-，石心,0)以大小％的速度，沿y轴正方向垂直射入电场，电子

恰好从y轴上C点(0,2L)进入第一象限，经矩形磁场偏转之后，电子最终从x轴上D点，以与x轴

正方向成60。角穿过x轴。不考虑电子的重力，求：

(1)匀强电场的电场强度E的大小；

(2)电子在矩形磁场中运动的时间t2；

(3)矩形磁场的最小面积SmE。

13.如图所示，边长为L=1m,质量为m=1kg、电阻为R=1。的匀质正方形刚性导体线

框4BCD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4点与坐标原点0重合，48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/）=Im/s,并且给线框一个竖直向上的恒力

F卷,当线框4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/=2.54此后恒力产保持大小不变，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4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，48边始终保持水平，不计空气阻力，重力加速度为g,求：

（l）k的数值；

（2）线框从位置1到位置2的时间匕；

（3）线框从位置2运动到位置3的竖直高度差儿

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答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：4、由爱因斯坦光电效应方程以小=九〃-%和遏止电压与最大初动能的关系&m=

eUc,整理得光的频率为u=组产，因为遏止电压之比为2：1,所以两光的频率之比1<£<2,

光在介质中传播的速度，同种介质对频率越大的光，折射率n越大，因为a光的频率大于b光

的频率，所以b光的传播速度大，故A错误；

B、由能级跃迁的频率条件/IV=Em-4因为a光的频率大于b光的频率，所以产生a光时的跃迁，

能级差更大，即a光一定是跃迁到比n=3更低的能级，故B错误；

C、由干涉条纹间距公式4%=华和波长频率关系％=c,因为%>%所以左〈儿，所以条纹间距

Axa<Axb,故C错误；

。、发生全反射时，临界角。与折射率n之间满足s讥。=工，因a的折射率大，故a的临界角小，故

n

D正确。

故选：D。

通过遏止电压可比较a、b两单色光的频率高低，利用介质折射率和频率的关系，判断介质中的光

速；利用玻尔理论判断跃迁的可能性；利用干涉的条纹间距与波长的关系判断条纹间距；利用全

反射的临界角与折射率的关系比较临界角的大小。

本题考查了能级跃迁、光电效应规律、光的干涉、光的全反射，是一道综合程度很高的试题，涵

盖光学和原子物理学的主干内容。建议熟练掌握光电效应规律和玻尔理论的内容。

2.【答案】C

【解析】解：跟库题意可知，气缸内壁光滑导热，则封闭气体做等温变卦，现用外力尸将活塞缓

慢向上拉动，气缸始终保持静止，气体体积变大。

人根据玻意耳定律可知，气体的压强减小，则内外的压强差变大，所以需要的外力逐渐增大，故

A错误；

由于气体发生等温变化，则气体的内能不变，故B错误；

C、由于气体体积变大，气体对外界做功，则

W<0

气体内能不变，根据热力学第一定律4U=Q+IV可知，气体从外界吸热，故C正确；

。、由于气体内能不变，可知气体吸收的热量等于对外做的功，故。错误；

故选：Co

根据题意分析出其气体状态参量的变化，结合玻意耳定律得出压强差的变化趋势，从而得出外力F

的变化趋势；

根据温度的变化得出气体内能的变化；

根据热力学第一定律分析出气体的吸热量与对外界做功的大小关系。

本题主要考查了热力学第一定律的相关应用，解题的关键点是理解气体状态参量的变化，结合玻

意耳定律和热力学第一定律即可完成分析。

3.【答案】D

【解析】解：4卢瑟福通过分析图①的a粒子散射实验结果，提出了原子核式结构模型，不是汤

姆孙，故A错误；

8.②表示的核反应属于重核裂变，在裂变过程中，放出能量，故B错误；

C.根据左手定则判断知，③中向左偏转的是a粒子，向右偏转的是0粒子，不偏转的是y粒子，故

C错误；

£>.一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，释放光子的最大能量为ZE=-&=

-0.85eK-(-13.6elZ)=12.75eV

锌的逸出功为3.34eU,根据爱因斯坦光电效应方程，则逸出光电子的最大初动能为=』E-

W：s=12.75eV-3.34eV=9.41eV

故。正确。

故选：Do

卢瑟福通过分析a粒子散射实验结果，得出原子的核式结构模型；

质量亏损释放核能；

由左手定则判断出粒子的电性，然后答题；

根据爱因斯坦光电效应方程，求最大初动能。

本题考查了a粒子散射实验、光电效应、三种射线的特征、质能方程等基础知识点，关键要熟悉

教材，牢记这些基础知识点。

4.【答案】C

【解析】解：4、卫星在近地圆轨道I上运行速度即为第一宇宙速度。在轨道n上4点，万有引力

小于卫星所需要的向心力，卫星做离心运动，该点的速度会大于第一宇宙速度，故A错误；

3、卫星在不同轨道上运动，此时并不适用开普勒第二定律，所以卫星在三个轨道上运行时与地心

的连线在相同时间内扫过的面积不相等，故B错误；

C、卫星从轨道I进入轨道轨道II时，需要点火加速，推力做正功，所以机械能增大，所以卫星

在轨道口上的机械能大于在轨道I上的机械能，故C正确；

。、卫星绕地球做匀速圆周运动时，根据（尊凡得了=由于轨道的半径小

G=^=m）227rfZ,I

于轨道in的半径，所以卫星在轨道I的运行周期小于在轨道in的运行周期，故。错误。

故选：Co

第一宇宙速度等于卫星在近地圆轨道I上运行速度，结合变轨原理分析轨道口上力点的速度与第

一宇宙速度的关系；卫星在不同轨道上运动时，不适用开普勒第二定律。卫星绕地球做匀速圆周

运动时，根据万有引力提供向心力列式分析周期关系。结合变轨原理分析卫星在不同轨道上机械

能的大小。

解答本题时，要明确卫星由低轨道变轨到高轨道时要点火加速，做离心运动，机械能增加。要熟

悉开普勒定律的适用条件。

5.【答案】C

【解析】解：4、金属棒在恒力F作用下向右做加速运动，金属棒受到向左的安培力，根据牛顿第

22

二定律得：_£,LE,随着速度增大，加速度减小，金属棒做加速度逐渐减小的变加速运

FR=ma

动，最终加速度减至零，做匀速运动，故A错误；

8、由产一汕=加1，得a=上——.则竺=一配.丝=_理.®可知a减小，笔减小，a-t

图像的斜率减小，Q-t图像是曲线，故8错误；

C、根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势E=BLv,u增大，E增大，最后E为一定值。根据箓=

BL.柴=BLa,知a减小，图像的斜率逐渐减小，故C正确；

D、通过电阻R的电荷量q="="包=%，式中％是金属棒的位移，随着位移增大，q一直增大。

由于金属棒做加速度减小的变加速运动，金属棒的位移X随时间t增大，随着速度增大，位移增加

得越来越快,通过R的电荷量随时间增加，当速度恒定后，单位时间内位移的增加量不再变化，q-t

图线的切线斜率不变，但不等于零，故。错误。

故选：C。

根据安培力与速度的关系以及牛顿第二定律求出加速度表达式，判断加速度的变化，从而确定速

度如何变化；求出感应电动势与电荷量的表达式，然后分析它们的变化，即可答题。

本题的关键应用牛顿第二定律求出加速度，利用数学知识得到图像斜率表达式，然后进行分析。

6.【答案】AD

【解析】解：4、线圈中感应电动势的最大值为：

Em=NBSco=100xCx0.02x100V=200<2lZ

从图示开始计时，线圈中产生的感应电动势瞬时值表达式为：

e=200\T2cos(100t)(l/),故A正确；

从电压表示数为交流电压的有效值，电压表示数不为零，故3错误；

C、该交流电电压最大值为200，凝心超过用电器的最大电压200U,故C错误；

。、线圈和电阻R组成闭合回路，电动势有效值为：

5=鸨=型浮V=200V

V2V2

根据焦耳定律可得：

Q=(念:)2Rt=(言得)2X15x0.5；=750/,故O正确；

故选：AD.

根据法拉第电磁感应定律得出感应电动势的最大值，结合初始位置得出感应电动势的表达式；

电压表测量的是电压的有效值，不会为零；

理解电容器的工作电压概念，结合峰值电压即可完成分析；

根据欧姆定律得出干路中的电流，结合焦耳定律得出产生的热量。

本题主要考查了交流电的相关应用，熟悉法拉第电磁感应定律得出感应电动势的大小，结合欧姆

定律和焦耳定律即可完成分析。

7.【答案】BC

【解析】解：4、由乙图可知，t=0时，x=6m处的质点a处于平衡位置，且沿y轴负方向运动。

在甲图上，根据“上下坡”法判断可知该波沿x轴正方向传播，故A错误；

B、由图乙知T=4s,由于t=15s=3,7,由乙图可知，结合周期性可知t=15s时质点a处于波

4

峰位置，故3正确；

C、t=2s时，a质点处于平衡位置，且向上振动，b的振动比a滞后三，所以b处于y=-5ni处，

向平衡位置运动，则振动的速度方向与回复力方向相同，故C正确；

。、质点的位移与时间变化的关系为y=Asin(竿t+(/))=10sin(^t+(p)cm=10sin(^t+<p)cm

当t=0时，y-5cm,解得W=9或租=浮波沿x轴正方向传播，t=0时刻质点c正沿y轴正方向

运动，所以0=胡应舍去，所以质点c的位移随时间变化的关系式为y=105汾(界+奇刖，故。

错误。

故选：BC。

根据振动图像读出t=0时刻质点a的振动方向，在波形图上，利用“上下坡”法可以判断波的传

播方向。也可以判断各质点的振动方向。利用周期性判断质点在不同时刻的位置，利用数学方法

求出位移随时间的变化关系式。

本题的关键要熟练掌握“上下坡”法判断质点的振动方向与波的传播方向关系，抓住三要素：振

幅、圆

频率和初相位写出质点的振动方向。

8.【答案】B

【解析】解：4根据题意条件可知，。、。与两点电荷的距离相等且小于C点与两点电荷的距离，

由电势的叠加可知So=,0>9c，故4错误；

B.在4、B两点连线的中垂面内，电子受到的合电场力方向指向4、B两点连线的中点，若给电子一

定的初速度，旦电子受到的电场力的合力刚好提供电子做圆周运动的向心力，则电子可以在4、B

两点连线的中垂面内绕4B的中点为圆心做匀速圆周运动，故8正确;

C.设4、B两点间距为L,两点电荷的电量均为+Q,CD上某点M,设=0(0°<9<90°),A、

其大小为E时=篝号=sin9cos29

B两点电荷在M点形成电场的合场强沿。C方向,

由数学知识可知当tan。=浮(tan30。<tand=?<tan60°)>则E”有最大值。由几何知识可知,

当电子在C点时，/.CAB=60°,当电子在。点时，^OAB=30°,因此电子在C。之间的某处受到的

电场力达到最大值，而电子运动到4、B两点连线的中点时，受到的电场力为零，然后往左运动时，

受到的电场力反向，大小增大。由此可知，电子从C点沿直线到。点的过程中所受的电场力先增大

后减小，然后再增大，故C错误;

。.根据题目条件可知，电子的运动过程中电场力做功时，带电粒子的动能与电势能之和为一个定

值，由于。点不是圆上电势最高的点，因此。点不是电子的电势能最小的点，故电子从D点离开圆

时动能不是最大的，故。错误。

故选：B。

根据不同点到电荷之间的距离，结合电势的叠加特点得出电势的大小关系；

对电子受力分析，从而分析出其可能的运动类型；

根据场强的计算公式，结合几何关系和数学知识分析出场强的变化趋势，从而得出电场力的变化

趋势；

理解电子在电场中运动时的能量转化关系，结合能量守恒定律即可完成分析。

本题主要考查了场强的叠加问题，理解场强和电势的计算公式，理解物理量叠加时的特点，结合

几何关系即可完成分析。

9.【答案】(1)平行；(2)15.02；693(3)CD

【解析】(1)只有保证单缝和双缝互相平行，这样才能在屏上出现明暗相间的条纹。

(2)游标卡尺的的游标尺为50分度，精度为0.02mm,固定刻度读数为15nm1,游标尺上第1个格

对齐，

故读数为0.02x1mm=0.02mm.,

所以最终读数为15mm+0.02mm-15.02nun。

由于第1条亮纹，此时测量头上游标卡尺的读数为X]=1.16nun；第6条亮纹中心对齐，测量头的

读数久2=15.02nun。

所以*10-3m=2.772xIO-3m。

6—1=1怨0—=1*

根据九知入=

aL

代入数据得：4=200x104j：772xio=693乂io-7n=693n7n.

U.o

(3)先测量n个条纹的间距再求出/x,属于放大测量取平均值。

A.《探究两个互成角度的力的合成规律》的实验中合力的测量，属于等效替代法，故4错误。

B.殊究弹簧弹力与形变量的关系》的实验中弹簧的形变量的测量，属于测多次取平均值，故B错

误。

C.佣单摆测重力加速度》的实验中单摆的周期的测量，属于放大测量取平均值，故C正确。

D.佣油膜法估测油酸分子的大小》的实验中1滴油酸酒精溶液体积的测量，属于放大测量取平

均值，故。正确。

故选CD。

故答案为：(1)平行；

(2)15.02,693；

⑶C。。

(1)根据实验原理，单缝与双缝相平行。

(2)测量头是游标卡尺，其读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；根据4%=[4列式求

解光波长。

(3)依据放大测量取平均值，从而即可一一判定。

解决本题的关键掌握条纹的间距公式，及游标卡尺的读数方法，读数时要先注意精度，再确定游

标尺上的读数，注意其读数没有估计值，同时理解双缝干涉条纹的间距公式=

10.【答案】x1001100华乎一夺

123/2

【解析】解：(1)先用多用电表粗测其阻值：该同学选择X10倍率，指针偏转角度太小，所选挡位

太小，为了较准确地进行测量，应该选择倍率x100。电阻的测量值为11x1000=1100。。

(3)根据题意断开开关52,闭合开关才时，电流表4的示数恰好为电流表4示数的|，则此时流过心

的电流是电流表公示数的5所以流过/?2的电流是流过电流表4电流的;，闭合开关$2，电流表4

的示数，2,流过的电流为“2,q两端的电压为出

则治=华

12

U2U

/?2和电流表&以及R2的总电阻为7725=药2

所以电流表4的内阻q=勺一兼

故答案为：⑴x100,1100；(3)^^,

(1)用欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近；欧姆表指针示数与挡位的乘积

是欧姆表读数；

(3)根据实验原理及闭合电路欧姆定律解答。

要掌握常用器材的使用方法与读数方法；分析清楚电路结构、应用欧姆定律即可解题。

11.【答案】解：(1)从C到。做平抛运动，则R=\gt2

代入数据解得：vc=2m/s

(2)从8到C由速度位移的关系式得：V^-VQ-2axBC

由牛顿第二定律知，a=iig

代入数据解得：=3m/s

在B点由牛顿第二定律得：Fo—mg=

代入数据解得：&=4.25N,

根据牛顿第三定律小物块对8点的压力大小为4.25N

(3)从4到8由动能定理得：mgR-Wf-

代入数据解得：Wf=0.7/

如能垂直落在凹形半圆面上，速度方向与凹形半圆面垂直，那么速度的反方向延长线会经过凹形

半圆面圆心，而根据平抛运动的特点，速度的反方向延长线应与水平位移的中点相交，二者矛盾，

所以小物块不可能垂直落在凹形半圆面。

答：(1)小物块运动至C点的速度大小是2m/s；

(2)经过圆弧上的B点时;小物块对B点的压力大小是4.25N。

(3)小物块在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是0.7/。

［解析】(1)从C到。由平抛运动的规律可求得运动至C点的速度；

(2)从B到C由速度一位移的关系式结合牛顿第二定律可求得物块对B点的压力；

(3)从4到B由动能定理可求得克服摩擦力所做的功。

本题考查了平抛运动的规律、运动学公式、牛顿第二定律、动能定理的综合应用，明确物体的运

动过程及规律是求解的关键。

12.【答案】解：(1)电子从4运动到C的过程中做类平抛运动，设其运动时间为在x方向上有:

在y方向上有：2L=%t,

根据牛顿第二定律可得：eE=ma

联立解得：E=6觉；

2eL

(2)在%方向上有：vx=atx

-

所以以=V3v0

在C点根据几何关系可知：tane=^=所以：0=60。

%v0

根据儿何关系可得：cose=

电子在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力可得：e〃cB=mJ

所以：「=笔

根据题意作出电子的运动轨迹示意图如下图所示，由图中几何