2021年湖北省宜昌市高考物理模拟试卷

2021年湖北省宜昌市高考物理模拟试卷（2月份）

一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）

1.2020年12月4日14时02分，新一代“人造太阳”装置-中国环流器二号M装置

在成都建成并实现首次放电，标志着中国自主掌握了大型先进托卡马克

装置的设计、建造和运行技术，其发生的可控核聚变方程为：lHe+lH-4Li+X（X

表示某种粒子），则下列说法正确的是（）

A.X为质子

B.该核反应不存在质量亏损

C.该核反应是我国秦山核电站利用核能的方式

D."i原子核比热He原子核稳定

2.某校学生乘坐高铁进行研学旅行，当列车做匀加速直线运动时，一学生观察置于车

厢内水平桌面上一碗水的水面，观察到的情形与图中相符的是（）

3.跳水运动员训练时，从10机跳台双脚朝下由静止自由落下，某同学利用手机连续拍

摄了多张照片。选取其中两张照片，根据比例运算可知，运动员双脚离水面的实际

高度分别约为8.2m和5.0m。由此估算手机拍摄这两张照片的时间间隔为（）

A.2x10-2sB.2x10-1sC.4x10-2sD.4x10-1s

4.如图所示，4、B、C三根通电长直导线均水平固定，导®A

线通入的恒定电流大小相等，方向如图，其中4、B垂

■C

直纸面且关于C对称，则导线C所受磁场力的情况是

（）®H

A.大小为零

B.方向竖直向上

C.方向竖直向下

D.方向水平向左

5.如图所示，在平静的水面下深人处有一单色点光源S,它发出的光在水面上形成了

一个有光线射出的圆形区域，已知该单色光的折射率为“，则下列说法正确的是（）

A.该单色光在水中的波长比空气中长

B.圆形区域的面积为半

nz

C.当点光源S竖直向下匀速运动时，圆形区域的边缘向外做匀速运动

D.当点光源S竖直向下匀速运动时，圆形区域的边缘向外做加速运动

6.如图所示,真空中有三个电荷量相等的点电荷和c,

分别固定在水平面内正三角形的顶点上，其中“、6带正

电，c带负电，。为三角形中心，A、B、C为三条边的中

点。则（）

A.B、C两点场强相同

B.a.b、c所受库仑力大小之比为1：1：V3

C.将某一正试探电荷从8点移动到C点，电势能减小

D.在。点自由释放电子（不计重力），会沿0A方向一直运动下去

7.如图甲所示，在足够长的光滑斜面上放置着矩形金属线框，整个斜面内存在垂直于

斜面方向的匀强磁场。匀强磁场的磁感应强度8随时间1的变化规律如图乙所示（规

定垂直斜面向上为正方向）。t=0时刻将线框由静止释放，在线框下滑的过程中，

下列说法正确的是（）

A.线框中将产生交变电流

B.线框边受到的安培力方向始终不变

C.经时间t,线框的速度大小为gts讥0

D.由于电磁阻尼作用，经时间f,线框的速度小于gtsin。

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二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

8.如图甲为一列简谐横波在£=0时刻的波形图，图乙为介质中x=2m处的质点P的

A.波沿x轴负方向传播

B.波速为20m/s

C.t=0.05s时亥！1，质点。的运动方向沿y轴正方向

D.t=0.05s时刻，质点Q与其平衡位置的距离比质点P的大

9.如图所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压均为%的灯泡J和乙2。原、副

线圈的匝数比为3：1。S断开时两灯泡均能正常发光，则（）

A.电源电压（7=4%

B.S断开时，灯泡力和G的电流之比为1：1

C.S断开时，灯泡Li和G的功率之比1：3

D.S闭合后，灯泡仍能正常发光

10.备受瞩目的中国首颗火星探测器“天问一号”即将于2021年2月10日抵达火星。

已知火星公转轨道半径约为地球公转轨道半径的|,火星的半径约为地球半径的

火星的质量约为地球质量的右若天问一号在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动，

运行周期为兀火星和地球绕太阳公转的轨道都可近似为圆轨道，地球和火星可看

作均匀球体，贝1（）

A.火星的平均密度为工

B.天问一号探测器在火星表面所受火星引力与在地球表面所受地球引力之比为:

4

C.火星的公转周期和地球的公转周期之比为J最

D.火星的公转周期和地球的公转周期之比为恒

723

11.一质量为巾的小物块静置于粗糙水平地面上，在水平外

力作用下由静止开始运动，小物块的加速度“随其运动

距离X的变化规律如图所示。已知小物块与地面间的动

摩擦因数为〃，重力加速度为g,在小物块运动0〜2L的

过程中，下列说法正确的是（）

A.小物块在0〜Z,内做匀变速直线运动，Z,〜2L内做匀速运动

B.小物块运动至2L处的速度为同Z

C.小物块从L处运动至2L处所用的时间为区

75ao

7

D.整个过程中水平外力做功为7nL（2〃g+5。0）

三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）

12.某同学用如图所示装置完成探究“合力做功与动能变化的关系”实验，轨道CD水

平，重物通过轻质细线拉着固定有遮光条的小车从A点由静止开始运动，通过B

点时，与光电门相连的数字计时器读出遮光条通过光电门的时间为△3用天平测

出重物的质量〃?，用游标卡尺测量小车上遮光条的宽度d,用毫米刻度尺测得4、

8之间的距离为心

（1）该同学用游标卡尺测量出遮光条的宽度d=2.85mm,则该同学用的是

的游标卡尺（选填“10分度”、“20分度”或“50分度”）。

（2）计算小车通过B点时速度的公式〃=（用所测物理量符号表示）。

（3）若某次实验中，力传感器的读数为F,当地重力加速度为g,则小车从A点由静

止开始运动到B点过程中，合力对重物所做功W=,重物动能变化量4

Ek=（用上面所测物理量和已知量的符号表示）。

光电门遮光条

CBAD

力传

品T族物

13.小明想利用多用电表和一粗细均匀的铅笔芯测一节干电池的电动势和内电阻，实验

步骤如下:

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(1)将多用电表调至“欧姆XI”挡，调零后，测量该铅笔芯的电阻，指针指示如图

甲所示，则该铅笔芯的电阻R为0；

(2)将多用电表调至合适的直流电流挡(该挡内阻较小)，按如图乙连接电路；

(3)用刻度尺测得铅笔芯连入电路的总长度为c；

(4)多次改变铅笔芯接入电路中PN的长度x,并记录相对应的电表读数；

(5)画出;-x图像如图丙所示，已知该图像的斜率为k,纵轴截距为江由图像可知，

该电池的电动势E=,内电阻r=(本问结果均用题中所给字母表

示)；

(6)若不考虑测量中的偶然误差，从实验原理上看，该方法测得的电池的电动势

(填"大于"、“等于”或“小于”)真实值，测得的内电阻(填“大

于”、“等于”或“小于”)真实值，产生的原因是。

四、简答题(本大题共1小题，共3.0分)

14.一控制带电粒子运动的仪器原理如图所示，矩形区域PP'M'M长度为L宽度为d,

内有竖直向下的匀强电场，电场强度为E;区域MM'N'N长度也为L,宽度足够宽，

内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为瓦电荷量为外质量为，〃的带正电

的粒子以水平初速度％从P点射入电场。边界MM'不影响粒子的运动，不计粒子重

力。

(1)若带电粒子以水平初速度北从。点射入电场后，从MM'边界进入磁场，求粒子

第一次射入磁场的位置到M点距离；

(2)若要粒子只进入磁场一次并恰好从点射出，求带电粒子射入电场的水平初速

度大小；

(3)若要让粒子最终垂直P'N'边界射出，求带电粒子射入电场的水平初速度应满足

的条件.

五、计算题(本大题共2小题，共20.0分)

15.如图所示在绝热气缸内，有一绝热活塞封闭一定质量的理想气

体，开始时缸内气体温度为47。口封闭气柱长为8cm,活塞横

截面积S=60cm2o现通过气缸底部电阻丝给气体加热一段时

间，此过程中气体吸热22J,稳定后气体温度变为127冤。已知

大气压强为105pa,活塞与气缸间无摩擦，不计活塞重力，求：

(1)加热后活塞到气缸底部的距离;

(2)此过程中气体内能改变了多少。

16.如图所示，质量为m=1.0kg的铁块与轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在光滑斜

面底端固定的挡板上，斜面倾角。=30。，铁块静止时，弹簧的压缩量与=0.30m«

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一质量也为m=1.0kg的物块从斜面上距离铁块d=0.90巾的A处由静止释放，物

块与铁块相撞后立刻与铁块一起沿斜面向下运动(碰撞时间极短，物块与铁块不粘

连)，它们到达最低点后又沿斜面向上运动，且它们恰能回到。点。若给物块%=

4.0m/s的初速度，仍从A处沿斜面滑下，则最终物块与铁块回到O点时，还具有

向上的速度。物块与铁块均可看作质点，取g=10rn/s2,求：

(1)第一种情形中物块与铁块相撞后一起开始沿斜面向下运动的速度大小；

(2)第二种情形中物块与铁块回到。点时的速度大小。

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A、根据质量数守恒和电荷数守恒可知X的质量数为1,电荷数为0,所以

X为中子，故A错误；

8、该反应过程放出能量，说明存在质量亏损，故8错误；

C、该核反应不是目前利用核能的主要方式，因为该核聚变不可控，目前利用核能发电

的的是重核裂变，故C错误；

。、反应过程放出能量，说明生成物比反应物更稳定，而比结合能越大，所以的原

子核比乡He的原子核更稳定，故。正确。

故选：。。

根据电荷数守恒、质量数守恒得出未知粒子的电荷数和质量数，确定未知粒子为何种粒

子；

比结合能越大，原子核越稳定；

目前利用核能发电的的是重核裂变。

本题考查了轻核聚变与重核裂变和核反应过程中电荷数守恒质量数守恒定律，要明白比

结合能越大，原子核越稳定，属于基础题。

2.【答案】B

【解析】解：当高铁向右做匀加速运动时，碗中水也向右做匀加速运动，加速度方向水

平向右，根据牛顿第二定律知水所受的合力水平向右，则碗对水的作用力的合力方向大

致斜向右上方，所以水面形状接近于B图，故8正确，AC。错误。

故选：B。

当高铁向右做匀加速运动时，碗中水的加速度方向水平向右，根据牛顿第二定律分析即

可.

解决本题的关键是理解牛顿第二定律F=ma的矢量性，知道加速度方向与合力方向相

同，据此分析实际问题.

3.【答案】D

【解析［解：运动员做自由落体运动，下落到距水面为8.2m时所需时间为r,则：H-h=

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下落的距水面为5.0?n时，下落的时间为t+7,贝I：H-h'=|5(t+T)2

联立解得：7=4xl()Ts,故ABC错误，。正确；

故选：Do

运动员做自由落体运动，根据h=：gt2求得即可。

本题主要考查了自由落体运动，关键是利用好％=39〃即可求得。

4.【答案】A

【解析】解：根据安培定则，结合矢量的合成法则，可知，®A

AB水平固定导线在C处的合磁场方向，正好与导线C电流Ji

方向相同，根据左手定则知：导线c所受的磁场力为零，故

A正确,BCD错误。®B

故选：A。

根据安培定则，结合矢量的合成法则，确定AB在水平固定导线在C处的合磁场，再根

据安培力产生条件，即可求解。

考查安培定则与矢量的合成法则内容，掌握安培力产生条件，理解左手定则的作用。

5.【答案】C

【解析】解：人设光在空气中的波长为;I,在水中的波长为2水，设光的频率为了,

光的折射率卷则;I次=：＜；!,故A错误;

B、设临界角为C,则s)C=3,设有光线射出的

n

圆形区域的半径为厂,

由几何关系得：r=htanC,

解得一舟，

圆形区域的面积S=〃/=黑,故3错误;

C、设光源竖直向下做匀速直线运动的速度为V,经过时间f下降的距离工=仇,

有光线射出的圆形区域的半径r'=(九+x)tanC=舒=品t+高

与，是线性关系，圆形区域的边缘向外做匀速运动，故C正确，力错误。

故选：C。

根据光的折射率求出光在水中的波长，然后比较光在水中与在空气中的波长关系;

根据临界角公式与几何关系求出有光线射穿圆形区域的半径，然后求出圆形区域的面积;

求出光源竖直向下匀速运动时圆形区域的半径变化情况分析答题。

解决本题的关键是知道在有光线射出的圆形区域边缘光线恰好发生全反射，从临界角入

手，根据题意作出光路图、应用临界角公式与几何关系即可解题。

6.【答案】B

【解析】解：A、电场强度是矢量，根据场强的叠加知，B、C两点的场强大小相等，但

是方向不同，故A错误；

8、设正三角形边长为“，点电荷的电荷量为Q,

根据库仑定律和力的合成知，a所受的库仑力

F=kFb=k凡=2x号cos30。=

aa20a2ca2

膂，则a、。、c所受库仑力大小之比为1：1：V3,故8正确；

C、根据场强的叠加知，如边和儿边上点的场强关于Ac线对称，可得B、C两点电势

相等，则正试探电荷在两点的电势能相等，故C错误；

D、根据场强的叠加知，Ac段电场的方向由A指向C,在丛的延长线上有一点。该

点的电场强度为零，在0点释放的电子所受的电场力方向由c指向A,从。到。做加

速运动，过。点后做减速，速度减为零后返回，故。错误。

故选：Bo

根据电场强度的叠加，判断B、C两点的场强大小和方向；根据库仑定律的公式，结合

力的合成求出“、氏。所受的库仑力大小之比；根据电场的叠加分析出电场的分布，通

过电势的高低比较电势能的大小；根据电场强度叠加得出Ac线上电场的方向，结合电

子的受力分析电子的运动规律。

本题考查了电场的叠加、库仑定律和力的合成等知识点，注意电场强度是矢量，在大小

和方向均相同的情况下才能说电场强度相同。本题通过电场的叠加分析出场强的分析以

及电场的分布规律是解决本题的关键。

7.【答案】C

【解析】解：人从£=0时刻开始，磁场先垂直于斜面向下均匀减小，然后于斜面向上

均匀增大，根据楞次定律可知，线框中感应电流方向总是沿顺时针方向，由安培定则可

知，线框中感应电流方向始终不变；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势：E=>=

△L

s二,由图乙所示图象可知w不变，感应电动势不变，由闭合电路的欧姆定律可知，感

△cAc

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应电流大小不变，感应电流/恒定不变，故A错误；

8、感应电流方向始终不变，磁场方向发生变化，由左手定则可知，MN边受到的安培

力方向会发生变化，故8错误；

CD,线框处于磁场中，线框所受安培力为零，线框受到重力与斜面支持力作用，对线

框，由牛顿第二定律得：mgsInd=ma,解得：a=gstn。,

线框在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动，经过时间f线框的速度大小V=at=

gtsind,故C正确，£＞错误。

故选：Co

根据楞次定律来判定感应电流方向；应用左手定则判断线框MN边所受安培力方向；

根据线框受力情况应用牛顿第二定律求出线框的加速度，然后求出经过时间，线框的速

度。

本题要能正确理解B-t图的含义，然后利用楞次定律、法拉第电磁感应定律和闭合电

路欧姆定律等进行判定；解题时要特别注意，两个时段，虽然磁场的方向发生了变化，

但因其变化为连续的，故产生的电流方向一定是相同的。

8.【答案】BC

【解析】解：A、由乙图读出，t=0时刻质点的速度向下，则由波形的平移法可知，这

列波沿x轴正方向传播，故A错误。

B、由甲图知：这列波的波长4=4m；由乙图读出，该波的周期T=0.2s,则波速为v=

=-^m/s=20m/s,故B正确。

C、图示时刻P点沿y轴负方向运动，t=0.05s=；7,质点Q处于平衡位置上方沿y

轴正方向运动，故C正确。

D、在t=0.05s时刻，质点尸处于波谷，则质点。距平衡位置的距离小于质点尸距平衡

位置的距离。故。错误。

故选：BC。

由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，即可求出波速。

由振动图象读出t=0时刻P点的振动方向，判断波的传播方向。

分析波动过程，根据时间与周期的关系，判断。点的运动状态。

该题考查了波的图象问题，对于波的图象，往往先判断质点的振动方向和波的传播方向

间的关系。同时，熟练要分析波动形成的过程，分析物理量的变化情况。

9.【答案】AC

【解析】解：A、副线圈的电压为U2=U0,根据m=件解得原线圈的电压a=3%,

n2

电源电压U=Uo+3%=4%,故A正确；

B、S断开时，灯泡人和G的电流之比，=竽=3故B错误；

C、S断开时，灯泡G和乙2的电压相同，电流之比?=中=±所以功率之比为今=然=

12nl3尸2UQ,2

7故C正确；

123

D、S闭合后，原线圈的电压为电源电压/=44，根据今=詈，解得：/=；/，灯

泡G不能正常发光，故。错误。

故选：ACo

根据原副线圈电压和匝数关系?=鲁、电流和匝数关系？=竽进行分析，明确电流和电

U271212nl

压关系，再根据功率公式分析功率关系。

本题考查了变压器的构造和原理，掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，

注意电源电压等于变压器两端电压与灯泡两端电压之和。

10.【答案】A。

6用火771

【解析】解:人探测器绕火星表面运行周期为T,根据万有引力提供向心力可得:~1T=

m^R火,解得火星的质量：”火=穿，火星的体积V次=9万/?1，则火星的密度:

。=优=焉，故4正确；

B、探测器的质量为相，根据万有引力定律可得尸=爷，则探测器在火星表面所受火

星引力与在地球表面所受地球引力之比为兽=答.*=!X：=，，故B错误；

CD、根据开普勒第三定律，火星的公转周期和地球的公转周期之比也=3=艮,

71地J温爽3

故C错误，。正确。

故选：AD.

根据开普勒第三定律求解火星的公转周期和地球的公转周期之比；

根据万有引力定律求解向心力之比；

根据万有引力提供向心力求解火星的质量，根据密度计算公式求解火星的密度。

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该题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心

力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。

11.【答案】BD

【解析】解：人根据图像可知，0-L内，加速度从4ao减小到劭，小物体做加速度逐

渐减小的加速运动。故A错误。

B：0-L内，力口速度从4ao减小到即，合外力从4机劭逐渐减小到ma。，其平均力尸=

4吗ma。=25叫,L一24内，物体受到的合外力为恒力，大小为ma。，设0—L内、

L-2L内合外力做功分别为也和W2，小物块运动至”处的速度为u,根据功能定理：

2

W1+卬2=|^-0,而W1=F-L=2.5ma0L-w2=ma0-L,从而得到：v=yj7a0L,

故B正确。

C：设小物块运动至乙处的速度为％,设小物块从L处运动至2Z,处所用的时间为f,

小物块从0—L内，根据动能定理：tv】=gm谱一0=2.56％,L,得：vt=y/5ga0L,

小物块从L处至2L处做匀加速直线运动，则：t=匕"=即-腼=(V7-V5)区，

故C错误。

D：0设整个过程水平外力做功为w,根据动能定理：w-nmg-2L=|mv2-0,得：

2

w-nmg-2L+|mv=2PmgL+|m-7a0L=mL(2ng+|a0),故。正确。

故选：BD。

从图像可分析处，小物块在0-L内，做加速度逐渐减小的加速运动，在L-2L内，小物

块做匀加速直线运动，由于小物块在0-L内加速度是变化的，可用动能定理求解。

如果力的方向不变，力的大小是均匀变化的，则这个变力做的功w=£“；物体的动能

的变化量等于这个物体所受合力做的功，或者等于作用在这个物体上所有的力做功的代

数和。

12.【答案】20分度！(mg-叨罂

【解析】解：(1)游标卡尺有三种精度，分别是O.lnun、0.05mm.0.02mm,且读数时

不需估读。由于该测量结果为2.85mm,最后两位是5的整数倍，故该尺子的最小精确

度为0.05rmn,所以该游标卡尺的游标尺是20分度的；

(2)据挡光时间为△t可知，滑块经过光电门的瞬时速度为u=~

(3)重物在向下加速过程中所受的合力就是(mg-F),故合力对重物做的功皿合=

2

(mg-F)L；重物从静止到8光电门时动能的变化△Ek=1mv=罂。

故答案为：(1)20分度；(2)［；(3)(mg-F)L,盛

(1)游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标尺读数，不需估读，根据游标卡尺得结构原

理分析即可；

(2)由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度，再根据匀变速

直线运动位移-速度公式分析即可；

(3)根据功的公式及动能的公式求重物从A到B时合力对它做的功及动能的变化。

对游标卡尺的读数问题，关键要搞清结构原理，10小格的游标卡尺是将9加"长度分成

了10个格，每个小格的长度是0.9mm,与主尺上1小格相差O.lrmn。

13.【答案】8白誓等于大于电流表分压

【解析】解：(1)多用电表欧姆挡的读数为示数与倍率的乘积，由图可知&=8x1。=

80；

EE

(5)根据该同学的实验步骤，根据闭合电路欧姆定律和电阻定律有：/=砥7=即，变

形得到：=£+2xx，结合图象的斜率和截距有：k=±,b=£,联立可得：E=A，

IEELELEkL

bR

「=菽；

(6)只从系统误差来看，由于电流表的内阻未考虑，可以把电流表内阻“算入”等效内

阻中，由上述方法得到的图象的斜率未变，所以电源电动势不变，但得到的等效内阻多

“计算”了电流表的内阻，所以测量值偏大。

故答案为：(1)8；(5)1、~(6)等于、大于、电流表分压

(1)用多用电表测电阻，应先对多用电表机械机械调零，然后把选择开关置于合适的欧

姆挡，再进行欧姆调零，欧姆调零后测电阻，多用电表欧姆挡的读数为示数与倍率的乘

积，多用电表使用完毕应将选择开关置于OF尸挡或交流电压最高挡；

(2)根据欧姆定律写出;-X表达式，结合图象的斜率和截距求电源的电动势和内阻；

(3)根据闭合电路欧姆定律及电流表内阻的影响分析误差。

本题串联多用电表的实验实验、实验电路的选择，要掌握多用电表的使用方法与注意事

项，掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习。

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14.【答案】解：(1)粒子以水平速度从P点射入电场后，做类平抛运动，根据牛顿第二

定律有：a=J

竖直方向d=1at2,

水平方向％=vot

解得粒子第一次射入磁场的位置到M点的距离为：x=外摆;

(2)设粒子从电场入射初速度为%'

同第一问原理可以求得粒子在电场中类平抛运动的水平位移x'=

粒子进入磁场时，垂直边界的速度%=此1=回，

ymy/m

设粒子与磁场边界之间夹角为a,则粒子进入磁场时的速度u='匕

2

在磁场中quB=my

粒子只进入磁场一次并恰好从磁场中经过M'点射出，则有%'+2Rsina=L

联立解得：3L匡-里;

072mdB

粒子只进入磁场一次并恰好从电场中经过M'点射出，则有3x'+2Rsina=L

联立解得：匡-竺;

u3y2mdB

(3)若粒子进入磁场的速度为卢，粒子第一次进入磁场后，垂直边界M'N'从磁场射出(如

图1所示)，

图1

根据(2)的分析必须满足：n(x"+Rsina)=L(其中n为奇数)

联立解得%〃=：居-95为奇数)

粒子第一次进入磁场后，垂直边界P'M'从电场射出，必须满足n(x"+Rsina)=为偶

数)

pVo

XXXXXXXXX|

图2

联立解得：VQ"=:匾-15为偶数)

,z

综合可得：v0==2、3…)。

答：(1)若带电粒子以水平初速度为从P点射入电场后，从MM'边界进入磁场，粒子第

一次射入磁场的位置到M点距离为%]詈；

(2)若粒子只进入磁场一次并恰好从磁场中经过M'点射出，则初速度大小为L底-?；

若粒子只进入磁场一次并恰好从电场中经过M'点射出，则初速度大小为工匡-%

3y]2mdB

(3)若要让粒子最终垂直P'N'边界射出，则带电粒子射入电场的水平初速度应满足的条

件为%”=L匡一"n=1、2、3...)。

unJ2mdB'

【解析】(1)粒子以水平速度从尸点射入电场后，做类平抛运动，根据类平抛运动的规

律求解粒子第一次射入磁场的位置到M点的距离；

(2)根据类平抛运动的特点求解粒子到达磁场的速度大小的表达式，根据洛伦兹力提供

向心力求解半径的表达式，根据粒子只进入磁场一次并恰好从磁场中经过M'点射出，或

粒子只进入磁场一次并恰好从电场中经过M'点射出两种情况结合几何关系进行解答；

(3)要粒子只进入磁场一次就恰好垂直P'M边界射出，分为粒子第一次进入磁场后，垂

直边界M'N'从磁场射出以及粒子第一次进入磁场后，垂直边界P'M'从电场射出，作出运

动轨迹，根据几何知识分析所给长度与半径的关系，结合粒子运动的周期性从而求解初

速度。

解决该题的关键是明确知道要粒子只进入磁场一次就恰好垂直P'N'边界射出，分为粒子

第一次进入磁场后，垂直边界M'N'从磁场射出以及粒子第一次进入磁场后，垂直边界

P'M'从电场射出两种情况，并能够结合粒子运动的周期性分析速度的可能值。