湖南省2024年高考物理模拟试卷及答案1

湖南省2024年高考物理模拟试卷及答案

阅卷人

--、单选题

得分

1.2023年12月18rl23时59分,甘肃临夏州积石山县发生6.2级地震。一直升机悬停在距离地面100m

的上空，一消防战士沿竖直绳索从直升机下滑到地面救助受灾群众。芳消防战士下滑的最大速度为5m/s,

到达地面的速度大小为lm/s,加速和减速的最大加速度大小均为a=lm/s2,则消防战士最快到达地面的时

间为（）

A.15.1sB.24.1sC.23.1sD.22.1s

2.杜甫在《曲江》中写到：穿花蝶蝶深深见，点水蜻蜓款款飞。平静水面上的S处，“蜻蜓点水”时形成一

列水波向四周传播（可视为简谐波），A、B、C三点与S在同一条直线上。图示时刻，A在波谷与水立面

的高度差为，，B、C在不同的波峰上，已知波速为%A、8在水平方向的距离为“，（)

B.到达第一个波峰的时刻,C比力滞后1

C.从图示时刻起，经过时间金，B、。之间的距离增大

D.从图示时刻开始计时，A点的振动方程是、=小也（等七+竽）

3.一个静止的铀核（豺8（7）发生。衰变，释放的核能全部转化为新核和a粒子的动能。己知真空中光速

为c,衰变瞬间a粒子的动能为心,则比过程中的质量亏损dm为（）

A.%B.粤C.粤D.当

117c2119c2117c2119c2

4.在银河系中，双星系统的数量非常多。研究双星，不但对于了解恒星形成和演化过程的多样性有重要

的意义，而且对于J'解银河系的形成与和演化，也是一个不可缺少的方面。假设在宇宙中远离其他星体的

空间中存在由两个质量分别为4巾、〃?的天体A、B组成的双星系统，二者中心间的距离为L〃、力两点为

两天体所在直线与天体3表面的交点，天体B的半径为2。已知引力常量为G,则A、B两天体运动的周

期和两点处质量为血0的物体（视为质点）所受万有引力大小之差为（）

325Gm7为

36L2

FTT325Gmmo

,可丽?，.7rJ颉f36L2

5.如图甲所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，左端连接阻值为R=1.5。的电阻，导轨间距

为L=Imo一长为L=1m,阻值为r=0.5。的导体棒垂直放置在导轨上，到导轨左端的距离为％=

16m,空间中有垂直导轨平面向里均匀分布的磁场，磁感应强度随时间变化的图线如图乙所示。从£=0时

刻开始，导体棒在外力作用下向左做初速度为零的匀加速直线运动，速度随时间变化的关系如图内所示，

在导体棒离开导轨前的过程，已知净电荷量等丁•沿两个方向通过的电荷量代数差的绝对值，下列说法正确

的是（）

图甲图乙图丙

A.回路中的电流先逐渐增大后逐渐减小B.2〜3s内某时刻回路中电流方向发生变化

C.t=1s时导体棒所受安培力大小为^N、方向向左D.通过定值电阻的净电荷量为40C

O

6.如图所示，将半径为我的圆环固定在竖直平面内，。为圆环的圆心，为过圆环顶端的一条直径，现

将小球以初速度£从B点正上方R处的A点沿水平方向抛出，小球落到圆环上的。点，28。0=37。；若

将小球以初速度巧从A点沿相同的方向抛出时，小球的运动轨迹恰好与圆环相切，sin37°=0.6,cos37。=

0.8,2-百=0.3,忽略空气阻力，所有的平抛轨迹与圆环在同一竖直平面内，则看为（)

c•厩

7.如图所示，矩形盒内用两根不可伸长的轻线固定一个质量为m=0.6kg的匀质小球，a线与水平方向成

37。角，b线水平。两根轻线所能承受的最大拉力都是=15N,已知sin37。=0.6,cos37°=0.8,取。=

10m/s2,则（）

A.系统静止时，a线所受的拉力大小12Nb

B.系统静止时，b线所受的拉力大小8N

C.当系统沿竖直方向匀加速上升时，为保证轻线不被拉断，加速度最大为5m/s2

D.当系统沿水平方向向右匀加速时，为保证轻线不被拉断，加速度最大为lOm/s2

8.图甲起重机某次从£=0时刻由静止开始提升质量为m=150的的物体，其Q-£图像如图乙所示，

5Tos内起重机的功率为额定功率，不计其它阻力，重力加速度为g=10m/s2,则以下说法正确的是

A.物体在0〜10s内运动的最大速度为10m/s

B.起重机的额定功率为I8000W

C.5Mos内起重机对物体做的功等于0~5s内起重机对物体做功的1.5倍

D.5Mos内起重机对物体做的功等于0~5s内起重机对物体做功的2倍

9.如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O上，另一端与套在粗糙固定直杆N处质量为

0.2kg的小球（可视为质点）相连。直杆与水平面的夹角为30。，N点距水平面的高度为0.4m,NP=PM,

ON=OM,OP等于弹簧原长。小球从N处由静止开始下滑，经过P处的速度为2m/s,并恰能停止在M

处。已知重力加速度取10m/s2,小球与直杆的动摩擦因数为普，则下列说法正确的是（）

A.小球通过尸点时的加速度大小为3m/s2

B.弹簧具有的最大弹性势能为0.5J

C.小球通过NP段与PM段摩擦力做功相等

D.N到尸过程中，球和弹簧组成的系统损失的机械能为0.4J

10.如图所示，两根足够长光滑平行金属导轨固定在倾角0:37。的绝缘斜面上，底部接有一阻值A=2C的

定值电阻，轨道上端开口，间距L=lm,整个装置处于磁感应强度8=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜

面向上。质量〃尸0.2kg的金属棒外置「导轨上，通过细线(细线与导轨平行)经定滑轮与质量为

M=0.2kg的小物块相连。金属棒岫在导轨间的电阻-1C,导轨电阻大计。金属棒由静止释放到匀速运动

前，电阻R产生的焦耳热总共为L552J,金属棒与导轨接触良好，不计空气阻力，sin37o=0.6,

A.金属棒，心匀速运动时的速度大小为0.6m/s

B.金属棒时沿导轨运动过程中，电阻R上的最大电功率为0.36W

C.金属除从开始运动到最大速度沿导轨运动的距离2m

D.从金属棒"开始运动至达到最大速度过程中，流过电阻R的总电荷量为2c

阅卷人

得分

11.某小组为了验证机械能守恒定律，设计了如图甲所示的实验装置，物块P、Q用跨过定滑轮的轻绳相

连，P底端固定一宽度为d的轻质遮光条，托住P,用刻度尺测出遮光条所在位置A与固定在铁架台上的

光电门B之间的高度差h(d«h)o已知当地的重力加速度为g。

(i)用游标卡尺测量遮光条的宽度d如图丙所示，则图丙中游标卡尺的读数应为cm。

(2)卜列实验步骤正确的是一

A.选择两个质量相等的物块进行实验B.实验时，要确保物块P由静止释放

C.需要测量出两物块的质量mp和mQD.需要测量出遮光条从A到达B所用的时间T

（3）改变高度h,重复实验，测得各次遮光条的挡光时间t,以h为横轴、々为纵轴建立平面直角坐标

t

1

系,在坐标系中作出j-无图像，如图丙所示，该图像的斜率为k,在实验误差允许范围内，若|＜二

（用题中字母表示），则验证了机械能守恒定律。

12.某实验小组利用如下都材测定一电压表的量程5和内阻Rx：

待测电压表Vi（量程约0~3.0V,齿阻约为3kC）

标港电压表V2（量程（）~6.0V,内阻约为20kC）

滑动变阻器R（最大阻值50Q）

电阻箱R（0〜9999.9C）

直流电源E（7.5V.有内阻）

开关S及导线若干

回答下列问题：

A-V-Q

图甲图乙

甲，则电压表Vi的内阻约为0

（2）图丙是该实验小组未完成的实物连线图，请你根据图乙原理图完成实物连线。

（3）闭合开关S,调节滑动变阻器和电阻箱的阻值，保证Vi满偏，记录V2的示数U2和电阻箱的阻值

R,断开开关。多次重复上述操作。根据多次测得的数值在3-R坐标系中描点，如图丁。请根据坐标系

中的描点作出g-R图线。

（4）根据图丁中图线求得Vi的量程Ux=V,内阻Rx

=0（结果均保留两位有效数字）

阅卷人

四、解答题

得分

13.图中甲为气压升降椅，乙为其核心部件模型简图。活塞横截面积为S,气缸内封闭一定质量的理想气

体，该气缸导热性能良好，忽略一切摩擦。调节到一定高度，可以认为活塞上而有卡塞，活塞只能向下移

动，不能向上移动。已知室内温度为27℃,气缸内封闭气体压强为〃，稳定时气柱长度为L此时活塞与

k塞恰好接触且二者之间无相互作用力，重力加速度为以

甲乙

（1）当室内温度升高10'C时，求气缸内封闭气体增加的压强;

（2）若室内温度保持27c不变，一质量为，〃的同学盘坐在椅面上，求稳定后活塞向下移动的距离。

14.如图所示，在第I象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第IV象限的半圆形附区域

内有半径为R的匀强磁场，方向垂宜于xOy平面向里，直径帅与），轴平行。一质量为小、电荷量为-q的粒

子，从y釉上的点，以大小为先的速度沿x轴正方向射入申•场，通过电场后从x轴上的。（2儿0）点进

入第【V象限，又经过磁场从），轴上的某点进入第IH象限，且速度与），轴负方向成45。角，不计粒子的重力。

求：

（1）电场强度E的大小。

（2）粒子到达。点时速度的大小和方向。

（3）磁感应强度B的最小值以及粒子在磁场中的径迹与处所围成的面积。

15.如图，水平地面上有一桌面足够长的桌子，其上表面水平且光滑。桌上静止一厚度可忽略、质量M=2

kg的不带电绝缘长木板C,C左端与桌面左边缘对齐，C上距离其左端x/=1.36m处静止一可视为质点且

质量〃/=1kg的小木块B。距C右端式2=0.24m处固定有一弹性挡板。整个区域有方向水平向右、场强

E=2xl<yN/C的匀强电场。现从桌子左侧的地面某位置，以速度DO=15m/s竖直向上抛出一个可视为质点的

质量〃3=1kg、电荷量gnxioy的带正电金属块A,若A刚好从C的左端水平向右滑上C。此后C与档

板第一次碰撞瞬间电场大小不变，方向立即反向，碰后立即撤走档板，碰撞时间极短且无机械能损失。在

运动过程中，B始终没有滑到C的最右端，已知A、B与木板间的动摩擦因数均为4=04最大静摩擦力

等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。

（2）求长木板C与档板第•次碰撞前瞬间的速度大小;

（3）分析A、B能否发生碰撞，若能碰撞，则碰后A、B粘在一起并在碰撞瞬间电场消失，求A、B、

C的最终速度；若A、B不能碰撞，请求出最终A、B相距的距离。

答案解析部分

1.【答案】B

【解析】【解答】已知，消防战士下滑的最大速度为vm=5m/s,到达地面的速度大小为v=lm/s。若要求消防

战士最快到达地面，则消防战士应先以最大的加速度a=lm/s2加速到最大速度vm=5m/s,然后以最大速度

匀速运动一段时间，然后再以大小为a=lm/$2的加速度减速到达地面且速度变为im/s。则消防战士最快到

达地面的时间为上述三段运动时间之和。消防战士加速运动的最短时间和位移分别为

L=等=5s,%]=iatf=12.5m

消防战士减速运动的最短时间和位移分别为

，1

V-Vmat、12m

%=』一=4s,X2=Vmt3-23=

则消防战士在匀速运动过程所经历的时间为

X—Xi—XQ

t2=——zy——-=15.1s

故消防战士最快到达地面的时间为

t=t,+t2+t3=24.1s

故答案为：Bo

【分析】消防员要以最短的时间到达地面，则需要以最大速度运动的距离最远，则消防员加速和减少的时

间均需要最短。再根据消防员不同运均阶段的规律和特点结合各阶段之间位移与最大速度的关系进行解

答。

2.【答案】D

【解析】【解答】A、由图可知波长为2a,则A点振动频率为

f=2d

故A错误；

B、由图可知SA=1.5入，SC=3入，则到达第一个波峰的时刻，C比A滞后

3a

"1.5”亍

故B错误：

C、B、C只能竖直方向振动，距离不变，故C错误：

D、质点的振动角频率为

27rTiv

侬=7=万

从图示时刻开始计时，A点的振动方程是

7TV37r

y=^sin(—1+

故D正确。

故答案为：Do

【分析】根据AB两点的距离及波形图确定波长的大小，再结合波速确定波的振动周期及频率。质点只能

上下振动，不能随波迁移，根据此时A点的位移结合振幅及周期确定A点的振动方程。

3.【答案】C

【解析】【解答】设a粒子的质量为mi,速度大小为VL反冲核的质量为m2,反冲核的速度大小为V2,则

根据动量守恒定律可得

7n1七=m2v2

则

V1_m2_I”

v2j一2

a粒子动能为

12

Ea=Eki=2mivl

则反冲核的动能为

12

=2m2V2=

故衰变释放的总动能为

119

Ek=Ek?+=]]7%

根据能量守恒，则释放的核能

119

AE=Ek=I”反

根据爱因斯坦质能方程

AE=me2

得

11啊

Am=ii7c^

故答案为：Co

【分析】铀核发生衰变时，形成的新核和a构成的整体动量守恒，再根据动量守恒定律及动量与动能的关

系确定衰变释放的能量，再根据爱因斯坦质能亏损方程确定亏损的质量。

4.【答案】B

【解析】【解答】设A、B的轨道半径分别为口、⑵由几何关系可得

丁1+厂2=乙

因为两天体的角速度相同，由圆周运切规律可得

）2

4mria2=rnr2（i）

联立可得

L4L

ri=5!丁2=亏

设两天体运动的周期为T,对天体B由万有引力提供向心力

mx4m4TT2

G--------2-==m-T

可得A、B两天体运动的周期为

2TTL3

T=

5Gm

天体B对在a、b两点相同质量的物体的万有引力大小相等、方向相反，假设a点位于两天体中间，天体

A对a、b两点处物体的万有引力（正方向）大小分别为R、Fz,a、b两点处质量为mo的物体所受万有引

力大小之差为

4Gmm04Gmmc325Gmm0

F=FB+/2-（FB+Fl）=+

2236L2

故答案为：Bo

【分析】双星系统中，两恒星所受万有引力相等，两恒星做匀速圆周运动的周期及角速度相等。两恒星做

匀速圆周运动的半径之和等于两恒星连线的距离。再根据万有引力定律及牛顿第二定律进行解答。

5.【答案】B

【解析】【解答】AB、根据题意，由图乙可知，磁感应强度随时间变化的关系式为

1

由图内可知，导体棒运动速度与时间的关系式

V=

导体棒运动位移与时IHJ的关系式

乙

则导体棒运动到最左端的时长为

磁感应强度变化产生的感生电动势为

12

-/16

篝(

2\-1

-8-产

t2

导体棒运动产生的动生电动势为

1?

E2=BLv=•2t=/

由楞次定律和右手定则可知，感生电助势与动生电动势方向相反，则路中感应电动势为

3,

=2

E=E]—Ez8—1(0<t<4s)

感应电流为

E3

/=五=4一彳产(0<t<4s)

A4

可知，随着t谓大，感应电流减小，当

32

“4'°

此时时间为

即此时感应电流方向改变，电流开始反向增大，即回路中的电流先逐渐减小后逐渐增大，2~3s内某时刻回

路中电流方向发生变化，故A错误，B正确；

C、结合AB分析可知，l=ls时，感应电流为

/3\13

“《一尸2)A[A

方向为逆时针，磁感应强度为

Bi=-xlT=^T

导体棒所受安培力大小为

13

Fyl=F1/1L=-g-N

由左手定则可知，方向向左，故C错误；

D、根据题意可知，初状态的穿过线圈的磁通量为零，末状态穿过线圈的磁通量也为零，则整个过程通过

定值电阻R的净电荷量为0,故D错误。

故答案为：Bo

【分析】由于磁感应强度在不断的增大，则穿过线框的磁通量发生改变，线框中产生感生电动势。而导体

棒又向左做切割磁感线运动，导体棒同时产生动手电动势。再根据法拉第电磁感应定律确定回路中感应电

流的表达式，继而确定回路中电流的大小及方向变化情况。初始状态磁感应强度为零，末状态线框面积为

零，故初末状态穿过线框的磁通量均为零。

6.【答案】A

【解析】【解答】将小球以初速度v从B点正上方R处的A点沿水平方向抛出，小球落到圆环上的D点，

根据平抛运动规律可知

Rsin37°=vt，2R-Rcos370=^gt2

将小球以初速度vi从A点沿相同的方向抛出时，小球的运动轨迹恰好与圆环相切，设此时速度与水平方

向夹角为明则

tana=Rsina=%ti，2R-Rcosa=

联立解得

故答案为：A。

【分析】小球A在空中做平抛运动，小球的运动轨迹恰好与圆环相切，即小球在该切点的速度恰好与圆

相切。根据结合关系确定不同速度抛出时小球运动的位移与半径的关系，再结合平抛运动规律进行解答。

7.【答案】B.C

【解析】【解答】AB、小球受力如图所示

Fa-sin37°=mg

水平方向有

Fa-cos37°=Fb

解得

Fa=ION,Ffo=8N

故B正确，A错误;

C、系统竖直向上匀加速运动时，小球受力如图所示

当a线拉力为15N时，由牛顿第二定律得，竖直方向有

Fm•sin37°—mg=ma

水平方向有

-cos37°=Fb

解得

Fb=12N

此时加速度有最大值

a=5m/s2

故C正确：

D、系统水平向右匀加速运动时，由牛顿第二定律得，竖直方向有

Fa-sin37°=mg

水平方向有

Fb-Fa-cos37°=ma

解得

Fa=ION

当Fb=15N时，加速度最大为

a=12.5m/s2

故D错误。

故答案为：BC0

【分析】静止时小球处于平衡状态，根据平衡条件及力的合成与分解确定各绳拉力的大小。根据小球的

加速度方向，确定哪根绳子容易达到砧界值，再根据临界条件结合牛顿第二定律及平衡条件去课多功能临

界加速度的大小。

8.【答案】B,D

【解析】【解答】A、由a-l图像可知，物体在0~5s做匀加速直线运动，5s时物体的谏度为

%=Qti=2x5m/s=10m/s

由于5s后物体继续做加速度逐渐减小的加速运动，可知物体在0~10s内运动的最大速度大于10m/s,故A

错误：

B、由a-t图像可知，在5s时，物体结束做匀加速运动，此时起重机功率达到最大功率，根据牛顿第二定

律可得

F—mg=ma

解得

F=1800N

则起重机的额定功率为

「泳=FVY=1800x10W=18000W

故B正确：

CD、0~5s内，物体的位移为

打10

xx=x5m=25m

0~5s内起重机对物体做的功为

卬1=Fxi=1800x25J=45000J

5-10s内起重机保持额定功率不变，则570s内起重机对物体做的功

W2=P/=18000x5J=90000J

可得

2叫=W2

故D正确，C错误。

故答案为：BD..

【分析】v-l图像与时间轴所围面积表示位移。当功率恒定不变时•，当速度越大，牵引力越小。重物加速度

方向不变，即重物始终做加速运动。根据图像确定各时间段内物体的运动情况。再根据运动规律及瞬时功

率公式及公的定义进行解答V

9.【答案】C,D

【解析】【解答】A、因在P点时弹簧在原长，则到达P点时的加速度为

a=gsin30°-〃gcos30°=2m/s2

故A错误；

C、因NP段与PM段关于P点对称，则在两段上弹力的平均值相等，则摩擦力平均值相等，摩擦力做功

相等，故C正确；

B、设小球从N运动到P的过程克服摩擦力做功为Wf,弹簧具有的最大弹性势能为耳，根据能量守恒定

律得，对于小球N到P的过程有

h1

mg2+Ep=?+wf

N到M的过程有

mgh=2Wf

得

Ep=0.4J

故B错误；

D、N到P过程中，球和弹簧组成的系统损失的机械能

AE=Wf=mg5=0.4J

故D正确。

故答案为：CDo

【分析】小球在P点时，弹簧处于原长状态，而OM=ON,则小球在M、N点，弹簧的形变量相同，弹簧

的弹力及弹性势能相等。M、N点小球的速度均为零，则根据运动的对称性可知小球在MP和NP受到的

摩擦力平均值相等。当弹簧的形变量最大时，弹簧的弹性势能最大，即小球在M、N点时，弹簧的弹性势

能最大。再结合牛顿第二定律及能量守恒定律进行分析解答。

10.【答案】A,D

【解析】【解答】A、金属棒ab匀速运动时，感应电流为

_BLv

人—R+rr

金属棒处于平衡状态，对金属棒与小物块整体进行分析有

Mg=mgsxnO+BIJ

解得

vY=0.6m/s

故A正确；

B、金属棒ab匀速运动时速度最大，此时电阻上的电功率也最大，则有

Pi="R

结合上述解得

Pi=0.32W

故B错误；

C、金属棒从开始运动到最大速度过程，根据动能定理有

1

Mgx=5(M++mgxs\n0+Q

乙

根据电热分配有

R

QR-R+「Q

解得

x=3m

故C错误；

D、从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，感应电动势的平均值

40BLx

E=At=At

感应电流的平均值

q

=瓦

解得

q=2C.

故D正确。

故答案为：AD0

【分析】确定ab棒在运动过程的受力情况，ab棒与重物的速度和加速度大小相等。根据平衡条件及安培

力公式和法拉第电磁感应定律确定ab棒匀速运动时的速度。ab棒的速度越大，ab棒产生的感应电动势越

大，电阻R上消耗的功率越大，当ab棒速度最大时，ab棒的加速度为零。熟悉掌握导体棒切割磁场运动

通过回路电荷量的计算方法。再结合法拉第电磁感应定律及动能定理及电功率的定义进行解答。

11.【答案】（I）0.52

（2）B：C

2(mp-mQ)g

(3)(mp+mQ)d2

【解析】【解答】（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度d为

0.5cm4-0.1mmx2=0.52cm

（2）A、实验中要让物块P下降，Q上升，则选择两个质量不相等，故A错误：

B、实验时，要确保物块P由静止释放，故B正确：

C、需要测量出两物块的质量mp和mc，故C正确；

D、实验中不需要测量出遮光条从A到达B所用的时间T,故D错误。

故答案为：BCo

（3）物块P经过光电门时的速度

d

实验中要验证的关系

1

（叫-mQ）gh.=々SP+吗病

即

12mp—mQ）g

-2=---------

t（mp+mQ）d

则

2（m-m）g

k-PQ2

（mP+mQ）d

【分析】读数时注意仪器的分度值及是否需要估读。根据中间时刻的瞬时速度确定物块经过光电门的速

度。物块P、Q的速度大小相等。再根据机械能守恒的条件推到得出图像的表达式，再分析图像斜率的物

理意义。

12.【答案】(I)3200

【解析】【解答】(1)电压表W的内阻约为

R=32x100。=3200。

(3)作出U2-R图线如图

ux

U2=UX+^R

根据图丁中图线可得

Ux=2.5V,Rx=3.0kQ

【分析】读书注意是否需要估读。根据欧姆定律及串并联电路的规律结合电路图推导得出图像的函数表达

式，分析图像斜率及截距的物理意义，再结合图像进行数据处理。

13.【答案】（1）解.：当室内温度升高10C时，气缸内封闭气体发生等容变化

AT=At=10K

由查理定律，得

p_Ap

T=3T

其中

T=(273+27)K=300K

解得

1

Ap=30p

（2）解：若室内温度保持27℃不变，气缸内封闭气体发生等温变化，由玻意耳定律，得

p•LS=(p+•(L-AL)S

解得

pS+mg

【解析】【分析】（1）升温过程，气缸内的气体做等容变化，确定初始状态气体的压强及热力学温度和变化

的热力学温度，再根据查理定律进行解答:

（2）杈据平衡条件确定坐上同学后密封•气体的压强。室内温度不变，封闭气体做等温变化，再根据波尔

定律及几何关系进行解答。

14.【答案】（1）解：粒子在第I象限内做类平抛运动，设在第I象限内运动的时间为5则水平方向有

2/i=VQtj

竖直方向有

h=21q^E7

联立得

mvn

2qh

（2）解：设粒子到达a点时竖直方向的速度为v》.，则有

所以粒子到达a点时速度大小

2

V=JVQ+vy=\/2v0

设粒子到达a点时速度方向与X轴正方向的夹角为0,由几何关系得

tan6»=*=1

%

解得

0=45。

即粒子到达a点时速度的方向斜向右下方与x轴正方向成45。角。

（3）解：当粒子从b点出磁场时，磁感应强度最小，设此时粒子运动半径为r,根据几何关系可知速度偏

转角为90。，则

r=V2R

根据洛伦兹力提供向心力有

quB=rn—

解得B的最小值

对应粒子在磁场中的径迹与勘所围成的面积

1?1?/、？

S=彳xnr2-7Txr2=（'=--l）/?2

【解析】【分析】（1）粒子在电场中只受电场力作用，再电场中做类平抛运动，根据题意确定粒子做类平抛

运动在竖直方向和水平方向的位移，再根据牛顿第二定律及类平抛运动规律进行解答；

（2）杈据类平抛运动竖直方向的运动规律确定粒子到达a点时的速度，再根据矢量求和法则确定在a点的

速度大小，再结合几何关系确定速度与x轴方向的夹角：

（3）杈据洛伦兹力提供向心力分析可知，粒子在磁场中的运动半径越大，磁感应强度越小。故当粒子从

b点出破场时，磁感应强度最小。根据几何关系确定此时粒子的运动半径，再根据洛伦兹力提供向心力确

定此时磁感应强度的大小。再根据几何关系确定此时粒子在磁场中的径迹与油所围成的面积。

15.【答案】（I）解：A从地面到C左端的过程中受揖力和电场力作用做抛体运动

竖直方向有