2023年高考物理真题完全解读（浙江6月卷）.docx

1、2023年高考真题完全解读（浙江6月卷）2023年6月浙江省普通高校招生选考科目考试物理试题，以在真实情境中顺利提取并灵活运用思维方式解决问题作为关键能力与学科素养考查的主要途径。浙江物理试卷突出基础性，加强对基本概念、基本思想方法的考查，给考生提供深度学习和思考的空间。由此实现真实问题情境下对考生综合运用知识和能力的考查，考查考生学以致用、应对生活实践问题情境的学科素养，体现了一定程度上的创新。例如第1题，考查对矢量、标量的考查，第2题，以踢出去的足球为情景，第3题以水平推出的铅球为情景，突出基础性，贴近学生生活实际；第4题和第5题，围绕月兔车，彰显我国科技成就，培养学生制度自信、民族自信，

2、科技自信。试题全面考查考生的科学思维能力。试卷的问题设计从基础性、应用性、综合性和创新性等不同层次展开，考查的内容涉及物理原理、物理实验、物理实验技巧以及物理研究方法等，体现对物理学科核心素养的全面考查。例如第16题，组合了力学、电学、热学等多个实验考查，增加考查知识的覆盖面。第20题，带电粒子入射到不同磁场区域，入射到磁感应强度随位移变化的磁场区域，思维难度大，能力要求高、需要综合运用相关知识和方法，列方程解答。浙江高考模式2023年浙江高考语文、数学、外语（含笔试和听力考试两部分）3个科目用的是教育部考试中心命题的新高考I卷，其他科目物理、化学、生物、思想政治、历史、地理等其他6个科目为本

3、省自命题，考生按规定选择3个科目参加考试。浙江省高考满分为750分，其中的语文、数学、外语科目每门满分均为150分，其他每门满分均为100分，以卷面原始分计入高考文化课总成绩。绝密启用前2023年6月浙江省普通高校招生选考科目考试物理考生注意：1答题前，请务必将自己的姓名，准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。2答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。3非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。4可能用到的相关参

4、数：重力加速度g取10m/s2。选择题部分一、选择题（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1下列四组物理量中均为标量的是（ ）A电势 电场强度 B热量 功率 C动量 动能 D速度 加速度【参考答案】B【名师解析】电场强度时矢量，动量是矢量，速度和加速度都是矢量，所以下列四组物理量中均为标量的是B。2在足球运动中，足球入网如图所示，则（ ）A踢香蕉球时足球可视为质点 B足球在飞行和触网时惯性不变C足球在飞行时受到脚的作用力和重力 D触网时足球对网的力大于网对足球的力【参考答案】B【名师解析】踢香蕉球时足球不可视为质点，

5、足球在飞行和触网时质量不变，惯性不变，A错误B正确；足球在飞行时只受到竖直向下的重力作用，C错误；根据牛顿第三定律，触网时足球对网的力等于网对足球的力，D错误。3铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系中，正确的是（ ）A B C D【参考答案】D【名师解析】铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，铅球只受重力，其加速度a=g，铅球竖直速度随时间均匀增大，水平速度不变，所以铅球速度随时间不是均匀增大，AB错误；铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，铅球只受重力，机械能守恒，动能逐渐增大，但

6、不是均匀增大，C错误D正确。4图为“玉兔二号”巡视器在月球上从O处行走到B处的照片，轨迹OA段是直线，AB段是曲线，巡视器质量为135kg，则巡视器（ ）A受到月球的引力为1350N B在AB段运动时一定有加速度COA段与AB段的平均速度方向相同 D从O到B的位移大小等于OAB轨迹长度【参考答案】.B【名师解析】由于月球表面的重力加速度小于地面重力加速度，大约为地球表面的1/6，所以巡视器受到的月球引力小于1350N，A错误；轨迹AB段是曲线，巡视器沿曲线运动，速度方向一定改变，一定有加速度，B正确；由于OA段和AB段的位移方向不同，所以OA段和AB段的平均速度方向不同，C错误；根据位移的定义

7、，从O到B的位移大小为从O指向B的有向线段的长度，小于OAB轨迹的长度，D错误。5“玉兔二号”装有核电池，不惧漫长寒冷的月夜。核电池将衰变释放的核能一部分转换成电能。的衰变方程为，则（ ）A衰变方程中的X等于233 B的穿透能力比射线强C比的比结合能小 D月夜的寒冷导致的半衰期变大【参考答案】.C【名师解析】根据核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒，可知X=238-4=234，A错误；射线的穿透能力比射线穿透能力强，B错误；根据原子核衰变的产物的比结合能大于放射性原子核可知，Pu比U的比结合能小，C正确；半衰期与原子核所处的物理化学状态无关，D错误。6如图所示，水平面上固定两排平行的半圆柱体，

8、重为G的光滑圆柱体静置其上，a、b为相切点，半径Ob与重力的夹角为37。已知，则圆柱体受到的支持力Fa、Fb大小为（ ）A， B，C， D，6.【参考答案】D【名师解析】对圆柱体受力分析，画出所受力的矢量图，Fa=mgsin37=0.6G，Fb=mgcos37=0.8G，D正确。【方法归纳】对于受到三个力的平衡问题，一般是对研究对象受力分析，画出所受各力的矢量图，利用平行四边形定则，得出三力矢量三角形，利用数学知识得出未知力的大小。7我国1100kV特高压直流输电工程的送电端用“整流”设备将交流变换成直流，用户端用“逆变”设备再将直流变换成交流。下列说法正确的是（ ）A送电端先升压再整流 B用

9、户端先降压再变交流C1100kV是指交流电的最大值 D输电功率由送电端电压决定7.【参考答案】A【名师解析】由于只有交流电才能通过变压器变压，所以送电端先升压在整流，用户端先变交流电在降压，A正确B错误；特高压输电1100kV是指直流电压，C错误；输电功率由用户端电压决定，D错误。8某带电粒子转向器的横截面如图所示，转向器中有辐向电场。粒子从M点射入，沿着由半径分别为R1和R2的圆弧平滑连接成的虚线（等势线）运动，并从虚线上的N点射出，虚线处电场强度大小分别为E1和E2，则R1、R2和E1、E2应满足（ ）A B C D8.【参考答案】A【名师解析】带电粒子沿转向器中圆弧虚线运动，电场力提供向

10、心力，qE1=m，qE2=m，联立解得=，A正确。9木星的卫星中，木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为。木卫三周期为T，公转轨道半径是月球绕地球轨道半径r的n倍。月球绕地球公转周期为T0，则（ ）A木卫一轨道半径为 B木卫二轨道半径为C周期T与T0之比为 D木星质量与地球质量之比为【参考答案】. D【名师解析】木卫三的公转轨道半径为nr，对木卫一和木卫三，由开普勒第三定律可得=1/42,解得r1=，A错误；对木卫二和木卫三，由开普勒第三定律可得=22/42=1/4，解得r2=，B错误；木卫三绕木星运动周期与月球绕地球运动周期之间没有联系，C错误；木卫三绕木星运动，=,月球绕地球运动，=

11、,联立解得=，D正确。10如图所示，质量为M、电阻为R、长为L的导体棒，通过两根长均为l、质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L。细杆通过开关S可与直流电源E0或理想二极管串接。在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场，不计空气阻力和其它电阻。开关S接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹角固定点；然后开关S接2，棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中（ ）A电源电动势 B棒消耗的焦耳热C从左向右运动时，最大摆角小于 D棒两次过最低点时感应电动势大小相等【参考答案】C【名师解析】开关S接1，导体棒静止时，受力分析，由tan=BIL/mg，解得I=mg/BL

12、，由闭合电路欧姆定律，电源电动势E=IR=mgR/BL，A错误；不能得出导体棒完成一次振动过程消耗的焦耳热，B错误；开关接2，由于金属棒运动切割磁感线产生感应电动势，在从左向右运动时，产生的感应电流，从二极管正极流入，金属棒中有电流，受到与方向相反的安培力作用，所以最大摆角小于/4，C正确；金属棒从右向左经过最低点时速度大于从左向右经过最低点时的速度，根据法拉第电磁感应定律可知，金属棒两次经过最低点时产生的感应电动势大小不等，D错误。11如图所示，置于管口T前的声源发出一列单一频率声波，分成两列强度不同的声波分别沿A、B两管传播到出口O。先调节A、B两管等长，O处探测到声波强度为400个单位，

13、然后将A管拉长，在O处第一次探测到声波强度最小，其强度为100个单位。已知声波强度与声波振幅平方成正比，不计声波在管道中传播的能量损失，则（ ）A声波的波长 B声波的波长C两声波的振幅之比为 D两声波的振幅之比为【参考答案】C【名师解析】先调节A、B两管等长，两管中传播的声波到O点路程差为零，振动加强，O处探测到声波强度为400个单位，将A管拉长，在O处第一次探测到声波强度最小，说明两管中传播的声波到O点路程差/2，其强度为100个单位，由此可知2d=/2，声波的波长=60cm，AB错误；根据题述，已知声波强度与声波振幅平方成正比，即=，解得=，C正确D错误。12AB、CD两块正对的平行金属板

14、与水平面成30角固定，竖直截面如图所示。两板间距10cm，电荷量为、质量为的小球用长为5cm的绝缘细线悬挂于A点。闭合开关S，小球静止时，细线与AB板夹角为30；剪断细线，小球运动到CD板上的M点（未标出），则（ ）AMC距离为 B电势能增加了C电场强度大小为 D减小R的阻值，MC的距离将变大【参考答案】B【名师解析】小球用长为5cm的绝缘细线悬挂于A点，小球静止时，细线与AB板夹角为30，细线与竖直方向夹角为30，小球所受电场力方向垂直极板AB，与竖直线方向夹角为30，可知电场力F=FT，2Fcos30=mg，解得F=N，电场强度大小为F/q=，C错误；剪断细线，小球沿与CD板夹角为30的方

15、向加速直线运动到M点，由tan30=d/MC解得MC=10cm，A错误；小球运动到CD板上的M点，克服电场力做功W=F（d-lsin30）=0.075J=，B正确；减小R的阻值，两块正对的平行金属板之间电压不变，MC的距离不变，D错误。13在水池底部水平放置三条细灯带构成的等腰直角三角形发光体，直角边的长度为0.9m，水的折射率，细灯带到水面的距离，则有光射出的水面形状（用阴影表示）为（ ）A B C D【参考答案】C【名师解析】灯带发出的光从水面射出的时发生全反射临界角的正弦值则灯带上的一个点发出的光的发生全反射的临界角如图所示 根据几何关系可得则一个点发出的光在水面上能看到的的圆，光射出的

16、水面形状边缘为弧形，如图所示 等腰直角三角形发光体的内切圆半径满足解得故中间无空缺。所以则有光射出的水面形状为图C。二、选择题（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）14下列说法正确的是（ ）A热量能自发地从低温物体传到高温物体B液体的表面张力方向总是跟液面相切C在不同的惯性参考系中，物理规律的形式是不同的D当波源与观察者相互接近时，观察者观测到波的频率大于波源振动的频率【参考答案】.BD【名师解析】热量能够自发地从高温物体传到低温物体，不能自发地从低温物体传到高温物体，A错误；液体表面张力方

17、向总是与表面相切，B正确；在不同惯性参考系中，物理规律的形式是相同的，C错误；根据多普勒效应，当波源与观察者相互接近时，观察者观测到波的频率大于波源的振动频率，D正确。15有一种新型光电效应量子材料，其逸出功为W0。当紫外光照射该材料时，只产生动能和动量单一的相干光电子束。用该电子束照射间距为d的双缝，在与缝相距为L的观测屏上形成干涉条纹，测得条纹间距为x。已知电子质量为m，普朗克常量为h，光速为c，则（ ）A电子的动量 B电子的动能C光子的能量 D光子的动量【参考答案】.AD【名师解析】根据双缝干涉条纹间隔公式x=L/d，可得=dx/L。电子动量p=h/=，A正确；电子动能Ek=，B错误；根

18、据爱因斯坦光电效应方程，Ek=E-W0，解得光子能量E=W0+，C错误；由E=cp可得光子动量p= W0/c+，D正确。非选择题部分三、非选择题（本题共5小题，共55分）16实验题（、三题共14分）16-（7分）（1）在“探究平抛运动的特点”实验中用图1装置进行探究，下列说法正确的是_。A只能探究平抛运动水平分运动的特点B需改变小锤击打的力度，多次重复实验C能同时探究平抛运动水平、竖直分运动的特点用图2装置进行实验，下列说法正确的是_。A斜槽轨道M必须光滑且其末端水平B上下调节挡板N时必须每次等间距移动C小钢球从斜槽M上同一位置静止滚下 图1 图2 图3用图3装置进行实验，竖直挡板上附有复写纸

19、和白纸，可以记下钢球撞击挡板时的点迹。实验时竖直挡板初始位置紧靠斜槽末端，钢球从斜槽上P点静止滚下，撞击挡板留下点迹0，将挡板依次水平向右移动x，重复实验，挡板上留下点迹1、2、3、4。以点迹0为坐标原点，竖直向下建立坐标轴y，各点迹坐标值分别为y1、y2、y3、y4。测得钢球直径为d，则钢球平抛初速度v0为_。A B C D（2）如图4所示，某同学把A、B两根不同的弹簧串接竖直悬挂，探究A、B弹簧弹力与伸长量的关系。在B弹簧下端依次挂上质量为m的钩码，静止时指针所指刻度xA、xB的数据如表。钩码个数12xA/cm7.758.539.30xB/cm16.4518.5220.60图4钩码个数为1

20、时，弹簧A的伸长量_cm，弹簧B的伸长量_cm，两根弹簧弹性势能的增加量_（选填“=”、“”）。16-I【参考答案】（1）BCD（2）0.78 1.29 【名师解析】（1）用图1装置可以探究平抛运动竖直方向做自由落体运动，需要改变小锤击打的力度，多次重复实验，B正确AC错误；用图2装置进行实验，斜槽轨道M不必要光滑，但末端必须水平，A错误；上下调节挡板N时，不需要等间距移动，B错误；小钢球必须从斜槽M上同一位置静止滚下，C正确。用图3装置进行实验，根据平抛运动规律，x-d/2=v0T，y1=，联立解得v0=（x-d/2），AB错误；由4x-d/2=v04T，y4=，联立解得v0=（x-d/2）

21、，D正确C错误。（2）钩码个数为1时，弹簧A伸长量xA=8.53cm-7.75cm=0.78cm；弹簧B伸长量xA=18.52cm-16.45cm-0.78cm=1.29cm； 由于弹簧不是理想的轻弹簧，根据系统机械能守恒定律可知两根弹簧的重力势能减少量和钩码减少的重力势能等于弹簧增加的弹性势能，所以。16-（5分）在“测量干电池的电动势和内阻”实验中 图1 图2（1）部分连线如图1所示，导线a端应连接到_（选填“A”、“B”、“C”或“D”）接线柱上。正确连接后，某次测量中电压表指针位置如图2所示，其示数为_V。（2）测得的7组数据已标在如图3所示U-I坐标系上，用作图法求干电池的电动势_V

22、和内阻_。（计算结果均保留两位小数）图316-II【参考答案】（1）B 1.20 （2）1.50 1.04 【参考答案】（1）根据利用电压表和电流表测量干电池电动势和内阻的实验电路，可知导线a应该连接到B接线柱上。根据电压表读数规则，电压表示数为1.20V。（2）干电池的伏安特性曲线在纵轴的截距值大约干电池的电动势E=1.50V；斜率绝对值等于干电池的内阻， r=1.04。16-（2分）以下实验中，说法正确的是_（多选）。A“观察电容器的充、放电现象”实验中，充电时电流逐渐增大，放电时电流逐渐减小B“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，滴入油酸酒精溶液后，需尽快描下油膜轮廓，测出油膜面积C“观

23、察光敏电阻特性”和“观察金属热电阻特性”实验中，光照强度增加，光敏电阻阻值减小；温度升高，金属热电阻阻值增大D“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，如果可拆变压器的“横梁”铁芯没装上，原线圈接入10V的交流电时，副线圈输出电压不为零16-III【参考答案】CD【名师解析】“观察电容器的充放电现象”实验中，充电时电流逐渐减小，放电时电流逐渐减小，A错误；“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，滴入油酸酒精溶液后，需要等到油膜充分扩展成单分子油膜后，才能描绘油膜轮廓，测出油膜面积，B错误；“观察光敏电阻特性”实验中，光照强度增加，光敏电阻阻值减小；“观察金属热电阻特性”实验中，温度升高，金

24、属热电阻阻值增大，C正确；“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，如果可拆变压器的“横梁”铁芯没有装上，原线圈接入10V的交流电时，只是漏磁较大，在副线圈中仍能够产生感应电动势，副线圈输出电压不为零，D正确。17（8分）如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积，质量的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。圆筒与温度300K的热源接触，平衡时圆筒内气体处于状态A，其体积。缓慢推动活塞使气体达到状态B，此时体积。固定活塞，升高热源温度，气体达到状态C，此时压强。已知从状态A到状态C，气体从外界吸收热量；从状态B到状态C，气体内能增加；大气压。（1）气体从状态A到状态B，其分子平均动

25、能_（选填“增大”、“减小”或“不变”），圆筒内壁单位面积受到的压力_（选填“增大”、“减小”或“不变”）；（2）求气体在状态C的温度Tc；（3）求气体从状态A到状态B过程中外界对系统做的功W。【参考答案】（1）不变 增大 （2）Tc=346.5K （3）W=11J【名师解析】（1）气体从状态A到状态B，做等温压缩变化，其气体内能不变，分子平均动能不变。体积减小，压强增大，圆筒内壁单位面积受到的压力增大。（2）气体从状态A到状态B，做等温压缩变化，由玻意耳定律，p0VA= pBVB，解得：pB=1.2p0=1.212105Pa气体从状态B到状态C，做等容变化，由查理定律=, TB=300K解得

26、：TC=346.5K（3）由热力学第一定律，U=W+Q，解得W=11J。18（11分）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量的滑块a以初速度从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长，以的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能（x为形变量）。（1）求滑块a到

27、达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；（2）若滑块a碰后返回到B点时速度，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能；（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差。【解析】（1）滑块a以初速度v0从D处进入竖直圆弧轨道DEF运动，机械能守恒，mg2R=-，解得vF=10m/s。在最低点F，由牛顿第二定律，FN-mg=m，解得：FN =31.2N（2）碰撞后滑块a返回过程，由动能定理，-mg2R-mgL=-，解得va=5m/s。 滑块a、b碰撞，由动量守恒定律，mvF= -mva+3mvb， 解得：vb=5m/s 碰撞过程中损失的机械能E=-=0（3）滑块

28、a碰撞b后立即被粘住，由动量守恒定律，mvF= （m+3m）vab，解得vab=2.5m/s。 滑块ab一起向右运动，压缩弹簧，ab减速运动，c加速运动，当abc三者速度相等时，弹簧长度最小，由动量守恒定律，（m+3m）vab=（m+3m+2m）vabc解得vabc=5 /3m/s。由机械能守恒定律，Ep1=-解得Ep1=0.5J由Ep1=解得：最大压缩量x1=0.1m滑块ab一起继续向右运动，弹簧弹力使c继续加速，使ab继续减速，当弹簧弹力 减小到零时，c速度最大，ab速度最小；滑块ab一起再继续向右运动，弹簧弹力使c减速，ab加速，当abc三者速度相等时，弹簧长度最大，其对应的弹性势能与弹

29、簧长度最小时弹性势能相等，其最大伸长量由动量守恒定律，x2=0.1m所以碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差x= x1+ x2=0.2m19（11分）某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置（简化为与火箭绝缘的导电杆MN）和装置A组成，并形成团合回路。装置A能自动调节其输出电压确保回路电流I恒定，方向如图所示。导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位置，电流I在导电杆以上空间产生的磁场近似为零：在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小（其中k为常量），方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场，大小，方向与B1相同。火箭

30、无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度v0进入导轨，到达绝缘停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停。已知火箭与导电杆的总质量为M，导轨间距，导电杆电阻为R。导电杆与导轨保持良好接触滑行，不计空气阻力和摩擦力，不计导轨电阻和装置A的内阻。在火箭落停过程中，（1）求导电杆所受安培力的大小F和运动的距离L；（2）求回路感应电动势E与运动时间t的关系；（3）求装置A输出电压U与运动时间t的关系和输出的能量W；（4）若R的阻值视为0，装置A用于回收能量，给出装置A可回收能量的来源和大小。【答案】（1）3Mg；（2）；（3）； （4）装置A可回收的能量包括导电杆和火箭的动能和重力势能。【解析】（1）导电

31、杆所受安培力F=B1Id=kII=3Mg由动能定理，-FL+MgL=0-解得：L=。（2）火箭与导电杆下落做匀减速运动，由F-Mg=Ma，解得加速度大小为a=2g。在时刻t，导电杆的速度v=v0-at=v0-2gt，导电杆切割磁感线产生的感应电动势E=B2dv=2kId（v0-2gt）=（v0-2gt）（3）根据题述导电杆中电流恒定为I，则有U-E=IR，解得装置A输出电压U=IR+ v0-t=装置A输出的电功率P=UI= I2R+ 3Mgv0-6Mg2t由v0-2gt0=0解得总下落时间t0=令I2R+ 3Mgv0=P0，画出输出的电功率P随时间t变化图像，如图。电功率P随时间t变化图像与横

32、轴所围面积等于输出的能量W，所以W=（I2R+ 3Mgv0）=（4）若R的阻值视为零，装置A可回收的能量包括导电杆和火箭的动能和重力势能；动能为EK=，重力势能为为Ep=Mg=，可回收的总能量为W回= EK+ Ep=+=20（11分）利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，Oxy平面（纸面）的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域和，其中区域存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场，区域存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里，区域的下边界与x轴重合。位于处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子

33、的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。（1）求离子不进入区域的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t；（2）若，求能到达处的离子的最小速度v2；（3）若，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在范围，求进入第四象限的离子数与总离子数之比。【名师解析】（1）画出离子恰不进入区域II的轨迹，由轨迹图中几何关系得 sin30=，解得r1=2L。由洛伦兹力提供向心力，qv1B1=m，解得v1=运动轨迹所对圆心角为=2/3离子在区域II中运动时间t=（2）解法一：常规法画出离子恰好运动到y=L/2处的运动轨迹，如图。速度为v2的离子在区域I，由洛伦兹力提供向心力，qv2B1=m，解得r2=速度

34、为v2的离子在区域II，由洛伦兹力提供向心力，qv2B2=m，解得r2= = r2/2在区域II，离子运动轨迹恰好与y=L/2水平线相切，r2- r2cos=L/2，即r2- r2cos=L，解得：cos=在区域I，r2cos-r2cos60=L，即r2-r2cos60=L，解得：r2=4L， 由= r2/2=2L，解得v2=解法二：等效法。若B2=2B1，由r=mv/qB可知离子在区域I运动轨迹半径为r2=r1/2，可以等效为B2=B1时离子恰好运动到y=0处。由图中几何关系可得：sin30=，解得r1=4L。离子在区域I磁场中运动，qv2B1=m，解得v2=解法三。动量定理+微元法画出离子

35、恰好运动到y=L/2处的运动轨迹，如图。我们可以通过微元法，利用动量定理解答。对离子进入磁场到恰好运动到y=L/2处的过程，沿y轴方向的微元时间t，运用动量定理，-qB1vy1t-qB2vy2t =mv方程两侧求和，-qB1vy1t-qB2vy2t=mv注意到vy1t=L，vy2t=0.5L，v=-v2sin30可得 -2qB1L=0.5m v2解得：v2=（3）解法一：等效法画出B2=图像，如图。区域II中磁场可等效为匀强磁场B1/2的匀强磁场，若把区域II中磁场等效为匀强磁场B1，则磁场宽度则为L/2。画出恰好能够进入第四象限的离子运动轨迹，如图。由轨迹图中几何关系得 sin30=，解得r

36、3=3L。由洛伦兹力提供向心力，qv3B1=m，解得v3=即速度大于v3=的离子都能够进入第四象限，进入第四象限的离子数与总离子数之比为=100%=60%解法二：动量定理+微元法画出B2=图像，如图。区域II中磁场可等效为匀强磁场B1/2的匀强磁场，对离子进入磁场到恰好运动到x轴的过程，沿y轴方向的微元时间t，运用动量定理，-qB1vy1t-qB2vy2t =mv方程两侧求和，-qB1vy1t-qB2vy2t=mv注意到vy1t=L，B2vy2t=vy2t =vy2t =L，v=-v2sin30可得 qB1L=m v2解得：v3=即速度大于v3=的离子都能够进入第四象限，进入第四象限的离子数与总离子数之比为=100%=60%