1、江苏省扬州中学2020届高三物理下学期5月质量检测试题（含解析）一、单项选择题1. 关于传感器，下列说法中正确的是A. 话筒是一种常用的声传感器，其作用是将电信号转换为声信号，B. 电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器的作用是控制电路的通断C. 霍尔元件能把磁感应强度这个磁学量转换成这个电阻电学量D. 光敏电阻在光照射下其电阻会显著变大【答案】B【解析】试题分析：话筒是一种常用的声波传感器，其作用是声信号转换为电信号，故A错误；热双金属片传感器和干簧管在电路中相当于开关，可以控制电路的通断，故B正确；霍尔元件能把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量，故C错误；
2、光敏电阻在光照射下其电阻会显著变小，D错误；考点：考查了传感器的应用【名师点睛】该题考查常见的传感器的特点与应用，属于对基础知识点的考查，多加积累即可做好这一类的题目2.如图所示，E为电源，其内阻不可忽略，RT为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，L为指示灯泡，C为平行板电容器，G为灵敏电流计。闭合开关S，当环境温度明显升高时，下列说法正确的是（）A. G中电流方向由a到bB. RT两端电压变大C. C所带的电荷量保持不变D. L变暗【答案】A【解析】【详解】A电容器的带电量减小，电容器放电，故G中电流由，故A正确；B因为电路中电流增大，电源的内压及灯泡L两端的电压增大，由可得两端电压减小，故
3、B错误；C因为电容器并联在电源两端，因内电压增大，路端电压减小，故由知电容器的带电量减小，故C错误；D由图可以知道，热敏电阻与L串联，当环境温度升高时，热敏电阻的阻值减小，总电阻减小，则电路中电流增大，灯泡L变亮，故D错误。故选A。3.如图所示，半径为R的半球形碗固定于水平地面上，一个质量为m的物块，从碗口沿内壁由静止滑下，滑到最低点时速度大小为v，物块与碗之间的动摩擦因数恒为，则下列说法正确的是（）A. 在最低点时物块所受支持力大小为B. 整个下滑过程物块所受重力的功率一直增大C. 物块在下滑至最低点过程中动能先增大后减小D. 整个下滑过程摩擦力对滑块做功【答案】C【解析】【详解】A在最低点
4、时，根据牛顿第二定律得计算得出支持力故A错误；B初始位置速度为零，重力的功率为零，到达最低点速度最大，但是重力与速度的方向夹角为90度，重力的瞬时功率为零，可以知道整个过程中功率的功率先增大后减小，故B错误；C在下滑的过程中，重力沿曲面切线方向的分力逐渐减小，滑动摩擦力逐渐增大，下滑到一定程度后重力沿曲面切线方向的分力会小于摩擦力做减速运动，则动能先增大后减小，故C正确；D对整个过程运用动能定理得则摩擦力对滑块做功为故D错误。故选C。4.如图为两个不等量异种电荷电场的电场线，O点为两点电荷连线的中点，P点为连线中垂线上的一点，下列判断正确的是（）A. P点场强大于O点场强B. P点电势高于O点
5、电势C. 将一正试探电荷从靠近负电荷右侧处移动到无限远处，其电势能逐渐增大D. 从P到O移动一正试探电荷，电场力做负功【答案】D【解析】【详解】A电场线的疏密表示电场强度的相对大小，根据图象可以知道P点场强小于O点场强，故A错误；B沿着电场线方向电势降低，结合等势面与电场线垂直，则P点电势低于O点电势，故B错误；C因为两个点电荷所带的电荷量不等，由图分析可以知道正电荷所带电量较大，那么从负电荷向右到无限远的电场线，方向先向左后向右，则电势先升高再逐渐降低，试探电荷电势能逐渐增大再逐渐降低，故C错误；D从P到O电势升高，根据正电荷在电势高处电势能大，可知移动一正试探电荷其电势能增加，电场力做负功
6、，故D正确。故选D。5.如图所示，在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcdt=0时刻，线框在水平外力的作用下，从静止开始向右做匀加速直线运动，bc边刚进入磁场的时刻为t1，ad边刚进入磁场的时刻为t2，设线框中产生的感应电流的大小为i，ad边两端电压大小为U，水平拉力大小为F，则下列i、U、F随运动时间t变化关系图像正确的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】AB金属杆的速度与时间的关系式为，a是加速度由和得，感应电流与时间的关系式为，B、L、a均不变，当时间内，感应电流为零，时间内，电流I与t成正比，时间后无感应电流，故AB错误；C由和得，感应电流与时间的关系
7、式为，当时间内，感应电流为零，ad的电压为零，时间内，电流I与t成正比电压随时间均匀增加，时间后无感应电流，但有感应电动势电压随时间均匀增加，故C正确；D根据推论得知：金属杆所受的安培力为，由牛顿第二定律得，得当时间内，感应电流为零，为定值，时间内，F与t成正比，F与t是线性关系，但不过原点，时间后无感应电流，为定值，故D错误故选C。二、多项选择题6.如图所示，曲线是一颗绕地球做圆周运动卫星轨道的示意图，其半径为R；曲线是一颗绕地球椭圆运动卫星轨道的示意图，O点为地球球心，AB为椭圆的长轴，两轨道和地心都在同一平面内，已知在两轨道上运动的卫星的周期相等，万有引力常量为G，地球质量为M，下列说法
8、正确的是A. 椭圆轨道的半长轴长度为RB. 卫星在轨道的速率为v0，卫星在轨道B点的速率为vB， 则v0vBC. 卫星在轨道的加速度大小为a0，卫星在轨道A点加速度大小为aA，则a0aAD. 若OA=0.5R，则卫星在B点的速率vB【答案】ABC【解析】【详解】由开普勒第三定律可得：，圆轨道可看成长半轴、短半轴都为R的椭圆，故a=R，即椭圆轨道的长轴长度为2R，故A正确；根据万有引力做向心力可得：，故v，那么，轨道半径越大，线速度越小；设卫星以OB为半径做圆周运动的速度为v，那么，vv0；又有卫星在B点做向心运动，故万有引力大于向心力，所以，vBvv0，故B正确；卫星运动过程只受万有引力作用，
9、故有：，所以加速度；又有OAR，所以，a0aA，故C正确；若OA=0.5R，则OB=1.5R，那么，v，所以，vB，故D错误；点睛：万有引力的应用问题一般由重力加速度求得中心天体质量，或由中心天体质量、轨道半径、线速度、角速度、周期中两个已知量，根据万有引力做向心力求得其他物理量7.如图，理想变压器原副线圈的匝数比n1:n2=10:1，将原线圈接在交流电源上，副线圈上电阻R和理想交流电压表并联接人电路，已知交流电源电压，现在A、B两点间接入不同的电子元件，下列说法正确的是（ ）A. 在AB间串联一相同电阻R，电压表的示数为11VB. 在AB两点间接入理想二极管，电压表的读数为11VC. 在AB
10、两点间接入一只电容器，只提高交流电的频率，电压表读数增大D. 在AB两点间接入一只电感线圈，只降低交流电的频率，电阻R消耗电功率减小【答案】AC【解析】【详解】A根据理想变压器原副线圈的电压与匝数成正比，即有：所以副线圈两端的电压有效值为：若在AB间串联一相同电阻R，电压表测得R两端电压为U，则：A正确；B 若在AB两点间接入理想二极管，电压表测得R两端电压为U，则：解得，B错误；C若在AB两点间接入一只电容器，只提高交流电的频率，则副线圈电压不变，由电容器通高频阻低频的特点可知，电流增大，R两端电压增大，即电压表示数增大，C正确；D若在AB两点间接入一只电感线圈，只降低交流电的频率，则副线圈
11、电压不变，由电感线圈通低频阻高频的特点可知，电流增大，电阻R消耗电功率增大，D错误。故选AC。8.如图所示，一块长度为a、宽度为b、厚度为d的金属导体，当加有与前后表面垂直的匀强磁场B，且通以图示方向的电流I时，用电压表测得导体上、下表面MN间电压为U。已知自由电子的电量为e。下列说法中正确的是（）A. M板比N板电势高B. 导体中自由电子定向移动的速度为C. 仅将磁场方向变为与导体的的左右表面垂直时，U不变D. 导体单位体积内的自由电子数为【答案】BD【解析】【详解】A如图，电流方向向右，电子向左移动，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向向上，则M积累了电子，MN之间产生向上的电场，
12、因此M板比N板电势低，故A错误；B由变形可得自由电子定向移动速度为故B正确；C如果把磁场方向变为与导体的左右表面垂直的话，电子所受的洛伦兹力为零，无法到达上下表面，则U为零，故C错误；D电流的微观表达式为则导体单位体积内的自由电子数为又因为联立解得故D正确。故选BD。9.如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的转轴O上，另一端与套在粗糙固定直杆A处质量为m的小球（可视为质点）相连，A点到水平面的高度为h，直杆的倾角为，OA=OC，B为AC的中点OB等于弹簧原长，小球从A处由静止开始下滑，第一次经过B处的速度为v，运动到C处速度为零；然后小球获得一初动能Ek由C处沿直杆向上滑行，恰好能到达出发点A
13、。已知重力加速度为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（）A. 小球下滑过程中，AB段与BC段摩擦力做功相等B. C. 弹簧具有的最大弹性势能为D. 撤去弹簧，小球可以在直杆上处于静止状态【答案】AB【解析】【详解】A在下滑过程中，从A到B和从B到C物体受到的支持力都等于重力垂直杆的分力和弹簧的弹力垂直杆的分力，弹簧的弹力关于B点对称，因此从A到B和从B到C物体受到的支持力是关于B点对称相等，因此摩擦力相等，因此摩擦力做功相同；故A正确；B小球从A到C，弹性势能改变量为零，动能的改变量为零，重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理有当小球得到初动能由C恰好到A，由动能定理得两次摩擦
14、力做功相同，因此故B正确；C根据能量守恒定律得，对于小球从A到B的过程有从A到C的过程有联立解得故C错误；D设从A到C的摩擦力平均值为，则有即在B点有摩擦力由于弹簧对小球有拉力（B点除外），小球对杆的压力大于，因此由此可得因此撤去弹簧，小球不能在直杆上处于静止，故D错误。故选AB。三、简答题10.某研究性学习小组利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示在气垫导轨上相隔一定距离的两处安装两个光电传感器A、B，滑块P上固定一遮光条，若光线被遮光条遮挡，光电传感器会输出一定电压，两光电传感器与计算机相连滑块在细线的牵引下向左加速运动，遮光条经过光电传感器A、B时，通过计算机可以得到如图乙所
15、示的电压U随时间t变化的图象(1)实验前，接通气源，将滑块(不挂钩码)置于气垫导轨上，轻推滑块，当图乙中的t1_t2 (选填m“=”或“”)时，说明气垫导轨已经水平(2)用螺旋测微器测遮光条宽度d测量结果如图丙所示，则d=_mm(3)滑块P用细线跨过气垫导轨左端的定滑轮与质量为m的钩码Q相连，将滑块P由图甲所示位置释放，通过计算机得到的图象如图乙所示若t1、t2和d已知，重力加速度为g，要验证滑块和钩码组成的系统机械能是否守恒，还应测出两光电门间距离L和_(写出物理量的名称及符号)(4)若上述物理量间满足关系式_，则表明在上述过程中，滑块和钩码组成的系统机械能守恒【答案】 (1). （1）=
16、(2). （2）8.475 (3). （3）滑块质量M； (4). 两光电门间距离L (5). （4）【解析】【详解】（1）实验前，接通气源，将滑块（不挂钩码）置于气垫导轨上，轻推滑块，滑块做匀速直线运动时，t1t2，说明气垫导轨已经水平（2）螺旋测微器的固定刻度读数为8mm，可动刻度读数为0.0147.4mm0.474mm，则最终读数为8.474mm（3）系统重力势能的减小量为mgL，系统动能的增加量为可知满足关系式mgL，则滑块和砝码组成的系统机械能守恒所以还需要测量滑块的质量M；（4）由（3）可得：满足关系式mgL，即可验证机械能守恒11.小明测量LED(发光二极管)在额定电压(2.5
17、V)时的电阻他选择的器材有：滑动变阻器(010 )；电压表(量程3 V，内阻3 k)；电动势为3.0 V的电源；多用电表(电流挡；量程1 mA，内阻40 ；量程10 mA，内阻4 ；量程100 mA，内阻0.4 )(1) 在判断LED极性时，小明先将多用电表选择开关旋至10挡，调节好多用电表，将二极管两极与表笔相接，多用电表示数如图甲所示时，多用电表红表笔(插在A孔中)与二极管的_(选填正或负)极相接触(2) 再将多用电表的选择开关旋至100 mA挡，将其接入图乙所示电路多用电表红表笔应与_(选填1或2)连接(3) 闭合开关，移动滑片，电压表示数为2.50 V时，多用电表示数为8 mA，则该L
18、ED在额定电压时的电阻为_.(4) 为了更准确地测出LED在额定电压时的电阻，在不更换实验器材的条件下，对小明的实验提出两点改进建议：_；_.【答案】 (1). 负 (2). 2 (3). 312.5 (4). 将多用电表的选择开关旋至10mA测量电流 (5). 改用多用电表(电流挡)内接法【解析】【详解】(1)由欧姆表的示数为150，说明此时二极管为反向电阻，再根据多用电表的电流方向为红进黑出所以此时红表笔与二极管的负极相连；(2)此时多用电表当作电流表使用测量流过二极管电流，再根据多用电表的电流方向为红进黑出，所以此时红表笔应与2相连；(3)根据欧姆定律可知：；(4)由(3)可知，当二极管
19、两端电压为2.5V时，电流为8mA（即最大电流），所以为为减小读数误差，应将多用电表的选择开关旋至10mA测量电流，由于电压表的内阻为3，而多用电表10mA档的内阻为4，二极管的电阻约为312，所以为了减小误差，应改用多用电表(电流挡)内接法【点睛】解决本题关键知道多用电表的电流为红进黑出，二极管具有单向导通性，在选择电流表内、外接法时利用大内偏大，小外偏小判断12.基于下列四幅图的叙述正确的是_A. 由甲图可知，黑体温度升高时，各种波长的电磁波辐射强度都增加，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动B. 由乙图可知，a光光子的频率高于b光光子的频率C. 由丙图可知，该种元素的原子核每经过7.6天
20、就有发生衰变D. 由丁图可知，中等大小的核的比结合能量大，这些核最稳定【答案】AD【解析】【分析】考查黑体辐射、光电效应、原子核衰变、比结合能。【详解】A由甲图观察可知黑体温度升高时，各种波长的电磁波辐射强度都增加，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故A正确B由乙图可知，光光子的频率低于于光光子的频率，故B错误C由丙图可知，该种元素的原子核每经过7.6天就有发生衰变，故C错误D由丁图可知，质量数为40的原子的比结合能最大，即中等大小的核的比结合能量大，这些核最稳定，故D正确故选AD。13.已知氢原子基态能量为E1(E1 0)，激发态能量EnE1，其中n2、3、4.已知普朗克常量为h，真空中
21、光速为c，吸收波长为_的光子能使氢原子从基态跃迁到n2的激发态；此激发态氢原子再吸收一个频率为的光子被电离后，电子的动能为_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据能级间跃迁吸收或辐射的光子能量等于两能级间的能级差求出吸收的光子能量，从而得出吸收的波长大小，根据能量守恒求出吸收光子电离后电子的动能；【详解】n=2激发态的能量，则，解得；根据能量守恒定律得：，则电子的动能：；14.如图所示，木块A和半径为r05m的四分之一光滑圆轨道B静置于光滑水平面上，A、B质量mAmB20kg现让A以v06m/s的速度水平向右运动，之后与墙壁碰撞，碰撞时间为t02s，碰后速度大小变为v14m/s取重
22、力加速度g10m/s2求：A与墙壁碰撞过程中，墙壁对木块平均作用力的大小；A滑上圆轨道B后到达最大高度时的共同速度大小【答案】100N2m/s【解析】试题分析：A与墙碰撞过程，规定水平向左为正，对A由动量定理有FtmAv1mA（v0）解得F100 NA从返回到滑上斜面到最高度的过程，对A、C系统水平方向动量守恒有mAv1（mAmC）v2解得v22 m/s考点：动量定理；动量守恒15.以下说法正确的是（）A. 当两个分子间的距离为r0（平衡位置）时，分子势能最小B. 布朗运动反映了花粉小颗粒内部分子的无规则运动C. 一定量的气体体积不变时，单位时间分子平均碰撞器壁的次数随着温度降低而减小D. 液
23、晶的光学性质不随温度、电磁作用变化而改变【答案】AC【解析】【详解】A当两个分子间的距离为时，分子力为零，分子势能最小，故A正确；B布朗运动反映了液体分子的无规则运动，故B错误；C一定量的气体，温度降低，分子运动的激烈程度减小，所以在体积不变时，单位时间分子平均碰撞器壁的次数随着温度降低而减小，故C正确；D液晶具有光学各向异性，其光学性质随温度、电磁作用变化而改变，故D错误。故选AC。16.一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的pV图象如图所示，已知AB过程放出热量Q，TA=TC，则 BC过程气体吸收还是放出热量？热量是多少？【答案】吸收热量为Qp2（V2V1
24、）【解析】试题分析：比较BC两状态的温度，从而判断气体内能的变化，比较BC两状态的体积可判断功W的正负，再根据可根据热力学第一定律即可解决问题根据，知 BC过程气体的压强不变，体积增大，温度升高，则气体的内能增大气体对外做功，由热力学第一定律知气体吸收热量B到C过程，气体对外做功的值为： A到B过程，气体的体积不变，不做功由A到C过程，根据得：解得：即BC过程吸收热量为17.目前专家们正在研究二氧化碳的深海处理技术。实验发现，在水深300m处，二氧化碳将变成凝胶状态，当水深超过2500m时，二氧化碳会浓缩成近似固体的硬胶体。设在某状态下二氧化碳气体的密度为，摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，
25、将二氧化碳分子看作直径为D的球（球的体积公式），则在该状态下体积为V的二氧化碳气体变成硬胶体后体积为多少？【答案】【解析】【详解】体积为V的二氧化碳气体的质量为所含分子数为变成硬胶体后的体积为18.下列说法正确的是（）A. 电磁波在介质中的传播速度不仅取决于介质，还与电磁波的频率有关B. 拍摄玻璃橱窗里的物品时，照相机镜头上安装偏振片是为了增加透射光的强度C. 狭义相对论认为，在惯性参照系中，光速与光源、观察者间的相对运动无关D. 用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的偏振【答案】AC【解析】【分析】【详解】A机械波的传播速度只取决于介质，跟频率无关；而电磁波的传播速度与介质有关
26、，还跟频率有关，故A正确；B镜头上安装的偏振片，其透振方向与反射光的振动方向垂直，从而减弱反射光的透射强度，故B错误；C根据光速不变原理得：狭义相对论认为，在惯性参照系中，光速与光源、观察者间的相对运动无关，故C正确；D用透明标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的干涉现象，故D错误。故选AC。19.一列简谐横波在t=0时的波形图如图所示.介质中x=3 m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y=5sin(5t)cm.则此波沿x轴_(填“正”或“负”)方向传播,传播速度为_m/s. 【答案】负 10【解析】试题分析：由质点P的振动表达式，可知在t=0时刻质点P向上振动，该波向左传播，角速
27、度为5rad/s，周期为2/w=0.4s，波速为v=考点：本题考查波动图像点评：本题难度较小，从波动图像中直接读出振幅、波长，再结合间歇运动的表达式算出角速度或周期即可求解20.如图所示，一透明玻璃半球竖直放置，OO为其对称轴，O为球心，球半径为R，球左侧为圆面，右侧为半球面。现有一束平行光从其左侧垂直于圆面射向玻璃半球，玻璃半球的折射率为，设真空中的光速为c，不考虑光在玻璃中的多次反射。（1）求从左侧射入能从右侧射出的入射光束面积占入射面的比例；（2）从距O点正上方的B点入射的光线经玻璃半球偏折后到达对称轴OO上的D点（图中未画出），求光从B点传播到D点的时间。【答案】（1）；（2）【解析】
28、【详解】（1）设从左侧的A点入射，光在右侧半球面刚好发生全反射，由sin=OA=RsinS=OA2S=R2由式解得=（2）设距O点的光线射到半球面上的点为C点，入射角i=30，设折射角为r，由：=n得：r=60由图知：BC=R，CD=R光在玻璃中传播速度v=t=由解得：t=四、计算或论述题21.如图所示，两根半径r为1m的圆弧轨道间距为L=0.5m，其顶端a、b与圆心处等高，轨道光滑且电阻不计，在其上端连有一阻值为R=4的电阻，整个装置处于辐向磁场中，圆弧轨道所在处的磁感应强度大小均为B=1T。将一根长度稍大于L、质量为m=0.2kg、电阻为R0=6的金属棒从轨道顶端ab处由静止释放已知当金属
29、棒到达如图所示的cd位置（金属棒与轨道圆心连线和水平面夹角为）时，金属棒的速度达到最大；当金属棒到达轨道底端ef时，对轨道的压力为3N，g取。求：(1)当金属棒的速度最大时，流经电阻R的电流大小和方向；(2)金属棒滑到轨道底端的整个过程中流经电阻R的电量；(3)金属棒滑到轨道底端的整个过程中电阻R上产生的热量。【答案】(1)，电流方向是aRb；(2)0.025(C)；(3)0.6J【解析】【详解】(1)金属棒速度最大时，在轨道的切线方向所受的合力为零，则有解得流经电阻R电流方向是aRb。(2)金属棒滑到底端的过程中，穿过回路的磁通量的变化量为平均电动势平均电流联立解得流经电阻R的电量(3)在轨
30、道最低点，由牛顿第二定律得由能量关系电阻R上产生的热量22.如下图所示的木板由倾斜部分和水平部分组成，两部分之间由一段圆弧面相连接在木板的中间有位于竖直面内的光滑圆槽轨道，斜面的倾角为.现有10个质量均为m、半径均为r的均匀刚性球，在施加于1号球的水平外力F的作用下均静止，力F与圆槽在同一竖直面内，此时1号球球心距它在水平槽运动时的球心高度差为h.现撤去力F使小球开始运动，直到所有小球均运动到水平槽内重力加速度为g.求：(1)水平外力F的大小；(2)1号球刚运动到水平槽时的速度；(3)整个运动过程中，2号球对1号球所做的功【答案】(1)10mgtan (2)(3)9mgrsin 【解析】【详解
31、】(1)以10个小球整体为研究对象，由力的平衡条件可得tan 得F10mgtan .(2)以1号球为研究对象，根据机械能守恒定律可得mghmv2解得v(3)撤去水平外力F后，以10个小球整体为研究对象，利用机械能守恒定律可得：10mg10mv12解得v1以1号球为研究对象，由动能定理得mghWmv12得W9mgrsin .23.如图所示，两水平放置的平行金属板a、b，板长L=0.2m，板间距d=0.2m两金属板间加可调控的电压U，且保证a板带负电，b板带正电，忽略电场的边缘效应在金属板右侧有一磁场区域，其左右总宽度s=0.4m，上下范围足够大，磁场边界MN和PQ均与金属板垂直，磁场区域被等宽地
32、划分为n（正整数）个竖直区间，磁感应强度大小均为B=5103T，方向从左向右为垂直纸面向外、向内、向外在极板左端有一粒子源，不断地向右沿着与两板等距的水平线OO发射比荷=1108C/kg、初速度为v0=2105m/s的带正电粒子忽略粒子重力以及它们之间的相互作用（1）当取U何值时，带电粒子射出电场时的速度偏向角最大；（2）若n=1，即只有一个磁场区间，其方向垂直纸面向外，则当电压由0连续增大到U过程中带电粒子射出磁场时与边界PQ相交的区域的宽度；（3）若n趋向无穷大，则偏离电场的带电粒子在磁场中运动的时间t为多少？【答案】（1）400V（2）（3）【解析】（1）当粒子恰好从极板右边缘出射时，竖
33、直方向 ；水平方向： 解得： 当U取400V时，带电粒子射出电场时的速度偏向角最大 （2）由几何关系知，逐渐增大 ，速度偏向角变大，磁偏转半径变大，与PQ交点逐渐上移当U=0时，交点位置最低（如图中D点）由 得： 此时交点D位于正下方0.4m处圆弧所对应圆心角为90当U=400V时，交点位置最高（如图中C点）：由得由，得： 圆弧所对应圆心角为45 两粒子周期相同，则在磁场中运动的时间差（3）考虑粒子以一般情况入射到磁场，速度为v，偏向角为，当n趋于无穷大时，运动轨迹趋于一条沿入射速度方向的直线（渐近线）又因为速度大小不变，因此磁场中运动可以等效视为匀速直线运动轨迹长度为： ，运动速率为： 时间为： 本题答案是：(1) (2) （3） 点睛：本题较难，在分析本题时要挖掘出题中隐含的条件，当侧位移最大时偏向角也最大，但还要控制从平行板中出来，所以在竖直方向上的位移不能超过 ，利用此条件结合磁场中运动的规律求解本题
