2022-2023学年山东省枣庄市高二(下)期末物理试卷(7月)(含解析)
展开2022-2023学年山东省枣庄市高二(下)期末物理试卷(7月)
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
第I卷(选择题)
一、单选题(本大题共8小题,共24.0分)
1. 第五代移动通信技术(5th Generation Mobile Communication Technology,简称5G)因采用了更高的频率,其频谱资源是4G的10倍以上,速率提高了近100倍。5G具有高速率、低时延和大连接的特点。以下说法正确的是( )
A. LC振荡电路的LC乘积越小,振荡电路产生的电磁波频率就越高
B. 真空中,电磁波的频率越高,其传播速度就越大
C. 5G中高频电磁波的波长要短于可见光的波长
D. 把声音信号加到高频电磁波中,这个过程叫解调
2. 火星上,太阳能电池板发电能力有限,因此,科学家用放射性材料PuO2制成了核电池,为火星车供电。PuO2中的 94238Pu可以发生α24He衰变,半衰期为88年。下列说法正确的是( )
A. 该核电池的电能来源于核裂变释放的核能
B. 某时刻,用纯PuO2制成的20g的物质块,经过88年,该物质块的质量还有10g
C. α射线可以穿透几厘米厚的铅板
D. 94238Pu经过α衰变后,生成的新原子核的中子数为142
3. 关于分子动理论,下列说法正确的是( )
A. 阳光射入教室,从阳光束中看到的尘埃运动是布朗运动
B. 两分子之间距离增大时,可能存在分子势能相等的两个位置
C. 气体压缩到一定程度时很难被继续压缩,说明气体分子之间存在很大的斥力
D. 某气体的摩尔体积为V,每个分子的体积为V0,则阿伏加德罗常数的数值可表示为NA=VV0
4. 下列四图中静止导体棒所受安培力F的方向描述正确的是( )
A. 磁场垂直于导轨水平面向上,安培力F水平向左
B. 磁场与导轨水平面成θ角斜向右上方,安培力F水平向右
C. 磁场垂直于导轨斜面向上,安培力F平行于斜面向上
D. 磁场沿悬线斜向右下方,安培力F沿y轴正方向
5. 如图所示,A是一边长为l的方形闭合线框,其总电阻为R,以恒定的速度v沿x轴运动,并穿过一宽度为3l的匀强磁场区域,运动过程中线框平面与磁场方向保持垂直,且线框前后两边与磁场的左右边界始终平行。若以x轴正方向作为力的正方向,以顺时针的电流方向为感应电流的正方向,从线框在图示位置的时刻开始计时,此时线框右侧与磁场左边界的距离为l,则磁场对线框的作用力F及线框中的感应电流i随时间t的变化图像,在图所示的图像中可能正确的是( )
A. B.
C. D.
6. 如图所示,在水平放置的条形磁体的N极附近,一个闭合线圈竖直向下沿ABC直线运动并线圈平面始终保持水平;在位置B,磁体N极附近的磁感线正好与线圈平面平行,B、C位置之间的距离足够大。关于线圈经B到C的运动过程中,其感应电流的方向(俯视)描述正确的是( )
A. 先顺时针、后逆时针 B. 先逆时针、后顺时针
C. 始终顺时针 D. 始终逆时针
7. 在光电效应中,当一定频率的光照射某种金属时,实验得到的遏止电压Uc与入射光的频率ν的关系如图所示,其横轴截距为a,纵轴截距为−b,元电荷电量为e。下列说法正确的是( )
A. 遏止电压与入射光的频率成正比 B. 金属的逸出功为eb
C. 金属的截止频率为b D. 普朗克常量h=eab
8. 图甲为氢原子能级图,图乙为氢原子的发射光谱,Hα、Hβ、Hγ、Hδ是可见光区的四条谱线,其中Hβ谱线是氢原子从n=4能级跃迁到n=2能级的过程中辐射产生的。下列说法正确的是( )
A. 氢原子的发射光谱属于线状谱,这四条谱线中,Hα谱线光子频率最大
B. Hβ谱线光子的能量是2.55eV
C. 用能量为3.3eV的光子照射处于n=2能级的氢原子,刚好使这个氢原子电离
D. 大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁,可辐射出4种不同频率的光子
二、多选题(本大题共4小题,共16.0分)
9. 关于固体和液体,下列说法正确的是( )
A. 形状不规则的金属单质固体可能是晶体,也可能是非晶体
B. 玻璃管的裂口放在火焰上烧熔,其尖端变钝,这是液体表面张力的作用
C. 某种物体若在导热方面表现为各向同性,则该物体一定是非晶体
D. 某种液体跟某种固体接触时,表现为不浸润,这是因为附着层里液体分子比液体内部分子稀疏
10. A.B是两个完全相同的电热器,A通以图甲所示的方波式交变电流,B通以图乙所示的正弦式交变电流。下列说法正确的是( )
A.
图甲交变电流的有效值为 58I0
B. 图乙交变电流的有效值为I0 2
C. 这两个电热器的电功率之比PA:PB等于5:4
D. 这两个电热器的电功率之比PA:PB等于9:4
11. 如图所示,宽为L、电阻不计的平行光滑金属导轨与水平面成α角放置。质量为m、长度为L、电阻为R的金属杆水平放置在导轨上,与导轨接触良好。已知电源的电动势为E,内电阻为r。空间存在着匀强磁场,调节电阻箱R′使回路总电流为I时,金属杆恰好能静止,重力加速度为g,则( )
A. 磁感应强度B最小值为mgIL,此时磁场方向应垂直于金属杆水平向左
B. 磁感应强度B最小值为mgILsinα,此时磁场方向应垂直于导轨平面向上
C. 若磁场方向竖直向上,则磁感应强度B的大小应为mgILsinα
D. 若磁场方向竖直向上,则磁感应强度B的大小应为mgILtanα
12. 某质谱仪的原理如图所示。A为粒子加速器,加速电压为U1;B为速度选择器,两极板分别为P1、P2,两极板之间电压为U2,距离为d1;两极板之间磁场与电场正交,磁感应强度为B1。C为偏转分离器,磁场的磁感应强度为B2。今有 11H(氕H核)、 12H(氘D核)两种粒子(其中 11H的质量为m、电荷量为e),经A从上极板处由静止加速后进入B和C,不计重力和粒子之间的相互作用力,下列说法正确的是( )
A. 11H、 12H离开A时的速度之比为vH:vD= 2:1
B. 若 11H可沿虚线穿过B,则 12H穿越B时要向P2板偏转
C. 若 11H可沿虚线穿过B,则其在C中做圆周运动的半径为R=1B2 2mU1e
D. 若U2=0、B1=0,则 11H、 12H在C中做圆周运动的半径之比为rH:rD=1: 2
第II卷(非选择题)
三、实验题(本大题共2小题,共14.0分)
13. 如图甲是一种电感式微小位移传感器的原理图。1是待测位移的物体,3是空心线圈,软铁芯2插在线圈3中并且可以随着物体1在线圈中左右平移。这种传感器可以把被测物体位移的大小转换为线圈自感系数的大小。
(1)关于这种传感器的工作原理,下列说法正确的是_____
A.当物体1向右移动时,线圈的自感系数增大
B.当物体1向右移动时,线圈的自感系数减小
C.线圈是敏感元件,软铁芯是转换元件
D.这种传感器输入的物理量是位移,输出的物理量是电学量
(2)小明同学设计了一个电路,想把位移信号转换为电信号,其原理图如图乙所示。为使传感器正常工作,电路中的电源应使用_____(选填“交流”或“直流”)电源。
(3)他利用这个装置设计了一个简易的台秤,原理如图丙所示,台秤上放置不同质量的砝码,记下电压表对应的各个示数,然后,把质量值标到电压表刻度盘的对应电压示数位置,就做成了简易的台秤,那么,称量质量的零刻度对应电压表的示数_____(选填“最大值”或“最小值”)。
14. 某实验小组做了“用油膜法测油酸分子的大小”的实验。
(1)他们进行了下列操作。请选出需要的操作,并按正确操作的先后顺序排列起来:D、_____(用字母符号表示)。
A.倒入油酸 B.倒入水
C.描绘油膜轮廓 D.记录油酸酒精溶液的滴数
E.滴油酸酒精溶液 F.撒粉
(2)在实验中,所用油酸酒精溶液的浓度为每104mL溶液中有纯油酸5mL。用注射器测得1mL上述溶液为100滴。把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里,待水面稳定后,将玻璃板放在浅盘上,用彩笔在玻璃板上描出油膜的轮廓,再把玻璃板放在坐标纸上,其形状和尺寸如图所示,坐标纸中正方形小格的边长为1cm。
该油酸薄膜的面积约为_____cm2,油酸分子直径约为_____m(本空保留一位有效数字)。
(3)在该实验中,若测出的分子直径结果明显偏大,则可能的原因有_____。
A.水面上爽身粉撒得较多,油酸膜没有充分展开
B.计算油酸膜面积时,错将不足半格的方格作为完整方格处理
C.油酸酒精溶液配制的时间较长,酒精挥发较多
D.求每滴油酸酒精溶液的体积时,1mL的溶液滴数少计了5滴
四、计算题(本大题共4小题,共46.0分)
15. 为了测量一些形状不规则而又不便于浸入液体的固体体积,可以用如图所示的装置测量。操作步骤和实验数据如下。
a.打开阀门K,使管A、容器B、容器C和大气相通。上下移动D,使左侧水银面到达刻度n的位置。
b.关闭K,向上举D,使左侧水银面到达刻度m的位置。这时测得两管水银面高度差为19.0cm。
c.打开K,把被测固体放在C中,上下移动D,使左侧水银面重新到达位置n,然后关闭K。
d.向上举D,使左侧水银面重新到达刻度m处,这时测得两管水银面高度差为20.0cm。
已知容器C和管A的总体积为1000cm3,大气压相当于76cmHg,求被测固体的体积。
16. 在空间中足够大的范围内存在匀强磁场,磁感应强度为B,置于其中的闭合矩形线圈abcd,ab边与磁场平行,bc边与磁场垂直,如图甲所示。线圈匝数为n、总电阻为R、边长ab=L1、bc=L2。线圈既可绕ad边转动,也可绕ab边转动,如图甲、乙所示。若转动角速度都为ω,求:
(1)绕ad边转动至图甲所示位置时,线圈中感应电流的大小和方向;
(2)由图甲所示位置转过90°这段时间内,线圈中平均感应电动势的大小;
(3)绕ab边如图乙所示转动时,d、a两点之间的电压Uda;
(4)两种情况下线圈产生的热功率各为多少。
17. 有一条河流,河水流是为Q=4m3/s,落差为h=4m。现利用它来发电,发电机的输出电压恒为U1=400V。水电站到用户之间要进行远距离输电,两地之间输电线的总电阻为r=10Ω,认为所用的变压器都是理想变压器,用户所需要电压为220V。
(1)若水电站的总效率为η=50%,输电线上损枆的功率为发电机输出功率的5%,求升压、降压变压器原、副线图的匝数比。已知水的密度ρ=1.0×103kg/m3,取重力加速度g=10m/s2;
(2)当用户消耗功率变化时,会引起用户端电压的波动,可以通过微调降压变压器的原线圈匝数来保持220V不变。设第(1)问中降压变压器原线圈匝数为n3、当用户消耗功率为3.9×104W时降压变压器原线圈匝数为n′3,其它线圈匝数均不变,求n3与n′3的比值。
18. 如图所示,xOy为平面直角坐标系。x轴上方区域存在垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小B=0.1T;x轴下方的圆形区域内(含边界)存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小也为B=0.1T;该圆形区域与x轴相切于O点、半径R=0.8m。置于原点O处的粒子源,可在xOy平面内向各个方向发射比荷均为qm=2×105C/kg的带正电的粒子。一足够长的粒子收集板PQ垂直于x轴放置,底端P位于x0=0.6m处。粒子运动到收集板即被吸收,粒子被吸收的过程收集板始终不带电,不计粒子间相互作用力和重力的影响。
(1)从粒子源发出的粒子1沿+y方向进入x轴上方磁场区域后,若垂直打在PQ板上,求粒子1的速度大小v1;
(2)从粒子源发出的粒子2沿−y方向进入x轴下方磁场区域后,若第一次到达x轴上的点为P点,求粒子2的速度大小v2;
(3)将x轴下方的磁场撤除,粒子源沿各个方向均匀地向磁场区发射速度大小均为v3=1.0×104m/s的粒子,会有两个不同方向入射的粒子打在收集板PQ上的同一位置被吸收,求PQ上这种位置分布的区域长度。(结果可以带根号)
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A.由 f=12π LC 可知, LC 乘积越小,振荡电路产生的电磁波频率就越高,故A正确;
B.真空中,不同电磁波的传播速度相同都为光速,故B错误;
C.5G使用的电磁波属无线电波,由电磁波谱可知,5G中高频电磁波的波长要长于可见光的波长,故C错误;
D.把声音信号加到高频电磁波中,这个过程叫调制,故D错误。
故选A。
2.【答案】D
【解析】A.由题意可知,该核电池的电能来源于 α 衰变释放的能量,故A错误;
B.半衰期是指有半数原子核发生衰变所用的时间,而不是物块质量的一半,故B错误;
C.α射线是高速运动的氦原子核,电离本领较强,穿透性极弱,只能穿透薄纸片,故C错误;
D.由质量数和电荷数守恒可得,生成的新原子核的质量数为234,电荷数为92,则中子数为142,故D正确。
故选D。
3.【答案】B
【解析】A.阳光射入教室,从阳光中看到的尘埃的运动并不是布朗运动,是由于气体的对流引起的,故A错误;
B.当两分子之间的距离等于r0,分子势能最小;从该位置起增加或减小分子距离,都是分子力做负功,分子势能增加,则分子之间的距离增大时,可能存在分子势能相等的两个点,故B正确;
C.气体压缩到一定程度时很难被继续压缩,是由于压强增大的原因,故C错误;
D.由于分子的无规则运动,气体的体积可以占据很大的空间,故不能用摩尔体积除以分子体积得到阿伏加德罗常数,故D错误。
故选B。
4.【答案】C
【解析】A.磁场垂直于导轨水平面向上,根据左手定则可知,安培力 F 水平向右,故A错误;
B.磁场与导轨水平面成 θ 角斜向右上方,根据左手定则可知,安培力 F 斜向右下方,与竖直方向夹角 θ ,故B错误;
C.磁场垂直于导轨斜面向上,根据左手定则可知,安培力 F 平行于斜面向上,故C正确;
D.磁场沿悬线斜向右下方,安培力 F 斜向上方,方向与 y 轴成 θ 角,故D错误。
故选C。
5.【答案】B
【解析】
【分析】本题考查电磁感应中的图像问题,明确感应电流的产生条件,根据右手定则判断感应电流的方向,根据左手定则判断安培力的方向,从而确定正确的图像。
【解答】
在0∼lv内,线框在磁场之外,所以感应电流为0,安培力也为0;
在lv∼2lv内,线框进入磁场,线框右边切割磁感线,由右手定则可知,此时感应电流的方向为逆时针的方向,因为题中说明线框以恒定的速度沿x轴运动,即线框的感应电动势和感应电流不变,安培力大小不变,根据左手定则可知,此时安培力的方向为向左,即沿x轴负方向;
在2lv∼4lv内,线框全部在磁场中,此时穿过线圈的磁通量不变,即无感应电动势和感应电流,也没有安培力;
在4lv∼5lv内,线框出磁场,线框左边切割磁感线,由右手定则可得出感应电流的方向为顺时针方向,又因为线框以恒定速度v运动,故感应电动势和和感应电流不变,安培力大小不变,根据左手定则可知,此时安培力方向向左即沿x轴负方向。
由上述分析可知,ACD错误,B正确。
故选B。
6.【答案】B
【解析】线圈到达B处时磁通量为零,因为向下运动,所以磁通量向下增大,线圈中感应电流方向沿逆时针(俯视);由于B、C位置之间的距离足够大,继续向下运动,穿过线圈的磁通量向下减小,据楞次定律判断可知:线圈中感应电流方向沿顺时针,所以线圈经B到C的运动过程中,其感应电流的方向(俯视)先沿沿逆时针,后沿沿顺时针。
故选B。
7.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查光电效应方程,根据爱因斯坦光电效应方程结合动能定理得出Uc−ν关系式,结合图像分析斜率和纵轴截距的物理意义即可解题。
【解答】
根据光电效应方程可得电子的最大初动能为Ekm=hν−W0,
根据动能定理可得−eUc=0−Ekm,
联立可得Uc=heν−W0e,
可知遏止电压与入射光的频率不成正比关系, Uc−ν 图像的斜率为he=ba,
解得普朗克常量为h=eba,
Uc−ν 图像的纵轴截距为−W0e=−b,
解得金属的逸出功为W0=eb,
金属的截止频率为ν0=W0h=ebeba=a,
故选B。
8.【答案】B
【解析】A.由图乙可知,氢原子的发射光谱属于线状谱, Hα 谱线光子波长最大,则 Hα 谱线光子频率最小,故A错误;
B. Hβ 谱线是氢原子从 n=4 能级跃迁到 n=2 能级的过程中辐射产生,则能量为
ΔE=E4−E2=(−0.85eV)−(−3.40eV)=2.55eV
故B正确;
C.处于 n=2 能级的氢原子能量为−3.40eV,要使其电离至少要用能量为 3.4eV 的光子照射,故C错误;
D.大量处于 n=4 能级的氢原子向低能级跃迁,可辐射出 C42=6 种不同频率的光子,故D错误。
故选B。
9.【答案】BD
【解析】A.形状不规则的金属单质固体是多晶体,故A错误;
B.把玻璃管的裂口放在火焰上烧熔,其尖端变钝,这是由于液体表面张力的作用,故B正确;
C.某种物体若在导热方面表现为各向同性,物体可能是多晶体或是非晶体,故C错误;
D.液体与固体接触时,如果附着层内分子比液体内部分子稀疏,分子力为引力表现为不浸润,故D正确。
故选BD。
10.【答案】ABC
【解析】A.根据有效值的定义,则有
I02R×T2+(−I02)2R×T2=I甲2RT
得
I甲= 58I0
故A正确;
B.正弦交流电的电流有效值
I乙=I0 2
故B正确;
CD.根据功率公式P=I2R得到
P甲:P乙=I甲2:I乙2=5:4
故C正确,D错误。
故选ABC。
11.【答案】BD
【解析】AB.对导体棒受力分析,当磁感应强度 B 最小时,安培力最小,此时安培力的方向沿斜面向上,则B的方向垂直于导轨向上,此时
BIL=mgsinα
解得
Bmin=mgILsinα
故A错误,B正确;
CD.若磁场方向竖直向上,则安培力水平向右,此时
BIL=mgtanα
解得磁感应强度 B 的大小应为
B=mgILtanα
故C错误,D正确。
故选BD。
12.【答案】ACD
【解析】A. 11H 、 12H 两粒子经过加速电场过程,根据动能定理可得
eU1=12mvH2 , eU1=12×2mvD2
联立可得 11H 、 12H 离开A时的速度之比为
vH:vD= 2:1
故A正确;
B.若 11H 可沿虚线穿过B,则有
evHB1=eE
则 12H 穿越B时,有
evDB1
C.若 11H 可沿虚线穿过B,则其在C中做圆周运动时,由洛伦兹力提供向心力得
R
解得
eB2
故C正确;
D.若 U2=0 、 B1=0 ,则 11H 、 12H 在C中做圆周运动时,由洛伦兹力提供向心力得
rH , rD
可得
eB2 , eB2
则 11H 、 12H 在C中做圆周运动的半径之比为
rH:rD=vH:2vD=1: 2
故D正确。
故选ACD。
13.【答案】 BCD##BDC##CBD##CDB##DBC##DCB 交流 最大值
【解析】(1)[1]AB.当物体1向右移动时,线圈的自感系数减小,A错误,B正确;
C.线圈是敏感元件,软铁芯是转换元件,C正确
D.这种传感器输入的物理量是位移,输出的物理量是电学量,输出的是电阻两端的电压,D正确。
故选BCD。
(2)[2]为使传感器正常工作,电路中的电源应使用交流电源。软铁移动能改变线圈的自感系数,改变线圈的感抗,改变回路的电流,改变电阻两端的电压,改变电压表的示数;
(3)[3]台秤上砝码的质量越大,软铁插入越深,自感系数越大,感抗越大,电流越小,电压表的示数越小,所以,零刻度对应电压表的示数最大值。
14.【答案】 DBFEC 116 4×10−10 AD#DA
【解析】(1)[1]“油膜法估测油酸分子的大小”实验步骤为:配制酒精油酸溶液(记下配制比例)→测定一滴酒精油酸溶液的体积→准备浅水盘→形成油膜→描绘油膜边缘→测量油膜面积→计算分子直径,因此操作先后顺序排列应是:DBFEC
(2)[2]按照超过半格的算一个,不足半格的舍去原则,可得共有116格,油酸膜的面积为
S=116×1×1cm2=116cm2
[3]每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为
V=1100×5104×10−6m3=5×10−12m3
估测出油酸分子的直径为
d=VS=5×10−121.16×10−2m≈4×10−10m
(3)[4]A.水面上爽身粉撒得较多,油膜没有充分展开,测得的油膜面积偏小,由 d=VS 可知,测出的分子直径结果偏大,故A正确;
B.计算油酸膜面积时,错将不足半格的方格作为完整方格处理,测的油膜面积偏大,由 d=VS 可知,测出的分子直径结果偏小,故B错误;
C.油酸酒精溶液配制时间较长,酒精挥发较多,则溶液浓度增大,1滴溶液形成油膜面积变大,得到的分子直径将偏小,故C错误;
D.求每滴油酸酒精溶液的体积时, 1mL 的溶液滴数少计了5滴,测得纯油酸的体积偏大,由 d=VS 可知,测出的分子直径结果偏大,故D正确。
故选AD。
15.【答案】解:设容器C和管A的总体积为V0,容器B的体积为VB,被测固体的体积为V,大气压强为p0
放入被测固体前,对容器中的气体:
初态:p1=p0,V1=V0+VB
末态:p2=p0+19cmHg,V2=V0
根据玻意耳定律可得:p1V1=p2V2
放入被测物体后,对容器中气体:
初态:p3=p0,V3=V0+VB−V
末态:p4=p0+20.0cmHg,V4=V0−V
根据玻意耳定律可得:p3V3=p4V4
联立解得:V=50cm3
答:被测固体的体积50cm3。
【解析】整个过程都是等温变化,确定三个状态和各状态下的状态参量,根据理想气体等温变化列式即可求得结果。
该题考查了理想气体等温变化,解题的关键是确定气体状态和分析状态参量,体积的分析是解答该题的关键。
16.【答案】(1) nBωL1L2R ;顺时针方向;(2) 2ωnBL1L2π ;(3) 12nBωL22 ;(4) n2B2ω2L12L222R ;0
【解析】(1)绕 ad 边转动至图甲所示位置时,线圈中感应电动势
E1=nBωS=nBωL1L2
感应电流的大小
I1=E1R=nBωL1L2R
方向为顺时针方向;
(2)由图甲所示位置转过90°这段时间内,线圈中平均感应电动势
E=nΔΦΔt=nBL1L2π2ω=2ωnBL1L2π
(3)绕 ab 边如图乙所示转动时,d点电势高,则d、 a 两点之间的电压
Uda=nBL2⋅ωL22=12nBωL22
(4)甲图中线圈的热功率
P1=(I1 2)2R=n2B2ω2L12L222R
乙图中线圈中无感应电流,则热功率为零。
17.【答案】(1) n1n2=110 , n3n4=19011 ;(2) n3n′3=7639
【解析】(1)每秒流水的质量为
m=ρV=ρQt=4×103kg
水电站的总效率为 η=50% ,则输出功率为
P=50%×mgh=8×104W
输电线上损枆的功率为
P损=5%×P=4×103W
根据 P=UI 解得
I1=200A
根据
P损=I22r
解得
I2=20A
根据理想变压器电流与线圈匝数之比的关系有
n2
根据
n1n2=U1U2
可知副线圈电压为
U2=4000V
输电线的电压为
U损=I2r=200V
根据理想变压器电压与线圈匝数之比的关系有
U3U4=n3n4
其中
U3=4000V−200V=3800V , U4=220V
解得
n3n4=19011
(2)当用户消耗功率为 3.9×104W 时,电流为
I5 =PU=3922×102A
此时有
I2 I5=n4n′3
解得
n3n′3=7639
18.【答案】(1) v1=1.2×104m/s ;(2) v2=815×104m/s ;(3) l=4− 65m
【解析】(1)粒子1沿 +y 方向进入x轴上方磁场区域后垂直打在PQ板上,根据几何关系可知
r1=x0=0.6m
根据
qv1B=mv12r1
解得
v1=1.2×104m/s
(2)从粒子源发出的粒子2沿 −y 方向进入 x 轴下方磁场区域后,若第一次到达 x 轴上的点为 P 点,轨迹如图,则
由几何关系
∠OO2P=37∘
粒子运动的轨道半径
r2+r2cos37∘=OP
解得
r2=415m
根据
qv2B=mv22r2
解得
v2=815×104m/s
(3)粒子圆周运动的半径
r3=mv3Bq=0.5m
临界1:如图,初速度与+y轴成θ1的粒子轨迹直径与PQ交于M,这是PQ上离P最远的亮点
cosθ1=x02r3=0.6
PM=2r3sinθ1=0.8m
临界2:如图,初速度与+y轴成θ2的粒子轨迹PQ相切于N,有
r3(1+cosθ2)=x0
解得
cosθ2=0.2
可得
PN= r3sinθ2= 65 m
所以两个不同方向入射的粒子打在 PQ 上的同一位置长度
l=MN=4− 65m
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