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2024年高考第三次模拟考试题：物理（江苏卷）（三）（解析版）
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这是一份2024年高考第三次模拟考试题：物理（江苏卷）（三）（解析版），共17页。
物理
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分，每题只有一个选项最符合题意
1．我国首颗超百Gbps容量高通量地球静止轨道通信卫星中星26号卫星，于北京时间2023年2月23日在西昌卫星发射中心成功发射，该卫星主要用于为固定端及车、船、机载终端提供高速宽带接入服务。如图，某时刻中星26与椭圆轨道侦察卫星恰好位于C、D两点，两星轨道相交于A、B两点，C、D连线过地心，D点为远地点，两卫星运行周期都为T。下列说法正确的是（ ）
A．中星26与侦察卫星可能在A点或B点相遇
B．侦查卫星从D点运动到A点过程中机械能增大
C．中星26在C点线速度v1与侦察卫星在D点线速度v2相等
D．相等时间内中星26与地球的连线扫过的面积大于侦察卫星与地球的连线扫过的面积
【答案】D
【解析】根据题意，由于中星26与椭圆轨道侦察卫星的运行周期都为T，由图可知，中星26在下半周转动时，侦察卫星在上半周转动，中星26在上半周转动时，侦察卫星在下半周转动，则中星26与侦察卫星不可能在A点或B点相遇，A错误；侦查卫星从D点运动到A点过程中机械能不变，B错误；由开普勒第二定律可知，侦察卫星在D点速度最小，由于中星26与椭圆轨道侦察卫星的运行周期都为T，则中星26在C点线速度v1大于侦察卫星在D点线速度v2，C错误；根据题意可知，中星26与椭圆轨道侦察卫星的运行周期都为T，由开普勒第三定律可知，中星26的轨道半径等于侦察卫星的半长轴，令相等时间为周期T，则中星26与地球的连线扫过的面积为圆的面积，侦察卫星与地球的连线扫过的面积为椭圆面积，由于圆的面积大于椭圆面积可知，相等时间内中星26与地球的连线扫过的面积大于侦察卫星与地球的连线扫过的面积，D正确。故选D。
2．下列有关四幅图像说法正确的是（ ）
A．图（1）中线圈中的磁场能在增加
B．图（2）中变化的磁场周围存在电场，与周围有没有闭合电路无关
C．图（3）中若B线圈不闭合，S断开时延时效果还存
D．图（3）中电子的衍射实验证明了电子的粒子性
【答案】B
【解析】如图所示，电容器下极板带正电，结合电流方向可知，电容器处于充电阶段，则电场能增加，磁场能减小，A错误；根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的磁场周围存在电场，与是否有闭合电路无关，B正确；若B线圈不闭合，S断开时不存在闭合回路，不会产生自感电流的磁场，延时效果不存在，C错误；电子的衍射实验证明电子的波动性，D错误。故选B。
3．如图所示是某款手机防窥屏的原理图，在透明介质中有相互平行排列的吸光屏障，屏障垂直于屏幕，可实现对像素单元可视角度θ的控制（可视角度θ定义为某像素单元发出的光在图示平面内折射到空气后最大折射角的2倍）。发光像素单元紧贴防窥屏的下表面，可视为点光源，位于相邻两屏障的正中间。不考虑光的衍射。下列说法正确的是（ ）
A．防窥屏实现防窥效果主要是运用了光的干涉
B．屏障的高度d越大，可视角度θ越大
C．透明介质折射率越大，可视角度θ越大
D．从上往下观察手机屏幕，看到的图像比实际位置低
【答案】C
【解析】防窥膜实现防窥效果主要是因为某些角度范围内的光被屏蔽屏障吸收，没有发生干涉，A错误；如果屏蔽越高，则入射角越小，折射角越小，可视角度θ越小，B错误；由图可知，可视角θ是光线进入空气中时折射角的2倍，透明介质的折射率越大，根据折射定律，折射角就越大，θ角越大，C正确；根据光路可逆，可知从上往下观察手机屏幕，看到的图像比实际位置高，D错误。故选C。
4．地铁靠站时列车车体和屏蔽门之间安装有光电传感器。如图甲所示，若光线被乘客阻挡，电流发生变化，工作电路立即报警。如图乙所示，光线发射器内大量处于n=3激发态的氢原子向低能级跃迁时，辐射出的光中只有a、b两种可以使该光电管阴极逸出光电子，图丙所示为a、b光单独照射光电管时产生的光电流I与光电管两端电压U的关系图线。已知光电管阴极材料的逸出功为2.55eV，可见光光子的能量范围是1.62eV~3.11eV，下列说法正确的是（ ）
A．光线发射器中发出的光有两种为可见光
B．题述条件下，光电管中光电子飞出阴极时的最大初动能为9.54eV
C．题述a光为氢原子从n=3能级跃迁到n=1能级时发出的光
D．若部分光线被遮挡，光电子飞出阴极时的最大初动能变小，光电流减小
【答案】B
【解析】光线发射器中发出的光子的能量分别为E1=‒1.51eV‒（‒13.6eV）=12.09eV
E2=‒3.40eV‒（‒13.6eV）=10.2eV
E3=‒1.51eV‒（‒3.40eV）=1.89eV
可见光光子的能量范围是1.62eV~3.11eV，光线发射器中发出的光有一种为可见光，A错误；根据E1=W0+Ekm，光电管中光电子飞出阴极时的最大初动能为Ekm=9.54eV，B正确；由图丙可知，a光遏止电压小于b光遏止电压，由E=W0+Ekm，eUc=Ekm，得a光能量小于b光能量，则题述a光为氢原子从n=2能级跃迁到n=1能级时发出的光，B错误；部分光线被遮挡，不改变光子能量，则光电子飞出阴极时的最大初动能不变。因为光子数量减少，则光电子数量减小，光电流变小，D错误。故选B。
5．几十亿年后太阳内部氢元素消耗殆尽，内部高温高压使三个氦核发生短暂的热核反应，被称为氦闪，核反应方程为，该反应放出的能量为E，真空中光速为c。则下列说法错误的是（ ）
A．该反应属于核聚变B．X核中有6个中子
C．X核的比结合能为E/12D．该反应的质量亏损为
【答案】C
【解析】根据质量数和核电荷数守恒，可知核反应方程为，属于轻原子核结合成较重原子核反应，所以该反应属于核聚变，又中子数等于质量数减去质子数，因此X核中有6个中子，故AB正确，不符合题意；比结合能又称平均结合能，等于结合能除以核子数，结合能是自由分散的核子结合成原子核所释放的能量，并不是该反应放出的能量为E，所以X核的比结合能不为E/12，故C错误，符合题意；根据爱因斯坦质能方程ΔE=Δmc2，又因为该反应放出的能量为E，所以该反应的质量亏损为，故D正确，不符合题意。故选C。
6．如图所示，一理想变压器可通过移动触头P的位置改变原线圈接入电路的匝数，为原线圈的中点，当P接端点时，原、副线圈匝数之比为，原线圈接的交流电源，则下列说法正确的是（ ）
A. 增大电源的频率，灯泡变暗
B. 当P接时，通过原、副线圈的磁通量之比为
C. 当P接时，滑动变阻器两端的电压为22V
D. 当滑动变阻器的滑片向下滑动时，变压器的输入功率变小
【答案】C
【解析】因为变压器不改变电压的频率，增大电源的频率，副线圈中电流频率也增大，电容器的容抗减小，灯泡中电流增大，灯变亮，A错误；任何情况下，原、副线圈的磁通量之比都为1：1，B错误；当P接b时，原、副线圈匝数之比为5：1，原线圈电压，根据，可得，滑动变阻器R两端的电压为U2=22V，C正确；当滑动变阻器的滑片向下滑动时，接入电路中的电阻R减小，根据，可知，R消耗的功率变大，所以变压器的输入功率也变大，D错误。故选C。
7．如图甲所示，S为与波源处于同一均匀介质中的点，其与两波源P1、P2的距离分别是7m、9m，P1、P2间距离为10m，波源P1的振动图像如图乙所示；波源P2振动频率f=5Hz，其产生的简谐横波在t=0.25s时刻的图像如图丙所示，已知P1、P2均在t=0s时刻开始振动，则（ ）
A. 波源P2的起振方向沿y轴负方向
B. 质点S为振动减弱点
C. t=1.1s时质点S向y轴负方向运动
D. 在t=0.6s时，SP1P2所在的平面内有2处波峰与波峰相遇
【答案】D
【解析】结合波源P2在t=0.25s时波的图像丙图可知，此时刚开始振动的质点x=2.5m处的起振方向沿y轴正方向，质点与波源的起振方向相同，因此波源为P2的起振方向沿y轴正方向，A错误；根据波源P1的振动图像图乙可知，波源P1的起振方向向上，又因为S点到两波源的波程差为，S点到两波源的波程差为波长的整数倍，且两波源的起振方向相同，所以质点S为振动加强点，故B错误；在同一介质中，频率相同的两列机械波，波速相同，波长相等，由图可知λ=2.0m，T=0.2s，则波速为，则P1波传到S点的时间为。因为S点为振动加强点，所以它的振动情况与波源P1的相同，当t=1.1s，S点已经振动了0.4s，刚好为两个周期，所以它此时向y轴正方向运动，故C错误；在t=0.6s时，波传至距离波源6m处，由起振方向可知，波峰分别位于距离波源5.5m、3.5m和1.5m处，以波源为圆心，波峰到波源的距离为半径做圆，如图
可知SP1P2所在的平面内有2处波峰与波峰相遇，故D正确。故选BD。
8．如图所示，长度为l的轻质细线一端与带孔小球A连接，另一端与木块B连接，小球A穿在光滑的固定水平杆（足够长）上，小球A与木块B质量均为m。t＝0时刻，给木块B一水平瞬时冲量I，使其获得v0＝的初速度，则从t＝0时刻至B再次运动到A正下方的过程中（ ）
A. A、B沿绳方向加速度始终相等B. 绳对A球的冲量大小为m
C. 绳对A先做正功后做负功 D. 木块B再次运动到A正下方时绳子拉力的大小为3mg
【答案】D
【解析】从t＝0时刻至B再次运动到A正下方的过程中，细绳一直处于向右倾斜状态，所以A一直水平向右加速，B的运动可以分解为水平向右随A加速直线运动和竖直平面内的圆周运动。所以A的加速度水平向右，B的加速度有与A相同的向右的加速度分量和沿绳的加速度分量。故A、B沿绳方向加速度不相等，故A错误；从t＝0时刻至B再次运动到A正下方的过程中，由动量守恒定理和能量守恒定理可得，，解得，，对A球由动量定理可得，由受力分析可知重力与支持力不相等，所以，所以，故B错误；从t＝0时刻至B再次运动到A正下方的过程中，细绳一直处于向右倾斜状态，绳对A一直做正功，故C错误；B再次运动到A正下方时，由B项分析知A的速度不为零，所以B随A水平运动的速度为零，由，得，故D正确。故选D。
9．在一块水平放置的很大的接地金属平板上方附近固定着一个正电荷Q，a、b、c、d为过正电荷所在位置的竖直平面上的四个点，位置如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．c点的电势高于d点的电势
B．c点的场强比d点的小
C．电荷量为q的负电荷在a点的电势能大于在b点的电势能
D．电荷量为q的正电荷从b点移到a点的过程中电场力做正功
【答案】A
【解析】由静电感应可知，金属板上方的电场线垂直于金属棒向下，则点电荷以及金属棒周围的等势面分布如图；由图可知，c点的电势高于d点的电势，选项A正确；c点的等差等势面比d点密集，则c点的场强比d点的大，选项B错误；因a点电势高于b点，则电荷量为q的负电荷在a点的电势能小于在b点的电势能，选项C错误；电荷量为q的正电荷从b点移到a点的过程中电场力做负功，选项D错误。故选A。
10．一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其压强P和体积倒数变化图像如图所示，此过程中该系统内气体（ ）
A．温度不变B．对外界做正功C．对外界放热D．内能变大
【答案】C
【解析】根据公式，得。根据图象点与原点连线斜率减小，可知温度降低，其体内能减小。A错误，D错误；理想气体从状态a变化到状态b，图像可以得到Va>Vb，可知气体的体积减小，气体对外界做负功，B错误；根据热力学第一定律，其中，，因此Q<0，气体放热，C正确。故选C。
11．如图所示，将霍尔式位移传感器置于一个沿轴正方向的磁场中，磁感应强度随位置变化关系为（且均为常数），霍尔元件的厚度很小。当霍尔元件通以沿轴正方向的恒定电流，上、下表面会产生电势差，则下列说法正确的是（ ）
A. 若霍尔元件是自由电子导电，则上表面电势低于下表面
B. 当物体沿轴正方向移动时，电势差将变小
C. 仅减小霍尔元件上下表面间的距离，传感器灵敏度将变弱
D. 仅减小恒定电流，传感器灵敏度将变弱
【答案】D
【解析】霍尔元件是自由电子导电，受洛伦兹力的是电子，根据左手定则。电子受向下的洛伦兹力，所以下表面带负电，上表面带正电，上表面电势高于下表面，A错误；设霍尔元件上下表面高度差为，电子定向移动速度为，电子电荷量为，霍尔元件平衡时，有，解得。又因为，其中为单位体积的自由电子数，可得，则，当物体沿z轴正方向移动时增大，所以增大，电势差也增大，B错误；传感器灵敏度为，因为，可得，，仅减小霍尔元件上下表面间的距离，传感器灵敏度不变，仅减小恒定电流，传感器灵敏度将变弱，C错误，D正确。故选D。
第Ⅱ卷
二、非选择题：共5题，共56分。其中第13题~第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
11．（15分）李同学在研究测量电源电动势和内阻实验中，电路连接如图2，突然灵光一闪，发现该电路也可以粗测滑动变阻器电阻丝的电阻率。
（1）如图2所示，滑动变阻器的瓷筒上紧密缠绕着单层电阻丝，测量出瓷筒上电阻丝缠绕的总宽度，测得n匝电阻丝缠绕后的宽度为x，则电阻丝的直径为______；测量出滑动变阻器瓷筒外径D，可认为一匝电阻丝的长度为；
（2）将开关拨到接线柱2，闭合开关，调节滑动变阻器，即改变其接入电路中的宽度l，电压表和电流表示数都在较大范围内较为均匀的变化，整理数据如图3所示，横坐标单位为，若图像斜率为k，则电阻丝的电阻率为______（用题设中已知物理量符号表示）；
（3）储同学认为从图3中图像数据可知，上述实验方案误差较大，应采用电流表外接的方式，你是否认同储同学观点，并说明理由______；
（4）杨同学继续用如图1电路测量电源电动势和内阻，根据前面实验结果，为减小实验误差，开关应该连接______接线柱（选填“1”或“2”）；电源电动势测量值相较真实值______（选填“偏大”、“偏小”或“相同”）；电源内阻数量级应为______（选填“几欧”、“几十欧”或“几百欧”）。
【答案】① ② ③不认同，因为采用电流表外接并利用图像法处理数据，图像斜率和电阻率相关但与电流表内阻无关 ④1 ⑤相同 ⑥几欧
【解析】（1）[1]测得n匝电阻丝缠绕后的宽度为x，则每匝电阻丝的宽度即为电阻丝的直径，应为
（2）[2]由电阻定律可得
电阻丝的横截面积
由欧姆定律
电阻丝的总长度
图3图线的斜率
联立解得
（3）[3]不认同，因为采用电流表外接并利用图像法处理数据，图像斜率和电阻率相关但与电流表内阻无关。
（4）[4]因电源的内阻较小，由图中l=0时纵坐标值为电流表内阻，即电流表的内阻可由图像确定，电压表的内阻远大于电源的内阻，因此为减小实验误差，应用电流表外接，即开关S2应该连接1接线柱。
[5] 考虑到电流表内阻，根据U-I图像的到的电源电动势测量值与真实值相同，内阻测量值包括了电流表的内阻。
[6]因一般电源内阻都较小，因此电源内阻数量级应为几欧。
13．（6分）如图所示的圆柱形气缸固定于水平接触面上，内用活塞密封着一定质量的理想气体，已知气缸的横截面积为S，活塞重为G，大气压强为P0。将活塞固定，使气缸内气体温度升高1℃，气体需吸收的热量为Q1；如果让活塞可以自由滑动（活塞与气缸间无摩擦、不漏气；不计气体的重力），仍使气缸内气体温度升高1℃，需吸收的热量为Q2。
（1）Q1和Q2哪个大些？简要说明理由。
（2）气体在定容下的比热容与在定压下的比热容为什么会有不同？（比热容是单位质量的物体温度上升1℃需要吸收的热量）
（3）若活塞可自由滑动，初始时活塞距底部的距离为H，求当气缸内气体温度升高1℃时活塞向上移动的高度h以及刚开始时气体的温度。
【答案】（1）Q2，理由见解析；（2）见解析；（3） ，
【解析】（1）定容过程，吸收的热量，用于增加气体的内能，则
定压过程，吸收的热量，用于增加气体的内能和对外做功
又因为，则；
（2）定容下的比热容
定压下比热容
由（1）可知，，则；
（3）气体对外做功，有
活塞向上移动的高度
因为是等压变化，所以有
解得
14．（8分）如图所示，光滑的水平面上放置物块C，质量为2m，其上开有水平和竖直的光滑槽。质量均为m的圆柱体A、B可以在槽中无阻力地滑动，两圆柱体间用长度为L的轻杆从槽外相连，轻杆不妨碍圆柱体的滑动，水平和竖直槽的长度都大于L，圆柱体和槽的粗细可以忽略，重力加速度为g。用一竖直的光滑销钉从B的右侧将B挡住，此时轻杆与竖直方向夹角为α，sinα＝0.6，csα＝0.8，整个装置处于静止状态。之后快速撤去销钉，则：
（1）求初始静止状态时，销钉对B的作用力大小；
（2）当C的速度达最大值时，求此时A的加速度的大小；
（3）求A与竖直槽底部相撞前瞬间，A的速度大小?
【答案】（1）；（2）g；（3）
【解析】（1）初始静止状态时，受力分析如图
对A有
对B有
又
联立解得
（2）快速撤去销钉后，物块C在小球A的压力作用下向左运动，当C的速度达最大值时，A对C以及杆对小球A的弹力均为零，A只受重力，故A的加速度为a=g
（3）A与竖直槽底部相撞前瞬间，A、B在杆的连接下具有共同的水平速度，AC有共同的水平速度，AB与C组成的系统水平方向动量守恒，可知A与竖直槽底部相撞前瞬间，AB与C水平速度为零。
对整体由机械能守恒
又h=Lcsα
解得A的速度大小。
15．（12分）如图所示，由金属和绝缘部件组成的无限长光滑平行导轨，其间距为L=0.5m，金属导轨中间嵌有两段由绝缘材料制成的导轨M、N（图中用黑实体表示），导轨左端连有电动势E=11.2V的电源。质量m=0.1kg，电阻R=0.2Ω的三根相同导体棒ab、cd和ef垂直导轨放置，其中cd用两根很长的轻质绝缘细线悬挂，刚好与导轨接触且无挤压．ghkj是一个置于金属导轨上的“”型导体线框，由三根导体棒组成，每根棒质量均为m，电阻均为R，长度均为L。若ef棒与线框ghkj相碰则连接成一个正方形导体框，初始时，导体棒和线框均静止在金属导轨上。导轨上方有三个方向垂直于导轨平面向下的有界匀强磁场：紧靠绝缘导轨M左侧的区域Ⅰ中有磁感应强度为B1=1T的磁场；区域Ⅱ中有磁感应强度为B2的磁场，cd棒紧靠区域Ⅱ的左边界放置；紧靠绝缘导轨N右侧的区域Ⅲ中有宽度为L、磁感应强度为B3=2T的磁场．初始时ef处于区域Ⅱ中，区域Ⅱ、Ⅲ位于绝缘导轨N两侧。导体线框gj两点紧靠区域Ⅲ的左边界，闭合开关S，ab棒启动，进入绝缘轨道M之前已做匀速运动。导体棒ab和cd相碰后结合在一起形成“联动二棒”，与导轨短暂接触后即向右上方摆起，摆起的最大高度为h=3.2m，到达最高点后不再下落，同时发现ef棒向右运动，进入区域Ⅲ。不计其他电阻。求：
（1）ab棒匀速运动时的速度；
（2）ef棒离开区域Ⅱ时的速度；
（3）“”导体线框能产生的焦耳热。
【答案】（1）22.4m/s；（2）6.4m/s；（3）0.256J
【解析】（1）ab棒匀速运动时，导体棒受到的安培力为零，即产生的感应电动势与电源电动势大小相等，故有
代入数据可得
（2）ab与cd碰撞过程，系统动量守恒，故有
“联动二棒”与导轨短暂接触时，“联动二棒”与ef棒构成的系统动量守恒，故有
“联动二棒”上摆的过程中，系统机械能守恒，故有
联立解得
（3）ef棒与线框ghkj相碰则连接成一个正方形导体框，即碰后粘在一起向右运动，碰撞过程中，系统动量守恒，故有
线框向右移动过程中，ef边相当于电源，又由于gh/kj在导轨上被短路，因此，回路中总电阻为
假设正方向线框停下时，ef仍在磁场区域Ⅲ中，线框从开始运动到停下来运动的总位移为x1，由动量定理可得
代入数据可得
故假设成立，即ef在离开区域Ⅲ前，线框已经停下，故根据能量守恒定律可得，正方向导体线框产生的总焦耳热为
导体线框产生的焦耳热为
代入数据可得
16．（14分）如图甲所示，真空中存在一间距为的水平平行板电容器，板长，板间电压为U、板间匀强电场方向向上，为一垂直上极板PQ的足能长的光屏，其下端N与极板右端Q重合，在MN所在竖直线右侧空间存在匀强磁场。在下极板左端有一个粒子源A，可以紧贴极板水平向右连续发射带正电的粒子，粒子比荷为，初速度。已知粒子打到极板或光屏时会被吸收，粒子之间的作用力不计，粒子的重力不计。
（1）为使粒子能够从极板间射出，求电压U的最大值；
（2）若匀强磁场方向垂直纸面向里（如图甲），大小为，电压U可任意调节，则求粒子击中光屏形成痕迹的长度；
（3）若匀强磁场方向改成水平向右，大小变为，电压U可任意调节，在极板右侧放置另一块与MN平行的足够大的光屏CD，CD在磁场中能左右移动，则求粒子打在光屏CD上留下所有痕迹的面积S；
（4）在满足第（3）问的条件下，同时在电容器的右侧与光屏之间加一水平向右的匀强电场，其场强大小，在光屏上以D点原点（D点为光屏与FG直线的交点），垂直纸面向内为轴，竖直向上为轴，水平向右的方向为轴，建立如图乙所示的三维直角坐标系。光屏位置到G点的距离用K表示，现将光屏CD沿FG直线从G点开始从近到远依次放在不同位置上，光屏CD始终平行MN，当光屏距G点为与这两个位置时打在光屏上所有粒子的点迹首次先后出现如图丙、丁所示的两条直线（顺着匀强电场，水平向右看光屏），其中图丙为距离时的图样，图丁为距离时的图样，则与这两位置相距多少距离？
【答案】（1）50V；（2）0.02m；（3）；（4）
【解析】（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向
竖直方向
联立解得
所以电压U的最大值为；
（2）设射入磁场的粒子速度为，与水平方向成角度，磁场中圆周运动半径为
则可得
解得运动半径为
由几何关系得，磁场中动弧线在竖直方向上的高度为
联立解得
即为定值，出射点离Q越远，打到光屏上离Q距离的越小，出射点离Q越近打到光屏上离Q距离的越大
当时，从下级板边缘出射，此时距离Q最小
当时，从上级板边缘Q点出射，此时距离Q最大
因此，痕迹长度
（3）粒子从电场中射出，进入磁场后，水平方向匀速运动，垂直磁场方向做匀速圆周运动
由图可知
所以
圆心与下极板右边缘连线与竖直方向夹角满足
由图可知
所以
即圆心连线为一条直线且过下极板右边缘，所有光屏痕迹是由从上到下逐浙减小的圆叠加形成的，如图所示
当时，圆半径最大，最大半径为
则求粒子打在光屏CD上留下所有痕迹的面积为
（4）加上水平向右的电场后，粒子进入磁场区域时水平方向匀加速运动，垂直磁场方向做匀速圆周运动，其周期为
因粒子圆周的周期与速度大小无关，出现图1直线时，所有粒子偏转120°，由运动等时性可知，水平方向运动时间恰为，出现图2直线时，所有粒子恰好运动一周，水平方向运动时间为，由运动学公式有：
，
所以两点相距
物理
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分，每题只有一个选项最符合题意
1．我国首颗超百Gbps容量高通量地球静止轨道通信卫星中星26号卫星，于北京时间2023年2月23日在西昌卫星发射中心成功发射，该卫星主要用于为固定端及车、船、机载终端提供高速宽带接入服务。如图，某时刻中星26与椭圆轨道侦察卫星恰好位于C、D两点，两星轨道相交于A、B两点，C、D连线过地心，D点为远地点，两卫星运行周期都为T。下列说法正确的是（ ）
A．中星26与侦察卫星可能在A点或B点相遇
B．侦查卫星从D点运动到A点过程中机械能增大
C．中星26在C点线速度v1与侦察卫星在D点线速度v2相等
D．相等时间内中星26与地球的连线扫过的面积大于侦察卫星与地球的连线扫过的面积
【答案】D
【解析】根据题意，由于中星26与椭圆轨道侦察卫星的运行周期都为T，由图可知，中星26在下半周转动时，侦察卫星在上半周转动，中星26在上半周转动时，侦察卫星在下半周转动，则中星26与侦察卫星不可能在A点或B点相遇，A错误；侦查卫星从D点运动到A点过程中机械能不变，B错误；由开普勒第二定律可知，侦察卫星在D点速度最小，由于中星26与椭圆轨道侦察卫星的运行周期都为T，则中星26在C点线速度v1大于侦察卫星在D点线速度v2，C错误；根据题意可知，中星26与椭圆轨道侦察卫星的运行周期都为T，由开普勒第三定律可知，中星26的轨道半径等于侦察卫星的半长轴，令相等时间为周期T，则中星26与地球的连线扫过的面积为圆的面积，侦察卫星与地球的连线扫过的面积为椭圆面积，由于圆的面积大于椭圆面积可知，相等时间内中星26与地球的连线扫过的面积大于侦察卫星与地球的连线扫过的面积，D正确。故选D。
2．下列有关四幅图像说法正确的是（ ）
A．图（1）中线圈中的磁场能在增加
B．图（2）中变化的磁场周围存在电场，与周围有没有闭合电路无关
C．图（3）中若B线圈不闭合，S断开时延时效果还存
D．图（3）中电子的衍射实验证明了电子的粒子性
【答案】B
【解析】如图所示，电容器下极板带正电，结合电流方向可知，电容器处于充电阶段，则电场能增加，磁场能减小，A错误；根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的磁场周围存在电场，与是否有闭合电路无关，B正确；若B线圈不闭合，S断开时不存在闭合回路，不会产生自感电流的磁场，延时效果不存在，C错误；电子的衍射实验证明电子的波动性，D错误。故选B。
3．如图所示是某款手机防窥屏的原理图，在透明介质中有相互平行排列的吸光屏障，屏障垂直于屏幕，可实现对像素单元可视角度θ的控制（可视角度θ定义为某像素单元发出的光在图示平面内折射到空气后最大折射角的2倍）。发光像素单元紧贴防窥屏的下表面，可视为点光源，位于相邻两屏障的正中间。不考虑光的衍射。下列说法正确的是（ ）
A．防窥屏实现防窥效果主要是运用了光的干涉
B．屏障的高度d越大，可视角度θ越大
C．透明介质折射率越大，可视角度θ越大
D．从上往下观察手机屏幕，看到的图像比实际位置低
【答案】C
【解析】防窥膜实现防窥效果主要是因为某些角度范围内的光被屏蔽屏障吸收，没有发生干涉，A错误；如果屏蔽越高，则入射角越小，折射角越小，可视角度θ越小，B错误；由图可知，可视角θ是光线进入空气中时折射角的2倍，透明介质的折射率越大，根据折射定律，折射角就越大，θ角越大，C正确；根据光路可逆，可知从上往下观察手机屏幕，看到的图像比实际位置高，D错误。故选C。
4．地铁靠站时列车车体和屏蔽门之间安装有光电传感器。如图甲所示，若光线被乘客阻挡，电流发生变化，工作电路立即报警。如图乙所示，光线发射器内大量处于n=3激发态的氢原子向低能级跃迁时，辐射出的光中只有a、b两种可以使该光电管阴极逸出光电子，图丙所示为a、b光单独照射光电管时产生的光电流I与光电管两端电压U的关系图线。已知光电管阴极材料的逸出功为2.55eV，可见光光子的能量范围是1.62eV~3.11eV，下列说法正确的是（ ）
A．光线发射器中发出的光有两种为可见光
B．题述条件下，光电管中光电子飞出阴极时的最大初动能为9.54eV
C．题述a光为氢原子从n=3能级跃迁到n=1能级时发出的光
D．若部分光线被遮挡，光电子飞出阴极时的最大初动能变小，光电流减小
【答案】B
【解析】光线发射器中发出的光子的能量分别为E1=‒1.51eV‒（‒13.6eV）=12.09eV
E2=‒3.40eV‒（‒13.6eV）=10.2eV
E3=‒1.51eV‒（‒3.40eV）=1.89eV
可见光光子的能量范围是1.62eV~3.11eV，光线发射器中发出的光有一种为可见光，A错误；根据E1=W0+Ekm，光电管中光电子飞出阴极时的最大初动能为Ekm=9.54eV，B正确；由图丙可知，a光遏止电压小于b光遏止电压，由E=W0+Ekm，eUc=Ekm，得a光能量小于b光能量，则题述a光为氢原子从n=2能级跃迁到n=1能级时发出的光，B错误；部分光线被遮挡，不改变光子能量，则光电子飞出阴极时的最大初动能不变。因为光子数量减少，则光电子数量减小，光电流变小，D错误。故选B。
5．几十亿年后太阳内部氢元素消耗殆尽，内部高温高压使三个氦核发生短暂的热核反应，被称为氦闪，核反应方程为，该反应放出的能量为E，真空中光速为c。则下列说法错误的是（ ）
A．该反应属于核聚变B．X核中有6个中子
C．X核的比结合能为E/12D．该反应的质量亏损为
【答案】C
【解析】根据质量数和核电荷数守恒，可知核反应方程为，属于轻原子核结合成较重原子核反应，所以该反应属于核聚变，又中子数等于质量数减去质子数，因此X核中有6个中子，故AB正确，不符合题意；比结合能又称平均结合能，等于结合能除以核子数，结合能是自由分散的核子结合成原子核所释放的能量，并不是该反应放出的能量为E，所以X核的比结合能不为E/12，故C错误，符合题意；根据爱因斯坦质能方程ΔE=Δmc2，又因为该反应放出的能量为E，所以该反应的质量亏损为，故D正确，不符合题意。故选C。
6．如图所示，一理想变压器可通过移动触头P的位置改变原线圈接入电路的匝数，为原线圈的中点，当P接端点时，原、副线圈匝数之比为，原线圈接的交流电源，则下列说法正确的是（ ）
A. 增大电源的频率，灯泡变暗
B. 当P接时，通过原、副线圈的磁通量之比为
C. 当P接时，滑动变阻器两端的电压为22V
D. 当滑动变阻器的滑片向下滑动时，变压器的输入功率变小
【答案】C
【解析】因为变压器不改变电压的频率，增大电源的频率，副线圈中电流频率也增大，电容器的容抗减小，灯泡中电流增大，灯变亮，A错误；任何情况下，原、副线圈的磁通量之比都为1：1，B错误；当P接b时，原、副线圈匝数之比为5：1，原线圈电压，根据，可得，滑动变阻器R两端的电压为U2=22V，C正确；当滑动变阻器的滑片向下滑动时，接入电路中的电阻R减小，根据，可知，R消耗的功率变大，所以变压器的输入功率也变大，D错误。故选C。
7．如图甲所示，S为与波源处于同一均匀介质中的点，其与两波源P1、P2的距离分别是7m、9m，P1、P2间距离为10m，波源P1的振动图像如图乙所示；波源P2振动频率f=5Hz，其产生的简谐横波在t=0.25s时刻的图像如图丙所示，已知P1、P2均在t=0s时刻开始振动，则（ ）
A. 波源P2的起振方向沿y轴负方向
B. 质点S为振动减弱点
C. t=1.1s时质点S向y轴负方向运动
D. 在t=0.6s时，SP1P2所在的平面内有2处波峰与波峰相遇
【答案】D
【解析】结合波源P2在t=0.25s时波的图像丙图可知，此时刚开始振动的质点x=2.5m处的起振方向沿y轴正方向，质点与波源的起振方向相同，因此波源为P2的起振方向沿y轴正方向，A错误；根据波源P1的振动图像图乙可知，波源P1的起振方向向上，又因为S点到两波源的波程差为，S点到两波源的波程差为波长的整数倍，且两波源的起振方向相同，所以质点S为振动加强点，故B错误；在同一介质中，频率相同的两列机械波，波速相同，波长相等，由图可知λ=2.0m，T=0.2s，则波速为，则P1波传到S点的时间为。因为S点为振动加强点，所以它的振动情况与波源P1的相同，当t=1.1s，S点已经振动了0.4s，刚好为两个周期，所以它此时向y轴正方向运动，故C错误；在t=0.6s时，波传至距离波源6m处，由起振方向可知，波峰分别位于距离波源5.5m、3.5m和1.5m处，以波源为圆心，波峰到波源的距离为半径做圆，如图
可知SP1P2所在的平面内有2处波峰与波峰相遇，故D正确。故选BD。
8．如图所示，长度为l的轻质细线一端与带孔小球A连接，另一端与木块B连接，小球A穿在光滑的固定水平杆（足够长）上，小球A与木块B质量均为m。t＝0时刻，给木块B一水平瞬时冲量I，使其获得v0＝的初速度，则从t＝0时刻至B再次运动到A正下方的过程中（ ）
A. A、B沿绳方向加速度始终相等B. 绳对A球的冲量大小为m
C. 绳对A先做正功后做负功 D. 木块B再次运动到A正下方时绳子拉力的大小为3mg
【答案】D
【解析】从t＝0时刻至B再次运动到A正下方的过程中，细绳一直处于向右倾斜状态，所以A一直水平向右加速，B的运动可以分解为水平向右随A加速直线运动和竖直平面内的圆周运动。所以A的加速度水平向右，B的加速度有与A相同的向右的加速度分量和沿绳的加速度分量。故A、B沿绳方向加速度不相等，故A错误；从t＝0时刻至B再次运动到A正下方的过程中，由动量守恒定理和能量守恒定理可得，，解得，，对A球由动量定理可得，由受力分析可知重力与支持力不相等，所以，所以，故B错误；从t＝0时刻至B再次运动到A正下方的过程中，细绳一直处于向右倾斜状态，绳对A一直做正功，故C错误；B再次运动到A正下方时，由B项分析知A的速度不为零，所以B随A水平运动的速度为零，由，得，故D正确。故选D。
9．在一块水平放置的很大的接地金属平板上方附近固定着一个正电荷Q，a、b、c、d为过正电荷所在位置的竖直平面上的四个点，位置如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．c点的电势高于d点的电势
B．c点的场强比d点的小
C．电荷量为q的负电荷在a点的电势能大于在b点的电势能
D．电荷量为q的正电荷从b点移到a点的过程中电场力做正功
【答案】A
【解析】由静电感应可知，金属板上方的电场线垂直于金属棒向下，则点电荷以及金属棒周围的等势面分布如图；由图可知，c点的电势高于d点的电势，选项A正确；c点的等差等势面比d点密集，则c点的场强比d点的大，选项B错误；因a点电势高于b点，则电荷量为q的负电荷在a点的电势能小于在b点的电势能，选项C错误；电荷量为q的正电荷从b点移到a点的过程中电场力做负功，选项D错误。故选A。
10．一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其压强P和体积倒数变化图像如图所示，此过程中该系统内气体（ ）
A．温度不变B．对外界做正功C．对外界放热D．内能变大
【答案】C
【解析】根据公式，得。根据图象点与原点连线斜率减小，可知温度降低，其体内能减小。A错误，D错误；理想气体从状态a变化到状态b，图像可以得到Va>Vb，可知气体的体积减小，气体对外界做负功，B错误；根据热力学第一定律，其中，，因此Q<0，气体放热，C正确。故选C。
11．如图所示，将霍尔式位移传感器置于一个沿轴正方向的磁场中，磁感应强度随位置变化关系为（且均为常数），霍尔元件的厚度很小。当霍尔元件通以沿轴正方向的恒定电流，上、下表面会产生电势差，则下列说法正确的是（ ）
A. 若霍尔元件是自由电子导电，则上表面电势低于下表面
B. 当物体沿轴正方向移动时，电势差将变小
C. 仅减小霍尔元件上下表面间的距离，传感器灵敏度将变弱
D. 仅减小恒定电流，传感器灵敏度将变弱
【答案】D
【解析】霍尔元件是自由电子导电，受洛伦兹力的是电子，根据左手定则。电子受向下的洛伦兹力，所以下表面带负电，上表面带正电，上表面电势高于下表面，A错误；设霍尔元件上下表面高度差为，电子定向移动速度为，电子电荷量为，霍尔元件平衡时，有，解得。又因为，其中为单位体积的自由电子数，可得，则，当物体沿z轴正方向移动时增大，所以增大，电势差也增大，B错误；传感器灵敏度为，因为，可得，，仅减小霍尔元件上下表面间的距离，传感器灵敏度不变，仅减小恒定电流，传感器灵敏度将变弱，C错误，D正确。故选D。
第Ⅱ卷
二、非选择题：共5题，共56分。其中第13题~第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
11．（15分）李同学在研究测量电源电动势和内阻实验中，电路连接如图2，突然灵光一闪，发现该电路也可以粗测滑动变阻器电阻丝的电阻率。
（1）如图2所示，滑动变阻器的瓷筒上紧密缠绕着单层电阻丝，测量出瓷筒上电阻丝缠绕的总宽度，测得n匝电阻丝缠绕后的宽度为x，则电阻丝的直径为______；测量出滑动变阻器瓷筒外径D，可认为一匝电阻丝的长度为；
（2）将开关拨到接线柱2，闭合开关，调节滑动变阻器，即改变其接入电路中的宽度l，电压表和电流表示数都在较大范围内较为均匀的变化，整理数据如图3所示，横坐标单位为，若图像斜率为k，则电阻丝的电阻率为______（用题设中已知物理量符号表示）；
（3）储同学认为从图3中图像数据可知，上述实验方案误差较大，应采用电流表外接的方式，你是否认同储同学观点，并说明理由______；
（4）杨同学继续用如图1电路测量电源电动势和内阻，根据前面实验结果，为减小实验误差，开关应该连接______接线柱（选填“1”或“2”）；电源电动势测量值相较真实值______（选填“偏大”、“偏小”或“相同”）；电源内阻数量级应为______（选填“几欧”、“几十欧”或“几百欧”）。
【答案】① ② ③不认同，因为采用电流表外接并利用图像法处理数据，图像斜率和电阻率相关但与电流表内阻无关 ④1 ⑤相同 ⑥几欧
【解析】（1）[1]测得n匝电阻丝缠绕后的宽度为x，则每匝电阻丝的宽度即为电阻丝的直径，应为
（2）[2]由电阻定律可得
电阻丝的横截面积
由欧姆定律
电阻丝的总长度
图3图线的斜率
联立解得
（3）[3]不认同，因为采用电流表外接并利用图像法处理数据，图像斜率和电阻率相关但与电流表内阻无关。
（4）[4]因电源的内阻较小，由图中l=0时纵坐标值为电流表内阻，即电流表的内阻可由图像确定，电压表的内阻远大于电源的内阻，因此为减小实验误差，应用电流表外接，即开关S2应该连接1接线柱。
[5] 考虑到电流表内阻，根据U-I图像的到的电源电动势测量值与真实值相同，内阻测量值包括了电流表的内阻。
[6]因一般电源内阻都较小，因此电源内阻数量级应为几欧。
13．（6分）如图所示的圆柱形气缸固定于水平接触面上，内用活塞密封着一定质量的理想气体，已知气缸的横截面积为S，活塞重为G，大气压强为P0。将活塞固定，使气缸内气体温度升高1℃，气体需吸收的热量为Q1；如果让活塞可以自由滑动（活塞与气缸间无摩擦、不漏气；不计气体的重力），仍使气缸内气体温度升高1℃，需吸收的热量为Q2。
（1）Q1和Q2哪个大些？简要说明理由。
（2）气体在定容下的比热容与在定压下的比热容为什么会有不同？（比热容是单位质量的物体温度上升1℃需要吸收的热量）
（3）若活塞可自由滑动，初始时活塞距底部的距离为H，求当气缸内气体温度升高1℃时活塞向上移动的高度h以及刚开始时气体的温度。
【答案】（1）Q2，理由见解析；（2）见解析；（3） ，
【解析】（1）定容过程，吸收的热量，用于增加气体的内能，则
定压过程，吸收的热量，用于增加气体的内能和对外做功
又因为，则；
（2）定容下的比热容
定压下比热容
由（1）可知，，则；
（3）气体对外做功，有
活塞向上移动的高度
因为是等压变化，所以有
解得
14．（8分）如图所示，光滑的水平面上放置物块C，质量为2m，其上开有水平和竖直的光滑槽。质量均为m的圆柱体A、B可以在槽中无阻力地滑动，两圆柱体间用长度为L的轻杆从槽外相连，轻杆不妨碍圆柱体的滑动，水平和竖直槽的长度都大于L，圆柱体和槽的粗细可以忽略，重力加速度为g。用一竖直的光滑销钉从B的右侧将B挡住，此时轻杆与竖直方向夹角为α，sinα＝0.6，csα＝0.8，整个装置处于静止状态。之后快速撤去销钉，则：
（1）求初始静止状态时，销钉对B的作用力大小；
（2）当C的速度达最大值时，求此时A的加速度的大小；
（3）求A与竖直槽底部相撞前瞬间，A的速度大小?
【答案】（1）；（2）g；（3）
【解析】（1）初始静止状态时，受力分析如图
对A有
对B有
又
联立解得
（2）快速撤去销钉后，物块C在小球A的压力作用下向左运动，当C的速度达最大值时，A对C以及杆对小球A的弹力均为零，A只受重力，故A的加速度为a=g
（3）A与竖直槽底部相撞前瞬间，A、B在杆的连接下具有共同的水平速度，AC有共同的水平速度，AB与C组成的系统水平方向动量守恒，可知A与竖直槽底部相撞前瞬间，AB与C水平速度为零。
对整体由机械能守恒
又h=Lcsα
解得A的速度大小。
15．（12分）如图所示，由金属和绝缘部件组成的无限长光滑平行导轨，其间距为L=0.5m，金属导轨中间嵌有两段由绝缘材料制成的导轨M、N（图中用黑实体表示），导轨左端连有电动势E=11.2V的电源。质量m=0.1kg，电阻R=0.2Ω的三根相同导体棒ab、cd和ef垂直导轨放置，其中cd用两根很长的轻质绝缘细线悬挂，刚好与导轨接触且无挤压．ghkj是一个置于金属导轨上的“”型导体线框，由三根导体棒组成，每根棒质量均为m，电阻均为R，长度均为L。若ef棒与线框ghkj相碰则连接成一个正方形导体框，初始时，导体棒和线框均静止在金属导轨上。导轨上方有三个方向垂直于导轨平面向下的有界匀强磁场：紧靠绝缘导轨M左侧的区域Ⅰ中有磁感应强度为B1=1T的磁场；区域Ⅱ中有磁感应强度为B2的磁场，cd棒紧靠区域Ⅱ的左边界放置；紧靠绝缘导轨N右侧的区域Ⅲ中有宽度为L、磁感应强度为B3=2T的磁场．初始时ef处于区域Ⅱ中，区域Ⅱ、Ⅲ位于绝缘导轨N两侧。导体线框gj两点紧靠区域Ⅲ的左边界，闭合开关S，ab棒启动，进入绝缘轨道M之前已做匀速运动。导体棒ab和cd相碰后结合在一起形成“联动二棒”，与导轨短暂接触后即向右上方摆起，摆起的最大高度为h=3.2m，到达最高点后不再下落，同时发现ef棒向右运动，进入区域Ⅲ。不计其他电阻。求：
（1）ab棒匀速运动时的速度；
（2）ef棒离开区域Ⅱ时的速度；
（3）“”导体线框能产生的焦耳热。
【答案】（1）22.4m/s；（2）6.4m/s；（3）0.256J
【解析】（1）ab棒匀速运动时，导体棒受到的安培力为零，即产生的感应电动势与电源电动势大小相等，故有
代入数据可得
（2）ab与cd碰撞过程，系统动量守恒，故有
“联动二棒”与导轨短暂接触时，“联动二棒”与ef棒构成的系统动量守恒，故有
“联动二棒”上摆的过程中，系统机械能守恒，故有
联立解得
（3）ef棒与线框ghkj相碰则连接成一个正方形导体框，即碰后粘在一起向右运动，碰撞过程中，系统动量守恒，故有
线框向右移动过程中，ef边相当于电源，又由于gh/kj在导轨上被短路，因此，回路中总电阻为
假设正方向线框停下时，ef仍在磁场区域Ⅲ中，线框从开始运动到停下来运动的总位移为x1，由动量定理可得
代入数据可得
故假设成立，即ef在离开区域Ⅲ前，线框已经停下，故根据能量守恒定律可得，正方向导体线框产生的总焦耳热为
导体线框产生的焦耳热为
代入数据可得
16．（14分）如图甲所示，真空中存在一间距为的水平平行板电容器，板长，板间电压为U、板间匀强电场方向向上，为一垂直上极板PQ的足能长的光屏，其下端N与极板右端Q重合，在MN所在竖直线右侧空间存在匀强磁场。在下极板左端有一个粒子源A，可以紧贴极板水平向右连续发射带正电的粒子，粒子比荷为，初速度。已知粒子打到极板或光屏时会被吸收，粒子之间的作用力不计，粒子的重力不计。
（1）为使粒子能够从极板间射出，求电压U的最大值；
（2）若匀强磁场方向垂直纸面向里（如图甲），大小为，电压U可任意调节，则求粒子击中光屏形成痕迹的长度；
（3）若匀强磁场方向改成水平向右，大小变为，电压U可任意调节，在极板右侧放置另一块与MN平行的足够大的光屏CD，CD在磁场中能左右移动，则求粒子打在光屏CD上留下所有痕迹的面积S；
（4）在满足第（3）问的条件下，同时在电容器的右侧与光屏之间加一水平向右的匀强电场，其场强大小，在光屏上以D点原点（D点为光屏与FG直线的交点），垂直纸面向内为轴，竖直向上为轴，水平向右的方向为轴，建立如图乙所示的三维直角坐标系。光屏位置到G点的距离用K表示，现将光屏CD沿FG直线从G点开始从近到远依次放在不同位置上，光屏CD始终平行MN，当光屏距G点为与这两个位置时打在光屏上所有粒子的点迹首次先后出现如图丙、丁所示的两条直线（顺着匀强电场，水平向右看光屏），其中图丙为距离时的图样，图丁为距离时的图样，则与这两位置相距多少距离？
【答案】（1）50V；（2）0.02m；（3）；（4）
【解析】（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向
竖直方向
联立解得
所以电压U的最大值为；
（2）设射入磁场的粒子速度为，与水平方向成角度，磁场中圆周运动半径为
则可得
解得运动半径为
由几何关系得，磁场中动弧线在竖直方向上的高度为
联立解得
即为定值，出射点离Q越远，打到光屏上离Q距离的越小，出射点离Q越近打到光屏上离Q距离的越大
当时，从下级板边缘出射，此时距离Q最小
当时，从上级板边缘Q点出射，此时距离Q最大
因此，痕迹长度
（3）粒子从电场中射出，进入磁场后，水平方向匀速运动，垂直磁场方向做匀速圆周运动
由图可知
所以
圆心与下极板右边缘连线与竖直方向夹角满足
由图可知
所以
即圆心连线为一条直线且过下极板右边缘，所有光屏痕迹是由从上到下逐浙减小的圆叠加形成的，如图所示
当时，圆半径最大，最大半径为
则求粒子打在光屏CD上留下所有痕迹的面积为
（4）加上水平向右的电场后，粒子进入磁场区域时水平方向匀加速运动，垂直磁场方向做匀速圆周运动，其周期为
因粒子圆周的周期与速度大小无关，出现图1直线时，所有粒子偏转120°，由运动等时性可知，水平方向运动时间恰为，出现图2直线时，所有粒子恰好运动一周，水平方向运动时间为，由运动学公式有：
，
所以两点相距
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