2023年重慶高考物理試題含解析

2023重慶高考物理真題

一、單項(xiàng)選擇題

1.矯正牙齒時(shí)，可用牽引線對(duì)牙施加力的作用。若某顆牙齒受到牽引線的兩個(gè)作用力大小均為F,夾角為α

（如圖），則該牙所受兩牽引力的合力大小為（）

A.2Fsin-

2

B.2Fcos-

2

C.Fsina

D.Fcosa

【答案】B

【解析】

【詳解】根據(jù)平行四邊形定則可知，該牙所受兩牽引力的合力大小為

F人=2Fcos-

?2

故選B。

2.某小組設(shè)計(jì)了一種呼吸監(jiān)測(cè)方案：在人身上纏繞彈性金屬線圈，觀察人呼吸時(shí)處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的線圈面

積變化產(chǎn)生的電壓，了解人的呼吸狀況。如圖所示，線圈P的匝數(shù)為N,磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8,方向

與線圈軸線的夾角為凡若某次吸氣時(shí)，在/時(shí)間內(nèi)每匝線圈面積增加了S,則線圈P在該時(shí)間內(nèi)的平均感

NBSStne

A.B.------------

t

BSSineBScosθ

D.-----------

【答案】A

【解析】

【詳解】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有

—_SNBScosθ

E-N----=NBcosP-=

△tt

故選A0

3.真空中固定有兩個(gè)點(diǎn)電荷，負(fù)電荷。位于坐標(biāo)原點(diǎn)處，正電荷Q位于X軸上，Q的電荷量大小為。I的

8倍。若這兩點(diǎn)電荷在X軸正半軸的E處產(chǎn)生的合電場(chǎng)強(qiáng)度為0,則Q、。2相距()

A.λ∕2x0

B.(2√2-l)x0

C.2a∕2x0

D.(2√2+l)x0

【答案】B

【解析】

【詳解】依題意，兩點(diǎn)電荷電性相反，且Q的電荷量較大，所以合場(chǎng)強(qiáng)為0的位置應(yīng)該在X軸的負(fù)半軸,

設(shè)兩點(diǎn)電荷相距3根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式可得

kQ[_@2

x0(Xo+￡)2

又

β2=8(2,

解得

Z,=(2√2-l)%0

故選Bo

4.密封于氣缸中的理想氣體，從狀態(tài)。依次經(jīng)過油、機(jī),和Cd三個(gè)熱力學(xué)過程達(dá)到狀態(tài)4若該氣體的體積

V隨熱力學(xué)溫度7變化的UT圖像如圖所示，則對(duì)應(yīng)的氣體壓強(qiáng)P隨7變化的p-7圖像正確的是()

Pl

【詳解】由口τ圖像可知，理想氣體必過程做等壓變化，歷過程做等溫變化，Cd過程做等容變化。根據(jù)

理想氣體狀態(tài)方程，有

叱=C

T

可知兒過程理想氣體的體積增大，則壓強(qiáng)減小。

故選Co

5.某實(shí)驗(yàn)小組利用雙縫干涉實(shí)驗(yàn)裝置分別觀察“、。兩單色光的干涉條紋，發(fā)現(xiàn)在相同的條件下光屏上。光

相鄰兩亮條紋的間距比〃光的小。他們又將ɑ`人光以相同的入射角由水斜射入空氣，發(fā)現(xiàn)“光的折射角比

6光的大，則（）

A.在空氣中傳播時(shí)，“光的波長(zhǎng)比人光的大

B.在水中傳播時(shí)，。光的速度比b光的大

C.在水中傳播時(shí)，α光的頻率比b光的小

D.由水射向空氣時(shí)，4光的全反射臨界角比6光的小

【答案】D

【解析】

【詳解】A.根據(jù)相鄰兩條亮條紋的間距計(jì)算公式

ΔΛ=-λ

d

由此可知

故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)折射定律

n=sin-ι-

sinr

m〃光以相同的入射角由水斜射入空氣，〃光的折射角比6光的大，貝IJ

na>nb

根據(jù)光在介質(zhì)中的傳播速度與折射率的關(guān)系

C

〃=一

V

可得在水中傳播時(shí)，。光的速度比，光的小，故B錯(cuò)誤；

C.在水中傳播時(shí)，。光的折射率比方光的大，所以。光的頻率比6光的大，故C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)臨界角與折射率的關(guān)系

n=1---

sinC

可得在水中傳播時(shí)，。光的折射率比人光的大，“光的全反射臨界角比人光的小，故D正確。

故選D。

6.原子核琵U可以經(jīng)過多次α和夕衰變成為穩(wěn)定的原子核二Pb,在該過程中，可能發(fā)生的夕衰變是（）

A-2^Fr→2^Ra+>

B-2RPo+JJe

C-2^Ra→2^Ac+θe

D-2^Po→2^At+>

【答案】A

【解析】

【詳解】原子核衰變成為穩(wěn)定的原子核22Pb質(zhì)量數(shù)減小了28,則經(jīng)過了7次α衰變，中間生成的新

核的質(zhì)量數(shù)可能為231,227,223,219,215,211,則發(fā)生用衰變的原子核的質(zhì)量數(shù)為上述各數(shù)，則

BCD都不可能，根據(jù)核反應(yīng)的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知，選項(xiàng)A反應(yīng)正確。

故選Ao

7.如圖所示，與水平面夾角為。的絕緣斜面上固定有光滑U型金屬導(dǎo)軌。質(zhì)量為機(jī)、電阻不可忽略的導(dǎo)體

桿MN沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)，以大小為V的速度進(jìn)入方向垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)一

段時(shí)間r后，速度大小變?yōu)?口。運(yùn)動(dòng)過程中桿與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)，重力加速度為

g。桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的此段時(shí)間內(nèi)（）

M.

A.流過桿的感應(yīng)電流方向從N到M

3

B.桿沿軌道下滑的距離為二W

2

C.流過桿感應(yīng)電流的平均電功率等于重力的平均功率

D.桿所受安培力的沖量大小為mg，Sine一mU

【答案】D

【解析】

【詳解】A.根據(jù)右手定則，判斷知流過桿的感應(yīng)電流方向從“到M故A錯(cuò)誤；

B.依題意，設(shè)桿切割磁感線的有效長(zhǎng)度為L(zhǎng),電阻為R。桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的此段時(shí)間內(nèi)，桿受到重力,

軌道支持力及沿軌道向上的安培力作用，根據(jù)牛頓第二定律可得

mgsinθ-F.ii=ma

F,.=BIL

,I=BL-v---

R

聯(lián)立可得桿的加速度

B2A2V

。=gsin，一

R

可知，桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的此段時(shí)間內(nèi)做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)；若桿做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則桿運(yùn)動(dòng)的

距離為

根據(jù)U-E圖像圍成面積表示位移，可知桿在時(shí)間f內(nèi)速度由U達(dá)到2v,桿真實(shí)運(yùn)動(dòng)的距離大于勻加速情

3

況發(fā)生的距離，即大于二W,故B錯(cuò)誤；

2

C.由于在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的此段時(shí)間內(nèi)，桿做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，桿的動(dòng)能增大。由動(dòng)能定理可

-W

知，重力對(duì)桿所做的功大于桿克服安培力所做的功，根據(jù)尸=—可得安培力的平均功率小于重力的平均

t

功率，也即流過桿感應(yīng)電流的平均電功率小于重力的平均功率，故C錯(cuò)誤；

D.桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的此段時(shí)間內(nèi)，根據(jù)動(dòng)量定理，可得

mgtsin6一/安=m?2v-ιnv

得桿所受安培力的沖量大小為

/安=ιngtsinθ-mv

故D正確。

故選Do

二、多項(xiàng)選擇題

8.某實(shí)驗(yàn)小組測(cè)得在豎直方向飛行的無人機(jī)飛行高度y隨時(shí)間r的變化曲線如圖所示，E、尺M(jìn)、N為曲線

上的點(diǎn)，EF、例N段可視為兩段直線，其方程分別為y=4r-26和y=—2/+140。無人機(jī)及其載物的總質(zhì)

量為2kg,取豎直向上為正方向。則（）

A.EF段無人機(jī)的速度大小為4m∕s

B.FM段無人機(jī)的貨物處于失重狀態(tài)

C.FN段無人機(jī)和裝載物總動(dòng)量變化量大小為4kg?m∕s

D.MN段無人機(jī)機(jī)械能守恒

【答案】AB

【解析】

【詳解】A.根據(jù)EF段方程

y=At-26

可知E尸段無人機(jī)的速度大小為

V=—=4m/s

△t

故A正確；

B.根據(jù)y-r圖像的切線斜率表示無人機(jī)的速度，可知FM段無人機(jī)先向上做減速運(yùn)動(dòng)，后向下做加速運(yùn)

動(dòng)，加速度方向一直向下，則無人機(jī)的貨物處于失重狀態(tài)，故B正確；

C.根據(jù)MN段方程

y=—2z+140

可知/WV段無人機(jī)的速度為

M=C=—2m/s

?t'

則有

Δ∕?=mv'-mv=2X(―2)kg?m/s—2×4kg?m∕s=-l2kg?m/s

可知/W段無人機(jī)和裝載物總動(dòng)量變化量大小為12kg?m∕s,故C錯(cuò)誤；

D.MN段無人機(jī)向下做勻速直線運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能不變，重力勢(shì)能減少，無人機(jī)的機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤。

故選ABo

9.一列簡(jiǎn)諧橫波在介質(zhì)中沿X軸傳播，波速為2m∕s,/=0時(shí)的波形圖如圖所示，P為該介質(zhì)中的一質(zhì)點(diǎn)。則

()

A.該波的波長(zhǎng)為14m

B.該波的周期為8s

C.t=0時(shí)質(zhì)點(diǎn)P的加速度方向沿y軸負(fù)方向

D.0~2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的路程有可能小于0.1m

【答案】BD

【解析】

【詳解】A.由圖可知

3

-λ=12m

4

解得

4=16m

A錯(cuò)誤；

B.由

λ

V=—

T

得

B正確；

C.簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的加速度總指向平衡位置，P點(diǎn)位于），軸負(fù)半軸，加速度方向沿），軸正方向，C錯(cuò)誤;

D.P點(diǎn)位于），軸的負(fù)半軸，經(jīng)過

2Cs=—T

4

若波向X軸負(fù)方向傳播，P向遠(yuǎn)離平衡位置方向振動(dòng)，在0~25內(nèi)質(zhì)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的路程有可能小于0.1m,D

正確；

故選BD0

10.某衛(wèi)星繞地心的運(yùn)動(dòng)視為勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其周期為地球自轉(zhuǎn)周期T的上，運(yùn)行的軌道與地球赤道不共

10

面（如圖）。。時(shí)刻，衛(wèi)星恰好經(jīng)過地球赤道上P點(diǎn)正上方。地球的質(zhì)量為M，半徑為R，引力常量為G。

貝U（）

C.從小時(shí)刻到下一次衛(wèi)星經(jīng)過尸點(diǎn)正上方時(shí)，衛(wèi)星繞地心轉(zhuǎn)過的角度為20?

D.每次經(jīng)最短時(shí)間實(shí)現(xiàn)衛(wèi)星距P點(diǎn)最近到最遠(yuǎn)的行程，衛(wèi)星繞地心轉(zhuǎn)過的角度比地球的多7;T

【答案】BCD

【解析】

【詳解】A.由題意，知衛(wèi)星繞地球運(yùn)轉(zhuǎn)的周期為

設(shè)衛(wèi)星的質(zhì)量為加，衛(wèi)星距地面的高度為/7,有

Mm2

CJ-------------r=m(/?+/i)(—)

(R+∕Z)2

聯(lián)立，可求得

9GMT2}

400萬(wàn)2

故A錯(cuò)誤;

B.衛(wèi)星的向心加速度大小

2乃

q=(R+〃)〃2=(R+〃)(F)2

位于P點(diǎn)處物體的向心加速度大小

2

a2=Rω=R§)2

可得

幺=Δ±Δ(工)2=工(180兀GMT2)?

7

a2RT9兀

故B正確；

CD.要想衛(wèi)星再次在P點(diǎn)的正上方，則只能是題中兩個(gè)軌道的交點(diǎn)，因此要實(shí)現(xiàn)出現(xiàn)在正上方，第一種

情形是經(jīng)過一段時(shí)間都回到了當(dāng)前點(diǎn)，即各自轉(zhuǎn)動(dòng)整數(shù)圈，最小公倍數(shù)為3,此時(shí)衛(wèi)星轉(zhuǎn)動(dòng)10圈，即轉(zhuǎn)動(dòng)

角度為20?,第二種情形是都轉(zhuǎn)動(dòng)整數(shù)圈加半圈，此時(shí)最小公倍數(shù)為1.5,衛(wèi)星轉(zhuǎn)動(dòng)五圈，此時(shí)相距最

遠(yuǎn)，轉(zhuǎn)動(dòng)角度相差7兀，故CD正確；

多7n。故D正確。

故選BCDo

三、實(shí)驗(yàn)題

II.某實(shí)驗(yàn)小組用單擺測(cè)量重力加速度。所用實(shí)驗(yàn)器材有擺球、長(zhǎng)度可調(diào)的輕質(zhì)擺線、刻度尺、50分度的游

標(biāo)卡尺、攝像裝置等。

∣?fi7^≡..l_________________

O1/23?4567^^cm^

rhlllllllllilΠULilllliillllllilllllllllllilllillllllLlllllllΠl(fā)llllllllllilllinil

.

O-23

l∣l

(I)用游標(biāo)卡尺測(cè)量擺球直徑A當(dāng)量爪并攏時(shí)，游標(biāo)尺和主尺的零刻度線對(duì)齊。放置擺球后游標(biāo)卡尺示

數(shù)如圖甲所示，則擺球的直徑”為mm。

(2)用擺線和擺球組成單擺，如圖乙所示。當(dāng)擺線長(zhǎng)度/=990.Imm時(shí)，記錄并分析單擺振動(dòng)視頻，得到

單擺的振動(dòng)周期T=2.00s,由此算得重力加速度g為m∕s2(保留3位有效數(shù)字)。

(3)改變擺線長(zhǎng)度/,記錄并分析單擺的振動(dòng)視頻，得到相應(yīng)的振動(dòng)周期。他們發(fā)現(xiàn)，分別用/和/+&作

2

為擺長(zhǎng)，這兩種計(jì)算方法得到的重力加速度數(shù)值的差異大小Ag隨擺線長(zhǎng)度/的變化曲線如圖所示。由圖可

知，該實(shí)驗(yàn)中，隨著擺線長(zhǎng)度/的增加，Ag的變化特點(diǎn)是,原因是O

【答案】①.19.20②.9.86③.隨著擺線長(zhǎng)度/的增加，Ag逐漸減小④.隨著擺線長(zhǎng)度/的

增加，則/+越接近于/,此時(shí)計(jì)算得到的g的差值越小

【解析】

【詳解】(I)11]用游標(biāo)卡尺測(cè)量擺球直徑d=19mm+0.02mmxl0=19.20mm

(2)⑵單擺的擺長(zhǎng)為

L=990.1mm+?×19.20mm=999.7mm

根據(jù)

可得

4儲(chǔ)L

帶入數(shù)據(jù)

4×3.142×0.9997C

g=---------------------m/s=9.86m∕zs.2

22

(3)[3][4]由圖可知，隨著擺線長(zhǎng)度/的增加，Ag逐漸減小，原因是隨著擺線長(zhǎng)度/的增加，則/+￡越接

近于/,此時(shí)計(jì)算得到的g的差值越小。

12.一興趣小組擬研究某變壓器的輸入和輸出電壓之比，以及交流電頻率對(duì)輸出電壓的影響。題圖1為實(shí)驗(yàn)

電路圖，其中。和二為變壓器的原、副線圈，Sl和S2為開關(guān)，P為滑動(dòng)變阻器RP的滑片，R為電阻箱，E

為正弦式交流電源(能輸出電壓峰值不變、頻率可調(diào)的交流電)。

(1)閉合s∣,用多用電表交流電壓擋測(cè)量線圈心兩端的電壓。滑片P向右滑動(dòng)后，與滑動(dòng)前相比，電表的

示數(shù)(選填“變大”“不變”“變小”)。

(2)保持S2斷開狀態(tài)，調(diào)整E輸出的交流電頻率為50Hz,滑動(dòng)滑片P,用多用電表交流電壓擋測(cè)得線圈

3兩端的電壓為2500mV時(shí)?，用示波器測(cè)得線圈小兩端電壓?隨時(shí)間f的變化曲線如圖所示，則線圈L1兩

端與心兩端的電壓比值為(保留3位有效數(shù)字)。

(3)閉合S2,滑動(dòng)P到某一位置并保持不變。分別在E輸出的交流電頻率為50Hz、IOOOHZ的條件下，改

變R的阻值，用多用電表交流電壓擋測(cè)量線圈心兩端的電壓U,得到U-R關(guān)系曲線如圖3所示。用一個(gè)阻

值恒為20。的負(fù)載RO替換電阻箱R，由圖可知，當(dāng)頻率為IOooHZ時(shí)，Ro兩端的電壓為mV；當(dāng)頻

率為50HZ時(shí)，為保持RO兩端的電壓不變，需要將RO與一個(gè)阻值為_______C的電阻串聯(lián)。(均保留3位有

效數(shù)字)

【答案】①.變大12.62727.94

【解析】

【詳解】(1)[1]閉合S∣,滑動(dòng)變阻器RP是分壓接法，滑片P向右滑動(dòng)后，用多用電表交流電壓擋測(cè)量線

圈小兩端的電壓。線圈Ll兩端的電壓增大，因此與滑動(dòng)前相比，電表的示數(shù)變大。

(2)⑵保持S2斷開狀態(tài)，調(diào)整E輸出的交流電頻率為50Hz,多用電表交流電壓擋測(cè)得線圈小兩端的電

壓為U∣=2500mV0線圈么兩端電壓"隨時(shí)間/的變化曲線如圖所示，由〃一，圖像可得，線圈上兩端電壓

為

u,斗岑mV

^√2√2

則線圈L兩端與乙2兩端的電壓比值為

Ul_2500

12.6

280

√T

（3）[3]閉合S2,滑動(dòng)P到某一位置并保持不變。由U-R關(guān)系曲線可得，當(dāng)頻率為IOoOHZ時(shí)，當(dāng)負(fù)載電

阻Ro=20Ω時(shí)，RO兩端的電壓為URO=272mV。

[4]當(dāng)頻率為50HZ時(shí)，由U-R關(guān)系曲線可得線圈左兩端的電壓為U'=380mVo要保持Ro兩端的電壓不

變，需給R）串聯(lián)一電阻，此串聯(lián)電阻值為

U'-URO_380—272

Ω=7.94Ω

URo272

R°?

四、計(jì)算題

13.機(jī)械臂廣泛應(yīng)用于機(jī)械裝配。若某質(zhì)量為機(jī)的工件（視為質(zhì)點(diǎn)）被機(jī)械臂抓取后，在豎直平面內(nèi)由靜止

開始斜向上做加速度大小為”的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)方向與豎直方向夾角為仇提升高度為〃，如圖所示。

求:

(1)提升高度為〃時(shí)，工件的速度大小;

(2)在此過程中，工件運(yùn)動(dòng)的時(shí)間及合力對(duì)工件做的功。

2hmah

【答案】（1）?-;(2)

COSeQCOS。CoSe

【解析】

【詳解】（1）根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移與速度關(guān)系有

2a上一

COSe

解得

(2)根據(jù)速度公式有

v0=at

解得

2/?

QCOS夕

根據(jù)動(dòng)能定理有

W合

解得

mah

CoSe

14.如圖所示，桌面上固定有一半徑為R的水平光滑圓軌道，例、N為軌道上的兩點(diǎn)，且位于同一直徑上,

P為MN段的中點(diǎn)。在P點(diǎn)處有一加速器(大小可忽略)，小球每次經(jīng)過P點(diǎn)后，其速度大小都增加加。質(zhì)

量為，〃的小球1從N處以初速度K)沿軌道逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)，與靜止在M處的小球2發(fā)生第一次彈性碰撞，碰后

瞬間兩球速度大小相等。忽略每次碰撞時(shí)間。求:

(1)球1第一次經(jīng)過尸點(diǎn)后瞬間向心力的大小;

(2)球2的質(zhì)量;

(3)兩球從第一次碰撞到第二次碰撞所用時(shí)間。

5πR

R6%

【解析】

【詳解】(1)球1第一次經(jīng)過P點(diǎn)后瞬間速度變?yōu)?vo,所以

…包=4』

nRR

(2)球1與球2發(fā)生彈性碰撞，且碰后速度大小相等，說明球1碰后反彈，則

,

m?2v0=-mv+mv

,(2%)2=11

—mv2+,—m/v2

22

聯(lián)立解得

v=v?,W=3加

(3)設(shè)兩球從第一次碰撞到第二次碰撞所用時(shí)間為A3則

TrR

‘I=丁

2%

v0r2+2v0t2=TlR

所以

15.某同學(xué)設(shè)計(jì)了一種粒子加速器理想模型。如圖所示，xθy平面內(nèi)，X軸下方充滿垂直于紙面向外的勻

強(qiáng)磁場(chǎng)，X軸上方被某邊界分割成兩部分，一部分充滿勻強(qiáng)電場(chǎng)(電場(chǎng)強(qiáng)度與y軸負(fù)方向成ɑ角)，另一部

分無電場(chǎng)，該邊界與y軸交于"點(diǎn)，與X軸交于N點(diǎn)。只有經(jīng)電場(chǎng)到達(dá)N點(diǎn)、與X軸正方向成a角斜向下

運(yùn)動(dòng)的帶電粒子才能進(jìn)入磁場(chǎng)。從M點(diǎn)向電場(chǎng)內(nèi)發(fā)射一個(gè)比荷為"的帶電粒子A,其速度大小為山、方向

m

與電場(chǎng)方向垂直，僅在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間T后進(jìn)入磁場(chǎng)，且通過N點(diǎn)的速度大小為2血。忽略邊界效應(yīng)，不計(jì)

粒子重力。

(1)求角度α及M、N兩點(diǎn)的電勢(shì)差。

(2)在該邊界上任意位置沿與電場(chǎng)垂直方向直接射入電場(chǎng)內(nèi)、比荷為殳的帶電粒子，只要速度大小適當(dāng)，

m

就能通過N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，求N點(diǎn)橫坐標(biāo)及此邊界方程。

(3)若粒子A第一次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為囪，以后每次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為上

一次的一半，則粒子A從M點(diǎn)發(fā)射后，每次加速均能通過N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)。求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小Bi及粒子A

從發(fā)射到第n次通過N點(diǎn)的時(shí)間。

邛寺…3)BT

Lio岳］

3+---------2n-'T-2+

\3/

【解析】

【詳解】（I）粒子M點(diǎn)垂直于電場(chǎng)方向入射，粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)方向做勻加速直線運(yùn)

動(dòng)，垂直于電場(chǎng)方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在N點(diǎn)將速度沿電場(chǎng)方向與垂直于電場(chǎng)方向分解，在垂直于電場(chǎng)方

向上有

2v0cos2a=v0

解得

α=3()

粒子從M→N過程，根據(jù)動(dòng)能定理有

4。皿=5〃（2%）2一鄉(xiāng)〃片

解得

J1_3加片

UMN-?

2q

（2）對(duì)于從M點(diǎn)射入的粒子，沿初速度方向的位移為

XO=VQT

沿電場(chǎng)方向的位移為

2vsin2aF

%π-τ

令N點(diǎn)橫坐標(biāo)為4,根據(jù)幾何關(guān)系有

XN=x0cosα+%sina

解得

3√3vπT

根據(jù)上述與題意可知，令粒子入射速度為口則通過N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)的速度為2也令邊界上點(diǎn)的坐標(biāo)為

(x,y)則在沿初速度方向上有

(XN-X-ytana)COSa=歸

沿電場(chǎng)方向有

y/?.2Vsin2a

--------F(XN-x-ytana)sιna=-----------

CoSa2

解得

y=江旦

49

(3)由上述結(jié)果可知電場(chǎng)強(qiáng)度

E=UMN

y。

解得

E=--------

設(shè)粒子A第〃次在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度為乙，可得第〃+1次在/V點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)的速度為

v

∏+ι二彳一二2匕/

cos2a

第一次在N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小為2%,可得

vπ

n=2v0,(n=1,2,3)

設(shè)粒子A第”次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為紇，由題意可得

4=擊，5=1，2,3)

由洛倫茲力提供向心力得