山东省济南市2020届高三物理第一次模拟试题（Word版附解析）

2020 年高三模拟考试物理试题 （本试卷满分为 100 分，考试用时 90 分钟。） 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分。在每小题给出的四个选 项中，只有一项是符合题目要求的。 1.2020 年初，在抗击 2019-nCoV，红外线体温计发挥了重要作用。下列关于红外线的说法中正 确的是（　　） A. 红外线的波长比红光短 B. 利用红外线的热效应可以加热物体 C. 红外遥感是利用红外线的穿透能力强 D. 高温物体辐射红外线，低温物体不辐射红外线 【答案】B 【解析】 【详解】A．红外线的波长比红光的波长更长，故 A 错误； B．红外线是一种看不见的光，通过红外线的照射，可以使物体的温度升高，故 B 正确； C．人们利用红外线来实行遥控和遥感，是因为红外线波长长，更容易发生衍射，故 C 错误； D．一切物体都向外辐射红外线，故 D 错误。 故选 B。 2.关于一定质量的理想气体，下列说法正确的是（　　） A. 气体的体积是所有气体分子的体积之和 B. 气体的压强是由气体分子重力产生的 C. 气体压强不变时，气体的分子平均动能可能变大 D. 气体膨胀时，气体的内能一定减小 【答案】C 【解析】 【详解】A．气体的体积是气体分子所能充满的整个空间，不是所有气体分子的体积之和，故 A 错误； B．大量做无规则热运动的分子对器壁频繁、持续地碰撞产生了气体的压强，与气体重力无关， 故 B 错误； C．气体压强不变时，体积增大，气体温度升高，则分子的平均动能增大，故 C 正确； D．气体膨胀时，气体对外做功，由热力学第一定律 可知，气体对外做功同时可U W Q∆ = +能吸收更多的热量，内能可以增加，故 D 错误。 故选 C。 3.短跑运动员在训练中从起跑开始的一段时间内可看成先做匀加速直线运动再做匀速直线运 动。已知总位移为 s，匀速阶段的速度为 v、时间为 t，则匀加速阶段的时间为（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】匀速阶段的位移为 在匀加速直线运动过程，根据平均速度公式可得 根据题意则有 解得匀加速阶段的时间 故 A、B、C 错误，D 正确。 故选 D。 4.P、Q 两种不同波长的光，以相同的入射角从玻璃射向空气，P 光发生全反射，Q 光射入空 气，则（　　） A. 玻璃对 P 光的折射率小于对 Q 光的折射率 B. 玻璃中 P 光的波长大于 Q 光的波长 C. 玻璃中 P 光的速度大于 Q 光的速度 D. P 光的光子能量大于 Q 光的光子能量 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据临界角公式 ， 光束的折射率小， 光束的折射率大，故 A 错误； B．在玻璃球体中，光的波长 s v 2s v 2s tv − 2 2s tv − 1x vt= 2 1 1 2x vt= 1 2s x x= + 1 2 2st tv = − 1sinC n = Q P是光在真空中的波长， 光的折射率大，频率大，在真空中的波长短，由 知在玻璃 球体中， 光的波长小于 光的波长，故 B 错误； C．根据 可知玻璃中 光的速度小于 光的速度，故 C 错误； D． 光的折射率大，频率大，根据 可知 光的光子能量大，所以 光的光子能量大 于 光的光子能量，故 D 正确。 故 D 正确。 5.狞猫弹跳力惊人，栖息在干燥的旷野和沙漠，善于捕捉鸟类。一只狞猫以某一初速度斜向上 与水平地面成 θ 角跳离地面，落地前其最大高度为 h，最大水平位移为 x。不考虑空气阻力。 下列说法正确的是（　　） A. 保持起跳速度大小不变，增大 θ 角，狞猫在空中的运动时间不变 B. 保持起跳速度大小不变，增大 θ 角，狞猫在空中的最大高度 h 增大 C. 保持起跳角度 θ 不变，增大起跳速度，x 与 h 的比值减小 D. 保持起跳角度 θ 不变，增大起跳速度，x 与 h 的比值增大 【答案】B 【解析】 【详解】A．狞猫做斜抛运动，在竖直方向则有 狞猫在空中的运动时间 保持起跳速度大小不变，增大 角，狞猫在空中的运动时间增大，故 A 错误； B．狞猫在空中的最大高度 保持起跳速度大小不变，增大 角，狞猫在空中的最大高度增大，故 B 正确； 0v c f nf n λλ = = = 0 λ P 0 n λλ = P Q cv n = P Q P E hν= P P Q 0 1sinθyv v gt= = 0 1 2 sinθ2 vt t g = = θ 2 2 2 0 1 sin θ1 2 2 vh gt g = = θCD．狞猫最大水平位移 最大水平位移与最大高度的比值为 保持起跳角度 不变，增大起跳速度， 与 的比值不变，故 C、D 错误。 故选 B。 6.如图所示为等边三角形 ABC，在 A、B 两点放等量异种点电荷，已知 A、B 连线中点处的电 场强度和电势分别为 E、φ，则 C 点的场强和电势分别为（　　） A. E、φ B. E、φ C. E、 φ D. E、 φ 【答案】A 【解析】 【详解】设等边三角形的边长为 ， 、 两点的电荷量大小为 ， 、 连线中点处的电 场强度为 点的电场强度为 等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，则有 故 A 正确，B、C、D 错误 故选 A。 7.如图所示为剪式千斤顶的截面图。四根等长的支持臂用光滑铰链连接，转动手柄，通过水平 螺纹轴减小 MN 间的距离，以抬高重物。保持重物不变，MP 和 PN 夹角为 120°时 N 点受到 螺纹轴的作用力为 F1；MP 和 PN 夹角为 60°时 N 点受到螺纹轴的作用力为 F2。不计支持臂 为 2 2 0 02 cosθsinθ sin2θ x v vx v t g g = = = 4 tanθ x h = θ x h 1 8 1 4 1 8 1 4 1 4 1 4 L A B Q A B 2 2 82 ( )2 kQ kQE L L = = C 2 12 cos60 8C kQE EL = ° = C ϕ ϕ=和螺纹轴的重力，则 F1 与 F2 大小之比为（　　） A. 1：1 B. 1：3 C. ：1 D. 3：1 【答案】D 【解析】 【详解】当两臂间的夹角为 时，两臂受到的压力为 对 点分析， 点受到螺纹轴的作用力为 当两臂间的夹角为 时，两臂受到的压力为 对 点分析， 点受到螺纹轴的作用力为 则有 故 A、B、C 错误，D 正确； 故选 D。 8.采用一稳压交流电源给如图所示电路供电，R1、R2、R3 是三个完全相同的定值电阻，理想变 压器的匝数比为 2：1，开关断开时电路消耗的总功率为 P，则开关闭合时电路消耗的总功率 为（　　） 3 120° 1 2cos60 GN G= =° N N 1 12 cos30 3F N G= ° = 60° 2 3 2cos30 3 GN G= =° N N 2 2 32 cos60 3F N G= ° = 1 2 3:1F F =A. P B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】设三个完全相同的定值电阻的阻值为 ，电压电压为 ，开关断开时，根据等效电 路可得电路的总的电阻为 电路消耗的总功率为 开关闭合时，根据等效电路可得电路的总的电阻为 电路消耗的总功率为 故 A、B、D 错误，C 正确； 故选 C。 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。在每小题给出的四个选 项中，有多项符合题目要求。全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错 的得 0 分。 9.2019 年 11 月我国首颗亚米级高分辨率光学传输型立体测绘卫星高分七号成功发射，七号在 距地约 600km 的圆轨道运行，先期发射的高分四号在距地约 36000km 的地球同步轨道运行， 关于两颗卫星下列说法正确的是（　　） A. 高分七号比高分四号运行速率大 B 高分七号比高分四号运行周期大 C. 高分七号比高分四号向心加速度小 3 2 P 5 3 P 9 5 P R U 21 2 ( ) 5nR R R Rn = + =总 2 2 5 U UP R R = = 总 21 2 ( ) 32 n RR R Rn ′ = + =总 2 2 5 3 3 U UP PR R ′ = = =′总D. 相同时间内高分七号与地心连线扫过 面积比高分四号小 【答案】AD 【解析】 【详解】A．万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得 可得 运行轨道半径越大，运行的速度越小，高分七号比高分四号向心速率大，故 A 正确； B．万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得 解得 运行轨道半径越大，运行的周期越大，所以高分七号比高分四号运行周期小，故 B 错误； C．万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得 解得 运行轨道半径越大，运行的加速度越小，所以高分七号比高分四号向心加速度大，故 C 错误； D．卫星与地心连线扫过的面积为 相同时间内，运行轨道半径越大，与地心连线扫过的面积越大，相同时间内高分七号与地心 连线扫过的面积比高分四号小，故 D 正确； 故选 AD。 10.一列沿 x 轴正向传播的简谐横波，t=0 时刻的波形如图所示，波速大小为 v=0.6m/s，此时波 刚好传到 0.24m 的位置，P 为 0.60m 处的质点。下列说法中正确的是（　　） 的 2 2 GMm vmr r = GMv r = 2 2 2 4MmG m rr T π= 3 2 rT GM π= 2 MmG mar = 2 GMa r = 21 1 2 2 2 tS r rvt GMrθ= = =A. 经过 0.6s 传播到 P 点 B. 刚传播到 P 点时 P 点由平衡位置向上振动 C. 从 t=0 时刻到刚传播到 P 点过程中 O 点的路程为 30cm D. 0.18m 处的质点的振动方程为 y=5sin(5πt )cm 【答案】AC 【解析】 【详解】A．简谐横波传播到 点的时间为 故 A 正确； B．根据同侧法可知， 时刻 0.24m 的位置的质点由平衡位置向下振动，波源开始振动的 方向是向下，所以刚传播到 点时 点由平衡位置向下振动，故 B 错误； C．由图可知波长为 简谐横波的周期为 所以有 从 时刻到刚传播到 点过程中 点的路程为 故 C 正确； D．由图可知振幅为 角速度为 π 2 + P 0.6 0.24 s 0.6s0.6 xt v −= = = 0t = P P 0.24λ = m 0.4sT v λ= = 30.6s 2t T= = 0t = P O 3 4 30cm2S A= × = 5cmA =时刻 0.18m 处的质点的位移为-5cm，所以 0.18m 处的质点的振动方程为 故 D 错误； 故选 AC。 11.如图所示，铜圆盘安装在竖直的铜轴上，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场中。电路通过 电刷与圆盘的边缘和铜轴接触良好，电源电动势为 E，内阻为 r，定值电阻为 R。先将开关闭 合，待圆盘转速稳定后再断开开关，不计一切摩擦，下列说法中正确的是（　　） A. 闭合开关时，从上往下看圆盘逆时针转动 B. 闭合开关转速稳定时，流过圆盘的电流为零 C. 断开开关时，a 点电势低于 b 点电势 D. 断开开关后，流过电阻 R 上的电流方向与原电流方向相反 【答案】BC 【解析】 【详解】A．闭合开关时，铜圆盘中有电流经过，圆盘中电流方向沿半径向外，根据左手定则 可知，从上往下看圆盘顺时针转动，故 A 错误； B．闭合开关转速稳定时，圆盘不受安培力作用，根据 可知流过圆盘的电流为零，故 B 正确； C．断开开关时，从上往下看，圆盘顺时针转动，圆盘的半径切割磁感线产生感应电动势，由 右手定则知，圆盘中电流方向沿半径向里，所以 点电势低于 点电势，故 C 正确； D．闭合开关时，流过电阻 上的电流方向从 点经电阻 到 点；断开开关时， 点电势低 于 点电势，流过电阻 上的电流方向从 点经电阻 到 点，所以断开开关后，流过电阻 上的电流方向与原电流方向相同，故 D 错误； 故选 BC。 12.如图所示，三根长均为 L 的轻杆组成支架，支架可绕光滑的中心转轴 O 在竖直平面内转动， 轻杆间夹角均为 120°，轻杆末端分别固定质量为 m、2m 和 3m 的 n、p、q 三个小球，n 球位 2 5 rad/sT πω π= = 0t = (5sin 5 )cm2y t ππ= − F BIL= a b R b R a a b R b R a R于 O 的正下方，将支架从图示位置由静止开始释放，下列说法中正确的是（　　） A. 从释放到 q 到达最低点的过程中，q 的重力势能减少了 mgL B. q 达到最低点时，q 的速度大小为 C. q 到达最低点时，轻杆对 q 的作用力为 5mg D. 从释放到 q 到达最低点 过程中，轻杆对 q 做的功为 3mgL 【答案】BD 【解析】 【详解】A．从释放到 到达最低点的过程中， 的重力势能减少了 故 A 错误； B． 、 、 三个小球和轻杆支架组成的系统机械能守恒， 、 、 三个小球的速度大小 相等，从释放到 到达最低点的过程中，根据机械能守恒则有 解得 故 B 正确； C． 到达最低点时，根据牛顿第二定律可得 解得 故 C 错误； D．从释放到 到达最低点的过程中，根据动能定理可得 的 7 2 gL - q q 93 ( sin30 ) 2PE mg L L mgL∆ = + ° = n p q n p q q 213 ( sin30 ) ( sin30 ) ( 2 3 )2mg L L mg L L m m m v+ ° − + ° = + + v gL= q 233N mvF mg L − = 6NF mg= q 213 ( sin30 ) 32W mg L L mv+ + ° = 解得轻杆对 做的功为 故 D 正确； 故选 BD。 三、非选择题：本题共 6 小题，共 60 分。 13.某学习小组将一个直流电源和一个很大的定值电阻(约几十千欧)串联组成了一个新电源，如 图甲所示。当该电源两端接的电阻较小时(小于 300 欧姆)，该电源能稳定输出约 30μA 的恒定 电流。该学习小组利用新电源设计了如图乙所示的电路测量一个量程为 30μA、内阻约为几百 欧姆的灵敏电流计的内阻。主要实验步骤如下： (1)只闭合图乙中的开关 K，灵敏电流计指针如图丙中实线所示，该示数为________μA。 (2)再闭合图乙中的开关 S，调节变阻箱 R1，使灵敏电流计的指针指到图丙中虚线位置，此时 变阻箱的示数为 330 欧姆。根据以上数据计算可知，灵敏电流计的内阻为____欧姆，此测量 值____(填“大于”、“小于”、“等于”)真实值。 【答案】 (1). 25.0 (2). 220 (3). 小于 【解析】 【详解】(1)[1]灵敏电流计的分度值为 1mA，灵敏电流计指针如图丙中实线所示，该示数为 25.0mA； (2)[2]灵敏电流计的指针指到图丙中虚线位置，该示数为 15.0mA；根据并联分流可得流过调节 变阻箱 的电流为 根据电流结构和欧姆定律则有 解得灵敏电流计的内阻为 q 3W mgL= − 1R 1 10mAI I I′= − = 1 1 gI R I R′= 220ΩgR =[3]闭合图乙中的开关 S，总电阻减小，电路中的总电流增大，流过调节变阻箱 的电流大于 10mA，根据电流结构和欧姆定律可知此测量值偏小，所以测量值小于真实值。 14.某实验小组用如图甲所示的实验装置进行“测量重力加速度”并“验证机械能守恒定律”两个 实验。该小组把轻质细绳的一端与一个小球相连，另一端系在力传感器的挂钩上，整个装置 位于竖直面内，将摆球拉离竖直方向一定角度，由静止释放，与传感器相连的计算机记录细 绳的拉力 F 随时间 t 变化的图线。 (1)首先测量重力加速度。将摆球拉离竖直方向的角度小于 5°，让小球做单摆运动，拉力 F 随 时间 t 变化的图线如图乙所示。 ①图可知该单摆的周期 T 约为________s(保留两位有效数字)。 ②该小组测得该单摆的摆长为 L，则重力加速度的表达式为________(用测量或者已知的物理 量表示)。 (2)然后验证机械能守恒定律。将摆球拉离竖直方向较大角度后由静止释放，拉力 F 随时间 t 变化的图线如图丙所示。 ①要验证机械能守恒，还需要测量的物理量是_________。 ②若图中 A 点的拉力用 F1 表示，B 点的拉力用 F2 表示，则小球从 A 到 B 的过程中，验证机 械能守恒的表达式为_____________(填表达式前的字母序号)。 A. B. 　　 C 1R 2 1 1 ( )2 F mg mg F− = − 1 2 1 ( )2 mg F F mg− = − 2 1F mg mg F− = −【答案】 (1). 0.75(0.70 或者 0.73 也对) (2). (3). 质量 (4). A 【解析】 【详解】(1)①[1]小球做单摆运动，经过最低点拉力最大，由图乙可知 11.0s 到 14.0s 内有 4 个 全振动，该单摆的周期 ②[2]根据单摆周期公式 可得重力加速度 (2)①[3]图中 点对应速度为零的位置，即最高位置，根据受力分析可得 图中 点对应速度最大的位置，即最低点位置，根据牛顿第二定律可得 小球从 到 的过程中，重力势能减小量为 动能的增加量为 要验证机械能守恒，需满足 解得 所以还需要测量 物理量是小球的质量 ②[4]验证机械能守恒的表达式为 故 A 正确，B、C 错误； 的 2 2 4π Lg T = 14.0 11.0 s 0.75s4T −= = 2 LT g π= 2 2 4π Lg T = A 1 cosθF mg= B 2 2 mvF mg L − = A B ( cosθ)PE mg L L∆ = − 2 2 1 1 ( )2 2kE mv F mg L∆ = = − P kE E∆ = ∆ 2 1 1 ( )2 F mg mg F− = − 2 1 1 ( )2 F mg mg F− = −故选 A。 15.为防治 2019-nCoV，社区等公共场所加强了消毒措施，如图所示为喷洒消毒液的某喷雾器 示意图。储液桶与打气筒用软细管相连，已知储液桶容积为 (不计储液桶两端连接管体积)， 初始时桶内消毒液上方气体压强为 ，体积为 V0，打开阀门 K 喷洒消毒液，一段时间后 关闭阀门停止喷洒，此时气体压强降为 。喷洒过程中桶内气体温度与外界温度相同且保 持不变， 为外界大气压强。求： (1)停止喷洒时剩余的药液体积； (2)为使桶内气体压强恢复为 ，需打入压强为 的气体体积(不考虑打气过程中温度变化)。 【答案】(1) ；(2) 【解析】 【详解】(1)对桶内消毒液上方气体，喷洒时温度不变，根据玻意耳定律可得 解得 停止喷洒时剩余的药液体积 (2)对原气体和需打入气体为对象，根据玻意耳定律可得 解得 16.微棱镜增亮膜能有效提升 LCD(液晶显示屏)亮度。如图甲所示为其工作原理截面图，从面 0V 02p 1 2 0 3 2 p 0p 02p 0p 0 1 V3 0 1 V3 0 0 0 1 1 32 2 2p V p V⋅ = 1 0 2 3V V= 0 0 0 2 1 3 3V V V V= − = 0 0 0 2 0 0 1 22 22 3p V p V p V⋅ + = ⋅ 3 0 1 3V V=光源发出的光线通过棱镜膜后，部分会定向出射到 LCD 上，部分会经过全反射返回到光源进 行再利用。如图乙所示，等腰直角 为一微棱镜的横截面， A=90 ，AB=AC=4a，紧贴 BC 边上的 P 点放一点光源，BP= BC。已知微棱镜材料的折射率 n = ，sin37 =06，只研 究从 P 点发出照射到 AB 边上的光线。 (1)某一光线从 AB 边出射时，方向恰好垂直于 BC 边，求该光线在微棱镜内的入射角的正弦值； (2)某一部分光线可以依次在 AB、AC 两界面均发生全反射，再返回到 BC 边，求该部分光线在 AB 边上的照射区域长度。 【答案】(1) ；(2) 【解析】 【详解】(1)由题意知，出射角 由折射定律得 解得 (2)根据 可得临界角为 当光线刚好在 边上 点发生全反射时，如粗实线光路所示 ABC∆ ∠ ° 1 4 5 3 ° 3 2 10 7 12 a 45r = ° sini sinrn = sinr 3 2sini 10n = = 1sinC n = 1arcsin 37C n = = ° AB M在 边刚好全反射时，入射角 由几何关系知，反射到 边的入射角 能够发生全反射 过 点做 的垂线与 点，由几何关系知 当光线刚好在 边上发生全反射时，如图细实线光路所示 在 边刚好全反射时，在 边的入射角 由几何关系知，在 边的入射角 能够发生全反射，反射点为 在 中由几何关系知 综上所述，符合要求的区域 AB 37α = ° AC 53 Cα′ = ° > P AB Q PQ a= 3tan37 4QM a a= ° = AC AC AB 37β′ = ° AB 53 Cβ = ° > N PNQ∆ 4tan53 3QN a a= ° = 4 3 7 3 4 12MN a a a= − =17.如图所示，相距 L=5m 的粗糙水平直轨道两端分别固定两个竖直挡板，距左侧挡板 =2m 的 O 点处静止放置两个紧挨着的小滑块 A、B，滑块之间装有少量炸药。炸药爆炸时，能将两 滑块分开并保持在直轨道上沿水平方向运动。滑块 A、B 的质量均为 m=1kg，与轨道间的动摩 擦因数均为 =0.2。不计滑块与滑块、滑块与挡板间发生碰撞时的机械能损失，滑块可看作质 点，重力加速度 g 取 10m/s2。 (1)炸药爆炸瞬间，若有 Q1=10J 的能量转化成了两滑块的机械能，求滑块 A 最终离开出发点的 距离； (2)若两滑块 A、B 初始状态并不是静止的，当它们共同以 v0=1m/s 的速度向右经过 O 点时炸 药爆炸，要使两滑块分开后能再次相遇，则爆炸中转化成机械能的最小值 Q2 是多少? 【答案】（1）1.5m；（2）19J 【解析】 【详解】(1)爆炸过程中，动量守恒，则有 根据能量守恒可得 解得 m/s 爆炸后二者减速运动，根据牛顿第二定律可得加速度均为 =2m/s2 爆炸后二者减速运动的位移 =2.5m 由于 ，A 会碰到挡板后原速率返回，在继续减速后停止 最终 A 停止时距离 点位移大小 L′ µ A B0 mv mv= − 2 2 1 1 1 2 2A BQ mv mv= + A B 10v v= = a gµ= 2 A 2 AvS gµ= 2.5mA LS ′= > O=1.5m (2)爆炸后 A、B 分开，可能有三种情况 情形①：A、B 反向分开，A 碰到挡板后反弹，在与 B 相遇 =10m 由以上可解得 符合题意 解得 =19J 情形②：A、B 反向分开，A 未碰到挡板，B 反弹后与 A 相遇 ( )A AS L S L′ ′ ′= − − 0 A B2mv mv mv= − 2 A 2 AvS gµ= 2 B 2 BvS gµ= A B 2S S L+ = ( )19 1 m/sBv = + ( )A 19 1 m/sv = − ( )2 A 19 1 m 2.8m 2m4S − = ≈ > ( )2 B 19+1 m 7.2m 3m4S = ≈ > 2 2 2 2 0 1 1 1= 2 2 2A BQ mv mv mv+ − 2Q 0 A B2mv mv mv= − 2 A 2 AvS gµ= 2 B 2 BvS gµ==6m 由以上可解得 与预设相矛盾 情形③：A、B 同向分开，A 慢 B 快，，B 反弹后与 A 相遇 =6m 由以上方程联立后，无解 18.如图甲所示，在平面直角坐标系 xOy 中关于 x 轴对称放置两平行金属板 A、B，A、B 板的 左端均在 y 轴上，两板间距离 d=6.0cm，板长 L1=1.8cm，距两板右端 L2=28cm 处放置有足够 长的垂直 x 轴方向的荧光屏，两者之间区域分布着匀强磁场，磁感应强度 B=1.0T，方向垂直 坐标平面向里。大量比荷为 =5.0×104C/kg 带负电粒子以速度 v0=6.0×103m/s 从坐标原点 O 连 续不断的沿 x 轴正向射入板间，离开板间电场后进入磁场，最后打在荧光屏上。在两板间加上 如图乙所示的交流电压，不计粒子重力，不考虑场的边缘效应和粒子的相对论效应，求： (1)t=0 时刻发射的粒子离开电场时的速度大小及偏转距离； (2)粒子打在荧光屏上的范围； B A 2( )S S L L′− = − B 7m/sv = A 5m/sv = 25 6.25m 2m4AS = = > 0 A B2mv mv mv= − 2 2 A A vS gµ= 2 2 B B vS gµ= 2( )A BS S L L′+ = − q m【答案】（1） m/s；2.8cm；（2）(3.6cm，6.8cm) 【解析】 【详解】(1)粒子穿过偏转电场时间 根据牛顿第二定律可得 解得 m/s2 时刻，粒子从偏转电场飞出时的竖直分速度 m/s 飞出时速度 m/s 偏转距离 解得 cm (2)由题意知，所有粒子飞出电场时速度大小和方向均相同，则所有粒子在磁场中运动轨迹都 是平行的，所有粒子在磁场中的运动时间均相同。 41.0 10× 41 0 3.0 10 sLt Tv −= = × = qU mad = 98 10a = × 0t = 32 1 8.0 103 3yv a T a T= − = ×  2 2 4 0 1.0 10yv v v= + = × 2 21 2 2 1 1 1( ) ( )2 3 3 3 2 3y a t a t t a t = + −    2.8y =粒子飞出电场的方向与水平方向成 角 在磁场中，根据牛顿第二定律可得 解得 cm 粒子在磁场中运动轨迹如图所示，由集合关系可知 解得 粒子在磁场中运动过程中的 轴方向的便宜距离均为 =4cm 时刻的粒子在荧光屏上的纵坐标 时刻粒子在电场中偏移 cm 时刻的粒子荧光屏上的纵坐标 =3.6cm 即范围坐标为(3.6cm，6.8cm) θ 0 4tan 3 yv v θ = = 2vqvB m R = 20R = 2 sinα sinβL R R= + 3sinβ 5 = y cos cosy R Rα β∆ = − 0t = 6.8cmY y y= + ∆ = 42 10 st −= × ( ) 2 21 1 1 2 1 1( ) ( ) ( )( )2 3 43 2 03 .3y a t a t t a t ′ = − + − − −  = −   42 10 st −= × Y y y′ ′= + ∆