资源简介

甘肃陇南市武都第一中学2026年高三二诊模拟考试物理试卷
1．如图所示，关于氢原子能级和谱线图，下列说法正确的是（　　）
A．氢原子辐射光子的频率条件是
B．处于基态的氢原子可以吸收能量为11eV的光子而跃迁到高能级
C．所有原子光谱都有多条谱线，所以不能用来鉴别物质和确定物质的组成成分
D．一个氢原子处于激发态，向基态跃迁时，可能辐射出10种不同频率的光子
2．风速对高空作业的安全有较大影响，图甲是某型号塔吊风速报警仪，主要由风杯、电流传感器、报警灯、报警器（声音）组成，其原理简化图如图乙所示。当风吹向风杯时，风杯旋转带动线圈ABCD转动，电流传感器会记录下这段时间内电流i随时间t变化的图像如图丙所示。则下列说法正确的是（　　）
A．风速越大，报警灯亮暗交替就越慢
B．风速越大，交变电流的最大值就越大
C．一个周期内，通过报警灯的电荷量为
D．交变电流的有效值为
3．甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中传播，甲波沿x轴正方向传播，乙波沿x轴负方向传播，时刻两列波恰好在坐标原点相遇，波形图如图所示。则（　　）
A．处的质点起振时向y轴负向运动
B．甲、乙两列波不具有相干性
C．坐标原点为振动减弱点
D．两个相邻振动加强点间的距离为1m
4．有a、b、c、d四颗地球卫星，卫星a还未发射，卫星b在近地轨道上正常运行；c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各卫星轨道处于同一平面，如图所示，则（　　）
A．a和c的周期相等、向心加速度也相等
B．在相同时间内d转过的弧长最长
C．卫星b的线速度最大，发射速度最大
D．角速度关系满足
5．如图所示，某同学利用绝缘弧形细条按照“小雪花”的基本形状摆成模型，若其左右分别均匀分布着等量异种电荷。a、b、c、d四点均位于对称轴上，且它们与中心点的距离均相等。则（　　）
A．b、d两点的场强相等 B．a、c两点的电势相等
C．ab两点电势差大于bc两点电势差 D．正试探电荷从b到d电势能增加
6．关于两类永动机和热力学的两个定律，下列说法正确的是（　　）
A．第二类永动机不可能制成是因为违反了热力学第一定律
B．第一类永动机不可能制成是因为违反了热力学第二定律
C．由热力学第一定律可知做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，但同时做功和热传递一定会改变内能
D．由热力学第二定律可知热量从低温物体传向高温物体是可能的，从单一热源吸收热量，完全变成功也是可能的
7．滑块A的质量为1kg，以5m/s的初速度沿水平面追赶正前方初速度为3m/s的滑块B并与之发生正碰后粘在一起运动，碰撞前后两个滑块的速度一时间图像如图所示。重力加速度大小，不计碰撞时间，两个滑块均看成质点。下列说法不正确的是（　　）
A．两个滑块与水平面的动摩擦因数都等于0.1
B．零时刻滑块A在滑块B的正后方4m处，2s末发生碰撞
C．碰撞过程中系统动量守恒，滑块B的质量是2kg
D．碰撞过程滑块B受到的冲量大小为1N·s、方向与它的运动方向相同
8．如图，两平行金属板MN、PQ之间有平行x轴向右的匀强加速电场，PQ板右侧，x轴的上方有垂直于x轴向下的匀强偏转电场，在x轴的下方有垂直于纸面向里的匀强磁场。、、三种带电粒子分别从入口由静止释放。不计带电粒子重力，关于三种带电粒子的运动，下列说法正确的是（　　）
A．第一次进入磁场前，在偏转电场中沿x轴方向位移之比为
B．第一次进入磁场前，在偏转电场中沿x轴方向位移之比为
C．第一次在磁场中，从进入到离开沿x轴方向位移之比为
D．第一次在磁场中，从进入到离开沿x轴方向位移之比为
9．一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则（　　）
A．t=1 s时物块的速率为1 m/s
B．t=2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t=3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t=4 s时物块的速度为零
10．如图，一正方形导线框在足够长的绝缘平板小车上，与车一起在水平面上匀速运动。矩形区域内存在竖直向上的匀强磁场，小车以速率匀速通过该区域过程中，线框相对车滑动，线框边始终平行于，边刚离开磁场时速率恰好为。已知线框边长为、质量为、电阻为，磁场的磁感应强度大小为，长为，且，线框与车之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为，则线框（　　）
A．刚进入磁场时产生的感应电动势大小为
B．受到安培力的总时间为
C．穿过磁场的过程中产生的总焦耳热一定为
D．穿过磁场的过程中因摩擦产生的总热量一定为
11．为测量小物块m与半径为R的水平圆形转台之间的最大静摩擦因数（最大静摩擦因数：两个接触的物体之间，即将发生相对滑动时，最大静摩擦力与正压力的比值），某小组设计了图甲的实验装置，并进行如下操作：
①测得遮光片宽为d，d远小于转台半径R；
②调节光电门的位置，让电动机带动转台绕轴转动，使遮光片扫过光电门的激光束；
③将小物块m放在水平转台上，测量小物块中心到的距离为l，转台从静止开始逐渐加速转动，遮光片每次经过光电门后提高转速（加速时间忽略不计），当小物块m恰好相对转台滑动时，记录光电门显示的时间t；
④多次改变小物块到的距离，同时记录小物块恰好滑动时光电门显示的时间。
（1）用螺旋测微器测量遮光片d的宽度如图乙所示，则　 　；
（2）根据实验测得的数据绘制出图像如图丙所示，若l为纵坐标，则横坐标为　 　（填“t”或“”）；
（3）图丙图像斜率为k，当地重力加速度为g，则　 　（用k、d、R、g表示）；
（4）写出一条造成误差的原因　 　。
12．小张用多用电表粗略测得导体棒电阻约为10Ω，为更精确地测量其电阻，他用实验室提供的下列器材再次进行测量：
待测导体棒：
电压表V（量程为0~15V，内阻约为20kΩ）；
电流表（量程为0~0.6A，内阻约为0.2Ω）；
电流表（量程为0~1.0A，内阻约为0.1Ω）；
电流表（量程为0~6.0A，内阻约为0.05Ω）；
滑动变阻器（总阻值为5Ω）；
滑动变阻器（总阻值为1kΩ）；
蓄电池E（电动势为20V，内阻不计）；
开关、导线若干。
（1）如图1所示，用螺旋测微器测量该导体棒的直径，读出示数　 　mm；
（2）实验要求待测导体棒两端电压从零开始变化，下列关于滑动变阻器的选择与连接方式，正确的是________；
A． B．
C． D．
（3）请在如图2所示的虚线框中将最优测量电路图补充完整，并标明所选器材的字母代号，要求电表指针偏转超过满刻度的。　 　；
（4）由于电路的系统误差，用最优测量电路图测出的电阻测量值　 　（填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
13．如图甲所示，真空中的半圆形透明介质，半径为R，圆心为O，其对称轴为OA，一束单色光沿平行于对称轴的方向射到圆弧面上。光线到对称轴的距离为，经两次折射后由右侧直径面离开介质。已知该光线的入射角和出射角相等，真空中的光速为c。求：
（1）透明介质的折射率n；
（2）单色光在介质中传播的时间t；
（3）如图乙所示，将透明介质截取下半部分OAB，用黑纸覆盖OB。用该单色光平行于横截面，与界面OA成30°角入射，若只考虑首次入射到圆弧AB上的光，求圆弧AB上有光射出的弧长L。（取）
14．某肿瘤治疗新技术是通过电子撞击目标靶，使目标靶放出X射线，对肿瘤进行准确定位，再进行治疗，其原理如图所示。圆形区域内充满垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度为。水平放置的目标靶长为，靶左端M与磁场圆心O的水平距离为、竖直距离为。从电子枪逸出的电子（质量为、电荷量为，初速度可以忽略）经匀强电场加速时间后，以速度沿PO方向射入磁场，（PO与水平方向夹角为），恰好击中M点，求：
（1）匀强电场场强的大小；
（2）匀强磁场的方向及电子在磁场中运动的时间；
（3）为保证电子击中目标靶MN，匀强电场场强的大小范围（匀强电场极板间距不变）。
15．示波器是一种常用的实验仪器，如图所示，它常被用来显示电信号随时间变化的情况。振动、光、温度等的变化可以通过传感器转化成电信号的变化，然后用示波器来研。示波器的基本原理是带电粒子在电场力的作用下加速和偏转。一个电荷量为，质量为的带电粒子，由静止经电压为的加速电场加速后，立即沿中心线垂直进入一个电压为的偏转电场，然后打在垂直于放置的荧光屏上的P点，偏转电场两极板间距为，极板长，极板的右端与荧光屏之间的距离也为8cm。整个装置如图示（不计粒子的重力）求：
（1）粒子出加速电场时的速度v；
（2）粒子出偏转电场时的偏移距离y；
（3）P点到O2的距离。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】氢原子光谱；玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】A．根据氢原子跃迁的辐射条件，氢原子从高能级n向低能级m（）跃迁辐射光子，光子能量满足，故A正确；
B．基态氢原子能量为，吸收光子后总能量为，氢原子不存在该能级，不符合能级差要求，不能跃迁，故B错误；
C．每种原子的原子光谱虽然有多条谱线，但不同原子都有其特征谱线，特征谱线可以用于光谱分析，鉴别物质、确定物质组成，故C错误；
D．一个处于激发态的氢原子，向基态跃迁时，最多辐射出4种不同频率的光子（逐级跃迁），不可能辐射出10种，10种是大量氢原子跃迁的结果，故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查氢原子能级跃迁与光谱分析，核心是利用跃迁条件（光子能量等于能级差）、原子光谱的特征和跃迁光子数的计算来判断选项。
2．【答案】B
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．风速越大，风杯转动越快，线圈转动频率越高，报警灯亮暗交替就越快，故A错误；
B．风速越大，风杯转动越快，线圈转动角速度ω越大，根据交变电流最大值公式，可知交变电流的最大值就越大，故B正确；
C．线圈转一周磁通量变化量为0，平均电动势为0，平均电流为0，故通过报警灯的电荷量为0，故C错误；
D．交变电流的有效值为，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查交变电流的产生与性质，核心是利用交变电流的最大值、频率、电荷量和有效值的相关公式，结合风速对线圈转动的影响进行分析。
3．【答案】D
【知识点】横波的图象；波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】A．处的质点起振是由甲波引起的，由图像可知甲波在坐标原点的起振方向向y轴正向运动，则处的质点起振时向y轴正向运动，故A错误；
B．甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中传播，可知传播速度相等，由图像可知两波波长相等，则甲、乙两列波具有相同的频率，甲、乙两列波具有相干性，故B错误；
C．由于甲、乙两列波的波速相等，由图像可知，两列波的波峰同时传到坐标原点，则坐标原点为振动加强点，故C错误；
D．由于甲乙两波波长相等，波速相等，又同时传播到坐标原点，设乙波波源坐标为，则甲波波源坐标为，设两波源间的两点分别为相邻的振动加强点，坐标分别为、，则有
可知两个相邻振动加强点间的距离为，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查两列简谐横波的干涉现象，核心是利用波的起振方向、相干条件、振动加强 / 减弱点判断以及相邻加强点间距计算来分析各选项。
4．【答案】D
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．a和c的周期相等，根据可知，a的向心加速度小于c的向心加速度，故A错误；
BC．对于在轨运行的卫星，由万有引力提供向心力可得
可知轨道半径越大，线速度越小，则有
又根据有
则b的线速度最大，b在相同时间内转过的弧长最长，而b的发射速度最小，故BC错误；
D．a、c角速度相同，根据万有引力提供向心力可得，可知，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题考查地球卫星的圆周运动规律，核心是利用万有引力提供向心力，推导周期、角速度、线速度、向心加速度与轨道半径的关系，结合同步卫星的特点分析各选项。
5．【答案】A
【知识点】电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】A．将左半部分正电荷、右半部分负电荷对、点的场强分解：在竖直对称轴（所在直线）上，任意点的场强竖直分量会被上下对称的电荷抵消，水平分量均沿水平向右；且、到中心点距离相等，场强大小相等、方向相同，因此、场强相等，故A正确；
B．电场整体方向从左（正电荷侧）向右（负电荷侧），沿电场线电势降低，因此（正电荷侧）电势为正，（负电荷侧）电势为负，，故B错误；
C．等量异种电荷的中垂线（竖直对称轴所在直线）是等势面，电势为，即；由对称性可知
因此： ，，即，故C错误；
D．都在等势的中垂线上，，正试探电荷的电势能，因此正电荷从到电势能不变，故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查等量异种电荷的电场分布，核心是利用电场叠加原理分析场强、电势分布，结合对称性判断各点场强、电势差和电势能的变化。
6．【答案】D
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）；热力学第二定律
【解析】【解答】解：A、第二类永动机不违反能量守恒定律，违反了热力学第二定律，A不符合题意；
B、第一类永动机不可能制成是因为违反了热力学第一定律，B不符合题意；
C、改变内能的方式有做功和热传递，二者在内能的改变上是一样的，若对外做功的同时吸收热量，内能可能不变，C不符合题意；
D、由热力学第二定律可知热量从低温物体传向高温物体是可能的，从单一热源吸收热量，完全变成功也是可能的，要产生其它影响，D符合题意；
故答案为：D
【分析】第二类永动机不违反能量守恒定律，违反了热力学第二定律，第一类永动机不可能制成是因为违反了热力学第一定律，改变内能的方式有做功和热传递．
7．【答案】C
【知识点】动量守恒定律；冲量；碰撞模型；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．由图像知三段图像的斜率大小相等均为，对滑块A，根据牛顿第二定律得
代入数据得，故A正确；
B．因为图像在2s末发生突变，则碰撞发生在2s末；由图像围成的面积表示位移，可以求出0~2s内滑块A比B多走4m，也就是零时刻A与B间的距离为4m，故B正确；
C．因为碰撞时间极短，所以碰撞过程中总动量守恒
其中，，，代入得，故C错误；
D．根据动量定理可知，，方向与它的运动方向相同，故D正确。
故答案为：C。
【分析】本题考查动量守恒定律与 v-t 图像的综合应用，核心是通过图像分析加速度、位移，再结合动量守恒和冲量公式逐一判断选项。
8．【答案】A,D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】AB．设带电粒子的电荷量为q，质量为m，则在加速电场中有
在偏转电场中，竖直方向做匀加速运动，三个粒子的加速距离都是相同的，有
沿x方向的位移为
联立以上公式，可解得
沿x轴方向的位移大小与粒子的比荷无关，故A正确，B错误；
CD．三个粒子在x轴上的同一位置进入磁场进行匀速圆周运动，根据平抛运动的推论，从偏转电场进入磁场时粒子的速度方向也是相同的，设粒子运动速度为，则有
在磁场中运动的水平位移为
根据动能定理，有
可解得
所以
由于三个粒子所带电荷量大小是相同的，质量之比为，所以在磁场中的水平方向位移大小之比为，故C错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】本题考查带电粒子在 “加速电场 - 偏转电场 - 磁场” 组合场中的运动，核心是利用动能定理、类平抛运动规律和圆周运动规律，分析三种同位素粒子的位移比。
9．【答案】A,B
【知识点】动量定理；冲量
【解析】【解答】A．由动量定理有，解得时物块的速率为，故A正确；
B．图线与时间轴所围面积表示冲量，根据动量定理可知，时物块的动量大小为，故B正确；
C．根据动量定理可知，时物块的动量大小为，故C错误；
D．根据动量定理可知，时物块的动量大小为
则时物块的速度为，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】根据动量定理，图像与时间轴围成的面积表示合外力的冲量，，物块初速度为0，据此逐项计算。
10．【答案】A,C
【知识点】安培力的计算；电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．进入磁场前，线框与小车一起匀速运动，线框对地速度等于小车的速度。刚进入磁场的瞬间，线框还未发生明显减速，切割磁感线的边对地速度为，磁场静止，根据导体切割磁感线的感应电动势公式，可得感应电动势大小为，故A正确。
B．小车匀加速阶段，由运动学公式：
整理得：
对两个有安培力的阶段（进入和离开），每个阶段线框位移为，由于速度变化导致安培力变化，加速度变化，平均速度不等于，因此单个阶段的时间为：
总安培力时间： ，故B错误；
C．题干说明小车始终以匀速运动，线框刚进入磁场时速度为，边刚离开磁场时速度也为，因此线框整个过程的动能变化。
线框进入磁场过程，由动能定理：
完全进入磁场后：
可得：
同理，，所以总焦耳热等于，故C正确。
D． 由于gh刚离开磁场时速率等于刚进入磁场时的速率，所以线框进入磁场时减速，完全进入后在摩擦力作用下加速，离开磁场过程是减速过程。摩擦生热公式为 ，其中线框与小车间滑动摩擦力 ， 是全过程线框与小车的总相对位移，则有
对线框全过程，由动量定理
其中，
解得总时间
则
线框穿过磁场的过程因摩擦产生的总焦耳热为，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查线框穿过磁场时的电磁感应、安培力、摩擦生热与能量守恒，核心是分析感应电动势、安培力时间、焦耳热和摩擦生热的计算。
11．【答案】（1）2.150
（2）
（3）
（4）遮光片的长度忽略或恰好滑动的时机不准确
【知识点】向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】（1）由图乙可知，遮光片的宽度
故答案为：2.150
（2）由题可知，遮光片通过光电门时的速度为
又遮光片与小物块同轴转动，具有相同的角速度，则有
解得小物块的速度为
小物块恰好滑动时，由最大静摩擦力提供向心力，则有
联立解得
可知要绘制出如图丙所示的图像，l为纵坐标，则横坐标为
故答案为：
（3）根据
可知图像的斜率为
解得
故答案为：
（4）遮光片的长度忽略或恰好滑动的时机不准确
故答案为：遮光片的长度忽略或恰好滑动的时机不准确
【分析】(1) 螺旋测微器读数：固定刻度读数+可动刻度读数×0.01mm；
(2) 结合圆周运动规律和向心力公式，推导与的关系，确定横坐标；
(3) 由图像的斜率，反解最大静摩擦因数；
(4) 分析实验过程中的误差来源，如时间测量、转速控制等。
（1）由图乙可知，遮光片的宽度
（2）由题知，遮光片通过光电门时的速度为
又遮光片与小物块同轴转动，具有相同的角速度，则有
解得小物块的速度为
小物块恰好滑动时，由最大静摩擦力提供向心力，则有
联立解得
可知要绘制出如图丙所示的图像，l为纵坐标，则横坐标为
（3）根据
可知图像的斜率为
解得
（4）遮光片的长度忽略或恰好滑动的时机不准确
12．【答案】（1）2.486
（2）C
（3）
（4）小于
【知识点】研究电磁感应现象
【解析】【解答】（1）由图示螺旋测微器可知，其读数为2mm+48.6×0.01mm=2.486mm。
（2）待测电阻阻值为10，为方便实验操作，滑动变阻器应选择R2，由于待测电阻阻值大于滑动变阻器最大阻值，滑动变阻器应采用分压接法。
故选C。
（3）流过待测电阻的最大电流
应将电流表A1与A2并联测电流，由于电压表内阻远大于电流表内阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示
（4）电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流的测量值大于真实值，由欧姆定律可知，电阻的测量值小于真实值。
【分析】（1）螺旋测微器的读数方法：固定刻度：读取主尺上的整毫米数（每格1mm），注意半毫米线是否露出。可动刻度：读取与主尺基准线对齐的副尺刻度（每格0.01mm），需估读一位。计算总值：测量值=主尺读数+副尺读数×0.01mm。
（2）实验要求待测导体棒两端电压从零开始变化，则滑动变阻器应采用分压接法。分压接法滑动变阻器最大阻值应选小的。
（3）由于电压表内阻远大于电流表内阻，电流表应采用外接法。
（4）电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流的测量值大于真实值，由欧姆定律可知，电阻的测量值小于真实值。
（1）由图示螺旋测微器可知，其读数为2mm+48.6×0.01mm=2.486mm。
（2）待测电阻阻值为10，为方便实验操作，滑动变阻器应选择R2，由于待测电阻阻值大于滑动变阻器最大阻值，滑动变阻器应采用分压接法。
故选C。
（3）流过待测电阻的最大电流1.5A
应将电流表A1与A2并联测电流，由于电压表内阻远大于电流表内阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示
（4）电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流的测量值大于真实值，由欧姆定律可知，电阻的测量值小于真实值。
13．【答案】（1）解：设第一次折射的入射角和折射角分别为i1和r1，第二次折射的入射角和折射角分别为i2和r2，由于光线到对称轴的距离为，则有
由几何知识知
解得
则透明介质的折射率
（2）解：光在介质中传播速度
光在介质中传播距离
由可得
（3）解：光线从O点照射到透明介质，光线照射到圆弧的C点，如图
则
解得
设从D点入射的光线经折射后到达E点时，刚好发生全反射，则
解得
由几何知识解得
则圆弧AB上有光射出的是，弧长为
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】(1) 由几何关系求入射角，结合光路对称性得折射角，用折射定律求折射率；
(2) 求光在介质中传播速度、传播距离，再求传播时间；
(3) 先求临界角，再结合折射定律、几何关系求有光射出的圆心角，进而求弧长。
14．【答案】解：（1）电子穿过匀强电场过程中，由动量定理得
，
解得
（2）由左手定则，可知匀强磁场的方向为垂直纸面向里；电子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力得
周期为
联立可得
设与竖直方向夹角为，则有
可得，由图中几何关系可知，电子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为，则电子在磁场中运动时间为
（3）①当电子击中M点时，电子在磁场中的偏转半径为
设匀强磁场区域半径，由几何关系得
②当电子击中N点时，设与竖直方向夹角为，则有
可得
由几何关系知电子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为，则偏转半径为
则有
粒子穿过匀强电场后的速度，由动能定理得
设极板间距离为，则有
联立解得
则匀强电场场强的范围为
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）电子穿过匀强电场过程中，根据动量定理列等式：，可求解匀强电场场强的大小。
（2）根据左手定则，判断匀强磁场的方向，电子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，周期为，联立可得周期T，
由图中几何关系可知，电子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为，可求解电子在磁场中运动时间。
（3）①当电子击中M点时，电子在磁场中的偏转半径
匀强磁场区域半径，由几何关系得，联立可求解匀强电场场强最小值；
②当电子击中N点时，与竖直方向夹角为，则有，
由几何关系知电子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为，则偏转半径为
粒子穿过匀强电场后的速度，由动能定理得
极板间距离为，则有，联立解得匀强电场场强最大值。
15．【答案】（1）解：在加速电场运动过程中，由动能定理
代入数据得
（2）解：带电粒子在偏转电场中的加速度
带电粒子在偏转电场的运动时间
带电粒子离开电场时的偏转量
联立解得y=0.03m
（3）解：带电粒子从偏转电场中出来的竖直方向的速度为
速度与水平方向的夹角为
根据速度反向延长线恰好平分水平方向的位移有：
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；示波器的使用
【解析】【分析】(1) 粒子在加速电场中运动，由动能定理求出加速后的速度；
(2) 粒子在偏转电场中做类平抛运动，分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动，求出偏移距离；
(3) 粒子离开偏转电场后做匀速直线运动，利用“偏转角的反向延长线过水平位移中点”的结论，求出P点到O2的总距离。
1 / 1甘肃陇南市武都第一中学2026年高三二诊模拟考试物理试卷
1．如图所示，关于氢原子能级和谱线图，下列说法正确的是（　　）
A．氢原子辐射光子的频率条件是
B．处于基态的氢原子可以吸收能量为11eV的光子而跃迁到高能级
C．所有原子光谱都有多条谱线，所以不能用来鉴别物质和确定物质的组成成分
D．一个氢原子处于激发态，向基态跃迁时，可能辐射出10种不同频率的光子
【答案】A
【知识点】氢原子光谱；玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】A．根据氢原子跃迁的辐射条件，氢原子从高能级n向低能级m（）跃迁辐射光子，光子能量满足，故A正确；
B．基态氢原子能量为，吸收光子后总能量为，氢原子不存在该能级，不符合能级差要求，不能跃迁，故B错误；
C．每种原子的原子光谱虽然有多条谱线，但不同原子都有其特征谱线，特征谱线可以用于光谱分析，鉴别物质、确定物质组成，故C错误；
D．一个处于激发态的氢原子，向基态跃迁时，最多辐射出4种不同频率的光子（逐级跃迁），不可能辐射出10种，10种是大量氢原子跃迁的结果，故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查氢原子能级跃迁与光谱分析，核心是利用跃迁条件（光子能量等于能级差）、原子光谱的特征和跃迁光子数的计算来判断选项。
2．风速对高空作业的安全有较大影响，图甲是某型号塔吊风速报警仪，主要由风杯、电流传感器、报警灯、报警器（声音）组成，其原理简化图如图乙所示。当风吹向风杯时，风杯旋转带动线圈ABCD转动，电流传感器会记录下这段时间内电流i随时间t变化的图像如图丙所示。则下列说法正确的是（　　）
A．风速越大，报警灯亮暗交替就越慢
B．风速越大，交变电流的最大值就越大
C．一个周期内，通过报警灯的电荷量为
D．交变电流的有效值为
【答案】B
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．风速越大，风杯转动越快，线圈转动频率越高，报警灯亮暗交替就越快，故A错误；
B．风速越大，风杯转动越快，线圈转动角速度ω越大，根据交变电流最大值公式，可知交变电流的最大值就越大，故B正确；
C．线圈转一周磁通量变化量为0，平均电动势为0，平均电流为0，故通过报警灯的电荷量为0，故C错误；
D．交变电流的有效值为，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查交变电流的产生与性质，核心是利用交变电流的最大值、频率、电荷量和有效值的相关公式，结合风速对线圈转动的影响进行分析。
3．甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中传播，甲波沿x轴正方向传播，乙波沿x轴负方向传播，时刻两列波恰好在坐标原点相遇，波形图如图所示。则（　　）
A．处的质点起振时向y轴负向运动
B．甲、乙两列波不具有相干性
C．坐标原点为振动减弱点
D．两个相邻振动加强点间的距离为1m
【答案】D
【知识点】横波的图象；波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】A．处的质点起振是由甲波引起的，由图像可知甲波在坐标原点的起振方向向y轴正向运动，则处的质点起振时向y轴正向运动，故A错误；
B．甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中传播，可知传播速度相等，由图像可知两波波长相等，则甲、乙两列波具有相同的频率，甲、乙两列波具有相干性，故B错误；
C．由于甲、乙两列波的波速相等，由图像可知，两列波的波峰同时传到坐标原点，则坐标原点为振动加强点，故C错误；
D．由于甲乙两波波长相等，波速相等，又同时传播到坐标原点，设乙波波源坐标为，则甲波波源坐标为，设两波源间的两点分别为相邻的振动加强点，坐标分别为、，则有
可知两个相邻振动加强点间的距离为，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查两列简谐横波的干涉现象，核心是利用波的起振方向、相干条件、振动加强 / 减弱点判断以及相邻加强点间距计算来分析各选项。
4．有a、b、c、d四颗地球卫星，卫星a还未发射，卫星b在近地轨道上正常运行；c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各卫星轨道处于同一平面，如图所示，则（　　）
A．a和c的周期相等、向心加速度也相等
B．在相同时间内d转过的弧长最长
C．卫星b的线速度最大，发射速度最大
D．角速度关系满足
【答案】D
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．a和c的周期相等，根据可知，a的向心加速度小于c的向心加速度，故A错误；
BC．对于在轨运行的卫星，由万有引力提供向心力可得
可知轨道半径越大，线速度越小，则有
又根据有
则b的线速度最大，b在相同时间内转过的弧长最长，而b的发射速度最小，故BC错误；
D．a、c角速度相同，根据万有引力提供向心力可得，可知，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题考查地球卫星的圆周运动规律，核心是利用万有引力提供向心力，推导周期、角速度、线速度、向心加速度与轨道半径的关系，结合同步卫星的特点分析各选项。
5．如图所示，某同学利用绝缘弧形细条按照“小雪花”的基本形状摆成模型，若其左右分别均匀分布着等量异种电荷。a、b、c、d四点均位于对称轴上，且它们与中心点的距离均相等。则（　　）
A．b、d两点的场强相等 B．a、c两点的电势相等
C．ab两点电势差大于bc两点电势差 D．正试探电荷从b到d电势能增加
【答案】A
【知识点】电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】A．将左半部分正电荷、右半部分负电荷对、点的场强分解：在竖直对称轴（所在直线）上，任意点的场强竖直分量会被上下对称的电荷抵消，水平分量均沿水平向右；且、到中心点距离相等，场强大小相等、方向相同，因此、场强相等，故A正确；
B．电场整体方向从左（正电荷侧）向右（负电荷侧），沿电场线电势降低，因此（正电荷侧）电势为正，（负电荷侧）电势为负，，故B错误；
C．等量异种电荷的中垂线（竖直对称轴所在直线）是等势面，电势为，即；由对称性可知
因此： ，，即，故C错误；
D．都在等势的中垂线上，，正试探电荷的电势能，因此正电荷从到电势能不变，故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查等量异种电荷的电场分布，核心是利用电场叠加原理分析场强、电势分布，结合对称性判断各点场强、电势差和电势能的变化。
6．关于两类永动机和热力学的两个定律，下列说法正确的是（　　）
A．第二类永动机不可能制成是因为违反了热力学第一定律
B．第一类永动机不可能制成是因为违反了热力学第二定律
C．由热力学第一定律可知做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，但同时做功和热传递一定会改变内能
D．由热力学第二定律可知热量从低温物体传向高温物体是可能的，从单一热源吸收热量，完全变成功也是可能的
【答案】D
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）；热力学第二定律
【解析】【解答】解：A、第二类永动机不违反能量守恒定律，违反了热力学第二定律，A不符合题意；
B、第一类永动机不可能制成是因为违反了热力学第一定律，B不符合题意；
C、改变内能的方式有做功和热传递，二者在内能的改变上是一样的，若对外做功的同时吸收热量，内能可能不变，C不符合题意；
D、由热力学第二定律可知热量从低温物体传向高温物体是可能的，从单一热源吸收热量，完全变成功也是可能的，要产生其它影响，D符合题意；
故答案为：D
【分析】第二类永动机不违反能量守恒定律，违反了热力学第二定律，第一类永动机不可能制成是因为违反了热力学第一定律，改变内能的方式有做功和热传递．
7．滑块A的质量为1kg，以5m/s的初速度沿水平面追赶正前方初速度为3m/s的滑块B并与之发生正碰后粘在一起运动，碰撞前后两个滑块的速度一时间图像如图所示。重力加速度大小，不计碰撞时间，两个滑块均看成质点。下列说法不正确的是（　　）
A．两个滑块与水平面的动摩擦因数都等于0.1
B．零时刻滑块A在滑块B的正后方4m处，2s末发生碰撞
C．碰撞过程中系统动量守恒，滑块B的质量是2kg
D．碰撞过程滑块B受到的冲量大小为1N·s、方向与它的运动方向相同
【答案】C
【知识点】动量守恒定律；冲量；碰撞模型；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．由图像知三段图像的斜率大小相等均为，对滑块A，根据牛顿第二定律得
代入数据得，故A正确；
B．因为图像在2s末发生突变，则碰撞发生在2s末；由图像围成的面积表示位移，可以求出0~2s内滑块A比B多走4m，也就是零时刻A与B间的距离为4m，故B正确；
C．因为碰撞时间极短，所以碰撞过程中总动量守恒
其中，，，代入得，故C错误；
D．根据动量定理可知，，方向与它的运动方向相同，故D正确。
故答案为：C。
【分析】本题考查动量守恒定律与 v-t 图像的综合应用，核心是通过图像分析加速度、位移，再结合动量守恒和冲量公式逐一判断选项。
8．如图，两平行金属板MN、PQ之间有平行x轴向右的匀强加速电场，PQ板右侧，x轴的上方有垂直于x轴向下的匀强偏转电场，在x轴的下方有垂直于纸面向里的匀强磁场。、、三种带电粒子分别从入口由静止释放。不计带电粒子重力，关于三种带电粒子的运动，下列说法正确的是（　　）
A．第一次进入磁场前，在偏转电场中沿x轴方向位移之比为
B．第一次进入磁场前，在偏转电场中沿x轴方向位移之比为
C．第一次在磁场中，从进入到离开沿x轴方向位移之比为
D．第一次在磁场中，从进入到离开沿x轴方向位移之比为
【答案】A,D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】AB．设带电粒子的电荷量为q，质量为m，则在加速电场中有
在偏转电场中，竖直方向做匀加速运动，三个粒子的加速距离都是相同的，有
沿x方向的位移为
联立以上公式，可解得
沿x轴方向的位移大小与粒子的比荷无关，故A正确，B错误；
CD．三个粒子在x轴上的同一位置进入磁场进行匀速圆周运动，根据平抛运动的推论，从偏转电场进入磁场时粒子的速度方向也是相同的，设粒子运动速度为，则有
在磁场中运动的水平位移为
根据动能定理，有
可解得
所以
由于三个粒子所带电荷量大小是相同的，质量之比为，所以在磁场中的水平方向位移大小之比为，故C错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】本题考查带电粒子在 “加速电场 - 偏转电场 - 磁场” 组合场中的运动，核心是利用动能定理、类平抛运动规律和圆周运动规律，分析三种同位素粒子的位移比。
9．一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则（　　）
A．t=1 s时物块的速率为1 m/s
B．t=2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t=3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t=4 s时物块的速度为零
【答案】A,B
【知识点】动量定理；冲量
【解析】【解答】A．由动量定理有，解得时物块的速率为，故A正确；
B．图线与时间轴所围面积表示冲量，根据动量定理可知，时物块的动量大小为，故B正确；
C．根据动量定理可知，时物块的动量大小为，故C错误；
D．根据动量定理可知，时物块的动量大小为
则时物块的速度为，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】根据动量定理，图像与时间轴围成的面积表示合外力的冲量，，物块初速度为0，据此逐项计算。
10．如图，一正方形导线框在足够长的绝缘平板小车上，与车一起在水平面上匀速运动。矩形区域内存在竖直向上的匀强磁场，小车以速率匀速通过该区域过程中，线框相对车滑动，线框边始终平行于，边刚离开磁场时速率恰好为。已知线框边长为、质量为、电阻为，磁场的磁感应强度大小为，长为，且，线框与车之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为，则线框（　　）
A．刚进入磁场时产生的感应电动势大小为
B．受到安培力的总时间为
C．穿过磁场的过程中产生的总焦耳热一定为
D．穿过磁场的过程中因摩擦产生的总热量一定为
【答案】A,C
【知识点】安培力的计算；电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．进入磁场前，线框与小车一起匀速运动，线框对地速度等于小车的速度。刚进入磁场的瞬间，线框还未发生明显减速，切割磁感线的边对地速度为，磁场静止，根据导体切割磁感线的感应电动势公式，可得感应电动势大小为，故A正确。
B．小车匀加速阶段，由运动学公式：
整理得：
对两个有安培力的阶段（进入和离开），每个阶段线框位移为，由于速度变化导致安培力变化，加速度变化，平均速度不等于，因此单个阶段的时间为：
总安培力时间： ，故B错误；
C．题干说明小车始终以匀速运动，线框刚进入磁场时速度为，边刚离开磁场时速度也为，因此线框整个过程的动能变化。
线框进入磁场过程，由动能定理：
完全进入磁场后：
可得：
同理，，所以总焦耳热等于，故C正确。
D． 由于gh刚离开磁场时速率等于刚进入磁场时的速率，所以线框进入磁场时减速，完全进入后在摩擦力作用下加速，离开磁场过程是减速过程。摩擦生热公式为 ，其中线框与小车间滑动摩擦力 ， 是全过程线框与小车的总相对位移，则有
对线框全过程，由动量定理
其中，
解得总时间
则
线框穿过磁场的过程因摩擦产生的总焦耳热为，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查线框穿过磁场时的电磁感应、安培力、摩擦生热与能量守恒，核心是分析感应电动势、安培力时间、焦耳热和摩擦生热的计算。
11．为测量小物块m与半径为R的水平圆形转台之间的最大静摩擦因数（最大静摩擦因数：两个接触的物体之间，即将发生相对滑动时，最大静摩擦力与正压力的比值），某小组设计了图甲的实验装置，并进行如下操作：
①测得遮光片宽为d，d远小于转台半径R；
②调节光电门的位置，让电动机带动转台绕轴转动，使遮光片扫过光电门的激光束；
③将小物块m放在水平转台上，测量小物块中心到的距离为l，转台从静止开始逐渐加速转动，遮光片每次经过光电门后提高转速（加速时间忽略不计），当小物块m恰好相对转台滑动时，记录光电门显示的时间t；
④多次改变小物块到的距离，同时记录小物块恰好滑动时光电门显示的时间。
（1）用螺旋测微器测量遮光片d的宽度如图乙所示，则　 　；
（2）根据实验测得的数据绘制出图像如图丙所示，若l为纵坐标，则横坐标为　 　（填“t”或“”）；
（3）图丙图像斜率为k，当地重力加速度为g，则　 　（用k、d、R、g表示）；
（4）写出一条造成误差的原因　 　。
【答案】（1）2.150
（2）
（3）
（4）遮光片的长度忽略或恰好滑动的时机不准确
【知识点】向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】（1）由图乙可知，遮光片的宽度
故答案为：2.150
（2）由题可知，遮光片通过光电门时的速度为
又遮光片与小物块同轴转动，具有相同的角速度，则有
解得小物块的速度为
小物块恰好滑动时，由最大静摩擦力提供向心力，则有
联立解得
可知要绘制出如图丙所示的图像，l为纵坐标，则横坐标为
故答案为：
（3）根据
可知图像的斜率为
解得
故答案为：
（4）遮光片的长度忽略或恰好滑动的时机不准确
故答案为：遮光片的长度忽略或恰好滑动的时机不准确
【分析】(1) 螺旋测微器读数：固定刻度读数+可动刻度读数×0.01mm；
(2) 结合圆周运动规律和向心力公式，推导与的关系，确定横坐标；
(3) 由图像的斜率，反解最大静摩擦因数；
(4) 分析实验过程中的误差来源，如时间测量、转速控制等。
（1）由图乙可知，遮光片的宽度
（2）由题知，遮光片通过光电门时的速度为
又遮光片与小物块同轴转动，具有相同的角速度，则有
解得小物块的速度为
小物块恰好滑动时，由最大静摩擦力提供向心力，则有
联立解得
可知要绘制出如图丙所示的图像，l为纵坐标，则横坐标为
（3）根据
可知图像的斜率为
解得
（4）遮光片的长度忽略或恰好滑动的时机不准确
12．小张用多用电表粗略测得导体棒电阻约为10Ω，为更精确地测量其电阻，他用实验室提供的下列器材再次进行测量：
待测导体棒：
电压表V（量程为0~15V，内阻约为20kΩ）；
电流表（量程为0~0.6A，内阻约为0.2Ω）；
电流表（量程为0~1.0A，内阻约为0.1Ω）；
电流表（量程为0~6.0A，内阻约为0.05Ω）；
滑动变阻器（总阻值为5Ω）；
滑动变阻器（总阻值为1kΩ）；
蓄电池E（电动势为20V，内阻不计）；
开关、导线若干。
（1）如图1所示，用螺旋测微器测量该导体棒的直径，读出示数　 　mm；
（2）实验要求待测导体棒两端电压从零开始变化，下列关于滑动变阻器的选择与连接方式，正确的是________；
A． B．
C． D．
（3）请在如图2所示的虚线框中将最优测量电路图补充完整，并标明所选器材的字母代号，要求电表指针偏转超过满刻度的。　 　；
（4）由于电路的系统误差，用最优测量电路图测出的电阻测量值　 　（填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
【答案】（1）2.486
（2）C
（3）
（4）小于
【知识点】研究电磁感应现象
【解析】【解答】（1）由图示螺旋测微器可知，其读数为2mm+48.6×0.01mm=2.486mm。
（2）待测电阻阻值为10，为方便实验操作，滑动变阻器应选择R2，由于待测电阻阻值大于滑动变阻器最大阻值，滑动变阻器应采用分压接法。
故选C。
（3）流过待测电阻的最大电流
应将电流表A1与A2并联测电流，由于电压表内阻远大于电流表内阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示
（4）电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流的测量值大于真实值，由欧姆定律可知，电阻的测量值小于真实值。
【分析】（1）螺旋测微器的读数方法：固定刻度：读取主尺上的整毫米数（每格1mm），注意半毫米线是否露出。可动刻度：读取与主尺基准线对齐的副尺刻度（每格0.01mm），需估读一位。计算总值：测量值=主尺读数+副尺读数×0.01mm。
（2）实验要求待测导体棒两端电压从零开始变化，则滑动变阻器应采用分压接法。分压接法滑动变阻器最大阻值应选小的。
（3）由于电压表内阻远大于电流表内阻，电流表应采用外接法。
（4）电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流的测量值大于真实值，由欧姆定律可知，电阻的测量值小于真实值。
（1）由图示螺旋测微器可知，其读数为2mm+48.6×0.01mm=2.486mm。
（2）待测电阻阻值为10，为方便实验操作，滑动变阻器应选择R2，由于待测电阻阻值大于滑动变阻器最大阻值，滑动变阻器应采用分压接法。
故选C。
（3）流过待测电阻的最大电流1.5A
应将电流表A1与A2并联测电流，由于电压表内阻远大于电流表内阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示
（4）电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流的测量值大于真实值，由欧姆定律可知，电阻的测量值小于真实值。
13．如图甲所示，真空中的半圆形透明介质，半径为R，圆心为O，其对称轴为OA，一束单色光沿平行于对称轴的方向射到圆弧面上。光线到对称轴的距离为，经两次折射后由右侧直径面离开介质。已知该光线的入射角和出射角相等，真空中的光速为c。求：
（1）透明介质的折射率n；
（2）单色光在介质中传播的时间t；
（3）如图乙所示，将透明介质截取下半部分OAB，用黑纸覆盖OB。用该单色光平行于横截面，与界面OA成30°角入射，若只考虑首次入射到圆弧AB上的光，求圆弧AB上有光射出的弧长L。（取）
【答案】（1）解：设第一次折射的入射角和折射角分别为i1和r1，第二次折射的入射角和折射角分别为i2和r2，由于光线到对称轴的距离为，则有
由几何知识知
解得
则透明介质的折射率
（2）解：光在介质中传播速度
光在介质中传播距离
由可得
（3）解：光线从O点照射到透明介质，光线照射到圆弧的C点，如图
则
解得
设从D点入射的光线经折射后到达E点时，刚好发生全反射，则
解得
由几何知识解得
则圆弧AB上有光射出的是，弧长为
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】(1) 由几何关系求入射角，结合光路对称性得折射角，用折射定律求折射率；
(2) 求光在介质中传播速度、传播距离，再求传播时间；
(3) 先求临界角，再结合折射定律、几何关系求有光射出的圆心角，进而求弧长。
14．某肿瘤治疗新技术是通过电子撞击目标靶，使目标靶放出X射线，对肿瘤进行准确定位，再进行治疗，其原理如图所示。圆形区域内充满垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度为。水平放置的目标靶长为，靶左端M与磁场圆心O的水平距离为、竖直距离为。从电子枪逸出的电子（质量为、电荷量为，初速度可以忽略）经匀强电场加速时间后，以速度沿PO方向射入磁场，（PO与水平方向夹角为），恰好击中M点，求：
（1）匀强电场场强的大小；
（2）匀强磁场的方向及电子在磁场中运动的时间；
（3）为保证电子击中目标靶MN，匀强电场场强的大小范围（匀强电场极板间距不变）。
【答案】解：（1）电子穿过匀强电场过程中，由动量定理得
，
解得
（2）由左手定则，可知匀强磁场的方向为垂直纸面向里；电子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力得
周期为
联立可得
设与竖直方向夹角为，则有
可得，由图中几何关系可知，电子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为，则电子在磁场中运动时间为
（3）①当电子击中M点时，电子在磁场中的偏转半径为
设匀强磁场区域半径，由几何关系得
②当电子击中N点时，设与竖直方向夹角为，则有
可得
由几何关系知电子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为，则偏转半径为
则有
粒子穿过匀强电场后的速度，由动能定理得
设极板间距离为，则有
联立解得
则匀强电场场强的范围为
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）电子穿过匀强电场过程中，根据动量定理列等式：，可求解匀强电场场强的大小。
（2）根据左手定则，判断匀强磁场的方向，电子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，周期为，联立可得周期T，
由图中几何关系可知，电子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为，可求解电子在磁场中运动时间。
（3）①当电子击中M点时，电子在磁场中的偏转半径
匀强磁场区域半径，由几何关系得，联立可求解匀强电场场强最小值；
②当电子击中N点时，与竖直方向夹角为，则有，
由几何关系知电子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为，则偏转半径为
粒子穿过匀强电场后的速度，由动能定理得
极板间距离为，则有，联立解得匀强电场场强最大值。
15．示波器是一种常用的实验仪器，如图所示，它常被用来显示电信号随时间变化的情况。振动、光、温度等的变化可以通过传感器转化成电信号的变化，然后用示波器来研。示波器的基本原理是带电粒子在电场力的作用下加速和偏转。一个电荷量为，质量为的带电粒子，由静止经电压为的加速电场加速后，立即沿中心线垂直进入一个电压为的偏转电场，然后打在垂直于放置的荧光屏上的P点，偏转电场两极板间距为，极板长，极板的右端与荧光屏之间的距离也为8cm。整个装置如图示（不计粒子的重力）求：
（1）粒子出加速电场时的速度v；
（2）粒子出偏转电场时的偏移距离y；
（3）P点到O2的距离。
【答案】（1）解：在加速电场运动过程中，由动能定理
代入数据得
（2）解：带电粒子在偏转电场中的加速度
带电粒子在偏转电场的运动时间
带电粒子离开电场时的偏转量
联立解得y=0.03m
（3）解：带电粒子从偏转电场中出来的竖直方向的速度为
速度与水平方向的夹角为
根据速度反向延长线恰好平分水平方向的位移有：
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；示波器的使用
【解析】【分析】(1) 粒子在加速电场中运动，由动能定理求出加速后的速度；
(2) 粒子在偏转电场中做类平抛运动，分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动，求出偏移距离；
(3) 粒子离开偏转电场后做匀速直线运动，利用“偏转角的反向延长线过水平位移中点”的结论，求出P点到O2的总距离。
1 / 1

展开更多......

收起↑