安徽省定远中学2024-2025学年高二下学期第五次月考物理试题

答案第 1页，共 1页 物理参考答案 1．D 【详解】A．惠更斯首先确定了单摆做简谐运动的周期公式，A错误； B．做简谐运动的物体所受的回复力是指向平衡位置的合力，不一定是它所受的合外力，B错误； C．“闻其声不见其人”是司空见惯的现象，其中“闻其声”属于声波的衍射现象，C错误； D．物体的运动方向指向平衡位置时，速度方向跟位移方向相反；背向平衡位置时，速度方向跟位移方向相同，D 正确； 2．A 【详解】A．图甲中，雷达测速主要是利用多普勒效应，当目标向雷达天线靠近时，反射信号频率将高于发射机频 率；反之，当目标远离天线时，反射信号频率将低于发射机频率，即可通过频率数值的改变，计算出目标与雷达的 相对速度，故 A正确； B．图乙中，C摆开始振动后，A、B、D三个摆做受迫振动，由 2 l T g = 可知，A摆和 C摆周期相等，发生共振， 振幅最大，故 B错误； C．图丙中，观看 3D电影时，观众戴的偏振眼镜两个镜片的透振方向相垂直，故 C错误； D．图丁中，由于斜面粗糙，回复力不满足规律F kx= − ，该运动不是简谐运动，故D错误。 3．B 【详解】A．地磁场的磁感应强度大小为 B，方向与水平面夹角为，则穿过雷达罩的磁通量大小为 2 21sin sin 2 4 i D B B D       =  =    ，故 A错误； B．空警 2000突然由水平变成斜向上机动飞行时，穿过雷达罩的磁通量发生变化，产生感应电流，故 B正确； C．在我国上空，地磁场有竖直向下的分量，空警 2000水平飞行时，根据右手定则，可以判断，左边机翼比右边机 翼电势更高，故 C错误； D．空警 2000水平调头飞行，此过程穿过雷达罩磁通量的变化量为 0，D错误。 4．C 【详解】A．设简谐波的周期为 T。因质点 M在 0到 3 s 4 内，由平衡位置第一次到达最大位移处，则有 3 s 4 4 T = 可得 T=3s.根据题意，该波沿轴正向传播，且 PM之间的距离小于半个波长，则波峰由 P传播到 M所用时间为 3 1 1 s- s= s 4 4 2 t = ，波速为 0.04 m/s=0.08m/s 0.5 PMxv t = =  波长为λ=vT=0.08×3m=0.24m选项 A错误； B．因 4cm 6 PQx  = = 可知 sin 60 5 3cmA = 可得 A=10cm选项 B错误； CD．设质点 P的位移随时间变化的关系式 2π sin cmy A t T    = +    当 t=0时 5 3cmy = 可知 3   = ，则质点 P的位移随 时间变化的关系式 2π π 10sin c 3 3 my t   = +    选项 C正确，D错误。 5．D 【详解】AB．线圈产生的电动势最大值为 m 100VE nBS= = ，线圈与磁场平行时开始计时，故表达式为 100cos100 (V)e t= ，电压表 V示数为有效值，即 m 50 2V 2 E U = = 故 AB错误； C．当滑动变阻器滑片向上滑动时，由于原线圈输入电压不变，变压器原、副线圈匝数均不变，则副线圈输出电压 不变，即灯泡两端电压不变，根据欧姆定律可知，流经灯泡的电流不变，故 C错误； D．当自耦变压器滑片 P向上滑动时，原线圈匝数 1n 变大，根据 2 2 1 1 U n U n = 可知，副线圈输出电压减小，即灯泡两端电 压减小，灯泡变暗，故 D正确。 6．A 【详解】A．题意知电流表G满偏电流、内阻分别为 6g g500μA=500?10 A 100ΩI R −= =， ，开关接 a时量程为 答案第 2页，共 4页 ( )g g 2 1 g 1 I R R I I R + = + 开关接 b时量程为 g g2 g 1 2 I R I I R R = + + ,可知 2 1I I 故开关接b时为小量程电流表，即量程为0 1mA ，故 A正确，B错误 C．开关接 a时量程为 ( )g g 23 g 1 100 10 A I R R I R − +  = + ,开关接 b时量程为 g g3 g 1 2 1 10 A I R I R R − = + + 联立解得 21 2 1 100Ω =99 R R R R + = ， ,故 C错误； D．开关接 b时，设通过 G表的电流为 I，则有 ( )( )g 1 20.5mAIR I R R= − + 联立以上解得 250μAI = 故 D错误。 7．C 【详解】A．打开扣环前，人静止在 a点，既不超重也不失重，故 A错误； B．打开卡扣时，体验者所受回复力（即体验者所受重力与弹性绳弹力的合力）大小等于传感器的示数，即1200N， 因1200N 800Nmg = 所以体验者到达 c点前弹性绳已经松弛，即体验者在 a、c间的运动不是简谐运动，故 B错误； C．D．人在c点时只受重力，加速度大小为 g，即 210m s ，故 C正确 D错误。 8．D 【详解】A．由于未知电荷的正负，所以不能判断磁场的方向，A错误； B．由于所有粒子都从坐标原点O进入 x轴下方的匀强磁场，如图， 根据几何关系可知，所有粒子在圆形磁场区域中运动的轨迹半径均为 R，根据 2v Bvq m R = ,可得 BqR v BkR m = = ,B错； C．如上图，粒子从 O点射出后沿 x轴下方各个方向进入磁场，设沿 x轴正方向的粒子从 A点射出磁场区域，与 x 轴正方向成角的粒子轨迹恰好与 3 2 y R= − 边界相切于 B点，则粒子从 3 2 y R= − 边界射出的区域为 AB的长度，由 于粒子速度大小不变，磁感应强度大小不变，所以粒子运动轨迹的半径仍为 R，根据几何关系，有 2 2 3 2 2 R PA R R   = − =    , 2 2 3 2 2 R PB R R   = − =    , 3AB PA PB R= + = C错误； D．根据几何关系可得 12cos 2 R R  = = 可得 o60 = 如图 打在 B点的粒子对应离子源的纵坐标为 2 2 R R d R= − = 则可被收集的粒子占入射粒子总数的百分比为 2 2 100% 75% 2 R R R −  = D正确。 9．BC 【详解】A．干簧管可以用来做磁敏传感器，是磁场控制的开关，原理是通电导线在磁场中的受力，不是电磁感应； 选项 A错误； B．红外测温仪是根据物体的温度越高发射的红外线越强的原理进行工作的，选项 B正确； 答案第 3页，共 4页 C．根所多普勒效应，波源和接收者相互靠近时，接收到的频率升高，所以汽车驶向测速仪的速度越大，测速仪接 收至反射波的频率就越高，选项 C正确； D．钳形电流表的工作原理是电磁感应，交流电能产生变化的磁场，使钳形电流上产生感应电流，所以能测交流电 的大小，而直流电不能产生变化的磁场，所以不能测直流电的大小，选项 D错误。 10．BC 【详解】A．金属棒左侧如果没有接触薄铜片时，回路中没有感应电流，外力做功为零，如果接触薄铜片，回路中 有感应电流，外力做功不为零，所以转动过程中，外力功率不恒定，故 A错误； B．金属棒左侧接触薄铜片时，回路中的感应电流为 Bdr I R  = 绝缘筒转动一周克服安培力做功为 2 2B d br W BIdb R  = = 故 B正确； C．根据法拉第电磁感应定律可得铜片上下边缘间的电势差大小为Bar，根据右手定则可知下边缘电势高，故 C 正确； D．金属棒左侧接触薄铜片过程中如果绝缘筒的角速度为，电流有效值满足 2 2 2 Bdr b I RT R T R r     =      有效 则电阻 R的热功率为 2 2 2 2 2π rbB d P I R R  = = 有效 若绝缘筒的角速度变成2，则电阻 R的热功率变为原来的 4倍，故 D错误。 11．(1)不能直接沿玻璃砖画边界(2)fd(3) 2 【详解】（1）不能在白纸上用铅笔紧靠玻璃砖画出玻璃砖界面，这样会污染和磨损玻璃砖。 （2）玻璃的折射率介于1.3 ~1.5，则临界角的正弦值范围为 2 10 sin 3 13 C  若 ae段射入，由几何关系可知，光线在ab边上的入射角为60大于临界角，发生全反射，不能测出玻璃的折射率； 若 ef 段射入，光线将从bc边垂直射出，不能测出玻璃的折射率；若 fd段射入，由几何关系可知，光线在 cd边上的 入射角为30小于临界角，能过从 cd边折射出光线，可以测出玻璃的折射率。则 1 2PP 入射光应从图 2中玻璃砖 fd区 域射入。 （3）补全光路图，如图所示 由几何关系可得 30r = ， 45i = 由折射定律可得，玻璃的折射率 sin 2 sin i n r = = 12． D CD 1 1 14 11 p p =  2.9 0.7％ 【详解】(1)[1]A．为了让小球做平抛运动，轨道末端必须水平，A错误； B．为了保证两次小球到达轨道末端的速度不变，小球必须从同一位置由静止开始滚下， B错误； CD．小球在轨道上的释放点越高，两球碰撞时的相互作用力越大，碰撞时的相互作用 力与阻力的比值越大，“内力越远远大于外力”，碰撞过程动量越接近守恒，损失的动 量与碰撞前总动量的比值越小，相对误差越小，C错误，D正确。 (2)[2] 由动量守恒定律得 1 0 1 1 2 2mv mv m v= + 由平抛运动 0 2H OP v g = 1 2H OM v g = 2 2H ON v g = 解得 1 1 2m OP m OM m ON =  +  由上式可知，需要测量小球的质量和水平射程，AB错误，CD正确。 (3)[3][4]动量之比为 1 1 44.80 14 35.20 11 p OP p OM = = =  1 1 2 2 ' 45.0 35.2 11 ' 7.5 55.68 2.9 p m OM p m ON   = = =   [5]相对误差为 ( ) ( )1 2 1 1 45.0 35.20 7.5 55.68 45.0 44.80 100% 100% 0.7% 45.0 44.80 m OM m ON m OP m OP   +  −   +  −  =  =  =   13．(1) 2.6m (2) 0.65m (3)1.6m 答案第 4页，共 4页 【详解】（1）由振动图像可知，波的振动周期 35 10 sT −=  ,根据v T  = ,可得波长 2.6mvT = = （2）第三弦的长度 x vt= ,解得 0.65mx = ,（3）1s内左端质点通过的路程 1s 4s A T =  ,解得 1.6ms = 14．(1） 2 3 4 kQq m gL = (2) 2g (3) 8 3 gL 【详解】（1）由几何关系，Oc中点与 a、b距离均为 5 2 L d = 小球 A经过Oc中点时所受库仑力大小为 0 2 2 cos kQq F d = , 且 5cos 5  = 由牛顿第二定律可得 0 32 5 1 75 F mg m g   − + = −     , 可得 2 3 4 kQq m gL = （2）小球 A在 d点所受库仑力大小为 1 2 3 4 kQq F L = ,由牛顿第二定律可得 1 1ma F mg= + ,解得小球 A在 d点的加速度 1 2a g= （3）设小球碰撞前、后小球 A的速度分别为 1 1v v、 ，小球 B碰撞前、后的速度分别为 2 2v v、 ，取竖直向下为正方向。 由动量守恒定律有 1 2 1 2mv mv mv mv + = + ,由能量守恒定律可得 2 2 2 21 2 1 2 1 1 1 1 2 2 2 2 mv mv mv mv + = + 联立解得 1 2 2 1,v v v v = = , 结合 2 21 1 1 1 8 2 2 3 kQq mv mv L = = ,可得小球 B的初速度 2 1 8 3 v v gL= = 15．(1) 0 0 2qU v m = (2) 0 tan 1  (3) 2(3 2 5)S d= + 【详解】（1）当通过加速电场加速粒子b时，由于粒子b带负电，故D极板应接电源的正极 粒子b在C D、 板间加速过程，由动能定理有 20 0 1 2 qU mv= ,解得 0 0 2qU v m = （2）设偏转极板的长度为 L，当粒子进入偏转电场后，由类平抛运动规律有 0L v t= ，qE ma= ，U Ed= ， yv at= 设粒子飞出电场时的速度的偏转角为，在偏转极板间的竖直方向的位移为 y，则 2 1 2 y at= ， 0 tan yv v  = 则当 2 d y≤ 时，粒子均能离开偏转电场，此时有0 L d  代入可得0 tan 1  （3）粒子从飘出到从极板右边缘离开偏转电场，由动能定理有 20 1 0 2 2 U qU q mv+  = − 粒子进入磁场后做匀速圆周运动，对粒子有 2mv qvB r = ,解得 ( )0 0 2 2 q U U qU v m m + = = ,解得 0 2 2 mU r d B q = = 此时粒子a b、 在磁场中的运动轨迹如图所示： 两粒子运动轨迹的最右端到MN的距离 (1 sin )xd r = + 两粒子运动轨迹的最上端到最下端的距离为 2 (1 cos )yd r d= + − 根据 0 0 2qU v m = 和 02 qU v m = 可知 02v v= ,则 2 sin 2  = ， 2 cos 2  = ,即最小面积为 2(3 2 5)x yS d d d= = + 物理试题 第 1页（共 8页） 物理试题 第 2页（共 8页） 绝密★启用前 安徽省定远中学 2024-2025学年高二（下）第五次月考 考生注意： 1. 答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡 上的指定位置。 2. 回答选择题时，选出每小题答案后， 用铅笔把答题卡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。回答非选择题时, 将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、单项选择题：本题共 8小题，每小题 4分，共 32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. 下列说法中正确的是（ ） A．伽利略首先确定了单摆做简谐运动的周期公式 B．做简谐运动的物体所受的回复力就是它所受的合外力 C．“闻其声不见其人”是司空见惯的现象，其中“闻其声”属于声波的干涉现象 D．物体的运动方向指向平衡位置时，速度方向跟位移方向相反；背向平衡位置时，速度方向跟位移方向 相同 2. 以下四幅图片中：图甲是雷达测速仪；图乙是摆的振动；图丙是观看 3D电影时，观众戴的偏振眼镜；图 丁是粗糙斜面上的金属球M在弹簧的作用下沿斜面往复运动。下列说法中正确的是（ ） A．图甲中，雷达测速仪的原理是波的多普勒效应 B．图乙中，C摆开始振动后，A、B、D三个摆中 B摆的振幅最大 C．图丙中，观看 3D电影时，观众戴的偏振眼镜两个镜片的透振方向相平行 D．图丁中，粗糙斜面上的金属球MM在弹簧的作用下运动是简谐运动 3. 空警 2000是我国自主研制的大型、全天候、多传感器空中预警与指挥控制飞机，具有重要战略意义。空 警 2000预警机采用的是圆盘状三面固定式主动电子扫描相控阵列雷达，据相关资料称，其金属材质的雷 达罩的直径 D约为 14m。假如该架空警 2000正在我国南海上空沿水平方向飞行，该空域的地磁场的磁感 应强度大小为B，方向与水平面夹角为 ，则（ ） A．穿过雷达罩的磁通量大小为 π 2 1 4 B D B．空警 2000突然由水平变成斜向上机动飞行，雷达罩上会产生感应电流 C．空警 2000水平飞行时，右边机翼比左边机翼电势更高 D．空警 2000水平调头飞行，此过程穿过雷达罩磁通量的变化量为 π 2 1 B D 2 4. 一列简谐横波在介质中沿 x轴正方向传播，波长不小于 8cm。P和M是介质中平衡位置分别位于 x=0和 x=4cm处的两个质点。t=0时 P的位移为 = 5 3cmy ，M处于平衡位置，此时两质点均向 y轴正方向振 动； = 1 s 4 t 时，质点 P第一次到达波峰位置， = 3 s 4 t 时，质点M第一次到达波峰位置。下列说法正确 的是（ ） A．简谐波的波速为 v=0.8m/s，波长为 λ=0.24m B．质点 P的振幅为 = 10 3cmA C．质点 P的位移随时间变化的关系式 π π  = +    2 10sin t cm 3 3 y D．质点 P的位移随时间变化的关系式 π π  = +    2 10 3sin t cm 3 6 y 5. 如图所示，匝数为 100匝、面积为 10cm2的交流发电机线圈在磁感应强度为 10T的匀强磁场中匀速转动。 线圈平面与磁场平行时开始计时，通过一理想自耦变压器对外供电，转动角速度为 100rad/s，线圈内阻 不计，电压表为理想电压表。则下列说法正确的是（ ） A．线圈产生的电动势的瞬时值表达式为 = 100sin100 (V)e t B．电压表 V示数为 100V C．当滑动变阻器滑片向上滑动时，流经灯泡的电流变大 D．当自耦变压器滑片 P向上滑动时，灯泡变暗 物理试题 第 3页（共 8页） 物理试题 第 4页（共 8页） 6. 如图所示为一满偏电流为 A500 、内阻为 100 的小量程电流表G改装成 0 1mA、0~100mA的两量 程电流表的电路。下列说法正确的是（ ） A．开关接b时电流表量程为0 100mA B． = 2 1 99 R R C． + = 1 2 99R R D．用量程 0 1mA改装表测出的电流为0.5mA时，流过 G表的电流为 200 A 7. 图甲所示“反向蹦极”区别于传统蹦极，让人们在欢笑与惊叹中体验到了别样的刺激。情境简化为图乙 所示，弹性轻绳的上端固定在O点，下端固定在体验者的身上，多名工作人员将人竖直下拉并与固定在 地面上的力传感器相连，人静止时传感器示数为1200 N。打开扣环，人从 a点像火箭一样被“竖直发射”， 经速度最大位置b上升到最高点 c。已知 = 3 mab ，人（含装备）总质量 = 80 kgm （可视为质点）。 忽略空气阻力，重力加速度 = 210 m / sg 。下列说法正确的是（ ） A．打开扣环前，人在 a点处于超重状态 B．体验者在 a、 c间做简谐运动 C．b、 c两点间的距离为 m3.25 D．人在 c点的加速度大小为 215 m / s 8. 如图所示，空间中存在两处匀强磁场，一处以半径为 R的圆为边界，另一处在 − 3 2 R   0y 的区域内， 磁感应强度大小均为B，方向垂直于纸面。一束宽度为2R的带电粒子流（比荷为 k）沿 x轴正方向射入， 后都从坐标原点O进入 x轴下方的匀强磁场，偏转后部分粒子可以被安装在 x轴上  0x 处的收集板收 集起来。不计重力及粒子间的相互作用力，则（ ） A．磁场方向垂直于纸面向外 B．带电粒子的速度相同，均为 RB k C．粒子从 = − 3 2 y R边界射出的区域长度 3 2 R D．若平行入射的粒子分布均匀，可被收集的粒子占入射粒子总数的75% 二、多项选择题：本题共 2小题，每小题 5分，共 10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 5分，选对但不全的得 3分，有选错的得 0分。 9. 关于下列仪器的原理说法正确的是（ ） A．干簧管可以用来做磁敏传感器，其原理是电磁感应 B．红外体温计是根据物体的温度与发射的红外线强度变化关系进行工作的 C．超声波测速仪是利用了多普勒效应，汽车驶向测速仪的速度越大，测速仪接收到的反射波频率就越高 D．钳形电流表既可以测交变电流的大小，也可以测恒定电流的大小 10. 如图所示，半径为 r 的绝缘筒处在辐射状磁场中（左图中未画全），磁感应强度大小为B，方向垂直于绝 缘筒向内（如右图）。在绝缘筒表面粘贴了一张长为 、a 宽为b的薄铜片。绝缘筒右侧通过两根细金属棒与 电阻R相连。金属棒相互平行且间距为 d，左侧与圆筒接触良好。金属棒和铜片的电阻可忽略。绝缘筒 在外力作用下以角速度按图示方向匀速转动，则（ ） A．转动过程中，外力功率恒定 B．绝缘筒转动一周克服安培力做功 2 2B d br R C．铜片上下边缘间的电势差大小为 Bar ，且下边缘电势高 D．若绝缘筒的角速度变成 2 ，则电阻R的热功率变为原来的 2倍 物理试题 第 5页（共 8页） 物理试题 第 6页（共 8页） 三、非选择题，本题共 5小题，共 58分 11. （4分）用插针法测梯形玻璃砖的折射率实验中 （1）在画玻璃砖边界时，请指出图 1中操作不当之处 ； （2）已画好玻璃砖边界MN、PQ，插上大头针 1P 、 2P ，使 1 2P P 连线与 PQ边界垂直。要保证能测出玻 璃的折射率， 1 2P P 入射光应从图 2中玻璃砖 （选填“ae”、“ef”或“fd”）区域射入。（已知玻 璃的折射率介于1.3 ~ 1.5）； （3）接（2）问，插大头针 3P 、 4P 操作正确，测得 3P 、 4P 的连线与MN的夹角 75 ，如图 3所示，则玻 璃的折射率 =n 。 12. （10分）如图甲所示为验证碰撞过程中动量守恒的实验装置，主要实验步骤为：先使一个小钢球从轨道 上某高度处滚下，直接落到铺有复写纸和白纸的水平木板上，再让该小钢球从轨道上滚下撞击轨道末端 静置的另一个大小相等、质量不同的小钢球。回答下列问题： （1）关于实验的具体操作，下列说法中正确的是 ；（填选项前的字母序号） A．只要两次小球从轨道上同一位置由静止释放，轨道末端不必水平 B．只要轨道末端水平，两次小球不必从轨道上同一位置由静止释放 C．小球在轨道上的释放点越低，两球碰后水平射程越小、相对误差越小 D．小球在轨道上的释放点越高，两球碰撞时的相互作用力越大，误差越小 （2）实验结束后，需要测量的物理量有 ；（填选项前的字母序号） A．小球开始释放高度 h B．小球抛出点距地面的高度 H C．小球抛出后的水平射程 D．小球的质量 （3）正确进行实验后，取下白纸，如图乙所示，O点为抛出点竖直对应点。测出入射小球的质量 =1 45.0gm ， 被碰小球的质量 =2 7.5gm 。 ①设碰撞前、后入射小球的动量分别为 P1、P1 ＇，碰撞后被碰小球的动量为 P2 ＇，则 ' 1 1P :P = ；  1 2:P P =11： ； ②定义实验的相对误差 − = 100% 碰后 量 碰前 量 碰前 量 总动 总动 总动 ，则此次实验的相对误差 = （保 留一位有效数字）。 四、解答题 13. （12分）某吉他爱好者在演奏前进行调弦，他拨动第三弦的左端，左端质点做简谐振动的图像（只画一 个周期）如图所示，经 −=  31.25 10 st 该弦的右端质点开始振动，波在弦上的传播速度大小 = 520 m/sv ，不考虑传播过程的能量损失，求： （1）该波的波长； （2）第三弦的长度； （3）1s内左端质点通过的路程。 物理试题 第 7页（共 8页） 物理试题 第 8页（共 8页） 14. （14分）如图所示，a、b、c、d为同一竖直平面内的四点，Oc为 ab连线的中垂线，a、b、c距 O点的 距离均为 L，d点距 O点的距离为 3 3 L。两个电荷量均为 + ( 0)Q Q 的点电荷分别固定在 a、b两点， 一带电荷量为+ ( 0)q q 的小球 A以一定初动能从 c点开始沿 cO运动，一段时间后经过 cO中点时加速度 大小   = −      32 5 1 75 a g，方向竖直向下。不计空气阻力，重力加速度为 g，静电力常量为 k。 （1）求小球 A在 c点受到的库仑力大小； （2）求小球 A在 d点的加速度大小 1a ； （3）小球 A到达 O点前的瞬间，另一质量与小球 A相等的小球 B从 O点沿竖直方向开始运动，两球在 O点发生弹性碰撞，碰撞时间极短，小球 A碰撞前后动能不变均为 8 3 kQq L ，求小球 B碰前瞬间的速度大 小 2v ； （4）已知电荷量为 Q的点电荷在距离它为 r处的电势为 = Q k r 。为使小球 A能够到达 O点，求小球 A在 c点时具有的初动能最小值 kminE 。 15. （18分）如图所示，粒子室中存放着大量的粒子 a和粒子b，粒子室右侧面中心处有一个控制小孔，通 过控制装置使粒子 a和粒子b依次从粒子室右侧面中心飘出。当两种粒子从小孔飘出时（粒子的初速度均 可视为零），调节 、C D板所接电源（电源电压大小恒为 )0U 的正负极，使两种粒子分别经 、C D板间的 加速电场加速后，从偏转极板左端连线的中点水平向右进入偏转电场，偏转电场两极板正对平行放置， 板间距为 d，板间电场方向向上，板间电压大小恒为 = 02U U ，偏转电场上、下极板的右端位置固定， 两极板左端可同时左右调节以改变板长。在偏转电场的右侧存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为 = 01 2mU B d q 的矩形匀强磁场，磁场左边界MN刚好与极板的右端在同一竖直线上。已知粒子 、a b的 质量均为 ,m a的电荷量为+ ( 0),q q b的电荷量为−q，不计两种粒子的重力和粒子间的相互作用， 不考虑磁场和电场的边缘效应 、C D板的中心孔与粒子室右侧面中心孔在同一水平线上。只有在前一粒子 完全通过加速电场后，才调整 、C D板所接电源的正负极，释放另一粒子。 （1）当通过加速电场加速粒子b时，判断 、C D极板中哪个应接电源正极，并求粒子b被加速后的速度 大小 0v ； （2）为使两种粒子都能通过偏转极板进入磁场，求偏转电场的极板长度应满足的条件及两种粒子离开偏 转电场时速度的偏转角正切值的范围； （3）调节偏转极板长度使两种粒子都恰好从极板边缘离开电场，若所有粒子均能再次回到磁场左边界 MN，求矩形磁场的最小面积S。 答案第 1页，共 1页