11 四川省新高考教研联盟高三上学期八省适应性联考模拟演练考试（二）-【景行之教育】2027年物理高考一轮复习先锋名校检测卷

11四川省新高考载 八省适应性联考相 1.C【解析】因x>0,>0,a>0,即加速度和速度同向，物体做加 速运动，随着加速度的减小，物体的速度继续增大，当加速度 减为零时速度达到最大，此后物体做匀速运动，此过程中速 度的方向保持不变，则位移一直增大。故C正确。 2.D【解析】由题意可知，在滑轨的高度及倾斜角度不变的情 况下，要使瓦滑到底端的速度相对减小，应当增大瓦与杆之 间的摩擦力，由于它们之间的动摩擦因数一定，由∫=uN可 知，应增大N1、N2,由图甲可知，增大两杆之间的距离，可以增 大瓦所受两杆支持力的夹角，可以增大N1、N2;而增大瓦的块 数，增大了瓦的质量，虽然摩擦力大了，但同时重力的分力也 增大（如图乙所示），不能起到减小加速度的作用，故改变瓦 的块数是没有作用的，故A、B、C错误，D正确。 mgcos a 心 3.D【解析】对小球受力分析，如图所示，先将F,与F合成， 它们的合力为F13,根据平行四边形定则可知，F3与F2共线 同向，且大小是F2的两倍，即Fa=8N,再将重力正交分解， 根据平衡条件，沿半径方向有FN=mgsin37°+F13+F2,代入数 据解得FN=0.5×10×0.6N+8N+4N=15N,故D正确。 ☆ tugsin 370 ngcos37°4∥ 作tmg37E F B 4.A【解析】根据能量守恒定律可知，放出光子的能量△E= E,-E=15.6eV=2496×1018J,根据△E=h=h无，可得 波长A=c=66x10*x3x10 △E 2.496×106m≈7.9×103m=79m,故 A正确。 5.B【解析】由题意知，正方形Oabc区域内电子在位置坐标 (x,y)处由静止释放后，沿x轴负方向做匀加速直线运动，设 加速度为a,经y轴时的速度为o,由速度-位移关系公式，有 v=2ax,进人三角形cde区域的位置为P点，设Pe=L,电子在 三角形cde区域内做类平抛运动，在水平方向有Lcos45°= ,在竖直方向有y=2@?,两个区域内的电场强度大小相 D31卷 参考答案及深度解析 女研联盟高三上学期 真拟演练考试（二） 等，则有a=0,又有L-如5=2，联立以上各式解得y 4x,故B正确。 6日【释新1由感意可知0A=,刻图甲所示，P为：袖上- 点，P、D连线与z轴的夹角为日，根据等量同种点电荷的电场 分布，可知P点的电场强度竖直向上，大小E= 2·kQ 0D)2c0s0, Asin 0) 整理得E=8,0os6in270=8:0s(1-cs0,令1=cos0, te(0,1),可得函数f(t)=t(1-t),对函数求导f(t)=1- 3,令f0)=0,解得1=了，结合导两数的性质可知，在1e (,]时单调适说，在：（停小时）单调递减因 ng4,由此可 此t=cs93时，电场强度最大，0P=0、2L 知，：轴上距离O点L处的两点电场强度最大，A错误； 4 ∠DA0=30,轨道上A点的电场强度大小E,=20 c0s30°= 30_m3,B正确：由几何关系可知OA=OC=3L,∠AC0= L2 q 2 45°，根据对称性可知，A、C两点的电场强度大小相等，因此，C 点的电场强度大小E。=坚，方向沿x轴正方向，小球在C点时的 9 受力如图乙所示，小球在C点受到的电场力F。=qE。=mg,沿杆 方向的合力F=mgcos45°-Fccos45°=ma,解得a=0,由此可知 小球刚到达C点时的加速度为0，C错误；根据等量同种点电 荷的电场分布和对称关系可知，A、C两点电势相等，电荷从A 到C的过程电场力做功为零，根据动能定理可得mg·OA= Bc-0,解得Ec=mgl,D错误」 ◆Z +O +0 +O 乙 11·物理 高考一轮复习检测卷·物理 7,D【解析1由题图可知，最高点坐标为}，R） 9pV。 ,则抛 物线方程回表示为T=aV2。+R,将P点或Q点 坐标代人方程可得a,因此抛物线方程为T:一 nRt 3po R,又由于pV=nRT,联立解得p=+3p,D正确。 V。 8.AD【解析】当滑片P向a端移动时，滑动变阻器R接入电 路的阻值变大，由R,=可知马增大，根据闭合电路欧姆定 U. 喻-（侵l成满-器g设周 A马，（+R,)R,可知2不变，故A正确。当滑动变阻器R △Ir+R,+R2 的滑片P向α端移动时，滑动变阻器R,接入电路的阻值增 大，电路中总电阻增大，总电流减小，电源的总功率P=EL,则 P输出_UⅢ_U 电源的总功率减小，由电源的效率刀=P-。,由路端 电压U=E-,可知总电流减小时路端电压U增大，得电源的 效率增大，故B错误。根据闭合电路欧姆定律有U=E-I。r, 则△U=△1gr,又U2=E-la(r+R,),则△U2=△1总(r+R),由 串、并联电路特点和欧姆定律可知1鱼 _,则△U,=A1R, 所以△U2=△U,+△U,故C错误。当滑动变阻器R的滑片P 向a端移动时，R,接入电路的阻值增大，电路中总电阻增大， 总电流减小，则通过R,的电流减小，通过R,的电流等于通 过电阻R2的电流和通过滑动变阻器R,的电流之和，且流过 R,的电流增大，流过滑动变阻器R,的电流减小，所以I,减 小的量比2增大的量更大，即△12<△1，故D正确。 9AD【解析】如图甲所示，&=写，边界上有粒子射出的范国 是偏转圆直径为弦所对应的边界圆弧长，偏转圆半径，= 冬-器得校子德率，警者米震遮应强度的大小文为 2B 由「2-B,,得偏转圆半径2三2R,粒子射出的范围是 r B2 偏转圆直径为弦所对应的边界圆弧长，如图乙所示。由几何 关系可知，B=号，两次粒子射出边界的圆弧长之比之R l,aR 三，改AD正确，B,C错误。 0 甲 D32卷 10,BD【解析1如果k=2mg,则木块与墙面间的最大静摩擦力 ud f=uFN=kd=2mg>mg,木块能处于平衡状态，受到的静摩 擦力大小为mg,A,C错误；如果k=2g,木块处于平衡状 d 态，则墙面对木块的正压力等于弹簧的弹力，即F、N=d= 2mg,B正确；为使木块在此位置保持平衡状态，应使。 uF=k'd≥mg,解得K≥心，则k的最小值为唱，D正确。 ud' ud 11(每室2分)193（②(3号 【解析】(1)由题图乙可知，小球的直径d=9mm+0.1× 3mm=9.3mm。 (2)极短时间内的平均速度等于瞬时速度，故小球通过光电 门B时的速度大小=d Γt (3)设小球的质量为m,若机械能守恒，则有mgh=2m, 又=，可得2h=上，如果此式在误差允许的范围内成 立，则小球下落过程中机械能守恒。 12.(1)甲(1分)(2)E= -(2分)，-(2分) 12-11 12-11 (3)等于(2分)等于(2分) 【解析】(1)题图甲电路的连接有两个特点：左、右两个电源 的路端电压相等，干路电流相同，电阻箱可以直接读数；题 图乙电路更加适合一般情况，需要采集更多数据，并且需要 作图处理数据才可以得到结论。同状态下采集数据，根据 闭合电路欧姆定律列式求解电源的电动势E和内阻r,题图 甲电路更容易得到实验结果。 (2)根据闭合电路欧姆定律得E=U1+11r,E=U2+12r,解得 B-40-44,U-, 2-1,2-1 (3)当电流计G的示数为0时，相同电源，电流相等时路端 电压相等，此电路中电流表测的是干路电流，电压表测的是 R,两端的电压（路端电压），因此电流表和电压表都是准确 值，故E测=E真，「测=T真o 13.(1)125N52 2rad/s (2)20 4l m/s (3)4I m/s 41 【解析】(1)C物块保持静止，有2Fcos0=mcg (1分) 由几何关系可知sim0=14-0.45’ 0.63 解得F=12.5N (1分) 对A、B两物块均有F=mwR (1分) F52 解得角速度a-√mR2ads (1分) 11·物理 (2)设碰前瞬间A、B速度大小为v,C的速度大小为c,由绳 长不变可知v=Ucc0s6=5c 4 (1分) 下落过程中系统机械能守恒，有 3+1 1 mw+2mc吃=mc8h (1分) T C下落高度h-am)0.8m, 得=20V4 m/s (1分) 41 (3)设碰后A、D的速度大小为v',C的速度大小为，由绳 长不变可知v'=ucos0, 设绳上拉力的冲量大小为I,由于碰撞时间极短，绳子拉力 远大于重力。对C物块运用动量定理有 -2Icos 0=mcvc-mcvc （1分) 对A、D运用动量定理有I=2mw'-mw (1分) 解得6=4=20 57c-57 41m/s (1分) 14.(1)md6 mvo (2) 2klqromvoL3 mvo (3)x= qL L 3kroq m6-Py0≤1 3kroq LL2qUAB mdRvd dRvg (包含正、反向电流)y= mdv ，gLL2 ≤UAB≤ qL L2 U 【解析1(1)在匀强电场中有E=,gB=ma (1分) 1 4=5,1=20 (1分) 粒子的运动轨迹如图甲所示，根据相似三角形得 R Lz y1 (1分) 24 联立解得U1= mdRv qL L2 (1分) L A R : (2)粒子在匀强磁场中的运动轨迹如图乙所示， 由几何关系得tan0= =3 (1分) L 解得0=”， 3 则m后-片月 (1分) 解得r=√3r。 (1分) D33卷 参考答案及深度解析 哈 由洛伦兹力提供向心力得Bq=m r (1分) 又B=kH1, mvo 解得11= (1分) 3kroq (3)纵坐标由匀强电场决定，则 =08,4=7 y L2 yi=2 md 2 联立解得y= LiL2qUAB (1分) mdv 由于y≤R,则Us的 gl,L2’ 根据对称性可得md、 (1分) qL L VmndRo qLL2 横坐标由匀强磁场决定，则Bg=m mvo 解得r'= klg 0'To klgro 由于an27mwo (1分) 0' 又tang'= 2tan 2 -ag 联立解得x=Lgtan0' 2klgromoL (1分) m'-g6 由于x≤R,则0≤I≤ m,(包含正、反向电流) (1分) 3kroq 、B2L2o,3kmR 15.()子，(2)3R+282 24,(3m 【解析】(1)棒ab刚开始运动时，棒ab的感应电动势 E=BLo (1分) E I= R+R (1分) 2 U=IR (1分) 联立得，号 (1分) (2)棒ab开始运动到两棒匀速过程两棒动量守恒，有 mt=2mw共 (1分) 得共三2’ 施加外力后任一时刻，对棒ab,有F-BIL=ma (1分) E,E=Blo, I=- +R 2 棒ab做匀加速直线运动，v=v共+at= (1分) 11·物理 高考一轮复习检测卷·物理 ，B2L202B2L2a 联立解得F=3R +ma+3R (1分) 则F-:图像中直线斜率k=2BT@ 3R (1分) B2Lvo 3kmR 可得Fo=3R2B2 (1分) t,时刻棒ab的速度1=2+a,=2, (1分) (带以所买案条力户宁 (1分) =0时刻f=15BT 2mkR =o时刻515B2T 8mkR 对棒cd在区域Ⅱ的运动过程由动量定理，得 12广东省部分学校 1.C【解析】 核聚变反应， A错误。 质量数 Z=1.A=1,X是 2e+4X 守恒 2-9e+4H 质子，B错误 C正确。 He 电荷数 He 守恒 X是质子，最 早由英国物理 学家卢瑟福通 过实验发现， D错误。 2.D【解析】根据对称性可知，上方四条悬挂细线中的拉力大 小相等，方向不同，故A错误；设上方、下方篮子的质量分别 为m1、m2,上方、下方细线的拉力大小分别为F1、F2,上方细线与 竖直方向的夹角为0，根据平衡条件有4F,cos0=(m+m2)g, 4码，=m8,整理得P二m,上方细线越长时，6越小 0s8越大，R越小，再由R,=m8+4m,g+4.1 4cos 0 4 =4m1g+ F2,可得F>F2,故B、C错误，D正确。 3.D【解析】光线下行过程中，折射角逐渐增大，上行过程中， 折射角逐渐减小，则空气对光的折射率先减小后增大，故A、 B错误：光的频率由光源决定，光发生折射时，光的频率不 变，故C错误；根据=C可知，光线在传播过程中，传播速度 n 先增大后减小，故D正确。 4.B【解析]根据平行板电容器电容决定式C可知，上 极板向下运动的过程中，d减小，C增大，而U不变，根据电容 的定义式C=号可知，Q蜡大，电容器将充电，故A错误，B正 D34卷 tf2 22o=m,m2 (1分) 联立解得，=6， Vo 棒cd进入区域Ⅲ后，对棒ab,有-BILt=mu3-m1 (1分) 对棒cd,有2BIL=m4-m2 (1分) 稳定时，有BLD3=2BLv4 (1分) 5 5 联立解得=30,4=60， 根据能量守恒定律有 ,1 2mi+2mi=Q+2m6+2m好 (1分) 5 联立解得Q=gm6 (1分) 高三上学期11月联考 确：上极板向上运动的过程中，U不变，d增大，由E=可知 电场强度减小，故C错误；上极板向上运动的过程中，d增大， C减小，U不变，Q减小，电容器将放电，G表中有自左向右的 电流，故D错误。 5.C【解析】由题图乙可知水波的周期T=2s,则水波的传播 速度：=分号=1，放A错误：因为1子所以浮 标A在半个周期内运动的路程一定为2A=2cm,故B错误； 浮标A、B相距7.5个波长，振动相位始终相反，故C正确，D 错误。 6.B【解析】反向电流互相排斥，故A错误。电流等大反向时， 两直线电流在b点产生的磁感应强度大小相等，方向相同， 两直线电流在a、c两点产生的磁感应强度方向相反，故b点 的磁感应强度最大；根据磁场的叠加原理，可知α、c两点的合 磁感应强度大小相等，方向相同，故B正确，C错误。若仅将 导线A中电流反向，则a、c两点的磁感应强度大小相等，方向 相反，故D错误。 7.D【解析】由题图乙可知，交变电流的周期T=0.2s,则频率 f尸T5H,故A错误；发电机线圈转动的角速度@-2”- 1 T 10ms1,根据E= E==”解得发电机的电动势的有效值 E=TV,故B错误；=0.2s时，线圈中的磁通量为零，磁通 √2 量的变化率最大，所以电动势和电流最大，故C错误；根据 P=可得P=1W,故D正确。 8.AC【解析】配重空间站的轨道半径r=R+h=11R,通过缆绳 12·物理11四川省新高考教研联盟高三上学期 八省适应性联考模拟演练考试（二） 全卷满分100分，考试时间75分钟。 一、单选题：本大题共7小题，每小题4分，共28分，每小 电子电荷量的大小和普朗克常量分别为1.6×109C和 题给出的四个选项中只有一个选项符合要求。 6.6×104kg·m/s。所放出的光子的波长最接近的值是 1.一质点做直线运动，当t=t时，x>0,v>0,a>0,以后加速 () 度a均匀减小，则以下说法正确的是 A.79 nm B.91 nm A.位移开始减小，直到加速度等于零 C.107 nm D.620 nm B.位移继续增大，直到加速度等于零 5.如图所示，在竖直平面内正方形Oabc区域内有沿x轴 C.速度继续增大，直到加速度等于零 正方向的匀强电场，在等腰直角三角形cd区域内存在 D.速度开始减小，直到加速度等于零 沿y轴正方向的匀强电场，且两个区域内的电场强度大 2.在建筑工地上有时需要将一些 小相等。在正方形Oabc区域内的某些位置由静止释放 建筑材料由高处送到低处，为 电子后，这些电子均可到达x轴上的e点，已知Oa=Oe, 此工人们设计了一种如图所示 不计电子的重力作用，则这些位置的横坐标x与纵坐标 的简易滑轨：两根圆柱形木杆兹 y之间的函数关系式为 AB和CD相互平行，斜靠在竖 直墙壁上，把一摞瓦放在两木杆构成的滑轨上，瓦将沿 滑轨滑到低处。在实际操作中发现瓦滑到底端时速度 4 较大，有可能摔破，为了防止瓦被损坏，下列措施中可行 的是 () A.y=2x B.y=4x A.减少每次运送瓦的块数 C.y=x2 D.y=2x2 B.增多每次运送瓦的块数 6.如图所示，水平面内的等边三角 C.减小两杆之间的距离 形BCD的边长为L,顶点C恰好 D.增大两杆之间的距离 位于光滑绝缘直轨道AC的最低 3.如图所示，竖直平面内有一固定 点，A点到B、D两点的距离均为 -0 --2 半圆环，AB为其直径且AB水平， L,A点在BD边上的竖直投影点 0为圆心，一质量m=0.5kg的小 为O。y轴上B、D两点固定两个 等量的正点电荷，在z轴两电荷连线的中垂线上必定有两 球套在圆环上的P点，小球受到三个拉力F1、F2、F3作 个场强最强的点，这两个点关于原点O对称。在A点将质 用保持静止状态，三个拉力的方向如图所示。已知F2= 量为m、电荷量为-q的小球套在轨道AC上（忽略它对原电 4N,F1:F2:F3=PA:P0:PB,sin37°=0.6，cos37°= 场的影响)，将小球由静止释放，已知静电力常量为飞，重力 0.8,g取10m/s2,则圆环对小球的支持力为() A.8N B.10N C.12N D.15N 加速度为6，且有g,包略空气阻，下列说法正确 4.一个动能为2.0eV的电子从很远处向一个固定的质子飞 的是 去。电子接近质子时被俘获，同时放出一个光子，电子和 A.图中的A点是z轴上场强最强的点 质子形成一个处于基态的静止氢原子。已知氢原子的基 态能量为-13.6eV,光在真空中的速度为3.0×103m/s, B.轨道上A点的电场强度大小为”m C.小球刚到达C点时的加速度为√2g B.电源的总功率和效率均增大 D,小球刚到达C点时的动能为2L C.△U2>△U1+△U D.如果设流过电阻R2的电流变化量的绝对值为△12， 7.nmol理想气体经过一个缓慢 流过滑动变阻器R,的电流变化量的绝对值为△L, 的过程，从状态P沿抛物线 则△I2<△I3 到达状态Q,其T(热力学温 9.如图所示，半径为R的圆形区域内有 度)-（体积）图像如图所示。 重直于纸面向用的句强险场，碳装应：安父公学 3 已知此过程中当V=2时， 强度为B,M为磁场边界上一点，有无，×××x、×, ××X×、X· 数个电荷量为q(g>0)、质量为m的 温度达到最大值T= =0。(其中p和V。分别是状态 相同粒子在纸面内向各个方向以相 同的速率通过M点进入磁场，这些粒子射出边界的位 P的压强和体积，R是普适气体常量)。若状态P和Q 置均处于边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长是圆周 的温度7，和刀，都等于，，则该过程的p(压强)-V nR 长的。不计粒子的重力，不计粒子间的相互作用，下 图像为 () 列说法正确的是 A.粒子从M点进人磁场时的速率=BgR 2m B.粒子从M点进入磁场时的速率=2Bg 2m C若将然感应强度的大小变为？A则粒子射出边界的 圆弧长度变为原来的2倍 D.若将磁感应强度的大小变为2B,则粒子射出边界的 圆弧长度变为原来的3倍 2 D 10.如图，两竖直墙面的间距为1， 二、多选题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。每小 个质量为m、边长为d的正方形 题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对 www..mmmm 木块被一轻直弹簧顶在左侧墙面 得5分，选对但不全得部分分，有选错的得0分。 上，弹簧右端固定在右侧墙面上， 8.如图所示电路中，电源的电动势、 内阻及各电阻的阻值都标记在了心 且弹簧与墙面垂直。已知木块与墙面之间的动摩擦因 7 数为山，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧原长为， 图中，电压表和电流表均为理想 劲度系数为k,重力加速度大小为g。下列说法正确的 电表，当滑动变阻器R的滑片P 是 向a端移动时，电压表V、V,和V, A.如果k=2mg,则木块不处于平衡状态 的示数分别为U、U,和U2,三个电压表示数变化量的绝 ud 对值分别为AU、△U,和△U2,电流表A的示数为L,电流 B.如果k=2mg,则墙面对木块的正压力为2mg ud 表示数变化量的绝对值为△I,以下说法中正确的是 C.如果k=2m,则木块受到的静摩擦力大小为2mg ud △U不变 D.为使木块在此位置保持平衡状态，k最小为唱 d 物理·答案D31卷11 三、实验题：本大题共2小题，共15分。 的表达式为 11.(6分)某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定 (3)若不计偶然误差因素的影响，考虑电流、电压表内 律。A点距光电门B的高度为h。 阻，经理论分析可得，E测 (填“大于”“小于” 或“等于”)E真，「测 (填“大于”“小于”或“等 于”)r真o 四、解答题：本大题共3小题，共42分，解答应写出文字说 T 明，证明过程及步骤。 13.(10分)如图，中空的水平圆形转盘内径r=0.6m,外径 足够大，沿转盘某条直径有两条光滑凹槽，凹槽内有 (1)用十分度游标卡尺测量小球的直径，若测量结果 A、B、D、E四个物块，D、E两物块分别被锁定在距离竖 如图乙所示，则小球的直径d= mm 直转轴R=1.0m处，A、B分别紧靠D、E放置。两根不 (2)将小球从A点由静止释放，若小球通过光电门B 可伸长的轻绳，每根绳长L=1.4m,一端系在C物块 的时间为t,则小球通过光电门B时的速度大小v= 上，另一端分别绕过转盘内侧的光滑小滑轮，穿过D、E (用d、t表示)。 两物块中间的光滑圆孔，系在A、B两个物块上，A、B、 (3)已知h≥d,当地的重力加速度大小为g,若满足关 D、E四个物块的质量均为m=1.0kg,C物块的质量 系式2gh= (用d、t表示)，则说明在误差允许 mc=2.0kg,所有物块均可视为质点。（重力加速度g取 的范围内，小球下落过程中机械能守恒。 10/s2,计算结果可用最简的分式与根号表示)》 12.(9分)某同学为了测量电源的电动势和内阻，根据元 (1)启动转盘，转速缓慢增大，求A、D以及B、E之间恰 件的不同，分别设计了以下两种不同的电路。 好无压力时的轻绳的拉力及转盘的角速度； (2)停下转盘后，将C物块置于圆心0处，并将A、B向 外侧移动使轻绳水平拉直，然后无初速度释放A、B、C 物块构成的系统，求A、D以及B、E相碰前瞬间C物块 的速度； (3)碰前瞬间解除对DE物块的锁定，若AD以及B、 实验室提供的器材有： E一经碰撞就会粘在一起，且碰撞时间极短，求碰后C 两个相同的待测电源E,辅助电源E'; 物块的速度。 电阻箱R1、R2,滑动变阻器R、R'; 电压表V,电流表A; 灵敏电流计G,两个开关S1、S2。 主要实验步骤如下： ①按图连接好电路，闭合开关S1和S2,再反复调节R,和 R2,或者滑动变阻器R、R',使电流计G的示数为0，读出电 流表A、电压表V示数分别为L1、U。 ②反复调节电阻箱R,和R(与①中的电阻值不同)，或者 滑动变阻器R、R',使电流计G的示数再次为0，读出电流 表A、电压表V的示数分别为12、U2。 回答下列问题： (1)哪套方案可以更容易得到实验结果 (填“甲”或“乙”)。 (2)电源的电动势E的表达式为 ,内阻r 卷11答案D31Q·物理 14.(14分)半导体掺杂是集成电路生产中最基础的工作。15.(18分)一小型风洞实验室内水平桌面上放两根足够 某公司开发的第一代晶圆掺杂机主要由三部分组成： 长的平行导轨，导轨间距为L,如图甲（俯视）所示。虚 离子发生器、控制器和标靶。简化模型如图所示，离子 线MW左侧区域I有竖直向下的匀强磁场B,虚线PQ 发生器产生电荷量为+q、质量为m的离子，以足够大 右侧区域Ⅲ有竖直向下的匀强磁场B,中间区域Ⅱ有 速度，沿电场的中央轴线飞人电场；控制器由靠得很 水平向左的匀强磁场B2,B1=B2=B,B3=2B。中间区 近的平行金属板A、B和相互靠近的两个电磁线圈构 域处于一向上的风洞中，当棒经过此区域时会受到竖 成（忽略边缘效应），极板A、B长为L,间距为d,加上 直向上的恒定风力F=mg的作用。长度均为L的导体 电压时两板间的电场可当作匀强电场，两电磁线圈间 棒ab、cd与导轨接触良好，两棒质量均为m,棒ab电阻 的圆柱形磁场可以当作匀强磁场，磁感应强度与电流 棒cd电阻为R,其余电阻不计。两棒最 的关系为B=L,k为常数，匀强电场与（柱形）匀强磁 场的中轴线互相垂直相交，磁场横截面的半径为「。；标 现给棒ab一个水平向右的瞬间冲量使得其获得初速 靶是半径为R的单晶硅晶圆，并以晶圆圆心为坐标原 度o,已知棒cd到达MN前两棒不相碰且均已匀速。 点，建立Oxy正交坐标系。晶圆与匀强电场的中轴线 当棒cd刚进人区域Ⅱ时，对棒ab施加一水平向右的 垂直，与匀强磁场的中轴线平行，且与匀强电场中心和 外力使棒ab向右做匀加速直线运动，外力随时间变化 柱形匀强磁场中轴线的距离分别为L2和L,其中R= 的图像如图乙所示。已知直线斜率为k,t。时刻棒cd √3L3。UB=0,I=0时，离子恰好打到晶圆的(0,0)点。 恰好进人区域Ⅲ，棒cd进入区域Ⅲ瞬间撤去棒ab上 (1)当I=0,UB=U1时，离子恰好能打到(0，-R)点，求 的外力。区域I、Ⅲ导轨光滑，中间区域导轨粗糙且与 U1的值。 棒cd间的动摩擦因数为心，两棒在运动过程中始终与 导轨垂直且接触良好，棒αb始终在区域I运动。其中 (2)当U=0,1=11时，离子能打到点(R,0),求11 的值。 BL4=2mkR,重力加速度为g。求： to= (3)试导出离子打到晶圆上的位置(x,y)与U和I的 (1)棒ab刚开始运动时，棒两端的电势差Ub; 关系式。（提示：离子在磁场中运动时间很短，可以不 (2)图乙中t=0时刻外力F。多大，t。时刻棒ab的速度 2tan 多大； 考虑y方向的影响，tan0= (3)棒cd进入区域Ⅲ后的过程中闭合回路产生的焦耳 -tan" 热多大。