浙江省宁波市2023届高三物理上学期选考模拟试卷（Word版附解析）

宁波市2022学年第一学期选考模拟考试物理试卷一、选择题Ⅰ（本题共12小题，每小题3分，共36分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.下列物理量的单位用国际单位制中的基本单位表示正确的是（　　）A.功W，B.静电力常量k，C.磁通量，D.电场强度E，V/m【答案】C【解析】【详解】A．根据式子可知，功单位为故A错误；B．选项中库仑非国际单位制中的基本单位，故B错误；C．由公式和可知，磁通量的单位故C正确；D．单位中伏特V非国际单位制中的基本单位，故D错误。故选C。2.2022年6月5日10时44分，搭载神舟十四号载人飞船的长征二号F遥十四运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，约577秒后，载人飞船与火箭成功分离，历时约7小时后与天和核心舱成功对接。下列说法正确的是（　　） A.577秒指的是时刻B.在研究载人飞船和核心舱对接问题时，不能把载人飞船看成质点C.核心舱绕地球做匀速圆周运动时，其速度保持不变D.宇航员从火箭点火发射到进入核心舱的整个过程中始终处于失重状态【答案】B【解析】【详解】A．577秒指的是时间，故A错误；B．在研究载人飞船和核心舱对接问题时，要考虑形状和大小，不能把载人飞船看成质点，故B正确；C．核心舱绕地球做匀速圆周运动时，其速度大小保持不变，而速度的方向时刻改变，故C错误；D．宇航员从火箭点火发射时向上加速处于超重，进入核心舱的过程处于失重状态，故D错误。故选B。3.如图所示，战士在水平地面上进行拉轮胎的负荷训练。设战士拉着轮胎匀速向前，运动过程中双肩与绳的接触点A、B等高，两绳间的夹角为，所构成的平面与水平面间的夹角为，如图所示。下列说法正确的是（　　）A.若保持不变，越小两绳上的拉力越大B.若保持不变，越小两绳上的拉力越小C.无论、取何值，地面对轮胎的支持力始终不变D.无论、取何值，轮胎对地面的压力不可能为0 【答案】D【解析】【详解】AB．设绳子拉力为，轮胎与地面的摩擦因数为，两绳上的拉力的合力为以轮胎对对象，根据受力平衡可得又联立可得若保持不变，越小，越大，则绳子拉力越小；若保持不变，由于存在最大值，即绳子拉力存在最小值，所以越小时，两绳上的拉力并不是越小，故AB错误；CD．地面对轮胎的支持力为可知地面对轮胎的支持力与角有关，且地面对轮胎的支持力不可能为零，即轮胎对地面的压力不可能为零，故C错误，D正确。故选D。4.如图所示，有3根光滑杆AC、BC和BD，其端点正好在同一个竖直的圆周上，A为最高点，D为最低点。现有一穿孔的小球，分别穿过3根杆从杆的顶端静止滑下，从A到C、B到C、B到D的时间分别计为、、。下列判断正确的是（　　） A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】如图所示连接AD两点，设AC与AD的夹角为，则根据，得时间与角度无关，BD与AC的情形类似，故，这类为等时圆问题，利用上述结论以点B为最高点画圆，如图图中小球沿杆分别下滑到D、F的时间相等，而BC比BF长，下滑时间会长一点，故； 故选C．5.下面是教材中的四幅插图，下列说法正确的是（）A.图甲是显微镜下三颗小炭粒的运动位置连线图，连线表示小炭粒的运动轨迹B.图乙是封闭在容器中的一定质量的理想气体，若温度升高，其内能一定增大C.图丙是一定质量的理想气体在不同温度下的两条等温线，则T2<T1D.图丁中一只水黾能停在水面上，主要是靠水对水黾的浮力作用【答案】B【解析】【详解】A．每隔一段时间把观察到的炭粒的位置记录下来，然后用直线把这些位置依次连接成折线，所以布朗运动图像反映每隔一段时间固体微粒的位置，而不是运动轨迹，A错误；B．理想气体不计分子势能，所以温度升高时，分子平均动能增大，则内能一定增大，B正确；C．由理想气体状态方程可判断，一定质量的理想气体，不同温度下对应的等温线是不同的，且越靠近原点等温线所表示的温度就越低，即T1<T2，但同一等温线上气体压强与体积的乘积是不变的，C错误；D．水黾停在水面上的原因是水黾受到了水的表面张力的作用，D错误。故选B。6.为了安全，在家庭电路中一般都会在电能表后面的电路中安装一个漏电保护器，其内部结构如图所示。原线圈是由进户线的火线和零线并在一起双线绕成，当漏电保护器的a、b两端没有电压时，脱扣开关S能始终保持接通；当a、b两端一旦有电压时，脱扣开关立即断开，切断电路以起保护作用。下列说法正确的是（　　） A.用户正常用电时，a、b之间有电流通过B.用户正常用电时，通过原线圈的磁通量与线路中的电流大小有关C.若人站在地面上，手误触火线而触电时，通过原线圈的磁通量不为0D.若此装置用于直流电路，则不能起到保护作用【答案】C【解析】【详解】AB．由于火线和零线采用双线绕法，当用户用电正常时，磁通量始终为零，所以通过原线圈的磁通量与线路中的电流大小无，P线圈内部的磁通量变化率为零，在ab线圈中不会产生感应电动势，所以ab线圈两端没有电压，脱扣开关闭合，故AB错误；CD．如果有人站在地面上，手误触火线而触电，零线或者火线中有一根电流为零，此时只有一根线有电流，P中磁通量不为零且会有磁通量的变化，导致穿过线圈ab的磁通量变化，会产生感应电动势，使ab间有电压，开关立即断开，故C正确，D错误。故选C。7.如图所示，有一个长为12cm的线光源AB，其表面可以朝各个方向发光，现将AB封装在一个半球形透明介质的底部，AB中点与球心O重合。半球形介质的折射率为1.5，为使AB发出的所有光都能射出球面，不考虑二次反射，则球半径R至少为（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】 【详解】如图所示在半球面上任选一点P，根据几何关系可知，若此时线状光源B点发出的光能够射出P点，则线状光源其他点发出的光也一定能够射出P点，所以只要B点发出的所有光线能够射出球面，则光源发出的所有光均能射出球面，在中，根据正弦定理有解得当时，有最大值为使光线一定能从P点射出，根据全反射应有所以故选C。8.人造卫星的发射过程通常要经过多次变轨方可到达预定轨道。假设图示三个轨道是某卫星绕地球飞行的轨道，其中轨道Ⅰ、Ⅲ均为圆，轨道Ⅱ为椭圆，三个轨道在同一平面内，轨道Ⅱ与轨道Ⅰ相切于A点，与轨道Ⅲ相切于B点，不计阻力和卫星在变轨过程中的质量变化，下列说法正确的是（　　）A.卫星在轨道Ⅱ上运动经过A点时，速度一定小于7.9km/s B.卫星在轨道Ⅱ上运动时，经过A点的加速度小于经过B点的C.分别在轨道Ⅰ和Ⅲ上运动时，相等时间内卫星与地心的连线扫过的面积相等D.卫星在轨道Ⅰ上的机械能小于在轨道Ⅲ上的机械能【答案】D【解析】【详解】A．轨道Ⅰ为近地轨道，卫星在轨道Ⅰ运行时的速度等于第一宇宙速度7.9km/s，卫星从轨道Ⅰ变至轨道Ⅱ时需要在A点加速，所以卫星在轨道Ⅱ上运动经过A点时，速度一定大于7.9km/s，故A错误；B．根据万有引力定律和牛顿第二定律有所以卫星在轨道Ⅱ上运动时，经过A点的加速度大于经过B点的，故B错误；C．设卫星的轨道半径为r，角速度为ω，根据牛顿第二定律有解得卫星与地心连线在单位时间内扫过的面积为所以分别在轨道Ⅰ和Ⅲ上运动时，相等时间内卫星与地心的连线扫过的面积不等，故C错误；D．卫星从轨道I到轨道Ⅲ需要经历两次加速变轨过程，火箭发动机对卫星做正功，机械能会增大，所以卫星在轨道Ⅰ上的机械能小于在轨道Ⅲ上的机械能，故D正确。故选D。9.如图所示，小明分别在篮筐正前方的a、b位置投掷篮球，出手时篮球的高度相同，最终都垂直击中篮板上的同一点。不考虑篮球旋转且不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A.在a处投掷时，篮球从出手到击中篮筐的时间更长B.在b处投掷时，篮球击中篮框的速度更大C.在a处和b处投掷篮球过程中，人对篮球做的功相同D.在a处和b处篮球出手后到垂直击中篮板的过程中，篮球的动量变化量相同【答案】D【解析】【详解】A．将篮球的运动反过来看即为平抛运动，平抛运动的时间只取决于高度，由于高度相同，则两次球的运动时间相同，故A错误；B．由于b处离篮框更近，即平抛运动的水平位移更小，由于运动时间相同，则水平速度在b处的更小，即在b处投掷时，篮球击中篮框的速度更小，故B错误；C．将篮球的运动反过来看即为平抛运动，则篮球抛出时竖直方向的速度相等，但水平速度不相同，所以篮球出手时的速度大小不同，即篮球出手时的动能不同，由能量守恒可知，在a处和b处投掷篮球过程中，人对篮球做的功不相同，故C错误；D．由动量定理可知，在a处和b处篮球出手后到垂直击中篮板的过程中，篮球的动量变化量为则两次球的动量变化相同，故D正确。故选D10.电荷量为Q的点电荷位于水平坐标轴的位置，电荷量为q的点电荷位于轴上的位置，且，已知在x轴上的电场强度E的分布如图所示（方向指向x轴正方向为正）。若规定x＝0处电势。下列判断正确的是（　　） A.Q带负电，q带正电，且B.沿着x轴从到，电场强度E的大小先增加后减小C.沿着x轴从到，电势先增加后减小D.带负电的试探电荷，从起向x轴正方向运动到无穷远，其电势能先增加后减小【答案】D【解析】【详解】A．根据图中电场强度分布，且方向指向x轴正方向为正，知Q带负电，q带正电，又x＝0处电势根据点电荷电势公式则有故A错误；B．沿着x轴从到，电场强度E的大小先减小后增加，故B错误；C．沿着电场线方向电势降低，沿着x轴从到，电势增加，故C错误；D．带负电的试探电荷，从起向x轴正方向运动到无穷远，电场力先做负功后做正功，其电势能先增加后减小，故D正确。故选D。11.如图所示，质量为m的子弹，以初速度射入静止在光滑水平面上的木块，并留在其中。木块质量为M，长度为L，子弹射入木块的深度为d，在子弹射入木块的过程中木块移动距离为s。假设木块对子弹的阻力始终保持不变，下列说法正确的是（　　） A.d可能大于s，也可能小于sB.s可能大于L，也可能小于LC.s一定小于d，s一定小于LD.若子弹质量减小，d和s不一定同时变小【答案】C【解析】【详解】木块和子弹组成的系统合外力为零，系统动量守恒，有解得木块增加的动能等于阻力与木块的位移乘积系统损失的机械能等于阻力与两个物体相对位移的乘积由此计算可得，s一定小于d，而d小于L，所以s一定小于L，若子弹质量减小，d一定变小，s一定变大。故选C。12.磁流体发电机的原理如左图所示，燃烧室在3000K的高温下将气体全部电离成高温等离子体。等离子体经喷管提速后以速度v进入矩形发电通道，发电通道中有垂直于喷射速度方向的匀强磁场，简化后的原理图如右图所示。已知磁感应强度大小为B，发电通道长为l，宽为b，高为a，高温等离子体的电阻率，外部电路的总电阻为R。当开关S闭合后，下列说法正确的是（　　） A.发电机产生的电动势B.回路电流C.发电机的输出功率D.为维持等离子匀速流动，矩形发电通道左右端的压强差【答案】C【解析】【详解】A．由左手定则可知，发电通道的上极板为电源的正极，下极板为负极，稳定时，洛伦兹力等于电场力，即所以发电机产生电动势为故A错误；B．根据闭合电路欧姆定律可得回路中的电流为故B错误；C．发电机的输出功率为故C正确；D．矩形发电通道左右端的压强为 故D错误。故选C。二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题3分，共9分。每小题列出四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）13.下列说法正确的是（　　）A.如图甲肥皂膜上出现的干涉条纹是灯焰直接发出的光与肥皂膜上的反射光产生干涉的结果B.如图乙为了拍出更清晰的汽车内景照片，可在相机镜头上加偏振片以减弱汽车挡风玻璃表面反射光的影响C.如图丙是电子束穿过铝箔后的衍射图样，说明实物粒子具有波动性D.如图丁是紫外线消毒灯，紫外线灯消毒的工作原理利用了光电效应【答案】BC【解析】【详解】A．肥皂膜上出现的干涉条纹的产生是由于光线在膜前后表面反射形成的两列光波的叠加形成的，故A错误；B．可在相机镜头上加偏振片可以减弱汽车挡风玻璃表面反射光的影响，故B正确；C．衍射是波特有的现象，电子束穿过铝箔后的衍射图样，说明实物粒子具有波动性，故C正确；D．紫外线消毒是利用了紫外线可以杀菌的特性，故D错误。故选BC。14.下列说法正确的是（　　）A.X射线是原子外层电子跃迁时发射的波长很短的电磁波B.粒子散射实验中用金箔而没有用铝箔，主要原因是金的延展性比铝好C.汤姆孙求出了阴极射线的比荷，并粗略测到了该种粒子的电荷量，发现了电子 D.核子结合成原子核释放的能量叫作结合能，结合能越大，原子核越稳定【答案】BC【解析】【详解】A．X射线是原子内层电子跃迁时发射的波长很短的电磁波，故A错误；B．α粒子散射实验中用金箔而没有用铝箔，主要原因是金的延展性比铝好，且金的原子核质量较大，可以使α粒子发生散射，故B正确；C．汤姆孙通过阴极射线在电场和磁场中的偏转，确定了阴极射线的本质是带负电的粒子流，并测到了该种粒子的电荷量，发现了电子，故C正确；D．比结合能越大，原子核越稳定，故D错误。故选BC。15.波源S自t＝0时刻起开始振动，每隔1s做两种不同频率的简谐运动，振幅均为2cm，4s后波源S停止振动，其振动图像如图所示。产生的简谐波沿SP方向传播，波速为4m/s，P、Q是介质中两质点，已知SP＝8m，SQ＝10m，如图所示。下列说法正确的是（　　）A.t＝7.0s时，质点P点振动方向沿y轴正方向B.t＝3.5s时，质点P、Q的振动方向相反C.在前4s内，质点P经过路程为24cmD.在前4s内，质点P、Q经过的路程相差最大的时刻出现在【答案】ACD【解析】【详解】A．由图可知，两种波的周期分别为其波长分别为 由振动图可知，每完成一个波长为的完整波，接着再完成波长为的2个完整波，已知SP＝8m，波的振动情况经过2s才传到P点，由振动图可知，起振方向沿y轴正方向，所以t＝7.0s时，质点P点只振动5s，其方向沿y轴正方向，故A正确；B．波传到质点P经过2s，波传到质点Q经过2.5s，在t＝3.5s时，质点P振动了1.5s，质点Q振动了1s，可知此时质点P、Q振动方向相同，故B错误；C．波传到质点P经过2s，所以在前4s内，质点P振动了波长为的完整波，接着振动了波长为的2个完整波，路程为故C正确；D．在前4s内，波传到质点P经过2s，波传到质点Q经过2.5s，波长为的波在质点P、Q间传播时，各自经过的路程相差为4A最大，所以时刻出现在，故D正确。故选ACD。非选择题部分三、非选择题（本题共6小题，共55分）16.（1）以下三个实验中，用到“控制变量”实验方法的是______（单选）；A．“探究加速度与力、质量的关系” B．“探究平抛运动的特点”C．“研究自由下落物体机械能”（2）下列器材中，上述三个实验都需要用到的是______（单选）；A．B．C．D．（3）如图所示，某同学做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验，关于该同学的实验操作，下列改进建议合理的是______（多选）。A．适当增加细绳的长度B．适当增大两细绳间的夹角C．适当增大弹簧测力计的拉力D．尽量减少弹簧测力计外壳与桌面间的摩擦【答案】①.A②.B③.ABC【解析】【详解】（1）[1]A．探究加速度与力、质量的关系实验中使用了控制变量法，故A正确；B．探究平抛运动的特点利用的是等效替代法，故B错误；C．研究自由下落物体的机械能不需要控制变量，故C错误。 故选A。（2）[2]A．秒表三个实验都不需要用到，故A错误；B．直尺三个实验都需要用到，故B正确；C．天平第二个实验和第三个实验不需要，故C错误；D．打点计时器第二个实验不需要用到，故D错误。故选B。（3）[3]AB．该实验中，细绳的长度太短了；同时两个细绳间的夹角过小，故AB正确；C．增大测力计的拉力，可以更准确的读出拉力的数值，同时还可以使实验效果更明显，故C正确；D．该实验没有涉及到测力计外壳与桌面间的摩擦力，故D错误。故选ABC。17.某同学研究小风扇电动机的电学特征进行了如下实验。①如图所示，甲为其通电后正常转动状态，乙为其通电后被卡住不转动的状态，丙与丁分别为两种状态下相同量程的电流表测得的通过电动机的电流。请问丙对应电动机的哪一种状态？______（填“甲”或“乙”）；②上述实验中，电流表的量程是0.6A，丙中电流表的读数______A；【答案】①.乙②.0.30【解析】【详解】①[1]电机正常转动时有一个反电动势，当被卡住停下来时，反电动势为0，电流相当于流过一个电阻线圈，则电流会突然增大许多.故图中的大电流为电动机停转时的电流对应乙图中手按住电动机。②[2]电流表量程是0.6A，则由图丙可知电流表的读数0.30A。18.某同学在画有小方格的坐标纸上用“插针法”测量某玻璃砖的折射率，大头针、和、的位置如图所示。 ①请画出光路图______；②根据光路图，测得玻璃砖的折射率为______。【答案】①.②.【解析】【详解】①[1]设图中方格的边长为l，根据几何关系可知玻璃砖截面为等腰梯形，且两底角均为45°，因为玻璃砖左腰界面的入射光线与右腰界面的出射光线平行，所以，假设光线在AB面的O点发生反射，所以△AMO与△BNO相似，则而解得由此可以确定O点的位置，连接MO和NO即可得到光路图。 ②[2]在△AMO中，根据余弦定理可得根据正弦定理可得根据三角函数知识有根据折射定律有联立以上各式解得19.肺活量是指在标准大气压下，人一次尽力吸气后，再尽力呼出的气体体积。某同学用“吹气球法”粗测自己的肺活量。如图所示，该同学尽力吸气后，通过一个粗细均匀的管子，将全部气体吹入气球内并封住出气口（吹气前气球内部的空气可忽略不计）。若吹气后气球可看作半径r＝10cm的球形，球内气体的压强p＝1.1atm，环境温度。（取，，）（1）求该同学的肺活量；（2）估算该同学吹气球过程中吹气所做的功；（3）已知在标准状态下（，），1mol空气的体积，求该同学一口气吹出的空气分子数。（计算结果保留两位有效数字）【答案】（1）；（2）；（3）【解析】 【详解】（1）由题可知，对吹出的一定的气体根据玻意耳定律得由题意知p＝1.1atm代入得该同学的肺活量为（2）人吹气时，把体内的气体压到气球中，根据功的定义可得其中吹气结束时气球内的压强大小为1.1atm，作为估算，压强p取均可。则代入数据可得（3）标准状态下摩尔体积空气分子数20.五行八卦在中国传统文化中较为神秘，用来推演空间时间各类事物之间的关系。有一兴趣小组制作了一个“八卦”轨道游戏装置，如图所示，ABC和CDE是半径r＝0.3m的光滑半圆磁性轨道，AFE是半径R＝0.6m的光滑半圆塑料细管道，两轨道在最高点A处前后略有错开 （图中未画出）。左侧有一与水平面夹角，长度L＝1.25m的斜面MN，斜面底端M和轨道最低点E在同一水平面上，在斜面底端有一弹射器用于发射质量m＝0.3kg的小滑块P，在斜面顶端N处有一被插销锁定的相同质量的小钢球Q。某次试验时，将小滑块以初动能发射，到达斜面顶端后与小钢球发生对心弹性撞击，同时小钢球解除锁定，小钢球恰能无碰撞进入塑料细管道的A点，经塑料管道和“八卦”轨道后返回。设小钢球和磁性轨道间的磁力大小恒为F，方向始终与接触面垂直，不考虑小钢球脱离磁性轨道后的磁力。小滑块在斜面上运动时受到的摩擦力大小恒定，小滑块P、小球Q在运动中均可视为质点，忽略空气阻力。（，）求：（1）Q恰能无碰撞进入细管道时在A点的速度大小；（2）要使Q不脱离磁性轨道，求所需磁力F的最小值；（3）P从发射到与Q发生碰撞过程中，斜面摩擦力对P做的功；（4）通过调节斜面长度L和ME间水平距离x，使Q始终能无碰撞地从A点进入细管道，求发射P的初动能与x之间的关系。【答案】（1）4m/s；（2）31N；（3）-0.5J；（4）【解析】【详解】（1）Q恰能无碰撞进入细管道时，则从A点反向平抛，恰好N点进入斜面轨道，根据平抛规律可知，小球A点的速度大小其中可解得 （2）分析可得，小钢球在磁性轨道上运动时，从下向上刚过C点时最容易脱离磁性轨道，满足从A点到C点运动过程中机械能守恒解得（3）因滑块与钢球发生对心弹性撞击，滑块碰撞前的速度与钢球碰撞后的速度相等（交换速度），则分析滑块在斜面向上运动的过程，根据动能定理得解得（4）Q从N点飞出的方向恒定，根据平抛速度和位移关系可知得要使得Q能恰好无碰撞进入A，其速度大小为斜面上滑块重力和摩擦力做功都与斜面长度成正比，根据动能定理综合上述式子解得 “八卦”轨道需在斜面右侧，且L＞0，可得x的范围：【点睛】理解物体在运动过程中分为几个阶段，每个阶段中物体的运动类型。当物体做圆周运动时，往往需要用到牛顿第二定律及功能关系进行解答。明确物体在每个运动阶段的受力情况，当使用功能关系进行解答时，需明确哪些力做功。21.电磁减震器是利用电磁感应原理的一种新型智能化汽车独立悬架系统。某同学也设计了一个电磁阻尼减震器，图为其简化的原理图。该减震器由绝缘滑动杆及固定在杆上的多个相互紧靠的相同矩形线圈组成，滑动杆及线圈的总质量m＝1.0kg。每个矩形线圈abcd匝数n＝100匝，电阻值，ab边长L＝20cm，bc边长d＝10cm，该减震器在光滑水平面上以初速度向右进入磁感应强度大小B＝0.1T、方向竖直向下的匀强磁场中。求：（1）刚进入磁场时减震器的加速度大小；（2）第二个线圈恰好完全进入磁场时，减震器的速度大小；（3）若减震器的初速度v＝5.0m/s，则滑动杆上需安装多少个线圈才能使其完全停下来？求第1个线圈和最后1个线圈产生的热量比k？不考虑线圈个数变化对减震器总质量的影响。【答案】（1）；（2）0.2m/s；（3）96【解析】【详解】（1）减震器受到的安培力为刚进入磁场减速瞬间减震器的加速度为（2）设向右为正方向，对减震器进行分析，由动量定理可得 解得（3）由上述小题得，每一个线圈进入磁场的过程中，减震器速度减小量线圈的个数为个则需要13个线圈，只有进入磁场的线圈产生热量，线圈产生的热量等于动能的减少量。第一个线圈恰好完全进入磁场时最后一个线圈刚进入磁场时因此22.中性粒子分析器是核聚变研究中的重要设备，通过对高能中性原子能量或动量的测量，可诊断曾与这些中性原子充分碰撞过的离子的性质。如图所示，为了测量某中性原子的动能，首先让中性原子电离，然后让电荷量为的离子经孔A与下边界成角入射到间距为d、电势差为U的平行有界匀强电场区域中，经过电场偏转后离开电场区域。不计离子的重力，不考虑相对论效应及场的边界效应。（1）为保证离子不碰到上边界，入射离子的最大动能是多少？（2）若该离子离开电场后，经无场区沿直线运动至孔P出射，已知孔P与下边界的垂直距离为h，孔A和孔P间平行于下边界的距离为l，试确定该离子刚进入电场时的动能；（3）若在测量中发现，有动能均为、电荷量均为而质量分别为、、的三种离子均能从孔P出射，且。三种离子从孔P出射后自C点垂直CD边射入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的矩形匀强磁场CDEF，CD、DE、EF边上均装有不同的离子收集板（每块板只收集一种离子）。设CD边长为a，DE边长为b，且，现要区分并 收集这三种离子，则a、b还应分别满足什么条件？【答案】（1）；（2）；（3），【解析】【详解】（1）离子恰好能运动到上边界，离子在电场中只受电场力作用，其加速度为由竖直方向做匀变速直线运动可得入射离子的最大动能为（2）根据水平方向匀速运动，离子在偏转电场的运动时间离子在偏转电场中平行于下边界的位移另由几何关系可得 代入得（3）动能为的离子在磁场区域中做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力可知其半径因，有，经分析CD边、DE边、EF的收集板分别收集质量为、、的离子。如图所示要CD边收集质量为离子，需满足且；DE边收集质量为离子，需满足，因，离子圆周运动的圆心在CD上，需满足离子不碰到EF边，要求；EF边收集质量为离子，需满足。综上可得