浙江省十校联盟2022-2023学年高三物理上学期10月联考试题（Word版带解析）

浙江省十校联盟2022年10月高三联考物理试卷选择题部分一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个备选项中，只有一项是符合题目要求的，不选、错选、多选均不得分）1.杭州是中国第三个取得夏季亚运会主办权的城市，如图所示是田径的主赛场“莲花碗”。下列关于亚运会田径项目的叙述正确的是（　　）A.研究三级跳远的动作要领时可将运动员看成质点B.在田径比赛中跑步运动员的比赛成绩是一个时刻C.短跑运动员跑100m和200m都是指位移D.高水平的跳高运动员可以在重心低于横杆的情况下成功跃过横杆【答案】D【解析】【详解】A．研究三级跳远的动作要领时，不能忽略运动员的形状大小，不可将运动员看成质点，故A错误；B．在田径比赛中跑步运动员的比赛成绩是时间间隔，故B错误；C．跑运动员跑100m指位移，200m指路程，故C错误；D．中心不一定在物体上，高水平的跳高运动员可以在重心低于横杆的情况下成功跃过横杆，故D正确。故选D。2.引力波是根据爱因斯坦的广义相对论作出的奇特预言之一，三位美国科学家因在引力波的研究中有决定性贡献而荣获诺贝尔奖。对于引力波概念的提出，可以通过这样的方法来理解：麦克斯韦认为，电荷周围有电场，当电荷加速运动时，会产生电磁波；爱因斯坦认为，物体周围存在引力场，当物体加速运动时，会辐射出引力波。爱因斯坦的观点的提出，采取了哪种研究方法（　　）A.观察法B.理想模型法C.类比法D.控制变量法【答案】C 【解析】【详解】爱因斯坦的观点的提出类比了电场和电磁波的概念，故采用了类比法。故选C。3.密立根油滴实验原理如图所示。两块水平放置相距为d的金属板A、B分别与电源正、负极相接。从A板上小孔进入两板间的油滴因摩擦而带有一定的电荷量，将两板间的电压调到U时，一带电油滴恰好悬浮在两板间；然后撤去电场，该油滴开始下落并很快达到匀速，通过显微镜可观测到这一速度大小为v。已知油滴所受阻力的大小与其速度的大小成正比，比例系数为k，重力加速度为g。则该油滴所带电荷量的值为（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】极板间的电场强度为油滴悬浮时，根据平衡条件有撤去电场，油滴匀速运动时，根据平衡条件有解得故选A。4.翻滚过山车是一种非常刺激而有趣的游乐项目。如图甲所示，小刚同学所坐的翻滚过山车正在下行中，如图乙所示，他此时所做的运动及所受合力的可能方向分别是（　　） A.匀速圆周运动、沿方向B.匀速圆周运动、沿方向C.加速圆周运动、沿方向D.减速圆周运动、沿方向【答案】C【解析】【详解】翻滚过山车正在下行中，做加速圆周运动，合力方向应该与速度成锐角，即沿方向。故选C。5.如图所示，一原长为的轻质弹簧的左端与墙面相连，当右端施加大小为的向右拉力时弹簧长度变为；当右端施加大小为的向右拉力时弹簧长度变为；当右端施加大小为的向左压力时弹簧长度变为；则弹簧的劲度系数不可以表示为（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】根据胡克定律有，，解得本题选不可以表示的，故选B。6.如图甲所示，有一节能电梯中加装了“钥匙扣”接触区装置，人进入电梯以后必须要用图乙所示的带绝缘外壳“钥匙扣”接触“钥匙扣”接触区，就会听到“嘟”的一声解锁成功，然后再按楼层的数字键才会响应。图丙是“钥匙扣”接触区装置拆开后露出的一个由 漆包线绕成的一个多匝矩形线圈，根据以上情景，你认为利用“钥匙扣”接触区装置解锁主要应用了什么物理原理（　　）A.电流的磁效应B.通电导线在磁场中受到安培力作用C.电磁感应D.电流的热效应【答案】C【解析】【详解】“钥匙扣”接触区装置拆开后是一个多匝矩形线圈，“钥匙扣”靠近后产生感应电流，从而控制开关，是利用了电磁感应现象。故选C。7.下表为地球与火星的数据比较表，地球与火星绕太阳的运动视做圆周运动，根据表中信息，下列说法正确的是（　　）与太阳的平均距离（亿km）赤道半径（km）公转周期自转周期质量（地球视为1）体积（地球视为1）赤道平面与公转轨道平面夹角地球1.4966.3781年23小时56分11火星2.2793.3951.9年24小时37分0.110.15A.地球公转的线速度小于火星公转的线速度B.地球公转的向心加速度小于火星公转的向心加速度C.地球的自转角速度小于火星的自转角速度D.地球表面的重力加速度大于火星表面的重力加速度 【答案】D【解析】【详解】A．根据万有引力提供向心力，则有解得由表数据中可知地球的轨道半径小于火星的轨道半径，故地球公转的线速度大于火星公转的线速度，故A错误；B．根据万有引力提供向心力，则有解得由表数据中可知地球的轨道半径小于火星的轨道半径，故地球公转的向心加速度大于火星公转的向心加速度，故B错误；C．根据由表数据中可知地球的自转周期小于火星的自转周期，故地球的自转角速度大于火星的自转角速度，故C错误；D．在星球表面，根据万有引力等于重力，则有解得由表中地球和火星的质量、半径的数据代入上式，可知地球表面的重力加速度大于火星表面的重力加速度，故D正确。故选D。8.如图为我国的“直-9”直升飞机在无风的情况下悬停在空中的照片，设螺旋桨向下推空气时使空气获得的速度大小为v，“直-9”直升飞机的质量为M，设重力加速度为g，忽略 尾翼螺旋桨消耗的能量，“直-9”直升飞机的质量M不变，以下说法正确的是（　　）A.“直-9”直升飞机受到空气的总作用力大小为Mg，方向竖直向上B.因为“直-9”直升飞机的升力不做功，所以“直9”直升飞机的发动机消耗的功率为0C.因为空气不断的被向下加速，所以“直-9”直升飞机的发动机消耗的功率为MgvD.单位时间内被螺旋桨向下推出的空气质量为【答案】A【解析】【详解】A．“直-9”直升飞机在悬停，合力为0，故受到空气的总作用力大小为Mg，方向竖直向上,故A正确；B．“直-9”直升飞机的升力不做功，但“直9”直升飞机的发动机消耗的功率不为0，发动机将化学能转化为螺旋桨的动能及摩擦热等能量，故B错误；C．为了使空气向下加速，发动机至少需要消耗的功率为除此之外，发动机产生的能量还需要转化成螺旋桨的动能及摩擦热等能量，故发动机功率不等于Mgv，故C错误；D．根据动量定理单位时间内被螺旋桨向下推出的空气质量为故D错误。故选A。9.据不完全统计，我国风能资源总储量约32.26亿kW，可开发和利用的陆地上风能储量有2.53亿kW，近海可开发和利用的风能储量有7.5亿kW，共计约10亿kW。风力发电已成为我国节能减排的重要途径之一，风力发电机主要由风轮（转轴和叶片）、发电机和塔筒三部分组成。如图所示，风轮正面面向风，其上的转子叶片与旋转的平面呈一定角度，以便风驱动风轮转动。某地的风速为v，空气的密度为，转子叶片扫过的面积为S，则以下说法正确的是（　　） A.风力发电装置的输出功率与风速成正比B.每秒钟风轮上输入的空气动能为C.风场的风速越大，发电机将风能转化为电能的效率一定越高D.如果我国风能资源有10％被利用，则每年可发电约【答案】B【解析】【详解】A．风力发电装置是将风的动能转化为电能，时间t内由此可知，风力发电装置的发电功率与风速的立方成正比，则其输出功率也与风速的立方成正比，故A错误；B．每秒钟风轮上输入的空气动能为故B正确；C．风场的风速越大，只能表明相同时间内吹到叶片风的动能越大，风的动能转化为转子叶片的动能还与转子叶片与风的方角等因素有关，最终转子叶片的动能转化为电能还与装置的其它因素有关，故C错误；D．如果我国风能资源有10％被利用，则每年可发电约故D错误。故选B。10.这次波及全球的新冠病毒的尺寸约为100nm，由于最短可见光波长约为400nm，所以我们无法用可见光捕捉病毒的照片。科学家用电子显微镜，即加速电场中的电子，使其表现为波长远小于可见光的波。终于捕捉到了它的图像，正所谓越艳丽越有毒。已知电子的 质量为，电子的电荷量为，普朗克常量为，不考虑相对应效应，则下列说法错误的是（　　）A.电子显微镜的分辨率非常高，是由于电子的德布罗意波长非常短B.电子显微镜与加速电压有关，加速电压越高，则分辨率越低C.若用相同动能的质子代替电子，也能拍摄到新冠病毒的3D图像D.德布罗意长为0.2nm的电子，可由静止电子通过约37.8V的电压加速得到【答案】B【解析】【详解】AB．影响电子显微镜分辨率的直接因素是光源的波长，波长越短，加速电压越高，分辨率越高，故A正确，B错误；C．相同动能的质子和电子，根据，联立解得因质子质量大于电子质量，所以质子的波长小于电子的波长，波长越短，分辨率越高，所以，更能“拍摄”到新冠病毒的3D影像，故C正确；D．由动能定理电子动量联立解得代入数据解得故D正确。 本题选错误的，故选B。11.如图所示，“核反应堆”通过可控的链式反应实现核能的释放，核燃料是铀棒，在铀棒周围放“慢化剂”，快中子和慢化剂中的碳原子核碰撞后，中子速度减小变为慢中子。下列说法正确的是（　　）A.“慢化剂”使快中子变慢中子，慢中子更难被铀核俘获，从而减缓反应速度B.裂变后的新核氪的比结合能小于铀核的比结合能C.链式反应是指由重核裂变产生的电子使裂变反应一代接一代继续下去的过程D.当核反应过于缓慢时，可以适当的抽出镉棒，达到加快核反应速度的目的【答案】D【解析】【详解】A．中子的速度不能太快，否则无法被铀核捕获，裂变反应不能进行下去，A错误；B．重核裂变，质量亏损，释放核能，比结合能大的原子核稳定，故新核氪的比结合能大于铀核的比结合能，B错误；C．链式反应是指由重核裂变产生的中子使裂变反应一代接一代继续下去的过程，C错误；D．镉棒的作用是吸收中子，当核反应过于缓慢时，可以适当的抽出镉棒，吸收中子较少，达到加快核反应速度的目的，D正确。故选D。12.如图甲所示，同一均匀介质中的一条直线上有相距10米的两质点A、B、C为AB中点，从0时刻起，波源A、波源B同时开始振动，且波源A发出的波只向右传，波源B发出的波只向左传，图乙为A的振动图像，图丙为B的振动图像，若A向右传播的波与B向左传播的波在0.5s时相遇，则下列说法正确的是（　　） A.两列波的波长均为2mB.两列波在AB间传播的速度大小均为5m/sC.在两列波相遇的过程中，在时，C点的振动加强D.在B的右边有一观察者向右运动，观察者接收到的频率大于5Hz【答案】C【解析】【详解】AB．波速由介质决定，则两波在同一均匀介质中传播波速相同，设为v，则有代入数据解得由图知A的周期，则波长为由图知B的周期，则波长为故AB错误；C．A向右传播的波与B向左传播的波在0.5s时相遇，即在C点相遇，再经过0.2s就到了t=0.7s时刻，由图乙可知A波再经过0.2s处于平衡位置向上振动，由丙图可知B波再经0.2s处于平衡位置向上振动，故此时C点是振动加强，故C正确；D．由题可在，B的右边只接收到波源A传过去的波，A波的频率为，当在B的右边有一观察者向右运动时，远离波源A，根据多普勒效应，接收频率小于波源频率5Hz，故D错误。故选C。13.1mol的某种理想气体，沿如图图像中箭头所示方向，从状态A变化到状态B，再变化到状态C，再回到状态A。已知气体处于状态A时的温度为，已知1mol的该种理想气体内能为（其中R为普适气体常数，T为气体的热力学温度），大气压 ，则下列判断正确的是（　　）A.气体处于状态B时的温度是B.从状态A变化到状态B，理想气体一定从外界吸收热量C.从状态B变化到状态C过程该气体吸热D.从状态A→B→C→A的过程中，外界该气体做功200J【答案】B【解析】【详解】A．根据理想气体状态方程解得B．从状态A变化到状态B，体积膨胀气体对外界做功，温度升高，内能增大，根据热力学第一定律可知，气体一定吸收热量，故B正确；C．根据理想气体状态方程解得从状态B变化到状态C过程,温度降低，气体不做功，则放热故C错误；D．从状态A→B→C→A的过程中，外界该气体做功故D错误。故选B。 二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对得2分，选对但不选全得1分，有选错的得0分）14.如图为一有效摆长为l的单摆，现将质量为m的摆球A向左拉高平衡位置一个很小的角度，使得A球升高了h，然后由静止释放。A球摆至平衡位置P时，恰与静止在P处，质量为0.2m的B球发生正碰，碰后A继续向右摆动，B球以速度v沿光滑水平面向右运动，与距离为d的墙壁碰撞后以原速率返回，当B球重新回到位置P时，A球恰好碰后第一次回到P点。则下列说法正确的是（　　）A.单摆的周期为B.当地的重力加速度为C.A球释放到达P经历的时间，大于A球碰后再次到达最高点的时间D.A球碰后的速度大小为【答案】AD【解析】【详解】A．B球来回运动时间单摆的周期为故A正确；B．单摆的周期为联立解得重力加速度为 故B错误；C．单摆的周期为碰撞前后周期不变，故A球释放到达P经历时间等于A球碰后再次到达最高点的时间，故C错误；D．根据动能定理碰撞后解得故D正确。故选AD。15.如图所示，OBCD为半圆柱体玻璃的横截面，OD为直径，一束由蓝光和黄光组成的复色光沿AO方向从真空射入玻璃，分两束分别射到圆柱面的B、C两点。只考虑第一次射向圆弧的光线，下列说法正确的是（　　）A.从B、C两点射出的光分别是黄光、蓝光B.光从O传到B与光从O传到C的时间相等C.若从圆弧面只有一处光线射出，则一定是从B点射出D.若仅将复色光的入射点从O平移到D的过程中，可能出现从圆弧射出的两束光线平行【答案】BD【解析】【详解】A．同一介质对不同频率的光具有不同的折射率，折射率随频率的增大而增大，即玻璃对蓝光的折射率大。由于光束OB的偏转程度大于OC，可知光束OB为蓝光，光束OC为黄光。从B、C两点射出的光分别是蓝光、黄光。A错误； B．设OD长度为d，折射角分别为、，连接BD、CD，如下图根据解得光在玻璃中传播时间为可解得故B正确；C．由又黄光的临界角大于蓝光的临界角。又蓝光与法线的夹角大于黄光与法线的夹角，若从圆弧面只有一处光线射出，则一定是从C点射出。C错误；D．设复色光的入射点从O平移到D的过程中，从圆弧射出的两束光线入射角和折射角分别为：、、、，如图所示 由数学关系可知，存在从圆弧射出的两束光线平行且满足D正确。故选BD。16.在磁感应强度为B的均匀磁场内放置一极薄的金属片，其极限波长为，实验证明，在某种特定条件下，金属内的电子能吸收多个光子，产生光电效应。今用频率为的弱单色光照射，发现没有电子放出。若保持频率不变，逐渐增大光强，释放出的电子（质量为m，电荷的绝对值为e）能在垂直于磁场的平面内作的圆周运动，最大半径为R，则下列说法正确的是（　　）A.遏止电压为B.此照射光光子的能量可能为C.放出电子的最大动量为eBRD.单色光光子的动量可能为【答案】ACD【解析】【详解】A．设光电子的最大速度为，光电子在磁场中做圆周运动得所以 遏止电压为故A正确；BD．根据能量守恒有n为大于等于2的自然数，当n=2时，此照射光光子的能量为则对应光子的动量单色光光子的动量为故B错误，D正确；C．由于电子最大动能最大动量故C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）17.某同学采用如图1所示的装置进行“验证机械能守恒定律”实验。 （1）除了图1装置中的器材之外，还必须从图2中选取实验器材，其编号是___________；（2）图1中该同学将要释放纸带，其操作不当之处是___________；（3）实验中打点计时器接50Hz交流电，并且每隔4个计时点取一个计数点，计算打下计数点7时纸带速度的大小为___________m/s（保留3位有效数字）。【答案】①.③②.释放时重物离打点计时器太远③.0.290##0.291##0.292##0.293##0.294【解析】【详解】（1）[1]打点计时器可以记录时间，不需要秒表，需要用刻度尺测量纸带上点的距离，不需要螺旋测微器和游标卡尺，故选③。（2）[2]操作不当之处是，释放时重物离打点计时器太远。（3）[3]周期计数点7时纸带速度的大小为因读数误差，则结果（0.290-0.294）范围内即可。18.利用如图甲所示的可拆变压器零部件，组装后通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系。 （1）本实验要主要运用的科学方法是___________；A.等效替代法B.控制变量法C.整体隔离法D.理想模型法（2）本实验可能要用到的测量仪器是___________；A.直流电压表B.电压互感器C.多用电表D.钳形电流表（3）利用如图乙所示的装置，直接在原线圈的“0”和“800”两个接线柱之间接的交流电源，用电表测量副线圈的“0”和“400”两个接线柱之间的电压，则副线圈两端测得的电压可能是___________。A.8.48VB.5.98VC.1.48VD.0V【答案】①.B②.C③.C【解析】【详解】（1）[1]本实验中，主要通过改变一个物理量，保持其他物理量不变，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，利用了控制变量法。故选B。（2）[2]本实验需要测量副线圈两端的电压，需要用交流电压表，可用多用电表替代。故选C；（3）[3]由题可知，原线圈输入交流电的有效值为6V，若为理想变压器，根据原、副线圈的电压比与匝数比的关系可得副线圈的电压考虑到不是理想变压器，有漏磁等现象，则副线圈所测得得电压大于零小于3V，可能为1.48V。故选C。19.某同学在“练习使用多用电表”实验中。（1）在使用前发现电表指针位置如图甲所示，该同学应该调节哪个位置___________（选“①”或者“②”）； （2）该同学使用多用电表欧姆档测量某品牌蒸蛋器的电阻，读数如图乙所示，则测量的结果是___________；（3）该同学使用多用电表欧姆档测量灯泡（100W，220V）的电阻，读数如图丙所示，则多用电表欧姆档选择的是___________（选“×1”或“×10”或“×100”）。【答案】①.①②.160③.×10【解析】【详解】（1）[1]使用前发现电表指针位置不在电流零刻线，应进行机械调零，故选①。（2）[2]欧姆表读数 （3）[3]灯泡阻值欧姆表测量的是灯泡常温电阻，约为正常发光电阻的十分之一，图示指针在5附近，故选择×10档。20.利用双缝干涉测定光的波长实验中，双缝间距，双缝到光屏的距离，用某种单色光照射双缝得到干涉条纹如图所示，分划板在图中A、B位置时游标卡尺读数也如图中所示，则：（1）分划板在图中A、B位置时游标卡尺读数分别为，___________mm，相邻两条纹间距___________mm；（2）利用波长的表达式（用、l、d表示），该单色光的波长___________m；（计算结果保留2位有效数字）【答案】①.16.4②.0.88③.【解析】【详解】（1）[1]游标卡尺读数为[2]相邻两条纹间距（2）[3]该单色光的波长21.北京时间2022年7月24日14时22分，搭载问天实验舱的长征五号B遥三运载火箭，在我国海南文昌航天发射场点火发射，发射取得圆满成功。长征五号（含问天实验 舱）总质量约为850吨，发射塔架的高度约为100米。在发射的当天游客在现场注意到在火箭点火起飞约5秒时火箭尾部刚好越过塔架。（忽略火箭质量的变化及火箭受到的空气阻力）（1）请分析在海南文昌新建航天发射场发射火箭的原因（写出一条即可）；（2）假设火箭从点火到越过塔架的过程中喷气对火箭的推力是恒力，请你根据以上信息估算这个推力的大小；（3）在题（2）过程火箭推力的平均功率。【答案】（1）纬度较低，则线速度较大，可节约燃料；（2）；（3）【解析】【详解】（1）地球自转的角速度不变，根据可知纬度较低，半径越大，则线速度较大，可节约燃料；（2）根据位移时间公式有解得根据牛顿第二定律有解得（3）推力做功为则平均功率为22.如图为一游戏装置的示意图，在水平轨道的左侧有一竖直墙面P，PA、AC段均为光滑的水平面，在水平面上有一半径的光滑圆轨道，圆轨道与水平轨道相切于A点，倾角为的倾斜轨道CD与水平轨道平滑接于C点。现有一可视为质点、质量 为的滑块放置于弹簧的一端，弹簧的另一端固定于墙面P，弹射时让滑块从静止释放，弹簧的弹性势能与滑块动能相互转化时无能量损耗，由于受弹簧限制，弹性势能最大值不能超过120J。（1）若滑块恰好能第一次通过圆的最高点B，求滑块在A点的速度的大小；（2）求在第（1）问的前提下，滑块在圆轨道最右端时对轨道压力的大小；（3）已知CD段的动摩擦因素为，且CD段的长度为15m，滑块在整个运动过程中不脱离轨道并且不从D点飞离，求首次弹射时弹簧的弹性势能的取值范围。【答案】（1）；（2）60N；（3）或【解析】【详解】（1）滑块恰好能第一次通过圆的最高点B从A到B根据动能定理得解得（2）滑块在圆轨道最右端时解得（3）若恰好到达B点，根据机械能守恒定律得若恰好不从D点飞出，则 物体沿斜面向上运动有因，物体不能静止在斜面上，因此会沿斜面下滑，则有可得因此物体要想不脱离轨道且越过D点，则要求返回后的速度，即，故弹簧的弹性势能的取值范围如果沿斜面返回的速度恰好到达圆心等高处，则解得即，故弹簧的弹性势能的取值范围若恰好到达圆心等高点，根据机械能守恒定律得故弹簧的弹性势能的取值范围故弹簧的弹性势能的取值范围或23.如图所示，无限长的“U”金属导轨ABCD和金属导轨EF、GH水平平行放置，AB、EF、GH、CD之间的距离均为L，AB和EF区域、GH和CD区域均有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为，EF和DH区域有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小也为，GH和CD左端连有带开关S的电容器，其电容为（电容器一开始不带电）。现有三根金属棒1、2、3如图所示垂直导轨放置，三根金属棒长度均为L，其中金属棒1、3质量均为m，电阻均为R。金属棒2质量为，电阻为。时刻金属棒1、3静 止，开关S断开，金属棒2有垂直棒2大小为的速度，忽略所有的阻力和所有导轨的电阻。求：（1）时刻通过金属棒2的电流I的大小；（2）开关S处于断开状态下，金属棒1、2、3达到稳定运行时，金属棒2的速度大小；（3）开关S处于断开状态下，从时刻到第（2）问所指状态的过程中，金属棒1产生的焦耳热；（4）当到达第（2）问所指的状态时，撤去金属棒3，同时闭合开关S，在以后的运动中，当金属棒1、2达到稳定运行时，电容器带的电量大小Q。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【解析】【详解】（1）时刻满足解得（2）稳定运行时，棒1、3的速度均为对棒2使用动量定理对棒1使用动量定理解得 （3）根据能量守恒金属棒1产生的焦耳热（4）稳定运行时，棒1的速度均为，棒2的速度均为，对棒1使用动量定理对棒2使用动量定理对于整个回路解得24.某种质谱仪由偏转电场和偏转磁场组成，其示意图如图所示，整个装置置于真空中，在第二象限的左侧足够远处存在一线状粒子发射器，该线状粒子源底端处于x轴上，高度为L，在单位时间内随线性均匀发射n个初速速度为的电子，电子的质量为m，电子的电荷量绝对值为e、偏转电场方向竖直向上，偏转电场处于第一和第二象限的虚线内部（忽略电场的边缘效应），电场强度大小为。在x轴下方第四象限存在一匀强磁场，磁场方向垂直纸面，磁感应强度大小为，图中未标出，在x轴下方存在一足够长的直线型金属板（极板厚度不计），当电子打到金属板后会立即被金属板吸收，并立即被导走，其接地导线的电流大小为I。不计电子重力和电子间相互作用力。（1）若所有的电子经过电场区域后，能聚焦于原点O点，求该虚线的曲线方程 ；（2）当所有的电子经过O点进入第四象限以后，在磁场的作用下立即做匀速圆周运动直至垂直地打在直线型金属板上，问金属板应如何放置；（3）在第二问的前提下，求所加磁场的最小面积；（4）按第二问金属板的放置方式和施加同样的磁场，金属板可以水平左右移动，将金属板左端放置于横坐标为处，金属板右端延伸至无穷远，求电流I与的函数关系。【答案】（1）；（2）水平放置于处；（3）；（4）见解析【解析】【详解】（1）电场中，类平抛运动，，可以得到（2）磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，则有根据速度分解可得根据几何关系可得由已知条件代入，得到 金属板应水平放置于处（3）从O点进入磁场，有，则从最高处经电场偏转后，有，则最小面积（4）①当，则②当，则