2024-2025學年河南省華大新高考聯(lián)盟高三教學質量測評物理試卷（4月）一、單選題：本大題共7小題，共28分。1.2025年1月20日，中國有“人造太陽”之稱的全超導托卡馬克核聚變實驗裝置在安徽合肥創(chuàng)造新世界紀錄，首次完成1億攝氏度1000秒“高質量燃燒”，標志著我國聚變能源研究實現從基礎科學向工程實踐的重大跨越，對人類加快實現聚變發(fā)電具有重要意義。核聚變的核反應方程為，則下列關于核聚變的說法正確的是（）A.輕核聚變釋放出能量，出現了質量虧損，所以輕核聚變過程質量數不守恒B.輕核聚變時核的結合能大于核的結合能，但核的比結合能小于核的比結合能C.輕核聚變過程中平均每個核子放出的能量為D.輕核聚變時生成的核具有放射性【答案】C【解析】A．核反應都遵循質量數守恒和電荷數守恒，與是否發(fā)生質量虧損無關，選項A錯誤；B．中等大小核的比結合能較大，輕核聚變是向中等大小核變化，所以核的比結合能增大，則核的比結合能大于核的比結合能，核的核子數大于核的核子數，結合能等于比結合能與核子數的乘積，則核的結合能也大于核的結合能，選項B錯誤；C．輕核聚變過程中參與核反應的核子數為5個，平均每個核子放出的能量為選項C正確；D．輕核聚變時生成的核的比結合能大，比結合能越大越穩(wěn)定，不會發(fā)生衰變反應，所以不具有放射性，選項D錯誤。故選C。2.2025年1月17日下午2時，在建的花江峽谷大橋成功合龍，建成后該大橋主橋跨徑和橋梁高度均居世界第一。在某次鋼桁梁精準吊裝過程中鋼桁梁豎直向上運動的位移x與時間t的圖像如圖所示，其中時間內和時間內的圖線為曲線，時間內的圖線為一傾斜直線，時間內的圖線為一平行于時間軸的直線，是時間內的某一時刻，則下列說法正確的是（）A.時間內，鋼桁梁的速度逐漸增大，處于失重狀態(tài)B.時間內，鋼桁梁的速度逐漸增大，處于超重狀態(tài)C.鋼桁梁時刻的速度小于時刻的速度D時刻鋼桁梁剛好吊裝到指定位置【答案】C【解析】A．圖像的斜率表示速度的大小，時間內，圖像切線的斜率逐漸增大，則鋼桁梁的速度逐漸增大，吊裝過程速度方向向上，向上加速運動，加速度方向向上，則鋼桁梁處于超重狀態(tài)，故A錯誤；B．時間內圖線為直線，表示勻速直線運動，既不失重也不超重，故B錯誤；C．從圖像的斜率可知，時間內鋼桁梁的速度逐漸增大，時間內鋼桁梁的速度不變，時間內鋼桁梁的速度逐漸減小，所以時刻鋼桁梁的速度小于時刻的速度，故C正確；D．時間內圖線為一平行于時間軸的直線，則此段時間內速度為0，所以時刻鋼桁梁剛好吊裝到指定位置，故D錯誤。故選C。3.2024年11月4日，神舟十八號載人飛船返回艙在東風著陸場成功著陸，任務取得圓滿成功?；厥罩戇^程中在返回艙距離地面8km時，打開主降落傘，返回艙的速度由減至，在距離地面1m左右時，返回艙底部的4臺反推發(fā)動機點火，最后返回艙以大約的速度軟著陸。則在此過程中，下列說法正確的是（）A.反推發(fā)動機點火之前，主降落傘對返回艙的沖量大于返回艙對主降落傘的沖量B.反推發(fā)動機點火之前，主降落傘對返回艙做的功大于返回艙重力做的功C.反推發(fā)動機點火之后，反推發(fā)動機對返回艙做正功D.反推發(fā)動機點火之后，返回艙的機械能增加【答案】B【解析】A．根據牛頓第三定律可知，主降落傘對返回艙的力與返回艙對主降落傘的力大小相等，兩者作用時間相同，所以主降落傘對返回艙的沖量大小等于返回艙對主降落傘的沖量大小，選項A錯誤；B．反推發(fā)動機點火之前，返回艙做減速運動，動能減小，根據動能定理可知合力做負功，即主降落傘對返回艙做的功大于返回艙重力做的功，選項B正確；C．反推發(fā)動機點火之后，運動方向向下，反推發(fā)動機對返回艙的力向上，則反推發(fā)動機對返回艙做負功，選項C錯誤；D．反推發(fā)動機點火之后，返回艙的速度減小，則動能減小，返回艙向下運動，重力勢能也減小，則返回艙的機械能一定減小，選項D錯誤。故選B。4.一列簡諧橫波沿x軸方向傳播，P、Q為x軸上的兩個質點，P、Q兩質點平衡位置間的距離為10m，從波傳到P點開始計時，質點Q的振動圖像如圖所示，則下列說法正確的是（）A.簡諧橫波從Q點向P點傳播B.波源的起振方向沿y軸正方向C.簡諧橫波的波速為D.簡諧橫波的波長為8m【答案】D【解析】A．從質點Q的振動圖像可知波先傳到P點，經5s才傳到Q點，所以簡諧橫波從P點向Q點傳播，故A錯誤；B．由質點Q的振動圖像可知5s波傳到Q點時質點向y軸負方向振動，各點起振的方向與波源起振的方向相同，則波源的起振方向沿y軸負方向，故B錯誤；C．根據波速的計算公式有故C錯誤；D．從振動圖像可知波的周期為簡諧橫波的波長為故D正確。故選D。5.2025年1月英國牛津大學發(fā)布公報，一個由國際研究小組組成的團隊在一顆類太陽恒星的宜居帶上發(fā)現了一顆名為HD20794d的“超級地球”，“超級地球”的質量為地球的6倍，距離地球約20光年，這一發(fā)現為探索類地行星的生存可能性提供了嶄新的線索?！俺壍厍颉崩@類太陽恒星的運動可看作勻速圓周運動，設運動的周期為T，“超級地球”與類太陽恒星距離足夠遠，“超級地球”對類太陽恒星的最大視角為，如圖所示，則該類太陽恒星的密度為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】設“超級地球”和類太陽恒星的質量分別為m和M，“超級地球”繞類太陽恒星做圓周運動的軌道半徑為r，萬有引力提供向心力有設類太陽恒星的半徑為R，類太陽恒星的密度為兩式聯(lián)立解得如圖所示：根據幾何關系可得代入上式故選A。6.逆變器主要由交流轉換器和變壓電路組成，逆變器中的交流轉換器可以將電壓為的直流電轉變成的交變電流。將一逆變器的輸入端接到汽車蓄電池上，在另一端接有燈泡和電風扇，逆變器內變壓器原線圈接有理想交流電流表，開始時開關K閉合，電流表讀數為，燈泡和電風扇都正常工作。已知燈泡的額定電壓為220V，電阻為，電風扇的額定電壓為220V，內部電動機線圈電阻為，汽車蓄電池的電壓為12V，變壓器可視為理想變壓器，電風扇可視為一電動機，燈泡為純電阻。則下列說法正確的是（）A.如果將開關K斷開，逆變器內變壓器原線圈的電壓將減小B.逆變器內變壓器原、副線圈的匝數比為C.電風扇的額定功率為44WD.電風扇的效率為【答案】C【解析】A．轉換器可以將電壓為的直流電轉變成的交變電流，汽車蓄電池的電壓為12V，則轉化的電壓為電壓的有效值為12V，則變壓器原線圈的電壓為故逆變器內變壓器原線圈的電壓為12V，不隨負載功率的變化而變化，A錯誤；B．燈泡的額定電壓為220V，正常工作時變壓器副線圈的電壓為故原、副線圈的匝數比為B錯誤；C．電流表讀數為，則變壓器原線圈的電流為根據變壓器電流關系可得副線圈的電流為燈泡的額定電壓為220V，電阻為，燈泡的電流為則電風扇的電流為電功率為C正確；D．電風扇的熱功率為電風扇的效率為D錯誤。故選C。7.如圖，一半徑為R的半圓，AB為半圓的直徑，O點為圓心，P、Q為圓上的兩點，其中OQ垂直于AB，P點在AQ之間，兩個帶等量正電的點電荷分別固定在A、B兩點，點電荷的電荷量為q，A、B兩點的點電荷在P點產生的電場強度大小分別為、，A、B兩點的點電荷在Q點產生的電場強度大小分別為、，一負試探電荷只在靜電力的作用下由靜止開始沿QO從Q點移動到O點，此過程中試探電荷受到的靜電力大小為F，如果在空間加一電場強度大小為的勻強電場后，Q點的電場強度恰好為0，則下列說法正確的是（）A. B.C.F先增大后減小 D.【答案】C【解析】AB．點電荷的電場方向如圖所示：根據點電荷的電場強度公式可得，則同理可得所以有選項AB錯誤；C．設試探電荷所在處為QO線段中的C點，CA與直徑AB的夾角為，則一點電荷在C點產生的電場強度大小為兩點電荷在C點產生的電場強度大小為設則有由于為定值，當即此時，y有最大值，此時則試探電荷沿半徑QO一直移動到O點過程中電場強度先增大再減小，所以試探電荷受到的靜電力F也是先增大再減小，選項C正確；D．Q點對應，則兩點電荷在Q點的合電場強度為加一電場強度大小為的勻強電場后，Q點的電場強度恰好為0，則勻強電場的電場強度大小為選項D錯誤。故選C。二、多選題：本大題共3小題，共12分。8.如圖，一輛貨車在水平路面上行駛，貨車車廂底面水平，車廂底面上有四分之一圓弧軌道，圓弧軌道的圓心為O，OA為水平半徑，B為圓弧軌道上的一點，OB與OA的夾角為，一小物塊與圓弧軌道相對靜止于圓弧軌道上的B點，小物塊與圓弧軌道之間的動摩擦因數為，重力加速度大小為g，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，已知，。則下列說法正確的是（）A.小物塊與圓弧軌道之間的摩擦力不可能為0B.貨車不可能做勻速直線運動C.貨車運動的加速度大小可能為D.圓弧軌道下表面與車廂底面的動摩擦因數可能為【答案】BD【解析】A．假設小物塊受到的摩擦力為0，以小物塊為研究對象，設小物塊質量為m，受力分析如圖甲所示：根據牛頓第二定律可得，解得小物塊的加速度為整體的加速度與小物塊的加速度相同，所以當貨車以加速度運動時小物塊受到的摩擦力為0，選項A錯誤。B．小物塊重力沿圓弧軌道切線向下的分量為小物塊與圓弧軌道的最大靜摩擦力為可見則勻速運動時小物塊與圓弧軌道不可能保持相對靜止，所以貨車不可能做勻速直線運動，選項B正確。C．當小物塊恰好相對于圓弧軌道向下運動時，即小物塊與圓弧軌道之間的摩擦力達到最大靜摩擦力，方向沿切線向上，受力分析如圖乙所示：此時小物塊有最小的加速度，在豎直方向上有水平方向上根據牛頓第二定律有解得整體的最小加速度與小球的最小加速度相同，則貨車的最小加速度也為當小物塊恰好相對于圓弧軌道向上運動時，即小物塊與圓弧軌道之間的摩擦力達到最大靜摩擦力，方向沿切線向下，此時小球有最大的加速度，在豎直方向上有水平方向上根據牛頓第二定律有解得整體的最大加速度與小球的最大加速度相同，則貨車的最大加速度也為所以貨車的加速度范圍為而所以貨車運動的加速度不可能為，選項C錯誤。D．設圓弧軌道的質量為M，以小物塊和圓弧軌道整體為研究對象，根據牛頓第二定律可得車廂底面與圓弧軌道下表面之間的摩擦力大小為車廂底面與圓弧軌道下表面之間的最大靜摩擦力為貨車的加速度范圍為木板與圓弧軌道保持相對靜止，則有解得所以圓弧軌道下表面與車廂底面的動摩擦因數可能為，選項D正確。故選BD。9.如圖，一橫截面為直角三角形ABC的玻璃磚，，一束平行于AC邊的單色光從AB邊上的D點射入玻璃磚，經AB邊折射后到達AC邊上的E點，已知，，則下列說法正確的是（）A.玻璃磚相對于該單色光的折射率為B.玻璃磚相對于該單色光的折射率為C.該單色光經AB邊折射后會從AC邊上的E點射出玻璃磚D.該單色光經AB邊折射后不會從AC邊上的E點射出玻璃磚【答案】BD【解析】AB．在三角形ADE中，根據余弦定理有解得所以三角形ADE為等腰三角形，則，作出D點法線，如圖所示：根據幾何關系可得光線在D點入射角為折射角為根據光的折射定律，玻璃磚相對于該單色光的折射率選項B正確，選項A錯誤；CD．設發(fā)生全反射的臨界角為C，則根據幾何關系可得在AC邊上入射角為，所以光在AC邊上發(fā)生全反射，不會從AC邊射出玻璃磚，選項C錯誤，選項D正確。故選BD。10.如圖，兩條平行的粗糙金屬導軌所在平面與水平面的夾角為，兩導軌間距為，導軌頂端接有一阻值為的定值電阻R和一個開關S，兩導軌所在區(qū)域存在垂直于導軌平面向上的范圍足夠大的勻強磁場，磁感應強度大小為，一質量為、電阻為的導體棒垂直放置在導軌上，導體棒與導軌之間的動摩擦因數為，在時將開關S斷開，同時將導體棒由靜止釋放，當時將開關S閉合，又經過一段時間，當時導體棒開始做勻速直線運動。導軌和連接電阻R、開關S的導線電阻均不計，導軌足夠長，金屬棒在運動過程中始終與兩導軌垂直，，，g取。則下列說法正確的是（）A.閉合開關S后導體棒做加速度減小的減速運動B.內通過電阻R的電荷量為25CC.內導體棒下滑的位移大小為D.內導體棒上產生的焦耳熱為【答案】AD【解析】A．開始時開關S斷開，回路中沒有感應電流，導體棒不受安培力作用，導體棒做勻加速直線運動，根據牛頓第二定律有解得加速度當時導體棒的速度為開關閉合后，回路中有感應電流，根據右手定則和左手定則可知導體棒受到沿導軌平面向上的安培力作用，產生的電動勢由歐姆定律可得此時的感應電流導體棒受到的安培力為由于合力方向沿導軌平面向上，加速度方向與運動方向相反，所以開始做減速運動，根據牛頓第二定律，設導體棒加速度大小為a，則有當速度減小時感應電流減小，安培力也減小，加速度也減小，所以閉合開關S后導體棒做加速度減小的減速運動，A正確；B．導體棒勻速運動時，設回路中感應電流為I，根據平衡條件有設勻速運動時的速度大小為，感應電流解得時間內以導體棒為研究對象，設沿導軌平面向上為正方向，根據動量定理有電荷量為聯(lián)立解得時間內回路中沒有感應電流，沒有電荷通過電阻，所以內通過電阻的電荷量為15C，B錯誤；C．設時間內導體棒運動的位移大小為，根據法拉第電磁感應定律平均感應電流為以上通過的電荷量為已知電荷量解得時間內導體棒運動的位移運動的總位移為C錯誤；D．時間內，設回路中產生的焦耳熱為Q，根據能量守恒定律有解得電阻R與導體棒串聯(lián)，則內導體棒上產生的焦耳熱為D正確。故選AD。三、實驗題：本大題共2小題，共18分。11.用如圖甲所示裝置研究平拋運動的特點。將坐標紙和復寫紙對齊重疊并固定在豎直硬板上。A球沿斜槽軌道PQ滑下后從斜槽末端Q飛出，落在水平擋板MN上，由于擋板靠近硬板一側較低，鋼球落在擋板上時，A球會在坐標紙上擠壓出一個痕跡點。移動擋板，依次重復上述操作，坐標紙上將留下一系列痕跡點。（1）為了能較準確地完成實驗，下列做法正確的是（）A.小球做平拋運動時應盡量與木板摩擦，以便畫出運動軌跡B.為保證小球沿水平方向飛出，應將斜槽末端調至水平C.本實驗需要用天平測出小球質量，也需配備重垂線作為y軸方向D.作圖時應以斜槽末端為原點O建立平面直角坐標系，記錄的點應適當多一些（2）小球在平拋運動過程中的幾個位置如圖乙中的a、b、c、d所示，已知小方格的邊長為L，位置a__________填“是”或“不是”小球的拋出點，小球的初速度大小__________用L、g表示。【答案】（1）B（2）不是【解析】【小問1詳解】A．小球做平拋運動時，不應使其與木板摩擦，以免影響運動的軌跡造成較大實驗誤差，A錯誤；B．為保證小球沿水平方向飛出，應將斜槽軌道的末端調至水平，B正確；C．本實驗不需要用天平測出小球的質量，但需要配備重垂線，以便確定豎直方向為y軸方向，C錯誤；D．小球從斜槽上某位置由靜止?jié)L下，離開斜槽末端后做平拋運動，應以小球在斜槽末端時球心在坐標紙上的投影點作為所建坐標系的原點O，記錄的點應適當多一些，D錯誤。故選B。【小問2詳解】[1]若位置a是小球的拋出點，則小球豎直方向的運動滿足初速度為0的勻變速直線運動的規(guī)律，豎直方向連續(xù)相等時間內的位移之比滿足，根據題圖可知比例不滿足，則位置a不是小球的拋出點；[2]豎直方向水平方向聯(lián)立可得12.某物理實驗興趣小組從一廢舊手機上拆下一塊鋰電池，設計了如圖甲所示的電路圖測量鋰電池的電動勢和內阻，現有如下實驗器材：A．待測鋰電池電動勢約為，內阻約為幾百毫歐B．電壓表內阻約為C．電流表內阻約為D．滑動變阻器E．定值電阻F．定值電阻G．開關、單刀雙擲開關、導線若干（1）鋰電池的內阻太小，在正確完成實驗的情況下，為了防止電路中的電流太大燒壞電池，在電路中連入定值電阻作為保護電阻，使無論如何調節(jié)滑動變阻器，電路中的電流都不會超過，則定值電阻應選擇__________選填器材前面的序號。（2）實驗興趣小組中的某一同學想要準確測量電源的電動勢E，應該將單刀雙擲開關的選擇開關擲向__________選填“a”或“b”。（3）實驗興趣小組中的另一同學先將單刀雙擲開關的選擇開關擲向a，調節(jié)滑動變阻器使連入電路中的電阻為最大阻值，閉合開關，逐次改變滑動變阻器的電阻，記錄相應的電壓表示數U和電流表示數I，根據記錄數據在坐標紙上作出圖像，如圖乙中1所示；該同學又將單刀雙擲開關的選擇開關擲向b，調節(jié)滑動變阻器使連入電路中的電阻為最大阻值，閉合開關，逐次改變滑動變阻器的電阻，記錄相應的電壓表示數U和電流表示數I，根據記錄數據在同一坐標紙上作出圖像，如圖乙中2所示。在某次測量中電壓表的讀數如圖丙所示，此時電壓表的讀數為__________V，分析圖像上的數據可以精確得出鋰電池的電動勢為__________V，內阻為__________，進一步分析實驗數據，還可以得出電流表的內阻為__________以上結果均保留3位有效數字?！敬鸢浮浚?）F（2）b（3）【解析】【小問1詳解】鋰電池的電動勢約為，達到最大電流時，電路中的最小電阻為鋰電池的內阻約為幾百毫歐，所以定值電阻選如果定值電阻選，電路中的最大電流為最大電流還達不到電流表量程的三分之一，電流測量范圍太小，所以選不合適。故選F。【小問2詳解】將單刀雙擲開關的選擇開關擲向b時為電流表內接法，引起誤差的原因是電流表的分壓，但是當電流表示數為0時，電流表不分壓，所以圖線2與縱軸的交點為準確的斷路電壓，斷路電壓即為電源的電動勢，此時測出的電動勢E是準確的，所以想要準確測量電源的電動勢E，應將單刀雙擲開關的選擇開關擲向b?！拘?詳解】[1]電壓表的示數為；[2]將單刀雙擲開關的選擇開關擲向b時測出的電動勢E是準確的，則準確的電動勢為[3]將單刀雙擲開關的選擇開關擲向a時為電流表外接法，引起誤差的原因是電壓表的分流，但是當電壓表示數為0時，電壓表不分流，所以圖線1與橫軸的交點為準確的短路電流，則準確的短路電流為又因在電路中連入了定值電阻所以短路電流為解得電源準確內阻為[4]圖線2與橫軸的交點的物理意義是電壓表示數為0時電流表的示數為根據閉合電路的歐姆定律可得將，和代入解得四、計算題：本大題共3小題，共30分。13.某物理興趣小組設計了一個測量環(huán)境溫度的裝置，如圖所示，高度為3h、橫截面積為S的導熱透明汽缸豎直放置，一輕活塞將汽缸內封閉一定質量的理想氣體，汽缸側壁上有刻度，當環(huán)境溫度為時活塞距底部的高度為h，活塞與汽缸之間的摩擦不計，活塞與汽缸之間密封良好，活塞的厚度和質量可忽略不計，已知外界環(huán)境的大氣壓強恒為，重力加速度大小為g。（1）將該裝置移到外界環(huán)境中去，穩(wěn)定后活塞距底部的高度為，求外界環(huán)境的溫度T和該裝置能測量外界環(huán)境的最高溫度；（2）當活塞距底部的高度為時，保持環(huán)境的溫度不變，在活塞上緩慢加上細沙，當活塞距底部的高度為時，求所加細沙的質量m?！敬鸢浮浚?）400K，（2）【解析】【小問1詳解】將該裝置移到外界環(huán)境中去，活塞移動過程中汽缸內封閉氣體的壓強不變，根據蓋-呂薩克定律有代入數據解得溫度越高，活塞距底部的高度越大，活塞距底部的最大高度為3h，此時為測量的最高溫度，根據蓋-呂薩克定律有解得【小問2詳解】緩慢加上細沙，活塞移動過程中汽缸內封閉氣體的溫度不變，根據玻意耳定律有解得根據平衡條件解得14.如圖，AB為一圓弧形光滑軌道，BCD為粗糙的水平面，圓弧形軌道與水平軌道平滑連接，D點有豎直墻壁，兩個小物塊P、Q靜止在粗糙的水平面上，小物塊Q的質量為4m，小物塊Q緊靠豎直墻壁但不粘連，小物塊P、Q之間有一勁度系數為k的輕彈簧，彈簧兩端與小物塊P、Q栓接，開始時彈簧處于原長。將質量為m的光滑小球從圓弧形光滑軌道的A點靜止釋放，A點距水平面BCD的高度為h，高度h未知，光滑小球與水平面間的摩擦不計，當小球運動到C點時恰好與物塊P發(fā)生彈性碰撞，碰撞之后小球被彈回，小球沿圓弧形光滑軌道上升到最高點時距水平面BCD的高度為，之后將小球取走，碰撞之后小物塊P向右運動壓縮彈簧，一段時間后又被彈簧彈回開始向左運動，當小物塊P向左運動到速度為0時小物塊Q恰好開始離開豎直墻壁。小物塊P、Q與水平地面間的動摩擦因數相同，均為，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g，不計空氣阻力，彈簧始終在彈性限度內，彈簧的彈性勢能可表示為，k為彈簧的勁度系數，x為彈簧的形變量。求：（1）當小物塊P向左運動到速度為0時彈簧的形變量x；（2）小物塊P的質量M；（3）此過程中彈簧最大的彈性勢能?！敬鸢浮浚?）（2）（3）【解析】【小問1詳解】小物塊Q恰好開始離開豎直墻壁時彈簧應處于伸長狀態(tài)，設伸長量為x，小物塊Q與水平面間達到最大靜摩擦力，則有解得【小問2詳解】設小球與物塊P碰撞前后瞬間的速度大小分別為和，小球向下運動過程中，根據機械能守恒定律可得小球彈回過程中，根據機械能守恒定律可得聯(lián)立可得設小球和小物塊P發(fā)生碰撞后瞬間小物塊P的速度大小為，取水平向右為正方向，彈性碰撞過程中，根據動量守恒定律得根據機械能守恒定律得解得結合上述結論解得【小問3詳解】設向右壓縮彈簧的最大壓縮量為，小滑塊P向左運動到速度為0的過程中，根據能量守恒定律有結合上述結論，代入上式解得，則最大的彈性勢能15.如圖，在xOy平面內的第一、二、四象限內存在勻強磁場，磁場范圍足夠大，磁感應強度的大小為，磁場方向垂直于xOy平面向里，坐標原點O處存在一粒子源，可以向xOy平面第一、二象限內沿x軸正方向和沿與y軸正方向成的方向之間的范圍內均勻發(fā)射帶負電的同種粒子，粒子的質量為m，電荷量為q，發(fā)射速度大小均為，在第四象限內有一長度為4L、平行于x軸放置的粒子收集板MN，N點的坐標為，粒子的重力不計，忽略粒子之間的相互作用，可能用到的三角函數值。（1）如果在第一象限加一勻強電場，可以使向第一象限發(fā)射沿與x軸正方向成的粒子做勻速直線運動，求勻強電場電場強度E的大小和方向；（2）第一象限不加勻強電場時，求粒子源發(fā)射的粒子中恰好垂直打到收集板上的粒子在磁場中的運動時間t；（3）第一象限不加勻強電場時，求粒子源發(fā)射的粒