2025年高考物理第一次模擬考試（山東卷）

全解全析

注意事項：

1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。

如

需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。

寫

在本試卷上無效。

3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回

一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個選項符合題目要

求。

1.如圖為光能風車示意圖，風車內部裝有相互垂直的兩組金屬薄片，每個金屬薄片的一面

能吸收光子，另一面能將光子反彈回去。光垂直射向一組金屬薄片時，軸一側的金屬薄

片將光子原速率反彈回去，另一側的金屬薄片完全吸收光子。射向軸兩側金屬薄片的光

子動量改變量不同，光子對金屬薄片產生的沖擊力不同，從而帶動風車轉起來。若光垂

直射向一組金屬薄片，射在單個金屬薄片上的光子功率為光的波長為彳，光速為

光子對軸兩側的金屬薄片產生的沖擊力之差為AF,為了簡化問題，假設所有光子入射

方向均與薄片垂直，下列說法正確的是（）

A.其他條件相同，光的波長變為原來的一半，步變為原來的2倍

B.其他條件相同，光的波長變為原來的一半，AF變為原來的4倍

C.其他條件相同，射在單個金屬薄片上的光子功率變為原來的一半，AF變為原來的一

半

D.其他條件相同，射在單個金屬薄片上的光子功率變為原來的一半，AF變為原來的四

分之一

【答案】C

【詳解】設光子與金屬薄片作用的時間為4,作用在單個金屬薄片上的光子數為"，根據

普朗克量子化理論有

「Anhc

PQM=-----

°4

光子總動量

h

p=n—

2

設反彈光子的金屬薄片對光子的平均作用力大小為耳，根據動量定理有

一耳加=~P~P

設吸收光子的金屬薄片對光子的平均作用力大小為巴，根據動量定理有

-F2At=0-p

聯立解得

<=狙，月

CC

結合牛頓第三定律可得

AF=￡-E,=4

C

AB.其他條件相同，光的波長變為原來的一半，AF將不變，故AB錯誤；

CD.其他條件相同，射在單個金屬薄片上的光子功率變為原來的一半，AF變為原來的一半，

故C正確，D錯誤。

故選Co

2.如圖1所示，原長為4=40cm的橡皮筋一端固定在豎直放置的相同長度空心細管N8的

頂點另一端懸掛質量為M=lkg的重物，此時橡皮筋總長為50cm?，F讓重物以某一

線速度，以。為圓心在水平面內做勻速圓周運動，此時橡皮筋與水平方向的夾角

。=45。，如圖2所示。已知重力加速度g取10m/s2,管口光滑，忽略所有摩擦，重物可

視為質點，橡皮筋滿足胡克定律且一直在彈性限度內，則下列說法正確的是（）

圖1圖2

A.橡皮筋的勁度系數為20N/m

B.圖2中橡皮筋的拉力大小為10N

C.圖2中重物M到B點的豎直距離大于。

D.圖2中重物M到8點的豎直距離等于。

【答案】D

【詳解】A.由于橡皮筋原長和管長度相同，都是40cm,懸掛M后橡皮筋總長為50cm,由

F-k/\x

代入數據解得，橡皮筋的勁度系數為

k=100N/m

選項A錯誤；

B.當物體轉動起來后，對其受力分析有，豎直方向

Fsin0=Mg

解得此時彈力大小為

F=10V2N

選項B錯誤；

CD.豎直方向

左Ax'sin0=Mg

故

Ax，sin。=Ax=—

4

選項C錯誤，選項D正確。

故選D。

3.如圖，豎直面內固定一大圓環④，小環套在光滑桿上，桿的上下兩端分別固定在圓的頂

點P和圓周。點上。圓①②③④共用頂點P,半徑之比為1：2：3：4,它們把桿分成四

段。小環從頂點尸由靜止開始沿桿自由下滑至0點，則小環依次經過這四段的時間之比

B.1:石6:2

D.2：V3：V2:1

【答案】C

【詳解】如圖所示

根據題意，由幾何知識

PA:PB:PC:PD=PE:PF:PG:PH=1:2:3:4

得

PE=EF=FG=GH

小環套在光滑桿上靜止滑下做勻加速直線運動，由初速度為零的勻加速直線運動規律，通過

連續相等的位移所用時間之比為

%:t2:Z3:f4=1:(V2-1):(V3-V2):(2-V3)

故選C。

4.利用牛頓環可以測量微小位移。如圖所示，將一個曲率半徑很大的凸透鏡的凸面和一平

面玻璃接觸，入射光線分別在凸透鏡下表面和平面玻璃上表面反射產生的光線發生干涉,

已知在圖示P位置產生亮條紋，入射光線波長為X,圖中兩次反射位置間的距離為d,

固定平面玻璃板，當向上平移凸透鏡時，亮條紋將周期性出現，下列說法正確的是

()

A.兩次反射位置間的距離滿足d=NMN=1,2,3,4,…)

B.更換形狀相同、折射率更大的凸透鏡，尸點亮條紋可能消失

C.若將入射光波長調整為幾'=l2(。=1,2,3,4,…)，則P點仍為亮條紋

a

D.若向上移動距離為Ad,P點相鄰兩次出現亮條紋時，凸透鏡移動的距離=2

【答案】C

【詳解】A.兩束光發生干涉，在P位置產生亮條紋時，光程差為2d,滿足

2d=NA(N=l,2,3,4,…)

解得

N

d=—A(N=l,2,3,4,…)

2

故A錯誤；

B.根據A選項推導出的公式可知，光程差與凸透鏡的折射率無關，故B錯誤；

C.當入射光波長調整為

=—A(q=l,2,3,4,…)

a

時

NNa

—A=—(N=l,2,3,4,…；Q=1,2,3,4,…)

22

依然滿足產生亮條紋的條件，故C正確；

D.再次出現亮條紋時，光程差增大2,移動距離滿足

2Ad=4

解得

A74

△d——

2

故D錯誤。

故選Co

5."戴森環"是人類為了解決地球能源危機提出的一種科學構想，它通過一系列搭載太陽能

接收器的衛星來接收能量，并且這些衛星布置在同一個繞太陽公轉的軌道上。若這些衛

星繞太陽公轉的軌道是半徑為0.4AU（1AU代表地球到太陽中心的距離）的圓周，則下

列說法正確的是（）

A.這些衛星的發射速度要小于11.2km/s

B.這些衛星公轉的加速度為地球公轉加速度的0.4倍

C.這些衛星公轉的線速度為地球公轉線速度的2.5倍

D.這些衛星公轉的周期約為0.25年

【答案】D

【詳解】A.發射太陽的衛星，衛星的發射速度要大于地球第二宇宙速度11.2km/s,故A錯

誤;

B.根據

「Mm

Or——=ma

r

得

GM

0=丁

25

由題知這些衛星的半徑為。.4AU,故這些衛星公轉的加速度為地球的彳倍，故B錯誤;

C.根據

2

「Mmv

Cr——=m—

rr

得

GM

由題知這些衛星的半徑為0.4AU,這些衛星公轉的線速度為地球公轉的巫倍，故C錯誤；

2

D.根據開普勒第三定律

a3/

L

由題知這些衛星的半徑為0.4AU,故這些衛星公轉的周期

T衛?0.25年

故D正確。

故選Do

6.〃mol理想氣體經過一個緩慢的過程，從狀態P沿拋物線到達狀態°,其憶（體積）-T

（絕對溫度）圖如圖所示。已知此過程中當/=3分時，溫度達到最大值乙

（其中0和％分別是狀態P的壓強和體積，R是普適氣體常量）。若狀態尸和。的溫度

【答案】D

【詳解】由圖可知，最高點坐標為（：匕，g嗎L），則拋物線方程可表示為

24nR

T=T（展2+若

24nR

將P點或Q點坐標代入方程可得

A=-^-

nRV。

因此拋物線方程為

2

T_p0v^poy

nRV。HR

又由于

pV=nRT

聯立解得

P=-^~V+3p0

故選Do

7.如圖所示是麥收時的情境。已知運輸車的質量為收割機每秒鐘向運輸車傳送質量為

機的麥粒，運輸車在麥田受到的阻力為其總重力的左倍。兩車始終以速度v做勻速直線

運動，運輸車滿載時裝載麥粒的質量為機°,則運輸車從空載到剛滿載過程，其發動機的

平均功率為（）

km(2M+m)gv

QDhn0(2M+m0)gv

A，2mD.----------------

02m

C-(2M+%)gvD上(M+2%)gv

,2,2

【答案】C

【詳解】運輸車做勻速運動，則所受的阻力等于牽引力，則

F=f=k(M+mt)g

因F與時間t成線性關系，可知從開始運動到運輸車滿載時的平均牽引力為

—_kMg+k(M+m0)g_k(2M+

~2-2

則發動機的平均功率為

p=pv=-2M+加())gv

-2

故選Co

8.一同學設計了一個穩壓的電路如圖所示，理想變壓器的原線圈通過輸電導線與電壓為。0

的交流電源相連，輸電導線有一定阻值廠，在副線圈上并聯了用電器&、滑動變阻器R,

P為滑動變阻器的滑片。通過調節滑片P模擬電網負載變化，副線圈接入電路的匝數可

通過滑動觸頭Q調節，根據負載的變化調節Q改變副線圈接入電路的匝數實現用電器的

電壓穩定，電源電壓不變，當負載滑動變阻器的滑片P向上移動時，下列說法正確的是

()

A.電壓表V示數變大

B.變壓器鐵芯中的磁通量變化率變大

C.原線圈中的電流減小，副線圈兩端電壓增大

D.為保證用電器凡兩端電壓不變，可以將副線圈上的觸頭Q上移

【答案】D

【詳解】A.電壓表測量的是原線圈的電壓，設副線圈的電壓為由于理想變壓器，所以

有

心=舄J

結合電路有

,2=%

%夫副

又因為

U_nx

U副n2

整理有

尺等=田/

原線圈中的電流為/原

1晾=-^~

廠+%

則電壓表示數為

U=U「％r

當滑動變阻器的滑片P上滑時，滑動變阻器的阻值變小，即副線圈的總電阻變小，結合上述

分析可知，等效電阻也變小，原線圈的電流變大，則電壓表示數變小，故A錯誤；

B.由之前的分析可知，原線圈兩端的電壓降低，由于

U_nx

U副n2

所以副線圈兩端的電壓也降低，根據法拉第電磁感應定律有

A①

所以變壓器鐵芯中的磁通量變化率變小，故B錯誤；

C.由之前的分析可知，原線圈的電流變大，副線圈兩端的電壓減小，故C錯誤；

D.由之前的分析可知，副線圈兩端的電壓降低，由于理想變壓器，所以有

U_nA

U副n2

由于用電器品與副線圈并聯，其電壓與副線圈兩端電壓相同，若要副線圈兩端的電壓不變

則需要將％變大，即將副線圈上的觸頭Q上移，故D正確。

故選D。

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個選項符合題目要求。

全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。

9.將長繩的上端固定在五樓的護欄上后豎直懸吊，用手握住繩子的下端點，沿水平左右抖

動使繩振動起來（圖甲）。以靜止時繩的最低點為坐標原點，水平向右為x軸、豎直向上

為y軸，圖乙是抖動后某時刻形成的波形，此時波恰好傳到y=7m的點。已知手抖動的

頻率是2.5Hz,懸掛點的坐標為（0,12m）。下列說法正確的是（）

A.這列波的波速為17.5m/s

B.該時刻y=0m的質點P的位移為5vLm

C.該時刻y=3m的質點。向x軸負方向振動

D.再經0.25s,振動恰好傳到繩的最上端

【答案】BD

【詳解】A.根據圖像有

—2=7m-3m

2

解得

2=8m

則波傳播速度

v=y=2/=20m/s

故A錯誤；

B.在題中所建坐標系中，一個完整規則的正弦式波的波動方程為

x=Asin^^y=O.lsin^-y(m)

若得到圖中所示波形，需要將上述函數對應圖像沿y軸負方向平移的距離為

—2-3m=1m

2

則圖中波形對應的波動方程為

x=0.1sin.(y+1)(m)=0.1sin71

4y+

當y取。時，解得

x=5V^cm

即該時刻y=Om的質點P的位移為5技m，故B正確;

C.波沿y軸正方向傳播，根據同側法可知，該時刻y=3m的質點Q向x軸正方向振動，故C

錯誤；

D.令再經時間At,振動恰好傳到繩的最上端，則有

12-7

A/=--------s=0.25s

20

故D正確。

故選BD?

10.如圖，充電后與電源斷開的平行板電容器水平放置，極板長度為/,間距為力一電子

從8點射入電容器，從下極板右側邊緣射出，圖中相鄰豎直線的間距均為：，/與2、2

與C、C與。之間的距離分別為4"，電子的質量為加，電荷量為e,不計

電子的重力，已知電子沿極板方向的速度為匕，則（）

B.電子做勻變速曲線運動，電勢能一直減小

C.僅將電容器的上極板豎直向上移動電子的出射點將上移

D.僅將電容器的上極板豎直向上移動:，電子的出射點不變

【答案】AD

【詳解】A.電子在水平方向運動（所用時間

T=—

7匕

電子在垂直極板方向做勻變速直線運動，由運動學公式有

根據牛頓第二定律有

Ee=ma

解得

_iAmdv1

E=------

3e/2

故A正確；

B.電子做勻變速曲線運動，由題圖知，電場力先做負功后做正功，則電勢能先增加后減小,

故B錯誤；

CD.僅將電容器的上極板豎直向上移動由

E上

d

由電容定義式

U=2

C

由電容決定式

C=3s

471kd

聯立解得

^Q

E=JS

可知電場強度不變，即電子的出射點不變，故c錯誤，D正確。

故選ADo

U.間距為2、長度均為2s的光滑平行金屬導軌固定在水平面內，靜止的金屬棒垂直放置

在導軌的左端，且始終與導軌接觸良好。U0時刻，電流大小為/的恒定電流從一根導軌

流入，經過金屬棒，再從另一根導軌流回，如圖所示。當金屬棒運動到導軌的中點時，

電流大小突然變為2/,導軌電流在兩導軌間產生的磁場近似可視為勻強磁場，磁感應強

度3與電流/成正比。已知金屬棒的質量為加。則（）

A.金屬棒在左、右兩段導軌上運動時所受安培力的大小之比為1:2

B.金屬棒在左、右兩段導軌上運動的加速度大小之比為1:4

C.金屬棒運動到導軌中點與末端的動能之比為1:4

D.金屬棒運動到導軌中點與末端的速度大小之比為1:石

【答案】BD

【詳解】AB.由題意可知磁感應強度8與電流/成正比，金屬棒在左、右兩段導軌上運動時

電流之比為

/:2/=1:2

則磁感應強度之比為

5:25=1:2

金屬棒在左、右兩段導軌上運動時所受安培力的大小之比為

F左：Q=BIL:QB-2IL)=\:4

金屬棒在左、右兩段導軌上運動的加速度大小之比為

="芻=1:4

mm

故A錯誤，B正確;

CD.設金屬棒運動到導軌中點的速度為匕,金屬棒運動到導軌末端的速度為內，根據動能

定理可得

12

F&s+F右s=—mv2-0

聯立可得金屬棒運動到導軌中點與末端的動能之比為

1212

F-^s=—mv1mv2=F^s:+F-^s)=1:5

則金屬棒運動到導軌中點與末端的速度大小之比為

Vj:v2=1：y/5

故C錯誤，D正確。

故選BDo

12.風洞實驗通過產生人工控制的氣流模擬飛行器在氣流中的運動過程。如圖所示為某次實

3

驗示意圖，固定在豎直面內的;光滑圓弧軌道與粗糙水平面平滑相切于4點，0

4

為圓弧軌道的圓心。將質量為m的滑塊（可視為質點）從水平地面上的E點由靜止釋放,

整個裝置處在水平向右的風場中，滑塊始終受到恒定風力作用。已知圓弧軌道的半徑為

R,滑塊與水平地面間的動摩擦因數〃=025,且滑塊恰好能在圓弧軌道上的8點處保持

靜止，與豎直方向的夾角。=37。⑼1137。=0.6,。0537。=0.8,重力加速度g=10m/s2。

設A、￡兩點間的距離為/,下列說法正確的是（）

4

A.滑塊受到的風力大小為《加g

B.若滑塊能通過圓弧軌道的最高點C,貝心》5火

C.當球手R時，滑塊運動到。點之前一定不會脫離圓軌道

D.當/<5尺時，滑塊運動到。點之前一定會脫離圓軌道

【答案】BC

【詳解】A.對靜止在B處的小球進行受力分析，滑塊受到的風力大小

3

f=mgtanO=—mg

故A錯誤；

B.若滑塊恰能通過圓周最高點C,滿足

fl-0.25mgl=2mgR+—mv2

又

V2

mg=m—

解得

l=5R

故B正確;

C.風力與重力的等效合力

□mg5

F=--=-^g

cos。4

方向與豎直方向成B角斜向右下方，滑塊到。點之前恰好不脫離圓軌道時，滿足

fl-O.25mg/-F(7?+Reos6)=~mv2

又

解得

23

l=—R

4

23

當二及時，滑塊運動到。點之前一定不會脫離圓軌道，故C正確；

D.當/較小時，滑塊可能會返回，不一定脫離圓軌道，故D錯誤。

故選BC。

三、非選擇題：本題共6小題，共60分。

13.（6分）如圖所示為一種利用氣墊導軌"驗證機械能守恒定律”的實驗裝置，主要實驗步

驟如下：

a.將氣墊導軌放在水平桌面上，將導軌調至水平。

b.在導軌上間隔一定距離設置兩個光電門1和2。

c.用天平測出滑塊和遮光條的質量〃2。

d.在導軌的某一腳螺絲下墊上一定厚度的墊片，讓滑塊從最高處由靜止開始下滑，用

數字計時器測出滑塊經過光電門1和2時，遮光條的遮光時間〃和心

e.取下墊片，用游標卡尺測量所用墊片的厚度〃和遮光條的寬度孔

f.用鋼卷尺測量單腳螺絲到雙腳螺絲連線的距離L.

g-

請回答下列問題：（已知當地重力加速度為g）

⑴實驗時，氣墊導軌的（填"單腳"或"雙腳"）端需用墊片墊高。

⑵為驗證機械能守恒定律，還需要測量哪個物理量?（寫出物理量及字母）。

⑶用游標卡尺測量遮光條寬度時，測量結果如圖乙所示，則4=mm。

012cm

主;尺

hu山"?小川1”小卅兒

01020

⑷若要得出機械能守恒定律的結論，以上測得的物理量應該滿足怎樣的關系？（用題

干所給字母及第（2）問中測量的物理量表示）。

【答案】⑴單腳

（2）兩個光電門之間的距離x

（3）8.50

1（d）xh

（4）----=Si--

viJ4L+h

【詳解】（1）實驗時，氣墊導軌的單腳端需用墊片墊高。

（2）若機械能守恒，則

mgH=：mvf-；mvf

d

V1"?

d

H=xsind=x'

所以

xh

84e+h2

所以為驗證機械能守恒定律，還需要測量兩個光電門之間的距離X。

（3）游標卡尺的讀數為主尺讀數與游標尺讀數之和，所以

d=8mm+10x0.05mm=8.50mm

（4）由以上分析可知，若要得出機械能守恒定律的結論，以上測得的物理量應該滿足

J?⑷2]逋

2⑷⑺7F7F

14.（8分）新能源汽車已經普遍走進了我們的生活，某校學生實驗小組通過網絡查找了某

種知名的電池銘牌，電池采用的是"刀片電池”技術?，F將一塊電芯拆解出來，測得長為

960mm,寬為90mm,然后測量其電動勢￡和內阻廠。所提供的器材有：

A.電壓表Vj（量程3V,內阻約3kQ）

B.電流表4（量程0.6A,內阻約0.2Q）

C.滑動變阻器A（阻值范圍0~10Q,額定電流2A）

D.保護電阻凡=60

某同學采用了圖甲所示的電路圖，在進行了正確操作后，得到了圖乙所示的圖像。

⑴根據圖乙所示，則該電池的電動勢E=V,內阻廠=。；（結果保留到小數

點后一位）。

（2）該實驗測得的電動勢與真實值相比（選填"偏大""偏小"或"不變"），內阻的測

量值與真實值相比（選填"偏大""偏小"或"不變"）。

⑶為了能準確地測量一塊電芯的電動勢E和內阻廠，該同學設計了一個可以排除電流表

A和電壓表V內阻影響的實驗方案，如圖丙所示，記錄了單刀雙擲開關S?分別接1、2對應

的多組電壓表的示數。和電流表的示數/,根據實驗記錄的數據繪制如圖丁中所示的/、B

兩條U-/圖線，綜合/、8兩條圖線，此電芯的電動勢￡=,內阻/=（用圖中

E/、EB、I/、IB表示）。

【答案】（1）3.80.6

⑵偏小偏小

⑶心?

【詳解】（1）⑴⑵根據閉合電路歐姆定律可得

U=E-I(r+R0)

所以圖像縱軸的截距表示電源的電動勢為E=3.8V,圖像的斜率的絕對值表示電源的等效內

阻廠+%，有

L03f6。

AZ0.58-0

所以電源的內阻為

r=6.6Q—6Q=0.6Q

(2)田⑵考慮到電壓表的分流作用，則有

整理可得

可知U-/圖像的縱軸截距為

R

b=丁廠，E真=后測＜E真U-/圖像的斜率絕對值為

可知該實驗測得的電動勢與真實值相比偏小，內阻的測量值與真實值相比偏小。

(3)⑺⑵當52接1時，誤差在于電流表的分壓，所測內阻等于電源內阻與電流表內阻之和,

所以內阻測量值比真實值偏大；當S2接2時，誤差在于電壓表的分流，所測內阻等于電源

與電壓表并聯的總電阻，所以內阻測量值比真實值偏小。由于"/圖線斜率的絕對值表示內

阻，即S2接1時的圖線陡一些，可以判斷圖線A是利用單刀雙擲開關S2接2中的實驗數據

描出的，內阻測量值比真實值偏小。S2接工時，所測電動勢為電流表與電源串聯后整體的等

效電源的電動勢，即S2接1時的電動勢的測量值等于真實值，即有

E=EB

由于52接2時，當電路短路時，電壓表沒有分流，即此時的電流的測量值與真實值相等，

結合上述可知，電源的真實的”/圖線是B圖線縱軸交點與A圖線橫軸交點的連線，可知

IA

15.(7分)某空氣炸鍋如圖甲所示，其簡化模型如圖乙所示，該空氣炸鍋的內膽氣密性良

好，內膽內的氣體可視為質量不變的理想氣體，已知膽內初始氣體壓強

5

A=l.OxlOPa,溫度327久?，F啟動加熱模式使氣體溫度升高到后147久，此過程中

氣體吸收的熱量。=2.9x10”，內膽的體積不變，求:

(1)加熱完成時內膽中的氣體壓強夕；

(2)上述過程中內膽中的氣體內能增加量AU。

甲乙

【答案】(1)1.4xlO5Pa；(2)2.9X103J

【詳解】(1)初始氣體的熱力學溫度

7；=4+273K=300K

加熱完成時氣體的熱力學溫度

4=，2+273K=420K

氣體發生等容變化，根據查理定律有

旦=旦

T\F

解得

=1.4x105Pa

(2)由于氣體的體積不變，外界對氣體做的功

邛=0

根據熱力學第一定律有

\U=W+Q

解得

AL7=2,9X103J

16.(9分)類似光學中的折射現象，利用電場和磁場也可以實現質子束的"反射"和"折射"。

2

如圖所示，長方形區域內存在豎直向上的勻強電場，而與C"間電勢差大小。=黑，

2q

上下邊界距離為d。質子束從圖中位置射入電場時，速度方向與法線夾角。為入射角,

從C"邊射出時，速度方向與法線夾角分為折射角，質量為加、電荷量為4的質子束進

入電場時水平方向速度大小恒為V,不計重力影響及質子之間的作用力。電場的水平長

度足夠長。

⑴求電場的"折射率"〃與入射角a的關系（折射餐入湍射角黑TPf衫侑f

）。

⑵當質子束恰好在Cd面發生"全反射"（發生"全反射"時質子恰好未從Cd面射出）時,

求質子束的入射角（不考慮質子在長方形區域內的多次反射）。

⑶當在電場區域發生"全反射"時，求質子在曲面的入射點與出射點之間水平距離s

的范圍（不考慮質子在長方形區域內的多次反射）。

【答案】（l）"=cosa

(2)45°

⑶

【詳解】（1）設質子入射時速度為h,質子射出電場時速度為匕，水平方向速度不變，根據

運動的合成與分解有

VV

一=sin%—=sinf3

%匕

根據動能定理有

根據"折射率"定義有

sina

n=-------

sin(3

聯立解得

n=cosa

（2）根據題意，當質子束恰好不從c"面射出時，發生"全反射"，根據全反射臨界條件可知,

此時分=90。，設入射角為氏則有

sin。八

-------=n=cos6

sin90°

解得

sin6>=—,6?=45°

2

(3)當質子束發生"全反射"時，質子束在電場中的運動為類斜拋運動。從開始進入電場到

速度水平的過程，可反向看成類平拋運動，水平位移為心豎直位移為V。設電場強度為

E,則

U=Ed

設豎直方向初速度為加速度為。，則有

-Eq=ma,0—v；=lay

設入射角為i，則有

—=tanz

根據平拋運動速度反向延長線過水平位移中點，有

——=tani

2v

又有

s=2x

聯立解得

d

s=4A---

tanz

要發生"全反射"，則

z>45°

根據三角函數關系有

tani>1

解得

s<4d

17.(14分)利用電場和磁場來控制帶電粒子的運動，在現代科技、生產、醫療領域中有廣

泛應用。如圖甲所示，在豎直平面內建立x丹坐標系，在了20的區域存在磁感應強度

大小為8、方向垂直紙面向里的勻強磁場，在。點沿了軸正方向放置足夠長的熒光屏

A。第三象限內存在沿了軸正方向的勻強電場，在點尸,后，-1，處沿x軸正方向射出

速度為%的粒子，恰好以2%的速率從。點射入磁場，粒子的質量為加，電荷量為+4,

不計粒子的重力及粒子間的相互作用。sin37°=0.6,cos37°=0.8。

（2）該粒子從尸點運動到。點的時間:

（3）如圖乙所示,移去熒光屏A,在>外處'平行于'軸放置一足夠長的擋板C,在

電場中P,。兩點之間卜也"X<O）有一連續分布的曲線狀粒子源，該粒子源沿X軸正方向

以速度%持續發射與尸點處相同的粒子，粒子按了坐標均勻分布，所有粒子經電場偏轉后均

從。點進入磁場，粒子源發射一段時間后停止發射，粒子擊中擋板C立即被吸收。求曲線

狀粒子源的曲線方程及擊中擋板C的粒子數與發射的總粒子數之比〃。

【答案】⑴（。,符）

【詳解】（1）如圖所示，粒子在第一象限做勻速圓周運動，如圖所示，設速度方向與y軸正

方向成6夾角

由

（2v）2

q?2v-B=m----0—

0r

可知

Bq

sin0==—

2Vo2

得

8=30。

由幾何關系知

m2v

OQ=2-°sin6*=2mv0

BqBq

即Q點坐標(o,普)

(2)粒子在電場中P玲。，x方向勻速直線運動

7

%

粒子在磁場中勻速圓周運動周期

271m

1=-----

Bq

粒子在磁場中。玲Q

th

2360°

聯立解得

nm

t=-----

23Bq

粒子從P到Q的時間

J3/Tim

t—ty+=-----1------

v03Bq

(3)設粒子在第三象限的加速度為〃，曲線上的點坐標為(一羽-乃，最終都過。點，即滿足

-%=”

-y=-1at,21

2

聯立可得

又該曲線過點尸1--1”,代入解得

y=----X2

21

經分析，所有粒子經電場偏轉后均從。點進入磁場，且均經過Q點進入第二象限。如圖所

設發射粒子的初始位置縱坐標為-%,從。點進入第一象限與x軸正方向夾角為a,其軌跡

恰好與擋板相切，粒子經過。點速度

cosa

粒子圓周運動的半徑