2022年江苏省南通市高考物理四模试卷（附答案详解）

2022年江苏省南通市高考物理四模试卷

一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）

1.肥皂泡在阳光下呈现彩色，则（）

A.肥皂泡表面水分子间表现为斥力

B.肥皂泡内气体压强小于外部气体压强

C.肥皂泡呈现彩色是由于光的衍射形成的

D.肥皂膜厚度改变会导致彩色条纹移动

2.2022年5月10号，“天舟四号”货运飞船成功对接空间站“天和”核心舱，已知空

间站在距离地球表面约400kni圆轨道上运行。则其（）

A.线速度大于第一宇宙速度

B.角速度大于地球自转角速度

C.运行周期大于地球自转周期

D.向心加速度大于地面的重力加速度

3.央视曝光“能量石”核辐射严重超标，该“能量石”含有放射性元素牡需277I,

欲77I经多次衰变后变成稳定的铅第8pb,笛277t半衰期长达14x10】。年。贝火）

A.衰变过程中发生了6次a衰变和4次/?衰变

B.第8Pb比第2Th少J个中子

C.衰变产生的射线中0射线穿透能力最强

D.镭27vl在高温、高压条件下半衰期会变短

4.如图所示，野外生存需要取火时，可以用随身携带的取火

装置，在铜制活塞上放置少量易燃物，将金属筒套在活塞

上迅速下压，即可点燃易燃物。则迅速下压过程中，金属

筒内的封闭气体（）

A.分子平均动能变小

B.每个气体分子速率都增大

C.从外界吸热，气体内能增加

D.分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数增加

5.利用图甲所示的实验装置测量遏止电压U与入射光频率v的关系。若某次实验中得

到如图乙所示的U-v图像。已知普朗克常量九，则（）

A.电源的左端为正极

B.K极金属的逸出功为Ziv1

C.增大入射光的强度，遏止电压增大

D.滑动变阻器滑片移至最左端，电流表示数为零

6.如图所示，&、为定值电阻，C为电容器。闭合开关S，

在滑动变阻器R的滑片向上滑动过程中（）

A.电阻中有向下的电流

B.通过电阻％电流增大

C.滑动变阻器R两端的电压变小

D.电容器C极板所带电荷量变小

7.如图所示，甲，乙两猫从同一位置以相同速率同时跳出，速度甲

方向与水平方向均成45。，一段时间后落至水平地面，不计空气

阻力，则（）乙

%

A.两只猫落地时的动量方向不同

B.两只猫在空中运动过程中相距越来越远

C.起跳点越高，两猫落地点间距离越大

D.只改变两猫起跳速度大小，两猫可能在空中相遇

8.如图所示，足够长的倾斜传送带以恒定速率%顺时针

运行。一小木块以初速度打从传送带的底端滑上传送

带。木块在传送带上运动全过程中，关于木块的速度。

随时间t变化关系的图像不可能的是（）

第2页，共20页

9.如图所示,有一个均匀带正电的绝缘球体,球心为01，

球体内有一个球形空腔，球心为。2,M、N为两球心

连线上两点,P、Q连线过球心。1且与M、N连线垂直，

且M、N、P、Q四点到01距离相等。则（）

A.P、Q两点电场强度相同

B.P点电场强度比N点的小

C.M点电势比N点的低

D.M点电势比P点的高

10.如图所示，匀强磁场中水平放置两足够长的光滑平行

XXXX

金属导轨，导轨的左侧接有黑箱。t=0时刻起电阻

黑箱XXXX

为R的导体棒ab以一定的初速度放上导轨向右运动，

XXXX

运动过程中棒始终与导轨垂直且与导轨电接触良好,

b

不计导轨电阻。则（）

A.若黑箱中是电池，棒的最终速度与初速度有关

B.若黑箱中是线圈，棒做简谐运动

C.若黑箱中是电阻，棒的速度随位移均匀减小

D.若黑箱中是电容器，棒的最终速度与初速度无关

二、实验题（本大题共1小题，共12.0分）

11.某小组在“用单摆测量重力加速度”实验中：

(1)组装单摆时，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线的上端，再用铁架台的铁夹将橡

皮夹紧，如图甲所示。这样做的目的有;

4保证摆动过程中摆长不变

B.需要改变摆长时便于调节

C保证摆球在同一竖直平面内摆动

(2)安装好实验装置后，先用刻度尺测量摆线长I,再用游标卡尺测量摆球直径d,

其示数如图乙所示，则4=mm；

(3)某次实验过程中，用秒表记录时间的起点应该是摆球运动过程中的(选填

“最高点”或“最低点”)；

(4)该组同学测出五组单摆振动周期7与摆长Z,的数据如下表，请在图丙中作出了2一

L关系图像o根据图像算出重力加速度g=m/s2；(结果保留3位有效

数字)

次数12345

L/m0.50000.60000.70000.80000.9000

T/s1.431.551.671.781.90

T2/s22.042.402.793.173.61

(5)若测量值与当地重力加速度值相比偏大，可能原因是(写出一个)。

第4页，共20页

23

图甲图乙

图丙

三、计算题(本大题共4小题，共40.0分)

12.如图所示，矩形线圈abed匝数为N,总电阻为R,ab边和ad边长分别为L和33。、

。'为线圈上两点，0。'与cd边平行且与cd边的距离为30。'左侧空间有垂直纸面向

里的匀强磁场，磁感应强度大小为现使线圈绕。。'以角速度3匀速转动，求:

(1)从图示位置开始转过60。过程中通过导线截面电荷量q；

(2)线圈在转动一周过程中产生的焦耳热Q。

13.如图甲所示，“隐身装置”可以将儿童的身体部分隐去，却对后面的成人没有形成

遮挡，简化模型的俯视图如图乙所示，4、B为两个厚度均为a=^m的直角透明介

2

质，虚线为透明介质的对称轴，儿童站在介质之间虚线框位置处，人体反射的光线

均视为与对称轴平行，已知介质折射率《=夜，光在真空中的传播速度c=3.0x

108m/s,sinl50=0.26.求：

观察者位置

图甲图乙

(1)光线在两透明介质中传播的时间t；

(2)儿童身体能被隐身，身体宽度的最大值d。

14.如图所示，质谱仪由一个加速电场和环形区域的偏转磁场构成，磁场区域由两圆心

都在。点，半径分别为2a和4a的半圆盒N#2和M1M2围成，匀强磁场垂直于纸面向

外，磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为+q的粒子不断从粒子源S飘入加速

电场，其初速度几乎为0,经电场加速后沿MiM的中垂线从极板上小孔P射入磁场

后打到荧光屏N2M2上。已知加速电压为九(未知)时，粒子刚好打在荧光屏的中央。

不计粒子的重力和粒子间相互作用，打到半圆盒上的粒子均被吸收。

(1)为使粒子能够打到荧光屏上，求加速电压的最大值Um；

(2)由于粒子进入磁场时速度方向在纸面内偏离SP方向，加速电压为4(未知)时，

其中有粒子打到荧光屏N2点右侧0.8a处的Q点(图中未画出)，求该粒子进入磁场时

速度与SP方向夹角a的余弦值cosa；

(3)由于粒子进入磁场时速度方向在纸面内偏离SP方向，求加速电压为%(未知)时,

荧光屏N2M2上有粒子到达的最大区间长度小。

第6页，共20页

15.如图所示，光滑钉子M、N相距2L,处于同一高度。带有光滑小孔的小球4穿过轻

绳，轻绳的一端固定在钉子M上，另一端绕过钉子N与小球8相连，B球质量为

用手将4球托住静止在M、N连线的中点P处，8球也处于静止状态。放手后，4球

下落的最大距离为L已知重力加速度为g。

(1)求4球的质量小4；

(2)求4球下落到最低点时绳中张力7；

(3)用质量为m的C球替换4球，C球从P点由静止释放后，求C球下落距离为L时的速

度大小”c。

-------------------Q-----------------'

A

OB

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：4肥皂泡表面水分子间距离r略大于r。，分子间作用力表现为引力，故A

错误；

B、肥皂泡稳定时由于表面张力作用，泡内气体压强稍大于外部气体压强，故8错误；

CD、通常而言，不同位置的肥息膜，厚度不同，因此在膜上的不同位置，来自前后两

个面的反射光的路程差不同，在某些位置，这两列波叠加后相互加强，出现了亮条纹，

在另一些位置，叠加后相互削弱，出现了暗条纹，由于不同颜色的光波长不同，导致从

肥皂膜的前后两面反射的光在不同位置相互加强，所以从肥皂膜上看到的亮条纹的位置

也会不同，薄膜上不同颜色的光的条纹的明暗位置不同，相互交错，看上去呈彩色，所

以这是薄膜干涉现象，肥皂膜厚度改变会导致彩色条纹移动，故C错误，O正确。

故选：D。

液体表面张力；薄膜干涉现象。

本题考查了薄膜干涉现象，液体表面张力，气体压强等，学生需要注意光程差相同时，

不同颜色光波长与光程差直接的关系。

2.【答案】B

【解析】解：4、第一宇宙速度是最大的环绕速度，空间站的线速度小于第一宇宙速度，

故A错误；

以根据万有引力提供向心力有：誓=7nro)2,解得：3=旧，空间站的轨道半径小

于地球同步卫星的轨道半径，所以空间站的角速度大于地球同步卫星的角速度，地球同

步卫星的角速度等于地球自转角速度，所以空间站的角速度大于地球自转角速度，故8

正确；

C、根据7=詈，空间站的角速度大于地球自转角速度，所以空间站的周期小于地球自

转周期，故C错误；

D、根据万有引力提供向心力有：誓=ma,解得：a=楞，所以空间站向心加速度

小于地面的重力加速度，故。错误；

故选：Bo

地球的第一宇宙速度是卫星最大的环绕速度，空间站的线速度小于第一宇宙速度；根据

万有引力提供向心力分析判断。

第8页，共20页

本题考查了万有引力定律及其应用，要熟记万有引力的公式和圆周运动的一些关系变换

式，解题依据为万有引力提供向心力。

3.【答案】A

【解析】解：4、发生a衰变时放出发生6衰变时放出电子2遇，设发生了％次a衰

变和y次0衰变，则根据质量数和电荷数守有：2无一y+82=90,4%+208=232,解

得x=6,y=4,故衰变过程中共有6次a衰变和4次口衰变，故A正确；

8、/?衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成一个质子和一个电子，由4选项分析可

知第8Pb比箫27Tl少16个中子，故8错误;

C、在a、0、y这三种射线中，y射线的穿透能力最强，a射线的电离能力最强，故C错

误；

。、放射性元素的半衰期只由自身性质决定，高温条件不能改变其半衰期，故。错误；

故选：4。

根据质量数守恒和电荷数守恒判断衰变次数；3衰变所释放的电子是原子核内的中子转

化成一个质子和一个电子；a射线的电离本领最强，穿透能力最弱；放射性元素半衰期

由自身结构决定。

解决本题的关键是明确衰变的本质，会根据质量数守恒和电荷数守恒判断衰变次数，并

准确掌握三种射线的特征。

4.【答案】D

【解析】解：AC.迅速下压过程中，外界对气体做功，由于气体变化的时间极短，来

不及与外界发生热交换，可近似认为是绝热过程，根据热力学第一定律4U=Q+W可

知，气体的内能增大，温度升高，所以气体分子平均动能变大，故AC错误；

8、由于温度是大量分子整体表现出来的性质，并不能说明单个分子的状态，所以无法

保证每个气体分子速率都增大，故8错误；

。、气体体积减小，单位体积内分子数增多，且分子平均动能增大，所以分子在单位时

间内对单位面积器壁的碰撞次数增加，故。正确。

故选：Do

根据热力学第一定律分析出气体的温度变化，从而分析出分子平均动能的变化，正确理

解温度变化对分子速率的影响；

结合气体压强的微观意义完成分析。

本题主要考查了热力学第一定律的相关应用，通过公式分析出气体的内能变化，同时结

合气体压强的微观意义即可完成分析。

5.【答案】B

【解析1解：4、因为测量遏止电压4与入射光频率v的关系时，需要使加在两极板间

的电压为反向电压，使电子减速，所以应该让电场方向从K指向4所以电源右端应为

正极，故A错误；

8、当光电子的最大初动能为零时，对应频率即为截止频率，由图像知截止频率为％,

所以逸出功为%=无匕，故3正确；

C、由爱因斯坦光电效应方程知a=hv-W0,联立可得=hv-W0,可知遏止电压

只与金属的逸出功以及入射光频率有关，与入射光强度无关，故C错误；

若能发生光电效应，则滑动变阻器滑片移至最左端时光电管两极之间的电势差为零,

电流表示数不为零，故。错误。

故选：Bo

遏止电压〃是光电流为零时的反向电压;根据动能定理得出光电子最大初动能与儿的关

系；结合光电效应方程推导出遏止电压与入射光频率的关系；遏止电压为零时，入射光

的频率等于截止频率，由图读出截止频率，再求金属的逸出功。

解决本题的关键要掌握光电效应方程，以及最大初动能与遏止电压的关系，来研究图像

的物理意义。

6.【答案】A

【解析】解：B、闭合开关S,在滑动变阻器R的滑片向上滑动过程中，滑动变阻器接入

电路的阻值增大，则电路总电流减小，即通过电阻治的电流减小，故8错误；

ACD,根据串联分压规律可知滑动变阻器R两端的电压变大，所以电容器C两端电压增

大，根据Q=CU可知电容器极板所带电荷量增大，即电容器充电，根据电路连接方式

可知电容器上极板带正电，所以电阻&中有向下的电流，故A正确，CZ）错误；

故选：Ao

根据欧姆定律分析出电路各部分的电学物理量的变化，结合电容器的电荷量公式Q=

CU分析出电荷量的变化和电流的方向。

本题主要考查了闭合电路的欧姆定律，根据电阻的变化完成对电路电学物理量的变化趋

势的分析，结合电荷量的计算公式即可完成解答。

7.【答案】B

第10页，共20页

【解析】解：甲乙两猫从同一位置以相同的速率同时跳出，速度方向与水平方向成45。夹

角，所以水平方向速度相等，且甲乙两猫任意时刻水平位移相同。

A、由动能定理得=-3m讲，因为下落高度和初速度相同，所以末速度相

同，因为末速度在水平方向的分量大小相同，所以落地时速度方向相同，所以两只猫落

地时的动量方向相同。故A错误。

B、因为乙落地前水平位移时刻相同，对甲乙两猫竖直方向上的受力进行分析，对甲猫

分析:八甲=叽t+对乙猫进行分析八乙=p乙t+,炉2,所以高度差等于九z-hfp=

gt2.所以距离越来越远。故B正确。

C、因为乙落地前和甲的高度差固定，所以当乙落地时，甲水平方向的速度分量不变，

由2gh甲'=»甲'一»甲,所以当高度越大时，乙落地时甲在竖直方向的速度越快，落地时

间越快，所以水平方向的位移越小，所以起跳点越高，两猫落地点间距离越小，故C

错误。

。、因为速度方向固定，甲猫在竖直方向做匀减速后反向加速运动，乙做匀加速运动，

加速度相等，所以在落地前，乙速度永远大于甲速度，故不可能相遇。故。错误。

故选Bo

初速度大小相同，速度方向不同，可以分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的匀加速

运动来分析，判断选项是否正确。

本题考查运动的合成和分解以及匀加速直线运动，再通过速度判断动量等各方面的物理

量，难度较小。

8.【答案】C

【解析】解：4、当药＜%时，且木块重力沿传送带向下的分力大于木块与传送带之间

的摩擦力时，木块滑上传送带后先相对传送带向下滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向上,

而合外力沿传送带向下，木块做匀减速运动，速度减为零后，继续相对传送带向下滑动，

所以合外力不变，加速度不变，表现为u-t图像的斜率不变，木块速度开始反向增大，

根据对称性壳子木块返回到传送带下端时的速度为-％,故A正确；

8、当巧＜孙时，且木块重力沿传送带向下的分力小于木块与传送带间的摩擦力时，木

块滑上传送带先相对传送带向下滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向上，合外力沿传送带

向上，木块做匀加速运动，当木块速度增大至几时，由于木块与传送带之间的最大静摩

擦大于重力沿传送带向下的分力，所以木块将随传送带一起匀速运动，故8正确；

C、当%＞%时，且木块重力沿传送带向下的分力大于木块与传送带之间的最大摩擦力

时，木块滑上传送带后先相对传动带向上滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向下，合外力

沿传送带向下，木块做匀减速运动（设加速度大小为的）,当木块加速度减小至火时，将

开始相对传送带向下滑动，所受滑动摩擦力变为沿斜面向上，所以木块所受合外力减小,

加速度减小，表现为v-t图像的斜率减小，木块沿传送带向上做匀减速运动（设加速度

大小为&2）,速度减为零之后开始沿传送带向下做匀加速运动（由于合外力不变，所以加

速度大小仍为。2,表现为D-t图像的斜率不变），根据运动学规律可知木块速度从%减

小至％的过程位移大小为

r_诏-诏

木块速度从先减至0的过程位移大小为

“2一亚

假设木块返回至传送带下端时的速度为-打，则木块速度从0增大至-%的过程中位移大

小为

K=_±

32a2

由于则有

吱滋+且<旺

2al2a22ti2

即XI+x2<x3

而木块整个过程的位移为零，上式明显不满足，故C错误；

D,当女>%，且木块重力沿传送带向下的分力不待遇木块与传送带间的最大摩擦力时，

木块滑上传送带后先相对传送带向上滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向下，合外力沿传

送带向下，木块做匀减速运动，当木块速度减小至历时，将随传送带一起匀速运动，故

。正确；

本题选不正确的，故选：Co

对木块和传送带的速度大小，以及木块的下滑力与摩擦力的大小关系进行分类讨论，注

意分析出木块的运动情况。

本题主要考查了传送带模型的相关应用，在对物体进行受力分析时，要特别注意摩擦力

的方向问题，结合牛顿第二定律和运动学公式即可完成分析。

9.【答案】D

【解析】解：4、根据对称性可知I,P、Q两点电场强度大小相等方向不同，故A错误;

8、将球形空腔看做填满了等量正、负电荷，且电荷量密度与球心实心部分相同。则M、

N、P、Q四点的电场强度和电势均可视为完整的均匀带电球体。1与均匀带负电球体。2产

第12页，共20页

生的电场强度和电势的叠加。由于P、N到。】的距离相同，所以完整的均匀带正电球体。】

在P、N产生的电场强度大小相等，方向背离圆心。1，而完整的带负电球体内在N点产

生的电场强度一定大于在P点产生的电场强度，且两者方向相反，且夹角小于180。，根

据电场强度的叠加法则可知P点电场强度比N点的大，故8错误；

CD.规定无穷远处为电势零点，由于M、N到。1的距离相等，所以完整的均匀带正电球

体01在M、N产生的电势相同；由于M到。2的距离大于N到G的距离，所以完整的均匀

带负电球体。2在M产生的电势高于在N产生的电势，根据电势的叠加可知M点电势比N

点的高，同理分析可知〃点电势比P点的高，故C错误，。正确；

故选：Do

将空心部分补充完整，根据电场公式和电势公式，同时几何合成的特点完成分析。

本题主要考查了电场和电势的叠加，理解电场强度和电势的分布特点，在合成的时候要

注意物理量的标矢性。

10.【答案】C

【解析】解：力、若黑箱是电池，则金属棒向右在安培力作用下做加速运动，当金属棒

产生的感应电动势等于电源电动势时，回路的电流为零，此时金属棒处于稳定状态，满

足9=8打，则棒的最终速度与初速度无关，故A错误；

8、若黑箱中是线圈，因棒所受的安培力方向与速度方向相反，简谐振动中回复力与速

度方向可能相同也可能相反，则棒不可能做简谐运动，故8错误；

C、若黑箱中是电阻，设阻值为r,则当棒离开初始位置距离为x时，根据动量定理得：

mv—mv0=—BILAt

其中

/4t=—=—

R+rR+r

解得：〃=%一部a，即棒的速度随位移均匀减小，故C正确；

。、若黑箱中是电容器，则开始时，电容器不断充电，带电量逐渐增加，电容器两板间

电压增加，棒由于受安培力作用做减速运动，当导体棒两端电压等于电容器两板电压时,

回路电流为零，此时到达稳定状态，设此时的速度为V,则电容两板电压为：

U=BLv

对导体棒由动量定理得：

—BILAt=mv—mv0

其中

Q=IAt

解得：彘黑大，即棒的最终速度与初速度有关，故。错误；

oL<C+771

故选:Co

根据黑箱中物体的变化，分析导体棒的受力情况和最终的稳定状态(如果有的话)，结合

安培力公式和动量定理以及选项的描述完成分析。

本题主要考查了导体棒切割磁感线时感应电动势的相关应用，熟练掌握在不同场景下导

体棒的受力特点，结合力的变化分析出导体棒的运动类型和最终的状态。

11.【答案】18.9最低点如图所示9.86见解析

【解析】解：(1)用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆绳，开有在需要改变摆长时便于调节；

用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，从而保证摆动过程中摆长不变，上述做法并不能保证摆球

在同一竖直面内，故AB正确，C错误；

故选：AB»

(2)游标卡尺的分度值为0.1cm,不需要估读，则d=18mm+9x0.1mm=18.9mm

(3)摆球在最高点附近运动速度较小，人由于视觉原因不可能精确定位摆球是否过最高

点，由此造成时间测量的相对误差较大。摆球在最低点时附近速度较大，由位置判断的

误差对时间测量的影响较小，所以应在摆球经过最低点时开始计时。

(4)将表中数据描于坐标纸上，用一条直线尽可能地穿过更多的点，不在直线上的点尽

量均匀地分布在直线两侧，误差较大的点舍去，画出的产—L关系图像如图所示：

第14页，共20页

所以图像的斜率为

k.=-=-s2/m=4s2/m

g0.9''

解得:g~9.86m/s2

(5)本实验通过累积法来测量周期，即测量摆球完成n次全振动的总时间t,从而求得周

期，若计算时间不慎将n的值记录得偏大，则所测周期偏小，会造成g的测量值偏大。

故答案为：(1)4B；(2)18.9；(3)最低点；(4)如图所示；9.86；(5)见解析

(1)根据实验原理掌握正确的实验操作；

(2)根据游标卡尺的读数规则得出对应的示数；

(3)根据摆球在最高点和最低点的运动情况选择合适的点作为计时起点；

(4)将表中数据描于坐标纸上，用一条直线尽可能地穿过更多的点，不在直线上的点尽

量均匀地分布在直线两侧，误差较大的点舍去，画出产一心关系图像，并根据单摆的周

期公式得出g的数值；

(5)根据单摆的周期公式分析出可能让g的测量值偏大的可能。

本题主要考查了单摆测量重力加速度的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合

单摆的周期公式和图线的物理意义完成分析。

12.【答案】解：(1)根据法拉第电磁感应定律有：£=等

根据闭合电路欧姆定律有：7=2

R

电荷量q=It

联立可得q="士=N--2L2cos60°~"二

"HRR

(2)线圈在磁场中转动时产生的电动势随时间变化的规律如答图所示，设ab边、cd边在

磁场中转动产生电动势的最大值分别为瓦m、E2m,有效值分别为邑、E2,则

V2

lNBl7a)

E2=—

产生的热量Q=电•巴+”•巴

联立解得Q=5兀3慧》

答：(1)从图示位置开始转过60。过程中通过导线截面电荷量为等；

(2)线圈在转动一周过程中产生的焦耳热为空暗

【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律结合电荷量的定义式解得；

(2)根据电动势的最大值与有效值的关系解得。

线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流。而对于求产生的热量均由交变电的

有效值来确定，而通过某一电量时，则用平均值来求。

光在两介质中传播的速度u=：

个在两介质中传播的时间t=B

代入数据联立解得：t=①"sx9.4x10-9s

3

(2)儿童身体被隐身时，光从介质4中射出时恰好不被儿童身体遮挡，如图所示，根据几

何关系有：g=ssin(i-r)

代入数据解得：d=0.52m

答：(1)光线在两透明介质中传播的时间t《9.4xl0-9s；(2)儿童身体能被隐身，身体

宽度的最大值d=0.52m,

第16页，共20页

【解析】光斜射入介质时，光在介质中要发生折射；对光的折射定律的正确理解及光在

介质中传播的速度、时间的计算。

本题主要考查了光的折射定律，光在介质中的传播速度与传播时间的计算。

14.【答案】解：(1)当粒子在磁场中运动的轨迹与半径为4a的半圆盒在“2点相切时，

粒子在磁场中运动的半径有最大值，设为r,如图1.则「1=手

设粒子在磁场中运动的最大速度为巧，根据动能定理有qU7n=\mvl

粒子在磁场中做圆周运动时，根据牛顿第二定律有

[if0~\

伍U__________\二_\

•O舟M

U

♦A",・

图1

联立解得

.._49qB2a2

租一8m

(2)设荧光屏N2M2的中点为C，加速电压为%时粒子在磁场中的运动轨迹如图2所示，由

题意可知该粒子的运动半径为2=3a

图2

设粒子进入磁场速度方向偏离SP方向的夹角为a,粒子打在荧光屏上的Q点，轨迹圆心

为01，如图2,其运动半径仍为力，根据几何关系有2roeosa=5a+0.8a

解得

29

cosa=—

30

(3)由题意，加速电压仍为Uo,粒子在磁场中的运动半径不变，则沿中垂线方向射

入的粒子到达屏上的C点为粒子能打到荧光屏上最右侧的点。当粒子速度方向偏离SP方

向的夹角为。时，粒子打在荧光屏上的点4其轨迹与磁场外边界相切，切点为D,圆心

为。2,如图3.

图3

由几何关系得002=4Q—3Q=a、P02—PO-3a

根据余弦定理有cosS=力需空

解得：cose=9

lo

则PA=2PO2cose

解得：PA=^-

当粒子速度方向偏离SP方向的夹