2025届广东省广州市某校高三年级下册综合测试（三）物理试题（解析版）

2025届广东省广州市某校高三下学期综合测试（三）物理试题

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是

符合题目要求的.

1.有关下列四幅图的描述，正确的是（）

A.图1中，U1：=九1：九2

B.图2中，匀速转动的线圈电动势正在增大

C.图3中，增大电容C,调谐频率减小

D.图4中，卢瑟福根据这个实验提出了原子核内部的结构模型

【答案】C

【解析】【解答】了解交变电流的产生、变压器的构造和原理、电磁振荡产生的过程是解决本题的关键，属于

基础题。A.图1中，原线圈接直流电源，则次级电压为零，选项A错误；

B.图2中，匀速转动的线圈正向中性面转动，则电动势正在减小，选项B错误；

C.图3中，大小和方向都做周期性迅速变化的电流，叫作振荡电流，产生振荡电流的电路叫作振荡电路。

根据

1

f~2n/LC

则增大电容c,调谐频率减小，选项C正确；

D.图4中，卢瑟福根据这个实验提出了原子的核式结构模型，选项D错误。

故选Co

【分析】根据变压器电压与匝数的关系进行分析；根据交流发电机及其产生交变电流的原理可知，线圈平面

与磁场垂直时，线圈位于中性面位置，此时磁通量最大，磁通量的变化率最小，电动势最小进行分析；根据

电磁振荡产生的原理，判断电容器上下极板带电性及根据电感判断电流方向，从而判断出能量的转化；

2.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

中子与慢化剂中的原子核碰撞后，口子速度减小变为慢中子。下列说法正确的是（）

第1页

镉棒

核反应堆结构

A.“慢化剂”使快中子变慢中子，慢中子更难被铀核俘获

B.当核反应过于缓慢时，可以适当的插入镉棒，达到加快核反应速度的目的

C.铀块体积越小，越容易发生链式反应，能发生链式反应的铀块最大体积叫作它的临界体积

D.链式反应是指让一个原子核的裂变引发其他原子核发生裂变，让核裂变过程自己持续下去的反应

【答案】D

【解析】【解答】本题考查了“核反应堆”的相关知识，要求学生知道裂变反应，要明确在核反应中，慢化剂

和镉棒的作用。A.慢中子更容易被铀核俘获，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，故A错误；

B.核反应堆中，镉棒的作用是吸收中子，以控制反应速度，当核反应过于缓慢时，可以适当的抽出镉棒，

以达到加快核反应速度的目的，故B错误。

C.铀块体积越大，越容易发生链式反应，能发生链式反应的铀块最大体积叫作它的临界体积，选项C错

误；

D.链式反应是指让一个原子核的裂变引发其他原子核发生裂变，让核裂变过程自己持续下去的反应，选项

D正确。

故选D。

【分析】慢中子更容易被铀核俘获；根据链式反应的定义判断：铀块体积越大，越容易发生链式反应；镉棒

的作用是吸收中子。

3.高速摄影机可以对高速移动目标进行跟踪拍摄，在某次1007日跑赛事中，用一架在赛道旁运动的高速摄影

机跟踪拍摄运动员，将高速摄影机和运动员视为质点，他们的位移一时间。-£)图像如图所示，图线交点对

应的时刻为£1，下列说法正确的是•)

第2页

A.0〜J时间内，运动员的位移比摄影机的位移大

B.J时刻，运动员和摄影机的速度相同

C.0〜〃时间内，运动员的平均速度和摄影机的相同

D.0〜0时间内，运动员的速度变化量和摄影机的相同

【答案】C

【解析】【解答】本题要能根据纵坐标读出物体的位置关系，由图像的斜率分析速度关系，并分析物体的运动

情况。AC.0〜（I时间内，运动员和摄影机的位移相同，根据万二亨可知，0〜G时间内，运动员的平均速度

V

和摄影机的相同，故A错误，C正询；

B.x-t图像反映了物体的位置随时间的变化情况，图像的斜率表示速度，时刻，运动员的速度大于摄影机

的速度，故B错误；

D.0~0时间内，摄影机做匀速直线运动，其速度变化量为零，运动员的速度不断增加，其速度变化量大于

零，故D错误。

故选Co

【分析】x-t图像反映了物体的位置随时间的变化情况，图像的斜率表示速度。纵坐标的变化量表示位移，平

均速度等于位移与时间之比。x-t图像只能表示直线运动的规律。

4.小明的爷爷喜欢喝盖碗茶，泡茶时，他向茶杯中倒入足够多的沸水，使得盖上杯盖后茶水漫过杯盖，然

后静置一段时间就可以喝了，已知盖上杯盖后，在水面和杯盖间密闭了一部分空气（可视为质量和体积均不

变的理想气体），过一段时间后水温降低，则（）

A.泡茶时，用沸水能快速泡出茶香，是因为温度越高每个分子动能都越大

B.水的颜色由浅变深，说明水分子在做布朗运动

C.温度降低后杯盖拿起来比较费力，是因为封闭气体的压强变大

第3页

D.温度降低的过程中，杯内气体向外界放热

【答案】D

【解析】【解答】本题考查扩散现象、温度的微观意义、分:作用力，热力学第一定律等内容，要能用所学的

物理知识分析生活中的物理问题，基础题。A.温度升高时，气体分子的平均动能变大，并不是每个分子动

能都越大，选项A错误；

B.水的颜色由浅变深，说明固体茶颗粒在做布朗运动，选项B错误；

C.杯盖拿起来比较费力，是因为封闭气体的温度降低，体积不变，则压强变小，选项C错误；

D.温度降低的过程中，杯内气体体积不变，不对外做功，内能减小，则气体向外界放热，选项D正确。

故选Do

【分析】根据扩散现象和布朗运动的概念分析；温度的分r平均动能的标志，温度高并不是所有分r的动能

都大；温度降低后杯盖拿起来比较费力是气体压强减小的缘故；由热力学第一定律判断吸热或放热的情况。

5.如图所示，绝缘轻绳穿过有光滑孔的带正电小球A,绳两点P、Q固定，在竖直平面内，整个空间存在匀

强电场。小球静止时，轻绳绷紧，AP水平、AQ竖直，小球A的质量为m,则（）

Q

p

•-----------------OA

A.球受到的电场力可以等于2mgB.球受到电场力的最小值为mg

C.匀强电场方向一定水平向右D.匀强电场方向可以竖直向下

【答案】A

【解析】【解答】本题中有光滑孔的小球与动滑轮相似，两侧绳子拉力大小相等，要正确分析小球的受力情

况，熟练运用平衡条件的推论进行分析。A.小球受重力、水平向左和竖直向上的拉力作用，根据共点力平

衡条件可知，球受到的电场力可以向右，大小等于2mg,故A正确；

B.如图所示电场力最小值

第4页

CD.球受到的电场力可以斜向右下方或者右上方，匀强电场方向不会竖直向下，故CD错误;

故选A0

【分析】小球静止时，合力为零，分析小球的受力情况，所受重刀和电场力合力与绳子拉力合力等大反向，结

合带电小球的电性判断电场方向。

6.所谓“双星”就是两颗相距较近的恒星，这两颗星在彼此之间万有引力作用下，各自以一定的速率始终绕它

们连线上的某点转动，则（）

A.两颗星做圆周运动的半径之比等于它们质量之比

B.两颗星速度大小之比等于它们质量的反比

C.两颗星的动能之比等于它们做圆周运动的半径的反比

D.两颗星的动量始终相同

【答案】B

【解析】【解答】“双星”是万有引力部分常见的题型，关键抓住“双星”的条件：角速度相同、周期相同，采用

隔离法由牛顿第二定律研究.A.令两恒星间距为L,质量分别为mi、m2,轨道半径分别为ri、厂2,双星圆

周运动的周期相等，可知，角速度也相等，则有

G等1=叫32%G等=机232r2

解得

3=也

厂2一叫

即两颗星做圆周运动的半径之比等于它们质量的反比，故A错误:

B.根据线速度与角速度的关系有

V\—3rl,v-i—3r2

结合上述解得

%_m

五二西2

即两颗星速度大小之比等于它们质曷的反比，故B正确；

C.两恒星的动能

&1=；叫说，&2=；巾2诏

结合上述解得

EkiJ

跖一百

即两颗星的动能之比等于它们做圆周运动的半径之比，故c错误;

D.两，宜星的动量

Pi=叫/，p2=m2v2

第5页

结合.上述解得

Pl=P2

可知，两恒星动量大小相等，当动量的反向始终相反，可知，两颗星的动量不相同，故D错误。

故选B,

【分析】“双星”围绕它们连线上的同一点为圆心做匀速圆周运动，运动过程中两者的周期、角速度相同，由

对方的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律分别对两星进行列方程求解.

7.大型工厂的车间中有一种设备叫做天车如图甲所示，是运输材料的一种常用工具。此装置可以简化为如

图乙所示的模型，足够长的光滑水平杆.上套有一个滑块，滑块M正下方用不可伸长的轻绳悬珪一小球m。开

始时两者均静止；给小球一水平向右的初速度vo后，小球恰好能摆至与滑块等高的位置，如图乙所示，之后

小球再向下摆动，则()

甲乙

A.小球与滑块等高时，小球的速度为零

B.此过程中，小球与滑块组成的系统动量不守恒

C.小球与滑块等高时，滑块的速度达到最大值

D.小球向左摆到物块正下方时，其速度大小仍为vo

【答案】B

【解析】【解答】本题考查了动量守恒和能量守恒定律的问题，注意圆周运动的速度问题，在利用动量守恒定

律时，注意正方向的规定。A.根据动量守恒定律得

inv0=(M4-m)v

解得

mv0

v~M+m

小球的速度为

mv0

v~M+m

A错误；

B.此过程中，小球与滑块组成的系统动量不守恒，只有水平方向动量守恒，B正确；

C.小球下落到最低点时，滑块的速度达到最大值，c错误；

D.根据机械能守恒定律得

111

5根诏=该

第6页

解得

%<v0

小球向左摆到物块正下方时，其速度大小小于VO,D错误。

故选B。

【分析】根据动量守恒和系统机械能守恒求速度v大小；小球下落到最低点时，滑块的速度达到最大值；结合

机械能守恒定律分析。

二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题列出的四个选项中，有多项符合

题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得。分）

8.两列简谐横波在同一均匀介质中相向传播.波源M产生的波沿x轴正方向传播，波源N产生的波沿x轴负方

向传播，波速均为5m/s,£=0.8s时刻的波形如图所示，则（）

B.波源M起振0.4s后波源N才起振

C.波源M和波源N的起振方向相反D.波源M的周期为1.6s

【答案】B,D

【解析】【解答】本题考查了波的图像，理解波长、波速和频率的关系，结合质点在不同时刻的振动状态是解

决此类问题的关键。A.两波能稳定发生干涉的条件是频率相同、振动方向一致、相位差恒定，题中两波的

频率不同，故不会发生稳定的干涉现象，故A错误；

B.由题，波源M的运动时间为

A/_4m

tiu-5m/s08s

波源N的运动时间为

△x_2m

25m/s=0.4s

故波源M起振0.4s后波源N才起振，故B正确；

C.所有质点的起振方向与波源相同，如图所示的时刻波源M产生的波传递到4m处，其振动方向向匕波源

N产生的波传递到7m处，其振动方向也向上，故两波的起振方向相同。故C错误；

D.波源M的周期为

,A8m

T~v~5m/s1.65

第7页

故D正确

故选DDO

【分析】求得波源M、波源N的频率，根据发生稳定干涉的条件分析；传播时间等于传播距离除以波速；根

据同侧法和发生明显衍射的条件分析。

9.在翌直平面内存在一电场，其电场线分布如图甲所示，其中Ox轴竖直向下。一带电小球从0点由静止释放

后沿。工轴正向运动，从。到A运动的过程中，小球的机械能E随小球运动的位移x变化的图像如图乙所示，则

A.带负电

B.从。到A,所受合外力先减小后增大

C.从。到A,电势能不断增大

D.从。到A,速度不断增大

【答案】A,C

【解析】【解答】本题考查带电小球在复合场中运动，机械能变化，动能等变化情况，熟悉电场强度的分布

特点以及电场力做功与机械能间的关系是解决问题的关键。A.根据图乙可知，小球的机械能逐渐减小，则

电势能逐渐增大，即电场力做负功，则小球所受电场力方向向上，电场力方向与电场强度方向相反，则小球

带负电，故A正确；

B.小球在OA之间运动过程中电场先分布先变密集后变稀疏，也场强度先增大后减小，令小球所受电场力

的最大值为无，若后小于或者等于小球的重力mg,根据牛顿第二定律可知，从。到A,所受合外力先减小后

增大。若见大于小球的重力mg,根据牛顿第二定律可知，从。到A,所受合外力先减小至()，此过程合外力

方向向下，再增大，此过程合外力方向向上，后减小至0,此过程合外力方向向上，最后增大，此过程合外

力方向向下，故B错误；

C.结合上述可知，小球的机械能逐渐减小，则从。到A,电势能不断增大，故C正确；

D.结合上述可知，若电场力最大值小十或者等十小球的重力mg,从。到A,所受合外力先减小后增大，

方向一直向下，此过程，小球的速度一直增大。若电场力最大值大于小球的重力mg,小球的加速度方向

第8页

先向下，后向上，最后向下，则小球的速度先增大后减小最后增大，故D错误。

故选Co

【分析】由功能关系判断机械能的增减情况，由电场力的大小判断机械能变化快慢的情况；由动能定理结合

小球合力变化情况，进而判断动能随位移的变化情况；沿着电场线方向电势减小来判断Q随x的变化情况；

由电场线的疏密程度判断电场强度随x的变化情况。

10.如图所示，水平虚线人、人之间存在方向垂直于纸面向里、高度为八的匀强磁场。在竖直平面内一个等

腰梯形线框，底边水平，其上、下边长之比为5：1,高为2K线框向下匀速穿过磁场区域（从48进入“，

到CO离开人），则（）

XXXXXX

h

XXXXXX

X---------------------------------------------------------------------------------L2

A.4。边始终不受到安培力的作用

B.线框穿过磁场的过程中，某段时间内回路没有电流

C.48边进入磁场时回路电流方向为逆时针方向

D.48边刚离开磁场时和刚进入磁场时线框所受安培力之比为4：1

【答案】C,D

【解析】【解答】本题要研究物体多个状态，再找它们的关系，关键要写出线框有效的切割长度，即与速度方

向垂直的导体等效长度。A.只要闭合回路磁通量变化产生感应电流，电流在磁场中就会受到安培力的作

用，故A错误；

B.等腰梯形线框在穿过磁场的过程中，穿过闭合回路的磁通量始终是变化的，只要闭合回路磁通量变化就会

产生感应电流，因此不存在某段时间内回路没有电流的情况，故B错误；

C.由右手定则可判定，当4B边进入磁场切割磁感线时，48作为电源，产生的感应电动势的方向为由8指向B,

电源内部电流由负极流向正极，回路中电流方向为逆时针方向，故C正确；

D.设AB边长度为L,线框速度为v,则4B边刚离开磁场时的有效切割长度为2L

由题意知，4B边刚进入磁场时线框所受安培力

%=BI、L=mg

由欧姆定律得

感应电动

E\=BLv

第9页

同理，AB边刚离开磁场时线框所受安培力

「2=♦2L=mg

2R

%=2BLv

各式联立得

尸2：尸1=4:1

故D正确；

故选CD。

【分析】由机械能守恒求出AB刚进入磁场时的速度.根据AB刚进入磁场时加速度恰好为0,由平衡条件列

出重力与安培力的关系方程.在DC边刚进入磁场前的一段时间内，线框做匀速运动，此时线框有效切割长度

为21,由平衡条件得到重力与安培力的关系式，将两个重力与安培力的关系式进行对比，求出DC边刚进入磁

场前线框匀速运动时的速度.DC边刚进入磁场瞬间，线框有效切割的长度为31,推导出安培力表达式，由牛

顿第二定律求出加速度.

三、非选择题（本题共5小题，共54分.考生根据要求作答）

11.实验小组采用如图甲所示的装置探究小车的加速度与小车质量和合外力的关系。为平衡摩擦力，先取下

硅码盘和祛码，调节木板的倾角，轻推系着纸带的小车，小车获得初速度后通过打点计时器，打出了如图乙

所示纸带，纸带靠4点的一端连着小车，由图乙可以推测，小车运动过程中速度（选填”越来

越大”或“越来越小''），受到的合力（选填“越来越大”“越来越小”或“不变

继续调整木板倾角，完成平衡摩擦力的操作后，挂上祛码和祛码盘进行实验，最终获得小车运动的Q-r（尸

为祛码和硅码盘的重力）图像，如图丙所示，根据图像，可以判断

0cm10203040

丙

A.平衡摩擦力时，倾角仍然过小

B.随着F增大，小车的加速度a可能大于重力加速度g

C.小车的质量一定时，其加速度与所受合外力成止比

【答案】越来越大；不变；C

第10页

【解析】【解答】该题考查了实验注意事项、实验数据处理分析，知道实验原理及注意事项即可正确解题；探

究加速度与力、质量的关系实验时，要平衡小车受到的摩擦力，不平•衡摩擦力、或平衡摩擦力不够、或过平

衡摩擦力，小车受到的合力不等于钩码的重力。由乙图可知，纸带上点迹之间的距离越来越大，说明小车的

速度越来越大；由乙图可知，点迹间的间距均匀增大，小车做匀加速直线运动，故小车受到的合外力不变；

由于小车的Q-F图像是一条通过原点的直线，说明质量一定时，小车的加速度与合外力成正比。

故选Co

【分析】根据纸带上点之间的距离推测速度变化；根据加速度结合牛顿第二定律分析合外力：质量一定时，

小车的加速度与合外力成正比。

12.实验小组为验证动量守恒定律，如图(a),将甲、乙两辆相司的小车放在长木板轨道上，小车质量

M=200g,在甲车上黏合一定质量的橡皮泥，甲车系一穿过打点计时器的纸带，启动打点计时器，让甲车获

得初速度后沿着木板运动并与静止的乙车正碰并黏在一起。纸带记录下碰撞前、后甲车运动情况如图(b),

碰撞发生在两虚线间，电源频率为50Hz,则碰撞前甲车的运动速度大小为m/s,橡皮泥的质量为_

kg,该实验(选填“需要”或“不需要'')平衡摩擦力(计算结果保留一位小数)。

II

打点计时器--------------------1一~I--------------------

I―=—।1----------•••i4••

♦1甲乙ni|Iin|iiii|nii|ini|mi|iiii|iiii|liii|mi;inipii|iiii|mi|inik

I______*JJ1234'I5|67cm1

(a)(b)II

【答案】0.6；0.1：需要

【解析】【解答】本题考查了验证动量守恒定律实验，由图示纸带求出小车的位移、由速度公式求出小车的速

度即可正确解题，解题时要注意单位换算o碰撞前甲车的运动速度大小为

(4.60-1.00)X10-2

0.02x3m/s=0.6m/s

碰撞后两车的运动速度大小为

(7.00-5.50)xlO-2

v=0.02x2m/s=0.375m/s

由动量守恒定律

(M4-m)vQ=(2M+rn)v

解得

m-0.1kg

为了消除摩擦力对实验的影响，则该实验需要平衡摩擦力。

【分析】由速度公式求出速度，然后根据实验数据求出质量与速度的乘积，分析实验数据然后得出结论。

n.电阻式触摸屏的原理可简化为：如图按压屏幕时，相互维修的两层导电层就在按压点位置有了接

触，两导电层便并联接入电路，简化过程如图(b)中虚线框内结构所示.

第11页

（1）将一块电阻式触摸屏单元接入电路中，如图（b）o先将开关接“1”让电容器充电，足够长时间后，再

将开关切换到“2”，通过电压传感器观察电容器两端的电压随时间变化的情况。图（c）中画出了按压和不按

压两种情况下电容器两端的电压U随时间t变化的图像，则按压状态对应的图像应为图（c）中的

（填“虚线”或“实线”）所示。

（2）为测定该触摸屏单元未按压状态下的电阻七，制作一个只有两种倍率（xlOQ,X100H）的简易欧姆

表，如图中虚线框内电路图所示，实验器材有：

微安表（量程500/A,内阻为150。）

滑动变阻器R（最大阻值50Q,额定电流2A）

电阻箱Ro（最大阻值9999.9C）

电池组E（3.0V,2Q）

开关及导线若干

①断开开关，将滑动变阻器滑片置于最右端时，即为欧姆挡的其中一个倍率；置于另一个位置M（图中未

画出）时，则为另一个倍率。当滑片置于最右端时，闭合开关S,调节电阻箱R。直到微安表满偏，此时通过滑

动变阻器的电流为mA,电阻箱的阻值为d对应的档位为（填入10,'或"xio（r）

挡。

②实际测量时，发现指针偏转（填“较大”或“较小”〕，应将滑动变阻器的滑片滑动到位置M完成

换挡，进行规范的操作后，将P、Q接在待测电阻&两端，稳定后微安表指针偏转到满偏刻度的/Rx=

【答案】（1）实线

（2）1,5；1460.5；xlOO；较大;225

第12页

【解析】【解答】本题主要考查电路的基本知识，根据串并联电路的特点，分析结果的合理性。电路稳定

后，由于电容器所在支路无电流通过，所以在此支路中的电阻上无电工降低，因此电容器两极间的电工就等

于该支路两端的电压。

(1)按压状态时两层导电层就在按压点位置有了接触，并联进去电阻，总电阻减小，放电速度变快，根据

图像可知，按压状态对应的图像应为实线。

(2)当滑片置于最右端时，闭合开关S,调节电阻箱R。直到微安表满偏，此时滑动变阻器与电流表并联，则

有

/==15mA

滑

根据闭合电路欧姆定律有

ER滑&u

Ro=-----7-r-DD=1460.5Q

I+I«滑+%

总电阻为

=-----；=1500Q

I+I

对应的档位为xl00挡

将滑动变阻器的滑片滑动到位置M完成换挡，即用小档位测量，可见实际测量时，指针应偏转过大;

此时档位为X10C,则内阻为150Q,根据

解得

Rx=225Q

【分析】(1)根据按压状态下，相互接触，电阻减小，电流增加，放电时间减短判断符合规律的图像；

(2)根据电路分析不合理之处；根据电表改装原理计算改装需要的电阻；根据电路分析接a、b的区别，分

析误差；最后根据电路图得出欧姆定律的关系，分析有无误差。

(1)按压状态时两层导电层就在按压点位置有了接触，并联进去电阻，总电阻减小，放电速度变快，根据

图像可知，按压状态对应的图像应为实线。

(2)山当滑片置于最右端时，闭合开关S,调节电阻箱Ro直到微安表满偏，此时滑动变阻器与电流表并

联，则有/=R=L5mA

滑

、、E”滑心

⑵根据闭合电路欧姆定律有Ro=—丁一丁一页~ID=1460.5Q

/+/«滑十以

P

[3]总电阻为R总=/+/=1500Q

对应的挡位为X100挡

第13页

[4]将滑动变阻器的滑片滑动到位置M完成换挡，即用小挡位测量，可见实际测量时，指针应偏转过大；

rrE2"E

[5]此时挡位为xlOQ,则内阻为150Q,根据/一彳卜耳/一耳严

解得&=225。

14.我国研制的某型号光刻机中光投影简化如图所示，力BOC为其种透明介质的截面图，0C4为半径为R的四

分之一圆弧，三角形4B0为等腰直角三角形，B0与水平面例BN垂直并接触于B点。一束单色光射向圆心

0,与CM的夹角为当a=30。时，光线从O点射出，在水平面BM上B点左侧孚处形成亮斑0（图中未

画出）。已知光在真空中的传播速度为C。（计算结果可以保留根号）：

（1）求介质对这种光的折射率n及光在该介质中的传播速度V；

（2）当。=45。时，求光线在MBN面形成的亮斑F与D间的距离X。

【答案】（1）解：当a=30。时，如图所示

°B=&tan。=系

解得

0=30°

由折射定律得

_5in(90°-0}

n-sin300

第14页

解得

n=V3

传播速度

cV3c

（2）解：临界角为先,由

173

Si期=五=3

当a=45。时

a>%

故在BC面发生全反射，并垂直AB出射打在F点，由几何关系得

3+73

x=08tan45°+DB=---——R

【解析】【分析】（1）根据折射定律得出光在介质中的传播速度；

（2）根据光的传播路径，结合几何关系得出亮斑与A点间的距离。

（1）当。=30。时，如图所示

解得。=30°

由折射定律得几=si"鹭。）

sm30°

解得〃=x/3

传播速度！;=£=孕

n3

（2）临界角为%,由sin%=：=苧

当a=45。时，a>0c

第15页

故在BC面发生全反射，并垂直AB出射打在F点

由几何关系得x=Ofitan45°+DB=三步/?

15.如图所示，距离地面足够高的一水平面上固定一弹射器，每次均会弹射出质量为m=0.1kg、带电量为

q=+0.2。的金属小球.弹射器出口0在MN线上，MN右侧存在方向垂直水平面向上的匀强磁场，整个水平

面存在竖直向上的匀强电场（图中未画出），电场强度大小为E=5N/C,垂直于MN方向放置•足够大的目

标板、板面竖直放置，旦O点到目标板的距离为Lo=4m.小球初速度大小均为u=2m/s,方向在水平面内且

可沿。P〔、OP2之间的任意方向，OPi、OP2与MN的垂线OP的夹角为。，8=30。.（不计空气阻力，忽略小球

间的相互作用，取重力加速度大小为g=10m/s2、兀=3.1、b=1.7,计算结果均保留1位小数）

（俯视图）目标板

（1）若沿。尸出射的小球恰好与目标板相切，求磁场的磁感应强度大小4；

（2）若磁感应强度大小为B2=,T

①若a、b球先后分别沿着OP1、OP2出射且在MN线相遇，求两球出射的时间间隔At；

②求沿OP2出射的小球击中目标板的点与MN的距离d.

【答案】（1）解；根据电场力的计算公式有

F=qE=lN

而重力

G=mg=lN

可见

qE=mg

因此，小球刚射出时由洛仑兹力提供向心力做匀速圆周运动，设磁感应强度大小为当时，沿着OP方向的小球

刚好与目标板相切，则小球半径

Ri=学=2m

由洛伦兹力提供向心力有

qu%=

解得

第16页

Bi=0.57

（2）辉：①设小球半径为R2,有

V2

quB2=m~^

小球运动的周期为

2TT/?

T=--------2

V

a到达MN的时间为

240°

b到达MN的时间为

120°

则

At=ta—=1.6s

d=(L。-2/?2cos0)tan6O0

解得

d=2.3m

【解析】【分析】（1）小球刚射出时由洛仑兹力提供向心力做匀速圆周运动，沿着OP方向的小球刚好与目

标板相切，结合平衡条件以及牛顿第二定律求解；

（2）①根据洛伦兹力提供向心力求解运动半径，求出粒子运动周期以及轨迹圆心角，从而求解时间；

②画出粒子运动轨迹，结合几何关系求解。

（1）根据电场力的计算公式有F=qE=lN

而重力G=mg=lN

可见qE=mg

因此，小球刚射出时由洛仑兹力提供向心力做匀速圆周运动，设磁感应强度大小为当时，沿着OP方向的小球

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刚好与目标板相切，则小球半径8=孕=2m

由洛伦兹力提供向心力有qp8i=m^-

K1

解得小=0.57

（2）①设小球半径为&，有件82=血着

小球运动的周期为了=独

v

a到达MN的时间为％=舞了

3oU

b到达MN的时间为％=翳7

则At=ta-tb=1.6s

②如图，沿着OP2出射的小球，从MN边界向左出射击中目标板时与MN距离最小

解得d=2.3m

16.如图，虚线MN下方存在与竖直方向成45。角斜向左上方的匀强电场，在MN上、下方各划定一个边长为d

的正方形区域4BCO、CDFG./1BCD区域内曲线I上的点满足这样的条件：任一点到C。边的距离y和到40边的

2

距离%满足砂=%（x,y均为变量）.第一次试验：将一质量为相、带电量为q（q>0）的小球P在曲线I上

任意一点静止释放，P仅在重力作用下竖直下落通过CO边，发现进入电场后P的加速度水平向左，最终离开

COFG区域.第二次试验：将P从曲线I上距离CD边为0.5d的点静止释放，进入电场后，当P到达CDFG边界某

点时，另一沿着GF边做减速运动、质量为km（/c>0）的小球Q恰好运动到该点，旦到达该点时速度为零，

P与Q在该点发生弹性正碰（时间极短）.已知碰后P的电荷量变为多、质量不变，Q离开CDFG边界后便不再与

「相互作用，重力加速度为g,求

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AB

（2）第一次试验中，P释放后离开C。rG区域时的点与G的距离；

（3）第二次试验中，P从与Q发生碰撞到离开CDFG区域经历的时间.

【答案】（1）解：题意知粒子第一次进入电场后合力（或加速度）方向水平向左，则有

qEcos45°=mg

解得

42mg

E=~q~

（2）解：设P到达虚线CD边时速度为孙，从C。边经过£时间到达FG边，进入电场后加速度大小为由动能

定理有mgy=

进入电场后，小球做类平抛，则有

qEcos45°=ma

竖直方向

d

t=—

vo

水平方向

s=5ad

又

d2

孙=彳

联立可得

S=X

故在任一点释放P均从5点离开，与G点距离为d。

（3）解：设P到尸点的水平速度和竖直速度分量分别为以、%,有

Vx=Vy=2gx（0.5d）

故P到达"点速度大小为

v=小.+讨=d2gd

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沿CF方向，设碰后P、Q速度大