《2023届海南省文昌华侨中学高三考前热身物理试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届海南省文昌华侨中学高三考前热身物理试卷含解析.pdf（18页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2023 年高考物理模拟试卷 注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用 2B 铅笔填涂；非选择题必须使用 05 毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 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、如图所示为一列沿 x 轴正方向传播的简谐横波在 t=0 时刻的波形图，从此
2、刻起横坐标位于 x6m 处的质点 P 在最短时间内到达波峰历时 0.6s。图中质点 M 的横坐标 x=2.25m。下列说法正确的是（）A该波的波速为 7.5m/s B00.6s 内质点 P 的路程为 4.5m C0.4s 末质点 M 的振动方向沿 y 轴正方向 D00.2s 内质点 M 的路程为 10cm 2、一物体沿竖直方向运动，以竖直向上为正方向，其运动的vt图象如图所示.下列说法正确的是 A10t时间内物体处于失重状态 B12tt时间内物体机械能守恒 C23tt时间内物体向下运动 D20t时间内物体机械能一直增大 3、石拱桥是中国传统的桥梁四大基本形式之一。假设某拱形桥为圆的一部分，半径
3、为R。一辆质量为m的汽车以速度v匀速通过该桥，图中Q为拱形桥的最高点，圆弧PQS所对的圆心角为90，,P S关于QO对称，汽车运动过程中所受阻力恒定，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A汽车运动到P点时对桥面的压力大于cos45mg B汽车运动到Q点时牵引力大于阻力 C汽车运动到Q点时，桥面对汽车的支持力等于汽车重力 D汽车从P点运动到S点过程中，其牵引力一定一直减小 4、如图所示，空间中存在着由一固定的负点电荷 Q(图中未画出)产生的电场另一正点电荷 q 仅在电场力作用下沿曲线 MN 运动，在 M 点的速度大小为 v0，方向沿 MP 方向，到达 N 点时速度大小为 v，且 v v0，则()
4、AQ 一定在虚线 MP 下方 BM 点的电势比 N 点的电势高 Cq 在 M 点的电势能比在 N 点的电势能小 Dq 在 M 点的加速度比在 N 点的加速度小 5、如图甲所示，单匝矩形线圈 abcd 垂直固定在匀强磁场中。规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示。以顺时针方向为电流正方向，以向右方向为安培力正方向，下列关于 bc 段导线中的感应电流 i 和受到的安培力 F 随时间变化的图象正确的是（）A B C D 6、2019 年 10 月 5 日 2 时 51 分，我国在太原卫星发射中心用“长征四号丙”运载火箭，成功将“高分十号”卫星发射升空，卫星顺利进入
5、略低于地球同步轨道的圆轨道，任务获得圆满成功。下列关于“高分十号”卫星的描述正确的是 A“高分十号”卫星在轨运行周期可能大于 24 小时 B“高分十号”卫星在轨运行速度在第一宇宙速度与第二宇宙速度之间 C“高分十号”卫星在轨运行的机械能一定小于同步卫星的机械能 D“高分十号”卫星在轨运行的向心加速度大于地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。7、如图所示，一根很长且不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，两端各系一小球
6、 a 和 b，a 球质量为 m，静置于地面，b 球质量为 4m，用手托住，高度为 h，此时轻绳刚好拉紧，从静止开始释放 b 球，不计空气阻力，已知 b 球落地后速度变为零，则下列说法正确的是 A在 a 球上升的全过程中，a 球的机械能始终是增加的 B在 a 球上升的全过程中，系统的机械能守恒 Ca 球到达高度 h 时两球的速度大小为65ghv D从释放开始，a 球能上升的最大高度为 1.6h 8、两相距 2R、电量相等的点电荷 Q1、Q2放在水平轴线上，Q1带负电，Q2带正电，O 为两者中点。以 Q1为圆心、半径为 R 的球面上有 a、b、c 三位置，a、Q1、Q2在同一竖直平面内，b、c、Q
7、1在同一水平平面内，且 a、b 连线与水平轴垂直，b、c 连线与水平轴平行，a、O 相距为 R，如图所示。下列说法正确的是()Aa、b 两处电势相等 Bb、c 两处电势相等 Ca、b 两处场强大小相等 Db、c 两处场强大小相等 9、下列关于热力学定律的说法正确的是_。A如果两个系统均与第三个系统处于热平衡状态，这两个系统的温度一定相等 B外界对某系统做正功，该系统的内能一定增加 C可以找到一种材料做成墙壁，冬天供暖时吸收热量温度升高，然后向房间自动释放热量供暖，然后再把热量吸收回去，形成循环供暖，只需要短时间供热后即可停止外界供热 D低温系统可以向高温系统传递热量 E.无论科技如何进步与发展
8、，绝对零度都不可以达到 10、光滑绝缘的水平地面上，一质量 m=1.0kg、电荷量 q=1.010-6 C 的小球静止在 O 点，现以 O 点为坐标原点在水平面内建立直角坐标系 xOy，如图所示，从 t=0 时刻开始，水平面内存在沿 x、y 方向的匀强电场 E1、E2，场强大小均为 1.0 107V/m；t=0.1s 时，y 方向的电场变为-y 方向，场强大小不变；t=0.2s 时，y 方向的电场突然消失，x 方向的电场变为-x 方向，大小222EE。下列说法正确的是（）At=0.3s 时，小球速度减为零 Bt=0.1s 时，小球的位置坐标是（0.05m，0.15m）Ct=0.2s 时，小球的
9、位置坐标是（0.1m，0.1m）Dt=0.3s 时，小球的位置坐标是（0.3m，0.1m）三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11（6 分）学习了“测量电源的电动势和内阻”后，物理课外活动小组设计了如图甲所示的实验电路，电路中电源电动势用 E，内阻用 r 表示。(1)若闭合电键 S1，将单刀双掷电键 S2掷向 a，改变电阻箱 R 的阻值得到一系列的电压表的读数 U，处理数据得到图像如图乙所示，写出11UR关系式 _。（不考虑电表内阻的影响）(2)若断开 S1，将单刀双掷电键 S2掷向 b，改变电阻箱 R 的阻值得到一系列的电流表的读数
10、 I，处理数据得到图像如图丙所示，写出1RI关系式 _。（不考虑电表内阻的影响）(3)课外小组的同学们对图像进行了误差分析，发现将两个图像综合起来利用，完全可以避免由于电压表分流和电流表分压带来的系统误差。已知图像乙和丙纵轴截距分别为 b1、b2，斜率分别为 k1、k2。则电源的电动势 E=_，内阻 r=_。(4)不同小组的同学用不同的电池组（均由同一规格的两节干电池串联而成），按照(1)中操作完成了上述的实验后，发现不同组的电池组的电动势基本相同，只是内电阻差异较大。同学们选择了内电阻差异较大的甲、乙两个电池组继续进一步探究，对电池组的输出功率 P 随外电阻 R 变化的关系，以及电池组的输出
11、功率 P 随路端电压 U 变化的关系进行了猜想，并分别画出了如图丁所示的 PR 和 PU 图像。若已知甲电池组的内电阻较大，则下列各图中可能正确的是_（选填选项的字母）。ABCD 12（12 分）某同学要测量一个未知电阻 Rx的阻值，实验过程如下：（1）先用多用电表粗测电阻 Rx的阻值，将多用电表功能选择开关置于“1k”挡，调零后经测量，指针位置如图所示，电阻 Rx的阻值为_k。（2）为了尽可能精确测量其内阻，除了 Rx，开关 S、导线外，还有下列器材供选用：A电压表 V1（量程 01V，内阻约 3k）B电压表 V2（量程 010V，内阻约 100 k）C电流表 A1（量程 0250A，内阻1
12、1200r）D电流表 A2（量程 00.6A，内阻约 0.125）E滑动变阻器 R0（阻值范围 010，额定电流 2A）F定值电阻 R1（阻值 R1=400）G电源 E（电动势 12V，额定电流 2A，内阻不计）电压表选用_，电流表选用_（填写器材的名称）请选用合适的器材，在方框中画出实验电路图，标出所选器材的符号。（_）待测 Rx阻值的表达式为 Rx=_。（可能用到的数据：电压表 V1、V2示数分别为 U1、U2；电流表 A1、A2的示数分别为 I1、I2）四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13（10 分）人
13、们对电场的认识是不断丰富的，麦克斯韦经典电磁场理论指出，除静止电荷产生的静电场外，变化的磁场还会产生感生电场。静电场和感生电场既有相似之处，又有区别。电子质量为m，电荷量为e。请分析以下问题。(1)如图 1 所示，在金属丝和金属板之间加以电压U，金属丝和金属板之间会产生静电场，金属丝发射出的电子在静电场中加速后，从金属板的小孔穿出。忽略电子刚刚离开金属丝时的速度，求电子穿出金属板时的速度大小 v；(2)电子感应加速器是利用感生电场加速电子的装置，其基本原理如图 2 所示。上图为侧视图，SN、为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一环形真空室，下图为真空室的俯视图。电磁铁线圈中电流发生变化时，产生的感生
14、电场可以使电子在真空室中加速运动。a.如果电子做半径不变的变加速圆周运动。已知电子运动轨迹半径为R，电子轨迹所在处的感生电场的场强大小恒为E，方向沿轨迹切线方向。求初速为0的电子经时间t获得的动能kE及此时电子所在位置的磁感应强度大小B；b.在静电场中，由于静电力做的功与电荷运动的路径无关，电荷在静电场中具有电势能，电场中某点的电荷的电势能与它的电荷量的比值，叫做这一点的电势。试分析说明对加速电子的感生电场是否可以引入电势概念。14（16 分）如图，一艘帆船静止在湖面上，帆船的竖直桅杆顶端高出水面 3m。距水面 4m 的湖底 P 点发出的激光束，从水面出射后恰好照射到桅杆顶端，该出射光束与竖直
15、方向的夹角为 53（取 sin53=0.8）。已知水的折射率为43。（1）求桅杆到 P 点的水平距离；（2）船向左行驶一段距离后停止，调整由 P 点发出的激光束方向，当其与竖直方向夹角为 45时，从水面射出后仍然照射在桅杆顶端，求船行驶的距离。15（12 分）如图所示，两平行金属板，A、B长8cmL，两板间距离6cmd，A、B两板间的电势差100 3VABU。一比荷为61 10 C/kgqm 的带正电粒子（不计重力）从O点沿电场中心线垂直电场线以初速度402 10 m/sv 飞入电场，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域，已知两界面MN、PS相距为8cms。带点粒子从PS分界线
16、上的C点进入PS右侧的区域，PS右侧是一个矩形磁场区域上下无边界，磁感应强度大小为33BT，方向如图所示。求：（1）PS分界线上的C点与中心线OO的距离y；（2）粒子进入磁场区域后若能从PS边返回，求磁场宽度应满足的条件。参考答案 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 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、A【解析】A由图象知波长=6m，根据波动与振动方向间的关系知，质点 P 在 t=0 时刻沿 y 轴负方向振动，经过34T 第一次到达波峰，即 30.6s4T，解得：0.8sT，由vT得波速 67.5m/s0.8vT，A 正确；B由图象知振幅 A=1
17、0cm，00.6s 内质点 P 的路程 L=3A=30cm，B 错误；Ct=0 时刻质点 M 沿 y 轴正方向振动，经过 0.4s 即2T，质点 M 在 x 轴的下方且沿 y 轴负方向振动，C 错误；D00.2s 内质点 M 先沿 y 轴正方向运动到达波峰后沿 y 轴负方向运动，因质点在靠近波峰位置时速度较小，故其路程小于 A 即 10cm，D 错误。故选 A。2、D【解析】A、以竖直向上为正方向，在vt图象中，斜率代表加速度，可知10t时间内物体向上做加速运动，加速度的方向向上，处于超重状态.故 A 错误；B、由图可知，12tt时间内物体向上做匀速直线运动，动能不变，重力势能增大，所以机械能
18、增大.故 B 错误；C、由图可知，23tt时间内物体向上做减速运动.故 C 错误；D、10t时间内物体向上做加速运动，动能增大，重力势能也增大；12tt时间内物体向上做匀速直线运动，动能不变，重力势能增大，所以20t时间内物体机械能一直增大.故 D 正确 故选：D 3、D【解析】A汽车运动到P点时，重力垂直于桥面的分力等于cos45mg，由于汽车在竖直面内做匀速圆周运动，沿半径方向有向心加速度，所以汽车对桥面的压力小于cos45mg，故 A 错误；B汽车在竖直面内做匀速圆周运动，运动到Q点（圆弧最高点）时牵引力等于阻力，故 B 错误；C由于汽车在竖直面内做匀速圆周运动，沿半径方向有向心加速度，
19、所以汽车运动到Q点时，桥面对汽车的支持力小于汽车重力，故 C 错误；D汽车从P点运动到Q点过程中，重力沿圆弧切线方向的分力一直减小，设汽车与Q之间圆弧所对圆心角为，其牵引力 sinFmgf 一直减小，汽车从Q点运动到S点过程中，重力沿圆弧切线方向的分力一直增大，其牵引力 sinFfmg 一直减小，所以汽车从P点运动到S点过程中其牵引力一定一直减小，故 D 正确。故选 D。4、C【解析】A、场源电荷带负电，检验电荷带正电，它们之间是吸引力，而曲线运动合力指向曲线的内侧,故 Q 应该在轨迹的内侧，故 A 错；B、试探电荷从 M 到 N 速度减小,说明 M 点离场源电荷较近,越靠近场源电荷电势越低，
20、所以 M 点的电势比 N 点的电势低，故 B 错误；C、只有电场力做功,动能和电势能之和守恒,N 点动能小,故在 N 点电势能大,故 C 正确；D、离场源电荷越近，场强越大，加速度越大，所以 q 在 M 点的加速度比在 N 点的加速度大，故 D 错误；故选 C【点睛】曲线运动合力指向曲线的内侧,题中只有电场力做功,动能和电势能之和守恒,正电荷在电势越高的点电势能越大.解决电场线、等势面及带电粒子的运动轨迹的综合问题应熟练掌握以下知识及规律:(1)带电粒子所受合力(往往仅为电场力)指向轨迹曲线的内侧.(2)该点速度方向为轨迹切线方向.(3)电场线或等差等势面密集的地方场强大.(4)电场线垂直于等
21、势面.(5)顺着电场线电势降低最快.5、A【解析】00.5T 时间内，B 减小，穿过线圈的磁通量减小，磁场方向垂直纸面向里，由楞次定律可知，感应电流方向沿顺时针方向，为正值；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为BESt，Bt不变，则 E 不变，感应电流 i 不变。由左手定则可知，bc段导线受到的安培力方向水平向右，是正的。由 F=BiL 知 bc 段导线受到的安培力大小随 B 的减小而逐渐减小。在 0.5T-T 时间内，B 增大，穿过线圈的磁通量增大，磁场方向垂直纸面向里，由楞次定律可知，感应电流方向沿逆时针方向，为负值；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为 BESt，Bt不变，则 E 不
22、变，感应电流 i 不变。由图知：在 0.5T-T时间内的Bt是 00.5T 时间内的 2 倍，则在 0.5T-T 时间内的感应电动势 E 是 00.5T 时间内的 2 倍，感应电流也是2 倍。在 0.5T-T 时间内，由左手定则可知，bc 段导线受到的安培力方向水平向左，是负的，且由 F=BiL，知在 0.5T-T时间内 bc 段导线受到的安培力随 B 的增大而增大，且是 00.5T 时间内的 4 倍，故 BCD 错误，A 正确。故选 A。6、D【解析】A万有引力提供向心力：2224MmGmrrT 解得：32rTGM，因为“高分十号”轨道半径略低于地球同步轨道的圆轨道，所以周期小于同步卫星的周
23、期 24 小时，A 错误；B第一宇宙速度是卫星绕地球运行的最大环绕速度，所以“高分十号”卫星在轨运行速度小于第一宇宙速度，B 错误；C“高分十号”和同步卫星的质量关系未知，所以机械能大小关系不确定，C 错误；D高空的卫星由万有引力提供向心加速度：2FGMamr 可知“高分十号”卫星的向心加速度大于同步卫星的向心加速度，同步卫星和地球赤道上的物体角速度相同，根据：2ar 可知同步卫星的向心加速度大于地球赤道上的物体的向心加速度，所以“高分十号”卫星在轨运行的向心加速度大于地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度，D 正确。故选 D。二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在
24、每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。7、CD【解析】A在a球上升的全过程中，第一个过程系统的机械能守恒，a球的机械能是增加的，在第二个过程中a球的机械能守恒，故 A 错误；Bb球落地时，有机械能损失，系统机械能不守恒，故 B 错误；CD设a球到达高度h时两球的速度为v，根据机械能守恒定律：21452mghmghmv 得出 65ghv 此时轻绳恰好松弛，a球开始做初速度为v的竖直上抛运动。a 球的机械能守恒 212mghmvmgH 计算得出a球能上升的最大高度 H 为 1.6h。故 CD 正确。故选：CD。8、AC
25、【解析】AB在1Q产生的电场中，a、b、c 三点等势，在2Q产生的电场中，a、b 等势且高于 c 点电势，故 A 正确，B 错误；C由对称性可知，a、b 两点场强大小相等，方向不同，故 C 正确；Db、c 与1Q等距，距2Q的距离 b 近 c 远，由平行四边形定则可知，b 点场强大于 c 点，故 D 错误。故选 AC。9、ADE【解析】A如果两个系统均与第三个系统处于热平衡状态，这两个系统的温度一定相等，A 正确；B外界做正功，有可能同时放热，内能的变化不确定，B 错误；C根据热力学第二定律，题中所述的问题不可能实现，选项 C 错误；D低温系统向高温系统传递热量是可以实现的，前提是要引起其他变
26、化，D 正确；E绝对零度不可以达到，E 正确 故选 ADE。10、AD【解析】从 t=0 时刻开始，水平面内存在沿+x、+y 方向的匀强电场 E1、E2，场强大小均为71.0 10 V/m，则由牛顿第二定律可知 qEma 小球沿+x、+y 方向的加速度的大小均为 21210m/saa 经过 1s，t=0.1s时，小球沿+x、+y 方向的速度大小均为 121m/svv 小球沿+x、+y 方向的位移大小均为 120.05mxx 在第 2 个 0.1s 内，小球沿 x 方向移动的距离 221 22 210.15m2xvta t 沿 y 方向移动的距离 222 21 2=012.05myv tat 沿
27、 y 方向移动的速度 22 21 20vv ta t t=0.2s 时，y 方向的电场突然消失，x 方向的电场变为-x 方向，则在第 3 个 0.1 s 内小球沿+x 方向做匀减速直线运动，由 22qEma 可知2220m/sa，在第 3 个 0.1s 内，小球沿+x 方向移动的距离 33231210.1m2xatvtat t=0.3s 时，小球的速度微 232 31=0vatva t 综上分析可知，AD 正确，BC 错误。故选 AD。三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、11rUERE 11rRIEE 21k 12kk BC 【
28、解析】（1）1若闭合电键 S1，将单刀双掷电键 S2掷向 a，改变电阻箱 R 的阻值得到一系列的电压 表的读数 U，根据闭合电路欧姆定律可知 UEUIrUrR 则 11rUERE（2）2 根据闭合电路欧姆定律()EI Rr 变形得到1I与 R 的关系式，11rRIEE（3）34 由题图所示电路图可知，利用伏阻法时，由于电压表的分流作用，通过电源的电流大于UR，这是造成系统误差的原因。若考虑通过电压表的电流，则表达式为 vUUEUIrUrRR 则 VV11RrrUERE R 则 1rkE 利用安阻法时，考虑电流表内阻，可得 A11RrRIEE 则图丙中1RI图像的斜率的倒数等于电源的电动势 E。
29、那么根据 1rkE，21kE 可得 21Ek，12krk（4）5AB根据电源的输出规律可知，当内外电阻相等时输出功率最大，当外电阻大于内电阻时，随着外电阻的增大，输出功率将越来越小，又由 2max4EPr 可知，电动势相同，内阻越小，最大输出功率越大，甲的电阻大于乙的电阻，所以乙的最大功率大于甲的最大功率，故 A 错误，B 正确。CD当内、外电阻相等时，输出功率最大，此时输出电压为电动势的一半，且电池组乙的输出功率比甲的大，而当外电路断开时，路端电压等于电源的电动势，此时输出功率为零，故 C 正确，D 错误。故选 BC。12、10 V2 A1 121111RUrRrI或21 13004UI 【
30、解析】（1）1将多用电表功能选择开关置于“1k”挡，调零后经测量，则电阻 Rx的阻值为：101k=10k；（2）2因电源 E 的电动势 12V，所以电压表选 V2；3回路中的最大电流：3max3121.2 1010 10 xEIRA=1.2310A 所以电流表选 A1；4根据题意，为了尽可能精确测量其内阻，所以滑动变阻器用分压式接法；因该电阻是大电阻，所以电流表用内接法，又回路程中的最大电流maxI=1.2310A 大于 A1的量程，所以应并联定值电阻 R1，改成一个大量程的电流表，则设计的电路图，如图所示：5根据电路图可知，Rx两端的电压为 21 1xUUI r 流过 Rx的电流为：1 11
31、1xI rIIR 根据欧姆定律有：xxxURI 代入解得：121111xRUrRrIR或21 13004xUIR 四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、(1)2eUvm；(2)a22 22ke E tEm，qEtBeR；b不能【解析】(1)电子在电场中加速，由动能定理 212eUmv 解得 2eUvm(2)a电子受到一直沿切线方向的电场力而不断加速，由牛顿第二定律 eEma 由匀变速直线运动规律，经过时间 t，获得速度 vat 动能 212kEmv 联立以上各式，可得 22 22ke E tEm 电子受到一直
32、指向圆心的洛伦兹力而不断改变速度的方向 rFevB 洛伦兹力充当向心力 2rvFmR 联立可得 qEtBeR b假设电场恒定，电子顺时针转一周，电场力做负功，电势能减少；电子逆时针转一周，电场力做正功，电势能增加。可以看出，同样的起点和终点，电场力的做功不同，说明电场力做功不是与路径无关，进而同一点的电势能不是不变的。因此对加速电子的感生电场，是不能引入电势概念的。14、（1）7m；（2）5.5m。【解析】（1）设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为1x，到 P 点的水平距离为2x，桅杆高度为1h，P 点处水深为2h；激光束在水中与竖直方向的夹角为，由几何关系有 11tan53xh 22tan
33、xh 由折射定律有 sin53sinn 设桅杆到 P 点的水平距离为x，则 12xxx 联立方程并代入数据得 7mx （2）设激光束在水中与竖直方向的夹角为45时，从水面出射的方向与竖直方向夹角为i，由折射定律有 sinsin45in 设船向左行驶的距离为x，此时光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为1x，到 P 点的水平距离为2x，则 12xxxx 11tanxih 22tan45xh 联立方程并代入数据得 6 23 m5.5mx 15、（1）24 3 10 m；（2）d0.06m【解析】（1）设穿过界面 PS 时偏离中心线的距离为 y，粒子在电场中运动的时间为 6104 10 sLtv 根据
34、牛顿第二定律 Uqmad 得粒子在电场中的加速度为 2103=10 m s6qUamd 则粒子在电场内竖直方向的位移为 221114 310 m23yat 设粒子从电场中飞出时在竖直方向的速度为 vy，则 14s2 33m0=1yatv 从电场中飞出后在水平方向的运动时间为 6204 10 sstv 从电场中飞出后在竖直方向做匀速运动，位移为 462228 34 1010 m310323yyv t 所以穿过界面 PS 时偏离中心线的距离为 122m4 3 10yyy（2）做出运动轨迹如图所示 则速度夹角为 03tan3yvv C 点的速度 v 为 404 310 m scos3vv 因为洛伦兹力提供向心力 2mvqvBR 得=0.04mmvRqB 由几何关系得 sin0.06mlRR 所以磁场宽度应满足大于 0.06m。