【文档说明】山东省滕州市第一中学2025届高三上学期开学考试物理试题word版含解析.docx，共(26)页，5.467 MB，由小赞的店铺上传

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2025届高三年级摸底联考物理试题全卷满分100分。考试用时90分钟。注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对

应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。

每小题只有一个选项符合题目要求。1.中国核工业集团有限公司研发的“华龙一号”主要是利用重核的裂变释放出大量的能量，其中一个典型的核反应方程为235114489192056360UnBaKrnx+→++。已知、钡、氪的比结合能分别为1E、2E、3E，下

列说法正确的是（）A.x等于2B.23592U具有天然放射性，可以通过升高温度缩短其半衰期C.该反应过程释放的能量为12323514489EEE−−D.23592U在中子的轰击下发生裂变反应的过程中有质量亏损【答案】D【解析】【详解】A．根据核反应前后质量数和电荷数守恒可知，x等于3，故A

错误；B．半衰期只由原子核自身决定，所以升高温度不能缩短半衰期，故B错误；C．该反应过程释放的能量为23114489235EEEE=+−故C错误；D．裂变反应会释放能量，所以23592U在中子的轰击下发生裂变反应的过程中有质量亏损，故D正确。故选D。2.一物块以一定的

速度冲上倾角为的光滑斜面，用x表示物块相对出发点的位移，从冲上斜面底端开始计时，其xtt−图像如图所示。已知重力加速度210m/sg=。下列说法正确的是（）A.物块的初速度大小为10m/s，加速度大小为22.

5m/sB.该斜面的倾角为60°C.4st=末物块的速度为零D.物块沿斜面上滑的最大距离为10m【答案】D【解析】【详解】A．根据位移时间公式有2012xvtat=−变形得012xvatt=−由图可知010m/sv=斜率为11024a=解得25m/sa=故A错

误；B．物块沿光滑斜面上滑，根据牛顿第二定律有sinmgma=则有1sin2ag==解得30=故B错误；C．减速到零的时间为02svta==故C错误；D．根据02vxt=可得10m=x故D正确。故选D。3.如图

所示，矩形框架ABCD位于竖直平面内，轻弹簧的一端固定在A点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿在框架的光滑竖直杆CD上并处于静止状态。现让框架绕AB边所在的12OO轴由静止开始转动，在角速度逐渐增大的过

程中，下列说法正确的是（）A.弹簧的长度变短B.弹簧的长度不变C.CD杆对小球的弹力变大D.CD杆对小球的弹力不变【答案】B【解析】【详解】AB．对小球受力分析，设弹簧的弹力为F，弹簧与水平方向的夹角为，如图所示则对小球在竖直方向上有sinFmg=由胡克定律，可得0cosADFkl=−

联立两式可知，为定值，则F也不变，则当角速度不断增大时，小球的高度不变，弹簧的弹力不变，弹簧的长度不变，故A错误，B正确；CD．小球由静止开始做圆周运动，由F在水平方向的分力cosF和CD杆对小球的弹力NF一起提供向心力，根据牛顿第二定律得2NcosFFmr−=解得

2NcoscosFFmrF=−此时随增大，NF先减小后反向增大，故CD错误。故选B。4.摄影爱好者小明购买了相机后，发现镜头的颜色呈现蓝紫色，经过上网查询，了解到镜头上涂了一层很薄的氟化镁薄膜。下列说法正确的是（）A.镜头的颜色呈现蓝紫色的原因是氟化镁将其他颜

色的光吸收只反射蓝紫光B.镜头涂氟化镁薄膜利用偏振现象减少进入镜头的光C.镜头涂氟化镁薄膜利用薄膜干涉原理，反射光中缺失了绿光，镜头呈现蓝紫色D.镜头涂氟化镁薄膜主要是增加对绿色光的透射，增透膜的厚度为绿光在真空中波长的12【答案】C【解析】【详解】当光照射氟化镁薄膜的两表面

产生频率相同的反射光，从而出现干涉现象出现光的抵消，最终实现增加透射性，因为人对黄绿光最敏感，所以要使绿光相互抵消，所以膜的厚度一般为绿光在薄膜中波长的四分之一。所以增透膜应增强对黄绿光的透射，这时红光和紫光没有

显著消弱，所以透镜通常呈蓝紫色，故ABD错误，C正确。故选C。5.我国自主研制建设的卫星移动通信系统“天通一号”，目前由01、02、03共三颗地球同步卫星组网而成。已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g

，地球同步卫星运行的周期为T，下列说法正确的是（）A.地球同步卫星只能位于赤道上方某一高度的稳定轨道上B.地球同步卫星离地球表面的高度都相同，均为22324πgRThR=−C.地球同步卫星的向心加速度与地球表面赤道上静止物体的向

心加速度相同D.地球同步卫星绕地球做圆周运动的速度大于7.9km/s【答案】AB【解析】【详解】AB．对地球同步卫星有222MmGmrrT=物体在地球表面，有2MmGmgR=联立解得卫星轨道半径为22324πgRTr=根据rRh=+可得卫星的离地高度为22324πgRThR=−即地球

同步卫星只能位于赤道上方某一高度的稳定轨道上，故AB正确；C．地球同步卫星与地球表面赤道上静止物体具有相同的周期，根据22narT=因地球同步卫星的半径更大，故地球同步卫星的向心加速度更大，故C错误；D．7.9km/s是卫星围绕地球做匀速圆周运动的最大环绕速度，轨道半径为地球半径

；因地球同步卫星的轨道半径大于地球半径，所以地球同步卫星绕地球做圆周运动的速度小于7.9km/s，故D错误。故选AB。6.如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A，AB是双曲线的一支，CD→为绝热过程。下列说法正确的是（）

A.AB→过程中，气体分子的平均动能减小B.BC→过程中，气体吸收的热量等于气体对外界做的功C.CD→过程中，气体的内能保持不变D.该循环过程气体从外界吸热【答案】D【解析】【详解】A．AB是双曲线的一支，根据pVC=知AB→气体等温变化，则气体分子的平均动能不变，故A错误；B．B

C→过程中，气体压强不变，体积增大，则气体对外做功0W根据VCT=可知，气体温度升高，内能增大0U根据热力学第一定律UQW=+，可知0Q且QW即气体吸收的热量大于气体对外界做的功，故B错误；C．CD→过程中，气体绝热0Q=气体体积增大，气体对外做功，

根据热力学第一定律可知，气体内能0U即气体内能减小，故C错误；D．根据pV−图线围成的面积表示气体对外做的功，可知该循环过程气体对外做功0W由于0U=，根据热力学第一定律可得0QW=所以，该循

环过程气体从外界吸热，故D正确。故选D。7.如图所示，学校篮球爱好者正在进行原地纵跳摸高训练。已知质量50kgm=的运动员原地静止站立（不起跳）摸高为2.20m，训练过程中，爱好者先下蹲，重心下降0.5m，经过充分调整后，发

力跳起摸到了3.20m的高度。忽略空气阻力影响，重力加速度210m/sg=。下列说法正确的是（）A.起跳过程地面对爱好者做的功为0B.起跳过程地面对爱好者做的功为500JC.爱好者离地后上升到最高点需要0.8sD.爱好者上升过程中，始终处于超重状态【答案】A【解析

】【详解】AB．根据WFx=可知运动员起跳过程地面弹力没有位移，所以做功为零，故A正确，B错误；C．由题知，好者离地后上升的高度为3.20m2.20m=1.0mh=−该过程可以逆向看成自由落体运动，则有212hgt=解得5s5t=故C错误；

D．爱好者从开始起跳到脚离开地面重心上升10.5mh=，做匀加速运动，加速度向上，处于超重状态；离开地面到上升到最高点的过程中，加速度向下，处于失重，故D错误。故选A。8.发电机的示意图如图所示，发电机矩形线框

ABCD的匝数为N，面积为S，线框的电阻为r，线框所在位置的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小为B，定值电阻的阻值为R，采用换向器实现电流的导出。若线框从图示位置开始以角速度绕轴OO匀速转动，下列说

法正确的是（）A.图示位置线框中的电动势最大，为NBSB.线框转动一圈，通过电阻R的电流方向改变两次C.线框转动一圈，通过电阻R的电荷量为4NBSRr+D.线圈转动一圈，克服安培力做功为222NBSR【答案】C【解析】【详解】A．

图示位置穿过线框中的磁通量最大，但磁通量变化率为0，感应电动势为0，故A错误；BC．由于采用换向器实现电流的导出，由图可知线框转动一圈，通过电阻R的电流方向不发生变化，线框转动半圈时，通过电阻R的电荷量为12ENNBSqIttRrRrRr====+++则线框转动一圈，通过电阻R的

电荷量为142NBSqqRr==+故B错误，C正确；D．线框中的电动势最大值为mENBS=则电动势有效值为m22ENBSE==根据能量守恒可知，线圈转动一圈，克服安培力做功为22222()22NBSEWrNBSTrrRRR===+++克故D错误。故选C。二、多项

选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.甲、乙两列简谐横波在同一介质中沿x轴相向传播，0t=时刻两列波的部分波形如图所示，甲波恰好传播到M点()1.0m,0，乙波恰好传播到N点()2.0m,0。已知

乙波的波速为2m/s，下列说法正确的是（）A.甲波的周期为0.4s，乙波的周期为0.8sB.两波源的起振方向相反C.两波将同时传播到P点()1.6m,0D.0.8st=时，平衡位置位于2.4mx=的质点Q的位移为20cm【答案】AD【解析】【详解】A．甲、乙两列

简谐横波在同一介质中，则两列波的速度相同，由图可知甲的波长为0.8m，乙的波长为1.6m，则甲的周期为0.8s0.4s2Tv===甲甲乙的周期为1.6s0.8s2Tv===乙乙故A正确；B．根据“上下坡”法可知，甲波恰好传播到M

点()1.0m,0，M点在平衡位置向上振动；同理，乙波恰好传播到N点()2.0m,0，N点在平衡位置向上振动，即两波源的起振方向相同，故B错误；C．由图可知，MP=0.6m>NP=0.4m，两列波速度大小相等，故乙波先传到P点，故C错误；D．因0.8s2tT

T===甲乙，故当t=0.8s时，Q点仍在乙波的波峰上，甲波传到Q点的时间为12.41s0.7s2t−==再经过210.1s4Tttt=−==甲甲波的波峰刚好到Q点，两列波的波峰叠加，故此时Q点的位移为10m+10m20mQx==故D正确。故选AD。10.如图所示，空间某水平面内固定一均匀带

电圆环，电荷量为Q，其圆心为O。P、Q是圆环轴线上关于圆心O对称的两点，OP间距为L，有一电荷量为q的小球恰能静止在P点，P点与圆环上任意一点的连线与PO间的夹角均为。已知静电力常量为k，重力加速度为g，现给小球一沿PO方向的初速度0v，下列说法正确的是（）A.小球

从P点运动到O点的过程中，做加速运动B.小球的质量为32coskQqgLC.小球运动到Q点时的加速度为0D.小球运动到Q点的速度大小为204gLv+【答案】BD【解析】【详解】A．根据对称性可知O点场强为0，无穷远处为零，因此从O沿OP到无穷远处，场

强先变大后变小，无法确定最大值的位置在P点的上方还是下方，因此小球从P点运动到O点的过程中，可能一直加速，也可能先减速后加速运动，A错误；B．P点的场强3P22coscos()coskQkQELL

==由于小球处于平衡状态，则PEqmg=可得32coskQqmgL=B正确；C．小球运动到Q点时，根据对称性可知，电场力和重力大小相等且都向下，加速度为2g，C错误；D．从P到Q的过程中，电场力做功

为零，根据动能定理22011222mgLmvmv=−可得小球在Q点的速度204vgLv=+D正确。故选BD。11.如图所示，两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在绝缘水平桌面上，半圆弧的直径为d，间距为L，两半圆弧面竖直且平行，导轨最高点到水平桌面的距离等于半径，

最低点O、O的连线与导轨所在竖直面垂直，整个空间存在着磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，导轨左端连接一阻值为R的电阻。现使一电阻为r的金属棒MN从导轨左端最高点，以恒定的速率0v沿导轨运动到右端最高点，运动过程中金属棒始终与OO平行且与两导轨接触良好，则在金属棒MN从左端最高点

运动到右端最高点的过程中，下列说法正确的是（）A.金属棒MN中电流方向始终由N到MB.金属棒MN中电流大小始终不变C.金属棒MN所受安培力始终做负功D.回路中产生焦耳热为()220π4dBLvRr+【答案】ACD【解析】【详解】AC．在

金属棒MN从左端最高点运动到右端最高点的过程中，根据右手定则可知，金属棒MN中电流方向始终由N到M，金属棒MN所受安培力一直水平向左，金属棒MN所受安培力始终做负功，故AC正确；BD．经过t时间，金属棒MN在圆弧上转过的角度为的02vttd

==此时金属棒MN产生的电动势为0002sinsin()veBLvBLvtd==回路中电流为002sin()BLvvEitRrRrd==++可知金属棒MN中电流大小发生变化，根据正弦式交流电可知，电流的有效值为0m22()BLvIIRr==+则在金属棒M

N从左端最高点运动到右端最高点过程中，回路中产生的焦耳热为()2222220020()()2()24BLvdBLvdQIRrtRrRrvRr=+=+=++故B错误，D正确。故选ACD。12.如图所示，某运动

员将铅球抛出时铅球距地面的高度为h，铅球离开手时的速度为0v，方向与水平方向的夹角为45°，重力加速度为g。若不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.铅球在飞行过程中距地面的最大高度为204vhg+B.铅球在空中运动的时间为

02vgC.铅球落地时的速度大小为202vgh+D.铅球以45°角斜向上投掷时，运动员掷铅球距离最远【答案】AC【解析】【详解】A．铅球离开手到最高点的高度为01220(sin454)2vhgvg==的则铅球在飞行过程中距地面的最大高度

为20m4vhhg=+故A正确；B．铅球从抛出到落回抛出点相同高度过程，根据对称性可知该过程所用时间为00sin4522vvtgg==可知铅球在空中运动的时间大于02vg，故B错误；C．根据动能定理可得2201122mghmvmv=−可得铅球落地时的速度大小为202vvgh=+故C正确；D．若抛

出点在地面上时，则水平射程为20000sinsin2coscos2vvxvtvgg===可知若抛出点在地面上时，铅球以45°角斜向上投掷时，运动员掷铅球距离最远；但实际铅球抛出点离地面有一定高度h

，铅球以45°角斜向上投掷时，运动员掷铅球距离不是最远，故D错误。故选AC。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13.某实验小组利用如图所示的装置探究加速度与力、质量的关系。（1）下列关于该实验的说法正确的是______（填正确

答案标号）。A.实验中需满足钩码的质量远小于滑块的质量B.本实验采用了控制变量法C.实验过程中必须确保细线与气垫导轨平行D.该实验中，弹簧测力计的读数为钩码和动滑轮总重力的一半（2）若气垫导轨上没有水平仪，判断气

垫导轨调平的方法是______。（3）实验步骤：a．将气垫导轨放在水平桌面上，将气垫导轨调至水平；b．用螺旋测微器测量挡光条的宽度d；c．用天平称出滑块和挡光条的总质量M，并保持不变；d．动滑轮下挂适当钩码，将

滑块移至光电门1左侧某处，待钩码静止不动时，释放滑块，要求钩码落地前挡光条已通过光电门2；e．从数字计时器（图中未画出）上分别读出挡光条通过光电门1和光电门2所用的时间1t和2t；f．记下弹簧测力计

的示数F；g．改变钩码的质量，重做实验。①滑块通过光电门1和光电门2时瞬时速度分别为1v=______和2=v______。（用题目中给出的字母表示）②若测得光电门1和光电门2之间的距离为L，则滑块的加速

度a=______（用题目中给出的字母表示）。【答案】（1）BC（2）见解析（3）①.1dt②.2dt③.2221()()2ddttL−【解析】【小问1详解】A．由装置图可知细线拉力可以通过弹簧测力计测得，所以实验中不需要满足钩码的质量远小于滑块

的质量，故A错误；B．探究加速度与力、质量的关系，采用了控制变量法，故B正确；C．为了保证滑块运动过程受到的细线拉力保持不变，实验过程中必须确保细线与气垫导轨平行，故C正确；D．以钩码和动滑轮为对象，根据牛顿第二定律可得20mgFma−=

可知该实验中，弹簧测力计读数小于钩码和动滑轮总重力的一半，故D错误。故选BC。的的【小问2详解】若气垫导轨上没有水平仪，判断气垫导轨调平的方法是：轻推滑块，使滑块获得一初速度先后经过两个光电门，如果两个光电门记录的挡光时间相等，则滑块做匀速运动，说明气垫导轨处于水平。【小问3详解】

①[1][2]滑块通过光电门1和光电门2时瞬时速度分别为11dvt=，22dvt=②[3]若测得光电门1和光电门2之间的距离为L，根据运动学公式可得22212aLvv=−联立可得滑块的加速度为2221()()2ddttaL−=14.小明同学

在某商店购买了一捆长度约为几百米的铜导线，为了用电安全，他根据在物理上学的知识，来检测一下他家购买的导线是否满足要求，即购买的导线的电阻率与国家标准比较，看是否合格。小明同学上网查询得知铜的电阻率801.7510m−=。（1）该同

学先利用螺旋测微器测量其直径如图甲所示，则导线直径d=______mm。（2）利用卷尺截出长度为100mL=的导线。（3）该同学先用多用电表粗测导线的电阻。①当用“10”倍率时，正确操作后，指针偏转如图乙所示，实

验小组应将倍率更换至______（填“100”或“1”）倍率。的②换挡后，先进行______，再进行测量，表盘示数如图丙所示，则导线的电阻为______Ω。（4）小明同学想尽可能准确地测量该导线的电阻，实验室提供的器材如下：A．电压表V（量程为6V，

内阻约为1000Ω）B．电流表A（量程为0.3A，内阻A10R=）C．滑动变阻器0R（最大阻值为5Ω，额定电流为2A）D．干电池组（电动势为6V，内阻为0.05Ω）E．一个开关和导线若干请根据提供的器材，在图丁中设计实验电路。（）若实验中电压表的示数为U，

电流表的示数为I，则导线的电阻率的表达式为=______（用U，I，d，L，AR表示），代入具体数据，看得到的电阻率与查到的电阻率比较是否在误差允许的范围内相等，若相等，则合格，若不相等，则不合格。【答

案】①.1.800②.1③.欧姆调零④.10⑤.见解析⑥.2A()4UIRdIL−【解析】【详解】（1）[1]螺旋测微器的精确值为0.01mm，由图甲可知导线的直径为1.5mm30.00.01mm1.

800mmd=+=（3）①[2]当用“10”倍率时，正确操作后，指针偏转如图乙所示，可知待测电阻较小，则应将倍率更换至1倍率。②[3][4]换挡后，先进行欧姆调零，再进行测量，表盘示数如图丙所示，则导线的电阻为101

10=（4）[5]由于待测电阻约为10Ω，，滑动变阻器0R的最大阻值为5Ω，为了使电表示数变化范围大一些，滑动变阻器采用分压接法；由于电流表A内阻已知，则电流表采用内接法，则实验电路图如图所示[6]根据

电阻定律可得xLRS=又AxUIRRI−=，24dS=联立可得2A()4UIRdIL−=15.如图所示，一棱镜的横截面ABC为等边三角形，一束单色光从AB的中点射向棱镜，经AB面折射进入棱镜的光线与BC平行，再经AC面折射射出棱镜后的光线共偏转了60°。已知三角形的边长为L，光在真空中的

传播速度为c，求：（1）该棱镜对该单色光的折射率n；（2）光在棱镜中传播的时间。【答案】（1）3（2）32Lc【解析】【小问1详解】根据题意作出光路图如图所示根据题意可得2()60ir−=根据图中几何关系可知30r=，可得60i=则该棱镜对该单

色光的折射率为sinsin603sinsin30inr===【小问2详解】光在棱镜中传播的速度为3ccvn==光在棱镜中传播的距离为12sL=则光在棱镜中传播的时间为32sLtvc==16.小明同学设计制作了简易家禽自

动饮水器如图甲所示，当瓶口浸入水中时，水不会流出；当家禽饮水使盘子里的水面下降而瓶口刚露出水面时，空气从瓶口进入瓶内，水就会自动流出来，升高盘子里的水位，使瓶口重新没入水中，水停止流出。为了便于计算，我们用水银代替水来研究。

其简化模型如下：用玻璃管代替饮水器的盛水桶，玻璃管的长度为0100cml=，横截面积220cmS=。开始时将玻璃管开口向上，倒入长度为150cml=的水银，如图乙所示，然后封住管口，将玻璃管倒置在盛有水银的浅

盘中，管口刚好浸入水银面（此过程没有空气进入管内），如图丙所示。已知大气压强075cmHgp=，整个过程环境温度保持不变，封闭气体可视为理想气体，不计管口浸入浅盘液面的深度。（1）求倒置后稳定时，玻璃管中水银的高度；（2）浅盘内水银逐渐减少，

当玻璃管内剩余水银的高度为25cml=时，求后来进入的气体质量与原来气体质量之比。【答案】（1）25cm（2）5875【解析】【小问1详解】设倒置后稳定时，玻璃管中水银的高度为h，则玻璃管气体压强为0pph=−根据玻意耳定律可得0010()()pllSplhS−=−联立代入数据解得25cmh=或

150cmh=（舍去）【小问2详解】当玻璃管内剩余水银的高度为25cml=时，则玻璃管气体压强为05cmHg70cmHgpp=−=根据玻意耳定律可得002()()xxplhSpVplSl−+=−可得020()()xxpVplSplhSl=−−−根据p

VnRT=可知后来进入的气体质量与原来气体质量之比0000200()()58()()75xxxxmnpVplSplhSmnplhSplhlS−−−====−−17.如图所示，粗糙的水平面OA与滑槽B

CD的BC面等高，OA的长度为120mL=，滑槽的质量为11kgm=，靠近A点静置于光滑水平面上，其BC段上表面水平且粗糙，长度20.9mL=，CD段为一半径0.4mR=的光滑的14圆弧，水平面右端A点静置着一质量21kgm=的铜块Q。质量为01kgm=的铜块P在2.25NF=的恒

力作用下从O点由静止开始运动，到达A点时撤掉力F，之后铜块P与铜块Q发生弹性碰撞。已知铜块P与铜块Q均可视为质点，铜块P与水平面间的动摩擦因数随距离的变化关系为0.2kx=−，其中313.7510mk−−=，x表示离O点的距离，铜块P和铜块Q与滑槽

BC段间的动摩擦因数均为10.5=，重力加速度210m/sg=。（1）求铜块P与铜块Q发生碰撞后，铜块Q的速度大小1v；（2）若滑槽固定在水平面上，求铜块Q刚滑过C点时对滑槽的压力大小；（3）若滑槽不固定，求：①运动

过程中滑槽的最大速度；②铜块Q与滑槽保持相对静止一起运动时，铜块Q到B点的距离L。【答案】（1）5m/s（2）50N（3）①57m/s2+；②0.55m【解析】【小问1详解】根据0.2kx=−可得2f023.7510Fmgx−==−fF与x成线性关系。当0x=时，f12NF=；当20mx

=时，f21.25NF=，则铜块P从O点到A点过程，由动能定理得2f1f211001022FFFLLmv+−=−解得05m/sv=铜块P与铜块Q发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得0000121mvmvmv=+2220000121111222mvm

vmv=+解得15m/sv=【小问2详解】滑槽固定，铜块Q从B点滑到C点过程有2212222211122mgLmvmv−=−在C点，由牛顿第二定律可得22N22vFmgmR−=解得N50NF=由牛顿第三定律

得铜块Q对轨道的压力大小为50N【小问3详解】①滑槽不固定，则铜块Q滑过C点后，再次回到C点时，滑槽的速度最大212314mvmvmv=+222212314122111222mvmvmvmgL=++解得457m/s2v+=②最终铜块Q与滑槽达到共

同速度一起运动，则()21125mvmmv=+()22211251211Δ22mvmmvmgx=++解得Δ1.25mx=铜块Q到B点的距离2Δ2Δ0.55mLLx=−=18.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第Ⅰ、Ⅱ象限内存在着平行于纸面的匀强电场，电场强度大小为E，方向与y轴正

方向成60=角，第Ⅲ象限存在着沿y轴负方向的匀强电场，一质量为m、电荷量为q的带负电粒子从电场中的Q点，以速度0v沿x轴正方向开始运动。然后从坐标原点O进入第Ⅰ象限的匀强电场，在电场中运动一段时间后，再次通过O点，通过O点时，x轴下方的匀强电场已换成与第Ⅳ象限相同的匀强磁场，方向垂

直于纸面向外，第Ⅳ象限磁场的上边界ON与x轴正方向成15=角，下边界平行于x轴，当粒子从边界ON上的P点（图中未画出）离开磁场后，再次进入电场，经电场偏转恰好回到O点，不计粒子的重力，Q点到y轴的距离为到x轴距离的23倍，

求：（1）粒子第一次到达O点时速度的大小和方向；（2）粒子第一次在第Ⅰ象限中运动时，粒子离原点O的最远距离和粒子整个运动过程中磁场下边界到x轴的最小距离；（3）粒子第二次和第三次经过O点的时间间隔。【答

案】（1）0233v，粒子到达O点时速度方向与x轴正成30角斜向上（2）2023mvqE；208312mvqE+（3）()04363πmvqE+【解析】【小问1详解】第Ⅲ象限的电场中，粒子做类平抛运动，

设Q点到x轴的距离为L，到y轴的距离为23L沿x轴正方向有023Lvt=沿y轴正方向有2yvLt=粒子到达O点时的速度大小为220yvvv=+联立解得0233vv=设速度方向与x轴方向的夹角为，有0tanyvv=解得30=即粒子到达O点时速度方向与x轴正成30角斜向上【小问2详解】由第一

问可知粒子从O点进入第Ⅰ象限时，速度方向与电场方向平行，粒子在电场中做匀减速直线运动，如图所示从O点到最远处过程，由动能定理得2m102qElmv−=−联立解得20m23mvlqE=由运动的对称性可知，粒子再次通过O点时，速度大小仍为v，方向与x轴负方向成30角进

入磁场，运动轨迹如图所示，粒子的运动轨迹刚好和磁场下边界相切时，磁场下边界到x轴的距离最小，由几何关系得cos30drr=+粒子进入磁场时与ON的夹角为135，由几何关系知，粒子出磁场时，转过的圆心角为270，再次从Q点进入电场时，做

类平抛运动回到O点。在第Ⅰ象限中，初速度方向1tan30rvt=电场力方向qEma=根据2112rat=联立解得014mvtqE=，208mvrqE=，208312mvdqE=+【小问3详解】

粒子在磁场中运动了四分之三个周期，有0232π63π4rmvtvqE==粒子离开磁场到再次进入电场过程中做匀速直线运动，由几何知识得2083tan3013mvPQrrqE=−=−则有()03431mvPQtvqE==−故粒子第二次和第三次两次经过O点的时间间隔