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2026 届高三第一次模拟考试物理试卷（四川卷）
注意事项：
1．考生领到答题卡后，须在规定区域填写本人的姓名、准考证号和座位号，并在答题
卡背面用2B 铅笔填涂座位号。
2．考生回答选择题时，选出每小题答案后，须用2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标
号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。考生回答非选择题时，须
用0.5mm 黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上。选择题和非选择题的答案写在试卷或草
稿纸上无效。
3．考生不得将试卷、答题卡和草稿纸带离考场，考试结束后由监考员统一回收。
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，
只有一项是最符合题目要求的。
1．扫地机器人10:30从客厅的一角A 出发经图示路径清扫地面，半小时到达客厅的另一角B 结束清
扫。经过的路径的长度是60 m，A 与B 间的距离是10.5 米。关于扫地机器人上述清扫过程中，下列
说法正确的是（ ）
A．10:30是时间
B．扫地机器人通过的位移是60 m
C．研究扫地机器人地面清扫方式时，可以将机器人视为质点
D．扫地机器人的平均速度约为5.8×10
−3 m /s
【答案】D
【详解】A．10：30 是时刻，A 错误；
B．扫地机器人通过的位移10.5m，路程是60m，B 错误；
C．研究扫地机器人地面清扫方式时，机器人的大小、形状不可以忽略，故不可以将机器人视为质
点，C 错误；
D．扫地机器人的平均速度为v = x
t = 10.5
1800 m/s=5.8×10
−3 m/s
D 正确。故选D。
2．如图所示，光刻机利用光源发出的紫外线，将精细图投影在硅片上，再经技术处理制成芯片。为
提高光刻机投影精细图的能力，在光刻胶和投影物镜之间填充液体，提高分辨率。则填充液体后（
）
1
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A．紫外线进入液体后波长变短
B．紫外线进入液体后光子能量增加
C．紫外线在液体中比在空气中更容易发生衍射
D．紫外线传播相等的距离，在液体中所需的时间更短
【答案】A
【详解】A．紫外线进入液体频率不变，传播速度变慢，则波长变短，故A 正确；
B．紫外线进入液体频率不变，根据E =hν
可知光子能量不变，故B 错误；
C．由A 选项分析可知紫外线在液体中波长变短，更不容易发生衍射，故C 错误；
D．紫外线在液体中传播速度变慢，根据x = vt
知传播相等的距离，在液体中所需的时间更长，故D 错误。故选D。
3．熔喷布是一种过滤材料，广泛应用于医疗、卫生、环保等领域，熔喷布经过静电驻极处理后，其
纤维表面形成持久的静电场，可以持续吸附空气中的微小颗粒，提高过滤效率。静电驻极处理装置
中针状电极与平板电极间形成的电场如图所示，b为ac的中点，bd连线平行于平板电极，下列说法
正确的是（ ）
A．a点电场强度小于c点的电场强度
B．b点的电势比d点的电势高
C．a、b两点间电势差小于b、c两点间电势差
D．某带负电颗粒在a点的电势能大于在c点的电势能
【答案】D
【详解】A．a 点电场线比c 点电场线更密集，因此a 点电场强度比c 点的大，故A 错误；
B．由图可知，bd 连线垂直于b 点所在的电场线，并不垂直于d 点的电场线，由于电场线和等势面是
2
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垂直的，沿着电场线方向电势逐渐降低，可知b点的电势比d点的电势低，故B 错误；
C．由于b 为ac 的中点，且a、b 两点间的平均场强大于b、c 两点间的平均场强，由U = Ed可知，
a、b 两点间电势差大于b、c 两点间电势差，故C 错误；
D．将带负电颗粒由a 点移动到c 点，电场力做正功，因此带负电颗粒在a 点的电势能比在c 点的
大，故D 正确。
故选D。
4．囊式空气弹簧已广泛地应用于车辆减震装置中，它由橡胶气囊和密闭在其中的压缩空气组成。当
车辆剧烈颠簸时，气囊内的气体体积快速变化，以降低车辆振动的幅度。已知某囊式空气弹簧密封
气囊内一定质量的理想气体从状态a→b→c→a 的变化过程中压强p 与体积的倒数1
V
的关系图像如图
所示，其中ab 连线的延长线过坐标原点，bc 连线平行于纵轴，ca 连线平行于横轴。则下列说法正确
的是（ ）
A．从状态a→b 的过程中气体吸热
B．从状态b→c 的过程中气体吸热
C．从状态c→a 的过程中，单位时间内碰撞单位面积气囊壁的气体分子个数减少
D．图中△abc的面积在数值上等于从状态a→b→c→a 变化的整个过程中气体对外界做的功
【答案】C
【详解】A．根据p−1
V
图像可知，从状态a 到状态b 的过程中，气体压强增大，体积减小，外界对
气体做功，ab 连线的延长线过坐标原点，则p=C 1
V
整理得pV =C
可知气体发生等温变化，温度不变，内能不变，由热力学第一定律知气体向外界放热，故A 错误；
B．从状态b 到状态c 的过程中，气体压强减小，体积不变，气体对外界不做功，气体发生等容变
化，温度降低，内能减少，由热力学第一定律知气体向外界放热，故B 错误；
C．从状态c 到状态a 的过程中，气体压强不变，体积增大，气体发生等压变化，温度升高，气体分
3
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子的平均动能增加，单位时间内碰撞单位面积气囊壁的气体分子个数减少，故C 正确；
D．p−V 图像中图线与横轴围成的面积表示气体对外界做的功，但要注意题中的是p−1
V
图像，题
图中△abc的面积在数值上等于压强的平均值与体积倒数变化量的乘积，不等于气体对外界做的功，
故D 错误。故选C。
5．一列简谐横波沿着x 轴正方向传播，t =8s时的部分波形如图1 所示，x = 4 m处质点的振动图像如
图2 所示，下列说法正确的是（ ）
A．t =8s时，质点A的振动方向沿y轴负方向
B．t =7s到t =11s时间内，x = 4 m处质点的振动路程为8cm
C．该简谐波的波长可能为9 m
D．该简谐波的波速可能为9
8 m /s
【答案】B
【详解】A．简谐横波沿着x 轴正方向传播，由同侧法可知，t =8s时，质点A的振动方向沿y轴正方
向，故A 错误；
B．t =7s到t =11s时间内，x = 4 m处质点的振动的时间为半个周期，故振动路程为
s=2 A =8cm
故B 正确；
C．由图可知，波长满足λ
2 +nλ= 4 m(n=0,1,2,3...)
解得λ=
8
2n+1 m(n=0,1,2,3...)
故该列波的波长不可能为9m，故C 错误；
D．该简谐波的波速可能为v = λ
T =
1
2n+1 m/s(n=0,1,2,3...)
故该列波的波速不可能为9
8 m /s，故D 错误。故选B。
6．2025 年4 月，“长征三号乙”以半月一次的密集节奏第6 次出征，携通信技术试验卫星十七号直
4
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刺苍穹。这枚拥有氢氧心脏的火箭将于5 月首次执行日心轨道发射，托举“天问二号”开启小行星
探测，助推中国行星探索工程迈向深空。下图是这次太空探测任务的第一阶段卫星发射的轨道示意
图。轨道Ⅰ为近地轨道，轨道Ⅱ为转移轨道，轨道Ⅲ为同步轨道。已知地球的半径为R，地球表面的
重力加速度为g，地心到B点的距离为r，则（ ）
A．“天问二号”在转移轨道Ⅱ上各点的速度均小于7.9km /s
B．“天问二号”在轨道Ⅲ上运动的周期为2π√
r
3
gR
C．“天问二号”在椭圆轨道Ⅱ上由A点运动至B点所需的时间为π (R+r)
2 R √
(R+r)
2g
D．“天问二号”在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ运行的周期之比为R:r
【答案】C
【详解】A．天问二号在圆轨道Ⅰ上运行的速度是7.9km/s，在A 点加速进入轨道Ⅱ，即在转移轨道
Ⅱ上A 点的速度大于7.9km /s，故A 错误；
B．天问二号在轨道Ⅲ上运动，由万有引力提供向心力，有GMm
r
2
=m 4 π
2
T 3
2 r
在地球表面，有GMm
R
2
=mg
解得T 3= 2π
R √
r
3
g
，故B 错误；
C．天问二号从A 点沿椭圆轨道Ⅱ运动，其轨道半长轴a= r + R
2
根据开普勒第三定律可得a
3
T 2
2 = r
3
T 3
2
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解得T 2=√
π
2(R+r)
3
2 g R
2
天问二号由轨道Ⅱ的A 点运动至B 点所需的时间t = 1
2 T 2= π (R+r)
2 R √
(R+r)
2 g
，故C 正确；
D．根据开普勒第三定律可知R
3
T 1
2 = r
3
T 3
2
即T 1
T 3
= R
r √
R
r
，故D 错误。
故选C。
7．“复兴号”动车是我国自主研发，具有完全知识产权的新一代高速列车。某“复兴号”动车组由
8 节车厢编组而成，其中第1、3、5、7 节为动力车厢，其余为无动力车厢。已知每节动力车厢有
2400kW 的大型电动机提供动力，每节车厢除了行驶中受恒定的摩擦阻力f 0=1500 N外，还会受到风
阻作用，第1 节列车所受风阻f 1=3kv，其余每节车厢所受的风阻f 2=kv，表达式中v 表示动车行驶
速度，k 为比例系数，为84N·s/m。下列说法正确的是（ ）
A．该型号动车组最大行驶速率为120m/s
B．若关闭两个电动机，动车组最大速度为原来一半
C．以最大速率匀速行驶时，第1 节车厢所受总阻力为25200N
D．以最大速率匀速行驶时，第3 节车厢对第2 节车厢作用力为12600N
【答案】D
【详解】A．根据题意动车组总功率P总= 4×2400kW =9600kW
匀速行驶时受阻力之和f =8 f 0+7 f 2+ f 1
又P = f ⋅vm
解得vm =100 m /s
故A 错误；
B．由P总
2 =(7 kv +3kv +8 f 0)v
解得v ≈68.8 m /s
故B 错误（亦可定性分析）；
C．第1 节车厢受总阻力f
′
1= f 1+ f 0=26700 N
故C 错误；
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D．对前两节车厢为整体分析：电动机牵引力F = P
vm
= 2400000
100
N =24000 N
车厢所受阻力为F阻=2f 0+3k vm+k vm =36600 N
所以第三节车厢还需提供推力F32= F阻−F =12600 N
故D 正确。故选D。
二、多项选择题：本题共3 小题，每小题6 分，共18 分。每小题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0 分。
8.我们四川人专属的足球赛事——“川超”，正在如火如荼地进行。如图所示，足球球门宽为L，一
个球员在球门线中点正前方距离球门s 处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角（图中P 点），球
员顶球点O 距地面的高度为h。足球做平抛运动（足球可看成质点，忽略空气阻力），重力加速度大
小为g。下列说法正确的是（ ）
A．足球位移OP的大小为
√
L
2
4 +h
2
B．足球位移OP的大小为
√
L
2
4 + s
2+h
2
C．足球刚落到P 点的速度大小为√
2h
g (
L
2
4 + s
2)+2gh
D．足球刚落到P 点的速度大小为√
g
2h(
L
2
4 + s
2)+2gh
【答案】BD
【详解】AB．由几何关系，足球位移的大小为OP=√( L
2 )
2
+ s
2+h
2=√
L
2
4 + s
2+h
2，Ａ错误，B 正
确；
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CD．足球的初速度v0= x
t =√s
2+ L
2
4
√
2h
g
由机械能守恒定律mgh+ 1
2 mv0
2= 1
2 mv
2
解得足球刚落到P 点的速度大小为v =√
g
2h(
L
2
4 + s
2)+2 gh，C 错误，D 正确。
故选BD。
9．某同学买了一个透明“水晶球”，其内部材料折射率相同，如图甲所示。他测出球的直径为d。
现有一束单色光从球上P 点射向球内，折射光线与水平直径PQ 夹角θ =30°，出射光线恰好与PQ 平
行，如图乙所示。已知光在真空中的传播速度为c，下列说法错误的是（ ）
A．水晶球的折射率为√3
B．光在水晶球中的传播时间为3d
2c
C．仅换用波长更长的单色光，光在水晶球中传播的时间变长
D．若逐渐增大射向水晶球表面光的入射角，光可能因发生全反射而无法射出水晶球
【答案】AB
【详解】A．作出光路图，如图所示
由几何关系可知，光线射出时的折射角r为2θ，折射率n=sin2θ
sinθ
=√3，故A 正确；
B．光在水晶球中的传播速度为v = c
n = √3
3 c
8
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由几何关系可知传播路程s=d cosθ = √3
2 d
光在水晶球中的传播时间为t = s
v = 3d
2c
，故B 正确；
C．当入射光的波长变长时，频率变小，光的折射率也变小，折射角变大，光在水晶球中的光程变
短，根据v = c
n
可知光在“水晶球”中的传播速度变大，可知时间变短，故C 错误；
D．根据几何关系可知，光线在经过折射后，在“水晶球”内到“水晶球”外的入射角始终等于从
“水晶球”外到“水晶球”内的折射角（均为θ），因为β <90°，由折射定律可知θ<C（C为临界
角），所以增大过P点光线的入射角，光线出射时一定不会在球内发生全反射，故D 错误。故选
AB。
10．如图所示，水平面上有两条相距为l 的足够长的固定光滑平行金属导轨，垂直于导轨的两虚线间
存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在磁场内导轨上相隔一定距离垂直导轨放置长度均
为l 的导体棒a 和b。现让导体棒a、b 以相同的速率v0同时沿导轨相向运动，导体棒b 出磁场前加速
度已经为0，导体棒a 出磁场时速度为1
6 v0，a、b 棒的质量分别为2m、m，电阻均为R。导轨电阻不
计且导体棒与导轨接触良好。下列说法正确的是（ ）
A．导体棒b 出磁场时的速度大小为v0
B．整个过程流过导体棒b 的电荷量为m v0
3 Bl
C．整个过程系统产生的焦耳热为17
12 m v0
2
D．整个过程两棒的最近距离为2 Rmv0
3 B
2l
2
【答案】CD
【详解】A．b 出磁场时无加速度，说明a、b 棒已经在磁场中共速了，根据动量守恒定律有
2m v0−m v0=3m v1
9
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解得b 出磁场时的速度大小v1= 1
3 v0，故A 错误；
B．a 出磁场时的速度大小为1
6 v0，根据能量守恒定律则，有
1
2 ×2m v0
2+ 1
2 m v0
2−1
2 ×2m( v0
6 )
2
−1
2 m( v0
3 )
2
=Q，解得Q = 17
12 mv0
2，故C 正确；
C．b 出磁场前的动量改变量为1
3 mv0−(−mv0)= 4
3 mv0
动量改变量等于安培力的冲量，则有Δ p1= Bl I t = Bl q1= 4
3 mv0
解得q1= 4 mv0
3 Bl
b 出磁场后至a 出磁场的过程，其动量改变量为2m⋅1
3 v0−2m⋅1
6 v0= 1
3 mv0
根据左手定则可判断此过程中电流流过b 的方向与前面电流通过b 的方向相同，同理有
Δ p2= Bl I t = Bl q2= 1
3 mv0
解得q2= m v0
3 Bl
所以流过b 的电荷量为q =q1+q2= 5m v0
3 Bl
，故B 错误；
C．a、b 棒已经在磁场中共速，距离最近，并保持到b 出磁场，之后a 切割磁感线，产生感应电动
势，形成感应电流，安培力使a 减速，又有q2= ΔΦ
2 R = Blx
2 R = m v0
3 Bl
解得x = 2 Rmv0
3 B
2l
2
，故D 正确。故选CD。
三、非选择题：本题共5 小题，共54 分。其中第13~15 小题解答时请写出必要的文字说
明、方程式和重要的演算步骤；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
8．（6 分）同学们在做“验证机械能守恒定律”实验时，设计了如图所示的两种方案：
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(1)为完成实验方案1，下列说法正确的是_____。
A．还必须要有秒表
B．可以不用测出重物的质量
C．可以根据v =>¿来计算重物在t时刻的瞬时速度
(2)方案2 中，已知滑块与遮光条总质量为M、钩码质量为m、重力加速度为g、遮光条的宽度为d。
将滑块由静止释放后，在钩码的牵引下，滑块运动距离为L时恰好通过光电门，数字计时器测得遮光
条通过光电门的时间为t，则在该过程中，系统重力势能的减少量为 ，系统动能的增加量为
（用题中字母表示）。
(3)若在进行方案2 中实验时，多次改变光电门的位置并测出多组L和t，描绘出L−1
t
2的图像如下图
所示。则图像的斜率k = 即可认为系统机械能守恒（用题中字母表示）。
【答案】(1)B (2)mgL (M +m)d
2
2t
2
(3)(M +m)d
2
2mg
【详解】（1）A．打点计时器本身就是计时仪器，则不需要秒表，选项A 错误；
B．因验证的机械能守恒的关系两边都有质量，则可以不用测出重物的质量，选项B 正确；
C．如果用v =>¿来计算重物在t时刻的瞬时速度，就相当默认了机械能守恒，失去了验证的价值，选
项C 错误。故选B。
（2）[1]在该过程中，系统重力势能的减少量为Δ E p=mgL
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[2]系统动能的增加量为Δ Ek = 1
2
(M +m)v
2= 1
2
(M +m)( d
t )
2
= (M +m)d
2
2t
2
（3）根据Δ E p= Δ Ek
可得mgL= (M +m)d
2
2t
2
即L= (M +m)d
2
2mg
1
t
2
可得k = (M +m)d
2
2mg
9．（10 分）某同学做“测量电源的电动势和内阻”实验，设计了如图（a）所示实验电路图，
R0=4Ω，起保护电源作用。实验步骤如下：
（1）实验前，应该把电阻箱R1的阻值调至最大，把电阻箱R2的阻值调至 （填“最大”或
“最小”），以确保电流或电压不超过电流表或电压表的量程。
（2）该同学闭合开关S1之后，再把S2闭合于1 处，多次调节电阻箱的选择旋钮，同时记录下每次电
阻箱的阻值R1和理想电流表A 的示数I，再把示数I 换算为倒数1
I
，描绘得到如图（b）所示的1
I −R1
的图像，可求得电源电动势E= V，内阻r= Ω。（结果均保留2 位有效数字）
（3）该同学又再把S2闭合于2 处，多次调节电阻箱的选择旋钮，同时记录下每次电阻箱的阻值R2和
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理想电压表V 的示数U，根据闭合电路欧姆定律E =U + U
R2
(R0+r)，整理得1
U = 1
E + 1
R2
× (R0+r)
E
，以1
U 为纵轴、1
R2
为横轴建立坐标画出相应的函数图像，用来计算电源电动势和内阻。
（4）如果图（a）中的两个电表都不是理想表，即分别要考虑电流表的分压和电压表的分流，则在
步骤（2）中，电源的内阻测量值 （填“偏大”或“偏小”），步骤（3）中，电源的内阻
测量值 （填“偏大”或“偏小”）。
【答案】最小 5.0 1.0 偏大 偏小
【详解】（1）[1]实验前，应该把电阻箱R1的阻值调至最大，使电流表支路电阻最大；把电阻箱R2
的阻值调至最小，使电压表分压最小，以确保电流或电压不超过电流表或电压表的量程。
（2）[2][3]根据闭合电路欧姆定律E = I (R1+ R0+r)
整理得1
I = 1
E R1+ (R0+r)
E
所以1
E = 6−1
25 V
−1，(R0+r)
E
=1A
−1
解得E =5.0 V，r =1.0Ω
（4）[4]步骤（2）中，忽略了电流表内阻的分压作用，所以内阻测量值偏大。
[5]步骤（3）中，忽略了电压表内阻的分流作用，内阻测量值偏小。
10．（10 分）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)√3 L
2c
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【详解】（1）根据题意作出光路图如图所示
根据题意可得2(i−r )=60°
根据图中几何关系可知r =30°，可得i=60°
则该棱镜对该单色光的折射率为n= sini
sin r = sin 60°
sin30° =√3
（2）光在棱镜中传播的速度为v = c
n = c
√3
光在棱镜中传播的距离为s= 1
2 L
则光在棱镜中传播的时间为t = s
v = √3 L
2c
11．（12 分）如图所示，质量为m的小球P 和质量为3m的小球Q 用自然长度为l的弹性细绳连接，
让绳水平伸直，两球静止在同一高度h 处。现给小球P 沿绳方向向右的初速度v0，同时将小球Q 由
静止释放，两球在空中发生两次弹性正碰后落到水平地面上，小球Q 在空中运动过程中的水平位移
大小为xQ。已知重力加速度为g，碰撞时间极短，不计空气阻力，求：
(1)第一次碰撞前瞬间，P 球的速度大小v P；
(2)两球第一次碰后到第二次碰前过程，细绳对Q 球做的功W ；
(3)P 球在空中运动过程中的水平位移大小xP。
【答案】(1)vP=√
v0
2+ g
2l
2
v0
2
(2)W =−3
8 mv0
2(3)xP= v0√
2h
g −3 xQ
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【详解】（1）设P 球抛出后经过时间t1与Q 球发生碰撞，则l = v0t1
，v y = gt1
，v P=√v0
2+ v y
2
代入得vP=√
v0
2+ g
2l
2
v0
2
（2）P、Q 两球碰撞过程中水平方向动量守恒、机械能守恒
m v0=m v P1+3m vQ2
1
2 m(v0
2+ v y
2)+ 1
2 ⋅3m v y
2 = 1
2 m(v P1
2 + v y
2)+ 1
2 ⋅3m(vQ2
2 + v y
2)
解得vP1=−1
2 v0，vQ1= 1
2 v0
同理得第二次碰撞前两球的速度分别为v P2= v0，vQ2=0
根据动能定理，轻绳对Q 球做的功W = 1
2 ⋅3mvQ2
2 −1
2 ⋅3mvQ1
2 =−3
8 mv0
2
（3）P、Q 两球碰撞过程中水平方向动量守恒，m v0=m v P+3m vQ，
Σ m v0 Δt = Σ m v P Δt + Σ3m vQ Δt
h= 1
2 gt
2
又t = Σ Δt，xP= Σ v P Δt，xQ= Σ vQ Δt
解得xP= v0√
2h
g −3 xQ
12．（16 分）如图所示，xOy坐标系中有一半径R = 5
4 d的圆形匀强磁场I，匀强磁场的圆心O1的坐
标为(−5
4 d ,0)
，在y轴的右侧有平行于x轴的平行金属板M、N，两金属板左端位于y轴上，板长为
2d，两板到x轴的距离均为d，两板之间接有恒定电压，x>2d的整个区域内存在垂直纸面向外的另
一匀强磁场区域Ⅱ（未在图中显示）。坐标为(−5
4 d ,−5
4 d)
的P点有一粒子源，在平面内沿各个方
向发射大量质量为m、电荷量为q的正粒子（不计重力），所有粒子速度大小均为v0，已知圆形磁场
区域内磁场的磁感应强度大小为B0= 4 mv0
5qd
，不计粒子间的相互作用，能进入两板间的粒子有50 %
恰好能从M 边界射出。求：
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(1)能进入两板间的粒子占粒子源发射粒子的百分比；
(2)求匀强电场电场强度E的大小；
(3)若从电场射出的粒子经磁场区域Ⅱ偏转后能全部回到电场，求磁场区域Ⅱ的磁感应强度B的取值
范围；
(4)若磁场区域Ⅱ的磁感应强度B大小取（3）中的最小值，求在磁场Ⅱ中有粒子经过的区域面积S。
【答案】(1)29.4 % (2)E = mv0
2
2qd
(3)B≥2m v0
qd
(4)S =(
π
8 + √2
2 + 5
4)d
2
【详解】（1）粒子进入圆形磁场做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得q v0 B0=m v0
2
r1
解得r1= 5
4 d = R
故所有粒子离开圆形磁场时均沿x轴方向；设恰好沿N 板边缘进入两板间的粒子射出时速度方向与y
轴正方向成θ角,由几何关系可知d =r1sinθ
解得θ =53
∘
所以进入两板间的粒子占粒子源发射粒子的百分比为η= 2θ
360
∘= 53
∘
180
∘=29.4 %
（2）有50 %的粒子能够从M 边界射出电场，则粒子在电场中竖直偏转距离为d，粒子做类平抛运
动，竖直方向有d = 1
2 at
2，qE =ma
水平方向有2d = v0t
联立解得E = mv0
2
2qd
（3）粒子射出电场时竖直方向速度v y =at = v0
粒子射出电场时速度为v1=√2v0
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根据洛伦兹力提供向心力q v1B =m v1
2
r2
从电场射出的粒子经磁场Ⅱ偏转后能全部回到电场，根据几何关系有2r2cos45
∘≤d
解得B≥2mv0
qd
（4）有粒子经过的区域如图所示，由几何关系知扇形面积为S1= 3 π r2❑
2
8
= 3
16 π d
2
三角形面积为S2= d
2
4
弓形面积为S3= π r2❑
2
4
−1
2 d × d
2 =(
π
8 −1
4)d
2
梯形面积为S4=
r2+r2+ d
2 −d
2
× d
2 =(
√2
4 −1
8)d
2
在磁场Ⅱ中有粒子经过的区域面积为S =2[S1+2S2+ S4−S3]=(
π
8 + √2
2 + 5
4)d
2
17
