精品解析：江苏省南京市七校联合体2025-2026学年高三上学期10月学情调研物理试卷

2025-2026学年10月七校联合学情调研 高三物理 一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项符合题意，错选、多选、未选均不得分。 1. 如图所示，某滑雪者从平台P点以速度v水平向右跳出，恰好落在右侧平台最左端Q点。滑雪者（　　） A. 减小速度v，仍落在Q点 B. 增大速度v，落在Q点右侧 C. 减小速度v，空中的运动时间不变 D. 增大速度v，空中的运动时间减少 【答案】B 【解析】 【详解】滑雪者从平台P点以速度v水平向右跳出，滑雪者做平抛运动，则竖直方向有 水平方向有 竖直高度决定运动时间，水平位移由水平初速度和运动时间共同决定。 A.若减小速度，由于竖直方向有，下落高度不变，运动时间不变，再根据，水平初速度减小，运动时间不变，则水平位移减小，会落在Q点左侧，故A错误； B. 若增大速度，由于竖直方向有，下落高度不变，运动时间不变，再根据，水平初速度增大，运动时间不变，则水平位移增大，会落在Q点右侧，故B正确； CD. 由于竖直方向有可知，运动时间由下落高度决定，与水平初速度无关。减小速度，滑雪者会落在Q点左侧，使下落高度变大，空中运动时间变大，增大速度，下落高度不变，空中运动时间不变，故CD错误。 故选B。 2. 如图所示，为了装点夜景，在喷水池水下安装一点光源S，能向各个方向同时发出红、黄、蓝三种不同颜色的光，在水面上形成三个圆形区域（俯视图）， 虚线为分界线。关于外侧两个区域单色光分布情况正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】根据 由于蓝光的折射率最大，故其临界角最小；红光的折射率最小，故其临界角最大。当出射角小于蓝光临界角时，红光、黄光、蓝光均能射出，即为最内侧圆的部分；当出射角再增大到介于蓝光和黄光临界角之间时，蓝光因全反射无法射出，只剩红光和黄光，即为中间圆环部分；当出射角介于黄光和红光临界角之间时，黄、蓝光均被全反射，只剩红光，即为最外侧圆环部分；超过红光临界角后，所有光均被全反射。 故选A。 3. 以竖直向上为正方向，某同学乘电梯开始下楼的加速度a随时间t变化的图线如图所示，则该同学（　　） A. 0~4s内处于超重状态 B. 7~10s内处于失重状态 C. t =4s时速度最大 D. 4~7s内处于静止状态 【答案】C 【解析】 【详解】A．以竖直向上为正方向，0~4s内加速度为负，可知加速度方向向下，物体处于失重状态，故A错误； B．7~10s内加速度为正，可知加速度方向向上，故物体处于超重状态，故B错误； CD．根据题意，该同学初速度为零，由AB选项的分析，该同学0~4s内经历失重，即向下做加速运动，4~7s内加速度为零，做匀速直线运动，7~10s内经历超重，即向下做减速运动，可知t =4s时速度最大，故C正确，D错误。 故选C。 4. 如图所示，某同学将塑料盆倒扣于水面，封闭了一定质量的气体（视为理想气体）。他用力缓慢压盆，使盆底与盆外水面齐平。此过程封闭气体温度始终不变，则封闭气体（　　） A. 每个分子的动能都不变 B. 压强不变 C. 体积变大 D. 向外界放热 【答案】D 【解析】 【详解】A．此过程封闭气体温度始终不变，则气体分子的平均动能不变，但不是每个分子的动能都不变，故A错误； BC．温度保持不变，将盆缓慢下压的过程中，气体体积减小，根据玻意耳定律可知，气体压强增大，故BC错误； D．由于温度不变，气体内能不变；气体体积减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体向外界放热，故D正确。 故选D。 5. 图1是“探究小车加速度与所受合外力的关系”的实验装置图。甲、乙两名同学用该装置得到加速度a与拉力F的关系如图2所示。下列分析正确的是（　　） A. 细绳拉力等于槽码的重力 B. 实验过程中应先释放小车再接通电源 C. 甲图上端弯曲的原因是所挂槽码质量太大 D. 乙同学平衡小车阻力时木板右端垫得过高 【答案】C 【解析】 【详解】A．由于槽码有向下的加速度，所以槽码的合力向下，细绳拉力小于槽码的重力，故A错误； B．为了充分利用纸带，实验过程中应先接通电源再释放小车，故B错误； C．实验过程将细线拉力近似等于槽码的重力，则有，根据牛顿第二定律可得， 可得 当满足时，图像的斜率可认为等于，保持不变；当不满足时，图像的斜率随的增大明显减小，图线出现弯曲；所以甲图上端弯曲的原因是所挂槽码质量太大，故C正确； D．由题图可知，乙同学对应的图线中，当达到一定数值时，小车才开始有加速度，所以平衡小车阻力时木板右端垫得过低，故D错误。 故选C。 6. 如图所示是一种变压器的铭牌，可以推断（　　） A. 额定容量指的是电荷量 B. 副线圈的匝数比的原线圈匝数多 C. 副线圈的输出电压的频率比原线圈低 D. 正常工作时，副线圈中电流比原线圈中电流大 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据额定容量的单位可知，其是电压与电流的乘积，即电功率，故A错误； B．根据变压器的原理可知，解得原、副线圈的匝数比为，故副线圈的匝数比的原线圈匝数少，故B错误； C．变压器不改变交流电的频率，可知副线圈的输出电压的频率等于原线圈的频率，故C错误； D．因为，根据变压器的原理可知 即副线圈中电流比原线圈中电流大，故D正确。 故选D。 7. 在x轴上固定两个点电荷，其电势在正半轴的分布情况如图所示，、、为x轴上等间距的三个点，现将一电子在处由静止释放，下列说法正确的是（　　） A. 处加速度最大 B. 处电势能最小 C. 处电场强度为零 D. 电子在和区间做往复运动 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据图像的斜率表示电场强度可知处场强最小，根据可知加速度最小，故A错误； B．电子带负电，根据可知电势越高，电势能越小，故B正确； C．处斜率不为零，可知处场强不为零，故C错误； D．处和处电势不相等，电场力做功 电子初速度为零，则电子在处速度不为零，可知电子不可能在和区间做往复运动，故D错误。 故选B。 8. 如图所示，劲度系数为k的轻弹簧上端固定，下端用细线连接质量均为m的物体A和B，系统处于静止状态，重力加速度为g，不计空气阻力。t=0时刻烧断细线，t = t0时刻A第一次上升到最高点。取向下为正方向，A的振动表达式为（　　） A. B. C D. 【答案】A 【解析】 【详解】烧断细线前，系统静止，对A、B整体分析，根据平衡条件，弹簧的弹力 由胡克定律 可得弹簧的伸长量 烧断细线后，物体A做简谐振动，当A的合力为零时，处于平衡位置。此时弹簧的弹力 由胡克定律 可得弹簧的伸长量 所以，物体A振动振幅 时刻烧断细线，此时物体A在最大位移处，烧断细线后，A将从此时的位置开始向上运动，到达最高点时，而从最大位移处到最高点的时间为，所以周期 所以角频率 取向下为正方向，初始时A在最大位移处，所以的振动表达式为。 故选A。 9. 如图甲是倾角为θ、长为3d的斜面，AB段光滑，BC段长度为2d，动摩擦因数自上而下均匀增大，如图乙所示。质量为m的小物体由A处静止释放，恰好能运动到C，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A. 小物体进入BC段立即做减速运动 B. 小物体下滑过程重力做功为3mgd C. BC段动摩擦因数最大值 D. 小物体从AB中点静止释放则恰能到达BC中点 【答案】C 【解析】 【详解】A．小物体进入BC段后，开始时动摩擦因数较小，摩擦力较小，根据牛顿第二定律可知物体的合力方向仍向下，物体向下做加速运动，故A错误； B．小物体下滑过程重力做功为，故B错误； C．质量为m的小物体由A处静止释放，恰好能运动到C，物体在BC段上运动时，动摩擦因数自上而下均匀增大，根据可知摩擦力均匀增大，则物体克服摩擦力做功为 对全程，根据动能定理可得 可知 解得，故C正确； D．小物体从AB中点静止释放到BC中点时，设其速度为，根据动能定理可得 其中 可知速度，故D错误。 故选C。 10. 如图所示的水平圆盘上，距中心轴O为r处有一质量为m的小物块。经过t时间，圆盘的角速度从0均匀增大至ω0时，小物块刚好相对圆盘滑动。已知小物块与圆盘间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，此过程（　　） A. 小物块所受的摩擦力方向始终指向O点 B. 小物块所受的摩擦力冲量大小为mω0r C. 小物块所受的摩擦力做功为 D. 圆盘的角速度 【答案】B 【解析】 【详解】A．在角速度从0增大至过程中，物块有切线方向的加速度，则摩擦力有切向分力，不是指向O点，故A错误； B．小物块所受合力等于摩擦力，根据动量定理有 又 由以上二式可得 ，故B正确； C．支持力和重力不做功，根据动能定理可知摩擦力做功等于动能改变量，，故C错误； D．圆盘的角速度等于时，小物块刚好相对圆盘滑动，即 可得 考虑到圆盘的角速度均匀增大，存在切向的加速度，要使小物块刚好相对于圆盘滑动，则，故D错误。 故选B。 11. 如图所示，倾斜传送带以恒定速率顺时针转动。时刻，在底端轻放一小物块，时刻物块与传送带共速。物块运动的加速度a、摩擦力的功率P随时间t变化，重力势能EP、机械能E随位移x变化的关系图线可能正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】A．设滑块质量为m，滑块与传送带之间动摩擦因数为，对滑块，共速前有 可知共速前滑块加速度为恒定值；题意可知 可知共速后滑块匀速运动，即该阶段加速度为0，故A错误； B．共速前摩擦力功率 可知此阶段P与t成正比；共速后，滑块速度恒定，则共速后P为定值，因为共速后的摩擦力为静摩擦力且大小等于，可共速后的功率比共速前瞬间的功率小，故B错误； C．因为 可知图像为一条过原点的倾斜直线，故C错误； D．机械能 共速前 联立可得 可知共速前图像为一条过原点的倾斜直线，且斜率为 共速后滑块动能不变，即机械能为 可知此过程图像斜率为，故D正确。 故选D 二、非选择题：共5题，共56分，其中第1316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，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。 12. 如图为某小组利用气垫导轨验证“系统机械能守恒”的实验装置（如图甲）。光电门固定在气垫导轨上，遮光条的宽度为d，砝码（含托盘）的质量为m，滑块（含遮光条）的质量为M，重力加速度为g。 （1）用游标卡尺测量遮光条的宽度d的示数如图乙，则d=________mm； （2）实验操作步骤有： ①将气垫导轨放在水平桌面上，打开气源，将导轨调至水平 ②将滑块移至光电门右侧某合适的位置，测出遮光条到光电门的距离l ③调节滑轮高度，使细绳与导轨平行 ④释放滑块，读出遮光条通过光电门的遮光时间t 其合理的顺序是 （选填A、B） A. ①③②④ B. ③①④② （3）在滑块从静止释放到运动至光电门的过程中，若系统机械能守恒，则应满足的关系式为__________________________（用题中所给的字母表示）； （4）保持滑块和砝码质量不变，多次改变遮光条到光电门的距离l，记录每次遮光条的遮光时间t及对应的，数据见下表。请根据表中的数据，在方格纸上作出图像。 l/（×10-1m） 1.00 2.00 3.00 4.00 5.00 t/ms 11.79 8.16 6.71 5.77 5.14 /（×104s-2） 0.72 1.50 2.22 3.00 379 （5）小明同学认为实验得到的图像的斜率应该大于理论值，你是否同意他的观点，请说明理由。______________________________________________________________________________________ 【答案】（1）5.2 （2）A （3） （4） （5）不同意，理由见解析 【解析】 【小问1详解】 10分度的游标卡尺精度为，读数为 【小问2详解】 用气垫导轨验证机械能守恒定律时，将气垫导轨放在水平桌面，打开气源，将导轨调至水平，再调节滑轮高度，使细绳与导轨平行，将滑块移至光电门右侧某适合的位置，再测出遮光条到光电门的距离l，最后释放滑块，读出遮光条通过光电门的挡光时间t，则合理的顺序为①③②④。 故选A。 【小问3详解】 设滑块和遮光条的总质量为，托盘和砝码下落过程中，系统增加的动能 系统减少的重力势能即为托盘和砝码减少的重力势能，为 为了验证机械能守恒定律，需满足的关系是 【小问4详解】 根据数据作图，使直线尽可能经过较多的点，并使各点均匀分布在两侧，如图所示 【小问5详解】 不同意，理由：根据 可得 实际上由于存在空气阻力，根据 解得 对比可知图像的实际斜率应小于理论值。 13. 东风-5C打击面覆盖全球，最高速度可达几十马赫，接近甚至超过第一宇宙速度。已知地球的半径为R，地球表面重力加速度为g，不考虑地球自转的影响。求： （1）地球第一宇宙速度v； （2）卫星在距离地面高度为h的圆轨道上运行角速度。 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 不考虑地球自转的影响，在地面附近，引力等于重力 卫星绕地球做圆周运动，轨道半径为R，引力等于向心力 由以上二式可得 【小问2详解】 卫星在距离地面高度为h的圆轨道上运行角速度为ω 引力等于向心力 又 可得 14. 如图所示，一轻质弹簧竖直固定在水平地面上，上端连接一质量为M=0.98kg的物块，静止于某点P，质量为m=0.02kg的子弹以v0=200m/s的竖直初速度瞬间打入物块并留在其中，此后经t=1.0s物块第一次返回P点，空气阻力不计，重力加速度g=10m/s2。求： （1）子弹打入物块瞬间，物块的速度大小； （2）t=1.0s内弹簧对物块的冲量。 【答案】（1）4m/s （2）18N⋅s，方向竖直向上 【解析】 【小问1详解】 子弹打入瞬间，子弹和物块动量守恒，有 解得 【小问2详解】 选向上正方向，在t=1.0s内，对物块和子弹整体由动量定理 解得 冲量I的方向竖直向上。 15. 如图所示， O为固定在水平地面上的铰链，A、B球通过铰链和轻杆连接。 现对B球施加一水平推力，系统在竖直平面内处于静止状态，此时两杆间的夹角α=60°。撤去水平推力后，A、B在同一竖直平面内运动。已知两球质量均为 m，杆长均为L，重力加速度为g， 忽略一切摩擦。求： （1）系统静止时轻杆AB的作用力大小； （2）两杆间的夹角变为90°时， B球动能； （3）A球落地时重力的功率P。（以上结果均可保留根号） 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 对A球运用力的合成法可知 解得 【小问2详解】 两轻杆夹角为90°时，B球的速度方向沿水平向左，A球的速度方向垂直于OA向左下，分别在沿AB方向和垂直于AB方向分解A、B两球速度，可得 由系统机械能守恒得 则B球动能 【小问3详解】 A球落地前瞬间， B球速度 由能量守恒可得 解得 则A球落地前瞬间重力的功率 16. 如图甲所示是托卡马克装置的结构示意图，其主要包括环形真空室、极向场线圈、环向场线圈等，在环形真空室内注入少量氢的同位素氘和氚，提高温度使其发生聚变反应产生氦和中子。如图乙所示为环形真空室的俯视示意图，它的轴线半径为r，横截面的圆半径为R，假设环形真空室内粒子质量为m、电荷量为+q，粒子碰到真空室的室壁立即被吸收。（sin37°=0.6，cos37°=0.8） （1）写出氘和氚核聚变的核反应方程式； （2）只接通极向场线圈电流，通电后在真空室轴线处产生竖直方向的磁场，若粒子以v0速度沿真空室轴线做匀速圆周运动，求极向场线圈在真空室轴线处产生的磁感应强度B的大小； （3）如图丙，若真空室为长直管道，直管道半径为R，室内有水平向右的匀强磁场B0。轴线上的粒子源O向右侧各个方向均匀发射速度大小为的粒子。 ①若某粒子发射时速度方向与x轴的夹角θ=37°，求该粒子做螺旋线运动的螺距L； ②求粒子源发出的粒子没有被室壁吸收发射时速度方向与x轴夹角的最大值θm。 【答案】（1） （2） （3）①；② 【解析】 【小问1详解】 氘和氚核聚变的核反应方程式为 【小问2详解】 设极向场线圈产生的磁场大小为B，由洛伦兹力提供向心力 解得 【小问3详解】 带电粒子与x轴成θ角射入环向磁场，粒子沿螺旋线运动。 ①设粒子垂直轴向做圆周运动的周期为T，则 则螺距为 解得 ②粒子垂直轴向做匀速圆周运动，当粒子刚好碰到室壁时v0与x轴夹角最大为θm，由牛顿第二定律 又半径为 解得， 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年10月七校联合学情调研 高三物理 一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项符合题意，错选、多选、未选均不得分。 1. 如图所示，某滑雪者从平台P点以速度v水平向右跳出，恰好落在右侧平台最左端Q点。滑雪者（　　） A. 减小速度v，仍落Q点 B. 增大速度v，落在Q点右侧 C. 减小速度v，空中的运动时间不变 D. 增大速度v，空中的运动时间减少 2. 如图所示，为了装点夜景，在喷水池水下安装一点光源S，能向各个方向同时发出红、黄、蓝三种不同颜色的光，在水面上形成三个圆形区域（俯视图）， 虚线为分界线。关于外侧两个区域单色光分布情况正确的是（　　） A. B. C. D. 3. 以竖直向上为正方向，某同学乘电梯开始下楼的加速度a随时间t变化的图线如图所示，则该同学（　　） A. 0~4s内处于超重状态 B. 7~10s内处于失重状态 C. t =4s时速度最大 D. 4~7s内处于静止状态 4. 如图所示，某同学将塑料盆倒扣于水面，封闭了一定质量的气体（视为理想气体）。他用力缓慢压盆，使盆底与盆外水面齐平。此过程封闭气体温度始终不变，则封闭气体（　　） A. 每个分子的动能都不变 B. 压强不变 C. 体积变大 D. 向外界放热 5. 图1是“探究小车加速度与所受合外力的关系”的实验装置图。甲、乙两名同学用该装置得到加速度a与拉力F的关系如图2所示。下列分析正确的是（　　） A. 细绳拉力等于槽码的重力 B. 实验过程中应先释放小车再接通电源 C. 甲图上端弯曲的原因是所挂槽码质量太大 D. 乙同学平衡小车阻力时木板右端垫得过高 6. 如图所示是一种变压器铭牌，可以推断（　　） A. 额定容量指的是电荷量 B. 副线圈的匝数比的原线圈匝数多 C. 副线圈的输出电压的频率比原线圈低 D. 正常工作时，副线圈中电流比原线圈中电流大 7. 在x轴上固定两个点电荷，其电势在正半轴的分布情况如图所示，、、为x轴上等间距的三个点，现将一电子在处由静止释放，下列说法正确的是（　　） A. 处加速度最大 B. 处电势能最小 C. 处电场强度为零 D. 电子在和区间做往复运动 8. 如图所示，劲度系数为k的轻弹簧上端固定，下端用细线连接质量均为m的物体A和B，系统处于静止状态，重力加速度为g，不计空气阻力。t=0时刻烧断细线，t = t0时刻A第一次上升到最高点。取向下为正方向，A的振动表达式为（　　） A. B. C. D. 9. 如图甲是倾角为θ、长为3d的斜面，AB段光滑，BC段长度为2d，动摩擦因数自上而下均匀增大，如图乙所示。质量为m的小物体由A处静止释放，恰好能运动到C，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A. 小物体进入BC段立即做减速运动 B. 小物体下滑过程重力做功为3mgd C. BC段动摩擦因数最大值 D. 小物体从AB中点静止释放则恰能到达BC中点 10. 如图所示的水平圆盘上，距中心轴O为r处有一质量为m的小物块。经过t时间，圆盘的角速度从0均匀增大至ω0时，小物块刚好相对圆盘滑动。已知小物块与圆盘间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，此过程（　　） A. 小物块所受的摩擦力方向始终指向O点 B. 小物块所受的摩擦力冲量大小为mω0r C. 小物块所受摩擦力做功为 D. 圆盘的角速度 11. 如图所示，倾斜传送带以恒定速率顺时针转动。时刻，在底端轻放一小物块，时刻物块与传送带共速。物块运动的加速度a、摩擦力的功率P随时间t变化，重力势能EP、机械能E随位移x变化的关系图线可能正确的是（　　） A. B. C. D. 二、非选择题：共5题，共56分，其中第1316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，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。 12. 如图为某小组利用气垫导轨验证“系统机械能守恒”的实验装置（如图甲）。光电门固定在气垫导轨上，遮光条的宽度为d，砝码（含托盘）的质量为m，滑块（含遮光条）的质量为M，重力加速度为g。 （1）用游标卡尺测量遮光条的宽度d的示数如图乙，则d=________mm； （2）实验操作步骤有： ①将气垫导轨放在水平桌面上，打开气源，将导轨调至水平 ②将滑块移至光电门右侧某合适的位置，测出遮光条到光电门的距离l ③调节滑轮高度，使细绳与导轨平行 ④释放滑块，读出遮光条通过光电门的遮光时间t 其合理的顺序是 （选填A、B） A. ①③②④ B. ③①④② （3）在滑块从静止释放到运动至光电门的过程中，若系统机械能守恒，则应满足的关系式为__________________________（用题中所给的字母表示）； （4）保持滑块和砝码质量不变，多次改变遮光条到光电门的距离l，记录每次遮光条的遮光时间t及对应的，数据见下表。请根据表中的数据，在方格纸上作出图像。 l/（×10-1m） 1.00 2.00 3.00 4.00 5.00 t/ms 11.79 8.16 6.71 5.77 5.14 /（×104s-2） 0.72 1.50 2.22 3.00 3.79 （5）小明同学认为实验得到的图像的斜率应该大于理论值，你是否同意他的观点，请说明理由。______________________________________________________________________________________ 13. 东风-5C打击面覆盖全球，最高速度可达几十马赫，接近甚至超过第一宇宙速度。已知地球的半径为R，地球表面重力加速度为g，不考虑地球自转的影响。求： （1）地球第一宇宙速度v； （2）卫星在距离地面高度为h的圆轨道上运行角速度。 14. 如图所示，一轻质弹簧竖直固定在水平地面上，上端连接一质量为M=0.98kg的物块，静止于某点P，质量为m=0.02kg的子弹以v0=200m/s的竖直初速度瞬间打入物块并留在其中，此后经t=1.0s物块第一次返回P点，空气阻力不计，重力加速度g=10m/s2。求： （1）子弹打入物块瞬间，物块的速度大小； （2）t=1.0s内弹簧对物块冲量。 15. 如图所示， O为固定在水平地面上的铰链，A、B球通过铰链和轻杆连接。 现对B球施加一水平推力，系统在竖直平面内处于静止状态，此时两杆间的夹角α=60°。撤去水平推力后，A、B在同一竖直平面内运动。已知两球质量均为 m，杆长均为L，重力加速度为g， 忽略一切摩擦。求： （1）系统静止时轻杆AB的作用力大小； （2）两杆间的夹角变为90°时， B球动能； （3）A球落地时重力的功率P。（以上结果均可保留根号） 16. 如图甲所示是托卡马克装置的结构示意图，其主要包括环形真空室、极向场线圈、环向场线圈等，在环形真空室内注入少量氢的同位素氘和氚，提高温度使其发生聚变反应产生氦和中子。如图乙所示为环形真空室的俯视示意图，它的轴线半径为r，横截面的圆半径为R，假设环形真空室内粒子质量为m、电荷量为+q，粒子碰到真空室的室壁立即被吸收。（sin37°=0.6，cos37°=0.8） （1）写出氘和氚核聚变核反应方程式； （2）只接通极向场线圈电流，通电后在真空室轴线处产生竖直方向的磁场，若粒子以v0速度沿真空室轴线做匀速圆周运动，求极向场线圈在真空室轴线处产生的磁感应强度B的大小； （3）如图丙，若真空室为长直管道，直管道半径为R，室内有水平向右的匀强磁场B0。轴线上的粒子源O向右侧各个方向均匀发射速度大小为的粒子。 ①若某粒子发射时速度方向与x轴的夹角θ=37°，求该粒子做螺旋线运动的螺距L； ②求粒子源发出的粒子没有被室壁吸收发射时速度方向与x轴夹角的最大值θm。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $