2026届云南玉溪师范学院附属中学高三下学期模拟预测物理试题

玉溪师院附中2026届高三上学期第二次月考物理参考答案 题号 1 3 4 5 6 7 6 10 答案 B B 0 0 0 BC BC ACD 1.B 【详解】A.激光是一种电磁波，传播时不需要介质，故A错误； B.卢瑟福通过a,粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，故B正确： C.α粒子带正电，B粒子带负电，Y不带电，根据左手定则可知，②轨迹代表α射线，③轨迹代表B射线，①轨 迹代表Y射线，故C错误； D.把核子分开需要克服核子之间的核力作用，故D错误。 故选B。 2.B 【详解】A.等差等势面越密，电场强度越大，可知图中B、D两点的电势相等，但是场强不相等，故A错误： B.将质子由B点移动到A点，电势升高，根据E。=qp可知质子电势能变大，根据W电=-△E,可知电场力对质子 做负功，故B正确； C.A点电势高于B点电势，根据E。=qP可知电子在A点处的电势能小于在B点处的电势能，故C错误： D.若重新标定零势能面，则A、B两点间的电势差不变，会改变电势的值，但是电势差与零势能面的选取无关， 故D错误。 故选B。 3.D 【详解】AB.对运动员受力分析，重力的分力提供沿滑道切线方向的合力：设某位置运动员与圆心连线和竖直方 向夹角为c,可得F会=g sin a 因此沿滑道方向的加速度4-金 主=g sin a 下滑过程中，x从初始角度逐渐减小到0，因此沿滑道方向加速度逐渐减小；由于加速度方向始终与下滑速度方向 同向，速度一直增大，故AB错误； CD.本题中初始角度5°、3°都属于小角度，运动员在圆弧轨道的运动等效于单摆的小角度简谐运动，小角度下周 期和振幅（初始偏角）无关，这是单摆的等时性。运动员从初始位置滑到最低点的时间为1=，T不变，因此初一 始偏角从5°变为3°，下滑时间不变，故C错误，D正确。 故选D。 4.D 【详解】A.由图可知，从P点射入时M光的偏折程度较大，可知M光的折射角比N光的小，A错误： B.从P点射入时，因M光的折射角比N光的小，故M光的折射率大于N光，可知M光的频率大于N光，由 C=,知M光的波长小于N光，由P会知M光光子的动量比N光光子的动量大，B错误： C.根据n=C,知M光在小水滴中的传播速度比N光小，C错误； 同一装置做双缝干涉实验，根据△x一久，因M光波长较短，则M北相邻干涉亮条纹间距比N光的 正确。 故选D。 5.C 【详解】A.对甲容器，由牛顿第二定律，有g tan0=@Rsin0 可得0= VRcoSO Vh 其中为球心到圆周轨迹平面的距离，由于上面小球的圆周平面到球心更近，所以上面小球的角速度比较大，故 A错误； B.设容器乙对小球弹力方向与竖直方向夹角为0，对乙容器，由牛顿第二定律gtan8=a 可得a=8tn6,即两小球的加速度一样大，故B错误： .4x2 C.对丙容器，由牛顿第二定律gtan0= 第1页，共7页 由几何关系知，tan0为抛物线上该点切线斜率，设抛物线方程为y=kx2 由平抛推论或数学求导均可得tan6-2la 可得TV2元 kg 可知，周期与位置无关，即两小球的周期相等，故C正确： D.对丁容器，由牛顿第二定律gtan8=or,其中0为切线与水平面的夹角 解得0= g tane 上面的球半径r大，日小，即角速度较小，故D错误。 故选C。 6.A 【详解】A由图可知，运动员第一次离开蹦床后，在空中运动的时间为1.6s,则运动员上升的时间为1=0.8s 则上升的最大高度为M=28对=3.2m,故A正确： B.1.0s时运动员刚好离开蹦床，运动员的速度方向竖直向上，大小为片=g头1=8m/s 2.6s时运动员的速度方向竖直向下，大小为？2=8m/s 则该时间内运动员动量的变化量为△p=m2-（-)=800kgm/s故B错误； C.3.0s~3.8s的时间内，运动员重力的冲量为I6=gt2=50×10×0.8N.s=400N·s,故C错误： D.运动员第二次离开蹦床在空中运动的时间为0.8s,上升的时间为3=0.4s 离开蹦床的速度方向竖直向上，大小为=g4?=4m/s 对运动员与蹦床相互作用的过程，由动量定理得t4-gt4=3-（-2) 代入数据解得F=2000N,故D错误。 故选A。 7.D 【详解】A.运动过程中，通过两杆的电流相等，则所受的安培力大小相等，根据牛顿第二定律可知，cd杆的加 速度大小始终等于b杆的加速度大小，最终两杆加速度减为零时以相同速度做匀速直线运动，A错误： B.由能量关系可知，两杆系统动能的减小量等于回路中产生的总焦耳热，B错误： C.根据楞次定律，回路中的磁通量向里增加，则感应电流方向始终为→b→d→c→a,且电流大小 I-BL(:-，因两棒的速度差并非随时间均匀减小，可知感应电流并非随时间均匀减小，C错误： 2R D.两棒共速时，由动量守恒定律w=2v失，解得失=2 回路产生的总焦耳热为Qm2-号2m=m 2 可知若仅将两杆的电阻均变为原来的2倍，其他条件不变，回路中产生的总焦耳热不变，对b棒由动量定理 BTLA1=BL E M=Im头 2R 则因导体棒的初末速度不变，平均电动势不变，两杆的电阻均变为原来的2倍，则两杆达到共速的时间将变为原 来的2倍，D正确。 故选D。 8.BC 【详解】A.天链二号05星绕地球做匀速圆周运动，具有向心加速度，处于非平衡状态，故A错误： B.根据G=m卫 3 得v= GM 7.9/s是地球近地卫星的环绕速度大小，由于天链二号05星的运行半径大于地球半径，可知其运行速度一定小 于7.9km/s,故B正确： C.根据G=mo7 2 第2页，共7页 GM 得w= 由于天链二号05星的运行半径大于地球半径，可知天链二号05星的角速度小于近地卫星的角速度，故C正确： D.根据α=or可知，由于天链二号05星的角速度与赤道上物体随地球自转的角速度相同，天链二号05星的运 行半径大于地球半径，可知天链二号05星的向心加速度大于赤道上物体随地球自转的向心加速度，故D错误。 故选BC。 9.BC 【详解】A.若波沿x轴正方向传播，根据“上下坡法”可知质点9振动方向向上，有3T+nT=2S 可得周期T= 8（m=0.12） 3+4n 波的周期T>ls,可知n=0或n=1 若波沿x轴负方向传播，根据“上下坡法"可知质点2振动方向向下，有T+m7=2s 可得周期T:,8（m=012) 1+4n 波的周期T>ls,可知n=0或n=1 可知该波不一定沿x轴正方向传播，故A错误： B,若被沿精正方向传插，版的周期为了-或7-号导 若波沿x轴负方向传播，波的周期为T=8s或T=8s 可知该波的周期可能为8s,故B正确： C.波长为=4m,根据入=T可得该波的波速v= 若波沿x轴正方向传播，波速v=1.5m/s或v=3.5m/s 若波沿x轴负方向传播，波速v=0.5m/s或v=2.5m/s 可得该波的波速可能为3.5m/s,故C正确： D,若波沿x抽正方向传播，质点P振动方向向下，当波的周期为T-时，质点P的振动方程为 5a+-m+g5m[a+ 5 6 从1=0到1=2，即7,1=2s时质点P的位移为4，可得质点P道过的路程为+24+5 A≠15cm 若波沿x轴正方向传搭，质点P振动方向向下，当波的周明为7-时，质点P的振动方程为x-5sm 7 +6 从t=0到1=2s,即？T,每个周期质点运动的路程为44,1=2s时质点P的位移为5A,可得质点P通过的路程 为4A+ 2.A+ 3) 2A≠15cm 2 1 若波沿x轴负方向传播，质点P振动方向向上，波的周期为T=8s,质点P的振动方程为x=5sn 6 第3页，共7页 从t=0到t=2s,即}T,t=2s时质点P的位移为5A,可得质点P通过的路程为+A A -A≠15cm 4 2 5 方向传播，质点P振动方向向上，波的周期为T。§，质点P的振动方 一πt十一π 4 6 从1=0到1=2，即7,1=2时顺点P的位移为54，可得质点P通过的路程为1+ 5 A 3 +A- ≠15cm 4 2 可知质点P通过的路程不可能为l5cm,故D错误。 故选BC。 10.ACD 【详解】B.F从0开始逐渐增大到的过程中木板不动，木板与地面之间的摩擦力逐渐增大，物块与木板间没有 摩擦力，直到F>耳木板和物块一起相对于地面滑动，故B错误； A.当木板和物块一起相对于地面滑动时耳=b=凸(M+m)8=方，故A正确： D.当木板相对于地面滑动时，木板与地面间的摩擦力恒定=b=凸(M+m)8 木板与物块间的摩擦力方逐渐增大，直到F=乃时物块开始相对于木板滑动=4g=a=4，其中a为此时的 加速度。 对物块与木板整体应用牛顿第二定律有乃-=(M+m)4 联立解得=(4+42)(M+)g,D正确： C.F从乃增加到F2过程中，对物块与木板整体F-凸(M+m)8g=(M+m)a 对物块f=a2 umg 联立解得f=M+m 结合题图乙可得，图中截距-c=-山g 又知f=4g=a 联立鲜得分-吕c正。 故选ACD。 11.(每空2分)(1)B d (2) △t 3)1 △tP 【详解】(1)为了探究滑块的向心力F与角速度ω的关系，需保持质量和半径不变，该同学需要采用的实验方法 为控制变量法。 故选B。 (2)测得遮光片的挡光时间为：，则遮光片经过光电门时的线速度大小为v= At 角速度为o= RR△t (3)滑块做圆周运动线速度的大小为v=r=办 R△t 很据牛顿第二定律可得E严(】 mRAI' mdr 1 R2(△)2 该同学通过保持猎块质量和运功半径不变，政变电动机旋转角速度，获得多组数据，以日为纵坐标，以立为碳 坐标，可在坐标纸中描出数据点作一条过原点的直线，则说明F与ω成正比。 12.(1)（每空2分) 502 202 第4页，共7页 R A (2)(3分) (3)(3分) U-IR 5I 【详解】(1)[1]由题知，通过待测电阻R,的最大电流为5A,电流表A的量程为lmA,故需要将电流表量程扩 大为原来的5倍，根据并联分流的规律示意图如图所示 5mA4mAR。 1mA 根据并联分流，电压相等，可得凡，=1×2000=509 4 [2]为方便电路的调节，以及测量效率高和实验误差小，故应选用最大值较小的滑动变阻器，即R应选最大阻值为 202的滑动变阻器。 (2)电流表内阻已知，电流表与R并联扩大电流表量程，进而准确测量通过R,的电流，电压表单独测量R的电 压；滑动变阻器采用分压式接法，电表从0开始测量，满足题中通过R,的电流从0~5A连续可调，电路图如图所 示 Ro R R S (3)根据电路图可知U=Ra+5IR, 解得R=V-R 5I 13.(10分)(1)31=1.5×103Pa (2)280K≤T<320K 【详解】(1)对活塞进行受力分析可知乃S+T绳1=g+PS.2分 代入数据，解得21=1.5×10Pa....1分 (2)①若环境温度升高为Tx时，轻绳的拉力刚好为零，对活塞受力分析有PS+T绳2=g+PS1分 从初状态到此状态，封闭气体发生等容变化，根据查理定律有会=弘 T Tx .1分 联立方程解得Tx=320K1分 ②若环境温度降低为T时，轻绳的拉力刚好为2N,对活塞受力分析有PS+T绳3=g+PS.1分 初状态到此状态，封团气体发等容变化，根据查理定有片片 联立方程解得Tmm=280K..1分 综上，为了不让警报器发出警报的环境温度范围为280K≤T<320K.1分 第5页，共7页 14.(12分)(1)%=V3gR 9 (2)）E,=8mgR 8t克8 【详解】(1)设小球第一次离开圆槽时速度为“，圆槽的速度为y,从小球开始下落到第一次离开圆槽，由动量 守恒和能量守恒有0=-3m2..1分 1 g2R三+3m2分 2 解得=V3gR.1分 (2)小球第一次与弹簧相互作用，弹簧的最大弹性势能时小球和物块Q共速，设共速的速度为，从开始压缩弹 簧到弹性势能最大=(m+3m)%.1分 121 B=2n-24ml分 解得E2gR1分 (3)设小球与Q分离后，小球的速度为V4,Q的速度为：小球再次回到圆槽P上升最大高度时，小球与圆槽共 速，速度为6，上升的最大高度为，从压缩弹簧到与Q分离，由动量守恒和能量守恒有 =-4+35....1分 n之+2子1分 21 从与Q分离到回到圆槽P上升的最大高度时，由动量守恒和能量守恒有4+3=(m+3m)61分 1 +3m号4分 2 2 解得h=。 32 1分 15.(16分)(1)He+4N→H+o 20E=4:②B=22西 3R RV 3e 3R4π6 4’3eB 【详解】(1)根据质量数与核电荷数守恒可得He+N→H+g02分 （2)x粒子的质量：m=4,电荷量q=2e..1分 ①由电场力提供向心力可得Eq= Rl分 在加速电场中，由动能定理得q -m 1分 联立可得，静电分析器中，与圆心O距离为R处的电场强度的大小为B= 1分 3R ②在速度选择器中Eq=qB1分 g2%=2m21分 结合432 联立可得，速度选择器中的磁感应强度B的大小为 B=2m-20四 RV 3g RV 3e .1分 3)若需≤U:警，a粒子钓羊径范围导r 16 4.2分 第6页，共7页 粒子打在内圆环上，轨迹与内圆环交于C点。当MC⊥CO时，圆弧MC对应的圆心角最小，用时最短，则有 3 .2分 2 根据B= R 1分 可得T=2πm qB。 1分 T4πl 3 3eBo 1分 第7页，共7页玉溪师院附中2026届高考模拟物理试题二 考试时间：75分钟总分：100分 (请在答题卡上作答) 出题人：王向波 审题人：向邦兵 一、单选题（本大题共7个小题，共28分，每小题只有一个选项正确） 1.下列说法正确的是() ① 荧光屏 ②× 金箔 。 粒子源 粒于 （3 核子分开 核子结合 吸收能量 放出能量 真空aa 甲 丙 丁 A.甲图为天安门广场阅兵上亮相的激光武器，激光作为电磁波，传播需要介质 B.卢瑟福通过乙图中的实验提出了原子的核式结构 C.丙图显示了α、、Y三种射线从粒子源射入匀强磁场后的运动轨迹，其中③轨迹代表α射线 D.丁图中，把核子分开需要能量是为了克服核子间的万有引力 2.在地图中，通常用等高线来表示地势的高低，在物理学中通常采用等势线来表示电势的高低，若将图 中等高线改为等势线，所标数字为电势，则() 130m 120m A.图中B、D两点的电场强度大小相等 110m/ B.将质子由B点移动到A点，电场力对质子做负功 100m∠ C.电子在A点处的电势能大于在B点处的电势能 D D.若重新标定零势能面，则A、B两点间的电势差将改变 水平面 3.如图所示，可视为质点的滑雪运动员从一段圆弧滑道由静止无助力下滑，初始时，运动员和圆心的连 线与竖直方向的夹角日=5°，忽略一切阻力。运动员在圆弧轨道下滑到最低点的过程中，下列说法正确的是 () A.沿滑道方向的加速度和速度都在增大 B.沿滑道方向的加速度和速度都在减小 C.若初始夹角6=3°，下滑时间变长 D.若初始夹角6=3°，下滑时间不变 第1页，共8页 4.彩虹是因阳光照射到空中的小水滴，发生折射、色散及反射形成的。如图所示，一细束太阳光从P点 射入球形水滴后，经一次反射，形成M、N两条出射光线。则下列说法正确的是() A.从P点射入时M光的折射角比N光的大 0● B.M光光子的动量比N光光子的动量小 M C.M光在小水滴中的传播速度比N光大 D.用同一装置做双缝干涉实验，M光相邻干涉亮条纹间距比N光的小 5.如图所示，水平地面上固定着四个内壁光滑的容器甲、乙、丙、丁，它们的中心轴线均和水平地面垂 直。其中甲的内表面为半球面，乙的内表面为圆锥面，丙的内表面为旋转抛物面（将抛物线绕其对称轴旋 转一周所得到的曲面)，丁为喇叭面。四个容器中均有两个完全相同且可视为质点的小球贴着内壁在水平 面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是() 图甲 图乙 图丙 图丁 A.容器甲中，上面小球的角速度较小 B.容器乙中，上面小球的加速度较大 C.容器丙中，两小球的周期相等 D.容器丁中，上面小球的角速度较大 6.如图甲所示为蹦床运动员比赛的场景，图乙为某运动员完成比赛后落在蹦床上一段时间内与蹦床间的 作用力随时间的变化规律，己知该运动员的质量为1=50kg,重力加速度为g=10m/s2,不计空气阻 力。从t=0时刻开始，下列说法正确的是() 个FN 1.0 2.63.03.84.0 甲 乙 A.该运动员第一次离开蹦床后，上升的最大高度为3.2m B.1.0s~2.6s的时间内，该运动员动量的变化量为0 C.3.0s~3.8s的时间内，该运动员重力的冲量为0 D.该运动员第二次与蹦床作用时的平均作用力大小为1000N 第2页，共8页 7.如图所示，水平放置的两根光滑金属导轨位于垂直于导轨平面并指向纸面内的匀强磁场中，磁感应强 度为B。导轨上有两根金属杆ab和cd与导轨垂直，两杆长度均为L,质量均为m,电阻均为R,导轨电阻 不计，杆与导轨接触良好。初始时ab和cd均静止，若突然让cd杆以初速度v向右开始运动，忽略导轨摩 擦及空气阻力，下列说法正确的是() a C XXX + × × × + + × ×× ××× b d A.运动过程中，cd杆的加速度大小始终大于b杆的加速度大小，最终两杆以相同速度做匀速直线运 动 B.回路中产生的总焦耳热等于cd杆动能的减少量 C.回路中的感应电流方向始终为→b→d→c→a,且电流大小随时间均匀减小 D.若仅将两杆的电阻均变为原来的2倍，其他条件不变，则两杆达到共速的时间将变为原来的2倍， 回路中产生的总焦耳热不变 二、多选题（每小题6分，共18分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。 全部选对的得6分，选对但不全的得4分，选错或不答的得0分) 8.2025年4月2日，天链二号05星由长征三号乙火箭发射升空，顺利进入地球静止轨道稳定运行，该卫 星是我国第二代地球同步轨道数据中继卫星，下列说法正确的是() A.天链二号05星处于平衡状态 B.天链二号05星的运行速度一定小于7.9km/s C.天链二号05星的角速度小于近地卫星的角速度 D.天链二号05星的向心加速度小于赤道上物体随地球自转的向心加速度 9.一列简谐横波沿x轴传播，t=0时刻的波形如图所示。图中质点P的纵坐标为y,=2.5cm,质点2的平 衡位置在x=2处。己知t=2s时，质点Q到达负向最大位移处，该波的周期T>1s,下列说法正确的是 () 个y/cm A.该波一定沿x轴正方向传播 B.该波的周期可能为8s 0 2 6 x/m C.该波的波速可能为3.5m/s --- D.从t-0到t=2s,质点P通过的路程可能为l5cm 第3页，共8页 10.如图甲所示，质量为M的长木板静置于水平地面上，质量为的物块放在长木板上。现对木板施加 从0开始逐渐增大的水平拉力F,木板与物块间的摩擦力∫、木板与地面间的摩擦力)随拉力F变化的情 况如图乙中实线所示，图乙中瓜、b、c己知。木板与物块间的动摩擦因数为4、木板与地面间的动摩擦因 数为凸，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法正确的是() m M 777777777777777777777M777777777777777T 分 乙 A.耳=b B.当F=时，物块相对木板滑动 c.4=a D.E=(41+2)(M+m)g 儿2G 三、实验题（本大题共2小题，共16分） 11.(每空2分，共6分)某同学用图示的装置来探究向心力F与质量、转动半径r和角速度0的关 系。不计摩擦的水平直杆固定在竖直转轴上，竖直转轴可以随转速可调的电动机一起转动，套在水平直杆 上的质量分布均匀的正方形滑块通过细线与固定在竖直转轴上的力传感器相连接，并随杆一起做匀速圆周 运动，水平直杆的另一端到竖直转轴的距离为R的边缘处安装了宽度为d的遮光片，每经过光电门一次， 力传感器和光电门就同时获得一组向心力大小F和遮光时间为△的数据（记录数据时，滑块相对于杆处于 静止状态)。 力传感器C5 光电门 滑块 竖直转轴 R 遮光片 水平直杆 电 机 (1)为了探究滑块的向心力F与角速度ω的关系，该同学需要采用的实验方法为。 A.等效替代法 B.控制变量法 C.微元法 D,比值法 第4页，共8页 (2)某次旋转过程中遮光片经过光电门时的遮光时间为△t,若滑块中心与转轴中心的距离为r,遮光片到转 轴中心的距离为R,则水平直杆角速度为 。(用△t、d、R、r中部分或全部物理量表示) (3)该同学通过保持滑块质量和运动半径不变，改变电动机旋转角速度，获得多组数据，以F为纵坐标， 以 (选填4、上”“（△：】"）为横坐标，可在坐标纸中描出数据点作一条过原 42 点的直线，则说明F与w成正比。 12.(10分)某学习小组探究阻值约为5002的待测电阻R,在0~5mA范围内的伏安特性。可用器材有： 电压表V(量程为3V,内阻R,约为10k2),电流表A(量程为1mA,内阻R为2002)，电源E(电动 势约为4V,内阻不计)，滑动变阻器R（最大阻值可选202或1k2),定值电阻R,(阻值可选502或 1002)，开关S,导线若干。 (1)（每空2分)由于电流表量程太小，需要扩大量程，R应选阻值为（填“502”或“1002”)的定 值电阻；要求通过R,的电流可在0~5mA范围内连续可调，R应选最大阻值为（填“202”或 “1k2”)的滑动变阻器： (2)(3分)为了尽可能准确的测量待测电阻，请利用所给的器材画出实验电路图。 (3)(3分)实验测得多组电压数据U和电流数据1，请按照(2)中设计的电路图写出待测电阻R的表达 式 (请用U、1、R表示)。 第5页，共8页 四、解答题（本大题共3小题，共38分，解题要求有必要的文字说明和分析，只有答案不给分） 13.(10分)李华同学设计并制作了一个简易的温度警报器，如图所示，导热良好的缸体内有一横截面积 为1cm的活塞封闭着一定质量的理想气体，活塞质量为m=0.6kg,活塞与天花板之间系有轻绳和警报器 (内部集成有拉力传感器)，若轻绳拉力为0或轻绳拉力超过2，警报器都会发出警报。已知初始状态 缸内温度为300K,活塞距缸底10cm,轻绳拉力为1N,大气压强恒为p=1.0x10Pa,重力加速度为 g=10m/s2,不计活塞厚度及活塞与缸壁间的摩擦。 LLLLLLLLLLLL 警报器 7777777777777777777 (1)求初始状态，封闭气体的压强： (2)为了不让警报器发出警报，求环境温度的范围。 第6页，共8页 14.(12分)如图所示，半径为R的年圆槽P和物块Q静止在光滑水平地面上，圆槽P的最低点与地面 相切，物块Q的左端连接一轻弹簧。质量为的小球从P的正上方高为R的位置由静止释放后，恰好沿 切线进入圆弧轨道。已知P、Q的质量均为3，重力加速度大小为g,忽略空气阻力和一切摩擦。求 R R MO 777777777777777777777777777777777777 (1)小球第一次离开圆槽P时的速度大小： (2)小球第一次与弹簧相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能E: (3)小球再次回到圆槽P的过程中上升的最大高度。 第7页，共8页 15.(16分)如图所示，将粒子注入到加速电场的三等分点P(忽略各粒子的初速度)，部分粒子经电 场加速从加速电场负极板上的小孔N射出；然后沿以O为圆心、R为半径的圆弧通过静电分析器，再经速 度选择器筛选后，从通道入口的中缝进入磁分析器，该通道的上下表面是内半径为0.5R、外半径为1.5 的半圆环，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于半圆环，粒子恰好能击中照相底片的正中间位置。加速电 场两极板间的电压大小为U。;静电分析器中与圆心O等距离的各点场强大小相等，方向指向圆心，且与 速度选择器中的场强大小也相同。设原子核中每个核子的质量均为m,已知元电荷为？（整个系统处于真 空中，不计粒子重力和粒子间的相互作用力)。 +加速电场 静电分析器 底片 M 0.5R 1.5R 一 ×××X ×××× 速度选择器 (1)卢瑟福通过粒子轰击氮(、)的实验发现了质子并产生氧(O)原子核，写出该实验的核反应方 程 (2)①求静电分析器中，与圆心O,距离为R处的电场强度的大小： ②求速度选择器中的磁感应强度B的大小： B)若加速电压在≤U≤之间变化，且静电分析器中场强大小和速度选择器中的场强大小及磁感应 16 16 强度大小可调，使得，粒子依旧从通道入口的中缝进入磁分析器，求0，粒子在磁分析器中运动的半径范围 以及最短时间。 第8页，共8页