2026届湖南长沙市长郡中学高三下学期保温卷（二）物理试题

2026届长郡中学物理保温卷（二) 一、单选题：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 符合题目要求， 1.下列四幅图分别对应四种说法，其中正确的是() 各速率区间内的分子数 占总分子数的百分比 ①/ ② ⑤ 拉力大于玻璃 分子的速率 板受到的重力 d 甲 丙 气体分子模型 丁 A.图甲为氧气分子在不同温度下的速率分布图像，由图甲可知状态③的温度最高 B.图乙中，小草上的露珠呈球形的主要原因是液体重力的作用 C.图丙中，洁净的玻璃板接触水面，要使玻璃板离开水面，拉力必须大于玻璃板受到的重 力，其原因是玻璃板受到大气压力作用 D.图丁中，由气体的摩尔体积、摩尔质量和阿伏加德罗常数，可以估算出气体分子的体积 和质量 2.某同学课间踢键子，键子运动轨迹如图实线所 B 示，A、B、C为轨迹上三点，B为轨迹最高点。已知 直线AB、直线BC与水平方向夹角分别为60°和 30°2 30°。不计空气阻力，键子从A运动到B与从B运动 到C的时间之比为() A.1:3 B.3:1 C.1:V5 D.5:1 60 3.如图所示，均匀介质中矩形区域内有一位置未知 的波源。波源从某时刻开始振动产生振幅为A的简谐横波，并以相同波速分别向左、右两 侧传播，P、Q分别为矩形区域左右两边界上振动质点的平衡位置。t1=4s和t2=5s时矩形 区域外波形分别如图中实线和虚线所示，则() 2m 5m 11m A.波速为2m/s B.波源的平衡位置距离P点3m C.t=1s时，波源处于平衡位置且向下运动 D.0~5s内，波源的质点运动的路程为10A 4.如图所示，弹性橡皮绳两端绕过光滑定滑轮C分别固定于A、B两点。光滑动滑轮D下 方悬挂一物体，BC为弹性绳的原长，A、C在同一水平线上，弹性绳的弹力大小遵循胡克 定律，忽略弹性绳的重力。以下说法正确的是() A.若悬挂点A缓慢竖直向上移，则物体也竖直向上移动 B.若悬挂点A缓慢竖直向上移，则弹性绳的弹力增大 D C.若悬挂点A缓慢水平向左移，则物体也水平向左移动 D.若悬挂点A缓慢水平向左移，则弹性绳的弹力大小不变 777777777777777777777 B 5.某实验室使用的低压供电装置原理如图所示，其核心部分是一个理想变压器。原线圈输 入电压有效值U。=100V的正弦交流电。该变压器有两组独立的副线圈，副线圈1的匝数 n=50。已知接在副线圈1、2两端的电阻R=R2=52, R消耗的电功率为20W,测得此时流过副线圈2的电流 I2=8A。以下说法正确的是() A.原线圈的匝数为50 B.副线圈2的匝数为20 C.此时流过原线圈的电流为3.4A D.副线圈2两端的电压为20V 6.在以竖直方向建立y轴的xOy平面内存在方向未知且范围足够大的匀强电场，已知x轴 和y轴上的各点电势如图甲和图乙所示，己知重力加速度为g=10m/s2。下列说法正确的 是() A/V ↑p/V 6 3 12 x/cm 9 -3 -6 3 9 0 1234y/cm 甲 乙 A.匀强电场大小为240Vm B.x方向分电场E与y方向分电场E,大小之比为3：4 C.一个电子处于坐标(3cm,3cm)时电势能为0J D.在坐标原点以8/s的初速度竖直抛出质量为0.1kg带电荷量q=+2×10-3C的小 球，运动到最高点时电势能增加了2J 7.如图所示，某同学将一根长铜管竖直静置于灵敏电子秤上，此时电子秤示数为m。将一 个直径略小于管内径的磁性小球从铜管上端入口处由静止释放，下落过程小球与管内壁无 接触，在其落到铜管底部前，观察到电子秤的示数从m,开始逐渐增大到m2后保持不变。这 是因为小球在金属管内下落过程中，铜管中产生涡流对小球有向上的阻力。若该阻力与速 度成正比，可用f=w表示。此过程中下落高度为h时，小球恰 小球 好达到最大速度'm；忽略空气阻力及小球产生的热量，重力加 速度为g,关于磁性小球，下列说法正确的是() 铜管 A.小球质量为m2 灵敏电子秤 B.达到最大速度时，铜管的热功率为m,ym C.下落h过程中，铜管产生热量为m,gh- 2% D.小球下落高度，所用时间为之。+色 g Vm 二、多选题：本题共3小题，每小题5分，共15分.在每小题给出的四个选项中，有多项 符合题目要求.全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分. 8.从夸父逐日到羲和探日，中华民族对太阳的求知探索从未停歇。2021年10月，我国第一 颗太阳探测科学技术试验卫星“羲和号”顺利升空。太阳的能量由核反应提供，其中一种反应 序列包含核反应：He十He→He十2X,下列说法正确的是() A.X是质子 B.该反应有质量亏损 C.2He比He的质子数多 D.该反应是裂变反应. 9.小行星“阿波菲斯星”被视为可能撞击地球的最危险的小行星之一，已知地球的公转轨道 半径为1AU（AU为天文单位)，小行星阿波菲斯星”的半长轴为1AU,假设阿波菲斯星” 运行的椭圆轨道与地球做圆周运动的轨道共面，α、b分别为两轨道的交点，且αb恰好是椭 圆的短轴，当“阿波菲斯星运动到远日点时，“阿波菲斯星”、地球和太阳恰好共线，忽略地 球与小行星之间的万有引力，下列说法正确的是() A.阿波菲斯星”的公转周期大于地球公转周期 B.地球在a点的向心加速度大于阿波菲斯星”在a点 小行星 的向心加速度 地球 C.三者共线后，短时间内地球有与阿波菲斯星”碰撞 太阳 的风险 b D.“阿波菲斯星”在近日点的速率大于地球公转的速率 10如图所示，两足够长的光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨平面虚线左侧存在 竖直向下的匀强磁场，虚线右侧存在竖直向上的匀强磁场，虚线左右两侧磁场的磁感应强 度大小均为B,导体棒ab和cd均垂直于导轨静止放置在导轨上。某时刻起，保持ab静 止，对cd施加大小为F的水平向右的恒力，经过时间t导体棒cd的加速度变为0，此时立 即将该恒力撤掉，同时释放ab。己知两导轨的间距为L,导体棒ab的质量为m、接入电路 的电阻为R;cd的质量为2m、接入电路的电阻也为R,其余电阻不计，两导体棒运动时均 与导轨垂直且接触良好。对两导体棒的运动过程，下列说法正确的是() A.撤掉恒力后，导体棒ab和cd的总动量先 B 减小后不变 B.导体棒ab和cd间的距离先逐渐增大，最 后保持不变 C.导体棒b的最大速度为45R 3B22 D.导体棒c4从开始运动到速度最大的过程，整个回路产生的焦耳热为 2F2Rt 三、实验题：共17分， 11.某同学用如图甲所示的电路测量电源的电动势和内阻。可用器材如下： A.待测毫安表mA(量程5mA,内阻约为102) B.电阻箱Ro(最大阻值为9999.992) C.电源E(电动势约为8V,内阻未知) D.电压表V(量程10V,内阻约为15k2) E.滑动变阻器R,(最大阻值为1k2) F.滑动变阻器R2(最大阻值为2k2) G.滑动变阻器R3(最大阻值为202) E UNV 7.9 6.4 R mA I/mA 0 3.0 甲 乙 (I)首先测量毫安表A的内阻。正确连接电路后，进行如下操作： ①将滑动变阻器的滑片滑到最右端，闭合开关S; ②调节滑动变阻器使毫安表mA满偏，闭合开关S2,调节电阻箱R,使毫安表A达到满偏 的一半，记录此时电阻箱的读数为9.602。 由上述操作可知，本实验中滑动变阻器应选择 (选填E”或℉”)，毫安表的内阻 R Ω毫安表内阻的测量值 (选填“偏大”、“偏小”或“准确”) (2)测量电源的电动势和内阻。 调节R,将毫安表mA改装成量程为1.0A的电流表，将滑动变阻器换成R3,再闭合S1, 多次改变滑动变阻器连入电路的阻值，记录毫安表与电压表的示数，根据实验数据作出U-I 图像如图乙所示。若电表内阻对实验的影响忽略不计，根据图线可求出电源的电动势 E- V,内阻=2。（结果均保留两位有效数字 12.如图甲，置于水平长木板上的滑块用细绳跨过定滑轮与钩码相连，拖动固定其后的纸 带一起做匀加速直线运动，一盛有有色液体的小漏斗，用较长的细线系于纸带正上方的O 点，当滑块运动的同时，漏斗在垂直于滑块运动方向的竖直平面内做摆角很小（小于5°） 的摆动。漏斗中漏出的有色液体在纸带上留下如图乙所示的痕迹。测得漏斗摆动时细线中 拉力的大小F随时间t的变化图像如图丙所示，重力加速度为8。 滑块 纸带 钩码 甲 乙 丙 (1)根据图丙可知漏斗振动的周期T= 及摆长1= (2)图乙中测得A、B两点间距离为x1,D、E两点间距离为x2。则滑块加速度的大小a= (3)始终满足m<M条件下，改变钩码的质量m,绘制出钩码质量m与加速度之间的关系如 图丁所示，已知斜率为k,与横轴的交点为b,则滑块的质量M为 滑块与桌 面的动摩擦因数为 。(均用k、b、g表示) 四、解答题：（共24分) 13.(10分)如图是一个折射率为n的均匀介质球，O为球心，半径为R,球外为空气（折 射率为1)，球内有一个单色点光源S。已知光在空气中的传播速度为c,只考虑首次从S直 接射向球面的光线。 (1)若S在球心处，求光从S射出后在球内传 播的时间。 (2)要使整个球面都有光射出，求S到O点的 最大距离。 ③)若S到0点的距离为5，球内介质对该 3 单色光的折射率=2，求球面上有光射出的面积。（球冠是球面被一个平面所截后剩下的曲 面，如图2所示，球冠的面积公式为S球2πRH) 14.（14分)某款粒子探测仪由直线加速器、半圆环磁场区和照相底片组成，结构简图如图 甲所示，俯视图如图乙所示。粒子源不断地释放质量为m、电荷量为9的带正电粒子（初速 度不计)，经直线加速器加速后，从半圆环磁场区的左侧中心线MN进入磁场区，经磁场偏 转后打在磁场区的内圆或底片上。己知直线加速器的加速电压可以调节，半圆环磁场区的 外圆半径为3R,内圆半径为R,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向上，照相底片正 对着半圆环磁场区右侧出口，宽度为2R。不计粒子的重力及粒子间的相互作用，求： 个B 磁场区 3R ● M 照相底边 底片 直线加速器 粒子源 粒子源 甲 乙 (1)若直线加速器加速电压为U。,则粒子进入磁场区时的速度。的大小为多少？ (2)调节直线加速器的加速电压，使粒子源释放的粒子都能打在底片上，则直线加速器电压 U的范围为多少？ (3)调节直线加速器的加速电压，使粒子源释放的粒子打在磁场区的内圆上时的运动时间最 短，则此时直线加速器电压U,及运动的最短时间t分别为多少？ 2026届长郡中学物理保温卷（二)答案 1、【答案】A 【详解】A.图甲中，温度越高，速率大的分子占比越大，则状态③的温度最高，故A正 确； B.图乙中，小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用，故B错误； C.图丙中，洁净的玻璃板接触水面，要使玻璃板离开水面，拉力必须大于玻璃板的重力， 其原因是水分子和玻璃分子之间存在分子引力，故C错误； D.图丁中，由气体的摩尔质量和阿伏加德罗常数、可以估算出气体分子的质量，用气体的 摩尔体积和阿伏加德罗常数可以估算出气体分子占据的空间体积，而不是分子的体积，故 D错误。故选A。 2.B 【详解】设毽子在最高点B的速度为，方向水平，B与轨迹上任一点连线与水平方向的夹 角为0，从B到该点，y=5g7,x=4,tan0=y=8 x 2vo ,得1=2tan0 8 从A到B可视为从B到A平抛运动的逆运动，故如=an60 lec tan.30° =3。故选B。 3、【答案】C 【详解】A.根据波形可知2=2m, 2T=5s-4s,可得7=2s,故波速为p-=1ms 故A错误； B.设波源的平衡位置距离P点距离为xo,设波源开始振动时刻为to,根据t1=4s时左侧波 形图可知+=t1一to,根据t2=5s时右侧波形图可知-o+1=t1一to+1,解得t。=1s, 13 xo=2m,故B错误； C.由图知t1=4s波向左传至P点左侧距离其1m处，其起振方向向下，说明波源质点的起 振方向是向下的，t=1s时，波源处于平衡位置且向下运动，故C正确： D.05s内，波源的质点运动的路程为5二1×4A=8A,故D错误。故选C。 4.C 【详解】B.设弹性绳AD与竖直方向的夹角为O,AC间的水平距离为d,弹性绳劲度系数 为k,悬挂物的质量为m;同一根绳张力处处相等，平衡时AD、CD与竖直方向夹角相 等，悬挂物竖直方向受力平衡，弹性绳形变量为△x=1D+1D 受力满足2F强cos0=2k△xcos0=2k(h,+h)=mg 其中h,、h,为AD、CD的竖直投影高度；若悬挂点A缓慢竖直向上移，两段弹性绳总竖直 投影高度之和h,+h恒定不变，另有弹性绳整体水平总跨度不变，可知总形变量不变，弹性 绳弹力不变，故B错误； A.由上述分析可知，cos0保持不变，两边绳子夹角不变、角度0全程不变，悬挂点A缓 慢竖直向上移过程中，物体及所连滑轮会沿着右侧CD绳子方向，顺着绳平移靠近定滑轮C 点，故A错误； D.由几何关系可知，弹性绳形变量满足△xsin0=d 若悬挂点A缓慢水平向左移，则AC间的水平距离d增大，两边绳子夹角以及角度θ逐渐增 大，因竖直方向受力平衡可知2F绿cos0=2k△xcos0=2k(h,+h2)=mg cosθ 逐渐减小，弹性绳弹力逐渐增大，故D错误； C.由上述分析可知，两段弹性绳总竖直投影高度之和 $$h _ { 1 } + h _ { 2 }$$ 恒定不变，且平衡时 AD、CD 与竖直方向夹角相等，可知 $$h _ { 1 } = h _ { 2 }$$ D点的水平位置始终位于AC两点的水平中点处，若悬挂点A缓慢水平向左移，则物体也水 平向左移动，故C正确。 故选C。 5.【答案】C 【详解】A.因 $$R _ { 1 }$$ 消耗的电功率为 20W， $$P _ { 1 } = \frac { U _ { 1 } ^ { 2 } } { R _ { 1 } } = 2 0 W$$ 解得 $$U _ { 1 } = 1 0 V ，$$ $$\frac { U _ { 0 } } { n _ { 0 } } = \frac { U _ { 1 } } { n _ { 1 } } ；$$ ，解得原线圈的匝数为 $$n _ { 0 } = 5 0 0 ，$$ ，故A错误 BD.对 $$R _ { 2 }$$ 由欧姆定律 $$U _ { 2 } = I _ { 2 } R _ { 2 } = 4 0 V ，$$ $$\frac { U _ { 2 } } { n _ { 2 } } = \frac { U _ { 1 } } { n _ { 1 } }$$ 解得副线圈2的匝数为 $$n _ { 2 } = 2 0 0 ，$$ ，故BD错误；C. 由输入功率等于输出功率 $$U _ { 0 } I _ { 0 } = P _ { 1 } + U _ { 2 } I _ { 2 }$$ 解得 $$I _ { 0 } = 3 . 4 A ，$$ ，故C正确。故选C。 6、【答案】C 【详解】A.x轴和y轴上的各点电势如图甲和图乙所示， φ-x 图像的斜率表示电场强度， 可知 x 轴和y轴的电场分量大小分别为 $$E _ { x } = 4 0 0 V / m ， E _ { y } = 3 0 0 V / m$$ 可知匀强电场大小为 $$E = \sqrt { E _ { x } ^ { 2 } + E _ { y } ^ { 2 } } = 5 0 0 V / m ，$$ ，故A错误； B.根据 $$E _ { x } = 4 0 0 V / m ， E _ { y } = 3 0 0 V / m ， x$$ 方向分电场 $$E _ { x }$$ 与 y 方向分电场 $$E _ { y }$$ ，大小之比为4： 3，故B错误； C.如图所示，根据匀强电场特点可知 $$U _ { O A } = U _ { C D }$$ E 3V 可得 $$\varphi _ { 0 } - \varphi _ { A } = \varphi _ { C } - \varphi _ { D }$$ 根据图甲和图乙可知 $$\varphi _ { O } = 3 V ， \varphi _ { A } = - 9 V ， \varphi _ { C } = 1 2 V$$ 可知坐标(3cm，3cm)的电势为 $$\varphi _ { D } = 0 V$$ 12V D ( 可得电子在坐标(3cm，3cm)时电势能 $$E _ { p } = - e q _ { D } = 0 J ，$$ ，故C正确； y D.对小球，水平方向有 $$E _ { x } q = m a _ { x }$$ 可得 $$a _ { x } = 8 m / s ^ { 2 }$$ 竖直方向有 $$E _ { y } q + m g = m a _ { y }$$ 可得 $$a _ { y } = 1 6 m / s ^ { 2 }$$ M P 可得到达最高点的时间为 $$t = \frac { v _ { 0 } } { a _ { y } } = 0 . 5 s$$ N x 竖直位移为 $$y = \frac { v _ { 0 } ^ { 2 } } { 2 a _ { y } } = 2 m$$ 水平位移为 $$\frac { 1 } { 2 } a _ { x } t ^ { 2 } = 1 m$$ y 根据甲图可得 $$\varphi _ { x } = - 4 0 0 x + 3 ，$$ ，根据乙图可得 $$\varphi _ { y } = 3 0 0 y + 3 ，$$ ，可得 $$\varphi _ { N } = - 3 9 7 V ， \varphi _ { M } = 6 0 3 V$$ 根据Un=UoN,可得pp=203V 可知电势增加了pM-po=200V 根据E。=90可知电势能增加△E。=q△p=0.4J,故D错误。故选C。 7.【答案】D 【详解】A.对整体受力分析，匀速时总支持力m28=m8+ng 得小球质量m=m2-m。故A错误； B.最大速度时，小球匀速，阻力f=mg=（m2-m)8 铜管热功率等于阻力做功的功率：P=°m=(m,-m)gYm。故B错误； C.根据能量守恒，下落h过程中，铜管产生的热量等于小球减少的机械能： Q=mgh-m=(%一m)gh-(%-m),与选项表达式不符，故C错误： D.对小球下落过程用动量定理：合外力冲量等于动量变化mgt-ft=mvm 又元=k=h,即mg-mh=m。,整理得：1=二+么，故D正确。故选D。 8、【答案】AB 【详解】A.根据核反应过程满足质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为1，电荷数 为1，可知X是质子，故A正确 BD.两个轻核结合成质量较大的核，核反应属于聚变反应，反应过程存在质量亏损，释放 能量，故B正确，D错误； C.H与He的质子数相同，均为2个质子，故C错误。故选AB。 9.BD 【详解】A.由题意，根据开普勒第三定律可知阿波菲斯星”与地球公转周期相同，故A错 误；B.由万有引力提供回心力Ggma,得a=,因此可知二者在a点的加速度相 等，而向心加速度为指向曲率圆心的分量，所以B正确。C.“阿波菲斯星”自远日点到达b 点的时间大于四分之一周期，当“阿波斯星到达b点时，地球已过b点，因为二者公转周期 相等，“阿波菲斯星”到近日点时，太阳、地球和阿波菲斯星”会再次共线，“阿波菲斯星”自 近日点到α点的时间小于四分之一周期，地球由“再次共线”到a点的时间大于四分之一周 期，所以二者不会同时到达a点，故C错误； D.假设有以阿波菲斯星”近日点到日心连线为半径的另一行星，可知地球速率小于该行星 的速率，又由于在近日点小行星速率大于该行星的速率，可推知“阿波菲斯星”在近日点的速 率大于地球公转的速率，故D正确。故选BD。 10、【答案】AC 【详解】AB.撒掉恒力时有F=BLI=BLBL 2R 解得此时cd水平向右的最大速度为y=B元 2FR 之后两导体棒均受到向左的安培力，总动量水平向右减小，在安培力的作用下d向右减 速，αb自静止开始向左加速，当两者速度大小相等时总电动势为0，受到的安培力均为0， 之后两导体棒分别以大小相等的速度向相反的方向做匀速运动，它们间的距离一直增大， 总动量保持不变，故A正确，B错误； C.撤掉恒力后，同一时刻两导体棒中的电流相等，所受安培力大小相等，由牛顿第二定律 可知，ab的加速度大小是cd加速度大小的2倍，因此同一过程ab的速度变化量大小是cd 的速度变化量大小的2倍，则2-0=2(-v2) 4FR 解得导体棒ab的最大速度，=3BP,故C正确； D.导体棒cd从开始运动到速度最大的过程，对cd有 Ft-∑ Lhte=Ft-2R B2L2x =2mv1-0 对整个系统有O=Fx)×2v? 帮行经个回路生的盘耳热为0-2，放D错员。故走AC B'L 11、【答案】(1)F 9.60 偏小，(2) 7.9 2.5 【详解】(1)本实验采用半偏法测量毫安表内阻，要求滑动变阻器阻值远大于毫安表内 阻，保证闭合开关S2后干路电流近似不变。毫安表满偏电流I。=5×103A,电源电动势 E≈8V,此时电路总电阻至少为R总= E-8V 1.5x103A =16002，因此滑动变阻器应选最大阻 值为2k2的F。 半偏法中，当毫安表示数为满偏的一半时，认为通过电阻箱R的电流与毫安表电流相等， 均为号，并联电路电压相等，故毫安表内阻R,=R=9,600。 闭合S2后，毫安表与R并联，总电阻减小，干路总电流会大于I。,此时毫安表电流为 2 通过R的电流大于，由凡三可知，<R,因此毫安表内阻的测量值偏 1.0A (2)将毫安表改装为量程1.0A的电流表，扩大量程的倍数n= 5×10-3A =200，即毫安表示 数为I(单位mA)时，电路总电流为I点=2001×103A=0.21A 根据闭合电路欧姆定律U=E-I”,U-I图像的纵轴截距等于电源电动势，由图乙可知 E=7.9V 当I=3.0mA时，U=6.4V,总电流I=0.2×3.0A=0.6A 代入公式得内阻”= E-U7.9V-6.4V =2.52 0.6A 12.(1) 2t X2-X1 kb 23 23 (3) 8 8 【详解】(1)[1]漏斗摆动过程做圆周运动，摆动至最高点位置时细线拉力最小，摆动至最 T 低点位置时细线拉力最大，根据图丙有。 解得T=2 [2]根据单摆周期公式T=2π g 可得摆长为1=85 (2)图乙中A、B、C、D、E相邻两点之间的时间间隔相等，均为=2 to 根据匀变速直线运动的规律有，-x=(4-1)a,解得a=点，二 3 (3)[1][2]因始终满足m<M,则可将钩码的重力近似认为等于滑块的牵引力，则由牛顿 第二定律mg-uMg=Ma 解得a号m-8,则k=,6年8=0，解得M三，怎 M M k 8 13. 【详解】①)光在介质中的传播速度满足m=得v=(1分) S在球心时，所有光线在球内传播距离均为R,所以传播时间1=R_ (1分) (2)设点光源S到O的距离为d,光线在球面发生全反射的临界角C满足sinC= 2 对任意射向球面的光线，如图所示 在△OSP中由正弦定理d=R -(1分) sini sina 得入射角i满足sini=dsina,sina最大值为1，因此入射角最大值 R R 满足sin=R d (1分) 要整个球面都有光射出，需所有入射角小于临界角，即Sin imax<sinC(1分) 代入得<」 Rn R 即dmx= (1分) n ③)已知n=2,得smC=,则临界角C=30 好发生全反射时sni=smC-方1分) R 代入sini= dsina得上= 3/3R-sina R R 解得sina= (1分) 得临界夹角a=60°，0%2=120°。如图所示 即∠OSC=60°，∠OSB=120°，则图中AB之间和CD之间的球冠有光线射出。 由几何关系可得AB球冠的高H=R-5R,CD球冠的高以，=R1分) 2 球面上有光射出的面积S射=2πR(H,+H2)=(4-√5πR2(1分) 2qUo Q2)9qBR'sUs25aBR 3)U,=9BR2 2πm 14、【答案】(1)。= t m 8m 8m 2m 3Bq 1 【详解】(1)对粒子在直线加速器中的运动过程， 根据动能定理有gU。=2md 解得粒子进入磁场区时的速度大小为，√m 2qUo (2)粒子进入磁场区后做匀速圆周运动，则由洛伦兹力提供向心力有qB=m 解得粒子做匀速圆周运动的半径为r=m四 Bq 3R 要使粒子源释放的粒子都能打在底片上，则粒子做匀速圆周运动的半径应满足 故粒子进入磁场区时的速度大小应满足 3gBR Sys 5qBR 2m 2m 又因为9U=m 所以直线加速器电压U的范围为9qBR U≤25gB2R2 8m 8m (3)假设粒子打在内圆环上，轨迹与内圆环交于C点，如 M 底片 图所示： 粒子源 由分析可知，当MC⊥CO时，圆弧MC对应的圆心角O最小，则粒子运动的时间最短。由 几何关系可知，此时粒子做匀速圆周运动的半径为：=R 则有9，B=m坚 联立解得此种情况下粒子进入磁场区的速度大小为=9B m 又因为g0=2m 解得此时直线加速器的电压为U,=9BR 2m 粒子在磁场区做匀速圆周运动的周期为T=21_2π v Bq 上图中由几何关系可知，此时粒子做匀速圆周运动转过的圆心角为日=120°，所以粒子运动 的最短时间为t 120T= 2πm 360° 3Bg