重庆市第一中学校2026届高三下学期物理周考（九）

秘密★启用前【考试时间：2026年3月18日18：45-20：00】 重庆一中高2026届高三下期物理周考（九） (时间：75分钟 总分：100分) 、选择题：本题共10小题，共43分 (一)单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。每小题给出的四个选项中，只 有一项符合题目要求。 1.在花岗岩、大理石等装饰材料中，都不同程度地含有放射性元素，下列有关放射性元素的 说法正确的是() A.B射线与y射线都是高速运动的光子流 B.2船i的半衰期是5天，100克Bi经过10天后还剩下50克 C.在α、B、y三种射线中，y射线的穿透能力最强、电离能力最弱 D.放射性元素发生B衰变时，所释放的电子是原子核外电子挣脱原子核束缚形成的 2.一列沿x轴传播的简谐横波，在=0时的波形如图甲所示。P、Q是波上的两个质点，此 时质点P沿y轴负方向运动。图乙是波上某一质点的振动图像。下列说法中正确的是() y/cm tylcm 0 10 0.050.10 0.150.20% A、该波沿x轴负方向传播 B.图乙可能为Q点的振动图像 C.t=0.10s时，质点P沿y轴正方向运动 D.该波的波速为80m/s 3.质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，A为半圆的最低 点，B为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m的小滑块。 用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，在此 过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是( ) A.推力F先增大后减小 B.凹槽对滑块的支持力先减小后增大 C.墙面对凹槽的压力先增大后减小 D.水平地面对凹槽的支持力先减小后增大 物理试题 第1页（共6页） 4.如图所示，正方体透明玻璃砖，从底部挖去一部分，挖去部分恰好是以底边为直径的半圆 柱。平行单色光垂直于玻璃砖上表面射入，半圆柱面上有光线射出的 部分为其表面积的二，不计光线在玻璃砖中的多饮反射，则该单色光在 玻璃砖中的折射率为() A.23 B.2 C.3 D.43 3 3 5.如图，质量为4m的物块A静置于水平桌面上，桌子左端固定一足够小的光滑定滑轮，一 条不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接物块A和质量为h的小球B,在O处定滑轮的正下方 P点固定一颗钉子。开始时OB与竖直方向的夹角0为37°，现将小球B由静止释放，轻 绳碰到钉子后瞬间物块A恰好未滑动，物块A与水平桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静 摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则OP 与OB的比值为( ) A B.4 C.2 D. 6.武直十是我国最新型的武装直升机。在某次战备演习中，山坡上有间距相等的A、B、C、 D四个目标点，武直十在山坡目标点同一竖直平面内的某一高度上匀速水平飞行，每隔 相同时间释放一颗炸弹，己知第一、二颗炸弹恰好落在B、C两个目标点，则() A,炸弹落地的时间间隔相等 B.第三颗炸弹落在C、D之间 C.第三颗炸弹恰好落在D点 D.第一颗炸弹在A点正上方释放 7.如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中有一粒子源，粒子源 从O点在纸面内同时向各个方向均匀地发射带正电的粒子，其速率为少、质量为m、电荷 量为g。PQ是在纸面内垂直磁场放置的厚度不计的挡板，挡板的P端与O点的连线与挡 板垂直，距离为8m。 设打在挡板上的粒子全部被吸收，磁场 5gB 区域足够大，不计带电粒子间的相互作用及重力，sin37°=0.6 + cos37°=0.8。则() ×0× X + A.若挡板长度为4m 则打在挡板上的粒子数最多 5gB B。若挡板足够长，则打在挡板上的粒子在磁场中运动的最短时间为27 180gB 物理试题第2页（共6页） C.若挡板足够长，则打在挡板上的粒子在磁场中运动的最长时间为m D.若挡板足够长，则打在挡板上的粒子占所有粒子的 (二)多项选择题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中， 有多个选项符合题目要求，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.如图所示，空间有α、b两个点电荷，实线为电场线，虚线为某带电粒子只在电场力作用 下的运动轨迹，M、N为轨迹上的两点，则() A.M点的电势比N点的高 B.M点的电场强度比N点的大 C.a、b为异种电荷，a的电荷量小于b的电荷量 D、粒子从M点运动到N点电势能减小 9.中国℉AST球面射电望远镜发现一个脉冲双星系统。科学家通过脉冲星计时观测得知该 双星系统由一颗脉冲星与一颗白矮星组成。如图所示，假设在太空中有恒星A、B双星系 统绕O点做逆时针匀速圆周运动，运动周期为T1,它们的轨道半径分别为RA、R,且 Ra<RB;C为B的卫星，绕B做逆时针匀速圆周运动，周期为T2,且T2<T1。A与B之间 的引力远大于C与B之间的引力。引力常量为G,则() A.恒星A的质量大于恒星B的质量 B.恒星B的质量为Ma=4π2RA(RA+R)2 GT C.若知道C的轨道半径，则可求出C的质量 D.三星A、B、C相邻两次共线的时间间隔为A=T五 T1-T2 10.如图，足够长的间距d=1m的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在水平面内，导轨间存在 一个宽度L=1m的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B=0.5T,方向如图所示。一根质 量ma=0.1kg、阻值R=0.52的金属棒a以初速度o=4mls从左端开始沿导轨滑动，穿过 磁场区域后，与另一根质量mb=0.2kg、阻值R=0.52的原来静置在导轨上的金属棒b发 生弹性碰撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，则( ) A.金属棒a第一次穿过磁场时做匀减速直线运动 B.金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的 左 感应电流 0 C.金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，金属棒b 物理试题 第3页（共6页） 上产生的焦耳热为0.25J D.、金属棒a最终停在距磁场左边界0.8m处 二、非选择题：本大题共5小题，共57分。 11,(6分)为验证匀速圆周运动的向心加速度与角速度、轨道半径间的定量关系，某同学设 计了如图甲所示的实验装置。其中AB是固定在竖直转轴OO上的水平平台，A端固定的 压力传感器可测出小物体对其压力的大小，B端固定一宽度为的挡光片，光电门可测量 挡光片每一次的挡光时间。 压力传感器0 光电门 (:》 0 2 cm 挡光片 小物体月0 1020 甲 乙 实验步骤如下： ①测出挡光片与转轴间的距离L; ②将小物体紧靠传感器放置在平台上，测出小物体中心与转轴的距离； ③使平台AB绕转轴OO匀速转动； ④记录压力传感器的示数F和对应的挡光时间△t: ⑤保持小物体质量和距离”不变，多次改变转动角速度，记录压力传感器示数F和对应 的挡光时间△t。 (1)小物体转动的角速度ω= (用L、d、△t表示)；若某次实验中挡光片的宽度如 图乙所示，其读数为 mm (2)要验证小物体的向心加速度与角速度、轨道半径间的定量关系，还需要测出小物体的 质量m,则在误差允许范围内，本实验需验证的关系式为 (用所测 物理量的符号表示)。 12.(9分)电学实验中可将电源E1与电源E2及灵敏电流计G连成如图甲所示的电路，若G 的示数为0，说明此时两电源的电动势相等。小明根据这一原理，设计了如图乙所示的电 路测量待测电源C的电动势，其中A为内阻可忽略的工作电源，B为电动势恒定的标准 电源，B的电动势为EB R 物理试题 第4页（共6页） (1)为保护灵敏电流计，开关闭合前，滑动变阻器R3的滑片应处在最 端（选填“左” 或“右)。 (2)下列实验操作步骤，正确的顺序是 ①开关S2置于2处 ②将开关S2置于1处，闭合开关S、S3 ③保持流过R1、R2的电流不变，调节R1、R2,使R3的阻值为0时，G的示数为0，记录 此时R1与R2的数值，分别为R1离、R2测 ④将R1和R2的阻值调至最大 ⑤调节R1、R2,使R3的阻值为0时，G的示数为0，记录此时R1与R2的数值，分别为 R1标R2标 (3)在步骤③中，为保持流过R和R2的电流不变，调整R1、R2时需要使R1测、R2测与R1标、 R2标满足的关系是 (4)待测电源C的电动势Ec= (用题中所给物理量符号表示)。 (⑤)若工作电源A的内阻不可忽略，则待测电源C的电动势测量值相比于上述方案结果 (选填“偏大不变”或“偏小”)。 13.(10分)如图甲所示，一竖直放置的导热汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口ab和cd,其中 卡口ab距缸底的高度为H。卡口之间有一活塞，其下方密封有一定质量的理想气体。已 知活塞面积为S,厚度可忽略，不计活塞和汽缸壁之阍的摩擦。开始时活塞静止在卡口 ab上，汽缸中气体经历如图乙所示的AB、BC、CD三个过程。求： (1)气体经历整个过程中对外做的功： (2)气体处于D状态时，活塞与卡口间的弹力大小。 14.(14分)如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速 度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD 的长度均为1。圆弧形细管道DE半径为R,EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时， 与物块α相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张 紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。己知m=2g,1=1m,R=0.4m,H=0.2m,v 物理试题第5页（共6页） =2m/s,物块与MN、CD之间的动摩擦因数=0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a 落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块 可视为质点，重力加速度g取10m/s2。 (1)若h=1.25m,求a、b碰撞后瞬时物块a的速度o的大小； (2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系： (3)若物块b释放高度0.9m<h<1.65m,求物块a最终静止的位置x值的范围（以A点为坐 标原点，水平向右为正建立x轴)。 15.(18分)如图甲所示，粒子发射器由粒子源、加速电场和速度选择器组成，若干带 正电的同种粒子以速度vo从发射器沿轴线射出。如图乙所示，MN、PO为两块 相互平行、等长且正对的金属板，O1O2为两板中轴线，线段CD与两板垂直，O为CD中 7 点在MN与O1O2间存在垂直极板向下的匀强电场，PQ与01O2间存在垂直纸面向 里的匀强磁场。发射器可沿CD上下移动并平行极板向右发射粒子。己知粒子 比荷号=10Ckg,速度选择器中匀强电场的场强大小E0=1000N/C,匀强磁场的 磁感应强度大小Bo=0.1T;MN、PQ两板间距离dk2m,板间匀强电场的场强大小E-=1.0N/C 。不计粒子重力及粒子间作用，不考虑粒子发射器对所有粒子运动的影响。 M x E 源 xB× 加速电场 速度选择器 D 甲 (I)求粒子发射器射出粒子的速度大小vo: 2若P2、O1O2间匀强磁场的磁感应强度大小B=10-4T,粒子从CO中点射入，为使 粒子垂直NQ边界射出，求发射器到WQ的距离L; (3)当粒子发射器在CD间上下移动时，为使进入板间的粒子经多次电场和磁场偏转 后，都能从右侧边界NQ射出，求PQ、O1O2间匀强磁场磁感应强度大小B的范围。 物理试题第6页（共6页） 重庆一中高2026届高三下期物理周考（九)参考答案 题号 2 3 5 6 9 10 答案 D B 0 CD AB BD 1.解析B射线是电子流，射线是离速运动的光子流，故A错误；9Bí的半衰期是5天，100 克卵：经过10天后还剩下m=m6×55-100x 27g=25g,故B错误：在a、B、三种射线 中，射线的穿透能力最强、电离能力最弱，故C正确：放射性元紫发生度变时，原子核 内的一个中子转变成一个质子和一个电子，电子从原子核内部蒂放出来，故D错误。 2解析因为1=0时刻质点P沿y轴负方向运动，根据“同侧法"“可得波沿x轴正方向传播， A错误：由图甲可判断1=0时刻质点？沿y轴正方向运动，对比振动图像可知，图乙不可 能是Q点的振动图像，B错误：由图乙知T=0.20s,=0.10s=0.5T时，波沿x轴正方向传 播半个波长的距离，此时质点P到达x轴下方与t=0时刻对称的位置，且沿y轴正方向运 动，C正确：由图甲知A=8m,则该波的波速为v=名=8。m6=40ms,D错误。 T0.20 3.解析对滑块受力分析，设推力F与水平方向的夹角为0，凹槽对滑块的支持力为N.由 平衡条件有F=mg sin0,N=mg cos0,滑块从A点缓慢移动到B点的过程中，0由0增大 到90°，则推力F逐渐增大，支持力N逐渐减小，A、B错误：对凹槽与滑块整体受力分析， 墙面对凹槽的压力为Fw=Fcos0=mg sin Ocos0= 2 mg sin20,则0由0°增大到90的过程中. 墙面对凹槽的压力FN先增大后减小，C正确；水平地面对凹槽的支持力为N意=(M十mg一 Fsin8=(M+m)g一ng sin0,则6由0°增大到90°的过程中，水平地面对凹槽的支持力N 逐渐减小，D错误。 4.解析设该单色光发生全反射时的临界角为C,如图所示，半圆柱面上有光线射出的部分 为其表面积的导则2S-子得C=,则该单色光在玻璃砖中的折射率为=1一2道 π3 3 sin C 3 故选A。 024 5.解析 设P=k,小球B从初始位置到最低点，由机械能守恒定律得mgOB1一c0S)= OB m2,在最低点由牛顿第二定律得T-mg=m 1 2 ，由题意知T=4mg,联立解得k B-kOB 字故D正确，A、B、C错误。 6解析画出第一、二、三颗炸弹的运动过程示意图如图，并作辅助线，其中抛出点分别为 E、F、G,抛出时刻分别为1=0，=to,t=2o。设炸弹的初速度为o,则xo=o=EF=FG =BC=CN。根据平抛运动的规律知，三颗炸弹经过BL水平线时的竖直分速度相同，设为 y,设第二颗炸弹从C到C的时间为t1,第三颗炸弹从W到D点所在竖直线上的N点的时 间为a,AB=BC=CD=h，则1cos0-0=w,1sin0=wh十3i,21cos0-2=o2,mw =yh十32，可知h=2,心21si血0，即N点在D点下方，则第三颗炸弹落在C、D之间， B正确，C错误。设炸弹从抛出至BL线所用时间为△1，则第一颗炸弹落地的时刻为'=△：， 第1页共6页 第二颗炸弹落地的时刻为2'=1o十△1十1，第三颗炸弹落地的时刻为6=2o十△t十2'，其中 2<2,则2一'=t0十1,3'一2'=0十2'一t<0十t1,故A错误。由平抛运动的规律知，GH =vO(△t+),联立可得GH=o△t+21cos0-2x0,则EH=EG+GH=o△1+2lcos0,由上述 分析知，1cos0=v%(to十)，当△1=1o十th时，EH=31cos0=xD,此时第一颗炸弹在A点正 上方释放，当△P0十t(△K10十)时，EH31cos0=xD(EH<3lcos0=xD),此时第一颗炸弹 在A点左上方（右上方）释放，D错误。 7解析粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，设粒子做圆周运动的 半径为八则有g8=m兰，解得=能打到挡板上的最远的粒子的运动轨迹如图1所示， gB 当挡板长度≥PQ时打在挡板上的粒子数最多，由几何关系可知，PQ1=V(2r)2-OP2= 6m四，A错误；若挡板足够长，在所有打在挡板上的粒子中，当粒子恰好从左侧打在P点时， 5aB 粒子运动轨迹所对应的弦长最短，所对应圆心角最小，运动的时间最短，运动轨迹如图2 中轨迹①所示，由几何关系可知2rsin9-8m", 解得粒子转过的圆心角为01=106，对应 25gB1 的运动时间为1m=AT=1062=3m”同理可知，当粒子恰好从右侧打在P点时，粒 2π360°gB90gB 子运动的时间最长，运动轨迹如图2中轨迹②所示，由几何关系得粒子转过的圆心角为 =360°一=254，对应的运动时间为=T=2542m=127mm,故B、C错误：若挡 2π360°gB90gB 板足够长，粒子恰好打在挡板上的临界轨迹如图3中③④所示，设粒子沿轨迹③运动时发射 速度与OP之间的夹角为，由几何关系可知rsin0十r=8m解得=37，粒子沿轨迹④ 5gB 运动时发射速度与0P之间的夹角为04=180°-A=127°，则打在挡板上的粒子占所有粒子 2 84-0_1 D正确。 360°41 × XX × + ×0 图1 图2 图3 8.解析由于不清楚α、b两个点电荷的电性和带电粒子的电性，故不能确定电场线的指向， 不能确定M、N两点的电势高低，A错误；M点附近的电场线比N点附近的电场线稀疏， 故M点的电场强度比N点的小，B错误；由图中电场线分布可知，a、b为异种电荷，且b 附近电场线更密集，故a的电荷量小于b的电荷量，C正确；如图所示，带电粒子从M点 运动到N点过程，受到的电场力与速度方向的夹角为锐角，电场力做正功，故电势能减小， D正确。 9.解析因为双星系统的角速度相同，故对人、B可得MRA7=MR,则MA=e,即恒 ME RA 星A的质量大于恒星B的质量，故A正确：对恒星A可得G,M (RA+RB)2 M4πR ,解得 7 恒星B的质量为MB=RA(RA+R）2,故B正确；对卫星C有GMm=m4r ，可见无 GTR 2 法求出卫星C的质量，故C错误；由题可知，A、B、C三星由图示位置到再次共线所用的 时间A满足@AUAM=元，且o1=不，o9=亮解符W二 TiT2 故D错误 T2 2(T-2) 10.解析金属棒α第一次穿过磁场时受到安培力的作用，做减速运动，由于速度减小，则 第2页共6页 感应电流减小，金属棒a所受的安培力减小，加速度减小，故金属棒a第一次穿过磁场时做 加速度减小的减速直线运动，故A错误。根据右手定则可知，金属棒α第一次穿过磁场时 回路中有逆时针方向的感应电流，故B正确。金属棒α第一次穿过磁场区域的过程中，电 路中产生的平均感应电动势为B△D4,平钩感应电流为了二，金属棒。受到的 △1△t 安培力大小的平均值为F=BId,规定向右为正方向，对金属棒a,根据动量定理得一 BId△r=mo。-mow,解得金属棒a第一次离开磁场时的速度大小为a=l.5mls;金属棒a 第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的总热量等于金属棒α机械能的减少量，即g 金属棒b上产生的焦耳热为Q=2=0.34375J,故C错误。规定向右为正方向，对两金属 棒碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得maa=m。'十m6h, 2mW,联立并代入数据解得金属棒a碰后的速度为以=一0.5m/s;设金属棒a最终停在距 磁场左边界x处，则从反弹进入磁场到停下来的过程，电路中产生的平均感应电动势为E, =塘月》4平均感应电流为1金属来受到的平均安培力大小为F,= 4 △t BI'd,规定向右为正方向，对金属棒a,根据动量定理得BI'd△t=0-mawa,联立并代入 数据解得x=0.8m,故D正确。 (6分)答案402e试 mL2(△t)2 (每空2分) 解析(1)挡光片的线速度v=￠ 小物体和挡光片做同轴转动，则角速度相等，所以小物体 一立么20分度的游标卡尺的精度为0.05mm,则挡光片的宽度为a=4mm十 的角速度o=y=4 18×0.05mm=4.90mm。 ②)根据牛顿第二定律，有F=ma,由题意知要验证a=wr,即5-。d mL2(△)2 12.(9分)答案(1)左2)④@⑤0®(3)R1十R2=R1十4EB(⑤不变（第 R2标 一空1分，其余每空2分) 解析(1)在开关闭合前，3接入电路的阻值应为最大，以保护G,则滑片应在最左端。 (2)根据图乙的电路图，利用图甲中的原理，灵敏电流计两次示数为零，一次为开关$2 接1，一次为开关S2接2，为保护电路，闭合开关前所有电阻箱均以最大阻值接入电路，故 ④为第一步，根据描述可知后面的操作步骤为②⑤①③。 (3)根据图乙中电路图可知，G的示数为0，则流过R1、2的电流I=。 EA I不变， R1+R2 则R1十R2保持不变，有R1标十R2标=R1测十R2测。 ④开关S2接1时，有=。E一R2,开关S2接2时，有=。EA,R,且 R1标十R2标 R1测十R2剥 R1尚十R2=R1十R2E,联立得EC=器E。 R2标 (⑤)若工作电源A的内阻不可忽略，则有 EA EA ，EB= R1标十R2标十rAR1激十R2测十rA 第3页共6页 EA R2标Bc一R1十R2十N EA ·R2潮，整理后依旧有Ec= R1标十R2标十rA 2■E,故Ec的测量值不变。 R2标 13.（10分)答案(1)PHS(2)pS 解析(1)由图乙可知A→B和C→D均为等容变化，气体对外不做功，B→C为等压变化。 从A一→B根据查理定律有24=卫 TA TB 式中pA=p,Ta=T,Ta=2T 解得pm=2p 从B一C根据盖一昌萨克定律有= Ta Tc 式中T8=2T,Tc=3T 解得e=32 2 由A→B为等容变化可知V=VM=HS 则气体经历整个过程中对外做的功 W=pB(Vc-VB) 可解得W=pHS。 (2)从C→D根据查理定律有PC=P四 Tc To pc=pB=2p,Tc=3T,TD=4T 解得p0子 设活塞质量为m,B→C等压变化过程中，有mg十poS=pcS 气体处于D状态时，设活塞与卡口间的弹力大小为F,对活塞根据平衡条件有 F+mg+poS=pDS 可解得F一子S 14.(14分)答案(1)5m/s (2)FN=(0.1h-0.14)N(以竖直向下为正方向，且h≥1.2m) (3)当0.9m<h<1.2m时，2.6m<x≤3m; 当1.2m≤h<1.65m时， 3+ 31 3 5)m≤xs 3.6+5)m 解析(1)物块b摆到最低点过程中，根据机械能守恒定律可得mgh=一m b与α发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 mUb mUb+mvo mo呢=2mwb'2+mol 2 联立解得o=%=5m/s。 (2)由(1)分析可知，物块b与物块α在A点发生弹性正碰，速度交换，则 no暖=克moi=mgh 对物块a由A运动到E的过程，根据动能定理可得 -2ugl-mgl-mo-v 当物块a刚好可以到达E点时，z=0,设此时物块b释放的高度为o,可解得ho=1.2 当h>o=1.2m时，物块a经过E点的速度不为零，以竖直向下为正方向，由牛顿第二 定律得A+mg=m 联立可得FN=(0.1h-0.14)N(h≥1.2m)。 R (3)①当1.2m≤h<1.65m时，物块a最终静止的位置在E点或E点右侧。设h=h=1.65 m时，物块a到达E点的速度为⑦，由(2)问式代入数据可得ve1=3m/s 物块a从B点飞出后，做平抛运动，竖直方向有H=名 水平方向有s1=Et 联立解得1=0.6m 根据几何关系可得 5 m 第4页共6页 所当12m<165n时.+习n区6+胃n: ②当0.9m<h<1.2m时，物块a将不能到达E点右侧。假设h=h2=0.9m时，物块a能 运动到N点右侧，则有m%a=oa=mgh: 物块a从A至减速到零，有一mgs=0-2m%2 代入数据解得s2=1.8m Ks2<2l,可知假设正确，且物块a不能到达管道DE,则h=h2=0.9m时，2=l+s2= 2.8m 当h从h2=0.9m继续增大时，物块a在CD段向右减速到零的最远点为D点，此时 =3l=3m 当h继续增大时，物块a将沿细管返回，假设h=h3=1.2m时，物块a沿CD段向左运 动不能到达C点，则物块a从E点向左运动减速至零，有mgH=mgs3 代入数据解得s3=0.4m S3<4,可知假设正确，此时x4=3l-3=2.6m 所以当0.9m<h<1.2m时，2.6m<x≤3m。 15.(18分)答案vo=104ms②发射器到NQ的距离(CW段长度)L=2nm(n=1,2,3.) ⑧B应该满足(W3-1)x1047飞B<5+1x104T 2 解析①粒子经过速度选择器，有gEo=9oBo 解得vo=104m/s ②粒子从CO中点射入电场，粒子在电场中做类平抛运动， 由牛顿第二定律得gE=ma 解得a=108m/s2 竖直方向有异-a2解得=10s 粒子到中轴线01O2时，竖直速度大小y,v=at=104mls 粒子的速度大小w=+=√2×104mls 速度方向与竖直方向的夹角α=45° 水平方向移动的距离x=o仁1m 如图1所示 图 粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得？v8=受 解得R=2m 若粒子经过一次抛体运动和圆周运动垂直NQ边界射出发射器到NQ的最短距离 1=x+Rcosa=2m所以粒子垂直NQ边界射出，发射器到NQ的距离(CN段长度)L=2n m(=1,2,3.) 3)①粒子从CO边进入电场中的位置越靠近C点，粒子在磁场中就更容易从DQ边飞出 取临界状态，当粒子从C点进入电场，在磁场中轨迹刚好与DQ相切，如图2所示 C to 图2 第5页共6页 粒子在电场中做类平抛运动，有彰-) 粒子到中轴线0，O时，竖直速度大小，=m1-√2x10ms 粒子的速度大小v1=哈+号-V3x10mg 设速度方向与竖直方向的夹角为B,1mg-些=9 2 粒子在场中做匀速圆周运动，由几何关系得R1一RsinB=- 解得R=正 由牛獭第二定律得m1A1-贷 解得B=(3-1)xI104T ②粒子从OD边进入磁场中的位置越靠近D点，粒子越容易从侧边界飞出或一直在磁 场中做匀速圆周运动。如图3所示，取临界状态，当粒子从D点进入磁场，经电场偏转回 到磁场中刚好又回到D点 0 D。 图3 粒子在电场中做类斜上抛运动，2=2“o恤 x=vocosrt2 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系得R+R,c0s一 2Rsinr-x 由以上解得R=m 由牛顿第二定律得9%8，产 解得B,=1x10T 所以为使粒子都能从右侧边界NQ射出B应该满足(N3-I)x104T飞B<+1x10T 第6页共6页