精品解析：2027届浙江省强基联盟高三一模物理试题

命学科网命组卷网 2026年高三8月题库 物理试题 考生注意： 1、本试卷分为选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。 2、考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上 对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答 题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 3、可能用到的参数：重力加速度取8=10m/s,sin37°=0.6.cos37°=0.8 选择题部分 一、选择题I(本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个 是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1.达因(ym)是厘米克秒制中的一个常用单位，已知 ldyn=lg·cm/s2 ,从单位制角度分析，达因是 下列哪个物理量的单位() A.功率 B.力 C.能量 D.速度 【答案】B 【解析】 【详解】A.根据公式P=Fv=mav 可得功率的国际单位为kgm'1s 故A错误； 第1页/共33页 6学科网 组卷网 B.根据牛顿第二定律F=ma 力的国际单位为 g.m/s2 题目给出1dm=lgcm/s=1×10kgm/s,故B正确： C.功为衡量能量转化的物理量，根据公式W=Fx=max 可得能量的国际单位为kgm2/s ,故C错误： D.速度的单位为mS,故D错误。 故选B。 2.2026年7月10日12时15分，长征十号乙运载火箭在海南商业航天发射场点火升空，火箭一二级分离 约6分钟后，一级火箭最后垂直落回海上回收平台。下列说法正确的是() A.一级火箭返回过程，一直处于失重状态 B.“12时15分”、“约6分钟”均指时间间隔 C.从发射至回收，一级火箭位移不为0 D.研究一级火箭回收过程时的姿态，可将其视为质点 【答案】C 【解析】 【详解】A。一级火箭返回过程中，临近回收平台时需要减速落地，此时加速度向上，处于超重状态，并 非一直失重，故A错误： B.“12时15分”对应火箭点火的瞬间，是时刻；“约6分钟”对应一二级分离到一级落地的过程时长， 是时间间隔，二者不都为时间间隔，故B错误； C.一级火箭初始位置是陆地发射场，最终落回海上回收平台，初末位置不重合，因此位移不为0，故C 正确： 第2页/共33页 6学科网命组卷网 D.研究火箭回收姿态时，需要关注火箭的形状、朝向等自身特征，不能忽略其大小和形状，因此不可视 为质点，故D错误。 故选C。 3.图中港珠澳大桥上一辆电动汽车正匀速行驶在水平路段，对于该过程下列说法正确的是() A.汽车重力的冲量为0 B.汽车的机械能保持不变 C.汽车对桥面的压力就是汽车的重力 D.轮胎受到的支持力由轮胎形变产生的 【答案】B 【解析】 I=mgt 【详解】A.由冲量公式可得，汽车重力的冲量为 其中重力和时间均不为0，则汽车重力的冲量 不为0，故A错误： B.汽车匀速行驶在水平路段，动能和重力势能均不变，则汽车的机械能保持不变，故B正确： C.汽车对桥面的压力大小等于汽车的重力大小，但压力不是重力，故C错误： D.轮胎受到的支持力的施力物体是桥面，是由桥面形变产生的，故D错误。 故选B。 4.关于教材中的插图，下列说法正确的是( 显微 放大器 镉棒 金箔R 放射源R 荧光屏S镜M 门厚度控 探测器 制装置 o】 o】 塑料板或 放射性 金属板 同位素 铀棒 水泥防护层 甲a粒子散射实验 乙电子束的衍射 丙射线测厚装置 丁核反应 A.图甲实验可以估算原子核的尺寸 B.图乙实验中电子的速度越大，中心的亮斑半径越大 C.图丙装置中利用的射线是射线 第3页/共33页 6学科网列组卷网 D.图丁中镉棒使“快中子”变为“慢中子” 【答案】A 【解析】 【详解】A.图甲是卢瑟福的粒子散射实验，通过对大角度散射粒子的分析，可以估算出原子核的直 径数量级，从而估算原子核的尺寸，故A正确： B.根据德布罗意关系，电子速度越大，动量越大，对应的物质波波长越短。由衍射规律可知，波长越短， 衍射现象越不明显，中心亮斑的半径越小，故B错误： C.α射线穿透能力很弱，无法穿透厚的塑料板或金属板，图丙的测厚装置利用的是穿透能力较强的Y射线， 并非o射线，故C错误： D.核反应堆中，使快中子减速为慢中子的是慢化剂（如重水、石墨），镉棒的作用是吸收中子，控制链 式反应的速率，故D错误。 故选A。 5.如图所示，一台空调外机用2个三角形支架固定在外墙上，重力大小为G,重心恰好与横梁AO和斜梁 BO 连接点在同一竖直面内。 O水平，BO4O30° 跟的夹角为，梁所受力方向均沿梁，下列说法正 确的是( BO O 2G 对点的作用力大小为 -G B.AO对0点的拉力大小为 C.保持O点位置不变，若加长B0,则AO受力将增大 第4页/共33页 学科网命组卷网 D.保持O点位置不变，若加长BO,则BO受力将增大 【答案】B 【解析】 【详解】A,将BO的作用力FB沿水平、竖直方向分解：竖直方向与一半重力平衡： sin30°=G 解得 F=G ,故A错误； B.水平方向平衡： F4=FBc0s30° 代入得B=2 G ,故B正确： G CD.0点位置不变，加长B0时，B0与水平40的夹角)会变大。根据平衡关系：F,- sin' G FA= -cot t0,9增大时，sin0增大、cotB减小，因此PFA减小，FB也减小，故CD错误。 故选B。 6.太空碎片会对航天器带来危害。空间站绕地球做逆时针方向的匀速圆周运动，如图中实线所示，太为了 避开碎片，空间站在P点以极短时间喷射气体，喷射方向沿径向（图中箭头所示）。变轨后轨道如图中虚 线所示，其半长轴大于原轨道半径。则空间站() 地球 0 A.变轨后的运动周期变小 第5页/共33页 命学科网命组卷网 B.变轨前、后经过P点的速率变小 C.变轨前的速率比变轨后的远地点速率大 D.变轨前、后经过P点的向心加速度大小不变 【答案】C 【解析】 【详解】A.因为变轨后其半长轴大于原轨道半径，根据开普勒第三定律可知，空间站变轨后的运动周期 比变轨前的大，故A错误： B.变轨后在P点因反冲运动相当于瞬间获得竖直向下的速度，原水平向左的圆周运动速度不变，因此合 速度变大，即空间站变轨后在P点的速度比变轨前的大，故B错误： GMm v2 ,=m C.设变轨后远地点到地球球心为半径的圆轨道的速度为v,由万有引力提供向心力有r2 r GM 可得 可知，变轨前的速率大于，从远地点进入椭圆轨道需减速做近心运动，则变轨后的远地点速率小于V, 则有变轨前的速率比变轨后的远地点速率大，故C正确： GMm -=1ma D.由牛顿第二定律有2 GM a= 解得” 可知，变轨前、后经过P点的加速度大小不变，由于变轨前的加速度即为向心加速度，变轨后经过P点时 加速度为切向加速度和向心加速度的合加速度，则变轨前、后经过P点的向心加速度大小改变，故D错误。 故选C。 7.尼科尔棱镜是利用方解石双折射特性制造的偏振器件。其原理是一束单色自然光入射到第一块棱镜端面 上，进入棱镜后分为0光和光，0光以76°入射到树胶等厚薄层，恰好发生全反射，其光路如图所示。而 光会经树胶薄层从第二块棱镜端面射出，得到纯度极高的线偏振光。下列说法正确的是() 第6页/共33页 命学科网命组卷网 方解石晶体 人68° 760 树胶层 方解石晶体 A.方解石晶体属于多晶体 B.o光光子能量大于e光光子能量 C.o光在方解石晶体中传播速度为csin76° D.e光从偏振器件右端出射方向与左端入射方向平行 【答案】D 【解析】 【详解】A.方解石是光学各向异性晶体，具有双折射现象，这说明它属于单晶体，故A错误； B,o光、e光是同一束单色自然光分解出来的，频率V相同；光子能量E=hw,所以光子能量相等。故 B错误； in76="”→n,= n胶 C.0光在树胶层界面恰好全反射，入射角i=76等于临界角C,所以 n sin 76 0光在方解石晶体中传播速度为=二=cs加6 =c. n胶 故C错误； D.树胶层是等厚平行薄层，前后两个界面互相平行。光线穿过平行的薄层介质：入射面与出射面平行， 出射光线和入射光线互相平行，只发生侧移，传播方向不变。左边入射端面、右边出射端面也是平行的， 所以e光从器件右端出射方向，与左端入射方向平行。故D正确。 故选D。 8.物体只在重力和空气阻力作用下的运动轨迹如图所示，已知物体的质量为m,所受空气阻力与速率成正 比，∫=心，方向与速度方向相反，抛出瞬间速度大小为片，与水平方向的夹角为“，落地瞬间速度大 B 小为”，与水平方向的夹角为P,重力加速度为。关于物体从抛出到落地的整个过程，下列说法正确的 是() 第7页/共33页 6学科网命组卷网 A.物体经过最高点时速率最小 -。mv B.空气阻力对物体做功为2 mv cosa+mv,cosB C.物体的水平射程x为 k vsina +v,sinB D.物体在空中飞行的时间t为 6 【答案】D 【解析】 【详解】A.物体经过最高点时受竖直向下的重力和水平向左的阻力，合力方向与速度方向夹角大于90°， 此时速率不是最小值，故A错误： B.从抛出到落地整个过程只有重力和空气阻力做功，且重力做功等于零，根据动能定理有空气阻力对物 21 币=m2m,故B错误 体做功为2 C.在水平方向上，物体仅受空气阻力的水平分力作用，设瞬时水平分速度为》，在微小时间△内根据动 -kw△t=m△vx 量定理有 对整个运动过程进行累积求和有∑(-)△1=∑mAy, 解得c=m(y2-y) 其中x=Cos B v.=ycosa 第8页/共33页 6学科网命组卷网 x= mv cosa-mv,cos B 物体的水平射程 k ,故C错误； D.在竖直方向上，取竖直向上为正方向，设瞬时竖直分速度为，在微小时间△：内根据动量定理有 -(mg+y,)△t=mAv, 对整个运动过程进行累积求和有∑（-mg-y,)M=∑mAy, 解得-mg1-y=m(2-yn) 其中2=v sin B.yu=sina 物体由水平地面抛出又落回同一水平地面。整个过程竖直位移为零，即”=0 t= v sina+v,sin B 解得物体在空中飞行的时间为 8 ,故D正确。 故选D。 300m 9.如图是我国自主研发的全球最大海上风力发电机，其叶片转动时可形成直径的圆面。某时间内该 10m/s 60kW.h 地区的风速是 ，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，完整转一圈产生电能 ,已知空气的密 度为1.2kg/m ,假如这个风力发电机能将此圆内40%的空气动能转化为电能。下列估算正确的是 第9页/共33页 6学科网命组卷网 47r/min A.叶轮的转速约为 B.发电机的发电功率约 .7×10W 2m/s C.叶尖线速度大小约 D.叶轮完整转一圈冲击叶片圆面的空气动能约 2×108J 【答案】B 【解析】 【详解】A.设叶轮转一圈所用时间为T,则T时间内通过叶片所在圆面的空气质量为 m=p=pz(} 这部分空气的动能 2 40%E=60kW.h 40 T=- S 联立解得 π 1 ,n=≈4.7r/min 叶轮的转速约为T 。故A错误： P=E=60×1000x3600W≈1.7×107W 40 B.发电机的发电功率约 π 故B正确； 2πD V=0r= ≈74m/s C.叶尖线速度大小约 T2 故C错误； 第10页/共33页 6学科网命组卷网 D.由 40%E=60kW.h 得，叶轮完整转一圈冲击叶片圆面的空气动能约B,=5.4×10 。故D错误。 故选B。 10.如图所示，磁极N、S间的磁场可看作匀强磁场，磁感应强度B=0.1T,矩形线框ABCD的面积 S=0.1m,共n=100匝，内阻'=20，AB边与滑环E相连，CD边与滑环F相连，理想二极管与 R申联，其中R=R=4D。若线图正在绕轴O0以角速度0=12d/s 顺时针匀速转动，图中线圈 所在位置恰好与磁场垂直，此时开始计时，下列说法正确的是() B 3√2 A电流表示数为2A B.E、F两端电压表达式为=12sinl2(V) 9n I C.转一周过程中，外力所做的功为2 D.线框转过一周，外电路流过B电荷量为4 【答案】D 【解析】 【详解】A.线圈在图示位置时，与中性面重合，线圈不切割磁感线，感应电流为零，此时开始计时，所 e=E sin ot 以电动势表达式 第11页/共33页 学科网命组卷网 其中电动势最大值E。=nBS0=12V E- E是=6N2V 电动势有效值√ 因为理想二极管与R串联，所以只有半个周期有电流通过R,且R与乃并联， E 这半个周期的过程中，电流有效值 =RR2+r2 R+R E -=V√2A 设有电流通过凡，电流有效值R十 整个周期电流的有效值为I,内电阻产生热有 解得1V -A 2 V13 电流表示数为2A,故A错误 B.根据楞次定律可得从图示位置开始的半个周期E点电势高，二极管断路，没有电流通过R,E、F 两端电压有效值：=1，R=4V2V 最大值为0n=V2U,=8V E、F两端电压表达式为M=V sin=8sin121(V) 之后半个周期有电流通过R,E、F两端电压有效值乙，=E-=32V 最大值为U=V2U,=6V 第12页/供33页 6学科网命组卷网 E、F两端电压表达式为M=Usint=6sin12u(V）,枚B错误： .头-用的中，外香的等T山喷电安.有原=片+r5(风+月 W=5πJ 解得”2，故C错误： D.线框转过一周，只有半个眉期有电流通过凡，此过程R与B并联， 1△Φ 通过电阻R的电荷量9=2”R R丝p2+r=42 其中 ,△Φ=2BS 1 解得外电路流过B电荷呈为9=4C 4,故D正确。 故选D。 二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的四个选项中至少有一个 是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 11.“地震预警”是在地震发生后，在地震波传播到受灾地区前，提前几秒至几十秒发出警报，通知目标 t=Is 区域从而实现预警。科研机构研究地震波时将其简化为简谐波处理， 时的波形图如图甲所示，M、 N分别是平衡位置处于“ x=4m x=2m ”处的质点，图乙为质点M的振动图像，则() 第13页/供33页 6学科网 命组卷网 ◆y/cm ◆y/cm 20 20 M 0 2 A 6 x/m 0 t/s -20 20 甲 乙 4m/s A.该横波的波速大小为 B.该波沿x轴正方向传播 C.I=28 x=4m 时，质点运动到 处 t=12.5s W 时，质点的加速度沿轴正方向 【答案】BD 【解析】 【详解】A. 1=2m/s 从甲图可得泼长元=4m,从乙图可得周期T=25,根据波速公式” 故A 错误； B.由乙图可知，t=1s时质点M在平衡位置，且向y轴负方向运动。根据波形图的“上下坡法”，可判 断波沿x轴正方向传播，故B正确： C.横波中质点仅在平衡位置附近沿y方向振动，不会随波迁移到其他x坐标处，故C错误： t=Is T=2s D. 时，质点N在平衡位置，因波沿x正方向传播，此时N向y轴正方向运动。周期 ,从 t=1s到t=12.5s经过了 1=11.5s=537 4,此时N位于波谷，加速度方向沿y轴正方向，故D正确。 故选BD。 12.某种光伏电池如图甲所示，其中透明导电的球壳为阳极A，球形感光材料为阴极K,现用理想电压表 连接阴极K和阳极A。图乙为氢原子能级图，一群处于=4能级的氢原子向低能级跃迁过程中，辐射光 第14页/共33页 学科网命组卷网 照射阴极K,只有频率为和的光能发生光电效应，电压表最大示数分别为·和乙，其中，>U。 U 已知光速C。下列说法正确的是() EleV 00- ---0 -0.85 3 -1.51 A 2 -3.4 光束 -13.6 甲 乙 A光的光子能量为12.09eV 0.66eV B.Va、Vb两种光的光子动量之差为c C图甲中，·光产生的光电子初动能一定大于·光产生的 D.图乙中，该群氢原子向低能级跃迁能辐射3种不同频率的可见光 【答案】AB 【解析】 【详解】一群=4能级的氢原子向低能级跃迁，共辐射6种频率的光子，能量从大到小依次 为 E41=12.75eVE31=12.09eVE21=10.2eVE42=2.55eVE32=1.89eV E43=0.66eV 12.75eV.12.09eV 题目中只有2种光能发生光电效应，因此能发生光电效应的是能量最大的两种光子 和 结合0，>U,(遏止电压越大对应光子能量越高)，可知·对应12,75eV的光子，对应12.09©V的光子. 第15页/共33页 6学科网命组卷网 A.由以上分析可知对应12.09eV 的光子，故A正确： h hv E B.光子动量满足P=元。=。，因此两种光的动量 4p=E_E_12.75V-12.09ey_0.66cy C,故B正确； C.根据光电效应方程B=加一形，”光产生的光电子最大初动能更大，但单个光电子的初动能是随 机的，存在光的光电子初动能大于·光的光电子初动能的情况，故C错误， D.可见光属于巴尔末系：跃迁到=2,4→2、3→2，只有2种可见光，不是3种，故D错误。 故选AB。 13.现有一缓冲装置放于水平光滑桌面，如图所示，一长为的轻杆左端与一劲度系数为的轻弹簧相连， 右端恰好放置在槽口处，槽固定在桌面上。质量为m的物块以。的速度向右撞击弹簧，使轻杆插入槽中， 但不超过'，弹簧始终在弹性限度内。已知轻杆与槽之间阻力满足∫=kd,:为常数，d为轻杆插入槽 的深度，弹簧的弹性势能 1 2 ,其中x为形变量。物体从接触弹簧到离开弹簧过程中，下列说法正 确的是( ) M轻杆 mvo A.轻杆与槽之间的阻力冲量大小为 mvok B.轻杆插入的最大深度为（飞+k2)k 第16页/供33页 6学科网命组卷网 k2 c.最终物块的动量变化量大小为m,+m%yk+龙 m哈 D.轻杆插入最大深度的一半时，物块的动能为4 【答案】BC 【解析】 【详解】A.由题意可知物体离开弹簧时有向左的速度V,取向左为正方向，对物体、弹簧和轻杆组成的 系统，由动量定理可得？=mv-（←m,）=m+w)>m%,故A错误： B.由于是轻杆，杆和弹簧组成的整体两端的力大小相等，即(，d=x 设轻杆最大插入深度为dm,阻力∫=k2d是随深度线性变化的力，克服阻力做功为变力功” 21 由能量守恒，物块初动能全部转化为弹簧弹性势能和克服阻力的功2 2 mvok 方程联立，解得轻杆插入的最大深度为dm= V(k+k2)k3, 故B正确： mvok, C.根据B选项分析可知的最大值为xm (k+k)k 1 mvok 则弹簧最大的弹性势能B,m2 = 2(k+k) 砌块向左运动时弹簧弹性势能转化为物块的动能，即> k2 解得v=k+ -Vo 第17页/供33页 6学科网命组卷网 k2 最终物块的动量变化量大小为mv+W)=m,+m十友，故C正确： d=dm= D.轻杆插入最大深度的一半时”2， 2 1 R二二mvo2t、7、 Ikd-3mi 因此物块此时的动能为 2 8 故D错误。 故选BC。 非选择题部分 三、非选择题（本题共5小题，共58分） 14.某小组需要完成三个实验：实验1探究小车（或滑块）速度随时间变化规律；实验2探究小车（或滑 块)加速度与力、质量的关系：实验3验证机械能守恒定律，现有如下甲乙两装置可供选择。其中槽码质 量为m,小车或滑块质量为M。 小车纸带打点计时器 光电门2 光电门1滑块遮光条 气垫导轨 定滑轮Q 槽码 刻度 节旋钮P 调节旋钮Q 槽码 (1)下面说法正确的是 A.用图甲装置完成实验1和2均需满足M远大于m B.当图甲装置补偿阻力后，仍不能完成实验3 C.用图乙装置完成实验2时只需要绳子平行于轨道 D.用图乙装置完成实验3时轨道必须倾斜一定角度 50 Hz (2)丙图为某同学利用甲装置打出纸带的一部分，己知计时器使用交流电频率为 ，则小车的加速 m/s2 度大小为 (结果保留2位有效数字) 第18页/供33页 命学科网命组卷网 C E wwwwwwwwwwwwwwwwiwwiwwiwwiwwiwwwwwwiwwwwwwwjwwwww 34567891011121314151617181920 丙 (3)利用装置甲探究“小车质量一定，加速度与力的关系”，补偿小车阻力后，通过改变槽码质量，得到多 组数据。以加速度a为纵轴，槽码重力为横轴F，甲同学利用最初的几组数据拟合了一条直线①：乙同学 利用所有数据得到了图丁中的曲线②。分析乙同学图线弯曲的原因 。 F=mo8作一条平行纵 ap 轴的虚线，分别与图线相交P、Q两点，则p、Q所对应的纵坐标之比g (用M、m表 示)。 ◆a ① P mog F 了 【答案】(1)B (2)0.72#0.73 M+mo (3) ①.不满足M>m的近似条件 ②.M 【解析】 【小问1详解】 A.实验1中不涉及利用槽码的重力去等效替代细线的拉力，因此无需满足槽码质量远小于小车总质量的 条件，实验2才需要，故A错误： B.甲装置补偿阻力后，小车受到拉力、摩擦力抵消，还有纸带阻力，运动过程中除重力外还有纸带阻力 做功，机械能不守恒，不能完成实验3，故B正确： C.乙装置做实验2，除绳子平行轨道外，还需要平衡摩擦力，故C错误： D,乙装置做实验3，是验证槽码与滑块组成的系统机械能守恒，即系统重力势能的减小量等于系统动能 的增加量，所以不需要将轨道倾斜一定角度，故D错误。 第19页/共33页 命学科网命组卷网 故选B。 【小问2详解】 由图丙可得x4c=6.50cm,xcs=9.40cm,根据逐差法，可得 a=Xcn-xic 472 T=5×=0.1s 其中 f 代入数据解得 ≈0.73m/s2 【小问3详解】 []随着槽码质量增大，不满足M>m的近似条件，槽码重力大于细绳实际拉力，图像向下弯曲： mog [2]直线①，满足M→m的近似条件，槽码重力等于细绳实际拉力，根据牛顿第二定律有，= M 曲线②，不满足M>m的近似条件，槽码重力大于细绳实际拉力，根据牛顿第二定律，对槽码有 mog-F=modo 对小车有 F=Mao mog 联立解得。M+m。 arM+mo 联立可得ag M 15.某小组为探究某款5号充电电池的电动势和实际容量是否与标称的一致，进行如下两组实验： (1)将4节该型号充电电池串联，与开关、数字电流表（可视为理想电流表）、电阻箱连成一个回路，实 物连线图如图甲所示，闭合开关，记录数字电流表示数【及电阻箱阻值R;断开开关，改变R,重复以上 1 步骤，得到R和I的关系如图乙所示，由图乙可得每节充电电池的电动势E= V(结果保留2 位有效数字)。 第20页/供33页 6学科网 命组卷网 个R/2 600 500 400 300 200 100 o曲 0.020.040.060.080.0100.0 A 乙 (2)为研究电池容量，可以使用“电子负载”对其进行放电测试。电子负载是用电子器件实现“负载” 功能的设备，可以准确测出两端电压，精确调整电流，“负载”符合欧姆定律。测试电路如图丙所示，将 4节电池串联成电池组，设置电子负载参数为“恒定电流01A”放电，得到放电曲线如图丁所示，即电池 组的端压随放出电量Q的变化曲线。 6.0 4.0 电 负 2.0 Q/100mA·h 0- 0 10 15 20 丙 ①当每节电池两极间电压降到10V时，所放出的总电量为电池的最大可用容量。根据放电曲线，可得每 节充电电池的最大可用容量 mA.h: ②已知充电电池放电过程中电动势E基本保持不变，根据放电曲线，可知放电过程中电池内阻 (填“变大”或“变小”)；电池的输出功率 一（填“变大”或“变小”）。 【答案】(1)1.4 (2) ①.18001790#1810②.变大③.变小 【解析】 【小问1详解】 第21页/供33页 6学科网 组卷网 设4节串联电池的总电动势为 色，总内阻为色，由于电流表是理想电流表，根据闭合电路欧姆定律： E总=I(R+r总) 1 R=E台了一色，因此R-7图像的斜率等于总电动势E R- 整理得 E。=AM-50-100v=556V 192-20 结合图像可得总电动势 △ E= 每节电池电动势 E丝=-1.4V 4 【小问2详解】 []4节串联电池的总截止电压为4×1.0V=4.0V 对应图丁中0=4.0V 0 的位置，横坐标的单位是 100mA.h 18×100mA·h=1800mA.h ,读出总放出电量约为 ,这就是单节电池的最大可用容量。 [2][3]根据闭合电路欧姆定律，电池组的路端电 压=B一色，题目说明总电动势E意、放电电流 _Es-U 1=0.1A均恒定，从放电曲线可见路端电压U逐渐减小，因此总内阻叁 【逐渐变大；电池输出 功率P=Ⅱ，由于电流I恒定、路端电压不断减小，因此输出功率逐渐变小。 【点睛】 16.关于光学、热学几个实验，下列说法正确的是 第22页/供33页 6学科网组卷网 压力表 柱塞 空气柱 -橡胶套 图(a) 图b) 图(c) 图(d) A.在“测量玻璃的折射率”的实验中，操作过程如图()所示，测得的折射率偏大 B.在“油膜法估测油酸分子的大小”的实验中，根据图(b)估测出的分子的直径偏大 C.“探究气体等温变化的规律”实验装置如图(c)所示，此装置必须保持竖直 D.“用双缝干涉测量光的波长”实验时，用图()所示进行测量，测得的波长偏大 【答案】BD 【解析】 【详解】A.测量玻璃折射率实验中，图()的玻璃砖下边沿偏下，会导致出射点标记偏右，测得的折射 sini n= 角r比真实折射角偏大，根据折射定律sinr 可知'偏大，则计算得到的折射率n偏小，故A错误； B.油膜法估测分子直径实验中，图(b)的油膜轮廓有大量尖刺，会出现许多不足半格的方格，若按此轮 廓计算油膜面积，会把面积估测得比真实油膜面积偏小，根据”S 可知S偏小，则得到的分子直径d偏大，故B正确： C.探究气体等温变化规律的实验中，研究的是封闭气体的压强和体积的关系，压强可由压力表直接读出， 装置不需要必须保持竖直，故C错误： D.用双缝干涉测量光的波长时，分划板的中心刻线没有对齐干涉条纹，而是斜着跨过多条条纹，会导致 条纹间距△x的测量值比真实值偏大，根据公式Ax= 第23页/供33页 6学科网 6组卷网 A=Ar.d 可得 L 可知△x测量偏大时，波长入会偏大，故D正确。 故选BD。 17.“⊥”形且上端开口的玻璃管如图甲所示，管内有一部分水银封住密闭气体，上管足够长，图中粗、 细部分的横截面积分别为 .8,其中8=2cm 。封闭气体初始温度 30K,气体长度L=22cm, 图乙为对封闭气体缓慢加热过程中气体压强随体积变化的图线。（大气压强为 75cmHg=1.0×103Pa 求： p/cmHg 83 82 81 80 79 40444852566064687cm 甲 乙 (1)当水银柱恰好全部进入细管时的温度： (2)水银柱总体积： (3)图乙中A状态至B状态过程，内能改变 .4J ,气体吸收多少热量？ 【答案】(1)369K (2) 7cm3 (3)1.832J 【解析】 【小问1详解】 第24页/共33页 命学科网命组卷网 PAVAPaYs 恰好全部进入细管时，水银高度差不变，气体压强不再变化，对应B点T4TB 解得，-369K 【小问2详解】 聚定及m,水限全人，度为片一冬代4 最初的水银柱高度差为，=80-75=5cm △h=h-L=2cm 在粗管部分 △h'=h-△h=3cm 细管部分 全部进入细管后水银高度差为%=82-75=7(cm) 则水银柱的体积'k银=8×2cm+S,x3cm=S,×7cm 解得'k腿=7cm3,3,=lcm2 【小问3详解】 根据图像可得，图乙中A状态至B状态过程，外界对气体做功 W=-∑pAV=- 81 ×105×4×106=-0.432J 75 △U=Q+W 由热力学第一定律得 解得=1.4-(0432)=1.832 18.如图所示，ABCC为竖直平面内的倾斜轨道和圆轨道，两者在B点平滑相切连接，且C和C略错开， 直轨道C'D、FG和半圆形弯道DF固定在光滑水平桌面上，整个空间存在水平向右的匀强电场。AB倾 第25页/供33页 6学科网 命组卷网 角B=37°，长为3R;竖直圆轨道和半圆弯道半径均为R;直轨道CD和FG长均为2R。一质量为m、 带正电9的滑块（可视为质点）在A点获得初动能B”后沿轨道运动。己知滑块所受电场力大小恒为 075mg,滑块与直轨道CD、F 的动摩擦因数“=0.5 其余轨道均光滑，所有轨道绝缘。 A ·0 C(C)B G (d)者w=mgR 3 4 ,求滑块到达圆轨道最低点C的速度大小： (2)若滑块恰能在竖直圆轨道上做完整的圆周运动，求滑块对竖直圆轨道的最大弹力大小： (3)在G处固定一竖直挡板，滑块与挡板碰后能原速率反弹，若滑块经一次反弹后不再进入半圆形弯道， 求初动能 0应满足的条件· 【答案】(1)%=VgR 15 (2)2g (3)8 mgR≤Rs19, 3 【解析】 【小问1详解】 1.25mg 对小滑块受力分析，可知电场力和重力的合力大小为 ,方向与斜面垂直向下，故小滑块合外力为 第26页/供33页 命学科网命组卷网 0,在AB段小滑块做匀速直线运动，则有 EkB=Eko 对B到C,展框动能定建mg1-cos)-Rsin0=m2-。 解得"e=VgR 【小问2详解】 .25mg 等效重力等于电场力和重力的合力大小为 ,恰好做完整的圆周运动时，在等效最高点处有 m=125m8 R 1.25mg·2R=云mvax-、mm 从等效最高点到等效最低点，根据动能定理有 2 5 解得'2Vg 弹力和等效重力提供所需向心力，则有人-1.25mg=m R 15 FN= mg 解得 2 15 mg 根据牛顿第三定律可得，滑块对竖直圆轨道的最大弹力大小为2 【小问3详解】 ①能过圆轨道，则BC段合外力做 W-mgR(1-cs0)-EqRsin0mR 不版离竖直圆轨道需要到达公点的速度满足，≥ 第27页/供33页 命学科网品组卷网 因此 o==mg≥25 ②能过半圆弯道最左侧，则CD段合外力做功 Wcp --Mmg-2R-Eq-2R--5 v2 滑块在DF段不脱离时，在圆轨道最左侧处电场力和轨道支持力一起提供所需向心力，则有 Eq≤m- R 同时滑块到最左侧时，根据动能定理有 c+形w-网R=m- 31 联立解得 Eo≥。mgR 8 ③反弹后不进入半圆弯道，则从F到G再反弹回F,外力做功为 rGr=-mg·2R×2=-2mgR 从A到经反弹回F,根据动能定理有' WRC+WCD+WEGF =0-Eko .19 Eko -mgR 解得 gR≤Es/”m 31 mgR 综上分析可得8 4 19.图甲是简单的直流电动机模型示意图，固定部分为一对磁极和圆柱形铁芯，它们之间的磁场可认为沿 径向分布：旋转部分为单匝矩形导线框bcd,能绕轴心线OO'转动，线框无论转到什么位置，线框平面 都跟图乙中的磁感线平行，线框的b、cd边所处位置的磁感应强度大小处处为B。线框通过换向器与直 流电源连接。已知ab、cd边的质量均为M、长度均为L,其他部分质量不计，线框总电阻为R。电源 电动势为B，内阻为”。当闭合开关S,线框由静止开始在磁场中转动，忽略一切摩擦以及线圈的自感系 数。 第28页/共33页 6学科网命组卷网 a(b) N d(c) 羽 乙 (1)求刚闭合开关S瞬间，线框中的电流I; (2)求闭合开关后，线框由静止开始转动到转动速率达到稳定的过程中，线框b边能达到的最大速率 V和电源所释放的电能W； (3)当用电动机带动其他机器稳定工作时，线框的b、cd边相当于都受到与转动速度方向相反、大小 恒定的阻力’。写出此时电动机工作效率的表达式。 E 【答案】(1) R+r E (2)Vm=2BL: W=ME2 2B2L2 EBL-f(R+r) (3)7≈ EBL-fr 【解析】 【小问1详解】 根据闭合回路欧姆定律可得R+” 【小问2详解】 线框受到的安培力为动力，不断加速，直至线框切割磁场产生的感应电动势（反电动势）和电源电动势大 第29页/供33页 学科网命组卷网 E=E反=2BLvm 小相等时，电流为0，安培力为0，转动速率达到稳定，有 E 解得=2 设加速时间为人，对线框由动是定理可得2B沉1=2M。 而97 解得9 MVm BL W=gE 电源释放的电能 ME2 得"-2BP 【小问3详解】 根据题意，线框稳定工作时 f=F安=BIL I=f 解得BL 此时，线框转动，仍有感应电动势（反电动势） E反=2BLv 由闭合电路欧姆定律可得 E-E反=I(R+r) E-f(R+r）EBL-f(R+r） BL 工作效率7= L2F2BLvE区= PUUmU E-Ir EBL-fr 20.“彭宁离子阱”是可以用来储存带电粒子的装置，其结构主要由一个旋转对称的环电极和上下两个相 同的端电极组成。如图()所示，以阱中心为坐标原点O,旋转对称轴为z轴，建立空间坐标系。在环电 极和端电极间加电压，阱内形成电场，纵截面的部分电场线和等势线分布如图(b)所示。为研究问题方 第30页/共33页 6学科网命组卷网 便，阱内电场分解为B,、B,两部分：电场B在垂直2轴平面〈即平行0平面)内，以2镇为中心的 水平径向电场，同一圆周电场强度大小相等，方向如图《©)所示，电场，平行子轴，如图(d所示，其 中B,=一2。质量为m、电荷量为9的氢离子被束铺在阱内运动，忽略重力、阻力、相对论效应和辐射。 m (简谐运动的周期公式T=2饥√无，k为回复力系数) 端电极 图(a) 图b) 图(c) 图(d 图(e) (1)比较图(b)中P、、M、N四点之间的电势大小关系： (2)所内同时存在沿+2方向的匀强磁场，磁感应强度B。氢离子在x0平面内，做以0点为圆心，半 Boqa 径为口的匀速圆周运动，速率"=2m,求氢离了轨迹所在处的场强大小E, ③)阱内施加沿+2方向的匀强磁场，磁感应强度B,且阱内电场满足：入=E, 4m’ 4m(r为 Bqa 到z轴的距离)。若在坐标（一4,0，)处有一速度沿y轴正方向的氢离子，速度大小为2m,求该氢离子 经过0平面的坐标： (4)在(3)的基础上，仅调节元，使得氢离子的运动轨迹如图()所示，求九值。 第31页/共33页 学科网命组卷网 【答案】(1)9w=0n=Pg>pw E= Boqa (2) 4m 3)(0,a0)或(0，-a0) (4)1g 16m 【解析】 【小问1详解】 由图b等势线的对称分布可知，P、Q和M在同一等势面上，根据电场线的性质：沿电场线方向电势逐渐 降低，因此电势关系为：9M=,=e>p 【小问2详解】 洛伦兹力和电场力提供向心力民9一E,9=m心 R 得E Boga 47m 【小问3详解】 在水平方向上，离子受到洛伦兹力和径向电场力，合外力与所需向心力有9一Eg= R B2g'a mv2 即4mR 两者相等，所以水平方向上离子做以z轴为圆心，半径为的圆周运动。其周期满足 I,-2-2a-4m v Bga Bg 2m 第32页/供33页 6学科网 命组卷网 在竖直面上， E=-B=-g,离了0y平面上方时，受到向下的电场力：在0平面下方时，受到 xOy 向上的电场力，大小与偏离 平面的距离成正比 可知竖直方向上在做简谐运动 m Anm 其周期满足 T=2π， Bq Ty=T: I-I7+kx-T 1 每次离子回到平衡位置平面时的经过时间4 3 水平方向上离子转过4或者4圆弧（如图所示） 此时离子的坐标为(0，a,0)或(0，-4,0) 【小问4详解】 m=2: 4πm 由图知，此时竖直方向上简谐运动的周期为水平方向圆周运动的周期的两倍，故 2π Bq 得1、 Bq 16m 【点睛】 第33页/共33页 2026年高三8月题库 物理试题 考生注意： 1、本试卷分为选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。 2、考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 3、可能用到的参数：重力加速度取，，。 选择题部分 一、选择题Ⅰ（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分） 1. 达因（）是厘米克秒制中的一个常用单位，已知，从单位制角度分析，达因是下列哪个物理量的单位（ ） A. 功率 B. 力 C. 能量 D. 速度 2. 2026年7月10日12时15分，长征十号乙运载火箭在海南商业航天发射场点火升空，火箭一二级分离约6分钟后，一级火箭最后垂直落回海上回收平台。下列说法正确的是（ ） A. 一级火箭返回过程，一直处于失重状态 B. “12时15分”、“约6分钟”均指时间间隔 C. 从发射至回收，一级火箭位移不为0 D. 研究一级火箭回收过程时的姿态，可将其视为质点 3. 图中港珠澳大桥上一辆电动汽车正匀速行驶在水平路段，对于该过程下列说法正确的是（ ） A. 汽车重力的冲量为0 B. 汽车的机械能保持不变 C. 汽车对桥面的压力就是汽车的重力 D. 轮胎受到的支持力由轮胎形变产生的 4. 关于教材中的插图，下列说法正确的是（ ） A. 图甲实验可以估算原子核的尺寸 B. 图乙实验中电子的速度越大，中心的亮斑半径越大 C. 图丙装置中利用的射线是射线 D. 图丁中镉棒使“快中子”变为“慢中子” 5. 如图所示，一台空调外机用2个三角形支架固定在外墙上，重力大小为，重心恰好与横梁和斜梁连接点在同一竖直面内。水平，跟的夹角为，梁所受力方向均沿梁，下列说法正确的是（ ） A. 对点的作用力大小为 B. 对点的拉力大小为 C. 保持点位置不变，若加长，则受力将增大 D. 保持点位置不变，若加长，则受力将增大 6. 太空碎片会对航天器带来危害。空间站绕地球做逆时针方向的匀速圆周运动，如图中实线所示，太为了避开碎片，空间站在点以极短时间喷射气体，喷射方向沿径向（图中箭头所示）。变轨后轨道如图中虚线所示，其半长轴大于原轨道半径。则空间站（ ） A. 变轨后的运动周期变小 B. 变轨前、后经过点的速率变小 C. 变轨前的速率比变轨后的远地点速率大 D. 变轨前、后经过点的向心加速度大小不变 7. 尼科尔棱镜是利用方解石双折射特性制造的偏振器件。其原理是一束单色自然光入射到第一块棱镜端面上，进入棱镜后分为o光和e光，o光以入射到树胶等厚薄层，恰好发生全反射，其光路如图所示。而e光会经树胶薄层从第二块棱镜端面射出，得到纯度极高的线偏振光。下列说法正确的是（ ） A. 方解石晶体属于多晶体 B. o光光子能量大于e光光子能量 C. o光在方解石晶体中传播速度为 D. e光从偏振器件右端出射方向与左端入射方向平行 8. 物体只在重力和空气阻力作用下的运动轨迹如图所示，已知物体的质量为，所受空气阻力与速率成正比，，方向与速度方向相反，抛出瞬间速度大小为，与水平方向的夹角为，落地瞬间速度大小为，与水平方向的夹角为，重力加速度为g。关于物体从抛出到落地的整个过程，下列说法正确的是（ ） A. 物体经过最高点时速率最小 B. 空气阻力对物体做功为 C. 物体的水平射程为 D. 物体在空中飞行的时间为 9. 如图是我国自主研发的全球最大海上风力发电机，其叶片转动时可形成直径的圆面。某时间内该地区的风速是，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，完整转一圈产生电能，已知空气的密度为，假如这个风力发电机能将此圆内40%的空气动能转化为电能。下列估算正确的是（　　） A. 叶轮的转速约为 B. 发电机的发电功率约 C. 叶尖线速度大小约 D. 叶轮完整转一圈冲击叶片圆面的空气动能约 10. 如图所示，磁极N、S间的磁场可看作匀强磁场，磁感应强度，矩形线框的面积，共匝，内阻，边与滑环E相连，边与滑环F相连，理想二极管与串联，其中。若线圈正在绕轴以角速度顺时针匀速转动，图中线圈所在位置恰好与磁场垂直，此时开始计时，下列说法正确的是（ ） A. 电流表示数为 B. 两端电压表达式为 C. 转一周过程中，外力所做的功为 D. 线框转过一周，外电路流过电荷量为 二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的四个选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分） 11. “地震预警”是在地震发生后，在地震波传播到受灾地区前，提前几秒至几十秒发出警报，通知目标区域从而实现预警。科研机构研究地震波时将其简化为简谐波处理，时的波形图如图甲所示，、分别是平衡位置处于、处的质点，图乙为质点的振动图像，则（ ） A. 该横波的波速大小为 B. 该波沿轴正方向传播 C. 时，质点运动到处 D. 时，质点的加速度沿轴正方向 12. 某种光伏电池如图甲所示，其中透明导电的球壳为阳极，球形感光材料为阴极，现用理想电压表连接阴极和阳极。图乙为氢原子能级图，一群处于能级的氢原子向低能级跃迁过程中，辐射光照射阴极，只有频率为和的光能发生光电效应，电压表最大示数分别为和，其中。已知光速。下列说法正确的是（ ） A. 光的光子能量为 B. 、两种光的光子动量之差为 C. 图甲中，光产生的光电子初动能一定大于光产生的 D. 图乙中，该群氢原子向低能级跃迁能辐射3种不同频率的可见光 13. 现有一缓冲装置放于水平光滑桌面，如图所示，一长为的轻杆左端与一劲度系数为的轻弹簧相连，右端恰好放置在槽口处，槽固定在桌面上。质量为的物块以的速度向右撞击弹簧，使轻杆插入槽中，但不超过，弹簧始终在弹性限度内。已知轻杆与槽之间阻力满足，为常数，为轻杆插入槽的深度；弹簧的弹性势能，其中为形变量。物体从接触弹簧到离开弹簧过程中，下列说法正确的是（ ） A. 轻杆与槽之间的阻力冲量大小为 B. 轻杆插入的最大深度为 C. 最终物块的动量变化量大小为 D. 轻杆插入最大深度的一半时，物块的动能为 非选择题部分 三、非选择题（本题共5小题，共58分） 14. 某小组需要完成三个实验：实验1探究小车（或滑块）速度随时间变化规律；实验2探究小车（或滑块）加速度与力、质量的关系；实验3验证机械能守恒定律，现有如下甲乙两装置可供选择。其中槽码质量为，小车或滑块质量为。 （1）下面说法正确的是__________。 A. 用图甲装置完成实验1和2均需满足远大于 B. 当图甲装置补偿阻力后，仍不能完成实验3 C. 用图乙装置完成实验2时只需要绳子平行于轨道 D. 用图乙装置完成实验3时轨道必须倾斜一定角度 （2）丙图为某同学利用甲装置打出纸带的一部分，已知计时器使用交流电频率为，则小车的加速度大小为__________（结果保留2位有效数字） （3）利用装置甲探究“小车质量一定，加速度与力的关系”，补偿小车阻力后，通过改变槽码质量，得到多组数据。以加速度为纵轴，槽码重力为横轴，甲同学利用最初的几组数据拟合了一条直线①；乙同学利用所有数据得到了图丁中的曲线②。分析乙同学图线弯曲的原因__________。过作一条平行纵轴的虚线，分别与图线相交、两点，则、所对应的纵坐标之比__________（用、表示）。 15. 某小组为探究某款5号充电电池的电动势和实际容量是否与标称的一致，进行如下两组实验： （1）将4节该型号充电电池串联，与开关、数字电流表（可视为理想电流表）、电阻箱连成一个回路，实物连线图如图甲所示，闭合开关，记录数字电流表示数及电阻箱阻值；断开开关，改变，重复以上步骤，得到和的关系如图乙所示，由图乙可得每节充电电池的电动势________（结果保留2位有效数字）。 （2）为研究电池容量，可以使用“电子负载”对其进行放电测试。电子负载是用电子器件实现“负载”功能的设备，可以准确测出两端电压，精确调整电流，“负载”符合欧姆定律。测试电路如图丙所示，将4节电池串联成电池组，设置电子负载参数为“恒定电流”放电，得到放电曲线如图丁所示，即电池组的端压随放出电量的变化曲线。 ①当每节电池两极间电压降到时，所放出的总电量为电池的最大可用容量。根据放电曲线，可得每节充电电池的最大可用容量________； ②已知充电电池放电过程中电动势基本保持不变，根据放电曲线，可知放电过程中电池内阻________（填“变大”或“变小”）；电池的输出功率________（填“变大”或“变小”）。 16. 关于光学、热学几个实验，下列说法正确的是__________ A. 在“测量玻璃的折射率”的实验中，操作过程如图（a）所示，测得的折射率偏大 B. 在“油膜法估测油酸分子的大小”的实验中，根据图（b）估测出的分子的直径偏大 C. “探究气体等温变化的规律”实验装置如图（c）所示，此装置必须保持竖直 D. “用双缝干涉测量光的波长”实验时，用图（d）所示进行测量，测得的波长偏大 17. “”形且上端开口的玻璃管如图甲所示，管内有一部分水银封住密闭气体，上管足够长，图中粗、细部分的横截面积分别为、，其中。封闭气体初始温度为，气体长度，图乙为对封闭气体缓慢加热过程中气体压强随体积变化的图线。（大气压强为）求： （1）当水银柱恰好全部进入细管时的温度； （2）水银柱总体积； （3）图乙中状态至状态过程，内能改变，气体吸收多少热量？ 18. 如图所示，为竖直平面内的倾斜轨道和圆轨道，两者在点平滑相切连接，且和略错开，直轨道、和半圆形弯道固定在光滑水平桌面上，整个空间存在水平向右的匀强电场。倾角，长为；竖直圆轨道和半圆弯道半径均为；直轨道和长均为。一质量为、带正电的滑块（可视为质点）在点获得初动能后沿轨道运动。已知滑块所受电场力大小恒为，滑块与直轨道、的动摩擦因数，其余轨道均光滑，所有轨道绝缘。 （1）若，求滑块到达圆轨道最低点的速度大小； （2）若滑块恰能在竖直圆轨道上做完整的圆周运动，求滑块对竖直圆轨道的最大弹力大小； （3）在处固定一竖直挡板，滑块与挡板碰后能原速率反弹，若滑块经一次反弹后不再进入半圆形弯道，求初动能应满足的条件。 19. 图甲是简单的直流电动机模型示意图，固定部分为一对磁极和圆柱形铁芯，它们之间的磁场可认为沿径向分布；旋转部分为单匝矩形导线框，能绕轴心线转动，线框无论转到什么位置，线框平面都跟图乙中的磁感线平行，线框的、边所处位置的磁感应强度大小处处为。线框通过换向器与直流电源连接。已知、边的质量均为、长度均为，其他部分质量不计，线框总电阻为。电源电动势为，内阻为。当闭合开关，线框由静止开始在磁场中转动，忽略一切摩擦以及线圈的自感系数。 （1）求刚闭合开关瞬间，线框中的电流； （2）求闭合开关后，线框由静止开始转动到转动速率达到稳定的过程中，线框边能达到的最大速率和电源所释放的电能； （3）当用电动机带动其他机器稳定工作时，线框的、边相当于都受到与转动速度方向相反、大小恒定的阻力。写出此时电动机工作效率的表达式。 20. “彭宁离子阱”是可以用来储存带电粒子的装置，其结构主要由一个旋转对称的环电极和上下两个相同的端电极组成。如图（a）所示，以阱中心为坐标原点，旋转对称轴为轴，建立空间坐标系。在环电极和端电极间加电压，阱内形成电场，纵截面的部分电场线和等势线分布如图（b）所示。为研究问题方便，阱内电场分解为、两部分：电场在垂直轴平面（即平行平面）内，以轴为中心的水平径向电场，同一圆周电场强度大小相等，方向如图（c）所示；电场平行轴，如图（d）所示，其中。质量为、电荷量为的氢离子被束缚在阱内运动，忽略重力、阻力、相对论效应和辐射。（简谐运动的周期公式，为回复力系数） （1）比较图（b）中、、、四点之间的电势大小关系； （2）阱内同时存在沿方向的匀强磁场，磁感应强度。氢离子在平面内，做以点为圆心，半径为的匀速圆周运动，速率，求氢离子轨迹所在处的场强大小； （3）阱内施加沿方向的匀强磁场，磁感应强度，且阱内电场满足：，（为到轴的距离）。若在坐标处有一速度沿轴正方向的氢离子，速度大小为，求该氢离子经过平面的坐标； （4）在（3）的基础上，仅调节，使得氢离子的运动轨迹如图（e）所示，求值。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $