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2026届浙江省杭州市高三下学期二模教学质量检测物理试题
一、单选题：本大题共10小题，共30分。
1.下列物理量属于矢量且单位正确的是( )
A. 力 B. 功 C. 电场强度 D. 电流
2.如图为“正义使命”军事演习中导弹发射的情景，则( )
A. 研究导弹的飞行轨迹时可将导弹视为质点 B. 飞行的导弹只受重力作用
C. 导弹斜向上加速时处于失重状态 D. 导弹的运动一定是匀变速曲线运动
3.如图所示，在带正电的带电体附近，将带绝缘底座的导体、相碰一下后分开，然后分别接触小电动机的两个接线柱，电动机会开始转动。在电动机转动还未停下时，重复上述操作，电动机便能持续转动。关于以上现象，下列说法正确的是( )
A. 电动机能够转动是因为、带同种电荷
B. 第一次将、相碰后分开，带负电、带正电
C. 以上操作将导致带电体的电荷量逐渐减少
D. 小电动机不停转动成为永动机，违背能量守恒定律
4.某躺椅的简化结构如图所示，左、右两个板面与水平方向的夹角分别为和，人静躺在躺椅上，此时重心恰在支撑点的正上方。人的质量为，重力加速度为，左、右两个板面对人的支持力分别为两板交接处对人体无作用，不计摩擦，下列分析正确的是( )
A. 与的合力一定大于 B. 与的大小之和一定大于
C. 若，则一定有 D. 此时躺椅对地面的压力大小等于
5.如图是四个电容式传感器的示意图，关于这四个传感器，下列说法正确的是( )
A. 图甲中电容与动片转出的角度成正比 B. 图乙中导电液体液面上升时，电容减小
C. 图丙中压力增大时，电容增大 D. 图丁中电介质右移时，电容增大
6.某碗状容器的截面如图所示，三边、、长度相等，碗底水平，侧边与底边的夹角均为。小球从点水平向右抛出后落在侧边上，若仅增大初速度后再次将小球抛出并落在碗上。关于第二次抛出的小球，下列说法错误的是不考虑小球反弹，不计空气阻力
A. 飞行时间可能与第一次相同 B. 动能增量可能比第一次小
C. 速度方向可能与第一次相同 D. 可能垂直打在侧边上
7.为了研究交流电的产生，小明同学进行了如下实验：第一次将矩形线圈放在匀强磁场中，线圈绕转轴按图示方向匀速转动向纸外、向纸内，并从图甲所示位置开始计时，产生的电流图像如图乙所示。第二次仅将转轴改为对角线以相同的转速匀速转动向纸外、向纸内仍从图甲所示位置开始计时，则第二次的电流图像是( )
A. B.
C. D.
8.一束单色光射向汽车玻璃时的光路图如图所示，各界面可视为相互平行的平面，和分别是界面和界面上的入射角，界面上的反射光线与折射光线相互垂直。已知玻璃对该光的折射率，，则下列说法正确的是( )
A. 出射光线、不平行
B. 增大入射角，光线可能在界面发生全反射
C. 该光在隔热膜中传播速度小于在玻璃中的速度
D. 汽车隔热膜对该光的折射率
9.如图所示，以为圆心的闭合导体圆环置于光滑绝缘水平桌面上，在水平桌面内以为圆心、半径大于圆环半径的区域，存在一方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小按规律均匀减小、均已知，圆环半径为，电阻为，则( )
A. 图中圆环内电流沿逆时针方向 B. 圆环中感生电场场强大小为
C. 圆环的发热功率为 D. 时圆环中的张力大小为
10.年月，科学家们的最新研究探讨了向距离地球最近的黑洞发射探测器的可能性。下图为探测器绕黑洞的运动示意图，椭圆轨道与圆轨道Ⅱ相切于点。已知探测器质量为，黑洞质量为，半径为，轨道上离黑洞中心最远的点到黑洞中心的距离为，圆轨道Ⅱ的半径为。若规定无穷远处引力势能为零，探测器的引力势能为探测器到黑洞中心的距离，探测器在椭圆轨道的总机械能为椭圆轨道半长轴。则探测器( )
A. 在轨道、Ⅱ上运动的周期之比为
B. 在轨道、Ⅱ上点的加速度大小之比为
C. 经过轨道、Ⅱ上点的速度大小之比为
D. 在轨道上经过点的速度大小之比为
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
11.振动发生器在发波水槽中振动时能够产生水波。下列四幅图是演示水波的传播过程时观察到的现象，下列说法正确的是( )
A. 图甲演示的是波的折射现象
B. 图乙所示现象产生的原因可能是界面两侧水的深度不同
C. 仅增大振动发生器的振动频率可使图丙中的现象更加明显
D. 要观察到图丁所示稳定图样，两针状振动发生器的振动频率应相同
12.双相波除颤技术能够实现心脏节律重置，其简化工作电路如图甲，工作时先通过恒压充电电源对电容器充电，再通过电路放电实行除颤。小明按图甲电路进行模拟实验，在电极片、之间接入电阻为、时，测得放电电流分别如图乙中的实线和虚线所示，已知电容，电感，不计电感与电容的漏磁、发热等损耗，下列说法正确的有( )
A. 互换两个电极片、在人体的位置，除颤仪仍可以正常工作
B. 虚线振荡电流振幅衰减的主要原因是能量以电磁波的形式发射出去
C. 保持电容和电感不变，电阻从增大到的过程中振荡电流周期会增大
D. 电容充电完毕后，开关接通放电电路瞬间电容器两端的电压约为
13.普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论。在任意给定温度热力学温度下，辐射强度的极大值对应的波长满足为常量；黑体单位面积上的热辐射功率为常量。假定地球、太阳与人体均可视为黑体，当地球接收到的太阳热辐射功率与自身热辐射功率相等时达到热平衡状态。已知：日地距离约为太阳半径的倍，人体温度约为，，下列说法正确的是( )
A. 黑体辐射实验规律表明，随着温度的升高，短波区辐射强度增加，长波区辐射强度减少
B. 根据题中所给信息可知太阳表面的温度约为
C. 地球表面热力学温度约为太阳表面热力学温度的
D. 地球表面热力学温度约为太阳表面热力学温度的
三、非选择题：本大题共5小题，共58分。
14.小明同学利用如图甲所示的实验装置“探究加速度与力、质量的关系”。
本实验采用的实验方法是 ；
A.理想模型法 等效替代法 控制变量法
安装好器材后，将小车放在长木板上，不挂槽码，把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，直至轻推小车后纸带上打出的点迹分布均匀，该操作的目的是 ；
图乙为打点计时器打出的部分纸带，电源的频率为，测得，，，，小车的加速度大小 结果保留两位有效数字；
本实验方案主要的误差来源于：牵引小车的槽码也在做加速运动，致使小车所受的拉力 选填“小于”或“大于”槽码的重力。
15.用图甲装置做“用双缝干涉测量光的波长”实验，下列说法正确的有( )
A. 测量单色光波长时，滤光片应安装在单缝和双缝之间
B. 用手拨动拨杆可使单缝与双缝平行，从而使干涉图样更清晰
C. 旋转测量头可使图乙中分划板中心刻线与干涉条纹平行
D. 换用间距更小的双缝可增加从目镜中观测到的条纹个数
16.如图甲所示是某实验小组做“观察电容器充、放电现象”的实验电路，实验中采用的器材有：干电池组，内阻未知、电容器、电压表量程，内阻约、定值电阻、秒表等。
图甲中虚线框内应选择下列器材中的 ；
A. ． ．
按图甲电路进行实验，发现充电过程中电流表的示数始终不为零，其主要原因是 ：
A.电源内阻不可忽略 电压表内阻并非无穷大 电流表内阻不可忽略
实验小组改用传感器可视为理想电表对该实验做进一步探究，电路如图乙所示；
采集传感器数据，用计算机绘制充、放电过程的图像，则充电过程的图像是 ，放电过程的图像是 选填“”或“”；
A. ．
用计算机绘制充电过程中的图像如图丙中实线所示，随后将两个相同规格的电容器并联后再次进行实验，则第二次实验充电过程中绘制出的图像应为虚线 选填“”或“”。
17.一种低温测量中常用的气体温度计如图所示。下端是容积为的测温泡，上端是容积为的压强计，，压强计导热性能良好，其内部气体温度保持室温不变。两者通过导热性能极差的毛细管相连，毛细管容积可忽略不计。测量前，温度计内封闭着压强为、温度为室温的气体状态，然后将测温泡浸入温度为的低温待测物质，内气体与待测物质达到热平衡过程中，原先状态下的内有体积的气体进入测温泡，最后压强计的读数为状态，已知，，，从状态到状态的过程中，整个温度计内封闭气体共向外界放出热量测温过程中，压强计和测温泡的容积保持不变。
与低温待测物质达到热平衡后，测温泡内气体分子的平均速率 选填“增大”或“减小”，气体分子的数密度 选填“增大”或“减小”；
求状态到状态过程中，整个温度计内封闭气体总内能的变化封闭气体总体积不变；
以状态下中的气体为研究对象，求低温待测物质的温度。
18.为模拟电磁弹射过程，研究小组设计了如图甲所示的装置。无动力模型飞机起飞前通过绝缘构件与可视为导体杆的动子连接，动子可在足够长的光滑水平平行导轨上滑动，同时推动飞机向右加速运动，整个装置处于竖直方向的匀强磁场中，导轨左端接有可控电流源，其输出电流如图乙所示，图示箭头方向为电流的正方向，图中时间内的电流、均已知。时刻启动电流源使飞机从静止开始加速，时刻飞机达到起飞速度并与动子分离，在时刻，动子速度恰好减为，电流源立即停止工作。已知导轨间距为，磁感应强度大小为，飞机的质量为，动子的质量为、电阻为，不计其他电阻，不计电流变化及空气阻力的影响。
判断磁场的方向，并求飞机的起飞速度大小；
求时间内电流源输出的能量；
若要求时间内将动子的部分动能进行回收，实现为可控电流源充电，求动子的电阻应满足的条件用题中所给物理量的符号表示，其中圆频率。
19.某游戏装置的竖直截面如图所示，由倾斜直轨道、圆弧轨道和置于光滑水平地面上的滑板组成。直轨道与半径为、圆心角为的圆弧轨道平滑连接，圆轨道末端点与滑板上表面水平相切，滑板右端套筒内安装有一原长等于的轻弹簧，处有传感器可记录弹簧弹力的最大值。现将一滑块在点由静止释放，若传感器示数不为零且滑块不会从滑板左侧滑出，则判定游戏成功。已知长，，，段长度，段与滑块间的动摩擦因数，其余接触面均光滑，弹簧劲度系数，露在套筒外的长度，滑块质量，滑板含弹簧、套筒、传感器总质量。弹簧弹性势能为形变量，，。
求滑块在段的运动时间；
求滑块运动到圆弧轨道点受到的支持力大小；
求弹簧的最大压缩量；
若滑块与套筒左端的碰撞为完全非弹性碰撞不粘连，滑块质量在一定范围内可调，求游戏成功时的取值范围。
20.受控核聚变托卡马克装置中常用磁镜装置约束带电粒子，其简化模型如图所示。以轴为轴线对称分布着中间长直螺线管与端部长直螺线管，坐标原点点为中间螺线管的几何中点。磁镜装置参数如下：中间和端部螺线管单位长度匝数分别为，分别通入恒定电流，螺线管内部产生沿轴正方向的匀强磁场，磁感应强度分别为。一束质量为、电量为的正离子从点与轴夹角为注入磁镜，离子在磁场中运动仅受洛伦兹力作用，不考虑相对论效应。已知：匝米、匝米、，通以电流的螺线管内部磁感应强度真空磁导率为单位长度匝数，。
氘氚聚变是目前受控核聚变的主要研究方向，其核反应方程是：，请将方程补充完整，并求磁镜装置中和的大小取；
若入射速率，求离子在中间螺线管内运动过程中离轴的最大距离以及第一次返回轴时的“”坐标取，离子始终未离开中间螺线管；
在轴和未知间存在沿轴正方向缓慢增强的线性梯度磁场，离子能被磁镜捕获的临界条件为：离子运动到端部磁场处时沿轴方向速度恰好减为零。已知：离子速度垂直于轴的分量与所在区域磁感应强度满足。若离子以速度从处注入且恰好满足捕获条件，
求入射速度方向与轴夹角的临界值结果可用三角函数表示；
若磁感应强度分布满足：，，求离子从处运动到处所用的时间用字母表示。
答案解析
1.【答案】
【解析】【详解】力是矢量，但根据牛顿第二定律 ，力的单位为 ，故A错误；
B.功是标量，且功的单位为 ， 是功率的单位，故B错误；
C.电场强度是矢量，根据电场强度定义式 ，其单位为 ，故C正确；
D.电流虽有方向，但运算遵循代数加减法则，不满足矢量的平行四边形运算法则，属于标量，故D错误。
故选C。
2.【答案】
【解析】【详解】在研究导弹飞行轨迹时，导弹的大小和形状对研究问题没有影响，可以看作质点，故A正确；
B.飞行的导弹除受重力作用外，还受到阻力作用，故B错误；
C.导弹斜向上加速时，竖直方向有向上的加速度，所以处于超重状态，故C错误；
D.飞行的导弹受重力和阻力作用，合外力不断变化，加速度不断变化，所以不是做匀变速曲线运动，故D错误。
故选A。
3.【答案】
【解析】【详解】在正的带电体附近，绝缘的导体、相碰时，由于静电感应，、带上等量异种电荷，相碰一下后分开，带负电、带正电，故 B正确；
A.因为带正电，带负电，当、分别接触小电动机的两个接线柱时，有电流流过电动机，所以电动机能够转动，故A错误；
C.以上操作是因为静电感应，使电荷重新分布，的电荷并没有发生转移，所以带电体的电荷量不会变化，故 C错误；
D.上述过程在把、分开的过程中要克服、之间的静电力做功，这是把机械能转化为电能，然后再把电能转化为机械能，上述过程是能量不断转化的过程，不违背能量守恒定律；图中的小电动机不停地转动，也是因为消耗了人的内能，并不是所谓的永动机，故D错误。
故选B。
4.【答案】
【解析】【详解】对人受力分析，由平衡可知， 与 的合力一定等于 ，因 、 与 能够构成三角形，可知 与 的大小之和一定大于 ，A错误，B正确；
C.对人受力分析，由平衡可知
若 ，则一定有 ，C错误；
D.躺椅对地面的压力等于人和躺椅的重力之和，则此时躺椅对地面的压力大小大于 ，D错误。
故选B。
5.【答案】
【解析】【详解】根据电容的决定式
电容器的正对面积为 为动片半径
联立可得
即电容 与动片转出的角度不成正比，故A错误；
B.导电液体液面上升时，正对面积增大，根据电容的决定式
可知电容 增大，故B错误；
C.随着压力的增大，板间距逐渐减小，根据电容的决定式
可知电容 增大，故C正确；
D.电介质右移时，介电常数 减小，根据电容的决定式
可知电容 减小，故D错误。
故选C
6.【答案】
【解析】【详解】平抛运动在竖直方向上，有
解得
即高度决定时间，第一次落在上与第二次落在上，下落的高度可能相等，则下落时间相同，故A正确；
B.若第一次落在上，增大速度后落在上且第二次下落的高度小于第一次下落的高度，根据动能定理可知动能的增量
可知增大初速度后再落到碗上的动能增量比第一次小，故B正确；
C.若两次都落到斜面上，因为速度方向与水平方向的夹角 的正切值是位移与水平方向夹角 的正切值的倍，即
又因两次的位移方向相同，所以两次落在斜面上时的速度方向相同，故C正确；
D.根据结论可知做平抛运动的物体，某点的瞬时速度反向延长线交于此时水平位移的中点。如果小球下落后垂直打在侧边上，其瞬时速度反向延长线不可能交于水平位移中点，所以落在侧边上的小球，不可能垂直打在上，故D错误。
本题选错误的，故选D。
7.【答案】
【解析】【详解】第二次仅将转轴改为对角线以相同的转速匀速转动，穿过线圈的磁通量变化情况与线圈绕转轴转动变化情况相同，所以产生的感应电流与第一次相同。
故选A。
8.【答案】
【解析】【详解】在隔热膜的入射点，根据折射定律，有
在隔热膜的出射点，根据几何关系可知入射角为 ，折射角为 ，根据折射定律，有
联立可得 ，所以出射光线、平行，故A错误；
B.根据平行玻璃砖对光线有平移效果及光路的可逆性可知光线只要能进入平行玻璃砖就能从平行玻璃砖射出，所以增大入射角 ，光线不可能在界面发生全反射，故B错误；
C.根据折射定律，有
可得
因为 ，所以
光在介质中的传播速度为
可知该光在隔热膜中传播速度大于在玻璃中的速度，故C错误；
D.根据界面上的反射光线与折射光线相互垂直，可知
根据折射定律，有
代入数据解得 ，故D正确。
故选D。
9.【答案】
【解析】A.根据楞次定律，原磁场方向向下且磁感应强度均匀减小，穿过圆环的磁通量减小。感应电流的磁场需阻碍磁通量减小，故感应磁场的方向竖直向下。由右手螺旋定则可知，从上向下看，圆环中感应电流沿顺时针方向，故A错误；
B.感生电场的电场强度与感应电动势的关系为。由法拉第电磁感应定律，感应电动势均匀减小，为正值，为圆环面积，故，代入感生电场公式得，因此B错误；
C.圆环的发热功率，将代入得，因此C错误；
D.当时，磁感应强度。因此圆环所受安培力的合力为零，取圆环上一小段，其受力平衡方程为，，联立解得，故D正确。
10.【答案】
【解析】【详解】根据开普勒第三定律，有
可得探测器在轨道Ⅰ、上运行的周期之比为 ，故A错误；
B.根据万有引力提供向心力，有
可得
故可知探测器在轨道、Ⅱ 上 点的加速度大小之比为，故B错误；
C.在轨道Ⅱ 上 点，根据万有引力提供向心力，有
可得在轨道Ⅱ 上 点的速度为
在轨道上 点的总机械能为
引力势能为
则有
联立解得
经过轨道、Ⅱ 上点的速度大小之比为 ，故C正确；
D.根据开普勒第二定律，在相等的时间内，探测器与黑洞连线扫过的面积相等，则有
解得在轨道上经过 、 点的速度大小之比为 ，故D错误。
故选C。
11.【答案】
【解析】【详解】图甲演示的是波的反射现象，A错误；
B.图乙所示现象是波的折射现象，产生的原因可能是界面 两侧水波的传播速度不同，即水的深度不同，B正确；
C.根据波产生明显衍射的条件，仅增大振动发生器的振动频率，则根据 可知，因水波的传播速度不变，则水波的波长减小，则可使图丙中的现象更加不明显，C错误；
D.根据波的干涉条件可知，要观察到图丁所示稳定图样，两针状振动发生器的振动频率应相同，D正确。
故选BD。
12.【答案】
【解析】【详解】除颤仪的工作原理是通过电容器放电产生电流来实现心脏节律重置，互换电极片、的位置，只是电流方向改变，不影响除颤的效果，除颤仪仍可以正常工作，故A正确；
B.虚线振荡电流振幅衰减的主要原因是接入了电阻，电流通过电阻时会产生焦耳热，能量以热能的形式损耗，而非以电磁波形式发射。故B错误；
C.在有阻尼的振荡电路中，电阻越大，阻尼越大，振荡周期会增大。因此保持和不变，从增大到的过程中，振荡电流周期会增大。故C正确；
D.设电容 充电完毕后，开关接通放电电路瞬间电容器两端的电压为 ，则此时电容器储存的电场能为
由于此时电路中电流为，则电感的磁场能为。随着电容器的放电，电场能逐渐转化为电感的磁场能。当电流达到最大值 时，电容器的电荷量为，则电场能全部转化为磁场能。此时的磁场能为
则根据能量守恒有
即
由图乙可知 ，代入上式解得 ，故D错误。
故选AC。
13.【答案】
【解析】【详解】黑体辐射的实验规律为：温度升高时，所有波长的辐射强度均增加，仅辐射强度的极大值向短波方向移动，长波区辐射强度并未减少，故A错误；
B.辐射强度的极大值对应的波长 满足
人体温度约为 ，
根据 ，可知
解得 ，故B正确；
设太阳半径为，由题知日地距离，太阳总辐射功率
太阳辐射均匀分布在半径为的球面上，地球所在位置单位面积接收功率为
热平衡时，地球接收功率等于自身辐射功率：设地球半径为，地球接收功率
地球辐射总功率
联立解得 ，故C正确，D错误；
故选BC。
14.【答案】
补偿阻力平衡阻力
小于

【解析】【详解】探究加速度与力、质量的关系，先控制质量一定，探究加速度与力的关系，再控制力一定，探究加速度与质量的关系；本实验采用的实验方法是控制变量法。
故选C。
为了使小车所受绳子的拉力等于小车的合外力，则应平衡摩擦力。而平衡摩擦力的方法是将小车放在水平长木板上，不挂槽码，把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，轻推小车，直至纸带上打出的点迹分布均匀；故该空填补偿阻力平衡阻力。
打点计时器的工作频率为 ，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出可得图中纸带上相邻计数点的时间间隔为 ，根据逐差法可得小车的加速度大小为
由于槽码有向下的加速度，槽码处于失重状态，致使小车所受的拉力小于槽码的重力。
15.【答案】
【解析】【详解】滤光片应安装在凸透镜和单缝之间，故A错误；
B.左右拨动拨杆可使单缝与双缝平行，从而使干涉图样更清晰，故B正确；
C.转动测量头可使条纹与分划板竖直刻线平行，故C正确；
D.若想增加从目镜中观察到的条纹个数，则条纹间距 将减小，根据相邻亮条纹间的距离为
可知，使用间距更小的双缝，会使条纹间距变大，观测的条纹个数减小，故D错误。
故选BC。
16.【答案】

【解析】【详解】通过回路的最大电流为 ，所以电流表选C。
电压表内阻并非无穷大，电压表和电容器会构成回路，并通过电压表放电。
故选B。
电容器充电过程中，根据闭合电路的欧姆定律 ，且
可得图像的斜率是个定值，图像与图像类似。
故选B。
电容器放电过程中，电容器相当于电源，根据欧姆定律
图像与图像类似。
故选A。
单一电容器充电时，通过的电荷量为
最大电流为 ；
两个电容并联时，充电时通过的电荷量为
最大电流为
根据图线与坐标轴所围的面积表示电量，结合以上可知选。
17.【答案】减小
增大

【解析】【详解】与低温待测物质达到热平衡后，测温泡内气体温度降低，分子的平均速率减小；内气体与待测物质达到热平衡过程中，原先状态下的 内有 体积的气体进入测温泡，分子数增多，则分子数密度增大。
气体体积不变，不对外做功
热力学第一定律
得出
根据理想气体状态方程
解得低温待测物质的温度
18.【答案】【详解】由左手定则可知，磁场方向竖直向下；
动子受到的安培力
系统的加速度
起飞速度
焦耳热
飞机和动子的动能
电流源输出的能量
时间内回收能量等于飞机与动子分离后动子的动能与电阻上产生的热量的差值，即要求
交流电有效值
由于 ， ，
整理得

【解析】详细答案和解答过程见答案
19.【答案】【详解】 过程，对滑块进行分析，根据牛顿第二定律有
根据位移公式有
解得
过程，根据动能定理有
解得
滑块在 点，根据牛顿第二定律有
解得
弹簧压缩量最大时，滑块与滑板共速，由系统水平方向动量守恒有
解得
设弹簧最大压缩量为 ，由功能关系有
解得
此时仍然有
若滑块碰到套筒且最终未能从板的左侧滑出，则从滑块与套筒完成碰撞到滑块再次相对滑板静止为止，由动量守恒可知初末状态系统总动能相同，弹性势能恰好全部转化为滑块弹回过程中的摩擦热，须满足
解得
若滑块未碰到套筒，由于弹簧最大压缩量变小，滑块与板第一次共速时的弹性势能小于 ，可知滑块返回时与板之间的相对滑行距离一定小于 ，滑块一定不会从板左侧滑出，仅需满足滑块能碰到弹簧即可，即有 ，
解得
综上所述，可得满足游戏成功条件的滑块质量范围

【解析】详细答案和解答过程见答案
20.【答案】【详解】核反应方程是
中间磁场
端部磁场
速度分解：横向速度垂直磁场，纵向速度平行磁场 ；
设回旋轨道半径为 ，由洛伦兹力提供向心力
得
离 轴最远
回旋周期
第一次回到 轴的坐标
洛伦兹力不做功，离子总动能恒定；
处有
处有
得
化简得
洛伦兹力不做功，离子总动能守恒 ，故
由
得 ，即
由功能关系 ，得轴向合力 大小恒定、方向与轴向运动相反故离子沿 轴做匀减速直线运动；
有
由 得
将 代入
得
由 得

【解析】详细答案和解答过程见答案
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