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2026届河北省邢台市名校协作体高三上学期一模物理试题
1．利用电子与离子的碰撞可以研究离子的能级结构和辐射特性。离子相对基态的能级图（设基态能量为0）如图所示。用电子碰撞离子使其从基态激发到可能的激发态，若所用电子的能量为，则离子辐射的光谱中，波长最长的谱线对应的跃迁为（　　）
A．能级 B．能级
C．能级 D．能级
2．如图所示，两列仅起振方向不同的波沿一直线相向传播。当它们相遇时，完整波形可能是（　　）
A． B．
C． D．
3．2025年9月9日，我国用捷龙三号运载火箭，成功将吉利星座05组卫星发射升空。如图所示，卫星先进入椭圆轨道Ⅰ，然后在远地点点火加速，进入圆形轨道Ⅱ。下列说法正确的是（　　）
A．卫星在近地点的速率小于远地点的速率
B．卫星从近地点到远地点的过程中引力做负功
C．卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上与地心的连线在相同时间内扫过的面积相等
D．卫星在轨道Ⅰ上经过点时的加速度小于在轨道Ⅱ上经过点时的加速度
4．水平直线上有A、B、C三点，在B、C两点各固定一点电荷，电荷量分别为和，周围的等势面分布示意图如图所示。在A点固定一根竖直光滑绝缘细杆，一带正电的小环（重力不可忽略）套在细杆上从D点无初速度释放到达A点。下列说法正确的是（　　）
A．小环在D点与在A点所受电场力的方向相同
B．小环运动到A点时的加速度大于重力加速度
C．小环在D点的电势能小于在A点的电势能
D．小环最终以A点为中心做往复运动
5．镀有反射膜的三棱镜常用在激光器中用来选择波长。如图，一束复色光以一定的入射角（）从点进入棱镜后，不同颜色的光以不同角度折射，只有折射后垂直入射到反射膜的光才能原路返回形成激光输出。某一含红、绿、蓝光的复色光入射到三棱镜时，激光器输出的是绿光，则（　　）
A．绿光在棱镜中的折射角大于红光的折射角
B．有可能通过调节入射角，使激光器同时输出红、绿、蓝光
C．若要调为红光输出，需将棱镜绕点逆时针转动一小角度
D．不管怎么调节，激光器都不可能输出红光
6．如图甲所示为乐清湾农光互补、渔光互补光伏电力项目。该项目以U0=220kV高压输出，通过本地的变电站网络逐级降压配送。图乙是首次降压的变压器示意图，通往居民区的输出电压为U1=110kV，通往工业区的输出电压为U2=55kV。已知工业区耗电功率是居民区的10倍，变压器可视为理想变压器，初级线圈匝数为n0，电流为I0；居民区次级线圈匝数为n1，电流为I1；工业区次级线圈匝数为n2，电流为I2。则（　　）
A． B．I0：I1=11：2
C．I1：I2=1：2 D．I1：I2=11：40
7．如图所示，质量为m的小滑块P套在竖直光滑杆上，质量为2m的小滑块Q置于水平面上，Q与水平面间的动摩擦因数μ=0.6，P、Q通过铰链与长为L的轻杆两端连接，轻杆与水平面的夹角为53°，整个装置处于静止状态。重力加速度大小为g，sin53°=0.8，cos53°=0.6。现用水平力F缓慢向右拉动Q至轻杆与水平面的夹角变为37°，该过程力F做的功为（　　）
A． B． C． D．
8．一定质量的理想气体经历了a→b→c→a循环，已知该气体在状态a时的压强为、体积为、温度为，其压强p与的比值随热力学温度T的关系图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．从c到a的过程中，气体单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数减少
B．从c到a的过程中，气体单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数增加
C．从b到c的过程中，气体对外做功大于气体从外界吸收的热量
D．从b到c的过程中，气体对外做功小于气体从外界吸收的热量
9．如图所示，AB、CD和EI、GH为固定的平行且足够长的光滑金属导轨，AB、CD相距2L且与水平面的夹角为，EI、GH相距L水平放置，导轨之间都有大小为B、垂直向下的匀强磁场。质量均为m，长度分别为2L、L的金属棒MN和PQ垂直放置在导轨上。已知两杆在运动过程中始终垂直于导轨并与导轨保持接触良好，MN和PQ的电阻分别为2R、R，导轨的电阻不计，重力加速度大小为g。现MN从静止释放，在稳定之前还没到底部，则（　　）
A．若PQ固定，MN的最大速度为
B．若PQ固定，则最终PQ两端的电压为
C．若PQ不固定，则最终PQ的速度是MN的两倍
D．若PQ不固定，则最终PQ的加速度是MN的两倍
10．为探究包装袋易撕口的物理原理，小明进行了以下研究：
①模拟实验。如图1所示，用一端固定的竖直纸带模拟包装袋，在纸带边缘切开一个字型的小缺口模拟易撕口。在纸带的另一端施加拉力，纸带总是从字型缺口处撕开。
②查阅资料。物理学中用“应力”来分析材料的变形和断裂。如图2所示，在物体内部某一截面上，取极小面积包围点，因外力引起该处相互作用力的改变量为，则称为点处的应力。类比电场线，用“力线”来描述应力在施力点和支撑点间强弱及方向的分布。图3是有两个对称支撑点的水平横梁中点受向下压力时的力线分布。
根据上述信息并结合所学知识，下列推断正确的是（　　）
A．应力的单位与压强的单位相同
B．图1中垂直纸带任取两个水平横截面，穿过两截面的力线条数相等
C．图1中小缺口处点与点相比，点处力线密集，应力大
D．图3中点与点相比，横梁更容易在点处断裂
11．Tracker软件是一种广泛使用的视频分析软件。某学习小组在观看了第四次天宫课堂中的小球碰大球实验视频后，利用Tracker软件对该一维碰撞的实验视频进行分析，已知视频中m1= 100g的小球碰撞原来静止的m2= 500g的大球，由视频分析可得它们在碰撞前后的x-t图像如图所示。
（1）选取小球碰前速度方向为正方向，则两球碰撞前，大球、小球的总动量为　 　（计算结果保留2位有效数字），根据实验数据可知，两球碰撞过程中动量　 　（选填“守恒”或“不守恒”）。
（2）碰撞恢复系数的定义式为，其中和分别为小球和大球碰撞前后的速度，利用x-t图像数据可计算出该实验中碰撞恢复系数e=　 　。
12．用如图所示的电路测量金属丝的电阻率。器材如下：待测金属丝电阻约为、滑动变阻器、电阻箱、电流表量程，内阻可忽略、直流电源内阻约、开关、导线若干。
（1）将滑动变阻器的滑片移到　 　选填“左”或“右”端，闭合开关 S，调节电阻箱阻值为，移动R滑片使电流表示数为。保持R的滑片位置不变，调节电阻箱阻值为，此时电流表示数为，则　 　若金属丝粗细均匀，横截面积为，长度为1m，则金属丝的电阻率　 　结果均保留两位有效数字。若电流表内阻不能忽略，则的测量值　 　选填“偏大”、“偏小”。
（2）图所示电路测定电池的电动势，将中金属丝接入电路中，先闭合开关，待电流表稳定后闭合开关。移动滑动触头P直到电流计G的示数变为零，测得，电流表示数为；改变滑动变阻器阻值重复实验，测得多组数据画出图像如图所示。已知该图像斜率为k，金属丝的电阻为，长为，则电池的电动势　 　用题中所给的字母表示。
13．如图所示为跳台滑雪赛道的简化示意图，助滑道与起跳平台平滑连接，长直着陆坡与水平面的夹角。质量为的运动员（含装备）沿助滑道从点下滑，到达起跳平台末端点沿水平方向飞出，在空中飞行一段距离后落在着陆坡上的点。从起跳平台末端到着陆点之间的距离是评判运动员比赛成绩的重要依据。取重力加速度，，。
（1）不考虑空气对运动员的作用。运动员从点运动到点的过程中，在空中飞行时间。求：
a.、两点之间的距离。
b.运动员从点水平飞出时的速度大小。
（2）考虑空气对运动员的作用。运动员在空中飞行的过程中，假设空气对运动员的作用力的方向与竖直方向夹角恒为11°，如图所示，力的大小恒为运动员所受重力的，取，。
运动员仍以（1）b的速度从点水平飞出，若不考虑空气对运动员的作用，运动员的运动轨迹如图中①所示；若考虑空气对运动员的作用，判断运动员的运动轨迹可能是图中的　 　（选填“①”“②”或“③”）。并通过计算说明判断依据　 　。
14．如图所示，半径为R、内壁光滑的细圆管固定在水平面内，两小球A、B静止在圆管内，A、B初始位置与圆心连线的夹角为。现给A球一沿管切线向左的初速度，A、B间的碰撞为弹性碰撞（碰撞时间忽略不计）。已知A球质量为m，B球质量为2m，重力加速度为g。求：
（1）A刚开始运动时管对A球的支持力大小；
（2）A、B第一次碰撞后瞬间各自的速度大小、；
（3）从A开始运动到A、B即将发生第三次碰撞的过程中，A球所受重力的冲量大小。
15．如图甲所示，2025年8月26日，国际上首个运行的超大规模和超高精度“幽灵粒子”探测器在我国建成并投入使用。为研究高能粒子控制与探测，研究小组设计了如图乙所示的粒子控制与探测一体化模型。在xOy平面存在沿x轴正方向的匀强电场E，以O点为圆心的圆形区域内存在垂直xOy平面向里的匀强磁场B。在坐标原点固定一小块含的物质，衰变成，继续衰变成，设衰变后产生的、粒子向xOy平面各个方向均匀发射。磁场圆边界处有可移动的粒子探测器，可探测到从不同区域离开边界的粒子。已知粒子的比荷为k，电子的比荷为3672k，、粒子沿各个方向的最大速度分别为v与10v，圆形磁场的半径为R，不计空气阻力、粒子的重力及粒子间的相互作用，不考虑相对论效应。
（1）请写出的衰变方程；
（2）将E调到0，为使所有粒子均不离开磁场，求磁感应强度B的最小值；
（3）将B调到0，若探测器在x≥0的圆边界处均能探测到粒子，求电场强度E的范围；
（4）将B调到B0，若存在一些初速度为0的粒子，探测器探测到这些粒子离开圆弧边界时的速度与y轴平行，求电场强度E的最大值。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】因若所用电子的能量为50eV，故撞He+离子使其从基态最高跃迁到n=3激发态，然后从n=3激发态向低能级的三种跃迁中，n=3→n=2的能级差最小，由
可知，波长最长的谱线对应的跃迁为能级。
故选：C。
【分析】电子从基态激发到可能的激发态，由能级跃迁公式确定。
2．【答案】C
【知识点】波的叠加
【解析】【解答】当两列波的波谷与波峰恰好相遇时，位移矢量和为零；当左边波峰和右边波峰完全相遇时，出现C波形，两列波频率相同，相位差恒定能产生稳定的干涉现象，振幅变成2倍，或者振幅变成零，故C正确，ABD错误。故选：C。
【分析】两列相同波相向传播时相遇处质点位移为各波单独引起位移的矢量和，通过分析不同相遇阶段的位移情况判断可能波形。
3．【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题；功的概念；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A、根据开普勒第二定律，卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积相等。卫星从近地点向远地点运动时，距离地心越来越远，为保证相同时间扫过面积相等，速度会越来越小，所以卫星在近地点的速率大于远地点的速率，故A错误；B、卫星从近地点到远地点的过程中，卫星远离地球，引力方向与运动方向夹角大于90°，根据功的计算公式W=Fscosθ，此时cosθ＜0，所以引力做负功，故B正确；
C．根据开普勒第二定律可知，在同一轨道上，卫星与地心的连线在相同时间内扫过的面积相等；但在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上，即在不同轨道上，卫星与地心的连线在相同时间内扫过的面积不相等，故C错误；
D．根据牛顿第二定律可得
解得
可知卫星在轨道Ⅰ上经过点时的加速度等于在轨道Ⅱ上经过点时的加速度，故D错误。
故选：B。
【分析】根据开普勒第二定律分析作答；根据W=Fscosθ分析作答；开普勒第二定律是针对同一轨道而言的；根据牛顿第二定律以及万有引力定律综合分析。
4．【答案】C
【知识点】点电荷的电场；电势能；电势；等势面；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．在B、C两点各固定一点电荷，电荷量分别为和，等量异种电荷的电场线分布如图所示
由图可知小环在D点与在A点的电场强度方向不同，则所受电场力的方向不同，故A错误；
B．在A点，电场力水平向左，水平方向受力平衡，竖直方向只受重力，根据牛顿第二定律可知加速度，故B错误；
C．小环带正电，由等势线可知，根据电势能，可知，故C正确；
D．假如重力远大于电场力，小环会一直往下运动，不会以A为中心做往复运动，故D错误。
故选C。
【分析】根据等量异种电荷的电场线分布分析电场力方向；对小环进行受力分析，根据牛顿第二定律分析加速度大小；根据电势能Ep=qφ分析电势能大小；假如重力远大于电场力，小球会一直向下运动。
5．【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】A、根据光的折射定律，由于棱镜对绿光的折射率大于红光，当入射角相同时，棱镜中绿光的折射角小于红光的折射角，故A错误；
B、 一束复色光以一定的入射角（）从点进入棱镜，由于红、绿、蓝三种色光的折射率存在差异，因此无法通过单一地调整入射角i，使得激光器同时输出这三种光，故B错误；
CD、红光的折射率相对较小，其折射角较大。若要将输出光调整为红光，需要使棱镜绕O点沿逆时针方向转动一个微小角度，这样才可能使红光经折射后垂直射向反射膜，进而被反射返回形成激光输出，故C正确，D错误。
故选：C。
【分析】不同颜色的光折射率不同导致折射角不同，只有垂直入射到反射膜的光才能原路返回输出。已知绿光被输出，表明绿光折射后恰好垂直反射膜。
6．【答案】B
【知识点】变压器原理；电能的输送
【解析】【解答】A．通往居民区的输出电压为U1=110kV，通往工业区的输出电压为U2=55kV，根据理想变压器的原理
解得，故A错误；
BCD．由于理想变压器输入功率等于输出功率，则有
结合题意可知
代入数据解得，，故B正确，CD错误。
故选：B。
【分析】根据变压器电压比与匝数比的关系和输入功率等于输出功率列式求解。
7．【答案】A
【知识点】功的计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】设轻杆长度为L，初始时杆与水平方向夹角θ1=53°，终止时夹角θ2=37°。滑块P下降高度为：Δh=Lsin53°-Lsin37°，解得：Δh=0.2L。
滑块Q水平位移为：Δx=Lcos37°-Lcos53°，解得：Δx=0.2L。
用水平力F缓慢向右拉动Q，可知系统在竖直方向的力平衡，则可得地面对Q的支持力为
则小滑块Q受到的滑动摩擦力为
重力对小滑块P做的功为
摩擦力对小滑块Q做的功为
因整个过程缓慢变化，故动能的变化量为零，根据动能定理有
联立解得
故选A。
【分析】通过几何关系确定滑块P的竖直位移和滑块Q的水平位移，利用功能原理分析外力F做功与重力势能变化及摩擦力做功的关系。由于过程缓慢，动能变化可忽略，最终通过能量守恒建立方程求解F的功。
8．【答案】A,D
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】AB．由图结合理想气体状态方程可知，从c到a的过程中，体积不变，温度降低，分子平均动能减小，故气体单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数减少，故A正确，B错误；
CD．从b到c的过程中，温度升高，气体内能增加，由图结合理想气体状态方程可知，体积增大，气体对外做功，根据热力学第一定律，可知气体对外做功小于气体从外界吸收的热量，故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】从c到a的过程中，体积不变，温度降低；从b到c的过程中，压强不变，温度升高，结合热力学第一定律分析。
9．【答案】B,D
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A. 根据题意可知，对于金属棒MN，速度最大时，合力为零，则根据平衡条件有
解得，A错误；
B.MN相当于电源， MN和PQ的电阻分别为2R、R，导轨的电阻不计， PQ两端的电压为，B正确；
CD.若PQ不固定，则最终电路中的感应电流恒定，要想满足这一条件，最终PQ的加速度是MN的两倍，根据牛顿第二定律应该有，，，显然最终速度不是2倍关系，C错误，D正确。
故选BD。
【分析】根据速度最大时，合力为零求若PQ固定，MN的最大速度；根据电路分压特点求若PQ固定，则最终PQ两端的电压；根据牛顿第二定律和电动势表达式求若PQ不固定，最终PQ的速度以及加速度与MN的关系。
10．【答案】A
【知识点】形变与弹力；电场线
【解析】【解答】A、应力的定义为“单位面积上的内力”，其单位是N/m2（帕斯卡），与压强的单位相同，故A正确；
B、V型缺口会引起应力集中，纸带上各截面的应力分布不均匀，因而任意两个水平截面上穿过的力线条数不一定相等。故B错误；
C、在V型缺口的尖端（应力集中最严重的位置），力线最密集、应力最大；若P为尖端，则P点的应力大于Q点，故“Q点应力更大”与实际情况相反。故C错误；
D、 根据图3可知，与点相比，点力线更密集，应力更为集中，更容易断裂，故D错误。
故选：A。
【分析】V型缺口会引起应力集中，在V型缺口的尖端，力线最密集，可类比电场线，对于两端支撑、中点受集中力的横梁，最容易在跨中断裂。
11．【答案】（1）0.12；守恒
（2）1
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）根据它们在碰撞前后的x-t图像可得小球速度为
已知视频中m1= 100g的小球碰撞原来静止的m2= 500g的大球，则两球碰撞前两球的总动量为
两球碰撞后大球的动量为
碰后小球的动量为
碰撞后的动量之和为
故大球、小球碰撞前后动量守恒。
（2）根据它们在碰撞前后的x-t图像可得碰撞前小球的速度
大球的速度
碰撞后小球的速度
大球的速度
联立解得=1
【分析】（1）通过分析x-t图像中小球碰撞前的匀速运动段，可以确定其速度大小。将小球质量与速度相乘得到系统总动量。碰撞后分别计算两球动量并求和，与碰撞前总动量比较判断动量是否守恒；
（2）从x-t图像中提取碰撞前后两球的速度数据，代入恢复系数定义式进行计算。注意速度方向的正负号处理，最终结果应取绝对值。
（1）[1]选取水平向左为正方向，则两球碰撞前大球处于静止状态，小球匀速直线运动，则小球速度为
则两球碰撞前两球的总动量为
[2]两球碰撞后大球的动量为
碰后小球的动量为
碰撞后的动量之和为
故大球、小球碰撞前后动量守恒。
（2）由题可知，碰撞前小球的速度
大球的速度
碰撞后小球的速度
大球的速度
联立解得=1
12．【答案】（1）左；2.5；；偏大
（2）
【知识点】导体电阻率的测量；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）为了电路安全，实验开始时，滑动变阻器滑动头应移到最左端；
调节电阻箱阻值为，移动R滑片使电流表示数为。保持R的滑片位置不变，调节电阻箱阻值为，此时电流表示数为，根据两次读数结果，由欧姆定律，有：
可得
解得
由电阻决定式有
代入计算得电阻率；
若电流表阻值不可忽略，由欧姆定律，有
可得
则，即电流表内阻不能忽略，的测量值偏大。
（2）由闭合回路欧姆定律，结合电路图有Ex
整理可得
可得斜率
计算得Ex
【分析】（1）将滑动变阻器滑片移至左端以保证安全，利用两次调节时滑动变阻器分压不变的特点，通过电压相等的关系求解待测电阻；再结合电阻定律推导电阻率，最后分析电流表内阻对测量值的影响；
（2）依据补偿法原理，当电流计示数为零时分析电路中电压关系，结合金属丝电阻与长度的关联，将实验数据转化为图像，通过图像斜率推导电池电动势的表达式。
（1）[1]实验开始时，为了电路安全，滑动变阻器滑动头应移到最左端；
[2]根据两次读数结果，由欧姆定律，有：
可得
解得
[3]由电阻决定式有
代入计算得电阻率；
[4]若电流表阻值不可忽略，由欧姆定律，有
可得
则，即电流表内阻不能忽略，的测量值偏大。
（2）由闭合回路欧姆定律，有Ex
整理可得
可得斜率
计算得Ex
13．【答案】（1）解：a.、两点之间的竖直距离
则BC两点之间的距离。
b.运动员从点水平飞出时的速度大小
（2）②；解：若考虑运动员在空中飞行受到的空气阻力的影响，其受力分析如答图所示。设运动员在水平方向的加速度为，竖直方向的加速度为，飞行时间为。水平方向，竖直方向，根据几何关系，有联立可得，，因为，故距离更远，轨迹为②。
【知识点】受力分析的应用；平抛运动
【解析】【解答】（2）解：若考虑运动员在空中飞行受到的空气阻力的影响，其受力分析如答图所示。
设运动员在水平方向的加速度为，竖直方向的加速度为，飞行时间为。
水平方向，
竖直方向，
根据几何关系，有
联立可得，，
因为，故距离更远，轨迹为②。
故答案为：②
【分析】（1）平抛运动：分解为竖直自由落体、水平匀速直线运动，结合几何关系求距离与速度。
（2）空气力作用：分解空气力到水平、竖直方向，求分加速度，分析水平位移与下落时间的变化，判断轨迹。
（1）a.、两点之间的竖直距离
则BC两点之间的距离。
b.运动员从点水平飞出时的速度大小
（2）若考虑运动员在空中飞行受到的空气阻力的影响，其受力分析如答图所示。
设运动员在水平方向的加速度为，竖直方向的加速度为，飞行时间为。
水平方向，
竖直方向，
根据几何关系，有
联立可得，，
因为，故距离更远，轨迹为②。
14．【答案】（1）刚开始运动时，水平方向管对A球的力，竖直方向管对A球的力，其中，由
解得
（2）以顺时针方向为正，对A、B系统，由动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
解得，
所以A、B各自的速度大小分别为、
（3）依题意，从开始运动到与发生第一次碰撞历时
由（2）知，第一次碰后，球沿逆时针运动，球沿顺时针运动，则球相对于球的速度，从第一次碰撞到第二次碰撞历时
以顺时针方向为正，第二次碰撞过程有，
解得，
从第二次碰撞到第三次碰撞历时
由得A球所受重力的冲量大小
【知识点】动量守恒定律；竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律和力的合成管对A球的支持力大小FN；
（2） A、B碰撞过程中动量守恒， A、B间的碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律求A、B第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vA、vB；（3）根据动量守恒定律和能量守恒定律结合运动学公式求出从A开始运动到A、B即将发生第三次碰撞的过程中的时间，再结合冲量表达式求A球所受重力的冲量大小IG。
（1）刚开始运动时，水平方向管对A球的力，竖直方向管对A球的力，其中，由
解得
（2）以顺时针方向为正，对A、B系统，由动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
解得，
所以A、B各自的速度大小分别为、
（3）依题意，从开始运动到与发生第一次碰撞历时
由（2）知，第一次碰后，球沿逆时针运动，球沿顺时针运动，则球相对于球的速度，从第一次碰撞到第二次碰撞历时
以顺时针方向为正，第二次碰撞过程有，
解得，
从第二次碰撞到第三次碰撞历时
由得A球所受重力的冲量大小
15．【答案】（1）发生衰变，根据质量数守恒和电荷数守恒，可得
（2）粒子在磁场中做圆周运动（或）
由于（或 r=0.5R 或）
对粒子
对粒子
因此取
（3）设第二象限内与y轴正向夹角为的粒子，刚好从y轴离开圆边界，x轴方向
y轴方向
解得
当时，
因此（或）
（4）把粒子分解成沿y轴正方向以v0做匀速直线运动，以及以v0逆时针匀速圆周运动，满足
即
即
x 轴方向x=2r
y 轴方向y=v0t
由几何关系
结合，其中
求得
当n=0时，
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；α、β、γ射线及特点
【解析】【分析】（1）发生衰变，根据质量数质子数守恒求解；
（2）粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，两种粒子均不离开磁场，取其交集；
（3）刚好从y轴离开圆边界，把粒子在电场中速度分解，求电场的最小值；
（4）把粒子分解成沿y轴正方向以v0做匀速直线运动，以及以v0逆时针匀速圆周运动，根据粒子运动的周期性进行求解。
（1）发生衰变，根据质量数守恒和电荷数守恒，可得
（2）粒子在磁场中做圆周运动（或）
由于（或 r=0.5R 或）
对粒子
对粒子
因此取
（3）设第二象限内与y轴正向夹角为的粒子，刚好从y轴离开圆边界，x轴方向
y轴方向
解得
当时，
因此（或）
（4）把粒子分解成沿y轴正方向以v0做匀速直线运动，以及以v0逆时针匀速圆周运动，满足
即
即
x 轴方向x=2r
y 轴方向y=v0t
由几何关系
结合，其中
求得
当n=0时，
1 / 12026届河北省邢台市名校协作体高三上学期一模物理试题
1．利用电子与离子的碰撞可以研究离子的能级结构和辐射特性。离子相对基态的能级图（设基态能量为0）如图所示。用电子碰撞离子使其从基态激发到可能的激发态，若所用电子的能量为，则离子辐射的光谱中，波长最长的谱线对应的跃迁为（　　）
A．能级 B．能级
C．能级 D．能级
【答案】C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】因若所用电子的能量为50eV，故撞He+离子使其从基态最高跃迁到n=3激发态，然后从n=3激发态向低能级的三种跃迁中，n=3→n=2的能级差最小，由
可知，波长最长的谱线对应的跃迁为能级。
故选：C。
【分析】电子从基态激发到可能的激发态，由能级跃迁公式确定。
2．如图所示，两列仅起振方向不同的波沿一直线相向传播。当它们相遇时，完整波形可能是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】波的叠加
【解析】【解答】当两列波的波谷与波峰恰好相遇时，位移矢量和为零；当左边波峰和右边波峰完全相遇时，出现C波形，两列波频率相同，相位差恒定能产生稳定的干涉现象，振幅变成2倍，或者振幅变成零，故C正确，ABD错误。故选：C。
【分析】两列相同波相向传播时相遇处质点位移为各波单独引起位移的矢量和，通过分析不同相遇阶段的位移情况判断可能波形。
3．2025年9月9日，我国用捷龙三号运载火箭，成功将吉利星座05组卫星发射升空。如图所示，卫星先进入椭圆轨道Ⅰ，然后在远地点点火加速，进入圆形轨道Ⅱ。下列说法正确的是（　　）
A．卫星在近地点的速率小于远地点的速率
B．卫星从近地点到远地点的过程中引力做负功
C．卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上与地心的连线在相同时间内扫过的面积相等
D．卫星在轨道Ⅰ上经过点时的加速度小于在轨道Ⅱ上经过点时的加速度
【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题；功的概念；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A、根据开普勒第二定律，卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积相等。卫星从近地点向远地点运动时，距离地心越来越远，为保证相同时间扫过面积相等，速度会越来越小，所以卫星在近地点的速率大于远地点的速率，故A错误；B、卫星从近地点到远地点的过程中，卫星远离地球，引力方向与运动方向夹角大于90°，根据功的计算公式W=Fscosθ，此时cosθ＜0，所以引力做负功，故B正确；
C．根据开普勒第二定律可知，在同一轨道上，卫星与地心的连线在相同时间内扫过的面积相等；但在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上，即在不同轨道上，卫星与地心的连线在相同时间内扫过的面积不相等，故C错误；
D．根据牛顿第二定律可得
解得
可知卫星在轨道Ⅰ上经过点时的加速度等于在轨道Ⅱ上经过点时的加速度，故D错误。
故选：B。
【分析】根据开普勒第二定律分析作答；根据W=Fscosθ分析作答；开普勒第二定律是针对同一轨道而言的；根据牛顿第二定律以及万有引力定律综合分析。
4．水平直线上有A、B、C三点，在B、C两点各固定一点电荷，电荷量分别为和，周围的等势面分布示意图如图所示。在A点固定一根竖直光滑绝缘细杆，一带正电的小环（重力不可忽略）套在细杆上从D点无初速度释放到达A点。下列说法正确的是（　　）
A．小环在D点与在A点所受电场力的方向相同
B．小环运动到A点时的加速度大于重力加速度
C．小环在D点的电势能小于在A点的电势能
D．小环最终以A点为中心做往复运动
【答案】C
【知识点】点电荷的电场；电势能；电势；等势面；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．在B、C两点各固定一点电荷，电荷量分别为和，等量异种电荷的电场线分布如图所示
由图可知小环在D点与在A点的电场强度方向不同，则所受电场力的方向不同，故A错误；
B．在A点，电场力水平向左，水平方向受力平衡，竖直方向只受重力，根据牛顿第二定律可知加速度，故B错误；
C．小环带正电，由等势线可知，根据电势能，可知，故C正确；
D．假如重力远大于电场力，小环会一直往下运动，不会以A为中心做往复运动，故D错误。
故选C。
【分析】根据等量异种电荷的电场线分布分析电场力方向；对小环进行受力分析，根据牛顿第二定律分析加速度大小；根据电势能Ep=qφ分析电势能大小；假如重力远大于电场力，小球会一直向下运动。
5．镀有反射膜的三棱镜常用在激光器中用来选择波长。如图，一束复色光以一定的入射角（）从点进入棱镜后，不同颜色的光以不同角度折射，只有折射后垂直入射到反射膜的光才能原路返回形成激光输出。某一含红、绿、蓝光的复色光入射到三棱镜时，激光器输出的是绿光，则（　　）
A．绿光在棱镜中的折射角大于红光的折射角
B．有可能通过调节入射角，使激光器同时输出红、绿、蓝光
C．若要调为红光输出，需将棱镜绕点逆时针转动一小角度
D．不管怎么调节，激光器都不可能输出红光
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】A、根据光的折射定律，由于棱镜对绿光的折射率大于红光，当入射角相同时，棱镜中绿光的折射角小于红光的折射角，故A错误；
B、 一束复色光以一定的入射角（）从点进入棱镜，由于红、绿、蓝三种色光的折射率存在差异，因此无法通过单一地调整入射角i，使得激光器同时输出这三种光，故B错误；
CD、红光的折射率相对较小，其折射角较大。若要将输出光调整为红光，需要使棱镜绕O点沿逆时针方向转动一个微小角度，这样才可能使红光经折射后垂直射向反射膜，进而被反射返回形成激光输出，故C正确，D错误。
故选：C。
【分析】不同颜色的光折射率不同导致折射角不同，只有垂直入射到反射膜的光才能原路返回输出。已知绿光被输出，表明绿光折射后恰好垂直反射膜。
6．如图甲所示为乐清湾农光互补、渔光互补光伏电力项目。该项目以U0=220kV高压输出，通过本地的变电站网络逐级降压配送。图乙是首次降压的变压器示意图，通往居民区的输出电压为U1=110kV，通往工业区的输出电压为U2=55kV。已知工业区耗电功率是居民区的10倍，变压器可视为理想变压器，初级线圈匝数为n0，电流为I0；居民区次级线圈匝数为n1，电流为I1；工业区次级线圈匝数为n2，电流为I2。则（　　）
A． B．I0：I1=11：2
C．I1：I2=1：2 D．I1：I2=11：40
【答案】B
【知识点】变压器原理；电能的输送
【解析】【解答】A．通往居民区的输出电压为U1=110kV，通往工业区的输出电压为U2=55kV，根据理想变压器的原理
解得，故A错误；
BCD．由于理想变压器输入功率等于输出功率，则有
结合题意可知
代入数据解得，，故B正确，CD错误。
故选：B。
【分析】根据变压器电压比与匝数比的关系和输入功率等于输出功率列式求解。
7．如图所示，质量为m的小滑块P套在竖直光滑杆上，质量为2m的小滑块Q置于水平面上，Q与水平面间的动摩擦因数μ=0.6，P、Q通过铰链与长为L的轻杆两端连接，轻杆与水平面的夹角为53°，整个装置处于静止状态。重力加速度大小为g，sin53°=0.8，cos53°=0.6。现用水平力F缓慢向右拉动Q至轻杆与水平面的夹角变为37°，该过程力F做的功为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】功的计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】设轻杆长度为L，初始时杆与水平方向夹角θ1=53°，终止时夹角θ2=37°。滑块P下降高度为：Δh=Lsin53°-Lsin37°，解得：Δh=0.2L。
滑块Q水平位移为：Δx=Lcos37°-Lcos53°，解得：Δx=0.2L。
用水平力F缓慢向右拉动Q，可知系统在竖直方向的力平衡，则可得地面对Q的支持力为
则小滑块Q受到的滑动摩擦力为
重力对小滑块P做的功为
摩擦力对小滑块Q做的功为
因整个过程缓慢变化，故动能的变化量为零，根据动能定理有
联立解得
故选A。
【分析】通过几何关系确定滑块P的竖直位移和滑块Q的水平位移，利用功能原理分析外力F做功与重力势能变化及摩擦力做功的关系。由于过程缓慢，动能变化可忽略，最终通过能量守恒建立方程求解F的功。
8．一定质量的理想气体经历了a→b→c→a循环，已知该气体在状态a时的压强为、体积为、温度为，其压强p与的比值随热力学温度T的关系图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．从c到a的过程中，气体单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数减少
B．从c到a的过程中，气体单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数增加
C．从b到c的过程中，气体对外做功大于气体从外界吸收的热量
D．从b到c的过程中，气体对外做功小于气体从外界吸收的热量
【答案】A,D
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】AB．由图结合理想气体状态方程可知，从c到a的过程中，体积不变，温度降低，分子平均动能减小，故气体单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数减少，故A正确，B错误；
CD．从b到c的过程中，温度升高，气体内能增加，由图结合理想气体状态方程可知，体积增大，气体对外做功，根据热力学第一定律，可知气体对外做功小于气体从外界吸收的热量，故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】从c到a的过程中，体积不变，温度降低；从b到c的过程中，压强不变，温度升高，结合热力学第一定律分析。
9．如图所示，AB、CD和EI、GH为固定的平行且足够长的光滑金属导轨，AB、CD相距2L且与水平面的夹角为，EI、GH相距L水平放置，导轨之间都有大小为B、垂直向下的匀强磁场。质量均为m，长度分别为2L、L的金属棒MN和PQ垂直放置在导轨上。已知两杆在运动过程中始终垂直于导轨并与导轨保持接触良好，MN和PQ的电阻分别为2R、R，导轨的电阻不计，重力加速度大小为g。现MN从静止释放，在稳定之前还没到底部，则（　　）
A．若PQ固定，MN的最大速度为
B．若PQ固定，则最终PQ两端的电压为
C．若PQ不固定，则最终PQ的速度是MN的两倍
D．若PQ不固定，则最终PQ的加速度是MN的两倍
【答案】B,D
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A. 根据题意可知，对于金属棒MN，速度最大时，合力为零，则根据平衡条件有
解得，A错误；
B.MN相当于电源， MN和PQ的电阻分别为2R、R，导轨的电阻不计， PQ两端的电压为，B正确；
CD.若PQ不固定，则最终电路中的感应电流恒定，要想满足这一条件，最终PQ的加速度是MN的两倍，根据牛顿第二定律应该有，，，显然最终速度不是2倍关系，C错误，D正确。
故选BD。
【分析】根据速度最大时，合力为零求若PQ固定，MN的最大速度；根据电路分压特点求若PQ固定，则最终PQ两端的电压；根据牛顿第二定律和电动势表达式求若PQ不固定，最终PQ的速度以及加速度与MN的关系。
10．为探究包装袋易撕口的物理原理，小明进行了以下研究：
①模拟实验。如图1所示，用一端固定的竖直纸带模拟包装袋，在纸带边缘切开一个字型的小缺口模拟易撕口。在纸带的另一端施加拉力，纸带总是从字型缺口处撕开。
②查阅资料。物理学中用“应力”来分析材料的变形和断裂。如图2所示，在物体内部某一截面上，取极小面积包围点，因外力引起该处相互作用力的改变量为，则称为点处的应力。类比电场线，用“力线”来描述应力在施力点和支撑点间强弱及方向的分布。图3是有两个对称支撑点的水平横梁中点受向下压力时的力线分布。
根据上述信息并结合所学知识，下列推断正确的是（　　）
A．应力的单位与压强的单位相同
B．图1中垂直纸带任取两个水平横截面，穿过两截面的力线条数相等
C．图1中小缺口处点与点相比，点处力线密集，应力大
D．图3中点与点相比，横梁更容易在点处断裂
【答案】A
【知识点】形变与弹力；电场线
【解析】【解答】A、应力的定义为“单位面积上的内力”，其单位是N/m2（帕斯卡），与压强的单位相同，故A正确；
B、V型缺口会引起应力集中，纸带上各截面的应力分布不均匀，因而任意两个水平截面上穿过的力线条数不一定相等。故B错误；
C、在V型缺口的尖端（应力集中最严重的位置），力线最密集、应力最大；若P为尖端，则P点的应力大于Q点，故“Q点应力更大”与实际情况相反。故C错误；
D、 根据图3可知，与点相比，点力线更密集，应力更为集中，更容易断裂，故D错误。
故选：A。
【分析】V型缺口会引起应力集中，在V型缺口的尖端，力线最密集，可类比电场线，对于两端支撑、中点受集中力的横梁，最容易在跨中断裂。
11．Tracker软件是一种广泛使用的视频分析软件。某学习小组在观看了第四次天宫课堂中的小球碰大球实验视频后，利用Tracker软件对该一维碰撞的实验视频进行分析，已知视频中m1= 100g的小球碰撞原来静止的m2= 500g的大球，由视频分析可得它们在碰撞前后的x-t图像如图所示。
（1）选取小球碰前速度方向为正方向，则两球碰撞前，大球、小球的总动量为　 　（计算结果保留2位有效数字），根据实验数据可知，两球碰撞过程中动量　 　（选填“守恒”或“不守恒”）。
（2）碰撞恢复系数的定义式为，其中和分别为小球和大球碰撞前后的速度，利用x-t图像数据可计算出该实验中碰撞恢复系数e=　 　。
【答案】（1）0.12；守恒
（2）1
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）根据它们在碰撞前后的x-t图像可得小球速度为
已知视频中m1= 100g的小球碰撞原来静止的m2= 500g的大球，则两球碰撞前两球的总动量为
两球碰撞后大球的动量为
碰后小球的动量为
碰撞后的动量之和为
故大球、小球碰撞前后动量守恒。
（2）根据它们在碰撞前后的x-t图像可得碰撞前小球的速度
大球的速度
碰撞后小球的速度
大球的速度
联立解得=1
【分析】（1）通过分析x-t图像中小球碰撞前的匀速运动段，可以确定其速度大小。将小球质量与速度相乘得到系统总动量。碰撞后分别计算两球动量并求和，与碰撞前总动量比较判断动量是否守恒；
（2）从x-t图像中提取碰撞前后两球的速度数据，代入恢复系数定义式进行计算。注意速度方向的正负号处理，最终结果应取绝对值。
（1）[1]选取水平向左为正方向，则两球碰撞前大球处于静止状态，小球匀速直线运动，则小球速度为
则两球碰撞前两球的总动量为
[2]两球碰撞后大球的动量为
碰后小球的动量为
碰撞后的动量之和为
故大球、小球碰撞前后动量守恒。
（2）由题可知，碰撞前小球的速度
大球的速度
碰撞后小球的速度
大球的速度
联立解得=1
12．用如图所示的电路测量金属丝的电阻率。器材如下：待测金属丝电阻约为、滑动变阻器、电阻箱、电流表量程，内阻可忽略、直流电源内阻约、开关、导线若干。
（1）将滑动变阻器的滑片移到　 　选填“左”或“右”端，闭合开关 S，调节电阻箱阻值为，移动R滑片使电流表示数为。保持R的滑片位置不变，调节电阻箱阻值为，此时电流表示数为，则　 　若金属丝粗细均匀，横截面积为，长度为1m，则金属丝的电阻率　 　结果均保留两位有效数字。若电流表内阻不能忽略，则的测量值　 　选填“偏大”、“偏小”。
（2）图所示电路测定电池的电动势，将中金属丝接入电路中，先闭合开关，待电流表稳定后闭合开关。移动滑动触头P直到电流计G的示数变为零，测得，电流表示数为；改变滑动变阻器阻值重复实验，测得多组数据画出图像如图所示。已知该图像斜率为k，金属丝的电阻为，长为，则电池的电动势　 　用题中所给的字母表示。
【答案】（1）左；2.5；；偏大
（2）
【知识点】导体电阻率的测量；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）为了电路安全，实验开始时，滑动变阻器滑动头应移到最左端；
调节电阻箱阻值为，移动R滑片使电流表示数为。保持R的滑片位置不变，调节电阻箱阻值为，此时电流表示数为，根据两次读数结果，由欧姆定律，有：
可得
解得
由电阻决定式有
代入计算得电阻率；
若电流表阻值不可忽略，由欧姆定律，有
可得
则，即电流表内阻不能忽略，的测量值偏大。
（2）由闭合回路欧姆定律，结合电路图有Ex
整理可得
可得斜率
计算得Ex
【分析】（1）将滑动变阻器滑片移至左端以保证安全，利用两次调节时滑动变阻器分压不变的特点，通过电压相等的关系求解待测电阻；再结合电阻定律推导电阻率，最后分析电流表内阻对测量值的影响；
（2）依据补偿法原理，当电流计示数为零时分析电路中电压关系，结合金属丝电阻与长度的关联，将实验数据转化为图像，通过图像斜率推导电池电动势的表达式。
（1）[1]实验开始时，为了电路安全，滑动变阻器滑动头应移到最左端；
[2]根据两次读数结果，由欧姆定律，有：
可得
解得
[3]由电阻决定式有
代入计算得电阻率；
[4]若电流表阻值不可忽略，由欧姆定律，有
可得
则，即电流表内阻不能忽略，的测量值偏大。
（2）由闭合回路欧姆定律，有Ex
整理可得
可得斜率
计算得Ex
13．如图所示为跳台滑雪赛道的简化示意图，助滑道与起跳平台平滑连接，长直着陆坡与水平面的夹角。质量为的运动员（含装备）沿助滑道从点下滑，到达起跳平台末端点沿水平方向飞出，在空中飞行一段距离后落在着陆坡上的点。从起跳平台末端到着陆点之间的距离是评判运动员比赛成绩的重要依据。取重力加速度，，。
（1）不考虑空气对运动员的作用。运动员从点运动到点的过程中，在空中飞行时间。求：
a.、两点之间的距离。
b.运动员从点水平飞出时的速度大小。
（2）考虑空气对运动员的作用。运动员在空中飞行的过程中，假设空气对运动员的作用力的方向与竖直方向夹角恒为11°，如图所示，力的大小恒为运动员所受重力的，取，。
运动员仍以（1）b的速度从点水平飞出，若不考虑空气对运动员的作用，运动员的运动轨迹如图中①所示；若考虑空气对运动员的作用，判断运动员的运动轨迹可能是图中的　 　（选填“①”“②”或“③”）。并通过计算说明判断依据　 　。
【答案】（1）解：a.、两点之间的竖直距离
则BC两点之间的距离。
b.运动员从点水平飞出时的速度大小
（2）②；解：若考虑运动员在空中飞行受到的空气阻力的影响，其受力分析如答图所示。设运动员在水平方向的加速度为，竖直方向的加速度为，飞行时间为。水平方向，竖直方向，根据几何关系，有联立可得，，因为，故距离更远，轨迹为②。
【知识点】受力分析的应用；平抛运动
【解析】【解答】（2）解：若考虑运动员在空中飞行受到的空气阻力的影响，其受力分析如答图所示。
设运动员在水平方向的加速度为，竖直方向的加速度为，飞行时间为。
水平方向，
竖直方向，
根据几何关系，有
联立可得，，
因为，故距离更远，轨迹为②。
故答案为：②
【分析】（1）平抛运动：分解为竖直自由落体、水平匀速直线运动，结合几何关系求距离与速度。
（2）空气力作用：分解空气力到水平、竖直方向，求分加速度，分析水平位移与下落时间的变化，判断轨迹。
（1）a.、两点之间的竖直距离
则BC两点之间的距离。
b.运动员从点水平飞出时的速度大小
（2）若考虑运动员在空中飞行受到的空气阻力的影响，其受力分析如答图所示。
设运动员在水平方向的加速度为，竖直方向的加速度为，飞行时间为。
水平方向，
竖直方向，
根据几何关系，有
联立可得，，
因为，故距离更远，轨迹为②。
14．如图所示，半径为R、内壁光滑的细圆管固定在水平面内，两小球A、B静止在圆管内，A、B初始位置与圆心连线的夹角为。现给A球一沿管切线向左的初速度，A、B间的碰撞为弹性碰撞（碰撞时间忽略不计）。已知A球质量为m，B球质量为2m，重力加速度为g。求：
（1）A刚开始运动时管对A球的支持力大小；
（2）A、B第一次碰撞后瞬间各自的速度大小、；
（3）从A开始运动到A、B即将发生第三次碰撞的过程中，A球所受重力的冲量大小。
【答案】（1）刚开始运动时，水平方向管对A球的力，竖直方向管对A球的力，其中，由
解得
（2）以顺时针方向为正，对A、B系统，由动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
解得，
所以A、B各自的速度大小分别为、
（3）依题意，从开始运动到与发生第一次碰撞历时
由（2）知，第一次碰后，球沿逆时针运动，球沿顺时针运动，则球相对于球的速度，从第一次碰撞到第二次碰撞历时
以顺时针方向为正，第二次碰撞过程有，
解得，
从第二次碰撞到第三次碰撞历时
由得A球所受重力的冲量大小
【知识点】动量守恒定律；竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律和力的合成管对A球的支持力大小FN；
（2） A、B碰撞过程中动量守恒， A、B间的碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律求A、B第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vA、vB；（3）根据动量守恒定律和能量守恒定律结合运动学公式求出从A开始运动到A、B即将发生第三次碰撞的过程中的时间，再结合冲量表达式求A球所受重力的冲量大小IG。
（1）刚开始运动时，水平方向管对A球的力，竖直方向管对A球的力，其中，由
解得
（2）以顺时针方向为正，对A、B系统，由动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
解得，
所以A、B各自的速度大小分别为、
（3）依题意，从开始运动到与发生第一次碰撞历时
由（2）知，第一次碰后，球沿逆时针运动，球沿顺时针运动，则球相对于球的速度，从第一次碰撞到第二次碰撞历时
以顺时针方向为正，第二次碰撞过程有，
解得，
从第二次碰撞到第三次碰撞历时
由得A球所受重力的冲量大小
15．如图甲所示，2025年8月26日，国际上首个运行的超大规模和超高精度“幽灵粒子”探测器在我国建成并投入使用。为研究高能粒子控制与探测，研究小组设计了如图乙所示的粒子控制与探测一体化模型。在xOy平面存在沿x轴正方向的匀强电场E，以O点为圆心的圆形区域内存在垂直xOy平面向里的匀强磁场B。在坐标原点固定一小块含的物质，衰变成，继续衰变成，设衰变后产生的、粒子向xOy平面各个方向均匀发射。磁场圆边界处有可移动的粒子探测器，可探测到从不同区域离开边界的粒子。已知粒子的比荷为k，电子的比荷为3672k，、粒子沿各个方向的最大速度分别为v与10v，圆形磁场的半径为R，不计空气阻力、粒子的重力及粒子间的相互作用，不考虑相对论效应。
（1）请写出的衰变方程；
（2）将E调到0，为使所有粒子均不离开磁场，求磁感应强度B的最小值；
（3）将B调到0，若探测器在x≥0的圆边界处均能探测到粒子，求电场强度E的范围；
（4）将B调到B0，若存在一些初速度为0的粒子，探测器探测到这些粒子离开圆弧边界时的速度与y轴平行，求电场强度E的最大值。
【答案】（1）发生衰变，根据质量数守恒和电荷数守恒，可得
（2）粒子在磁场中做圆周运动（或）
由于（或 r=0.5R 或）
对粒子
对粒子
因此取
（3）设第二象限内与y轴正向夹角为的粒子，刚好从y轴离开圆边界，x轴方向
y轴方向
解得
当时，
因此（或）
（4）把粒子分解成沿y轴正方向以v0做匀速直线运动，以及以v0逆时针匀速圆周运动，满足
即
即
x 轴方向x=2r
y 轴方向y=v0t
由几何关系
结合，其中
求得
当n=0时，
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；α、β、γ射线及特点
【解析】【分析】（1）发生衰变，根据质量数质子数守恒求解；
（2）粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，两种粒子均不离开磁场，取其交集；
（3）刚好从y轴离开圆边界，把粒子在电场中速度分解，求电场的最小值；
（4）把粒子分解成沿y轴正方向以v0做匀速直线运动，以及以v0逆时针匀速圆周运动，根据粒子运动的周期性进行求解。
（1）发生衰变，根据质量数守恒和电荷数守恒，可得
（2）粒子在磁场中做圆周运动（或）
由于（或 r=0.5R 或）
对粒子
对粒子
因此取
（3）设第二象限内与y轴正向夹角为的粒子，刚好从y轴离开圆边界，x轴方向
y轴方向
解得
当时，
因此（或）
（4）把粒子分解成沿y轴正方向以v0做匀速直线运动，以及以v0逆时针匀速圆周运动，满足
即
即
x 轴方向x=2r
y 轴方向y=v0t
由几何关系
结合，其中
求得
当n=0时，
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