2024年广西柳州高中、南宁三中高考物理二模试卷（含解析）

这是一份2024年广西柳州高中、南宁三中高考物理二模试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.物理学作为一门自然科学，对人类的进步有着极其重要的地位和作用，尤其是近代物理，它深刻地影响着人类对物质世界的认识，下列关于近代物理的说法正确的是( )
A. 在光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光频率成正比
B. 发生β衰变时辐射出的电子来自于原子的核外电子
C. 现已建成的核电站的能量主要来自天然放射性元素的衰变
D. 光具有波粒二象性，光的波长越长，光子的能量越小，波动性越明显
2.小车从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时(如图所示)小车的速度为v，BC的距离是AB的2倍，则到达C点时小车的速度为( )
A. 3vB. 3vC. 2vD. 2v
3.如图(a)所示，刷油漆的使用的滚筒刷，既可以刷天花板，也可以刷竖直墙面和水平地面，某同学为了研究其运动过程中的受力情况，将刷天花板时的过程简化为图(b)，质量为m的物体在外力F的作用下沿水平方向做匀速直线运动，F与水平方向的夹角为θ，若保持F大小不变，F与水平方向的夹角仍为θ，物体与天花板和水平地面之间的动摩擦因数相同，建立如图(c)所示模型进行分析，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，关于图(b)和图(c)中物体所受摩擦力，下列说法正确的是( )
A. 图(b)中物体所受摩擦力大B. 图(c)中物体所受摩擦力大
C. 图(b)和图(c)中物体所受摩擦力一样大D. 以上三种情况都有可能
4.如图所示，修正带是一种常见的学习用具，是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的，其原理可简化为图中所示的模型。A、B是转动的大小齿轮边缘的两点，C是大轮上的一点，若A、B、C的轨道半径之比为2：3：2，则A、B、C的向心加速度大小之比为( )
A. 9：6：4B. 9：6：2C. 6：4：3D. 6：3：2
5.2023年10月26日，搭载神舟十七号载人飞船的长征二号运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，之后成功对接于空间站天和核心舱，载人飞船与空间站组合体成功实现交会对接形成组合体，在离地面高度为h的轨道平面做匀速圆周运动，已知地球的质量为M，半径为R，万有引力常量为G，由以上信息能求出组合体的( )
A. 动能B. 周期C. 向心力D. 动量
6.关于一定质量的理想气体的内能，下列说法正确的是( )
A. 气体在压缩的过程中，内能一定增大B. 气体在放热的过程中，内能一定减小
C. 气体在等温压缩过程中，内能一定增大D. 气体在等压膨胀过程中，内能一定增大
7.
如图所示，质量分别为m1=1kg和m2=2kg的两个大小完全相同的物块，通过轻绳相连，并接在装有定滑轮的小车上，不计一切摩擦。在水平推力F1的作用下m1紧贴着小车，且小车和两个物块恰好一起向右做初速度为零的匀加速运动，若将图中两个小物块的位置互换，在水平推力F2的作用下m2紧贴着小车，使得小车和两个物块恰好一起向右做初速度为零的匀加速运动，若两次运动的时间相同，则两次小车运动的位移之比为( )
A. 1：1B. 2：1
C. 1：4D. 以上都有可能，与小车的质量有关
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.一列简谐横波沿x轴方向传播，图(a)是t=0.5s时刻的波形图，图(b)是平衡位置为x=2m处质点的振动图像。由此信息判断，下列说法正确的是( )
A. 该简谐横波沿x轴正方向传播B. 该简谐横波沿x轴负方向传播
C. 波速为2m/sD. t=1.5s时x=1m处质点的加速度为零
9.某电场的三条等势线为关于x轴对称的椭圆，如图所示a、c、d为等势线上的3个点，其电势分别为φa=16V，φc=10Y，φd=4V，b为ac的中点。一质子仅受电场力作用从a点由静止释放，下列说法正确的是( )
A. 沿x轴正方向电势一直降低
B. 质子从a到d的过程中加速度减小，速度增大
C. b点的电势大于13V
D. 质子运动到d点时的动能为12eV
10.如图所示，光滑绝缘水平桌面上，虚线边界的右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，虚线左侧有一长为2L、宽为L的矩形金属框，其电阻为R，第一次让金属框的ab边平行虚线边界、给金属框一个水平向右的初速度v0让其恰好完全进入磁场区域；第二次让金属框的bc边平行虚线边界、给金属框一个水平向右的外力让其以速度v0匀速进入磁场区域。关于第一次和第二次金属框进入磁场的过程，下列说法正确的是( )
A. 金属框中的电流方向相同，都为逆时针B. 金属框中的焦耳热之比为1：4
C. 通过金属框横截面的电荷量之比为1：2D. 金属框中进入磁场的时间之比大于4：1
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某学生实验小组利用图甲所示装置探究验证动能定理。实验步骤如下：
①用天平测量物块和遮光片的总质量m、重物的质量也为m；用螺旋测微器测量遮光片的宽度d；用米尺测量两光电门之间的距离x；
②调整气垫导轨和轻滑轮，使气垫导轨和细线水平；
③开动气泵，让物块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间Δt和12Δt；

回答下列问题：
(1)测量遮光片的宽度d时，某次螺旋测微器的示数如图乙所示。其读数为______mm，由读数引起的误差属于______(填“偶然误差”或“系统误差”)。
(2)物块和遮光片从光电门A到B的过程中，若动能定理成立，其表达式为______。(用题给物理量表示，当地的重力加速度为g)
12.某兴趣小组为了测量一待测电阻Rx的阻值。
(1)首先用多用电表粗测出它的阻值，第一次粗测发现指针偏转角度过大，然后换成“×1”的欧姆挡，在测量前______(选填“需要”、“不需要”)进行欧姆调零，测得其阻值如图甲中指针所示，则其读数为______Ω。
(2)为了更加精确测量Rx的阻值，实验室里准备了以下器材：

A.电压表V1：量程3V，内阻为3kΩ
B.电压表V2：量程15V，内阻约为100kΩ
C.电流表A：量程0.6A，内阻约为1Ω
D.滑动变阻器R1：最大阻值6Ω
E.滑动变阻器R2：最大阻值60Ω
F.定值电阻R3=3kΩ
G.定值电阻R4=6kΩ
H.电源(电动势约6V，内阻不计)、导线若干、开关
根据所给器材，请在图乙虚线框中画出设计的电路图，要求电流表和电压表的读数范围尽量大，滑动变阻器选用______(选填“R1”或“R2”)，定值电阻R0有两种，最好选用______(选填“R3”或“R4”)。
四、简答题：本大题共3小题，共38分。
13.高锟是著名的华裔物理学家，在光纤通信方面的研究获得诺贝尔物理学奖，被人们尊称为光纤之父。光纤通信的主要部件为光导纤维，光导纤维是由纤芯和包层两部分组成光纤是现代通讯普遍使用的信息传递媒介，是利用全反射原理来传递光信号。现有一根圆柱形玻璃丝，某学习小组探究该材料用来做光纤通信材料，如图所示，入射光线与法线和折射光线与界面的夹角均为θ=53°，sin53°=0.8。
(1)若用该玻璃丝做成光纤通信的纤芯，还需要在纤芯外加上包层，包层的折射率比纤芯的折射率大还是小？(直接写出结果)
(2)该材料的折射率是否满足任意方向的入射光(图中入射角为任意的锐角)都能传递到另一端，请通过计算来说明。
14.如图所示，打弹珠是一种常见的游戏，该游戏的规则为：将手中的弹珠以一定的初速度瞬间弹出，并与另一静止的弹珠发生碰撞，被碰弹珠若能进入前方的坑并停在坑中即为胜出，被碰弹珠经过坑时的速度如果大于1m/s则不会停在坑中而从坑中滑出。现将此游戏进行简化，弹珠A和弹珠B与坑在同一直线上，两弹珠间距x1=1m，弹珠B与坑的间距为x2=0.6m。某同学将弹珠A以v0= 13m/s的初速度水平向右瞬间弹出，与B发生正碰，碰后A的速度方向不变，大小为1m/s。已知两弹珠的质量均为m=10g，A、B在运动过程中与地面间的摩擦力均为f=0.02N，求：

(1)两弹珠碰撞过程中损失的机械能。
(2)通过计算判断该同学能否胜出？
15.如图所示为两个固定的绝缘的圆筒的横截面，其半径均为R，两圆筒之间存在着水平向右大小可调节的匀强电场，圆筒的轴线在圆心处，圆筒内均有平行于轴的向外的匀强磁场(图中未画出)，左边圆筒内磁感应强度为B，右边圆筒内磁感应强度为32B，分别在两圆筒开两个b和c，b、c两在圆筒中心O1O2的连线上，且b、c之间的距离为R，整个装置处在真空中。现有一带正电的粒子从最低点a点以某一速度v0沿筒的半径方向射入，经过一段时间从小孔b飞出，并经过水平向右的匀强电场区域(场强的大小可以调节)后从小孔c进入右边圆筒，粒子在右边筒壁内多次碰后又从小孔c射出，且子在右边圆筒内的运动时间不超过14πR5v0。假设筒壁光滑，粒子与筒壁碰撞是弹性的，且粒子的带电量始终保持不变，不计粒子所受重力以及忽略在圆筒内碰撞的时间、且不考虑粒子的轨迹在圆筒内出现交叉点的情况。
(仅供参考的三角函数值：tan22.5°=0.41，tan25.7°=0.48，tan36°=0.73。)
求：
(1)粒子的比荷qm。
(2)匀强电场区域场强的最大值和粒子从小孔c进入右边圆筒时速度的最小值？
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.根据光电效应方程Ek=hν−W0，可知光电子的最大初动能随入射光频率的增大而增大，但不是成正比，故A错误；
B.发生β衰变时辐射出的电子来自于原子核内中子转化为电子和质子，不是核外电子，故B错误；
C.核电站的能量主要来自于重核裂变，不是放射性元素的衰变，故C错误；
D.光具有波粒二象性，光的波长越长，频率越低，则光子的能量越小，波动性越明显，故D正确。
故选：D。
A.根据光电效应方程进行分析判断；
B.根据β衰变时电子是由中子转化得来的进行解释；
C.根据核电站的核能来自于重核裂变进行判断；
D.根据波粒二象性中波长和频率、能量、波动性的特点进行解释。
考查光电效应、衰变、裂变和波粒二象性等知识，深入理解掌握每个概念，会对相关现象进行分析说明。
2.【答案】A
【解析】解：设AB的距离为L，小车沿斜面做初速度为零的匀变速直线运动，对A到B过程，有
v2=2aL
对A到C过程，有
v2=2a×3L
代入数据解得到达C点时小车的速度
v′= 3v
故BCD错误，A正确。
故选：A。
小车沿斜面做初速度为零的匀变速直线运动，可利用速度与位移公式计算出到达C点的速度。
本题考查了对匀变速直线运动的理解，其中重点考查对速度与位移公式的应用。
3.【答案】C
【解析】解：对图(b)受力分析
Fcsθ=f
Fsinθ=N+mg
f=μN
对图(c)受力分析
Fcsθ=f
对于图(b)和(c)都有Fcsθ=f
所以图(b)和(c)摩擦力一样大
故C正确，ABD错误。
故选：C。
由题意可知，质量为m的物体在外力F的作用下沿水平方向做匀速直线运动，此时物体所受合力为零，处于共点力平衡状态，可对其受力分析，正交分解F，判断所受摩擦力之间的关系。
本题考查了共点力平衡问题，熟练应用力的合成与分解方法是解决本题的关键。
4.【答案】A
【解析】解：由于是齿轮传动可知
vA=vB
由于B、C在同一个轮上，因此
ωB=ωC
根据
v=ωr
可得
vB：vC=rB：rC=3：2
因此
vA：vB：vC=3：3：2
根据
ω=vr
可得
ωA：ωB=rB：rA=3：2
因此
ωA：ωB：ωC=3：2：2
根据
a=ω2r=ωv
因此
aA：aB：aC=ωAvA：ωBvB：ωCvC=9：6：4
故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据同轴转动的角速度相同，相切的线速度大小相同，结合线速度与角速度、向心加速度关系解答。
本题考查了线速度与角速度的关系、向心加速度，关键要找到A、B、C的关系，难度一般。
5.【答案】B
【解析】解：组合体做圆周运动，根据万有引力充当向心力可知，GMm(R+h)2=m4π2(R+h)T2，解得T= 4π2(R+h)3GM，故周期可求；由于不知道组合体的质量，所以无法求解动能、动量和向心力，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据万有引力充当向心力列式即可求解速度、周期，再根据动能、向心力以及动量的表达式分析能否求解。
本题考查万有引力定律的应用，要注意能正确根据万有引力充当向心力列式求解卫星的相关参数。
6.【答案】D
【解析】解：A、气体在压缩过程中外界对气体做功，可能放热，内能不一定增大，故A错误；
B、同理，气体在放热的过程中，可能外界对气体做功，内能不一定增大，故B错误；
C、一定质量的理想气体的内能只和温度有关，等温压缩过程中，内能保持不变，故C错误；
D、等压膨胀过程中，温度升高，内能一定增大，故D正确。
故选：D。
A、气体被压缩的过程时外界对气体做功的过程，有放热的可能；
B、气体在放热的过程中，可能外界对气体做功；
C、内能和温度有关，等温压缩不改变内能；
D、等压膨胀，温度升高，内能和温度有关。
本题考查了对热学第一定律的理解，注意内能的变化与温度变化有关即为解题关键。
7.【答案】C
【解析】解：由题意可知，图甲中m2受到向右的合外力等于绳子的拉力，也等于m1的重力，所以m2的加速度：a1=m1gm2
图甲中三者一起向右做加速运动，则小车的加速度也是m1gm2
同理可知题图乙中小车的加速度为a2=m2gm1
所以两题图中小车的加速度之比为a1a2=m12m22=14
因为两次运动的时间相同，由x=12at2
则两次小车运动的位移之比x1x2=a1a2=14，与小车的质量无关，故ABD错误，C正确。
故选：C。
由于忽略了所有的摩擦，可知小车上边的物块的加速度是由小车右侧的物块的重力提供的，由此求出小车上边的物块的加速度，即整体的加速度，再由位移—时间公式求出两次的位移之比。
该题中三者一起向右做匀加速直线运动，能正确找出加速度的大小是关键。
8.【答案】BC
【解析】解：AB、根据图(b)可知，x=2m处质点在t=0.5s时刻沿y轴负方向振动，在图(a)中，根据同侧法可知，该简谐横波沿x轴负方向传播，故A错误，B正确；
C、由图(a)可知该波的波长为：λ=4m。由图(b)可知该波的周期为：T=2s，则波速为v=λT=42m/s=2m/s，故C正确；
D、由于1.5s−0.5s=1.0s=T2
根据图(a)可知，0.5s时刻，x=1m处质点处于波峰位置，则1.5s时刻，该质点处于波谷位置，位移为负向最大值，根据a=−kxm可知，t=1.5s时x=1m处质点的加速度为正向最大值，故D错误。
故选：BC。
根据图(b)读出x=2m处质点在t=0.5s时刻的振动方向，利用同侧法判断波的传播方向；根据图(a)读出波长，由图(b)读出周期，再根据v=λT求解波速；根据时间与周期的关系确定t=1.5s时x=1m处质点的加速度。
本题考查振动图像和波动图像的综合，要把握两种图像的内在联系，熟练运用同侧法判断波的传播方向。
9.【答案】CD
【解析】解：A、等势线为椭圆，则沿x轴正方向电势先降低，再升高，故A错误；
B、等势线密集的地方场强越大，则质子从a到d的过程中电场力增大，根据牛顿第二定律可知加速度增大，电场力做正功，动能增大，速度增大，故B错误；
C、从a到c电场逐渐增大，则φa−φcab<φb−φcbc，可知φb>13V，故C正确；
D、质子仅受电场力作用从a点由静止释放，根据动能定理可知e(φa−φd)=Ek
解得Ek=12eV
故D正确；
故选：CD。
根据等势面分析电势变化情况，等势线密集的地方场强越大，结合牛顿第二定律和动能定理分析B，根据电势差与电场强度的关系分析C。根据动能定理分析D。
知道匀强电场的特点、掌握基础知识是解题的前提，根据题意求出各点的电势、求出电势差，应用电功的计算公式即可解题。
10.【答案】ABD
【解析】解：A、矩形金属框进入磁场的过程中，金属框内的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，金属框中的电流方向都为逆时针，故A正确；
C、根据电荷量的计算公式可得：q=I−t=E−Rt=ΔΦR=BSR，所以两种情况下通过金属框横截面的电荷量之比为1：1，故C错误；
B、金属框第一次恰好完全进入磁场区域，末速度为零，产生的焦耳热Q1=12mv02
取向右为正方向，由动量定理得：−BI−Lt=0−mv0，即BLq=mv0
联立解得：Q1=B2L3v0R
金属框第二次进入磁场区域时的电动势E=2BLv0，则金属框进入磁场过程中产生的焦耳热：Q2=E2R⋅Lv0=4B2L3v0R
两种情况下金属框中的焦耳热之比为：Q1：Q2=1：4，故B正确；
D、金属框第一次恰好完全进入磁场区域做加速度逐渐减小，减速过程的平均速度小于12v0，位移为2L，第一次进入的时间：t1>2L12v0=4Lv0
第二次进入的时间为：t2=Lv0
所以金属框中进入磁场的时间之比大于t1：t2>4：1，故D正确。
故选：ABD。
根据楞次定律分析金属框中的电流方向；根据电荷量的计算公式分析电荷量之比；根据动量定理和功能关系求解第一次产生的焦耳热，根据焦耳定律求解第二次产生的焦耳热，由此求解焦耳热之比；根据位移—时间关系分析进入的时间之比。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
11.【答案】6.870 偶然误差 gx=3d2Δt2
【解析】解：(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm，读数为6.5mm+37.0×0.01mm=6.870mm，由读数引起的误差属于偶然误差。
(2)物块和遮光片从光电门A到B的过程中，若动能定理成立，其表达式为
mgx=12(m+m)(dΔt2)2−12(m+m)(dΔt1)2
化简得：gx=3d2Δt2
故答案为：(1)6.870；偶然误差；(2)gx=3d2Δt2
(1)根据螺旋测微器的精确度读数，由读数引起的误差属于偶然误差；
(2)根据光电门的时间计算速度，结合动能定理分析解答。
理解实验原理、知道实验注意事项是解题的前提，根据题意求出滑块的速度大小，应用动能定理即可解题。
12.【答案】需要 9 R1 R3
【解析】解：(1)更换倍率后首先必须进行欧姆调零，根据欧姆表的读数要求，其读数为9×1Ω=9Ω；
(2)若要电流表和电压表的读数范围尽量大，滑动变阻器应采用分压式接法，为了调节方便，滑动变阻器应选总阻值较小的R1；由于电源电动势为6V，而电压表V2量程太大，测量不准确，电压表V1量程太小，应将定值电阻R3与V1串联，改装成量程为6V的电压表，由于测量的是阻值较小的小电阻，根据口诀“小外偏小”，应采用电流表的外接，电路图如图所示
故答案为：(1)需要，9；(2)R1，R3，设计的电路图如上所示。
(1)根据欧姆挡的操作要求进行分析解答；
(2)根据电流表和电压表的示数范围的要求选择滑动变阻器及连接方式，根据待测电阻的阻值大小选择电流表的接法，结合电压表量程和电源电动势考虑是否改装电压表。
考查多用电表的使用和读数以及电表的选择和改装等问题，会根据题意进行分析解答。
13.【答案】解：(1)光从一端进入，另一端传出，在纤芯和包层的界面上不停地发生全反射，所以纤芯的折射率大于包层的折射率。
(2)根据折射定律可知n=sinθsin(90∘−θ)
解得n=43
要保证所有入射光都能发生全反射，设光的入射角为i，折射角为r，根据折射定律得：n′=sinisinr，当入射角i趋于90°时，折射角r最大，此时光在内侧面的入射角最小，只要能保证此时光在侧面恰好发生全反射，即能即sin(90°−r)=1n′
联立可得：n′= 2
由于n则不满足任意方向的入射光(图中入射角为任意的锐角)都能传递到另一端。
答：(1)纤芯的折射率大于包层的折射率；
(2)不满足任意方向的入射光(图中入射角为任意的锐角)都能传递到另一端。
【解析】(1)根据全反射的条件分析折射率大小；
(2)根据折射定律及全反射规律分析解答。
本题考查光导纤维的原理以及光的折射定律，要注意明确光导纤维通信是利用光的全反射，光从光密介质进入光疏介质，并根据折射定律和全反射条件求出可能的折射率。
14.【答案】解：(1)设碰撞前瞬间弹珠A的速度为v1，由功能关系：
12mv02−fx1=12mv12
弹珠A与B的碰撞，由动量守恒定律得
mv1=mvA+mvB
两弹珠碰撞过程中损失的机械能
ΔE=12mv12−(12mvA2+12mvB2)
联立解得ΔE=2×10−2J
(2)由第(1)问解得vB=2m/s
弹珠B碰撞后运动到坑中的速度为vt
由功能关系
12mvB2−fx2=12mvt2
解得：vt= 1.6m/s>1m/s
即：该同学不能胜出。
答：(1)两弹珠碰撞过程中损失的机械能为2×10−2J。
(2)经过计算可知该同学不能胜出。
【解析】(1)根据功能关系和动量守恒及机械能的损失量的公式列式解答；
(2)结合第(1)问求解的数据和功能关系列式求解最后的速度并跟题目中的速度进行比较判断。
考查动量守恒和功能关系等问题，会根据题意列式求解相关的物理量。
15.【答案】解：(1)由题可知，粒子在左侧桶内做匀速圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
qv0B=mv02R
解得粒子的比荷为
qm=v0BR；
(2)当电场强度最大时，进入右侧磁场后，粒子与筒壁碰撞两次便会飞出小孔，如图所示

设此时乐子在磁场中的轨道半径为r1，根据几何关系可知
Rr1=tan30°
解得
r1= 3R
根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
qv1×32B=mv12r1
联立解得
v1=3 3v02
根据动能定理
EmqR=12mv12−12mv02
解得场强的最大值为
Em=238Bv0；
若电场强度为0，粒子进入右侧筒时的速度仍为v0，根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
qv0×32B=mv02r0
解得粒子运动的轨道半径为
r0=23R
根据几何知识可知，每段圆弧所对的圆心角为θ0，则
tanθ0=32
设粒子在右侧圆筒中，与筒壁碰撞的次数为N次，则运动了N+1段圆弧，每段圆弧所对的圆心角
θ=(N−1)×180°N+1
在筒内运动的总时间
t=(N+1)θ360∘T=(N+1)θ360∘⋅2πm32qB=2(N−1)πR3v0
又由于
t≤14πR5v0
同时满足
tanθ综上所述，可得N的最大值为4次，此时每段圆弧所对的圆心角
θ=108°
对应的粒子运动的轨道半径
r2=Rtan54∘=Rtan36°=0.73R
根据
qvmin×32B=mvmin2r2
解得粒子的最小速度为
vmin=1.095v0。
答：(1)粒子的比荷qm为v0BR。
(2)匀强电场区域场强的最大值为238Bv0，粒子从小孔c进入右边圆筒时速度的最小值为1.095v0。
【解析】(1)根据牛顿第二定律求解粒子的比荷；
(2)当电场强度最大时，根据几何知识求解粒子运动的轨道半径，再根据牛顿第二定律求解粒子进入磁场的速度，最后电场中根据动能定理求解电场强度的最大值；当电场强度为0时，根据牛顿第二定律求解粒子在右边圆筒磁场中运动的轨道半径，根据几何知识求解每段圆弧对应的圆心角，并推出碰撞次数对应的圆弧的圆心角，并根据时间与周期的关系求解粒子运动的时间，根据题中给出的时间条件，判断粒子碰撞的次数，由此求出半径的最小值，最后根据牛顿第二定律求解粒子从小孔c进入右边圆筒时速度的最小值。
本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。