2026届浙江省新阵地教育联盟高三上学期一模物理试题（解析版）

这是一份2026届浙江省新阵地教育联盟高三上学期一模物理试题（解析版），共23页。试卷主要包含了选择题，选择题Ⅱ等内容，欢迎下载使用。
选择题部分
一、选择题（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. 库仑定律中的比例系数k，叫做静电力常量，其单位用国际单位制中的基本单位表示正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据库仑定律公式，可得
根据，
可知力的单位
电荷量的单位
则用国际单位制中的基本单位表示静电力常量的单位为
故选A。
2. 近代以来我国军事科技取得了举世瞩目的成就，这不仅彰显了中国军队的强大实力，也体现了国家科技创新和战略智慧。下列高精尖武器装备中关于“质点”的描述正确的是（ ）
A. 研究甲图中航空母舰福建舰上战斗机起飞动作时，可将航空母舰看作质点
B. 研究乙图中99式主战坦克转弯过程中履带的转动情况，可将坦克看作质点
C. 研究丙图中东风－41洲际弹道导弹远距离打击时的轨迹，可将导弹看作质点
D. 研究丁图中中国空军运油20加油机“一拖多”加油作业时，可将加油机看作质点
【答案】C
【解析】
【详解】A．研究甲图中航空母舰福建舰上战斗机起飞动作时，需要考虑动作的细节，不可以将航空母舰看作质点，故A错误；
B．研究乙图中99式主战坦克转弯过程中履带的转动情况，需要考虑转动的细节，不可以将坦克看作质点，故B错误；
C．研究丙图中东风－41洲际弹道导弹远距离打击时的轨迹，可将导弹看作质点，故C正确；
D．研究丁图中中国空军运油20加油机“一拖多”加油作业时，需要考虑油管与飞机的位置，不可以将加油机看作质点，故D错误。
故选C。
3. 2025年4月24日，搭载神舟二十号载人飞船的长征二号F遥二十运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射。在火箭开始点火至离开发射塔的短时间内，下列说法正确的是（ ）
A. 发射前，发射塔对火箭的支持力是由火箭的形变引起的
B. 离开发射塔的短时间内载人飞船处于超重状态
C. 喷出燃气对火箭的作用力与火箭重力是一对平衡力
D. 火箭受到重力做功的功率恒定不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．发射塔对火箭的支持力属于弹力，由施力物体（发射塔）的形变产生，故A错误；
B．火箭离开发射塔时加速度方向向上，故载人飞船处于超重状态，故B正确；
C．火箭加速上升，喷出燃气对火箭的作用力大于火箭重力，故C错误；
D．重力做功的功率大小为
火箭速度逐渐增大，故重力做功的功率随之增大，故D错误。
故选B。
4. 如图所示，一同学在微风天气将一礼盒挂在光滑晾衣绳上做力学实验，晾衣绳的左端系在左竖直杆的A点，右端系在倾斜杆的B点，A、B两点等高。整个装置处于水平向左的风力中。保持A、B两点位置不变，则下列说法中错误的是（ ）
A. 若风力，在将A、B端同时同步缓慢沿杆下移至、端过程中，绳子张力变大
B. 若风力缓慢减小，礼盒到A点距离变大
C. 若风力恒定，将倾斜杆向右平移少许后，绳上张力变小
D. 若风力缓慢增大，则该过程风力对礼盒做正功
【答案】C
【解析】
【详解】A．若风力，绳子张力的合力与礼盒的重力等大反向，在将A、B端同时同步缓慢沿杆下移至、端过程中，两分力夹角变大，合力不变，则分力变大，知绳子张力变大，故A正确；
B．将风力与礼盒重力的合力等效为新的重力，若风力缓慢减小，可知等效重力减小，则绳子张力的合力也将减小，礼盒将向斜杆方向运动重新达到平衡，礼盒到A点距离变大，故B正确；
C．若风力恒定，风力与礼盒重力的合力不变，将倾斜杆向右平移少许后，绳子张力的夹角变大，张力的合力不变，则绳上张力将变大，故C错误；
D．若风力缓慢增大，风力与礼盒重力的合力将变大，则礼盒将向左侧竖直杆方向运动，风力将对礼盒做正功，故D正确。
由于本题选择错误的，故选C。
5. 如图所示，卫星甲、乙、丙沿轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ绕某一星球转动。其中轨道Ⅰ、Ⅲ为圆轨道，其半径分别为、。轨道Ⅱ为长轴长的椭圆轨道，与轨道Ⅰ切于点，与轨道Ⅱ交于点。下列说法正确的是（ ）
A. 卫星甲、乙、丙的绕行周期
B. 卫星乙从A点运动到C点的过程中机械能增加
C. 卫星乙在B点的向心加速度比卫星丙小
D. 卫星乙的机械能与卫星丙一定相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据开普勒第三定律可知，因，可知卫星甲、乙、丙的绕行周期，A错误；
B．卫星乙从A点运动到C点的过程中，只有地球引力做功，则机械能守恒，B错误；
C．根据
可得
可知乙、丙两卫星在B点的加速度相等，但是由于丙做匀速圆周运动，则在B点的向心加速度等于B点的加速度；而乙在B点的加速度等于切线加速度和向心加速度的矢量和，可知卫星乙在B点的向心加速度比卫星丙小，C正确；
D．卫星乙和丙的质量关系不确定，则不能比较卫星乙和丙的机械能大小关系，D错误。
故选C。
6. 四个可视为质点、质量及带电量均相等的小球Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ通过不可伸长的绝缘轻质细线连接成正方形，静置于光滑绝缘水平面上，如图所示。现将小球Ⅲ、Ⅳ之间的细线用火烧断，在系统从初始状态到四小球第一次共线的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. Ⅰ、Ⅱ两小球之间细线的拉力保持不变
B. 该过程中系统的动量和机械能均守恒
C. 当系统机械能最大时，Ⅰ、Ⅲ两小球速度相等
D. 任意一段时间内Ⅰ、Ⅱ两小球动量变化量一定相等
【答案】D
【解析】
【详解】A．初始状态，Ⅰ、Ⅱ两小球之间细线的拉力等于其他三个小球对小球Ⅱ的库仑力的合力；末状态，根据对称性可知，Ⅰ、Ⅱ两小球之间细线的拉力等于小球Ⅲ对小球Ⅱ的库仑力，根据可知拉力变小，故A错误；
B．该过程中系统所受合力为0，动量守恒，由于电场力做功，机械能不守恒，故B错误；
C．当系统机械能最大时即末状态，Ⅰ、Ⅲ两小球速度方向不同，故C错误；
D．四个小球组成的系统动量守恒，小球Ⅰ、Ⅱ始终同步向右水平移动，则在任意一段时间内受到的合外力冲量相等，因此动量变化量一定相等，故D正确；
故选D。
7. 如图所示，理想交流电流表、，定值电阻、，热敏电阻（其电阻值随温度升高而降低），分别接在理想变压器的原、副线圈上，为正弦交流电压源，其电压保持不变。若该电路所处环境温度上升，下列说法正确的是（ ）
A. 电流表、的示数均增大
B. 原、副线圈端、保持不变
C. 热敏电阻两端电压一定增大
D. 理想变压器原线圈的输入功率一定增大
【答案】A
【解析】
【详解】A．将变压器与负载等效为一个电阻，则有
环境温度上升时，热敏电阻R阻值减小，等效电阻减小，由于
可知，电流表的示数增大，根据电流匝数关系有
可知，电流表的示数增大，故A正确；
B．结合上述有
由于回路电流增大，则减小，根据电压匝数关系有
可知，减小，故B错误；
C．根据
由于减小，增大，则热敏电阻两端的电压会减小，故C错误；
D．理想变压器原线圈的输入功率
结合上述有
根据数学对勾函数规律可知，当时，变压器输入功率达到最大值，由于与阻值大小关系不确定，则当环境温度上升时，热敏电阻R阻值减小，等效电阻减小，变压器输入功率可能增大，也可能先增大后减小，还可能一直减小，故D错误；
故选A。
8. 原子核在“分裂或聚合”时，会释放出惊人的能量。如果一个铀235核裂变时释放出的能量按200MeV估算，那么1.5kg铀235全部发生核裂变时放出的能量相当于多少吨标准煤完全燃烧时释放的化学能（已知：1吨标准煤燃烧时放出的热量，铀235的摩尔质量为，）（ ）
A. 420吨B. 4200吨C. 280吨D. 2800吨
【答案】B
【解析】
【详解】铀物质的量
铀原子总数
1MeV=，每个铀核释的总能量
所需煤的质量
故选B。
9. 在太阳能发电系统中，太阳能电池板产生的电压可能随光照强度和温度等因素的变化而变化，当该不稳定的电压比直流负载所需的稳定电压低时，不宜将其直接与直流负载相连。在下列电路中，通过不断打开和闭合开关，实现由低压向高压输电，其中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．该电路中当开关S断开时，整个电路均断开，则不能给电池输电，故A错误；
B．该电路中当S闭合时稳定时，线圈L中有电流通过，但当S断开时电源U也断开，L产生的自感电动势相当电源加在充电电池两端，且断开时才能有电流流过二极管，故B正确；
C．该电路中当S闭合时稳定时，线圈L中有电流通过，但当S断开时L也与电路断开，还是只有回收系统电压U加在充电电池两端，则不能实现高压输电，故C错误；
D．该电路中当S闭合时稳定时，线圈L中有电流通过，当S断开时L产生自感电动势阻碍电流减小，L相当电源，电源U与L中的自感电动势共同加在电池两端，且此时二极管不能导通，从而无法实现高压输电，故D错误。
故选B。
10. 一半径为的球形薄壁玻璃鱼缸内充满水，水中有一条可视为质点的小鱼。玻璃和水的折射率都是。观察者在不同位置和不同角度对缸内的鱼进行观察。当鱼位于“某些位置”时，观察者在合适的位置能观察到缸里的鱼“消失”，求满足上述条件的“某些位置”所占鱼缸的体积（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】如图所示
设与鱼缸球心O距离为a处有一小鱼M。从M点发出任一光线MB与的延长线的夹角为，从M点发出的另一光线MA与垂直，光线MA、MB在玻璃球壳上的入射点分别为A、B，入射角分别为、。在三角形OBM中，由正弦定理有
在直角三角形OAM中有
又
联立，解得
为了保证从M点发出的光线有发生全反射的可能，至少要求
式中C是水的全反射临界角
联立，解得
则根据对称关系可知，满足“某些位置”鱼的位置如图所示
所以，所占鱼缸的体积为
故选A。
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的四个各选项中至少有一个符合题目要求。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. 下列说法正确的是（ ）
A. 卢瑟福用粒子轰击氮原子核产生氧17和一个质子，实现了人类第一次原子核的人工转变
B. 气体中中性原子的发光谱线都是连续谱
C. 中子速度太慢，铀核不能“捉”住它，在铀棒周围要放“加速剂”使其加速为快中子
D. 弱相互作用是引起衰变的原因，其力程比强相互作用更短，只有
【答案】AD
【解析】
【详解】A．卢瑟福用α粒子轰击氮原子核，产生了氧的一种同位素——氧17和一个质子，这是人类第一次实现的原子核的人工转变，故A正确；
B．气体中中性原子的发光谱线都是线状谱，故B错误；
C．核裂变产生是速度很大的快中子，因此，还要设法使快中子减速，为此，在铀核周围要放“慢化剂”，快中子跟慢化剂中的原子核碰撞后，中子速度减少，变为慢中子，故C错误；
D．弱相互作用是引起衰变的原因，其力程比强相互作用更短，只有，故D正确。
故选AD。
12. 均匀介质中三个面波源、、位于xy平面直角坐标系中，三个波源从时刻开始均垂直纸面方向振动，振动方程分别为、、，其中为。三个波源及点的坐标如图所示，该介质中的波速均为2.5cm/s。下列说法正确的是（ ）
A. 质点比质点起振早2.4s
B. 质点在10s内通过的路程为8cm
C. 若取走波源，则稳定后在轴上有9个减弱点（不考虑波源处）
D. 若取走波源，则稳定后在轴上有4个加强点（不考虑波源处）
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由图可知，波源距离质点最近，为，则质点开始振动的时刻为
波源距离质点最近，为，则质点开始振动的时刻为
所以质点O比质点A早起振，故A错误；
B．波源距离质点为，则质点开始振动的时刻为
波源距离质点为，则质点开始振动的时刻为
由题意可知，波源与波源振动完全相反，且质点到两波源的距离相等，则质点为波源与波源作用下的振动减弱点，振幅为
振动与振幅较大的波源的振动相同；振动周期为
波长为
波源距离质点为，波源距离质点为，距离差为
又因为波源与波源振动方向相反，所以质点振动减弱，振幅为
波源与波源传播到质点之前，质点振动时间为
则质点在波源与波源作用下的路程为
波源与波源传播到质点之后，由于振幅为0，所以质点的路程为
则质点A在10s内通过的路程为，故B正确；
C．若取走波源，则波源与波源振动方向相同，设某一振动减弱点到波源的距离为，则，
可得，当时，或
当时，或
当时，或
当时，或
当时，或
则在两波源连线上，即在x轴上共10个振动减弱点，故C错误；
D．若取走波源，则波源与波源振动方向相反，两波源的距离为
设某一振动加强点到波源的距离为，则，
可得，当时，或
当时，或
则在两波源连线上共4个振动加强点，即在y轴上有4个振动加强点，故D正确。
故选BD。
13. 空间中存在方向均为竖直向下的匀强电场、匀强磁场与重力场。已知重力加速度，匀强电场场强与重力加速度的比值为，匀强磁场磁感应强度与重力加速度的比值为。一荷质比也为的带电小球以初速度水平抛出，当小球动能变为初动能的4倍时，下列说法正确的是（ ）
A. 小球运动的时间为B. 小球加速度的大小为
C. 小球位移的大小为D. 小球动量与初动量方向的夹角为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由题可知
当小球的动能变为初速度的4倍时，此时小球的速度
根据速度的合成可知，小球在竖直方向的分速度大小为
小球在竖直方向受到电场力和重力，根据牛顿第二定律可得
解得
根据匀变速直线运动规律可知，小球运动的时间，故A错误；
B．由题可知
水平方向洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有
联立解得
则小球的加速度，故B正确；
C．水平方向洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有
由题可知
解得
小球圆周运动的周期
则小球运动到动能为初动能4倍的时间与周期的关系
即，此时小球水平方向的位移
竖直方向的位移
则小球的总位移，故C正确；
D．小球动量的方向由小球速度方向决定，根据矢量的合成，作出小球速度的矢量图示如图所示
由几何知识可得
解得，即小球动量与初动量方向的夹角为，故D错误。
故选BC。
非选择题部分
二、非选择题
14. 某同学想测量一个拉伸弹簧的密度。已知该弹簧由均匀合金制成，每匝弹簧紧密相连。他设计了以下方案：
（1）将两长方体木板卡在弹簧两端，用刻度尺测量出弹簧的长度，读数为________mm，记为；
（2）使用游标卡尺的内测量爪测出弹簧的内径，读数为________mm，记为；
（3）使用螺旋测微器测量出单匝弹簧金属丝的直径，读数为________mm，记为；
（4）使用天平测量出该弹簧的质量，记为；
（5）用上述符号（、、、）估算出其密度表达式，数据代入即可求出密度。
【答案】 ①. 100.6##100.4##100.8##100.5##100.7 ②. 38.40 ③. 1.997##1.995##1.999##1.996##1.998
【解析】
【详解】（1）[1]由图可知，刻度尺的分度值为1mm，读数需估读到分度值的下一位，则读数为100.6mm；
（2）[2]游标卡尺为20分度，则读数为
（3）[3]螺旋测微器的读数为
15. 在“测定电池的电动势和内阻”实验中：
除一节待测干电池、开关和导线外，还提供如下器材
A.电流表（量程为300mA，内阻为）
B.电压表（量程为6V，内阻为）
C.电压表（量程为3V，内阻为）
D电阻箱（阻值可调范围）
E.滑动变阻器（阻值变化范围）
（1）一同学设计的如下电路图，为测量结果尽可能精确，则图中电表应选择________（选填“A”、“B”或“C”），所测物理量记为或；可变电阻应选择________（选填“D”或“E”），其对应阻值记为。

（2）正确操作后，利用测得的数据拟合得到如上所示的图线，则上图坐标系纵轴所表示的物理量为________（结果用、或表示）；
通过拟合得到的直线，其斜率为、纵坐标截距为，通过斜率和截距的表达式，最终求得电池的电动势与内阻分别为、。则斜率的表达式________，截距的表达式________（结果均用、及题中所给的必要物理量对应的字母表示）。
【答案】（1） ①. C ②. D
（2） ①. ②. ③.
【解析】
【小问1详解】
[1]电表与可变电阻并联，所以电表为电压表；一节干电池的电动势约为1.5V，为测量精确，选择量程较小的C；
[2]电压表与可变电阻并联接入电路，可变电阻选择D，实验采用伏阻法测电源电动势与内阻。
【小问2详解】
[1][2][3]根据闭合电路欧姆定律可得
其中
联立，整理可得
所以，坐标系纵轴所表示的物理量为；斜率的表达式；截距的表达式。
16.
（1）光电门可应用于计数、计时、测速，下列实验中可用到光电门的实验是________。（多选）
A. 用传感器和计算机描绘物体做平抛运动的轨迹B. 用单摆测量重力加速度
C. 引力常量的测量D. 研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒
（2）下列关于多用电表的使用，正确的是________。（多选）
A. 测电源内阻时，可先用多用电表欧姆挡粗测，而后再调至合适倍率精确测量
B. 用多用电表测电阻时，改变不同倍率的欧姆挡后需要进行欧姆调零
C. 多用电表测量小灯泡电压时，红表笔接触点的电势应该比黑表笔高
D. 指针式多用电表与数字式多用电表都只能测电压、电流和电阻
【答案】（1）BD （2）BC
【解析】
【小问1详解】
A．在描绘物体做平抛运动的轨迹实验中，描述平抛运动轨迹时用的是频闪相机，不用光电门，故A错误；
B．用单摆测量重力加速度，可以用光电门来计数，从而计算单摆周期，再利用单摆的周期公式计算重力加速度，故B正确；
C．引力常量的测量是通过卡文迪许扭秤实验，利用扭秤的扭转来测量引力，和光电门无关，故C错误；
D．研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒，需要测量滑块碰撞前后的速度，光电门可以通过测量挡光片的挡光时间来计算速度，所以该实验可用到光电门，故D正确。
故选BD。
【小问2详解】
A．多用电表的欧姆挡内部有电源，测电源内阻时，不能用欧姆挡直接测量，因为会有额外电源影响，故A错误；
B．用多用电表测电阻时，改变不同倍率的欧姆挡后，内部电路的电阻等情况改变，需要进行欧姆调零，故B正确；
C．多用电表测量电压时，电流从红表笔流入，黑表笔流出，所以红表笔接触点的电势应该比黑表笔高，故C正确；
D．指针式多用电表与数字式多用电表除了能测电压、电流和电阻，有些还能测电容等其他物理量，故D错误。
故选BC。
17. 如图，竖直放置的密闭绝热汽缸被轻质导热活塞分成上下两部分，上部分封闭一定质量的理想气体，气体的温度为，压强为，下部分为真空，活塞与汽缸上壁中央用一根原长为、劲度系数为的轻质弹簧竖直连接。汽缸内壁光滑，弹簧的形变始终在弹性限度内且其体积忽略不计。活塞初始时静止在汽缸正中间，此时弹簧长度为，后因活塞密封不严发生缓慢移动，最后活塞重新达到平衡。（已知该理想气体的内能，其中为该气体摩尔数，为已知的比例系数，形变量为的弹簧弹性势能为）
（1）与初始时相比，上部分气体的分子数密度________，上部分气体分子的平均速率________（以上两空均选填“变大”、“不变”或“变小”）；
（2）若活塞重新达到平衡时的气体温度为（已知），求此时上部分气体的压强________；
（3）若活塞重新达到平衡时的气体温度为（未知），求此时上部分气体的温度________。
【答案】（1） ①. 变小 ②. 变大
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
[1]当活塞密封不严时气体有一部分漏气到下半部分，所以上半部分气体的分子数密度减小。
[2]下方真空处有气体时，活塞会受到下部分气体压力，使得上半部分弹簧变短，在绝热条件下弹簧弹性势能转化为内能，所以内能增大，故温度升高，上部分气体的分子平均速率增大。
【小问2详解】
由于是轻质活塞，当活塞再次平衡时，上下部分气体压强相等，弹簧弹力为0。
根据理想气体状态方程，有
解得
【小问3详解】
末状态下弹簧恢复原长，弹性势能转化为内能，初始时弹性势能为
所以内能的变化量
解得
18. 如图所示，在同一竖直平面内，有倾角为的粗糙斜面，粗糙水平轨道，竖直光滑圆轨道最低点略微错开，圆轨道右侧是光滑轨道，连接处均平滑。小车紧靠平台停在光滑水平地面上，上表面为四分之一光滑圆弧，小车点切线水平且与轨道等高。从斜面上点静止释放一可视为质点的小物块，小物块能沿着轨道运动并滑上小车。已知小物块与斜面、轨道间的动摩擦因数均为，（已知，，）斜面长，轨道长度，圆轨道半径为，小车圆弧半径为，小物块质量，小车质量。求：
（1）小物块在斜面上从点运动到点过程中的平均速度大小；
（2）小物块运动到圆心等高处时的加速度大小；
（3）小物块在沿着圆弧下滑，从点离开小车时，求小物块对轨道点的压力大小。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【详解】（1）下滑过程中，
解得
平均速度
（2）B点速度
B到圆心等高处，根据动能定理有
向心加速度
，
（3）B到D过程中
小物块与车作用全过程，
解得，
所以
小物块滑回到E点
解得压力
19. 如图所示，在水平面上固定两间距为、长度足够的平行导轨，导轨间存在方向垂直水平面向上、磁感应强度大小为的匀强磁场。一质量为的导体棒搁置于导轨间，通过水平绝缘细绳跨过轻质定滑轮与质量为的重物相连。在导轨左侧，通过开关可分别与电容、电阻和电感的支路连接。在各种情况下导体棒均从静止开始运动，且在运动过程中始终垂直于导轨，不计其他电阻、空气阻力、摩擦阻力和电磁辐射。（当电感中通有电流时，电感线圈存储的磁场能为）
（1）若开关掷向1，串接一不带电的电容器，电容为，求导体棒的加速度；
（2）若开关掷向2，串接电阻，已知电阻阻值为，且在静止释放导体棒的时间内，导体棒位移大小为，求导体棒在这段过程中的末速度大小；
（3）若开关掷向3，串接一阻值为的电阻和电感为电感线圈相串联的电路，当重物下降时，重物运动速度可视为匀速。
①求匀速运动速度大小；
②重物从静止开始下降的过程中，回路产生的焦耳热。
【答案】（1）
（2）
（3）① ②
【解析】
【小问1详解】
对M有
对m有


联立解得
导体棒的加速度
【小问2详解】
对M有
对m有

联立得
对时间微元求和

导体棒在这段过程中的末速度大小
【小问3详解】
①重物匀速运动
匀速运动速度大小
②由能量守恒
对重物
回路产生的焦耳热
20. 如图所示，在平面内，以为圆心，为半径的圆弧与轴交于和，圆是以为直径的圆。在圆的半圆弧与圆的优弧之间存在磁感应强度为，方向垂直纸面向里的匀强磁场；半圆内部是无场区域；轴下方存在磁感应强度为，方向垂直纸面向外的匀强磁场。在区域内，大量质量为，电荷量为且不计重力的粒子从第二象限沿轴正方向以初速度为射入磁场，经过磁场偏转后都能聚焦于轴上的某点（即为焦点）。
（1）请判断这些粒子的电性，并写出焦点的坐标；
（2）若某粒子打到焦点时，速度方向恰沿轴负方向，求该粒子射入磁场时到轴的距离；
（3）求粒子从出发到聚焦的过程中，速度方向偏转角度的最大值；
（4）接第（2）问，该粒子进入磁场后受到了与速度大小成正比、方向相反的阻力（比例系数已知），且发现该粒子再次到达轴时其轨迹与轴相切于点（图中未画出）。①求点到原点的位移大小；
②求粒子在点时的速度大小。
【答案】（1）带负电，聚焦于原点
（2）
（3）
（4）①，②
【解析】
【小问1详解】
由题意，带电粒子经过磁场偏转后都能聚焦于轴上的某点，带电粒子向下偏转，即带电粒子受到的洛伦兹力向下，根据左手定则可以判断，带电粒子带负电。
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
又有
联立解得
取特殊点的带电粒子，当的带电粒子进入匀强磁场时，带电粒子从点进入匀强磁场，因为带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径，所以其圆心坐标为，又由于圆圆心坐标为，半径为，根据几何关系
可知带电粒子射出匀强磁场区域的点应该在点与圆在第一象限的切点位置，速度方向与切线方向垂直，即指向圆圆心坐标为；
设带电粒子沿与轴相切进入半圆内部，如下图所示，带电粒子从点射入匀强磁场，则有，由题意可知，，，由余弦定理有，代入数据解得，符合题意，所以该带电粒子能从点射入匀强磁场并从点射入半圆内部，该带电粒子与从点进入匀强磁场的带电粒子都经过原点。根据题意可得，经过磁场偏转后都能聚焦于轴上的点为原点，坐标为。
【小问2详解】
由（1）可知，带电粒子从点射入匀强磁场并从点射入半圆内部，满足粒子打到焦点时，速度方向恰沿轴负方向，求该粒子射入磁场时到轴的距离。
【小问3详解】
由（1）可知，带电粒子从点进入匀强磁场，射出匀强磁场区域的点在点与圆在第一象限的切点位置，速度方向与切线方向垂直，即指向圆圆心坐标为，由几何关系可得此时速度方向与轴正方向的夹角为，此时速度方向偏转角度最大，最大偏转角度。
【小问4详解】

[1]带电粒子进入轴下方匀强磁场，受到洛伦兹力和阻力作用，对于带电粒子在该匀强磁场中的运动，将整个运动分解为若干小段运动，并将每段运动得速度分解到水平方向和竖直方向，则对轴方向根据动量定理并对分解的各小段运动求和，得
解得；
[2]对方向根据动量定理并对分解的各小段运动求和，得