北京市海淀区2025-2026学年高三下学期期中（一模）反馈练习物理试卷（含解析）

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本试卷共8页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 下列核反应方程中，括号内的粒子为电子的是（ ）
A. （ ）B. （ ）
C. （ ）D. （ ）
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据质量数守恒、电荷数守恒写出各核反应方程，故A正确；
B．，括号内粒子为质子，故B错误；
C．，括号内粒子为中子，故C错误；
D．，括号内粒子为粒子，故D错误。
故选A。
2. 烧瓶通过橡胶塞连接一根玻璃管，向玻璃管中注入一段水柱，使烧瓶内封闭一定质量的气体。用手捂住烧瓶，会观察到水柱缓慢向左移动。将瓶内的气体视为理想气体，在这一过程中瓶内气体（ ）
A. 气体的温度升高，每个气体分子的动能都增大
B. 气体的温度升高，分子的数密度减小，压强不变
C. 气体的体积增大，其内能一定减小
D. 气体从外界吸收热量，其内能一定增加
【答案】BD
【解析】
【详解】A．用手捂住烧瓶，气体温度升高，气体分子的平均动能增大，不是每个气体分子的动能都增大，部分分子动能可能减小，A错误；
B．对液柱进行分析，由于液柱处于水平玻璃管，大气对液柱的压力与烧瓶内气体对液柱的压力平衡，可知气体压强等于大气压强，即气体的压强不变，水柱缓慢向左移动，气体体积增大，分子的数密度减小，B正确；
C．理想气体内能只和温度有关，用手捂住烧瓶，烧瓶内的气体温度升高，内能一定增大，C错误；
D．液柱缓慢向外移动，气体体积增大，气体对外做功，气体温度升高，内能增大，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，D正确。
故选BD。
3. 用甲、乙两束不同的单色光，分别照射同一光电管得到两条光电流I与电压U之间的关系曲线，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 两束光在从水进入空气时频率均保持不变
B. 在水中，甲光的波长比乙光的波长小
C. 在真空中，甲光的传播速度比乙光的传播速度大
D. 从水射向空气时，甲光全反射的临界角小于乙光的临界角
【答案】A
【解析】
【详解】A．光的频率是由光源决定的，所以光从一种介质进入另一种介质时，光的频率不变，故A正确；
C．在真空中，所有可见光传播速度均相同，均为光速，故C错误；
B．由图像可知，甲光的遏止电压小于乙光的遏止电压，根据光电效应方程
可知甲光的频率小于乙光的频率，光在介质中的波长满足，其中为光的频率，为光在介质中的折射率。对频率越高的光，介质对它的折射率越大，可知水对乙光的折射率较大。因此，在水中，甲光的波长比乙光的波长大，故B错误；
D．全反射的临界角满足
因水对乙光的折射率较大，可知甲光全反射的临界角大于乙光的临界角，故D错误。
故选A。
4. 如图所示，理想变压器的原线圈接在的交流电源上，副线圈接有R=55Ω的负载电阻，原、副线圈的匝数比为4∶1。下列说法正确的是（ ）
A. 副线圈电压的最大值为55V
B. 原线圈的输入功率为880W
C. 通过电阻R的交变电流的频率为100Hz
D. 穿过原、副线圈的磁通量之比为1∶1
【答案】D
【解析】
【详解】A．原线圈接在的交流电源上，可知原线圈电压的最大值为，根据可知副线圈电压的最大值为，故A错误；
B．原线圈电压的有效值为，根据可知副线圈电压的有效值为，可知副线圈电流为
可知副线圈功率为
可知原线圈的输入功率为55W，故B错误；
C．由表达式，可知频率为
原副线圈的交流电的频率相同，则通过电阻R的交变电流的频率为50Hz，故C错误；
D．理想变压器无漏磁，共用一个铁芯，可知穿过原、副线圈的磁通量之比为1∶1，故D正确。
故选D。
5. 按如图所示连接电路，先闭合开关S，电路稳定后小灯泡P正常发光。然后断开开关S，小灯泡P闪亮一下再熄灭。已知自感线圈L的直流电阻为RL，小灯泡P正常发光时电阻为RP。下列说法正确的是（ ）
A. RL>RP
B. 闭合开关S时，P立即发光并且亮度逐渐增强直到正常发光
C. 闭合开关，电路稳定后，P中电流小于L中电流
D. 断开开关S的瞬间，小灯泡P中的电流方向为a→b
【答案】C
【解析】
【详解】AC．开关断开后，线圈产生自感电动势，相当于电源，该瞬间保持原电流不变，与小灯泡构成回路。小灯泡闪亮了一下，说明此时通过小灯泡的电流大于开关闭合时小灯泡的电流。故开关闭合时的电流关系有
开关闭合时，线圈和灯泡并联，电压相等，根据欧姆定律可知，故A错误，C正确；
B．闭合开关S时，P立即发光，线圈由于自感作用，线圈中的电流慢慢增大，可知总电流增大，内阻分压增大，根据可知灯泡分压减小，可知P的亮度逐渐减弱，可知P立即发光并且亮度逐渐减弱直到正常发光，故B错误；
D．断开开关后的瞬间，线圈保持原电流不变，与小灯泡构成回路。线圈电流还是向右，所以小灯泡电流从b→a，故D错误。
故选C。
6. 一列简谐横波沿x轴传播，t=0时刻的波形如图1所示，a、b、c是介质中的三个质点。图2是质点b的振动图像。下列说法不正确的是（ ）
A. 该波的波速为10m/s
B. 该波沿x轴负方向传播
C. 0~0.2s内，质点b通过的路程为4cm
D. 0.3~0.5s内，质点b的加速度一直增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据振动图像可知周期为，t=0时刻的波形如图1所示，波长为，根据可知该波的波速为10m/s，故A正确；
B．根据振动图像可知t=0时刻质点b向下振动，根据“上下坡”法可知该波沿x轴负方向传播，故B正确；
C．质点b的平衡位置为，波形图有
可知t＝0时刻质点b的位移为
可知质点b的振动方程为
可知时b的位移为
可知质点b通过的路程为，故C错误；
D．0.3~0.5s内，质点b的位移变大，根据可知质点b的加速度一直增大，故D正确。
本题选不正确的，故选C。
7. 水平传送带匀速运动，将物体（可视为质点）无初速度地放在传送带上A点，一段时间后物体随传送带一起匀速运动，最终到达B点。已知传送带运行的速率为v，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是（ ）
A. 刚开始物体相对传送带向前运动
B. 仅增大μ，物体做加速运动的位移变大
C. 仅增大v，物体与传送带因摩擦产生的热量相同
D. 仅增大v，物体从A点运动到B点的过程中可能一直受摩擦力
【答案】D
【解析】
【详解】A．刚开始时，物体速度小于传送带速度，则物体相对传送带向后运动，故A错误；
B．由牛顿第二定律可知，物体加速运动时的加速度为
加速至与传送带共速所需时间
物体做加速运动的位移
可知仅增大μ，物体做加速运动的位移变小，故B错误；
C．物体与传送带因摩擦产生的热量满足
故产热仅发生在物体加速运动的过程中，其中
两式联立，可知
故仅增大v，物体与传送带因摩擦产生的热量增加，故C错误；
D．由上述分析可知，物体做加速运动的位移
仅增大v，设传送带AB的长度为，当时，物体从A点运动到B点的过程中将一直做匀加速运动，物体一直受摩擦力作用，故D正确。
故选D。
8. 轻轻拨动一个铜盘可以使其长时间地绕OO′轴逆时针（俯视图）自由转动。如果在铜盘转动时把蹄形磁体的两极放在铜盘的边缘（但并不接触），如图所示，铜盘可以在较短的时间内停止转动。关于铜盘逐渐停止转动的过程，下列说法正确的是（ ）
A. 铜盘的发热功率不变
B. 铜盘边缘的电势高于铜盘圆心处的电势
C. 若仅增强磁体的磁性，铜盘运动时间将变长
D. 若使磁体绕OO′轴与铜盘同向转动，铜盘一定会越转越快
【答案】B
【解析】
【详解】A．铜盘减速转动过程中，角速度不断减小，铜盘切割磁感线产生的感应电动势
故不断减小，发热功率为
所以发热功率也不断减小，A错误；
B．由图可知，蹄形磁铁N极在下，S极在上，磁场方向竖直向上，铜盘逆时针（俯视图）转动，对磁场中从圆心到边缘的导体切割磁感线，由右手定则可知，感应电动势方向由圆心指向边缘，因此铜盘边缘电势高于圆心电势，B正确；
C．仅增强磁体磁性，磁感应强度增大，相同转速下感应电动势更大，涡流更大，电磁阻力更大，铜盘更快停止，运动时间更短，C错误；
D．若磁体和铜盘同向转动，只有当磁体角速度大于铜盘角速度时，铜盘才会加速，此时为电磁驱动；若磁体角速度小于铜盘，铜盘仍受电磁阻力减速，因此铜盘不一定越转越快，D错误。
故选B。
9. 2025年2月，实践25号卫星成功为北斗G7卫星加注推进剂，完成了人类航天史上首次“太空加油”。已知北斗G7卫星在地球同步静止轨道绕地球做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A. 北斗G7卫星的运行周期小于地球赤道上随地球自转物体的运行周期
B. 北斗G7卫星的向心加速度大于地球表面附近的重力加速度
C. 北斗G7卫星的运行速度小于地球赤道上随地球自转物体的线速度
D. 加注燃料前，北斗G7卫星受到某种微小阻力，高度降低，稳定后线速度增大
【答案】D
【解析】
【详解】同步卫星的核心特点是运行周期、角速度与地球自转完全相同。
A．北斗G7是地球同步卫星，运行周期等于地球自转周期，与地球赤道上随地球自转物体的周期相等，故A错误；
B．万有引力提供向心加速度，公式为
即
地球表面附近重力加速度（为地球半径）
同步卫星轨道半径，因此其向心加速度小于地球表面重力加速度，故B错误；
C．同步卫星与赤道上随地球自转物体的角速度相同，线速度公式为
同步卫星轨道半径远大于地球半径，因此其运行速度大于赤道上随地球自转物体的线速度，故C错误；
D．卫星受稀薄大气阻力，高度降低；稳定后根据
可知
减小则线速度增大，故D正确。
故选D。
10. 把一个小球放在如图所示的玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球在短时间内沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动。关于小球的运动，下列说法正确的是（ ）
A. 半径越大，小球受到的合力越大
B. 半径越大，小球向心加速度的大小不变
C. 半径越大，小球转速越大
D. 半径越大，转动一圈小球受到的合力的冲量越大
【答案】B
【解析】
【详解】AB．对小球做受力分析，小球受重力、漏斗壁的支持力，竖直方向受力平衡，合力沿水平方向提供向心力。设漏斗壁的倾角为定值，可得合力
故向心加速度
故小球所受合力和向心加速度与圆周运动半径无关，半径增大，合力不变，向心加速度不变，A错误，B正确；
C．由
可得
故半径越大，转速越小，C错误；
D．根据动量定理，合力冲量等于动量变化，小球转动一圈，初末动量相同，动量变化为0，因此合力冲量始终为0，与半径无关，D错误。
故选B。
11. 一根不可伸长的轻绳跨过轻质定滑轮，绳的两端分别系有小球A和B。用手托住B球，当绳刚好被拉紧时，B球离地面的高度为h，A球静止于地面，如图所示。已知B球的质量是A球的k倍（k＞1），忽略一切摩擦和空气阻力。B球从释放至刚好落地的过程中，下列判断不正确的是（ ）
A. A球和B球组成系统的机械能不守恒
B. A球上升过程的速度大小等于B球下落过程的速度大小
C. A球加速度的大小等于B球加速度的大小
D. k值越大，B球运动的加速度越接近g
【答案】A
【解析】
【详解】A．对A、B组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒，故A错误，符合题意；
B．绳子不可伸长，B下落的距离始终等于A上升的距离，因此任意时刻两球速度大小相等，故B正确，不符合题意；
C．两球速度大小始终相等，相同时间内速度变化量大小相等，因此加速度大小相等，故C正确，不符合题意；
D．对整体由牛顿第二定律得
解得
k值越大，B球运动的加速度越接近g，故D正确，不符合题意；
本题选择错误选项，故选A。
12. 如图所示，两个带等量正电的点电荷位于M、N两点上，E、F是MN连线中垂线上的两点，O为EF、MN的交点，且EO＝OF。一电子仅在电场力作用下，以某一初速度从E点运动至F点的过程中，下列说法不正确的是（ ）
A. E点和F点的电势相等
B. 电子的加速度可能始终不变
C. 电子的动能可能不变
D. 电子可能沿MN连线中垂线做往复运动
【答案】B
【解析】
【详解】A．E、F是MN连线中垂线上的两点，O为EF、MN的交点，且EO＝OF，根据和电势叠加遵循代数和可知E点和F点的电势相等，故A正确；
B．根据点电荷场强公式和叠加遵循矢量和可知MN连线中垂线上电场强度在不断变化。电子若做直线运动，则在段，加速度方向不变，但是大小变化，在段，加速度方向不变，但是大小变化；若电子做曲线运动，则加速度大小或方向会变化，故加速度不可能不变，故B错误；
C．初速度大小和方向合适时，电子可以为圆心，长为半径做匀速圆周运动，此时动能不变，故C正确；
D．若初速度方向沿MN连线中垂线，因电子受力方向始终指向O点，可知电子在沿MN连线中垂线做往复运动，故D正确。
本题选不正确的，故选B。
13. 图为分拣苹果的装置示意图。该装置按照一定质量标准自动分拣大苹果和小苹果，托盘秤压在一个以O1为转动轴的杠杆上，杠杆末端压在压力传感器R1上，已知压力越大，R1阻值越小。若R2两端的电压较小，分拣开关在弹簧向上弹力作用下处于水平状态，小苹果进入通道1；当R2两端的电压超过某一值U时，可使放大电路中的电磁铁吸引分拣开关的衔铁，此时大于一定标准质量的大苹果进入通道2。已知电源的电动势E1、内阻不计。下列说法正确的是（ ）
A. 增大电动势E1，分拣苹果的质量标准变小
B. 托盘秤上的苹果质量越小，R1两端的电压越小
C. 若只增大R2的阻值，则能进入通道2的苹果的标准质量变大
D. 若仅改变电磁铁线圈的绕向，则分拣苹果的质量标准将发生改变
【答案】A
【解析】
【详解】A．触发条件为，根据闭合电路欧姆定律有
整理得刚好触发时满足
若增大​，则刚好触发需要的​更大，越大对应压力越小，苹果质量越小，即分拣的质量标准变小，A正确；
B．苹果质量越小，压力越小，越大，总电流
​两端电压
所以​增大时​增大，B错误；
C．由
可知增大，刚好触发需要的​增大，对应苹果质量更小，因此进入通道2的苹果标准质量变小，C错误；
D．仅改变电磁铁线圈绕向，仅改变磁场方向，电磁铁仍可以吸引衔铁，触发电压不变，分拣质量标准不变，D错误。
故选A。
14. 将圆珠笔中的轻质小弹簧竖直放在水平桌面上，图1为弹簧正视示意图，实线和虚线表示螺旋细铁丝，已知弹簧上实线细铁丝和虚线细铁丝互成的夹角为θ。一束激光垂直弹簧轴线照射弹簧（只能照射到两圈弹簧），在光屏上会形成如图2所示的夹角为φ的“X”形交叉条纹。根据光学原理，该干涉图像与互成角度的两组双缝的干涉图像一致。下列说法正确的是（ ）
A. 若减小θ，则图2中的φ角将变大
B. 若增大θ，则光屏上的条纹将更加密集
C. 若改用波长更长的激光，则图2中的φ角不变
D. 若改用波长更长的激光，则光屏上的条纹将更加密集
【答案】C
【解析】
【详解】A．若减小θ，则对应的干涉条纹的夹角也减小，即φ角减小，故A错误；
B．若增大θ，相邻铁丝之间的间距d减小，根据可得增大，条纹间距变大，条纹稀疏，故B错误；
C．φ角是几何结构角，只取决于弹簧上两组铁丝的夹角θ，与波长无关，故C正确；
D．若改用波长更长的激光，根据可得增大，条纹间距变大，条纹稀疏，故D错误。
故选C。
第二部分
本部分共6题，共58分。
15. 如图所示为探究两个互成角度的力的合成规律实验的示意图。在该实验中，需要记录的是 。
A. O点的位置
B. EO的长度
C. F1、F2的夹角
D. F1、F2的大小和方向
E. F的大小和方向
【答案】ADE
【解析】
【详解】ADE．在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验过程中，需要保证两个共点力的作用效果与一个力的作用效果相同，所以需要记录O点的位置，还需要记录两个分力F1、F2的大小和方向，以及合力F的大小和方向，故ADE正确；
BC．在该实验中，无需记录两细线的夹角及橡皮条的长度，只需保证两次测量时小圆环在相同的位置，故BC错误。
故选ADE。
16. 用如图1所示的实验装置探究影响感应电流方向的因素。实验时分别把条形磁体的N极或S极插入、拔出螺线管，观察并标记感应电流的方向。某次实验的操作和感应电流的方向如图2所示。下列操作中能产生与图2所示感应电流方向一致的是 。
A. S极插入螺线管B. N极拔出螺线管C. S极拔出螺线管
【答案】C
【解析】
【详解】N极向下运动，穿过螺线管的磁通量增强，根据楞次定律可知感应磁场方向向上；
A．S极插入螺线管，穿过螺线管的磁通量增强，根据楞次定律可知感应磁场方向向下，故A错误；
B．N极拔出螺线管，穿过螺线管的磁通量减弱，根据楞次定律可知感应磁场方向向下，故B错误；
C．S极拔出螺线管穿过螺线管的磁通量减弱，根据楞次定律可知感应磁场方向向上，故C正确。
故选C。
17. 某实验小组用单摆测重力加速度。实验中，由于没有控制好小球的摆动，使得小球做圆锥摆运动。在利用单摆的周期公式来计算重力加速度时，甲同学提出继续用悬点到球心的距离作为摆长，乙同学提出可以用悬点到球心的竖直高度作为摆长。你认为_________（选填“甲”或“乙”）的说法是正确的，原因是_________。
【答案】 ①. 乙 ②. 见解析
【解析】
【详解】[1][2]乙的说法是正确的。
设小球做匀速圆周运动时，摆线与竖直方向的夹角为θ， 根据牛顿第二定律有
解得
其中Lcsθ为悬点到球心的竖直高度，摆长为的单摆周期公式为
两式公式形式一致，因此用单摆周期公式计算重力加速度时，应当用悬点到球心的竖直高度作为摆长。
18. 验证动量守恒的实验可以在如图所示的气垫导轨上完成，其中左、右两侧的光电门可以记录遮光片通过光电门的挡光时间。实验时，开启气垫导轨气源的电源，轻轻拨动两滑块，两滑块在导轨上自由运动时近似为匀速运动，再让滑块A从导轨的左侧向右运动，穿过光电门与静止在两光电门之间的滑块B发生碰撞。现在两个滑块的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥，如图所示。碰撞时撞针插入橡皮泥中，使两个滑块连成一体运动。实验前，测得滑块A（连同其上的遮光片、撞针）的总质量为m1、滑块B（连同其上的遮光片、橡皮泥）的总质量为m2，两滑块上遮光片的宽度相同。实验中测到滑块A单独通过光电门的时间记为t1，滑块连成一体通过光电门的时间记为t2。通过多次实验得到多组t1、t2的值。某同学想通过绘制t1—t2图像验证滑块碰撞前后是否动量守恒，分析说明判断的方法。
【答案】见解析
【解析】
【详解】设遮光片宽度为，碰撞前滑块匀速运动，速度为
滑块静止，故碰撞前总动量 ​
碰撞后两滑块连成一体匀速运动，共同速度
故碰撞后总动量 ​
若碰撞过程动量守恒，则
整理得
绘制图像，若图像为过原点的倾斜直线，且直线斜率等于，即可验证碰撞过程动量守恒；若不满足该关系，则说明动量不守恒。
19. 如图1所示，将轻弹簧竖直固定在水平地面上。质量为m的小球由弹簧的正上方h处自由下落，与弹簧接触后压缩弹簧，当弹簧的压缩量为x时，小球下落到最低点。弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，已知重力加速度为g。
（1）求小球速度最大时，弹簧的形变量大小。
（2）小球从接触弹簧开始到压缩弹簧至最低点过程中，分析说明小球速度最大的位置处在最大形变量中点上方还是下方。
（3）以竖直向下为正方向，从小球接触弹簧开始计时，在图2中画出小球压缩弹簧至最低点过程中合力F随下降距离x的变化图线，并分析小球在压缩弹簧至最低点时受到的弹力大小和重力的关系。
【答案】（1）
（2）
见解析 （3）
，见解析
【解析】
【小问1详解】
小球由静止下落到最低点，根据机械能守恒有
小球速度最大时合力为零，此时弹簧的形变量大小为
联立解得
【小问2详解】
小球速度最大时弹簧的形变量大小为
整理得
又知
所以，故小球速度最大的位置处在最大形变量中点的上方。
【小问3详解】
小球压缩弹簧至最低点的过程中，合力，合力F随下降距离x的变化图线如图所示
图线与横轴围成的面积等于合力做的功，在合力由变化到的过程中，图线与横轴围成的面积为零，合力做的总功为零，根据动能定理有
所以
当时小球的速度等于刚接触弹簧时的速度，小球还会继续下降，小球所受合力的大小继续增大，故小球下降到最低点时合力的大小
又知合力的大小
联立解得，小球在压缩弹簧至最低点时受到的弹力大小
20. 如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，两根相距为L的平行长直金属导轨水平放置，左端接阻值为R的定值电阻。一长为L、电阻为r的导体棒放置在导轨上，与导轨接触良好。导体棒在外力作用下沿导轨以速度v向右匀速运动。不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦，导体棒运动过程中始终与两导轨保持垂直。经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子和金属离子（即金属原子失去电子后的剩余部分）的碰撞。展开你想象的翅膀，给出一个合理的自由电子的运动模型；在此基础上，求出导体棒中一个自由电子受到金属离子阻碍其沿导体棒长度方向做定向移动的平均作用力f的表达式。
【答案】
【解析】
【详解】设一个自由电子受到金属离子阻碍其沿导体棒长度方向做定向移动的平均作用力为f，电子在平均作用力、电场力和洛伦兹力的作用下做匀速直线运动，所以沿导线长度方向有，
可得
又感应电动势为
导体棒的两端电压为
联立可得
21. 透射电子显微镜是科研中的重要工具，可以通过电子透镜控制电子束轨迹探测物质的微观结构。
如图是电子透镜中电子枪和磁聚焦系统的简化示意图。一隔板将真空管分为Ⅰ、Ⅱ两个区域，隔板的中心有一小孔，右端为可平移接收板。区域Ⅰ中有电场（图中未画出），区域Ⅱ中有沿轴线向右的匀强磁场。电子经电场加速后，从小孔中心O点沿不同方向进入区域Ⅱ。已知磁感应强度大小为B，电子质量为m、电荷量为e，电子与真空管不发生碰撞。忽略电子间的相互作用。
（1）电子沿不同方向从O点进入区域Ⅱ，其与轴线方向有一定夹角的电子运动轨迹的投影可能是下列选项中的 。（沿轴线从左向右看）
A. B.
C. D.
（2）将进入区域Ⅱ电子的运动分解为沿管轴线方向的分运动和垂直于轴线方向的分运动。已知电子的速度沿管轴线方向的分量大小在（很小）范围内；同时电子的速度垂直于轴线方向的分量大小在范围内。
a.求从O点进入区域Ⅱ的所有电子，第一次回到轴线的位置最小为，最大为，求最大和最小之间的距离。
b.若将接收板从处向右平移至处，此过程中，电子落在接收板上形成的斑的大小会如何变化？
【答案】（1）C （2）a.；b.逐渐增大
【解析】
【小问1详解】
A．由图可知，电子沿竖直向上方向进入区域Ⅱ，沿轴线从左向右看，磁感线方向垂直纸面向里，根据左手定则可知，电子在O点受到的洛伦兹力方向水平向右，电子做圆周运动的圆心应在O点右侧，故A错误；
BD．由题意，电子沿不同方向从O点进入区域Ⅱ，故电子运动轨迹的投影必经过O点，与所给图像不符，故BD错误；
C．由图可知，电子沿竖直向上方向进入区域Ⅱ，沿轴线从左向右看，磁感线方向垂直纸面向里，根据左手定则可知，电子在O点受到的洛伦兹力方向水平向右，电子做圆周运动的圆心应在O点右侧，故C正确。
故选C。
【小问2详解】
a.进入区域Ⅱ的电子沿轴线方向不受磁场作用，做匀速直线运动，沿垂直于轴线方向做匀速圆周运动，满足
得
电子做圆周运动的周期满足
可知电子做圆周运动的周期相同，且每转动一个周期刚好都能回到轴线。当电子沿轴线运动的速度为时，第一次回到轴线的位置最小，可知
当电子沿轴线运动的速度为时，第一次回到轴线的位置最大，可知
故最大和最小之间的距离
b.当接收板置于处时，沿管轴线方向的速度为，垂直于轴线方向速度分量为的电子刚好回到轴线上处。此时，速度为的电子沿垂直于轴线方向做匀速圆周运动刚好到达P点，如图所示
该电子还需转动角度才能回到轴线上处，故对于垂直于轴线方向速度分量为，沿管轴线方向的速度处于范围内的粒子，落在接收板上的位置在角对应的上，其中直线与竖直方向的夹角为。
对于垂直于轴线方向速度在、沿管轴线方向的速度在范围内的电子，由可知其圆周运动的半径与垂直于轴线方向速度分量成正比，但击中接收板时对应的角由沿管轴线方向的速度决定，与无关，因此对于落在接收板上的电子其对应的圆周半径不同，但对应的角不变，故可知接收屏形成的斑处于下图所示阴影区域范围内
若将接收板从处向右平移至处过程中，沿管轴线方向的速度处于范围内的粒子，击中接收板的最大时间差为
粒子转过的角度之差最大值满足
可知随着接收板从处向右平移至处过程中，随着的增加，两粒子转过的角度之差逐渐增大，图中阴影区域的面积逐渐增大，斑的大小会逐渐增大。
22. 黑洞是一种质量非常大、半径非常小的天体。天文学家跟踪观测了银河系中心附近恒星的运行轨迹，推测出银河系中心存在质量为M的黑洞。已知相距为r、质量分别为m1和m2的两质点之间的引力势能，G为引力常量。仅考虑黑洞对物质的引力作用。
（1）银河系中心黑洞会不断吞噬周围的星际物质，这些物质在被吞噬的过程中会先进入“吸积盘”，并产生电磁辐射。为了研究进入吸积盘中物质产生的电磁辐射，某同学建立如下简化模型：在被吞噬的过程中，吸积盘各处物质绕黑洞旋转，机械能不断转化为电磁辐射，在运动过程中其轨道半径不断减小，但每一圈的运动仍可视为匀速圆周运动。吸积盘中距离黑洞r1到r2（r1＜r2）的区域产生的电磁辐射功率为P，吸积盘的吸积质量（单位时间内进入吸积盘的物质的质量）为mt，求黑洞质量M。
（2）某黑洞附近的S0-2星体绕其做椭圆运动。已知S0-2星体做椭圆运动的半长轴约为、周期约为，估算黑洞质量M。（结果保留一位有效数字）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
设绕黑洞做匀速圆周运动的物质质量为m，轨道半径为r，则有
m的动能、引力势能分别为，
m的机械能
联立解得
单位时间内进入吸积盘的质量为，物质从距离黑洞处运动到距离黑洞处，单位时间内机械能的减少量等于电磁辐射功率，即
解得黑洞的质量
【小问2详解】
S0-2 星体做椭圆运动的半长轴约为、周期约为，将椭圆运动近似为半径为 的匀速圆周运动，万有引力提供向心力，故
整理得黑洞的质量