2026届山东德州市高三下学期4月学习质量综合评估物理试卷（含答案）

这是一份2026届山东德州市高三下学期4月学习质量综合评估物理试卷（含答案），共58页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.我国新一代月球科研站采用锔−244(96244Cm)同位素核电池作为长期能源，其衰变方程为 96244Cm→94240Pu+Y+γ。衰变时伴随波长为λ的γ光子放出，用该光子照射光伏组件的锡基钙钛矿材料(逸出功为W0)产生光电效应。已知真空中光速为c，普朗克常量为ℎ，下列说法正确的是( )
A. 衰变方程中的Y为中子，该过程为β衰变
B. 月球表面昼夜温差极大，锔−244的半衰期会随之显著变化
C. 衰变后生成的钚−240原子核比锔−244更不稳定，比结合能更小
D. 用γ射线照射锡基钙钛矿材料时，逸出光电子的最大初动能为ℎcλ−W0
2.某同学使用健身平衡球进行核心力量训练时，快速、用力将球向下挤压，使球内密封的一定质量理想气体体积减小，此过程球内气体与外界无热量交换。对该过程下列说法正确的是( )
A. 气体压强减小
B. 气体内能增大
C. 气体分子平均动能减小
D. 气体分子单位时间内对球体内壁单位面积的碰撞次数不变
3.处在匀强磁场中的氢气气泡室，常用于检测高能粒子的径迹。匀强磁场的方向垂直纸面向外，一带电粒子从A处以初速度v0进入气泡室后运动轨迹如图所示，该粒子在运动过程中比荷不变，始终受到与速度方向相反的阻力，不计粒子重力。下列说法正确的是( )
A. 粒子带正电B. 粒子运动的角速度越来越大
C. 粒子运动的角速度越来越小D. 粒子运动的向心加速度越来越小
4.利用激光散斑干涉技术可以精确测量激光波长。实验时，用激光对运动物体进行二次曝光，形成的“散斑对”可等效为双缝干涉中的双缝，物体运动速度v与二次曝光时间间隔Δt的乘积可等效为双缝间距。实验测得“散斑对”到光屏的距离为L，光屏上相邻亮纹间距为Δx，则所用激光波长λ的表达式为( )
A. vΔtΔxLB. vLΔtΔxC. vLΔxΔtD. LΔxvΔt
5.如图所示，在x轴上坐标原点O和负半轴上的P点各固定一个点电荷，以无穷远处为零势能点，x轴正半轴上各点的电势φ随x变化规律如图所示，P点的点电荷电荷量的绝对值为q1,O点的点电荷电荷量的绝对值为q2。下列判断正确的是( )
A. P点的点电荷为正电荷
B. O点的点电荷为负电荷
C. 两点电荷量的关系为q1>q2
D. 在x轴上紧邻x0处由静止释放一正点电荷，该点电荷将在x0附近做简谐运动
6.如图所示，将A、B两块木板连接并固定在水平桌面上，已知木板A的长度是木板B长度的2倍。让同一小物块以相同大小的初速度先后从两端滑入：从木板A左端滑入后，恰好停在木板B的正中间；从木板B右端滑入后，恰好停在木板A的正中间。设小物块与木板A、B间的动摩擦因数分别为μA、μB，物块可视为质点，则μA:μB为( )
A. 2∶1B. 1∶2C. 4∶1D. 1∶4
7.如图甲所示，轻杆一端与一小球相连，另一端连在O处光滑固定轴上。现使小球在竖直平面内做匀速圆周运动，到达某一位置开始计时，取水平向右为正方向，小球沿x轴上的分速度vx随时间t的变化关系如图乙所示。已知小球可视为质点，质量为1kg，重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 轻杆的长度为0.1m
B. 图乙中阴影部分面积大小为0.1πm
C. 小球在最高点时，杆对球的作用力大小为5N
D. 在0.1π∼0.2πs时间段内小球合外力的冲量大小为2N⋅s
8.一质量为m的卫星围绕地球做椭圆运动，其轨道的半长轴为a，地球的质量为M，卫星的引力势能EP=−GMmr(r为卫星到地心的距离)，万有引力常量为G。该卫星在椭圆轨道上的机械能为( )
A. −GMm2aB. −GMmaC. −3GMm2aD. −2GMma
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.如图所示，面积为S、阻值为R、匝数为N的矩形金属线框，绕中轴线OO′以角速度ω匀速转动，中轴线右侧空间存在磁感应强度大小为B、方向水平向右的匀强磁场，线框通过电刷与可变理想变压器相连，副线圈接有阻值为R的定值电阻，原线圈和副线圈初始接入电路的匝数之比为2∶1，电压表和电流表均为理想电表。下列说法正确的是( )
A. 线框从图示位置转过90 ∘时，电流表示数为0
B. 线框从图示位置转过45 ∘时，电动势的瞬时值为 22NBSω
C. 电压表的示数为 210NBSω
D. 滑动触头P向上移动时，电流表示数变大
10.如图所示为斜向上发射弹丸的玩具装置，发射方向与水平面的夹角θ可调，弹丸每次射出时速度大小均为v0=5m/s，发射口离水平地面高度为ℎ=2m，弹丸质量m=0.1kg，重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力，sin37 ∘=0.6，cs37 ∘=0.8。下列说法正确的是( )
A. θ不同时，弹丸从射出到落地的时间均相等
B. θ不同时，弹丸落地时的速度大小均相等
C. θ=37 ∘时，弹丸落地时重力的瞬时功率为2 10W
D. θ=37 ∘时，弹丸的水平射程为4m
11.如图甲所示，在一均匀介质中，振源S1位于x轴上15 cm处，在t=0时刻沿z轴正向开始振动，产生的简谐横波在xOy水平面内传播，振动图像如图乙所示，t=2s时该波恰好传到x轴上5 cm处。振源S2位于y轴上20 cm处，t=3s时开始振动，起振方向和振动情况与S1相同，A点在xOy平面内。下列说法正确的是( )
A. 两简谐波的波长为20 cm
B. 两简谐波的波速为5 m/s
C. t=6s时，A处质点速度竖直向上
D. 0∼6s时间内，A处质点运动的路程为2 cm
12.如图所示，不计电阻且足够长的两光滑导轨平行放置，其中PM与QN与水平方向夹角θ=37 ∘,ME与ND处于水平面内，MN垂直于两导轨。水平导轨处在磁感应强度为B1的竖直向上的匀强磁场中，倾斜导轨处在磁感应强度为B2的竖直向上的匀强磁场中。两个完全相同的金属杆a、b垂直于两导轨放置，杆a通过一轻绳跨过定滑轮与物块相连，物块的质量为金属杆质量的2倍。最初系统在外力作用下静止，撤去外力后经过一段时间，a、b两杆均做匀速直线运动，速度大小分别为v1和v2，sin37 ∘=0.6，cs37 ∘=0.8。下列说法正确的是( )
A. B1B2=103B. B1B2=83C. v1v2=109D. v1v2=89
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
13.某同学用如图甲所示的装置测量当地重力加速度的大小。用到的实验器材有：带有标尺的竖直杆、光电计时器、直径为d的小球、小球释放器(可使小球无初速释放)、网兜。实验时，测出小球的直径d，调节好光电门的位置并测量出小球挡光时间t，从竖直杆上的标尺可读出初始位置小球的球心到光电门之间的竖直距离ℎ，根据实验数据作出d2t2−ℎ图像如图乙所示。
请回答以下问题：
(1)小球运动到光电门处的瞬时速度表达式为v= (用题目中给的物理量表示)；
(2)某次使用游标卡尺测量小球的直径如图丙所示，则小球直径d= cm；
(3)若图乙中直线的斜率为k，空气阻力可忽略不计，则当地的重力加速度的测量值大小为g= 。(用k表示)
14.为了测量干电池A的电动势和内阻，某学习小组设计了图甲所示的电路图，电流表和电压表内阻未知。
(1)用甲图方案测得的干电池A的内阻比真实值 (选填“偏大”或“偏小”)，其误差主要来源于 (选填“A”或“B”)。
A.电流表分压 B.电压表分流
(2)为了提高实验精度，该小组又设计了如图乙所示的电路，主要实验操作如下：
①闭合S1、S2，调节滑动变阻器R′，使灵敏电流计G的指针指在零刻度线，记录此时电压表的示数U1=2.68V、电流表的示数I1=0.22A；
②改变滑动变阻器R的滑片位置，重复步骤①，记录此时电压表的示数U2=2.35V、电流表的示数I2=0.55A。可算出电池的电动势E= V，内阻r= Ω。(结果均保留两位小数)
四、计算题：本大题共4小题，共46分。
15.如图所示，有一款南瓜样茶宠可简化为一圆柱形容器，容器的上表面有一小孔。初始时，容器内充满压强为P0、温度为T0=300K的空气。用热水缓慢淋在容器上，可使容器内气体温度升高。已知大气压强为P0，容器内气体可视为理想气体，整个过程容器内未进入茶水。
(1)容器内气体温度达到T1=360K时，内部剩余气体质量与原来气体质量之比为多少？
(2)在容器内气体温度达到360K时塞住小孔，当容器内温度缓慢降到室温T0时，内部气体压强为多少？
16.为突破传统光学玻璃折射率的局限，某科研团队成功制备出超高折射率特种光学玻璃，为精准测定其折射率，设计了如图所示的检测实验。发射器发射一束光线从A点垂直射入横截面为四分之三圆面的柱状玻璃砖中，光线打在紧贴玻璃砖表面的感光仪上，感光仪可检测出光点强度。现保持入射光方向不变，控制发射器缓慢下移，测得光点强度几乎不变，在越过B点的瞬间感光仪测得光强骤然下降。已知圆的半径为R，OA= 22R，OB=12R，光在真空中传播的速度为c，求：
(1)玻璃砖对该光的折射率n；
(2)光线从A点传到感光仪的时间t。
17.如图所示，xOy平面直角坐标系中第一象限存在垂直于纸面向外的匀强磁场(未画出)，第二象限存在沿x轴正方向的匀强电场，其电场强度E1=2mv2qL(v为已知量，下同)。第四象限交替分布着沿−y方向的匀强电场和垂直xOy平面向里的匀强磁场，电场、磁场的宽度均为L，边界与y轴垂直，电场强度均为E=mv2qL，磁感应强度大小均为B=4mv5qL。一质量为m、电量为+q的粒子从点M(−L,0)以平行于y轴的初速度v0(大小未知)进入第二象限，恰好从点N(0,2L)进入第一象限，然后又垂直x轴进入第四象限，多次经过电场和磁场后轨迹恰好与某磁场下边界相切。不计粒子重力，求：
(1)粒子的初速度v0的大小；
(2)第一象限磁场的磁感应强度B1的大小；
(3)粒子在第四象限中能到达距x轴的最远距离d。
18.如图所示，四分之一光滑圆弧轨道与水平传送带左端平滑连接，圆弧半径r=0.2m。传送带长为L=3.6m，以v=4m/s顺时针匀速转动，传送带到光滑水平地面的高度ℎ=3.2m。一质量为M=2kg的正方形木板在光滑水平地面上以水平初速度v0=4m/s匀速运动，速度方向垂直于圆弧轨道与传送带所在的竖直面。现将一质量为m=2kg的小物块从圆弧最上端无初速释放，物块落下后打在木板上表面。已知物块与传送带及木板之间的动摩擦因数分别为μ1=12，μ2= 212，物块始终未落在地面上，重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力及木板的厚度。
(1)求物块在传送带上运动的时间；
(2)若物块与木板每次碰撞时间极短(重力的冲量可忽略)，每次碰撞前后物块的竖直方向速度大小减半，方向反向。求：
①物块与木板碰撞过程中两者损失的总机械能；
②物块与木板第1次碰后瞬间，物块的速度大小。
答案解析
1.【答案】D
【解析】【详解】A.根据核反应电荷数、质量数守恒，Y的电荷数为 2 ，质量数为 4 ，因此Y为 α 粒子，该过程为 α 衰变，故A错误；
B.半衰期是原子核的固有属性，仅由原子核内部结构决定，与外界温度、压强等环境条件无关，因此温度变化时锔−244的半衰期不变，故B错误；
C.该衰变过程释放能量，生成的新核更稳定，而原子核的比结合能越大，稳定性越强，因此钚−240的比结合能比锔−244更大，故C错误；
D. γ 光子的频率 ν=cλ
光子能量为 E=ℎν=ℎcλ
根据爱因斯坦光电效应方程，逸出光电子的最大初动能 Ek=ℎν−W0=ℎcλ−W0 ，故D正确。
故选D。
2.【答案】B
【解析】【详解】B.气体与外界无热量交换，即 Q=0 ，气体体积减小，外界对气体做正功， W>0 ，根据热力学第一定律 ΔU=W+Q ，可知 ΔU>0 ，气体内能增加，B正确；
C.理想气体的温度只与内能有关，气体内能增加，温度升高，分子平均动能增大，C错误；
A.根据理想气体状态方程 pVT=C ，气体体积减小，温度升高，压强增大，A错误；
D.气体体积减小，分子数密度增加，温度升高，分子平均速率增大，所以气体分子单位时间内对球体内壁单位面积的碰撞次数变多。
故选B。
3.【答案】D
【解析】【详解】A.根据左手定则可知，该粒子带负电，故A错误；
BC.设粒子运动的线速度为 v ，角速度为 ω ，则根据洛伦兹力提供向心力有 qvB=mω2r
又因为 v=ωr
联立解得 ω=Bqm
所以粒子运动的角速度保持不变，故BC错误；
D.根据 an=ω2r 可知，由于粒子运动的角速度保持不变，而半径 r 越来越小，所以粒子运动的向心加速度越来越小，故D正确。
故选D。
4.【答案】A
【解析】【详解】双缝干涉相邻亮纹间距的核心公式为 Δx=Lλd
其中 d 为双缝间距， L 为双缝到光屏的距离， λ 为光的波长。由题意可知，等效双缝间距 d=vΔt
联立求波长 λ=Δx⋅dL=vΔtΔxL
故选A。
5.【答案】C
【解析】【详解】AB.由 x→0 时 φ→+∞ 可知 O 点电荷为正电荷；由 x=x0 处 φ−x 图像切线斜率为零可知该处场强为零，即 O 点电荷在 x0 处产生的向右场强与 P 点电荷在 x0 处产生的向左场强抵消，故 P 点电荷为负电荷，故AB错误；
C.在 x0 处有 kqOx02=kqPx0+d)2
因 x0+d>x0
故 qP>qO
且 q1 为 P 点电荷量， q2 为 O 点电荷量，此时 q1>q2 ，故C正确；
D.在 x0 处电势最低，正电荷势能最低，但在垂直于 x 轴方向上电势并非最低，电荷释放后若受微小扰动偏离 x 轴，将不能回到 x0 ，且简谐运动要求回复力严格满足 F=−kx ，此处仅为近似，故D错误。
故选C。
6.【答案】B
【解析】【详解】设木板B的长度为 l ，则木板A的长度为 2l 。设小物块的质量为 m ，初速度为 v0 ，则两种情况下分别对小物块列动能定理方程有 −μAmg⋅2l−μBmg⋅l2=0−12mv02 ， −μBmgl−μAmgl=0−12mv02
联立解得 μAμB=12
故选B。
7.【答案】C
【解析】【详解】A.由图乙可知，小球沿 x 轴分速度的最大值为 vxm=1m/s ，即小球做匀速圆周运动的线速度大小 v=1m/s 。周期 T=0.4πs 。根据 v=2πLT
解得轻杆长度 L=0.2m ，故A错误；
B. vx−t 图线与时间轴围成的面积表示 x 方向的位移。图乙中阴影部分对应的时间为 0.1πs∼0.2πs ，即四分之一周期。在此期间，小球从最高点运动到最右端， x 方向的位移大小等于杆长 L ，即面积大小为 0.2m ，故B错误；
C.小球在最高点时，受重力 mg 和杆的作用力 F 。根据牛顿第二定律，合外力提供向心力，方向向下。假设 F 为支持力，有 mg−F=mv2L
代入数据解得 F=5N
假设成立，故C正确；
D.在 0.1πs∼0.2πs 时间段内，小球从最高点运动到最右端。初速度 v1 水平向右，末速度 v2 竖直向下，大小均为 v=1m/s 。根据动量定理，合外力的冲量 I=Δp 。由于 v1 与 v2 垂直，动量变化量的大小 Δp= mv)2+(mv)2= 2N⋅s ，故D错误。
故选C。
8.【答案】A
【解析】【详解】卫星的机械能为动能与引力势能之和，即 E=Ek+Ep
已知引力势能 Ep=−GMmr
设近地点到地心距离为 r1 ，速度为 v1 ；远地点到地心距离为 r2 ，速度为 v2 ，由椭圆半长轴定义得 a=r1+r22
根据开普勒第二定律，在相等时间内扫过面积相等 12v1Δt×r1=12v2Δt×r2
即 v1r1=v2r2
卫星仅受万有引力，机械能守恒 12mv12−GMmr1=12mv22−GMmr2=E
联立上述两式，代入 a=r1+r22 化简，可得 E=−GMm2a
故选A。
9.【答案】CD
【解析】【详解】线框只有一半在磁场中，有效面积为 S2 ，感应电动势的最大值 Em=NBS2ω=12NBSω
感应电动势有效值 E=Em 2=NBSω2 2 。
A.电流表的示数为电路中电流的有效值，虽然瞬时值为零，但电流表示数不为0，故A错误。
B.线框从图示位置转过 45 ∘ 时，电动势瞬时值 e=Emcs45 ∘=12NBSω× 22= 24NBSω ，故B错误；
C.原线圈输入电压 U1=E−I1R ，其中 I1 是原线圈电流
根据变压器匝数比 U1U2=n1n2=I2I1
解得 U2=U12 ， I2=2I1
副线圈电路有 U2=I2R=2I1R
所以 U1=4I1R
联立解得 U2= 210NBSω
即电压表示数为 210NBSω ，故C正确；
D.滑动触头 P 向上移动时，副线圈匝数 n2 增大，根据 U1U2=n1n2 ，可得 U2 增大，副线圈电流 I2=U2R 增大，原线圈电流 I1=n2n1I2 也增大，电流表示数变大，故D正确。
故选CD。
10.【答案】BD
【解析】【详解】A.弹丸竖直方向做竖直上抛运动，竖直向上的初速度为 vy0=v0sinθ
由运动学公式可得 −ℎ=vy0t−12gt2
可知，运动时间t与 θ 有关。所以 θ 不同时，弹丸从射出到落地的时间不相等，故A错误；
B.根据动能定理，有 mgℎ=12mv12−12mv02
解得落地速度 v1= v02+2gℎ= 65m/s
所以弹丸落地时的速度大小均相等，故B正确；
C.由运动学公式，有 vy2−v0sin37∘2=2gℎ
解得 vy=7m/s
重力瞬时功率P=mgvy
解得P =7W，故C错误；
D.由运动学公式，有 vy=v0sinθ−gt
解得 t=1s
弹丸的水平射程为 x=v0cs37∘t=4m ，故D正确。
故选BD。
11.【答案】AD
【解析】【详解】AB.由题意，振源 S1 在 t=0 开始振动， t=2s 时波传到 x=5cm 处，传播距离 Δx=15cm−5cm=10cm
波速 v=ΔxΔt=102cm/s=5cm/s
由图乙知周期 T=4s ，则波长 λ=vT=5×4cm=20cm ，故A正确，B错误；
C.由图甲几何关系可知 A 点坐标为 15,20 ， S1 到 A 的距离 r1=20cm ，波传到 A 需 t1=205s=4s
S2 到 A 的距离 r2=15cm ， S2 在 t=3s 起振，波传到 A 需 Δt2=155s=3s
即 t=6s 时 S2 的波刚传到 A 。 t=6s 时， S1 引起的振动已持续 6s−4s=2s=T2
质点回到平衡位置且速度方向与起振方向相反(向下)； S2 引起的振动刚开始，起振方向向上。两列波在 A 点引起的速度大小相等、方向相反，合速度为零，故C错误；
D. 0∼4s ， A 点未振动。 4∼6s ，只有 S1 的波引起 A 振动，振动时间 Δt=2s=T2
路程 s=2A=2×1cm=2cm
t=6s 时 S2 波刚到，未产生路程，总路程为 2cm ，故D正确。
故选AD。
12.【答案】BC
【解析】【详解】设物体的质量为2m，金属杆a、b的质量为m，导轨间距为L。
AB.当a、b做匀速直线运动时，对物体受力分析有 T=2mg
对a受力分析有 T=B1IL
对b受力分析有 B2IL=mgtanθ
解得 B1=2mgIL ， B2=3mg4IL
所以 B1B2=83 ，A错误，B正确；
CD.根据动量定理，从释放到达到匀速运动的过程中，对物体有 2mgt−IT=2mv1
对a有 IT−B1ILt=mv1
对b有 mgtsinθ−B2ILtcsθ=mv2
联立可得 v1v2=109 ，D错误，C正确；
故选BC。
13.【答案】dt
0.84
k2

【解析】【详解】(1)由于小球通过光电门的时间很短，小球通过光电门过程的平均速度约等于瞬时速度，故 v≈v=dt
(2)某次使用游标卡尺测量小球的直径如图丙所示，则小球直径 d=8mm+4×110mm=8.4mm=0.84cm
(3)由于空气阻力可忽略不计，根据机械能守恒有 mgℎ=12mdt2
由图乙可得 d2t2=kℎ
联立解得 g=k2
14.【答案】偏大
A
2.90
1.00

【解析】【详解】(1)[1][2]在图甲电路中，电压表测量滑动变阻器 R 两端的电压 U ，电流表 G 测量干路电流 I 。根据闭合电路欧姆定律，电源电动势 E=U+Ir+RG
变形得 U=E−Ir+RG
实验数据处理时依据 U=E测−Ir测 进行拟合，对比可知测得的内阻 r测=r+RG
大于真实值 r ，即测量值偏大。该误差是由于电流表 G 串联在电路中产生了分压，导致电压表未能测得包含电流表分压在内的完整路端电压，故误差来源于电流表分压，选A。
(2)[1][2]在图乙电路中，当灵敏电流计 G 指针指零时，其两端电势相等，此时电压表 V 并联在电源 A 两端，测量的示数 U 即为电源 A 的路端电压。同时，由于 G 中无电流，流过电源 A 的总电流全部流经右侧回路，即电流表 A 的示数 I 等于流过电源 A 的电流。根据闭合电路欧姆定律有 E=U+Ir
将题中数据 U1=2.68V,I1=0.22A ； U2=2.35V,I2=0.55A
代入后得 E=U1+I1r 、 E=U2+I2r
联立方程解得内阻 r=1.00Ω
电动势 E=2.90V
15.【答案】【详解】(1)设容器原有气体体积为 V0 ，若原有气体全部不逸出，总体积变为 V
根据盖−吕萨克定律可得 V0T0=VT
解得 V=65V0
剩余气体质量与原来气体质量之比等于体积比 mm0=V0V=56
(2)气体温度达到 360K 时塞住小孔，则气体体积不变，根据查理定律可得 P0T1=PT0
解得 P=56P0

【解析】详细解答与解析过程见答案
16.【答案】【详解】(1)根据题意可知，光线从 B 点入射时恰好发生全反射，由几何关系可得临界角为30°，根据 n=1sinC
解得n=2
(2)由 n=cv
得 v=c2
由光路图，结合几何关系可知光线在玻璃中传播的路程 x=6OA=3 2R
根据 v=xt
解得 t=6 2Rc

【解析】详细解答与解析过程见答案
17.【答案】【详解】(1)粒子在第二象限的电场中做类平抛运动，水平方向粒子做初速度为0的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知，粒子的加速度满足 qE1=ma
解得 a=qE1m=2v2L
水平方向粒子的位移为 L ，满足 L=12at2
解得 t=Lv
竖直方向，粒子做匀速直线运动，满足 2L=v0t
解得 v0=2v
(2)粒子进入第一象限时的速度 vN= v02+a2t2= 2v0=2 2v
速度方向与 y 轴正方向夹角为 45∘ ，然后又垂直x轴进入第四象限，可知粒子在第一象限内转过的圆心角为 θ=135∘
由几何关系可知，粒子在第一象限内做圆周运动的半径为 R1=2 2L
洛伦兹力充当向心力，满足 qvNB=mvN2R1
解得 B1=mvqL
(3)设粒子离x轴最远时处于第n个磁场中，且粒子速度与x轴方向平行，此前粒子已经过 n−1 个电场，设此时粒子速度大小为 vn ，由动能定理有 n−1qEL=12mvn2−12mvN2
粒子经过n个磁场，在水平方向上由动量定理有 ΣqvyBΔt=mvn−0
假设粒子恰好不从第n个磁场飞出，则有 ΣvyΔt=nL
即 nqBL=mvn
联立解得 n=5
故假设成立，粒子恰好能达到第5个磁场的下边界，粒子离x轴最远的距离 d=2n−1L
解得 d=9L

【解析】详细解答与解析过程见答案
18.【答案】【详解】(1)设物块滑上传送带时的初速度为 v1 ，在传送带上的加速度大小为 a1 ，根据动能定理有 mgr=12mv12
由牛顿第二定律有 μ1mg=ma1
设物块与传送带可以达到共速，由运动学公式 v2−v12=2a1x1
解得 x1=1.2m