重庆市第八中学2026届高三下学期模拟预测物理试卷（Word版附解析）

这是一份重庆市第八中学2026届高三下学期模拟预测物理试卷（Word版附解析），共11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。
是符合题目要求的。
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 甲图为天安门广场阅兵上亮相的激光武器，激光作为电磁波，传播需要介质
B. 卢瑟福通过乙图中的实验提出了原子的核式结构
C. 丙图显示了 、 、 三种射线从粒子源射入匀强磁场后的运动轨迹，其中③轨迹代表 射线
D. 丁图中，把核子分开需要能量是为了克服核子间的万有引力
【答案】B
【解析】
【详解】A．激光是一种电磁波，传播时不需要介质，故 A 错误；
B．卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，故 B 正确；
C． 粒子带正电， 粒子带负电， 不带电，根据左手定则可知，②轨迹代表 射线，③轨迹代表 射线，
①轨迹代表 射线，故 C 错误；
D．把核子分开需要克服核子之间的核力作用，故 D 错误。
故选 B。
2. 如图所示，一位小朋友躺在吊床上休息，当其静止时拴吊床的两段绳子与竖直方向的夹角分别为 和 。
设夹角为 的绳子拉力大小为 ，夹角为 的绳子拉力大小为 ，则 为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
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【解析】
【详解】小朋友及吊床受三个力且处于静止状态，其受力如图所示，由正弦定理可得
所以
故选 A。
3. “套圈”是很多小朋友喜欢的游戏项目。某小朋友第一次从 P 点将套圈水平抛出，套圈落在 Q 点，第二
次仍从 P 点斜向上抛出，抛出速度与水平方向夹角为 37°，结果套圈仍落在 Q 点，空气阻力不计，对这两
次“套圈”，下列说法正确的是（ ）
A. 套圈运动的时间相等 B. 套圈的最小速度相等
C. 套圈的速度变化快慢相同 D. 套圈重力的平均功率相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．套圈第一次竖直方向做自由落体运动，第二次竖直方向做竖直上抛运动，第二次运动时间长，
A 错误；
B．两次套圈在最高点的速度最小，在由最高点到 Q 点运动过程中，第二次高度高，水平位移小，因此最小
速度小，B 错误；
C．两次重力加速度相同，速度变化快慢相同，C 正确；
D．两次套圈过程中重力做功相等，但是时间不等，所以重力的平均功率不相等，D 错误。
故选 C。
4. “自热米饭”盒的内部结构如图所示，加热层有氧化钙等物质，遇水反应放热，可实现无火无电条件下加热
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食材，加热时食材层内空气温度缓慢上升，通过盖子上的透气孔泄压维持食材层内空气压强不变。若忽略
加热过程中食材层体积变化，食材层内空气可视为理想气体，则加热过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 食材层内空气分子单位时间内撞击器壁的分子数不变
B. 食材层内空气的内能增加量等于气体从化学反应中吸收的热量
C. 食材层内空气的压强与热力学温度成正比
D. 食材层内空气分子对单位面积器壁的平均作用力不变
【答案】D
【解析】
【详解】B．根据热力学第一定律
虽然气体体积不变，但是气体分子数减小，有气体泄漏，可视作气体体积增大，可得
所以 ，故 B 错误；
CD．压强的物理意义就是分子对单位面积器壁的平均作用力，由于盖子上的透气孔泄压维持食材层内空气
压强不变，所以食材层内空气分子对单位面积器壁的平均作用力不变，故 C 错误，D 正确；
A．设在时间 内撞击器壁的分子数为 ，分子的平均速度为 ，器壁受到的平均作用力为 ，根据动量
定理可得
解得单位时间内撞击器壁的分子数
根据选项 D 可知 不变，随着加热食材层内温度升高，分子的平均速度 增大，可得 减小，故 A 错误。
故选 D。
5. 神舟二十一号飞船创造了飞船与空间站对接的最快纪录。如图，椭圆轨道Ⅰ和圆形轨道Ⅱ分别是飞船与
空间站对接前、后的运行轨道，P、Q 分别是轨道Ⅰ的远地点和近地点。若 P、Q 离地面的高度差为 h，飞
船在 P、Q 两处的加速度大小之比为 ，已知引力常量为 G，地球质量为 M，则飞船在轨道Ⅱ运行的（ ）
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A. 半径为 B. 半径为
C. 速率为 D. 速率为
【答案】D
【解析】
【详解】AB．令 P 点距地面的高度为 h1，Q 点距地面的高度为 h2，地球半径为 R，根据牛顿第二定律，在
P 点，有
在 Q 点，有
根据题意，有 ，
联立解得飞船在轨道Ⅱ运行的 ，故 AB 错误；
CD．根据万有引力等于向心力，有
解得 ，故 C 错误，D 正确。
故选 D。
6. 如图所示在水平面内建立 xOy 坐标系，两个位于椭圆长轴端点位置的相干波源 S1 和 S2 沿竖直方向振动，
振动步调相同，发出的简谐横波在同一均匀介质中传播，椭圆的半长轴为 a=5m，半短轴为 b=3m。已知波
源频率 f=2Hz，简谐波在介质中传播速度大小为 8m/s，则下列说法正确的是（ ）
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A. 在波源 S1 和 S2 的连线上（不包含 S1、S2 位置），振动加强的位置一共有 6 个
B. 在波源 S1 和 S2 的连线上（不包含 S1、S2 位置），振动加强的位置一共有 4 个
C. 在椭圆上振动加强的位置一共有 10 个
D. 在椭圆上振动加强的位置一共有 12 个
【答案】C
【解析】
【详解】AB．波长为
在波源 S1 和 S2 的连线上取一点 P，其振动加强，则波程差为
由于两波源振动步调相同，则 （n=0，1，2……）
联立解得
即 n 可以取-2，-1，0，1，2，一共有 5 个振动加强点，故 AB 错误；
CD．同理，在 x 轴上方椭圆上取一点 Q，其振动加强，则波程差为 ，
（n=0，1，2……）
联立解得
即 n 可以取-2，-1，0，1，2
由于椭圆关于 x 轴上下对称，所以整个椭圆上一共有 10 个振动加强点，故 C 正确，D 错误。
故选 C。
7. 如图甲所示，竖直平面内，一足够长的水平轨道 OP 与光滑半圆形轨道 PNM 在 P 点平滑连接，固定在水
平地面上。可视为质点的 A、B 两小物块靠在一起，静置于轨道左端。 时刻用一水平向右的推力 F 作
用在 A 上，使 A、B 向右运动。F 随 t 变化的图像如图乙所示。已知 A、B 质量均为 0.25kg，A 与水平轨道
间的动摩擦因数为 0.2，B 与水平轨道间的摩擦不计，不计空气阻力，重力加速度大小取 。则下列说
法正确的是（ ）
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A. 在 时 AB 之间作用力大小为 0.75N B. 两物块分离前 B 的位移等于 7m
C. 若 B 恰能运动到 M 点，则半圆形轨道半径为 0.4mD. 两物块分离前 A 对 B 的弹力做的功为 2J
【答案】D
【解析】
【详解】A． 时，对 A、B 整体受力分析有
对 B 受力分析有
联立解得 ，故 A 错误；
D．当 A、B 分离瞬间，A、B 之间无弹力且加速度相同，对 B 受力分析有
对 A 受力分析有
联立解得
由图像可知，A、B 分离瞬间
在分离之前对 A、B 整体应用动量定理有
根据冲量计算公式可知，在 A、B 分离之前推力的冲量
联立解得
在 A、B 分离之前，对 B 应用动能定理有 ，故 D 正确；
B．分离前 B 运动的 图像如图所示
由图看出，在 A、B 分离之前，B 的位移 ，故 B 错误；
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C．分离后 B 匀速运动到 P 点，然后沿圆弧运动到 M 点，通过 M 点时
B 从 P 到 M，根据能量守恒有
联立解得 ，故 C 错误。
故选 D。
二、多选题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。在每小题给出的四个选项中，有多项符
合题目要求。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有错选的得 0 分。
8. 市面上常用光学玻璃的折射率一般在 之间，某研发团队为突破上限对制作的超高折射特种玻璃
进行了相关检测。如图所示，发射器发射一束光线从空气垂直进入横截面为四分之三圆面的柱状玻璃砖中，
入射点为 点，光线打在紧贴玻璃砖表面的感光仪上，感光仪可检测光点强度。现控制发射器缓慢下移，
测得光强几乎不变，在越过 点的瞬间感光仪测得光强骤然下降。已知圆的半径为 ， ，
，光在真空中传播的速度为 ，则（ ）
A. 玻璃砖的折射率为 2
B. 光线在玻璃砖中的传播速度为
C. 光线在玻璃砖中的频率为真空中的一半
D. 点入射的光在玻璃砖中传播的路程为
【答案】AD
【解析】
【详解】依题意，根据已知条件作出光路图
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根据题意可知，光线从 B 点入射，传播到圆弧界面时恰好能发生全反射，由几何关系可得临界角为
A．根据 可知，玻璃砖的折射率 ，故 A 正确；
B．根据 可知，光线在玻璃砖中的传播速度 ，故 B 错误；
C．光线频率由光源决定，因此光线在玻璃砖中的频率不变，故 C 错误；
D．由光路图可知光线在玻璃中传播的路程 ，故 D 正确。
故选 AD 。
9. 某同学自制了一个手摇交流发电机，如图所示。大轮与小轮通过皮带传动（皮带不打滑），半径之比为
，小轮与线圈固定在同一转轴上。线圈是由漆包线绕制而成的边长为 的正方形，共 匝，总阻值为
。磁体间磁场可视为磁感应强度大小为 的匀强磁场。大轮以角速度 匀速转动，带动小轮及线圈绕转轴
转动，转轴与磁场方向垂直。线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为 的灯泡。假设发电时灯泡能
发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是（ ）
A. 线圈转动的角速度为
B. 灯泡两端电压有效值为
C. 若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为 的多匝正方形线圈，则灯泡两端电压有效值为
D. 若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮
【答案】AC
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【解析】
【详解】A．大轮和小轮通过皮带传动，线速度相等，小轮和线圈同轴转动，角速度相等；由题意可知大轮
与小轮半径之比为 ，根据 可知，小轮转动的角速度为 ，线圈转动的角速度为 ，故 A 正确；
B．线圈产生感应电动势的最大值
则线圈产生感应电动势的有效值
根据串联电路分压原理可知灯泡两端电压有效值为 ，故 B 错误；
C．若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为 的多匝正方形线圈，则线圈的匝数变为原来的
2 倍，线圈产生感应电动势的最大值
此时线圈产生感应电动势的有效值
根据电阻定律
可知线圈电阻变为原来的 2 倍，即为
根据串联电路分压原理可得灯泡两端电压有效值 ，故 C 正确；
D．若仅将小轮半径变为原来的两倍，根据 可知小轮和线圈的角速度变小为原来的 ，由上述分析
可知线圈产生的感应电动势有效值变为原来的 ，即
灯泡两端电压有效值为
可知灯泡变暗，故 D 错误。
故选 AC 。
10. 如图所示，固定光滑曲面左侧与光滑水平面平滑连接，水平面依次放有 2026 个质量均为 的弹性物
块（所有物块在同一竖直平面内），质量为 的 0 号物块从曲面上高 处静止释放后沿曲面滑到水平面与 1
号物块发生弹性正碰，0 号物块反弹后滑上曲面再原路返回，如此反复，2026 个弹性物块两两间碰撞时交
换速度，则下列说法正确的是（所有物块均可视为质点，重力加速度为 ）（ ）
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A. 2026 号物块最终速度
B. 2023 号物块最终速度
C. 0 号物块最终动量大小为
D. 最终所有物块的总动能为
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．由题可知，2026 个弹性物块两两之间碰撞时交换速度，所以 2026 号物块最终速度是 0 号物块
与 1 号物块发生弹性正碰后 1 号物块的速度，由动量守恒得
弹性碰撞机械能守恒，得
其中 0 号物块初速度大小满足
解得 ，
即 2026 号物块最终速度为 ，故 A 错误；
B．0 号物块与 1 号物块发生碰撞后，1 号物块将与 2 号物块发生正碰，因两者质量相同，将发生速度交换，
1 号物块将静止。0 号物块滑上曲面后返回，速度大小为
0 号物块继续与 1 号物块发生第二次碰撞，由动量守恒得
弹性碰撞机械能守恒，得
解得 ，
以此类推，2023 号物块最终速度是 0 号物块与 1 号物块第四次碰撞后 1 号物块的速度，故 2023 号物块最终
速度为 ，故 B 正确；
C．由 B 选项分析可知，0 号物块共要与 1 号物块碰撞 2026 次，所以 0 号物块最终动量大小为
，故 C 正确；
D．由机械能守恒定律，对整体分析，因为物块之间均为弹性正碰，无能量损失，最终所有物块的总动能为
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系统初始的重力势能，即 ，故 D 正确。
故选 BCD。
三、实验题：本题共 2 个小题，共 15 分，第 11 题 4 分，第 12 题 11 分。
11. 某同学设计了如图所示的实验装置：用铁架台固定竖直放置的通电螺线管，靠近螺线管正下方共轴放置
一光滑绝缘盘，盘中排列着一系列相同的带负电塑料小球，由于小球间彼此相互排斥，它们在盘边缘处静
止。请推测当电键 S 突然闭合的瞬间，螺线管中的磁场方向___________（填“向上”或“向下”）；盘中
小球将___________（填“静止”、“俯视时逆时针移动”或“俯视时顺时针移动”）。
【答案】 ①. 向上 ②. 俯视时逆时针移动
【解析】
【详解】[1]根据右手螺旋法则可知当电键 S 突然闭合的瞬间，螺线管中的磁场方向向上。
[2]由于在电键 S 突然闭合的瞬间，螺线管中的磁场突然向上增大，根据楞次定律可知带负电的小球俯视时
逆时针移动。
12. 某实验小组探究甩手时指尖的向心加速度，利用手机连拍功能（每隔 拍一张照片）得到甩手动作
的过程如图甲。其中 、 、 三点是甩手动作最后 3 张照片指尖的位置。可建立如下运动模型：指尖从
点以肘关节 为圆心做加速圆周运动，指尖到 的瞬间，立刻以腕关节 （ 视为已静止）为圆心做
减速圆周运动，最终到达 点。
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（1）方案一：甲照片中， 、 两点间距离为 ， 的距离为 ，手臂自然伸直时肩膀到指尖
的直线距离为 ，而自然伸直时肩膀到指尖实际长度为 。由此可以计算指尖实际在 、 间运
动的平均速度为___________ 。并粗略认为这就是指尖过 点时的线速度，计算指尖在 处绕 点转
动的向心加速度为 _______ （该空结果保留三位有效数字）。
（2）方案二：按如图乙方式握住手机，调整手机位置，使手机中的加速度传感器尽量靠近手腕，重复与方
案一相同的甩手动作，加速度传感器可以测出空间直角坐标系内 、 、 三个方向的加速度分量，其中
轴正方向沿手机平面向右， 轴正方向沿手机平面向上， 轴正方向垂直于手机平面向上。图丙为手机测量
的手腕三个方向加速度随时间的变化曲线，其中 方向的加速度用曲线 表示。由图丙可知，曲线
___________（填 1 或 2）测量的手腕向心加速度。通过测量图甲可知： 点做圆周运动的线速度大约是
点绕 点做圆周运动的线速度的 1.8 倍， 点绕 点做圆周运动的半径 大约是 点绕 点做圆周运
动半径 的 0.7 倍，由丙图可得指尖在 处绕 点转动的向心加速度为 ___________ （该空
结果保留三位有效数字）。
（3）对方案一、方案二中误差更大的一种方案进行改进，写出所选方案及改进建议：___________。
【答案】（1） ①. 5 ②. 139
（2） ①. 2 ②. 144
（3）方案一误差更大，缩短连拍的时间间隔，减小平均速度近似瞬时速度的误差
【解析】
【小问 1 详解】
[1]方案一中，根据比例关系可知 、 两点的实际距离满足
解得
根据 ，可以计算指尖实际在 、 间运动的平均速度为
[2]根据比例关系可知 的实际长度满足
解得
由题意，粗略认为 就是指尖过 点时的线速度 ，则指尖在 处绕 点转动的向心加速度为
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【小问 2 详解】
[1]向心加速度沿半径指向圆心，大小远大于切向加速度，图丙中曲线 2 加速度峰值绝对值最大，因此曲线
2 测量手腕的向心加速度。
[2]由题意知 ，
由图丙可知 点的向心加速度最大值约为 ，即为手臂运动至最低点位置，该向心加速度满足
故指尖在 处绕 点转动的向心加速度为
【小问 3 详解】
方案一误差更大，改进建议：缩短连拍的时间间隔，减小平均速度近似瞬时速度的误差；或改用 AB 弧长计
算平均速度，减小弦长近似的误差。合理即可。
四、计算题：本大题共 3 小题，共 42 分。13 题 10 分，14 题 14 分，15 题 18 分。解答应写出
必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不能得分。
13. 如图甲中直升飞机处于悬停状态，图乙、丙分别是直升机水平向右直线飞行过程中两种体态（直升机正
常向前飞行，不存在倒着飞情况）图中机身轴线与水平方向夹角分别为 和 。已知飞机质量为 ，运
动过程中所受阻力大小恒为重力 倍（ ），方向与运动方向相反，桨翼转动造成空气对飞机作用力与
机身轴线垂直，重力加速度为 ，求：
（1）图甲中因为桨翼旋转造成空气对直升机作用力的大小和方向
（2）图乙中飞机运动状态及图乙和图丙中飞机加速度大小之比。
【答案】（1） ，方向竖直向上
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（2）向右做减速运动，
【解析】
【小问 1 详解】
图甲中直升飞机处于悬停状态，受力平衡，可知桨翼旋转造成空气对直升机作用力与直升机的重力大小相
等，方向相反，即 ，方向竖直向上。
【小问 2 详解】
图乙中直升飞机受力情况如下图所示
因直升机水平向右直线飞行，由竖直方向受力平衡可知
水平方向，由受力分析可知，直升飞机受力水平向左，故图乙中飞机向右做减速运动。由牛顿第二定律可
知直升飞机的加速度大小满足
其中
联立解得
图丙中直升飞机受力情况如下图所示
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因直升机水平向右直线飞行，由竖直方向受力平衡可知
水平方向，由牛顿第二定律可知直升飞机的加速度大小满足
联立解得
故图丙直升飞机向右做加速运动。图乙和图丙中飞机加速度大小之比为
14. 如图甲所示，其为一种古法榨油：“撞木榨油”，其过程简化为撞木撞击木楔，木楔获得速度向里运动挤
压胚饼，重复上述过程，撞击榨出油来。现有一长度 的轻绳，上端固定于屋梁，下端悬挂一质量
的撞木，可视为质点，如图所示。将撞木拉至轻绳与竖直方向成 角的位置，由静止释放，
运动至最低点时与质量 的木楔发生正碰，撞击时间 ，撞木每次撞击结束后速度大小为撞
击前 0.9 倍。撞木和木楔发生一次碰撞后，立刻将撞木拉到前一次释放的初始位置，木楔静止后，再次由静
止释放撞木，进行下一次撞击，如此反复。木楔被撞后扎入胚饼里运动，同时向两侧挤压胚饼，运动过程
中所受的阻力与它的位移关系如图丙所示。已知重力加速度 ,( , )，空
气阻力忽略不计，求：
（1）撞击前，撞木在最低点对轻绳的拉力大小 ；
（2）碰撞过程中，若系统内力大于外力的十倍，可近似视为系统动量守恒。计算判断撞木与木楔的碰撞过
程能否近似视为动量守恒；
（3）已知木楔移动的位移 时胚饼开始出油，则至少需撞击多少次木楔才开始出油。
【答案】（1）
（2）能，见详解 （3）3 次
【解析】
【小问 1 详解】
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撞木运动到最低点过程，根据动能定理有
根据牛顿第二定律有
联立解得 ，
【小问 2 详解】
规定向右为正方向，撞木每次撞击结束后速度大小为撞击前 0.9 倍，若系统动量守恒，有
代入 ，
解得
对木楔，由动量定理得平均内力（撞木对木楔的作用力） 满足
解得
碰撞过程中，系统（撞木+木楔）水平方向的外力为木楔受到的阻力，由图丙可知初始阻力大小为
可知
因此假设成立，撞木与木楔的碰撞过程能近似视为动量守恒。
【小问 3 详解】
由 图像得阻力
木楔总位移为 时，阻力做功大小等于 图像的面积，即
每次碰撞木楔获得的动能为
设撞击 次后木楔位移，则由动能定理可知
代入
解得 ，
故至少需撞击 3 次木楔，胚饼才开始出油。
15. 如图所示的平面直角坐标系中，第一、二象限仅存在沿 轴负方向的匀强电场，第三、四象限仅存在垂
直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 。在 轴正半轴分布有 2026 块挡板，每块挡板长为 ，厚度不
计，相邻挡板间距为 ，第一块挡板左边缘位于坐标原点。离子源 的纵坐标为 ，可以平行 轴移动。离
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子源不停地沿 轴正方向发射大量同种正离子，正离子比荷为 ，速度均匀的分布在 与 （ ，大
小未知）之间。所有离子射入磁场时的速度竖直分量均为 ；不计离子间的相互作用力和离子的重
力，不考虑离子间的碰撞，离子打到挡板（含边缘）即被吸收。求：
（1）电场强度的大小；
（2）离子源处于某位置时，以速度 释放的粒子在出磁场时恰打在第一块挡板的左边缘；当离子源向 轴
负方向平移 ，以速度 释放的粒子在出磁场时恰打在第一块挡板的右边缘，而且两个离子进出磁场的次
数相同。求 的可能取值；
（3）已知 。当离子源在 移动时，有 的位置，会使离子源发出的所有离子都直接打在
挡板上，未进入磁场。现限制离子源仅在 区域移动，发现有离子运动全程不打任何挡板。求当
不打任何挡板离子占比最大时离子源的横坐标（用 表示），以及此时不打板离子的占比。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问 1 详解】
离子在电场中做类平抛运动，对竖直方向列式 ，
解得
【小问 2 详解】
对任意一个离子分析轨迹，发现在电场中为抛物线，在磁场中被截得一段圆周运动的弧线；由对称性，每
段电场中轨迹相同，每段磁场中轨迹相同；一段电场轨迹和一段磁场轨迹视为一个周期。
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每个离子在磁场中运动的水平位移为 ，从离子进入磁场到下次离开磁场，对水平方向列动量定理，得
所以每个离子在磁场中的水平位移均相同
当离子初速度为 ，在电场中平抛的水平位移为
则若离子初速度为 kv0，在电场中平抛的水平位移为
每 个 周 期 里 ， 电 场 中 的 水 平 位 移 差 就 是 总 的 水 平 位 移 差 。 假 设 两 个 离 子 进 出 磁 场 n 次 ， 有
解得
【小问 3 详解】
①翻译信息:“当离子源在 0≤x≤888d 移动时，刚好有一半的区域，会使离子源发出的所有离子仅在电场中
运动就打在板上。”因挡板分布是每 4d 具有一个周期，所以分析粒子源在 0≤x≤4d 的移动即可。
已知平抛最大位移为最小位移的 2 倍。假设最小位移为 x，则最大位移与最小位移差为 x，如图所示
当 P 平移，相当于 x 平移相同距离；当 x 每平移 4d，整个 x 都在有挡板区域的位置占比为
则 x=d
说明 的平抛水平位移为 2d， 的平抛水平位移为 d。
②让所有离子第一次平抛后恰通过空隙，是能保证不打任何挡板离子占比最大的前提。所以此刻 P 的横坐
标为 2d
③想要有更多的离子运动全程不打任何板，分析发现，对于初速度为 的离子，在电场中水平位移、在磁
场中水平位移均为 4d，这说明只要它第一次经过电场时没打到板，之后就全程不打板，它是最容易全程不
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打板的离子;
若初速度小于 ，因每个周期在电场中位移小于 4d，每经过一个周期，经过宽为 d 的空的相对位置都会
往左移一点。临界情况:假设速度为 的离子经过多周期平移后，恰经过 2025 块挡板的左边缘。这个离子
第一次经过空隙，与左侧挡板间距为(p-1)d 每经过电场一次，与左挡板间距缩小(4-2p)d
解得
则当不打任何挡板离子占比最大，