2026届四川省绵阳市高三上学期第二次诊断性考试物理试题（B卷）
1．（2026·绵阳模拟）为在硅片上刻画出更精细的电路，光刻机需要使用波长更短的光源。这主要是为了克服下列哪种光学现象带来的限制（ ）
A．干涉 B．折射 C．反射 D．衍射
2．（2026·绵阳模拟）一物体在恒定的水平外力作用下沿粗糙水平面运动的速度时间图像如图所示。下列判断正确的是（ ）
A．外力小于摩擦力
B．外力等于摩擦力
C．在到的过程中，外力方向与摩擦力方向相同
D．在到的过程中，外力方向与摩擦力方向相同
3．（2026·绵阳模拟）如图所示，粗细均匀金属圆环竖直固定，匀强磁场垂直于环面，长度略大于圆环直径的导体棒与圆环底部链接，以链接点为轴经水平位置以恒定角速度顺时针转动，转动过程中导体棒与圆环接触良好，导体棒电阻不计。当转过的角度为、时导体棒中的电流分别为，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2026·绵阳模拟）如图所示，半径相同、质量不同的两小球P、Q用等长的细线悬挂，现将小球P往左拉到点并由静止自由释放，P、Q碰撞过程没有机械能损失，不计空气阻力。则P、Q首次碰撞后（ ）
A．小球P有可能被反弹回到点
B．小球P上升最高点一定低于点
C．小球Q上升的最高点一定低于点
D．小球Q上升的最高点一定高于点
5．（2026·绵阳模拟）我国正在研制的“高速飞车”设计时速达1000km/h。若“高速飞车”在相距的甲、乙两城之间运行，加速和减速的最大加速度大小均为，安全运行的最大速度为，则该车从甲城到乙城的最短时间为（ ）
A． B． C． D．
6．（2026·绵阳模拟）嫦娥六号在地球表面附近轨道做匀速圆周运动的周期为，在距离月心为1.2倍月球半径的轨道上做匀速圆周运动的周期为。已知地球和月球质量之比约81：1，地球和月球的半径之比约为。则约为的（ ）
A．0.68倍 B．0.74倍 C．0.80倍 D．0.86倍
7．（2026·绵阳模拟）如图所示，直角区域内有垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出），。一带正电的粒子以的速度从点沿方向射入磁场，从边射出且半径最大，粒子在磁场中运动的时间为；若仅将区域内磁场的方向反向，同样的粒子以的速度从点沿方向射入磁场，同样从边射出且半径最大，粒子在磁场中的运行时间为。不计粒子重力。则（ ）
A． B． C． D．
8．（2026·绵阳模拟）如图甲所示，、是在轴上距离坐标原点等距离的两波源，的振动图像如图乙实线所示，的振动图像如图乙虚线所示，产生的简谐横波在同种介质中沿轴传播。则点（ ）
A．是振动减弱点 B．是振动加强点
C．振幅为 D．振动周期为
9．（2026·绵阳模拟）汽车以恒定功率在平直公路上以速度匀速行驶，某时刻换挡，其功率变为并保持不变，经过时间后，汽车再次做匀速运动。已知汽车质量为，该路段汽车所受阻力大小恒为。则汽车（ ）
A．再次匀速的速度为
B．再次匀速的速度为
C．从换挡到再次匀速的过程中，通过的路程为
D．从换挡到再次匀速的过程中，通过的路程为
10．（2026·绵阳模拟）如图所示，物块、、、质量均为，、通过劲度系数为的轻质弹簧连接，竖直静止在水平桌面上。在的正上方某处由静止释放a，a与碰撞后一起向下运动，然后反弹，当运动到最高点时，对地面的压力恰好为零。已知轻质弹簧的弹性势能表达式，x是弹簧的形变量，重力加速度为。则（ ）
A．物块分离时，的速度大小为
B．物块分离时，的速度大小为
C．物块静止释放时，距离的高度为
D．物块静止释放时，距离的高度为
11．（2026·绵阳模拟）用如图所示的装置验证机械能守恒定律。光滑水平桌面左端固定一竖直挡板，轻弹簧一端与挡板连接，另一端与质量为的小车（含挡光板）相连，小车右侧通过细线绕过定滑轮悬挂一砝码盘。光电门可固定在桌面边缘不同位置，测量挡光板的挡光时间。刻度尺固定在桌面边缘可记录小车位置。实验过程如下：
①用游标卡尺测出挡光板的宽度；
②调节桌面至水平，让小车不与弹簧连接、不挂砝码盘能静止在桌面上任意位置；
③小车与弹簧右端连接，静止时记录挡光板中心的位置刻度，并将光电门固定在处；
④挂上砝码盘，向盘中逐个缓慢添加砝码至挡光板中心位置在刻度处；
⑤取下砝码盘和砝码，再用外力沿弹簧轴向拉小车，让挡光板中心至刻度处，并由静止释放，记录挡光板第一次通过光电门的时间；用天平称得砝码盘和砝码总质量为。
回答问题：
（1）挡光板通过光电门的速度大小 ；
（2）向盘中逐个缓慢添加砝码，在挡光板中心从刻度处到处的过程中，拉力对弹簧做的功 ；
（3）取下砝码盘和砝码后，弹簧和小车组成的系统，在挡光板中心从刻度处到处的过程中，弹簧弹性势能减少量等于，小车动能的增加量 。在实验误差范围内，若，则验证了弹簧和小车组成的系统机械能守恒。
12．（2026·绵阳模拟）某同学测量一节干电池的电动势和内阻。实验器材有：待测干电池（电动势约1.5V，内阻约）、电压表（量程，内阻约）、电压表（量程，内阻）、滑动变阻器（最大阻值）、开关一只、导线若干。
该同学实验过程下：
①设计如图甲所示测量电路，并按照电路图连接电路，将滑动变阻器的滑片置于最右端；
②闭合开关，向左滑动滑动变阻器滑片，记录多组电压表1的示数和电压表2的示数；
③以为纵坐标，以为横坐标，建立坐标系，描点得到—图线。
回答该同学实验过程中的问题，并进一步完成实验：
（1）在电路图甲中，位置“1”应该接电压表 （选填“”或“”），位置“2”接另一只电压表；
（2）该同学发现描点得到图线几乎水平，测量其斜率的误差太大。其主要原因是 ；
（3）该同学重新设计了如图乙所示的测量电路，定值电阻阻值。规范操作重新实验得到如图丙所示的—图线，则测得的电源电动势 ，内阻 。
（4）为减小由于电压表“2”的分压作用形成的系统误差，该同学又设计了如图丁所示的测量电路。规范操作重新实验得到的图线斜率的绝对值为。则计算电源内阻的公式是 。（用和电压表的内阻表示）
13．（2026·绵阳模拟）2025年11月14日，全球首艘电磁弹射两栖攻击舰“四川舰”正式启航。电磁弹射简化模型图如图所示，有一质量为、长度为的金属棒，垂直放置在足够长的水平固定导轨上，导轨处在方向竖直向上、磁感应强度大小为的匀强磁场中。闭合开关，电源控制回路电流大小恒为，金属棒由静止做匀加速运动至达到“弹射”速度，即完成“弹射”。金属棒始终与导轨接触良好，不计一切摩擦。求：
（1）金属棒由静止匀加速到“弹射”速度的时间；
（2）金属棒由静止匀加速到“弹射”速度一半的过程中流过金属棒的电荷量。
14．（2026·绵阳模拟）如图所示，直角坐标系中，有垂直坐标平面向里的匀强磁场，在区域，磁场是，在区域，磁场是。一质量为，电荷量为的带电粒子从轴上点，以方向沿轴正方向、大小为的初速度开始运动，第一次经过轴时速度方向与轴夹角为；第一次经过轴时与轴交点为点（图中未画出），速度方向与轴垂直。磁场磁感应强度大小未知，磁场磁感应强度大小为。不计粒子重力。求：
（1）磁场的磁感应强度大小；
（2）点与坐标原点的距离；
（3）带电粒子从开始运动到第二次经过轴的时间。
15．（2026·绵阳模拟）如图所示，在平面直角坐标系中，在轴上，在轴上，是边长为的正方形；在轴上，平行轴，是等腰直角三角形，；区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，区域内有沿轴正方向的匀强电场（图中未画出）。一质量为、电荷量为的粒子，以大小为、方向沿轴正方向的初速度从点射入磁场，从点离开磁场进入电场，从点离开电场。不计空气阻力及粒子重力。
（1）求匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）求匀强电场的电场强度的大小；
（3）若区域内匀强电场方向沿轴负方向，相同的带电粒子从点以大小不同的初速度（，可以取不同值）沿轴正方向射入磁场，求带电粒子经过轴的位置距坐标原点的最小距离。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】光的干涉；光的衍射
【解析】【解答】在光刻技术中，光源的波长直接影响刻蚀电路的分辨率。根据光学衍射原理，波长越长衍射现象越明显；衍射现象会导致光斑扩散，限制最小可分辨特征的大小。因此，使用波长更短的光源主要是为了克服衍射带来的限制。
故答案为：D。
【分析】 光刻机的分辨率受光学衍射极限制约，波长越短，衍射效应越弱，越能刻画出更精细的电路结构，因此需要通过缩短光源波长来克服衍射带来的限制。
2．【答案】C
【知识点】牛顿定律与图象；牛顿运动定律的综合应用；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】图的斜率表示加速度，物体先做匀减速直线运动再反向做匀加速直线运动，
由于图像在内的斜率大于内的斜率，因此物体第一段运动的加速度大于第二段运动的加速度，
由可知物体第一段运动的合力大于第二段运动的合力，因此在的时间段内外力与摩擦力同向使得物体减速，
在的时间段内外力与摩擦力反向使得物体反向加速，因此外力大于摩擦力。
故答案为：C。
【分析】根据 v-t 图像的斜率判断加速度大小，结合牛顿第二定律分析两段运动的合力与外力、摩擦力的方向关系，进而判断各选项。
3．【答案】A
【知识点】闭合电路的欧姆定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】设圆环的半径为r，整个圆环的电阻为R，导体棒转动的角速度为
由
当转过的角度为，导体棒切割长度
切割产生的电动势大小为
导体棒将整个圆环分成份和份，它们并联的电阻为
根据闭合电路的欧姆定律
当转过的角度为，导体棒切割长度
切割产生的电动势大小为
导体棒将整个圆环分成相同的两份，它们并联的电阻为
据闭合电路的欧姆定律，故
故答案为：A。
【分析】先根据导体棒转动角度求出切割长度，计算感应电动势；再求出圆环被分割后的并联电阻，最后结合闭合电路欧姆定律计算两次电流并求比值。
4．【答案】B
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】AB．令点到小球P运动的最低点的高度为，小球P从点下落到最低点，由机械能守恒
由于碰撞过程没有机械能损失，有
碰撞过程动量守恒，有
联立解得，
可以发现速度大小满足
小球P从碰撞后上升到最高点，有
由于，因此，故A错误，B正确；
CD．小球Q从碰撞后上升的最高点，有，化简得
由于两个小球的质量没有明确给出，小球Q碰撞后的速度不能计算，因此不能判断和的大小关系，所以不能判断小球Q上升的最高点与点的高度关系，故CD错误。
故答案为：B。
【分析】 先由机械能守恒求出小球 P 碰撞前的速度，再利用弹性碰撞的动量守恒和机械能守恒定律，推导出两球碰撞后的速度表达式，最后结合机械能守恒分析两球碰撞后上升的高度，判断各选项正误。
5．【答案】B
【知识点】加速度；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】飞车从甲城静止出发，到乙城静止停止，运动过程分为加速、匀速和减速三个阶段。加速和减速阶段加速度大小均为，最大速度为，两城距离为。最短时间要求充分利用最大加速度和最大速度，且当时，能实现匀速阶段。
加速阶段，初速度0，末速度，加速度，距离
时间为
减速阶段，初速度，末速度0，加速度，距离为
时间为
匀速阶段，速度，距离为
时间为
则总时间；
故答案为：B。
【分析】 将运动拆分为加速、匀速、减速三个阶段，先计算加速和减速阶段的时间与位移，再求出匀速阶段的时间，最后将三段时间相加得到总最短时间。
6．【答案】A
【知识点】万有引力定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】根据万有引力提供向心力，卫星做匀速圆周运动的周期公式为
其中为轨道半径，为中心天体质量。因此，周期之比满足
代入数据可得
则
估算可得
数值0.6762最接近选项A的0.68倍。
故答案为：A。
【分析】 利用万有引力提供向心力的周期公式，分别写出绕地球和绕月球的周期表达式，通过两式相比得到周期比值，再代入已知的质量比、半径比数据计算结果，最后匹配选项。
7．【答案】C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】
设AC边长为，一带正电的粒子以的速度从A点沿AB方向射入磁场，从AC边射出且半径最大，画出粒子运动轨迹如图1所示
由几何关系可知，粒子运动的轨迹半径，粒子在磁场中轨迹圆弧的圆心角，
在磁场中的运动时间
同样的粒子以的速度从C点沿CB方向射入磁场，同样从AC边射出且半径最大， 画出粒子运动轨迹如图2所示
由几何关系可知，粒子运动的轨迹半径，粒子在磁场中轨迹圆弧的圆心角，
在磁场中的运动时间
AB．粒子在磁场中运动过程中，洛伦兹力提供向心力
可得，所以，AB错误；
CD．，C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】 先根据粒子从 AC 边射出且半径最大的几何条件，分别确定两种入射情况下的轨道半径，再由洛伦兹力提供向心力得到速度与半径的关系，求出速度比；接着根据粒子轨迹对应的圆心角，结合周期公式求出运动时间比，最后匹配选项。
8．【答案】A,C
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】A．由、的振动图像可知两波源的起振方向相反，点为两波源的中点，因此两波源在点引起的振动方向相反，为减弱点，故A正确，B错误；
C．由上述分析可知点的振幅为，故C正确；
D．点的振动周期与两波源、相同，为，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】 先由振动图像确定两波源的起振方向、周期及振幅，再根据 O 点到两波源距离相等的特点，分析两波在 O 点的振动叠加情况，判断振动加强 / 减弱，并计算 O 点的振幅与周期。
9．【答案】B,C
【知识点】机车启动
【解析】【解答】AB．以恒定功率匀速行驶时满足，当功率变为后，阻力不变，再次匀速的速度满足，故A错误，B正确；
CD．从换挡到再次匀速的过程中，设通过的路程为，由动能定理可知
解得，故C正确，D错误。
故答案为：BC。
【分析】 先利用匀速行驶时功率与阻力的关系，求出功率减半后再次匀速的速度；再对换挡到再次匀速的过程应用动能定理，结合已知条件联立求解通过的路程，最后判断选项。
10．【答案】B,C
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】AB．物块分离时，共速设为，且的加速度均为g，方向竖直向下，此时弹簧处于原长，当运动到最高点时速度为零，对地面的压力恰好为零，则此时弹簧弹力大小为F=mg，且弹簧处于拉伸状态，弹簧伸长量
分离后，对和弹簧组成的系统由机械能守恒可得
解得，故A错误，B正确；
CD．初始时对分析可知，弹簧压缩量
设a从距离高h处下落，设碰撞前a的速度为，则
碰撞后a与的共同速度为v，根据动量守恒定律有
解得
从碰撞后到分离过程以、弹簧为系统由机械能守恒可得
联立解得，故C正确，D错误。
故答案为：BC。
【分析】 先分析初始平衡状态和 b 运动到最高点时的弹簧形变量，再对 a、b 分离后到 b 到达最高点的过程应用机械能守恒，求出分离时的速度；然后对 a 下落过程及 a、b 碰撞过程分别应用机械能守恒和动量守恒，联立求出 a 释放时距离 b 的高度。
11．【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）挡光板的宽度，挡光板通过光电门的时间，因挡光板宽度很小，挡光板通过光电门的速度大小可近似等于这段时间内的平均速度
故答案为：
（2）弹簧在大小为的拉力作用下，伸长量为
根据胡克定律
拉力做功等于弹簧弹性势能的增加量
解得
故答案为：
（3）小车动能的增加量
故答案为：
【分析】(1) 利用平均速度近似瞬时速度的实验原理，挡光板通过光电门的时间极短，故速度等于挡光板宽度与挡光时间的比值。
(2) 缓慢添加砝码时小车处于平衡状态，拉力大小等于砝码盘和砝码的总重力，根据功的定义 计算拉力做功。
(3) 机械能守恒的核心是弹性势能的减少量等于动能的增加量，结合动能定理分析动能的变化。
（1）挡光板的宽度，挡光板通过光电门的时间，因挡光板宽度很小，挡光板通过光电门的速度大小可近似等于这段时间内的平均速度
（2）弹簧在大小为的拉力作用下，伸长量为
根据胡克定律
拉力做功等于弹簧弹性势能的增加量
解得
（3）小车动能的增加量
12．【答案】（1）
（2）电源内阻远小于电压表内阻
（3）1.48；1
（4）
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）因位置“2”接的电压表功能相当于电流表，故要已知其内阻，接，位置“1”应该接电压表
故答案为：
（2）根据闭合电路的欧姆定律有
因直线的斜率的绝对值为，图线几乎水平，测量其斜率的误差太大。其主要原因是，即电源内阻远小于电压表内阻
故答案为：电源内阻远小于电压表内阻
（3）由
直线的斜率的绝对值为
故电源内阻为
据三角形相似有
得电源电动势
故答案为：1.48；1
（4）考虑电压表“2”的分压作用有
得
电源内阻的公式是
故答案为：
【分析】(1) 位置“1”需直接测量路端电压，应选用内阻大的电压表以减小分流误差，故接；位置“2”串联滑动变阻器，接。
(2) 图甲中图线几乎水平，是因为电源内阻远小于内阻，电流变化极小，导致随变化不明显。
(3) 图乙电路中，结合闭合电路欧姆定律整理出线性关系，由图线截距得电动势，斜率求内阻。
(4) 图丁电路中，考虑内阻的分流作用，推导的斜率表达式，进而得到内阻公式。
（1）因位置“2”接的电压表功能相当于电流表，故要已知其内阻，接，位置“1”应该接电压表
（2）根据闭合电路的欧姆定律有
因直线的斜率的绝对值为，图线几乎水平，测量其斜率的误差太大。其主要原因是，即电源内阻远小于电压表内阻
（3）[1][2]由
直线的斜率的绝对值为
故电源内阻为
据三角形相似有
得电源电动势
（4）考虑电压表“2”的分压作用有
得
电源内阻的公式是
13．【答案】（1）解：设金属棒在水平方向匀加速运动的加速度为，由静止匀加速到“弹射”速度的时间为，则，解得
（2）解：设金属棒由静止匀加速到“弹射”速度一半的时间为，流过金属棒的电荷量为，则，解得
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 金属棒在安培力作用下做匀加速直线运动，先由安培力公式和牛顿第二定律求出加速度，再结合匀变速直线运动速度公式求加速时间。
(2) 先求出速度达到一半时的运动时间，再根据电流恒定的条件，由电荷量公式q=It计算流过金属棒的电荷量。
（1）设金属棒在水平方向匀加速运动的加速度为，由静止匀加速到“弹射”速度的时间为，则，
解得
（2）设金属棒由静止匀加速到“弹射”速度一半的时间为，流过金属棒的电荷量为，则，
解得
14．【答案】（1）解：设带电粒子从轴上点开始在第二象限做匀速圆周运动半径为，则，
解得
（2）解：①按照“速度方向与轴垂直”条件解答。
如图
设带电粒子在第三、四象限做匀速圆周运动的半径为点与坐标原点的距离，则
解得
又
解得
②按照“带电粒子在第三、四象限运动的实际轨迹”解答。如图
设带电粒子在第三、四象限做匀速圆周运动圆心为，半径为，则
解得
为连线与轴的交点，可得，则，
在直角三角形中
在三角形中
则
（3）解：①按照“速度方向与轴垂直”条件解答。根据对称性，带电粒子第二次经过轴的位置是点。设带电粒子在磁场中做匀速圆周运动周期为，在中做匀速圆周运动周期为，在第二象限中运动时间为，在第三、四象限中运动时间为，从开始运动到第二次经过轴的时间为，则又因为，
解得
②按照“带电粒子在第三、四象限运动的实际轨迹”解答。设带电粒子在磁场中做匀速圆周运动周期为，在中做匀速圆周运动周期为，在第二象限中运动时间为，在第三、四象限中运动时间为，从开始运动到第二次经过轴的时间为，则
又因为，
所以
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 粒子在区域做匀速圆周运动，由几何关系确定轨道半径，结合洛伦兹力提供向心力求出。
(2) 粒子进入区域后在中做圆周运动，通过几何关系分析两种可能的运动轨迹，计算点到原点的距离。
(3) 分别计算粒子在、磁场中的运动时间，求和得到从开始到第二次经过轴的总时间。
（1）设带电粒子从轴上点开始在第二象限做匀速圆周运动半径为，则，
解得
（2）①按照“速度方向与轴垂直”条件解答。如图
设带电粒子在第三、四象限做匀速圆周运动的半径为点与坐标原点的距离，则
解得
又
解得
②按照“带电粒子在第三、四象限运动的实际轨迹”解答。如图
设带电粒子在第三、四象限做匀速圆周运动圆心为，半径为，则
解得
为连线与轴的交点，可得，则，
在直角三角形中
在三角形中
则
（3）①按照“速度方向与轴垂直”条件解答。根据对称性，带电粒子第二次经过轴的位置是点。设带电粒子在磁场中做匀速圆周运动周期为，在中做匀速圆周运动周期为，在第二象限中运动时间为，在第三、四象限中运动时间为，从开始运动到第二次经过轴的时间为，则
又因为，
解得
②按照“带电粒子在第三、四象限运动的实际轨迹”解答。设带电粒子在磁场中做匀速圆周运动周期为，在中做匀速圆周运动周期为，在第二象限中运动时间为，在第三、四象限中运动时间为，从开始运动到第二次经过轴的时间为，则
又因为，
所以
15．【答案】（1）解：粒子在匀强磁场做匀速圆周运动的轨迹如图1所示
圆心在点，设半径为，则
解得
（2）解：粒子在点速度垂直轴，进入电场后做曲线运动，方向做速度为大小的匀速直线运动，轴方向做初速度为零的匀加速运动，设加速度大小为，从到的运动时间为，则
解得
（3）解：若入射速度大小变为，设带电粒子在磁场中运动轨道半径为，则
解得
粒子将沿轴正方向从边上点离开磁场，根据对称性，在边上点进入电场，因为电场方向沿轴负方向，粒子应从边上某点点离开电场，设经过轴上的点。粒子运动轨迹如图2所示。
粒子在点速度垂直电场进入电场后做曲线运动，方向做速度为大小的匀速直线运动，轴方向做初速度为零的匀加速运动，由（2）问解答可知，粒子在电场中从到的运动过程中，沿方向位移与沿方向上的位移相等，设为，运动时间为，
则
解得
设粒子射出电场时速度方向与轴正方向的夹角为，则
过作轴垂线交轴于点，在中有
设带电粒子经过轴的位置点距坐标原点的距离为，由几何关系
解得
当时有最小值，最小值为
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 粒子在正方形磁场中做匀速圆周运动，由几何关系确定轨道半径，结合洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度。
(2) 粒子进入电场后做类平抛运动，根据水平和竖直方向的位移规律列方程求解电场强度。
(3) 粒子以初速度进入磁场，先确定磁场中运动的轨道半径，再分析电场中类斜抛运动的轨迹，通过二次函数求经过轴位置的最小距离。
（1）粒子在匀强磁场做匀速圆周运动的轨迹如图1所示
圆心在点，设半径为，则
解得
（2）粒子在点速度垂直轴，进入电场后做曲线运动，方向做速度为大小的匀速直线运动，轴方向做初速度为零的匀加速运动，设加速度大小为，从到的运动时间为，则
解得
（3）若入射速度大小变为，设带电粒子在磁场中运动轨道半径为，则
解得
粒子将沿轴正方向从边上点离开磁场，根据对称性，在边上点进入电场，因为电场方向沿轴负方向，粒子应从边上某点点离开电场，设经过轴上的点。粒子运动轨迹如图2所示。
粒子在点速度垂直电场进入电场后做曲线运动，方向做速度为大小的匀速直线运动，轴方向做初速度为零的匀加速运动，由（2）问解答可知，粒子在电场中从到的运动过程中，沿方向位移与沿方向上的位移相等，设为，运动时间为，则
解得
设粒子射出电场时速度方向与轴正方向的夹角为，则
过作轴垂线交轴于点，在中有
设带电粒子经过轴的位置点距坐标原点的距离为，由几何关系
解得
当时有最小值，最小值为
1 / 12026届四川省绵阳市高三上学期第二次诊断性考试物理试题（B卷）
1．（2026·绵阳模拟）为在硅片上刻画出更精细的电路，光刻机需要使用波长更短的光源。这主要是为了克服下列哪种光学现象带来的限制（ ）
A．干涉 B．折射 C．反射 D．衍射
【答案】D
【知识点】光的干涉；光的衍射
【解析】【解答】在光刻技术中，光源的波长直接影响刻蚀电路的分辨率。根据光学衍射原理，波长越长衍射现象越明显；衍射现象会导致光斑扩散，限制最小可分辨特征的大小。因此，使用波长更短的光源主要是为了克服衍射带来的限制。
故答案为：D。
【分析】 光刻机的分辨率受光学衍射极限制约，波长越短，衍射效应越弱，越能刻画出更精细的电路结构，因此需要通过缩短光源波长来克服衍射带来的限制。
2．（2026·绵阳模拟）一物体在恒定的水平外力作用下沿粗糙水平面运动的速度时间图像如图所示。下列判断正确的是（ ）
A．外力小于摩擦力
B．外力等于摩擦力
C．在到的过程中，外力方向与摩擦力方向相同
D．在到的过程中，外力方向与摩擦力方向相同
【答案】C
【知识点】牛顿定律与图象；牛顿运动定律的综合应用；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】图的斜率表示加速度，物体先做匀减速直线运动再反向做匀加速直线运动，
由于图像在内的斜率大于内的斜率，因此物体第一段运动的加速度大于第二段运动的加速度，
由可知物体第一段运动的合力大于第二段运动的合力，因此在的时间段内外力与摩擦力同向使得物体减速，
在的时间段内外力与摩擦力反向使得物体反向加速，因此外力大于摩擦力。
故答案为：C。
【分析】根据 v-t 图像的斜率判断加速度大小，结合牛顿第二定律分析两段运动的合力与外力、摩擦力的方向关系，进而判断各选项。
3．（2026·绵阳模拟）如图所示，粗细均匀金属圆环竖直固定，匀强磁场垂直于环面，长度略大于圆环直径的导体棒与圆环底部链接，以链接点为轴经水平位置以恒定角速度顺时针转动，转动过程中导体棒与圆环接触良好，导体棒电阻不计。当转过的角度为、时导体棒中的电流分别为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】闭合电路的欧姆定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】设圆环的半径为r，整个圆环的电阻为R，导体棒转动的角速度为
由
当转过的角度为，导体棒切割长度
切割产生的电动势大小为
导体棒将整个圆环分成份和份，它们并联的电阻为
根据闭合电路的欧姆定律
当转过的角度为，导体棒切割长度
切割产生的电动势大小为
导体棒将整个圆环分成相同的两份，它们并联的电阻为
据闭合电路的欧姆定律，故
故答案为：A。
【分析】先根据导体棒转动角度求出切割长度，计算感应电动势；再求出圆环被分割后的并联电阻，最后结合闭合电路欧姆定律计算两次电流并求比值。
4．（2026·绵阳模拟）如图所示，半径相同、质量不同的两小球P、Q用等长的细线悬挂，现将小球P往左拉到点并由静止自由释放，P、Q碰撞过程没有机械能损失，不计空气阻力。则P、Q首次碰撞后（ ）
A．小球P有可能被反弹回到点
B．小球P上升最高点一定低于点
C．小球Q上升的最高点一定低于点
D．小球Q上升的最高点一定高于点
【答案】B
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】AB．令点到小球P运动的最低点的高度为，小球P从点下落到最低点，由机械能守恒
由于碰撞过程没有机械能损失，有
碰撞过程动量守恒，有
联立解得，
可以发现速度大小满足
小球P从碰撞后上升到最高点，有
由于，因此，故A错误，B正确；
CD．小球Q从碰撞后上升的最高点，有，化简得
由于两个小球的质量没有明确给出，小球Q碰撞后的速度不能计算，因此不能判断和的大小关系，所以不能判断小球Q上升的最高点与点的高度关系，故CD错误。
故答案为：B。
【分析】 先由机械能守恒求出小球 P 碰撞前的速度，再利用弹性碰撞的动量守恒和机械能守恒定律，推导出两球碰撞后的速度表达式，最后结合机械能守恒分析两球碰撞后上升的高度，判断各选项正误。
5．（2026·绵阳模拟）我国正在研制的“高速飞车”设计时速达1000km/h。若“高速飞车”在相距的甲、乙两城之间运行，加速和减速的最大加速度大小均为，安全运行的最大速度为，则该车从甲城到乙城的最短时间为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】加速度；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】飞车从甲城静止出发，到乙城静止停止，运动过程分为加速、匀速和减速三个阶段。加速和减速阶段加速度大小均为，最大速度为，两城距离为。最短时间要求充分利用最大加速度和最大速度，且当时，能实现匀速阶段。
加速阶段，初速度0，末速度，加速度，距离
时间为
减速阶段，初速度，末速度0，加速度，距离为
时间为
匀速阶段，速度，距离为
时间为
则总时间；
故答案为：B。
【分析】 将运动拆分为加速、匀速、减速三个阶段，先计算加速和减速阶段的时间与位移，再求出匀速阶段的时间，最后将三段时间相加得到总最短时间。
6．（2026·绵阳模拟）嫦娥六号在地球表面附近轨道做匀速圆周运动的周期为，在距离月心为1.2倍月球半径的轨道上做匀速圆周运动的周期为。已知地球和月球质量之比约81：1，地球和月球的半径之比约为。则约为的（ ）
A．0.68倍 B．0.74倍 C．0.80倍 D．0.86倍
【答案】A
【知识点】万有引力定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】根据万有引力提供向心力，卫星做匀速圆周运动的周期公式为
其中为轨道半径，为中心天体质量。因此，周期之比满足
代入数据可得
则
估算可得
数值0.6762最接近选项A的0.68倍。
故答案为：A。
【分析】 利用万有引力提供向心力的周期公式，分别写出绕地球和绕月球的周期表达式，通过两式相比得到周期比值，再代入已知的质量比、半径比数据计算结果，最后匹配选项。
7．（2026·绵阳模拟）如图所示，直角区域内有垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出），。一带正电的粒子以的速度从点沿方向射入磁场，从边射出且半径最大，粒子在磁场中运动的时间为；若仅将区域内磁场的方向反向，同样的粒子以的速度从点沿方向射入磁场，同样从边射出且半径最大，粒子在磁场中的运行时间为。不计粒子重力。则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】
设AC边长为，一带正电的粒子以的速度从A点沿AB方向射入磁场，从AC边射出且半径最大，画出粒子运动轨迹如图1所示
由几何关系可知，粒子运动的轨迹半径，粒子在磁场中轨迹圆弧的圆心角，
在磁场中的运动时间
同样的粒子以的速度从C点沿CB方向射入磁场，同样从AC边射出且半径最大， 画出粒子运动轨迹如图2所示
由几何关系可知，粒子运动的轨迹半径，粒子在磁场中轨迹圆弧的圆心角，
在磁场中的运动时间
AB．粒子在磁场中运动过程中，洛伦兹力提供向心力
可得，所以，AB错误；
CD．，C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】 先根据粒子从 AC 边射出且半径最大的几何条件，分别确定两种入射情况下的轨道半径，再由洛伦兹力提供向心力得到速度与半径的关系，求出速度比；接着根据粒子轨迹对应的圆心角，结合周期公式求出运动时间比，最后匹配选项。
8．（2026·绵阳模拟）如图甲所示，、是在轴上距离坐标原点等距离的两波源，的振动图像如图乙实线所示，的振动图像如图乙虚线所示，产生的简谐横波在同种介质中沿轴传播。则点（ ）
A．是振动减弱点 B．是振动加强点
C．振幅为 D．振动周期为
【答案】A,C
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】A．由、的振动图像可知两波源的起振方向相反，点为两波源的中点，因此两波源在点引起的振动方向相反，为减弱点，故A正确，B错误；
C．由上述分析可知点的振幅为，故C正确；
D．点的振动周期与两波源、相同，为，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】 先由振动图像确定两波源的起振方向、周期及振幅，再根据 O 点到两波源距离相等的特点，分析两波在 O 点的振动叠加情况，判断振动加强 / 减弱，并计算 O 点的振幅与周期。
9．（2026·绵阳模拟）汽车以恒定功率在平直公路上以速度匀速行驶，某时刻换挡，其功率变为并保持不变，经过时间后，汽车再次做匀速运动。已知汽车质量为，该路段汽车所受阻力大小恒为。则汽车（ ）
A．再次匀速的速度为
B．再次匀速的速度为
C．从换挡到再次匀速的过程中，通过的路程为
D．从换挡到再次匀速的过程中，通过的路程为
【答案】B,C
【知识点】机车启动
【解析】【解答】AB．以恒定功率匀速行驶时满足，当功率变为后，阻力不变，再次匀速的速度满足，故A错误，B正确；
CD．从换挡到再次匀速的过程中，设通过的路程为，由动能定理可知
解得，故C正确，D错误。
故答案为：BC。
【分析】 先利用匀速行驶时功率与阻力的关系，求出功率减半后再次匀速的速度；再对换挡到再次匀速的过程应用动能定理，结合已知条件联立求解通过的路程，最后判断选项。
10．（2026·绵阳模拟）如图所示，物块、、、质量均为，、通过劲度系数为的轻质弹簧连接，竖直静止在水平桌面上。在的正上方某处由静止释放a，a与碰撞后一起向下运动，然后反弹，当运动到最高点时，对地面的压力恰好为零。已知轻质弹簧的弹性势能表达式，x是弹簧的形变量，重力加速度为。则（ ）
A．物块分离时，的速度大小为
B．物块分离时，的速度大小为
C．物块静止释放时，距离的高度为
D．物块静止释放时，距离的高度为
【答案】B,C
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】AB．物块分离时，共速设为，且的加速度均为g，方向竖直向下，此时弹簧处于原长，当运动到最高点时速度为零，对地面的压力恰好为零，则此时弹簧弹力大小为F=mg，且弹簧处于拉伸状态，弹簧伸长量
分离后，对和弹簧组成的系统由机械能守恒可得
解得，故A错误，B正确；
CD．初始时对分析可知，弹簧压缩量
设a从距离高h处下落，设碰撞前a的速度为，则
碰撞后a与的共同速度为v，根据动量守恒定律有
解得
从碰撞后到分离过程以、弹簧为系统由机械能守恒可得
联立解得，故C正确，D错误。
故答案为：BC。
【分析】 先分析初始平衡状态和 b 运动到最高点时的弹簧形变量，再对 a、b 分离后到 b 到达最高点的过程应用机械能守恒，求出分离时的速度；然后对 a 下落过程及 a、b 碰撞过程分别应用机械能守恒和动量守恒，联立求出 a 释放时距离 b 的高度。
11．（2026·绵阳模拟）用如图所示的装置验证机械能守恒定律。光滑水平桌面左端固定一竖直挡板，轻弹簧一端与挡板连接，另一端与质量为的小车（含挡光板）相连，小车右侧通过细线绕过定滑轮悬挂一砝码盘。光电门可固定在桌面边缘不同位置，测量挡光板的挡光时间。刻度尺固定在桌面边缘可记录小车位置。实验过程如下：
①用游标卡尺测出挡光板的宽度；
②调节桌面至水平，让小车不与弹簧连接、不挂砝码盘能静止在桌面上任意位置；
③小车与弹簧右端连接，静止时记录挡光板中心的位置刻度，并将光电门固定在处；
④挂上砝码盘，向盘中逐个缓慢添加砝码至挡光板中心位置在刻度处；
⑤取下砝码盘和砝码，再用外力沿弹簧轴向拉小车，让挡光板中心至刻度处，并由静止释放，记录挡光板第一次通过光电门的时间；用天平称得砝码盘和砝码总质量为。
回答问题：
（1）挡光板通过光电门的速度大小 ；
（2）向盘中逐个缓慢添加砝码，在挡光板中心从刻度处到处的过程中，拉力对弹簧做的功 ；
（3）取下砝码盘和砝码后，弹簧和小车组成的系统，在挡光板中心从刻度处到处的过程中，弹簧弹性势能减少量等于，小车动能的增加量 。在实验误差范围内，若，则验证了弹簧和小车组成的系统机械能守恒。
【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）挡光板的宽度，挡光板通过光电门的时间，因挡光板宽度很小，挡光板通过光电门的速度大小可近似等于这段时间内的平均速度
故答案为：
（2）弹簧在大小为的拉力作用下，伸长量为
根据胡克定律
拉力做功等于弹簧弹性势能的增加量
解得
故答案为：
（3）小车动能的增加量
故答案为：
【分析】(1) 利用平均速度近似瞬时速度的实验原理，挡光板通过光电门的时间极短，故速度等于挡光板宽度与挡光时间的比值。
(2) 缓慢添加砝码时小车处于平衡状态，拉力大小等于砝码盘和砝码的总重力，根据功的定义 计算拉力做功。
(3) 机械能守恒的核心是弹性势能的减少量等于动能的增加量，结合动能定理分析动能的变化。
（1）挡光板的宽度，挡光板通过光电门的时间，因挡光板宽度很小，挡光板通过光电门的速度大小可近似等于这段时间内的平均速度
（2）弹簧在大小为的拉力作用下，伸长量为
根据胡克定律
拉力做功等于弹簧弹性势能的增加量
解得
（3）小车动能的增加量
12．（2026·绵阳模拟）某同学测量一节干电池的电动势和内阻。实验器材有：待测干电池（电动势约1.5V，内阻约）、电压表（量程，内阻约）、电压表（量程，内阻）、滑动变阻器（最大阻值）、开关一只、导线若干。
该同学实验过程下：
①设计如图甲所示测量电路，并按照电路图连接电路，将滑动变阻器的滑片置于最右端；
②闭合开关，向左滑动滑动变阻器滑片，记录多组电压表1的示数和电压表2的示数；
③以为纵坐标，以为横坐标，建立坐标系，描点得到—图线。
回答该同学实验过程中的问题，并进一步完成实验：
（1）在电路图甲中，位置“1”应该接电压表 （选填“”或“”），位置“2”接另一只电压表；
（2）该同学发现描点得到图线几乎水平，测量其斜率的误差太大。其主要原因是 ；
（3）该同学重新设计了如图乙所示的测量电路，定值电阻阻值。规范操作重新实验得到如图丙所示的—图线，则测得的电源电动势 ，内阻 。
（4）为减小由于电压表“2”的分压作用形成的系统误差，该同学又设计了如图丁所示的测量电路。规范操作重新实验得到的图线斜率的绝对值为。则计算电源内阻的公式是 。（用和电压表的内阻表示）
【答案】（1）
（2）电源内阻远小于电压表内阻
（3）1.48；1
（4）
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）因位置“2”接的电压表功能相当于电流表，故要已知其内阻，接，位置“1”应该接电压表
故答案为：
（2）根据闭合电路的欧姆定律有
因直线的斜率的绝对值为，图线几乎水平，测量其斜率的误差太大。其主要原因是，即电源内阻远小于电压表内阻
故答案为：电源内阻远小于电压表内阻
（3）由
直线的斜率的绝对值为
故电源内阻为
据三角形相似有
得电源电动势
故答案为：1.48；1
（4）考虑电压表“2”的分压作用有
得
电源内阻的公式是
故答案为：
【分析】(1) 位置“1”需直接测量路端电压，应选用内阻大的电压表以减小分流误差，故接；位置“2”串联滑动变阻器，接。
(2) 图甲中图线几乎水平，是因为电源内阻远小于内阻，电流变化极小，导致随变化不明显。
(3) 图乙电路中，结合闭合电路欧姆定律整理出线性关系，由图线截距得电动势，斜率求内阻。
(4) 图丁电路中，考虑内阻的分流作用，推导的斜率表达式，进而得到内阻公式。
（1）因位置“2”接的电压表功能相当于电流表，故要已知其内阻，接，位置“1”应该接电压表
（2）根据闭合电路的欧姆定律有
因直线的斜率的绝对值为，图线几乎水平，测量其斜率的误差太大。其主要原因是，即电源内阻远小于电压表内阻
（3）[1][2]由
直线的斜率的绝对值为
故电源内阻为
据三角形相似有
得电源电动势
（4）考虑电压表“2”的分压作用有
得
电源内阻的公式是
13．（2026·绵阳模拟）2025年11月14日，全球首艘电磁弹射两栖攻击舰“四川舰”正式启航。电磁弹射简化模型图如图所示，有一质量为、长度为的金属棒，垂直放置在足够长的水平固定导轨上，导轨处在方向竖直向上、磁感应强度大小为的匀强磁场中。闭合开关，电源控制回路电流大小恒为，金属棒由静止做匀加速运动至达到“弹射”速度，即完成“弹射”。金属棒始终与导轨接触良好，不计一切摩擦。求：
（1）金属棒由静止匀加速到“弹射”速度的时间；
（2）金属棒由静止匀加速到“弹射”速度一半的过程中流过金属棒的电荷量。
【答案】（1）解：设金属棒在水平方向匀加速运动的加速度为，由静止匀加速到“弹射”速度的时间为，则，解得
（2）解：设金属棒由静止匀加速到“弹射”速度一半的时间为，流过金属棒的电荷量为，则，解得
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 金属棒在安培力作用下做匀加速直线运动，先由安培力公式和牛顿第二定律求出加速度，再结合匀变速直线运动速度公式求加速时间。
(2) 先求出速度达到一半时的运动时间，再根据电流恒定的条件，由电荷量公式q=It计算流过金属棒的电荷量。
（1）设金属棒在水平方向匀加速运动的加速度为，由静止匀加速到“弹射”速度的时间为，则，
解得
（2）设金属棒由静止匀加速到“弹射”速度一半的时间为，流过金属棒的电荷量为，则，
解得
14．（2026·绵阳模拟）如图所示，直角坐标系中，有垂直坐标平面向里的匀强磁场，在区域，磁场是，在区域，磁场是。一质量为，电荷量为的带电粒子从轴上点，以方向沿轴正方向、大小为的初速度开始运动，第一次经过轴时速度方向与轴夹角为；第一次经过轴时与轴交点为点（图中未画出），速度方向与轴垂直。磁场磁感应强度大小未知，磁场磁感应强度大小为。不计粒子重力。求：
（1）磁场的磁感应强度大小；
（2）点与坐标原点的距离；
（3）带电粒子从开始运动到第二次经过轴的时间。
【答案】（1）解：设带电粒子从轴上点开始在第二象限做匀速圆周运动半径为，则，
解得
（2）解：①按照“速度方向与轴垂直”条件解答。
如图
设带电粒子在第三、四象限做匀速圆周运动的半径为点与坐标原点的距离，则
解得
又
解得
②按照“带电粒子在第三、四象限运动的实际轨迹”解答。如图
设带电粒子在第三、四象限做匀速圆周运动圆心为，半径为，则
解得
为连线与轴的交点，可得，则，
在直角三角形中
在三角形中
则
（3）解：①按照“速度方向与轴垂直”条件解答。根据对称性，带电粒子第二次经过轴的位置是点。设带电粒子在磁场中做匀速圆周运动周期为，在中做匀速圆周运动周期为，在第二象限中运动时间为，在第三、四象限中运动时间为，从开始运动到第二次经过轴的时间为，则又因为，
解得
②按照“带电粒子在第三、四象限运动的实际轨迹”解答。设带电粒子在磁场中做匀速圆周运动周期为，在中做匀速圆周运动周期为，在第二象限中运动时间为，在第三、四象限中运动时间为，从开始运动到第二次经过轴的时间为，则
又因为，
所以
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 粒子在区域做匀速圆周运动，由几何关系确定轨道半径，结合洛伦兹力提供向心力求出。
(2) 粒子进入区域后在中做圆周运动，通过几何关系分析两种可能的运动轨迹，计算点到原点的距离。
(3) 分别计算粒子在、磁场中的运动时间，求和得到从开始到第二次经过轴的总时间。
（1）设带电粒子从轴上点开始在第二象限做匀速圆周运动半径为，则，
解得
（2）①按照“速度方向与轴垂直”条件解答。如图
设带电粒子在第三、四象限做匀速圆周运动的半径为点与坐标原点的距离，则
解得
又
解得
②按照“带电粒子在第三、四象限运动的实际轨迹”解答。如图
设带电粒子在第三、四象限做匀速圆周运动圆心为，半径为，则
解得
为连线与轴的交点，可得，则，
在直角三角形中
在三角形中
则
（3）①按照“速度方向与轴垂直”条件解答。根据对称性，带电粒子第二次经过轴的位置是点。设带电粒子在磁场中做匀速圆周运动周期为，在中做匀速圆周运动周期为，在第二象限中运动时间为，在第三、四象限中运动时间为，从开始运动到第二次经过轴的时间为，则
又因为，
解得
②按照“带电粒子在第三、四象限运动的实际轨迹”解答。设带电粒子在磁场中做匀速圆周运动周期为，在中做匀速圆周运动周期为，在第二象限中运动时间为，在第三、四象限中运动时间为，从开始运动到第二次经过轴的时间为，则
又因为，
所以
15．（2026·绵阳模拟）如图所示，在平面直角坐标系中，在轴上，在轴上，是边长为的正方形；在轴上，平行轴，是等腰直角三角形，；区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，区域内有沿轴正方向的匀强电场（图中未画出）。一质量为、电荷量为的粒子，以大小为、方向沿轴正方向的初速度从点射入磁场，从点离开磁场进入电场，从点离开电场。不计空气阻力及粒子重力。
（1）求匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）求匀强电场的电场强度的大小；
（3）若区域内匀强电场方向沿轴负方向，相同的带电粒子从点以大小不同的初速度（，可以取不同值）沿轴正方向射入磁场，求带电粒子经过轴的位置距坐标原点的最小距离。
【答案】（1）解：粒子在匀强磁场做匀速圆周运动的轨迹如图1所示
圆心在点，设半径为，则
解得
（2）解：粒子在点速度垂直轴，进入电场后做曲线运动，方向做速度为大小的匀速直线运动，轴方向做初速度为零的匀加速运动，设加速度大小为，从到的运动时间为，则
解得
（3）解：若入射速度大小变为，设带电粒子在磁场中运动轨道半径为，则
解得
粒子将沿轴正方向从边上点离开磁场，根据对称性，在边上点进入电场，因为电场方向沿轴负方向，粒子应从边上某点点离开电场，设经过轴上的点。粒子运动轨迹如图2所示。
粒子在点速度垂直电场进入电场后做曲线运动，方向做速度为大小的匀速直线运动，轴方向做初速度为零的匀加速运动，由（2）问解答可知，粒子在电场中从到的运动过程中，沿方向位移与沿方向上的位移相等，设为，运动时间为，
则
解得
设粒子射出电场时速度方向与轴正方向的夹角为，则
过作轴垂线交轴于点，在中有
设带电粒子经过轴的位置点距坐标原点的距离为，由几何关系
解得
当时有最小值，最小值为
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 粒子在正方形磁场中做匀速圆周运动，由几何关系确定轨道半径，结合洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度。
(2) 粒子进入电场后做类平抛运动，根据水平和竖直方向的位移规律列方程求解电场强度。
(3) 粒子以初速度进入磁场，先确定磁场中运动的轨道半径，再分析电场中类斜抛运动的轨迹，通过二次函数求经过轴位置的最小距离。
（1）粒子在匀强磁场做匀速圆周运动的轨迹如图1所示
圆心在点，设半径为，则
解得
（2）粒子在点速度垂直轴，进入电场后做曲线运动，方向做速度为大小的匀速直线运动，轴方向做初速度为零的匀加速运动，设加速度大小为，从到的运动时间为，则
解得
（3）若入射速度大小变为，设带电粒子在磁场中运动轨道半径为，则
解得
粒子将沿轴正方向从边上点离开磁场，根据对称性，在边上点进入电场，因为电场方向沿轴负方向，粒子应从边上某点点离开电场，设经过轴上的点。粒子运动轨迹如图2所示。
粒子在点速度垂直电场进入电场后做曲线运动，方向做速度为大小的匀速直线运动，轴方向做初速度为零的匀加速运动，由（2）问解答可知，粒子在电场中从到的运动过程中，沿方向位移与沿方向上的位移相等，设为，运动时间为，则
解得
设粒子射出电场时速度方向与轴正方向的夹角为，则
过作轴垂线交轴于点，在中有
设带电粒子经过轴的位置点距坐标原点的距离为，由几何关系
解得
当时有最小值，最小值为
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