成都石室中学2025-2026学年度下期高2026届二诊模拟测试
物理参考答案
1.【答案】C
【解析】起跳后运动员在竖直方向的运动可以看成竖直上抛运动，重心上升的高度约为 1m，由竖直上抛运动的规
律，有v2 = 2gh，解得竖直向上速度 v=4m/s,故选 C。
2．【答案】D
【解析】ABC．货物沿斜坡向上匀速行驶，对货物分析可知F1 = G sin ，F2 = G cos ，F =G ，由于
0 30 ，可知F1 G ， F1 F2，F 等于木箱的重力G ，与 无关，故 AB 错误，D 正确；C．由于
F1 = G sin ，若仅增大 ，则F1也增大，故 C 错误。选 D。
3．【答案】B
【解析】A．由题图乙知， t = 0时，手机加速度为 0，由牛顿第二定律得弹簧弹力大小为F = mg
A 错误；B．由题图乙知， t = 0.2s时，手机的加速度为正，则手机位于平衡位置下方，B 正确；C．由题图乙知，
从 t = 0至 t = 0.2s，手机的加速度增大，手机从平衡位置向最大位移处运动，速度减小，动能减小，C 错误；
2
D．由题图乙知T = 0.8s ，则角频率 = = 2.5 rad/s
T
则 a随 t变化的关系式为a = 4sin(2.5 t)m / s2 ，D 错误。故选 B。
4．【答案】A
【解析】根据万有引力提供向心力的原理，空间站轨道为近地圆轨道，轨道半径不变。入驻后空间站质量增加，
但轨道参数（如周期、速度）仅取决于地球质量和轨道半径，与空间站质量无关。A. 空间站的运行周期
r3
T = 2 ，只与轨道半径 r 和地球质量M 有关，入驻后 r 不变，故周期不变，故 A 正确。B. 空间站的速度大
GM
GM
小 v = ，只与 r 和M 有关，入驻后 r 不变，故速度大小不变，故 B 错误。C. 新入驻航天员在轨道上受地球引
r
力作用，引力提供向心力，合外力不为零，故 C 错误。D. 新入驻航天员在近地圆轨道上所受合外力即万有引力，
不为零；而静止在地面上时所受的合外力是使其随地球自转的向心力，该力远小于在轨道上受到的万有引力。因
此，航天员在轨道上所受合外力比静止在地面上时大，故 D 错误。故选 A。
5．【答案】B
【解析】A．图甲中，当紫外线照射锌板时，验电器指针张开，由于红光的频率较小，所以用红外线照射锌板不一
定有光电子飞出，验电器指针不一定会张开，故 A 错误；B．图乙中，从光电流与电压的关系图中可以看出，遏
止电压相同，则 a光的频率等于 b光的频率，故 B 正确；C．根据光电效应方程Ekm = h W0 ，当 = 0时，
Ekm = W0 ，由图丙可知，金属 P的逸出功小于金属 Q的逸出功，故 C 错误；D．根据Ekm = h W0 = eUc ，解得
h h h
Uc =
c ，则斜率 k = ，故 D 错误。故选 B。
e e e
6．【答案】B
【解析】A．该情境下看到的干涉图样是薄膜干涉，是由单色光在 2 界面和 3 界面的反射光叠加后形成的，故 A
错误；B．从上向下看到的干涉图样应该是条状的，因中间圆弧面的倾角小，而两侧的倾角大，故中间稀疏，两侧
密集，故 B 正确；C．左右两侧对称位置的薄膜厚度相同，条纹的明暗情况应相同，所以干涉图样是左右对称的，
故 C 错误；D．干涉条纹在薄膜厚度相同的地方是连续的，当干涉图样在某个位置向中间弯曲时，表明可能玻璃
板上表面在该位置有小凹陷，故 D 错误。故选 B。
7．【答案】C
n
【解析】AB．根据等效电源法可得U = I R +U = I R + I R ，R = (
1 )2 (R + R
1 1 1 1 1 1 等 等 2 并
)，当并入电路的用电器逐渐增
n2
加时，则 R 并减小，R 等减小，I1增大，U1减小，则电压表 V1 的读数减小，根据原副线圈电压、电流与匝数的关系
可知，副线圈中电流 I2增大，副线圈电压 U2减小，R2两端电压增大，V2的示数减小，故 A、B 错误；C．由于
n1 2
R1=2R2，R = ( ) (R2 + R并 )等 ，所以R1 R等，根据等效电源法及电源的输出功率随外电路电阻变化的关系可知，Rn2
并减小，则外电路电阻减小，由于外电路电阻始终大于等效电源内阻，所以电源的输出功率增大，即变压器的输出
U1 n1
功率逐渐变大，故 C 正确。D．根据原副线圈电压与匝数的关系 = ，U2 = I2R2 +UV2 ，所以U2 n2
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U1 U 1 1= 1 = = I R n I R U
U U I R U2 I2R n I R
2 2 2 2 2 1
V2 2 2 2 2 2
I U
2 2 ，由于 2增大， 1减小，则 增大，
减小， 增大，故 D
U n U
U U n U 1 1 1
U V2
1 1 1 1
错误；故选 C。
8．【答案】BD
【解析】AB．汽缸导热良好，汽缸相对活塞下降时，汽缸内气体发生等温变化，体积减小，压强增大，活塞对汽
缸内气体做正功，温度不变，所以汽缸内气体放出热量，故 A 错误，B 正确；C．车身上升时，汽缸内气体对活塞
做负功，故 C 错误；D．通过水平路面，若缓慢抬高车身，则气体压强不变，需打开阀门，用气泵给汽缸充入一
定量的空气，气体体积增加，故 D 正确。故选 BD。
9.【答案】BC
【解析】A.根据题意和题图乙可知，匀强电场的场强大小为 E＝ ＝ V/m＝5×106 V/m ，故 A 错误；B.小球
受竖直向上的电场力与竖直向下的重力平衡，可知带正电；小球做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力，根据左
v2
手定则可知，小球做逆时针方向的匀速圆周运动，故 B 正确；C.由 mg＝Eq，qvB = m ，解得磁感应强度的大小
R
－
为 B=5×106 T，故 C 正确；D.小球从最低点运动到最高点的过程中，电势能减少了 2qφ＝2×6×10 7×2×106 J＝2.4
J，故 D 错误。
10．【答案】AC
IR 4
【解析】A．由于电流恒为2A ，线框进入磁场的过程中BLv = IR可得v = = m/s 当线框刚进入磁场时，
BL 8 2x
x = 0，可得v0 = 0.5m/s 当线框将要全部进入磁场时， x = 2m ，可得v1 =1m/s 由于v1 v0 可知线框进入磁场的过程
中做加速运动。线框刚进入磁场时，安培力大小F = B IL = 32N安 0 金属框的重力沿斜面向下的分力为Mg sin30 =120N
由于线框沿斜面向下做加速运动，此时 F的方向沿斜面向下，A 正确；B．线框进入磁场的过程中，根据BLv = IR
代入数据整理得 (8 2x)v = 4经过 t 时间，则有 (8 2x)v t = 4 t 由于 x = v t代入可得 (8 2x) x = 4 t因此可
8 2 22
知 (8 x x2 ) = 4 t 整理可得从刚进磁场到恰好将完全进入磁场的过程中 所用时间 t = = 3s 因此回路
4
2 1 1mgLsin 30o Q +W = mv2 mv2产生的焦耳热 = = 48 ，B 错误；C．根据能量守恒 代入数据整理得WF = 9.5JF 1 0
2 2
8.75JC 正确；D 完全进入磁场后撤去力F ，线圈前后两条边所处磁场的磁感强度差值 B = B2 B1 = 2T ，假设做匀
E
加速运动，回路产生的感应电动势E = (B2 B1)L(v1 + at)，回路电流 I = ，线圈所受安培力，F = (B2 B1)IL安
R
整理得F = 4(1+ at)安 ，由于安培力随时间变化，因此不可能做匀加速运动，D 错误。故选 AC。
11.【答案】(1)C (2)偏大 (3)1.5
【详解】（1）A．为减小作图误差，P3和 P4之间的距离应适当增大，A 项错误；
B．P1、P2连线与玻璃砖分界面法线的夹角适当增大，折射现象更明显，误差较小，B 项错误；C．光在宽度较大
的玻璃砖中的传播路程较长，入射点与出射点之间的距离较大，角度测量越准确，误差越小，C 项正确；D．玻璃
砖无需平行，D 项错误。故选 C
sin i
（2）P4针插得偏右一点会导致出射光线在玻璃砖上的出射点左移，从而导致折射角的测量值偏小，根据 n=
sin r
可知，折射率的测量值偏大。
BC BC
（3）由几何知识得sin AOC = ，sin BOC =
OA OB
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sin AOC OB
则玻璃的折射率n = = =1.5
sin BOC OA
12.【答案】(1)1.9 (2) 左 5.0 (3)大 (4)5
【详解】（1）表盘的指针位置为 19，测电阻所用的档位为“ 100 ”挡，所以读数结果为 19 100Ω=1.9kΩ
（2）[1]为了保证被测部分的电压从零开始逐渐增大，对仪器起到保护作用，电路图中滑动变阻器的滑片P 应置于
I1R0
最左端。[2]并联电路，各支路两端电压相同 ，根据欧姆定律得热敏电阻阻值 RT = = 53..00kkΩ
I2
（3）由图像可知该热敏电阻的阻值随温度降低越来越大。
E 6.0
（4）电路报警时，总电阻 R = = = 2400 = 2.4k ，RT = 2.4kΩ 1.8kΩ = 0.6kΩ总
I 2.5 10 3
由图可知，油液内（报警液面处）热敏电阻的温度为30 C，由图可知，此时热敏电阻的阻值1.5kΩ，油液外热敏电
阻的温度为70 C，由图可知，此时热敏电阻的阻值0.5kΩ。设报警液面到油箱底部的距离为 h ，热敏电阻的总阻
h 50 h
值 Rt1 + Rt 2 = RT ，解得 h = 5cm
50 50
5
13．【答案】（1）P 点坐标为（0， L）（2）大小为 2v0，方向与+x 的夹角 =60°
2
【解析】（1）从 P到 Q，水平方向
2Lsin 60 = v0t
从 P到 Q，竖直方向
qE
a =
m
1
y = at2
2
OP = y + 2L cos 60
解得 P 点坐标
5
（0， L）
2
（2）从 P到 Q，竖直方向
vy = at
在 Q点的速度大小
v = v20 + v
2
y
在 Q点的速度与+x 成 角有
=
0
解得
v=2v0
=60°
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5
14．【答案】(1)3m/s (2) t = 2s； m/s
3
【解析】（1）对 A、B 组成的系统，动量守恒 mvA = mvB
1 2 1 2
炸药爆炸瞬间，由能量守恒得 E 50% = mvA + mvB
2 2
解得 vA = 3m / s ( vB = 3m / s )
（3）爆炸后，物块 A 向左匀减速，物块 B 匀速，长木板向左匀加速
设 A 与木板共速 1后，B 再与木板碰撞，规定方向向左为正方向，A、长木板动量守恒
= ( + ) 1
对 A
mg = ma
v1 = vA at1
可得v1 =1m / s， t1 =1s
v
xB = vBt1 = 3m， x板 =
1 t1 = 0.5m ， x = xB + x板 = 3.5m L假设成立
2
A 和木板共速后以 v1 匀速运动 t2 L x = (vB + v板)t2
爆炸后瞬间到 B 第一次与挡板相碰所经历的时间 t = t1 + t2 = 2s
第一次 B 与木板发生弹性碰撞，以右为正向
mvB +M（ v1）= mv
'
B +Mv2
1 2 1 2 1 '2 1 2
mvB + M（ v1) = mvB + Mv2
2 2 2 2
5
解得 2 = m/s 3
B2s2e 9 m 5es2B2 5es2B2
15. 【答案】（1）E = （2） t = ；（3） ＜E≤
2md 2eB 144md 9md
【解析】（1）当电场强度取最大值 E时，电子在磁场中运动的半径为
r=s
v2
evB = m
r
加速过程，根据动能定理有
1
eEd = mv2
2
解得
B2s2e
E =
2md
（2）设电子在磁场中运动半周的次数为 n，轨道半径为 r，电子在 A、M′间垂直于 AM′飞出（不包含 A、M′两
点），
t= +
2 4
2 m
T =
eB
几何关系有
(2n+1)r = 5s
1
s r s ,解得2 n 4.5，n取正整数，n=4 时，在磁场内运动时间最大
2
解得
9 m
t =
2eB
(3)设电子第一次到达隔离层前的速率为 v0，第 n 次进入磁场后运动的速率为 vn
1
eEd = mv 20
2
①第一次圆周运动半径最大，不能从上端飞出
v 2
ev B = m 11
r1
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1 1
mv21 = 0.9 mv
2
0
2 2
5es2B2
r1 s (得 E≤ )
9md
②经过板后速度变小，半径变小，要从右边出
1 1
mv2 2 22 = 0.9 mv1
2 2
即 v2 = 0.9v1，电子第一、二次在磁场中运动的半径关系满足 r2 = 0.9r1，推知第 k次在磁场中运动的半径关系满足
r = 0.9k 1k r1
半径为递减的等比数列，直径的前 k项和 Sk 5s，有
2r1(1 0.9
k ) 1 5es2B2
5s （即 r1 s，得 E> )
1 0.9 4 144md
综上，电场强度的取值范围为
5es2B2 5es2B2
＜E≤
144md 9md
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物理
试卷说明：本试卷分选择题和非选择题两部分。第 I卷（选择题），第Ⅱ卷（非选择题），满分 100分，考试时间
75分钟。
第 I卷（选择题，共 46分）
一．单项选择题（共 7小题，每小题 4分。在每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题目要求．）
1．2025年 11月 19日，清华学子邵雨琪在第十五届全运会女子跳高决赛中获得金牌，若起跳过程中，其重心上升
的高度约为 0.8m，请估算她起跳离地时，竖直向上速度为（ ）
A．2m/s B．3m/s C．4m/s D．5m/s
2．叉车在短距离运输作业中被大量地使用。如图所示，一叉车运载着木箱沿着倾角为 （0 30 ）的斜坡向
上匀速行驶时，货叉的侧面和底面对木箱的弹力大小分别为 F1和F2，货叉对木箱的作用力为 F，木箱的重力为G。
货叉的底面与斜坡平行，与货叉侧面垂直。不计木箱与货叉的摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A． F1 G B．F1 F2
C．若仅增大 ，则 F1减小 D．无论 怎样变化，F与 G的大小始终相等
3．图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为
正方向，得到手机振动过程中加速度 a随时间 t变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A． t 0时，弹簧弹力为 0
B． t 0.2s时，手机位于平衡位置下方
C．从 t 0至 t 0.2s，手机的动能增大
D．a随 t变化的关系式为 = 4 sin 5πt m/s2
4．2025年 4月 25日 1时 17分，在执行任务的神舟十九号航天员乘组打开“家门”，欢迎神舟二十号航天员乘组入
驻中国空间站。神舟二十号航天员乘组入驻后，空间站仍在原来的轨道（视为近地圆轨道）上运行，则（ ）
A．空间站的运行周期不变
B．空间站的速度大小变小
C．新入驻空间站的航天员所受合外力为零
D．新入驻空间站的航天员所受合外力比静止在地面上时小
5．爱因斯坦提出的光子说成功地解释了光电效应的实验现象，在物理学发展历程中具有重大意义。图甲是光电效
应实验装置示意图，图乙是研究光电效应电路中 a、b两束入射光照射同种金属时产生的光电流与电压的关系图像，
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图丙是 P、Q两种金属的光电子最大初动能与入射光频率的关系图像，图丁是某种金属的遏止电压与入射光频率之
间的关系图像，下列说法正确的是（ ）
A．在图甲实验中，改用红外线照射锌板验电器指针也会张开
B．由图乙可知，a光的频率等于 b光
C．由图丙可知，金属 P的逸出功大于金属 Q的逸出功
D．由图丁可知，该图线的斜率为普朗克常量 h
6．某同学从圆柱形玻璃砖上截下图甲所示部分柱体平放在平板玻璃上，其横截面如图乙所示，1、2分别为玻璃柱
体的上、下表面，3、4分别为平板玻璃的上、下表面。现用单色光垂直照射玻璃柱体的上表面，下列说法正确的是
（ ）
A．干涉图样是单色光在 1界面和 2界面的反射光叠加后形成的
B．从上向下，能看到明暗相间的条纹，且内环疏外环密
C．从上向下，能看到干涉图样是左右不对称的
D．若干涉图样在某个位置向中间弯曲，表明平板玻璃上表面在该位置有小凸起
7．通过变压器给用户供电的原理图如图所示。理想变压器原、副线圈的匝数比为 2:1，原线圈和副线圈输电线的电
阻分别用 R1和 R2表示，且 R1=2R2，a、b端输入电压不变，电压表均为理想电表。当并入电路的用电器逐渐增加时，
下列判断正确的是（ ）
A．电压表 V1的读数保持不变 B．电压表 V2的读数逐渐变大
C．变压器的输出功率逐渐变大 D．电压表 V1与 V2的读数之比保持不变
二．多项选择题（共 3小题，每小题 6分。在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项符合题目要求。全部选对
的得 6分，选对但不全的得 3分，有选错的得 0分）
8．如图为汽车空气悬挂系统的结构简化图，车身连接汽缸，活塞连着车轮，导热良好的汽缸内封闭一定质量的理
想气体，汽缸通过阀门与气泵相连，此时阀门关闭，活塞正好处于汽缸正中间。汽缸密封良好且与活塞间无摩擦，
活塞始终在汽缸内来回运动，不考虑轮胎的形变及环境温度的变化，下列说法正确的（ ）
A．通过崎岖路面，汽缸相对活塞下降时，汽缸内气体压强减小
B．通过崎岖路面，汽缸相对活塞下降时，汽缸内气体放出热量
C．通过崎岖路面，汽缸相对活塞上升时，活塞对汽缸内气体做正功
D．通过水平路面时，若缓慢抬高车身，则需打开阀门，用气泵给汽缸充入一定量的空气
9.如图甲所示，空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上，磁场方向垂直纸面向里，一带正电
－
小球以 4 m/s的速率恰好能沿竖直平面做匀速圆周运动，小球电荷量 q＝6×10 7 C，圆心 O的电势为零。以竖直向
上为正方向建立 y轴。在小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势φ随纵坐标 y的变化关系如图乙
所示，重力加速度 g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
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A. 匀强电场的场强大小为 3.2×106 V/m
B. 小球一定沿逆时针方向做匀速圆周运动
C. 匀强磁场的磁感应强度大小为 5×106 T
D. 小球从最低点运动到最高点的过程中，电势能增加了 2.4 J
10．如图，倾角为 30 光滑斜面上，水平界线 PQ以下存在垂直斜面向下的磁场且区域足够宽，PQ位置 x 0，
磁感应强度 B随沿斜面向下位移 x（以m为单位）的分布规律为 B 8 2x(T )。一边长为 L 2m（小于 PQ长度），
质量为M 2kg，电阻 R 4Ω的金属框从上方某位置静止释放，进入磁场的过程中由于受到平行斜面方向的力 F作
用金属框保持恒定电流 I 2A，且金属框在运动过程中下边始终与 PQ平行，g 10m/s2 ，下列说法正确的是（ ）
A．力 F沿斜面向下
B．金属框进入磁场的过程中产生的电热为 24J
C．金属框进入磁场的过程中平行斜面方向的力 F做功 8.75J
D．若金属框刚完全进入磁场后立即撤去力 F，金属框将开始做匀加速直线运动
第Ⅱ卷（非选择题，共 54分）
三．实验题（本题共 2小题，共 16分．）
11.（6分）某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，作出的光路图及测出的相关角度如图甲所示。
(1)下列措施能够提高实验准确度的是 。
A．P3和 P4之间的距离适当减小
B．P1、P2连线与玻璃砖分界面法线的夹角适当减小
C．选用宽度较大的玻璃砖
D．用入射界面与出射界面平行的玻璃砖
(2)该同学在插 P4针时不小心插得偏右了一点，则折射率的测量值 （选填“偏大”“不变”或“偏小”）。
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(3)另一同学操作正确，根据实验记录在白纸上画出光线的径迹，过入射光线上 A点作法线 NN'的平行线交折射光线
的反向延长线于 B点，再过 B点作法线 NN'的垂线，垂足为 C点，如图乙所示，其中 OB∶OA∶BC=3∶2∶ 2，
则玻璃的折射率 n= 。
12.(10分) 某同学利用热敏电阻的阻值随温度变化的特性，制作了一个简易的汽车低油位报警装置。
(1)该同学首先利用多用电表电阻“ 100 ”挡粗测该热敏电阻在常温下的阻值。示数如图甲所示，则此时热敏电阻的
阻值 RT k 。
(2)该同学为了进一步探究该热敏电阻阻值随温度变化的关系，设计了如图乙所示的实验电路，定值电阻 R0=3.0 k ，
则在闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于最 （填“左”或“右”）端。在某次测量中，若毫安表A1的示数为
2.5mA，A2的示数为1.50mA，两电表可视为理想电表，则热敏电阻的阻值为 k （结果保留两位有效数字）。
(3)经过多次测量，该同学得到热敏电阻阻值随温度变化的关系图像如图丙所示，可知该热敏电阻的阻值随温度降低
越来越 （填“大”或“小”）。
(4)该同学利用此热敏电阻设计的汽车低油位报警装置如图丁所示，其中电源电动势 E 6.0V，定值电阻 R 1.8kΩ，
长度 l 50cm的热敏电阻下端紧靠在油箱底部，不计报警器和电源的内阻。已知流过报警器的电流 I 2.5mA时报
警器开始报警，若测得报警器报警时油液（热敏电阻）的温度为30 C，油液外热敏电阻的温度为70 C，由此可知
油液的警戒液面到油箱底部的距离约为 cm（结果保留一位有效数字）。
四．计算题（本题共 3小题，共 38分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的
不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
13．（10分）如图所示，直线 OA与 y轴的夹角 = 60°，在此角范围内有沿 y轴负方向的匀强电场。一质量为 m、
电荷量为 q(q>0)的粒子以速度 v0从 y轴上 P点平行于 x轴射入电场，粒子经电场偏转并经过 OA上的 Q点。已知 O
2
点到 Q点的距离为 2L ，电场强度大小为 0，不计粒子的重力，求：
（1）P点的坐标；
（2）粒子经 Q点时的速度。
第 4页，共 5页
14．（12分）如图所示，有一右侧带挡板的长木板静止在光滑水平地面上，可视为质点的物块 A、B中间夹有微量
炸药静置在木板上，物块 B离挡板的距离为 L=7.5m。炸药具有的化学能 E0=18J，引爆炸药将两物块沿木板分开，
炸药化学能的 50%转化为两物块的动能，在以后的运动过程中两物块的碰撞以及物块与挡板间的碰撞均为弹性碰撞，
碰撞时间和爆炸时间均不计，两物块均未从木板上滑下。已知两物块质量均为 m=1kg，长木板的质量 M=2m，物块
A与长木板间的动摩擦因数为μ=0.2，物块 B与长木板间无摩擦，重力加速度 g=10m/s2，求：
(1)爆炸后瞬间，物块 A的速度大小；
(2)物块 B从爆炸后瞬间到第一次与挡板相碰所经历的时间、碰后木板的速度大小。
15.(16分)某仪器用电场和磁场来控制电子在材料表面上方的运动，如图所示，材料表面上方矩形区域 PP′N′N充满
竖直向下的匀强电场，电场宽为 d；矩形区域 NN′M′M充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B，长为 5s，
宽为 s，A是 M′N′的中点；N′N为电场和磁场的分界线，电子可穿过 N′N，不考虑边界效应。一个电荷量为 e、质量
为 m的电子，从 P点开始由静止被电场加速后垂直 N′N进入磁场，最后电子从磁场边界 M′N′飞出，不计电子受到
的重力。
（1）求电场强度的最大值 E；
（2）若要使电子在 A、M′间垂直于 AM′飞出（不包含 A、M′两点），求满足条件的飞出电子中，在磁场内运动时间
的最大值 t；
（3）若电场和磁场的分界线 N′N存在薄隔离层，电子每次穿越隔离层的时间极短、运动方向不变，其动能损失是
每次穿越前动能的 10%，要使电子从磁场边界 M′N′飞出，求电场强度大小的取值范围。
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