佛山市达标名校2018年高考一月调研物理试卷含解析

佛山市达标名校2018年高考一月调研物理试卷
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．以开发核聚变能源为目的，被誉为“人造太阳”的中国环流器二号M （HL--2M ）装置在2019年全国两会期间备受关注。

下列核反应方程中属于核聚变反应的是（ ）
A ．144171
7281N He O H +→+
B ．4
27301213
150He Al P n +→
+
C ．2341
1120H H He n +→+ D ．
2351144891
92
056360U n Ba Kr 3n +→++
2．氡是一种化学元素，符号为Rn ，无色、无嗅、无味具有放射性，当人吸人体内后可在人的呼吸系统造
成辐射损伤，引发肺癌，而建筑材料是室内氡的主要来源。

氡的一种衰变为222218
8684Rn Po X →+则下列判
断正确的是 A ．该衰变为β衰变
B ．衰变过程中质量数守恒，电荷数不守恒
C ．222
86Rn 的结合能小于21884Po 的结合能 D ．222
86Rn 的比结合能小于21884Po 的比结合能
3．如图所示，倾角37θ=︒的斜面上有一木箱，木箱与斜面之间的动摩擦因数3
μ=
．现对木箱施加一拉力F ，使木箱沿着斜面向上做匀速直线运动．设F 的方向与斜面的夹角为α，在α从0逐渐增大到60°的过程中，木箱的速度保持不变，则（ ）
A ．F 先减小后增大
B ．F 先增大后减小
C ．F 一直增大
D ．F 一直减小
4．已知长直导线中电流I 产生磁场的磁感应强度分布规律是B=I
k r （k 为常数，r 为某点到直导线的距离）。

如图所示，在同一平面内有两根互相平行的长直导线甲和乙，两导线通有大小分别为2I 和I 且方向相反的电流，O 点到两导线的距离相等。

现测得O 点的磁感应强度的大小为0B 。

则甲导线单位长度受到的安培力大小为（ ）
A ．
06
B I
B ．
04
B I
C ．
03
B I
D ．
02
B I
5．如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔，质量为m 的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用力F 拉住，绳与竖直方向夹角为θ，小球处于静止状态.设小球受支持力为F N ，则下列关系正确的是（ ）
A ．F=2mgtanθ
B ．F =mgcosθ
C ．F N =mg
D ．F N =2mg
6．如图所示，将直径为d ，电阻为R 的闭合金属环从匀强磁场B 中拉出，这一过程中通过金属环某一截面的电荷量为（ ）
A ．24
B d R π
B ．2Bd R π
C ．2Bd R
D ．2Bd R
π
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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，有选错的得0分
7．如图，质量为m 、长为L 的直导线用两绝缘细线悬挂于'O O 、，并处于匀强磁场中．当导线中通以沿
x 正方向的电流I ，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ．则磁感应强度方向和大小可能为
A ．z 正向，
tan mg
IL θ B ．y 正向，
mg
IL
C ．z 负向，tan mg
IL
θ D ．沿悬线向上，
sin mg
IL
θ 8．如图所示为回旋加速器的原理图，两个D 形金属盒处在与盒面垂直的匀强磁场中，两D 形盒间接入一
高频交流电源，用回旋加速器给A 、B 两个不同粒子分别加速，A 粒子的电荷量为q 1、质量为m 1，加速后获得的最大动能为1k E ，最大速度为1v ；B 粒子的电荷量为q 2、质量为m 2，加速后获得的最大动能为2k E ，最大速度为2v ，已知两次加速过程中所接入的高频交流电源频率相等，所加的匀强磁场也相同，则下列关系一定正确的是
A ．12q q =，12m m =
B ．12v v =
C ．11
2
2q m q m = D ．
12
21
k k E q E q = 9．如图所示，质量为 m 的活塞将一定质量的气体封闭在气缸内，活塞与气缸壁之间无摩擦。

a 态是气缸放在冰水混合物中气体达到的平衡状态，b 态是气缸从容器中移出后，在室温（27 °C ）中达到的平衡状态。

气体从 a 态变化到 b 态的过程中大气压强保持不变。

若忽略气体分子之间的势能，下列说法中正确的是（ ）
A ．与 b 态相比，a 态的气体分子在单位时间内撞击活塞的个数较多
B ．与 a 态相比，b 态的气体分子在单位时间内对活塞的冲量较大 C
．在相同时间内，
a 、
b 两态的气体分子对活塞的冲量相等
D ．从 a 态到 b 态，气体的内能增加，外界对气体做功，气体向外界释放了热量 E.从 a 态到 b 态，气体的内能增加，气体对外界做功，气体向外界吸收了热量
10．如图甲所示，质量为m 的物块从弹簧上方离地高1h 处由静止释放，其动能k E 与离地高度h 的关系如图乙所示，其中12~h h 阶段图像为直线，其余部分为曲线，3h 对应图像的最高点，重力加速度为g ，不计空气阻力，以下说法正确的是（ ）
A ．弹簧的劲度系数23
mg
k
h h =
-
B ．当物块下落到4h h =高度时，重力势能与弹簧的弹性势能之和最小
C ．当物块处于4h h =高度时，弹簧的弹性势能为p 14()E mg h h =-
D ．在物块从1h 下降到5h 过程中，弹簧的最大弹性势能为pmin 15()
E mg h h =-
11．在医学上，常用钴60产生的γ射线对患有恶性肿瘤的病人进行治疗。

钴60的衰变方程为
，下列说法正确的是（ ）
A ．钴60发生的是β衰变，X 是电子
B ．γ射线比β射线的穿透能力强
C ．X 粒子是钴60原子核的组成部分
D ．该衰变过程释放的核能全部转化为γ射线的能量
12．如图所示，粗糙的固定水平杆上有A 、B 、C 三点，轻质弹簧一端固定在B 点正下方的O 点，另一端与套在杆A 点、质量为m 的圆环相连，此时弹簧处于拉伸状态。

圆环从A 处由静止释放，向右运动经过B 点时速度为v 、加速度为零，到达C 点时速度为零，下列说法正确的是（ ）
A ．从A 到C 过程中，圆环在
B 点速度最大 B ．从A 到B 过程中，杆对环的支持力一直减小
C ．从A 到B 过程中，弹簧对圆环做的功一定大于212
mv D ．从B 到C 过程中，圆环克服摩擦力做功等于212
mv 三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学在“探究功与速度变化之间的关系”的实验中，同时测出实验中橡皮绳的劲度系数。

所用实验装置如图所示，已知小球质量为m 。

具体实验步骤如下：
(1)将小球放在木板上，木板左端抬高一个小角度，以平衡摩擦力。

(2)将原长为OM 的橡皮绳一端固定在木板右端的O 点，另一端通过力传感器连接小球，将小球拉至P 点（M 点左侧），测得OM 的距离为l l ，OP 的距离为l 2，力传感器示数为F ，则橡皮绳的劲度系数为______
（用F 、l 1、l 2表示）。

(3)将小球从P 点由静止释放，在M 点右侧放置一速度传感器，可测出传感器所在位置的速度v 。

将小球连上2根、3根…橡皮绳，重复操作过程，测出多组速度数值，如下表所示。

橡皮绳 1根 2根 3根 4根 5根 6根 做功 W
2 W
3 W
4 W
5 W
6 W 速度()1
/m s
v -⋅
1.01
1.41
1.73
2.00
2.24
2.45
速度平方(
)2
2
2
/m s
v -⋅
1.02 1.99
2.99 4.00 5.02 6.00
在坐标系中描点、连线，作出W-v 2图像。

（_______）
(4)由图像可知，橡皮绳做功与小球获得的速度的关系为_______________。

14．在学校社团活动中，某实验小组先将一只量程为300μA 的微安表头G 改装为量程为0.3A 的电流表，然后用改装的电流表测量未知电阻的阻值。

可供选择的实验器材有： 微安表头G(量程300μA ，内阻约为几百欧姆) 滑动变阻器R 1(0～10k Ω) 滑动变阻器R 2(0～50k Ω) 电阻箱R(0~9999Ω) 电源E 1(电动势约为1.5V) 电源E 2(电动势约为9V) 开关、导线若干
(1)实验小组先用如图(a)所示电路测量表头G 的内阻R g ，实验方法是： A ．按图(a)连接好电路，将滑动变阻器的滑片调至图中最右端； B ．断开S 2，闭合S 1，调节滑动变阻器的滑片位置，使G 满偏；
C ．闭合S 2，并保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱的阻值，使表头G 的示数为200μA ，记录此时电阻箱的阻值R 0，
①实验中电源应选用________，滑动变阻器应选用_____(选填仪器字母代号)；
②测得表头G的内阻R g=_____，表头内阻的测量值较其真实值___(选填“偏大”或“偏小”)；
(2)实验测得G的内阻R g=500Ω，要将表头G改装成量程为0.3A的电流表，应选用阻值为______Ω的电阻与表头G并联；
(3)实验小组利用改装后的电流表A，用图(b)所示电路测量未知电阻R x的阻值。

测量时电压表V的示数为
1.20V，表头G的指针指在原电流刻度的250Ω处，则R x=______Ω。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，在第Ⅱ象限内有水平向右的匀强电场，在第I象限和第IV象限的圆形区域内分别存在如图所示的匀强磁场，在第IV象限磁感应强度大小是第Ⅰ象限的2倍．圆形区域与x轴相切于Q点，Q到O 点的距离为L，有一个带电粒子质量为m，电荷量为q，以垂直于x轴的初速度从轴上的P点进入匀强电场中，并且恰好与y轴的正方向成60°角以速度v进入第I象限，又恰好垂直于x轴在Q点进入圆形区域磁场，射出圆形区域磁场后与x轴正向成30°角再次进入第I象限。

不计重力。

求：
（1）第I象限内磁场磁感应强度B的大小：
（2）电场强度E的大小；
（3）粒子在圆形区域磁场中的运动时间。

16．如图所示，xOy坐标系中，在y<0的区域内分布有沿y轴正方向的匀强电场，在0<y<y0的区域内分布有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，一质量为m、电荷量为＋q的粒子以初速度v0由坐标（0，－y0）处
沿x轴正方向射入电场。

已知电场强度大小
2
2
mv
E
qy
=粒子重力不计。

求：
(1)粒子第一次到达x轴速度的大小和方向；
(2)要使粒子不从y＝y0边界射出磁场，求磁感应强度应满足的条件；
(3)要使粒子从电场进入磁场时能通过点P（50y0，0）（图中未画出），求磁感应强度的大小。

17．在纳米技术中需要移动或修补原子，必须使在不停地做热运动（速率约几百米每秒）的原子几乎静止下来且能在一个小的空间区域内停留一段时间，为此已发明了“激光致冷”的技术。

即利用激光作用于原子，使原子运动速率变慢，从而温度降低。

(1)若把原子和入射光子分别类比为一辆小车和一个小球，则“激光致冷”与下述的力学模型相似。

如图所示，一辆质量为m的小车（左侧固定一轻质挡板以速度v0水平向右运动；一个动量大小为p。

质量可以忽略的小球水平向左射入小车后动量变为零；紧接着不断重复上述过程，最终小车将停下来。

设地面光滑。

求：
①第一个小球入射后，小车的速度大小v1；
②从第一个小球入射开始计数到小车停止运动，共入射多少个小球?
(2)近代物理认为，原子吸收光子的条件是入射光的频率接近于原子吸收光谱线的中心频率如图所示，现有一个原子A水平向右运动，激光束a和激光束b分别从左右射向原子A，两束激光的频率相同且都略低于原子吸收光谱线的中心频率、请分析：
①哪束激光能被原子A吸收?并说明理由；
②说出原子A吸收光子后的运动速度增大还是减小。

参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．C
【解析】
【详解】
核聚变是指由质量小的原子，主要是指氘或氚，在一定条件下（如超高温和高压），发生原子核互相聚合
作用，生成新的质量更重的原子核，并伴随着巨大的能量释放的一种核反应形式，用快速粒子（天然射线或人工加速的粒子）穿入原子核的内部使原子核转变为另一种原子核的过程，这就是原子核的人工转变。

由此可知：核反应方程
2341
1
120H H He n +→+
是原子核的聚变反应； A ．
14
4171
7
281N He O H +→+，是原子核的人工核转变，故A 错误；
B ． 4
27301213
150He Al P n +→
+，是原子核的人工核转变，故B 错误；
C ． 2341
1120H H He n +→+与分析相符，故C 正确；
D ．
2351144891
92
056360U n Ba Kr 3n +→++属于裂变反应，故D 错误。

故选：C 。

2．D 【解析】 【详解】
AB ．衰变过程中满足质量数守恒和电荷数守恒，可知X 为α粒子4
2He ，所以该衰变为α衰变，AB 错误；
C ．衰变过程中要释放核能，所以222
86Rn 的结合能大于21884Po 的结合能，C 错误；
D ．比结合能越大的原子核越牢固，所以222
86Rn 的比结合能小于21884Po 的比结合能，D 正确。

故选D 。

3．A 【解析】 【详解】
对物体受力分析如图
木箱沿着斜面向上做匀速直线运动，根据平衡条件，合力为零 在垂直斜面方向，有：
sin cos N F mg αθ+=
在平行斜面方向，有：
cos sin F mg f αθ=+
其中：
f N μ=
联立解得：
sin cos sin cos cos sin mg
mg mg F θμθθμθα
μα++=
=
+ 当30α︒＝时F 最小，则在α从0逐渐增大到60°的过程中，F 先减小后增大，A 正确，BCD 错误。

故选A 。

4．C 【解析】 【详解】
设两导线间距为d ，根据右手螺旋定则知，甲导线和乙导线在O 点的磁感应强度方向均为垂直纸面向里，根据矢量叠加有
02622
I I kI B k
k d d d =+= 乙导线在甲导线处产生的磁感应强度大小
06
B I B k
d == 则甲导线单位长度受到的安培力大小
023
B I
B IL F L ⨯=
= C 正确，ABD 错误。

故选C 。

5．C 【解析】 【分析】 【详解】
对小球进行受力分析，小球受重力G ，F ，F N ，三个力，满足受力平衡。

作出受力分析图如下：
由图可知△OAB ∽△GFA ，即：
N G F F R AB R
== 解得：
2cos 2cos AB
F G G mg R
θθ=
=⋅= F N =G=mg
A ． F=2mgtanθ，与分析不符，故A 错误；
B ． F =mgcosθ，与分析不符，故B 错误；
C ． F N =mg ，与分析相符，故C 正确；
D ． F N =2mg ，与分析不符，故D 错误； 故选：C 。

6．A 【解析】 【分析】 【详解】 金属环的面积：
2
224
d d S ππ==
（） 由法拉第电磁感应定律得：
BS E t t Φ=
= 由欧姆定律得，感应电流：
E I R
=
感应电荷量： q=I △t ， 解得：
24B d q R R
πΦ== 故A 正确，BCD 错误；
故选A ．
【点睛】
本题考查了求磁通量的变化量、感应电荷量等问题，应用磁通量的定义式、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电流定义式即可正确解题，求感应电荷量时，也可以直接用公式q R
∆Φ=计算． 二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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，有选错的得0分
7．BC
【解析】
试题分析：磁感应强度方向为z 正方向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y 负方向，则导体不可能处于平衡状态，选项A 错误；磁感应强度方向为y 正向时，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿z 正方向，此时细线的拉力为零，由平衡条件得：BIL=mg ，解得：B=mg IL
，选项B 正确；磁感应强度方向为z 负向时，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y 正方向，由平衡条件得：BILcosθ=mgsinθ，解得：B=tan mg IL
θ，选项C 正确； 当沿悬线向上时，由左手定则可知，安培力垂直于导线斜向左下方，导体不可能处于平衡状态，选项D 错误；故选BC.
考点：物体的平衡；安培力；左手定则
【名师点睛】此题是物体的平衡及安培力的方向判断问题；左手定则和右手定则一定要区分开，如果是和力有关的则全依靠左手定则，即关于力的用左手，其他的（一般用于判断感应电流方向）用右手定则；注意立体图形和平面图形的转化.
8．BC
【解析】 【详解】
AC ．由于两个粒子在同一加速器中都能被加速，则两个粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，由2m
T qB
π=可知，两粒子的比荷一定相等，即1122
q m q m =，选项A 错误，选项C 正确； B ．粒子最终获得的速度qBR v m
=，由于两粒子的比荷相等，因此最终获得的速度大小相等，选项B 正确； D ．粒子最后获得的最大动能
222
2k 122q B R E mv m
==
由于粒子的比荷相等，因此
kl 1k 22
E q E q = 选项D 错误；
故选BC.
9．ACE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．因压强不变，而由a 到b 时气体的温度升高，故可知气体的体积应变大，故单位体积内的分子个数减少，故a 状态中单位时间内撞击活塞的个数较多，故A 正确；
BC ．因压强不变，故气体分子在单位时间内撞击器壁的冲力不变，故冲量不变，故B 错误，C 正确； DE ．因从a 到b ，气体的温度升高，故内能增加；因气体体积增大，故气体对外做功，则由热力学第一定律可知气体应吸热，故D 错误，E 正确；
故选ACE 。

10．AD
【解析】
【详解】
A ．结合k E h -图像可知，2h h =时，物块刚好接触弹簧，物块动能最大时，加速度为零，即
23()mg k h h =-
解得
23
mg k h h =- 故A 正确；
B ．物块与弹簧组成的系统，机械能守恒，当3h h =时，物块的动能最大，则重力势能与弹簧的弹性势能之和最小，故B 错误；
C ．物块由2h h =到4h h =过程中，动能不变，物块减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能，即： p 24()E mg h h =-
故C 错误；
D ．整个过程中，弹簧被压缩到最短时，弹性势能最大，由机械能守恒定律有
pmin 15()E mg h h =-
故D正确。

故选AD。

11．AB
【解析】
【详解】
A．由核反应的质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为0，电荷数为-1，则钴60发生的是β衰变，X是电子，选项A正确；
B．射线比β射线的穿透能力强，选项B正确；
C．X粒子是电子，不是钴60原子核的组成部分，选项C错误；
D．该衰变过程释放的核能一部分转化为新核的动能，一部分转化为射线的能量，选项D错误。

12．BC
【解析】
【详解】
A．圆环由A点释放，此时弹簧处于拉伸状态，则圆环加速运动，设AB之间的D位置为弹簧的原长，则A到D的过程中，弹簧弹力减小，圆环的加速度逐渐减小，D到B的过程中，弹簧处于压缩状态，则弹簧弹力增大，圆环的加速度先增大后减小，B点时，圆环合力为零，竖直向上的弹力等于重力，从B到C的过程中，圆环可能做减速运动，无论是否存在弹簧原长的位置，圆环的加速度始终增大，也可能先做加速后做减速运动，加速度先减小后增大，故B点的速度不一定最大，故A错误；
B．当圆环从A到D运动时，弹簧为拉力且逐渐减小，此时杆对环的支持力等于环的重力与弹簧弹力向下的分量之和，可知杆对环的支持力随弹簧弹力的减小而减小；当圆环从D到B运动时，弹簧被压缩，且弹力沿弹簧向上逐渐增加，此时杆对环的支持力等于环的重力与弹簧弹力向上的分量之差，可知杆对环的支持力随弹簧弹力的增加而减小；即从A到B过程中，杆对环的支持力一直减小，选项B正确；
C．从A到B过程中，弹簧对圆环做的功、摩擦力做负功，根据功能关系可知，弹簧对圆环做功一定大于1
2
mv2，故C正确；
D．从B到C过程中，弹簧弹力做功，圆环克服摩擦力做功，根据功能关系可知，圆环克服摩擦力做功不
等于1
2
mv2，故D错误。

故选BC。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．2
1F l l - 橡皮筋做功与小球获得的速度平方成正比或
W ∝v 2
【解析】
【详解】
(2)[1] 根据胡克定律有：
F=k （l 2-l 1）
求得橡皮绳的劲度系数为：
21
F k l l =- (3)[2] 做出W-v 2图象，如图所示：
(4)[3] 由图象可知，W-v 2图象为过原点的一条直线，所以橡皮绳做功与小球获得的速度的关系为：橡皮绳做功与小球获得的速度平方成正比。

14．E 2 R 2
12R 0 偏小 0.5 4.3 【解析】
【详解】
(1)[1][2]闭合S 2开关时认为电路电流不变，实际上闭合开关S 2时电路总电阻变小，电路电流增大，电源电动势越大、滑动变阻器阻值越大，闭合开关S 2时微安表两端电压变化越小，实验误差越小，为减小实验误差，电源应选择E 2，滑动变阻器应选择R 2；
[3][4]闭合开关S 2时认为电路电流不变，流过微安表电流为满偏电流的
23，则流过电阻箱的电流为满偏电流的13
，微安表与电阻箱并联，流过并联电路的电流与阻值成反比，则： g 01R 2
R = 闭合开关S 2时整个电路电阻变小，电路电流变大，大于300μA ，当表头G 示数为200μA 时，流过电阻箱
的电流大于100μA ，电阻箱阻值小于表头G 电阻的一半，实验认为电流表内阻等于电阻箱阻值的一半，因此表头G 内阻测量值偏小；
(2)[5]把微安表改装成0.3A 的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值为：
66300105000.50.33010
g g
g I R R I I --⨯⨯==Ω=Ω--⨯ (3)[6]改装后电流表内阻为： 6A 300105000.50.3
g g
I R R I -⨯⨯==Ω=Ω 微安表量程为300μA ，改装后电流表量程为0.3A ，量程扩大了1000倍，微安表示数为250μA 时，流过电流表的电流为：
250×10-6×1000A=0.25A
由图乙所示电路图可知，待测电阻阻值为
X A 1.20R 0.5 4.30.25
U R I =-=Ω-Ω=Ω 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．（1）32mv B qL =；（2）234mv E qL =；（3）29L v
π。

【解析】
【详解】
（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示．设粒子在第Ⅰ象限内的轨迹半径为R 1．由几何关系有：
112
R R L +
= 得： 123
R L = 根据洛伦兹力提供向心力有：
2
1
v qvB m R = 得：
32mv B qL
=
（2）带电粒子在电场中做类平抛运动，由几何关系有：
13sin 60y R L ==
v 0=vcos60°=12
v 粒子刚出电场时 v x =vsin60°3粒子在电场中运动时间为： 0
y t v = v x =at
qE a m
= 可得：
2
34mv E qL
= （3）由几何关系知，粒子在圆形磁场中运动的时间 3T t '=
而 222R m T v q B
ππ==⋅ 结合32mv B qL =
得 2 9L t v
π'= 16．（102v ，45θ=︒；（2）)0021mv B qy >；（3）见解析。

【解析】
【分析】
【详解】
(1)粒子在电场中做类平抛运动，则有
0x v t =，2012
y at =
qE ma =，y v at =
解得 02x y =，0y v v =
进入磁场时的速度
22002y v v v v =+=
速度与x 轴夹角的正切值
0tan 1y v v θ=
=
得 45θ︒=
(2)若粒子刚好不从0y y =边界射出磁场，则有
2
v qvB m r
= 由几何关系知
021+2r y ⎛= ⎝⎭
解得
)0021mv B qy =
故要使粒子不从0y y =边界射出磁场，应满足磁感应强度 )0
021mv B qy >
(3)粒子相邻两次从电场进入磁场时，沿x 轴前进的距离
02'4'x x y ∆==
其中初始位置为()02,0y ，由'mv r qB
=得 ()
0024mv B q y x =-∆ 又因为粒子不能射出边界
0y y =
所以
0+1'2r y ⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭
即
(00'2r y <<
所以有
(0064y
x y -<∆< 粒子通过P 点，回旋次数 00502y y n x
-=
∆ 则
00484y n y << 即
1215.1n <<
n 为整数，只能取13n =、14n =和15n =，13n =时
00
132mv B qy = 14n =时
00
72mv B qy = 15n =时
00
52mv B qy = 17． (1)① v 0p m
-；②0mv p ；(2)①激光束，理由见解析b ；②减小
【解析】
【分析】
【详解】
(1)①取向右方向为正，小车与小球水平方向动量守恒
01mv P mv -= 得10P v v m
=- ②设入射n 个小球后小车将停下来，由动量守恒定律得
00mv nP -= 解得0mv n P
=。

(2)① 激光束b
理由是原子A 向右运动，是迎着激光束b 运动的，根据多普勒效应，这个原子感受到激光束b 的频率升高，进一步接近了原子吸收光谱线的中心频率，原子从激光束b 吸收光子的几率增大。

原子A 的运动方向和激光束a 的传播方向相同，所以它感受到激光束a 的频率减小，根据多普勒效应，这个原子感受到激光束a 的频率降低，进一步远离了原子吸收光谱线的中心频率，原子从激光束a 吸收光子的几率减小。

综上所述，原子A 吸收了激光束b 的光子。

②减小。

由动量守恒定理得
()0b b b mv m v m m v -=+
()0b b b mv m v v m m -=+
所以是减小了。