物理（重庆卷）（全解全析）_2023高考押题卷_学易金卷-2023学科网押题卷（各科各版本）_2023学科网押题卷-学易金卷-物理_物理（重庆卷）-学易金卷：2023年高考物理考前押题密卷

2023 年高考考前押题密卷（重庆卷） 物理·全解全析 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如 需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写 在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目 要求， 1．人类在研究光、原子结构及核能利用等方面经历了漫长的过程，我国在相关研究领域虽然起步较晚， 但是近年对核能的开发与利用却走在了世界的前列，有关原子的相关知识，下列正确的是（ ） A．卢瑟福最先发现电子，并提出了原子的核式结构学说 B．光电效应和康普顿效应都能说明光子具有粒子性，且前者可说明光子具有能量，后者除证明光子具有 能量，还可证明光子具有动量 C．原子核发生β衰变时，产生的β射线本质是高速电子流，因核内没有电子，所以β射线是核外电子逸出 原子形成的 D．贝克勒尔通过对天然放射性的研究，发现原子核是由质子和中子组成的 【答案】B 【详解】A．汤姆生发现电子，卢瑟福提出了原子的核式结构模型，故A错误； B．光电效应和康普顿效应都能说明光子具有粒子性，光电效应说明光子具有能量，康普顿效应可以说明 光子具有动量，故B正确； C．β射线是高速电子流，来自原子核内部中子的转变为质子和中子，故C错误； D．贝克勒尔通过对天然放射性的研究，揭示了原子核有复杂的结构，但并没有发现质子和中子，故D错 误。故选B。 2．2023年1月9日，我国在文昌航天发射场成功将实践二十三号卫星发射升空。若将人造卫星的轨道视 为圆形轨道，则下列有关人造卫星的说法正确的是（ ） A．卫星在变轨过程中机械能保持不变 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 学科网（北京）股份有限公司B．轨道较高的卫星动能较小 C．轨道较低的卫星角速度较小 D．轨道较低的卫星周期较短 【答案】D 【详解】A．卫星变轨时需要发动机做功以改变卫星的速度，使卫星做离心或向心运动，从而改变其运行 轨道，故卫星在变轨过程中机械能发生变化，故A错误； BCD．由万有引力提供向心力可得 GMm mv2 4π2 = =mω2R=m R R2 R T2 解得 √GM v=❑ R √GM ω=❑ R3 √ R3 T=2π❑ GM 1 GMm 则卫星的动能为E = mv2= k 2 2R 可知，由于不知道卫星质量关系，不可比较卫星动能关系，轨道较低的卫星角速度较大，周期较短，故 BC错误，D正确。故选D。 3．如图，可视为质点的蚂蚁在半球形碗内缓慢从底部经a点爬到b点，蚂蚁经过这两点所受摩擦力Fa、 f Fb和弹力F a、F b的情况是（ ） f N N A．Fa>Fb，F a>F b f f N N B．Fa>Fb，F aF b f f N N D．FaF b，故选C。 f f N N 4．如图为置于真空中的矩形透明砖的截面图，O、O'分别为上下表面的中点，一光线从O点以一定角度射 入透明砖，刚好射在图中a点。换同样大小的另一材质矩形透明砖放在原位置，让同一光线仍然从O点以 相同的角度射入透明砖，刚好射在图中b点。关于该光线在这两种介质中传播，下列说法正确的是 （ ） A．在b点不会发生全反射 B．在第二种材质中的传播速度更大 C．在第一种材质中传播时频率更小 D．若用频率更高的光，从O点以相同角度入射到第二种材质时，光可能射到a点 【答案】A 【详解】A．光在b点入射角和光在O点的折射角相等，根据光路的可逆性，可知光在b点不会发生全反 射，故A正确； sini B．根据折射定律n= sinr 由图可知射到a点的折射角大于射到b点的折射角，则第一种材料的折射率小于第二种材料的折射率，根 1 据临界角公式sinC= n c 可知在第一种材料的临界角大于第二种材料的临界角，根据n= v 可知在第一种材质中的传播速度更大，故B错误； C．光在不同介质中传播时，频率不变，故C错误； D．若用频率更高的光，折射率更大，从O点以相同角度入射到第二种材质时，光的偏折更大，射到b点 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 3 学科网（北京）股份有限公司的左侧，故D错误。故选A。 5．如图所示，神经元细胞可以看成一个平行板电容器，正、负一价离子相当于极板上储存的电荷，细胞 膜相当于电介质，此时左极板的电势低于右极板的电势，左右两极板之间的电势差为 。已知细 U (U <0) 1 1 胞膜的相对介电常数为ε ，膜厚为d，膜面积为S，静电力常量为k，元电荷为e。由于某种原因导致膜内 r 外离子透过细胞膜，使膜内变为正离子而膜外变为负离子，这时左右两极板之间的电势差为 ， U (U >0) 2 2 则通过细胞膜的离子数目为（ ） A．ε SU B．ε S(U −U ) C．ε S(U +U ) D． ε SU r 2 r 2 1 r 2 1 − r 1 4πkde 4πkde 4πkde 4πkde 【答案】B Q 【详解】由C= 可得Q =−CU ，Q =CU U 1 1 2 2 则通过细胞膜的电荷量为 ΔQ=Q +Q =ne 2 1 ε S 又因为C= r ，可得通过细胞膜的离子数目为 4πkd ε S(U −U )，故选B。 n= r 2 1 4πkde 6．如图所示为一列沿x轴传播的简谐横波，实线为t=0时刻的波形图，此时质点Q（x=5m）向y轴负方向 振动，虚线为t=2.2s时的波形图，质点P（x=4m）在0∼2.2s时间内曾6次到达最大位移处（含虚线的最 大位移处）。则下列说法正确的是（ ） 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 4 学科网（北京）股份有限公司A．该波沿x轴正方向传播 B．该波的周期为1.2s C．该波的传播速度为12m/s D．在t=0.5s时刻，Q点处于波峰位置 【答案】D 【详解】A．t=0时刻，质点沿y轴负方向振动，根据同侧法可知，波沿x轴负方向传播，A错误； 3 B．由于波形沿x轴负方向传播，则波形到达虚线需时间t=2.2s=nT+ T 4 由于质点P在0∼2.2s时间内曾6次到达位移最大值位置，则有n=2 3 则有2T+ T=2.2s 4 解得T=0.8s，B错误； λ 8m C．波的传插速度v= = =10m/s，C错误； T 0.8s D．在t=0.5s时，波传播的距离Δx=10×0.5m=5m 可知，t=0.5s时，Q点所处位置与t=0时刻10m位置处质点的位移相同，根据图像可知，t=0时刻10m位 置处质点恰好位于波峰，即在t=0.5s时刻，Q点处于波峰位置，D正确。故选D。 7．如图所示，水平面内间距为1m且足够长的两根平行光滑长直金属轨道，其左侧通过开关S与R=5Ω的 电阻相连，整个空间内有垂直轨道平面向里、磁感应强度大小为2T的匀强磁场。一质量为2kg，长度为 1m，电阻为5Ω的均匀长直金属棒PQ位于轨道平面内并垂直轨道放置，金属棒始终与轨道接触良好，不 计轨道电阻及空气阻力。闭合开关S，对金属棒PQ施加一水平向右的力F，使其从静止开始做加速度大小 为0.5m/s2的匀加速运动；4s后撤去力F。金属棒PQ从开始运动到最终静止的全过程中，力F的最大值F m 及金属棒运动的路程x为（ ） 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 5 学科网（北京）股份有限公司A．F =0.8N，x=14m B．F =0.8N，x=10m m m C．F =1.8N，x=14m D．F =1.8N，x=10m m m 【答案】C 【详解】对金属棒有 F−IBL=ma 由于金属棒做匀加速运动，则当感应电流最大时，F有最大值，又有 E=BLv E I= R 总 则当速度达到最大时，对应感应电流最大，则v =at m 联立解得F =1.8N m 1 金属棒做匀加速直线运动，则前4s运动的位移为x = at2=4m 1 2 从撤去外力到金属棒完全停止过程中由动量定理可得 −IBLΔt=0−mv m E ΔΦ I= = R R Δt 总 总 设撤去外力后金属棒移动距离为x，则有 2 ΔΦ=BLx 2 联立解得x=10m 2 则总路程为x=x+x=14m，故选C。 1 2 二、多项选择题：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3分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。 8．如图所示，空间中存在竖直方向的匀强电场（图中未画出），某时刻，不带电的小球A自地面上方的P 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 6 学科网（北京）股份有限公司点以速度v 水平抛出，与此同时带负电的小球B以竖直向下的初速度v 开始运动，小球落地前P点、A球、 1 2 B球三者始终保持在一条直线上。已知两球质量均为m，B球带电量为−q，初始时A、B两球等高且距离 为L，两球可视为质点且始终在同一竖直面内运动，运动过程中未相碰，重力加速度为g，则以下说法中正 确的是（ ） mg A．匀强电场的方向竖直向下 B．电场强度大小为 2q gL gL C．B球的初速度v = D．B球的初速度v = 2 2v 2 v 1 1 【答案】AC 1 【详解】A球做平抛运动，则有y = gt2，x =v t A 2 A 1 小球落地前P点、A球、B球三者始终保持在一条直线上，根据相似三角形可得 y y A= B x L A 1 gt2 可得 y 2 gL y = A L= L= t B x v t 2v A 1 1 mg 可知B球做匀速直线运动，则电场力与重力平衡，场强大小为E= q 由于小球B带负电，可知匀强电场的方向竖直向下；又y =v t B 2 gL 联立解得v = ，故选AC。 2 2v 1 9．如图甲所示，图形区域存在与圆平面平行的匀强电场E（图中未画出），圆的两条直径AB与CD间的 夹角为60°，从A点向圆内不同方向发射速率相同的正电粒子，发现从圆边界射出的粒子中D点射出的粒 子速度最大。以A为坐标原点。沿AB方向建立x坐标轴，B点的坐标为2m，x轴上从A到B的电势变化如 图乙所示，则（ ） 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 7 学科网（北京）股份有限公司A．CD间电势差U =8V CD B．DC间电势差U =−16V DC C．电场强度E=4V/m D．C点的电势为12V 【答案】BD 【详解】C．从圆边界射出的粒子中D点射出的粒子速度最大，可知电场力电场力做功最大，沿电场线方 向的位移最大，可知场强沿CD方向，因圆半径为r=1m，则 U =E⋅2rcos60∘=8V AB 可得电场强度E=8V/m，选项C错误； AB．CD间电势差U =E⋅2r=8×2V=16V CD 则DC间电势差U =−16V，选项A错误，B正确； DC D．因B点电势为零，则 U =φ −φ =Er(1+cos60∘)=12V CB C B 则C点的电势为φ =12V C 选项D正确。故选BD。 10．如图所示，质量为m的光滑大圆环用细轻杆固定在竖直平面内，两个质量均为2m的小环（可视为质 点）套在大圆环上，将两个小环同时从大圆环的最高点a由静止释放，两小环分别沿大圆环两侧下滑。已 知重力加速度为g，从两小环开始下滑到运动至大圆环最低点c的过程中，下列说法正确的是（ ） 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 8 学科网（北京）股份有限公司A．小环从a运动到b的过程中，大圆环对小环的弹力始终指向大圆环的圆心 B．小环运动到b点时，大圆环与小环间的作用力一定不为零 C．大圆环对轻杆的作用力可能为零 D．大圆环对轻杆作用力的最大值为21mg 【答案】BCD 【详解】A．由弹力方向可知，小环从a运动到b的过程中，运动到图示位置P点 设大圆环半径为R，小环与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，对小环由动能定理可得 1 2mgR(1−cosθ)= ×2mv2 2 v2 如果小环与大环恰好无弹力，重力的分力提供向心力，则2mgcosθ=2m R 2 解得cosθ= 3 在该点上方大圆环对小环的弹力方向背离大圆环圆心，在该点下方大圆环对小环的弹力方向指向大圆环的 圆心，故A错误； B．小环运动到b点时，大圆环对小环的弹力提供小环的向心力，大圆环与小环间的作用力一定不为零， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 9 学科网（北京）股份有限公司故B正确； C．当小环运动到P点下面b点上面的Q点时，OQ与竖直方向的夹角为α，大环对小环的弹力为F，则由 1 动能定理2mgR(1−cosα)= ×2mv 2 2 1 由牛顿第二定律得 v 2 2mgcosα+F=2m 1 R 由牛顿第三定律可知小环对大环的弹力大小为F'=F 1 1 1 当F'cosα= mg时，大圆环对轻杆的作用力恰好为零，解得cosα= 或cosα= 2 2 6 所以大圆环对轻杆的作用力可能为零，故C正确； 1 D．当其中一个小环到大圆环最低点时，由动能定理得2mg×2R= ×2mv 2 2 2 由牛顿第二定律可得 v 2 F −2mg=2m 1 1 R 解得F =10mg 1 小环到大圆环最低点时，大环对小环的作用力最大；由牛顿第三定律可知小环对大环向下的作用力最大， 所以大圆环对轻杆作用力的最大值为F =2F +mg=21mg 2 1 故D正确。故选BCD。 第II卷（非选择题） 二、实验题：本题共2小题，共15分。 11．（6分）某同学用自制的“滴水计时器”来研究小车在水平桌面上运动时受到的阻力大小。如图甲所 示，将该计时器固定在小车旁，用手轻推一下小车，在小车的运动过程中滴水计时器间隔相等时间滴下小 水滴。图乙记录了桌面上连续5个水滴的位置，已知滴水计时器每10s滴下25个小水滴，小车的总质量为 2.4kg。 （1）滴水计时器等间隔时间为T=_________s； （2）经分析可得小车做_________运动。则小车的加速度大小为_________m/s2，若忽略滴水对小车质量 的影响，则小车受到的阻力大小为_________N。（结果均保留两位有效数字） 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 10 学科网（北京）股份有限公司【答案】 0.4 匀加速直线 0.14 0.34 【详解】（1）[1]滴水计时器等间隔时间为 10s T= =0.4s 25 （2）[2]根据图乙中的数据可知，连续相等时间的位移差是定值，故小车做匀加速直线运动 [3]根据逐差法可知，小车的加速度大小为 (197+175−152−130)×10−3 a= m/s2=0.14m/s2 4×0.42 [4] 根据牛顿第二定律可知，小车受到的阻力大小为 F =ma=2.4×0.14N=0.34N 阻 12．（9分）某实验小组欲制作一个两挡位（“×1”“×10”）的欧姆表，使用的实验器材如下： A．电流表G（满偏电流I =1mA，内阻R =180Ω）； g g B．定值电阻R =2Ω； 0 C．定值电阻R =18Ω； 1 D．滑动变阻器R （最大阻值为1000Ω）； 2 E．电源（电动势为9V）； F．单刀双挪开关S； G．红、黑表笔及导线若干。 其内部结构如图所示，回答下列问题： （1）图中A接____（填“红”或“黑”）表笔； （2）将单刀双掷开关S与1接通时，欧姆表的挡位为_______（填“×1”或“×10”）； （3）现用该欧姆表测量一未知电阻R ，选用“×10”挡位并欧姆调零后，将电阻R 接在A、B之间，发现 x x 电流表几乎满偏，断开电路并将“×10”挡位换成“×1”挡位，再次欧姆调零时，滑动变阻器R 的滑片 2 _______（填“向上”或“向下”）移动，使电流表满偏，再次将电阻R 接在A、B之间，稳定后电流表⑥ x 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 11 学科网（北京）股份有限公司的指针对准刻度盘上的0.6mA处，则未知电阻R =_______Ω。 x 【答案】 黑 ×10 向下 60 【详解】（1）[1]根据电流方向“红入黑出”，可知A接黑表笔； （2）[2]开关接1时，R 与R 串联后和电流表并联，三者总电阻为 0 1 (R +R )R (2+18)×180 R= 0 1 g= Ω=18Ω R +R +R 2+18+180 0 1 g 开关接2时，R 与电流表串联后和R 并联，三者总电阻为 1 0 (R +R )R (18+180)×2 R'= 1 g 0= Ω=1.98Ω R +R +R 18+180+2 1 g 0 欧姆表的倍率大的挡位内阻大，所以将单刀双掷开关S与1接通时，欧姆表的挡位为“×10”。 （3）[3] 由“×10”挡位换成“×1”挡位，再次欧姆调零时，即增大电流表中的电流，应减小滑动变阻器R 2 接入电路中的阻值，滑片向下，使电流表满偏。 [4] 把档位调到“×1”，将两表笔短接欧姆调零后，设欧姆表的内阻为R ，根据电路图， 此时电流表满偏， 内 电路的干路电流为I +I ，根据欧姆定律 g 1 I (R +R ) 10−3(180+18) I = g g 1 = A=9.9×10−2A 1 R 2 0 E 根据闭合电路欧姆定律I +I = g 1 R 内 E 9 解得R = = Ω=90Ω 内 I +I 10−3+9.9×10−2 g 1 把两表笔与待测电阻相接时，干路电流为 I +I =0.6mA+I 2 3 3 则 I = I 2 (R g +R 1 ) = 0.6×10−3×(180+18) A=5.94×10−2A 3 R 2 0 其中根据闭合电路欧姆定律 E I +I = =(0.6+59.4)×10−3A=6×10−2A 2 3 R +R 内 x E 解得R = −R =60Ω x 6×10−2A 内 三、计算题：本题共3小题，共37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 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 12 学科网（北京）股份有限公司答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。 13．（10分）浇花水温与气温相差太大易伤害花卉。如图为养花人常使用的气压式浇花喷壶结构图，喷壶 装入水后旋紧喷头套，通过拉杆打气按压后，按下泄压阀即可喷水（不喷水时泄压阀处于关闭状态）。某 次取水温t=7℃的井水装入壶中旋紧后搁置一段时间，待壶中水温达到环境温度t =17℃时再浇水。已 0 知大气压强恒为 ，喷壶导热性良好，壶中气体可视为理想气体，装水旋紧壶中密闭气体 p =1.00×105Pa 0 温度视为与井水同温。 （1）求壶中水温达到环境温度时壶中压强大小p（最后结果小数点后保留两位有效数字）； （2）若同样量的井水经过搁置达到环境温度再装入壶中，立即通过拉杆打气按压使壶中压强达到（1）问 壶中的压强大小p（按压过程中壶内气体温度可视为不变），求压进气体的质量与壶内水面上原有气体的 质量之比（最后结果用分式表示）。 1 【答案】（1）1.04×105Pa；（2） 28 【详解】（1）装入壶中的井水旋紧封闭后体积不变，设壶中水温达到环境温度时壶中压强大小为p，根据 查理定律p p ① 0= T T 0 井水热力学温度T=273+7°K=280K② 环境热力学温度T=273+17°K=290K③ p T 得壶中水温达到环境温度时壶中压强大小p= 0 0≈1.04×105Pa④ T （2）在环境温度下，设壶内水面上空气体积为V，压进气体的体积为ΔV，根据玻意耳定律 p V +p ΔV =pV⑤ 0 0 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 13 学科网（北京）股份有限公司由⑤得ΔV p−p = 0 V p 0 29 p −p 解得ΔV 28 0 0 1 ⑦ = = V p 28 0 压进气体和原有气体的压强相同，由于同种气体在相同压强和相同温度下密度相等，故压进气体的质量与 Δm ΔV 1 壶内原有气体的质重之比 = = ⑧ m V 28 14．（14分）如图所示，固定水平桌面左右两端分别放有质量m＝0.5kg和m＝1kg的P、Q两物块（均可 1 2 视为质点），现给物块P一水平向右的初速度，物块P向右运动一段时间后与物块Q发生弹性碰撞（时间 极短），碰撞后物块P停在桌面上距右端L＝0.25m处，物块Q离开桌面后做平抛运动，水平射程x＝ 1m。已知桌面距水平地面的高度h＝l.25m，取重力加速度大小g＝10m/s2。求： （1）物块Q离开桌面时的速度大小； （2）物块P与桌面间的动摩擦因数。 【答案】（1）2m/s；（2）0.2 【详解】(1)物块Q离开桌面后做平抛运动有 x＝vt 1 1 ℎ = gt2 2 解得v＝2m/s 1 (2)物块P与Q碰撞过程动量守恒，能量守恒，有 m v =m v −m v 1 2 2 1 1 3 1 1 1 m v2= m v2+ m v2 2 1 2 2 2 1 2 1 3 代入数据，解得 v =3m/s 2 v =1m/s 3 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 14 学科网（北京）股份有限公司物块P与Q碰撞后反向运动的过程中，有 v2=2aL 3 μmg=ma 解得μ=0.2 15．（18分）如图，竖直平面内的直角坐标系xOy的x轴水平，在y轴的左侧存在方向水平向右的匀强电 场，在y轴的右侧存在方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。一带正电粒子以初速度v 从 0 坐标原点O沿x轴正方向射入，在y轴的右侧做匀速圆周运动后第1次经过y轴进入y轴的左侧，第2次经 过y轴时恰好回到原点O。已知带电粒子质量m、电荷量+q，y轴的左右两侧匀强电场的电场强度大小相 等，g为重力加速度，不计空气阻力。求： （1）y轴的右侧匀强磁场的磁感应强度大小B； （2）粒子第4次经过y轴时的坐标位置； （3）若将粒子先进入y轴的右侧和后进入y轴的左侧的一次运动看作1次运动循环，求经过n次这样的运 动循环后粒子在y轴上的坐标。 【答案】（1） mg ；（2） 4v2；（3） 2n(n−1)v2 B= y =− 0 y=− 0 (n=1,2,3⋯) qv 4 g g 0 【详解】（1）如图1 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 15 学科网（北京）股份有限公司带正电粒子从坐标原点O沿x轴正方向进入y轴的右侧做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为r ，根据 1 v2 ① qv B=m 0 0 r 1 mv 得r = 0② 1 qB 设进入匀强磁场后第一次经过y轴位置P ，向左进入匀强电场竖直方向自由落体运动 1 1 y =OP =2r = gt2③ 1 1 1 2 由于Eq=mg 2v 水平方向类上抛运动t= 0④ g mg 由②③④得B= ⑤ qv 0 （2）设第2次从原点O经过y轴的速度为v ，该速度与x轴正方向的夹角为θ ，再次进入匀强磁场，圆周 1 1 运动的半径为r ，如图2 2 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 16 学科网（北京）股份有限公司从P 到O 1 ⑥ v =>¿ y 1 由④⑥解得v =2v ⑦ y1 0 即 ⑧ v =❑√5v 1 0 1 cosθ = ⑨ 1 ❑√5 故 mv ❑√5mv ⑩ r = 1= 0 2 qB qB 设粒子第3次经过y轴的位置为P ，由几何关系可知OP =2r cosθ ⑪ 3 3 2 1 由⑤⑨⑩⑪得OP =2r 3 1 故粒子第3次经过y轴时的坐标位置P 与P 重合，第3次经过y轴P （即P ）到第4次经过y轴P ，粒子 3 1 3 1 4 在匀强电场中以 为初速度、加速度为g，在竖直方向做匀加速直线运动，水平方向仍为类上抛运 v =2v y 0 1 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 17 学科网（北京）股份有限公司2v 动，时间为t= 0 g 1 即ℎ =2v t+ gt2 ⑫ 2 0 2 由②④⑤⑫得粒子第4次经过y轴时的坐标位置 4v2 ⑬ y =−(ℎ −2r )=− 0 4 2 1 g （3）设每次进入磁场的速度为v，该速度与x轴正方向的夹角为θ，进入匀强磁场圆周运动的半径为r，如 图3 每1次运动循环中：进入磁场做圆周运动后在竖直方向都要向上移动 mv 2v2 ⑭ Δy=2rcosθ=2⋅ 0 ⋅cosθ=2r = 0 Bqcosθ 1 g 2v 在y轴左侧做匀变速曲线时间均为t= 0 ⑮ g 由于第一次进入电场时速度水平，故n次在电场中运动的竖直位移合可视为初速度为零的匀变速直线运动 1 y =− g(nt) 2 ⑯ 1 2 方向向下，粒子每次在磁场中向上的移动的位移均相同且等于粒子在电场中第一次下降的位移，则在磁场 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 18 学科网（北京）股份有限公司运动n次的竖直位移可表示为 y =n (1 gt2)⑰ 2 2 方向向上，解得 2n(n−1)v2 ⑱ y= y + y =− 0 (n=1,2,3⋯) 1 2 g 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 19 学科网（北京）股份有限公司原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 20 学科网（北京）股份有限公司