安徽阜阳市太和县新兴私立中学2026-2027学年高三上学期第二次学情自测物理试题

高三上学期第二次月考 一、单选题（本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求) 1．1934年，约里奥－居里夫妇用α粒子轰击铝核Al，产生了第一个人工放射性元素X：α＋Al→n＋X。X的原子序数和质量数分别为(　　) A．15和28 B．15和30 C．16和30 D．17和31 2．2024年6月，我国嫦娥六号探测器实现世界首次月球背面采样返回地球，返回过程包括月面上升、交会对接、环月等待、月地转移、再入回收等阶段。如图为环月等待阶段嫦娥六号在椭圆轨道上运行的示意图，运行方向如图中箭头所示，ab、cd分别为椭圆轨道长轴与短轴。仅考虑月球对嫦娥六号的引力，下列关于嫦娥六号的说法中正确的是(　　) A．在a点的速率等于在b点的速率 B．在a点的加速度大小等于在b点的加速度大小 C．从c点到b点的时间大于从d点到a点的时间 D．在a点受到的引力大小小于在c点的引力大小 3．2025年蛇年春晚的舞台上，《秧BOT》节目开场，一群穿着花棉袄的机器人在舞台上扭起了秧歌。其中机器人转手绢的动作，使手绢绕中心点O在竖直面内匀速转动，如图所示，若手绢上有质量不相等的两质点A、B，则(　　) A．质点A、B的线速度相同 B．质点A、B的动能可能相等 C．质点A、B受到的合外力可能相同 D．质点A、B的机械能守恒 4．如图三个规格相同的小灯泡(可视为纯电阻)连接在理想变压器的原、副线圈上。三个小灯泡均能正常发光，已知小灯泡正常工作时的电阻为4 Ω，变压器原线圈ab端输入电压为u＝24sin(100πt) V，则单个小灯泡的额定功率为(　　) A．4 W B．8 W C．16 W D．32 W 5．两小朋友分别画了一条小鱼，妹妹画的小鱼如图甲所示，哥哥画的小鱼如图乙所示，都画出了小鱼在水中吐泡泡的神韵。若气泡内气体可视为理想气体，忽略温度变化，从物理视角分析，则(　　) A．图甲中画的气泡合理，图乙中画的气泡不合理 B．小鱼吐的气泡上升时，气泡内气体从外界吸热 C．小鱼吐的气泡上升时，气泡内气体压强增大 D．小鱼吐的气泡上升时，液体对气泡做正功 6．如图1所示的装置，重物A、B和C通过不可伸长的轻质细绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，重物A和B的质量均为m，悬挂重物C的细绳与两定滑轮水平线夹角为60°时，系统将处于静止状态。设重物C在此位置坐标为0，缓慢把重物C向上托起1 cm，然后由静止释放并开始计时，重物C的运动可视为简谐运动，取竖直向上为正方向，重物C的振动图像如图2所示，下列说法正确的是(　　) A．重物C的质量为m B．重物C简谐运动的振幅为2 cm C．重物C在t＝2 s时速度为0 D．重物C在t＝4 s时加速度方向竖直向下 7．某汽车在一条平直的道路上等交通信号灯，司机看到红灯熄灭后立即以恒定的牵引力F启动汽车，t0时刻达到额定功率后保持功率不变继续行驶，在运动时间t内汽车牵引力做的功为W，其­t图像如图所示。已知汽车的质量为m，汽车在行驶过程中受到的阻力恒定，下列说法正确的是(　　) A．汽车的额定功率为P B．～t0时间内，汽车的平均功率为P C．汽车在行驶过程中受到的阻力为F－ D．汽车在行驶过程中所能达到的最大速率为 8.AB、CD两块正对的平行金属板与水平面成30°角固定，竖直截面如图所示。两板间距10 cm，电荷量为1．0×10－8 C、质量为3．0×10－4 kg的小球用长为5 cm的绝缘细线悬挂于A点。闭合开关S，小球静止时，细线与AB板夹角为30°；剪断细线，小球运动到CD板上的M点(未标出)，重力加速度g取10 m/s2，则(　　) A．MC距离为5 cm B．电势能增加了×10－4 J C．电场强度大小为×104 N/C D．减小R的阻值，MC的距离将变大 二、多选题（本题共2小题，每小题5分，共10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，选对但选不全的得3分，有选错的得0分） 9.2024年底CR450动车组成功下线，其最高速度可超过450公里/小时，再一次让世界为中国高铁惊叹。该动车组由8节车厢组成，其中2、3、6、7号车厢为动力车厢，其余车厢无动力。每节动力车厢所提供驱动力大小均为F，各车厢所受阻力大小均为f，质量均为m。该列车沿水平直轨道行驶时，下列说法正确的是(　　) A．若列车匀速行驶，则车厢间拉力均为零 B．若仅启用两节动力车厢匀加速行驶，则加速度大小为 C．若列车动力全开匀加速行驶，则加速度大小为 D．若列车动力全开匀加速行驶，则第3节车厢对第4节车厢的拉力大小为 10．如图所示，垂直于水平桌面固定一根轻质绝缘细直杆，质量均为m、带同种电荷的绝缘小球甲和乙穿过直杆，两小球均可视为点电荷，带电荷量分别为q和Q。在图示的坐标系中，小球乙静止在坐标原点，初始时刻小球甲从x＝x0处由静止释放，开始向下运动。甲和乙两点电荷的电势能Ep＝k(r为两点电荷之间的距离，k为静电力常量)。最大静摩擦力等于滑动摩擦力f，重力加速度为g。关于小球甲，下列说法正确的是(　　) A．最低点的位置x＝ B．速率达到最大值时的位置x＝ C．最后停留位置x的区间是≤x≤ D．若在最低点能返回，则初始电势能Ep0<(mg－f) 三、实验题 11．(8分)小厦同学在探究加速度与质量关系的实验中，做如下操作： (1)选用了电磁打点计时器，对应电源连接方式是图甲中的________(选填“A”或“B”)，纸带穿过限位孔，且位于复写纸下方； (2)用如图乙所示装置完成实验，实验过程中保持木板水平； (3)保持砂和砂桶的总质量m不变，改变小车和车内砝码的总质量M(m≪M)，进行实验，打出纸带，算出相应的加速度a，根据数据作出a­图像如图丙所示，已知当地的重力加速度为g，忽略纸带所受的摩擦阻力，则砂和砂桶的总质量m＝________(用字母b、c、g表示)； (4)若减小砂和砂桶的总质量，重复此实验，将所得数据绘制在原坐标纸上，则两次实验的图线可能为________。 12.(8分)工业上经常用“电导仪”来测定液体的电阻率，其中一个关键部件如图甲所示，两片金属放到液体中形成一个电容器形状的液体电阻，中间的液体即电阻的有效部分。小明想测量某导电溶液的电阻率，在一透明塑料长方体容器内部左右两侧正对插入与容器等宽、与导电溶液等高的电极，两电极的正对面积为S＝50 cm2，电极电阻不计。实验提供的器材如下： 电压表(量程15 V，内阻约为40 kΩ)； 电流表(量程300 μA，内阻约为100 Ω)； 滑动变阻器R(20 Ω，1 A)； 电池组(电动势E＝12 V，内阻r约为6 Ω)； 单刀单掷开关一个； 导线若干。 (1)小明先用欧姆表粗测溶液电阻，选择欧姆“×100”挡后测量结果如图乙所示，粗略测量电阻为________ Ω(结果保留两位有效数字)。 (2)为了准确测量溶液电阻阻值，需测量多组电压表、电流表数据，请用笔画线代替导线，将图丙的实物电路补充完整。 (3)实验时，仅改变两电极间距d，测得多组U、I数据，计算出对应的电阻R，描绘出如图丁所示的R­d图线，由图像可得该导电溶液的电阻率ρ＝________ Ω·m。(计算结果保留三位有效数字) d/cm R/(×104 Ω) 10 0.8 20 1.7 30 2.4 36 2.9 46 3.6 (4)小明在实验中未考虑电表内阻的影响，从原理看，他用图像法计算出的电阻率ρ将________(选填“大于”“小于”或“等于”)实际值。 四、解答题 13．（12分）如图所示为一超重报警装置原理图，其主体是位于水平地面上导热性能良好的竖直薄壁密闭容器。容器高H＝0.6 m、横截面积S＝0.4 m2，内有一厚度和质量均不计的活塞，底部是深度为h(未知)的预警区域。活塞通过竖直轻杆连接轻质水平平台，当活塞进入预警区域时，系统会发出超重预警。平台上未放重物时，内部封闭气柱长度L＝0.5 m；当在平台上轻放一质量m＝6×103 kg的重物A时，活塞最终恰好稳定在预警区域上边界。已知环境温度t0＝27 ℃，大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2，不计摩擦阻力。 (1)求预警区域的深度h； (2)若环境温度变为7 ℃且外界大气压强不变，为保证放上重物A后活塞最终仍稳定在预警区域上边界，需要向容器内另外充装气体。当气体稳定后，求容器内另外充装气体质量与原来封闭气体质量的比值。 14．(12)某玩家设计了如图1所示的一个装置，完全相同的饼状物块A、B分别焊接在两根轻杆的一端，两根轻杆另一端与饼状物块C用铰链相连(轻杆能够围绕铰链转轴在水平面内无阻碍地转动)，轻杆长度远大于物块A、B和C的直径，把整个装置放在光滑水平面上，在A、B之间置入少量炸药，引爆炸药后，整个装置获得的机械能为E。已知A、B的质量均为m，C的质量为2m，轻杆长度为L，引爆炸药后，物块C仅沿着对称中心线(图1中的虚线)运动。 (1)若将物块C固定，求引爆炸药后瞬间，轻杆受到的拉力大小； (2)若物块C不固定，求物块C运动的最大位移； (3)如图2所示，在(2)的基础上，当A、B、C第一次运动到一条直线时，求物块A、B和C的速度大小。 15．（18分）如图所示，在xOy平面内，0≤x≤0.5 m的区域存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度E＝10 V/m，在x>0.5 m的区域存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝0.01 T。t＝0时，一比荷为107 C/kg的带正电粒子从原点O处以1×104 m/s的速度沿y轴正方向射入电场，不计粒子重力，取π＝3.14。 (1)求粒子首次进入磁场时速度的大小v1； (2)求粒子经过点(0.5 m，4.6 m)的时刻(结果保留两位有效数字)； (3)现在0≤x≤0.5 m的区域另附加一沿y轴正方向的匀强电场，其电场强度E′＝10 V/m，若该粒子仍从点O处以1×104 m/s的速度沿y轴正方向射入电场，粒子能经过点(0.5 m，30.7 m)，求磁场区域沿x轴方向的最小宽度，不考虑附加电场时产生的磁效应。(结果保留两位有效数字) 参考答案 1． 答案：B 解析：根据核反应遵循的质量数守恒和电荷数守恒可知，X的电荷数为2＋13＝15，质量数为4＋27－1＝30，根据原子核的电荷数等于原子序数，可知X的原子序数为15，质量数为30，B正确。 2． 答案：C 解析：根据开普勒第二定律可知，嫦娥六号从a点向b点运动过程中速率逐渐减小，则其在a点的速率大于在b点的速率，且从a点到c点的平均速率大于从c点到b点的平均速率，所以从a点到c点的时间小于从c点到b点的时间，由对称性可知从d点到a点的时间与从a点到c点的时间相等，所以从c点到b点的时间大于从d点到a点的时间，故A错误，C正确；由万有引力公式F＝G可知，嫦娥六号在a点受到的引力大小大于在c点的引力大小，故D错误；根据牛顿第二定律有F＝ma，解得a＝，可知嫦娥六号在a点的加速度大小大于在b点的加速度大小，故B错误。 3． 答案：B 解析：由题意可知，A、B两质点做同轴转动，角速度相同，且rA<rB，根据v＝ωr可知，vA<vB，故A错误；由动能表达式Ek＝mv2可得两质点的动能Ek＝mω2r2，由于两质点质量不相等，转动半径不相等，所以二者动能可能相等，故B正确；质点所受合外力大小为F合＝mω2r，可知二者受到的合外力大小可能相等，但方向一定不同，故C错误；由于质点转动过程中线速度大小不变，动能不变，但重力势能不断变化，所以两质点的机械能均不守恒，故D错误。 4． 答案：B 解析：ab端输入电压的有效值为U有效＝＝12 V，设小灯泡的额定电压为U额，额定电流为I额，则变压器原线圈所在电路电流的有效值为I额，根据能量守恒定律有U有效I额＝U额I额＋P原，理想变压器原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，即P原＝P副，且P副＝2U额I额，解得U额＝4 V，故单个小灯泡的额定功率为P额＝＝8 W，故选B。 5． 答案：B 解析：在水深h处水的压强为p＝p0＋ρgh，气泡在上升过程中深度h减小，气泡内气体的温度保持不变，压强p减小，由玻意耳定律有pV＝C，可知气泡的体积增大，则图乙合理，图甲不合理，故A、C错误；气泡上升过程中，体积增大，气体对外界做功(即液体对气泡做负功)，W<0，因为忽略温度变化，气泡内气体的内能不变(ΔU＝0)，根据热力学第一定律有ΔU＝Q＋W，可得Q>0，即气泡内气体从外界吸热，故B正确，D错误。 6． 答案：A 解析：系统处于静止状态时，分别对重物A、B进行受力分析，可知两轻质细绳的拉力大小均为T＝mg，对重物C进行受力分析，根据平衡条件可得重物C的重力为GC＝2Tsin60°＝mg，所以重物C的质量为mC＝m，故A正确；由图2可知重物C简谐运动的振幅为1 cm，在t＝2 s时位于平衡位置，速度最大，在t＝4 s时处于最低点，加速度方向竖直向上，故B、C、D错误。 7． 答案：D 解析：汽车在0～t0时间内做匀加速运动，设加速度大小为a，则汽车在时间t(0<t≤t0)内的位移x＝at2，牵引力做的功W＝Fx，联立整理得＝Fat，汽车在t0时刻的速度大小为v＝at0，由图像可知P＝Fat0，而汽车的额定功率P额＝Fv，联立可得P额＝2P，A错误；在～t0时间内，汽车的位移x1＝at－a＝at，牵引力做功W1＝Fx1＝Pt0，平均功率为＝＝P，B错误；设汽车在行驶过程中受到的阻力大小为f，当0<t≤t0时，由牛顿第二定律有F－f＝ma，联立P＝Fat0，解得f＝F－，C错误；当牵引力与阻力相等时汽车的加速度为零，速度最大，则汽车在行驶过程中所能达到的最大速率为vm＝＝，D正确。 8 答案：B 解析：闭合开关、剪断细线前对小球受力分析如图1所示，根据平衡条件和几何关系，水平方向有Tcos60°＝qEcos60°，竖直方向有Tsin60°＋qEsin60°＝mg，联立解得T＝×10－3 N，电场强度的大小E＝×105 N/C，C错误；剪断细线，小球所受合力沿细线拉力T的反方向，大小为F合＝T＝×10－3 N，则小球沿原细线方向向下做匀加速直线运动，轨迹如图2所示，根据几何关系可得LMC＝dtan60°＝10 cm，故A错误；根据图2几何关系可得，小球在电场力方向的位移大小x＝d－l线sin30°＝7．5 cm，方向与电场力方向相反，则电场力做功为W电＝－qEx＝－×10－4 J，则小球的电势能增加了ΔEp＝－W电＝×10－4 J，故B正确；减小R的阻值，极板间的电势差不变，极板间的电场强度不变，所以剪断细线前小球的受力和剪断细线后小球的运动不会发生改变，MC的距离不变，故D错误。 9． 答案：CD 解析：当列车匀速行驶时，由平衡条件可知，1、8号车厢受到相邻车厢的作用力大小均为f，故A错误；若仅启用两节动力车厢匀加速行驶，对整体，根据牛顿第二定律有2F－8f＝8ma1，列车的加速度大小为a1＝，B错误；若列车动力全开匀加速行驶，根据牛顿第二定律有4F－8f＝8ma2，列车的加速度大小为a2＝，对4～8号车厢整体，根据牛顿第二定律有F34＋2F－5f＝5ma2，解得第3节车厢对第4节车厢的拉力大小为F34＝，故C、D正确。 10． 答案：BD 解析：小球甲所受重力竖直向下且不变，所受电场力竖直向上且越向下越大，则由上到下，重力与电场力的合力先向下且不断减小，减小到0后向上且不断增大，在重力与电场力的合力为0的位置，重力与电场力的合力做功最大，总势能最小，由此位置向上或向下，总势能均增大，若小球甲到达最低点能返回，则在最低点重力与电场力的合力向上，又摩擦力始终对小球甲做负功，根据能量守恒定律分析可知，小球甲第一次到达的最低点就是整个过程的最低点，小球甲从开始释放至运动到最低点的过程，根据能量守恒定律有mg(x0－x′)＝f(x0－x′)＋，解得最低点的位置x′＝，A错误；若小球甲在最低点能返回，则有>mg＋f，解得x′<，又x′＝，则<，可得初始电势能Ep0＝<(mg－f)，D正确；小球甲最后静止时，所受静摩擦力大小f静的范围为0≤f静≤f，若小球甲所受静摩擦力方向向上且最大，根据共点力平衡条件有mg＝f＋k，解得此时小球甲的位置x1＝，若小球甲所受静摩擦力方向向下且最大，根据共点力平衡条件有k＝mg＋f，解得此时小球甲的位置x2＝，因此小球甲最后停留位置x的区间为≤x≤，C错误；分析可知，小球甲第一次向下经过x1位置时速率第一次最大，若到达最低点能返回，则第一次向上经过x2位置时速率第二次最大，因第一次向下运动过程从x1到x2速率减小，从第一次向下经过x2到第一次向上经过x2，由能量守恒定律可知，小球甲的动能减小，速率减小，则小球甲第一次向上经过x2的速率小于第一次向下经过x1的速率，同理可知，第二次向下经过x1的速率小于第一次向上经过x2的速率，……，所以小球甲第一次向下经过x1位置时速率最大，故B正确。 11．答案：(1)A　(3)　(4)D 解析：(1)电磁打点计时器使用的是交流电源，故对应电源连接方式是图甲中的A。 (3)由题意可知m≪M，则可认为小车所受的拉力F＝mg，由图乙可知，长木板水平放置，小车受拉力和摩擦力作用，对小车受力分析，根据牛顿第二定律有F－f＝Ma，其中f＝μMgcosθ，联立解得a＝mg×－μgcosθ，对比图丙可知，a­图像的斜率为k＝mg＝，解得m＝。 (4)若减小砂和砂桶的总质量，根据a＝mg×－μgcosθ，可知a­图像的纵截距－μgcosθ保持不变，斜率k＝mg减小，故选D。 12 答案：(1)5.0×103　(2)图见解析图1 (3)图见解析图2　390　(4)等于 解析：(1)欧姆表选择“×100”挡，由题图乙可知，粗略测量电阻为50×100 Ω＝5.0×103 Ω。 (2)为了准确测量其阻值，并测量多组数据，则滑动变阻器应采用分压式接法，其实物图如图1所示。 (3)计算出对应的电阻R，在题图丁中描绘出的R­d图线如图2所示。根据R＝d，结合图像可得图像斜率k＝＝ Ω/m，解得该导电溶液的电阻率ρ＝390 Ω·m。 (4)电流表内接，若考虑电表的内阻，则真实的R­d图线表达式为R＝ρ＋RA，由于该实验中是通过R­d图像的斜率去求电阻率，而斜率与电流表内阻无关，因此计算出的电阻率ρ等于真实值。 四、解答题 13． 答案：(1)0.2 m　(2)1∶14 解析：(1)放上重物A稳定后，设密闭容器内气体的压强为p，对活塞，由平衡条件有 mg＋p0S＝pS 根据题意可知气体做等温变化，由玻意耳定律有p0LS＝phS 解得h＝0.2 m。 (2)仅有原来封闭气体时，平台上放重物A、环境温度变为7 ℃且稳定后，设活塞与地面的距离为h′，温度降低的过程气体做等压变化，由盖—吕萨克定律可得＝ 其中T1＝273 K＋27 ℃＝300 K，T2＝273 K＋7 ℃＝280 K 解得h′＝h 要使活塞仍稳定在原来位置，充入的气体在相同状态下的高度为Δh＝h－h′ 由于稳定后充入的气体和容器中原来的气体达到相同的状态，密度相同，则充装气体的质量Δm与原来封闭气体质量m0的比值为＝ 解得＝。 14． 答案：(1)　(2)L　(3)　　 解析：(1)引爆炸药后瞬间，设A、B的速度大小分别为vA0、vB0，以vB0的方向为正方向，由动量守恒定律有mvB0－mvA0＝0 由题意可知mv＋mv＝E 解得vA0＝vB0＝ 物块C固定，物块A和B都做匀速圆周运动，以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得轻杆对物块A的拉力大小F＝ 根据牛顿第三定律可得物块A对轻杆的拉力大小F′＝F 联立可得F′＝。 (2)整个系统动量守恒。物块A和B的运动关于中心线对称，物块C沿着中心线运动，当A、B运动到C上方时，C的位移最大。沿中心线方向，任何时刻均有2mvA∥＝2mvC 所以有∑2mvA∥Δt＝∑2mvCΔt 可知yA∥＝yC 又有yA∥＋yC＝2L 所以物块C运动的最大位移yC＝L。 (3)A、B、C运动到一条直线时，速度方向均沿对称中心线方向，设此时A、B、C的速度大小分别为vA、vB和vC′，根据动量守恒定律有 mvA＋mvB－2mvC′＝0 根据能量守恒定律有 mv＋mv＋×2mvC′2＝E 其中由对称性关系可知vA＝vB 解得vC′＝vA＝vB＝。 15． 答案：(1)×104 m/s　(2)5.9×10－4 s (3)1.6 m 解析：(1)粒子在电场中运动，沿y轴方向做v0＝1×104 m/s的匀速直线运动，沿x轴方向做匀加速直线运动，设加速度的大小为a，根据牛顿第二定律有qE＝ma 设粒子首次进入磁场时沿x轴方向的速度的大小为vx，令d＝0.5 m，则v＝2ad 粒子进入磁场时的速度大小为v1＝ 解得v1＝×104 m/s。 (2)设粒子第一次在电场中运动的时间为t，则d＝at2 解得t＝1×10－4 s 粒子在y轴方向上做匀速运动，t时间内，粒子沿y轴方向的位移为y0＝v0t 解得y0＝1 m 粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r，周期为T0，根据牛顿第二定律有qv1B＝m 解得r＝ m 根据T0＝ 解得T0＝2π×10－5 s 设该粒子进入磁场时速度与x轴方向的夹角为α，则sinα＝ 解得α＝45° 粒子在磁场中运动的轨迹如图1所示，轨迹对应的圆心角为θ＝180°＋2α 解得θ＝270° 轨迹对应的弦长为Δl0＝2rsin(90°－α) 解得Δl0＝0.2 m 由对称性可知，粒子从O点到第一次回到y轴经历一个周期，沿y轴方向的位移为Δy0＝2y0－Δl0＝1.8 m 设粒子经过n个周期后到达点(0.5 m，4.6 m)，则nΔy0＋y′＝4.6 m 解得n＝2，y′＝1 m＝y0，即粒子经过2个周期，再从电场进入磁场时到达点(0.5 m，4.6 m) 则粒子经过点(0.5 m，4.6 m)的时刻为 t′＝5t＋2×T0 解得t′≈5.9×10－4 s。 (3)附加电场后，粒子第一次到达电场边界时沿y轴方向的速度为vy1＝v0＋t＝2×104 m/s 粒子第一次到达电场边界时在电场中沿y轴方向运动的距离为y1＝t＝1.5 m 粒子在磁场中做圆周运动，设沿y轴方向上的瞬时速度为vy，沿x轴方向根据动量定理有 ∑qvyBΔt＝2mvx 圆周运动的弦长为Δl＝∑vyΔt 解得Δl＝0.2 m 粒子从磁场返回电场，设粒子在电场中运动时y轴方向上的位移为y2，则有 y2＝vy1×2t＋××(2t)2＝6 m 之后，粒子再次进入磁场做圆周运动，由于进出磁场时，沿x轴方向的速度始终为vx，根据水平方向动量定理可知，粒子在磁场中做圆周运动的弦长始终为Δl＝0.2 m 接着粒子再次从磁场返回电场，由于粒子在电场中y轴方向做的是匀变速运动，所以粒子再次在电场中运动时，y轴方向上运动的位移相对上一次增加的距离为Δy＝×(2t)2＝4 m 由于30.7 m＝y1－Δl＋y2－Δl＋(y2＋Δy)－Δl＋(y2＋2Δy)－Δl 所以，粒子在第四次返回电场时经过点(0.5 m，30.7 m)，此时vy4＝v0＋t×(2×4－1)＝8×104 m/s，粒子的运动轨迹和磁场区域沿x轴方向的宽度最小的情况如图2所示 设粒子第四次进入磁场时的旋转半径为r′，则 qB＝ 解得r′＝ m 设粒子第四次进入磁场时速度与x轴方向的夹角为β，则sinβ＝ 磁场最小宽度为Δx＝r′(1＋sinβ) 解得Δx≈1.6 m。 第2页，共8页 第5页，共8页 学科网（北京）股份有限公司 $