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江苏省苏锡常镇四市2024-2025学年高三下学期教学情况调研（一模）物理试卷
1．太阳中存在一种核反应，下列说法正确的是（　　）
A．中有两个中子 B．中有四个中子
C．X为质子 D．X为电子
2．2024年11月，中国自主研制的歼35A隐形战斗机在珠海航展亮相。表演中战斗机沿着一段圆弧从M到N加速拉升，关于歼35A所受合力的方向，下图中可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
3．某电视节目上一男子表演“狮吼功”——用声音震碎玻璃杯。关于这一现象，下列说法中正确的是（　　）
A．声音频率越低越容易震碎玻璃杯
B．声音频率越高越容易震碎玻璃杯
C．需要很大的音量才能震碎玻璃杯
D．在适当的频率下无需很大的音量就能震碎玻璃杯
4．如图所示为某带电体周围的电场线及等势面，a、b、c是电场中的三个位置，其电场强度大小分别为、、，电势分别为、、。则（　　）
A．
B．
C．在b点由静止释放电子，电子将沿电场线靠近带电体
D．在b点由静止释放电子，电子将沿电场线远离带电体
5．如图所示为“插针法测玻璃砖折射率”实验中的一个场景。接下来再插一根针，应使它同时挡住图中的（　　）
A．a、b B．c、d C．a、c D．a、b、c、d
6．如图所示为玻尔的氢原子电子轨道示意图。一群处于n＝4能级的原子向低能级跃迁，下列说法中正确的是（　　）
A．一共能产生3种不同的光子
B．一共能产生4种不同的光子
C．其中从能级n＝4跃迁到n＝1产生的光子动量最小
D．其中从能级n＝4跃迁到n＝1产生的光子能量最大
7．2024年6月，“嫦娥六号”实现世界首次月球背面自动采样返回，采回样品质量1935.3g。已知月球和地球的质量之比为a，半径之比为b。下列说法中正确的是（　　）
A．月球与地球的第一宇宙速度之比为
B．月球与地球的第一宇宙速度之比为
C．所采样品在月球与在地球上的重力之比为
D．所采样品在月球与在地球上的重力之比为
8．某科技小组利用弹性绳网模拟火箭回收。如图所示，“口”字形的绳网四个角各用一根弹性绳索拉住，绳索另一端固定在立柱上。将火箭模型从某高处释放，在接触绳网后下降直至最低点的过程中，下列说法中正确的是（　　）
A．火箭模型接触绳网立即减速
B．火箭模型在最低点所受合力为0
C．火箭模型接触绳网后先失重后超重
D．绳网对火箭模型先做正功后做负功
9．某兴趣小组利用如图所示装置研究光的波动性，A处为狭缝片，B处为光强传感器，光从A的正上方向下射向B。仅改变一个量，先后在电脑上获得的光强关于位置分布的图像如图中甲、乙所示，下列判断中可能正确的是（　　）
A．A处为单缝，甲图对应的缝宽小
B．A处为单缝，甲图对应的光源频率高
C．A处为双缝，甲图对应的双缝间距大
D．A处为双缝，甲图对应的AB距离大
10．质量为M的半圆形凹槽静置在光滑水平面上，质量为m的光滑小球静止在凹槽底部。初始时刻给小球一个水平初速度，计算机模拟得到小球的部分轨迹如图，已知图中轨迹顶点与凹槽端口等高，则（　　）
A．m>M
B．仅增大M值后重新模拟，小球能飞离凹槽
C．长时间观察，有些时间段内凹槽对地向左运动
D．小球从图中A到B运动过程中，凹槽先加速后减速
11．如图所示，两根足够长光滑平行金属导轨与水平面成θ＝30°，导轨上放置两根质量均为m、电阻均为R的导体棒ab、cd，导轨电阻不计，并处在垂直于导轨平面的匀强磁场中。t＝0时刻，在ab棒上施加一沿导轨平面向上大小为mg的恒力，同时释放cd棒。下列图像中，a、v、x、分别为ab棒的加速度、速度、位移和机械能，E为ab、cd棒组成系统的机械能，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
12．小明利用某手机软件研究向心加速度，如图1所示。绷紧细线，将手机拉开某一角度后由静止释放，使之绕水平悬梁AB摆动至最低点，细线碰到水平挡杆CD后继续摆动，在手机软件上观察记录细线碰挡杆后瞬间手机的向心加速度大小a，测量手机上边缘到挡杆CD的距离l。改变CD的高度，将手机拉开到同一角度后由静止释放，重复实验。
（1）某次实验测量l时，毫米刻度尺的0刻度对齐挡杆的下边缘，手机上边缘对应刻度尺位置如图2所示，则l＝　 　cm。
（2）已知手机软件的x、y、z三个正方向如图3所示，则小明在该实验中应该读取　 　（选填“x”、”y”、”z”）轴加速度的数据。
（3）根据得到的数据由电脑描点作出图，数据拟合获得图像及表达式如图4所示，则该图线斜率表示的物理意义为　 　。
（4）小明认为图像不过原点的原因，是手机加速度传感器位置在手机上边缘的下方某距离所致。根据图4估计该距离约为　 　cm。
（5）在操作过程中，手机每次拉开的角度都需要与第一次相同，请说明理由。
13．如图所示，一单匝矩形线框面积为S，电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω绕轴匀速转动。已知外电路电阻为R，求：
（1）该电路中电动势的最大值；
（2）电阻R的电功率P。
14．如图所示，一开口长颈薄壁玻璃瓶，瓶身长度为4L，横截面积为4S，瓶颈长度为2L，横截面积为S。现将一长度为L的轻质软木塞从瓶口处缓慢塞入瓶颈，直至软木塞下表面恰好到达瓶身和瓶颈的交界处，撤去外力，此后软木塞保持静止状态。在此过程中瓶内气体温度始终不变，且没有漏气。已知大气压强为p0，求撤去外力后：
（1）瓶内气体压强的大小p1；
（2）软木塞和瓶颈之间摩擦力的大小f1。
15．如图所示，一长度L=25m的传送带以v=8m/s的速度顺时针传动，传送带左右两侧均与光滑水平平台平滑连接。左侧水平面上有一质量m1=0.92kg的木块，其与传送带之间的动摩擦因数μ=0.4，右侧平台均匀排列5个质量M＝3kg的铁块。一质量m0=0.08kg的子弹以v0=200m/s的速度射向木块并留在木块内，假设木块（含子弹）与铁块、铁块之间均发生弹性正碰，取g=10m/s2。求：
（1）子弹打入木块m1过程中系统损失的动能E损；
（2）木块第一次到达传送带右端B点时速度的大小v1；
（3）全过程木块与传送带间因摩擦产生的总热量Q。
16．如图所示，平面直角坐标系xOy内，过原点的直线l与+x轴的夹角为φ（），将y轴右侧分成上下两个区域Ⅰ和Ⅱ。Ⅰ区（含+y轴）中有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。Ⅱ区有垂直纸面方向的匀强磁场，磁感应强度可调。现将一个质量为m、电量为+q的带电粒子P从O点沿+y方向以初速度v0射出，带电粒子重力不计。
（1）若使Ⅱ区磁感应强度为0，求P到达x轴的位置；
（2）若使P不能到达x轴，求Ⅱ区磁场的磁感应强度应满足的条件；
（3）将Ⅱ区磁场调成与Ⅰ区相同，并使整个空间均匀分布黏性介质。P仍从O点沿+y方向以初速度v0射出，运动中受到大小正比于速率（比例系数为常数k，未知）、方向与速度反向的介质阻力作用，且P速度第一次沿－y方向的位置在直线l上。求比例系数k的大小及粒子最终停止的位置坐标。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】原子核的人工转变；核聚变
【解析】【解答】AB．由于的质子数为2，质量数为4，则中子数为2，故A正确，B错误；
CD．根据核反应前后质量数、电荷数守恒可得，X的电荷数是0，质量数为1，所以X为中子，故CD错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查核反应方程的质量数与电荷数守恒，以及原子核的中子数计算，核心是利用守恒定律判断未知粒子并分析原子核结构。
2．【答案】C
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】物体做曲线运动时，根据曲线运动的性质可以得出做曲线运动的物体受合外力方向指向轨迹的凹侧，由于速度方向沿轨迹的切线方向，因加速爬升，根据加速的条件可以得出合外力方向与速度方向夹角为锐角。
故选C。
【分析】速度为轨迹的切线方向，合力为轨迹的弯曲方向，利用加速可以判别合力与速度方向的夹角大小。
3．【答案】D
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】A、B ：能否震碎玻璃杯，关键不是声音频率的高低，而是声音频率是否等于玻璃杯的固有频率，因此频率越低或越高都不是决定因素，A、B错误；
C：即使音量不大，只要频率与玻璃杯的固有频率匹配，发生共振时玻璃杯的振幅也会足够大而碎裂，因此“需要很大的音量”不是必要条件，C错误；
D：当声音频率与玻璃杯的固有频率相同时，玻璃杯会发生共振，振幅急剧增大，此时无需很大的音量就能震碎玻璃杯，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查共振现象，核心是理解共振的条件：当驱动力的频率等于物体的固有频率时，物体发生共振，振幅达到最大。
4．【答案】B
【知识点】电场线；电势；等势面
【解析】【解答】A．在等势线密的地方电场线也密，电场强度越大，由图可知，a处等势线最疏，c处等势线最密，所以，A错误；
B．由于沿电场线方向电势降低，所以，故B正确；
CD．在b点由静止释放电子，电子将受到与场强方向相反的电场力，将靠近带电体，但其轨迹不沿电场线，故CD错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查电场线与等势面的性质，核心是利用电场线的疏密判断场强大小、沿电场线方向电势降低的规律，以及带电粒子的受力与运动轨迹分析。
5．【答案】B
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】a、b两枚针确定入射光线，c、d是a、b两枚针在外侧所看到的虚像，为了确定最终的折射光线，接下来再插一根针，应使它同时挡住图中的c、d。
故答案为：B。
【分析】本题考查 “插针法测玻璃砖折射率” 的实验原理，核心是理解插针法中各枚针的作用：前两枚针确定入射光线，后两枚针需挡住前两枚针在玻璃砖另一侧的虚像，以确定出射光线。
6．【答案】D
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光子及其动量
【解析】【解答】AB．一群处于n＝4能级的原子向低能级跃迁，一共能产生6种不同的光子，AB错误；
CD．光子能量与氢原子能级差成正比，由氢原子的能级公式可知，从能级n＝4跃迁到n＝1产生的光子能量最大，
因而辐射光子的能量（频率）也最大，对应的波长最小，根据，因此从能级n＝4跃迁到n＝1产生的光子的动量也最大，故C错误，D 正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查氢原子能级跃迁的规律，核心是跃迁产生的光子数、光子能量与动量的关系。
7．【答案】D
【知识点】万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】AB．由题意得，由万有引力提供向心力有，解得第一宇宙速度，
则月球与地球的第一宇宙速度之比为，故AB错误；
CD．由万有引力等于重力有，解得星球表面的重力加速度为
则月球与地球的表面的重力加速度之比为
则所采样品在月球与在地球上的重力之比为，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查万有引力定律在天体问题中的应用，核心是第一宇宙速度和表面重力加速度的推导。
8．【答案】C
【知识点】超重与失重；功的概念
【解析】【解答】本题主要考查牛顿第二定律、超重和失重以及功的概念，难度不大。A．火箭模型接触绳网时重力大于弹力，继续向下加速，故A错误；
B．火箭模型在最低点弹力大于重力，所受合力向上，故B错误；
C．火箭模型接触绳网后先向下加速，后向下减速，所以先失重后超重，故C正确；
D．绳网对火箭模型的力始终向上，接触绳网后下降直至最低点的过程中，在一直做负功，故D错误。
故选C。
【分析】通过分析火箭模型在绳网上的受力情况，来确定其加速度的方向和大小变化，进而判断其运动状态的变化；根据加速度的方向来判断物体是处于超重还是失重状态；判断绳网对火箭模型做功的正负，需要依据力与位移的夹角关系。由于绳网对火箭模型的力始终与火箭模型的位移方向相反，所以一直做负功。
9．【答案】D
【知识点】干涉条纹和光的波长之间的关系；光的衍射
【解析】【解答】AB．从图中甲、乙的光强分布看，都出现了一系列间距几乎均匀的明暗相间条纹，这更符合“双缝干涉”而非“单缝衍射”特征（单缝衍射往往中央亮纹最宽、最亮，旁侧亮纹迅速减弱），因此A处为双缝，甲图条纹间距大于乙图，说明甲图对应光源频率低或者双缝间距小，AB错误；
CD．双缝干涉的相邻亮纹间距满足 Δx =，其中 d 为双缝中心间距、l为屏（或传感器）到双缝的距离、λ 为光的波长。甲图相邻亮纹间距大于乙图，光的频率不变的情况下：若双缝间距不变，甲图对应的AB距离大；若AB距离不变，则甲图对应的双缝间距小，故D正确，C错误。
故答案为：D。
【分析】先通过光强分布特征判断是双缝干涉还是单缝衍射，再利用双缝干涉条纹间距公式 分析各物理量对条纹间距的影响。
10．【答案】B
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．当小球由最低点开始运动到第一次回到最低点时，水平方向动量守恒，小球光滑，则系统机械能守恒，设小球末速度为、凹槽末速度为，则，
联立可得
以初速度方向为正方向，由图中小球的运动轨迹可知，当小球第一次回到最低点时，即
可以判断，故A错误；
B．当小球由最低点开始运动到第一次回到最高点时，水平方向速度共速，设小球和凹槽的末速度是，则
由动量守恒
即
当增大M值后会减小，系统机械能守恒，则
仅增大M值，由最低点开始运动到第一次回到最高点时，减小，则增大，小球会飞的更高，飞离凹槽，故B正确；
C．设小球末速度水平分速度，凹槽末速度，由动量守恒可知
即
若当凹槽对地向左运动时，可得
则
不满足系统机械能守恒，故C错误；
D．设小球末速度水平分速度，凹槽末速度，由动量守恒可知
，即
小球由A到B过程中一直增大，所以一直增大，故D错误。
故答案为：B。
【分析】系统在水平方向动量守恒、机械能守恒，结合小球轨迹特征，分析质量关系、运动趋势及凹槽的运动状态。
11．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】AB．释放两棒后ab向上运动，cd向下运动，对ab棒分析可知加速度
其中
则随速度的增加，安培力变大，则加速度减小，当加速度减为零时，此时对ab有
此时对cd因满足
则cd也匀速运动，两棒的加速度减为零后均做匀速运动，AB错误；
C．ab棒的机械能变化量等于力F与F安做功的代数和，开始时随安培力变大，则这两个力做功的代数和逐渐减小，最后匀速时两个力的合力为，则合力不变，随位移增加合力功逐渐增加，即Eab图像的斜率先减小后不变，C正确；
D．对两棒整体，机械能的变化量等于力F与两棒受的安培力做功的代数和，因最终两棒均匀速运动，且由于系统沿斜面方向受合外力为零，系统沿斜面方向动量守恒，可知最终两棒匀速运动的速度相等，
安培力（均为）对两棒均做负功，力F对系统做正功，可知两个安培力和力F做功代数和为零，则系统的机械能不变，D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查电磁感应中的双棒模型，核心是对两导体棒进行受力分析、结合牛顿第二定律分析加速度与速度变化，再利用功能关系分析机械能变化。
12．【答案】（1）36.48
（2）x
（3）（碰到挡杆时）速度平方的倒数
（4）1
（5）应使每次碰到挡杆时的速度大小均相同
【知识点】向心力；向心加速度
【解析】【解答】（1）测量手机上边缘到挡杆CD的距离
故答案为：36.48
（2）本题研究向心加速度，结合图1可知，手机侧面与细线平行，指向圆心方向，所以小明在该实验中应该读取x轴加速度的数据。
故答案为：x
（3）根据向心加速度公式，整理得
所以该图线斜率表示的物理意义为（碰到挡杆时）速度平方的倒数
故答案为：（碰到挡杆时）速度平方的倒数
（4）由图4数据表达式可知，当时，解得，所以手机加速度传感器位置在手机上边缘的下方约为1cm。
故答案为：1
（5）在操作过程中，手机每次拉开的角度都需要与第一次相同，因为应使每次碰到挡杆时的速度大小均相同。
故答案为：应使每次碰到挡杆时的速度大小均相同
【分析】(1) 读取毫米刻度尺的示数，注意估读到分度值下一位；
(2) 根据手机的摆放方式，判断向心加速度对应的坐标轴；
(3) 由向心加速度公式变形，分析 图线的物理意义；
(4) 利用图像不过原点的截距，估算传感器位置的偏差；
(5) 结合机械能守恒，分析保持释放角度相同的必要性。
（1）测量手机上边缘到挡杆CD的距离
（2）本题研究向心加速度，结合图1可知，手机侧面与细线平行，指向圆心方向，所以小明在该实验中应该读取x轴加速度的数据。
（3）根据向心加速度公式
整理得
所以该图线斜率表示的物理意义为（碰到挡杆时）速度平方的倒数
（4）由图4数据表达式可知，当时，解得
所以手机加速度传感器位置在手机上边缘的下方约为1cm。
（5）在操作过程中，手机每次拉开的角度都需要与第一次相同，因为应使每次碰到挡杆时的速度大小均相同。
13．【答案】（1）解：电动势最大值的大小
（2）解：流过电阻R电流有效值大小
电阻R电功率的大小
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【分析】(1) 利用交变电流最大值公式直接求解；
(2) 先求电流有效值，再由 计算电阻的电功率。
14．【答案】（1）解：初始时瓶内气体压强大小为p0，初始时瓶内气体体积
塞入软木塞至相应位置，瓶内气体体积
塞入软木塞的过程为等温变化，由
可知
（2）解：对软木塞进行受力分析
可得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】(1) 瓶内气体发生等温变化，应用玻意耳定律求解压强；
(2) 对软木塞进行受力分析，列平衡方程求解摩擦力。
（1）初始时瓶内气体压强大小为p0，初始时瓶内气体体积
塞入软木塞至相应位置，瓶内气体体积
塞入软木塞的过程为等温变化，由
可知
（2）对软木塞进行受力分析
可得
15．【答案】（1）解：对子弹打入木块的过程运用动量守恒定律
可知
根据能量守恒可知，此过程中损失的动能
（2）解：木块（含子弹）m滑上传送带，根据牛顿第二定律可得
所以
根据速度位移关系有
解得
所以木块m第一次到达传送带右侧速度为8m/s；
（3）解：木块从左滑上传送带减速时间为
该过程传送带的位移
木块与传送带之间的相对位移大小
木块与传送带之间的摩擦力大小
所以该过程中产生的热量
m与1号铁块发生弹性碰撞，由，
可知，
接着1号铁块与2号铁块发生弹性碰撞，由于质量相等，发生速度交换，1号静止，2号获得速度4m/s，2号再与3号发生速度交换，依次类推，最终5号获得4m/s的速度滑走，1至4号铁块均静止，m则反弹后向左滑上传送带，先向左减速后向右加速，回到B点速度大小与大小相同，继续碰撞铁块1，由弹性碰撞规律可知，
后续铁块间发生弹性碰撞，由于质量相等，发生速度交换，最终4号获得2m/s的速度滑走，1至3号铁块均静止；以此类推木块每次碰到1号铁块后速度大小均减少为原来的一半，直至铁块1滑走；木块第一次碰1号铁块之后反弹向左滑上传送带并从右侧滑出所用时间
这段时间木块的位移是0，传送带的位移
故相对位移
木块第二次碰1号铁块之后反弹向左滑上传送带并从右侧滑出所用时间
这段时间木块的位移是0，传送带的位移
故相对位移
以此类推，每次木块与传送带相对位移依次为前面的一半，所以总的相对位移
故这段时间产生的总热量
全过程木块m与传送带间因摩擦产生的总热量
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 子弹打入木块的过程动量守恒，用能量守恒计算系统损失的动能；
(2) 木块（含子弹）滑上传送带，受摩擦力做匀减速运动，判断是否能达到传送带速度，从而确定到达B点的速度；
(3) 分析木块与传送带间的相对运动，计算每次过程的相对位移，再结合摩擦力计算总热量。
（1）对子弹打入木块的过程运用动量守恒定律
可知
根据能量守恒可知，此过程中损失的动能
（2）木块（含子弹）m滑上传送带，根据牛顿第二定律可得
所以
根据速度位移关系有
解得
所以木块m第一次到达传送带右侧速度为8m/s；
（3）木块从左滑上传送带减速时间为
该过程传送带的位移
木块与传送带之间的相对位移大小
木块与传送带之间的摩擦力大小
所以该过程中产生的热量
m与1号铁块发生弹性碰撞，由，
可知，
接着1号铁块与2号铁块发生弹性碰撞，由于质量相等，发生速度交换，1号静止，2号获得速度4m/s，2号再与3号发生速度交换，依次类推，最终5号获得4m/s的速度滑走，1至4号铁块均静止，m则反弹后向左滑上传送带，先向左减速后向右加速，回到B点速度大小与大小相同，继续碰撞铁块1，由弹性碰撞规律可知，
后续铁块间发生弹性碰撞，由于质量相等，发生速度交换，最终4号获得2m/s的速度滑走，1至3号铁块均静止；以此类推木块每次碰到1号铁块后速度大小均减少为原来的一半，直至铁块1滑走；木块第一次碰1号铁块之后反弹向左滑上传送带并从右侧滑出所用时间
这段时间木块的位移是0，传送带的位移
故相对位移
木块第二次碰1号铁块之后反弹向左滑上传送带并从右侧滑出所用时间
这段时间木块的位移是0，传送带的位移
故相对位移
以此类推，每次木块与传送带相对位移依次为前面的一半，所以总的相对位移
故这段时间产生的总热量
全过程木块m与传送带间因摩擦产生的总热量
16．【答案】（1）解：如图所示
粒子在磁场中，有
根据几何关系有
可得
（2）解：若Ⅱ区磁场垂直纸面向外，则
当粒子恰到达x轴，如图所示
根据几何关系可得
解得
所以
若Ⅱ区磁场垂直纸面向里，则
当粒子恰到达x轴，轨迹如图所示
根据几何关系可得
解得
所以
综合以上分析可知，若Ⅱ区磁场垂直纸面向外，则，若Ⅱ区磁场垂直纸面向里，则；
（3）解：设某时刻粒子沿两轴的速度分量分别为vx和vy，如图所示
由牛顿第二定律，，
取极短时间 t，则，
可得，
第一次x方向速度为零时位于（x0，y0），则
又
所以
最后停于（x1，y1），则，
又
可得，
所以粒子最终停止的位置坐标为（，）。
【知识点】能量守恒定律；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 粒子在Ⅰ区做匀速圆周运动，进入Ⅱ区（B=0）后做匀速直线运动，结合几何关系求到达x轴的位置。
(2) 粒子不能到达x轴，即粒子在Ⅱ区的圆周运动不与x轴相交，分磁场向外、向里两种情况，由几何关系求磁感应强度条件。
(3) 考虑黏性阻力，粒子在磁场中做衰减圆周运动，由速度第一次沿 y方向在直线l上，结合运动方程求比例系数k，再由能量守恒求最终停止位置。
（1）如图所示
粒子在磁场中，有
根据几何关系有
可得
（2）若Ⅱ区磁场垂直纸面向外，则
当粒子恰到达x轴，如图所示
根据几何关系可得
解得
所以
若Ⅱ区磁场垂直纸面向里，则
当粒子恰到达x轴，轨迹如图所示
根据几何关系可得
解得
所以
综合以上分析可知，若Ⅱ区磁场垂直纸面向外，则，若Ⅱ区磁场垂直纸面向里，则；
（3）设某时刻粒子沿两轴的速度分量分别为vx和vy，如图所示
由牛顿第二定律，，
取极短时间 t，则，
可得，
第一次x方向速度为零时位于（x0，y0），则
又
所以
最后停于（x1，y1），则，
又
可得，
所以粒子最终停止的位置坐标为（，）。
1 / 1江苏省苏锡常镇四市2024-2025学年高三下学期教学情况调研（一模）物理试卷
1．太阳中存在一种核反应，下列说法正确的是（　　）
A．中有两个中子 B．中有四个中子
C．X为质子 D．X为电子
【答案】A
【知识点】原子核的人工转变；核聚变
【解析】【解答】AB．由于的质子数为2，质量数为4，则中子数为2，故A正确，B错误；
CD．根据核反应前后质量数、电荷数守恒可得，X的电荷数是0，质量数为1，所以X为中子，故CD错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查核反应方程的质量数与电荷数守恒，以及原子核的中子数计算，核心是利用守恒定律判断未知粒子并分析原子核结构。
2．2024年11月，中国自主研制的歼35A隐形战斗机在珠海航展亮相。表演中战斗机沿着一段圆弧从M到N加速拉升，关于歼35A所受合力的方向，下图中可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】物体做曲线运动时，根据曲线运动的性质可以得出做曲线运动的物体受合外力方向指向轨迹的凹侧，由于速度方向沿轨迹的切线方向，因加速爬升，根据加速的条件可以得出合外力方向与速度方向夹角为锐角。
故选C。
【分析】速度为轨迹的切线方向，合力为轨迹的弯曲方向，利用加速可以判别合力与速度方向的夹角大小。
3．某电视节目上一男子表演“狮吼功”——用声音震碎玻璃杯。关于这一现象，下列说法中正确的是（　　）
A．声音频率越低越容易震碎玻璃杯
B．声音频率越高越容易震碎玻璃杯
C．需要很大的音量才能震碎玻璃杯
D．在适当的频率下无需很大的音量就能震碎玻璃杯
【答案】D
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】A、B ：能否震碎玻璃杯，关键不是声音频率的高低，而是声音频率是否等于玻璃杯的固有频率，因此频率越低或越高都不是决定因素，A、B错误；
C：即使音量不大，只要频率与玻璃杯的固有频率匹配，发生共振时玻璃杯的振幅也会足够大而碎裂，因此“需要很大的音量”不是必要条件，C错误；
D：当声音频率与玻璃杯的固有频率相同时，玻璃杯会发生共振，振幅急剧增大，此时无需很大的音量就能震碎玻璃杯，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查共振现象，核心是理解共振的条件：当驱动力的频率等于物体的固有频率时，物体发生共振，振幅达到最大。
4．如图所示为某带电体周围的电场线及等势面，a、b、c是电场中的三个位置，其电场强度大小分别为、、，电势分别为、、。则（　　）
A．
B．
C．在b点由静止释放电子，电子将沿电场线靠近带电体
D．在b点由静止释放电子，电子将沿电场线远离带电体
【答案】B
【知识点】电场线；电势；等势面
【解析】【解答】A．在等势线密的地方电场线也密，电场强度越大，由图可知，a处等势线最疏，c处等势线最密，所以，A错误；
B．由于沿电场线方向电势降低，所以，故B正确；
CD．在b点由静止释放电子，电子将受到与场强方向相反的电场力，将靠近带电体，但其轨迹不沿电场线，故CD错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查电场线与等势面的性质，核心是利用电场线的疏密判断场强大小、沿电场线方向电势降低的规律，以及带电粒子的受力与运动轨迹分析。
5．如图所示为“插针法测玻璃砖折射率”实验中的一个场景。接下来再插一根针，应使它同时挡住图中的（　　）
A．a、b B．c、d C．a、c D．a、b、c、d
【答案】B
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】a、b两枚针确定入射光线，c、d是a、b两枚针在外侧所看到的虚像，为了确定最终的折射光线，接下来再插一根针，应使它同时挡住图中的c、d。
故答案为：B。
【分析】本题考查 “插针法测玻璃砖折射率” 的实验原理，核心是理解插针法中各枚针的作用：前两枚针确定入射光线，后两枚针需挡住前两枚针在玻璃砖另一侧的虚像，以确定出射光线。
6．如图所示为玻尔的氢原子电子轨道示意图。一群处于n＝4能级的原子向低能级跃迁，下列说法中正确的是（　　）
A．一共能产生3种不同的光子
B．一共能产生4种不同的光子
C．其中从能级n＝4跃迁到n＝1产生的光子动量最小
D．其中从能级n＝4跃迁到n＝1产生的光子能量最大
【答案】D
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光子及其动量
【解析】【解答】AB．一群处于n＝4能级的原子向低能级跃迁，一共能产生6种不同的光子，AB错误；
CD．光子能量与氢原子能级差成正比，由氢原子的能级公式可知，从能级n＝4跃迁到n＝1产生的光子能量最大，
因而辐射光子的能量（频率）也最大，对应的波长最小，根据，因此从能级n＝4跃迁到n＝1产生的光子的动量也最大，故C错误，D 正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查氢原子能级跃迁的规律，核心是跃迁产生的光子数、光子能量与动量的关系。
7．2024年6月，“嫦娥六号”实现世界首次月球背面自动采样返回，采回样品质量1935.3g。已知月球和地球的质量之比为a，半径之比为b。下列说法中正确的是（　　）
A．月球与地球的第一宇宙速度之比为
B．月球与地球的第一宇宙速度之比为
C．所采样品在月球与在地球上的重力之比为
D．所采样品在月球与在地球上的重力之比为
【答案】D
【知识点】万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】AB．由题意得，由万有引力提供向心力有，解得第一宇宙速度，
则月球与地球的第一宇宙速度之比为，故AB错误；
CD．由万有引力等于重力有，解得星球表面的重力加速度为
则月球与地球的表面的重力加速度之比为
则所采样品在月球与在地球上的重力之比为，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查万有引力定律在天体问题中的应用，核心是第一宇宙速度和表面重力加速度的推导。
8．某科技小组利用弹性绳网模拟火箭回收。如图所示，“口”字形的绳网四个角各用一根弹性绳索拉住，绳索另一端固定在立柱上。将火箭模型从某高处释放，在接触绳网后下降直至最低点的过程中，下列说法中正确的是（　　）
A．火箭模型接触绳网立即减速
B．火箭模型在最低点所受合力为0
C．火箭模型接触绳网后先失重后超重
D．绳网对火箭模型先做正功后做负功
【答案】C
【知识点】超重与失重；功的概念
【解析】【解答】本题主要考查牛顿第二定律、超重和失重以及功的概念，难度不大。A．火箭模型接触绳网时重力大于弹力，继续向下加速，故A错误；
B．火箭模型在最低点弹力大于重力，所受合力向上，故B错误；
C．火箭模型接触绳网后先向下加速，后向下减速，所以先失重后超重，故C正确；
D．绳网对火箭模型的力始终向上，接触绳网后下降直至最低点的过程中，在一直做负功，故D错误。
故选C。
【分析】通过分析火箭模型在绳网上的受力情况，来确定其加速度的方向和大小变化，进而判断其运动状态的变化；根据加速度的方向来判断物体是处于超重还是失重状态；判断绳网对火箭模型做功的正负，需要依据力与位移的夹角关系。由于绳网对火箭模型的力始终与火箭模型的位移方向相反，所以一直做负功。
9．某兴趣小组利用如图所示装置研究光的波动性，A处为狭缝片，B处为光强传感器，光从A的正上方向下射向B。仅改变一个量，先后在电脑上获得的光强关于位置分布的图像如图中甲、乙所示，下列判断中可能正确的是（　　）
A．A处为单缝，甲图对应的缝宽小
B．A处为单缝，甲图对应的光源频率高
C．A处为双缝，甲图对应的双缝间距大
D．A处为双缝，甲图对应的AB距离大
【答案】D
【知识点】干涉条纹和光的波长之间的关系；光的衍射
【解析】【解答】AB．从图中甲、乙的光强分布看，都出现了一系列间距几乎均匀的明暗相间条纹，这更符合“双缝干涉”而非“单缝衍射”特征（单缝衍射往往中央亮纹最宽、最亮，旁侧亮纹迅速减弱），因此A处为双缝，甲图条纹间距大于乙图，说明甲图对应光源频率低或者双缝间距小，AB错误；
CD．双缝干涉的相邻亮纹间距满足 Δx =，其中 d 为双缝中心间距、l为屏（或传感器）到双缝的距离、λ 为光的波长。甲图相邻亮纹间距大于乙图，光的频率不变的情况下：若双缝间距不变，甲图对应的AB距离大；若AB距离不变，则甲图对应的双缝间距小，故D正确，C错误。
故答案为：D。
【分析】先通过光强分布特征判断是双缝干涉还是单缝衍射，再利用双缝干涉条纹间距公式 分析各物理量对条纹间距的影响。
10．质量为M的半圆形凹槽静置在光滑水平面上，质量为m的光滑小球静止在凹槽底部。初始时刻给小球一个水平初速度，计算机模拟得到小球的部分轨迹如图，已知图中轨迹顶点与凹槽端口等高，则（　　）
A．m>M
B．仅增大M值后重新模拟，小球能飞离凹槽
C．长时间观察，有些时间段内凹槽对地向左运动
D．小球从图中A到B运动过程中，凹槽先加速后减速
【答案】B
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．当小球由最低点开始运动到第一次回到最低点时，水平方向动量守恒，小球光滑，则系统机械能守恒，设小球末速度为、凹槽末速度为，则，
联立可得
以初速度方向为正方向，由图中小球的运动轨迹可知，当小球第一次回到最低点时，即
可以判断，故A错误；
B．当小球由最低点开始运动到第一次回到最高点时，水平方向速度共速，设小球和凹槽的末速度是，则
由动量守恒
即
当增大M值后会减小，系统机械能守恒，则
仅增大M值，由最低点开始运动到第一次回到最高点时，减小，则增大，小球会飞的更高，飞离凹槽，故B正确；
C．设小球末速度水平分速度，凹槽末速度，由动量守恒可知
即
若当凹槽对地向左运动时，可得
则
不满足系统机械能守恒，故C错误；
D．设小球末速度水平分速度，凹槽末速度，由动量守恒可知
，即
小球由A到B过程中一直增大，所以一直增大，故D错误。
故答案为：B。
【分析】系统在水平方向动量守恒、机械能守恒，结合小球轨迹特征，分析质量关系、运动趋势及凹槽的运动状态。
11．如图所示，两根足够长光滑平行金属导轨与水平面成θ＝30°，导轨上放置两根质量均为m、电阻均为R的导体棒ab、cd，导轨电阻不计，并处在垂直于导轨平面的匀强磁场中。t＝0时刻，在ab棒上施加一沿导轨平面向上大小为mg的恒力，同时释放cd棒。下列图像中，a、v、x、分别为ab棒的加速度、速度、位移和机械能，E为ab、cd棒组成系统的机械能，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】AB．释放两棒后ab向上运动，cd向下运动，对ab棒分析可知加速度
其中
则随速度的增加，安培力变大，则加速度减小，当加速度减为零时，此时对ab有
此时对cd因满足
则cd也匀速运动，两棒的加速度减为零后均做匀速运动，AB错误；
C．ab棒的机械能变化量等于力F与F安做功的代数和，开始时随安培力变大，则这两个力做功的代数和逐渐减小，最后匀速时两个力的合力为，则合力不变，随位移增加合力功逐渐增加，即Eab图像的斜率先减小后不变，C正确；
D．对两棒整体，机械能的变化量等于力F与两棒受的安培力做功的代数和，因最终两棒均匀速运动，且由于系统沿斜面方向受合外力为零，系统沿斜面方向动量守恒，可知最终两棒匀速运动的速度相等，
安培力（均为）对两棒均做负功，力F对系统做正功，可知两个安培力和力F做功代数和为零，则系统的机械能不变，D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查电磁感应中的双棒模型，核心是对两导体棒进行受力分析、结合牛顿第二定律分析加速度与速度变化，再利用功能关系分析机械能变化。
12．小明利用某手机软件研究向心加速度，如图1所示。绷紧细线，将手机拉开某一角度后由静止释放，使之绕水平悬梁AB摆动至最低点，细线碰到水平挡杆CD后继续摆动，在手机软件上观察记录细线碰挡杆后瞬间手机的向心加速度大小a，测量手机上边缘到挡杆CD的距离l。改变CD的高度，将手机拉开到同一角度后由静止释放，重复实验。
（1）某次实验测量l时，毫米刻度尺的0刻度对齐挡杆的下边缘，手机上边缘对应刻度尺位置如图2所示，则l＝　 　cm。
（2）已知手机软件的x、y、z三个正方向如图3所示，则小明在该实验中应该读取　 　（选填“x”、”y”、”z”）轴加速度的数据。
（3）根据得到的数据由电脑描点作出图，数据拟合获得图像及表达式如图4所示，则该图线斜率表示的物理意义为　 　。
（4）小明认为图像不过原点的原因，是手机加速度传感器位置在手机上边缘的下方某距离所致。根据图4估计该距离约为　 　cm。
（5）在操作过程中，手机每次拉开的角度都需要与第一次相同，请说明理由。
【答案】（1）36.48
（2）x
（3）（碰到挡杆时）速度平方的倒数
（4）1
（5）应使每次碰到挡杆时的速度大小均相同
【知识点】向心力；向心加速度
【解析】【解答】（1）测量手机上边缘到挡杆CD的距离
故答案为：36.48
（2）本题研究向心加速度，结合图1可知，手机侧面与细线平行，指向圆心方向，所以小明在该实验中应该读取x轴加速度的数据。
故答案为：x
（3）根据向心加速度公式，整理得
所以该图线斜率表示的物理意义为（碰到挡杆时）速度平方的倒数
故答案为：（碰到挡杆时）速度平方的倒数
（4）由图4数据表达式可知，当时，解得，所以手机加速度传感器位置在手机上边缘的下方约为1cm。
故答案为：1
（5）在操作过程中，手机每次拉开的角度都需要与第一次相同，因为应使每次碰到挡杆时的速度大小均相同。
故答案为：应使每次碰到挡杆时的速度大小均相同
【分析】(1) 读取毫米刻度尺的示数，注意估读到分度值下一位；
(2) 根据手机的摆放方式，判断向心加速度对应的坐标轴；
(3) 由向心加速度公式变形，分析 图线的物理意义；
(4) 利用图像不过原点的截距，估算传感器位置的偏差；
(5) 结合机械能守恒，分析保持释放角度相同的必要性。
（1）测量手机上边缘到挡杆CD的距离
（2）本题研究向心加速度，结合图1可知，手机侧面与细线平行，指向圆心方向，所以小明在该实验中应该读取x轴加速度的数据。
（3）根据向心加速度公式
整理得
所以该图线斜率表示的物理意义为（碰到挡杆时）速度平方的倒数
（4）由图4数据表达式可知，当时，解得
所以手机加速度传感器位置在手机上边缘的下方约为1cm。
（5）在操作过程中，手机每次拉开的角度都需要与第一次相同，因为应使每次碰到挡杆时的速度大小均相同。
13．如图所示，一单匝矩形线框面积为S，电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω绕轴匀速转动。已知外电路电阻为R，求：
（1）该电路中电动势的最大值；
（2）电阻R的电功率P。
【答案】（1）解：电动势最大值的大小
（2）解：流过电阻R电流有效值大小
电阻R电功率的大小
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【分析】(1) 利用交变电流最大值公式直接求解；
(2) 先求电流有效值，再由 计算电阻的电功率。
14．如图所示，一开口长颈薄壁玻璃瓶，瓶身长度为4L，横截面积为4S，瓶颈长度为2L，横截面积为S。现将一长度为L的轻质软木塞从瓶口处缓慢塞入瓶颈，直至软木塞下表面恰好到达瓶身和瓶颈的交界处，撤去外力，此后软木塞保持静止状态。在此过程中瓶内气体温度始终不变，且没有漏气。已知大气压强为p0，求撤去外力后：
（1）瓶内气体压强的大小p1；
（2）软木塞和瓶颈之间摩擦力的大小f1。
【答案】（1）解：初始时瓶内气体压强大小为p0，初始时瓶内气体体积
塞入软木塞至相应位置，瓶内气体体积
塞入软木塞的过程为等温变化，由
可知
（2）解：对软木塞进行受力分析
可得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】(1) 瓶内气体发生等温变化，应用玻意耳定律求解压强；
(2) 对软木塞进行受力分析，列平衡方程求解摩擦力。
（1）初始时瓶内气体压强大小为p0，初始时瓶内气体体积
塞入软木塞至相应位置，瓶内气体体积
塞入软木塞的过程为等温变化，由
可知
（2）对软木塞进行受力分析
可得
15．如图所示，一长度L=25m的传送带以v=8m/s的速度顺时针传动，传送带左右两侧均与光滑水平平台平滑连接。左侧水平面上有一质量m1=0.92kg的木块，其与传送带之间的动摩擦因数μ=0.4，右侧平台均匀排列5个质量M＝3kg的铁块。一质量m0=0.08kg的子弹以v0=200m/s的速度射向木块并留在木块内，假设木块（含子弹）与铁块、铁块之间均发生弹性正碰，取g=10m/s2。求：
（1）子弹打入木块m1过程中系统损失的动能E损；
（2）木块第一次到达传送带右端B点时速度的大小v1；
（3）全过程木块与传送带间因摩擦产生的总热量Q。
【答案】（1）解：对子弹打入木块的过程运用动量守恒定律
可知
根据能量守恒可知，此过程中损失的动能
（2）解：木块（含子弹）m滑上传送带，根据牛顿第二定律可得
所以
根据速度位移关系有
解得
所以木块m第一次到达传送带右侧速度为8m/s；
（3）解：木块从左滑上传送带减速时间为
该过程传送带的位移
木块与传送带之间的相对位移大小
木块与传送带之间的摩擦力大小
所以该过程中产生的热量
m与1号铁块发生弹性碰撞，由，
可知，
接着1号铁块与2号铁块发生弹性碰撞，由于质量相等，发生速度交换，1号静止，2号获得速度4m/s，2号再与3号发生速度交换，依次类推，最终5号获得4m/s的速度滑走，1至4号铁块均静止，m则反弹后向左滑上传送带，先向左减速后向右加速，回到B点速度大小与大小相同，继续碰撞铁块1，由弹性碰撞规律可知，
后续铁块间发生弹性碰撞，由于质量相等，发生速度交换，最终4号获得2m/s的速度滑走，1至3号铁块均静止；以此类推木块每次碰到1号铁块后速度大小均减少为原来的一半，直至铁块1滑走；木块第一次碰1号铁块之后反弹向左滑上传送带并从右侧滑出所用时间
这段时间木块的位移是0，传送带的位移
故相对位移
木块第二次碰1号铁块之后反弹向左滑上传送带并从右侧滑出所用时间
这段时间木块的位移是0，传送带的位移
故相对位移
以此类推，每次木块与传送带相对位移依次为前面的一半，所以总的相对位移
故这段时间产生的总热量
全过程木块m与传送带间因摩擦产生的总热量
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 子弹打入木块的过程动量守恒，用能量守恒计算系统损失的动能；
(2) 木块（含子弹）滑上传送带，受摩擦力做匀减速运动，判断是否能达到传送带速度，从而确定到达B点的速度；
(3) 分析木块与传送带间的相对运动，计算每次过程的相对位移，再结合摩擦力计算总热量。
（1）对子弹打入木块的过程运用动量守恒定律
可知
根据能量守恒可知，此过程中损失的动能
（2）木块（含子弹）m滑上传送带，根据牛顿第二定律可得
所以
根据速度位移关系有
解得
所以木块m第一次到达传送带右侧速度为8m/s；
（3）木块从左滑上传送带减速时间为
该过程传送带的位移
木块与传送带之间的相对位移大小
木块与传送带之间的摩擦力大小
所以该过程中产生的热量
m与1号铁块发生弹性碰撞，由，
可知，
接着1号铁块与2号铁块发生弹性碰撞，由于质量相等，发生速度交换，1号静止，2号获得速度4m/s，2号再与3号发生速度交换，依次类推，最终5号获得4m/s的速度滑走，1至4号铁块均静止，m则反弹后向左滑上传送带，先向左减速后向右加速，回到B点速度大小与大小相同，继续碰撞铁块1，由弹性碰撞规律可知，
后续铁块间发生弹性碰撞，由于质量相等，发生速度交换，最终4号获得2m/s的速度滑走，1至3号铁块均静止；以此类推木块每次碰到1号铁块后速度大小均减少为原来的一半，直至铁块1滑走；木块第一次碰1号铁块之后反弹向左滑上传送带并从右侧滑出所用时间
这段时间木块的位移是0，传送带的位移
故相对位移
木块第二次碰1号铁块之后反弹向左滑上传送带并从右侧滑出所用时间
这段时间木块的位移是0，传送带的位移
故相对位移
以此类推，每次木块与传送带相对位移依次为前面的一半，所以总的相对位移
故这段时间产生的总热量
全过程木块m与传送带间因摩擦产生的总热量
16．如图所示，平面直角坐标系xOy内，过原点的直线l与+x轴的夹角为φ（），将y轴右侧分成上下两个区域Ⅰ和Ⅱ。Ⅰ区（含+y轴）中有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。Ⅱ区有垂直纸面方向的匀强磁场，磁感应强度可调。现将一个质量为m、电量为+q的带电粒子P从O点沿+y方向以初速度v0射出，带电粒子重力不计。
（1）若使Ⅱ区磁感应强度为0，求P到达x轴的位置；
（2）若使P不能到达x轴，求Ⅱ区磁场的磁感应强度应满足的条件；
（3）将Ⅱ区磁场调成与Ⅰ区相同，并使整个空间均匀分布黏性介质。P仍从O点沿+y方向以初速度v0射出，运动中受到大小正比于速率（比例系数为常数k，未知）、方向与速度反向的介质阻力作用，且P速度第一次沿－y方向的位置在直线l上。求比例系数k的大小及粒子最终停止的位置坐标。
【答案】（1）解：如图所示
粒子在磁场中，有
根据几何关系有
可得
（2）解：若Ⅱ区磁场垂直纸面向外，则
当粒子恰到达x轴，如图所示
根据几何关系可得
解得
所以
若Ⅱ区磁场垂直纸面向里，则
当粒子恰到达x轴，轨迹如图所示
根据几何关系可得
解得
所以
综合以上分析可知，若Ⅱ区磁场垂直纸面向外，则，若Ⅱ区磁场垂直纸面向里，则；
（3）解：设某时刻粒子沿两轴的速度分量分别为vx和vy，如图所示
由牛顿第二定律，，
取极短时间 t，则，
可得，
第一次x方向速度为零时位于（x0，y0），则
又
所以
最后停于（x1，y1），则，
又
可得，
所以粒子最终停止的位置坐标为（，）。
【知识点】能量守恒定律；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 粒子在Ⅰ区做匀速圆周运动，进入Ⅱ区（B=0）后做匀速直线运动，结合几何关系求到达x轴的位置。
(2) 粒子不能到达x轴，即粒子在Ⅱ区的圆周运动不与x轴相交，分磁场向外、向里两种情况，由几何关系求磁感应强度条件。
(3) 考虑黏性阻力，粒子在磁场中做衰减圆周运动，由速度第一次沿 y方向在直线l上，结合运动方程求比例系数k，再由能量守恒求最终停止位置。
（1）如图所示
粒子在磁场中，有
根据几何关系有
可得
（2）若Ⅱ区磁场垂直纸面向外，则
当粒子恰到达x轴，如图所示
根据几何关系可得
解得
所以
若Ⅱ区磁场垂直纸面向里，则
当粒子恰到达x轴，轨迹如图所示
根据几何关系可得
解得
所以
综合以上分析可知，若Ⅱ区磁场垂直纸面向外，则，若Ⅱ区磁场垂直纸面向里，则；
（3）设某时刻粒子沿两轴的速度分量分别为vx和vy，如图所示
由牛顿第二定律，，
取极短时间 t，则，
可得，
第一次x方向速度为零时位于（x0，y0），则
又
所以
最后停于（x1，y1），则，
又
可得，
所以粒子最终停止的位置坐标为（，）。
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