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广东上进联考2025-2026学年高二下学期5月学情检测物理试题
1．关于受迫振动和多普勒效应，下列说法正确的是（　　）
A．驱动力的频率和振动系统的固有频率相差越大，受迫振动的振幅越大
B．某些次声波的频率与人体器官的固有频率接近，应该尽量减小或消除次声波
C．“彩超”仪探头接收的超声波频率变大说明人体器官远离探头
D．当消防车迎面驶来时，我们听到鸣笛的音调变高，原因是消防车鸣笛的频率变高
2．如图为某款潮汐发电机的结构简图，两磁体间匀强磁场的磁感应强度大小为，线圈的面积为，匝数500匝，海浪带动线圈以转速逆时针匀速转动。图示位置，线圈平面和磁感线平行，不计线圈电阻。下列说法正确的是（　　）
A．若仅增大线圈匀速转动的转速，则线圈产生电动势的峰值不变
B．线圈产生电动势的峰值为
C．图示位置，线圈的磁通量最小，磁通量的变化率也最小
D．图示位置，端的电势高于端的电势
3．一质量为的足球（视为质点）从水平面上点，以大小为的初速度，沿和水平面成α角的方向踢出，一段时间后落回水平面上点，其轨迹如图所示，不计空气阻力，则整个过程中，足球的动量变化量的大小为（　　）
A． B． C． D．
4．如图甲，水平放置的圆形金属环内存在竖直向上、磁感应强度大小变化的磁场（如图乙）。规定顺时针方向（俯视）为电流的正方向，则环中感应电流图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
5．如图甲，将20个相同小球（视为质点）等间距用细线连接成水平直线，用来演示波的形成和传播。时，让球1在竖直方向做简谐运动，带动其余小球依次振动。如图乙，时，球1运动到上方最大位移20cm处，球5开始振动。已知相邻球间的距离为1m，下列说法正确的是（　　）
A．球5的起振方向向下
B．，球13开始振动
C．球13开始振动时，球9恰好运动到上方最大位移处
D．，球5通过的路程为60cm
6．某款电磁推进装置的结构简图（俯视图）如图所示，内侧间距为的两平行金属直导轨固定在水平面上，一质量为的电枢垂直放置在两导轨间。回路中通入恒为的强电流，方向图中已标出，两导轨中强电流在导轨间产生的磁场视为匀强磁场，磁感应强度与电流的关系式为（为常数），电枢由静止被推进距离后弹出。不计一切摩擦，电枢始终和导轨垂直且接触良好，电枢中电流产生的磁场忽略不计，下列说法正确的是（　　）
A．俯视看，导轨间磁场方向垂直于导轨平面向上
B．电枢受到安培力的大小为
C．电枢弹出时的速度大小为
D．若将强电流调整为，则电枢运动的加速度变为原来的9倍
7．如图，宽为的平行直线边界1、2间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为、电荷量为（）的带电粒子从边界1上点以大小为、方向与边界1成60°的初速度射入磁场，一段时间后，粒子再次回到边界1，不计粒子的重力，则磁感应强度的最小值为（　　）
A． B． C． D．
8．某实验小组设计了一款可调节亮度的台灯，结构简图如图所示。原线圈连接学生电源的交流挡（电压有效值恒定），移动变压器（视为理想变压器）的滑片P可调节副线圈的匝数，为电阻箱，导线电阻不计。闭合开关S，发现灯泡亮度太亮，要调暗一些，下列方案可行的是（　　）
A．向上移动滑片P B．向下移动滑片P
C．调大电阻箱的阻值 D．调小电阻箱的阻值
9．2025年10月31日，搭载神舟二十一号载人飞船的长征二号F遥二十一运载火箭成功发射。若火箭沿直线加速上升时，在极短时间内喷射燃气的质量为，喷出燃气的速度为（相对于喷气前火箭），喷出燃气后火箭的质量为，下列说法正确的是（　　）
A．火箭喷出燃气，燃气的反作用力推动火箭加速上升
B．喷出燃气后，火箭的动量改变量的大小为
C．喷出燃气后，火箭的速度增加量为
D．喷出燃气时，火箭受到的平均推力大小为
10．如图，两间距为的平行光滑长直金属导轨固定在竖直面内，导轨间有垂直于导轨平面向里、大小为的匀强磁场。两质量均为的金属棒PQ、MN垂直导轨放置，由静止释放金属棒MN的同时，用的恒力竖直向上拉金属棒PQ，使其由静止开始竖直向上运动，两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。已知两金属棒接入回路的电阻均为，重力加速度大小为，导轨电阻不计，下列说法正确的是（　　）
A．金属棒MN开始运动时的加速度大小为
B．运动过程中，金属棒MN和PQ的速度总是大小相等、方向相反
C．金属棒MN运动的最大速度为
D．若金属棒MN加速运动的时间为，则金属棒MN加速运动过程，通过金属棒MN横截面的电荷量为
11．如图甲，某实验小组利用一半径为（较大）固定光滑圆弧面测定当地的重力加速度，将小铁球从最低点移开一小段距离由静止释放，小铁球的运动可等效为单摆，请回答下列问题：
（1）用游标卡尺测量小铁球的直径，示数如图乙所示，则直径　 　mm。
（2）小铁球的运动可等效为单摆，则摆长　 　（用、表示）。
（3）若测得小铁球次全振动的时间为，则当地的重力加速度　 　（用、、、表示）。
12．某探究小组用图甲所示的装置来验证动量守恒定律，水平气垫导轨上放置两个滑块A和B，两侧放有光电门1和2。两滑块用一细线连接且两者之间有一压缩的弹簧。已知滑块A和B连同各自挡光片的质量分别为和且大于，请回答下列问题：
（1）滑块A、B上面的挡光片宽度相等，用螺旋测微器测量其宽度，如图乙所示，则挡光片宽度　 　mm。
（2）剪断细线，滑块A、B被弹簧弹开，滑块A向左运动经过光电门1时，挡光时间为，则此时滑块A的速度大小　 　，滑块B向右运动经过光电门2时，挡光时间为，若关系式　 　成立，则动量守恒定律得到验证。并且，被压缩弹簧储存的弹性势能　 　。（均选用、、、、表示）
（3）取走弹簧，将滑块A放在光电门1的左侧，滑块B放在光电门1、2之间，给滑块A一个向右的初速度，滑块A向右运动经过光电门1时，挡光时间为，碰撞后，滑块B、A先后经过光电门2的时间分别为和，若关系式　 　（用、、、、表示）成立，则动量守恒定律也能得到验证。
13．负折射率材料是一种新型的人工合成材料，在隐身、成像和通信等领域有着广泛的应用前景。某单色光照射这类材料时，折射角和入射角在法线同一侧，入射角和折射角的大小关系仍遵从折射定律，折射角取负值，折射率为负值。如图，该材料制成的半径半圆形透明工件水平放置，为圆心，一束单色光从半径的中点垂直射入，经折射后，恰好垂直射到右侧竖直光屏上的点，已知点到光屏的距离为6 cm，光在空气中的传播速率，不考虑光的多次反射，求：
（1）工件对该单色光的折射率；
（2）该单色光从点传播到点的时间。
14．某科技小组设计了一款电磁缓冲装置，结构简图如图所示。匝数为、总电阻为、边长为的正方形闭合线圈固定在绝缘主体下部，主体外侧安装有缓冲槽（槽内深度小于），槽中有垂直于线圈平面、大小为的匀强磁场。当整个装置以速度竖直向下与地面相撞后，缓冲槽立即静止，此后主体在磁场中向下做减速运动，当主体下落高度后，速度达到稳定。已知主体（含线圈）总质量为，重力加速度大小为，不计其他阻力。求：
（1）整个装置与地面相撞后瞬间，主体受到的安培力大小；
（2）主体下落高度过程中，线圈中产生的热量；
（3）主体下落高度所用的时间。
15．在科学研究中，经常用电场和磁场来精准地控制带电粒子的运动轨迹。如图，在直角坐标系的第一、四象限内分别存在足够大的匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直于平面向里，电场方向沿轴负方向。位于坐标处的粒子源，以大小为的初速度沿轴正方向射出质量为、电荷量为的电子，经磁场、电场偏转后，刚好经过点。已知匀强磁场的磁感应强度大小，不计电子的重力，求：
（1）电子被射出后，经过多长时间第1次经过轴？
（2）电场强度的大小；
（3）若仅改变粒子源射出电子的方向，让电子沿轴正方向射出，则电子第2026次经过轴时的横坐标。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】受迫振动和共振；多普勒效应
【解析】【解答】A、驱动力频率越接近系统固有频率，振幅越大；二者相差越大，受迫振动振幅越小，故A错误；
B、次声波频率若接近人体器官固有频率会发生共振，损伤内脏，因此需减小或消除次声波，故B正确；
C、探头接收超声波频率变大，说明人体器官向探头靠近，远离时接收频率会变小，故C错误；
D、消防车鸣笛自身频率不变，迎面驶来音调变高是观察者接收频率升高，并非波源频率改变，故D错误。
故选：B。
【分析】受迫振动共振时驱动力频率等于固有频率振幅最大，频率差值越大振幅越小；多普勒效应中波源频率不变，波源靠近观察者接收频率升高，远离则降低，共振会对固有频率相近的物体造成损伤。
2．【答案】D
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A、交变电动势峰值满足 Em=NBSω，且ω=2πn，若仅增大转速，ω增大，电动势峰值会增大，故A错误；
B、换算转速n=30r/min=0.5r/s，结合ω=2πn，代入数据可得ω=πrad/s，电动势峰值Em=NBSω，代入数据可得Em=20V，故B错误；
C、图示位置线圈平面与磁感线平行，磁通量为0，结合数学知识可知此时磁通量的变化率最大，故C错误；
D、结合右手定可知a端为电源正极，电势高于b端，故D正确。
故选：D。
【分析】借助交变电流峰值公式、磁通量和磁通量变化率的规律，配合右手定则逐一辨析各选项正误。
3．【答案】B
【知识点】斜抛运动；动量
【解析】【解答】不计空气阻力，则整个过程中，根据运动的分解可知足球初速度的水平分量 ，竖直分量，由运动对称性可知，末速度竖直分量大小仍为 ，方向向下，取竖直向下为正方向，初竖直动量为 ，末竖直动量为，因此动量变化量：
故选B。
【分析】不计空气阻力时，水平方向不受力，速度不变，竖直方向只受重力，做竖直上抛运动，落回同一水平面时竖直分速度大小不变、方向反向，结合动量变化量表达式分析。
4．【答案】C
【知识点】楞次定律；感应电动势及其产生条件；电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】根据法拉第电磁感应定律有，根据欧姆定律可得感应电流
阶段磁感应强度竖直向上均匀增大，磁通量向上增大，根据楞次定律可知感应电流为顺时针方向（俯视），因此电流沿着正方向，与图像斜率绝对值 ，因此感应电流大小，
故阶段电流大小恒定。
磁感应强度竖直向上均匀减小，磁通量向上减小，根据楞次定律可知感应电流为逆时针方向（俯视），因此电流沿着负方向，斜率绝对值 ， 因此感应电流大小，该阶段电流大小仍恒定，综上分析，只有选项C符合要求。
故选C。
【分析】根据楞次定律结合题中磁场的正方向的规定和电流的正方向的规定进行分析和判断。
5．【答案】C
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．根据“上坡下，下坡上”，波的传播方向向右，则球5的起振方向向上，故A错误；
B．已知相邻球间的距离为1m，时，波从球1传到球5，传播距离
因此波速，波传到球13的距离，所需时间，即时，球13才开始振动，故B错误；
C．球13与球9之间的距离为，由图知，可知球1与球5平衡位置间的距离，故球13与球9之间的距离也为；因此当球13开始振动时，球9恰好运动到上方最大位移处，故C正确；
D．由上述分析可知波长，波速，故振动周期，球5在时开始振动，故内，球5振动时间，每完成一次全振动即经过一个周期，质点经过的路程为四倍振幅，故球5通过的路程为，故D错误。
故选C。
【分析】机械波传播时，所有质点起振方向均与波源初始起振方向相同；波的传播速度等于波传播的距离除以对应的传播时间；每个质点的振动周期和波源周期完全一致；质点振动的总路程由振动的完整周期个数与振幅决定，每完成一次全振动质点经过的路程为四倍振幅。
6．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；安培力的计算
【解析】【解答】A．根据右手螺旋定则可知上下导轨电流在导轨间产生的磁场垂直纸面都向里， 枢中电流产生的磁场忽略不计，在导轨间合磁场方向垂直导轨平面向里（俯视向下），故A错误；
B．代入B=kI0，安培力 F=BI0L=kI0 I0L=kI02L，不是 kI0L，故B错误；
C．安培力是恒力，不计摩擦，由动能定理有，解得电枢弹出速度，故C错误；
D．加速度可知加速度与电流的平方成正比，当电流变为时，加速度变为原来的9倍，故D正确。
故选D。
【分析】根据安培定则判断通电导线磁场方向；安培力公式 F=BIL；根据动能定理求解速度；电流会同时影响磁感应强度与安培力，结合牛顿第二定律分析。
7．【答案】A
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】带电粒子在匀强磁场中洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
可得 ，因此，磁感应强度最小，对应的轨迹半径最大，最大对应轨迹刚好与边界2相切的情况，画出粒子在磁场中运动轨迹如图所示
在直角三角形中，根据几何关系有，解得最大轨迹半径
将代入，得，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】根据粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力得到B的表达式，画出粒子运动轨迹，结合几何关系求解磁感应强度的最小值。
8．【答案】B,C
【知识点】变压器原理；电路动态分析
【解析】【解答】A．向上移动P，副线圈匝数增大，增大，副线圈总电阻不变，电流 增大，灯泡变亮，A错误；
B． 向下移动P，副线圈匝数减小， 减小，电流减小，灯泡变暗，B正确；
CD．若将电阻箱R的阻值调大，由于副线圈两端电压U2不变，整个闭合电路的总电阻增大，导致通过灯泡的电流减小。灯泡电阻R灯不变，根据P=I2R灯，可知灯泡的实际功率减小，因此灯泡变暗；反之，若调小电阻箱R的阻值，则灯泡变亮，故C正确，D错误。
故选：BC 。
【分析】要调暗灯泡，需减小其实际电功率。已知原线圈输入电压恒定，副线圈输出电压由原、副线圈匝数比决定，移动滑片P可改变副线圈匝数，从而改变输出电压。灯泡亮度由通过它的电流决定，电流受副线圈输出电压和回路总电阻影响。电阻箱R与灯泡串联，其阻值变化会改变回路总电流，进而影响灯泡电流。
9．【答案】A,D
【知识点】动量定理；反冲
【解析】【解答】A．火箭向下喷出燃气，火箭对燃气有向下的作用力，根据牛顿第三定律，燃气对火箭产生向上的反作用力，该推力推动火箭加速上升，故A正确；
B．极短时间内系统动量守恒，燃气动量变化量大小为，火箭动量变化量与燃气动量变化量等大反向，因此火箭动量改变量大小为，不是mv，故B错误；
C．火箭和燃气动量守恒，可知，则火箭的速度增加量为，故C错误；
D．根据动量定理，解得火箭受到的推力为，故D正确。
故选AD。
【分析】系统动量守恒，火箭与燃气总动量不变，根据动量定理合外力冲量等于物体动量变化量求解火箭受到的推力。
10．【答案】B,D
【知识点】动量定理；动量守恒定律；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A、金属棒MN开始运动时只受到竖直向下的重力作用，初始加速度大小为a=g，故A错误；B、以金属棒MN和PQ整体为研究对象，整体受到竖直向下的总重力2mg和竖直向上的拉力F=2mg，两根导体棒所受安培力等大反向，整体所受合外力为零，系统动量守恒。由于两金属棒质量相等且初速度为零，在运动过程中，金属棒MN和PQ的速度总是大小相等、方向相反，故B正确；
C、当金属棒MN运动的速度达到最大值vm时，由于两棒速度大小相等方向相反，它们串联切割产生的总感应电动势为，电流为，则对金属棒MN根据平衡条件可得
联立，解得，故C错误；
D、金属棒MN加速运动过程，以竖直向下为正方向，根据动量定理可得
通过金属棒MN横截面的电荷量为，联立，解得，故D正确。
故选BD。
【分析】初始时刻，两棒速度为零且回路无感应电流，MN仅受重力作用，其加速度由重力直接产生。运动开始后，两棒整体在竖直方向合外力为零，系统动量守恒，由于质量相等且初动量为零，两棒速度始终大小相等方向相反。当MN达到最大速度时，安培力与重力平衡，通过切割磁感线产生的感应电动势与回路电流关系可确定速度表达式。在MN加速过程中，对其应用动量定理，重力冲量与安培力冲量共同改变其动量，结合电荷量定义与最大速度表达式可推导通过横截面的电荷量。
11．【答案】（1）16.6
（2）
（3）
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）10分度的游标卡尺的精确度为0.1mm，小铁球的直径（2）小铁球的运动可等效为单摆，摆长等于固定光滑圆弧面半径减去小球半径，则摆长；
（3）若测得小铁球次全振动的时间为，则单摆周期，根据单摆周期公式
联立解得
【分析】（1）10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，根据游标卡尺的读数规则读数；
（2）小铁球的运动可等效为单摆，摆长等于固定光滑圆弧面半径减去小球半径 ；
（3）根据全振动的次数和时间求周期，结合单摆周期公式求解重力加速度；
（1）由图乙可知，该游标卡尺为10分度，因此直径。
（2）小铁球的运动可等效为单摆，则摆长。
（3）若测得小铁球次全振动的时间为，则单摆周期
根据
联立解得
12．【答案】（1）6.860
（2）；；
（3）
【知识点】验证动量守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（1）螺旋测微器的读数为固定刻度读数与可动刻度读数之和，螺旋测微器固定刻度读数为，可动读数为
总读数为
（2）滑块速度可近似为平均速度，遮光片宽度为d，可得瞬时速度 ，因此A的速度
若系统动量守恒，可得，代入 、，可得
弹性势能全部转化为两滑块的动能，因此
（3） 滑块速度可近似为平均速度，碰撞前，A的速度，B静止，总动量
碰撞后，A速度B速度，总动量
若动量守恒 ，可得关系式
【分析】（1）螺旋测微器读数时，先读取固定刻度数值，再读取可动刻度数值，将两者相加得到遮光片宽度；
（2）烧断细线后两滑块动量守恒，初动量为零，末动量大小相等，用遮光片挡光时间计算瞬时速度，推导质量与时间的比例关系；弹性势能全部转化为两滑块的动能，分别计算两滑块的动能后求和，得到弹性势能表达式；
（3）用遮光片挡光时间计算瞬时速度，结合动量守恒定律求解表达式。
（1）螺旋测微器固定刻度读数为，可动读数为
总读数为
（2）[1]滑块速度可近似为平均速度，即 ，因此A的速度
[2]剪断细线前系统总动量为0，若动量守恒，弹开后总动量仍为0，即
代入 、，可得
[3]弹性势能全部转化为两滑块的动能，因此
（3） 碰撞前，A的速度，B静止
总动量
碰撞后，A速度B速度
总动量
若动量守恒 ，可得关系式
13．【答案】（1）解：光路图如图所示，
根据几何关系，入射角
折射角为
由光的折射定律
解得
（2）解：由上图可知单色光从点传播到点的距离为
解得
单色光从点传播到点的距离为
单色光在工件中的传播速率
单色光从点传播到点的时间
解得
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）画出折射光路图，求出折射角和入射角，根据折射定律求解折射率；
（2）根据几何关系结合折射定律解得传播距离，根据光程与光的传播速度关系计算时间。
（1）光路图如图所示，根据几何关系，入射角
折射角为
由光的折射定律
解得
（2）如图，单色光从点传播到点的距离为
解得
单色光从点传播到点的距离为
单色光在工件中的传播速率
单色光从点传播到点的时间
解得
14．【答案】（1）解：整个装置与地面相撞后瞬间，线圈速度仍为，则感应电动势
感应电流的大小为
又因为
联立解得
（2）解：当主体下落高度后，设此时的速度大小为，
速度达到稳定，根据受力平衡
主体下落高度过程中，根据能量守恒有
联立解得
（3）解：线圈下落，以竖直向下为正方向，由动量定理有
求和得
又因为
联立解得
【知识点】动量定理；安培力的计算；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）求出整个装置与地面相撞后瞬间感应电流大小，结合安培力表达式求解安培力大小；
（2）求出下落h时速度大小，速度达到稳定，根据平衡条件求解速度大小，结合能量守恒定律求解热量大小；
（3）以竖直向下为正方向，由动量定理结合电流定义式以及法拉第电磁感应定律求解下落时间。
（1）整个装置与地面相撞后瞬间，线圈速度仍为，则感应电动势
感应电流的大小为
又因为
联立解得
（2）当主体下落高度后，设此时的速度大小为，
速度达到稳定，根据受力平衡
主体下落高度过程中，根据能量守恒有
联立解得
（3）线圈下落，以竖直向下为正方向，由动量定理有
求和得
又因为
联立解得
15．【答案】（1）解：电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，满足
结合
解得
设电子从轴上的点进入电场时，速度方向与轴方向的夹角为，电子的运动轨迹如图所示，圆心为
根据几何关系可知
解得
根据几何关系，电子在匀强磁场中转过的圆心角为
电子做匀速圆周运动的周期
故电子被射出后，第1次经过轴的时间为
解得
（2）解：根据几何关系，两点之间的距离
电子在电场中做类斜抛运动，竖直方向根据牛顿第二定律有
从点运动到的时间
又
解得
（3）解：设电子第1次经过轴上的点，速度方向与轴方向的夹角为，电子的运动轨迹如图所示，圆心为
根据几何关系有，，
解得，
电子在电场中做类斜抛运动，运动的时间
又
解得
根据对称性，电子运动到、点时，速度方向与轴正方向的夹角均为，根据几何关系，可知
解得
所以电子第1次从匀强磁场进入匀强电场与第2次从匀强磁场进入匀强电场经过轴上两点间的距离为
之后电子运动具有周期性，从第2次到第2026次共经历了2024次穿越轴，对应1012个周期，故电子第2026次经过轴时，横坐标
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，画出电子的运动轨迹，根据几何关系求解电子在匀强磁场中转过的圆心角，结合周期公式求解运动时间；
（2）根据几何关系求解两点之间的距离，电子在电场中做类斜抛运动，结合斜抛运动规律求解；
（3）画出粒子运动轨迹，电子在电场中做类斜抛运动，结合几何关系求解电子第1次从匀强磁场进入匀强电场与第2次从匀强磁场进入匀强电场经过轴上两点间的距离，结合运动的周期性和对称性求解。
（1）电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，满足
结合
解得
设电子从轴上的点进入电场时，速度方向与轴方向的夹角为，电子的运动轨迹如图所示，圆心为
根据几何关系可知
解得
根据几何关系，电子在匀强磁场中转过的圆心角为
电子做匀速圆周运动的周期
故电子被射出后，第1次经过轴的时间为
解得
（2）根据几何关系，两点之间的距离
电子在电场中做类斜抛运动，竖直方向根据牛顿第二定律有
从点运动到的时间
又
解得
（3）设电子第1次经过轴上的点，速度方向与轴方向的夹角为，电子的运动轨迹如图所示，圆心为
根据几何关系有，，
解得，
电子在电场中做类斜抛运动，运动的时间
又
解得
根据对称性，电子运动到、点时，速度方向与轴正方向的夹角均为，根据几何关系，可知
解得
所以电子第1次从匀强磁场进入匀强电场与第2次从匀强磁场进入匀强电场经过轴上两点间的距离为
之后电子运动具有周期性，从第2次到第2026次共经历了2024次穿越轴，对应1012个周期，故电子第2026次经过轴时，横坐标
解得
1 / 1广东上进联考2025-2026学年高二下学期5月学情检测物理试题
1．关于受迫振动和多普勒效应，下列说法正确的是（　　）
A．驱动力的频率和振动系统的固有频率相差越大，受迫振动的振幅越大
B．某些次声波的频率与人体器官的固有频率接近，应该尽量减小或消除次声波
C．“彩超”仪探头接收的超声波频率变大说明人体器官远离探头
D．当消防车迎面驶来时，我们听到鸣笛的音调变高，原因是消防车鸣笛的频率变高
【答案】B
【知识点】受迫振动和共振；多普勒效应
【解析】【解答】A、驱动力频率越接近系统固有频率，振幅越大；二者相差越大，受迫振动振幅越小，故A错误；
B、次声波频率若接近人体器官固有频率会发生共振，损伤内脏，因此需减小或消除次声波，故B正确；
C、探头接收超声波频率变大，说明人体器官向探头靠近，远离时接收频率会变小，故C错误；
D、消防车鸣笛自身频率不变，迎面驶来音调变高是观察者接收频率升高，并非波源频率改变，故D错误。
故选：B。
【分析】受迫振动共振时驱动力频率等于固有频率振幅最大，频率差值越大振幅越小；多普勒效应中波源频率不变，波源靠近观察者接收频率升高，远离则降低，共振会对固有频率相近的物体造成损伤。
2．如图为某款潮汐发电机的结构简图，两磁体间匀强磁场的磁感应强度大小为，线圈的面积为，匝数500匝，海浪带动线圈以转速逆时针匀速转动。图示位置，线圈平面和磁感线平行，不计线圈电阻。下列说法正确的是（　　）
A．若仅增大线圈匀速转动的转速，则线圈产生电动势的峰值不变
B．线圈产生电动势的峰值为
C．图示位置，线圈的磁通量最小，磁通量的变化率也最小
D．图示位置，端的电势高于端的电势
【答案】D
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A、交变电动势峰值满足 Em=NBSω，且ω=2πn，若仅增大转速，ω增大，电动势峰值会增大，故A错误；
B、换算转速n=30r/min=0.5r/s，结合ω=2πn，代入数据可得ω=πrad/s，电动势峰值Em=NBSω，代入数据可得Em=20V，故B错误；
C、图示位置线圈平面与磁感线平行，磁通量为0，结合数学知识可知此时磁通量的变化率最大，故C错误；
D、结合右手定可知a端为电源正极，电势高于b端，故D正确。
故选：D。
【分析】借助交变电流峰值公式、磁通量和磁通量变化率的规律，配合右手定则逐一辨析各选项正误。
3．一质量为的足球（视为质点）从水平面上点，以大小为的初速度，沿和水平面成α角的方向踢出，一段时间后落回水平面上点，其轨迹如图所示，不计空气阻力，则整个过程中，足球的动量变化量的大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】斜抛运动；动量
【解析】【解答】不计空气阻力，则整个过程中，根据运动的分解可知足球初速度的水平分量 ，竖直分量，由运动对称性可知，末速度竖直分量大小仍为 ，方向向下，取竖直向下为正方向，初竖直动量为 ，末竖直动量为，因此动量变化量：
故选B。
【分析】不计空气阻力时，水平方向不受力，速度不变，竖直方向只受重力，做竖直上抛运动，落回同一水平面时竖直分速度大小不变、方向反向，结合动量变化量表达式分析。
4．如图甲，水平放置的圆形金属环内存在竖直向上、磁感应强度大小变化的磁场（如图乙）。规定顺时针方向（俯视）为电流的正方向，则环中感应电流图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】楞次定律；感应电动势及其产生条件；电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】根据法拉第电磁感应定律有，根据欧姆定律可得感应电流
阶段磁感应强度竖直向上均匀增大，磁通量向上增大，根据楞次定律可知感应电流为顺时针方向（俯视），因此电流沿着正方向，与图像斜率绝对值 ，因此感应电流大小，
故阶段电流大小恒定。
磁感应强度竖直向上均匀减小，磁通量向上减小，根据楞次定律可知感应电流为逆时针方向（俯视），因此电流沿着负方向，斜率绝对值 ， 因此感应电流大小，该阶段电流大小仍恒定，综上分析，只有选项C符合要求。
故选C。
【分析】根据楞次定律结合题中磁场的正方向的规定和电流的正方向的规定进行分析和判断。
5．如图甲，将20个相同小球（视为质点）等间距用细线连接成水平直线，用来演示波的形成和传播。时，让球1在竖直方向做简谐运动，带动其余小球依次振动。如图乙，时，球1运动到上方最大位移20cm处，球5开始振动。已知相邻球间的距离为1m，下列说法正确的是（　　）
A．球5的起振方向向下
B．，球13开始振动
C．球13开始振动时，球9恰好运动到上方最大位移处
D．，球5通过的路程为60cm
【答案】C
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．根据“上坡下，下坡上”，波的传播方向向右，则球5的起振方向向上，故A错误；
B．已知相邻球间的距离为1m，时，波从球1传到球5，传播距离
因此波速，波传到球13的距离，所需时间，即时，球13才开始振动，故B错误；
C．球13与球9之间的距离为，由图知，可知球1与球5平衡位置间的距离，故球13与球9之间的距离也为；因此当球13开始振动时，球9恰好运动到上方最大位移处，故C正确；
D．由上述分析可知波长，波速，故振动周期，球5在时开始振动，故内，球5振动时间，每完成一次全振动即经过一个周期，质点经过的路程为四倍振幅，故球5通过的路程为，故D错误。
故选C。
【分析】机械波传播时，所有质点起振方向均与波源初始起振方向相同；波的传播速度等于波传播的距离除以对应的传播时间；每个质点的振动周期和波源周期完全一致；质点振动的总路程由振动的完整周期个数与振幅决定，每完成一次全振动质点经过的路程为四倍振幅。
6．某款电磁推进装置的结构简图（俯视图）如图所示，内侧间距为的两平行金属直导轨固定在水平面上，一质量为的电枢垂直放置在两导轨间。回路中通入恒为的强电流，方向图中已标出，两导轨中强电流在导轨间产生的磁场视为匀强磁场，磁感应强度与电流的关系式为（为常数），电枢由静止被推进距离后弹出。不计一切摩擦，电枢始终和导轨垂直且接触良好，电枢中电流产生的磁场忽略不计，下列说法正确的是（　　）
A．俯视看，导轨间磁场方向垂直于导轨平面向上
B．电枢受到安培力的大小为
C．电枢弹出时的速度大小为
D．若将强电流调整为，则电枢运动的加速度变为原来的9倍
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；安培力的计算
【解析】【解答】A．根据右手螺旋定则可知上下导轨电流在导轨间产生的磁场垂直纸面都向里， 枢中电流产生的磁场忽略不计，在导轨间合磁场方向垂直导轨平面向里（俯视向下），故A错误；
B．代入B=kI0，安培力 F=BI0L=kI0 I0L=kI02L，不是 kI0L，故B错误；
C．安培力是恒力，不计摩擦，由动能定理有，解得电枢弹出速度，故C错误；
D．加速度可知加速度与电流的平方成正比，当电流变为时，加速度变为原来的9倍，故D正确。
故选D。
【分析】根据安培定则判断通电导线磁场方向；安培力公式 F=BIL；根据动能定理求解速度；电流会同时影响磁感应强度与安培力，结合牛顿第二定律分析。
7．如图，宽为的平行直线边界1、2间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为、电荷量为（）的带电粒子从边界1上点以大小为、方向与边界1成60°的初速度射入磁场，一段时间后，粒子再次回到边界1，不计粒子的重力，则磁感应强度的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】带电粒子在匀强磁场中洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
可得 ，因此，磁感应强度最小，对应的轨迹半径最大，最大对应轨迹刚好与边界2相切的情况，画出粒子在磁场中运动轨迹如图所示
在直角三角形中，根据几何关系有，解得最大轨迹半径
将代入，得，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】根据粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力得到B的表达式，画出粒子运动轨迹，结合几何关系求解磁感应强度的最小值。
8．某实验小组设计了一款可调节亮度的台灯，结构简图如图所示。原线圈连接学生电源的交流挡（电压有效值恒定），移动变压器（视为理想变压器）的滑片P可调节副线圈的匝数，为电阻箱，导线电阻不计。闭合开关S，发现灯泡亮度太亮，要调暗一些，下列方案可行的是（　　）
A．向上移动滑片P B．向下移动滑片P
C．调大电阻箱的阻值 D．调小电阻箱的阻值
【答案】B,C
【知识点】变压器原理；电路动态分析
【解析】【解答】A．向上移动P，副线圈匝数增大，增大，副线圈总电阻不变，电流 增大，灯泡变亮，A错误；
B． 向下移动P，副线圈匝数减小， 减小，电流减小，灯泡变暗，B正确；
CD．若将电阻箱R的阻值调大，由于副线圈两端电压U2不变，整个闭合电路的总电阻增大，导致通过灯泡的电流减小。灯泡电阻R灯不变，根据P=I2R灯，可知灯泡的实际功率减小，因此灯泡变暗；反之，若调小电阻箱R的阻值，则灯泡变亮，故C正确，D错误。
故选：BC 。
【分析】要调暗灯泡，需减小其实际电功率。已知原线圈输入电压恒定，副线圈输出电压由原、副线圈匝数比决定，移动滑片P可改变副线圈匝数，从而改变输出电压。灯泡亮度由通过它的电流决定，电流受副线圈输出电压和回路总电阻影响。电阻箱R与灯泡串联，其阻值变化会改变回路总电流，进而影响灯泡电流。
9．2025年10月31日，搭载神舟二十一号载人飞船的长征二号F遥二十一运载火箭成功发射。若火箭沿直线加速上升时，在极短时间内喷射燃气的质量为，喷出燃气的速度为（相对于喷气前火箭），喷出燃气后火箭的质量为，下列说法正确的是（　　）
A．火箭喷出燃气，燃气的反作用力推动火箭加速上升
B．喷出燃气后，火箭的动量改变量的大小为
C．喷出燃气后，火箭的速度增加量为
D．喷出燃气时，火箭受到的平均推力大小为
【答案】A,D
【知识点】动量定理；反冲
【解析】【解答】A．火箭向下喷出燃气，火箭对燃气有向下的作用力，根据牛顿第三定律，燃气对火箭产生向上的反作用力，该推力推动火箭加速上升，故A正确；
B．极短时间内系统动量守恒，燃气动量变化量大小为，火箭动量变化量与燃气动量变化量等大反向，因此火箭动量改变量大小为，不是mv，故B错误；
C．火箭和燃气动量守恒，可知，则火箭的速度增加量为，故C错误；
D．根据动量定理，解得火箭受到的推力为，故D正确。
故选AD。
【分析】系统动量守恒，火箭与燃气总动量不变，根据动量定理合外力冲量等于物体动量变化量求解火箭受到的推力。
10．如图，两间距为的平行光滑长直金属导轨固定在竖直面内，导轨间有垂直于导轨平面向里、大小为的匀强磁场。两质量均为的金属棒PQ、MN垂直导轨放置，由静止释放金属棒MN的同时，用的恒力竖直向上拉金属棒PQ，使其由静止开始竖直向上运动，两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。已知两金属棒接入回路的电阻均为，重力加速度大小为，导轨电阻不计，下列说法正确的是（　　）
A．金属棒MN开始运动时的加速度大小为
B．运动过程中，金属棒MN和PQ的速度总是大小相等、方向相反
C．金属棒MN运动的最大速度为
D．若金属棒MN加速运动的时间为，则金属棒MN加速运动过程，通过金属棒MN横截面的电荷量为
【答案】B,D
【知识点】动量定理；动量守恒定律；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A、金属棒MN开始运动时只受到竖直向下的重力作用，初始加速度大小为a=g，故A错误；B、以金属棒MN和PQ整体为研究对象，整体受到竖直向下的总重力2mg和竖直向上的拉力F=2mg，两根导体棒所受安培力等大反向，整体所受合外力为零，系统动量守恒。由于两金属棒质量相等且初速度为零，在运动过程中，金属棒MN和PQ的速度总是大小相等、方向相反，故B正确；
C、当金属棒MN运动的速度达到最大值vm时，由于两棒速度大小相等方向相反，它们串联切割产生的总感应电动势为，电流为，则对金属棒MN根据平衡条件可得
联立，解得，故C错误；
D、金属棒MN加速运动过程，以竖直向下为正方向，根据动量定理可得
通过金属棒MN横截面的电荷量为，联立，解得，故D正确。
故选BD。
【分析】初始时刻，两棒速度为零且回路无感应电流，MN仅受重力作用，其加速度由重力直接产生。运动开始后，两棒整体在竖直方向合外力为零，系统动量守恒，由于质量相等且初动量为零，两棒速度始终大小相等方向相反。当MN达到最大速度时，安培力与重力平衡，通过切割磁感线产生的感应电动势与回路电流关系可确定速度表达式。在MN加速过程中，对其应用动量定理，重力冲量与安培力冲量共同改变其动量，结合电荷量定义与最大速度表达式可推导通过横截面的电荷量。
11．如图甲，某实验小组利用一半径为（较大）固定光滑圆弧面测定当地的重力加速度，将小铁球从最低点移开一小段距离由静止释放，小铁球的运动可等效为单摆，请回答下列问题：
（1）用游标卡尺测量小铁球的直径，示数如图乙所示，则直径　 　mm。
（2）小铁球的运动可等效为单摆，则摆长　 　（用、表示）。
（3）若测得小铁球次全振动的时间为，则当地的重力加速度　 　（用、、、表示）。
【答案】（1）16.6
（2）
（3）
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）10分度的游标卡尺的精确度为0.1mm，小铁球的直径（2）小铁球的运动可等效为单摆，摆长等于固定光滑圆弧面半径减去小球半径，则摆长；
（3）若测得小铁球次全振动的时间为，则单摆周期，根据单摆周期公式
联立解得
【分析】（1）10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，根据游标卡尺的读数规则读数；
（2）小铁球的运动可等效为单摆，摆长等于固定光滑圆弧面半径减去小球半径 ；
（3）根据全振动的次数和时间求周期，结合单摆周期公式求解重力加速度；
（1）由图乙可知，该游标卡尺为10分度，因此直径。
（2）小铁球的运动可等效为单摆，则摆长。
（3）若测得小铁球次全振动的时间为，则单摆周期
根据
联立解得
12．某探究小组用图甲所示的装置来验证动量守恒定律，水平气垫导轨上放置两个滑块A和B，两侧放有光电门1和2。两滑块用一细线连接且两者之间有一压缩的弹簧。已知滑块A和B连同各自挡光片的质量分别为和且大于，请回答下列问题：
（1）滑块A、B上面的挡光片宽度相等，用螺旋测微器测量其宽度，如图乙所示，则挡光片宽度　 　mm。
（2）剪断细线，滑块A、B被弹簧弹开，滑块A向左运动经过光电门1时，挡光时间为，则此时滑块A的速度大小　 　，滑块B向右运动经过光电门2时，挡光时间为，若关系式　 　成立，则动量守恒定律得到验证。并且，被压缩弹簧储存的弹性势能　 　。（均选用、、、、表示）
（3）取走弹簧，将滑块A放在光电门1的左侧，滑块B放在光电门1、2之间，给滑块A一个向右的初速度，滑块A向右运动经过光电门1时，挡光时间为，碰撞后，滑块B、A先后经过光电门2的时间分别为和，若关系式　 　（用、、、、表示）成立，则动量守恒定律也能得到验证。
【答案】（1）6.860
（2）；；
（3）
【知识点】验证动量守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（1）螺旋测微器的读数为固定刻度读数与可动刻度读数之和，螺旋测微器固定刻度读数为，可动读数为
总读数为
（2）滑块速度可近似为平均速度，遮光片宽度为d，可得瞬时速度 ，因此A的速度
若系统动量守恒，可得，代入 、，可得
弹性势能全部转化为两滑块的动能，因此
（3） 滑块速度可近似为平均速度，碰撞前，A的速度，B静止，总动量
碰撞后，A速度B速度，总动量
若动量守恒 ，可得关系式
【分析】（1）螺旋测微器读数时，先读取固定刻度数值，再读取可动刻度数值，将两者相加得到遮光片宽度；
（2）烧断细线后两滑块动量守恒，初动量为零，末动量大小相等，用遮光片挡光时间计算瞬时速度，推导质量与时间的比例关系；弹性势能全部转化为两滑块的动能，分别计算两滑块的动能后求和，得到弹性势能表达式；
（3）用遮光片挡光时间计算瞬时速度，结合动量守恒定律求解表达式。
（1）螺旋测微器固定刻度读数为，可动读数为
总读数为
（2）[1]滑块速度可近似为平均速度，即 ，因此A的速度
[2]剪断细线前系统总动量为0，若动量守恒，弹开后总动量仍为0，即
代入 、，可得
[3]弹性势能全部转化为两滑块的动能，因此
（3） 碰撞前，A的速度，B静止
总动量
碰撞后，A速度B速度
总动量
若动量守恒 ，可得关系式
13．负折射率材料是一种新型的人工合成材料，在隐身、成像和通信等领域有着广泛的应用前景。某单色光照射这类材料时，折射角和入射角在法线同一侧，入射角和折射角的大小关系仍遵从折射定律，折射角取负值，折射率为负值。如图，该材料制成的半径半圆形透明工件水平放置，为圆心，一束单色光从半径的中点垂直射入，经折射后，恰好垂直射到右侧竖直光屏上的点，已知点到光屏的距离为6 cm，光在空气中的传播速率，不考虑光的多次反射，求：
（1）工件对该单色光的折射率；
（2）该单色光从点传播到点的时间。
【答案】（1）解：光路图如图所示，
根据几何关系，入射角
折射角为
由光的折射定律
解得
（2）解：由上图可知单色光从点传播到点的距离为
解得
单色光从点传播到点的距离为
单色光在工件中的传播速率
单色光从点传播到点的时间
解得
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）画出折射光路图，求出折射角和入射角，根据折射定律求解折射率；
（2）根据几何关系结合折射定律解得传播距离，根据光程与光的传播速度关系计算时间。
（1）光路图如图所示，根据几何关系，入射角
折射角为
由光的折射定律
解得
（2）如图，单色光从点传播到点的距离为
解得
单色光从点传播到点的距离为
单色光在工件中的传播速率
单色光从点传播到点的时间
解得
14．某科技小组设计了一款电磁缓冲装置，结构简图如图所示。匝数为、总电阻为、边长为的正方形闭合线圈固定在绝缘主体下部，主体外侧安装有缓冲槽（槽内深度小于），槽中有垂直于线圈平面、大小为的匀强磁场。当整个装置以速度竖直向下与地面相撞后，缓冲槽立即静止，此后主体在磁场中向下做减速运动，当主体下落高度后，速度达到稳定。已知主体（含线圈）总质量为，重力加速度大小为，不计其他阻力。求：
（1）整个装置与地面相撞后瞬间，主体受到的安培力大小；
（2）主体下落高度过程中，线圈中产生的热量；
（3）主体下落高度所用的时间。
【答案】（1）解：整个装置与地面相撞后瞬间，线圈速度仍为，则感应电动势
感应电流的大小为
又因为
联立解得
（2）解：当主体下落高度后，设此时的速度大小为，
速度达到稳定，根据受力平衡
主体下落高度过程中，根据能量守恒有
联立解得
（3）解：线圈下落，以竖直向下为正方向，由动量定理有
求和得
又因为
联立解得
【知识点】动量定理；安培力的计算；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）求出整个装置与地面相撞后瞬间感应电流大小，结合安培力表达式求解安培力大小；
（2）求出下落h时速度大小，速度达到稳定，根据平衡条件求解速度大小，结合能量守恒定律求解热量大小；
（3）以竖直向下为正方向，由动量定理结合电流定义式以及法拉第电磁感应定律求解下落时间。
（1）整个装置与地面相撞后瞬间，线圈速度仍为，则感应电动势
感应电流的大小为
又因为
联立解得
（2）当主体下落高度后，设此时的速度大小为，
速度达到稳定，根据受力平衡
主体下落高度过程中，根据能量守恒有
联立解得
（3）线圈下落，以竖直向下为正方向，由动量定理有
求和得
又因为
联立解得
15．在科学研究中，经常用电场和磁场来精准地控制带电粒子的运动轨迹。如图，在直角坐标系的第一、四象限内分别存在足够大的匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直于平面向里，电场方向沿轴负方向。位于坐标处的粒子源，以大小为的初速度沿轴正方向射出质量为、电荷量为的电子，经磁场、电场偏转后，刚好经过点。已知匀强磁场的磁感应强度大小，不计电子的重力，求：
（1）电子被射出后，经过多长时间第1次经过轴？
（2）电场强度的大小；
（3）若仅改变粒子源射出电子的方向，让电子沿轴正方向射出，则电子第2026次经过轴时的横坐标。
【答案】（1）解：电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，满足
结合
解得
设电子从轴上的点进入电场时，速度方向与轴方向的夹角为，电子的运动轨迹如图所示，圆心为
根据几何关系可知
解得
根据几何关系，电子在匀强磁场中转过的圆心角为
电子做匀速圆周运动的周期
故电子被射出后，第1次经过轴的时间为
解得
（2）解：根据几何关系，两点之间的距离
电子在电场中做类斜抛运动，竖直方向根据牛顿第二定律有
从点运动到的时间
又
解得
（3）解：设电子第1次经过轴上的点，速度方向与轴方向的夹角为，电子的运动轨迹如图所示，圆心为
根据几何关系有，，
解得，
电子在电场中做类斜抛运动，运动的时间
又
解得
根据对称性，电子运动到、点时，速度方向与轴正方向的夹角均为，根据几何关系，可知
解得
所以电子第1次从匀强磁场进入匀强电场与第2次从匀强磁场进入匀强电场经过轴上两点间的距离为
之后电子运动具有周期性，从第2次到第2026次共经历了2024次穿越轴，对应1012个周期，故电子第2026次经过轴时，横坐标
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，画出电子的运动轨迹，根据几何关系求解电子在匀强磁场中转过的圆心角，结合周期公式求解运动时间；
（2）根据几何关系求解两点之间的距离，电子在电场中做类斜抛运动，结合斜抛运动规律求解；
（3）画出粒子运动轨迹，电子在电场中做类斜抛运动，结合几何关系求解电子第1次从匀强磁场进入匀强电场与第2次从匀强磁场进入匀强电场经过轴上两点间的距离，结合运动的周期性和对称性求解。
（1）电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，满足
结合
解得
设电子从轴上的点进入电场时，速度方向与轴方向的夹角为，电子的运动轨迹如图所示，圆心为
根据几何关系可知
解得
根据几何关系，电子在匀强磁场中转过的圆心角为
电子做匀速圆周运动的周期
故电子被射出后，第1次经过轴的时间为
解得
（2）根据几何关系，两点之间的距离
电子在电场中做类斜抛运动，竖直方向根据牛顿第二定律有
从点运动到的时间
又
解得
（3）设电子第1次经过轴上的点，速度方向与轴方向的夹角为，电子的运动轨迹如图所示，圆心为
根据几何关系有，，
解得，
电子在电场中做类斜抛运动，运动的时间
又
解得
根据对称性，电子运动到、点时，速度方向与轴正方向的夹角均为，根据几何关系，可知
解得
所以电子第1次从匀强磁场进入匀强电场与第2次从匀强磁场进入匀强电场经过轴上两点间的距离为
之后电子运动具有周期性，从第2次到第2026次共经历了2024次穿越轴，对应1012个周期，故电子第2026次经过轴时，横坐标
解得
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