第十一单元 单元提升卷《巅峰突破》2026版物理高三一轮单元突破验收卷（含答案解析）

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密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
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姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
单元提升卷
100分,限时75分钟
一、选择题(本题共10小题,共40分。在每小题给出的四个选项中,第1—7题只有一项符合题目要求,每小题4分;第8—10题有多项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1.一种新型的电磁船的俯视图如图所示,MN、PQ为固定在船上的水平平行金属板,直流电源接在M、P之间。船上装有产生强磁场的装置,可在两平行金属板间海水中的虚线框内产生强磁场。闭合开关S后,电流通过海水从N流向Q,若船在海水的反冲作用下水平向左运动,虚线框中的磁场方向应该 (　　)
A.竖直向下　　　　 B.竖直向上 C.水平向左　　　　 D.水平向右
2.洛伦兹力演示仪如图,某次实验时,电子枪发出的电子在磁场中受到洛伦兹力作用做了一个完整的圆周运动,不计电子的重力,下列说法正确的是 (　　)
A.此次实验中,底部的电子枪水平向左发出电子,此时励磁线圈产生的磁场垂直于纸面向外
B.若增大电子速度,电子在能够做完整的圆周运动的情况下,其做圆周运动的周期减小
C.撤掉励磁磁场后电子将做直线运动
D.改变电子的入射方向,使其不与磁场方向垂直,电子仍然能做圆周运动
3.如图,在等边三角形三个顶点处,各有一根长直导线垂直于纸面固定放置。P、Q导线通有电流I,M导线通有电流2I,其中P、Q导线中电流垂直于纸面向里,M导线中电流垂直于纸面向外,P、Q导线在三角形中心O处产生的磁感应强度大小均为B,则三角形中心O处磁感应强度的大小为(B=k,k为常量,I为长直导线中的电流,r为到长直导线的距离) (　　)
A.B　　　　B.2B　　　　C.3B　　　　D.2B
4.如图所示,匀强磁场的磁感应强度大小为B,L形导线abc通以恒定电流I,放置在磁场中。已知ab段长为l,与磁场方向垂直,bc段长为l、与磁场方向平行。该导线受到的安培力大小为 (　　)
A.0　　　　B.BIl　　　　C.BIl　　　　D.2BIl
5.如图所示,在直角三角形ABC内存在垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出),AB边长度为d,∠C=,现垂直于AB边射入一群质量均为m、电荷量均为q、速度相同的带正电粒子(不计重力),已知垂直于AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0,在磁场中运动时间最长的粒子经历的时间为t0,下列判断正确的是 (　　)
A.粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为2.4t0
B.该匀强磁场的磁感应强度大小为
C.粒子在磁场中运动的轨道半径为d
D.粒子进入磁场时的速度大小为
6.如图所示,边长为a=0.4 m的正方形区域ABCD内无磁场,正方形中线PQ将区域外左右两侧分成两个磁感应强度大小均为B=0.2 T的匀强磁场区域,PQ右侧磁场方向垂直于纸面向外,PQ左侧磁场方向垂直于纸面向里。现将一质量为m=1×10-8 kg、电荷量为q=2×10-6 C的带正电粒子从AB中点以某一速率垂直于AB射入磁场,不计粒子的重力,则关于粒子的运动,下列说法正确的是 (　　)
A.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内,则粒子的最大速度为12 m/s
B.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内,则粒子的速度可能为10 m/s
C.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内,则粒子的速度可能为 m/s
D.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内,则粒子的速度可能为2 m/s
7.如图,真空中有区域Ⅰ和Ⅱ,区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向下(与纸面平行),磁场方向垂直纸面向里,等腰直角三角形CGF区域(区域Ⅱ)内存在匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上,AO与GF垂直,且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中,只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1,区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2,则粒子从CF的中点射出,它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱,能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t,不计粒子的重力及粒子之间的相互作用,下列说法正确的是 (　　)
A.若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1,则t>t0
B.若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E,则t>t0
C.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2,则t=
D.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2,则t=t0
8.如图所示,质量为m的三根完全相同的导体棒垂直于纸面放置,其中a、b两导体棒放置在粗糙的水平面上,c导体棒被竖立的轻质弹簧悬挂,三根导体棒中均通入垂直于纸面向里、大小相等的恒定电流后,两两间距离均相等,且保持稳定。下列说法正确的是 (　　)
A.弹簧的弹力大于c导体棒的重力
B.弹簧的弹力小于c导体棒的重力
C.水平面对a导体棒的摩擦力可能为零
D.若在地面上对称地缓慢增大a、b导体棒间的距离,弹簧长度将减小
9.如图所示,两个半径均为R的光滑绝缘圆轨道a、b并排固定在竖直平面内,在轨道最低点放置一根质量为m的铜棒,棒长为L,所在空间有平行于圆轨道平面水平向右的匀强磁场,给铜棒通以从C到D的恒定电流I的同时给铜棒一大小为的水平初速度(不考虑铜棒切割磁感线产生的电磁感应),已知磁感应强度大小B=(g为重力加速度),以下说法正确的是 (　　)
A.铜棒获得初速度时对每条轨道的压力为mg
B.铜棒获得初速度时对每条轨道的压力为0
C.从轨道最低点到最高点的过程中,铜棒机械能增加2mgR
D.从轨道最低点到最高点的过程中,铜棒所受合力的冲量大小为(+1)m
10.如图所示,以棱长为L的正方体顶点O为原点建立三维坐标系Oxyz,其中顶点P落在x轴上、Q落在y轴上。质量为m、电荷量为+q(q>0)的粒子(重力不计)由Q点沿x轴正方向以速度v0射入。第一次只在正方体内加沿z轴负方向、磁感应强度大小为B的匀强磁场,该粒子恰好能通过OQ的中点;第二次只在正方体内加沿y轴负方向、电场强度大小为E的匀强电场,该粒子恰好能通过OP的中点;第三次在正方体内同时加上匀强磁场和匀强电场,磁感应强度大小为B,磁场方向沿z轴负方向,电场方向沿z轴正方向,电场强度大小为E,则 (　　)
A.该粒子在正方体内运动的时间第一次大于第二次
B.电场强度和磁感应强度满足E=2v0B
C.第三次该粒子在正方体内的运动为匀变速曲线运动
D.第三次该粒子将从正方体的上表面穿出
二、非选择题(本题共5小题,共60分)
11.(6分)某实验小组用图示电路测量匀强磁场的磁感应强度。实验器材如下:边长为L、匝数为N的正方形线圈(a、b为引出端)一个,天平一台,各种质量的砝码若干,直流电源一个,灵敏电流计一个,定值电阻一个,开关、导线等若干。实验步骤如下:
(1)将a与c连接、b与d连接,闭合开关S,记录　　　　　　　　　(填物理量名称及符号),在天平的　　　　(选填“左盘”或“右盘”)中放入合适质量的砝码,使天平平衡;
(2)断开开关S,将a与d连接、b与c连接,再次闭合开关S,这时需要在天平的　　　　(选填“左盘”或“右盘”)中放入质量为Δm的砝码,使天平再次平衡;
(3)已知重力加速度大小为g,则磁感应强度的大小为B=　　　　(用上述物理量表示)。
12.(10分)某学习小组利用砷化镓霍尔元件(载流子为电子)研究霍尔效应,实验原理如图甲所示,匀强磁场垂直于元件的工作面,工作电源为霍尔元件提供霍尔电流IH,IH通过1、3测脚时,2、4测脚间将产生霍尔电压UH。
(1)2、4测脚中电势高的是　　　　(选填“2”或“4”)测脚。
(2)某次实验中,利用螺旋测微器测量元件厚度d(如图乙),其读数为　　　　mm,调节工作电压,改变霍尔电流,测出霍尔电压,实验数据如表所示:
实验次数 1 2 3 4 5
IH/mA 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50
UH/mV 41.5 83.1 124.8 166.4 208.1
根据实验数据在如图丙所示的坐标纸上作出UH与IH的关系图像;
(3)设该元件单位体积中自由电子的个数为n,元件厚度为d,磁感应强度为B,电子电荷量为e,则UH与IH的关系式为　　　　　。
(4)由所作的图线可以看出,图像并没有通过坐标原点,可能的原因是(写出一条即可)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
13.(13分)(2022天津卷,11)如图所示,M和N为平行金属板,质量为m、电荷量为q的带电粒子从M由静止开始被两板间的电场加速后,从N上的小孔穿出,以速度v由C点射入圆形匀强磁场区域,经D点穿出磁场,CD为圆形区域的直径。已知磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外,粒子速度方向与磁场方向垂直,重力忽略不计。
(1)判断粒子的电性,并求M、N间的电压U;
(2)求粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r;
(3)若粒子的轨道半径与磁场区域的直径相等,求粒子在磁场中运动的时间t。
14.(15分)如图所示,在xOy坐标平面内的x=-L和y轴之间存在着沿x轴正方向的匀强电场;第一、四象限内以坐标原点O为圆心、半径为L的半圆形区域内,存在着垂直于坐标平面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子,自坐标为(-L,L)的P点沿y轴负方向以大小为v0的速度射出,粒子恰好从坐标原点O进入匀强磁场,经磁场偏转,从x轴上离O点距离为L的位置离开磁场,不计带电粒子的重力。求:
(1)匀强电场的电场强度大小;
(2)匀强磁场的磁感应强度大小;
(3)改变粒子在x=-L上射出的位置及释放的速度,使粒子经坐标原点O进入磁场后,粒子在磁场中运动的轨迹恰好与磁场圆边界相切,求粒子在x=-L上释放的位置及释放的初速度大小。
15.(16分)如图所示,空间直角坐标系Oxyz中y轴沿竖直方向,整个空间存在沿y轴正方向的匀强电场(图中未画出),在x>0区域内存在沿y轴负方向、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一质量为3m、电荷量为q的金属小球a静止在O点,另一与小球a大小相同,质量为m、电荷量为3q的带正电金属小球b从(-2l,-l,0)(l未知)处以速度v0沿x轴正方向抛出,恰好与小球a发生弹性正碰,且电荷重新平均分配。已知重力加速度大小为g,小球之间的静电力不计。
(1)求匀强电场的电场强度E的大小;
(2)若B=,求碰后小球a受到的洛伦兹力大小和方向;
(3)若B=,且碰后瞬间匀强电场方向改为沿z轴正方向,求小球a经过x轴上M点时,离O点的距离。
答案全解全析
1.A
思路点拨　根据电源正、负极,N、Q间的电流方向如图所示:
解析　船受到的反冲力向左,根据牛顿第三定律,可知通电的海水受到向右的力,根据左手定则可知磁场方向竖直向下。故选A。
2.C　根据左手定则,磁场方向垂直纸面向里,故A错误;电子做圆周运动的周期T=,与其运动速度无关,故周期不变,故B错误;撤掉磁场后,在不计电子的重力的情况下电子不受力的作用,将做匀速直线运动,故C正确;当电子的入射方向不与磁场垂直时,其将做螺旋运动,故D错误。故选C。
3.C
思路点拨　因为通电长直导线周围磁场的磁感线为同心圆,磁感应强度方向沿磁感线切线方向,此规律可简化为通电长直导线周围某点的磁场方向必然垂直于该点与导线的连线。
解析　由题意,结合安培定则,M导线在O处的磁感应强度大小为2B,方向垂直于MO向右,P、Q导线在三角形中心O处的合磁感应强度方向垂直于MO向右,大小为B,故三根导线在O处合磁场的磁感应强度大小为B'=3B,故选C。
4.C　因导线bc段与磁场方向平行,则此段不受安培力;ab段与磁场方向垂直,此段受到的安培力为Fab=BI·l=BIl,则该导线受到的安培力大小为BIl。故选C。
易错警示　当导线与磁场方向垂直时,导线的有效长度l等于连接两端点的线段的长度,本题中bc段导线与磁场方向平行,不受安培力。
5.C
解题指引　1.“垂直于AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0”其速度偏转角为,运动了个周期。
2.“在磁场中运动时间最长的粒子经历的时间为t0”其轨迹对应的圆心角最大,轨迹与BC相切,从AC边射出。
解析　垂直于AC边射出的粒子速度偏转角为,则其轨迹对应的圆心角也等于,故有t0∶T=∶(2π),解得T=4t0,故A错误;根据带电粒子在匀强磁场中的周期公式有T=4t0=,可得B=,故B错误;在磁场中运动时间最长的粒子经历的时间为t0,其运动轨迹如图所示,其轨迹对应的圆心角为,即∠EOF=π,根据几何关系有r cos ∠FOA+=d,即r+r=d,解得r=d,故C正确;根据带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨迹半径公式,有r=d=,解得v==,故D错误。
6.C
思路点拨　若粒子能垂直于BC射入正方形区域内,则粒子可能的运动轨迹如图所示。
由几何关系可得(2n+1)r=(n=0,1,2,…)。
解析　根据题意可知,粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,解得v=,若粒子能垂直于BC射入正方形区域内,由几何关系可得(2n+1)r=(n=0,1,2,…),解得v=(n=0,1,2,…),当n=0时,速度最大,为vmax=8 m/s,当n=1时v= m/s,当n=2时v= m/s,则粒子的速度不可能为2 m/s。故选C。
7.D　由题知粒子沿AC做直线运动,则有qv0B1=qE,区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2,粒子从CF的中点射出,粒子在区域Ⅱ中轨迹对应的圆心角为90°,根据qv0B2=mr,有t0=T=,若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1,则粒子沿AC做直线运动时有qvA 2B1=qE,则vA=,再根据r=,T=,可知粒子在区域Ⅱ中轨迹半径减小,做匀速圆周运动的周期不变,粒子仍然从CF边射出,粒子在区域Ⅱ中轨迹对应的圆心角仍为90°,则t=t0,A错误;若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E,则粒子沿AC做直线运动时有qvBB1=q 2E,则vB=2v0,再根据r=,T=,可知粒子在区域Ⅱ中轨迹半径变为原来的2倍,做匀速圆周运动的周期不变,则粒子从F点射出,粒子在区域Ⅱ中的轨迹对应的圆心角仍为90°,则t=t0,B错误;若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2,则粒子沿AC做直线运动时速度仍为v0,再根据r=,可知粒子在区域Ⅱ中轨迹半径变为原来的倍,则粒子从OF边射出,画出粒子在区域Ⅱ中的运动轨迹如图1,根据sin θ==,可知粒子在区域Ⅱ中轨迹对应的圆心角θ=60°,根据qvB=mr,有t=,则t=,C错误;若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2,则粒子沿AC做直线运动时速度仍为v0,再根据qvB=m,可知粒子半径变为原来的倍,则粒子从OF边射出,画出粒子在区域Ⅱ中的运动轨迹如图2,根据sin α==,可知在区域Ⅱ中轨迹对应的圆心角为α=45°,根据qvB=mr,有t=,则t=t0,D正确。
　　　　
8.AD　三根导体棒中的电流方向相同,根据同向电流相吸,反向电流相斥可知,a导体棒和b导体棒对c导体棒都有吸引力,作用力的合力方向竖直向下,故弹簧的弹力大于c导体棒的重力,故A正确,B错误;b、c导体棒对a导体棒的合力方向垂直b、c连线向上,在水平方向的分力不为零,而a导体棒处于静止状态,根据受力平衡可知,水平面对a导体棒的摩擦力一定不为零,故C错误;若对称地缓慢增大a、b导体棒间的距离,a导体棒和b导体棒对c导体棒的作用力都在减小,且二力的夹角增大,故二力的合力减小,则弹簧弹力减小,弹簧的伸长量减小,弹簧长度减小,故D正确。故选A、D。
归纳总结　分析电流间相互作用力优先考虑利用二级结论:同向电流相互吸引,反向电流相互排斥快速判断。
9.BD　根据左手定则可以判断,安培力方向竖直向上,根据牛顿第二定律有BIL+N-mg=m,解得N=0,根据牛顿第三定律可知,铜棒获得初速度时对每条轨道的压力为0,故A错误,B正确;从轨道最低点到最高点的过程中,安培力做功等于铜棒机械能增加量,则ΔE=BIL×2R=4mgR,故C错误;从轨道最低点到最高点的过程中,由动能定理可得mv2-m=BIL×2R-mg×2R,解得在最高点速度v=,与初速度方向相反,根据动量定理从轨道最低点到最高点的过程中,铜棒所受合力的冲量I=Δp=mv-(-mv0)=(+1)m,故D正确。故选B、D。
10.ABD
思路点拨　由题意可画出粒子第一次和第二次在xOy平面内的运动轨迹如图所示:
解析　第一次粒子在磁场中做匀速圆周运动,其轨迹为一圆弧,运动半径为r=L,由洛伦兹力提供向心力得qv0B=m,解得B=,运动时间t1==,第二次粒子在电场中做类平抛运动,沿x轴正方向做匀速直线运动,则运动时间为t2=,可知该粒子在正方体内运动的时间第一次大于第二次,故A正确;第二次运动中,粒子沿y轴负方向做匀加速直线运动,则有L=×,解得E=2v0B,故B正确;第三次粒子射入时,所受电场力方向沿z轴正方向,所受洛伦兹力始终平行于xOy平面且与平行于xOy平面的分速度垂直,则电场力与洛伦兹力的合力与速度不在同一直线上,且洛伦兹力方向不断变化,粒子不会做匀变速曲线运动。粒子在平行于xOy方向做匀速圆周运动,竖直方向做匀加速直线运动,因为粒子沿平行于xOy方向穿出正方体所用的时间大于沿竖直方向穿出正方体所用的时间,所以粒子最终会从正方体的上表面穿出,故C错误,D正确;故选A、B、D。
11.答案　(1)灵敏电流计的读数I(2分)　左盘(1分)
(2)右盘(1分)　(3)(2分)
解析　(1)实验中闭合开关S,应记录灵敏电流计的读数I;由左手定则可知闭合开关后线圈所受的安培力向下,应在天平的左盘中放入合适质量的砝码,才能使天平平衡;
(2)断开开关S,将a与d连接、b与c连接,再次闭合开关S,由左手定则可知闭合开关后线圈所受的安培力向上,在天平的右盘中放入质量为Δm的砝码,才能使天平平衡;
(3)断开开关S,将a与d连接、b与c连接,再次闭合开关S,天平再次平衡后,有2BINL=Δmg,解得B=。
12.答案　(1)2(2分)　(2)2.000(2分)　见解析(2分)
(3)UH=(2分)　(4)见解析(2分)
解析　(1)因为霍尔元件的载流子是电子,所以在霍尔元件中是电子的定向移动形成了电流,根据左手定则可知,电子受到的洛伦兹力向“4”测脚方向,所以“4”测脚的电势低,“2”测脚的电势高。
(2)螺旋测微器的读数为d=2.0 mm+0×0.01 mm=2.000 mm;根据表格中的数据在图中进行描点连线,如图所示。
(3)霍尔元件中的电路稳定后,对元件中的电子来说,其受到洛伦兹力和电场力,且二力平衡,所以有eE=evB,IH=neSv,设霍尔元件的宽度为l,其横截面积S=ld,霍尔元件的电压为UH=El,整理后有UH=。
(4)由图像可知,其未过原点,可能的原因有①霍尔电流为0时,2、4测脚间存在电势差。②2、4电极不在同一等势面上。③由于存在温度差,2、4测脚间存在温差电动势。
13.答案　(1)正电　　(2)　(3)
解析　(1)带电粒子在磁场中运动,根据左手定则可知粒子带正电。粒子在电场中运动,由动能定理可知
qU=mv2 (2分)
解得U= (1分)
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动,所受洛伦兹力提供向心力,有qvB=m (2分)
解得r= (1分)
(3)设粒子运动轨迹圆弧对应的圆心角为θ,如图,
依题意粒子的轨道半径与磁场区域的直径相等,由几何关系得
θ= (2分)
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T,有
T= (2分)
带电粒子在磁场中运动的时间t=T (2分)
联立各式解得t= (1分)
14.答案　(1)　(2)　(3)见解析
解析　(1)由题意知粒子在电场中做类平抛运动,则有
L=v0t (1分)
L=at2 (1分)
根据牛顿第二定律可得qE=ma (1分)
联立解得E= (1分)
(2)设粒子进磁场时的速度为v,根据动能定理可得
qE·L=mv2-m (1分)
解得v=v0 (1分)
根据几何关系可知,粒子进磁场时的速度方向与x轴正方向成45°角,则粒子在磁场中做圆周运动的半径为
r=L (1分)
根据牛顿第二定律可得qvB=m (1分)
联立解得B= (1分)
(3)设粒子进磁场时的速度大小为v',平行于x轴的分量为vx,进磁场时速度与x轴正方向夹角为θ,则有
=2a×L (1分)
解得vx=v0,v'= (2分)
粒子在磁场中做圆周运动的半径为r'= (1分)
设粒子在磁场中做圆周运动后从y轴出磁场时的位置离O点距离为d,根据几何关系可得
d=2r' cos θ==L (1分)
即粒子经磁场偏转后恰好从磁场虚线边界与y轴的交点射出,由于轨迹又要与虚线边界相切,因此粒子从O点射入磁场时,速度沿x轴正方向,由此判断粒子释放的位置在x轴上,且初速度为0。 (1分)
解后复盘　带电粒子先在电场中偏转,后进入磁场,此类问题通常需要通过分析在电场中的偏转过程求出进入磁场时的速度大小和方向,才方便进一步确定粒子在磁场中的运动轨迹。分析粒子在电场中的偏转过程,经常用到运动的合成与分解或动能定理。
15.答案　(1)　(2)6mg,方向沿z轴负方向　(3)
思路点拨　一动一静“弹性正碰”意味着系统动量守恒,有m1v1=m1v'1+m2v'2,由机械能守恒定律有m1=m1v'+m2v',联立解得v'1=v1,v'2=v1。
解析　(1)由a静止可知小球a带正电,由平衡条件可知3mg=Eq (2分)
解得E= (1分)
(2)b小球运动至O点的过程,水平方向有
2l=v0·t (1分)
竖直方向有l=vy·t (1分)
联立可得vy=v0 (1分)
则vb==v0 (1分)
方向斜向上与x轴成45°角,b球与a球发生弹性碰撞,则有mvb=mv'b+3mv'a (1分)
m=mv'+×3mv' (1分)
解得v'a=vb=v0 (1分)
方向斜向上与x轴成45°角,a球沿x轴分速度为
v'ax=v'a·cos 45°=v0 (1分)
又a、b碰撞后带电荷量重新分配均为2q,所以a球所受洛伦兹力大小为
F洛=2q·v'ax·B=2q×v0×=E·2q=6mg (1分)
方向沿z轴负方向。 (1分)
(3)由z轴方向F洛=2Eq=6mg (1分)
故z轴方向受力平衡,x轴方向上做匀速直线运动,y轴方向上做匀变速运动,回到x轴所用时间
t=2×= (1分)
距离x=v'a·cos 45°·t= (1分)