辽宁沈阳市东北育才学校2025-2026学年高三下学期第六次模拟考物理试卷（含解析）

2025—2026 学年度下学期东北育才学校
高三年级物理科目假期质量测试暨第六次模拟考试试题
答题时间：75 分钟满分：100
一、选择题（本题共 10 小题。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，每个小题 4 分；第 8~10 题有多项符合题目要求，全部选对的得
6 分，选对但不全的得 3 分，有错选或不答的得 0 分）
1 ．下列关于物理学的说法正确的是( )
A ．火箭在太空中飞行时违背了牛顿第三定律，因为在太空中没有空气可推
B ．在国际单位制中，千克（kg ）、米（ m ）、秒（s ）是力学的三个基本单位
C ．伽利略通过理想斜面实验说明了力是改变物体运动状态的原因
D．伽利略的斜面实验直接测量的是小球沿斜面滚下的位移和时间，验证位移与时间的正比关系
2 ．学校体育器材室有一圆弧形篮球架，如图所示，若某同学将同一篮球分别放在a 、b 、 c 、d 位置，挡板均竖直，不计摩擦，下列说法正确的是( )
A ．在a 位置时篮球对圆弧篮球架的压力最大
B ．在b 位置时篮球对圆弧篮球架的压力最大
C ．在c 位置时篮球对挡板的压力最大
D ．在d 位置时篮球对挡板的压力最大
3 ．如图所示，两个完全相同且质量均为 2kg 的物体 A 、B 用轻弹簧连接，沿弹簧轴线方向用力 F 拉动物块 A，稳定后 AB 以 2m/s2 的加速度一起向右做匀加速直线运动，已知弹簧始终在弹性限度内，A、B 与水平面间的动摩擦因数均为 0.2，g 取 10m/s2。则稳定后， 下列说法正确的是( )
试卷第 1 页，共 8 页
A ．拉力 F 的大小为 8N
B ．弹簧弹力大小为 4N
C ．撤去力 F 的瞬间，A 的加速度大小为 6m/s2
D ．撤去力 F 的瞬间，B 的加速度大小为 1m/s2
4 ．一带负电粒子在电场中的P 点由静止释放后沿直线运动，该过程粒子速度的平方v2 随位移x 变化情况如图所示，粒子运动过程仅受电场力作用，则此电场的电场线分布可能为( )
试卷第 2 页，共 8 页
A．
C．
B．
D．
5 ．如图所示，在竖直面内，倾斜长杆上套一小物块，跨过轻质定滑轮的细线一端与物块连接，另一端与固定在水平面上的竖直轻弹簧连接。使物块位于 A 点时，细线自然拉直且垂直于长杆，弹簧处于原长。现将物块由 A 点静止释放，物块沿杆运动的最低点为 B ，C 是 AB 的中点。弹簧始终在弹性限度内，不计一切阻力，则( )
A．A 到 B 过程物块运动的加速度先增大后减小
B．A 到 C 过程重力对物块做的功小于 C 到 B 过程重力对物块做的功
C．A 到 C 过程物块所受合力做的功大于 C 到 B 过程物块克服合力做的功
D ．物块下滑过程中，弹簧的弹性势能在 A 到 C 过程的增量小于 C 到 B 过程的增量
6 ．如图所示，放于竖直面内的光滑金属细圆环半径为 R，质量为 m 的带孔小球穿于环上，同时有一长为 R 的细绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点，绳能承受的最大拉力为
2mg，重力加速度的大小为 g，当圆环以角速度 ω 绕竖直直径转动时，下列说法不正确的是( )
(
A
．圆环角速度
ω
等于
时，小球受到
2
个力的作用
B
．圆环角速度
ω
等于
时，小球受到
3
个
力的作用
C
．圆环角速度
ω
等于
时，细绳将断裂
6
g
)
(
D
．圆环角速度
ω
大于
·
时，小球受到
2
个力的
作用
)\ R
7 ．从地面上以初速度 10m/s 竖直向上抛出一质量为 0.2kg 的小球，运动过程中小球受到的空气阻力f与其速率 v 成正比，其关系为f=kv ，k 为常数。已知落地前小球已经匀速下落，速率为 2m/s，取重力加速度 g=10m/s2 ，则以下说法正确的是( )
A ．k 的值为 1s/m
B ．小球在上升阶段速率为 1m/s 时，加速度大小为 20m/s2
C ．小球上升的最大高度为 2.6m
D ．小球抛出到落地过程中所用时间为 1.2s
8 ．随着我国航天技术的进步和经济发展的需要，每年都要发射很多不同类型的卫星来满足需求。有 a 、b 、c 、d 四颗卫星，a 是高空探测卫星，b 是地球同步卫星，c 在近地轨道上正常运行，卫星 d 还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，四颗卫星的质量相同，各卫星排列位置如图所示，则有( )
试卷第 3 页，共 8 页
A ．d 随地球自转需要的向心力等于 c 绕地球运动需要的向心力
B ．c 的周期大于 b 的周期
C ．d 的向心加速度小于 b 的向心加速度
D ．若 b 变轨到 a 所在轨道，需要先依靠推进器加速
9 ．如图甲所示，一块质量为mA = 2kg 的木板A 静止在水平地面上，一个质量为mB = 1kg 的滑块B 静止在木板的左端，现对B 施加一向右的水平恒力F ，一段时间后B 从 A 右端滑出， A 继续在地面上运动一段距离后停止，此过程中A 的速度v 随时间t 变化的图像如图乙所示。
设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10m/s2 。下列说法正确的是( )
A ．滑块与木板之间的动摩擦因数为 0.6
B ．木板与地面之间的动摩擦因数为 0.1
C ．F 的大小可能为 9N
D ．F 的大小与板长L 有关
10 ．一匀强磁场的磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，
ab = cd = 2L ，bc = de = L ，一束 He 粒子，在纸面内从 a 点垂直于 ab 射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。已知 He 粒子的质量为 3m，电荷量为 q。以下正确的为( )
A ．粒子不能到达 de 中点
B ．从 bc 边界出的粒子运动时间相等
C ．在磁场中运动时间最长的粒子，其运动率为v
D ．粒子在磁场中运动的最长时间为
试卷第 4 页，共 8 页
二、非选择题（本题共 5 小题，共 54 分）
11．小明用图 1 所示装置验证小球与物块碰撞过程中的动量守恒。小球的质量为 m，半径为R 的圆弧形轨道固定在水平桌面上，下端与桌面相切，轨道的底端固定一压力传感器。质量为 M 的小物块放置在紧靠轨道底端的桌面上，在桌面另一端装一位移传感器。将小球从轨道上某点由静止释放，在轨道底端与物块发生碰撞后反弹。位移传感器测出物块在一段时间内做匀减速运动的位移 x 随时间 t 变化的图像，如图 2 所示。通过压力传感器测出碰前和碰后小球对传感器的压力分别为F1 和F2 ，重力加速度为 g。
(1)实验中小球和物块的质量关系是 m______M（选填“＞”、“＜”或“=”)。
(2)小球第一次到达轨道底端的速度大小v1 = ______（用题中所给物理量的字母表示），同样
可求得小球反弹后的速度大小v2 。
(3)为验证小球和物块碰撞过程中动量守恒，需要验证的关系式为_____（用 m 、M、v1 、v2 、 x1 、x2 、t1 、t2 表示）。
12．小蜀同学在学习了电容器之后，萌生了自制一个电容器的想法。如图甲所示， 他取来两张锡箔纸作为电容器的两个电极，三张电容纸（绝缘介质），按照一层电容纸、一层锡箔纸的顺序交替叠放，然后将五层纸一起卷成圆柱形，两根引线 a 、b 分别接在两张锡箔纸上，最后将整个圆柱形密封在塑料瓶中（两根引线露出），电容器即制作完成。
(1)以下哪种操作可以增加该电容器的电容______（填正确答案标号）
A ．增大电容器的充电电压
B ．用同种但是更厚的电容纸替代
试卷第 5 页，共 8 页
C ．增大锡箔纸的正对面积
D ．在卷成圆柱形的时候，用力尽可能使电容纸贴紧
(2)小蜀同学打算进一步研究自制电容器的充放电情况，在与物理老师交流后采用了如图乙所示的电路进行观察。将 S 置于 a 端，电压随时间变化图像（计算机显示）如图所示，则充电过程的充电电流______（选填“逐渐增大” 、“逐渐减小”或者“保持不变”），如果充满电后电容器所带电荷量为3× 10-7 C ，则电容大小为 C = ______ μF 。
(3)小蜀同学为了进一步分析该电容器的瞬时电流值，过（2）问图线上的 P 点作切线（如图虚线），P 点对应时刻的瞬时电流大小为______mA。
13．近年来，我国在人工智能领域取得重大突破，智能机器人技术已广泛应用于物流、仓储等领域。在某科技公司的测试场上两个物流机器人 A 和 B 正在进行性能测试。如图 1 所示，在直线测试跑道上，机器人 A 在t = 0 时从起点以初速度vA0 = 2m/s 和加速度aA = 0.5m/s2 向
右匀加速运动；机器人 B 在t1 = 4s 时从起点由静止开始以加速度aB （未知）向右做匀加速
运动。已知机器人 B 在t2 = 10s 时追上机器人A，求：
(1)机器人 B 的加速度大小aB ；
(2)在机器人 B 追上 A 之前，两者之间的最大距离；
(3)如图 2 所示，假设跑道长 100 米，机器人 A 以vA = 4m/s 的速度从起点匀速向终点出发；
试卷第 6 页，共 8 页
机器人 B 以vB = 8m/s 的速度从终点匀速向起点出发。两者均在跑道的终点与起点做折返运动，忽略掉头的时间，则在 100 秒内机器人 A 与 B 会相遇几次？最后一次相遇点距离起点多远？
14 ．如图，质量为 m、电阻为 R0 的均匀金属棒 ab 垂直架在水平面甲内间距为 2L 的两光滑金属导轨的右边缘处。下方的导轨由光滑圆弧导轨与处于水平面乙的光滑水平导轨平滑连接而成（即图中半径 OM 和 O9P 竖直），圆弧导轨半径为 R、对应圆心角为 60°、间距为 2L，
水平导轨间距分别为 2L 和 L。质量也为 m、电阻也为 R0 的均匀金属棒 cd 垂直架在间距为 L 的导轨左端。导轨 MM9与 PP9 、NN9与 QQ9均足够长，所有导轨的电阻都不计。电源电动势 为 E、内阻不计。所有导轨的水平部分均有竖直方向的、磁感应强度为 B 的匀强磁场，圆弧部分和其他部分无磁场。闭合开关 S，金属棒 ab 迅即获得水平向右的速度（未知，记为 v0）做平抛运动，并在高度降低 2R 时恰好沿圆弧轨道上端的切线方向落在圆弧轨道上端，接着沿圆弧轨道下滑。已知重力加速度为 g，求：
(1)空间匀强磁场的方向及棒 ab 做平抛运动的初速度 v0；
(2)通过电源 E 某截面的电荷量q；
(3)从金属棒 ab 刚落到圆弧轨道上端起至开始匀速运动止，这一过程中棒 ab 和棒 cd 组成的系统损失的机械能ΔE。
15．如图所示，在 xOy 平面内的第二象限有一个圆形匀强磁场区域，其边界与 x 轴相切于 A （-2m ，0）点，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为 B=1T，磁场区域的半径 为 R=2m，第一象限内有一条抛物线 OQP（图中虚线所示），P（4m ，0）是 x 轴上的一点，抛物线 OQP 上方存在沿y 轴负方向的匀强电场，场强 E=3×103V/m，从 A 点向第二象限发 射大量带正电的某种粒子，粒子的速率均为 v0（未知），质量均为 m=2×10-7kg，电荷量均为 q=1×10-4C，所有粒子均可到达 P 点，不计粒子的重力和粒子间的相互作用。
试卷第 7 页，共 8 页
（1）已知粒子 1 沿与 x 轴正方向成 θ1=60°的方向进入磁场后平行于 x 轴从磁场中射出，求初速度 v0的大小；
（2）粒子 2 沿与 x 轴正方向成 θ2=120°的方向进入磁场，求它从 A 点运动到 P 点所用的时间 t（结果保留 2 位有效数字）；
（3）求电场的边界线 OQP 的轨迹方程。
试卷第 8 页，共 8 页
1 ．B
A ．火箭在太空中飞行时，通过喷出燃料产生反作用力，遵循牛顿第三定律（作用力与反作用力定律），不依赖空气，故 A 错误；
B ．在国际单位制（SI）中，千克（kg ）、米（ m ）、秒（s ）是力学的三个基本单位，分别对应质量、长度和时间，故 B 正确；
C ．伽利略的理想斜面实验说明了物体在不受力时保持运动状态不变（惯性），为“力是改变物体运动状态的原因”提供了实验基础，但该表述更直接源于牛顿第一定律，故 C 错误；
D．伽利略的斜面实验直接测量小球沿斜面滚下的位移和时间，验证了位移与时间的平方成正比，而非与时间的正比关系，故 D 错误。
故选 B。
2 ．A
篮球受到重力、挡板的支持力和斜面的支持力，篮球受力分析如图所示
由平衡条件可知挡板对篮球的支持力大小为F = mg tanθ圆弧篮球架对篮球的弹力大小为N
其中θ 为弧面的倾角， θ 越大，tan θ 越大，挡板对篮球的支持力越大，所以在a 位置时挡板对篮球的支持力最大，根据牛顿第三定律可知，篮球对挡板的压力最大； θ 越大，cos θ 越小，圆弧篮球架对篮球的弹力越大，所以在a 位置时圆弧篮球架对篮球的弹力最大，根据牛顿第三定律可知，在a 位置时篮球对圆弧篮球架的压力最大。
故选 A。
3 ．C
A 、B 与水平面间的滑动摩擦力大小均为f = μmg = 4N
A ．将 A 、B 看作一个整体，根据牛顿第二定律有F - 2f = 2ma代入数据得F = 16N ，故 A 错误；
B ．隔离物体 B 进行受力分析，根据牛顿第二定律有T - f = ma代入数据得T = 8N ，故 B 错误；
C ．撤去力 F 的瞬间，弹簧的形变量不变，因此弹簧的弹力大小和方向均不变，对物体 A，
答案第 1 页，共 11 页
根据牛顿第二定律有T +f = ma1
代入数据得a1 = 6m/s2 ，故 C 正确；
D ．对物体 B，受力情况不变，根据牛顿第二定律T - f = ma2
代入数据得a2 = 2m/s2 ，故 D 错误。
故选 C。
4 ．D
将粒子的 v2 - x 图像与匀变速直线运动的v2 - x 图像比对，根据匀变速直线运动
v2 = 2ax ，可得v2 - x 图像的斜率恒定。由图中斜率变化可知，粒子的加速度逐渐减小，可知粒子向着场强减小的方向运动，即向着电场线较稀疏的方向运动，又带负电粒子受电场力方向与电场线方向相反，所以 D 答案符合题意。
故选 D。
5 ．D
A ．依题意，可知物块从 A 运动到 B，先加速后减速，到 B 点速度为零，此时加速度不为零，故 A 错误；
B．A 到 C 过程重力对物块做的功的大小等于 C 到 B 过程重力对物块做的功的大小，故 B错误；
C ．根据动能定理，物块从 A 到 C，合力做的功等于动能的增量；物块从 C 到 B，克服合力做功等于动能的减少量。而物块在 A 点和 B 点的速度都为零，故两个过程物块动能的变化量相等，所以 A 到 C 过程物块所受合力做的功等于 C 到 B 过程物块克服合力做的功。故 C错误；
D ．根据几何关系，可知物块从 A 到 C 过程的弹簧形变量小于 C 到 B 过程的弹簧形变量，
故物块下滑过程中，弹簧的弹性势能在 A 到 C 过程的增量小于 C 到 B 过程的增量。故 D 正确。
故选 D。
6 ．C
A ．当细绳拉直时，设细绳与水平方向的夹角为 θ,如图所示，因细绳与两半径构成等边三角形，则 θ =90°-60° =30°,球做圆周运动的半径为 r＝RcosR
在水平方向上，由牛顿第二定律有 F 支cosθ+F 拉cosθ =mω2r
答案第 2 页，共 11 页
在竖直方向上，由平衡条件有 F 支sinθ =mg＋F 拉sinθ当 F 拉＝0 时，解得
当 F 拉＝2mg 时，解得w2＝ 。
(
\
R
)圆环角速度 ω 等于 ·时，ω < ω1，细绳处于松弛状态，小球仅受重力和圆环支持力的作用，
A 正确；
B．圆环角速度 ω 等于 时，ω1 < ω < ω2，小球受到重力、圆环支持力和细绳拉力的作用， B 正确；
答案第 3 页，共 11 页
(
g
R
)C ．圆环角速度 ω 等于 2
时，ω < ω2，细绳没有断裂，C 错误；
D ．圆环角速度 时，细绳断开，小球受到重力和圆环支持力的作用，D 正确。
此题选择不正确的，故选 C。
7 ．D
A ．小球匀速下落时，阻力与重力平衡，则mg = kv1代入数据解得k = = N. s/m = 1N. s/m ，故 A 错误；
B ．小球在上升阶段速率为 1m/s 时，有mg +f = ma ，f = kv2
解得a = 15m/s2 ，故 B 错误；
C ．设上升的最大高度为 h，由能量守恒定律可得，全程克服阻力做功为
由于上升阶段速度较大，阻力较大，则W上克f > f = 4.8J
(
1
2
)由动能定理可得-mgh -W上克f = 0 - 2 mv0
所以mgh = mv -W上克f < 10 - 4.8J = 5.2J
所以h < 2.6m ，故 C 错误；
D ．设上升时间为 t1，下降时间为 t2，总时间 t = t1 + t2
规定向下为正方向，由动量定理可得mgt1 + If = 0 - (-mv0 ) = mv0 ，mgt2 - I = mv1 ，
If = I = kh
联立可得t s ，故 D 正确。
故选 D。
8 ．CD
A ．根据万有引力定律F =
d 随地球自转需要的向心力是万有引力的分力，c 绕地球运动需要的向心力等于万有引力，则 d 随地球自转需要的向心力小于 c 绕地球运动需要的向心力，故 A 错误；
B ．根据开普勒第三定律 = k 可知，c 的周期小于 b 的周期，故 B 错误；
C ．d 的角速度等于 b 的角速度，根据a = rw2 可知，d 的向心加速度小于 b 的向心加速度，故 C 正确；
D ．若 b 变轨到 a 所在轨道，需要先依靠推进器加速，故 D 正确；故选 CD。
9 ．BD
AB ．由图像可知滑块在木板上滑动时木板的加速度为am/s2 =2m/s2对木板根据牛顿第二定律μ1mB g - μ2 (mA + mB ) g = mAa1
滑块从木板上滑出时木板的加速度为am/s2 =lm/s2
对木板根据牛顿第二定律 μ2mAg = mAa2
联立解得 μ1 = 0.7，μ2 = 0.1 ，故 A 错误，B 正确；
CD ．根据L aB t a1t2
式中t = 1s
答案第 4 页，共 11 页
对木块 B 分析有F - μ1mB g = mB aB联立解得F = 2L +9(N)
即 F 的大小与板长 L 有关
由于L > 0 ，所以 F > 9 N，故 C 错误， D 正确。故选 BD。
10 ．AC
A ．粒子在磁场中做匀圆周运动轨迹图如图所示
由图可知，粒子要在区域运动，在经点 e 时轨道半径最大，此时粒子没能到达 de 中点，因此粒子不能到达 de 中点，A 正确；
BC．设粒子的运动轨迹过 bcde 上的某一点 g，O 为粒子做圆周运动轨迹的圆心，当 aOg 最大时，粒子运动轨迹对应的圆心角最大，粒子运动时间最长，由几何关系可知，当 c 点与 g点重合时，粒子运动时间最长，即从 bc 边界出的粒子运动时间不相等。如图所示
设运动半径为 R，由几何关系则有 (2L - R)2 + L2 = R2
解得R L
已知粒子的质量为3m，电荷量为q ，其在磁场中做匀速圆周运动，有
解得v B 错误，C 正确；
D ．粒子在磁场中运动的周期为T
在 ΔObc 中，设 bOc 为a ， aOc 为θ ,由几何关系有
答案第 5 页，共 11 页
可得a = 53。， θ = 180。- 53。= 127。
(
D
错误。
)则粒子在磁场中运动的最长时间为t 故选 AC。
11 ．(1)<
（1）由题意可知，本实验在碰后小球会被反弹，为了保证小球反弹，所以小球的质量应该小于物块的质量，即m < M 。
（2）小球到达最低点时，由牛顿第二定律有mg 解得v
（3）设碰后物块速度为v3 ，有0 = v3 - a (t2 - t1 ) ，0 - v = -2a (x1 - x2 )
解得v
若小球和物块碰撞过程中动量守恒，取向右为正方向，有mv1 = Mv3 - mv2
整理有m
12 ．(1)CD
(2) 逐渐减小 0.05 (3)0.75
（1）由电容的决定式有
由此可知，电容器的电容与充电电压无关，为增加该电容器的电容，可以增大两锡箔纸正对面积，或者减小量两锡箔纸之间的距离。
故选 CD。
（2）[1][2]由题图可知，电容器充满电时其电压为 6V，则电容器的电容为
答案第 6 页，共 11 页
由于
C
而题中的图像的斜率为
又因为
I =
整理有
由于电容器的电容与充电电压无关，所以则图像的斜率变化可以表示充电电流的变化，由电路图可知，图像的斜率逐渐变小，所以充电过程中的充电电流也逐渐变小。
（3）结合之前的分析以及图像可知，
解得
I = 0.75mA
13 ．(1) 2.5m / s2
(2)16m
(3)6 次， m
（1）机器人 B 在t2 = 10s 时追上机器人 A，有 vA0t aAt aB 机器人 B 的加速度大小aB = 2.5m / s2
（2）在机器人 B 追上 A 之前，速度相等时两者之间有最大距离，设t 时刻速度相等，有
vA0 + aAt = aB (t - t1 )
解得t = 6s
两者之间的最大距离Δx = vA0t aAt aB 2 = 16m
（3）跑道长 100 米，机器人 A 以vA = 4m/s 的速度从起点匀速向终点出发，机器人 B 以
答案第 7 页，共 11 页
vB = 8m/s 的速度从终点匀速向起点出发。第一次相遇时间t s
200 50
之后每次相遇，两者的路程和为 200m，时间间隔Δt = vA + vB = 3 s
设相遇次数为n ，总时间满足 解得n ≤ 6.5 ，100 秒内机器人 A 与 B 会相遇 6 次。最后一次相遇时间t s
(
(
500
)
100
) (
1100
(
500
)
)机器人 A 的总路程vAt6 = 3 m = è200 + 3 ,÷ m
(
所以最后一次相遇点距离起点距离
è
200
-
3
,
÷
m
=
3
m
)
14 ．(1)竖直向下，
(3) mgR
（1）安培力水平向右，根据左手定则，磁场方向竖直向下，金属棒 ab 做平抛运动，其竖直方向有2R = gt2 ，vy = gt
由于导体棒在高度降低 2R 时恰好沿圆弧轨道上端的切线方向落在圆弧轨道上端，有
tan60。= vy
(
0
)v
解得v
（2）金属棒 ab 弹出瞬间，由动量定理有BI . 2L . Δt = mv0 - 0
又I =
整理有2BqL = mv0
解得q
（3）金属棒 ab 滑至水平轨道时，有mg[2R + R(1- cos60。)] = mv2 - mv
最终匀速运动，电路中无电流，所以棒 ab 和 cd 产生的感应电动势大小相等，即
B . 2L . va = BL . vb
答案第 8 页，共 11 页
此过程中，对棒 ab，由动量定理有-BI . 2L . Δt = mva - mv
答案第 9 页，共 11 页
对棒 cd，由动量定理有BI . LΔt = mvb - 0由能量守恒，该过程中机械能的损失量为解得 mgR
15 ．（1）1×103m/s；（2）9.9×10-3s；（3）y = -1.5x2 + 6x(m)(0 ≤ x ≤ 4m)
（1）设磁磁场圆心为O1 ，粒子 1 在磁场中运动轨迹的半径为 r，圆心为O2 ，从磁场边界上的 C 点飞出，如下图所示
由几何关系可知四边形O1AO2C 为菱形，故有
r = R
由牛顿第二定律可知
联立解得
v0 = 1 × 103 m/s
（2）设粒子 2 在场中运动轨迹的圆心为O3 ，它从 D 点平行于 x 轴射出磁场，延长DO3 与 x轴相交于 E 点，DE 垂直于 x 轴，如下图所示
AO3D = 120。
O3 4E = 30。
粒子 2 在磁场中运动的周期
它在磁场中运动的时间
tsD 点的横坐标
xD = xA + r sin 60。= - 3m D 点到 P 点沿 x 轴方向的位移为x = xP - xD = (4 + )m
粒子 2 从 D 点到 P 点在沿 x 轴方向上做匀速直线运动，所用时间
所以
t = t1 + t2 = 9.9 × 10-3s
（3）由几何关系可知所有粒子都平行于 x 轴进入电场，如下图所示
设某个粒子在电场中运动的时间为t0 ，加速度为 a，到达抛物线OQP 时的坐标为(x, y) ，此
答案第 10 页，共 11 页
时粒子速度为 v，沿 y 轴方向的分速度大小为vy ，x 方向上有x = v0t0 y 方向上由牛顿第二定律有
qE = ma
解得
a = 1.5 × 106 m / s2 vy = at0
由三角形相似可得
(
0
p
)v x - x
联立解得
y = -1.5x2 + 6x(m)(0 ≤ x ≤ 4m)
答案第 11 页，共 11 页