2021高考物理備考模擬試題（九）（含解析）

1、2021高考物理備考模擬試題（九）（含解析）2021高考物理備考模擬試題（九）（含解析）年級：姓名：高考物理備考模擬試題（九）物 理（九）注意事項：1、本試卷分第卷（選擇題）和第卷（非選擇題）兩部分。答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號填寫在答題卡上。2、回答第卷時，選出每小題的答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號。寫在試卷上無效。3、回答第卷時，將答案填寫在答題卡上，寫在試卷上無效。4、考試結(jié)束，將本試卷和答題卡一并交回。二、選擇題：本題共8小題，每題6分，在每小題給出的四個選項中，第1418題只有一個選項符合題目要求。第1921題有多

2、選項符合題目要求。全部答對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。14在粗糙水平面上，水平外力f作用在物塊上，t0時刻物塊開始向右做直線運動，外力f始終不為零，其速度時間圖象如圖所示。則( )a在01 s內(nèi)，外力f不斷增大b在3 s時，物體開始向左運動c在34 s內(nèi)，外力f不斷減小d在34 s內(nèi)，外力f的功率不斷減小15如圖所示，水平地面上放置一斜面體a，帶正電的小物塊b置于a的絕緣斜面上。輕推一下b，b能沿斜面勻速下滑?，F(xiàn)在斜面頂端正上方p點固定一帶正電的點電荷，讓b從頂端向下運動，此后( )ab物塊做勻速直線運動bb物塊受到斜面a對它的作用力大小不變cb物塊動能的增加量小于電勢能的減

3、少量d斜面體a受到地面水平向左的靜摩擦力16圖甲所示的“軌道康復(fù)者”航天器可在太空中給“垃圾”衛(wèi)星補(bǔ)充能源，延長衛(wèi)星的使用壽命。圖乙是“軌道康復(fù)者”在某次拯救一顆地球同步衛(wèi)星前，二者在同一平面內(nèi)沿相同繞行方向繞地球做勻速圓周運動的示意圖，此時二者的連線通過地心、軌道半徑之比為1 : 4。若不考慮衛(wèi)星與“軌道康復(fù)者”之間的引力，則下列說法正確的是( )a站在赤道上的人觀察到“軌道康復(fù)者”向西運動b在圖示軌道上，“軌道康復(fù)者”的加速度大小是地球同步衛(wèi)星的16倍c在圖示軌道上，地球同步衛(wèi)星的機(jī)械能大于“軌道康復(fù)者”的機(jī)械能d若要對該同步衛(wèi)星實施拯救，應(yīng)讓同步衛(wèi)星從圖示軌道上減速，然后與“軌道康復(fù)者”

4、對接17如圖所示，a、b兩滑塊的質(zhì)量分別為4 kg和2 kg，用一輕繩將兩滑塊相連后分別置于兩等高的光滑水平桌面上，并用手按著兩滑塊固定不動?，F(xiàn)將一輕質(zhì)動滑輪置于輕繩上，然后將一質(zhì)量為4 kg的鉤碼c掛于動滑輪上?，F(xiàn)先后按以下兩種方式操作：第一種方式只釋放a而b按著不動；第二種方式只釋放b而a按著不動。則c在以上兩種釋放方式中獲得的加速度之比為( )a1 : 1 b2 : 1 c3 : 2 d3 : 518如圖所示，電源電動勢e3 v，內(nèi)阻不計，r1、r2、r3為定值電阻，阻值分別為1 、0.5 、9 ，r4、r5為電阻箱，最大阻值均為99.9 ，右側(cè)豎直放置一個電容為1.510-3 f的理想

5、平行板電容器，電容器板長0.2 m，板間距為0.125 m。一帶電粒子以0.8 m/s的速度沿平行板中線進(jìn)入，恰好勻速通過，不計空氣阻力，此時r4、r5阻值分別為1.8 、1 。下列說法正確的是( )a此粒子帶正電b帶電粒子勻速穿過電容器時，電容器的電荷量為2.710-9 cc欲使粒子向上偏轉(zhuǎn)但又不打到電容器的上板，r4阻值不得超過5.7 d欲使粒子向下偏轉(zhuǎn)但又不打到電容器的下板，r4阻值不得低于l.4 19某金屬發(fā)生光電效應(yīng)，光電子的最大初動能ek與入射光頻率之間的關(guān)系如圖所示。已知h為普朗克常量，e為電子電荷量的絕對值，結(jié)合圖象所給信息，下列說法正確的是( )a頻率小于0的入射光不可能使該

6、金屬發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象b該金屬的逸出功隨入射光頻率的增大而增大c若用頻率是20的光照射該金屬，則遏止電壓為d遏止電壓與入射光的頻率無關(guān)20如圖所示，兩條足夠長的平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為b、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，兩導(dǎo)軌間距為l，左端間接一電阻r，質(zhì)量為m的金屬桿ab靜置于導(dǎo)軌，桿與導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù)為?，F(xiàn)給金屬桿一個水平向右的沖量i0，金屬桿運動一段距離x后靜止，運動過程中與導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好。不計桿和導(dǎo)軌的電阻，重力加速度為g。則金屬桿ab在運動過程中( )a做勻減速直線運動b桿中的電流大小逐漸減小，方向從b流向ac剛開始運動時加速度大小為d電阻r上消耗的電功為

7、21如圖所示，豎直軌道abcd由兩部分構(gòu)成。ab部分為光滑水平軌道，bcd部分為一半徑為r的光滑半圓軌道，ab右端與半圓軌道的底端相切。一質(zhì)量為m、可看成質(zhì)點的小滑塊從ab軌道的最左端a點處以速度向右滑行，則當(dāng)滑塊滑到圖中的c點位置時(cos 530.6)，則下列說法正確的是( )a小滑塊在c點處的動能為b小滑塊在c點處的機(jī)械能為8mgrc在c點處軌道對小滑塊的壓力大小為d小滑塊能通過最高點，且最高點軌道對小滑塊的壓力為3mg第卷（非選擇題，共174分）三、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分。第22題第32題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33題第40題為選考題，考生根據(jù)要求做答)(一)必

8、考題(共129分)22(6分) “阿特伍德機(jī)”是物理學(xué)家喬治阿特伍德在1784年研制的一種驗證運動定律的機(jī)械。其基本結(jié)構(gòu)為在跨過定滑輪的輕繩兩端系著質(zhì)量均為m的物塊a和b，質(zhì)量為m的金屬片c放置在物塊b上（不粘連）。鐵架臺上固定一圓環(huán)，圓環(huán)在物塊b的正下方。系統(tǒng)靜止時，金屬片c與圓環(huán)間的高度差為h1。(1)由靜止釋放物塊a、b，當(dāng)物塊b穿過圓環(huán)時，金屬片c被擱置在圓環(huán)上，此后，物塊b繼續(xù)下落。如果忽略一切阻力，物塊b穿過圓環(huán)后做_直線運動。（填“勻速”“勻減速”或“勻加速”） (2)如果在實驗誤差允許的范圍內(nèi)，物塊a、b和金屬片c組成的系統(tǒng)，在下落h1高度的過程中，金屬片c減少的重力勢能等于系

9、統(tǒng)增加的動能，即可驗證該系統(tǒng)機(jī)械能守恒。測得物塊b穿過圓環(huán)后下落h2高度所用時間為t，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間。則該系統(tǒng)機(jī)械能守恒的表達(dá)式為 。(3)改變靜止釋放物塊a、b的初始位置，重復(fù)試驗，記錄各次的高度差h1，以及物塊b穿過圓環(huán)后下落相同高度h2所用的時間t，以h1為縱軸，以_（填“”“t2”或“”）為橫軸，若作出的圖線為一條過原點的直線，則說明了系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。23(9分)某研究小組欲將電流表改裝成歐姆表，他們在實驗室中找到的器材如下：干電池e（電動勢1.5 v，內(nèi)電阻0.1 ）電阻箱r1（阻值范圍為0999 ）電流表a（量程00.6 a，內(nèi)阻1 ）電阻箱r2（阻值范圍為0999.9 ）

10、開關(guān)s導(dǎo)線若干定值電阻r3 (1)如圖1所示，電阻箱應(yīng)選擇_。為了將電流表（圖2）的0.6 a標(biāo)注為0 ，電阻箱的阻值應(yīng)調(diào)整為_，則0.2 a 應(yīng)標(biāo)注_。(2)研究小組發(fā)現(xiàn)上述改裝成的歐姆表測電阻阻值越大，指針偏轉(zhuǎn)角越小。為了能讓測電阻的阻值越大，指針偏轉(zhuǎn)角也越大，請在方框內(nèi)重新設(shè)計電路。 24(12分)近年來，網(wǎng)上購物促使快遞行業(yè)迅猛發(fā)展。如圖所示為某快遞車間傳送裝置的簡化示意圖，傳送帶右端與水平面相切，且保持v04 m/s的恒定速率順時針運行，傳送帶的長l3 m?，F(xiàn)將一質(zhì)量為0.4 kg的包裹a輕放在傳送帶左端，包裹a剛離開傳輸帶時恰好與靜止的包裹b發(fā)生正碰，碰撞時間極短，碰撞后包裹a向前

11、滑行了0.1 m靜止，包裹b向前運動了0.4 m靜止。已知包裹a與傳輸帶間的動摩擦系數(shù)為0.4，包裹a、b與水平面間的動摩擦因數(shù)均為0.5，g取10 m/s2。求：(1)包裹a在傳送帶上運動的時間；(2)包裹b的質(zhì)量。25(20分)如圖所示，為了研究帶電粒子在電場和磁場中的運動，在空間中建立一平面直角坐標(biāo)系xoy，在0y0且y0的區(qū)域內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場，在y軸的正半軸上固定著一個長為l的彈性絕緣擋板，擋板上端位于q點，下端與坐標(biāo)原點o重合。有一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電的粒子甲從電場中的m點由靜止釋放，加速后以大小為v的速度從x軸上的p點進(jìn)入磁場。當(dāng)粒子甲剛進(jìn)入磁場時，位于m點正下

12、方的n點，有一質(zhì)量為m，電荷量為1.5q的帶正電的粒子乙由靜止釋放，經(jīng)過時間加速后也從p點進(jìn)入磁場。已知甲、乙兩粒子在磁場中運動軌跡重合，均垂直打在彈性擋板上的q點并以原速率彈回，不考慮粒子與擋板發(fā)生碰撞所需的時間，不計粒子重力。(1)求磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小b；(2)求m、p兩點和n、p兩點間的距離y1和y2；(3)若粒子乙與彈性擋板相碰時，立即撤去磁場，并經(jīng)過時間t恢復(fù)原磁場，要使此后兩粒子一直在磁場中運動但不能經(jīng)過同一位置，求時間t的取值范圍。（二）選考題：共45分。請考生從給出的2道物理題、2道化學(xué)題、2道生物題中每科任選一題作答。如果多做。則每學(xué)科按所做的第一題計分。33【物理選修3-

13、3】(15分)(1)(5分)下列說法中正確的是 。（填正確答案標(biāo)號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分）a氣體如果失去了容器的約束就會散開，這是因為氣體分子之間存在勢能b物體溫度升高時，速率小的分子數(shù)目減少，速率大的分了數(shù)目增多c一定量100 的水變成100 的水蒸氣，其分子平均動能增加d物體從外界吸收熱量，其內(nèi)能不一定增加e液晶的光學(xué)性質(zhì)具有各向異性(2)(10分) 如圖所示，導(dǎo)熱氣缸由半徑不同的兩個圓柱形容器組成，氣缸上部橫截面積為1.5s，深度為0.5l，下部橫截面積為s，深度為l，側(cè)面有閥門c，c處于打開狀態(tài)?；钊媳砻嫱ㄟ^滑輪與一水桶相連

14、。關(guān)閉閥門后向水桶中緩慢加水，使活塞上升到距氣缸上口0.3l處停下。已知：大氣壓強(qiáng)為p0，室溫為t0，重力加速度為g，不計一切摩擦，忽略水桶質(zhì)量、活塞厚度及活塞質(zhì)量。求：(i)加入桶中水的質(zhì)量；(ii)將桶中的水取走一半，并對缸中氣體緩慢加熱，當(dāng)活塞再次停于離氣缸上口0.3l處時，氣體的溫度。34【物理選修3-4】(15分) (1)(5分)如圖所示，實線是一列簡諸橫波在t1時刻的波形圖，m是平衡位置距o點5 m的質(zhì)點，虛線是t2(t1+0.2)s時刻的波形圖。下列說法中，正確的是 。（填正確答案標(biāo)號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分）a該波遇到長

15、度為3米的障礙物時將會發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象b波速可能為20 m/sc該波的周期可能為0.6 sd若波速為35 m/s，該波一定沿著x軸負(fù)方向傳播e. 若波速為15 m/s，從t1到t2時刻，質(zhì)點m運動的路程為60 cm(2)(10分)如圖所示，abc為等腰直角三棱鏡的截面圖，a90。一束平行于bc邊的單色光從ab邊上的m點射入，折射光線剛好射到c點，已知三棱鏡對該單色光的折射率為，ab邊的長度為l。(i)求m點到a點的距離；(ii)保持入射光線的方向不變，讓入射點沿ab邊下移，使折射光線剛好射到bc邊上的中點，求入射點沿ab邊移動的距離，并判斷折射光線在bc邊上是否會發(fā)生全發(fā)射。物理答案（九）二、

16、選擇題：本題共8小題，每題6分，在每小題給出的四個選項中，第1418題只有一個選項符合題目要求。第1921題有多選項符合題目要求。全部答對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。14【答案】d【解析】根據(jù)題意分析，設(shè)阻力為f，根據(jù)牛頓第二定律，根據(jù)圖象分析，在01 s內(nèi)加速度逐漸減小，所以外力f逐漸減小，a錯誤；根據(jù)題意分析，向右為正方向，3s前后速度始終為正值，始終是正方向，向右運動，b錯誤；根據(jù)牛頓第二定律，根據(jù)圖象分析在34 s內(nèi)加速度不變，所以外力不變，c錯誤；外力功率，結(jié)合選項c的分析，f不變，而34 s內(nèi)速度減小，所以功率減小，d正確。15【答案】c【解析】物塊b下滑的過程中

17、，b、p距離越來越大，正電荷p對正電荷b的庫倫斥力是變力且越來越小，b做變加速運動，故a錯誤；由于p對b的庫倫斥力變小，所以這個庫倫力在垂直于斜面的分力也減小，ab之間摩擦力也減小，所以b對a的作用力也不斷減小，故b錯誤；根據(jù)題意，沒有電荷p時，b沿斜面向下做勻速運動，根據(jù)動能定理：mghwf0，有電荷p時，b沿斜面做變加速運動，由動能定理：mghw電wfek,，由于ff，所以wfwf，因為電勢能的減小量等于電場力做功，聯(lián)合可得物塊動能的增加與電勢能的減小量之差為：ekw電mghwfwfwf0，則有：ekw電，故c正確；把a(bǔ)、b看成一個整體，電荷p對這個整體有沿斜向左下方的庫倫斥力，故a有向左

18、的運動的趨勢，斜面體a有受到地面向右的靜摩擦力，故d錯誤。16【答案】b【解析】因“軌道康復(fù)者”的高度低于同步衛(wèi)星的高度，可知其角速度大于同步衛(wèi)星的角速度，也大于站在赤道上的觀察者的角速度，則站在赤道上的人觀察到“軌道康復(fù)者”向東運動，選項a錯誤；由得：，在圖示軌道上，“軌道康復(fù)者”與地球同步衛(wèi)星加速度之比為，故b正確；因“軌道康復(fù)者”與地球同步衛(wèi)星的質(zhì)量關(guān)系不確定，則不能比較機(jī)械能的關(guān)系，選項c錯誤；應(yīng)讓“軌道康復(fù)者”從圖示軌道上加速，與同步衛(wèi)星進(jìn)行對接，故d錯誤。17【答案】d【解析】固定滑塊b不動，釋放滑塊a，設(shè)滑塊a的加速度為aa，鉤碼c的加速度為ac，根據(jù)動滑輪的特征可知，在相同的時

19、間內(nèi)，滑塊a運動的位移是鉤碼c的2倍，所以滑塊a、鉤碼c之間的加速度之比為aa: ac2:1。此時設(shè)輕繩之間的張力為t，對于滑塊a，由牛頓第二定律可知tmaaa，對于鉤碼c由牛頓第二定律可得mcg2tmcac，聯(lián)立解得t16 n，ac2 m/s2，aa4 m/s2。若只釋放滑塊b，設(shè)滑塊b的加速度為ab，鉤碼c的加速度為ac，根據(jù)動滑輪的特征可知，在相同的時間內(nèi)，滑塊b運動的位移是鉤碼的2倍，所以滑塊b、鉤碼之間的加速度之比也為ab : ac2 :1，此時設(shè)輕繩之間的張力為t，對于滑塊b，由牛頓第二定律可知t mbab，對于鉤碼c由牛頓第二定律可得mcg-2t mcac，聯(lián)立解得n，m/s2，

20、m/s2。則c在以上兩種釋放方式中獲得的加速度之比為ac : ac3 :5，故d正確。18【答案】c【解析】上極板與電源的正極相連，極板間電場方向向下，粒子所受的電場力方向向上，故粒子帶負(fù)電，故a錯誤；電容器與r2、r3、r4這部分電路并聯(lián)，當(dāng)粒子勻速穿過電容器時，r2、r3、r4這部分電路的總電阻為2，根據(jù)串聯(lián)電路分壓特點可得這部分的電壓u02v，電容器的電荷量為 q0cu01.51092c3109c，故b錯誤；當(dāng)粒子勻速穿過電容器時，有 qe0mg，粒子在電容器中的運動時間。當(dāng)粒子向上偏轉(zhuǎn)且剛好經(jīng)過上極板最右端時，在豎直方向上，有 ，解得：a2m/s2由牛頓第二定律得 qe1mgma，可得

21、，并可得，由此得r2、r3、r4這部分電路總電壓 u12.4v，r1的電壓ur1eu10.6v，電流 ，可得r2、r3、r4這部分電路總電阻 ，由，由此算出 r45.7，所以欲使粒子向上偏轉(zhuǎn)但又不打到電容器的上板，r4阻值不得超過5.7，故c正確；同理，粒子經(jīng)過下極板最右端時的加速度a2m/s2電容器極板間電壓 u21.6v，解得：r40.69，故d錯誤。19【答案】ac【解析】由圖象可知金屬的極限頻率為0，入射光的頻率必須要大于0才能發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象，選項a正確；金屬的逸出功與入射光的頻率無關(guān)，選項b錯誤；若用頻率是20的光照射該金屬，則光電子的最大初動能為，則遏止電壓為，選項c正確；遏止電

22、壓與入射光的頻率有關(guān)，入射光的頻率越大，則最大初動能越大，遏制電壓越大，選項d錯誤。20【答案】bd【解析】金屬桿獲得沖量io后，速度，對金屬桿應(yīng)用右手定則分析可得電流方向是b到a，受安培力方向向左，根據(jù)牛頓第二定律，所以桿做的是加速度減小的減速直線運動，a錯誤，b正確；剛開始運動時，聯(lián)立解得：，c錯誤；對金屬棒應(yīng)用動能定理：，克服安培力的功等于轉(zhuǎn)化給回路的電能即電阻消耗的電功，解得：，d正確。21【答案】acd【解析】設(shè)小滑塊在b點的速度為v1，小滑塊恰好通過最高點時有：，解得v2，由動能定理可得：，解得，故小滑塊可通過最高點，通過最高點的速度由動能定理可得，解得，設(shè)軌道對小滑塊的壓力為n，

23、由牛頓第二定律可得：，解得n3mg，故d正確。小滑塊從b 點處滑到c點處時由機(jī)械能守恒定律得：，解得小滑塊到達(dá)c點時的速度為，小滑塊在c點處的動能為ek，故a正確；根據(jù)牛頓第二定律可得：mgcos53n，代入數(shù)據(jù)解得：n，故c 正確；小滑塊在運動過程中機(jī)械能守恒，在c點的機(jī)械能為，故b錯誤。第卷（非選擇題，共174分）三、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分。第22題第32題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33題第40題為選考題，考生根據(jù)要求做答)(一)必考題(共129分)22(6分) 【答案】(1)勻速 （2分） (2)mgh1 （2分） (3) （2分）【解析】(1)因ab質(zhì)量相同，則物

24、塊b穿過圓環(huán)后做勻速直線運動。(2)由題意可知，系統(tǒng)abc減小的重力勢能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的增加的動能，即為：mgh+mgh-mgh(2m+m)v2，即為：mgh1（2m+m）v2，又v,得：mgh1（2m+m）()2。(3)將mgh1（2m+m）v2，變形后，則有：。因此以為橫軸；由上式可知，作出的圖線是一條過原點的直線，直線的斜率：k。23(9分)【答案】（1）r2（2分） 1.4（2分） 5（2分） （2）如圖所示（3分）【解析】(1)根據(jù)歐姆定律，eigr總，r總r+rg+r，聯(lián)立可得r1.4 。由于需要用到0.1 ，故需選r2；由前面的分析可知，當(dāng)0.6 a標(biāo)注為0 時，電阻箱示數(shù)應(yīng)為1.4

25、 。當(dāng)電流表示數(shù)為0.2 a時，eig(r+rg+r+rx)，可得rx5 。(2)要使所測電阻阻值越大，電流表示數(shù)越大，可采用并聯(lián)接法，如圖所示，定值電阻r為保護(hù)電阻。24(12分)【解析】（1）包裹a在傳送帶滑行，由牛頓第二定律可得：(1分)假設(shè)包裹a離開傳送帶前就與傳送帶共速，由勻變速運動知識可得：(1分)解得：，所以上述假設(shè)成立加速過程：(1分)勻速過程： (1分)包裹a在傳送帶上運動的時間：(1分)聯(lián)立解得：t1.25s(1分)（2）包裹a在水平面滑動時，由牛頓第二定律可得：(1分)由式解得：同理可知包裹b在水平面滑動的加速度也是(1分)包裹a向前滑動至靜止：(1分)包裹b向前滑動至靜

26、止：(1分)包裹a、b相碰前后系統(tǒng)動量守恒：(1分)聯(lián)立解得：(1分)25(20分)【解析】(1)由于兩粒子均垂直x軸進(jìn)入磁場且垂直打在彈性擋板上，由幾何關(guān)系可知，兩粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑rl(1分)對于粒子甲在磁場中的運動，有(1分)解得：(1分)(2)設(shè)粒子乙進(jìn)入磁場時的速率為v，電場區(qū)域中電場強(qiáng)度的大小為e，對于粒子乙在磁場中的運動，有：(1分)得：由運動學(xué)規(guī)律可得：(1分)粒子甲從m點運動到p點的過程中，由動能定理得：(1分)粒子乙從n點運動到p點的過程中，由動能定理得：(1分)聯(lián)立上述兩式可得：(1分)(3)粒子甲進(jìn)入磁場后經(jīng)過時間繞圓心o轉(zhuǎn)過的角度：(1分)即粒子乙到達(dá)p

27、點時，粒子甲恰好打在q點上粒子乙從p點運動到q點用時：(1分)在時間t1內(nèi)，粒子甲繞圓心q1轉(zhuǎn)過的角度：(1分)設(shè)磁場撤去時，粒子甲位于c點，即，此后兩粒子均做勻速直線運動；若磁場恢復(fù)后，兩粒子運動軌跡恰好相切于g點，如圖所示。設(shè)粒子甲、乙運動軌跡的圓心分別為o2、o3，磁場恢復(fù)時粒子甲、乙分別位于f、d兩點上，由幾何關(guān)系可知，線段o1o3與x軸平行，四邊形o1o2fc為矩形，在o1o2o3中，由余弦定理得：解得：(4分)若磁場恢復(fù)后，粒子甲的運動軌跡恰好與磁場上邊界相切于h點，如圖所示。設(shè)粒子甲、乙運動軌跡的圓心分別為o2、o3，磁場恢復(fù)時粒子甲、乙分別位于f、d兩點上，過點o2作o2i垂直o1o3于點i，由幾何關(guān)系可知由圖可知：解得：(4分)綜上所述，時間t