2021屆山西省太原市高考物理一模試卷附答案詳解

2021屆山西省太原市高考物理一模試卷

一、單選題（本大題共5小題，共30.0分）

1.船在靜水中的速度與時間的關系如圖甲所示，河水的流速與船離河岸的距離的變化關系如圖乙

所示，則當船沿渡河時間最短的路徑渡河時（）

0-150300^m

A.船渡河的最短時間是60s

B.要使船以最短位移渡河，船在行駛過程中，船頭必須始終與河岸垂直

C.船在河水中航行的軌跡是一條直線

D.船在河水中的最大速度是5zn/s

2.下列那個核反應方程是重核裂變的方程（）

A.出+出7iHe+Jn

B.瞿P->群Si+?e

C./N+/He-，。+iH

D.H5U+乩-耨Sr+^6Xe+10Jn

3.如圖所示,滑沙是國內新興的旅游項目，假設滑沙軌道平直,軌道頂端距離底端的豎直高度為5

傾角為。.一小孩坐在滑板上從軌道的頂端由靜止滑下，到達軌道底端時速度大小為〃，小孩和滑

板的總質量為m,滑板與沙子之間的動摩擦因數(shù)恒定，不計空氣阻力，重力加速度為g。關于小

孩和滑板沿軌道從頂端滑到底端的過程，下列說法正確的是（）

A.小孩和滑板受到的支持力的沖量為零

B.小孩和滑板克服摩擦力做的功為:HIM一加。八

C.小孩和滑板所受摩擦力的大小為（g-白皿譏。

D.小孩的質量越大，從頂端滑到底端的時間就越短，機械能損失就越大

4.如圖，正方形MNPQ處于紙面內，M、P處分別固定兩根通電長直導線，

二者相互平行且垂直紙面放置，通入電流的大小均為/,電流方向如圖，

它們在N點處產生的磁感應強度大小均為%.下列說法正確的是（）

A.N、Q兩點的磁感應強度方向相反

B.Q點處的磁感應強度大小為2B。

C.若使P處直導線電流反向，大小不變，則N處的磁感應強度大小為0

D.若使P處直導線電流反向，大小不變，則Q處的磁感應強度方向與原來垂直

5.對電場力和電勢能的說法下列正確的是（）

A.沿著電場線移動電荷電場力一定做正功

B.電場力對電荷做正功，電荷的電勢能一定減小

C.電荷在電場中移動其電勢能一定變化

D.電荷沿著電場線運動其電勢能一定減小

二、多選題（本大題共5小題，共27.0分）

6.蹦床運動是我國奧運優(yōu)勢項目，多次在奧運會比賽中取得優(yōu)異成績。某運動員在比賽過程中從

離繃緊的彈性網面高3.2m處落下，彈起后離彈性網面的最大高度為5m,已知運動員的質量為

60kg,與網面的接觸時間為1.2s,重力加速度g=10m/s2,運動員離開網面后，網面形變完全

恢復，則運動員與網面接觸過程中（）

A.網面對運動員的沖量大小為1080N?s

B.網面對運動員的沖量大小為1800N-s

C.網面對運動員做功大小為1080/

D.網面對運動員做功大小為0

7.如圖甲所示，在x軸上有兩個固定的點電荷Qi、Q2,其中QI帶正電處于原點。.現(xiàn)有一個正電荷q

以一定的初速度沿x軸正方向運動（只受電場力作用），其u-t圖象如圖乙所示，q經過a、b兩點

乙

A.（?2帶負電且電荷量小于Qi

B.b點的場強比a點的場強大

C.a點的電勢比b點的電勢高

D.q在a點的電勢能小于在b點的電勢能

8.如圖甲所示，在t=0時刻，質量為邊長為3電阻為R的正方向金屬線框以速度先進入寬度

為L,磁感應強度為8的有界勻強磁場區(qū)域，在t=時刻，線框恰好全部進入磁場且速度減小

為力;此時刻對線框施加一沿運動方向的力凡使線框在t=2%時刻恰好完全離開磁場，該過

程中線圈的v-t圖象如圖乙所示，圖象關于i=%對稱，下列說法正確的是（）

A.線框進入磁場和穿出磁場過程，感應電流方向相同

B.線框進入磁場和穿出磁場的過程，受到安培力方向相同

C.線框進入磁場的過程中，通過導體橫截面的電荷量為獨

2R

D.線框穿出磁場的過程中，外力尸所做的功為m（詔-說）

9.下列說法正確的是（）

A.晶體的熔點和液體的沸點都與壓強有關

B.氣體很容易充滿整個容器，這是分子間存在斥力的宏觀表現(xiàn)

C.一定質量的理想氣體經過等容過程，吸收熱量，其內能一定增加

D.在溫度不變的情況下，增大液面上方飽和汽的體積，待氣體重新達到飽和時，飽和汽的壓強

增大

E.氣體分子單位時間內與單位面積器壁碰撞的次數(shù)，與單位體積內氣體的分子數(shù)和氣體溫度有

關

10.如圖所示是一列簡諧橫波在t=0時的波形圖，此時PQ質點位移相

同，若波的傳播速度為2m/s,此時質點P向上振動.下列說法正確

的是（）

A.質點P的振動周期為0.2s,傳播方向向》軸正方向

B.經過任意時間，質點Q和P的振動情況總是相同的

C.經過△t=0.4s,質點P向右移動0.8m

D.經過△t=0.4s,質點P通過的路程為0.2m

E.該波遇到尺寸為0.5zn的障礙物時能發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象.

三、實驗題（本大題共2小題，共15.0分）

11.“槍支比動能e0”是反映槍支威力的一個參數(shù)，已知0。=§式&）是子彈離開槍口時的動能，S是

子彈的橫截面積（若子彈是球形，則S是過球心的截面圓面積）.“J2136沖擊擺實驗器”是物理實

驗中的實驗器材，可以用來測量彈簧槍的比動e°,如圖甲所示，左側是可以發(fā)射球形子彈的彈

簧槍，中間立柱上懸掛小擺塊，擺塊一般用塑料制成，正對槍口處有一水平方向的錐形孔（使彈

丸容易射入并與擺塊結合為一體）.擺塊擺動的最大角?？捎煽潭缺P讀出。（重力加速度大小為g）。

乙

（1）用游標卡尺測量子彈直徑，測量結果如圖乙所示，子彈的直徑d=mm.

（2）實驗開始之前，必須測量的物理量為子彈直徑d以及和。（寫出物理量及其表示字母

）；

（3）實驗步驟如下：

①將沖擊擺實驗器放在桌上，調節(jié)底座上的調平螺絲，使底座水平；

②再調節(jié)支架上端的調節(jié)螺絲，改變懸線的長度，使擺塊的孔洞跟槍口正對，并且使擺塊右側與0刻

度對齊；

③此時用刻度尺測量出擺長L；

④扣動彈簧槍扳機，打出子彈，記錄下擺塊的最大擺角；

⑤多次重復實驗，計算出擺塊最大擺角的平均。

⑥處理實驗數(shù)據(jù)，得出實驗結論。

（4）子彈的發(fā)射速度為%=,彈簧槍的比動能為。（用己知量和測量量的字母表示）；

（5）由于存在系統(tǒng)誤差，使得測量值_____理論值。（選填“大于”“小于”或“等于”）。

12.某同學在“用電壓表、電流表測電源的電動勢和內電阻”的實驗中，測得4組U、/數(shù)據(jù)，并在U-/

坐標平面上標出相應的坐標點，如圖所示。

(1)圖中標出了四組數(shù)據(jù)的對應點坐標，由U-/圖線的特性可以判斷組數(shù)據(jù)是錯誤的。

(2)請根據(jù)正確數(shù)據(jù)在U-/坐標平面上畫出U-/圖線。根據(jù)圖線求出電源的電動勢E=V,內

電阻r=I2o

(3)在此電源上外接一個電阻作為負載，當該電阻值R=0時，電源的輸出功率達到最大值，

且分ax=--皿°

四、計算題(本大題共4小題，共52.0分)

13.一艘由三個推力相等的發(fā)動機推動的氣墊船在湖面上由靜止開始勻加速前進s距離后，關掉一個

發(fā)動機，氣墊船勻速運動，當氣墊船將運動到碼頭時，又關掉兩個發(fā)動機，最后它恰好停在碼

頭，則三個發(fā)動機都關閉后，氣墊船通過的距離是多少？

14.如圖所示，在光滑絕緣的水平面上建立直角坐標系。-xy,在久<0一側存在與％軸成45。斜向上

的勻強電場，電場強度為E；在x>0一側存在垂直紙面的勻強磁場(圖中未畫出)。一質量為小、

電荷量為q的帶正電的小球4由第III象限的(-金心-魚L)處靜止釋放，運動到。點與一靜止在。

點、質量也為a的不帶電小球C發(fā)生碰撞并結合成一個整體D,碰撞過程中總電荷量保持不變，

在此后的運動中，。第一次經過y軸時的坐標為(0,-2魚L)。求：

⑴小球4運動到。點的時間t及與C碰前的速度為

(2)磁感應強度B的大小及方向；

(3)。第二次經過y軸時的速度大小為及位置坐標。

15.將一端封閉的均勻直玻璃管開口向下，豎直插入水銀中，當管頂距槽中水銀面8cm時，管內水

銀面比管外水銀面低2cm。要使管內水銀面比管外水銀面高2czn,應將玻璃管豎直向上提起多

少厘米？（已知大氣壓強po支持76c/nHg,設溫度不變。）

16.如圖所示，將一等腰直角棱鏡截去棱角，并使該截面平行于其底面，可制成““道威棱鏡”，這

樣就減小了棱鏡的重量和雜散的內部反射。現(xiàn)從M點發(fā)出的一束平行于底邊C。的單色光從4c邊

射入，已知棱鏡玻璃的折射率71=或，光在真空中的速率為c,則:

①光在棱鏡中傳播的速度是多少？

②光線進入棱鏡后，能否從CD邊射出？

M

.45°

CD

參考答案及解析

1.答案：D

解析：

將船的運動分解為垂直于河岸方向和沿河岸方向，當靜水速與河岸垂直時，渡河時間最短.當水流

速最大時，船在河水中的速度最大。

解決本題的關鍵將船的運動分解為垂直于河岸方向和沿河岸方向，抓住分運動與合運動具有等時性

進行求解。

d300

A.由圖可知，河的寬度為300m,當靜水速與河岸垂直時，渡河時間最短，t=—=Vs=100s-

故A錯誤；

8.船頭始終與河岸垂直時，可以最短的時間渡河，但此時船沿河流方向的位移比較大，渡河的位移

不是最短，故8錯誤；

C.船在沿河岸方向上做變速運動，在垂直于河岸方向上做勻速直線運動，兩運動的合運動是曲線，

故C錯誤；

D船在靜水中的速度與河水的流速是垂直的關系，其合成時不能直接相加減，而是滿足矢量三角形

合成的法則，故船在航行中最大速度是：^/32+42m/s=5m/s＞故。正確。

故選D。

2.答案：D

解析：解：力、釗+沔t1He+In,是核聚變方程.故A錯誤.

B、猾P-普Si+是發(fā)現(xiàn)正電子的反應方程.故B錯誤.

C、尹N+/Her70+是人工核反應方程，是發(fā)現(xiàn)質子的方程.故C錯誤.

D、蒙U+疆Sr+￡6xe+10避是重核的裂變.故。正確.

故選：D.

a衰變生成氮原子核，自發(fā)進行；0衰變生成電子，自發(fā)進行；聚變是質量輕的核結合成質量大的核.裂

變是質量較大的核分裂成較輕的幾個核.

該題考查常見的幾個核反應方程，屬于對核反應方程的種類的考查，難度不大，在學習中需要記住

一些特殊的方程式.

3.答案：C

解析：解：4、恒力的沖量等于力與時間的乘積，故小孩和滑板受到的支持力的沖量不為零，故A

錯誤。

從小孩和滑板下滑過程中，根據(jù)動能定理可知I,mgh-W=[zn/,解得克服摩擦力做功皿=mgh-

|mv2,故8錯誤。

。、下滑的位移x=-，，克服摩擦力做功W=/?」，，解得小孩和滑板所受摩擦力的大小為/=(g-

—)msin9,故。正確。

D、設動摩擦因數(shù)為〃，小孩和滑板運動的加速度a=gs出geos。，時間t

________2h________與質量無關，故。錯誤。

sinO(gsinO-p.gcosO)

故選:Co

力與時間的乘積表示沖量。

根據(jù)動能定理求解克服摩擦力做功。

根據(jù)牛頓第二定律分析下滑時間。

本題考查了動能定理和摩擦力做功的相關計算，解題的關鍵是明確從頂端滑到底端的時與質量無關。

4.答案：D

解析：

根據(jù)安培定則判斷直導線周圍磁場的分布情況；根據(jù)磁場疊加原理分析N、Q兩點的磁感應強度；磁

感應強度為矢量，合成時要用平行四邊形定則。

本題考查了磁場的疊加，根據(jù)安培定則判斷導線周圍磁場分布，磁感應強度B是矢量，根據(jù)矢量合成

法則-平行四邊形定則求解。

A.根據(jù)安培定則可知，導線M在N點產生的磁感應強度方向沿NP方向，導線P在N點產生的磁感應強

度方向沿NM方向，合磁感應強度方向沿NQ方向；同理，Q點合磁感應強度方向沿NQ方向，兩者同

向，故A錯誤；

B.根據(jù)平行四邊形定則可知，Q點的磁感應強度大小為&B。，故B錯誤；

C若使尸處直導線電流反向，大小不變，則N處的磁感應強度大小為/8°,故C錯誤；

D若使P處直導線電流反向，大小不變，則Q處的磁感應強度方向沿PM方向，與原來垂直，故。正

確。

故選

5.答案：B

解析：解：力、沿著電場線移動正電荷，電場力一定要做正功，而沿著電場線移動負電荷，電場力一

定要做負功。故A錯誤。

B、電場力對電荷做正功，電荷的電勢能一定減小。故8正確。

C、電荷在同一個等勢面上移動電勢能不變化。故C錯誤；

。、正電荷沿著電場線運動電場力做正功，電勢能一定減?。回撾姾裳刂妶鼍€移動，電場力做負

功，電勢能增大，故。錯誤；

故選：B。

沿著電場線移動正電荷，電場力一定要做正功.電荷沿電場線移動，其電勢能可能減少，也可能增

大.同一電荷在電場線密的地方電勢能不一定大，電場力大.

本題考查幾對關系：電場力做功與電勢能變化的關系、電勢與場強的關系、電場線與電勢和場強的

關系等.

6.答案：BD

解析：解：4B、運動員從七=3.2zn落到網面的速度為％,則：vf=2ghr,代入數(shù)據(jù)可得：/=8m/s,

方向豎直向下；

運動員剛離網的速度為方，貝九域=2g殳，代入數(shù)據(jù)得：v2=10m/s,方向豎直向上；規(guī)定向下

為正方向，在觸網過程中，由動量定理得：mgt+I=-mv2-mvr

W：I=-mv2--mgt=-1800W-s,所以網面對運動員的沖量大小為1800N-s；故A錯誤，

8正確；

CD,由于在運動員與網面接觸的過程中，彈性網的彈性勢能變化量為零，故彈性網的彈力對運動員

的做功為零，故C錯誤，。正確。

故選：BD。

先計算出運動員與網接觸前后的速度再根據(jù)動量定理列式求解；運動員與網面接觸的過程中，彈性

網的彈性勢能變化量為零，故彈性網的彈力對運動員的做功為零；

本題的關鍵是求出運動員與網接觸前后的速度，注意應用動量定理解題時首先規(guī)定正方向。

7.答案：AD

解析：解：

A、根據(jù)u-t圖象的斜率等于0,可知正電荷q在b點的加速度為0,在b點左側電荷做減速運動，b點

右側做加速運動，則在b點受到兩點電荷的電場力平衡，可知Q2帶負電，根據(jù)點電荷場強公式E=*

得知Q2帶電荷量小于5,故A正確；

B、在b點前做減速運動，b點后做加速運動，可見b點的加速度為0,受力為零，故b的場強為零，而

a點的場強不為零，所以b點的場強比a點的場強小，故B錯誤.

C、該電荷從a點到b點，做減速運動，電場力做負功，電勢能增大，又因為該電荷為正電荷，所以

電勢升高，貝帕點電勢比a點的電勢高.故C錯誤

由C分析得，粒子在a點的電勢能比b點的電勢能小，故。正確

故選：AD

由圖象分析可知：正帶電粒子在b點前做減速運動，b點后做加速運動，可見b點的加速度為0,則在

b點正電粒子受到兩點電荷的電場力平衡，從而可得出（?2的電性為負；通過正帶電粒子的動能先減小

再增大，判斷電場力做功和電勢能的變化，根據(jù)正電荷在電勢高處電勢能大，判斷電勢的高低.

解決本題的關鍵是根據(jù)圖象分析b點的場強為零，分析電荷的能量如何變化時，往往判斷外力做功情

況，根據(jù)功能關系進行分析，要掌握常見的功能關系，比如電場力做功與電勢能變化的關系，總功

與動能變化的關系等等.

8.答案：BD

解析：解：4、根據(jù)楞次定律可得，線框進入磁場過程中的電流方向為順時針、出磁場過程中的電流

方向為逆時針，所以線框進入磁場和穿出磁場的過程，感應電流的方向相反，故A錯誤；

8、根據(jù)左手定則可知，線框進入磁場和穿出磁場的過程，受到安培力的方向均向左，故B正確；

C.根據(jù)電荷量的經驗公式可得勺=絲=處，所以線框進入磁場的過程，通過導體橫截面的電荷為財,

RRR

故C錯誤；

D、線框進入磁場過程中克服安培力做的功為必（詔-說），線框穿出磁場的過程中和穿入磁

場過程中速度變化相同，克服安培力做功相同；

所以線框穿出磁場的過程中，根據(jù)動能定理可得必-必=-v2）,所以外力尸所做的功為

m（詔一譜）,故。正確。

故選：BD。

根據(jù)楞次定律判斷電流方向；根據(jù)左手定則判斷安培力的方向；根據(jù)電荷量的經驗公式求解電荷量；

根據(jù)動能定理分析外力做的功.

本題主要是考查楞次定律和法拉第電磁感應定律；解答本題要能夠利用楞次定律判斷感應電流方向，

掌握電荷量的計算公式，區(qū)分左手定則和右手定則的應用方法.

9.答案：ACE

解析：解：力、晶體的熔點和液體的沸點都與壓強有關，故A正確；

8、氣體很容易充滿整個容器，這是分子間沒有相互作用力，分子相對自由的原因，故8錯誤；

C、氣體等容變化時，沒有做功，如果吸收熱量，則由熱力學第一定律可知，內能一定增加，故C

正確；

。、飽和汽壓的大小只與溫度有關，與飽和汽的體積無關，故。錯誤；

E、單位體積內氣體的分子數(shù)多少和氣體溫度的高低，影響著氣體的壓強，即氣體分子單位時間內與

單位面積器壁碰撞的次數(shù)，故E正確

故選：ACE.

晶體的熔點與晶體的種類。壓強都有關；，氣體分子間沒有相互作用力，所以可以充滿整個空間；

根據(jù)熱力學第一定律，△〃=W+Q可知內能的變化；單位體積內氣體的分子數(shù)和氣體溫度，直接

影響氣體的壓強，從而即可求解。

本題考查熱力學第一定律的內容，注意W與Q的正負確定，掌握晶體與非晶體的區(qū)別，理解分子表面

引力，同時掌握影響氣體分子的壓強因素。

10.答案：ABE

解析：解：4、據(jù)題此時質點P向上振動，根據(jù)“上下坡法”可知波的傳播方向沿x軸的正方向。由

圖知波長;則周期為：T=-=-s=0.2s,故正確。

1=0.4m,v2A

B、P、Q兩質點相距一個波長，振動步調總是一致，振動情況總是相同。故B正確。

C、質點P只在自己平衡位置附近上下振動，并不向右移動，故C錯誤。

D、質點做簡諧運動時在一個周期內通過的路程等于4倍的振幅，因At=0.4s=27,所以質點P通

過的路程為S=84=8x5cm=40cm=0.4m。故。錯誤。

E、因為波長等于0.4m,則該波遇到尺寸為0.5m的障礙物時能發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象。故E正確。

故選：ABE.

根據(jù)質點P的振動方向，通過“上下坡法”判斷波的傳播方向.讀出波長，由波速公式求解波的周期，

即為質點P的振動周期.質點在一個周期內振動的路程等于4倍的振幅，P、Q兩個質點的平衡位置相

距一個波長，振動步調一致.當障礙物的尺寸與波長差不多或比波長小時能發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象.

解決本題的關鍵能夠從波的圖象中得出波長，知道波長、波速、周期的關系，以及掌握質點的振動

方向和波傳播方向的關系.

11.答案：10.52；子彈質量；擺塊質量M；答—cos。）；0+時差了的叟小于

解析：解：（1）主尺讀數(shù)為1.0cm,游標讀數(shù)為0.02x26=0.52nun,所以最終讀數(shù)為10+0.52mm=

10.52mm；

（2）本實驗中要確定子彈的動能，所以在實驗前應先測量出子彈m和擺去的質量M；

(4)根據(jù)機械能守恒定律可知，(M+m)gL(l-cos。)=：(M+m)v2

根據(jù)動量守恒定律可知：

mv0=(M+m)v

聯(lián)立解得：子彈的速度為：%=^j2gLQ_cose)；

根據(jù)比動能的定義式可知：

e0=S-

e。=-1mv$2

截面積s=—

4

解得：比動能e0=4(m+M)2gL(1-cose)；

unmd2

(5)由于擺塊在運動中存在空氣阻力做功，因此求出的子彈的速度偏小，故測量值一定小于真實值;

故答案為：(1)10.52；(2)子彈質量；擺塊質量M(4)W^j2gL(l—cos。)；竺曾鬻咨竺⑸小于;

(1)標卡尺的讀數(shù)等于主尺讀數(shù)加上游標讀數(shù)，不需估讀；

(2)明確實驗原理，從而確定應測量的數(shù)據(jù)：

(4)根據(jù)機械能守恒定律可求得打后的速度，再根據(jù)動量守恒定律可求得子彈的速度；

(5)分析實驗中存在的外在影響，從而確定誤差情況。

本題綜合考查了動量守恒定律以及機械能守恒定律，要注意明確實驗原理，正確理解題意，知道比

動能的公式，同時注意確定實驗中存在的誤差原因。

12.答案:C；3；0.5；0.5；4.5

解析：解：(1)利用直線將各點擬合，如圖所示，由圖可知，C點誤差較

大，故說明C數(shù)據(jù)錯誤；

(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律可知中，U=E-lr,取兩組數(shù)據(jù)可得：

2.5=E-l.Or

1.5=E—3.0r

聯(lián)立解得：E=3V,r=0.5/2；

(3)當電路的內電阻和外電阻相等時，電源的輸出功率最大，所以此電源上外接一個R=0.5。的電阻

時外電路的功率最大。

外電路的功率最大為P=捺=焉=4.5億

故答案為：(1)C；(2)3；0.5；(3)0.5；4.5?

(1)利用描點法進行分析，根據(jù)作出的直線即可得出誤差較大的點；

(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律結合圖象進行分析，從而求出電動勢和內電阻；

(3)根據(jù)電源輸出功率公式進行分析，從而確定電源的最大輸出功率大小。

在測量電源電動勢和內阻時，要注意根據(jù)畫出的U-/圖象結合數(shù)學知識分析出電動勢及內阻，同時

應能掌握電源輸出功率最大的結論。

13.答案：解：設每個發(fā)動機的推力為廣，三個發(fā)動機都關閉后船通過的距離是s'

氣墊船勻速運動時有：2F=f

對全過程運用動能定理得：

3Fs-/(s+s')=0

解得：s'=0.5s

答：三個發(fā)動機都關閉后，氣墊船通過的距離是0.5s。

解析：根據(jù)氣墊船做勻速運動，求出推力與阻力的關系，對全過程，運用動能定理求出三個發(fā)動機

關閉后船通過的距離；

本題主要考查了動能定理的應用，關健始終運動過程的選取，本題也可以通過牛頓第二定律和運動

學公式進行求解，但是沒有動能定理解決方便簡潔。

14.答案：(1)小球4到。只受電場力作用，由運動學公式可得：

&L1.

cos45。-2%'

qE=mar

聯(lián)立解得：t=2雅

則小球4與C碰前的速度為：

%=art

代入數(shù)據(jù)解得%=2J駕

(2)4和C相撞，規(guī)定打方向為正方向，由動量守恒得：

mv1=2mv

。在磁場中做圓周運動，由幾何關系可得：

—^--=2V2L

cos45

洛倫茲力提供向心力有：qvB=第

聯(lián)立解得：B=睥,根據(jù)。進出磁場的方向，由左手定則判斷，磁場方向垂直紙面向外

NqL

(3)。在電場中做類平拋運動，可得:

2

初速度方向與加速度方向的位移相等，則：vt=\a2t

V2=+(a2t)2

。在電場中的位移s=V2vt

解得W=s=4y/2L

可得位置坐標為：(0,4/乙一乙)

答：(1)小球4運動到。點的時間為2后，與C碰前的速度為2舟；

(2)磁感應強度B的大小為舟，方向垂直紙面向外；

(3)。第二次經過y軸時的速度大小為