2025屆新高三開學摸底物理考試卷（黑吉遼專用）（解析版）

2025屆新高三開學摸底考試卷（黑吉遼專用）物理（考試時間：90分鐘試卷滿分：100分）注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個選項中，第1~7題只有一項符合題目要求，每題4分；第8~10題有多項符合題目要求，每題6分，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1．如圖所示，浙江運動員李玲在參加杭州亞運會女子撐桿跳高比賽時，以4.63m的成績奪得金牌，并再度刷新亞運會賽事紀錄。其完整的撐桿跳高過程可簡化為三個階段——持桿助跑、撐桿起跳上升、越桿下落著地。下落時，人桿分離，最后落在軟墊上速度減為零。不計空氣阻力，則（）A．研究其越桿過程的技術動作可將李玲視作質(zhì)點 B．李玲在最高點時加速度一定為零 C．李玲在整個跳高過程中機械能守恒 D．李玲落在軟墊上的運動過程中，軟墊對她的沖量大小等于她對軟墊的沖量大小【答案】D?！窘獯稹拷猓篈、研究其越桿過程的技術動作時，運動員的大小和形狀不可忽略，不可將李玲視作質(zhì)點，故A錯誤；B、李玲在最高點時仍受到重力作用，故加速度為重力加速度，故B錯誤；D、李玲落在軟墊上的運動過程中，由牛頓第三定律可知軟墊對她的作用力大小等于她對軟墊的作用力大小，那么軟墊對她的沖量大小等于她對軟墊的沖量大小，故D正確；C、撐桿從開始形變到撐桿恢復形變時，先是運動員部分動能轉(zhuǎn)化為桿的彈性勢能，后彈性勢能轉(zhuǎn)化為運動員的動能與重力勢能，使用撐桿的過程中，運動員與桿的機械能守恒，但單個物體—李玲在整個跳高過程中機械能不守恒、故C錯誤。2．如圖所示，一個固定的轉(zhuǎn)輪的輻條上有兩點a、b，關于兩點的線速度v的大小關系和角速度的大小關系，正確的是（）A．va＝vb，ωa＜ωb B．va＜vb，ωa＜ωb C．va＜vb，ωa＝ωb D．va＝vb，ωa＝ωb【答案】C【解答】解：由題可知，a、b是同軸轉(zhuǎn)動，兩者角速度相同，有ωa＝ωb；根據(jù)v＝ωr，且ra＜rb，可得va＜vb，故C正確，ABD錯誤。3．如圖所示為智能機器人協(xié)助派件員分揀快遞的場景，派件員將包裹放在機器人的水平托盤上后，機器人通過掃碼讀取目的地信息，并生成最優(yōu)路線，將不同目的地的包裹送至不同的位置，從而實現(xiàn)包裹的分揀功能。關于機器人和包裹，下列說法正確的是（）A．機器人加速前進則包裹對水平托盤的摩擦力方向向后 B．包裹受到向上的支持力是包裹發(fā)生形變產(chǎn)生的 C．包裹對機器人的壓力和機器人對包裹的支持力是一對平衡力 D．包裹隨著機器人一起做勻速直線運動時，包裹受到向前的摩擦力【答案】A【解答】解：A、機器人加速前進時，相對包裹機器人有向前運動的趨勢，故此時包裹具有向前的加速度，所以受到向前的摩擦力作用，根據(jù)牛頓第三定律可知包裹對水平托盤的摩擦力方向向后，故A正確；B、包裹受到向上的支持力是托盤發(fā)生形變產(chǎn)生的，故B錯誤；C、包裹對機器人的壓力和機器人對包裹的支持力是一對相互作用力，故C錯誤；D、包裹隨著機器人一起做勻速直線運動時，包裹加速度為零，故此時不受到摩擦力，故D錯誤。4．如圖所示是某電容式話筒的原理示意圖，E為電源，R為電阻，薄片P和Q為兩金屬板。從左向右對著振動片P說話，P振動而Q不動。在P、Q間距增大的過程中（）A．電容器的電容增大 B．P上電量保持不變 C．P、Q間的場強增大 D．點M的電勢比點N的高【答案】D【解答】解：A．根據(jù)電容器的決定式可知兩極板間距離增大，電容減小。故A錯誤；B．由于電容器與電源連接，電源電壓保持不變，兩極板間電壓U不變，電容C減小，根據(jù)電容器的定義式可知電容器的帶電量減小。故B錯誤；C．P、Q間的電場可視為勻強電場，則有U＝Ed在P、Q間距d增大的過程中，兩極板間電壓U不變，則P、Q間電場的場強E減小。故C錯誤；D．兩極板間距離增大，電容減小，Q極板的正電荷將通過電阻R和電源流向負極板，因此M點的電勢高于N點的電勢。故D正確。5．在水平方向的勻強電場中，一帶電小球僅在重力和電場力作用下于豎直面（紙面）內(nèi)運動。如圖，若小球的初速度方向沿虛線，則其運動軌跡為直線；若小球的初速度方向垂直于虛線，則其從O點出發(fā)運動到O點等高處的過程中（）A．動能減小，電勢能增大 B．動能增大，電勢能減小C．動能減小，電勢能減小 D．動能增大，電勢能增大【答案】B【解答】解：小球的初速度方向沿虛線時，小球沿虛線做直線運動，根據(jù)物體做直線運動的條件可知小球所受的合力方向沿虛線方向，電場方向水平向右，如圖所示：小球的初速度方向垂直于虛線，小球做類平拋運動；小球從O點出發(fā)運動到O點等高處的過程中，合力做正功，小球的動能增加；電場力做正功，小球的電勢能減小。綜上分析，故ACD錯誤，B正確。6．光電管是應用光電效應原理制成的光電轉(zhuǎn)換器件，在有聲電影、自動計數(shù)、自動報警等方面有著廣泛的應用。圖a是研究光電效應的實驗電路，圖b是用甲、乙、丙三束光分別照射光電管得到的I﹣U圖線，Uc1、Uc2表示遏止電壓，圖c是遏止電壓Uc與入射光的頻率ν間的關系圖像。下列說法中正確的是（）A．發(fā)生光電效應時，將滑動變阻器滑片從C端往D端移動時，電流表示數(shù)一定增加 B．圖c中圖線的斜率表示普朗克常量h C．丙光比甲光更容易發(fā)生明顯衍射 D．甲光照射時比丙光照射時產(chǎn)生的光電子的最大初動能小【答案】故選：D?！窘獯稹拷猓篈、發(fā)生光電效應時，將滑動變阻器滑片從C端往D端移動時，當電路中的電流達到飽和電流后，電流表示數(shù)保持不變，在達到飽和電流前會一直增大的，故A錯誤；B、根據(jù)愛因斯坦的光電效應方程有Ek＝hν﹣W0，根據(jù)動能定理有eUc＝Ek，聯(lián)立得Uc＝，所以圖c中圖像的斜率表示，故B錯誤；C、從圖b中可以看出在發(fā)生光電效應時丙光的遏制電壓大于甲光的遏制電壓，所以丙光的頻率大于甲光的頻率，根據(jù)c＝λν可知甲光的波長大于丙光的波長，則甲光比丙光更容易發(fā)生衍射，故C錯誤；D、根據(jù)愛因斯坦的光電效應方程Ek＝hν﹣W0，根據(jù)上面C的分析可知，甲光照射時比丙光照射時產(chǎn)生的光電子的最大初動能小，故D正確。7．2023年11月16日，長征二號丙運載火箭在酒泉成功發(fā)射了新一代海洋水色觀察衛(wèi)星海洋三號01星，海洋三號01星具有高度的科研價值和應用價值，代表著我國海洋水色系統(tǒng)衛(wèi)星正式升級到第二代觀測體系。若已知衛(wèi)星運動軌道可看成圓軌道，運動周期為T，衛(wèi)星離地面的飛行高度為h，地球半徑為R，地球北極位置的重力加速度為g，引力常量為G。則下列說法正確的是（）A．海洋三號01星的發(fā)射速度大于11.2km/s B．由題中已知的數(shù)據(jù)可得出地球的密度為 C．該衛(wèi)星在預定軌道無動力獨立飛行時繞地一周所需時間為 D．該衛(wèi)星在預定軌道無動力獨立飛行時的速度大小可能為8km/s【答案】C【解答】解：A.11.2km/s是第二宇宙速度，是衛(wèi)星脫離地球束縛的最小發(fā)射速度，海洋三號01星繞地球做圓周運動，其發(fā)射速度小于11.2km/s，故A錯誤；B.根據(jù)萬有引力等于重力有＝mg解得M＝地球密度ρ＝＝＝，故B錯誤；C.根據(jù)萬有引力提供向心力有＝m解得T＝2π又根據(jù)萬有引力等于重力有＝mg解得T＝2π故C正確；D.第一宇宙速度7.9km/s是衛(wèi)星繞地球做圓周運動的最大速度，該衛(wèi)星在預定軌道無動力獨立飛行時的速度大小小于7.9km/s，但不可能為8km/s，故D錯誤。（多選）8．兩列簡諧橫波分別沿x軸正方向和負方向傳播，兩波源分別位于x＝﹣0.2m和x＝1.2m處，兩列波的波速均為0.4m/s，左側(cè)波源的振幅為2cm，右側(cè)波源的振幅為3cm。如圖所示為t＝0時刻兩列波的圖像，此刻平衡位置位于x＝0.2m和x＝0.8m的兩質(zhì)點剛開始振動。下列說法正確的是（）A．平衡位置位于x＝0.5m的質(zhì)點為振動加強點，它的位移不可能為0 B．平衡位置位于x＝0.4m的質(zhì)點為振動減弱點，t＝1s之后其位移始終為0 C．平衡位置位于x＝0.3m的質(zhì)點在t＝1.6s時的速度方向為y軸正方向 D．平衡位置位于x＝0.2m的質(zhì)點在0～3s內(nèi)的路程為18cm【答案】CD【解答】解：A．兩列波相遇的時間為t＝＝s＝0.75s即兩列波經(jīng)t＝0.75s，相遇在P、Q的中點M，故質(zhì)點M在t＝0.75s時起振，兩列波起振的方向都是y軸負方向，故兩列波在質(zhì)點M處振動加強，它的位移可能為0。故A錯誤；B．平衡位置位于x＝0.4m的質(zhì)點到兩波源的路程差為Δx'＝（1.2﹣0.4）m﹣（0.4+0.2）m＝0.2m＝可知該點為振動減弱點，因為兩波源的振幅不同，所以該點的位移會隨時間而變化，不會出現(xiàn)始終為0的情況。故B錯誤；C．兩列波的周期為T＝＝s＝1s左右兩波傳到x＝0.3m所需時間分別為t1＝s＝0.25st2＝s＝1.25s故在t＝1.6s時，兩列波使該處質(zhì)點已經(jīng)振動的時間分別為t3＝1.6s﹣0.25s＝1.35s＝T+0.35st4＝1.6s﹣1.25s＝0.35s可知兩列波對該點的影響均為沿y軸正方向振動。所以x＝0.3m處質(zhì)點的速度方向為y軸正方向。故C正確；D．右側(cè)波傳到x＝0.2m處所需時間為t'＝＝s＝1.5s則0～1.5s內(nèi)該質(zhì)點的路程為s1＝4A+2A＝6×2cm＝12cm1.5～3s內(nèi)兩列波在該點疊加，該點到兩波源的路程差為x''＝（1.2﹣0.2）m﹣（0.2+0.2）m＝0.6m＝3則該點為振動減弱點，合振幅為A合＝A2﹣A1＝3cm﹣2cm＝1cm可知該段時間的路程為s2＝4A合+2A合＝6×1cm＝6cm可得平衡位置位于x＝0.2m的質(zhì)點在0～3s內(nèi)的路程為s＝s1+s2＝12cm+6cm＝18cm故D正確。（多選）9．如圖甲，質(zhì)量m＝1kg的小滑塊P（可視為質(zhì)點），以v1＝3m/s的速度從木板左端向右滑上木板Q，此時木板Q速度大小為v2＝5m/s，方向水平向左，從該時刻開始0.6s內(nèi)兩物體的運動情況的v﹣t圖像如圖乙所示。已知木板Q質(zhì)量M＝3kg，重力加速度g取10m/s2。則（）A．PQ間的摩擦因數(shù)為μ1＝0.5 B．Q與地面間的摩擦因數(shù)為μ2＝0.5 C．如果想要滑塊P不從木板Q上掉落，木板Q至少長度為L＝3m D．如果想要滑塊P不從木板Q上掉落，木板Q至少長度為L＝3.2m【答案】AD【解答】解：A．根據(jù)圖乙可得，a1＝||＝||m/s2＝5m/s2對P分析f1＝μ1mg＝ma1解得μ1＝0.5故A正確；B．根據(jù)圖乙可得，a1＝||＝||m/s2＝5m/s2對Q分析f1+f2＝μ1mg+μ2（m+M）g＝（m+M）a2解得μ2＝0.375故B錯誤；CD.t＝0.6s時P、Q的相對位移為x＝m+m+2×0.6m＝3m此后分別對P、Q根據(jù)牛頓第二定律可知P的加速度向左，大小依然為5m/s2，Q的加速度向右大小依然為5m/s2設兩物體共速所需時間為t，則vQ﹣a2t＝a1t解得t＝0.2s兩物體的相對位移為x'＝vQt﹣﹣則木板的最少長度為L＝x+x'代入數(shù)據(jù)解得L＝3.2m，故C錯誤，D正確；（多選）10．如圖所示，表面粗糙且絕緣的水平傳送帶以速度v向右勻速轉(zhuǎn)動，空間中MNPQ所在區(qū)域內(nèi)存在磁感應強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場，MN、PQ與MQ的夾角為45°，且MQ＝2L，某時刻在傳送帶左側(cè)輕放一邊長為L、質(zhì)量為m、電阻為R的正方形導線框，ad邊與MQ始終平行，線框與傳送帶恰好相對靜止通過磁場區(qū)域，已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，則（）A．線框中的電流先增大后減小再增大再減小 B．線框所受安培力方向始終水平向左 C．線框所受靜摩擦力的最大值為 D．線框進入磁場前運動的最短距離為【答案】ACD【解答】解：A、線框進入有界磁場后，其ad、bc邊不切割磁感線，由幾何知識可知，線框切割磁感線的有效長度的最大值為L，線框完全進入磁場時a點恰好運動到PQ上，線框勻速進入磁場區(qū)域的過程中切割磁感線的有效長度先增大后減小，由E＝BLv知，線框產(chǎn)生的感應電動勢先增大后減?。煌砜傻镁€框出磁場區(qū)域的過程中切割磁感線的有效長度也先增大后減小，線框產(chǎn)生的感應電動勢先增大后減小，因此線框勻速通過磁場區(qū)域的過程中，線框中的電流先增大后減小，再增大再減小，故A正確。B、線框進出磁場的過程中所受安培力的有效長度與正方形線框的對角線bd平行，由楞次定律和左手定則可知，線框所受安培力方向始終垂直于對角線bd，故B錯誤；C、計算所受安培力時有效長度的最大值為，因為線框恰好與傳送帶相對靜止通過磁場區(qū)域，所以線框所受的最大靜摩擦力等于所受的最大安培力，有，故故C正確；D、根據(jù)牛頓第二定律得：線框從靜止開始勻加速到a點到達磁場邊界的速度恰好為v時，由v2＝2as可得，故D正確。實驗題：本題共2小題，共14分11．（6分）某同學為了驗證對心碰撞過程中的動量守恒定律，設計了如下實驗：用紙板搭建如圖所示的滑道，使硬幣可以平滑地從斜面滑到水平面上，其中OA為水平段。選擇相同材質(zhì)的一元硬幣和一角硬幣進行實驗。測量硬幣的質(zhì)量，得到一元和一角硬幣的質(zhì)量分別為m1和m2（m1＞m2）。將硬幣甲放置在斜面上某一位置，標記此位置為B。由靜止釋放甲，當甲停在水平面上某處時，測量甲從O點到停止處的滑行距離OP。將硬幣乙放置在O處，左側(cè)與O點重合，將甲放置于B點由靜止釋放。當兩枚硬幣發(fā)生碰撞后，分別測量甲、乙從O點到停止處的滑行距離OM和ON。保持釋放位置不變，重復實驗若干次，得到OP、OM、ON的平均值分別為s0、s1、s2。（1）在本實驗中，甲選用的是一元（填“一元”或“一角”）硬幣；（2）碰撞前，甲到O點時速度的大小可表示為（設硬幣與紙板間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g）；（3）若甲、乙碰撞過程中動量守恒，則＝（用m1和m2表示），然后通過測得的具體數(shù)據(jù)驗證硬幣對心碰撞過程中動量是否守恒。【答案】（1）一元；（2）；（3）【解答】解：（1）兩硬幣碰撞過程動量守恒，以碰撞前瞬間甲的速度方向為正方向，設碰撞前甲的速度為v0，碰撞后甲的速度為v1，乙的速度為v2，由動量守恒定律得：m甲v0＝m甲v1+m乙v2由機械能守恒定律得：m甲＝m甲+m乙聯(lián)立解得：v1＝v0，v2＝v0由題意得，碰撞后甲向右運動，即v1＞0，則m甲＞m乙由題意可知一元和一角硬幣的質(zhì)量分別為m1和m2（m1＞m2），則甲選用一元的硬幣；（2）不放置硬幣乙時，甲從O點到P點做勻減速直線運動，由牛頓第二定律得：﹣μm1g＝m1a由勻變速直線運動位移—速度公式得：0﹣＝2as0聯(lián)立解得：v0＝（3）以碰撞前瞬間甲的速度方向為正方向，甲、乙碰撞過程，由動量守恒定律得：m1v0＝m1v1+m2v2由機械能守恒定律得：m1＝m1+m2聯(lián)立解得：v1＝v0，v2＝v0甲、乙碰撞后均做勻減速直線運動，加速度均為：a＝﹣μg由勻變速直線運動位移—速度公式得：0﹣＝2as1和0﹣＝2as2則＝＝＝12．（8分）某實驗小組用電阻箱和電壓表（內(nèi)阻可視為無窮大），測量定值電阻R0的阻值，并測量水果電池的電動勢和內(nèi)阻，實驗電路如圖（a）。實驗操作步驟如下：①閉合S1斷開S2和S3，當電阻箱的阻值為1178Ω時，電壓表示數(shù)為0.60V；②閉合S1和S3，斷開S2，當電阻箱的阻值為2040Ω時，電壓表示數(shù)仍為0.60V；③閉合S1，斷開S2和S2，多次調(diào)節(jié)電阻箱，讀出多組電阻箱的示數(shù)R和對應的電壓表示數(shù)U。（1）根據(jù)上述步驟，可得出定值電阻R0的阻值為862Ω（計算結果保留3位有效數(shù)字）。（2）將測量的數(shù)據(jù)填入表格，利用Excel計算出，如表所示：數(shù)據(jù)序號123456U/V0.090.160.270.40.60.67R+R0/Ω10020040080016004000.90.80.6750.50.3750.1675（3）由測得的數(shù)據(jù)，利用計算機得出電壓表示數(shù)U隨變化的圖線如圖（b）所示的。根據(jù)圖像可求得水果電池的電動勢E＝0.80V，內(nèi)阻r＝8.0×102Ω（計算結果保留2位有效數(shù)字）。（4）實際電壓表內(nèi)阻不是無窮大，若只考慮由此引起的系統(tǒng)誤差，則與真實值相比，電動勢的測量值偏?。ㄟx填“偏大”“偏小”或“不變”），內(nèi)阻的測量值偏小（選填“偏大”“偏小”或“不變”）。【答案】（1）862；（3）0.80；8.0×102；（4）偏??；偏小【解答】解：（1）電阻的測量采用的是替代法，則有1178Ω+R0＝2040Ω可得R0＝862Ω；（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律有U＝E﹣r圖像截距可得E＝0.80V根據(jù)圖像斜率可得內(nèi)阻為r＝Ω＝8.0×102Ω（4）測量誤差主要來源于電壓表分流，故電動勢和內(nèi)阻的測量值均偏小。三、計算題：本題共3小題，共40分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟。只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。13．（10分）如圖所示，在圓柱形汽缸中用一定質(zhì)量的光滑導熱活塞密閉有一定質(zhì)量的理想氣體，在汽缸底部開有一小孔，與U形水銀管相連，已知外界大氣壓為p0，室溫t0＝27℃，穩(wěn)定后兩邊水銀面的高度差為Δh＝1.5cm，此時活塞離容器底部高度為h1＝50cm。已知柱形容器橫截面積S＝0.01m2，大氣壓p0＝75cmHg＝1.0×105Pa，g＝10m/s2．求：①活塞的質(zhì)量；②現(xiàn)室溫降至﹣33℃時活塞離容器底部的高度h2。【答案】①2kg；②40cm【解答】解：①A中氣體壓強為：pA＝p0+pΔh＝75cmHg+1.5cmHg＝1.02×105Pa對活塞有：pAS＝p0S+mg解得：m＝2kg。②由于氣體等壓變化，U形管兩側(cè)水銀面的高度差不變Δh′＝1.5cmT1＝273+27K＝300K，體積為：V1＝50ST2＝273﹣33K＝240K，體積為：V2＝h2S由蓋呂薩克定律得：＝代入數(shù)據(jù)解得：h′＝40cm。14．（12分）如圖所示，質(zhì)量m＝1kg的滑塊B靜止放置于光滑平臺上，B的左端固定一輕質(zhì)彈簧。平臺右側(cè)距水平地面高H＝0.8m．平臺左側(cè)的光滑圓弧軌道與平臺平滑連接，圓弧軌道半徑R＝1.6m，其左側(cè)端點P與圓弧圓心O的連線與豎直方向的夾角θ＝60°?，F(xiàn)將滑塊A從P點由靜止開始釋放，滑塊A滑至平臺上擠壓彈簧，經(jīng)過一段時間彈簧恢復原長后，滑塊B離開平臺落到水平地面上的C點，C點到平臺右側(cè)的水平距離為x＝1.2m，重力加速度大小g＝10m/s2，滑塊A、B均可視為質(zhì)點，不計空氣阻力，求：（1）滑塊B剛離開平臺時的速度大小v0；（2）滑塊A的質(zhì)量m0；（3）該過程中彈簧彈性勢能的最大值Ep?！敬鸢浮浚?）3m/s；（2）0.6kg；（3）3J?！窘獯稹拷猓海?）B離開平臺后做平拋運動，豎直方向：水平方向有：x＝v0t聯(lián)立解得：v0＝3m/s（2）滑塊A達到最低點的速度大小為v1，根據(jù)動能定理可得：取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：m0v1＝m0v1′+mv0根據(jù)機械能守恒定律可得：＝+聯(lián)立解得：m0＝0.6kg（3）當滑塊A、B速度大小相等時彈簧彈性勢能最大，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有m0v1＝（m0+m）v2根據(jù)機械能守恒定律可得：Ep＝﹣代入數(shù)據(jù)得：Ep＝3J15．（18分）如圖甲所示，曲線OP上方有沿﹣y方向的勻強電場，其場強大小為E1，曲線左側(cè)有一粒子源AB，B端位于x軸上，能夠持續(xù)不斷地沿+x方向發(fā)射速度為v0、質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子束，這些粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后均能夠通過O點，已知從A點入射粒子恰好從P點進入電場，不計重力及粒子間的相互作用。（1）寫出勻強電場邊界OP段的邊界方程（粒子入射點的坐標y和x間的關系式）；（2）若第四象限內(nèi)存在邊界平行于坐標軸的矩形勻強磁場B1（未畫出），磁場方向垂直紙面向外。自O點射入的粒子束，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后均能夠返回y軸，若粒子在第四象限運動時始終未離開磁場，求磁場的最小面積；（3）若第一象限與第四象限間存在多組緊密相鄰的勻強磁場B2和勻強電場E2（如圖乙），電磁場邊界與y軸平行，寬度均為d，長度足夠長。勻強磁場，方向垂直紙面向里，勻強電場，方向沿x軸正方向?，F(xiàn)僅考慮自A端射入的粒子，經(jīng)勻強電場E1偏轉(zhuǎn)后，恰好與y軸負方向成θ＝45°從O點射入，試確定該粒