山東省濰坊市2025屆高三物理下學(xué)期模擬試題含解析

PAGE24-山東省濰坊市2025屆高三物理下學(xué)期模擬試題（含解析）一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.山東海陽核電站是中國核電AP1000技術(shù)的標(biāo)記性項(xiàng)目，其反應(yīng)堆的核反應(yīng)方程為，下列說法中正確的是（）A.該反應(yīng)中X是質(zhì)子 B.該反應(yīng)中X是電子C.中有88個(gè)中子 D.的結(jié)合能比的結(jié)合能大【答案】C【解析】【詳解】AB．設(shè)反應(yīng)物的電荷數(shù)為x，則解得依據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒可知所以反應(yīng)物為中子，故AB錯(cuò)誤；C．中的中子數(shù)為故C正確；D．是重核，其原子核質(zhì)量大于，結(jié)合能也更大，故D錯(cuò)誤。故選C。2.灌漿機(jī)可以將涂料以速度v持續(xù)噴在墻壁上，涂料打在墻壁上后完全附著在墻壁上。涂料的密度為，墻壁上涂料厚度每秒增加u，不計(jì)涂料重力的作用，則噴涂料對(duì)墻產(chǎn)生的壓強(qiáng)為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】在涂料持續(xù)飛向墻壁并不斷附著在墻壁上的過程中，涂料小顆粒的速度從v變?yōu)?，其動(dòng)量的變更緣于墻壁對(duì)它的沖量，于是以時(shí)間內(nèi)噴到墻壁上面積為、質(zhì)量為的涂料為分析對(duì)象，墻壁對(duì)它的作用力為F，涂料增加的厚度為h。由動(dòng)量定理知又聯(lián)立可得故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選A。3.如圖所示，分別用頻率為、的光照耀某光電管，對(duì)應(yīng)的遏止電壓之比為1:3，普朗克常量用表示，則（）A.用頻率為的光照耀該光電管時(shí)有光電子逸出B.該光電管的逸出功為C.用的光照耀時(shí)逸出光電子的初動(dòng)能確定大D.加正向電壓時(shí)，用的光照耀時(shí)飽和光電流確定大【答案】B【解析】【詳解】AB．依據(jù)光電效應(yīng)方程聯(lián)立解得頻率為的單色光光子能量故用頻率為的光照耀該光電管時(shí)不能發(fā)生光電效應(yīng)，即無光電子逸出，故A錯(cuò)誤，B正確；C．依據(jù)光電效應(yīng)方程可知，光子頻率越大，光電子的最大初動(dòng)能越大，但是逸出光電子的初動(dòng)能小于等于最大初動(dòng)能，所以用的光照耀時(shí)逸出光電子的初動(dòng)能不確定大，故C錯(cuò)誤；D．在發(fā)生光電效應(yīng)的前提下，飽和光電流的強(qiáng)度只與光照強(qiáng)度有關(guān)，電壓只是提高光電子的動(dòng)能，增大電流。到達(dá)確定程度之后確定要受到光電子數(shù)量的約束，電流不再增大，故D錯(cuò)誤。故選B。4.蛟龍?zhí)柹顫撈髟趫?zhí)行某次試驗(yàn)任務(wù)時(shí)，外部攜帶一裝有氧氣的氣缸，氣缸導(dǎo)熱良好，活塞與缸壁間無摩擦且與海水相通。已知海水溫度隨深度增加而降低，則深潛器下潛過程中，下列說法正確的是（）A.每個(gè)氧氣分子的動(dòng)能均減小B.氧氣放出的熱量等于其內(nèi)能的削減量C.氧氣分子單位時(shí)間撞擊缸壁單位面積的次數(shù)增加D.氧氣分子每次對(duì)缸壁的平均撞擊力增大【答案】C【解析】【詳解】A．海水溫度隨深度增加而降低，氣缸導(dǎo)熱良好，氧氣分子平均動(dòng)能降低，但不是每個(gè)氧氣分子的動(dòng)能均減小，故A錯(cuò)誤；B．依據(jù)熱力學(xué)第確定律內(nèi)能的削減量等于氧氣放出的熱量和外界對(duì)氧氣做功之和，故B錯(cuò)誤；C．依據(jù)液體壓強(qiáng)公式可知隨下潛深度增加，海水壓強(qiáng)增大，由于活塞與缸壁間無摩擦且與海水相通，氧氣壓強(qiáng)增加，即氧氣分子單位時(shí)間撞擊缸壁單位面積的次數(shù)增加，故C正確；D．依據(jù)沖量定理氧氣分子平均動(dòng)能降低，氧氣分子每次對(duì)缸壁的平均撞擊力減小，故D錯(cuò)誤。故選C。5.如圖所示，兩單色光a、b分別沿半徑方向由空氣射入半圓形玻璃磚，出射光合成一束復(fù)色光P，已知單色光a、b與法線間的夾角分別為45°和30°，則a光與b光（）A.在玻璃磚中的折射率之比為B.在玻璃磚中的傳播時(shí)間之比為C.在玻璃磚中的波長之比為D.由該玻璃磚射向真空時(shí)臨界角之比為【答案】BCD【解析】【詳解】A．假設(shè)兩單色光a、b折射角為，則a光折射率為則b光折射率為解得故A錯(cuò)誤；B．依據(jù)由于路程和光速一樣，可得故B正確；C．依據(jù)從一種介質(zhì)進(jìn)入另一種介質(zhì)的波，頻率不變，光速一樣，可得故C正確；D．臨界角公式可得故D正確。故選BCD。6.一列簡諧橫波沿軸傳播，圖甲是時(shí)的波形圖，圖乙是處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像，a、b質(zhì)點(diǎn)在x軸上平衡位置分別為，下列說法正確的是（）A.波沿軸正方向傳播B.波的傳播速變?yōu)?.5m/sC.t=1.5s時(shí)，a、b兩點(diǎn)的速度和加速度均等大反向D.從t=1.0s到t=1.5s質(zhì)點(diǎn)a的路程為10cm【答案】C【解析】【詳解】A．由圖乙可知，時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)速度向上，由波形平移法可知，這列波沿軸負(fù)方向傳播，故A錯(cuò)誤；B．由圖知?jiǎng)t波速為故B錯(cuò)誤；C．a(chǎn)、b質(zhì)點(diǎn)在x軸上平衡位置分別為則可知，a、b相距半個(gè)波長，故此兩點(diǎn)為反相點(diǎn)，a、b兩點(diǎn)速度和加速度均等大反向，故C正確；D．從1.0s到1.5s，質(zhì)點(diǎn)a經(jīng)過個(gè)周期，經(jīng)過平衡點(diǎn)時(shí)的速度大，則故D錯(cuò)誤。故選C。7.如圖所示，志向變壓器原線圈接在正弦溝通電源上，副線圈接有兩個(gè)相同的燈泡，燈泡的額定電壓為110V，電流表、電壓表均為志向電表。開關(guān)S閉合時(shí)電流表示數(shù)相同，兩燈泡均正常發(fā)光，若斷開開關(guān)S，導(dǎo)線電阻不計(jì)，則（）A.電流表A2示數(shù)變大B.電壓表V2示數(shù)變大C.電壓表V1示數(shù)為VD.電流表A1和A2示數(shù)之比為1:2【答案】D【解析】【詳解】A．在副線圈中，兩個(gè)燈泡是并聯(lián)的關(guān)系相互不影響，若斷開開關(guān)S，則燈泡L1不受影響，則可知電流表A2示數(shù)不變，故A錯(cuò)誤；B．由變壓器公式當(dāng)斷開開關(guān)S時(shí)，匝數(shù)比和U1均不變，則電壓表V2示數(shù)也不變，故B錯(cuò)誤；C．由于副線圈兩燈泡并聯(lián)，則兩燈泡電壓相同，又因?yàn)閮蓚€(gè)燈泡完全相同，電阻一樣，則依據(jù)可知兩個(gè)燈泡電流也相同，依據(jù)題意，斷開開關(guān)之前兩個(gè)電流表示數(shù)相同，由變壓器公式由題意得則而原線圈電壓始終不變，故C錯(cuò)誤；D．?dāng)嚅_開關(guān)前后，由于原線圈電壓U1不變，匝數(shù)比也不變，則副線圈U2也不變，依據(jù)輸入功率等于輸出功率得解得故D正確。故選D。8.如圖所示，通過輕繩和滑輪從礦井中提升重物，光滑動(dòng)滑輪下吊重物，輕繩a左端固定在井壁的M點(diǎn)，另一端固定在光滑的滑環(huán)N上，輕繩b的下端系在滑環(huán)N上并繞過定滑輪，滑環(huán)N套在豎直桿上。在右側(cè)地面上拉動(dòng)輕繩b使重物緩慢上升的過程中，下列說法正確的是（）A.繩a的拉力變大 B.繩b的拉力變大C.桿對(duì)滑環(huán)的彈力變大 D.繩b的拉力始終比繩a的小【答案】D【解析】【詳解】A．重物緩慢上升的過程中，對(duì)重物受力分析，如圖所示依據(jù)正交分解可得解得設(shè)輕繩a的總長為l，井口的寬度為d，如圖所示則依據(jù)幾何關(guān)系可得，又，聯(lián)立可得，在緩慢向上的過程中，l和d保持不變，故不變，所以不變，依據(jù)，可知不變，故A錯(cuò)誤；BC．對(duì)N點(diǎn)受力分析依據(jù)正交分解可得，聯(lián)立解得，繩b的拉力保持不變，由A項(xiàng)分析可知，繩a的夾角不變，則不變，桿對(duì)滑環(huán)的彈力不變，故BC錯(cuò)誤；D．由于依據(jù)所以故D正確。故選D。二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。9.如圖所示，帶電量為+q和的點(diǎn)電荷分別位于絕緣薄圓盤中心軸線上，兩電荷到圓心O的距離相等。A點(diǎn)位于圓盤邊緣，B點(diǎn)為某半徑的中點(diǎn)，關(guān)于A、B、O三點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小和電勢(shì)的凹凸關(guān)系推斷正確的是（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】【詳解】AB．依據(jù)等量異種點(diǎn)電荷中垂面上電場(chǎng)線分布的特點(diǎn)可知，圓心O處場(chǎng)強(qiáng)最大，離圓心越遠(yuǎn)，電場(chǎng)線越稀疏，場(chǎng)強(qiáng)越小，即故A正確，B錯(cuò)誤；CD．圓盤處在等量異種電荷的中垂面上，所以此圓盤是一個(gè)等勢(shì)體，薄圓盤表面是一個(gè)等勢(shì)面，即故C錯(cuò)誤，D正確。故選AD。10.在宇宙中，當(dāng)一顆恒星靠近黑洞時(shí)，黑洞和恒星可以相互繞行，從而組成雙星系統(tǒng)。在相互繞行的過程中，質(zhì)量較大的恒星上的物質(zhì)會(huì)漸漸被吸入到質(zhì)量較小的黑洞中，從而被吞噬掉，黑洞吞噬恒星的過程也被稱之為“潮汐瓦解事務(wù)”。天鵝座X—1就是這樣一個(gè)由黑洞和恒星組成的雙星系統(tǒng)，它們以兩者連線上的某一點(diǎn)為圓心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示。在剛起先吞噬的較短時(shí)間內(nèi)，恒星和黑洞的距離不變，則在這段時(shí)間內(nèi)，下列說法正確的是（）A.它們間的萬有引力大小變大B.它們間的萬有引力大小不變C.恒星做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度變大D.恒星做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度變大【答案】AC【解析】【分析】【詳解】AB．設(shè)質(zhì)量較大的為，質(zhì)量較小的為，則兩者之間的萬有引力為解得數(shù)學(xué)學(xué)問可知，當(dāng)時(shí)，有最大值，依據(jù)題意可知質(zhì)量較小的黑洞吞噬質(zhì)量較大的恒星，因此萬有引力變大，故A正確，B錯(cuò)誤；CD．對(duì)于兩天體，萬有引力供應(yīng)向心力，即解得兩天體質(zhì)量表達(dá)式為兩天體總質(zhì)量表達(dá)式為兩天體的總質(zhì)量不變，天體之間的距離L不變，因此天體的周期T和角速度也不變，質(zhì)量較小的黑洞的質(zhì)量增大，因此恒星的圓周運(yùn)動(dòng)半徑增大，依據(jù)可知，恒星的線速度增大。故C正確，D錯(cuò)誤。故選AC。11.如圖甲所示，導(dǎo)線制成的等邊三角形OMN放置在水平桌面上，豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)穿過桌面。剪下MN間的導(dǎo)線，向左平移到O點(diǎn)，現(xiàn)使其在水平外力F作用下緊貼MON向右勻速運(yùn)動(dòng)，從O點(diǎn)起先計(jì)時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變更關(guān)系如圖乙所示，棒未脫離MON之前，外力F、棒與MON構(gòu)成的閉合電路中的電動(dòng)勢(shì)E、電路中的電流I、外力的功率P與時(shí)間t變更的關(guān)系正確的是（）A. B. C. D.【答案】BCD【解析】【詳解】設(shè)圖乙圖象中的一次函數(shù)解析式為由幾何學(xué)問可知，導(dǎo)體棒切割磁感線的有效長度為設(shè)單位長度電阻為R，回路的總電阻為感生電動(dòng)勢(shì)為因此依據(jù)聯(lián)立可得因此由于其在水平外力F作用下緊貼MON向右勻速運(yùn)動(dòng)，即聯(lián)立可得因此依據(jù)聯(lián)立可得因此故A錯(cuò)誤，BCD正確。故選BCD。12.如圖所示，兩平行光滑桿水平放置，兩相同的小球M、N分別套在兩桿上，并由輕彈簧拴接，彈簧與桿垂直。已知兩桿間距為0.4m，彈簧原長為0.5m，兩球的質(zhì)量均為0.2kg?，F(xiàn)給M球一沿桿向右的瞬時(shí)沖量，關(guān)于之后的運(yùn)動(dòng)，以下說法正確的是（）A.M球在起先的一段時(shí)間內(nèi)做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，直到達(dá)到運(yùn)動(dòng)中的最大速度B.彈簧第一次達(dá)到0.6m時(shí)，M球的速度大小為3m/sC.彈簧達(dá)到0.5m時(shí)，M球和N球總動(dòng)能最大D.彈簧達(dá)到最長時(shí)，M球的速度大小為1.5m/s【答案】BCD【解析】【詳解】A．在最起先時(shí)，彈簧處于壓縮狀態(tài)，當(dāng)M球起先運(yùn)動(dòng)后，彈簧復(fù)原原長，形變量漸漸減小，因此彈力漸漸減小，依據(jù)牛頓其次定律可知，加速度漸漸減小，即該過程M球做加速度漸漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．設(shè)一起先彈簧形變量為，當(dāng)彈簧達(dá)到0.6m時(shí)形變量為，則有M球在瞬間沖量作用后，獲得動(dòng)量，由動(dòng)量定理可得兩球和彈簧組成的系統(tǒng)，合外力為零，依據(jù)動(dòng)量守恒定律可得當(dāng)彈簧第一次達(dá)到0.6m時(shí)，依據(jù)能量守恒定律有解得即彈簧達(dá)到0.6m時(shí)，M球的速度大小為3m/s，故B正確；C．依據(jù)能量守恒定律，該過程M球和N球的總動(dòng)能與彈簧的彈性勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化，當(dāng)彈簧的彈性勢(shì)能為0時(shí)，M球和N球的總動(dòng)能達(dá)到最大。故C正確。D．當(dāng)兩球速度第一次相等時(shí)，彈簧第一次達(dá)到最大伸長量，依據(jù)動(dòng)量守恒定律可得解得即彈簧達(dá)到最長時(shí)，M球的速度大小為1.5m/s，故D正確。故選BCD。三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13.一小組到倉儲(chǔ)站勞動(dòng)實(shí)踐，在調(diào)試如圖甲所示的谷物傳送機(jī)時(shí)，發(fā)覺啟動(dòng)階段水平放置的傳送帶不是勻速運(yùn)動(dòng)。為探究傳送帶在啟動(dòng)階段的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，該小組進(jìn)行了以下操作：①用細(xì)繩一端拴盛有小米的紙質(zhì)漏斗，做成一個(gè)單擺；②一同學(xué)站在傳送帶旁邊，手持繩的另一端于傳送帶中線的正上方不動(dòng)，漏斗盡量貼近傳送帶；③將漏斗適當(dāng)拉離平衡位置，撕開漏斗下部，讓米流出，同時(shí)放開漏斗，使單擺始終垂直于傳送帶中線運(yùn)動(dòng)；④啟動(dòng)傳送帶，一段時(shí)間后，搖擺的漏斗撒出的米在傳送帶上留下的痕跡如圖乙所示，已知重力加速度g=10m/s2，請(qǐng)回答以下問題：(1)用你的毫米刻度尺測(cè)量圖片中OA的長度為_________mm，為推斷傳送帶在啟動(dòng)階段的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，還須要測(cè)出____________的長度；(2)依據(jù)你的測(cè)量數(shù)據(jù)得出的結(jié)論是_____________________，理由是_____________?！敬鸢浮?1).依據(jù)印刷試題中實(shí)際距離評(píng)分，有效數(shù)字須正確(2).OB和OC（或者AB和BC）(3).可看做勻加速運(yùn)動(dòng)(4).在誤差允許范圍內(nèi)，連續(xù)相等的時(shí)間段內(nèi)的位移差相等【解析】【詳解】(1)[1][2]依據(jù)印刷試題中實(shí)際距離評(píng)分，有效數(shù)字須正確。須要測(cè)出OB和OC（或者AB和BC）來計(jì)算相同時(shí)間內(nèi)位移差的大小，以此推斷運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。(2)[3][4]由圖可知，經(jīng)過、、所用的時(shí)間相同，且在誤差范圍內(nèi)，近似等于，即在連續(xù)相等時(shí)間段內(nèi)位移差相等，符合勻加速運(yùn)動(dòng)的條件，因此可以得出該運(yùn)動(dòng)是勻加速直線運(yùn)動(dòng)。14.新華同學(xué)要測(cè)量毫安電流表的內(nèi)阻RA和電源的電動(dòng)勢(shì)E，試驗(yàn)過程如下：①選擇合適器材連接電路，如圖甲所示；②斷開S2，閉合S1，調(diào)整R1的阻值，使電流表滿偏；③保持的阻值不變，閉合S2，調(diào)整，當(dāng)?shù)淖柚等鐖D乙所示時(shí)，電流表的示數(shù)如圖丙所示；④保持S1閉合，斷開S2，多次變更的阻值，并相應(yīng)記錄電流表的示數(shù)。利用記錄的R1的阻值和其對(duì)應(yīng)的電流表示數(shù)I，作出圖線，如圖丁所示。請(qǐng)回答下列問題：(1)丙圖中電流表的讀數(shù)為__________mA，若忽視閉合后電路中總電阻的變更，電流表的內(nèi)阻__________；(2)依據(jù)圖線可求得E=___________V；(3)電流表內(nèi)阻RA的測(cè)量值___________（選填“>”、“<”或“=”）真實(shí)值；(4)為保證明驗(yàn)電路的平安，請(qǐng)寫出一條建議：________________________________。【答案】(1).25.0(2).4.8(3).9.1（8.9~9.4）(4).<(5).閉合S1前將R1的阻值調(diào)至最大【解析】【詳解】(1)[1][2]依據(jù)圖丙可看出電流表的讀數(shù)為依圖可知，電流表的量程為50.0mA，因此干路電流不變?yōu)閯t流過電阻相關(guān)的電流為而此時(shí)的阻值為依據(jù)歐姆定律可得，電流表的內(nèi)阻為代入數(shù)據(jù)解得(2)[3]斷開，閉合，由圖示電路圖可知，電動(dòng)勢(shì)為變形可得即圖象的斜率等于電動(dòng)勢(shì)大小，因此有(3)[4]由于開關(guān)閉合后，并聯(lián)部分的電阻減小，總電流偏大，因此流過電阻箱的電流應(yīng)當(dāng)大于，因此該測(cè)量值小于真實(shí)值。(4)[5]閉合S1前將的阻值調(diào)至最大，確保電路電流不會(huì)過大，從而起到愛護(hù)電路的作用。15.如圖所示，圓柱形儲(chǔ)水罐橫截面積為S=0.5m2，上方開口，下部與豎直勻稱細(xì)管相通，起先罐內(nèi)水深，此時(shí)將細(xì)管上端封閉，測(cè)得管內(nèi)氣柱長。向罐內(nèi)注水，注滿水后測(cè)得管內(nèi)氣柱長，已知大氣壓強(qiáng)為Pa，重力加速度g=10m/s2，水的密度為kg/m3，環(huán)境溫度不變，細(xì)管導(dǎo)熱良好，求儲(chǔ)水罐的容積?！敬鸢浮?.135m【解析】【詳解】設(shè)細(xì)管截面積為S′，以細(xì)管內(nèi)密封氣體為探討對(duì)象，注水前氣體壓強(qiáng)為，注滿水后氣體壓強(qiáng)為p，由玻意耳定律設(shè)此時(shí)細(xì)管與水罐液面差為h′，則罐內(nèi)水的深度儲(chǔ)水罐的容積代入數(shù)據(jù)解得16.如圖甲所示為濰坊某游樂場(chǎng)的滑草場(chǎng)地，滑道由傾斜部分和水平部分組成，其中傾斜部分長x=100m，與水平面傾角。乘客乘坐m=5kg的滑草車從傾斜部分的坡頂由靜止起先自由下滑，最終停在滑道水平部分?？栈蒈囋儆蔂恳K索沿滑道拖回坡頂，如圖乙所示為10輛滑草車在與斜面平行的繩索牽引下沿傾斜滑道一起向上運(yùn)動(dòng)的加速度a隨牽引力F變更的圖像，已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，滑草車從傾斜部分到水平部分時(shí)的機(jī)械能損失忽視不計(jì)，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：(1)滑草車與滑道間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)乘客在滑道水平部分運(yùn)動(dòng)時(shí)間?！敬鸢浮?1)；(2)【解析】【詳解】(1)由圖像可知，牽引力時(shí)滑草車沿傾斜滑道向上勻速運(yùn)動(dòng)，依據(jù)平衡條件有代入數(shù)據(jù)解得(2)設(shè)乘客質(zhì)量為M，沿傾斜草場(chǎng)下滑過程，依據(jù)牛頓其次定律有代入數(shù)據(jù)解得依據(jù)速度位移公式有解得v=20m/s沿水平草場(chǎng)運(yùn)過程，依據(jù)牛頓其次定律有解得依據(jù)速度時(shí)間公式代入數(shù)據(jù)解得17.如圖所示，y軸右側(cè)區(qū)域存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第一象限內(nèi)磁場(chǎng)垂直紙面對(duì)外、第四象限內(nèi)磁場(chǎng)垂直紙面對(duì)里，且第四象限磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度是第一象限的2倍；y軸左側(cè)區(qū)域存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。第一象限內(nèi)距離y軸L處，垂直x軸放置感應(yīng)屏。電荷量為q、質(zhì)量為m的粒子，從點(diǎn)以初速度沿x軸正方向射出，從O點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，一段時(shí)間后粒子垂直擊中感應(yīng)屏，粒子重力不計(jì)，求：(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)電場(chǎng)強(qiáng)度大??；(2)第一象限磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值；(3)粒子擊中感應(yīng)屏?xí)r縱坐標(biāo)的可能值。【答案】(1)；(2)；(3)（n=0，1，2…）【解析】【詳解】(1)粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，x方向y