2020年山东省高考物理模拟试卷(共16页).docx

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1、精选优质文档-倾情为你奉上2020年山东省高考物理模拟试卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1. 下列说法正确的是（ ） A.衰变所释放的电子是原子核内的质子转变为中子时产生的B.铀核(92238U)衰变为铅核(82206Pb)的过程中，要经过8次衰变和6次衰变C.83210Bi的半衰期是5天，100克83210Bi经过10天后还剩下50克D.密立根油滴实验表明核外电子的轨道是不连续的【答案】B【考点】原子核衰变【解析】衰变的实质是原子核内部的中子转化为一个质子和一个电子，电子从原子核内出来；通过电荷数守恒、质量数守恒确定衰变、

2、衰变的次数；根据半衰期的物理意义以及剩余质量和总质量之间的关系；密立根油滴实验测出了电子的电荷量，发现了电荷量的量子化，不明说明核外电子的轨道是不连续的；【解答】A、衰变的实质是原子核内部的中子转化为一个质子和一个电子，电子从原子核内喷射出来，故A错误；B、铀核(92238U)衰变为铅核(82206Pb)的过程中，每经一次衰变质子数少2，质量数少4；而每经一次衰变质子数增1，质量数不变；由质量数和核电荷数守恒知，衰变次数m=2382064=8，衰变次数n82(9282)6次，故B正确；C、设原来Bi的质量为m0，衰变后剩余质量为m则有：mm0(12)tT=100(12)105=25g，即可知剩

3、余Bi质量为25g，故C错误；D、密立根油滴实验表明电子的电荷量是分离的，波尔提出核外电子的轨道是分立的不连续的，故D错误。2. 如图，S是波源，振动频率为100Hz，产生的简谐横波向右传播，波速为40m/s。波在传播过程中经过P、Q两点，已知P、Q的平衡位置之间相距0.6m。下列判断正确的是（ ）A.Q点比P点晚半个周期开始振动B.当Q点的位移最大时，P点的位移最小C.Q点的运动方向与P点的运动方向可能相同D.当Q点通过平衡位置时，P点也通过平衡位置【答案】D【考点】波长、频率和波速的关系横波的图象【解析】根据波速和频率求得波长，从而得到质点间距离和波长的关系。相隔半波长的奇数倍的两个质点，

4、振动情况完全相反。【解答】A、根据波长、频率和波速的关系可知，波长vT=vf=0.4m，PQ0.6m1.5，故Q点比P点晚1.5个周期开始振动，故A错误。B、P、Q两点的平衡位置相关半个波长的奇数倍，故两者振动情况完全相反，当Q点的位移最大时，P点的位移也最大，但两者方向相反，故B错误。C、P、Q两点的运动方向始终相反，故C错误。D、当Q通过平衡位置时，P点也通过平衡位置，但两者运动方向相反，故D正确。3. 下图是一升降机的运动情况，升降机底部安装一个加速度传感器，其上放置了一个质量为m的小物块，如图甲所示。升降机从t0时刻开始竖直向上运动，加速度传感器显示加速度a随时间t变化如图乙所示。取竖

5、直向上为正方向，重力加速度为g，以下判断正确的是（ ）A.在02t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态B.在t03t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态C.tt0时刻，物块所受的支持力大小为mgD.t3t0时刻，物块所受支持力大小为2mg【答案】C【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重【解析】失重状态：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度。【解答】A、由乙图可知，在02t0时间内，加速度一直向上，物块一直处于超重状态，故A错误；B、由乙图可

6、知，在t03t0时间内，加速度一直向上，物块一直处于超重状态，故B错误；C、由乙图可知，tt0时刻，加速度为0，物块所受的支持力大小为mg，故C正确；D、由乙图可知，t3t0时刻，加速度为2g，由Fmgma可知物块所受的支持力F3mg，故D错误。4. 甲、乙两车在平直公路上沿同一直线运动，两车的速度v随时间t的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）A.两车的出发点一定不同B.在0到t2的时间内，两车一定相遇两次C.在t1到t2时间内某一时刻，两车的加速度相同D.在t1到t2时间内，甲车的平均速度一定大于乙车的平均速度【答案】C【考点】匀变速直线运动的概念【解析】图象是速度-时间图象，不是位移-时

7、间图象，所以无法判断出发位置；在0到t2的时间内，两车有两次速度相等；vt图线的斜率表示加速度；vt图象与坐标轴所围图象的面积表示位移，然后根据平均速度定义可以判断平均速度的大小。【解答】A、出发位置不能做出判断，故A错误；B、在0到t2的时间内，两车有两次速度相等，并不是相遇，故B错误；C、vt图象的斜率表示加速度，在t1到t2时间内的某一时刻，乙图线的斜率和甲图线平行，说明加速度相等，故C正确；D、在t1到t2时间内乙的位移大于甲的位移，故甲的平均速度一定小于乙的平均速度，故D错误。5. 电阻为R的单匝闭合金属线框，在匀强磁场中绕着与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势的图象如图所示。

8、下列判断正确的是（ ）A.T2时刻线框平面与中性面平行B.穿过线框的磁通量最大为E0T2C.线框转一周外力做的功为E02TRD.从t=T4到t=3T4的过程中，线框的平均感电动的E02【答案】B【考点】交变电流的图象和三角函数表达式法拉第电磁感应定律【解析】（1）由图可知特殊时刻的电动势，根据电动势的特点，可判处于各个时刻的磁通量；（2）根据能量守恒定律求线框转一周外力所做的功；（3）根据E=Nt求平均电动势。【解答】A、由图可知t=T2时刻感应电动势最大，此时线圈所在平面与中性面垂直，故A错误；B、当感应电动势等于零时，穿过线框回路的磁通量最大，且由EmNBS得：m=Em=E02T=E0T2

9、，故B正确；C、根据能量守恒可知，线圈转一周所做的功为转动一周的发热量：Q=E2RT=(Em2)2RT=E022RT，故C错误；D、从T4到3T4时刻的平均感应电动势为E=mT2=2mT2=2E0，故D错误；6. 如图甲所示的充电电路中，R表示电阻，E表示电源（忽略内阻），通过改变电路中的元件参数对同一电容器进行两次充电，对应的电荷量q随着时间t变化的曲线如图乙中的a、b所示。曲线形状由a变化为b，是由于（ ）A.电阻R变大B.电阻R减小C.电源电动势E变大D.电源电动势E减小【答案】A【考点】闭合电路的欧姆定律【解析】电容器所带电荷量不变，即电源电动势不变；电容器的充电时间变长，即充电电流变

10、小，电路中电阻变大。【解答】由图象可以看出，最终电容器所带电荷量没有发生变化，只是充电时间发生了变化，说明电容器两端电压没有发生变化，即电源的电动势不变，二是电路中电阻的阻值发生了变化。图象b比图象a的时间变长了，说明充电电流变小了，即电阻变大了，故A正确，BCD错误。7. 如图所示，压缩的轻弹簧将金属块卡在矩形箱内，在箱的上顶板和下底板均安有压力传感器，箱可以沿竖直轨道运动。当箱静止时，上顶板的传感器显示的压力F12N下底板传感器显示的压力F26N，重力加速度g10m/s2下列判断正确的是（ ）A.若加速度方向向上，随着加速度缓慢增大，F1逐渐减小，F2逐渐增大B.若加速度方向向下，随着加速

11、度缓慢增大，F1逐渐增大，F2逐渐减小C.若加速度方向向上，且大小为5m/s2时，F1的示数为零D.若加速度方向向下，且大小为5m/s2时，F2的示数为零【答案】C【考点】牛顿第二定律的概念【解析】当弹簧的形变量不变时，下底板传感器显示的压力F2不变。根据牛顿第二定律分析F1的变化情况，并根据牛顿第二定律求出F10和F20时的加速度。【解答】A、若加速度方向向上，在金属块未离开上顶板时弹簧的压缩量不变，则F2不变，根据牛顿第二定律得：F2mgF1ma，得F1F2mgma，知随着加速度缓慢增大，F1逐渐减小，故A错误。B、若加速度方向向下，在金属块未离开上顶板时弹簧的压缩量不变，则F2不变，根据

12、牛顿第二定律得：mg+F1F2ma，得F1F2mg+ma，知随着加速度缓慢增大，F1逐渐增大，故B错误。C、当箱静止时，有F2mg+F1，得m0.4kg若加速度方向向上，当F10时，由A项分析有F1F2mgma0，解得a5m/s2，故C正确。D、若加速度方向向下，弹簧不可能恢复原长，则F2的示数不可能为零，故D错误。8. 质量为m的箱子静止在光滑水平面上，箱子内侧的两壁间距为l，另一质量也为m且可视为质点的物体从箱子中央以v0=2gl的速度开始运动（g为当地重力加速度），如图所示，已知物体与箱壁共发生5次完全弹性碰撞。则物体与箱底的动摩擦因数的取值范围是（ ）A.1427B.2914C.111

13、19D.213211【答案】C【考点】摩擦力做功与能量转化动量守恒定律的理解【解析】物体与箱子组成的系统水平方向不受外力，系统的动量守恒，可求出相对静止时的共同速度；再根据能量守恒定律求出系统产热；再利用系统产热等于摩擦力乘以相对路程，先求出物体相对于木箱运动的总路程范围，再进一步求出动摩擦因数的取值范围。【解答】小物块与箱子组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0(m+m)v共解得：v共=12v0；对小物块和箱子组成的系统，由能量守恒定律得：12mv02=12(m+m)v共2+Q解得：Q=14mv02=12mgl；由题意可知，小物块与箱子发生5次碰撞，则物体相对于木箱运动

14、的总路程最小为92l，最大为112l小物块受到摩擦力为：fmg，对系统，利用产热等于摩擦力乘以相对路程，得：Qfs当s=92l时，=19，当s=112l时，=111，故1110，则（ ）A.电场强度的方向沿着ab方向B.直线ac是一条等势线C.c点的电势高于b点的电势D.电子在d点的电势能大于在b点的电势能【答案】B,C【考点】电势差与电场强度的关系电势能【解析】在匀强电场中，沿着任意方向每前进相同的距离，电势变化相等；根据电场线与等势面垂直垂直画出电场线，根据WqU计算电场力做的功。【解答】B、由题意可知，一质子由a点运动到b点，电场力做功为W；该质子由a点运动到d点，电场力做功为W；根据公

15、式WqU可知，UdaUba；又根据几何关系可知，b、d两点关于ac连线轴对称，所以ac是此匀强电场中的等势线，故B正确；C、由于质子由a点运动到b点，电场力做正功，所以cab，故C正确；A、由于cab，所以电场强度的方向为垂直于ac线，指向b点，故A错误；D、根据EPq，又电子带负电，所以电势低的地方电势能高，即电子在d点的电势能小于在b点的电势能，故D错误； 质量为m的小球穿在光滑细杆MN上，并可沿细杆滑动。已知细杆与水平面夹角30，细杆长度为2L，P为细杆中点。小球连接轻弹簧，弹簧水平放置，弹簧右端固定于竖直平面的O点。此时弹簧恰好处于原长，原长为233L、劲度系数为mgL将小球从M点由静

16、止释放，小球会经过P点，并能够到达N点。下列说法正确的是（ ）A.小球运动至P点时受到细杆弹力536mgB.小球运动到P点处时的加速度为3g2C.小球运动至N点时的速度2gLD.小球运动至N点时弹簧的弹性势能为mgL【答案】A,C【考点】摩擦力做功与能量转化胡克定律牛顿第二定律的概念【解析】根据几何知识分析弹簧在P点的长度以及弹力的方向，在P点对小球进行受力分析，根据平衡条件求解弹力大小，根据牛顿第二定律求解加速度。到达N点时，弹簧处于原长状态，整个过程根据能量守恒定律求解小球到达N点的速度大小。【解答】A到P点，因为MPOMcos30L，所以OPM是一个直角三角形，则OPMN，小球在P点受力

17、如图所示，小球在垂直于杆方向的合力为零，则NF+G+cos30=mgL(233L33L)+mg32=536mg，故A正确。B在P点根据牛顿第二定律有mgsin30ma，所以小球在P点的加速度大小为a=g2，故B错误。CD根据几何知识可知，到达N点时弹簧处于原长状态，弹性势能为零，小球由M到N根据能量守恒有mg2Lsin30=12mv2，解得v=2gL，故C正确，D错误。 一半圆形玻璃砖，C点为其球心，直线OO与玻璃砖上表面垂直，C为垂足，如图所示。与直线OO平行且到直线OO距离相等的ab两条不同频率的细光束从空气射入玻璃砖，折射后相交于图中的P点，以下判断正确的是（ ）A.两光从空气射在玻璃砖

18、后频率均增加B.真空中a光的波长大于b光C.a光的频率比b光高D.若a光、b光从同一介质射入真空，a光发生全反射的临界角大于b光【答案】B,D【考点】光的折射现象【解析】由题意：两束光折射后相交于图中的P点，可知玻璃砖对b束光的偏折角大于对a束光的偏折角，则玻璃砖对b束光的折射率大于对a束光的折射率，b光的频率高，波长短，由临界角C的正弦sinC=1n分析临界角大小。【解答】A、光在两种介质的界面处不改变光的频率，故A错误；BC、由题分析可知，玻璃砖对b束光的折射率大于对a束光的折射率，b光的频率高，由cf得知，在真空中，a光的波长大于b光的波长，故B正确，C错误；D、由sinC=1n分析得知

19、，a光的折射率n小，a光发生全反射的临界角大于b光发生全反射的临界角，故D正确。 最近几十年，人们对探测火星十分感兴趣，先后发射过许多探测器，称为“火星探路者”的火星探测器曾于1997年登上火星，在探测器“奔向”火星的过程中，用h表示探测器与火星表面的距离，a表示探测器所受的火星引力产生的加速度，a随h变化的图象如图所示，图象中a1、a2、h0以及万有引力常量G已知，下列判断正确的是（ ）A.火星的半径为a2a1+a2h0B.火星表面的重力加速度大小为a1C.火星的第一宇宙速度大小为a1h0a2a1+a2D.火星的质量大小为(a2a1a2)2h02G【答案】B,D【考点】万有引力定律及其应用向

20、心力【解析】分析图象，确定不同高度h对应的加速度，明确探测器在火星表面飞行时的加速度，即为火星的重力加速度。根据重力提供向心力，确定火星第一宇宙速度。根据万有引力提供向心力求解火星的质量。【解答】解：AD分析图象可知，万有引力提供向心力，GMmR2=ma1，当hh0时，GMm(R+h0)2=ma2，联立解得，火星的半径R=a2a1a2h0，火星的质量M(a2a1a2)2h02G，故A错误，D正确；B当h0时，探测器绕火星表面运行，火星表面的重力加速度大小为a1，故B正确；C在火星表面，根据重力提供向心力得，ma1mv2R，解得火星的第一宇宙速度v=a1R=a1h0a2a1a2，故C错误故选BD

21、三、非选择题：本题共6小题，共60分 某同学利用如图甲所示的装置探究加速度与力、质量的关系。实验时，把数据记录在表格中，数据是按加速度大小排列的，第8组数据中小车质量和加速度数据漏记。组号F/Nm/kga/ms210.290.860.3420.140.360.3930.290.610.4840.190.360.5350.240.360.6760.290.410.7170.290.360.8180.2990.340.360.94 （1）该同学又找到了第8组数据对应的纸带以及小车质量，纸带如图乙所示。已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz，纸带上标出的每两个相邻点之间还有4个打出来的点未画出。请

22、你帮助该同学求出第8组中的加速度a_m/s2 （2）如果要研究加速度与力的关系，需取表格中_组数据（填组号），做aF图象；如果要研究加速度与质量的关系，需取表格中_组数据（填组号），做am图象。这种研究方法叫做_法。 （3）做出am图象如图丙所示，由图象_（填“可以”或“不可以”）判断a与m成反比。【答案】0.91(0.890.92)2、4、5、7、9,1、3、6、7、8,控制变量不可以【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【解析】（1）根据xaT2求解加速度。（2）探究加速度与力的关系，应控制小车的质量保持不变。（3）研究a与m成反比的规律时，应该做出a与1m的图象。【解答】T0.02

23、5s0.1s，根据xaT2求解加速度为：a=10.103.253.2540.12102m/s2=0.90m/s2。采用控制变量法研究加速度与力的关系，需要保证质量不变，选取2、4、5、7、9组数据。研究加速度与质量的关系时，需要控制力F不变，选取1、3、6、7、8组数据。分析丙图可知，am图线为曲线，并不能说明是反比例关系，故应作a1m图线，研究a与1m成正比关系。 某同学要将一量程为250A的微安表改装为量程为1.50V的电压表，该同学测得微安表内阻为1200，经计算后将一阻值为R的电阻与微安表连接，进行改装。然后利用标准电压表，对改装后的电表进行检测。 （1）将图(a)中的实物连线补充完整

24、 （2）当标准电压表的示数为1.00V时，微安表的指针位置如图(b)所示，由此可以推测出改装的电压表量程不是预期值，而是_（填正确答案标号）A.1.20VB.1.25VC.1.30VD.1.35V （3）产生上述问题的原因可能是（）（填正确答案标号）A.微安表内阻测量错误，实际内阻大于1200B.微安表内阻测量错误，实际内阻小于1200C.R值计算错误，接入的电阻偏小D.R值计算错误，接入的电阻偏大【答案】BB,C【考点】把电流表改装成电压表【解析】（1）根据电路图连接实物电路图。（2）根据微安表量程与图(b)所示表盘确定其分度值，根据指针位置读出其示数，然后根据电压表改装原理求出改装后电压表

25、的量程。（3）把微安表改装成大量程的电压表需要串联分压电阻，根据题意与改装原理分析实验误差。【解答】微安表与分压电阻串联可以改装成电压表，实物电路图如图所示：微安表量程为250A，由图(b)所示表盘可知，其分度值为5A，其示数为200A，是满偏量程的45，此时标准电压值为1.00V，即满偏量程的45对应着电压值为1.00V，故改装后的电压表最大量程为U=1.0045V1.25V，故B正确，ACD错误。故选：A。由微安表改装的电压表，示数偏大，说明其内阻偏小，原因有可能是微安表内阻值小于1200，也有可能滑动变阻器R的接入电阻偏小造成的，故BC正确，AD错误。故选：BC。故答案为：（1）见解析；

26、（2）B；（3）BC。 如图甲所示，小车B紧靠平台的边缘静止在光滑水平面上，物体A（可视为质点）以初速度v0从光滑的平台水平滑到与平台等高的小车上，物体和小车的vt图象如图乙所示，取重力加速度g10m/s2，求 （1）物体A与小车上表面间的动摩擦因数 （2）物体A与小车B的质量之比 （3）小车的最小长度【答案】物体A与小车上表面间的动摩擦因数为0.3。物体A与小车B的质量之比是13。小车的最小长度是2m。【考点】摩擦力做功与能量转化匀变速直线运动的概念动量守恒定律的理解牛顿第二定律的概念【解析】（1）根据速度时间图象的斜率表示加速度求出A的加速度，然后由牛顿第二定律求出动摩擦因数；（2）当A滑

27、上B后，在滑动摩擦力作用下，A做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，最终以共同速度v1匀速运动，根据动量守恒定律求解质量比；（3）根据速度时间图象的面积表示位移可以求得A相对于B的位移，即小车的最小长度。【解答】由图可知，A在小车上做减速运动，加速度的大小：a=vt=411m/s2=3m/s2又：mAa=mAgmA=g代入数据可得：0.3设初速度为v0，速度相等时为v1，A、B组成的系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mA(v0v1)mBv1，解得：mAmB=v1v0v1=141=13设小车的最小长度为L，又vt图象可知，小车的最小长度恰好等于A与B速度相等前二者的位移差

28、，即：L=v02t=421m2m 如图所示，用两个质量均为m、横截面积均为S的密闭活塞将开口向下竖直悬挂的导热气缸内的理想气体分成、两部分，当在活塞A下方悬挂重物后，整个装置处于静止状态，此时、两部分气体的高度均为l0已知环境温度、大气压强p0均保持不变，且满足5mgp0S，不计一切摩擦。当取走物体后，两活塞重新恢复平衡，活塞A上升的高度为76l0，求悬挂重物的质量。【答案】悬挂重物的质量为2m。【考点】“玻璃管封液”模型气体的等温变化【解析】活塞导热且环境温度保持不变，所以两部分气体为等温变化，先写出两部分气体的状态，然后由玻意耳定律列式解方程即可。【解答】对气体分析，初状态的压强为：p1p

29、0(m+m)gS末状态的压强为：p1p0mgS=45P0，由玻意耳定律有：p1l0Spl1S对气体分析，初状态p2p1mgS末状态p2pmgS=35P0由玻意耳定律：p2l0Sp2l2SA活塞上升的高度l(l0l1)+(l0l2)=76l0联立解得：m2m 如图所示，光滑轨道OABC是由水平直轨道OB与一段半径R62.5m的圆弧BC在B点相切而成。m1kg的物块P在F20N的水平推力作用下，紧靠在固定于墙面的轻弹簧右侧A处保持静止，A点与B点相距l16m。已知物块可视为质点，弹簧的劲度系数k100N/m。取重力加速度g10m/s2，cos50.99现突然撤去力F，求 （1）物块P第一次向右运动

30、的过程中，弹簧对物块的冲量大小 （2）从物块P离开弹簧到再次接触弹簧经过的时间。（结果保留两位小数）【答案】物块P第一次向右运动的过程中，弹簧对物块的冲量大小为2Ns。从物块P离开弹簧到再次接触弹簧经过的时间为23.65s。【考点】动量单摆周期公式动能定理的应用【解析】（1）先根据动能定理解出物块离开弹簧时的速度，再根据动量定理解得弹簧对物块的冲量；（2）物块离开弹簧在水平部分的运动是匀速直线运动，在圆弧上运动可看做单摆运动，计算出单摆周期，然后计算时间即可。【解答】设弹簧在A处保持静止时压缩量为x，则Fkx设物块离开弹簧时的速度为v，根据动能定理有W=12Fx=12mv2物块向右运动过程中，

31、弹簧对物块的冲量为I，由动量定理可得Imv解得I2Ns物块离开弹簧到B之间做匀速直线运动，设时间为t1，则t1=lxv设物块沿着圆弧轨道上升到D点，B、D之间的高度差为h，根据机械能守恒定律可得mgh=12mv2设过D点的半径与竖直方向的夹角为，由几何关系得cos=RhR0.996即0)，粒子的重力可忽略。求 （1）磁感应强度的大小 （2）粒子在第一象限运动的时间 （3）粒子从y轴上离开电场的位置到O点的距离【答案】磁感应强度的大小为3Ev0。粒子在第一象限运动的时间为(43+)mv03qE。粒子从y轴上离开电场的位置到O点的距离为7mv026qE。【考点】动能定理的应用带电粒子在电场中的加（

32、减）速和偏转向心力带电粒子在匀强磁场中的运动规律【解析】（1）粒子从M运动到Q做类平抛运动，根据到达Q点的速度方向分析在Q点的竖直分速度，根据几何知识求出粒子在磁场中的运动半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度；（2）根据几何知识求解粒子在磁场中运动的圆心角，结合周期公式求解粒子在磁场中的运动时间，加上电场中的运动时间即可；（3）根据几何关系可得粒子离开磁场的位置到x轴的距离；粒子离开磁场后，竖直方向做匀速直线运动，根据位移时间关系求解电场中的位移，即可得到粒子从y轴上离开电场的位置到O点的距离。【解答】设粒子到达边界的位置为Q，竖直分速度为vy，由几何关系得：vy=33v0设粒子在电场中

33、的运动时间为t1，加速度为a，则根据牛顿第二定律有：qEmavyat1在x轴方向的偏转距离为：xv0t1设粒子在磁场中的运动速度为v，轨道半径为R，根据速度的合成与分解可知v=233v0根据几何知识可知：xRcos30+Rcost30，洛伦兹力提供向心力，即：qvBmv2R联立解得：B=3Ev0粒子在磁场中运动的周期为：T=2Rv设粒子在磁场中运动的时间为t2，则有：t2=12T，粒子离开磁场的位置到y轴的距离为x，则有：xx2Rcos30沿着x轴负方向做匀速直线运动，设经过t3到达y轴，则有：xv0t3联立解得粒子在第一象限运动的时间为：tt1+t2+t3(43+)mv03qE根据几何关系可得粒子离开磁场的位置到x轴的距离为：y1=mv023qE粒子离开磁场后，竖直方向做匀速直线运动，经过t3时间到达y轴并离开电场，有：y2vyt312qEmt32解得：y2=5mv026qE粒子从y轴上离开电场的位置到O点的距离为：yy1+y2=7mv026qE专心-专注-专业