2022年廣東省珠海市高考模擬試卷（一）

物理

一.選擇題（共7小題，滿分28分，每小題4分）

1.（4分）我國的北斗衛(wèi)星系統(tǒng)是最先進的全球?qū)Ш叫l(wèi)星系統(tǒng)之一，它在任何時刻都能提供

持續(xù)可靠的定位服務(wù)，從手機定位到機場調(diào)度、海事救援授時和測速及地質(zhì)測繪等都有

廣泛的應(yīng)用。則下列說法正確的是（）

A.定位高空飛行的飛機時，用二維坐標(biāo)就能確定飛機的具體位置

B.定位一探險愛好者的具體位置時，探險愛好者不可視為質(zhì)點

C.測繪的飛機航空路線指的是飛機運動的位移

D.測輪船在大海中的運動速度時，實際測量的是一小段時間內(nèi)的平均速度，可近似為瞬

時速度

2.（4分）甲、乙兩小車沿同一直線運動的位移-時間圖象如圖所示，已知甲車自t=0時起

做初速度為零的勻變速直線運動，加速度大小為2m/s2,則乙車的速度大小為（）

A.lm/sB.2m/sC.5m/sD.lOm/s

3.（4分）如圖中有兩個物體A、B,GA=2N,GB=4N,A用懸線掛在天花板上，B放在

水平地面上，A、B間的輕彈簧的彈力為1N,則懸線的拉力FT，B對地面的壓力FN的

可能值分別是（）

比

A.FT=3N,FN=3NB.FT=3N,FN=5N

C.FT=1N,FN=6ND.FT=1N,FN=3N

4.（4分）消防車的供水系統(tǒng)主要由水系、輸水管道和水炮組成。如圖，在水平地面上用消

防水炮對建筑物上離地高度h=20m的火點進行滅火，整個供水系統(tǒng)的效率為60%,假

設(shè)消防水炮出水口到火點的水平距離x=30m,水柱的最高處正好到達著火位置，水炮出

水的流量是3.6n?/min,水的密度p=1.0X?kg/m?,重力加速度g=lOm/s2,不計空氣

阻力，則（）

A.從水炮射出的初速度為30m/s

B.在著火點水流的速度為30m/s

C.空中水柱的水的質(zhì)量為7200kg

D.水泵的輸入功率為31250W

5.（4分）如圖所示，顛球練習(xí)是乒乓球運動員掌握擊球的力度、手感和球感的重要方法.

運動員練習(xí)中將球垂直拋出，讓球連續(xù)在球拍上垂直彈起和落下。某一次乒乓球靜止下

落50cm,被球拍擊起后離開球拍豎直上升的最大高度為88cm。已知球與球拍的作用時

間為0.1s,乒乓球的質(zhì)量為2.7g,重力加速度g取10m/s2,阻力是球重的0.1倍，下列說

法正確的是（）

A.球拍對球的平均作用力為乒乓球重力的84倍

B.整個過程阻力做功約為3.7X10、j

C.球與球拍作用過程中動量變化量大小為3.78X10-3kg-m/s

D.球從最高點下落至重新回到最高點的過程中重力的沖量大小為2.25X10-2N-S

6.（4分）AB是某點電荷形成的電場中的一條電場線，一負點電荷僅在電場力作用下從A

點運動到B點的v-t圖象如圖所示，則下列說法正確的是（）

A.形成電場的點電荷是正的且放在B點右側(cè)

B.形成電場的點電荷是負的且放在B點右側(cè)

C.電荷在B點的電場力小于A點的電場力

D.A點的電勢低于B點的電勢

7.（4分）如圖所示，理想變壓器原線圈輸入電壓u=Umsin3t,通過單刀雙擲開關(guān)Si可改

變變壓器原線圈的匝數(shù)，電路中Ri、R2、R3為定值電阻，R是滑動變阻器，V是理想交

流電壓表,示數(shù)用U表示,A是理想交流電流表,示數(shù)用I表示，下列說法正確的是（）

A.I表示電流的瞬時值，U表示電壓的最大值

B.若將滑片P向上滑動，變壓器輸入功率變大

C.若閉合開關(guān)S2,則U不變，I變大

D.若將原線圈開關(guān)Si由1擲向2,則U、I都變大

二.多選題（共3小題，滿分18分，每小題6分）

（多選）8.（6分）如圖所示，質(zhì)量M=2kg、半徑R=0.5m、內(nèi)壁粗糙程度一致的半圓槽

靜置于光滑的水平地面上?，F(xiàn)將一質(zhì)量m=lkg的小球（可視為質(zhì)點）自左側(cè)槽口A點

的正上方h=lm處由靜止釋放，小球下落后自A點進入槽內(nèi)，然后從C點離開。已知小

球第一次滑至半圓槽的最低點B時，小球的速度大小為4m/s,重力加速度g=lOm/s）,

不計空氣阻力，則小球第一次在半圓槽內(nèi)向右滑動的過程中，下列說法正確的是（）

7777777777777777777777777.

A.小球從A點到B點的過程中，小球?qū)Π雸A槽的作用力對槽所做的總功為正

B.小球從A點到B點的過程中，小球與半圓槽組成的系統(tǒng)增加的內(nèi)能為7J

C.小球從A點到C點的過程中，半圓槽的位移為工m

D.小球從C點飛出后做斜拋運動

（多選）9.（6分）觀看科幻電影《流浪地球》后，某同學(xué)設(shè)想地球僅在木星引力作用下沿

橢圓軌道通過木星的情景，如圖所示，軌道上P點距木星最近（距木星表面的高度可忽

略），則（）

橢圓軌道擲球

木星?p

A.地球靠近木星的過程中運行加速度增大

地球遠離木星的過程中機械能減小

地球遠離木星的過程中動能減小

地球在P點的運行速度等于木星第一宇宙速度

（多選）10.（6分）如圖所示，在光滑絕緣的水平面上方，有兩個方向相反的水平方向的

勻強磁場，PQ為兩磁場的邊界，磁場范圍足夠大，磁感應(yīng)強度的大小分別為B和2B.一

個豎直放置的邊長為a、質(zhì)量為m、電阻為R的正方形金屬線框，以初速度2V垂直磁場

方向從圖中實線位置開始向右運動，當(dāng)線框運動到每個磁場中各有一半的面積時，線框

的速度變?yōu)関,則下列判斷正確的是（）

XXXXI........................

xxBxX：：：：28：：：

I........................

X|fXeXp；：：：：：：

Q

22

A.此時線框的加速度為網(wǎng)一

mR

222

B.此時線框中的電功率為9Bav

4R

2

C.此過程中通過線框截面的電量為％-

2R

2

D.此過程中線框克服安培力做的功為lmv

4

三.實驗題（共4小題，滿分34分）

11.（8分）某同學(xué)利用圖甲所示電路測量一表頭的電阻。供選用的器材如下:

A.待測表頭⑥（內(nèi)阻ri約為300C,量程為5.0mA）；

B.靈敏電流表⑥（內(nèi)阻r2=300Q,量程為1.0mA）；

C.定值電阻R（R=1200ft）；

D.滑動變阻器Ri（最大阻值為10Q）；

E.滑動變阻器R2（最大阻值為1000Q）；

F.電源E（電動勢E=1.5V,內(nèi)阻不計）；

G.開關(guān)S,導(dǎo)線若干。

（1）請根據(jù)圖甲所示電路將圖乙的實物圖補充完整。

（2）滑動變阻器應(yīng)選（填“Ri”或“R2”）。開關(guān)S閉合前，滑動變阻器的滑片

P應(yīng)滑動至（填“a”或"b”）端。

（3）該同學(xué)接入定值電阻R的主要目的是o

（4）實驗中某次待測表頭⑥的示數(shù)如圖丙所示，示數(shù)為mA。

（5）該同學(xué)多次移動滑片P記錄相應(yīng)的⑤、等示數(shù)1|、12；以h為縱坐標(biāo)12為橫坐標(biāo)

作出相應(yīng)圖線。測得圖線的斜率k=4.8,則待測表頭內(nèi)阻ri=Q

12.（8分）某同學(xué)用如圖（甲）所示的裝置測定重力加速度：

（1）電火花計時器的工作電壓為V,使用電源（選填“交流”或“直流”）。

（2）紙帶上1至9各點為計時點，相鄰計時點間時間間隔為0.02s,由紙帶所示數(shù)據(jù)算

出加速度的大小為m/s2（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。

電火花

（甲）

13.（10分）如圖所示，質(zhì)量m=0.5kg的物體放在水平面上，在F=3.0N的水平恒定拉力

作用下由靜止開始運動，物體發(fā)生位移x=4.0m時撤去力F,物體在水平面上繼續(xù)滑動

一段距離后停止運動。已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)口=0.4,取g=10m/s2。

（1）做出物體在力F作用過程中的受力示意圖；

（2）物體在運動過程中受滑動摩擦力的大小；

（3）撤去力F的瞬間，物體速度的大?。?/p>

（4）撤去力F后物體繼續(xù)滑動的時間。

14.（8分）中子不帶電，比較容易進入原子核，科學(xué)上往往利用中子轟擊其他原子核來獲

得需要的粒子。為了研究獲得的粒子的屬性，也經(jīng)常將轟擊過程放入電磁場中，如圖1

所示某空間x軸上存在場強大小為E方向向下的勻強電場，x軸下方存在若干個寬度為d

的等間隔的長條形勻強電場和勻強磁場區(qū)域，電場強度大小相等、方向均向下，磁感應(yīng)

強度大小相等、方向均向外。某中子以一定的水平向右的初速度撞上位于y軸且縱坐標(biāo)

為d的一個靜止gLi核，而發(fā)生核反應(yīng)，生成兩個原子核，其中一個為:H核，以水平速

度vi=jl叵飛出后在電場作用下落在x軸負半軸（圖中未畫出）；另一個新核X飛出

后在電場作用下到達x軸時與x軸正方向成。=37°角，如圖。若已知中子和質(zhì)子的質(zhì)

量相等均為u,（不計反應(yīng)中的質(zhì)量虧損）質(zhì)子的帶電量為e。不計粒子重力，不考慮高

速運動的粒子的相對論效應(yīng)，假設(shè)電磁場均有理想邊界。

（1）寫出相應(yīng)的核反應(yīng)方程式，并求出新核X飛入磁場的速度。（sin37°=0.6,cos37°

=0.8,結(jié)果中質(zhì)量和電量均用u和e表示）

（2）求出入射中子的初速度

（3）若新核X進入磁場的速度為vx,經(jīng)過第一個磁場區(qū)域后，新核的速度方向改變了

90°,則磁感應(yīng)強度應(yīng)調(diào)節(jié)為多少？（結(jié)果用vx、u、e、d表示）

（4）若新核X進入速度大小為VA,方向。角任意，各電場大小均為E,調(diào)節(jié)磁場強弱

發(fā)現(xiàn)新核從第n個勻強磁場區(qū)域射出時速度方向與剛進入第一勻強磁場區(qū)域時的速度偏

角為90°,則B的大小應(yīng)調(diào)節(jié)為多少？（結(jié)果用vx、u、e、E、d、0、n表示）

x

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【選修3-31（20分）

15.（4分）如圖所示的甲、乙兩幅圖象分別表示兩分子間的作用力、分子勢能與兩分子間

距離的關(guān)系。假定兩個分子的距離為無窮遠時它們的分子勢能為0,當(dāng)分子間距r>ro,

隨著r的增大，F(xiàn)先增大后減小，Ep（填“增大”“減小”“不變”）；當(dāng)分子間距

r<ro,隨著r的減小，F(xiàn)增大，Ep（填“增大”“減小”或“不變嘰

16.（16分）如圖，氧氣瓶通過細管和上端封閉的玻璃管相連，玻璃管內(nèi)用一很薄的水銀片

（質(zhì)量和厚度不計）在玻璃管上方封閉了一段氣柱，開始時瓶內(nèi)氧氣壓強為10個標(biāo)準大

氣壓強，上方封閉氣柱長度為8cm,隨著氧氣的使用，使用一段時間后，發(fā)現(xiàn)水銀片下

降了12cm,使用過程中環(huán)境溫度變成原來的四分之三，已知一個標(biāo)準大氣壓強為latmo

求：

(1)此時氧氣瓶內(nèi)的壓強;

(2)此時瓶內(nèi)氧氣質(zhì)量與原來氧氣質(zhì)量的比值。

氧氣瓶

【選修3-4】

17.光纖通信技術(shù)是利用光導(dǎo)纖維傳輸信號，以實現(xiàn)信息傳遞的一種通信方式。某種光纖內(nèi)

部分為三層：中心高折射率玻璃芯，中層低折射率硅玻璃包層，外層是加強用的樹脂涂

層，當(dāng)光從空氣由光纖的端口進入內(nèi)芯后，光的傳播速度(選填“變大”“變小”

或'‘不變”)。若該種光纖的內(nèi)芯在空氣中發(fā)生全反射的臨界角為45°,則內(nèi)芯的折射率

為(結(jié)果可用根號表示)。

18.一直桶狀容器高為。51、底面是邊長為21的正方形容器，容器內(nèi)裝滿某種透明液體，過

容器中心軸dd'、垂直左右兩側(cè)面的剖面圖如圖所示。今有某單色細光束在該剖面內(nèi)從

d點以與液面成。=30°角射入液體，正好通過剖面的左下角。求：

(1)該液體的折射率n；

(2)若保持光束的入射點不變，將入射光束在該剖面內(nèi)逆時針旋轉(zhuǎn)90°。已知光在真空

中的傳播速度為c,求此光束從d點到達容器底部的時間to

參考答案與試題解析

選擇題（共7小題，滿分28分，每小題4分）

1.A、要確定物體的位置，必須要知道這個物體的所在方位，還有就是距坐標(biāo)原點的距

離，這樣才能唯一確定這一點。所以要定位高空飛行的飛機時，要用三維坐標(biāo)才能確定

飛機的具體位置，故A錯誤；

B、定位一探險愛好者的具體位置時，探險愛好者的大小相對于要定位的區(qū)域可以忽略不

計，可以視為質(zhì)點，故B錯誤；

C、測繪的飛機航空路線指的是飛機運動的軌跡，故C錯誤；

D、測輪船在大海中的運動速度時，實際測量的是一小段時間內(nèi)的平均速度，當(dāng)時間非常

小時，可近似為瞬時速度，故D正確。

故選：D。

2.解：甲車做勻加速直線運動，在O-ti時間內(nèi)通過的位移為x=25m,根據(jù)x=Lat?

21

得：ti=5s

乙車做勻速直線運動，由x=vti得乙車的速度大小為v=-^-=2^m/s=5m/s,故ABD

t[5

錯誤，C正確。

故選：Co

3.解：由題意可知，B受重力、彈簧的彈力及地面的支持力而處于平衡；

若彈簧的彈力向下，則有：FN=mg+F=4N+lN=5N；

對整體受力分析有：FT=GA+GB-FN=6N-5N=1N；

若彈簧處伸長狀態(tài)，B受支持力FN=GB-F=4N-1N=3N；

對整體有：FT=GA+GB-FN=6N-3N=3N,故A正確、BCD錯誤。

故選：A,

4.解：AB.水從炮口射出后，做斜拋運動，由于水到達火點，剛好處于最高點，故可

逆向視作平拋運動，設(shè)水在最高點的速度大小為Vx，由平拋運動規(guī)律可和水運動的時間

為：

則水平射出時水平方向的分速度大小為:

豎直方向的分速度大小為:

Vy—gt=20m/s

=v+v22

則水射出的初速度大小為：v0^/xy15+20m/s=25m/s,故AB錯誤；

3

C.由題意結(jié)合前面的分析可得空中水的質(zhì)量為：m=AlX2Xl0X10kg=120kg-

60,

故C錯誤；

D.水炮對水做功的功率為：

1212

ymvyX120X25

P'=土'----2-----^=18750W

所以水泵的輸入功率為：

P=￡=1%°W=3125OW，故D正確。

bU%U.b

故選：D。

5.解:下落過程中阻力做的功Wfi=-fhi=-0.1X2.7X10-27（）5j=-1.35=I。-3j

根據(jù)動能定理得：mghi+Wf]=-2-mvi2

可得球與球拍碰撞前瞬間的速度vi=3m/s

23

上升過程中阻力做的功Wf2=-fh2=-0.IX2.7XIO_XO.88J=-2.376X10J

根據(jù)動能定理得：-mgh2+Wf2=O-amvz2

可得球與球拍碰撞后瞬間的速度V2=4.4m/s

以豎直向上為正方向

A、球與球拍碰撞過程中，根據(jù)動量定理（F-mg）△t=mv2-（-mvi）,解得F=8.4mg,

故A錯誤；

B、整個過程阻力做功為：Wn+Wf2=-1.35X10-3J-2.376XIO-3J^-3.7X10-3J,故B

錯誤;

C、球與球拍作用過程中動量變化量大小為△p=mv2-(-mvi)=2.7X10-3X(4.4+3)

kg?m/s=1.998X102kg.m/s,故C錯誤；

D、下落的時間口=@=竽s=^s,上升的時間t2=%=與學(xué)招=0.4$

V1A3V2等

22

2

整個過程中重力的沖量lG=mg(ti+At+t2)=2.7X10X(JL+0.1+0.4)N?s=2.25X10

3

-2N*S,故D正確。

故選：D。

6.解：AB、由于負點電荷沿電場線運動過程當(dāng)中做減速運動，故點電荷所受電場力方

向由B指向A,又由于負電荷所受電場力的方向與場強的方向相反，所以電場線的方向

由A指向B；又因為速度圖象的斜率等于物體的加速度，由圖可知點電荷從A向B運動

的過程中加速度越來越大，故A點的場強小于B點場強。根據(jù)點電荷所形成電場的特點,

形成電場的點電荷是負點電荷且應(yīng)放在B點右側(cè)，故A錯誤，B正確；

C、B點的場強大于A點場強，電荷在B點的電場力大于A點的電場力，故C錯誤；

D、電場線的方向由A指向B；而沿電場線的方向電勢降低，所以A點電勢比B點的電

勢高。故D錯誤；

故選:Bo

7.解：A、交流電表的示數(shù)為有效值，故A錯誤；

B、P向上移動過程中，R變大，由于交流電源原副線圈匝數(shù)不變，副線圈兩端電壓不變,

變壓器輸出功率變小，所以變壓器輸入功率變小，故B錯誤；

C、當(dāng)開關(guān)S2閉合后副線圈電壓不變，副線圈負載電阻變小，副線圈電流變大，Ri兩端

電壓變大，所以電壓表示數(shù)U變小，I變小，故C錯誤；

D、當(dāng)開關(guān)Si由1擲向2時，副線圈兩端電壓升高，電阻不變，所以U變大，變大，故

D正確；

故選：D。

.多選題(共3小題，滿分18分，每小題6分)

(多選)8.解：A、小球在半圓槽內(nèi)滑動的過程中，系統(tǒng)水平方向合力為0.水平方向動

量守恒，水平方向總動量為0。

小球在半圓槽最低點時，根據(jù)水平動量守恒得0=MV2-mvi，

代入數(shù)據(jù)：0=2XV2-1X4

可得半圓槽的速度為V2=2m/s.

從釋放到最低點過程，小球?qū)Π雸A槽的作用力對槽所做總功為正，W=1MV2=1X2

2V22

X22J=4J.故A正確；

B、根據(jù)系統(tǒng)能量守恒得mg(h+R)=v2+-^Mv2+Q

代入數(shù)據(jù)：1X10X(1+0.5)=AxiX42+Ax2X22+Q

22

可得系統(tǒng)增加的內(nèi)能Q=3J,故B錯誤：

C、小球從A點進入，C點飛出這一過程，水平方向類似于人船模型，Mx2=mxi,且xi+X2

=2R,

代入數(shù)據(jù)：2XX2=1XXI，

XI+X2=2X0.5,

可得半圓槽的位移X2=」m,故C正確;

3

D、小球從C點飛出瞬間，小球和半圓槽的水平速度都為0,小球做豎直上拋運動，故D

錯誤。

故選：AC。

（多選）9.解：A、根據(jù)萬有引力提供加速度，a=S5,地球靠近木星的過程中，加速

2

r

度增大，故A正確；

B、地球遠離木星的過程中只有萬有引力做功，機械能不變，故B錯誤；

C、地球繞木星做橢圓運動，根據(jù)開普勒第二定律可知，遠木點的速度小，近木點的速度

大，故地球遠離木星的過程中，運行速度減小，動能減小，故C正確。

D、若地球在P點繞木星做勻速圓周運動，速度等于木星的第一宇宙速度，而地球在P

點做離心運動時，需要的向心力大于提供的向心力，結(jié)合向心力的表達式可知，地球在P

點做離心運動時的速度大于木星第一宇宙速度，故D錯誤。

故選：AC<,

（多選）10.解：A.電路中的電流大小為I=：L=2Ba?v+Ba?v=3Bav,根據(jù)牛頓第二

RRR

22

定律可知，加速度大小為曲-aS，，故A正確。

mmR

22

B.此時電功率為P=GR=9Bav,故B錯誤。

R

C.因為感應(yīng)電動勢為E=g生，感應(yīng)電流為1=￡，電荷量為q=I/\t,解得q=_^

AtR

22

-^―(-Ba2)

故C正確。

R2R

D.由能量守恒定律得，此過程中回路產(chǎn)生的電能為E=lm（2v）2-lmv2=2mv2,

222

故D錯誤。

故選：AC。

三.實驗題（共4小題，滿分34分）

11.解：（1）參照圖甲電路連線，結(jié)果如圖所示，

（2）為方便實驗操作，應(yīng)選擇最大阻值較小的滑動變阻R1，滑動變阻器采用分壓接法

時，為保護電路閉合開關(guān)前滑片要置于分壓電路分壓為零的位置，即滑動變阻器要移到b

端；

（3）由于兩電流表的內(nèi)阻相當(dāng)，但滿偏電流相差很大，所以為不致于使指針偏角相差很

大，要接入定定值電阻R，其作用是保護G2,使兩表均能接近滿偏；

（4）從圖丙中讀出電流L=3.4mA；

(5)根據(jù)歐姆定律和并聯(lián)電路電壓相等的關(guān)系有：11u=12(r2+R),那么

I=(工24^-)I°,結(jié)合題意圖象的斜率k=「2+R,所以口=「2+R=300+1200Q=

1r1r1zr]k4.8

312.5Q。

故答案為：(1)

(2)Rib

(3)保護G2,使兩表均能接近滿偏

(4)3.4

(5)312.5

12.解：⑴電火花打點計時器使用的工作電壓為交流220V.

(2)根據(jù)△xngT2得，

X23-X78=5gT\

解得：^2-2.04*?Q-2m/s2=9.4m/s2.

5T25X0.022

故答案為：(1)220；交流；(2)9.4。

13.解：(1)物體在運動過程中受力如圖所示：1收/

(2)由受力分析Ff=pFN，F(xiàn)N=mg

代入數(shù)據(jù)解得Ff=0.4X5=2.0N；

2

(3)根據(jù)牛頓第二定律F-Ff=ma,a=kl=21a/s

0.5

根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律v2-0=2ax

代入數(shù)據(jù)解得v=12X2X4=4.0m/s

(4)根據(jù)牛頓第二定律Ff=pmg=ma',a'=|ig=4m/s2

根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律0=v-a't

代入數(shù)據(jù)解得t=1.0s；

答：(1)物體在力F作用過程中的受力示意圖如圖所示;

(2)物體在運動過程中受滑動摩擦力的大小為2N；

(3)撤去力F的瞬間，物體速度的大小為4m/s；

(4)撤去力F后物體繼續(xù)滑動的時間為ls?

14.解：⑴根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可得：；n+§Li-；H+；He

對新核jHe粒子，在第一象限中做類平拋運動，在沿電場方向，做初速度為零的勻加速

直線運動，則：2xieE2

4my

解得：vy=j亟

=叼

則新核X飛入磁場的速度為：v=5/eEd.

sin3703

(2)中子與靜止的gLi核碰撞,取中子初速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得:

uvo=-3UVJ+4UV2

根據(jù)運動的合成與分解可得:『焉一野

題干給出：v尸副亟

聯(lián)立解得中子的初速度：vo=停

(3)新核jRe粒子經(jīng)過第一個磁場區(qū)域后，新核的速度方向改變了90°,如圖所示;

則a=90°-6=53°

d

根據(jù)幾何關(guān)系可得軌跡半徑：r=_2__-5_d

cos378

2

新核《He粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB=mJ

2r

皿16UV

則：B=-S^=-----V

qr5ed

(4)設(shè)進入第n個磁場的速度為vn,則經(jīng)歷了(n-1)個電場，根據(jù)動能定理可得:

2eE(n-1)d=A-xX4uv^

解得：vn=M(nzl)d.+v2

Vu*

取向右為正，水平方向應(yīng)用動量定理：-？Bqvyt=-mvnsin0