重慶市2024年高考物理模擬試卷及答案11

重慶市2024年高考物理模擬試卷及答案閱卷人一、單項(xiàng)選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28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。得分1．一束復(fù)色光由空氣射向玻璃，發(fā)生折射而分為a、b兩束單色光，光路圖如圖所示，下列說(shuō)法正確的是（）A．a(chǎn)光在玻璃中的折射率較大 B．a(chǎn)光在玻璃中的傳播速度較大C．a(chǎn)光和b光從空氣進(jìn)入玻璃后頻率都會(huì)增大 D．若增大入射角，a光可能會(huì)發(fā)生全反射2．北京時(shí)間2024年4月26日，神舟十八號(hào)載人飛船升空6.5h后采用自主快速交會(huì)對(duì)接模式，與離地高度約390km的中國(guó)空間站天和核心艙完成對(duì)接，形成三船三艙組合體，下列說(shuō)法中正確的是（）A．為實(shí)現(xiàn)對(duì)接，兩者運(yùn)行速度的大小都應(yīng)介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之間B．為實(shí)現(xiàn)對(duì)接，應(yīng)先讓飛船和天和核心艙處于同一軌道上，然后點(diǎn)火加速C．若對(duì)接前飛船在較低軌道上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，對(duì)接后飛船速度和運(yùn)行周期都變大D．若對(duì)接前飛船在較低軌道上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，對(duì)接后飛船機(jī)械能和運(yùn)行周期都變大3．如圖所示，小明將一小型條形磁鐵對(duì)著原本用輕繩豎直懸掛的金屬小球（未觸地）作用，金屬小球緩慢上升，輕繩偏離豎直方向較小角度。該過(guò)程中小磁鐵和小球連線與豎直方向的夾角保持不變，則（）A．輕繩拉力逐漸變大 B．輕繩拉力逐漸變小C．磁鐵與小球的距離不變 D．磁鐵與小球的距離變大4．如圖所示，用輕繩把邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形金屬框豎直懸掛于一個(gè)有界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)邊緣，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，金屬框的上半部處于磁場(chǎng)內(nèi)，下半部處于磁場(chǎng)外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間變化規(guī)律為B=kt(k>0)，已知金屬框阻值一定，從t=0開(kāi)始的全過(guò)程輕繩不會(huì)被拉斷，關(guān)于該過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是（）A．金屬框受到豎直向上的安培力 B．金屬框的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小E=kC．金屬框中感應(yīng)電流的大小方向均不變 D．金屬框受到的安培力大小不變5．一質(zhì)點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，先后經(jīng)過(guò)空中的P、Q兩點(diǎn)，經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)速度方向與水平方向的夾角為30°，經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)速度方向與水平方向的夾角為60°，則（）A．P到Q過(guò)程質(zhì)點(diǎn)做非勻變速運(yùn)動(dòng)B．PQ連線與水平方向夾角為60°C．質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)P、Q兩點(diǎn)時(shí)豎直速度之比為1：3D．從拋出點(diǎn)到P、Q兩點(diǎn)的水平位移之比為1：26．一簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正向傳播，t=0時(shí)刻的波形如圖a所示，x=0．3m處的質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像如圖b所示，已知該波的波長(zhǎng)大于0.3m，則（）A．t=0時(shí)刻x=0處的質(zhì)點(diǎn)正在向y軸正方向振動(dòng)B．t=0時(shí)刻x=0．3m處的質(zhì)點(diǎn)正在向y軸負(fù)方向振動(dòng)C．該波的波長(zhǎng)為0.7mD．該波的波長(zhǎng)為0.8m7．如圖所示，傾角為θ的斜面放置在水平地面上，一質(zhì)量為m的小滑塊以一定初速度v0從斜面底端沿斜面上滑，運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)后再返回，整個(gè)過(guò)程中斜面始終保持靜止。出發(fā)點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿斜面向上為位移x的正方向，且出發(fā)點(diǎn)為勢(shì)能零點(diǎn)，則有關(guān)斜面受到地面的摩擦力f、斜面受到小滑塊的壓力F、小滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的機(jī)械能E和動(dòng)能Ek隨小物塊位移A． B．C． D．閱卷人二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題5分，共15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5分，選對(duì)但不全的得3分，有錯(cuò)選的得0分。得分8．如圖所示，真空中固定兩等量異種點(diǎn)電荷，A、B、O、C、D為兩電荷連線上的五個(gè)點(diǎn)，O為兩電荷連線的中點(diǎn)，BO=CO，AO=DO，則（）A．A、D兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同 B．B、C兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不相同C．B、C兩點(diǎn)的電勢(shì)相同 D．正電荷在A點(diǎn)的電勢(shì)能大于在D點(diǎn)的電勢(shì)能9．氫原子的能級(jí)圖如圖所示，用大量處于n=4激發(fā)態(tài)的氫原子發(fā)出的光照射某種金屬進(jìn)行光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)，n=4能級(jí)躍遷到n=2能級(jí)所發(fā)出的光恰好使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)。則（）A．氫原子共發(fā)出6種頻率的光B．氫原子發(fā)出的光中共有4種頻率的光能使金屬發(fā)生光電效應(yīng)C．氫原子發(fā)出的光中，動(dòng)量最小的光子的能量E=?0．66eVD．該實(shí)驗(yàn)中遏止電壓U10．如圖所示，一理想自耦變壓器線圈AB繞在一個(gè)圓環(huán)形閉合鐵芯上，左端輸入正弦交流電壓u=1202sin100πt(V)，R0、R1和R2為定值電阻、阻值均為20Ω，當(dāng)滑片P處于位置M時(shí)，ABA．流過(guò)R1B．滑片P處于位置M時(shí)，流過(guò)R2C．S1、S2均閉合后，將D．?dāng)嚅_(kāi)S1，閉合S2，將P沿逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，閱卷人三、非選擇題：本題共5小題，共57分。得分11．某實(shí)驗(yàn)小組利用如圖甲所示的裝置探究向心力和圓周運(yùn)動(dòng)角速度以及運(yùn)動(dòng)半徑的關(guān)系。帶有遮光片的小球放在光滑的水平“”型槽內(nèi)、槽內(nèi)寬略大于球直徑，“”型槽內(nèi)安裝帶有壓力傳感器的擋板，擋板放置位置可調(diào)節(jié)，“”型槽固定在豎直轉(zhuǎn)軸上，在電機(jī)帶動(dòng)下繞豎直轉(zhuǎn)軸做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。光電門(mén)調(diào)節(jié)到適當(dāng)位置可記錄遮光片遮光的時(shí)間Δt，壓力傳感器可測(cè)量小球所受向心力F的大小，刻度尺可測(cè)量擋板到轉(zhuǎn)軸的距離L。（1）用游標(biāo)卡尺測(cè)量遮光片寬度d，如圖乙所示，則d＝mm；（2）保持擋板位置不變，改變轉(zhuǎn)動(dòng)快慢，以F為縱坐標(biāo)，以（填“Δt”、“1Δt”、或“1（3）保持轉(zhuǎn)動(dòng)角速度不變，改變擋板位置，作出F-L圖像，若考慮小球半徑對(duì)實(shí)驗(yàn)的影響，所作的F-L圖像應(yīng)該是____A． B．C． D．12．某興趣小組用多用電表測(cè)量一個(gè)二極管的正向電阻，分別利用“×10”歐姆檔和“×100”歐姆檔進(jìn)行正確操作，發(fā)現(xiàn)測(cè)得的阻值有很大差距。分析原因時(shí)，有同學(xué)提出，可能因?yàn)槎嘤秒姳須W姆檔的兩個(gè)倍率所用電源電動(dòng)勢(shì)不同而造成二極管的正向電阻不同，為分析具體原因，該小組同學(xué)進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)。（1）先將多用電表調(diào)到“×100”歐姆檔，紅表筆和黑表筆短接，進(jìn)行歐姆調(diào)零；再把多用電表、電流表（量程為0～500μA，內(nèi)阻約為多用電表300Ω）、電阻箱（阻值范圍為0～9999Ω）和開(kāi)關(guān)串聯(lián)成閉合回路，并將電阻箱的阻值調(diào)到最大；如圖甲所示。其中多用電表的紅表筆應(yīng)該接電流表的極（填“正”或“負(fù)”）；（2）閉合開(kāi)關(guān)，調(diào)整電阻箱的阻值，該多用電表的表盤(pán)指針和電流表指針位置如圖乙所示，歐姆表中央刻度示數(shù)為15，可知多用電表內(nèi)部電源的電動(dòng)勢(shì)為V（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）；再換用“×10”歐姆檔，重復(fù)上述操作，測(cè)得內(nèi)部電源電動(dòng)勢(shì)與“×100”歐姆檔相同。（3）該型號(hào)二極管的伏安特性曲線如圖丙所示，根據(jù)圖丙和多用電表歐姆檔內(nèi)部電路可知，用不同倍率歐姆檔測(cè)得二極管阻值的不同并非電表內(nèi)部電動(dòng)勢(shì)不同，而是不同倍率歐姆檔的不同，由圖可知，“×10”歐姆檔測(cè)得的二極管正向電阻阻值為Ω（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）。13．如圖甲所示，一帶有活塞的導(dǎo)熱氣缸靜止放置在水平地面上，氣缸內(nèi)封閉有體積為V的理想氣體，活塞質(zhì)量為m，橫截面積為S．大氣壓強(qiáng)保持不變且為14mgS，環(huán)境溫度保持不變，重力加速度為g，不計(jì)一切摩擦，sin37°=0．6，（1）封閉氣體的壓強(qiáng)；（2）如圖乙將該氣缸靜止放置在傾角為37°的斜面上時(shí)缸內(nèi)氣體的體積。14．如圖所示，質(zhì)量為m=1kg的小物塊A放在質(zhì)量也為m的木板C的右端，木板靜止在光滑地面上，t=0時(shí)刻給木板施加一水平向右的拉力F，物塊和木板立即發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。已知拉力功率P恒為8W，物塊和木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0．2，t1=1.5s時(shí)物塊和木板共速，且共速時(shí)立即撤去拉力，重力加速度（1）與木板共速前物塊A運(yùn)動(dòng)的加速度；（2）若物塊恰不從木板上滑下，木板C的長(zhǎng)度；（3）若木板C右方還靜置著另一物塊B，木板C與A共速后再與B發(fā)生碰撞并粘在一起，則在滿足第（2）問(wèn)情況下，要保證物塊A恰不從木板C上滑出，求物塊B的質(zhì)量。15．如圖所示，空間存在平面直角坐標(biāo)系xOy，第一象限整個(gè)空間都有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，x軸下方整個(gè)空間都有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第二象限既沒(méi)有電場(chǎng)也沒(méi)有磁場(chǎng)。一個(gè)不計(jì)重力的質(zhì)量為m、電量為+q帶電粒子，從y軸上的A點(diǎn)以初速度v0平行于x軸向x軸正方向飛出，A點(diǎn)坐標(biāo)為(0,d)，然后從x軸上的M點(diǎn)第一次進(jìn)入磁場(chǎng)，M點(diǎn)坐標(biāo)為(2d,0)，再?gòu)膞軸上的N點(diǎn)第一次離開(kāi)磁場(chǎng)，N點(diǎn)坐標(biāo)為(?3d,0)，粒子始終在xOy（1）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小；（2）粒子第二次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的位置及速度的大小和方向；（3）若能夠設(shè)定一控制磁場(chǎng)大小的裝置，使得粒子第n（n為大于1的任意自然數(shù)）次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)锽n，粒子第n次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)沿y軸方向的速度為第一次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)沿y軸方向的速度的n倍，不考慮磁場(chǎng)變化導(dǎo)致的電磁感應(yīng)現(xiàn)象，求B

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A、由光路圖和折射定律可知

na>nb

故A正確

B、根據(jù)

v=cn

可知在玻璃中的傳播速度b光更大，故B錯(cuò)誤；

C、a、b光進(jìn)入玻璃后頻率不會(huì)發(fā)生改變，故C錯(cuò)誤；2．【答案】D【解析】【解答】A、兩者運(yùn)行速度的大小都應(yīng)小于第一宇宙速度，故A錯(cuò)誤；

B、為實(shí)現(xiàn)對(duì)接，應(yīng)先讓飛船處于較低軌道上，然后點(diǎn)火加速，故B錯(cuò)誤；

CD、對(duì)接后飛船軌道變高，速度變小，運(yùn)行周期都變大，機(jī)械能變大，故C錯(cuò)誤，D正確。

故答案為：D。

【分析】第一宇宙速度是衛(wèi)星繞地飛行的最大環(huán)繞速度，從低軌道進(jìn)入高軌道需點(diǎn)火加速，衛(wèi)星的機(jī)械能變大。再結(jié)合萬(wàn)有引力定律及牛頓第二定律確定運(yùn)行周期變化情況。熟練掌握衛(wèi)星對(duì)接的方法。3．【答案】B【解析】【解答】金屬球緩慢上升時(shí)，以球?yàn)檠芯繉?duì)象進(jìn)行受力分析：

可見(jiàn)在小球上偏一個(gè)較小角度時(shí)，細(xì)線拉力T逐漸減小，磁鐵對(duì)小球作用力F逐漸增大，則二者距離逐漸變小。

故答案為：B。

【分析】金屬小球緩慢上升，即金屬小球處于動(dòng)態(tài)平衡狀態(tài)，對(duì)小球進(jìn)行受力分析，再根據(jù)三角形法則結(jié)合題意進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析。4．【答案】C【解析】【解答】BC、根據(jù)楞次定律可得感應(yīng)電流為逆時(shí)針?lè)较颍鶕?jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知

E=???t=?B?tL22=k5．【答案】C【解析】【解答】A、質(zhì)點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，加速度恒定不變，即P到Q過(guò)程質(zhì)點(diǎn)做勻變速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B、畫(huà)出軌跡圖如下所示

由圖可知PQ連線與水平方向夾角顯然小于60°，故B錯(cuò)誤；

C、根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有

tan30°=vypv0

tan60°=vyQv0

則

vypvyQ=13

故C正確；

D、根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律豎直方向有

6．【答案】D【解析】【解答】A、由于該波沿x軸正方向傳播，由圖a可知0s時(shí)刻x=0處的質(zhì)點(diǎn)正在沿y軸負(fù)方向振動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B、由圖b可知0s時(shí)刻x=0.3m處的質(zhì)點(diǎn)正在沿y軸正方向振動(dòng)，故B錯(cuò)誤；

CD、由于波長(zhǎng)大于0.3m且波沿x軸正方向傳播可得，x=0.3m處的質(zhì)點(diǎn)在圖中的P位置

則有

14+18λ=0.3m

解得

λ=0.8m7．【答案】C【解析】【解答】D、Ek-x圖像的切線斜率大小表示小滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的合外力大小，小滑塊上滑過(guò)程和下滑過(guò)程各自合外力都恒定，故D錯(cuò)誤；

C、E-x圖的斜率大小表示小滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的除重力和明顯形變彈力以外做功的力的大小，即小滑塊在上滑和下滑過(guò)程中受到的滑動(dòng)摩擦力，兩個(gè)過(guò)程大小相等，方向相反，故C正確；

B、以斜面為研究研究對(duì)象可得全過(guò)程斜面受到小滑塊的壓力F的大小和方向均未發(fā)生改變，故B錯(cuò)誤；

A、由于小滑塊可以下滑，則

tanθ>μ

全過(guò)程中斜面受到地面的摩擦力f方向不變，故A錯(cuò)誤。

故答案為：C。

【分析】明確滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)過(guò)程的受力情況，注意滑塊所受摩擦力的方向。Ek8．【答案】A,D【解析】【解答】A、根據(jù)等量異種電荷電場(chǎng)分布特點(diǎn)及對(duì)稱性可知，A、D兩點(diǎn)距兩點(diǎn)電荷的距離相等，且在電荷的連線上，則A、D兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同，故A正確；

B、根據(jù)等量異種電荷電場(chǎng)分布特點(diǎn)及對(duì)稱性可知，B、C兩點(diǎn)距兩點(diǎn)電荷的距離相等，且在電荷的連線上，則B、C兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同，故B錯(cuò)誤；

C、越靠近正電荷電勢(shì)越高，越靠近負(fù)電荷電勢(shì)越低，根據(jù)電勢(shì)疊加規(guī)律可知，B點(diǎn)電勢(shì)高于C點(diǎn)電勢(shì)，故C錯(cuò)誤；

D、越靠近正電荷電勢(shì)越高，越靠近負(fù)電荷電勢(shì)越低，則A點(diǎn)電勢(shì)高于D點(diǎn)電勢(shì)，根據(jù)電勢(shì)與電勢(shì)能的關(guān)系可知，正電荷在A點(diǎn)的電勢(shì)能大于在D點(diǎn)的電勢(shì)能，故D正確。

故答案為：AD。

【分析】熟練掌握等量異種電荷電場(chǎng)及電勢(shì)分布的特點(diǎn)和規(guī)律。沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，正電荷在電勢(shì)高的位置電勢(shì)能大。越靠近正電荷電勢(shì)越高，越靠近負(fù)電荷電勢(shì)越低。9．【答案】A,B,D【解析】【解答】A、用大量處于n=4激發(fā)態(tài)的氫原子共發(fā)出C42=6種頻率的光，故A正確；

B、由于n=3能級(jí)躍遷到n=2能級(jí)所發(fā)出的光恰好使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)，則4-2，4-1，3-1，2-1四種光都能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)，故B正確；

C、氫原子發(fā)出的光中，動(dòng)量最小的光子波長(zhǎng)最大，頻率最小，即對(duì)應(yīng)4-3的光子，此時(shí)光子能量為

E=0.66eV

故C錯(cuò)誤；

D、該實(shí)驗(yàn)中遏止電壓對(duì)應(yīng)4-1的光去照該金屬產(chǎn)生的最大初動(dòng)能，根據(jù)動(dòng)能定理可得

Uc=E10．【答案】B,D【解析】【解答】A、由題意知T=0.02s，一個(gè)周期流過(guò)R1的電流方向改變2次，則每秒改變100次，故A錯(cuò)誤；

B、滑片P處于已知位置時(shí)，則等效電路為

R等效=n1n22R2·R0R2+R0=40Ω

根據(jù)閉合電路歐姆定律有

I=120R總=2A

流過(guò)R2電流

I2=12I·n1n2=2A

故B正確；

C、S1、S2均閉合后，將P沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，11．【答案】（1）8.42mm（2）1（3）B【解析】【解答】（1）游標(biāo)卡尺的分度值為0.02mm，則圖示讀數(shù)為

d=8mm+21×0.02mm=8.42mm

（2）擋板經(jīng)過(guò)光電門(mén)的

v=d?t

則根據(jù)牛頓第二定律可得

F=mv2L=md12．【答案】（1）負(fù)（2）1.47（3）內(nèi)阻；220（220～240為正確）【解析】【解答】（1）多用電表歐姆檔電流從黑表筆流出，流入電流表的正極，再?gòu)碾娏鞅碡?fù)極流出，流進(jìn)多用電表紅表筆。

（2）由串聯(lián)電路可知，電流表示數(shù)420μA，電流表內(nèi)阻和電阻箱阻值之和可由歐姆表示數(shù)得2000Ω，中值電阻1500Ω，故電動(dòng)勢(shì)

E=420μA×3500Ω=1.47V

（3）在二極管伏安特性曲線和電源U-I圖像交點(diǎn)可得正向電阻不同是因?yàn)闅W姆檔內(nèi)阻不同，且在伏安特性曲線坐標(biāo)圖中作出電源的函數(shù)

150I=1.47-U

圖線如圖所示

兩圖線交點(diǎn)即可二極管工作時(shí)的電流及電壓，則此時(shí)二極管的正向電阻為13．【答案】（1）解：由活塞受力平衡可知PS+mg=（2）解：活塞受力分析可知PS+mg【解析】【分析】（1）對(duì)活塞進(jìn)行受力情況，根據(jù)平衡條件確定封閉氣體的壓強(qiáng)；

（2）對(duì)活塞進(jìn)行受力情況，根據(jù)平衡條件及力的合成與分解確定傾斜時(shí)封閉氣體的壓強(qiáng)，該過(guò)程氣體發(fā)生等溫變化，再根據(jù)玻意耳定律進(jìn)行解答。14．【答案】（1）解：A物塊水平僅受滑動(dòng)摩擦力，故a=ug，a=2m/s（2）解：AC相對(duì)滑動(dòng)到恰共速過(guò)程，兩者組成的系統(tǒng)滿足：2m（3）解：拉力F撤去后到三者共速，ABC系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則2mBC完全非彈性碰撞，則mBC碰后到三者共速滿足m【解析】【分析】（1）明確物塊A在木板上運(yùn)動(dòng)過(guò)程的受力情況，再根據(jù)牛頓第二定律確定其加速度大??；

（2）物塊恰不從木板上滑下，即當(dāng)物塊與木板共速時(shí)物塊恰好位于木板的最左側(cè)。對(duì)物塊進(jìn)行分析，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律確定共速時(shí)物塊及木板的速度，再對(duì)整體進(jìn)行受力分析，明確整個(gè)系統(tǒng)個(gè)受力情況及各力做功情況，再根據(jù)動(dòng)能定理確定木板的長(zhǎng)度；

（3）保證物塊A恰不從木板C上滑出，則ABC共速時(shí)A恰好位于C的最右端。BC發(fā)生完全非彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒定律確碰后BC的速度。拉力F撤去后到三者共速的整個(gè)過(guò)程中，ABC系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律確定三者共速時(shí)的速度，再對(duì)BC碰后到ABC共速的過(guò)程運(yùn)用能量守恒定律進(jìn)行解答。15．【答案】（1）解：粒子從A點(diǎn)飛出后做類平拋運(yùn)動(dòng)，則有x可得E=mv022qd，設(shè)第一次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度與x軸的夾角為θv1y=at在磁場(chǎng)中的第一次沿x軸的側(cè)移量Δ由題可知Δx1（2）解：做出粒子運(yùn)動(dòng)的大致軌跡，粒子第一次離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)速度與x軸夾角依然為θ1=45°，沿y軸正向運(yùn)動(dòng)的位移y1'=3d后到y(tǒng)軸上的A1點(diǎn)，再做反向的類平拋運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)C1，可以知道C1在由于從最高點(diǎn)開(kāi)始沿y方向做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)vy2因此粒子第二次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的位置x坐標(biāo)為第一次類平拋的水平位移和第二次類平拋的水平位移之和由于t2=2t1粒子第二次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v速度與水平方向夾角為θ2，（3）解：每次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)豎直方向的速度分別為v則每次從最高點(diǎn)做類平拋到電場(chǎng)磁場(chǎng)邊界用時(shí)為t每次類平拋的y方向的位移為y每次從電場(chǎng)離開(kāi)到進(jìn)入磁場(chǎng)沿y方向向上的位移大小為y根據(jù)分析可知，y則有y每次類平拋的x方向的位移為