重慶市萬州第二高級中學2023-2024學年高三上學期7月月考物理Word版含解析.docx

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萬州二中2023-2024年高三上期7月月考物理試題（滿分：100分：考試時間：75分鐘）一、單項選擇題：本大題共6個小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.2021年，我國航天事業(yè)取得巨大突破，先后兩批次將6位航天員送入中國空間站“天和”核心艙進行工作與生活。“天和”核心艙可視為在距離地面高為390km的圓軌道上運行，已知地球半徑為6400km。若要計算天和核心艙的運行周期，下列物理量中只需知道（　　）A.萬有引力常量B.地球質(zhì)量C.地球表面重力加速度D.地球同步衛(wèi)星運行周期【答案】C【解析】【詳解】地球半徑R，“天和”核心艙距地面的高度為h，由萬有引力提供向心力，有解得①又因為物體在地球表面有解得②②代入①中得根據(jù)題意，地球半徑R=6400km，“天和”核心艙距地面的高度為h=390km已知，所以只要算出地球表面重力加速度g，就可以算出天和核心艙的運行周期。故選C。2.在某次軍事演習中，兩枚炮彈自山坡底端O點斜向上發(fā)射，炮彈分別水平命中山坡上的目標、 ，運動時間分別為、，初速度分別為、。如圖所示，已知位于山坡正中間位置，位于山坡頂端，山坡與地面間的夾角為30°，不計空氣阻力，則（）A.兩枚炮彈飛行時間B.兩枚炮彈的發(fā)射速度方向相同C.兩枚炮彈的發(fā)射速度大小之比D.兩枚炮彈的發(fā)射速度大小之比【答案】B【解析】【詳解】A．設山坡頂端距離底端高度為，則則故A錯誤；B．設山坡底邊長為,兩炮彈初速度的水平方向分速度分別為和，則則兩炮彈初速度的豎直方向分速度分別為和，則 得設初速度、與水平方向夾角分別為和，則得則兩枚炮彈的發(fā)射速度方向相同。故B正確；CD．根據(jù)速度的合成得故CD錯誤。故選B。3.如圖，一正點電荷位于圓錐頂點O，A、B是底面邊緣的兩個點，C是的中點。下列說法正確的是（　　） A.兩點間與兩點間的電壓滿足B.電子從沿直線運動到的過程中，電勢能先增加后減少C.欲使電子能沿底面邊緣做勻速圓周運動，可加一個垂直底面向上的勻強電場D.欲使電子能沿底面邊緣做勻速圓周運動，可在底面下方某處加一個負點電荷【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)由于所以由于A和B在同一個等勢面上，所以所以有故A錯誤；B．如圖所示，電子從A沿直線運動到B的過程中，電場力先做正功后做負功，即電勢能先減少后增加，故B錯誤；C．依題意，底面邊緣圓周上的各點合場強方向應沿半徑向外且大小相等，如圖所示，加一個強度大小合適、垂直底面向上的勻強電場，可以實現(xiàn)，故C正確；D．依題意，底面邊緣圓周上的各點合場強方向應沿半徑向外且大小相等，如圖所示，在底面下方某處加一個負點電荷，底面邊緣圓周上的各點合場強也不可能平行于底面，故D錯誤。 故選C。4.如圖，平面鏡MN豎直放置，鏡前有一個發(fā)光物體S，此平面鏡可繞“垂直于紙面的水平軸M”自由旋轉(zhuǎn)，現(xiàn)將平面鏡拉離豎直位置一個偏角θ至MN′的位置，釋放鏡的下端，在平面鏡從MN′下擺到MN位置過程中，下列說法正確的是（　?。〢.S′的軌跡為圓弧B.S′離軸M越來越近C.S′軌跡對M軸的張角為θD.當θ大于90°時物體將不在此平面鏡中成像【答案】A【解析】【詳解】根據(jù)平面鏡成像特點，分別作出平面鏡在MN處S的像S′和平面鏡在MN′處S的像S″，如圖由圖可知，S點繞M以SM長為半徑轉(zhuǎn)動，所以它的像的軌跡應該是圓??；由圖可知，S′軌跡對M軸的張角大于θ，S′離軸M的距離始終不變；當θ大于90°時物體仍能在此平面鏡中成像；A正確，BCD錯誤。故選A。5.如圖所示，在一豎直平面內(nèi)有一光滑圓軌道，其左側(cè)為一段光滑圓弧，右側(cè)由水平直軌道AB 及傾斜軌道BC連接而成，各連接處均平滑．圓軌道半徑為0.2m，軌道AB及傾斜軌道BC長度均為1.0m，傾斜軌道BC與水平面夾角．與圓心等高處D點裝有傳感器可測得軌道所受壓力大小．質(zhì)量0.1kg的小滑塊從弧形軌道離地高H處靜止釋放，經(jīng)過D處時壓力傳感器的示數(shù)為8N．小滑塊與軌道AB及傾斜軌道BC的摩擦因數(shù)均為0.25，運動過程中空氣阻力可忽略，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，．下列說法正確的是（）A.小物塊經(jīng)過圓軌道最低點時對軌道的壓力為10NB.小物塊沿軌道BC上滑的最大高度為C.若小物塊的釋放高度調(diào)整為原來的0.45倍其他條件不變，經(jīng)過D處時壓力傳感器的示數(shù)為2.5ND.若小物塊的釋放高度調(diào)整為原來的1.5倍其他條件不變，小物塊離開斜面到達最高點時的速度為2.4m/s【答案】B【解析】【詳解】A．由小物塊在點D受力可知當小物塊運動到A點時有解得根據(jù)小物塊在最低點的受力可知解得 故由力的作用是相互的可知，小物塊經(jīng)過圓軌道最低點時對軌道的壓力為，A錯誤；B．由題可知，小物塊沿軌道BC上滑的最大高度的過程中有解得小物塊沿軌道BC上滑的最大高度為B正確；C．由題可知，從開始位置到D點的過程中有聯(lián)立解得C錯誤；D．由題可知解得D錯誤。故選B。6.如圖所示，在足夠大的光滑絕緣水平桌面上存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。有三個質(zhì)量均為m的物塊a、b、c（均可視為質(zhì)點）分別位于桌面上直角三角形的三個頂點處，已知，的長度為L，物塊a帶正電，電荷量為q，物塊b、c不帶電?，F(xiàn)給物塊a方向垂直 邊、大小為（未知）的初速度，觀察到物塊a與物塊b恰好能發(fā)生碰撞。已知物塊a、b、c相互碰撞后粘在一起，且?guī)щ姾闪勘３植蛔?。則下列說法正確的是（　?。?。A.物塊a的初速度大小B.物塊a與物塊b碰撞以后整體再運動時間后與物塊c發(fā)生碰撞C.物塊a與物塊b碰撞以后整體不可能再與物塊c發(fā)生碰撞D.物塊a從開始運動經(jīng)過時間可以再回到出發(fā)點A【答案】B【解析】【詳解】A．由物塊a與物塊b恰好能發(fā)生碰撞，作出物塊a的運動軌跡如圖所示根據(jù)幾何關系可知物塊a的軌跡半徑根據(jù)牛頓第二定律可知解得， 故A錯誤；BC．物塊a與物塊b碰撞以后，根據(jù)動量守恒定律有求得物塊a、b碰撞粘在一起后整體做圓周運動的半徑為周期為可見物塊a、b碰撞粘在一起后，整體再運動時間后與物塊c發(fā)生碰撞，故B正確，C錯誤；D．物塊a與物塊b碰撞粘在一起后，整體與物塊c碰撞后的運動周期為物塊a從開始運動經(jīng)過時間后可以再回到出發(fā)點A，故D錯誤。故選B。7.激光制冷技術在很多領域得到了廣泛的應用。由分子動理論可知，分子或原子運動越激烈，物體溫度越高。激光制冷的原理就是利用大量光子（光子說認為光是一份一份的，每一份為一個光子）阻礙原子運動，使其減速，從而降低物體的溫度。如圖所示，某時刻一個原子位于Oxyz坐標系的原點，兩束完全相同的激光，沿x軸從相反的方向?qū)υ舆M行照射。根據(jù)多普勒效應，當原子迎著光束的方向運動時，其接收到的光的頻率會升高。當原子接收到的光的頻率等于該原子的固有頻率時，原子吸收光子的概率最大。下列說法正確的是（　?。?A.為使原子減速，所用激光的頻率應等于原子的固有頻率B.為使原子減速，所用激光的頻率應大于原子的固有頻率C.假設原子可以吸收光子，當原子向x軸正向運動時，a激光可使原子減速D.假設原子可以吸收光子，當原子向x軸負向運動時，a激光可使原子減速【答案】D【解析】【詳解】設原子動量大小為，激光的光子動量大小為，因為原子動量需要減小為，則根據(jù)動量守恒定律可知，為了使原子動量減小，激光的照射方向應與原子的運動方向相反。根據(jù)多普勒效應，原子迎著光束的方向運動時，其接收到的光的頻率會升高。當原子接收到的光的頻率等于該原子的固有頻率時，原子吸收光子的概率最大。則所用激光的頻率應小于原子的固有頻率。故ABC錯誤，D正確。故選D。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。每小題有多項符合題目要求，全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8.如圖所示，在傾角的光滑固定斜面上固定有一可繞轉(zhuǎn)軸在斜面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動的輕桿，桿的兩端分別連接著質(zhì)量為的小球P和質(zhì)量為的小球Q，OP的長度，OQ的長度，重力加速度取?，F(xiàn)給小球P一個垂直于且與斜面平行的初速度，規(guī)定轉(zhuǎn)軸點為零勢能點，則此后（）A.系統(tǒng)機械能不變恒為 B.當輕桿轉(zhuǎn)至水平位置時，輕桿對球P彈力的大小為C.當球Q轉(zhuǎn)至最低點時，輕桿對轉(zhuǎn)軸的彈力為零D.當球Q轉(zhuǎn)至最低點時，輕桿對轉(zhuǎn)軸的彈力大小為【答案】AD【解析】【詳解】A．兩球運動過程中，只有重力做功系統(tǒng)機械能守恒。依題意，兩球角速度相同，根據(jù)可知二者線速度關系為小球P剛獲得速度時，系統(tǒng)的機械能為聯(lián)立，解得系統(tǒng)機械能不變恒為。故A正確；B．當輕桿轉(zhuǎn)至水平位置時，由機械能守恒，可得又此時輕桿對球P的彈力與重力下滑分力的合力提供向心力，有且聯(lián)立，解得故B錯誤；CD．當球Q轉(zhuǎn)至最低點時，有 又由牛頓第二定律，可得，聯(lián)立，解得所以輕桿對轉(zhuǎn)軸的彈力大小為故C錯誤；D正確。故選AD。9.如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧一端固定在豎直墻壁上，另一端與質(zhì)量為m的小滑塊A相連接，在A的右邊靠著另一質(zhì)量為m的滑塊B，A與B不粘連。已知A、B與水平地面的動摩擦因數(shù)均為，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。已知彈簧的彈性勢能，其中k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量。現(xiàn)將A、B一起由原長O處向左壓縮彈簧，當壓縮量時將滑塊A、B由靜止釋放，則在A、B以后的運動過程中，下列說法正確的是（　?。〢.滑塊A、B將在O點右側(cè)分離B.滑塊B運動的總位移大小為C.A向右運動的最大位移為D.當A、B都靜止時A與B間的距離為【答案】BD 【解析】【詳解】A．將滑塊A、B由靜止釋放，兩滑塊水平方向上受到彈簧的彈力和滑動摩擦力，滑動摩擦力不變，而彈簧的彈力隨著壓縮量的減小而減小，彈力先大于滑動摩擦力，后小于滑動摩擦力，則兩滑塊向右先做加速運動后做減速運動。經(jīng)分析可知兩滑塊分離時應發(fā)生在減速階段，分離時兩滑塊的彈力為零，對滑塊B有對滑塊A有恰好分離時有解得說明兩滑塊在將在彈簧原長處，即O點分離，選項A錯誤；B．設兩滑塊分離時的速度為，根據(jù)能量守恒有又解得分離后滑塊B做勻減速運動直到停止，設此過程的位移為，則有則滑塊B運動的總位移大小為 選項B正確；C．分離后滑塊A做減速度運動，向右運動最大位移時速度為0，設此過程的位移為，根據(jù)能量守恒有解得則A向右運動的最大位移為選項C錯誤；D．經(jīng)分析知A最后靜止于彈簧原長處，則當A、B都靜止時A與B間的距離選項D正確。故選BD。10.如圖，導體框ABCD由豎直導軌AB、CD與5根長度均為的水平導體棒固定連接而成，導體棒間距均為；導體框下方處存在著寬度也為的勻強磁場，磁感應強度大小為2T，方向垂直于導體框所在的豎直平面向外；每根導體棒的電阻均為4Ω，軌道AB、CD的電阻不計。靜止釋放導體框后，BC恰能勻速進入勻強磁場區(qū)域，運動過程中BC始終與磁場邊界平行，重力加速度。下列說法正確的是（　　）A.導體框穿過磁場的過程中，BC棒中電流始終沿C到B方向B.導體框質(zhì)量為0.32kg C.導體框穿過磁場的過程中，通過AD棒的電荷量為0.48CD.導體框穿過磁場的過程中，AD棒產(chǎn)生的焦耳熱為0.96J【答案】BD【解析】【詳解】A．導體框穿過磁場的過程中，當BC棒在磁場中切割磁感線時，根據(jù)右手定則可知，BC棒中電流沿C到B方向；當BC棒離開磁場，上方任意一邊在磁場中切割磁感線時，根據(jù)右手定則可知，BC棒中電流沿B到C方向；故A錯誤；B．設BC棒剛進入磁場速度為，則有解得BC棒進入磁場產(chǎn)生的電動勢為整個導體框除了其中一邊切割磁感線（相當于電源），其余四邊為并聯(lián)關系，則電路總電阻為電路總電流為BC棒恰能勻速進入勻強磁場區(qū)域，根據(jù)受力平衡可得解得導體框質(zhì)量為故B正確；C．由題意可知，當其中一邊剛離開磁場時，同時上方的一邊剛好進入磁場，則導體框穿過磁場的過程中，導體框一直做勻速直線運動，從BC棒剛進入磁場到AD棒剛要進入磁場過程，所用時間為通過AD棒電流為 從AD棒進入磁場到離開磁場所用時間為通過AD棒的電流為則導體框穿過磁場的過程中，通過AD棒的電荷量為故C錯誤；D．導體框穿過磁場的過程中，AD棒產(chǎn)生的焦耳熱為故D正確。故選BD。三、實驗題：本大題2小題，共15分。11.學習小組利用如下實驗裝置研究兩小球彈性碰撞過程中的動量守恒。如圖所示，斜槽固定在水平桌面上且末端切線水平，距槽末端一定距離的位置固定著一個豎直擋板，A、B兩小球直徑相同且發(fā)生彈性碰撞，不計斜槽轉(zhuǎn)折點的能量損耗和空氣阻力，實驗步驟如下：①將白紙、復寫紙固定在豎直擋板上，用來記錄實驗中小球與豎直擋板的撞擊點；②用水平儀確定豎直擋板上與小球圓心O等高的點并記錄為P；③讓入射小球A單獨從斜槽固定擋板處靜止自由釋放，記錄小球在豎直擋板上的撞擊點；④將被碰小球B靜止放置在水平軌道的末端，讓入射球A再次從斜槽固定擋板處靜止釋放，A、B兩球在斜槽末端碰后均向右水平拋出，記錄A、B兩小球在豎直擋板上的撞擊點；⑤重復③④操作多次，確定兩小球各次的平均撞擊點Q、M、N；⑥測得、、根據(jù)該實驗小組的實驗，回答下列問題： （1）關于該實驗，下列說法正確的是________A.該實驗要求斜槽必須盡可能光滑B.該實驗無需要求斜槽光滑C.入射小球A的質(zhì)量應大于被碰小球B的質(zhì)量D.入射小球A的質(zhì)量應小于被碰小球B的質(zhì)量（2）根據(jù)實驗操作，3個撞擊點P、Q、M、中，入射小球A單獨釋放后在豎直擋板上的撞擊點為______點，A、B碰撞后A的撞擊點為________點，A、B碰撞后B的撞擊點為________點。（3）該實驗由于沒有天平無法測出小球A、B的質(zhì)量，實驗小組認為只要測出、、，且滿足_______（寫出、、關系式），則在誤差允許范圍內(nèi)，小球A、B發(fā)生彈性碰撞過程中的動量守恒?！敬鸢浮竣?BC##CB②.M③.N④.Q⑤.【解析】【詳解】（1）[1]AB．小球做平拋運動，所以要求斜槽軌道末端必須水平，斜槽不必光滑，故A錯誤，B正確；CD．為了防止入射小球反彈，所以入射小球的質(zhì)量應大于被碰小球的質(zhì)量，故C正確，D錯誤。故選BC。（2）[2][3][4]小球離開斜槽后做平拋運動，豎直方向做自由落體運動，有水平方向做勻速直線運動，有而根據(jù)動量守恒有 由因為入射小球的質(zhì)量大于被碰小球的質(zhì)量，即，根據(jù)之前的解析式，可以推知而小球離開斜槽后做平拋運動，而由題意可知，其小球的水平位移相等，所以水平速度越大，則運動時間越短，其豎直高度越低，所以，入射小球A單獨釋放其撞擊點為M點；A、B碰撞后，A球的撞擊點為N點，B球的撞擊點為Q點。（3）[5]設OP的距離為x，小球離開斜槽做平拋運動，豎直方向做自由落體，有水平方向做勻速直線運動，有整理有由題意可知，、、整理得又因為動量守恒，所以有又因為是彈性碰撞，所以有以上式子聯(lián)立，整理有 即12.我國某電動汽車公司發(fā)布了刀片電池，該電池采用磷酸鐵鋰技術，通過結(jié)構(gòu)創(chuàng)新，提高了體積利用率和續(xù)航里程，某研究小組對其中一個電池片測量其電動勢和內(nèi)阻。利用現(xiàn)有有限的器材設計了如圖1所示的電路（是一個未知阻值的定值電阻），實驗步驟如下：（1）閉合開關，調(diào)節(jié)變阻箱的阻值，記下相應的阻值和電壓表的讀數(shù)，數(shù)據(jù)如下表：8.310.011.112.514.316.77.06.05.04.03.02.01.00.120.100.090.080.070.06①其中，當取時，電壓表的讀數(shù)如圖2所示，可得電壓是________②根據(jù)表中的數(shù)據(jù)在圖3的坐標中做出相應的圖________；（2）對數(shù)據(jù)處理成表示的功率，用相關函數(shù)軟件模擬出圖，如圖4所示： （3）由以上相關數(shù)據(jù)可以得到定值電阻的阻值為________，該刀片電池的一個電池片的電動勢為________，內(nèi)阻為________。（答案保留一位小數(shù)）【答案】①.9.1##9.2##9.3②.③.4.0④.25.0⑤.1.0【解析】【詳解】（1）①[1]電壓表的讀數(shù)是9.2V；②[2]根據(jù)表中的數(shù)據(jù)在坐標中做出相應的圖像如圖（3）[3][4][5]由圖1的電路，閉合電路歐姆定律可得轉(zhuǎn)換得由圖3可得截距斜率 聯(lián)立兩個算式可以求得根據(jù)有最大輸出功率的條件可知，當時有最大的輸出功率可求得然后可求得四、計算題：本題共3個小題，共41分，請寫出必要的文字說明和必需的物理演算過程，只寫出最終結(jié)果的不得分。13.如圖所示，直角為由某種負折射率材料制成的光學元件的橫截面，其中為邊的兩個三等分點，且知邊長。所謂“負折射率材料”，即光從真空射到該材料界面發(fā)生折射時，入射光線和折射光線分布在法線同一側(cè)，此時折射角取負值，其余光學規(guī)律不變?，F(xiàn)有一束單色光，從點以入射角射入元件，經(jīng)元件作用后從邊出射，出射光線恰與入射光線平行，光在真空中的傳播速度為。（1）求此光學元件對該光束的折射率的大小；（2）若保持入射角不變，將入射點平移至點，請畫出光束傳播的光路圖并求出光束在元件中的傳播時間。 【答案】（1）；（2），【解析】【詳解】（1）由題意可知，當光束由點以入射時，出射光線與入射光線平行，光路如圖所示。由幾何關系可知由可得，光學元件相對該光束的折射率為（2）由題意可知，當光線與在界面的點以入射，由折射定律可得光線由沿直線射到界面的點，由幾何關系可知大于臨界角，光線在界面發(fā)生全反射，光線沿直線傳播至界面的點。由幾何關系及折射定律可知 ，所以，光束的光路圖如圖所示。且由幾何知識易得所以，光在元件中傳播時間為14.如圖所示，間距為的平行光滑金屬導軌水平固定，導軌平面處在豎直向下，磁感應強度大小為的勻強磁場中。導軌左端連接有電容為的平行板電容器，質(zhì)量為、電阻不可忽略的導體棒垂直導軌放置在導軌上，導軌足夠長且電阻不計。求：（1）請畫出電容器所帶電量與其兩極板間電壓之間的關系圖線，并求出電容器所儲存的電能與極板間電壓及電容的關系式；（2）某時刻給導體棒一平行于導軌的水平初速度，則最終導體棒的速度為多大?！敬鸢浮浚?），；（2）【解析】【詳解】（1）由電容器電容的定義式，可得 即電容器所帶電量與其極板間電壓成正比，故關系圖線，如下圖所示由功能關系及，結(jié)合關系圖線，可知電容器所儲存的電能與其極板間的電壓及電容間的關系式為（2）當導體棒獲得向右的初速度時，切割磁感線產(chǎn)生動生電動勢給電容器充電，設充電電流為，則導體棒所受安培力大小為方向水平向左；在安培力作用下導體棒速度逐漸減小，動生電動勢亦隨之減小，而電容器則隨著帶電量的增加極板間的電壓逐漸增大。當動生電動勢等于電容器兩極板間的電壓時，電容器不再充電，導體棒隨即勻速運動，設此時導體棒的速度為故有對導體棒運用動量定理，可得由可知，聯(lián)立上述方程，即可解得15.如圖所示，有一個區(qū)域由兩個左右正對著的邊長為10R立方體、及它們之間所夾的相距的長方體構(gòu)成，O是長方體區(qū)域的中心點。以O點為坐標原點、水平向右為x軸正方向、豎直向上為y軸正方向、水平向外為z軸正方向建立直角坐標系。右側(cè)立方體區(qū)域內(nèi)存在沿z軸正向勻強磁場，左側(cè)立方體區(qū)域內(nèi)存在沿z軸負方向的勻強磁場，在兩立方體之間的區(qū)域內(nèi)存在如圖所示的場強大小恒為E0、方向以周期T0變化的勻強電場，此區(qū)域的中心點O是一加速器（圖中未畫出）的出口，向外射出帶負電的粒子，其電量為-q、質(zhì)量為m，初速度方向和初動能Ek可通過加速器調(diào)整。已知，勻強磁場的磁感應強度滿足 ，勻強電場的變化周期滿足，忽略帶電粒子在電場中的運動時間。（1）若在0時刻有一帶電粒子從O點x軸正向射出，且動能，求帶電粒子最終離開此區(qū)域前經(jīng)過的路程s；（2）若在0時刻有一帶電粒子從O點x軸正向射出，且，求帶電粒子在區(qū)域內(nèi)運動的時間t與T0的比值；（3）若在0時刻有一帶電粒子從O點z軸正向射出，且，寫出帶電粒子在區(qū)域內(nèi)的運動時間t3與T0的比值的表達式及帶電粒子最終離開此區(qū)域的位置坐標（不需要計算過程）?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）見解析【解析】【詳解】（1）帶電粒子在題中區(qū)域內(nèi)的運動軌跡如圖所示。帶電粒子電場中向x軸正向做勻減速運動，當粒子進入右側(cè)立方體區(qū)域時可得在右側(cè)立方體區(qū)域，粒子在xy平面內(nèi)做圓周運動 周期可知經(jīng)，帶電粒子從處再次進入電場。帶電粒子在電場中向左做勻減速運動，當粒子進入左側(cè)立方體域時可得在左側(cè)立方體區(qū)域，粒子在xy平面內(nèi)做圓周運動可知經(jīng)，帶電粒子從離開左側(cè)立方體區(qū)域。經(jīng)過的路程（2）帶電粒子在電場中向x軸正向做勻減速運動，當粒子進入右側(cè)立方體區(qū)域時可得在右側(cè)立方體區(qū)域，粒子在xy平面內(nèi)做圓周運動周期可知經(jīng)，帶電粒子從處再次進入電場。接下來，帶電粒子每次進入電場，均先向左做勻減速運動再向右做勻加速運動，粒子進入右側(cè)立方體區(qū)域時，動能仍為，半徑仍為R?？芍獛щ娏Ｗ訌?處離開右側(cè)立方體區(qū)域，運動軌跡如圖所示。帶電粒子在區(qū)域內(nèi)運動的時間電粒子在區(qū)域內(nèi)運動的時間t與T0的比值（3）帶電粒子在區(qū)域內(nèi)的運動時間t3與T0的比值位置坐標為以下求解過程供參考，不評分：①帶電粒子在電場中做類平拋運動，沿x軸負向做初速為0的勻加速直線運動，沿z軸正向做勻速直線運動，進入左側(cè)立方體區(qū)域時坐標為②帶電粒子在左側(cè)立方體區(qū)域內(nèi)，在垂直z軸的平面內(nèi)做勻速圓周運動，半徑 同時沿z軸正向做勻速直線運動，合運動為螺旋線運動。③當帶電粒子再沿z軸正向運動4R時將離開區(qū)域，時間滿足可驗證帶電粒子在磁場中運動的路程為粒子運動不到半圈，不會再次進入電場。④可得⑤在垂直z軸的平面內(nèi)做勻速圓周運動的角度為