安徽省马鞍山市2025-2026学年高三下学期二模考试物理试题（Word版附解析）

这是一份安徽省马鞍山市2025-2026学年高三下学期二模考试物理试题（Word版附解析），共31页。
1．答卷前，务必将自己的姓名、考号和班级填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需
改动，务必擦净后再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试
卷上无效。
一、选择题：本题共 8 小题，每小题 4 分，共 32 分。在每小题给出的四个选项中，只有一
项是符合要求的。
1. 图示为氢原子能级的示意图，现有一个氢原子处于 n  4 的激发态，当向低能级跃迁时可以辐射出不同
频率的光子。下列说法正确的是（ ）
A. 跃迁过程可能辐射出 6 种不同频率的光子
B. 跃迁过程可能辐射出 4 种不同频率的光子
C. 跃迁过程可能只辐射出 1 种频率的光子
D. 辐射出的光子一定不能使逸出功为 6.34 eV 的金属铂发生光电效应
【答案】C
【解析】
【详解】AB．由于只有一个氢原子，若从 n  4 能级跃迁，最多可能产生 4 1 3种不同的频率的光，故
AB 错误；
C．若该氢原子的核外电子从 n  4 能级直接跃迁至 n 1能级，则只辐射出 1 种频率的光子，故 C 正确；
D．若该氢原子由 n  4 能级跃迁到 n 1能级辐射出的光子能量 E  0.85eV 13.6eV 12.75eV
或该氢原子由 n  4 能级跃迁到 n  3能级，再从 n  3能级跃迁到 n 1能级辐射出的光子能量
E  1.51eV 13.6eV 12.09eV
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或者该氢原子向下跃迁到 n  2 能级，再从 n  2 能级跃迁到 n 1能级辐射出的光子能量
E''  3.4eV 13.6eV 10.2eV
这三种情况的光子能量都大于金属铂的逸出功，能发生光电效应，故 D 错误。
故选 C 。
2. 如图所示，在国产动画片《舒克和贝塔》中，舒克驾驶直升飞机沿水平方向匀速飞行，每隔相同时间向
粮仓中投放粮袋，忽略空气阻力，一段时间后粮袋在空中的位置关系应为（ ）
A. B .
C. D .
【答案】A
【解析】
【详解】飞机沿水平方向做匀速直线运动,粮袋做平抛运动,粮袋水平方向做匀速直线运动,飞机及投放的
各个粮袋水平方向相对静止，粮袋竖直方向做自由落体运动,先投放的运动时间长，竖直方向速度大，相
等时间间隔内下落的高度大，故飞机与粮袋在竖直方向始终位于同一条直线上,且在竖直方向上从上往下
相邻粮袋之间的间距逐渐增大。
故选 A。
3. 物理兴趣小组的同学用振动装置带动水平轻绳中点 O 在竖直方向振动，一段时间后振动恰好传播到轻
绳两端，形成如图所示的波形，关于形成的绳波，下列说法正确的是（ ）
A. 绳上质点随波迁移
B. 波速不断增大
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C. O 点振动的频率增大
D. 绳上关于 O 点对称的两质点同时开始振动
【答案】D
【解析】
【详解】A．绳上质点只会在其平衡位置上下振动，不会随波迁移，故 A 错误；
B．机械波的传播速度只由介质决定，所以波速保持不变，故 B 错误；
D．绳上关于 O 点对称的两质点与 O 点距离相等，波从 O 点向两侧的传播速度相等，所以绳上关于 O 点
对称的两质点同时开始振动，故 D 正确。
故选 D。
4. 如图甲所示，在匀强磁场中矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，线圈匝数 n 10 ，磁场的磁感应
强度 B 3 2 T
 ，线圈中产生的感应电动势随时间的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是（ ）

A . t  0.5s 时，线圈平面与中性面重合
B. 矩形线圈的面积为1m2
C. 感应电动势有效值为15 2V
D. 感应电动势随时间的变化关系为 e  30 2 sin 2t(V)
【答案】B
【解析】
【详解】A．t  0.5s 时，由题图可知线圈电动势最大，此时线圈平面与中性面垂直，故 A 错误；
B．根据 Em  nBS  30 2V
2
由图乙可知周期为T  2s ，则角速度为   rad / s
T
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C．由题图可知，波长变大，根据
f
v
 可知，O 点振动的频率减小，故 C 错误；

联立解得矩形线圈的面积为 S 1m2 ，故 B 正确；
E 30 2
C．感应电动势有效值为 E  m  V  30V ，故 C 错误；
2 2
D．感应电动势随时间的变化关系为 e  Asint  30 2 sint(V) ，故 D 错误。
故选 B。
5. 如图所示，升降机内有质量相同的小球 A 和 B、A、B 间用轻弹簧相连并通过轻绳悬挂在升降机顶部，
升降机一直以加速度 a 竖直向上做匀加速运动，重力加速度为 g。某时刻剪断轻绳，此瞬间，A、B 的加速
度大小分别为（ ）
A . 2g  a，a B . 2g  a ，a C . 2g  a，0 D . 2g  a ，0
【答案】A
【解析】
【详解】设 A、B 的质量均为 m ，轻绳剪断前，以 B 为对象，根据牛顿第二定律可得 F  mg  ma
弹
解得弹簧弹力大小为 F  mg  ma
弹
轻绳剪断瞬间，弹簧弹力保持不变，以 A 为对象，根据牛顿第二定律可得 F  mg  maA
弹
解得 A 的加速度大小为 aA  2g  a
由于 B 的受力保持不变，所以 B 的加速度大小仍为 a 。
故选 A。
6. 物块以某一速度从固定粗糙斜面的底端开始上滑，向上运动至最高点后返回底端，该过程物块的加速度
为 a、速度大小为 v、位移为 x、时间为 t。不计空气阻力，以下图像正确的是（ ）
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A. B .
C. D .
【答案】B
【解析】
【详解】A．上滑时，根据牛顿第二定 律mg sin  mg cs  ma
上
下滑时，根据牛顿第二定律 mg sin  mg cs  ma
下 a 下=gsinθ−μgcsθ，方向仍沿斜面向下。可
得a  a
上 ，且两个加速度方向相同，A 错误；
下
B．题干中v 是速度大小，因此全程v 为正
上滑过程，匀减速直线运动，速度从初速度v1 均匀减到 0，加速度大，因此 v  t 图线斜率绝对值大（更
陡）。下滑过程，匀加速直线运动，速度从 0 均匀增大，全程摩擦力做负功，机械能损失，因此回到底端
时速度大小 v2  v1 ，B 正确；
的总位移大小），因 a上  a ，可得下滑时间t下  t上 ，即总时间大于 2t0 ，C 错误；
下
1 x 1
x  v t  a t2  
v a t
D．仅上滑过程 上 ，整理 得 0 上 ，确实是线性关系；但到达最高点后下滑，位移
0
2 t 2 x
表达式发生变化， 不再满足线性关系，不可能一直保持直线下降到 0，D 错误。
t
故选 B。
7. 如图所示，ABC 为等边三角形，电荷量为 Q 的正点电荷固定在 A 点。将电荷量也为 Q 的负点电荷，从
无穷远处（电势为 0）移到 B 点，此过程中电场力做功为 W。下列说法正确的是（ ）
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C．匀变速直线运动的位移满足
x  v t  1 at ，因此 xt 图像为抛物线。根据 1 2
x  at （ x 是上滑/下滑
2
0
2 2
W
 A. 负点电荷移入之前，B 点的电势为
Q
B. 负点电荷移入之后，C 点场强增强
C. 负点电荷移入之后，C 点电势升高
D. 将负点电荷从 B 点沿直线 BC 移至 C 点，电场力先做正功再做负功
【答案】D
【解析】
【详解】A．负点电荷，从无穷远处移到 B 点，电场力做功为W  q0  
B
其中负点电荷电荷量 q  Q
W
  ，A 错误； 代入解得 B
Q
两个场强夹角为120，根据矢量合成得 E  2E1 cs 60  E1
合
故合场强大小和原来场强大小相等，场强没有增强，B 错误；
C．电势是标量，移入负电荷前，由 A 点的正点电荷在C 点产生的电势为正值，移入负电荷后， B 点的负
点电荷在C 点产生的电势为负值，总电势为正电势加负电势，比原来降低，C 错误；
D． A 点的正点电荷， BC 边上中点位置离 A 最近，因此 A 点产生的电势沿 B  C 方向先升高、后降
低，且 B 点和C 点电势相等。 根据电势能 Ep  q
可知移动负点电荷，电势能先减小、后增大，因此电场力先做正功再做负功，D 正确。
故选 D。
8. 如图所示，在粗糙的水平面上，有一截面为半圆形的内表面光滑的轨道，一小球静止于轨道的最低点。
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B．设等边三角形边长为 L ，移入负电荷前， A 点的正点电荷在C 点产生的场强大小 E1

kQ
L2
移入负电荷后， B 点的负点电荷在C 点产生的场强大小
kQ
E  E 
2 1 2
L
现用始终沿圆弧切线方向的力 F 缓慢地推小球，使之上升到与圆心等高的位置，全程轨道静止不动，在此
过程中（ ）
A. 力 F 先增大后减小
B. 小球受到支持力一直增大
C. 轨道对地面的压力一直增大
D. 地面对轨道的摩擦力先增大后减小
【答案】D
【解析】
【详解】AB．设小球与圆心 O 的连线与竖直方向的夹角为 ，根据共点力的平衡条件，有
FN  mg cs ； F  mg sin
因 一直增大，可见小球沿圆轨道运动过程中，拉力 F 一直增大，小球对圆轨道的压力一直减小，由牛顿
第三定律知小球受到支持力一直减小，故 AB 错误；
C．结合 AB 选项由于全程轨道静止不动，将小球和轨道视为整体，由竖直方向
F '  F  （m  M）g
N sin
由于拉力 F 一直增大， 一直增大，所以轨道对地面的压力 F ' 一直减小，故 C 错误；
N
 一直由 0逐渐缓慢至90 增大，则sin 2 先增加后减小，所以地面对轨道的摩擦力先增大后减小，故
D 正确。
故选 D。
二、选择题：本题共 2 小题，每小题 5 分，共 10 分。在每小题给出的选项中，有多个选项
符合题目要求。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。
9. 2025 年 6 月 20 日我国成功发射中星 9C 卫星，该星投入使用后，我国在轨广电专用传输和直播卫星全
面实现国产化，9C 卫星绕地球做椭圆运动，其轨道的半长轴为 a。已知近地卫星做匀速圆周运动的速度大
小为 v，地球的半径为 R，引力常量为 G，下列说法正确的是（ ）
A. 9C 卫星的机械能小于近地卫星的机械能
B. 9C 卫星的发射速度大于近地卫星的发射速度
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D．水平方向有
1
f  F cs  mg sin cs  mg sin 2
2
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由于 9C 卫星的质量与近地卫星的质量大小关系未知，故无法比较 9C 卫星与近地卫星的机械
能大小，故 A 错误；
Mm v2
G  m B．对于近地卫星，其轨道半径可视为地球半径，根据万有引力提供向心力有
R R
2
即近地卫星做匀速圆周运动的速度为第一宇宙速度，是最小的发射速度；9C 卫星绕地球做椭圆运动，其
发射速度大于第一宇宙速度，因此 9C 卫星的发射速度大于近地卫星的发射速度，故 B 正确；
Mm v2
G  m C．根据万有引力提供向心力有
R2 R
故选 BD 。
10. 如图所示，竖直平面内有一金属圆环，直径为 L，总电阻为 4R。圆环区域内充满磁感应强度为 B 的匀
强磁场，磁场方向垂直于圆环面。环最高点处用铰链连接一长也为 L、质量为 m、电阻为 R 的导体棒
OP，使导体棒由水平位置紧贴环面摆下，第一次摆至竖直位置时，导体棒 P 端速度为 v。不计一切摩擦，
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C. 地球的质量
M 
v2a
G
D. 9C 卫星的周期T
3
2
2πR  a 
  
v  R 
解得 v

GM
R
可知地球的质量
M 
v R
2
G
因近地卫星的轨道半径与 9C 卫星轨道的半长轴不同，故地球的质量
M
v2a
 ，故 C 错误；
G
T
D．近地卫星做圆周运动的周期 1

2 R
v
根据开普勒第三定律可知
a R
3 3

T T
2 2
1
解得
T
3
2
2πR  a 
  
v  R 
，故 D 正确。
重力加速度为 g。该过程中（ ）
A. 导体棒摆动的角速度先增加后减小
【答案】AC
【解析】
【详解】A．导体棒下摆过程中，重力的切向分力一开始大于安培力，导体棒加速；随着速度增大，重力
的切向分力小于安培力，导体棒减速，因此角速度先增大后减小，故 A 正确；
0  v 1
E  B Lv  B L  BLv B．导体棒在竖直位置时，感应电动势为
2 2 2R2R
R   R 圆环两个半环并联，总外电阻为
并
2R  2R
电路总电阻为 R  R  R  2R
总
E BLv
I  
总电流为 4
R R
总
BLv
U  IR 
C．导体棒在竖直位置时，棒两端电压为 并 ，故 C 正确；
4
D．根据能量守恒定律可知整个系统产生的热量为
1 1 1 1 1
Q  E  E  mg  L  m( v)  mgL  mv ，故 D 错误。
2 2
p k
2 2 2 2 8
故选 AC。
三、非选择题：共 5 题，共 58 分。
11. 如图甲所示是“用双缝干涉测量光的波长”实验的装置。实验时，将双缝干涉实验仪按要求安装在光
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B. 导体棒在竖直位置时，棒所受安培力为
B2L2v
2R
C. 导体棒在竖直位置时，棒两端电压为
BLv
4
D. 整个系统产生的热量为
1 1
mgL  mv
2 2
2
安培力为
B2L2v
F  BLI  ，故 B 错误；
4R
具座上，打开单色光源，调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。已知双缝间距 d  0.4mm ，双
缝到毛玻璃屏的距离l  0.8m 。
（1）实验中，将测量头的分划板中心刻线与某条亮条纹中心对齐，将该亮条纹记为第 1 条亮条纹，此时
手轮上的示数如图乙所示，则此时的示数为________mm，然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与
第 6 条亮条纹中心对齐，此时手轮上的示数如图丙所示；
（2）该单色光的波长为________m；
（3）改用频率较高的单色光，干涉条纹间距将________（选填“变大”“不变”或“变小”）。
【答案】（1）11. 1
（2） 4.5107
（3）变小
【解析】
【小问 1 详解】
第 1 条亮条纹，此时手轮上的示数如图乙所示，则此时的示数为11mm 10.1mm 11.1mm
【小问 2 详解】
由图丙可知读数为15mm  60.1mm 15.6mm
【小问 3 详解】
12. 某同学从网上购买了某种型号的发光二极管，说明书显示其正向电压在1.6V ~ 2.0V 之间时，可以发
光，对应功率约为 0.05W ~ 0.12W 。为进一步研究二极管的特性，该同学用以下器材来绘制二极管正向
导通时，电压从 0 开始变化的伏安特性曲线。
A．量程为 0 ~ 100mA 的电流表，内阻约为 0.2Ω
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则相邻亮条纹间距为
15.6 11.1
x  mm  0.9mm
6 1
根据
l
x   ，可得该单色光的波长为 
d
d x 0.4 10 0.9 10   3   3
  3   3
  m  4.510 m
7
l 0.8
改用频率较高的单色光，则波长变小，根据
l
x   可知，干涉条纹间距将变小。
d
B．量程为 0 ~ 0.6A 的电流表，内阻约为 0.1Ω
C．量程为 0 ~ 3V 的电压表，内阻约为1kΩ
D．最大阻值为10Ω 的滑动变阻器
E．最大阻值为50Ω 的滑动变阻器
F．定值电阻 R1  25Ω ， R2 100Ω
G．电源电动势为 3.0V，内阻不计
H．开关和导线若干
（1）从以上器材中选择合适的器材组成电路，其中电流表应选择________，滑动变阻器应选择________
（填器材前的字母序号）。
（2）下列四幅图中，最合理的实验电路是________。
A． B．
C． D．
（3）通过正确地操作，绘制出了如图甲所示的伏安特性曲线。
（4）若将二极管接入如图乙的电路，为使二极管在给定电压范围内发光，电路中的定值电阻应选择____
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【答案】 ①. A ②. D ③. D ④. R1 ⑤. 0.086 (0.082~0.093 均可）
【解析】
故量程为0 ~ 100mA 的电流表，故选A；
[2]因二极管电压从零开始调节，因此滑动变阻器采用分压式接法，为了便于调节，滑动变阻器选用
10Ω ，故选D。
故选D。
选取R1时可以使二极管正常发光；
0.4
R  Ω 14Ω
[5]由图甲可知 3
(60 32)10

13. 如图所示，有一容积为V0的圆柱形薄壁玻璃杯，其导热性能良好。把杯口朝下竖直缓慢放入水中，撤
境温度不变。求：
（1）杯中空气的压强；
（2）玻璃杯底的面积。
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（选填“R1”或“
R ”），此时二极管的功率是____W（结果保留两位有效数字）。
2
【详解】[1]由题可知
I
P 0.12
  mA  60mA
U 2.0
[3]根据题意可知二极管电阻大致为
R
x
U 2
 
P
33Ω
根据
R  R R ，故采用内接法，故D 符合题意。
x A V
[4] 其正向电压在1.6V ~ 2.0V 之间时，可以发光，根据欧姆定律可知
E U 3 2
R   Ω 17Ω
1 3
I 6010
此时二极管的功率是
E
P R
 ( )2  0.083W
R  R
1
去外力后静止时，杯中空气的体积变为
2
3
V 。已知玻璃杯质量为m，大气压强为
0
p ，重力加速度为g，环
0
3
p 【答案】（1） 0
2
【解析】
【小问 1 详解】
2
p V  p V 由玻意耳定律可得
0 0 0
3 3
p  p 解得杯中空气的压强为
0
2
【小问 2 详解】
对玻璃杯，根据平衡条件可得 p0S  mg  pS
14. 如图所示，AB 为足够长的光滑斜面，斜面倾角  53 ，与水平面 CD 通过极小的一段光滑曲面平滑
连接。DE 为与水平面平滑连接的光滑竖直半圆轨道，D 为最低点。一质量为 m 1kg 可视为质点的物块
P 自斜面上距水平面高为 h 1.25m 处由静止释放，与静置于 C 点的物块 Q 发生碰撞，碰后立即将 P 撤
去，Q 恰好能到达圆轨道最高点 E，此后的运动情景不考虑。P、Q 质量相同，Q 与水平面间动摩擦因数为
  0.5，C、D 间距离为 L  0.6m ，圆轨道半径 R  0.2m ，取sin 53  0.8， cs 53  0.6，重力加速度
g 取10m/s2 。求：
（1）P 到达 C 点时速度大小；
（2）物块 Q 经 D 点时的速度大小；
（3）P、Q 碰撞过程中系统损失的机械能。
【答案】（1） v  5m/s
C
（2） v  10m/s
D
（3） E  4J
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（2）
2mg
p
0
解得玻璃杯底的面积为
S 
2mg
p
0
【解析】
【小问 1 详解】
1
mgh  mv
2
物块 P 从静止滑至 C，则
C
2
得 v  5m/s
C
【小问 2 详解】
1 1
mg 2R  mv  mv
2 2
物块 Q 从 D 运动到 E，则
E D
2 2
得 v  10m/s
D
【小问 3 详解】
物块 P、Q 碰撞过程，根据动量守恒定律可知 mvC  mvPC  mvQC
1 1 1
E  mv2  mv2  mv2 其中
C PC QC
2 2 2
1 1
μmgL  mv  mv
2 2
物块 Q 由 C 运动到 D，则
D QC
2 2
得 E  4J
15. 如图所示，在平面直角坐标系 xOy 内，第二象限存在垂直于纸面向里的匀强磁场，其中以 O 点为圆
  37 斜向右上方，第四象限存在垂直于纸面向外的匀强磁场。一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒
子，从第一象限中距离 x 轴 2R 处的某一点，以大小为v0 的速度垂直于 y 轴进入磁场区域。已知第二、四
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物块 Q 在 E 点时，根据牛顿第二定律可得
mg  mvE2
R
心，半径为 R 的
1
4
圆面内没有磁场。第三象限存在平行于纸面的匀强电场，电场方向与 y 轴正方向成
象限内磁场的磁感应强度大小分别为
4mv
0
3qR
和
mv
0
qR
，不计粒子重力，取sin 37°  0.6 ， cs 37°  0.8。
（1）求粒子在第二象限磁场区域中做圆周运动的轨道半径；
（2）求粒子离开第二象限磁场区域时，速度的方向与 x 轴正方向夹角的正弦值；
（3）粒子第 5 次经过 y 轴后，经电场偏转直接到达 O 点，求两次经过 x 轴的时间间隔。
【解析】
【小问 1 详解】
【小问 2 详解】
设粒子在第二象限轨迹的圆心为 O'，从 M 点离开磁场，运动轨迹如图所示
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【答案】（1）
3
4
R
（2）
4
5
（3）
   
3 2 R
v
0
粒子在第二象限磁场区域中，由洛伦兹力提供向心力有
qv B
0 1

mv2
0
r
1
其中
B 
1
4mv
0
3qR
解得
3
r  R
1
4
5
OO  R  r  R
2 由几何关系可知
1
4 3
MO  r  R ,OM  R 因为
1
4
则有OO2  MO2  OM 2
所以 OMO  90
即粒子离开磁场后经过坐标原点，设速度的方向与 x 轴正方向夹角为 ，由几何关系可知sin 4
OM
  
 OO 5
【小问 3 详解】
解得 r2  R
故粒子经过坐标原点时，速度方向与 y 轴负半轴夹角为 θ=37°，如图所示，则粒子进入电场后先做匀减速后
6
反向做匀加速直线运动到达 y 轴，粒子第 3、4 两次经过 y 轴的同一位置 N ，由几何关系可得ON= R
5 6
NP= R 粒子第 4、5 两次经过 y 轴之间的运动为一段大圆弧，同理可得
5 12
OP=ON+NP= R 所以
5
第 5 次经过 y 轴以后，粒子做匀变速曲线运动，在 y 轴方向上的分运动为匀加速直线运动，则
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粒子进入第四象限后，由洛伦兹力提供向心力有
qv B
0 2

mv2
0
r
2
其中
B
2

mv
0
qR
t
粒子在第四象限的磁场中运动的轨迹合起来正好是一个完整的圆周，所以运动时间
1
2πr 2πR
 2 
v v
0 0
1
OP=v cs t  a t
2 0 2 y 2
2 Eqcs
a  其中
y
m
     (3 2π)R
t t t t
 所以两次经过 x 轴的时间间隔 1 2 3
v
0
第 17 页/共 17 页v
在 x 轴方向上的分运动为先向左减速再向右加速，则t  2× 0
2
sin
a
x
其中
a
x

Eqsin
m
联立解得
E
4mv
2
 0 ，t2
3qR

3R
2v
0
t
粒子第 3、4 两次经过 y 轴的时间内，在电场中先做匀减速后反向做匀加速直线运动，则
3
 2
v
0
a
2
其中
a
2

Eq
m
t
解得 3

3R
2v
0