江苏省南京市南京师范大学附属中学2025届物理高三第一学期期末经典模拟试题含解析

江苏省南京市南京师范大学附属中学2025届物理高三第一学期
期末经典模拟试题
请考生注意：
1．请用2B 铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。

写在试题卷、草稿纸上均无效。

2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4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、下列说法中正确的是
A ．α粒子散射实验发现了质子
B ．玻尔理论不仅能解释氢的原子光谱，也能解释氦的原子光谱
C ．热核反应的燃料是氢的同位素，裂变反应的燃料是铀
D ．中子与质子结合成氘核的过程中需要吸收能量
2、2013年12月2日，“嫦娥三号”成为了全人类第一个在月球背面成功实施软着陆的
探测器。

为了减小凹凸不平的月面可能造成的不利影响，
“嫦娥三号”采取了近乎垂直的着陆方式。

已知：月球半径为R ，表面重力加速度大小为g ，引力常量为G ，下列说法正确的是（ ）
A ．“嫦娥三号”着陆前近月环绕月球做圆周运动的过程中处于超重状态
B ．为了减小与地面的撞击力，“嫦娥三号”着陆前的一小段时间内处于失重状态
C ．“嫦娥三号”着陆前近月环绕月球做圆周运动的周期约为T =R g
D ．月球的密度为ρ=34g RG
π 3、如图所示，理想变压器的原线圈两端接在交流电源上，电压有效值为U 。

理想电压表接在副线圈两端，理想电流表接在原线圈电路中，有三盏相同的灯泡123L L L 、、接在副线圈电路中。

开始时开关S 闭合，三盏灯都亮。

现在把开关S 断开，三盏灯都没有烧毁，则下列说法正确的是（ ）
A ．电流表和电压表的示数都不变
B ．灯1L 变暗
C ．灯2L 变暗
D ．电源消耗的功率变大
4、某弹簧振子沿x 轴的简谐运动图象如图所示，下列描述正确的是（ ）
A ．t =1 s 时，振子的速度为零，加速度为负的最大值
B ．t =2 s 时，振子的速度为负，加速度为正的最大值
C ．t =3 s 时，振子的速度为负的最大值，加速度为零
D ．t =4 s 时，振子的速度为正，加速度为负的最大值
5、如图所示，一个质量为m 的铁球处于静止状态，铁球与斜面的接触点为A ,推力F 的作用线通过球心O ，假设斜面、墙壁均光滑，若让水平推力缓慢增大，在此过程中，下列说法正确的是()
A ．力F 与墙面对铁球的弹力之差变大
B ．铁球对斜面的压力缓慢增大
C ．铁球所受的合力缓慢增大
D ．斜面对铁球的支持力大小等于cos mg
6、在如图所示的位移（x ）—时间（t ）图象和速度（v ）—时间（t ）图象中，给出的四
条图线甲、乙、丙、丁分别代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是（ ）
A ．0~t 1时间内，乙车的速度一直大于甲车的速度
B ．0~t 1时间内，甲车与乙车之间的距离先增大后减小
C ．0~t 2时间内，丙、丁两车的距离逐渐减小
D ．0~t 2时间内，丁车的速度先大于丙车，后小于丙车
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、在倾角为θ的光谱固定绝缘斜面上有两个用绝缘轻弹簧连接的物块A 和B ，它们的质量分别为m 和2m ，弹簧的劲度系数为k ，C 为一固定挡板，开始未加电场系统处于静止状态，B 不带电，A 带电量为q +，现加一沿斜面方问向上的匀强电场，物块A 沿斜面向上运动，当B 刚离开C 时，A 的速度为v ，之后两个物体运动中当A 的加速度为0时，B 的加速度大小均为a ，方向沿斜面向上，则下列说法正确的是（ ）
A ．从加电场后到
B 刚离开
C 的过程中，A 发生的位移大小为3sin mg k
θ B ．从加电场后到B 刚离开C 的过程中，挡板C 对小物块B 的冲量为0
C ．B 刚离开C 时，电场力对A 做功的瞬时功率为()3sin 2mg ma v θ+
D ．从加电场后到B 刚离开C 的过程中，物块A 的机械能和电势能之和先增大后减小
8、在某一均匀介质中由波源O 发出的简谐横波在x 轴上传播，某时刻的波形如图所示，其波速为5m/s ，则下列说法正确的是_________．
A．此时P、Q两点运动方向相同
B．再经过0.5s质点N刚好在（-5m，20cm）位置
C．在1.5s<t<1.6s时间间隔内，质点N在x轴上方向上运动
D．能与该波发生干涉的横波的频率一定为3Hz
E.再经过0.5s时间质点M通过的路程大于100m
9、关于电磁波，下列说法正确的是（）
A．麦克斯韦第一次用实验证实了电磁波的存在
B．非均匀周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波
C．手摇动用丝绸摩擦过的玻璃棒，在空气中产生电磁波，只能沿着摇动的方向传播D．频率在200MHz~1000MHz内的雷达发射的电磁波，波长范围在0.3m~1.5m之间
E.根据多普勒效应可以判断遥远天体相对于地球的运动速度
10、下列说法正确的是______
A．水池中水的温度相同，水底一小气泡因扰动而上升时一定吸热
B．悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显
C．同一容器中同种气体所有的分子运动速率基本相等
D．熵增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行
E.压缩汽缸内气体时要用力推活塞，这表明气体分子间的作用力主要表现为斥力
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）利用图示装置可以做力学中的许多实验．
（1）以下说法正确的是____________.
A．利用此装置“研究匀变速直线运动” 时，须设法消除小车和木板间的摩擦阻力的影响
B．利用此装置探究“小车的加速度与质量的关系”并用图象法处理数据时，如果画出的a-M关系图象不是直线，就可确定加速度与质量成反比
C．利用此装置探究“功与速度变化的关系”实验时，应将木板带打点计时器的一端适当垫高，这样做的目的是利用小车重力沿斜面分力补偿小车运动中所受阻力的影响(2).小华在利用此装置“探究加速度a与力F的关系”时，因为不断增加所挂钩码的个数，导致钩码的质量远远大于小车的质量，则小车加速度a的值随钧码个数的增加将趋近于__________的值.
12．（12分）某同学测量一段粗细均匀电阻丝的电阻率，实验操作如下：
（1）用螺旋测微器测量该电阻丝的直径，如图甲所示的示数为_________mm。

（2）用多用电表“×1 "倍率的欧姆挡测量该电阻丝的阻值，如图乙所示的示数为
_________Ω。

（3）用电流表（内阻约为5Ω）、电压表（内阻约为3kΩ）测量该电阻丝的阻值R x，为了减小实验误差，并要求在实验中获得较大的电压调节范围，下列电路中符合要求的是_________。

A．B．C．D．
（4）用第（3）问中C选项的方法接入不同长度的电阻丝l，测得相应的阻值R，并作出了R-l图象，如图丙所示中符合实验结果的图线是_________（选填“a”“b”或“ c”），该电阻丝电阻率的测量值_________（选填“大于” “小于”或“等于”）真实值。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）如图甲所示，弯折成90°角的两根足够长金题导轨平行放置，形成左右两导执平面，左导轨平面与水平面成53°角，右导轨平面与水平面成37°角，两导轨相距L=0.2m，电阻不计．质量均为m=0.1kg，电阻均为R=0.1Ω的金属杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，金属杆与导轨间的动摩擦因数均为μ=0.5，整个装置处于磁感应强度大小为B=1.0T，方向平行于左导轨平面且垂直右导轨平面向上的匀强磁场中．t=0时刻开始，ab杆以初速度v1沿右导轨平面下滑，t=ls时刻开始，对ab杆施加一垂直ab杆且平行右导轨平面向下的力F，使ab开始作匀加速直线运动．cd杆运动的v-t图象如图乙所示（其中第1s、第3s内图线为直线）．若两杆下滑过程均保持与导轨垂直且接触良好，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：
（1）在第1秒内cd杆受到的安培力的大小
（2）ab杆的初速度v1
（3）若第2s内力F所做的功为9J，求第2s内cd杆所产生的焦耳热
14．（16分）如图纸面内的矩形ABCD 区域存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，对边AB∥CD、AD∥BC，电场方向平行纸面，磁场方向垂直纸面，磁感应强度大小为B.一带电粒子从AB 上的P 点平行于纸面射入该区域，入射方向与AB 的夹角为θ（θ<90°），粒子恰好做匀速直线运动并从CD 射出．若撤去电场，粒子以同样的速度从P 点射入该区域，恰垂直CD 射出.已知边长AD=BC=d，带电粒子的质量为m，带电量为q，不计粒子的重力.求：
(1)带电粒子入射速度的大小；
(2)带电粒子在矩形区域内作直线运动的时间；
(3)匀强电场的电场强度大小．
15．（12分）如图所示，在竖直直角坐标系xOy 内，x 轴下方区域I 存在场强大小为E 、方向沿y 轴正方向的匀强电场，x 轴上方区域Ⅱ存在方向沿x 轴正方向的匀强电场。

已知图中点D 的坐标为(27,2
L L --)，虚线GD x ⊥轴。

两固定平行绝缘挡板AB 、DC 间距为3L ，OC 在x 轴上，AB 、OC 板平面垂直纸面，点B 在y 轴上。

一质量为m 、电荷量为q 的带电粒子(不计重力)从D 点由静止开始向上运动，通过x 轴后不与AB 碰撞，恰好到达B 点，已知AB =14L ，OC =13L 。

（1）求区域Ⅱ的场强大小E '以及粒子从D 点运动到B 点所用的时间0t ；
（2）改变该粒子的初位置，粒子从GD 上某点M 由静止开始向上运动，通过x 轴后第一次与AB 相碰前瞬间动能恰好最大。

①求此最大动能km E 以及M 点与x 轴间的距离1y ；
②若粒子与AB 、OC 碰撞前后均无动能损失(碰后水平方向速度不变，竖直方向速度大小不变，方向相反)，求粒子通过y 轴时的位置与O 点的距离y 2。

参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4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、C
【解析】
试题分析：卢瑟福通过α粒子散射实验否定了汤姆生的枣糕模型，从而提出了原子核
式结构模型，质子的发现是卢瑟福通过α粒子轰击氮核而发现质子，选项A 错．波尔理论把原子能级量子化，目的是解释原子辐射的线状谱，但是波尔理论只能很好的解释氢原子的线状谱，在解释氦的原子光谱和其他原子光谱时并不能完全吻合，选项B 错．热核反应主要是氘核氚核在高温高压下发生的聚变反应，氘核和氚核都是氢的同位素，裂变主要是铀核裂变，选项C 对．中子和质子结合成氘核是聚变反应，该过程释放能量，选项D 错．
考点：原子 原子核
2、D
【解析】
A ． “嫦娥三号”着陆前近月环绕月球做圆周运动的过程中万有引力全部提供向心力，处于完全失重状态，故A 错误；
B ． 为了减小与地面的撞击力，在“嫦娥三号”着陆前的一小段时间内“嫦娥四号”需要做减速运动，处于超重状态。

故B 错误；
C ． “嫦娥三号”着陆前近月环绕月球做圆周运动的时万有引力提供向心力，即：
224m R mg T
π⋅= 解得：
2T =故C 错误；
D ． 月球表面的重力近似等于万有引力，则：
2GMm mg R =，343
M R ρ=⋅π 月球的密度：
34g RG
ρπ= 故D 正确。

故选：D 。

3、B
【解析】
A ．S 断开，副线圈负载电阻增大，而电压2U 由初级电压和匝数比决定，则U 2不变，原、副线圈中的电流都减小，选项A 错误；
BC ．副线圈中电流2I 减小，1L 两端电压减小、2L 两端电压增大，灯1L 变暗、灯2L 变
亮，选项B正确，C错误；
U I减小，电源的功率减小，选项D错误。

D．2I减小，则22
故选B。

4、A
【解析】
根据振动图象判断质点振动方向的方法：沿着时间轴看去，“上坡”段质点向上振动，“下坡”段质点向下振动．
【详解】
AC．在t=1 s和t=3 s时，振子偏离平衡位置最远，速度为零，回复力最大，加速度最大，方向指向平衡位置，A正确，C错误；
BD．在t=2 s和t=4 s时，振子位于平衡位置，速度最大，回复力和加速度均为零，BD 错误．
5、D
【解析】
对小球受力分析，受推力F、重力G、墙壁的支持力N、斜面的支持力N′，如图：
根据共点力平衡条件，有：
x方向：
F-N′sinθ-N=0
竖直方向：
N′cosθ=mg
解得：
mg
'=；
N
cosθ
N=F-mg tanθ；
A.故当F增加时，墙壁对铁球的作用力不断变大，为N=F-mg tanθ；可知F与墙面对铁球的弹力之差不变，故A错误；
BD.当F 增加时，斜面的支持力为
mg cos θ
，保持不变，故球对斜面的压力也保持不变，故D 正确，B 错误； C.铁球始终处于平衡状态，合外力始终等于0；故C 错误；
6、B
【解析】
A ．根据位移－时间图象的斜率表示速度，由图象可知，乙车的速度在0~t 1时间内并不是一直大于甲车的速度，故A 错误；
B ．根据位移－时间图象的斜率表示速度，由图象可知，甲图线的斜率不变，说明甲的速度不变，做匀速直线运动，乙车的速度先大于甲车的速度后小于甲车的速度，且由同一地点向同一方向运动，则0~t 1时间内，甲车与乙车之间的距离先增大后减小，故B 正确；
CD ．由速度－时间图像可知，0~t 2时间内，丁车的速度一直比丙车速度大，且由同一地点向同一方向运动，则两车间的距离一直增大，故CD 错误。

故选B 。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、ACD
【解析】
A ．开始未电场时，弹簧处于压缩状态，对A ，根据平衡条件和胡克定律有
1mgsin kx θ=
解得
1mgsin x k
θ= 物块B 刚要离开C 时，弹簧的拉力等于物体B 重力的下滑分力，根据胡克定律，有 22mgsin kx =θ
解得
22mgsin x k
θ= 故从加电场后到B 刚离开C 的过程中，A 发生的位移大小为 123mgsin x x x k θ=+=
选项A 正确；
B ．从加电场后到B 刚离开
C 的过程中，挡板C 对小物块B 的作用力不为零，由I =Ft 知挡板C 对小物块B 的冲量不为0，选项B 错误；
C ．设A 所受的电场力大小为F ，当A 的加速度为0时，B 的加速度大小均为a ，方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律，
对A 有
0F mgsin F --=弹θ
对B 有
22F mgsin ma -=弹θ
故有
32F mgsin ma =+θ
B 刚离开
C 时，电场力对A 做功的瞬时功率为
32P Fv mgsin ma v ==+（）θ
选项C 正确；
D ．对A 、B 和弹簧组成的系统，从加电场后到B 刚离开C 的过程中，物块A 的机械能、电势能和弹簧的弹性势能之和保持不变，弹簧的弹性势能先减小后增大，则物块A 的机械能和电势能之和先增大后减小，选项D 正确。

故选ACD 。

8、ABE
【解析】
A.根据对称性可知，此时P （-2m ，0cm ）、Q （2m ，0cm ）两点运动方向相同，A 正确；
B.由图可知波长2m λ=，周期为25T s v λ
==，时间10.514
t s T ==，波传到N 点的时间为T ，波传到N 点时，N 点向上运动，经过0.5s 质点N 刚好在波峰，其坐标为（-5m ，
20cm ），B 正确；
C.在1.5s<t<1.6s 时间间隔内，即33~44T T ，由周期性可知其与31~24
T T 运动状态相同，可判断质点N 在x 轴下方向上运动，C 错误； D.该波的频率为1 2.5f Hz T
=
=，能与该波发生干涉的横波的频率一定为2.5Hz ，D 错误；E.在经过0.5s 即114T 个周期，1个完整的周期其通过的路程为80cm ，由于14T 内M 处于加速阶段，因此通过的路程大于20cm ，即总路程大于100cm ，E 正确． 9、BDE
【解析】
A.麦克斯韦预言了电磁波的存在，是赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在，故A 错误；
B.非均匀周期性变化的磁场产生非均匀周期性变化电场，非均匀周期性变化的电场产生非均匀周期性变化磁场，相互激发，形成电磁波。

故B 正确；
C.电磁波产生后，可以在任意方向传播，故C 错误；
D.根据c v
λ=，电磁波频率在200MHz 至1000MHz 的范围内，则电磁波的波长范围在0.3m 至1.5m 之间，故D 正确；
E.由于波源与接受者的相对位置的改变，而导致接受频率的变化，称为多普勒效应，所以可以判断遥远天体相对于地球的运动速度，故E 正确。

故选：BDE 。

10、ABD
【解析】
A ．气泡上升过程压强不断减小，气泡逐渐胀大，就要对外做功，然而温度还不变，于是它肯定不断吸热．所以A 正确．
B ．悬浮在液体中的颗粒越小,在某一瞬间跟它相撞击的分子数越小.布朗运动微粒大小在10-6m 数量级,液体分子大小在10-10m 数量级,撞击作用的不平衡性就表现得越明显,因此,布朗运动越明显.B 正确．
C ．同一容器中同种气体所有的分子运动速率不一定相等，C 错误．
D ．按机械能与内能转化的方向性表述：不可能从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响．熵增加原理的内容：在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小．如果过程可逆，则熵不变；如果过程不可逆，则熵增加． 从微观的角度看，热力学第二定律是一个统计规律：一个孤立系统总是从熵小的状态向熵大的状态发展，而熵值较大代表着较为无序，所以自发的宏观过程总是向无序度更大的方向发展．所以D 正确．
E ．分子间的引力和斥力是同时存在的，它们的大小随分子间的距离而发生变化．当0r r <时，合力表现为斥力，当0r r >时，合力表现为引力．E 错误．
所以选择ABD ．
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、（1）C （2）g
【解析】
（1）A ．此装置可以用来研究匀变速直线运动，但不需要平衡摩擦力，所以A 不准确；
B ．曲线的种类有双曲线、抛物线、三角函数曲线等多种，所以若a ﹣M 图象是曲线，不能断定曲线是双曲线，即不能断定加速度与质量成反比，应画出a ﹣
1M
图象，故B 错误；
C ．探究“功与速度变化的关系”实验时，需要平衡摩擦力，方法是将木板带打点计时器的一端适当垫高，这样做的目的是利用小车重力沿斜面分力补偿小车运动中所受阻力的影响，从而小车受到的合力即为绳子的拉力，故C 正确．
（2）设小车质量为m ，钩码质量为M ，则对小车有： Mg F Ma =﹣
对钩码有：
F mg ma μ=﹣
联立解得：
M m a g M m
μ-=+ 将上式变形为：
11m M a g m M
μ-
=+ 可见当M
m 时，加速度a 趋近于g ． 12、2.819〜2.821 7 D a 等于
【解析】
（1）[1]螺旋测微器的转动刻度50格共0.5mm 长，精确度为0.01mm ，格数要估读到0.1格，则电阻丝的直径为：
2.5mm 32.00.01mm 2.820mm d =+⨯=（2.819~2.821）
； （2）[2]欧姆表读电阻，由表盘上的数字乘以倍率得到阻值，可得：
7.017.0x R =⨯Ω=Ω（或7）
（3）[3]实验中获得较大的电压调节范围，则需要滑动变阻器选择分压式接法； 而待测电阻满足：
7x R ≈Ω=
即待测电阻为小电阻，用电流表的外接法减小系统误差；综上选择D 电路实验； （4）[4]根据电阻定律
R L S ρ
=⋅，
可知R L -图像应该是过原点的倾斜直线，但（3）问中的C 项电路采用的是电流表的内接法，因电流表分分压导致电阻的测量值偏大，有：
=A R R L S ρ
+测
故测量图线不过原点，而有纵截距；故选a 图线；
[5]由R L -图像求电阻率是利用斜率k L ρ=
求得，a 图线和准确图线的斜率相同，故电阻率的测量值等于真实值。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、（1）0.2N （2）1m/s （3）3J
【解析】
（1）对cd 杆，由v-t 图象得：
a 1=41
v t ∆=∆=4m/s 2， 由牛顿第二定律得：mgsin53°
-μ(mgcos53°+F 安）=ma 解得：F 安=0.2N
（2）对ab 杆，感应电动势：E=BLv 1 电流：2E I R
= cd 杆的安培力：F 安=BIL
解得：v 1=lm/s.
（3）由题意得第3s 内cd 的加速度：a 2=-4m/s 2
设2s 时ab 杆的速度为v 2，对cd 杆，由牛顿第二定律得：
mgsin53°-μ(mgcos53°+2222B L v R
）=ma 2 解得：v 2=9m/s
有运动学知识得2s 内ab 杆的位移：12252
v v x t m +=
= 由动能定理得：W F +W G +W f +W 安=22211122mv mv - 又W F =9J
W G =mgx 2sin37°
W f =-μmgx 2cos37°
-W 安=2Q cd
解得：Q cd =3J
点睛：本题是电磁感应和图象结合的题目，分析清楚运动过程、合理的利用图象得到关键的加速度，再由牛顿第二定律和运动学公式及动能定理求解即可．
14、（1）cos qBd m θ（2）cos sin m qB θθ （3）2cos qB d m θ
【解析】
画出粒子的轨迹图，由几何关系求解运动的半径，根据牛顿第二定律列方程求解带电粒子入射速度的大小；带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移可求解时间；根据电场力与洛伦兹力平衡求解场强.
【详解】
（1） 设撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，画出运动轨迹如图所示，轨迹圆心为O ．
由几何关系可知：cos d R
θ= 洛伦兹力做向心力：200v qv B m R
= 解得0cos qBd v m θ
= （2）设带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移为x ，有sin d x θ=
粒子作匀速运动：x=v 0t
联立解得cos sin m t qB θθ
= （3）带电粒子在矩形区域内作直线运动时，电场力与洛伦兹力平衡：Eq=qv 0B
解得2qB d E mcos θ
= 【点睛】
此题关键是能根据粒子的运动情况画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解半径等物理量；知道粒子作直线运动的条件是洛伦兹力等于电场力.
15、（1）6E ； （2）①18qEL ，9L ；②3L 【解析】
（1）该粒子带正电，从D 点运动到x 轴所用的时间设为1t ，则 21112
L a t = 11a t υ=
根据牛顿第二定律有
1qE ma =
粒子在区域II 中做类平抛运动，所用的时间设为2t ，则
22227122
L a t = 23L t υ=
根据牛顿第二定律有
2qE ma '=
粒子从D 点运动到B 点所用的时间
012t t t =+
解得
6E E '=，0t =（2）①设粒子通过x 轴时的速度大小为0υ，碰到AB 前做类平抛运动的时间为t ，则 03L t
υ= 粒子第一次碰到AB 前瞬间的x 轴分速度大小
2x a t υ=
碰前瞬间动能
()22012
k x E m υυ=
+ 即 2
222292k m L E a t t ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭
由于2
222222299L a t L a t
⋅=为定值，当222229L a t t =即t =k E 有最大值 由（1）得
26qE a m
= 最大动能
18km E qEL =
对应的
0υ=粒子在区域I 中做初速度为零的匀加速直线运动，则
20112a y υ=
解得
19y L =
②粒子在区域II 中的运动可等效为粒子以大小为0υ的初速度在场强大小为6E 的匀强电场中做类平抛运动直接到达y 轴的K 点，如图所示，则时间仍然为2t 02OK t υ=
得
9OK L = 由于
933OK L OB L
==，粒子与AB 碰撞一次后，再与CD 碰撞一次，最后到达B 处 则 23y L =。