辽宁省东北育才学校科学高中部2023届高三物理最后一次模拟试卷（Word版附解析）

东北育才学校科学高中部2023年高考模拟考试物理科试题一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）1.原子核的比结合能是原子核稳定程度的量度，原子核的比结合能曲线如图所示，根据该曲线，下列说法正确的是A.原子核的结合能越大，原子核就越稳定B. 24He核的结合能约为14MeVC.一个重原子核衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能D. 3689Kr核中核子的比结合能比 56144Ba核中核子的比结合能小2.如图所示，一个内表面光滑半球形的碗放在桌面上，碗口水平，О是球心，碗的球半径为R，一根轻质杆的两端固定有A、B两个小球(可视为质点)，质量分别是m1、m2，已知杆长为 2R，杆静止时与水平面夹角为15°，则A、B两小球的质量之比是A.2∶1B. 3:1C. 2:1D. 3.国产大片《流浪地球》的热播，开启了人类星际移民的设想。如果在某宜居行星上，将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，将质量为m的物体从弹簧正上方某位置由静止释放，物体运动过程中的加速度a与位移x间的关系如图所示。已知该宜居行星的半径是地球半径的2倍，地球表面的重力加速度大小为g，忽略自转的影响，地球和该宜居行星均可视为质量分布均匀的球体，不计空气阻力，下列说法正确的是A.物体下落过程中的最大动能为2ma0x0B.物体下落过程中弹簧的最大压缩量为4x0C.宜居行星的密度与地球的密度之比为a0gD.宜居行星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为a0g4.用图甲所示的装置可以测量物体做匀加速直线运动的加速度，用装有墨水的小漏斗和细线做成单摆，水平纸带中央的虚线在单摆平衡位置的正下方。物体带动纸带一起向左运动时，让单摆小幅度前后摆动，于是在纸带上留下如图所示的径迹。图乙为某次实验中获得的纸带的俯视图，径迹与中央虚线的交点分别为A、B、C、D，用刻度尺测出A、B间的距离为x1；C、D间的距离为x2。已知单摆的摆长为L，重力加速度为g，则此次实验中测得物体的加速度为A.(x2-x1)gπ2LB.(x2-x1)g2π2L   C.(x2-x1)g4π2LD.(x2-x1)g8π2L5.如图所示，某同学打水漂，从离水面1.25 m处以53m/s的初速度水平掷出一枚石块。若石块每次与水面接触速率损失50%，弹跳速度与水面的夹角都是30°，当速度小于1 m/s就 会落水。已知g=10 m/s2，sin30∘=12，cos30∘=32，不计空气阻力，假设石块始终在同一竖直面内运动，则下列说法错误的是A.第一次与水面接触后，弹跳速度为5 m/sB.第一个接触点与第二个接触点之间距离为534mC.水面上一共出现5个接触点D.落水处离人掷出点的水平距离为265364m6.甲、乙两车在同一平直公路上行驶的位置x随时间t变化的关系图像如图所示.下列说法正确的是A.两车的运动方向都不变B.两车相遇两次C.乙车在t2时刻的速度最大D.t1～t2时间内，两车的位移都在均匀增大7.如图所示，有一截面为等腰直角三角形ABC的光学介质，其上方放置了一块平面镜，该平面镜所在平面与三角形的底面AC(长为L)平行且相距为3+14L。现一束光从底面上的D点(与A点距离为14L)垂直底面入射，该束光在界面AB上的E点(图中未画出)发生反射和折射；若把反射光到达界面BC的位置记为F点(图中未画出)，发现折射光经过平面镜发生一次反射后也恰能到达F点。下列说法正确的是(设三角形介质和平面镜均处于真空中)A.介质内的反射光有可能在F点发生全反射B.该介质对该光束的全反射临界角的正弦值为3-12C.在E点的反射光的光速是折射光的光速的3+12倍D.反射光从E点到达F点的时间是折射光从E点经平面镜反射到达F点的3+14倍二、多选题（本大题共3小题，共18.0分） 8.如图所示，物体A，B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A，B的质量分别为2m、m.开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h，物体B静止在地面上。放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对地面恰好无压力，不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度大小为g，则下列说法中正确的是A.物体A下落过程中，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒B.弹簧的劲度系数为2mghC.物体A着地时的加速度大小为g2D.物体A着地时弹簧的弹性势能为mgh-12mv29.如图所示，竖直放置的“⊓”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B，质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。则金属杆A.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B.穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C.穿过两磁场产生的总热量为4mgdD.释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h一定大于m2gR22B4L410.如图所示为远距离输电的示意图，变压器均为理想变压器，升压变压器T1的原副线圈匝数比为k1，降压变压器T2的原副线圈匝数比为k2。升压变压器原线圈两端接入电压u=2U0sinωt 的交流电源，用户的总电阻为R(可视为纯电阻)，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，下列说法正确的是A.输电线上损失的电压为rU0k1r+k22RB.用户获得的电压为k2RU0k12r+k22RC.输电线上损失的电功率为2rU02k122r+k22R2D.用户消耗的电功率为k22RU02k12r+k22R2三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）11.某学习小组利用手机和刻度尺研究小球做平抛运动的规律。他们用手机拍摄功能记录小球抛出后位置的变化，每隔时间T拍摄一张照片。(1)小球在抛出瞬间拍摄一张照片，标记小球位置为A(抛出点)，然后依次连续拍下两张小球照片并标记位置B和C；(2)经测量，AB、BC两线段的长度分别为l1、l2；(3)为了尽可能减小空气阻力的影响，小球应选择：______(填选项字母)A.实心金属球   B.空心塑料球   C.实心塑料球(4)若忽略空气阻力，①已知当地重力加速度为g，BC之间竖直高度为______(用g、T表示)；________13(选填“=”或“>”或“<”)；③如图，若AB和BC的夹角为α，则小球从A到C的平均速度大小______(用α、T、l1、l2表示)；④在③问的基础上，已知小球到B点的速度大小为vB，则vB_________选填“等于”或“不等于”) 12.为研究一只额定电压为2.5V、额定电流为0.4A的小灯泡的伏安特性，要求测量尽量准确，器材除小灯泡、开关S、导线外，实验室还提供器材如下：A.电池组(电动势E=3V，内阻r=1Ω);B.电流表A1(量程500mA，内阻约0.5Ω);C.电流表A2(量程3mA，内阻r=10Ω);D.电阻箱R1(阻值0∼999.9Ω);E.电阻箱R2(阻值0∼99.9Ω);F.滑动变阻器R3(阻值0∼10Ω);G.滑动变阻器R4(阻值0∼200Ω);(1)为测电压，需将A2表改装为量程2.7V的电压表，上述器材中，电阻箱应选__________(填写所选器材后的字母);(2)为了测量尽量准确，请在图示虚线框内画出实验电路图;(3)根据所设计的电路研究小灯泡的伏安特性。具体操作为：利用A1、A2表测得多组数据，并作出I2-I1图线。(图中纵轴I2为A2表的示数值，横轴I1为A1表的示数值) ①由图可知，当通过小灯泡的电流为0.3A时，小灯泡的实际功率为__________W(结果取两位有效数字);②若将小灯泡直接接在一个电动势E=2.7V，内阻r=2Ω的电池两端，小灯泡的实际功率为__________W(结果取两位有效数字)。四、计算题（本大题共3小题，共36.0分）13.如图所示为某学习小组制作的“水火箭”，其主体是一个容积为1.5 L的饮料瓶，现装入0.5 L体积的水，再倒放安装在发射架上，用打气筒通过软管向箭体内充气，打气筒每次能将200 mL、压强为p0的外界空气压入瓶内，当瓶内气体压强达到4p0时，火箭可发射升空。已知大气压强为p0，整个装置气密性良好，忽略饮料瓶体积的变化和饮料瓶内、外空气温度的变化，求：(1)为了使“水火箭”能够发射，该小组成员需要打气的次数；(2)“水火箭”发射过程中，当水刚好全部被喷出前瞬间，瓶内气体压强的大小；(3)“水火箭”落地后瓶内气体质量与水刚好被全部喷出前瓶内气体质量之比。 14.如图，水平轨道AB、CD分别与高为h、倾角θ=30°的斜面轨道BC两端平滑连接。质量为m的小物块P静止在水平轨道AB上，质量大于m的小物块Q位于P的左侧。Q的初动能为Ek0=54mgh(g为重力加速度大小)，初速度方向向右；Q与P发生碰撞后，P沿斜面上滑高度2536h后返回，在水平轨道上与Q再次发生碰撞。所有轨道均是光滑的，每次碰撞均为弹性碰撞。(1)求Q的质量；(2)求第2次碰撞后P沿斜面上滑到C点时的速度大小；(3)为保证第2次碰撞能在水平轨道AB上发生，求初始时P离斜面底端B的最小距离。15.如图，竖直平面内的直角坐标系xOy的x轴水平，在y轴的左侧存在方向水平向右的匀强电场，在y轴的右侧存在方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。一带正电粒子以初速度v0从坐标原点O沿x轴正方向射入，在y轴的右侧做匀速圆周运动后第1次经过y轴进入y轴的左侧，第2次经过y轴时恰好回到原点O。已知带电粒子质量m、电荷量+q，y轴的左右两侧匀强电场的电场强度大小相等，g为重力加速度，不计空气阻力。求：(1)y轴的右侧匀强磁场的磁感应强度大小B；(2)粒子第4次经过y轴时的坐标位置；(3)若将粒子先进入y轴的右侧和后进入y轴的左侧的一次运动看作1次运动循环，求经过n次这样的运动循环后粒子在y轴上的坐标。 高三最后一次模拟考试物理答案解析【答案】单选4*7=28分1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 多选6*3=18分8. 9. 10. 实验2*9=18分11.；；；；等于 12.；； ；  计算题共36分13.（10分）设至少需要打次气，打气前箭体内空气体积为，1分打气前箭体内空气压强为，末状态气体的压强为，1分根据玻意耳定律可得，1分代入数据解得次，所以该小组成员至少需要打气次才能使“水火箭”发射；1分小组成员对“水火箭”加压到发射，在水刚好全部被喷出时气体的体积为，根据玻意耳定律可得，解得；2分根据玻意耳定律可得，解得，2分“水火箭”落地后瓶内气体质量与水刚好被全部喷出前瓶内气体质量之比。 2分 13.（12分）设的质量为，初速度大小为，第次碰撞后瞬间、的速度分别为、，以向右为正方向，由动能定义、动量守恒定律和机械能守恒定律有1分1分1分联立式并代入题给条件得   1分第次碰撞前瞬间的速度大小为，方向向左设碰撞后瞬间、的速度分别为、，沿斜面上滑到点时的速度大小为，由动量守恒定律和机械能守恒定律有  1分  1分   1分联立以上各式并代入题给条件得  1分设初始时离斜面底端的距离为，第次碰撞后运动到斜面底端所需时间为，运动到斜面底端所需时间为，沿斜面运动时加速度的大小为，在斜面上运动所需总时间为，由运动学公式、牛顿第二定律有     1分   1分  1分由题意有  联立上述各式并由题给条件得1分即初始时离斜面底端的最小距离为。 14.（14分） 解：如图，带正电粒子从坐标原点沿轴正方向进入轴的右侧做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为，根据，得1分设进入匀强磁场后第一次经过轴位置，向左进入匀强电场竖直方向自由落体运动：，1分由于，水平方向类上抛运动：，1分由得；1分设第次从原点经过轴的速度为，该速度与轴正方向的夹角为，再次进入匀强磁场，圆周运动的半径为，如图，从到，由解得1分即， 故设粒子第次经过轴的位置为，由几何关系可知1分由得，故粒子第次经过轴时的坐标位置与重合，第次经过轴即到第次经过轴，粒子在匀强电场中以为初速度、加速度为，在竖直方向做匀加速直线运动，水平方向仍为类上抛运动，时间为，1分即1分由得粒子第次经过轴时的坐标位置；1分设每次进入磁场的速度为，该速度与轴正方向的夹角为，进入匀强磁场圆周运动的半径为，如图，每次运动循环中：进入磁场做圆周运动后在竖直方向都要向上移动1分在轴左侧做匀变速曲线时间均为1分由于第一次进入电场时速度水平，故次在电场中运动的竖直位移可视为初速度为零的匀变速直线运动， ，方向向下1分粒子每次在磁场中向上的移动的位移均相同且等于粒子在电场中第一次下降的位移，则在磁场运动次的竖直位移可表示为，方向向上，1分解得。 1分【解析】1.解：、比结合能是指把原子核拆分成单独的核子时所消耗的能量与核子数的比值，原子核的比结合能越大，原子核就越稳定；故A错误；B、根据曲线可知核的比结合能为，所以结合能约为；故B错误；C、一个重原子核衰变成粒子和另一原子核，根据原子核的比结合能曲线可知，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能；故C正确；D、原子核的比结合能曲线可知，核中核子的比结合能比核中核子的比结合能大；故D错误。故选：。根据结合能和比结合能的意义判断原子核的稳定性；根据核的比结合能求出结合能；根据原子核的比结合能曲线分析一个重原子核衰变成粒子和另一原子核时衰变产物的结合能与原来重核的结合能的大小关系；由原子核的比结合能曲线分析，核中核子的比结合能与核中核子的比结合能的大小关系。本题考查了比结合能与结合能的相关知识，解决本题的关键是理解比结合能是判断原子核是否稳定的依据。2.由几何关系可知、的夹角为，与水平方向的夹角为，与水平方向的夹角为，选取两小球和杆作为研究对象，受力分析如下图所示 由平衡条件得，在水平方向的分力和在水平方向的分力相等，即所以在以小球为研究对象，受力分析如下图所示根据平衡条件得与的合力与等大反向，图中两个阴影三角形相似，则得再以小球为研究对象得则得 解得故B正确，ACD错误。3.【分析】本题考查图像面积的物理意义、万有引力定律的应用，明确黄金代换式的推导，同时掌握第一宇宙速度的定义。解决本题关键是知道当加速度等于零时，物体的速度最大，动能最大；对于星球表面处当忽略自转时万有引力充当重力，从而确定重力加速度大小进而比较密度和第一宇宙速度。【解答】A.物体下落过程中，加速度为零时速度最大即动能最大，物体受到的合外力，故图线与坐标轴围成的图形的面积与的乘积，就等于合外力所做的功，即为动能的增加量，求出最大动能为，选项A正确；B.弹簧压缩量为时，物体处于平衡位置，根据简谐运动的特点，之后物体下降的高度大于，选项B错误；C.由图可知，宜居行星表面的重力加速度大小为，忽略自转的影响，认为万有引力等于重力，有，，结合，可得宜居行星的密度与地球的密度之比为，选项C错误；D.该宜居行星的第一宇宙速度地球的第一宇宙速度可得宜居行星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为，选项D错误；故选A。4.解：单摆小幅度前后摆动，即为简谐振动，它的振动周期是一定的，即、、间的时间是相等的；而单摆的周期为：， 因此、、间的时间为；根据遂差法有：那么物体的加速度为：，故ACD错误，B正确。故选：。考查单摆的周期公式，理解单摆满足简谐振动的条件，并掌握遂差法求解加速度的方法，注意波的周期与单摆的周期不相同是解题的关键。5.【分析】本题考查了平抛运动和斜抛运动的规律。应分析清楚每次与水面接触时的速度，将斜抛运动看成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动即可解答。【解答】解：、石块开始做平抛运动，运动时间为，竖直末速度为，落到处的速度，由于石块每次与水面接触速率损失，则第一次与水面接触后，弹跳速度为，故A说法正确；、石块从第一个接触点到第二个接触点间做斜抛运动，竖直分速度为，水平分速度为，则这期间运动的时间为，故第一个接触点与第二个接触点之间距离为，故B说法正确；、推理可得：第个落点的速度为，弹跳后为，第个落点的速度为，反弹后为，第个落点速度为，反弹后为，根据题意可知此时速度小于，说明第个落点落水，水面上一共出现个接触点，故C说法错误；、根据平抛运动和斜抛运动的规律可解得各段的水平位移分别为：，，，，则落水处离人掷出点的水平距离为，故D说法正确。故选C。6.解：、位移时间图象的斜率等于物体的速度，斜率的正负表示速度方向，则知，乙先沿正向运动后沿负向运动。故A错误；B、两个图象有两个交点，说明甲、乙两车相遇两次，故B正确；C、乙车在时刻的速度为，故C错误；D、时间内，甲车的位移在均匀增大，乙车的位移不受均匀增大，故D错误； 故选：。位移时间图象的斜率等于物体的速度，斜率的正负表示速度方向。物体的位移大小等于纵坐标的变化量，图象的交点次数说明两车相遇。本题考查对位移时间图象的理解，对于位移时间图象，抓住图象的斜率等于速度、坐标的变化量等于位移大小是关键。7.【分析】根据题意画出光路图，光线在点未发生全反射，则在点也不会发生全反射；由几何关系求出光线在点的折射角，由折射定律求得折射率，即可求出全反射临界角的正弦值；根据求点的反射光的光速与折射光的光速之比；根据计算反射光从点到达点的时间和折射光从点经平面镜反射到达点的时间。解决本题的关键是正确画出光路图，利用数学知识分析光线的入射角和折射角，求得折射率，其它问题就会迎刃而解。此题用到数学知识。【解答】根据题意作出光路图，如图所示：A.由对称性知，因为光线在点未发生全反射，所以在点也不会发生全反射，故A错误；B.由，可知，由几何关系得，，，故为等边三角形，则光线在点的折射角，介质的折射率，故，故B错误；C.根据得：，即在点的反射光的光速是折射光的光速的倍，故C错误；D.反射光从点到达点的时间，折射光从点经平面镜反射到达点的时间， 则，故D正确。故选D。8.【分析】先对物体受力分析，由胡克定律求解弹簧的劲度系数；再对物体受力分析，结合机械能守恒定律列式分析。本题关键分别对两个物体受力分析，然后根据机械能守恒定律列式求解。【解答】A.由题可知，物体下落过程中，一直静止不动，对于物体和弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，即物体和弹簧组成的系统机械能守恒，故A正确；B.物体对地压力恰好为零，故弹簧的弹力为，弹簧的伸长量为，由胡克定律得：，故B错误；C.物体对地压力恰好为零，故弹簧的弹力为，故弹簧对的拉力也等于，对受力分析，受重力和拉力，根据牛顿第二定律，有，解得：，加速度方向向下，故C正确；D.由功能关系可得，减少的重力势能转化为的动能和弹簧的弹性势能，所以物体着地时弹簧的弹性势能为，故D错误。故选AC。9.【分析】本题时电磁感应与力学知识的综合，关键是正确判断金属杆的运动情况以及能量转化情况，要回推到安培力与速度的关系。【解答】A、金属杆在无场区做匀加速运动，而金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，所以金属杆刚进入磁场Ⅰ时做减速运动，加速度方向方向竖直向上，故A错误。B、金属杆在磁场Ⅰ运动时，随着速度减小，产生的感应电流减小，受到的安培力减小，合力减小，加速度减小，所以金属杆在磁场Ⅰ中做加速度减小的减速运动，在两个磁场之间做匀加速运动，由题知，金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，所以金属杆在磁场Ⅰ中运动的平均速度小于在两磁场之间运动的平均速度，两个过程位移相等，所以金属杆穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，故B正确。 C、金属杆从刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ的过程，由能量守恒定律得：，金属杆通过磁场Ⅱ时产生的热量与通过磁场Ⅰ时产生的热量相同，所以总热量为。故C正确。D、设金属杆释放时距磁场Ⅰ上边界的高度为时进入磁场Ⅰ时刚好匀速运动，则有，又，联立解得：由于金属杆进入磁场Ⅰ时做减速运动，所以高度一定大于，故D正确。故选BCD。10.【分析】理想变压器输入功率和输出功率相等，通过原线圈的电压求出副线圈的电压，再根据，求出输电线上的电流，从而求出输电线上消耗的功率。根据变压器的特点即可判断。解决本题的关键注意电压有效值的使用及变压器的特点，输入功率等于输出功率，电压比等于匝数比。【解答】升压变压器原线圈电压有效值为，升压变压器副线圈两端电压输电线上损失的电压，降压变压器原线圈两端电压降压变压器副线圈两端电压，又、联立解得：，，故A错误、B正确；C、输电线上损失的电功率为，故C正确；D、用户消耗的电功率为，故D错误。11.【分析】本题考查探究平抛运动规律的特点的实验，熟悉实验原理是解题的关键。结合实验原理分析即可判断；根据竖直方向的运动情况列方程求出之间的高度；根据水平方向和竖直方向的运动情况，结合位移合成和数学知识即可解题；根据余弦定理得出的长度，结合平均速度的计算式即可解题；分别计算出点的水平分速度和竖直分速度，根据速度的合成结合数学知识分析即可解题。【解答】 为了减小空气阻力的影响，可以减小小球的体积，增大小球的质量，故应选择体积小、质量大的实心金属球，故A正确，BC错误；小球在竖直方向做自由落体运动，则，，故BC的高度差；小球水平方向做匀速直线运动，则，由余弦定理知，，到的时间，则小球从到的平均速度大小；为的时间中点，则点水平分速度，竖直分速度，则点速度。12.【分析】本题考查了描绘小灯泡的伏安特性曲线这个实验；根据电表的改装原理，利用串并联电路的特点求解即可；根据伏安法测电阻的方法、滑动变阻器分压连接即可画出电路图；作出电源的图线，利用两条线的交点坐标值进行分析，即可求解。【解答】当电流满偏时，改装电压表两端的电压为，有代入数据解得，故电阻箱选择；根据题意，电路如图所示：；由图可知，当通过小灯泡的电流为时，流过的电流为，则小灯泡的电压为，小灯泡的实际功率为； 在上图中由作出电源的图线，如图所示：其与小灯泡的图线交点即为两者串联灯泡的工作点，由，可得：时，，故其中一点为，电源路端电压，而故当时，，故另外一个交点为，可得交点坐标约为故小灯泡的实际功率为， 代入数据得：。故答案为：；； ；  。13.本题考查气体实验定律和热力学第一定律的知识，难度不大。由于每次打进瓶内的气体体积、压强均相同，而且打气过程气体温度保持不变，以所有打进瓶内的气体以及瓶内原来的气体整体作为研究对象，利用玻意耳定律列方程，即可求出打气的次数；火箭喷水的过程，瓶内气体等温膨胀，由玻意耳定律可求得瓶内气体压强；根据玻意耳定律求解质量之比。14.本题主要是考查了动能的概念、动量守恒定律、机械能守恒定律等；根据弹性碰撞列方程解答。与发生碰撞后，沿斜面上滑高度后返回，应用弹性碰撞即可求解； 第次、发生碰撞，再根据动量守恒定律、机械能守恒定律求解第次碰撞后沿斜面上滑到点时的速度大小；为保证第次碰撞能在水平轨道上发生，根据运动学公式、牛顿第二定律即可求解。15.考查带电粒子在电场和磁场中的运动，考查学生模型建构能力和综合应用能力，体现了科学推理和分析综合的学科素养。带正电粒子从坐标原点沿轴正方向进入轴的右侧做匀速圆周运动，重力和电场力平衡，由洛伦兹力提供向心力，在左侧电场中，分别根据水平和竖直方向运动，求解磁感应强度大小；求出粒子进入右侧时和速度的大小和方向，由几何关系求解在右侧运动时上升的高度，在进入左侧电场时，分析水平和数值方向运动，求粒子第次经过轴时的坐标位置；分析粒子在左侧和右侧一次运动循环中的规律，分别求出右侧上升高度和右侧下降高度，从而求经过次这样的运动循环后粒子在轴上的坐标。