2022届新高考毕业班物理期末综合复习模拟卷08（解析）

2022届新高考毕业班物理期末综合复习

模拟卷（八）

（考试时间：90分钟试卷满分：100分）

注意事项：

1.本试卷分第I卷（选择题）和第H卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、

学号填写在试卷上。

2.回答第I卷时，选出每小题答案后，将答案填在选择题上方的答题表中。

3.回答第II卷时，将答案直接写在试卷上。

第I卷（选择题共48分）

一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题

目要求，第9-12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）

1.一运动员做了一个罕见而困难的一字马运动而爆红网络。如图，她在走廊里用腿支撑墙，使自己静止

于两墙之间（全身离地一定高度）。下列说法正确的是（）

A.她受到3个力的作用

B.墙壁对脚的弹力沿着小腿的方向

C.墙壁对她的作用力大小等于她的重力大小

D.若换一双鞋底更粗糙的运动鞋，则人受到的墙壁对她的摩擦力变大

【答案】C

【详解】运动员受力如图所示：

G

A.对运动员受力分析，运动员受5个力作用，故A错误：

B.墙壁对脚的弹力垂直于墙壁，故B错误；

C.运动员处于平衡状态，运动员只受到重力和墙壁作用力，所以墙壁对她的作用力大小等于她的重力大

小，故C正确；

D.墙壁对她的摩擦力大小等于她的重力大小，由于运动员的重力不变，若换一双鞋底更粗糙的运动鞋，

人受到的墙壁对她的摩擦力仍然等于重力不变，故D错误。故选C。

2.2020年12月我国科学家潘建伟等在量子计算领域取得了重大成果，构建76个光子的量子计算原型机"九

章”，求解数学算法高斯玻色取样只需200秒，而目前世界最快的超级计算机要用6亿年。这一突破使我

国成为全球第二个实现"量子优越性”的国家。有关量子的相关知识，下列说法正确的是（）

A.量子表示微观世界的不连续性观念

B.量子表示质子、中子等微观粒子

C.普朗克提出物体所带的电荷量是量子化的，并首次提出了能量子的概念

D.爱因斯坦最早认识到能量子的意义，提出光子说，并测量金属的截止电压q与入射光的频率口算出普

朗克常量力

【答案】A

【详解】A.量子不是计算机的程序，量子是不可分割的最小的单元，表示微观世界的不连续性，即通常

所说的"量子化"，A正确；

B.量子不是实物粒子，不是像质子、中子那样的微观粒子，B错误；

C.密立根提出物体所带的电荷量是量子化的，普朗克首次提出了能量子的概念，C错误；

D.爱因斯坦最早认识到能量子的意义，提出光子说，美国著名实验物理学家密立根，完全肯定了爱因斯

坦光电效应方程，并测量金属的截止电压UQ与入射光的频率丫，测出了当时最精确的普朗克常量h的值,

从而赢得1923年度诺贝尔物理学奖，D错误。故选A。

3.无线蓝牙耳机摆脱了线材束缚，可以在一定距离内与手机等设备实现无线连接。为了研究在运动过程

中无线连接的最远距离，甲和乙两位同学做了一个有趣的实验。乙佩戴无线蓝牙耳机，甲携带手机检测，

乙站在甲正前方13m处，二人同时沿同一直线向正前方运动，各自运动的“t图像如图所示，结果手机检

测到蓝牙耳机能被连接的时间为4s。则最远连接距离为（）

A.10.5mB.11.5mC.12.5mD.13.5m

【答案】A

【详解】由图像可知，t=3s时，甲和乙两位同学的速度相等，相距最近，由于蓝牙耳机能被连接的时间为

4s,所以蓝牙耳机连接的时间是从t=ls至t=5s,当t=ls时，甲的速度为5m/s,在0-ls内，甲与乙的位移

之差为加•二%-生=W?xlm-3xlm=2.5m因t=0时，乙站在甲正前方13m处，则t=ls时甲与乙之间的

距离为s=13m—2.5m=10.5ni故选A。

4.如图所示，一篮球以水平初速度%碰撞篮板后水平弹回，速率变为原来的k倍(k<l),碰撞时间忽略

不计，弹回后篮球的中心恰好经过篮框的中心。已知篮球的质量为m,半径为r,篮框中心距篮板的距离

为L,碰撞点与篮框中心的高度差为h,不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g,则()

A.碰撞过程中，篮球的机械能守恒

B.篮板对篮球的冲量大小为(k-l)mvo

C.篮球的水平初速度大小为(L-r)4

D.若篮球气压不足，导致k减小，在％不变的情况下，要使篮球中心经过篮框中心，应使碰撞点更高

【答案】D

【详解】A.根据题意，碰撞过程中，篮球的速度减小，篮球的动能减小，机械能减小，故A错误;

B.以弹回的方向为正方向，根据动量定理可得/=而%-（-，〃％）=（1+Q机％故B错误：

C.弹回后篮球做平抛运动，即有=/?=ggf2解得%="。旧故c错误；

D.若篮球气压不足，导致k减小，在％不变的情况下，也减小，要使篮球中心经过篮筐中心，即篮球弹

回后水平位移不变，时间要增大，应使碰撞点更高，故D正确。故选D。

5.a、b、c三条平行光线垂直于半圆柱体玻璃砖的截面直径从空气射向玻璃砖，如图所示，光线b正好过

圆心。，光线。、c从光线b的两侧对称入射，光线a、c从玻璃砖下表面进入空气后与光线b交于P、Q,

则下列说法正确的是（）

cba

'rv、，

A.玻璃对三种光的折射率关系为na>nb>nc

B.在相同条件下进行双缝干涉实验，。光的条纹间距比c光宽

C.a、c光分别从空气射入某种介质中，c光发生全反射时临界角较小

D.。光比c光穿过该半圆柱体玻璃砖所需时间长

【答案】D

【详解】ABCD.由图可知，a光和c光入射角相同，但。光折射角较小，根据折射率公式可知，玻璃对a

光的折射率大于对c光的折射率，由于b光入射角为0。，故无法判断玻璃对.b光的折射率大小，故A错误；

由于。光的折射率大，波长较短，则在相同条件下进行双缝干涉实验，。光的条纹间距比c光窄，故B错

误；。、c光分别从空气射入某种介质中时，不能发生全反射，故C错误；根据公式v=£,由于。光的折

n

射率大，则a光在玻璃中的传播速度较小，又由图可知a光在玻璃砖中的传播路径较长，故a光比c光穿

过该半圆柱体玻璃砖所需时间长，故D正确。故选D。

6.2021年2月，我国“天问一号"火星探测器实现了对火星的环绕。若该探测器在近火星圆轨道运行的线

速度为v,火星表面的重力加速度大小为g,引力常量为G,不考虑火星的自转，则火星的平均密度为（）

A.B.4g,c.3g*D.4g2,

4^Gv3^Gv~4%Gu~3TTGV2

【答案】D

Mm

【详解】对探测器由引力作为向心力可得G=探测器在火星表面受到的重力等于万有引力

R

M=M=M2

”2g=Gm火星的平均密度可表示为。一丁一马薪；联立解得0=溪3故选D。

7.真空中某静电场，电场线的分布如图所示，如图中P、Q两点关于点电荷qi水平对称。P、Q两点电场

强度的大小分别为小、区，电势分别为0P、0Q。一个带电粒子沿虚线轨迹从M移动至N。以下选项正确

的是（）

A.q)p<(pQ

B.EQ>EP

C.此带电粒子带负电，它的电势能先变大后变小

D.此带电粒子带正电，它的电势能先变大后变小

【答案】C

【详解】A.根据沿电场线的方向电势降低，P点的电场线密，等差等势面也密，可知故A错误;

B.根据电场线的疏密比较电场强度的大小，可知P点电场线密，电场强度大，EP>EQ,故B错误；

CD.根据电场线的特点，可知此电场是由不等量的异种电荷产生的，其中qi带负电，6带正电，粒子从

“点运动到N点，轨迹向左弯曲，受到了库仑斥力，所以此带电粒子带负电，电势先降低后升高，所以负

电荷的电势能先变大后变小，故C正确，D错误。故选C。

8.如图是磁电式转速传感器的结构简图。该装置主要由测量齿轮、T形软铁、永久磁铁、线圈等原件组成。

测量齿轮为磁性材料，N个齿等距离地安装在被测旋转体的一个圆周上（圆心在旋转体的轴线上），齿轮转

动过程中，当齿靠近T形软铁时，由于磁化作用，软铁中的磁场增强，相反，远离时磁场减弱。现测得线

圈中感应电流的变化频率为人旋转体角速度为3。则正确的是（）

旋转体测量齿轮线圈的铁永久磁铁

\///

Neo

27

B.当齿距离T形软铁最近的时候，线圈中电流最大

C.线圈中的感应电流方向不变，只是大小发生周期性变化

D.若旋转体转速均匀增加，则与线圈串联的交流电流表的示数不变

【答案】A

【详解】A.旋转体转一圈，测量齿轮靠近和远离线圈N次，线圈中的感应电流变化N次，旋转体的角速

度为故转速为〃■故线圈中感应电流的变化频率为f=〃N=V#故A正确；

B.当齿距离T形软铁最近的时候，通过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，线圈中电流最小，故B

错误；

C.测量齿轮靠近和远离线圈时，线圈中磁通量的变化相反，产生的感应电流方向相反，故C错误；

D.旋转体转速越高，测量齿轮靠近和远离线圈越快，线圈中磁通量的变化越大，线圈中感应电动势越大，

线圈中的感应电流越强，则与线圈串联的交流电流表的示数变大，故D错误。故选A。

9.一列单向传播的简谐横波某时刻于x轴上0~0.6m空间第一次形成如图甲波形。该时刻平衡位置在C点

的质点第一次振动到最高点，图乙为C点起振后的振动图。下列说法正确的是（）

A.该波向x轴正方向传播

B.若以C起振为计时零点，则x=0.4m处的质点A振动方程为y=10cos5m（加）

C.质点C再经过0.3s时间内沿x方向传播0.3m

D.若此波遇到另一列简谐横波并发生干涉现象，则所遇到的波的频率一定为2.5Hz

【答案】BD

【详解】A.由C点的振动图像可知，C点起振的方向沿y轴负向，起振后第•次到达最高点，波传播［2，

而某时刻于x轴上0~0.6m空间第一次形成如图甲波形，可知该波向x轴负方向传播，选项A错误；

B.若以C起振为计时零点，在t=0时刻C点在平衡位置向下振动，而此时x=0.4m处的质点A在最高点,

因为A=10cm；/=于=5m*ad/s可知质点A的振动方程为y=10cos5矶cm）选项B正确；

C.质点只在平衡位置附近振动，不随波迁移，选项c错误；

D.因f="=2.5Hz则若此波遇到另一列简谐横波并发生干涉现象，则所遇到的波的频率一定为2.5Hz,

选项D正确。故选BD。

10.心电图仪是将心肌收缩产生的脉动转化为电压脉冲的仪器，其输出部分可以等效为虚线框内的交流电

源和定值电阻凡串联，如图所示。心电图仪与一理想变压器的原线圈连接，一可变电阻R与该变压器的副

线圈连接，原副线圈的匝数分别为外、电。在交流电源的电压有效值不变的情况下，将可变电阻R的

阻值调大的过程中（）

A.原线圈两端的电压不变，副线圈两端的电压不变

B.通过原线圈的电流变小，通过副线圈的电流变小

C.当犬=4时，R获得的功率最大

(y

D.当R=生此时，R获得的功率最大

【答案】BD

【详解】AB.在原、副线圈匝数比一定的情况下，/?增大，副线圈电流/2减小，设原线圈电流为/1,根据

=I2n2知/1减小，在交流电源的电压有效值Uo不变的情况下，满足Uo=/iRo+Ui」i减小，所以3增大，

U.U,

根据」=一得3增大，故A错误，B正确；

勺“2

CD.把变压器和R等效为一个电阻/?’,Ro当作电源内阻，当内外电阻相等即的=/?’时，输出功率最大，根

据

4二"■得丝"=6'解得△=("■)”=(生)2我0故C错误，D正确。故选BD。

11.如图甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量均为

2kg,现在滑块上施加一个F=0.5t(N)的变力作用，从匕0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化

的关系如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2,则下列说法正确的是

()

A.滑块与木板间的动摩擦因数为0.4B.木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2

C.图乙中tz=24sD.木板的最大加速度为2.5m/s2

【答案】AC

【详解】A.根据图乙可知，在与以后滑块受到的摩擦力不变，为/=8N根据摩擦力的计算公式可得

Z=卬咫解得滑块与木板间的动摩擦因数为/4=04故A正确；

B.在过程中木板与水平地面间的摩擦力为静摩擦力，4过程中滑块和木板开始相对于地面开始运

动，设木板与水平地面间的动摩擦因数为〃2，则人="2・2,咫=4N解得外=0」故B错误：

C.芍时刻二者发生相对运动时，加速度大小为。，对木板根据牛顿第二定律可得a=内mg外mg

m

解得〃=2m/s2对滑块有F-〃第g=根”解得尸=12N根据F=0.5?可知图乙中24s故C正确；

D.芍以后木板受力不变，加速度不变，则木板的最大加速度为2m/s,故D错误。故选AC。

12.如图所示，固定在水平地面上的足够长的光滑斜面的倾角为9=30。，轻质弹簧的劲度系数为k,下端固

定在斜面底端，上端与质量为m的物块A相连，物块A与质量也为m的物块B用跨过光滑轻质定滑轮的

细线相连，滑轮左侧细线与斜面平行，先用手托住物块8,使细线刚好拉直但无弹力然后由静止释放物快

B,在物块A向上运动的整个过程中，物块B未碰到地面，弹簧始终在弹性限度内，已知弹簧的弹性势能

为4=1日2,式中x为弹簧的形变量，重力加速度为g。下列说法正确的是（）

A.释放物块8的瞬间，细线上的弹力为:〃吆

B.物块A上升过程中速度的最大值为g后

72

C.物块A从释放到达到最大速度的过程中细线对物块A做的功为之

4k

D.物块8释放后能下降的最大距离为孚

K

【答案】ABD

【详解】A.手脱住物块8时，物块4静止，设此时弹簧的压缩量为xo,对物块A根据平衡条件有

kxn=mgsin0解得毛=等释放物块B的瞬间，设细线上的弹力大小为7,整体的加速度大小为a。

2k

对4B整体应用牛顿第二定律得机g-Mgsine+5=2”。解得。=会隔离物块8分析，根据牛顿第

二定律得，咫-7=，"〃解得T=故A正确：

B.物块A上升过程中，当4B整体的加速度为零时速度达到最大值Vm,此时细线对A的拉力大小刚好

等于mg,设此时弹簧的伸长量为xi,则，"g-mgsin"g=O解得％=等=题

所以此时弹簧的弹性势能与初始状态时相同，对A、8和弹簧组成的系统，根据机械能守恒定律得

nzgCxo+x^-mga+xJsin":2加用解得%=故B正确；

C.物块A从释放到达到最大速度的过程中，弹簧对其做的总功为零，根据动能定理可知细线对物块A做

的功为W=mg(x0+x,)sinmv^=3；j故c错误；

D.当物块A上升到最大高度时，整体的速度为零，设此时弹簧的伸长量为X2,对48和弹簧组成的系统，

根据机械能守恒定律有;叱-1m=叫（/+工2）-侬（%+々）.。解得当=3%所以物块8下降的最大距离

为/,=/+々=等故D正确。故选ABD。

第II卷（非选择题共52分）

二、实验题（满分14分）

13.某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞过程中动量的变化规律的实验:在小车A的前端粘有橡皮泥，

推动小车A使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速直线运

动，他设计的具体装置如图甲所示，在小车A后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50Hz,长木板下

垫着小木片以平衡摩擦力。

12345

“8.40J<10.50•米;.08'6.955)

乙

（1）若已得到打点纸带如图乙所示，测得各计数点间距离并标在图上，点1为打下的第一点，则应选

段来计算小车A的碰前速度，应选段来计算小车A和小车B碰后的共同速度。（填

〃1~2〃“2~3〃〃3~4〃或“4~5〃）

（2）已测得小车A的质量ITIA=0.40kg,小车B的质量mB=0.20kg,由以上的测量结果可得：碰前两小车的

总动量为kgm/s,碰后两小车的总动量为kg-m/so由此可得出的实验结论是

【答案】2~34~50.4200.417在实验允许的误差范围内碰撞前后总动量不变

【详解】⑴⑴⑵因小车做匀速运动，应取纸带上点迹均匀的一段来计算速度，碰前2~3段点迹均匀，碰后

4~5段点迹均匀，故取2~3段计算碰前小车A的速度，4~5段计算碰后小车A、B的共同速度；

⑵⑶碰前小车A的速度匕=等=叱器m/s=1.05m/s其动量%=叱匕=0.420kg.m/s

T0.02x5

⑷碰后两小车的共同速度为吗，=至=6-95-1Q-2-m/s=0.695m/s其总动量

ABT0.02x5

PM=（%+mjv杷=0.417kg-m/s

⑸由计算结果可知在实验允许的误差范围内碰撞前后总动量不变。

14.小明在超市中发现两种品牌的5号干电池，他利用电流表和电压表设计实验，分别测定一节这两种品

牌干电池的电动势和内阻。

（1）实验时有开关和导线若干，以及以下器材：

A.电压表（O~3V,内阻约为IkQ）

B.电流表（O-3A,内阻为O.2C）

C.电流表（0~0.6A,内阻为O.5Q）

D.滑动变阻器（0〜20C,允许通过的最大电流为1A）

E.滑动变阻器（0~200C,允许通过的最大电流为0.5A）

实验中电流表应选用；滑动变阻器应选用。（均填相应器材前的字母）

（2）小明应该选择的实验电路是图___________（填"甲"或"乙"）。

（3）小明分别记录了6组数据并在同一坐标纸内画出两个干电池的U-/图线，如图丙所示。根据所画图

线可得出品牌/干电池的电动势E=V,内阻r=Qo（结果均保留两位小数）

UN

丙

（4）小明根据数据发现一节不同品牌干电池的电动势基本相同，只是内阻差异较大，小明继续对回、回两

个品牌干电池做了进一步探究，对电池的输出功率P随外电阻R变化的关系，以及电池的输出功率P随路

端电压。变化的关系进行了猜想和实验验证，并分别画出了下列的P-R和P-U图像。下列各图中可能正

确的是。（填正确答案标号）

【答案】CD乙1.50（1.49〜1.51均可）0.33（0.30〜0.40均可）AD

【详解】⑴⑴⑵干电池的电动势约为L5V,本实验要求电流不可过大，故电流表选择量程为0~0.6A的

C；滑动变阻器应选D,若滑动变阻器选E,由于总阻值较大，则滑片滑动时移动范围小，不方便调节。

（2）[3]由于电流表内阻已知，采用乙图电路，电流表分压造成的系统误差可以消除，故选乙图。

（3）[4][5]由U=E-底可得,图线囱的纵截距为E=1.50V斜率的绝对值k«0.83C，减去电流表的内阻0.5Q,

即电池的内阻为r=0.83Q-0.5Q=0.33Q

在2

p-〃R=_________

（4）⑹根据公式（R--产）可知内、外电阻相等时输出功率最大，且团品牌电池内阻较大，又

-------—+4r

R

由4”=互可知，团品牌电池最大输出功率较小，A正确，B错误；输出功率2=0=-'（。-二】+—

4r2）4r

可知P-U图线应为开口向下的抛物线，又由唠,=§■可知，电动势相同，内阻越小，最大输出功率越大，

C错误，D正确。故选AD。

三、计算题（满分38分，其中15题8分，16题8分，17题10分，18题12分，每小题需写出必要的解

题步骤，只有答案不得分）

15.如图所示为可加热饭盒（可视为气缸），饭盒盖上有一排气口，饭盒内封闭了一定质量的理想气体，

气体的初始温度为27回,压强为大气压强po。现缓慢加热饭盒使其内部气体温度达到57回，已知po=l.OxlO5pa。

（1）求此时封闭气体的压强；

（2）打开排气口，放出部分气体，当饭盒内气体压强与外界大气压强相等时，求排出气体与饭盒内剩余

气体的质量比（假设此过程中饭盒内气体温度不变）。

【详解】⑴根据查理定律可得华=华；"=（27+273）K=3OOK；7；=（57+273）K=330K

代入数据得p=Llxl（）5pa

⑵设饭盒体积为心，等温膨胀的体积为16,排出气体的体积为I3V,根据玻意耳定律可得

△V—f

AV1

整理得z彳=历

16.如图所示，两足够长的平行光滑金属导轨倾斜放置，与水平面间的夹角为。，两导轨之间距离为L,

导轨上端接有定值电阻为R,有理想上边界。•的匀强磁场方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度为8,-

质量为机的光滑金属棒时从距离磁场边界上端某处由静止释放，经过时间f刚好进入磁场。金属棒在两

轨道间的电阻为，其余部分的电阻忽略不计，ab、^均垂直导轨（重力加速度为g）。求：

（1）融棒最终在磁场中运动的速度大小；

（2），力棒刚好运动至磁场。•时，，油棒所受安培力大小与时间/的关系式，并讨论此时加速度的方向与时

间f的关系。

R

B

【详解】(I)设棒最终在磁场中的速度为小,此时棒产生的电动势

由闭合电路欧姆定律知/

R+r

此时棒处于受力平衡状态，有mgsin0=BImL

联立解得y吟号

(2)棒进入磁场之前，对棒由牛顿第二定律可知mgsinO=〃7a

当棒刚进入磁场时，速度为v=m

此时棒上产生的电动势为E=B小

棒上的电流/=二

棒所受安培力为F=8〃

联立以上各式解得F=叫

R+r

在磁场中由牛顿第二定律知mgsin6-F=ma'

B2I}

g|Jar=gI-------------tsin。

"?(R+r)

讨论：

①当雪望时，加速度,沿导轨向下

②当t='空D时，加速度a'=0

BL

③当时,加速度,沿导轨向上

17.如图所示,一质量M=2kg、长乙=1„1的木板A静止在光滑水平面上，其左侧固定一劲度系数％=40N/m

的水平轻质弹簧，弹簧原长为g=04m,右端固定一轻质挡板。现使一可视为质点、质量，"=lkg的小物

块B以初速度%=3m/s从木板的右端向左滑动。已知木板的上表面左侧距左端长为的一段光滑，右侧

与物块间的动摩擦因数〃=02。若物块能与挡板相碰，则碰撞时间极短且为弹性碰撞，g取lOm/s?。

（1）小物块刚接触弹簧时的速度大小；

（2）若弹簧弹性势能的表达式为与=；收2,x为弹簧的形变量，试求弹簧的最大形变量；

（3）物块最终停在木板的位置。

%

z。一「

ZWWWW\B

A

"77777777777777777777777777777777777

k-----------------L----------------->1

【详解】（1）小物块在右侧与木板相对运动时，小物块的加速度大小为4=I=2m/s2

m

木板的加速度大小为出=W£=lm/s2

M

设经过时间3小物块刚接触弹簧卬-'/-1«/=L-/0

解得f=（l-J|）s（另一解不合理，舍去）

小物块刚接触弹簧时的速度v=%-卬=5+泮m/s

（2）当小物块和木板第一次速度相等时，弹簧形变量最大，弹性势能最大，根据动量守恒定律

mv0=（Af+m）匕

根据能量守恒+机）匕2+与

解得Ep=1.8J

弹簧弹性势能的表达式为弓

得x=0.3m

（3）物块与木板最终相对静止时，必然停在木板右侧，根据动量守恒定律

根据能量守恒店=g（M+m）Vj2+pmgs

解得，物块与木板相对运动距离（在粗糙表面部分）总长度为s=L5m

故物块最终停在距离木板右端0.3m处。

18.如图甲所示的空间直角坐标系Oxyz中，分界面P、荧光屏Q均与平面。xy平行，分界面P把空间分

为区域团和区域II两部分，分界面P与平面Oxy间的距离为L,z轴与分界面P相交于。。区域回空间中分

布着沿y轴正方向的匀强电场，区域自空间中分布有沿x轴正方向和z轴正方向的磁场，磁感应强度大小均

为变化规律如图乙所示。两个电荷量均为q、质量均为m的带正电粒子48在y轴负半轴上的两点

沿z轴正方