2025年高考贵州卷物理真题

为测试人形机器人的稳定性和灵活性，让人形机器人按指令在一条直线上“跑步”，如图（a）所示。人形机器人在一段时间内的位置—时间图像如图（b）所示，设该机器人在 $0\sim10\mathrm{s}$ 内的位移为 $\Delta x_{1}$ 、速度为 $v_1,20\sim30\mathrm{s}$ 内的位移为 $\Delta x_{2}$ 、速度为 $v_2$ ，则（　　）

A． $\Delta x_{1}<\Delta x_{2},v_{1}<v_{2}$

B． $\Delta x_{1}<\Delta x_{2},v_{1}>v_{2}$

C． $\Delta x_{1}>\Delta x_{2},v_{1}<v_{2}$

D． $\Delta x_{1}>\Delta x_{2},v_{1}>v_{2}$

【答案与解析】

由位置—时间图像可知，图线斜率表示速度，位移等于末、初位置坐标之差。在 $0\sim10\mathrm{s}$ 内位移 $\Delta x_1=20\mathrm{m}$ ，速度 $v_1=\frac{\Delta x_1}{10}=2\mathrm{m/s}$ ；在 $20\sim30\mathrm{s}$ 内位移 $\Delta x_2=30-20=10\mathrm{m}$ ，速度 $v_2=\frac{\Delta x_2}{10}=1\mathrm{m/s}$ 。因此 $\Delta x_1>\Delta x_2$ ， $v_1>v_2$ 。故选D。
甲、乙两运动员在光滑水平冰面上进行滑冰训练。以速度 $v_{0}$ 运动的甲推一下静止在其正前方的乙，刚分开时，甲、乙的运动方向与 $v_{0}$ 的方向相同，且甲的速度为 $\frac{v_{0}}{3}$ ，则刚分开时，甲、乙的动量大小之比为（　　）

A．3：1

B．2：1

C．1：2

D．1：3

【答案与解析】

设甲的质量为 $m_{\text{甲}}$ ，初动量为 $p_0=m_{\text{甲}}v_0$ 。系统水平方向不受外力，动量守恒。刚分开时甲的动量 $p_{\text{甲}}=m_{\text{甲}}\frac{v_0}{3}=\frac{1}{3}p_0$ ，由 $p_0=p_{\text{甲}}+p_{\text{乙}}$ 得 $p_{\text{乙}}=\frac{2}{3}p_0$ 。甲、乙动量大小之比 $p_{\text{甲}}:p_{\text{乙}}=\frac{1}{3}:\frac{2}{3}=1:2$ 。故选C。
天花板上有一发光的白炽灯，桌上有一盆水。某同学第一次透过偏振片观察白炽灯，如图（a）所示；第二次透过偏振片观察白炽灯在水中的倒影，如图（b）所示。在两次观察中，以所观察光的传播方向为轴旋转偏振片时，透过偏振片观察到（　　）

A．白炽灯和倒影的亮度均变化

B．白炽灯和倒影的亮度均不变

C．白炽灯亮度不变，倒影亮度变化

D．白炽灯亮度变化，倒影亮度不变

【答案与解析】

白炽灯发出的是自然光（非偏振光），旋转偏振片时透过光强始终为入射光强的一半，故直接观察白炽灯亮度不变。自然光经水面反射后成为部分偏振光，其振动方向具有取向性，旋转偏振片时透振方向与反射光主要振动方向的夹角不断变化，故倒影亮度变化。故选C。
一不可伸长的轻绳跨过同一水平线上的定滑轮，中间两定滑轮的间距为 $d$ ，在绳中央固定有一轻质吊环，绳两端分别挂有质量均为 $m$ 的配重物，配重物静止在地面上且绳恰好伸直。如图，某同学在健身时把吊环竖直向下缓慢拉 $\frac{d}{2}$ 的距离后保持静止，已知重力加速度大小为 $g$ ，不计摩擦及滑轮大小，则静止时该同学对吊环的拉力大小为（　　）

A． $\sqrt{2}mg$

B． $mg$

C． $\frac{\sqrt{2}}{2}mg$

D． $\frac{1}{2}mg$

【答案与解析】

吊环被竖直向下拉 $\frac{d}{2}$ 后静止，两定滑轮间距为 $d$ ，吊环两侧绳段在水平方向各偏移 $\frac{d}{2}$ 、竖直方向偏移 $\frac{d}{2}$ ，故绳与竖直方向夹角为 $45^\circ$ 。配重物被拉离地面，绳张力 $T=mg$ 。对吊环受力平衡： $F=2T\cos45^\circ=2mg\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}\,mg$ 。故选A。
如图，M和N是在一直线上相距L的两点，A是MN的中点，直线外的B点与N点相距 $\frac{L}{2}$ 。在M、N两点分别固定等量的正点电荷q，选取无穷远处为零电势点，设A、B两点的电场强度大小分别为 $E_A$ 、 $E_B$ ，电势分别为 $\varphi_A$ 、 $\varphi_B$ ，则（　　）

A． $E_A < E_B$ ， $\varphi_A > \varphi_B$

B． $E_A < E_B$ ， $\varphi_A < \varphi_B$

C． $E_A > E_B$ ， $\varphi_A > \varphi_B$

D． $E_A > E_B$ ， $\varphi_A < \varphi_B$

【答案与解析】

A为MN中点，两等量正电荷在A点产生的场强等大反向，合场强 $E_A=0$ ；B点合场强不为零，故 $E_A<E_B$ 。电势为标量且正电荷周围电势为正，距电荷越近电势越高，A到两电荷距离均为 $\frac{L}{2}$ ，B到两电荷距离均大于 $\frac{L}{2}$ ，故 $\varphi_A>\varphi_B$ 。故选A。
一质量为 $m$ 的人造卫星绕地球做轨道半径为 $R$ 的匀速圆周运动。由于存在稀薄空气，经过一段时间后，卫星做圆周运动的轨道半径变为 $kR$ 。已知地球的质量为 $M$ ，引力常量为 $G$ ，则在该段时间内人造卫星所受力的合力做的功为（　　）

A． $\frac{GMm(k-1)}{2R}$

B． $\frac{GMm(1-k)}{2kR}$

C． $\frac{GMm(k-1)}{R}$

D． $\frac{GMm(1-k)}{kR}$

【答案与解析】

由动能定理，合力做功等于动能变化： $W=\Delta E_k$ 。卫星做圆周运动，万有引力提供向心力 $\frac{GMm}{r^2}=\frac{mv^2}{r}$ ，得动能 $E_k=\frac{GMm}{2r}$ 。初态 $r=R$ ， $E_{k1}=\frac{GMm}{2R}$ ；末态 $r=kR$ ， $E_{k2}=\frac{GMm}{2kR}$ 。故 $W=E_{k2}-E_{k1}=\frac{GMm(1-k)}{2kR}$ 。故选B。
某同学将一底面半径为 $r$ 、高为 $L$ 的圆柱形绝缘竹笼改造成仓鼠玩具。如图，在竹笼柱面上平行于轴线固定有一长为 $L$ 的轻质金属棒，其两端通过导线连接一电阻为 $R$ 的小灯泡，竹笼所在区域存在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。若仓鼠在竹笼中奔跑时，竹笼绕水平中轴线以角速度 $\omega$ 匀速转动，小灯泡电阻视为不变，不计其他电阻，则竹笼转动一圈小灯泡消耗的电能为（　　）

A． $\frac{2\pi\omega B^{2}L^{2}r^{2}}{R}$

B． $\frac{\pi\omega B^{2}L^{2}r^{2}}{R}$

C． $\frac{\pi\omega B^{2}L^{4}}{2R}$

D． $\frac{\pi\omega B^{2}r^{4}}{2R}$

【答案与解析】

金属棒随竹笼绕中轴转动，棒上各点速度 $v=\omega r$ ，切割竖直磁场产生正弦式交变电动势，最大值 $E_m=BLr\omega$ 。电压有效值 $U=\frac{E_m}{\sqrt{2}}=\frac{BLr\omega}{\sqrt{2}}$ 。转动一圈时间 $T=\frac{2\pi}{\omega}$ ，小灯泡消耗电能 $E=\frac{U^2}{R}T=\frac{B^2L^2r^2\omega^2}{2R}\cdot\frac{2\pi}{\omega}=\frac{\pi\omega B^2L^2r^2}{R}$ 。故选B。
观测分子云中的 $\mathrm{CO}$ 射电谱线对我们理解恒星的诞生、星际物质循环等具有重要意义。我国正在开展的第二期“银河画卷”巡天项目中，观测 ${}_{12}\mathrm{C}_{16}\mathrm{O}$ 、 ${}_{13}\mathrm{C}{}^{16}\mathrm{O}$ 、 ${}_{12}\mathrm{C}^{18}\mathrm{O}$ 同位素分子辐射出的电磁波的频率如表所示。下列说法正确的是（　　）

CO同位素分子频率 $/(10^{11}\mathrm{Hz})$
${}_{12}\mathrm{C}{}^{16}\mathrm{O}$ 1.153
${}_{13}\mathrm{C}^{16}\mathrm{O}$ 1.102
${}^{12}\mathrm{C}^{18}\mathrm{O}$ 1.098

A． ${}^{12}\mathrm{C}^{18}\mathrm{O}$ 比 ${}^{12}\mathrm{C}{}^{16}\mathrm{O}$ 多两个质子

B． ${}^{13}\mathrm{C}{}^{16}\mathrm{O}$ 比 ${}^{12}\mathrm{C}{}^{16}\mathrm{O}$ 多一个中子

C． ${}^{12}\mathrm{C}{}^{16}\mathrm{O}$ 辐射出的光子的能量最小

D． ${}^{12}\mathrm{C}{}^{16}\mathrm{O}$ 辐射出的电磁波的波长最短

【答案与解析】

A项： $^{12}\mathrm{C}^{16}\mathrm{O}$ 与 $^{12}\mathrm{C}^{18}\mathrm{O}$ 的质子数均为 $6+8=14$ ，相等，故A错。B项： $^{13}\mathrm{C}$ 中子数为 $13-6=7$ ， $^{12}\mathrm{C}$ 中子数为 $6$ ，多 $1$ 个中子，氧同位素相同，故 $^{13}\mathrm{C}^{16}\mathrm{O}$ 比 $^{12}\mathrm{C}^{16}\mathrm{O}$ 多 $1$ 个中子，B正确。C项：光子能量 $E=h\nu$ ，由表 $^{12}\mathrm{C}^{16}\mathrm{O}$ 频率最大，对应能量最大，故C错。D项：波长 $\lambda=\frac{c}{\nu}$ ，频率最大者波长最短，故 $^{12}\mathrm{C}^{16}\mathrm{O}$ 波长最短，D正确。故选BD。
如图，在固定的绝热气缸中固定一多孔塞，其两侧各有一绝热活塞。开始时，多孔塞左侧有一定质量的理想气体，其状态参量为 $p_1$ 、 $V_1$ 、 $T_1$ ，内能为 $U_{1}$ ，右侧活塞紧靠多孔塞。在外力 $F_{1}$ 作用下，左侧气体在压强 $p_1$ 不变的条件下缓慢通过多孔塞流向右侧，右侧气体压强因外力 $F_{2}$ 作用始终为 $p_{2}$ 。当气体全部流入右侧后，其状态参量为 $p_{2}$ 、 $V_{2}$ 、 $T_{2}$ ，内能为 $U_{2}$ 。已知 $p_{1}>p_{2},\frac{U_{1}}{T_{1}}=\frac{U_{2}}{T_{2}}$ ，不计活塞与气缸间的摩擦，装置密闭性良好，则（　　）

A．整个过程中左侧活塞对气缸中气体做功为 $p_{1}V_{1}$

B．整个过程中气缸中气体对右侧活塞做功为 $p_{1}V_{2}$

C． $U_{1}+p_{1}V_{1}=U_{2}+p_{2}V_{2}$

D． $T_{1}<T_{2}$

【答案与解析】

系统绝热， $Q=0$ 。左侧活塞推动气体做功 $W_1=p_1V_1$ ；气体对右侧活塞做功 $W_2=p_2V_2$ 。由热力学第一定律 $\Delta U=W_1-W_2=p_1V_1-p_2V_2$ ，即 $U_2-U_1=p_1V_1-p_2V_2$ ，整理得 $U_1+p_1V_1=U_2+p_2V_2$ ，C正确，A正确。由 $\frac{U_1}{T_1}=\frac{U_2}{T_2}$ 及理想气体焓 $H=U+pV\propto T$ ，代入可得 $T_1=T_2$ ，故D错；气体对右侧活塞做功为 $p_2V_2$ ，B错。故选AC。
如图（a），一竖直固定的透明塑料管内固定有6个小磁铁，相邻磁铁同极靠近、间距很小，取距离最上端的小磁铁 $\mathrm{S}$ 极 $0.15\mathrm{m}$ 处为坐标原点 $O,y$ 轴正方向竖直向下。将一内径略大于塑料管外径的金属环套在塑料管上，在 $O$ 点处由静止释放，金属环的速度一位置图像如图（b）所示。已知金属环的质量为 $35.9g$ ，取重力加速度大小为 $10\mathrm{m/s^{2}}$ ，不计摩擦和空气阻力，则下落过程中，金属环（　　）

A．在 $0.11\leq y\leq0.15\mathrm{m}$ 内所受安培力方向竖直向上

B．在 $0.35\leq y\leq0.39\mathrm{m}$ 内所受安培力方向竖直向下

C．在 $0.24\leq y\leq0.26\mathrm{m}$ 内克服安培力做的功为 $7.18\times10^{-3}\mathrm{J}$

D．在 $0.11\leq y\leq0.15\mathrm{m}$ 内感应电流方向为顺时针方向（从上向下看）

【答案与解析】

A、D项： $0.11\le y\le0.15\mathrm{m}$ 内穿过金属环的磁通量向下增大，由楞次定律感应电流产生向上的磁场，由安培定则电流为逆时针（从上向下看），故D错；由“来拒去留”安培力阻碍下落，方向竖直向上，A正确。B项： $0.35\le y\le0.39\mathrm{m}$ 内磁通量向上减小，安培力仍阻碍运动，方向竖直向上，B错。C项： $0.24\le y\le0.26\mathrm{m}$ 内动能变化为零，由动能定理 $mg\Delta y-W_A=0$ ，克服安培力做功 $W_A=mg\Delta y=35.9\times10^{-3}\times10\times(0.26-0.24)=7.18\times10^{-3}\mathrm{J}$ ，C正确。故选AC。
在“探究平抛运动的特点”实验中，某同学使用视频分析软件提取小球运动的位置数据。所用器材有高速摄像机、小钢球、斜槽轨道、铅垂线、刻度尺等。请完成下列步骤：（1）固定斜槽轨道并使其末端＿＿＿＿。（2）在斜槽轨道上某位置释放小钢球，用摄像机录制小钢球的运动过程。（3）通过视频分析，提取一段时间内每隔 $0.05s$ 小钢球的位置，测量得到小钢球相邻两个位置的水平间距 $\Delta x$ 和竖直间距 $\Delta y$ 如下表所示：

$\Delta x/\mathrm{m}$ 0.0517 0.0514 0.0505 0.0504
$\Delta y/\mathrm{m}$ 0.0975 0.1217 0.1465 0.1704

经初步分析，可判断小钢球在水平方向做匀速直线运动、竖直方向做匀变速直线运动。充分利用数据计算得小钢球的水平方向速度大小为＿＿＿＿ $\mathrm{m/s}$ 、竖直方向加速度大小为＿＿＿＿ $\mathrm{m}/\mathrm{s}^2$ 。（结果均保留2位小数）

【答案与解析】

(1)固定斜槽轨道并使其末端水平，以保证小球初速度水平。(3)水平方向匀速，平均 $\overline{\Delta x}=\frac{0.0517+0.0514+0.0505+0.0504}{4}=0.0510\mathrm{m}$ ，速度 $v_x=\frac{\overline{\Delta x}}{0.05}=1.02\mathrm{m/s}$ 。竖直方向用逐差法： $a=\frac{(\Delta y_4+\Delta y_3)-(\Delta y_2+\Delta y_1)}{4T^2}=\frac{(0.1704+0.1465)-(0.1217+0.0975)}{4\times0.05^2}=9.77\mathrm{m/s^2}$ 。
某实验小组为测量粗细均匀的铅笔芯单位长度电阻及电压表的内阻，选用的器材有：待测铅笔芯；电源 $E$ （电动势 $1.5\mathrm{V}$ ，内阻不计）；毫安表 $\mathrm{A}$ （内阻约 $10\mathrm{\Omega}$ ，量程 $0\sim100\mathrm{mA}$ ）；电压表V（内阻约几百欧，量程 $0\sim1\mathrm{V}$ ）；滑动变阻器（阻值 $0\sim20\mathrm{\Omega}$ ）；刻度尺；开关；导线若干。请完成下列步骤：（1）该小组设计了如图（a）所示的电路图。根据图（a）在答题卡上完成图（b）中的实物图连线＿＿＿＿。

（2）闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片调到＿＿＿＿端（填“A”或“B”）。（3）移动滑动触头P到铅笔芯上的某位置，测量铅笔芯接入电路部分的长度 $x$ ；闭合S，移动滑动变阻器的滑片使毫安表示数 $I_{0}=50.0\mathrm{mA}$ ，读出此时电压表的示数 $U$ ，断开 $\mathrm{S}$ 。（4）重复步骤（3），得到多组 $I_{0}=50.0\mathrm{mA}$ 条件下不同 $x$ 对应的 $U$ ，如下表所示。表中电压的某个数据记录有误，有误的数据是＿＿＿＿。

$x/\mathrm{cm}$ 3.00 4.00 6.00 10.00 14.00
$U/V$ 0.13 0.18 0.26 0.4 0.57

（5）实验小组更正表中的数据后，计算出 $\frac{1}{x}$ 和 $\frac{1}{U}$ 的值，并以 $\frac{1}{x}$ 为横坐标、 $\frac{1}{U}$ 为纵坐标对其进行线性拟合，得到直线的斜率 $k=0.23\mathrm{m/V}$ ，纵轴截距 $b=0.06\mathrm{V}^{-1}$ 。计算出该铅笔芯单位长度 $(1\mathrm{m})$ 的电阻为＿＿＿＿ $\Omega$ ，电压表的内阻为＿＿＿＿ $\Omega$ 。（结果均保留至整数）

【答案与解析】

(1)按图（a）将毫安表、铅笔芯、滑动变阻器、开关串联，电压表并联在铅笔芯接入部分两端完成实物连线。(2)限流式接法，闭合S前滑片调到B端使接入电阻最大。(4)电流恒为 $50.0\mathrm{mA}$ 时 $U$ 应随 $x$ 近似正比变化，表中 $x=10.00\mathrm{cm}$ 对应 $0.4\mathrm{V}$ 明显偏离规律，有误数据为 $0.4\mathrm{V}$ （应为 $0.40\mathrm{V}$ ）。(5)由 $U=(I_0-\frac{U}{R_V})R_0x$ 整理得 $\frac{1}{U}=\frac{1}{I_0R_0}\cdot\frac{1}{x}+\frac{1}{I_0R_V}$ ，故 $k=\frac{1}{I_0R_0}=0.23$ ， $b=\frac{1}{I_0R_V}=0.06$ ， $I_0=0.050\mathrm{A}$ ，得单位长度电阻 $R_0=\frac{1}{0.050\times0.23}=87\Omega$ ，电压表内阻 $R_V=\frac{1}{0.050\times0.06}=333\Omega$ 。
贵州黎平的肇兴侗寨有“鼓楼之乡”的美誉，图（a）的建筑群展示了精湛的传统鼓楼木构技艺。为保护鼓楼等传统木质建筑，可采用超声横波法进行无损检测，获得其弹性模量等力学参数，从而采取相应的保护措施。在某次检测中，有一列简谐横波在木材中沿 $x$ 轴传播， $t=0$ 时刻的波形图如图（b）所示，位于 $x$ 轴上的质点 $P$ 的振动图像如图（c）所示。求：

$(1)$ 波在木材中的传播方向及速度； $(2)$ 在 $0\sim3\times10^{-6}\mathrm{s}$ 时间内，质点 $P$ 运动的路程。

【答案与解析】

(1)由P点振动图像， $t=0$ 时P在平衡位置且沿 $y$ 轴负向振动；结合波形图可知波沿 $x$ 轴负方向传播。由波形图波长 $\lambda=8\times10^{-4}\mathrm{m}$ ，由振动图像周期 $T=1\times10^{-6}\mathrm{s}$ ，波速 $v=\frac{\lambda}{T}=800\mathrm{m/s}$ 。(2) $0\sim3\times10^{-6}\mathrm{s}=3T$ ，质点P完成3个全振动，路程 $s=3\times4A=3\times4\times1\times10^{-6}=1.2\times10^{-5}\mathrm{m}$ 。
杵臼是我国古代加工谷物的重要工具，在《诗经·大雅》中有明确记载。使用杵臼的示意图如图（a）所示，舂捣臼中谷物时，手紧握质量为 $m$ 的石杵（石杵与谷物接触但未陷入），对其施加一竖直向上的恒力 $F_{1}$ 使其上升，作用一段时间 $t_{1}$ 后松手，松手后不考虑手与石杵的作用力。当石杵上升到最高点时，手再次紧握石杵并对其施加一竖直向下的作用力 $F_{2}$ ，其大小随下降距离 $x$ 的变化关系如图（b）所示，图中 $F_{m}$ 为 $F_{2}$ 的最大值。石杵接触谷物时松手，松手后不考虑手与石杵的作用力，再经过 $\Delta t$ 时间石杵静止，完成一次舂捣。已知 $m=2.5\mathrm{kg},F_{1}=\frac{200}{7}\mathrm{N},F_{m}=50\mathrm{N},t_{1}=0.7\mathrm{s},\Delta t=0.025\mathrm{s}$ ，取重力加速度大小 $g=10\mathrm{m/s^{2}}$ 。求：

$(1)$ 石杵上升的最大高度 $h_0$ 及上升过程所用的时间； $(2)\Delta t$ 时间内石杵对谷物的平均作用力大小。

【答案与解析】

(1)上升阶段：受 $F_1$ 与重力， $F_1-mg=ma_1$ ， $a_1=\frac{200/7-25}{2.5}=\frac{10}{7}\mathrm{m/s^2}$ 。经 $t_1=0.7\mathrm{s}$ 速度 $v=a_1t_1=1\mathrm{m/s}$ ，上升 $x_1=\frac{1}{2}a_1t_1^2=0.35\mathrm{m}$ ；撤力后竖直上抛再上升 $x_2=\frac{v^2}{2g}=0.05\mathrm{m}$ 。最大高度 $h_0=x_1+x_2=0.40\mathrm{m}$ ，上升总时间 $t=t_1+\frac{v}{g}=0.7+0.1=0.8\mathrm{s}$ 。(2)下落过程：重力与 $F_2$ 做功，由动能定理 $mgh_0+W_{F_2}=\frac{1}{2}mv_1^2$ ，其中 $W_{F_2}=\frac{1}{2}F_mh_0=\frac{1}{2}\times50\times0.4=10\mathrm{J}$ ， $mgh_0=2.5\times10\times0.4=10\mathrm{J}$ ，得 $v_1=4\mathrm{m/s}$ 。与谷物作用过程，对石杵由动量定理 $(mg-F)\Delta t=0-mv_1$ ，解得平均作用力 $F=mg+\frac{mv_1}{\Delta t}=25+\frac{2.5\times4}{0.025}=425\mathrm{N}$ ，即石杵对谷物平均作用力为 $425\mathrm{N}$ 。
如图，建立直角坐标系 $O-xyz,x$ 轴正方向水平向右， $y$ 轴正方向垂直纸面向里（ $y$ 轴未画出）， $z$ 轴正方向竖直向上。空间中存在方向竖直向上的匀强电场，在 $z\leq z_{0}$ 的区域I和 $z>z_{0}$ 的区域II中均存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，区域I的磁感应强度大小为 $B_{1}$ ，区域II的磁感应强度大小 $B_{2}$ 未知。有一带正电荷的粒子，质量为 $m$ 、电荷量为 $q$ ，以速率 $v$ 从 $O$ 点沿 $x$ 轴正方向射出后，在区域 $\mathrm{I}$ 、 $\mathrm{II}$ 中均可做匀速圆周运动，且恰好能经过 $x$ 轴上的 $P$ 点， $P$ 点坐标为 $\left(\frac{16v^{2}}{5g},0,0\right)$ 。已知 $z_{0}=\frac{2v^{2}}{5g}$ ， $B_{1}=\frac{mg}{qv}$ ， $g$ 为重力加速度。

$(1)$ 求电场强度大小 $E$ 及该粒子第一次经过 $z=z_{0}$ 平面时的位置对应的 $x$ 坐标值； $(2)$ 求粒子从 $O$ 点到 $P$ 点的运动时间最短时区域 $\Pi$ 的磁感应强度大小 $B_{2}$ ； $(3)$ 若仅将匀强电场的方向改为沿 $y$ 轴正向，该粒子仍以速率 $v$ 从 $O$ 点沿 $x$ 轴正方向射出，求该粒子的轨迹方程。

【答案与解析】

(1)粒子在区域I、II均做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡 $qE=mg$ ，故 $E=\frac{mg}{q}$ 。区域I中洛伦兹力提供向心力 $qvB_1=\frac{mv^2}{R_1}$ ，得 $R_1=\frac{mv}{qB_1}=\frac{v^2}{g}$ 。轨迹圆心在 $O$ 正下方，几何关系 $R_1^2=x^2+(R_1-z_0)^2$ ，代入 $z_0=\frac{2v^2}{5g}$ 、 $R_1=\frac{v^2}{g}$ 解得第一次过 $z=z_0$ 平面的 $x$ 坐标 $x=\frac{4v^2}{5g}$ 。(2) $x$ 方向每经过一次分层磁场前进 $\Delta x=2x-\frac{B_1}{B_2}\cdot2x=\frac{B_2-B_1}{B_2}\cdot\frac{8v^2}{5g}>0$ ，要求 $B_2>B_1$ ；周期数 $N=\frac{x_P}{\Delta x}=\frac{2B_2}{B_2-B_1}$ 。 $N$ 须为正整数，运动时间随 $N$ 增大而减小，取最小整数 $N=3$ 时用时最短，此时 $B_2=\frac{N}{N-2}B_1=3B_1=\frac{3mg}{qv}$ 。(3)电场改沿 $y$ 轴正向后，竖直方向洛伦兹力 $qvB_1=mg$ 与重力平衡，粒子在 $xOy$ 平面内运动； $x$ 方向匀速 $x=vt$ ， $y$ 方向受电场力 $qE=ma_y$ 做匀加速， $y=\frac{1}{2}a_yt^2=\frac{1}{2}\frac{qE}{m}(\frac{x}{v})^2=\frac{gx^2}{2v^2}$ ，故轨迹方程为 $y=\frac{gx^2}{2v^2},\ z=0$ 。

CO同位素分子	频率 $/(10^{11}\mathrm{Hz})$
${}_{12}\mathrm{C}{}^{16}\mathrm{O}$	1.153
${}_{13}\mathrm{C}^{16}\mathrm{O}$	1.102
${}^{12}\mathrm{C}^{18}\mathrm{O}$	1.098