2022-2023学年湖南省岳阳市高三（下）月考物理试卷（2月）（含解析）

这是一份2022-2023学年湖南省岳阳市高三（下）月考物理试卷（2月）（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年湖南省岳阳市高三（下）月考物理试卷（2月）
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 如图(a)和图(b)所示的实验推动了物理学的发展，对这两个实验情境的认识正确的是(    )

A. 图(a)所示的实验揭示了电子绕着原子核做圆周运动
B. 图(a)所示的实验中，任意频率的单色光都能使电流表指针偏转
C. 卢瑟福通过图(b)所示的实验提出了原子全部正电荷集中在原子核
D. 卢瑟福通过图(b)所示的实验提出了原子核内部存在更小的粒子
2. 某同学为了研究水波的传播特点，在水面上放置波源和浮标，两者的间距为L。t=0时刻，波源开始从平衡位置沿y轴在竖直方向做简谐运动，产生的水波沿水平方向传播(视为简谐波)，t1时刻传到浮标处使浮标开始振动，此时波源刚好位于正向最大位移处，波源和浮标的振动图像分别如图中的实线和虚线所示，则(    )

A. 浮标的振动周期为4t1 B. 水波的传播速度大小为L4t1
C. 32t1时刻浮标沿y轴负方向运动 D. 水波的波长为2L
3. 甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，它们的v−t图象如图所示。两图象在t=t1时相交于P点，P在横轴上的投影为Q，△OPQ的面积为S。在t=0时刻，乙车在甲车前面，相距为d.已知此后两车相遇两次，且第一次相遇的时刻为t′，则下面四组t′和d的组合可能的是(    )

A. t′=t1，d=s B. t′=12t1 ，d=14S
C. t′=12t1，d=12S D. t′=12t1，d=34S
4. 如图，一长为L的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为m的小球．一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度ω匀速转动，当杆与水平方向成60∘时，拉力的功率为(    )

A. mgLω B. 32mgLω C. 12mgLω D. 36mgLω
5. 如图，半径为R、球心为O的半球内为真空，M为其顶点，半球外介质的折射率为 2。一束以MO为中心，截面半径r=12R的光束平行于MO射到球面上，不考虑多次反射，则能从底面透射出光的面积为(    )

A. πR2 B. πR24 C. π( 3−1)2R2 D. π( 2−1)2R2
6. 如图(甲)，粗糙、绝缘的水平地面上，一质量m=2kg的带负电小滑块(可视为质点)在x=1m处以初速度v0=1.5m/s沿x轴正方向运动，滑块与地面间的动摩擦因数μ=0.05。整个区域存在沿水平方向的电场，滑块在不同位置所具有的电势能Ep如图(乙)所示，P点是图线最低点，虚线AB是经过x=1m处的切线，并且AB经过0,3和3,0两点，g=10m/s2，则(    )



A. x=3m处的电势最低 B. 滑块向右运动过程中，速度先增大后减小
C. 滑块运动至x=3m处时，速度最大 D. 滑块向右一定不能经过x=4m处的位置
7. 在如图所示电路中，白炽灯泡L1、L2、L3阻值均为10Ω，阻值不变，理想变压器原、副线圈匝数之比为1:3，滑动变阻器R最大阻值为20Ω。开始时，滑片处于滑动变阻器正中间位置，当电路输入有效值为U=20V稳定的正弦交流电时，下列说法错误的是(    )

A. 通过L1的电流为1.5A
B. 通过L2的电流为1A
C. 电压表读数为15V
D. 若向上移动P，变压器的输出功率将变小
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）
8. 假设宇宙中有两颗相距足够远的行星A和B，半径分别为RA和RB。各自相应卫星环绕行星做匀速圆周运动的运行周期的平方与轨道半径三次方的关系如图所示，环绕相应行星表面运行的两颗卫星的环绕周期都为T0。则(    )

A. 行星A的质量大于行星B的质量
B. 行星A的密度等于行星B的密度
C. 行星A的第一宇宙速度小于行星B的第一宇宙速度
D. 当两行星的卫星轨道半径相同时，行星A卫星向心加速度大于行星B卫星向心加速度
9. 如图所示，足够长的平行光滑金属导轨与水平面成θ角放置，导轨宽度L，电阻不计，底端接有阻值为R的定值电阻，整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面向上、有一质量为m、长度为L、电阻为r的导体棒垂直放在导轨上，现让导体棒从导轨底部以初速度v0冲上导轨，上滑到最大距离S后，又返回到底端。重力加速度为g，下列说法正确的是(    )

A. 运动的整个过程中，导体棒的最大加速度为gsinθ+B2L2v0m(R+r)
B. 导体棒在上滑过程中，R上产生的焦耳热为12mv02−mgSsinθ
C. 导体棒在上滑至S2处时的速度大于v02
D. 导体棒上滑的过程中所用的时间为mv0(R+r)−B2L2Smg(R+r)sinθ
10. 如图甲所示，轻弹簧一端固定在竖直墙壁上，另一端与物块P栓接。现用外力将P缓慢压至O点，此时弹簧的压缩量为3l0，撤去外力后P向右运动；换用质量较小的物块Q完成同样的过程。在两物块第一次向右运动至最远的过程中，它们的加速度a与位移x的关系如图乙所示。已知两物块与水平地面间的动摩擦因数相同。下列说法正确的是(    )

A. 释放瞬间Q的加速度是P的3倍 B. P的质量是Q的2倍
C. P的最大动能是Q的4倍 D. Q向右运动的最大距离是P的2倍
11. 如图所示，在光滑水平面上，质量为m的小球A和质量为13m的小球B通过轻弹簧拴接并处于静止状态，弹簧处于原长：质量为m的小球C以初速度v0沿AB连线向右匀速运动，并与小球A发生弹性碰撞．在小球B的右侧某位置固定一块弹性挡板(图中未画出)，当小球B与挡板发生正碰后立刻将挡板撤走．不计所有碰撞过程中的机械能损失，弹簧始终处于弹性限度内，小球B与挡板的碰撞时间极短，碰后小球B的速度大小不变，但方向相反．则B与挡板碰后弹簧弹性势能的最大值Epm可能是(    )

A. mv02 B. 12mv02 C. 16mv02 D. 130mv02
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
12. 如图1所示，在“探究功与速度变化的关系”的实验中，主要过程如下：

①设法让橡皮筋对小车做的功分别为W、2W、3W、……；
②分析纸带，求出橡皮筋做功使小车获得的速度v1、v2、v3、……；
③作出W−v图像；
④分析W−v图像。如果W−v图像是一条直线，表明W∝v；如果不是直线，可考虑是否存在W∝v2、W∝v3、W∝ v等关系。打点计时器
(1)关于该实验，下列说法正确的有________。
A.通过增加橡皮筋的条数可以使橡皮筋对小车做的功成整数倍增加
B.通过改变小车质量可以改变橡皮筋对小车做的功
C.每次实验中，橡皮筋拉伸的长度必需保持一致
D.先释放小车，然后再接通电源
(2)实验中打点计时器的工作频率为50Hz，根据第4次实验的纸带(如图2所示)求得小车获得的速度为________m/s。


13. 在新冠肺炎疫情防控时期，我们经常需要测量体温，某同学利用老师提供的一热敏电阻(阻值随温度的升高线性增加)设计了一个简易电子测温装置，他进行了如下操作：
(1)由于该同学不知热敏电阻的详细参数，为了测量热敏电阻R阻值随温度变化的关系，该同学设计了如图1所示的电路，他们的实验步骤如下。

①先将单刀双掷开关S掷向1，调节热敏电阻的温度t1，记下电流表的相应示数I1；
②然后将单刀双掷开关S掷向2，调节电阻箱使电流表的读数为________，记下电阻箱相应的示数R1：
③逐步升高温度的数值，每一温度下重复步骤①②：
④根据实验测得的数据，作出了R随温度t变化的图像如图2所示。

(2)设计电子测温装置，实验室提供了如下器材：
A.干电池，电动势为1.5V，内阻不计：
B.灵敏毫安表，量程10mA，内阻R4为10Ω；
C.滑动变阻器R1；
D.开关、导线若干。
该同学计划设计测温范围为0℃∼50℃，设计了如图3所示的电路图，并进行了如下操作：
①调节热敏电阻的温度为0℃，调节滑动变阻器R1，使毫安表指针满偏后保持滑动变阻器R1阻值不变；
②写出毫安表的电流值I(A)和温度t(℃)的关系式________；
③根据关系式将毫安表刻度盘上的电流值改写为温度值；
④若干电池用久了其电源电动势不变，而其内阻变大，无法忽略不计，保持R1不变。测量结果将会________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。


四、计算题（本大题共3小题，共37.0分）
14. 如图甲所示，传送带逆时针匀速运行，速率v1=2m/s，一小车停在足够大的光滑水平地面上，挨靠在传送带的下端B处，小车上固定一竖直平面内的光滑圆弧轨道，圆弧轨道与传送带相切于B点，过圆弧轨道的最高点D的切线竖直，C为圆弧轨道的最低点。一小物块(视为质点)从传送带的上端A处由静止释放，物块沿传送带运动的速度−时间图像如图乙所示。物块离开传送带后恰好能到达D点。小车与物块的质量相同，取重力加速度大小g=10m/s2。

求：(1)传送带A、B两端的距离L；
(2)传送带倾角θ的余弦值cosθ以及物块与传送带间的动摩擦因数μ；
(3)圆弧轨道的半径R。

15. 如图所示为某兴趣小组设计的一种气压型“体积测量仪”的工作原理示意图，该测量仪可以测量不规则物体的体积。A(压气筒)和B(测量罐)均为高L、横截面积S的导热气缸，中间用体积可忽略不计的细管连接，C为质量m、润滑良好且厚度不计的密闭活塞，将缸内的理想气体(氮气)封闭。当外界大气压为P0=14mgS，环境温度为27℃时，活塞正好在压气筒A的顶部。现在C活塞上放置一质量5m的重物，活塞缓慢下移，待缸内温度再次和环境温度相等时，测量活塞与缸底的间距为0.6L，求：(温度传感器和压强传感器的体积忽略不计)

(1)放置重物之前，缸内气体的压强P1；
(2)不规则物体的体积v。

16. 如图所示，在xOy坐标系内，圆心角为120∘内壁光滑、绝缘的圆管ab，圆心位于原点O处，Oa连线与x轴重合，bc段为沿b点切线延伸的直管，c点恰在x轴上。坐标系内第三、四象限内有水平向左的匀强电场，场强为E1(未知)；在第二象限内有竖直向上的匀强电场，场强为E2(未知)。在第二、三象限内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。现将一质量为m、带电量为+q的小球从圆管的a端无初速度释放，小球到达圆管的b端后沿直线运动到x轴，在bc段运动时与管壁恰无作用力，从圆管c端飞出后在第二象限内恰好做匀速圆周运动。已知圆管直径略大于小球直径，重力加速度为g。求：

(1)该匀强电场的场强E1的大小；
(2)小球沿圆管ab下滑到达y轴前的瞬间对管壁的作用力；
(3)Oc间距离，并通过计算判断小球从c端飞出后能否第二次到达y轴。

答案和解析

1.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查光电效应和α粒子散射实验，卢瑟福在α粒子散射实验中发现极少数粒子发生极大角度的偏转，从而提出了原子核式结构学说；光电效应的条件：入射光的频率大于金属的极限频率。
【解答】
AB.图(a)是光电效应实验，入射光的频率必须大于极限频率才能发生光电效应，故AB错误；
CD.图(b)卢瑟福通过α粒子散射实验，提出了原子全部正电荷集中在原子核，故C正确，D错误；
故选C。  
2.【答案】A 
【解析】解：A.根据振动图像可知，波源在0时刻振动，波形经过t1=14T传递到浮标处，浮标的振动周期为T=4t1，故A正确：
B.波源的振动情况经过t1传到距离L处的浮标，可知波速大小为v=Lt1，故B错误；
C.根据虚线图像可知浮标在32t1时刻沿y轴正方方向运动，故C错误；
D、水波的波长为λ=vT=Lt1⋅4t1=4L，故D错误。
故选：A。
根据题意解得周期，根据图像分析质点的振动方向，根据λ=vT解得波长。
本题考查波的形成，明确波的传播特点是解题的关键，注意各质点的振动情况并与波源相联系，基础题．

3.【答案】D 
【解析】略

4.【答案】C 
【解析】
【分析】
先根据力矩平衡条件求出拉力大小，再根据瞬时功率表达式求拉力的功率。
【解答】
先求拉力F的大小．根据力矩平衡，F⋅L2⋅sin60°=mgLcos60°，
得F=2 3mg3；
再求速度v=ω⋅L2；
再求力与速度的夹角θ=30°，
所以功率P=Fvcosθ=12mgLω．
故选C．  
5.【答案】C 
【解析】
【分析】
根据几何关系确定入射角，由折射定律求得折射角。利用几何关系求关系得到达底面时与O点距离，即可求得能从底面透射出光的面积。
【解答】
根据几何关系，光束边缘的光线进入半球时的入射角为30∘，根据折射定律可知折射角为45∘，到达底面时与O点距离为Rsin30∘+Rcos30∘tan(45∘−30∘)，即( 3−1)R，则面积为π( 3−1)2R2，故C正确。  
6.【答案】D 
【解析】A.滑块在x=3m处电势能最低，因为滑块带负电，所以x=3m处的电势最高，故A错误；
BC．Ep−x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，所以滑块在x=1m处所受电场力大小为F1=3−12N=1N，滑块所受滑动摩擦力大小为f=μmg=1N，在1∼3m区间内，滑块所受电场力与滑动摩擦力方向相反，且不断减小，则滑块所受合外力方向与速度方向相反；在x=3m之后，滑块所受电场力与滑动摩擦力同向，且不断增大，则滑块所受合外力方向也与速度方向相反。综上所述可知滑块向右运动过程中，速度始终减小，在x=1m处速度最大，故BC错误；
D.滑块在x=1m处的电势能与在x=4m处的电势能相等，根据能量守恒定律，若滑块能够经过x=4m处，则应满足12mv02≥fΔx，根据题中数据可知实际情况并不满足上式，所以滑块一定无法经过x=4m处的位置，故D正确。
故选D。
本题考查Ep−x图像。
解题关键是明确Ep−x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小。结合牛顿第二定律以及能量守恒定律来分析解题。
并要知道对于负电荷来说，电势越低，则电势能越高。


7.【答案】B 
【解析】略

8.【答案】ABD 
【解析】解：A、根据万有引力提供向心力得出：GMmr2=mr4π2T2得：T2=4π2GMr3，根据图象可知，A的斜率比B的小，所以行星A的质量大于行星B的质量，故A正确；
B、据图象可知，在两颗行星表面做匀速圆周运动的周期相同，密度ρ=MV=4π2G⋅R3T0243πR3=2πGT02，所以行星A的密度等于行星B的密度，故B正确；
C、第一宇宙速度v=2πRT0，A的半径大于B的半径，卫星环绕行星表面运行的周期相同，则A的第一宇宙速度大于行星B的第一宇宙速度，故C错误；
D、根据GMmr2=ma得：a=GMr2，当两行星的卫星轨道半径相同时，A的质量大于B的质量，则行星A的卫星向心加速度大于行星B的卫星向心加速，故D正确。
故选：ABD。
根据万有引力提供向心力得出中心天体质量得表达式，结合图象判断质量大小，根图象可知，在两颗行星表面做匀速圆周运动的周期相同，根据密度公式判断密度大小，根据v=2πRT0判断第一宇宙速度大小，根据GMmr2=ma得：a=GMr2，进而比较向心加速度大小。
要比较一个物理量大小，我们应该把这个物理量先表示出来，在进行比较。向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用。

9.【答案】ACD 
【解析】
【分析】
根据E=Blv、闭合电路欧姆定律、安培力公式以及牛顿第二定律求导体棒的加速度。电磁感应中导体棒切割磁感线的安培力公式为F=B2L2vR总。根据能量守恒定律求系统总的焦耳热，再由电阻之比等于热量之比求R的焦耳热。电磁感应中求位移或者时间，往往用到动量定理，应用动量定理时，在理解的基础上应该记住相关的二级结论：安培力的冲量大小为I=Blq，
电量q=ΔΦR总=BLxR总。
【解答】
A、导体棒刚开始运动时，速度为v0，此时加速度最大，感应电动势为E=BLv0，感应电流I=ER+r，受到的安培力为FA=BIL，根据牛顿第二定律ma=mgsinθ+FA，联立解得a=gsinθ+B2L2v0m(R+r)，故A正确；
B、导体棒在上滑过程中，根据能量守恒定律得系统产生的焦耳热为Q=12mv02−mgSsinθ，R上产生的焦耳热为QR=RR+rQ=RR+r(12mv02−mgSsinθ)，故B错误；
C、上滑过程中，导体棒的速度减小，受到的安培力减小，加速度减小，故导体棒做加速度减小的减速运动，其v−t图像如下，结合图像面积表示位移，可知导体棒在上滑至S2处时的速度大于v02，故C正确；

D、根据动量定理，−BLq−mgsinθ·t=0−mv0，其中q=ΔΦR+r=BLSR+r，解得t=mv0(R+r)−B2L2Smg(R+r)sinθ，故D正确。
故选ACD。  
10.【答案】BD 
【解析】
【分析】
本题考查了运用牛顿定律解决弹簧类问题。根据牛顿第二定律结合图乙列式列式求解P与Q质量之比，进一步求解释放瞬间Q的加速度与P的加速度之比；根据动能定理列式求解P、Q的动能之比和向右运动的最大距离之比。
【解答】
B.由F=ma可知释放瞬间质量大的物体加速度小，所以虚线图线对应物块Q，实线图线对应物块P，
设物块P的的质量为M，物块Q的质量为m，当P、Q所受合力为零时，由图乙可知：
对P：μMg=kl0
对Q：μmg=2kl0
联立解得：M=2m，故B正确；
A.释放瞬间，P、Q所受的合力均为3kl0，由M=2m可得Q的加速度是P的2倍，故A错误；
C.当P、Q所受的合力为零时，速度最大，此时动能最大，由动能定理可得：
对P：−μMg2l0+12k3l02−12kl02=EkP
对Q：−μmgl0+12k3l02−12k2l02=EkQ
M=2m

解得EkP≠4EkQ，故C错误；
D.P、Q向右运动到最大距离，由动能定理可得：
对P：−μMgxP=12k3l02
对Q：−μmgxQ=12k3l02
联立两式解得xP=12xQ，所以Q向右运动的最大距离是P的2倍，故D正确。  
11.【答案】BC 
【解析】
【分析】
本题是系统动量守恒和机械能守恒的问题．两个质量相等的小球发生弹性碰撞时，将交换速度。
由题，不计所有碰撞过程中的机械能损失，系统的机械能是守恒的，系统的合外力为零，总动量也守恒，根据两大守恒定律分析选择。
【解答】
A.由题，系统的初动能为Ek=12mv02，而系统的机械能守恒，则弹簧的弹性势能不可能等于mv02，故A错误。
B.由于小球C与小球A质量相等，发生弹性正碰，则碰撞后交换速度，若在A与B动量相等时，B与挡板碰撞，B碰撞后速度大小不变、方向相反，当两者速度同时减至零时，弹簧的弹性最大，最大值为EP=Ek=12mv02，故B正确。
CD.当B的速度很小(约为零)时，B与挡板碰撞时，当两球速度相等弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v，则由动量守恒得，
mv0=(m+13m)v，得v=34v0
最大的弹性势能为EP=12mv02−12×43mv2=18mv02
则最大的弹性势能的范围为18mv02∼12mv02，故C正确，D错误。
故选BC。
  
12.【答案】AC  2.28 
【解析】略

13.【答案】 I1   I=0.550+t   偏大 
【解析】略

14.【答案】解：(1)由v−t图象可知，t1=0.2s时物块的速率达到传送带的速率v1=2m/s，t2=2.2s时物块的速率v2=6m/s，根据“v一t图像中图线与t轴包围的面积表示位移”可知，传送带A、B两端的距离为
L=12v1t1+12(v1+v2)(t2−t1)，
解得：L=8.2m；
(2)根据v−t图象的斜率表示加速度，可知0∼ 0.2s内物块的加速度大小a1=v1t1=10m/s2，
设物块的质量为m，根据牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcosθ=ma1，
0.2s∼2.2s内物块的加速度大小a2=v2−v1t2−t1=2m/s2，根据牛顿第二定律有mgsinθ−μmgcosθ=ma2，
解得：cosθ=0.8，μ=0.5；
(3)设物块第一次到达C点时的速度为vC，从B点到C点的过程中，根据机械能守恒定律有：
12mv22+mg(R−Rcosθ)=12mvC2，
设物块到达D点时的速度为vD，在物块从C点运动到D点的过程中，物块、小车组成的系统水平方向动量守恒，有：
mvC=2mvD，
根据系统机械能守恒定律，有：12mvC2=12×2mvD2+mgR，
解得：R=1m。 
【解析】本题主要考查动量和能量结合的问题，受力分析和运动分析是解决问题的关键。
(1)由v−t图象可知物块在传送带上的运动情况，根据v−t图象与坐标轴围成的图形的面积表示位移即可求得传送带A、B两端的距离L；
(2)根据由v−t图象的斜率表示加速度可求得物块在传送带上两个阶段的加速度，对物块受力分析，对两个运动阶段分别根据牛顿第二定律列方程，联立即可求得传送带倾角θ的余弦值cosθ以及物块与传送带间的动摩擦因数μ；
(3)在物块从B点到C点的过程中根据机械能守恒定律列方程，从C点运动到D点的过程中，对物块受力分析，物块、小车组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律列方程，结合系统机械能守恒定律，联立即可求得圆弧轨道的半径R。

15.【答案】(1)放置重物之前，缸内气体的压强 p1=p0+mgS 得 p1=15mgS
(2)根据气态方程 p1(V1−V)T1=p2(V2−V)T2
且 T1=T2 即 15mgS(2LS−V)=15mgS+5mgS(1.6LS−V) 解得 V=0.4LS
 
【解析】略

16.【答案】解：(1)小球到达圆管的b端沿直线运动到x轴，与管壁恰无作用力，必然是匀速直线运动，对小球受力分析如图所示，

可知qE1=mgtan30°
解得：E1= 3mg3q；
(2)设到达y轴前瞬间小球速度为v1，设Oa间距离为R，对小球的这一过程应用动能定理可得
mgR+qE1R=12mv12
此时小球受到管下壁的弹力，设为FN，由向心力公式可得
FN−mg=mv12R
联立可得：FN=9+2 33mg
由牛顿第三定律可知，球对管下壁的弹力竖直向下。
(3)从c端飞出时，设速度为v2，由第一问受力分析可知
qv2Bcos30°=mg
可得：v2=2 3mg3qB
对小球从a到b的这一过程应用动能定理可得
mgRcos30°+qE1R(1+sin30°)=12mv22
联立解得：R=2 3m2g9q2B2
以v2到达x轴，Oc间距离为
x1=2R=4 3m2g9q2B2
设带电小球在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，洛伦兹力提供向心力
Bqv2=mv22r
则r=2 3m2g3q2B2
因32r= 3m2gq2B2>x1
故小球能第二次到达y轴。
答：(1)该匀强电场的场强E1的大小为 3mg3q；
(2)小球沿圆管ab下滑到达y轴前的瞬间对管壁的作用力为9+2 33mg，方向竖直向下；
(3)Oc间距离为4 3m2g9q2B2，小球从c端飞出后能第二次到达y轴。 
【解析】(1)小球到达圆管的b端沿直线运动到x轴，与管壁恰无作用力，小球做匀速直线运动，对小球受力分析，根据平衡条件列式可求；
(2)根据动能定理求小球到达y轴前的速度，再根据牛顿第二定律和牛顿第三定律列式可求；
(3)根据平衡条件列式可求小球在圆管内做直线运动速度，根据动能定理列式求出圆弧管道半径，由几何关系求出Oc间距离；小球离开c后做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律和向心力公式列式求轨迹半径，再根据几何关系判断能否第二次到达y轴。
本题考查带电粒子在复合场的运动，在复合场做直线运动必为匀速直线运动，对小球受力分析，根据平衡条件列式可求直线运动速度大小，在磁场中做匀速圆周运动时往往根据牛顿第二定律列式求轨迹半径，结合几何关系分析解答。