2023-2024学年安徽省合肥市第一中学高二（下）期末考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省合肥市第一中学高二（下）期末考试物理试卷（含解析），共16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。

1.下列说法正确的是( )
A. 布朗运动观察到的是液体分子的无规则运动
B. 容器内气体压强是分子无规则运动撞击器壁造成的，故与容器形状有关
C. 随着物体运动速度增大，其内能也一定增大
D. 方解石的双折射现象说明其具有各向异性的属性
2.随着社会的不断进步，人类对能源的需求越来越大。核反应 12H+13H→24He+X+17.6MeV释放的能量巨大，可能成为未来的能量来源。下列说法正确的是( )
A. X粒子带正电
B. 该核反应是聚变反应
C. 24He的结合能是17.6MeV
D. 12H与 13H的质量之和小于 24He与X的质量之和
3.如图所示，表示LC振荡电路某时刻的情况，以下说法正确的是( )
A. 电容器正在充电B. 电感线圈中的磁场能正在减小
C. 电感线圈中的电流正在减小D. 此时自感电动势正在阻碍电流的增加
4.某校实验小组用如图所示的电路研究“光电效应”现象，现用频率为v的红光照射光电管，有光电子从K极逸出。下列说法正确的是( )
A. 使用蓝光照射比红光照射需要的逸出功更大
B. 仅增大入射光的强度，从K极逃逸出的电子的最大初动能可能增大
C. 当滑动变阻器的滑片从左向右滑动时，电流表示数不变
D. 将电源正负极反接后，当滑动变阻器的滑片从左向右滑动时，电流表示数可能一直减小
5.如图所示，水平面上放置一个上下表面均为正方形的霍尔元件，载流子的电荷量大小为e，电源输出电压为U1，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。元件前后表面间电势差为U2，前表面的电势低于后表面的电势。下列说法中正确的是( )
A. 图中霍尔元件的载流子带负电
B. 若霍尔元件的电源输出电压U1变大，则霍尔电势差U2保持不变
C. 利用上述物理量可以计算霍尔元件的电阻率
D. 该霍尔元件中载流子所受的洛仑兹力方向均垂直于电流方向且指向前表面
6.如图为交流发电机的示意图，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，发电机的电动势随时间的变化规律为e=20sin⁡100πt(V)。下列说法正确的是( )
A. 此交流电的频率为100Hz
B. 此交流电动势的有效值为20V
C. 当线圈平面转到图示位置时产生的电动势最大
D. 当线圈平面转到平行于磁场的位置时磁通量的变化率最大
7.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为22：1，b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R=10Ω，其余电阻均不计．从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的正弦交变电压，则下列说法中正确的是( )
A. 当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为14.14V
B. 当单刀双掷开关与a连接且t=0.02s时，电流表示数为零
C. 当单刀双掷开关由a拨向b后，原线圈的输入功率变大
D. 当单刀双掷开关由a拨向b后，副线圈输出电压的频率增大
8.如图甲所示，一高度为H的汽缸直立在水平地面上，汽缸壁和活塞都是绝热的，活塞横截面积为S，在缸的正中间和缸口处有固定卡环，活塞可以在两个卡环之间无摩擦运动。活塞下方封闭有一定质量的理想气体，已知理想气体内能U与温度T的关系为U=αT，α为正的常量，重力加速度为g。开始时封闭气体温度为T0，压强等于外界大气压强p0，现通过电热丝缓慢加热，封闭气体先后经历了如图乙所示的三个状态变化过程，则( )
A. 活塞质量为p0Sg
B. 从b→c过程，气体对外做功3p0SH2
C. 从a→d全过程，气体内能增加3αT0
D. 从a→d全过程，气体吸收的热量小于其内能的增量
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.如图为氢原子的能级图，已知可见光的光子能量范围为1.62eV−3.11eV，锌板的电子逸出功为3.34eV，下列说法正确的是( )
A. 用能量为11.0eV的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态
B. 处于n=3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并且使氢原子电离
C. 大量处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时，辐射的光子中有两种不同频率的光子可使锌板产生光电效应现象
D. 大量于n=4能级的氢原子向基态跃迁时所出的光子通过同一双缝干涉实验装置，以n=4直接跃迁到n=1能级发出的光子所形成的干涉条纹最宽
10.如图所示，在平面直角坐标系xOy中，Oy竖直向下，Ox水平。在第一象限(空间足够大)存在垂直平面向外的磁场区域，磁感应强度沿y轴正方向不变，沿x轴正方向按照B=kx(k>0且为已知常数)规律变化。一个质量为m、边长为L的正方形导线框，电阻为R，初始时一边与x轴重合，一边与y轴重合。将导线框以速度v0沿x轴正方向抛出，整个运动过程中导线框的两邻边分别平行两个坐标轴。从导线框开始运动到速度恰好竖直向下的过程中，导线框下落高度为ℎ，重力加速度为g，则在此过程中，下列说法正确的是( )
A. 导线框受到的安培力总是与运动方向垂直
B. 导线框下落高度为ℎ时的速度小于 2gℎ
C. 整个过程中导线框中产生的热量为12mv 02
D. 导线框速度恰好竖直向下时，左边框的横坐标为x=mRv0k2L4
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中，有下列实验步骤：
①往边长约为40cm的浅盘里倒入约2cm深的水。待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上；
②用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定；
③将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小；
④用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积；
⑤将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上。
完成下列填空：
(1)上述步骤中，正确的顺序是④________；(填写步骤前面的数字)
(2)将1ml的油酸溶于酒精，制成1000mL的油酸酒精溶液；测得1mL的油酸酒精溶液有50滴。现取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上，测得所形成的油膜的面积是130cm2。由此估算出油酸分子的直径为________m；(结果保留2位有效数字)
(3)某同学在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，计算出的分子直径明显偏大，可能是由于( )
A.油酸分子未完全散开 B.计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格
C.油酸中含有大量酒精 D.求每滴油酸酒精溶液的体积时，1mL的溶液滴数多计了10滴
12.电子秤能够准确地测量物体的质量，其中半导体薄膜压力传感器是其关键的电学元件。半导体薄膜压力传感器在压力作用下会发生微小形变，其阻值RF随压力F变化的图线如图甲所示。某学习小组利用该元件和电流表A等器材设计了如图乙所示的电路，尝试用该装置测量物体的质量。已知图乙中电源电动势为3.6V(内阻未知)，电流表A的量程为30mA，内阻为9.0Ω。重力加速度g取10m/s2。请回答以下问题：
(1)实验时发现电流表A量程偏小，需要将其量程扩大为0.3A，应该给电流表A _______(选填“串联”或“并联”)一个阻值为____Ω的电阻；
(2)用改装后的电流表按图乙所示的电路图进行实验，压力传感器上先不放物体，闭合开关S，调节滑动变阻器R的滑片P，使电流表指针满偏。保持滑片P位置不变，然后在压力传感器上放一物体，电流表的示数为0.2A，此时压力传感器的阻值为______Ω，则所放物体的质量m=_______kg；
(3)写出放到传感器上的物体的质量m与电流表的示数I满足的函数关系式m=___________________；(表达式中除m、I外，其余相关物理量均代入数值)
(4)使用一段时间后，该电源电动势不变，内阻变大，其他条件不变。调节滑动变阻器R的滑片P，电流表指针满偏后进行测量，则测量结果______(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，活塞将左侧导热汽缸分成容积均为V的A、B两部分，汽缸A部分通过带有阀门的细管与容积为V4、导热性良好的汽缸C相连。开始时阀门关闭，A、B两部分气体的压强分别为p0和1.5p0。现将阀门打开，当活塞稳定时，B的体积变为V2，然后再将阀门关闭。已知A、B、C内为同种理想气体，细管及活塞的体积均可忽略，外界温度保持不变，活塞与汽缸之间的摩擦力不计。求：
(1)阀门打开后活塞稳定时，A部分气体的压强pA；
(2)活塞稳定后，C中剩余气体的质量M2与最初C中气体质量M0之比。
14.如图甲所示，虚线MN左、右两侧的空间均存在与纸面垂直的匀强磁场，右侧匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度大小恒为B0；左侧匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向，一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S0，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上，求：
(1)在0∼32t0内，圆环中产生的焦耳热；
(2)t=t02时，圆环受到的安培力。
15.为探测射线，威耳逊曾用置于匀强磁场或电场中的云室来显示它们的径迹。某研究小组设计了电场和磁场分布如图所示，在Oxy平面(纸面)内，在x1≤x≤x2区间内存在平行y轴的匀强电场，x2−x1=2d。在x≥x3的区间内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，x3=3d。一未知粒子从坐标原点与x正方向成θ=53∘角射入，在坐标为(3d,2d)的P点以速度v0垂直磁场边界射入磁场，并从(3d,0)射出磁场。已知整个装置处于真空中，不计粒子重力，sin53∘=0.8。求：
(1)该未知粒子的比荷qm；
(2)匀强电场电场强度E的大小及左边界x1的值；
(3)若粒子进入磁场后受到了与速度大小成正比、方向相反的阻力，观察发现该粒子轨迹呈螺旋状并与磁场左边界相切于点Q(x3,y3)(未画出)。求粒子由P点运动到Q点的时间t3以及坐标y3的值。
答案解析
1.D
【解析】A.布朗运动是悬浮在液体当中的固体颗粒的运动，反映了液体分子的无规则运动，A错误；
B.容器内气体压强是大量气体分子无规则运动撞击器壁造成的，与容器形状无关，B错误；
C.随着物体运动速度增大，其动能增大，可物体的温度不一定增大，其内能不一定增大，C错误；
D.有些晶体的光学性质各向异性，因此方解石的双折射现象说明其具有各向异性的属性，D正确。
故选D。
2.B
【解析】A.根据质量数和电荷数守恒可知，X为中子，不带电，A错误；
B.此反应为核聚变反应，B正确；
是核反应过程释放的能量，不是 ​24He的结合能，C错误；
D.反应过程中释放能量，因此有能量亏损，故 ​12H与 ​13H的质量之和大于 ​24He与X的质量之和，D错误。
故选B。
3.D
【解析】根据磁感线的方向可以判断电流方向是逆时针，再根据电容器极板上带电的性质可以判断电容器在放电，A项错误；
电容器在放电，所以电流在增加，电场能减小，磁场能增加，自感电动势正在阻碍电流的增加，B、C项错误，D项正确．
4.D
【解析】A.同种材料的逸出功相同，与入射光的颜色无关，是由材料本身的性质决定的，故A错误；
B.由爱因斯坦光电效应方程
Ekm=ℎν−W0
可知，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，而与入射光的强度无关，故B错误；
C.光电管两端所加电压为正向电压，当滑动变阻器的滑片从左向右滑动时，正向电压不断增大，可能滑片滑到最右端时电流尚未达到饱和电流，此过程中电流表示数一直增大，故C错误；
D.将电源正负极反接后，所加电压为反向电压，逸出的光电子要克服电场力做功才能到达A板形成电流，可能滑动变阻器的滑片滑到最右端时电流表的示数还未减小到零，此过程中电流表示数一直减小，故D正确。
故选D。
5.A
【解析】A、若霍尔元件的载流子带负电，则载流子定向移动的方向与电流方向相反，由左手定则知，载流子所受的洛仑兹力方向垂直于电流方向且指向前表面，则载流子将偏向前表面，前表面带负电，其电势比后表面低，与题设相符，即假设成立，故A正确；
BC、设霍尔元件上表面的边长为a，高为ℎ，电荷定向移动的速度为v，单位体积的载流子数为N，霍尔元件的电阻率为ρ。当霍尔电势差稳定时，载流子所受的电场力和洛伦兹力平衡，则evB=eU2a，又U1=IR，I=Ne·aℎ·v，R=ρaaℎ，联立知，U2=BU1Neρ，可见若霍尔元件的电源输出电压U1变大，霍尔电势差U2变大；霍尔元件的电阻率ρ=BU1NeU2，由于N未知，则利用上述物理量不能计算霍尔元件的电阻率，故BC错误；
D、只有霍尔元件中载流子的速度与电流方向共线时，载流子所受的洛仑兹力方向才垂直于电流方向且指向前表面，故D错误。
6.D
【解析】A.根据e=20sin100πt(V)可知交流电压的最大值Em=20V，角速度ω=100π rad/s，故交流电的频率f=ω2π=100π2πHz=50Hz，故A错误；
B.交流电的有效值E=Em 2=20 2V=10 2V，故B错误；
C.图示位置，线圈位于中性面位置，此时穿过线圈的磁通量最大，产生的感应电动势为零，故C错误；
D.当线圈平面转到平行于磁场的位置时，此时穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大，故D正确。
故选：D。
线圈在磁场中转动产生感应电动势，根据瞬时感应电动势的表达式判断出产生的感应电动势的最大值和角速度，即可求得有效值和频率，明确中性面的特点即可判断产生的感应电动势的大小和磁通量的变化率。
7.C
【解析】 由图象可知，电压的最大值为Um=311V，交流电的周期为T=2×10−2s，所以交流电的频率为f=1T=50Hz，
A、交流电的有效值为U=311 2=220V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压为10V，故A错误；
B、当单刀双掷开关与a连接时，副线圈电压为10V，所以副线圈电流为1A，电流表示数为电流的有效值，不随时间的变化而变化，
所以当t=0.02s时，电流表示数为1A，故B错误；
C、当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的匝数变小，所以副线圈的输出的电压要变大，电阻R上消耗的功率变大，原线圈的输入功率也要变大，故C正确；
D、变压器不会改变电流的频率，所以输出电压的频率不变，故D错误．
故选：C．
8.C
【解析】A.气体在等压膨胀过程中由受力平衡，有
1.5p0S=p0S+Mg
解得
M=p0S2g
故A错误；
B. p−T 图像斜率不变时体积不变，只有在 b→c 过程中气体对外做功
W=1.5p0S⋅H2=34p0SH
故B错误；
C.在 a→d 全过程中，由理想气体状态方程，有
p0V0T0=2p0⋅2V0Td ，
由题目条件可知气体内能的变化量
ΔU=αTd−T0=3αT0
故C正确；
D.从 a→d 全过程，气体对外做功，根据热力学第一定律可知，气体吸收的热量大于其内能的增量，故D错误。
故选C。
9.BC
【解析】A、若基态的氢原子吸收的能量等于11.0eV的光子，则能量值为：E=E1+11.0eV=−13.6eV+11.0eV=−2.6eV，氢原子没有该能级，所以处于基态的氢原子不能吸收11.0eV的光子，故A错误；
B、紫外线光子的最小能量为3.11eV，处于n=3级的氢原子的电离能为1.51eV，故紫外线可以使处于n=3能级的氢原子电离，故B正确；
C、处于n=3能级向基态跃迁时发射出光的能量为△E=−1.51eV−(−13.6eV)=12.09eV，大于锌板的电子逸出功3.34eV，因此能产生光电效应，电子在n=2能级再次向基态跃迁发射出光子的能量为△E′=−3.4eV−(−13.6eV)=10.2eV>3.34eV则可以产生光电效应，处于n=3能级向基态向n=2跃迁时发射出的光的能量为△E″=−1.51eV−(−3.4eV)=1.89eV，小于锌板的电子逸出功3.34eV，所以不能产生光电效应，故有两种不同频率的光产生光电效应，故C正确；
D、双缝干涉实验装置，在光屏上相邻亮条纹间距△x=Ld⋅λ，由n=4直接跃迁到n=1能级发出的光子的频率最大，则波长最短，所以形成的干涉条纹最窄，故D错误。
故选：BC。
解决本题的关键知道什么是电离，以及能级的跃迁满足ℎγ=Em−En，注意吸收光子是向高能级跃迁，释放光子是向低能级跃迁，同时掌握吸收或释放能量要正好等于能级之差。紫外线的频率大于3.11eV，判断n=3能级的氢原子可以吸收紫外线后，能量是否大于0，即可知是否电离；氢原子从高能级向基态跃迁时发出的光子的最小能量与锌板的逸出功的关系判断是否发生光电效应现象；根据干涉条纹的宽度与光的波长的关系判断。
10.CD
【解析】A.根据楞次定律可知，导线框内产生的感应电流方向为顺时针方向，由于上下两边磁场相同，故上下两边所受安培力平衡，而左边框所受安培力方向向右，右边框所受安培力方向向左且大于左边框安培力的大小，故合力方向水平向左，故A错误；
B.导线框在竖直方向只受重力作用，故竖直方向做自由落体运动，而水平方向受到大小变化的安培力，故水平方向减速，则竖直方向下落高度为ℎ时，根据vy2=2gℎ，可得竖直速度vy= 2gℎ，而水平速度减为0，故合速度为 2gℎ，故B错误；
C.在水平方向上安培力做功大小为12mv02，故导线框产生热量为12mv02，故C正确；
D.在导线框运动△t时间内，导线框内磁通量的变化量为ΔΦ=kL2vΔt，感应电流I=ΔΦRΔt=kL2vR，线框所受安培力的合力为F=ΔBIL=kIL2=k2L4vR，根据动量定理有∑k2L4vRΔt=k2L4xR=mv0，故导线框速度恰好竖直向下时左边框的横坐标为x=mRv0k2L4，故D正确。
故选CD。
11. (1)①②⑤③；(2)1.5×10−9；(3)AB。
【解析】(1)“油膜法估测油酸分子的大小”实验步骤为：
配制酒精油酸溶液→测定一滴酒精油酸溶液的体积V0=VN(题中的④)→准备浅水盘(①)→形成油膜(②)→描绘油膜边缘(⑤)→测量油膜面积(③)→计算分子直径(③)
正确的顺序是④①②⑤③；
(2)计算步骤：
先计算一滴油酸酒精溶液中油酸的体积=一滴酒精油酸溶液的体积×配制比例V0=150×11000cm3=2×10−5cm3
再计算油膜面积，最后计算分子直径d=V0S=2×10−5130×10−2m=1.5×10−9m；
(3)A.油酸未完全散开，S偏小，故得到的分子直径d将偏大，故A正确；
C.计算时利用的是纯油酸的体积，酒精的作用是更易于油酸平铺成单层薄膜，自身溶于水或挥发掉，使测量结果更精确，故C错误；
B.计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格，S将偏小，故得到的分子直径将偏大，故B正确；
D.求每滴体积时，1mL的溶液的滴数误多记了10滴，由V0=Vn可知，纯油酸的体积将偏小，则计算得到的分子直径将偏小，故D错误。
故选AB。
故答案为： (1)①②⑤③；(2)1.5×10−9；(3)AB。
12.(1)并联；1.0 (2)11.0；0.60 (3)0.36I−1.2 (4)不变
【解析】(1)由电流表的并联分流原理可知，需要将其量程扩大，需给电流表A并联一个电阻，由并联分流原理可得被并联的电阻的阻值：r=IgrgI−Ig=30×9×10−30.3−30×10−3Ω=1.0Ω，此时该大量程电流表的内阻为：r0=rgrrg+r=0.9Ω；
(2)设电源的内阻为：r1。由甲图可知，压力传感器上先不放物体，其阻值为：RF0=5.0Ω，此时由闭合电路欧姆定律：E=RF0+r0+r1+RI；
保持滑片P位置不变，然后在压力传感器上放一物体，由闭合电路欧姆定律可得：E=RF+r0+r1+RI1，此时I1=0.2A，联立解得此时压力传感器的阻值为：RF=11.0Ω；由甲图RF 随压力F变化的图线：RF=5+F可得，此时所放物体对传感器的压力为：F=6N，可得物体的质量为m=Fg=0.60kg；
(3)由以上表达式联立可得放到传感器上的物体的质量m与电流表的示数I满足的函数关系式：m=0.36I−1.2；
(4)由实验误差分析可知，由于使用一段时间后，该电源电动势不变，内阻变大，而其他条件不变，由于此时可调节滑动变阻器R的滑片P，电流表指针满偏后进行测量，故仍能使回路中除传感器外的其它总电阻不变，故不会影响实验结果，即测量结果不变。
13.(1)初始时对活塞有
p0S+mg=1.5p0S
得到
mg=0.5p0S
打开阀门后，活塞稳定时，对B气体有
1.5p0⋅V=pB⋅V2
对活塞有
pAS+mg=pBS
所以得到
pA=2.5p0
(2)设未打开阀门前， C 气体的压强为 pC0 ，
对 A 、 C 两气体整体有
p0⋅V+pC0⋅V4=pA⋅(3V2+V4)
得到
pC0=272p0
所以， C 中剩余气体的质量 M2 与最初 C 中气体质量 M0 之比
M2M0=pApC0=527

【解析】本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，解题的关键点是理解变化前后的气体状态参量。
(1)根据玻意耳定律和受力平衡结合合适的研究对象联立等式得出A部分气体的压强；
(2)根据玻意耳定律得出体积的变化量，根据体积的比值关系得出质量的比值关系。
14.(1)根据法拉第电磁感应定律可得圆环中产生的感应电动势
E=ΔBΔtS
S=πr22
由题图乙可知
ΔBΔt=B0t0
根据闭合电路的欧姆定律有
I=ER
根据电阻定律有
R=ρ2πrS0
在 0∼32t0 内，根据焦耳定律可得
Q=I2R3t02=B0πr22t02S02πrρ32t0=3πB02r3S016ρt0
(2) t=12t0 时，圆环受到的安培力大小为
F=B0I⋅2r+B02I⋅2r
联立解得
F=3B02r2S04ρt0
由左手定则知，方向垂直于MN向左。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.(1)粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得
qv0B=mv02R
又
R=d
联立解得粒子的比荷为
qm=v0Bd
(2)粒子的轨迹如图所示
粒子在电场中可逆向看成做类平抛运动，则有
2d=v0t1
vy=v0tan53∘=at1
a=qEm
联立解得匀强电场电场强度大小为
E=2v0B3
由几何关系可得
x1tan53∘+12at12=2d
解得
x1=d2
(3)若粒子进入磁场后受到了与速度大小成正比、方向相反的阻力，粒子在磁场的运动轨迹如图所示
由
qvB=mωv
可得
ω=qBm
即角速度为一定值，又可知粒子与磁场左边界相切时转过的弧度为 32π ，则有
t3=32πω=3πd2v0
取一小段时间 Δt ，对粒子在 x 方向上列动量定理(如图)
−kvsinθ⋅Δt−qvBcsθ⋅Δt=mΔvx
两边同时对过程求和
∑−kvsinθ⋅Δt+∑−qvBcsθ⋅Δt=∑mΔvx
可得
k∑−vsinθ⋅Δt+qB∑−vcsθ⋅Δt=m∑Δvx
即
k∑−Δx+qB∑Δy=m∑Δvx
其中
k∑−Δx=0
则有
qBΔy=−mv0
结合
qm=v0Bd
可得
Δy=−mv0qB=−d
故有
y3=2d−d=d

【解析】本题考查带电粒子在组合场中的运动。解决问题的关键是清楚粒子在电场和磁场中的受力情况和运动规律，利用牛顿第二定律、圆周运动的知识，抛体运动的规律动量定理分析计算。