1、2020-2021 学年人教版高二物理上学期期中考测试卷 01 考试范围：选修 3-1 全册 一、 单项选择题： 本题共一、 单项选择题： 本题共 8 小题， 每小题小题， 每小题 3 分， 共分， 共 24 分。分。 每个题目只有一个选项符合要求，每个题目只有一个选项符合要求， 选对得选对得 4 分，选错得分，选错得 0 分。分。 1阴极射线从阴极射线管中的阴极发出，在其间的高电压下加速飞向阳极，如图所示若 要使射线向上偏转，所加磁场的方向应为（ ） A平行于纸面向左 B平行于纸面向上 C垂直于纸面向外 D垂直于纸面向里 【答案】 C 【解析】 由于阴极射线的本质是电子流，阴极射线方向向右传
2、播，说明电子的运动方向向右，相当于 存在向左的电流，利用左手定则，使电子所受洛伦兹力方向平行于纸面向上，由此可知磁场 方向应为垂直于纸面向外，故选项 C 正确 2在等边三角形的三个顶点 a、b、c 处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大 小相等的恒定电流，方向如图过 c 点的导线所受安培力的方向 A与 ab 边平行，竖直向上 B与 ab 边平行，竖直向下 C与 ab 边垂直，指向左边 D与 ab 边垂直，指向右边 【答案】 C 【解析】 本题考查了左手定则的应用导线 a 在 c 处产生的磁场方向由安培定则可判断，即垂直 ac 向左，同理导线 b 在 c 处产生的磁场方向垂直 bc 向下
3、，则由平行四边形定则，过 c 点的合 场方向平行于 ab，根据左手定则可判断导线 c 受到的安培力垂直 ab 边，指向左边 3如图所示，一足够长的直角绝缘粗糙斜面静止放置在水平地面上，一质量为 m 的物体从 斜面顶端由静止开始下滑 现给物体带上一定量的正电荷， 且保证物体所带电荷量保持不变， 在空间中加入垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度 B 随时间逐渐增大，物体在斜面上 下滑的过程中，斜面相对地面一直保持静止，则下列说法中正确的是 A物体一直沿斜面向下做加速运动 B斜面与地面间的静摩擦力始终保持不变 C斜面相对地面一直有水平向右的运动趋势 D地面对斜面的静摩擦力方向先水平向左后水平向右 【
4、答案】 C 【解析】 A物体带正电，因下滑产生速度，则根据左手定则，受到洛伦兹力垂直斜面向下，导致压 力增大，小物块受到的摩擦力增大。则当滑动摩擦力等于重力的下滑分力后，随磁感应强度 的增大，洛伦兹力增大，则物体做减速运动，故 A 错误； BCD以物块和斜面组成的整体为研究对象，由于开始时物块沿斜面向下做加速运动，所 以可知，整体沿水平方向必定地面的受到向左的摩擦力。而由 A 的分析可知，物块速度增 大时受到的洛伦兹力增大， 则根据受力分析可知物块受到斜面的支持力增大， 受到的摩擦力 逐渐增大， 所以摩擦力由于支持力的合力一定增大； 根据摩擦力与支持力的关系 f=FN可知， 摩擦力与支持力的合
5、力的方向不变。 然后根据牛顿第三定律可知， 物块对斜面的压力与摩擦 力的合力也方向不变，大小随物块速度的增大而增大；以斜面为研究对象，开始时受到竖直 向下的重力、 地面的竖直向上的支持力、 物块对斜面的压力与摩擦力、 地面对斜面的摩擦力； 物块对斜面的压力与摩擦力的合力方向不变， 大小随物块速度的增大而增大； 则该力沿水平 方向的分量随物块速度的增大而增大， 根据沿水平方向受力平衡可知， 地面对斜面的摩擦力 也一定方向不变，始终向左，大小随物块速度的增大而增大。故 BD 错误，C 正确。 故选 C。 4 如图 7 所示， 电动势为 E、 内阻不计的电源与三个灯泡和三个电阻相接 只合上开关 S1
6、， 三个灯泡都能正常工作如果再合上 S2，则下列表述正确的是 A电源输出功率减小 BL1上消耗的功率增大 C通过 R1上的电流增大 D通过 R3上的电流增大 【答案】 C 【解析】 A只合上开关 S1，三个灯泡都能正常工作，再合上 S2，并联部分的电阻减小，外电路总电 阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流增大由于电源的内阻不计，电源的输出功 率 P=EI，与电流成正比，则电源输出功率增大故 A 错误 B由于并联部分的电阻减小，根据串联电路的特点，并联部分分担的电压减小，L1两端的 电压减小，其消耗的功率减小故 B 错误 C 再合上 S2， 外电路总电阻减小， 干路电流增大， 而 R1在干
7、路中， 通过 R1上的电流增大 故 C 正确 D并联部分的电压减小，通过 R3上的电流将减小故 D 错误 5如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球 A、B 分别位 于竖直墙面和水平地面， 且处于同一竖直平面内， 若用图示方向的水平推力 F 作用于小球 B， 则两球静止于图示位置如果将小球向左推动少许，待两球重新达到平衡时，跟原来相比 （ ） A两小球间距离将增大，推力 F 将减小 B两小球间距离将增大，推力 F 将增大 C两小球间距离将减小，推力 F 将增大 D两小球间距离将减小，推力 F 将减小 【答案】 A 【解析】 以 A 球为研究对象，分析受力，作出力图如图
8、1 所示：设 B 对 A 的库仑力 F 与墙壁的夹角 为 ，由平衡条件得竖直墙面对小球 A 的弹力为： 1 A Nm gtan ，将小球 B 向左推动少许 时 减小，则 N1减小；库仑力： A m g F cos 库 ， 减小，cos 增大， F库 减小，根据库仑定 律分析得知两球之间的距离增大；再以 AB 整体为研究对象，分析受力如图 2 所示，由平衡 条件得： 1 FN ，则推力 F 减小，故 A 正确，B、C、D 错误； 故选 A 6 如图所示， 已知 R1=R2=R3=1， 当开关 S 闭合后， 电压表的读数为 1V； 当开关 S 断开后， 电压表的读数为 0.8V，则电池的电动势等于
9、（ ） A1V B1.2V C2V D4V 【答案】 C 【解析】 当开关 S 闭合时，电阻 R3与 R2并联后与 R1串联，外电路总电阻为： 23 1 23 1 1 11.5 1 1 R R RR RR ，电路中干路电流为： 1 1 1 1 1 U IAA R ，根据闭合 电路欧姆定律得： 1.5EI Rrr（） 当 K 断开时， R1与 R3串联， 电路中干路电流为： 1 1 0.8 0.8 1 U IAA R ， 根据闭合电路欧姆定律得： 13 0.82EI RRrr（） 联 立解得： 2EV 、 0.5r 故 C 项正确，ABD 三项错误 7在 x 轴上有两个点电荷，一个带正电 Q1，
10、另一个带负电 Q2，且 Q1=2Q2，用 E1和 E2分 别表示两个点电荷所产生的场强大小，则在 x 轴上 AE1=E2之点只有一个，该处的合场强为零 BE1=E2之点共有两处，一处合场强为零，另一处合场强为 2E2 CE1=E2之点共有三处，其中两处合场强为零，另一处合场强为 2E2 DE1=E2之点共有三处，其中一处合场强为零，另两处合场强为 2E2 【答案】 B 【解析】 画出示意图（下图） ，由于 Q1Q2，所以，在 x 轴上 E1=E2的点只能在两电荷 Q1、E2的连线 中间或点电荷 Q2的右侧Q1、Q2在连线中间产生场强的方向相同，当该处到 Q1、Q2的距 离之比 r1/r2=时，
11、 即可使 E1=E2， 合场强为 2E2； Q1、 Q2在 Q2右侧产生的场强相反， 当该处到 Q1、Q2的距离之比 r1/r2=时，则 E2=E1，合场强为零，故应选 B 8一带负电的粒子只在电场力作用下沿 x 轴正向运动，其电势能 Ep随位移 x 变化的关系如 图所示，其中 0 x2段是关于直线 x=x1对称的曲线，x2x3段是直线，则下列说法正确的是 （ ） Ax1处电场强度最小，但不为零 Bx2x3段电场强度大小方向均不变，为一定值 C粒子在 0 x2段做匀变速运动，x2x3段做匀速直线运动 D在 0、x1、x2、x3处电势 0、1、2、3的关系为 32=01 【答案】 B 【解析】
12、根据电势能与电势的关系：Ep=q，场强与电势的关系：E= t ，得：E= 1 p E qx ，由数学 知识可知 Epx 图象切线的斜率等于 p E x ，x1处切线斜率为零，则 x1处电场强度为零，故 A 错误；由图看出在 0 x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电 场力减小，加速度减小，做非匀变速运动；x1x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大， 粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动；x2x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小 和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动；故 B 正确，C 错误；0 与 x2处电势能相等，根据 Ep=q 可知 0
13、与 x2处电势 0、2的关系为 0=2，x1处 电势能最小，因放置的负电荷，故电势最高，同理可知，x3处电势最小，即 12=03， 故 D 错误故选 B 二、 多项选择题二、 多项选择题： 本题共： 本题共 4 小题， 每小题小题， 每小题 4 分， 共分， 共 16 分。 每小题有多个选项符合题目要求。分。 每小题有多个选项符合题目要求。 全部选对得全部选对得 4 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分。分。 9如图所示，竖直放置的光滑绝缘圆环穿有一带正电的小球，匀强电场方向水平向右，小 球绕 O 点做圆周运动，那么（ ） A在 A 点小球电势能最大
14、B在 B 点小球重力势能最大 C在 C 点小球机械能最大 D在 D 点小球动能最大 【答案】 ABC 【解析】 正电荷从 A 向 C 运动过程中， 电场力一直做正功， 电势能一直减小， 所以 A 点电势能最大， 故 A 正确； 物体位置越高，重力势能越大，所以 B 点小球的重力势能最大，故 B 正确； 除重力以外，其它力所做的功，等于物体的机械能变化量，所以从 A 运动到 C 的过程中， 电场力一直做正功，机械能一直增大，故 C 点具有最大的机械能，故 C 正确；根据合外力 做功判断小球的动能变化小球再从 D 点向右运动的最初一小段距离内，电场力做的正功 大于重力做的负功，所以动能在增加，故
15、D 错误；故选 ABC. 10如图所示，垂直纸面向外的 V 形有界匀强磁场磁感应强度大小为 B，左边界 AC 是一块 竖直放置的挡板，其上开有小孔 Q，一束电荷量为+q，质量为 m（不计重力）的带电粒子， 以不同的速率垂直挡板从小孔 Q 射入右侧磁场中， CD 为磁场右边界， 它与挡板的夹角 =30 ， 小孔 Q 到板的下端 C 的距离为 L，若速率最大的粒子恰好垂直 CD 边射出，则（ ） A恰好不从 CD 边射出的粒子的速率 qBL v m B粒子动能的最大值 222 2 km q B L E m C能够从 CD 边射出的粒子在磁场中运动的最长时间 2 3 m m t qB DCD 边上有
16、粒子打到的区域长度为2 L 【答案】 BC 【解析】 A根据推论公式 mv r qB 粒子的速度越大， 轨道半径越大； 恰好不从 CD 边射出的粒子的轨迹与 CD 相切， 如图所示： 结合几何关系，有 QC=L=r+sin30 r 解得 r=3 L 根据 mv r qB 有 3 qBL v m 故 A 错误； B若速率最大的粒子恰好垂直 CD 边射出，故 C 为圆心，轨道半径为 r=L 根据 mv r qB 有 qBL v m 故最大动能为 222 2 1 22 km q B L Emv m 故 B 正确； C恰好能够从 CD 边射出的粒子轨迹与 CD 相切，根据 A 选项分析，半径 r=3
17、L ，对应的 圆心角为 120 ，故 122 333 Tmm t qBqB 故 C 正确； D根据选项 A 的分析，如果是粒子的轨迹与 CD 边相切，则切点与 C 点的距离为 3 3 3 rL 如果速度最大，轨迹与 CD 的交点与 C 点的距离为 L；故 CD 边上有粒子打到的区域长度为 L- 3 3 L，故 D 错误； 故选 BC。 11如图所示，电阻 R 和电动机 M 串联接到电路中，已知电阻 R 跟电动机线圈的电阻值相 等，开关接通后，电动机正常工作。设电阻 R 和电动机 M 两端的电压分别为 U1和 U2，经 过时间 t，电流通过电阻 R 做功为 W1，产生热量为 Q1，电流通过电动机
18、做功为 W2，产生热 量为 Q2。则有（ ） A 12 UU ，Q1=Q2 BU1=U2，Q1=Q2 C 12 UU ， 12 WW D 12 WW ， 12 QQ 【答案】 AC 【解析】 设开关接通后，电路中电流为 I。对于电阻 R，由欧姆定律得 U1=IR 对于电动机 U2IR 则有 U1U2 电功 W1=U1I W2=U2I 则有 W1W2 根据焦耳定律得 Q1=I2Rt Q2=I2Rt 则有 Q1=Q2 故 AC 正确，BD 错误 故选 AC。 12如图甲所示，真空中水平放置两块长度为 2d 的平行金属板 P、Q，两板间距为 d，两板 间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压。
19、 在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A， 自 t=0 时刻开始连续释放初速度大小为 v0，方向平行于金属板的相同带电粒子。t=0 时刻释 放的粒子恰好从 Q 板右侧边缘离开电场。已知电场变化周期 0 2d T v ，粒子质量为 m，不计 粒子重力及相互间的作用力。则（ ） A在 t=0 时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为 v0 B粒子的电荷量为 2 0 0 2 mv U C在 1 8 tT 时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了 2 0 1 8 mv D在 1 4 tT 时刻进入的粒子刚好从 P 板右侧边缘离开电场 【答案】 AD 【解析】 A粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则 t=0 时刻进
20、入电场的粒子在电场中运动的时 间 0 2d t v 此时间正好是交变电场的一个周期； 粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动， 进过一个 周期， 粒子的竖直速度为零， 故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度 v0， 选项 A 正确； B粒子在竖直方向，在2 T 时间内的位移为2 d ，则 2 0 0 11 () 22 U q d d dm v 解得 2 0 0 mv q U 选项 B 错误； C 8 T t 时刻进入电场的粒子，出离电场时在竖直方向的位移为 222 13111 2()2() 282882 TT yaaaTd 故电场力做功 2 0 00 11 22 U q WyU qmv d 选
21、项 C 错误； D 4 T t 时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动4 T ，然后向下减速运动4 T ，再向上 加速4 T ，向上减速4 T ，由对称可知，此时竖直方向的位移为零，故粒子从 P 板右侧出离电 场，选项 D 正确 故选 AD。 三、实验题三、实验题：本题共：本题共 2 小题小题，第，第 13 题题 6 分，第分，第 14 题题 9 分，共分，共 15 分。分。 13待测电阻 Rx的阻值约为 100，现要测量其阻值实验室提供器材如下： A电流表 A1（量程 40mA，内阻 r1约为 10） B电流表 A2（量程 20mA，内阻 r2=30g） C电压表 V（量程 15V，内阻约
22、为 3000） D定值电阻 R0=120 E.滑动变阻器 R（阻值范围 05，允许最大电流 1.0A） P.电源（电动势 E=3V，内阻不计） G.开关 S 及导线若干 （1） 为了使测量结果准确， 以上器材不合适的是_ （填写器材前对应的序号字母） （2）利用其余的实验器材，设计测量 R 最佳实验电路，将电路图画在实线框内并标明元件 符号_ （3）实验中需要测量的物理量有_，待测电阻的表达式 Rx=_ 【答案】 C； 电流表 1A的示数1I ； 电流表 2A 的示数 2I ； 20 12 x IrR R II ； 【解析】 （1）由于电压表量程为 15V，远大于电源的电动势，故电压表不可用，
23、故选 C； （2）由于电压表不可用，故可以采用电流表 A2与定值电阻 R0串联作电压表测电压，用电 流表 A1测量待电流，由于改装的电压表内阻已知，故电流表 A1采用外接法，由于待测电阻 阻值大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电路图如 图所示 （3）待测电阻两端电压 U=I2（R0+r2） 通过待测电阻的电流 IX=I1-I2 待测电阻阻值 220 12 () x x IrRU R III 其中 I1、I2分别为电流表 A1和 A2的示数，R0和 r2分别为定值电阻和电流表 A2的阻值。 14为了较准确测量某电阻的阻值（约 2 k） ，有如下实验器材可供选择：
24、 A直流电源：电动势 18 V，内阻很小，额定电流为 1 A B电流表 A1：量程 010 mA，内阻约 10 C电流表 A2：量程 0600 mA，内阻约 0.5 D电压表 V：量程 020 V，内阻约 10 k E滑动变阻器 R1：最大阻值 10 F滑动变阻器 R2；最大阻值 100 G开关、导线等 （1）实验中电流表选用_（选填“A1”或“A2”） ，滑动变阻器应选用_（选 填“R1”或“R2”） （2）请在图中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接_ （3） 采用上述电路正确测量， 测得的电阻_ （选填“大于”、 “小于”或“等于”） 它的实际阻值，其原因是_ 【答案】 1 A ； 1
25、R ； 图见解析； 大于； 电流表分压； 【解析】 （1） 电路中可能出现的最大电流： 18 A=9mA 2000 m x E I R ，则电流表选择 A1；滑动变 阻器要用分压电路，则要选择阻值较小的 R1； （2） 因 RxRA，则电流表内接；滑动变阻器用分压电路；电路如图： （3） 采用上述电路正确测量，测得的电阻大于它的实际阻值，其原因是电流表的分压造成 的. 四、解答题四、解答题：本题共：本题共 4 小题小题，第第 15 题题 8 分，第分，第 16 题题 9 分，第分，第 17 题题 12 分，第分，第 18 题题 16 分，分， 共共 45 分分。解答应写出必要的文字说明、方程式
26、和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能 得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。 15如图所示，水平轨道 AB 与半径为 R 的竖直半圆轨道 BC 相切于 B 点，AB 长为 2R，水 平轨道和半圆轨道均光滑且绝缘。在轨道所处空间内存在着水平向右、大小为 E 的匀强电 场。一带电量为+q、质量为 m 的小球自 A 点由静止释放，经 B 点沿半圆轨道运动到 C 点后 落回到水平轨道上。已知 2mg E q ，重力加速度为 g，求： （1）小球经过 C 点时轨道对
27、小球的作用力； （2）小球落回水平轨道时距 B 点的距离； （3）小球落回水平轨道时的速度大小。 【答案】 （1）3mg； （2）距 B 点距离为 0； （3）2 2gR 【解析】 （1）设小球运动到 C 点的速度为 v，小球从 A 点到 C 点，根据动能定理得 2 1 22 2 qERmgRmv 解得 2vgR 小球运动到 C 点时，根据牛顿第二定律得 2 N v Fmgm R 解得 3 N Fmg （2）小球离开 C 点后，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀变速直线运动，有 2 1 2 2 Rgt 2 1 2 xvtat qEma 解得 x=0 即距 B 点距离为 0。 （3）设小球落回
28、水平轨道的速度为 1 v ，由（2）知小球落回水平轨道时距 A 点为 2R，小球 从 A 点到落回水平轨道，根据动能定理得 2 1 1 2 2 qERmv 解得 1 2 2vgR 16 如图所示为电动机提升重物的装置， 电动机线圈电阻为 r=1 ， 电动机两端电压为 5 V， 电路中的电流为 1 A，物体 A 重 20 N，不计摩擦力，求： （1）电动机线圈电阻上消耗的热功率是多少？ （2）电动机的输入功率和输出功率各是多少？ （3）10 s 内，可以把重物 A 匀速提升多高？ （4）这台电动机的机械效率是多少？ 【答案】 （1）1 W （2）5 W 4 W （3）2 m （4）80% 【解析
29、】 电动机工作时，其电路为非纯电阻电路，它从电源获取的功率一部分转化为线圈的热功率， 另一部分转化为电动机的机械功率 （1）电动机线圈上消耗的热功率为 P热I2r1 W （2）电动机的输入功率就是电流通过电动机做功的功率，即 P入UI5 1 W5 W 电动机的输出功率就是电动机对外做机械功的功率，根据 P入P出P热 得 P出P入P热5 W1 W4 W （3）设物体 A 的重力为 G，t10s 内物体上升的高度为 h，根据能量守恒定律得 P出tGh h P t G 出 4 10 20 m2 m （4）这台电动机的机械效率为 P P 出 入 100% 4 5 100%80% 17如图所示，一带电微
30、粒质量为 m=2.0 10-11kg、电荷量 q=+1.0 10 5C，从静止开始经电 压为 U1=100V 的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的 偏转角 =30 ，并接着进入一个方向垂直纸面向里、宽度为 D=34.6cm 的匀强磁场区域已 知偏转电场中金属板长 L=10cm，两板间距 d=17.3cm，重力不计（ 3 1.73） 求： （1）带电微粒进入偏转电场时的速率 1 v ； （2）偏转电场中两金属板间的电压 U2； （3）为使带电微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度 B 至少多大？ 【答案】 （1）1.0 104m/s （2）200V （3）0
31、.1T 【解析】 （1）带电微粒在电场中加速，由动能定理得： qU1= 2 1 1 0 2 mv 代入数据解得： 4 1 1.0 10 m/sv （2）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动水平方向： 1 Lvt 竖直方向： 2 = qUqE a mmd 2 vat tan= 2 1 v v 解得： U2= 1 2tandU L 代入数据解得： U2=200V （3）带电微粒进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，微粒轨迹刚好与磁场右边 界相切，设轨迹半径为 R，由几何关系知： D=R+Rcos60 设微粒进入磁场时的速度为v，则 v= 1 1 0 2 3 cos303 v v
32、由牛顿第二定律得： qvBm 2 v R 代入数据解得： B=0.1T 若带电粒子不射出磁场，磁感应强度 B 至少为 0.1T. 18如图所示，在平面直角坐标系 xOy 内，第象限的半径 R=h 的圆形区域内存在垂直于 坐标平面向外的匀强磁场，圆与 x、y 坐标轴切于 D、A 两点，y0 的区域内存在着沿 y 轴 正方向的匀强电场一质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子从电场中 Q（-2h，-h）点以速 度 v0水平向右射出，从坐标原点 O 射入第象限，与水平方向夹角为 ，经磁场能以垂直 于 x 轴的方向从 D 点射入电场不计粒子的重力，求： （1）电场强度 E 的大小以及 的正切值 （2）磁
33、感应强度 B 的大小 （3）带电粒子从 Q 点运动到最终射出磁场的时间 t 【答案】 （1） 2 0 2 mv E qh ，45 ，因此粒子从 C 点正对圆心 O1进入磁场 （2） 0 22 mv B qh （3） 0 3 22 67 2 24 h v 【解析】 （1）粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律及牛顿运动定律得 2hv0t h 1 2 at2 又 qEma 联立解得 2 0 2 mv E qh 设粒子到达 O 点时的速度为 v，沿 y 轴正方向的分速度为 vy， 则有 vyat 0 2 qEh mv v0， v 22 0y vv 2v0 速度 v 与 x 轴正方向的夹角 满
34、足 tan 0 y v v 1 即 45 ，因此粒子从 C 点正对圆心 O1进入磁场 （2）又因为粒子垂直于 x 轴射出磁场， 轨道半径 ( 21)( 21)rRh 由牛顿第二定律有 2 v q v Bm R 联立解得 0 (22)mv B qh （3）带电粒子在电场中做类平抛运动的时间 1 0 2h t v 从 O 点运动到磁场边界的时间 2 0 22 ( 21) 2 h R t vv 粒子从 D 点射入电场后折返进入磁场，最后从磁场中射出 在磁场中运动的时间： 3 0 33(22) 24 rh t vv 在第四象限电场中往复时间 4 0 24 2vh t av 带电粒子从 Q 点运动到最终射出磁场的时间 1234 0 3 22 67 2 24 h ttttt v
