四川省成都市簡陽市陽安中學(xué)2022-2023學(xué)年高二下學(xué)期3月月考物理試題 Word版含解析.docx

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陽安中學(xué)高2021級3月月考物理試卷第Ⅰ卷（選擇題，共40分）一、單項單選題（本題包括8小題，每小題3分，共24分。）1.下列說法正確的是A.電場強(qiáng)度E是矢量，真空中點電荷的電場強(qiáng)度定義式為B.磁感應(yīng)強(qiáng)度B是矢量，其定義式為C.電流I是標(biāo)量，其定義式為I＝neSvD.電容C是標(biāo)量，平行板電容器的電容定義式為【答案】B【解析】【詳解】A.電場強(qiáng)度E是矢量，真空中點電荷的電場強(qiáng)度決定式為，故A錯誤．B.磁感應(yīng)強(qiáng)度B是矢量，其定義式為，故B正確．C.電流I是標(biāo)量，其定義式為，故C錯誤．D.電容C是標(biāo)量，平行板電容器的電容決定式為，故D錯誤．2.電場中某區(qū)域的電場線分布如圖所示，A、B是電場中的兩點，則（　　）A.A點的電場強(qiáng)度較大B.因為B點沒有電場線，所以電荷在B點不受電場力的作用C.同一點電荷在A點的電勢能比在B點的電勢能大D.負(fù)點電荷放在A點由靜止釋放，將順著電場線方向運動【答案】A【解析】 【分析】【詳解】A．由圖可知，A點處電場線較密，電場強(qiáng)度較大。故A正確；B．電場線的疏密代表電場的強(qiáng)弱，故在任意兩條電場線之間雖沒有電場線，但仍有電場，故B錯誤；C．沿電場線方向電勢降低，所以A點的電勢較高，根據(jù)電勢能的公式，有可知，當(dāng)放正點電荷時，在A點的電勢能較大；當(dāng)放負(fù)電荷時，在A點的電勢能較小。故C錯誤；D．負(fù)電荷放在A點受到的電場力沿電場線的切線方向，由靜止釋放后，負(fù)電荷將離開電場線，所以其運動軌跡與電場線不一致。故D錯誤。故選A。3.如圖甲所示，在勻強(qiáng)磁場中，閉合線框繞垂直于磁場方向的軸勻速轉(zhuǎn)動。線框產(chǎn)生的交變電流隨時間變化的圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（　　）A.交變電流的有效值為B.交變電流的周期為C.在時穿過線框的磁通量為零D.線框勻速轉(zhuǎn)動的角速度為【答案】D【解析】【詳解】A．由圖乙可知交變電流的最大值3A，則交變電流的有效值為故A錯誤；B．由圖可知交變電流的周期為0.02s，故B錯誤；C．在時感應(yīng)電流為零，穿過線框的磁通量最大，故C錯誤；D．角速度 故D正確。故選D。4.如圖所示電路，電源電壓不變，閉合開關(guān)后，在滑動變阻器的滑片自中點向右移動到最右端的過程中，下列說法正確的是（　?。〢.表示數(shù)變大，表示數(shù)不變B.表示數(shù)變小，表示數(shù)變大C.滑片在中點時，消耗的電功率最大D.滑片在最右端時，消耗的電功率最小【答案】D【解析】【詳解】A．由電路圖可知，定值電阻與滑動變阻器并聯(lián)，表測量的電流，表測量滑動變阻器電流，電壓表測量電源電壓，在滑動變阻器的滑片自中點向右移動到最右端的過程中，表示數(shù)不變，表示數(shù)不變，A錯誤；B．在滑動變阻器的滑片自中點向右移動到最右端的過程中，滑動變阻器接入電路中的阻值變大，電壓等于電源電壓不變，則通過滑動變阻器的電流變小，表示數(shù)變小，表示數(shù)不變，B錯誤；C．消耗的電功率為因為電壓等于電源電壓，保持不變，電阻也不變，則無論滑片在何處，消耗的電功率不變，C錯誤；D．滑片在最右端時，滑動變阻器接入電路中的阻值最大，電壓保持不變，根據(jù) 可知，此時消耗的電功率最小，D正確；故選D。5.如圖所示，一個U形金屬導(dǎo)軌水平放置，其上放有一個金屬導(dǎo)體棒ab，有一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場斜向上穿過軌道平面，且與豎直方向的夾角為θ。在下列各過程中，一定能在軌道回路里產(chǎn)生感應(yīng)電流的是（　?。〢.ab向左運動，同時增大磁感應(yīng)強(qiáng)度BB.使磁感應(yīng)強(qiáng)度B減小，θ角同時也減小Cab向右運動，同時使θ減小D.ab向右運動，同時增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B和θ角（0°<θ<90°）【答案】C【解析】【詳解】A．a(chǎn)b向左運動，會使閉合回路面積變小，同時增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B，根據(jù)可能使閉合回路的磁通量保持不變，則可能不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，選項A錯誤；B．因閉合回路的磁通量若使磁感應(yīng)強(qiáng)度B減小，θ角同時也減小，則磁通量可能不變，則可能不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，選項B錯誤；C．a(chǎn)b向右運動，會使閉合回路面積變大，同時使θ減小，根據(jù)一定能使閉合回路的磁通量變大，則一定能有感應(yīng)電流，選項C正確；D．a(chǎn)b向右運動會使閉合回路面積變大，根據(jù)同時增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B和θ角（0°<θ<90°），則磁通量可能不變，則可能不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，選項D錯誤； 故選C。6.如圖所示，有一理想變壓器，原、副線圈的匝數(shù)比為，原線圈接正弦交流電壓，輸出端接有一個交流電流表和一個電動機(jī)。電動機(jī)線圈電阻為。當(dāng)輸入端接通電源后，電流表讀數(shù)為，電動機(jī)帶動一重物勻速上升。下列判斷正確的是（　?。〢.電動機(jī)兩端電壓為B.電動機(jī)消耗的功率為C.原線圈中的電流為D.變壓器原線圈的輸入功率為【答案】D【解析】【詳解】CD．根據(jù)變壓器原副線圈電流與匝數(shù)的關(guān)系可得解得原線圈中的電流為變壓器原線圈的輸入功率為C錯誤，D正確；A．電動機(jī)工作時為非純電阻元件，兩端電壓為不能用表示，根據(jù)變壓器原副線圈電壓表等于匝數(shù)比可得，電動機(jī)兩端電壓為A錯誤；B．電動機(jī)消耗的功率為B錯誤；故選D。 7.如圖所示，兩個帶等量異種電荷的粒子分別以速度和射入勻強(qiáng)磁場，兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為60°和30°，磁場寬度為d，兩粒子同時由A點出發(fā)，同時到達(dá)B點，則（）A.兩粒子圓周運動的周期之比B.兩粒子的質(zhì)量之比C.兩粒子軌道半徑之比D.兩粒子的速率之比【答案】A【解析】【詳解】A．如圖由幾何關(guān)系可得，從A運動到B，a粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為，b粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為，兩粒子運動時間相同，根據(jù)可得運動周期為故A正確；BCD．設(shè)粒子a的運動軌跡半徑為Ra，粒子b的運動軌跡半徑為Rb，根據(jù)幾何關(guān)系可知 整理可得兩粒子做勻速圓周運動有由此可得粒子所受洛倫茲力提供向心力，故有整理可得由此可得故BCD錯誤。故選A8.如圖所示，A、B為兩塊水平放置的金屬板，通過閉合的開關(guān)S分別與電源兩極相連，兩極板中央各有一個小孔a和b，在a孔正上方某處放一帶電質(zhì)點由靜止開始下落，若不計空氣阻力，該質(zhì)點到達(dá)b孔時速度恰為零，然后返回?，F(xiàn)要使帶電質(zhì)點能穿過b孔，則可行的方法是（　?。〢.保持S閉合，將A板適當(dāng)上移B.保持S閉合，將B板適當(dāng)下移C.先斷開S，再將A板適當(dāng)上移D.先斷開S，再將B板適當(dāng)下移 【答案】B【解析】【詳解】設(shè)質(zhì)點距離A板的高度為h，A、B兩板原來的距離為d，電壓為U，質(zhì)點的電荷量為q。由題知質(zhì)點到達(dá)b孔時速度恰為零，根據(jù)動能定理得A.若保持S閉合，將A板適當(dāng)上移，U不變，設(shè)質(zhì)點到達(dá)b時速度為v，由動能定理得解得說明質(zhì)點到達(dá)b孔時速度恰為零，然后返回，不能穿過b孔，故A錯誤。B.若保持S閉合，將B板適當(dāng)下移距離Δd，U不變，由動能定理得則質(zhì)點能穿過b孔，故B正確；C.若斷開S時，將A板適當(dāng)上移，板間電場強(qiáng)度E不變，設(shè)A板上移距離為Δd，質(zhì)點進(jìn)入電場的深度為d′時速度為零。由動能定理得又由原來情況有比較兩式得說明質(zhì)點在到達(dá)b孔之前，速度減為零，然后返回，故C錯誤。D.若斷開S，再將B板適當(dāng)下移，板間電場強(qiáng)度E不變，設(shè)B板下移距離為Δd，質(zhì)點進(jìn)入電場的深度為d′時速度為零。由動能定理得又由原來情況有比較兩式得 說明質(zhì)點在到達(dá)b孔之前，速度減為零，然后返回，故D錯誤。故選B。二、多項選擇題（本題包括4小題，每小題4分，共16分，全部選對得4分，選對但不全得2分，有錯的得0分。）9.下列說法正確的是（　?。〢.如圖甲所示，是用來加速帶電粒子的回旋加速器的示意圖，要想粒子獲得的最大動能增大，可增加電壓UB.如圖乙所示，是磁流體發(fā)電機(jī)的結(jié)構(gòu)示意圖，可以判斷出B極板是發(fā)電機(jī)的正極，A極板是發(fā)電機(jī)的負(fù)極C.如圖丙所示，是速度選擇器，帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是Eq＝qvB，即D.如圖丁所示，是霍爾效應(yīng)示意圖，導(dǎo)體上表面的電勢比下表面的高【答案】BC【解析】【詳解】A．由洛侖茲力提供向心力可得解得回旋加速器的最終速度公式則動能為可知粒子最終動能與加速電壓無關(guān)，故A錯誤；B．磁感線由N極指向S極，由左手定則可知帶正電的粒子將向下偏轉(zhuǎn)，所以B極板將聚集正電荷，是發(fā)電機(jī)的正極，故B正確；C．帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是電場力與洛侖茲力等大反向，即 Eq＝qvB解得故C正確；D．由左手定則可知自由電子向上偏轉(zhuǎn)，即上表面將聚集負(fù)電荷，所以上表面的電勢比下表面的低，故D錯誤。故選BC。10.如圖為一塊手機(jī)電池的背面印有的一些符號，下列說法正確的是（　?。〢.該電池的容量為1000mA·hB.該電池的電動勢為3.7VC.該電池在工作1小時后達(dá)到的電流為1000mAD.若電池以20mA的電流工作，可用50小時【答案】ABD【解析】【詳解】A．由圖可知該電池的容量為1000mA·h，所以A正確；B．該電池的電動勢為3.7V，所以B正確；C．該電池在工作的電流是可以改變的，不一定是1000mA，所以C錯誤；D．若電池以20mA的電流工作，則工作時間為所以D正確。故選ABD。11.三根足夠長的絕緣直導(dǎo)線a、b、c固定放置在同一紙面內(nèi)，其交點M、N、P恰好構(gòu)成正三角形，O點為該三角形的中心，點與O點關(guān)于導(dǎo)線c對稱?，F(xiàn)在a、b、c三根導(dǎo)線中分別通入方向如圖所示的恒定電流I、3I、5I，已知長直導(dǎo)線電流在空間某點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與電流大小成正比，與該點到直導(dǎo)線的距離成反比。若O點的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，則下列說法正確的是（　?。?A.O點的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里B.點的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為C.點磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里D.若將b導(dǎo)線中電流反向，則O點的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)椤敬鸢浮緼D【解析】【詳解】A．根據(jù)右手螺旋定則判斷，a、b、c直導(dǎo)線在O點的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向均垂直紙面向里，A正確；B．設(shè)a導(dǎo)線在點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，則b導(dǎo)線在點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3B，c導(dǎo)線在點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為5B，則在點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度總和為所以又a導(dǎo)線在點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，方向垂直紙面向里；b導(dǎo)線在點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，方向垂直紙面向里；c導(dǎo)線在點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為5B，方向垂直紙面向外，則點的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B錯誤；C．根據(jù)右手螺旋定則判斷，a、b直導(dǎo)線在點磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里、c導(dǎo)線在點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直紙面向外，且在點的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為所以點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直紙面向外，C錯誤。D．若將b導(dǎo)線中電流反向，則點的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 D正確；故選AD。12.某電場的電場強(qiáng)度E隨時間t變化規(guī)律的圖像如圖所示。當(dāng)t=0時，在該電場中由靜止釋放一個帶電粒子，設(shè)帶電粒子只受電場力作用，則下列說法中正確的是（　?。〢.帶電粒子將始終向同一個方向運動B.0~3s內(nèi)電場力對帶電粒子的沖量為0C.2s末帶電粒子回到原出發(fā)點D.0~2s內(nèi)，電場力的總功不為零【答案】BD【解析】【詳解】AB．設(shè)粒子帶電量為q，質(zhì)量為m，由牛頓第二定律可知，帶電粒子在第1s內(nèi)的加速度大小為方向沿電場的負(fù)方向，則有帶電粒子由靜止開始沿電場的負(fù)方向做勻加速直線運動，速度達(dá)到負(fù)方向運動的位移為帶電粒子在第2s內(nèi)加速度大小為方向沿電場的正方向，粒子做勻減速直線運動，因a2=2a1，所以經(jīng)0.5s，速度減到零負(fù)方向減速運動的位移為然后沿電場正方向做勻加速直線運動，再經(jīng)0.5s，速度大小達(dá)到v1，運動的位移為 第3s內(nèi)，加速度a1沿電場的負(fù)方向，粒子做勻減速直線運動，3s末速度減到零，位移為因此可知回到出發(fā)點，因此粒子在0~3s內(nèi)的動量變化量是零，A錯誤；B正確；C．由以上分析計算可知2s末帶電粒子沒有回到原出發(fā)點，C錯誤；D．0~2s內(nèi)，粒子在2s末時速度達(dá)到v1，不是零，由動能定理可知，電場力的總功不是零，D正確。故選BD。第Ⅱ卷（非選擇題，共60分）三、實驗題（共15分）13.某同學(xué)做“描繪小燈泡的伏安特性曲線”實驗，已知小燈泡L“”標(biāo)稱值為“5V；2.5W”，實驗室中除導(dǎo)線和開關(guān)外，還有以下器材可供選擇：電壓表V1（量程為3V，內(nèi)阻為3kΩ）電流表A1（量程為0.6A，內(nèi)阻約為1.0Ω）電流表A2（量程為3A，內(nèi)阻約為0.1Ω）滑動變阻器R1（0～10Ω，額定電流為2A）滑動變阻器R2（0～1kΩ，額定電流為0.5A）定值電阻R3（阻值為10Ω）定值電阻R4（阻值為3kΩ）電源E（E=6V，內(nèi)阻不計）（1）實驗中滑動變阻器應(yīng)選用___________，電流表應(yīng)選用___________，定值電阻應(yīng)選用___________。（均填器材的符號）（2）在圖1中的虛線框內(nèi)將電路圖補(bǔ)充完整___________。（圖中標(biāo)出選用的器材的符號） （3）實驗中得到的該燈泡的伏安特性曲線如圖2所示，如果將小燈泡與另一個電動勢為4V，內(nèi)阻為8Ω的電源直接相連，則小燈泡的實際功率為___________W。（保留兩位有效數(shù)字）【答案】①.R1②.A1③.R4④.⑤.0.44##0.45##0.46##0.47##0.48##0.49##0.50##0.51##0.52##0.53##0.54【解析】【詳解】（1）[1][2][3]為方便實驗操作，滑動變阻器應(yīng)選擇R1；燈泡額定電流為電流表A2量程量程太大，所以選電流表A1；因為燈泡的額定電壓為5V，電壓表的量程為3V，所以應(yīng)擴(kuò)大其量程，可以把定值電阻R4與電壓表V1串聯(lián)；（2）[4]實驗要求燈泡兩端電壓從零開始變化，滑動變阻器應(yīng)選擇分壓接法，燈泡的阻值為由于電壓表內(nèi)阻遠(yuǎn)大于燈泡內(nèi)阻，為減小實驗誤差，電流表應(yīng)采用外接法，實驗電路圖如圖所示（3）[5]在燈泡I-U坐標(biāo)系內(nèi)作出電源的I-U圖線如圖所示由圖示圖線可知U=1.75VI=0.28A燈泡實際功率為 P=UI=1.75×0.28=0.49W14.某物理興趣小組的同學(xué)從一款電子產(chǎn)品中拆下一個特殊電池，通過查閱說明書了解到該電池的電動勢約為1V左右，內(nèi)阻約為300Ω左右。他們欲通過實驗盡量準(zhǔn)確的測出該電池的電動勢和內(nèi)阻。除了待測電池，實驗室可提供的器材還有：A.電流表A1（量程為0~300μA，內(nèi)阻為900Ω）B.電流表A2（量程為0~0.6A，內(nèi)阻為1Ω）C.定值電阻R1（阻值為100Ω）D.定值電阻R2（阻值1100Ω）E.電阻箱R（0~99999Ω）F.導(dǎo)線和開關(guān)。（1）為了順利完成測量，電流表應(yīng)選________，定值電阻應(yīng)選_________；（填所選儀器前的字母序號）（2）在方框中畫出設(shè)計的電路圖；（）（3）該小組同學(xué)按設(shè)計的電路圖連接好電路，測得幾組所選電流表的讀數(shù)I，以及相應(yīng)的電阻箱的讀數(shù)R，做出圖線如圖所示。通過計算可以求得該電池電動勢_______V，內(nèi)阻________Ω（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。 【答案】①.A②.C③.④.⑤.【解析】【詳解】（1）[1][2]根據(jù)題意，由公式可知，電路中的電流最大值約為可知，電流表A2量程太大，故選電流表，而電流表的量程太小，需并聯(lián)一個比電流表內(nèi)阻小的電阻擴(kuò)大量程，則定值電阻選擇。（2）[3]由（1）分析，結(jié)合題意，設(shè)計的電路圖如圖所示（3）[4][5]電流表與并聯(lián)之后的電阻為設(shè)電流表的電流為，干路電流為，則有由電路圖，根據(jù)閉合回路歐姆定律有整理得 結(jié)合可得，解得，四、解答題（共45分）15.如圖所示，兩帶電金屬板間的電場可視為勻強(qiáng)電場，金屬板外無電場，兩極板間的距離為d，上極板正中央有一小孔，一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小球從小孔正上方高h(yuǎn)處由靜止開始下落，穿過小孔到達(dá)下極板處速度恰為零，空氣阻力不計，重力加速度為g。求：（1）小球到達(dá)小孔處的速度v的大小。（2）兩極板間的電場強(qiáng)度E的大小?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）小球在金屬板上方時做自由落體運動，則有得（2）帶電小球進(jìn)入金屬板后做勻減速直線運動，設(shè)其加速度大小為a，則有根據(jù)牛頓第二定律可得聯(lián)立解得 16.風(fēng)力發(fā)電作為新型環(huán)保能源，近年來得到了快速發(fā)展，如圖所示的風(fēng)車陣中發(fā)電機(jī)輸出功率為100kW，輸出電壓是250V，用戶需要的電壓是220V，輸電線總電阻為10Ω。若輸電線因發(fā)熱而損失的功率為輸送功率的4%。（1）畫出此輸電線路的示意圖；（2）求在輸電線路中設(shè)置的升、降壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比；（3）求用戶得到的電功率?！敬鸢浮?1)見解析；(2)240:11；(3)96kW?！窘馕觥俊痉治觥俊驹斀狻?1)如圖所示(2)輸電線損耗功率P線=100×4%kW=4kW又P線=I22R線，輸電線電流原線圈中輸入電流則升壓變壓器匝數(shù)比降壓變壓器輸入電壓降壓變壓器匝數(shù)比 (3)用戶端電流解得：故用戶得到的電功率17.如圖所示，MN、PQ為足夠長的平行金屬導(dǎo)軌，勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面斜向上，一根金屬桿在v=2m/s的速度沿導(dǎo)軌勻速向下滑動，下滑過程中始終與導(dǎo)軌垂直，且與導(dǎo)軌接觸良好。M、P間連接一個電阻R=5.0，金屬桿及導(dǎo)軌的電阻不計，已知導(dǎo)軌間距L=0.5m，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T。金屬桿質(zhì)量m=0.05kg，導(dǎo)軌平面與水平面間夾角，，，。（1）求電阻R中電流I的大小；（2）求金屬桿與導(dǎo)軌間的滑動摩擦因數(shù)的大小；（3）對金屬桿施加一個垂直于金屬桿且沿導(dǎo)軌平面向上的恒定拉力F=0.1N，若金屬桿繼續(xù)下滑x=2m后速度恰好減為0，求在金屬桿減速過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱?！敬鸢浮浚?）0.2A；（2）0.5；（3）0.1J【解析】【詳解】（1）感應(yīng)電動勢為由于金屬桿及導(dǎo)軌的電阻不計，因此（2）安培力大小為由于金屬棒勻速運動，根據(jù)平衡條件可得 代入數(shù)值解得（3）從施加拉力F到金屬棒停下的過程，由能量守恒定律得代入數(shù)值得Q=0.1J18.如圖在第一象限內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，在第二、三、四象限內(nèi)存在垂直平面向外的勻強(qiáng)磁場。一帶正電粒子從x軸上的M點以速度沿與x軸正方向成60°角射入第二象限，恰好垂直于y軸從N點進(jìn)入勻強(qiáng)電場，從x軸上的P點再次進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，且P點速度，已知磁場的范圍足夠大，，粒子的比荷為k，不計粒子重力。求：（1）勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；（2）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大小；（3）粒子從P點進(jìn)入勻強(qiáng)磁場再次到達(dá)x軸的位置與M點的距離以及經(jīng)歷的時間。【答案】（1）；（2）；（3），【解析】【詳解】（1）設(shè)粒子從M點做圓周運動到N點，圓的半徑為，根據(jù)洛倫茲力提供向心力 由幾何關(guān)系解得（2）粒子從N點運動到P點，做類平拋運動，根據(jù)幾何關(guān)系粒子在電場中運動即根據(jù)動能定理求得（3）設(shè)粒子從P點進(jìn)入磁場時速度與x軸正方向夾角為，則有則由類平拋規(guī)律可得 由解得可得過P點作速度v的垂線與y軸交點即為圓心，設(shè)粒子再次回到x軸到達(dá)點，可得與P關(guān)于原點O對稱，故則與M點相距為，從P到點經(jīng)歷時間為