2018-2019学年福建省霞浦第一中学高二上学期第二次月考物理试题 解析版

2018-2019学年福建省霞浦第一中学高二上学期第二次月考物理试题 解析版

霞浦一中2018-2019学年第一学期高二年第二次月考 物理试卷(B)‎ 一、单项选择题（本题共8题，每小题4分，共32分。每小题只有一个选项正确，请将正确的选项填写在答题卷上）‎ ‎1.在人类对微观世界进行探索的过程中，下列说法符合历史事实的是 A. 贝克勒尔通过对天然放射性现象的研究，发现了原子中存在原子核。‎ B. 玻尔推翻了原子的核式结构，并提出了半经典的量子化原子模型。‎ C. 卢瑟福通过α粒子散射实验，证实了在原子核内存在质子和中子。‎ D. 汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，发现了原子并非不可再分。‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】贝克勒尔通过对天然放射性现象的研究，证明原子核有复杂结构，α粒子散射实验说明原子中存在原子核，故A错误；玻尔在原子的核式结构理论基础上提出了半经典的量子化原子模型，选项B错误。卢瑟福通过α粒子散射实验，建立了原子的核式结构理论，选项C错误；汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，发现了原子并非不可再分，选项D正确。故选D.‎ ‎2.如图所示，电阻R和线圈自感系数L的值都较大，电感线圈的电阻不计，A、B是两只完全相同的灯泡，当开关S闭合时，电路可能出现的情况是 A. A、B一起亮，然后A熄灭 B. A、B一起亮，然后B熄灭 C. B比A先亮，然后B熄灭 D. A比B先亮，然后A熄灭 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电键接通瞬间，电路中迅速建立了电场，立即产生电流，但线圈中产生自感电动势，阻碍电流的增加，故线圈中电流逐渐增加；电键断开瞬间，电路中电流要立即减小零，但线圈中会产生很强的自感电动势，与灯泡A构成闭合回路放电．‎ ‎【详解】电键接通瞬间，电路中迅速建立了电场，立即产生电流，但线圈中产生自感电动势，阻碍电流的增加，故开始时通过灯泡A的电流较大，故灯泡A较亮；电路中自感电动势阻碍电流的增加，但不能阻止电流增加，电流稳定后，由于电感线圈的电阻不计，所以A灯被短路，A灯泡熄灭，故A正确，BCD错误。故选A。‎ ‎【点睛】本题考查了通电自感和断电自感，关键是明确线圈中自感电动势的作用是阻碍电流的变化，但不能阻止电流变化.‎ ‎3.如图所示，两长直通电导线互相平行，电流方向相同，其截面处于一个等边三角形的A、B处，如图所示，两通电导线在C处的磁感应强度均为B，则C处总磁感应强度为(　　)‎ A. 2B B. B C. 0 D. B ‎【答案】D ‎【解析】‎ 磁感应强度是个矢量，求和应遵循矢量求和，两个电流在C出产生的磁场夹角为120°，所以求和也为B.选B。‎ ‎4. 宇航员在探测某行星时，发现该星球均匀带电，且电性为负，电量为Q，表面无大气．在一实验中，宇航员将一带电q（q＜＜Q）的粉尘置于距该星球表面h高处，该粉尘恰好处于悬浮状态；宇航员又将此粉尘带到距该星球表面2h处，无初速释放，则此带电粉尘将（）‎ A. 向星球球心方向下落 B. 背向星球球心方向飞向太空 C. 仍处于悬浮状态 D. 沿星球自转的线速度方向飞向太空 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：尘恰好处于悬浮状态.尘埃受力平衡，有，宇航员又将此粉尘带至距该星球表面2h高处,对平衡不造成影响，故依然平衡，选C 考点：考查受力平衡和库仑力的应用 点评：求解此题时要理解力是决定运动的因素，根据受力判断运动情况 ‎5.如图所示，R1为定值电阻，R2为可变电阻，E为电源电动势，r为电源的内电阻，以下说法中不正确的是（ ）‎ A. 当R2=Rl+r时，R2上获得最大功率 B. 当Rl=R2+r时，Rl上获得最大功率 C. 当R2=0时，Rl上获得功率一定最大 D. 当R2=0时，电源的输出功率可能最大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：因为当外电路的电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大；将R1+r归为电源的内阻，故当R2=Rl+ r时，R2上获得最大功率，选项A正确；因为R1为固定电阻，故当外电阻最小时，即R2=0时，电阻的电流最大，此时Rl上获得最大功率，选项B错误，C正确；若Rl= r，当R2=0时，电源的输出功率最大，选项D正确，故选B。‎ 考点：电功率。‎ ‎6.如图所示，有三个质量相等，分别带正电，负电和不带电的小球，从上、下带电平行金属板间的P点．以相同速率垂直电场方向射入电场，它们分别落到A、B、C三点，则 A. A带负电、B不带电、C带正电 B. 三小球在电场中运动时间相等 C. 在电场中加速度的关系是aA＞aB＞aC D. 到达正极板时动能关系EkC＞EkB＞EkA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 三个小球平抛运动或类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，根据位移关系分析时间关系．竖直方向上三个的位移大小相等，由位移公式分析加速度关系，判断小球的电性．根据动能定理分析到达正极板时动能关系．‎ ‎【详解】运用运动的分解法可知，三个小球水平方向都做匀速直线运动，由图看出，水平位移的关系为xA＞xB＞xC，初速度v0相同，由位移公式x=v0t得知，运动时间关系为tA＞tB＞tC．小球在竖直方向都做匀加速直线运动，竖直位移大小y相等，由位移公式y=at2得到，加速度的关系为aA＜aB＜aC．根据牛顿第二定律得知，三个小球的合力关系为：FA＜FB＜FC．三个质量相等，重力相等，则可知，A所电场力向上，C所受电场力向下，则A带正电、B不带电、C带负电。故A BC错误。由上分析得到，电场力对A做负功，电场力对C做正功，而重力做功相等，而且重力都做正功，合力对小球做功A最小，C最大，初动能相等，则根据动能定理得知，到达正极板时动能关系EkC＞EkB＞EkA．故D正确。故选D。‎ ‎7.图甲的变压器原、副线圈匝数比为3∶1,图乙是该变压器cd输入端交变电压u的图象,L1、L2、L3、L4为四只规格均为“9V,6W”的相同灯泡,各电表均为理想交流电表,以下说法正确的是 A. ab输入端电压的瞬时值表达式为Uab=sin100πt(V)‎ B. 断开K,电压表V读数将变小 C. L1灯泡无法正常发光，可能烧坏 D. ab输入端输入功率Pab=24W ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 闭合电路动态分析中，电源部分是由变压器提供，其它仍用闭合电路殴姆定律。当断开开关S 时，导致总电阻发生变化，而电压不变，则可判断出电路中的电流及电压如何变化。同时当电路中有变压器时，只要将变压器的有效值求出，则就相当于一个新的恒定电源，其值就是刚才的有效值。‎ ‎【详解】由输入端交变电压u的图象，可知其最大值为27V，有效值是27V，副线圈电压为：U′＝×U1＝9V，所以副线圈三只灯泡均能正常发光。灯泡的额定电流：，电流表的读数为I2=3×A=2A，原线圈电流为，所以原线圈的灯泡也能正常发光，ab输入端电压为Uab=U+U2=9+27=36V；输入端电压的瞬时值表达式为uab=36sin100πt（V）AC错误。若将K断开，则副线圈上的输出电流将减小，所以原线圈的输入电流也减小，则流过灯泡L1的电流减小，L1上消耗的电压减小，所以原线圈上的电压降增大，即压表V读数将变大，故C错误；四个灯泡都正常发光，所以ab输入端输入功率Pab=4×6=24W．故D正确；故选D。‎ ‎【点睛】理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象。同时运用闭合电路欧姆定律来分析，随着电阻变化时电流、电压如何变化。分析的思路先干路后支路，以不变应万变。最后值得注意的是变压器的原线圈与灯泡串联后接入交流中，所以图象的有效值不是原线圈的有效值。‎ ‎8.宽度均为d且足够长的两相邻条形区域内，各存在磁感应强度大小均为B, 方向相反的匀强磁场；电阻为R，边长为的等边三角形金属框的AB边与磁场边界平行，金属框从图示位置以垂直于AB边向右的方向做匀速直线运动，取逆时针方向电流为正，从金属框C端刚进入磁场开始计时，框中产生的感应电流随时间变化的图象是 ‎【答案】A.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：本题导体的运动可分段判断，运用排除法进行分析．根据楞次定律可判断电路中感应电流的方向；由导体切割磁感线时的感应电动势公式可求得感应电动势的大小，由欧姆定律分析感应电流大小的变化．‎ 三角形线圈的高为2d，则在开始运动的0～d过程中，感应电流，，方向为逆时针方向，在d～2d时，设某时刻线圈进入右侧区域的距离为x，则线圈切割磁感应线的有效长度为，则感应电流，方向为逆时针方向，当时，，当线圈的C点出离右边界x时，等效长度，感应电流，方向顺时针方向，当时，，当时，，当C点出离右边界d～2d时，等效长度，感应电流，方向逆时针方向，当时，，当时，，故A正确，BCD错误；‎ ‎【点睛】本题为选择题，而过程比较复杂，故可选用排除法解决，这样可以节约一定的时间；而进入第二段磁场后，分处两磁场的线圈两部分产生的电流相同，且有效长度是均匀变大的，注意总感应电动势何时是切割感应电动势之和，何时是切割感应电动势之差．‎ 二、多项选择题（本题共4题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项正确，选不全的得2分，错选或多选都不得分）‎ ‎9. 图6为远距离高压输电的示意图。关于远距离输电，下列表述正确的是 A. 增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失 B. 高压输电是通过减小输电电流来减小电路的发热损耗 C. 在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小www..com D. 高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ 在导线材料、长度一定的情况下，导线的横截面积越大，导线电阻越小，导线损失的功率越小，故A正确；由P损=I2R可知，在输电导线电阻一定的情况下，输电电流越小损失的功率越小，减小输电电流，可以减少电路的发热损耗，故B正确；由 可知，输电电压一定，输送功率越大，输电损失功率越大，损失的电能越多，故C错误．在高压输电的过程中，电压过高时，感抗和容抗影响较大，所以不一定是电压越高越好，故D正确．本题选错误的；故选C．‎ 点睛：解决本题的关键掌握输电功率与输电电压的关系，以及损失功率与输电电流的关系.‎ ‎10.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，不计电压表和电流表内阻对电路的影响，当电键闭合后，两小灯泡均能发光．在将滑动变阻器的触片逐渐向右滑动的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ ‎ ‎ A. 小灯泡L1、L2均变暗 B. 小灯泡L1变亮，小灯泡L2变暗 C. 电流表A的读数变小，电压表V的读数变大 D. 电流表A的读数变大，电压表V的读数变小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 滑动变阻器的触片向右滑动,电阻变大，总电阻变大，总电流变小，所以电流表A的读数变小，小灯泡L2变暗。总电流变小，内电压变小，路端电压变大，即电压表V的读数变大。又小灯泡L2分压变小，所以并联部分分压变大，小灯泡L1变亮，BC对 ‎11.如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带正电的小物体以初速度V1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为V2（V2＜V1）．若小物体电荷量保持不变，OM=ON，则有 A. 从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小 B. 从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功 C. 从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先减小后增大 D. 小物体上升的最大高度为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由电场力做功与电势能关系要得出电势能的变化及电场力做功的特点；分析小球运动中压力的变化，由滑动摩擦力的计算公式可分析摩擦力的变化．根据电场力做功的特点可求得电场力做功的大小，由动能定理可分别列出上滑及下滑过程中的表达式，联立即可解得最大高度；‎ ‎【详解】由OM=ON，电场力为斥力，滑块与O点的距离先减小后增加，可知电场力对小物体先作负功后作正功，电势能先增大后减小，则B正确，A错误；从N到M的过程中，小物体受到的电场力垂直斜面的分力先增大后减小，而重力分力不变，则摩擦力先增大后减小，在此过程中小物体到O的距离先减小后增大，根据库仑定律可知小物体受到的电场力先增大后减小，选项C错误。设斜面倾角为θ、上升过程沿斜面运动的最大距离为L。因为OM=ON，则MN两点电势相等，小物体从M到N、从N到M电场力做功均为0。上滑和下滑经过同一个位置时，垂直斜面方向上电场力的分力相等，则经过相等的一小段位移在上滑和下滑过程中电场力分力对应的摩擦力所作的功均为相等的负功，所以上滑和下滑过程克服电场力做功与摩擦力所做的功相等、并设为W1 和Wf。在上滑和下滑过程，对小物体，摩擦力做功相等，则应用动能定理分别有：-mgsinθL-Wf=-mv12 和mgsinθL-Wf=mv22，上两式相减可得h=sinθL=，D正确；故选BD。‎ ‎【点睛】本题考查动能定理的应用、摩擦力及电场力做功的特点，涉及能量变化的题目一般都要优先考虑动能定理的应用，并要求学生能明确几种特殊力做功的特点，如摩擦力、电场力、洛仑兹力等．‎ ‎12.如图所示，在一个边长为a的正六边形区域内存在磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场。三个相同带正电的粒子比荷为，先后从A点沿AD方向以大小不等的速度射入匀强磁场区域，粒子在运动过程中只受磁场力作用。已知编号为①的粒子恰好从F点飞出磁场区域，编号为②的粒子恰好从E点飞出磁场区域，编号为③的粒子从ED边上的某一点垂直边界飞出磁场区域。则下列说法正确的是（ ）‎ A. 编号为①的粒子进入磁场区域的初速度大小为 B. 编号为②的粒子在磁场区域内运动的时间 C. 编号为③的粒子在ED边上飞出的位置与E点的距离 D. 三个粒子在磁场内运动的时间依次减少并且为4：2：1‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ 试题分析：设编号为①的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r1，初速度大小为v1‎ ‎，则有：‎ 由几何关系可得：，解得：，选项A正确； 设编号为②的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r2，线速度大小为v2，周期为T2，则： ‎ 解得：；由几何关系可得，粒子在正六边形区域磁场运动过程中，转过的圆心角为60°，则粒子在磁场中运动的时间：，选项B错误； 设编号为③的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r3，由几何关系可得：，， ，选项C正确；编号为①的粒子在磁场中运动的时间：；编号为③的粒子在磁场中运动的时间：；故三个粒子在磁场内运动的时间依次减少并且为4:2:1‎ ‎，选项D正确；故选ACD．‎ 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【名师点睛】本题以带电粒子在磁场中运动的相关问题为情境，考查学生综合分析、解决物理问题能力．带电粒子在磁场中的运动，关键的就是确定圆心和轨迹后由几何知识确定出半径．‎ 三、实验题（本题共2小题，每空格2分，共16分）‎ ‎13.某同学要测定一个圆柱体的电阻率，进行了如下测量：‎ ‎ ‎ ‎（1）用10分度的游标卡尺测量圆柱体的长度，由图1可知其长度为____mm；‎ ‎（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，可知其直径为_______mm；‎ ‎（3）用已调零且选择旋钮指向欧姆档“×1”位置的多用电表粗略测量该圆柱体阻值，根据如图3所示的表盘，可读出被测电阻阻值为____Ω．‎ ‎【答案】 (1). 100.2 (2). 13.130 (3). 32‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数； （2）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数； （3）欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．‎ ‎【详解】（1）由图1所示可知，主尺示数为10.0cm=100mm，游标尺示数为：2×0.1mm=0.2mm，则读数为100.2mm； （2）螺旋测微器固定刻度示数为13.0mm，旋转刻度示数为13.0×0.01mm=0.130mm，则读数为13.130mm； （3）用多用电表的电阻“×1”挡，由图3所示可知，电阻阻值为32×1=32Ω；‎ ‎14.（10分）老师要求同学们测出一待测电源的电动势及内阻．所给的实验器材有：待测电源E，定值电阻R1（阻值未知），电压表V（量程为3.0V，内阻很大,可视为理想表），电阻箱R（0～99.99），单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干．‎ ‎（1）同学小红按照右图连接电路，然后进行了如下操作：‎ ‎①将S2接到，拨动电阻箱旋钮，使各旋钮盘的刻度处于如下图甲所示的位置，闭合S1，记录下对应的电压表示数为2.20V，然后断开S1；‎ ‎②保持电阻箱示数不变，将S2切换到，闭合S1，记录此时电压表的读数（电压表的示数如下图乙所示），然后断开S1．‎ 请你解答下列问题：‎ 图甲所示电阻箱的读数为 Ω，图乙所示的电压表读数为 V．‎ 由此可算出定值电阻R1的阻值为 Ω（R1的计算结果保留两位小数）．‎ ‎（2）在完成上述操作后，小红继续以下的操作：‎ 将S2切换到，闭合S1，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱的示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了如图丙所示的—图线．‎ 由此可求得电源电动势E和电源内阻r，其中E = V，内阻r = Ω（计算结果均保留两位小数）．‎ ‎【答案】(1)20.00　2.80　5.45　(2)2.9　0.26‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)电阻箱的阻值等于；图乙电压表的示数为，根据闭合电路欧姆定律得，．‎ ‎(2)将定值电阻等效到电源的内部，根据得，，知纵轴截距的倒数为电动势，所以 解得；‎ 由于求出的是等效电阻，则实际电阻：；‎ ‎【点睛】此题考查电源电动势和内电阻的测量，通过实验操作、读数以及对实验方法的理解等多方面考查考生的实验探究能力.要重点掌握处理闭合电路欧姆定律公式的能力和利用图象求解电动势和内电阻的方法．‎ 四、计算题（本题共3小题，第15题10分，16题12分，17题14分，共36分。答题时要写出必要的文字说明和物理公式，只有答案或只有数字运算的不给分）‎ ‎15.（12分）如图所示，匀强磁场的磁感应强度，矩形线圈的匝数N=100，边长Lab=0.20m，Lbc=0.10m，以300r/min的转速匀速转动，从线圈平面通过中性面时开始计时，试求：‎ ‎（1）交变电动势的瞬时值表达式；‎ ‎（2）若线圈总电阻为2Ω，线圈外接电阻为8Ω，求出电流的瞬时值和电压表读数；‎ ‎（3）线圈由图示位置转过π/2的过程中，交变电动势的平均值。‎ ‎【答案】（1）（2），（3）‎ ‎【解析】‎ 本题考查交变电流的产生和描述。‎ ‎ (1)角速度为 ‎ 电动势的最大值 ‎ 故交变电流的瞬时值表达式 ‎ ‎(2)电流的最大值 ‎ 故电流的瞬时值表达式 ‎ ‎(3)线圈从中性面开始转90°角的过程中 ‎ ‎ 平均电动势 ‎16.如图，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ角固定，轨距为d。空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B。P、M间所接阻值为R的电阻。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其有效电阻为r。现从静止释放ab，当它沿轨道下滑距离s时，达到最大速度。若轨道足够长且电阻不计，重力加速度为g。求： ‎ ‎（1）金属杆ab运动的最大速度v；‎ ‎（2）金属杆ab从开始下滑s距离过程中回路产生的焦耳热；‎ ‎（3）当金属杆ab运动的加速度为时，回路的电功率；‎ ‎【答案】（1） （2） （3） ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）从静止释放ab，ab棒切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，当ab棒匀速运动时，速度达到最大，根据平衡条件和安培力公式，求解金属杆ab运动的最大速度； （2）根据动能定理求解安培力的功，可求解焦耳热；‎ ‎（3）根据牛顿第二定律求得此时金属杆ab运动的速度，得到感应电流，即可求得金属杆ab消耗的电功率；‎ ‎【详解】（1）当杆达到最大速度时 ‎ 感应电流 ‎ 感应电动势 ‎ 解得最大速度 ‎ ‎（2）由动能定理 ‎ ‎ ‎ 解得：‎ ‎（3）当ab运动的加速度为时，‎ 根据牛顿第二定律 ‎ 回路电功率等于回路热功率 ‎ 解得 ‎ ‎【点睛】本题是电磁感应中收尾速度问题，分别从力和能量两个角度进行研究。其中安培力的分析和计算是解题的关键步骤。‎ ‎17.在如图所示的直角坐标系xoy中，矩形区域oabc内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B=5.0×10﹣2T；第一象限内有沿﹣y方向的匀强电场，电场强度大小为E=1.0×105N/C．已知矩形区域oa边长为0.60m，ab边长为0.20m．在bc边中点N处有一放射源，某时刻，放射源沿纸面向磁场中各方向均匀地辐射出速率均为υ=2.0×106m/s的某种带正电粒子，带电粒子质量m=1.6×10﹣27kg，电荷量为q=+3.2×10﹣19kg，不计粒子重力，求：（计算结果保留两位有效数字）‎ ‎（1）粒子在磁场中运动的半径；‎ ‎（2）从x轴上射出的粒子中，在磁场中运动的最短路程为多少？‎ ‎（3）放射源沿﹣x方向射出的粒子，从射出到从y轴离开所用的时间．‎ ‎【答案】（1）粒子在磁场中运动的半径为0.2m；‎ ‎（2）从x轴上射出的粒子中，在磁场中运动的最短路程为0.21m；‎ ‎（3）放射源沿﹣x方向射出的粒子，从射出到从y轴离开所用的时间为4.6×10﹣7s；‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由题意得出粒子的运动轨迹；由洛仑兹力充当向心力可求得半径；‎ ‎（2）由数学知识可明确粒子的最短路程；‎ ‎（3）由几何关系确定磁场中的运动圆心角，再直线运动规律确定粒子在电场中运动的时间，则可求得总时间．‎ 解：（1）粒子运动的轨迹如图，由牛顿第二定律可得：‎ qvB=m 解得：R=0.20m；‎ ‎（2）由数学知识可知，最短弦对应最短的弧长；‎ 由图可知，α=60°；‎ 最短的弧长即最短路程s=Rα=m=0.21m；‎ ‎（3）粒子在磁场中的周期T===6.28×10﹣7s；‎ 粒子在磁场中沿NP运动的时间t1=；‎ 粒子在电场中的加速度为：a=‎ v=at 解得：t=1.0×10﹣7s 则可解得粒子在电场中往返运动的时间为t2+t3=2t=2.0×10﹣7s 由图可知cosθ=0.5；‎ 故θ=60°；‎ 粒子在磁场中运动的第二部分时间t4=T=；‎ 粒子运动的总时间t=t1+t2+t3+t4=++2.0×10﹣7s=4.6×10﹣7s；‎ 答：（1）粒子在磁场中运动的半径为0.2m；‎ ‎（2）从x轴上射出的粒子中，在磁场中运动的最短路程为0.21m；‎ ‎（3）放射源沿﹣x方向射出的粒子，从射出到从y轴离开所用的时间为4.6×10﹣7s；‎ ‎【点评】本题考查带电粒子在磁场和电场中的运动，要注意正确掌握磁场中的圆周规律的应用，同时注意要先明确粒子的运动轨迹，再确定几何关系．‎ ‎ ‎ ‎ ‎