河北省衡水市第十三中学2020届高三上学期第二次质量检测物理试题 Word版含解析

河北省衡水市第十三中学2020届高三上学期第二次质量检测物理试题 Word版含解析

- 1 - 衡水市第十三中学 2019～2020 学年度第一学期高三年级 第二次质量检测物理 一、选择题(本题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中， 第 1～8 题只有一项符合题目要求，第 9～12 题有多项符合题目要求，全部选对的 得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分) 1.将一个质量为 m 的小球，以一定的初速度 斜向上抛出，小球在空中运动 t 时间内的动量改 变量大小为（不计空气阻力，重力加速度为 g）（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由于小球作曲线运动,不知道末速度,故只能根据动量定理求解,根据动量定理可知，小 球动量变化等于重力的冲量,即 ，C 项正确。 2.关于磁场和磁现象，下列说法正确的是 A. 安培写道：“奥斯特先生……已经永远把他的名字和一个新纪元联系在一起了”，这样叙述 是因为奥斯特发现了磁可以生电 B. 磁体与磁体之间，磁体与通电导体之间，通电导体与通电导体之间，以及电荷与电荷之间 的相互作用都是通过磁场发生的 C. 磁场中某点的磁场方向，与该处的磁感线的切线方向相同，与放到该处的小磁针 N 极受力 方向相同，与放到该处导线受到的安培力方向也相同 D. 根据通电螺线管外部的磁场与条形磁铁的磁场十分相似，安培提岀了著名的分子电流假说， 用该假说能够很好地解释磁铁的磁化和消磁 【答案】D 【解析】 【详解】A．奥斯特发现了电流的磁效应，即“电生磁”，选项 A 错误； B．电荷间 作用力是通过电场来实现的，选项 B 错误； C．磁场方向与安培力方向不同，选项 C 错误； D．安培分子电流假说可以很好地解释磁化和消磁，选项 D 正确。 的 0v 0mv 02mv mgt 0mgt mv+ p mgt∆ = - 2 - 故选 D。 3.如图所示，小球放在光滑水平桌面上，用细线连接于 O 点，细线刚好拉直，使小球在水平面 内做圆周运动，逐渐增大小球做圆周运动的角速度，则细线上张力 F 与小球做圆周运动的角 速度平方 ω2 的关系正确的是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】设悬线与竖直方向的夹角为 θ，当小球在水平桌面上做圆周运动时， 即 当小球离开水平桌面后在空中做圆周运动时，仍然有 即 A.图像与分析不符，故 A 错误。 B.图像与分析相符，故 B 正确。 2sin sinF mLθ θ ω= ⋅ 2F mLω= 2sin sinF mLθ θ ω= ⋅ 2F mLω= - 3 - C.图像与分析不符，故 C 错误。 D.图像与分析不符，故 D 错误。 4.如图所示，带电小球 A 用绝缘细线悬挂在水平向右 匀强电场中，电场的电场强度为 E，将 带电小球 B 固定在匀强电场中，A、B 间的距离为 r，连线与水平方向的夹角为 37°，悬挂小球 A 的悬线刚好竖直，不计小球的大小，静电力常量为 k，sin 37°=0.6，cos 37°≈0. 8，则下列说 法正确的是 A. 小球 A 一定带正电 B. 小球 A 和 B 一定带异种电荷 C. 小球 A 的带电量为 D. 小球 B 的带电量为 【答案】D 【解析】 【详解】AB.根据平衡可知，若 A 带正电，则 B 球带负电.若 A 球带负电，则 B 球也带负电， 因此小球 A 和 B 带电电性不确定，故 AB 错误; CD.由题意知， 则 因此 A 的带电量无法确定，故 C 错误 D 正确. 5.如图所示，电源的电动势为 E，内阻为 r，R1、R2 是定值电阻，R 是滑动变阻器.闭合开关 S， 的 25 3 Er k 25 4 Er k A B A2 cos37q qk q Er ° = 2 B 5 4 Erq k = - 4 - 将滑动变阻器 R 的滑片向左滑动的过程中 A. 电流表 A1 和 A2 的示数均变小 B. 电压表 V 的示数变大 C. 电压表 V 的示数变化量 ΔU 与电流表 A1 示数变化量 ΔI 的比值不变 D. 滑动变阻器 R 的滑片滑到最左端时，定值电阻 R1 的功率最小 【答案】C 【解析】 【详解】AB.当滑动变阻器 R 的滑片向左滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变小，电 路总电阻变小，干路电流变大.即电流表 A1 的示数变大，电源内电压和 R1 两端电压变大，R2 两端电压变小，V 的示数变小，A2 示数变小，故 AB 错误; C.电压表 V 的示数变化量 ΔU 与电流表 A1 示数变化量 ΔI1 的比值等于 R1+r，是不变的，选项 C 正确; D.滑动变阻器 R 的滑片滑到最左端时，R1 的电流最大，R1 的功率最大，选项 D 错误. 6.如图所示，一根粗细均匀、长为 L=1m、质量为 m=0.01kg 的导体棒 ab 从中点处弯成 60°角， 将此导体棒放入磁感应强度大小为 B=0.4T、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，导体棒两端 a、 b 悬挂于两根相同的弹簧下端，弹簧均处于竖直状态．当导体棒中通有 I=1A 的电流时，两根 弹簧比原长各缩短了 Δx=0.01m，g 取 10m/s2，则下列说法中错误的是 A. 导体中电流的方向为 b→a B. 每根弹簧的弹力大小为 0.1N C. 弹簧的劲度系数为 k=5N/m D. 若导体中不通电流，则弹簧比原长伸 - 5 - 长了 0.01m 【答案】B 【解析】 【详解】A．由题意知通电后弹簧比原长缩短了，说明安培力方向向上，由左手定则可知，电 流方向由 b→a，选项 A 正确，不符合题意； B．通电后 ab 导体的有效长度为 =0.5m，受到的安培力为 F=BIL=0.2N mg+2F 弹=F F 弹= =0.05N 选项 B 错误,符合题意； C．根据 F 弹=kΔx，解得 k=F 弹/Δx=5N/m 选项 C 正确，不符合题意； D．若导体中不通电，则 2kx=mg =0.01m 选项 D 正确，不符合题意。 故选 B。 7.如图所示的 U-I 图象中，甲为某电池的路端电压与电流的关系图线，乙、丙为两种电子元件 的 U-I 图线，三个图线交于同一点，若电池的电动势不变，内阻变大，再将乙、丙分别接在这 个电池两端，乙、丙元件两端的电压分别为 U1、U2，通过两元件的电流分别为 I1、I2，则下列 关系正确的是 A. U1>U2 1 2l L= 2 F mg− 2 mgx k = - 6 - B. I1>I2 C. U1I1>U2I2 D. 【答案】B 【解析】 【详解】AB.当电池的内阻增大后，电池的 U-I 图象变为虚线，如图所示 显然 U1I2，故 A 错误 B 正确。 C.两元件消耗的功率分别为 I1U1、I2U2，由 U1I2 知不能确定图中虚线所围矩形面积的 大小关系，因而不能确定两元件消耗功率的大小关系，故 C 错误; D.由图象看出 分别为两条割线的斜率，显然 D 项错误. 8.智能扫地机器人成为许多家庭喜爱的电子产品，某型号的智能扫地机器人电动机的额定工作 电压为 12V，正常工作时的额定功率为 40W，其所用锂电池的容量为 5000mAh，当扫地机器 人工作到电池剩余容量为总容量的 20%时会停止扫地，然后自动充电已知机器人电动机的线 圈电阻为 ，则下列说法正确的是（ ） A. 机器人正常工作时的电流为 B. 工作时，机器人的发热功率为 C. 锂电池的内阻为 1 2 1 2 U U I I > 1 2 1 2 ,U U I I 1 2 1 2 U U I I < 3Ω 4A 0.33W 3.6Ω - 7 - D. 机器人可以连续正常工作的时间为 【答案】D 【解析】 【详解】A.机器人正常工作时的电流为 ，A 项错误； B.由于不知道锂电池的内阻因此无法求机器人的发热功率，B 项错误； C.由于锂电池的电动势未知，无法求锂电池的內阻，C 项错误； D 机器人可以连续正常工作的时间为 D 项正确. 故选 D。 9.迄今为止，大约有 1000 颗卫星围绕地球正常工作，假如这些卫星均围绕地球做匀速圆周运 动，关于这些卫星，下列说法正确的是 A. 轨道高的卫星受到地球的引力小 B. 轨道高的卫星机械能大 C. 线速度大的卫星周期小 D. 线速度大的卫星加速度大 【答案】CD 【解析】 【详解】A. 引力的大小不仅与轨道半径有关，还与卫星质量有关，故 A 错误； B. 机械能的大小也与质量有关，故 B 错误； CD.根据 可知线速度越大，轨道半径越小，加速度越大，周期越小，故 CD 正确． 10.一个用于加速粒子的回旋加速器，其核心部分如图所示，D 形盒半径为 R，垂直 D 形盒底 面的匀强磁场的磁感应强度为 B，两盒分别与电源相连，下列说法正确的是 72min 3.3API U = = 35000 10 3600 0.8 s 72min10 3 t −× × ×= = 2 2 2 2 4Mm vG mr ma mr T r π = = = - 8 - A. 两盒连接的电源可以是直流电源 B. D 形盒内没有电场，只有磁场 C. 粒子被加速的最大动能与金属盒的半径 R 有关，半径越大，最大动能越大，所以可以通过 增大金属盒的半径就可以得到无穷大的动能 D. 经过电场时，粒子会加速，动能增加，但经过磁场时，粒子会发生偏转，动能不变 【答案】BD 【解析】 【详解】A．回旋加速器只能加交流电源，A 错误； B．D 形金属盒能够屏蔽电场，所以盒内只有磁场，B 正确； C．由 ， ，可知半径越大，动能越大，但是当速度达到一定时要考虑相 对论效应，速度增大，质量增加，磁偏转的周期变化，粒子不能一直被无限加速，C 错误； D．粒子经过电场加速，磁场不做功，动能不变，D 正确。 故选 BD。 11.如图所示，三根相互平行的固定长直导线 L1、L2 和 L3 两两等距，均通有方向相同的电流 I，此时 L1 受到的磁场力的合力为 F，如果把 L2 的电流变为原来的两倍(已知电流周围的磁感 应强度与距离成反比，与电流强度成正比)，则下列说法正确的是 A. L2 电流加倍前，L2 受到其他两根导线的合力大小也是 F，L2 电流加倍后，L2 受到的合力变 大，方向不变 B. L2 电流加倍后，L1 受到磁场力的合力的大小变为 F C. L2 电流加倍前，L1 受到的安培力方向与水平向右的方向成 120° mvR qB = ( )2 2k RqBE m = 7 - 9 - D. L2 电流加倍后，L1 受到的安培力方向与水平向右的方向夹角的正弦值为 【答案】AD 【解析】 【详解】A．L2 电流加倍前工受到其他两个电流的吸引力，大小相等，所以合力沿对角线方向， L2 电流加倍后 L2 受力加倍，方向不变，所以合力方向依然沿对角线方向，A 正确； C．同理可知 L1 合力与向右的方向成 30°，C 错误； B．设加倍前两个电流之间的相互作用力大小为 F1，则 F=2F1cos30° 电流加倍后 1、3 间作用力为 F1，1、2 之间作用力为 2F1，夹角为 60°，根据余弦定理: B 错误； D．根据正弦定理: 解得正弦值为 D 正确. 故选 AD。 12.如图所示，质量均为 m 的 A、B 两物块用轻弹簧连接，放在光滑的水平面上，A 与竖直墙 面接触，弹簧处于原长，现用向左的推力缓慢推物块 B，当 B 处于图示位置时静止，整个过 程推力做功为 W，瞬间撤去推力，撤去推力后 A. 当 A 对墙 压力刚好为零时，物块 B 的动能等于 W B. 墙对 A 物块的冲量为的 21 14 1 3 3F F= ( )2 2 1 1 1 1 212 2 2 cos60 3F F F F F F= + + ⋅ = 1 sin120 sin FF α=  21sin 14 α = 4mW - 10 - C. 当 B 向右运动的速度为零时，弹簧的弹性势能为零 D. 弹簧第一次伸长后具有的最大弹性 势能为 W 【答案】AC 【解析】 【详解】A．根据功能关系，开始时弹簧具有的弹性势能为 W，当 A 对墙的压力刚好为零时。 弹簧的弹力为零，弹性势能为零，根据能量守恒可知，此时 B 的动能为 W，A 项正确； B．墙对 A 的冲量等于 A、B 组成系统的动量改变量，即 B 项错误； C．当 B 的速度为零时，弹簧处于原长，即弹簧的弹性势能为零，C 项正确； D．根据动量守恒 此时弹簧的弹性势能 D 项错误. 故选 AC． 二、实验题(本题共 2 小题，共 15 分) 13.某同学用如图所示装置做“验证力的平行四边形定则”的实验。 （1）如图甲所示，橡皮条的一端 C 固定在木板上，用两只弹簧测力计把橡皮条的另一端（绳 套和橡皮条的结点）拉到某一确定的 O 点。记录两个弹簧测力计的拉力 和 的大小和方向； 只用一个弹簧测力计，将结点仍拉到位置 O.记录弹簧测力计的拉力 的大小和方向；按照力 的图示要求，作出拉力 ；根据力的平行四边形定则作出 和 的合力 F；如果没 有操作失误，图乙中的 F 与 两力中，方向一定沿 CO 方向的是_____________.（填“F”或 “ ”） 1 3 2 2kI p mE mW= ∆ = = 2 2mv mW= 21 122 2pE W mv W= = × = 1F 2F F ′ 1 2 'F F F， ， 1F 2F 'F 'F - 11 - （2）下列对实验 操作及说法正确的是____________. A.每次拉伸橡皮条时，只要使橡皮条伸长量相同即可 B.描点确定拉力方向时，两点之间的距离应尽可能大一些 C.两弹簧测力计拉力方向夹角越大误差越小 D.橡皮条对 O 点的拉力是合力，两弹簧测力计对 O 点的拉力是分力 （3）实验中，用两个弹簧测力计同时拉时，两绳夹角小于 90°，其中一个弹簧测力计示数接 近量程，另一个弹簧测力计示数超过量程的一半。则这样的操作____________（填“合理”或“不 合理”），理由是___________________________________________________________________. 【答案】 (1). (2). B (3). 不合理 (4). 两分力夹角为锐角时，合力大小大于 分力，一个分力已经接近量程，那么只用一个弹簧测力计拉时（合力大小）会超过其量程 【解析】 【详解】（1）[1]根据二力平衡可知，用一个弹簧测力计拉橡皮条时，弹簧测力计的拉力与橡 皮条的拉力等大反向，在一条直线上,故 方向一定沿 CO 方向； （2）[2]A.每次拉伸橡皮条时，不只是使橡皮条伸长量相同，拉伸方向也要相同，A 项错误； B.描点确定拉力方向时，两点之间的距离应尽可能大一些，减小方向确定的误差，B 项正确； C.两弹簧测力计拉力方向夹角不能太大也不能太小，C 项错误； D.橡皮条对 O 点的拉力与两弹簧测力计对 O 点的拉力不是合力与分力的关系，D 项错误。 故选 B。 （3）[3][4]两绳夹角小于 90°，一个弹簧测力计示数接近量程，另一个超过量程的一半，实验 操作不合理，因为两分力夹角为锐角时，合力大小大于分力，一个分力已经接近量程，那么 只用一个弹簧测力计拉时（合力大小）会超过其量程. 14.某同学用下列实验器材，测量一节电池的电动势和内阻.实验室提供的器材如下: A.待测干电池一节 B.电流表 A1（量程 0.6 A，内阻 1 Ω） C.电流表 A2（量程 200 mA，内阻 5Ω） 的 'F 'F - 12 - D.滑动变阻器 R1（0~10 Ω） E.电阻箱 R2（0~999.9Ω） F.开关 S.导线若干 （1）实验中需要将电流表 A2 与电阻箱串联，改装一个量程为 2 V 的电压表，则电阻箱接入电 路的电阻为_______Ω. （2）请根据提供的实验器材，设计测量电源电动势和内阻的实验电路，画在图甲中的方框内， 在图中标明所用器材的符号，并用笔画线将图乙中的实物连接完整. （ ） （3）闭合开关前，图乙中的滑动变阻器的滑片应移到最________________（填“左”或“右”） 端.闭合开关，调节滑动变阻器，记录多组两个电流表的示数 I1、I2，作出 I2-I1 图象，如图丙所 示，则由图象得到电源的电动势 E=____________V，电源的内阻 r= _______________Ω． （4）该实验_______ （填“ 有”或“没有”）由于电流表的内阻产生的系统误差. 【答案】 (1). 5 (2). - 13 - (3). 左 (4). 1.45 (5). 2.25 (6). 没有 【解析】 【详解】(1)[1]将电流表 A2 改装成量程为 2 V 的电压表，电阻箱需要串联入电路的电阻 (2)[2]用伏安法测电源电动势和内阻，由于电流表 A1 内阻已知，因此电流表 A1 直接与电池串 联，电路图及实物连接如图所示. (3)[3][4][5]闭合开关前，为了使滑动变阻器接入电路的电阻最大，图乙中的滑动变阻器的滑片 应移到最左端，根据原理图和闭合电路欧姆定律得 由图丙得到电池的电动势为 电池的内阻 r= (4)[6]由(3)得 显然没有系统误差. . 三、计算题(本题共 4 小题，共 47 分．作答时应写出必要的文字说明、方程式和 2 5 50.2R = Ω − Ω = Ω ( ) ( )1 A1 2 A2 2E I r R I R R= + + + 0.145 10V 1.45VE = × = 3(145 15) 10 10 1 2.250.4 −− × × Ω − Ω = Ω ( )2 A2 2 A1 1 E I R Rr RI − += − - 14 - 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) 15.如图所示的电路中，定值电阻 R=4Ω，电动机 M 的额定电压 U=8V，内阻 R0=1Ω，电源的 电动势 E=9V．不计电动机的摩擦损耗等，闭合开关 S，电动机正常工作后，流过电动机的电 流 I1=2A．求： (1)电源的内阻； (2)电动机输出的机械功率． 【答案】（1）0.25Ω （2）12W 【解析】 【详解】（1）流过 R 的电流 解得 =2A 总电流 =4A 解得 r=0.25Ω （2）电动机的输入功率 P 入=UI1 解得 P 入=16W 电动机的热功率 P 热= =4W 所以电动机 输出功率的 2 UI R = 2I 1 2I I I= + E U Ir= + 2 1 0I R - 15 - P 出=P 入-P 热=12W 16.如图所示的 xOy 平面直角坐标系内，在 x≤ a 的区域内，存在着垂直于 xOy 平面向外、 磁感应强度为 B 的匀强磁场，位于坐标原点 O 的粒子源在 xOy 平面内沿各个方向发射速率相 同的同种带正电的粒子．已知沿 y 轴正方向发射的粒子经时间 t0 恰好从磁场的右边界 P( a， a)射出磁场．不计粒子的重力与相互作用力，求： (1)粒子的比荷； (2)磁场右边界有粒子射出区域的长度。 【答案】（1） （2） 【解析】 【详解】（1）所有粒子在磁场中做运速圆周运动的半径 r 相同，对沿 y 轴正方向发射的粒子， 从 P 点射出磁场。其运动的轨迹如图 1 所示. 由几何知识得 可得 可知 3 3 0 2 3 q m Bt π= 211 3 a  +    2 2 2( 3 )a a r r+ − = 2 3 3r a= 3sin 2 a r θ = = - 16 - =60° 故此粒子在磁场中运动的轨迹圆弧对应的圆心角为 120°，运动的时间为圆周运动周期的 ， 即 可得 （2）如图 2 所示，当粒于轨迹圆直径的另一端点落在磁场的右边界上时，即为粒子从磁场右 边界射出的最高点， 则 得 当粒子轨迹圆与磁场的右边界相切时.即为粒子从磁场布边界射出的最低点。则 得 故粒子从磁场右边界射出的区域长度为 . 17.半径均为 的四分之一圆弧轨道 1 和 2 如图所示固定，两圆弧轨道的最低端切线 θ 1 3 0 1 1 2 3 3 mt T Bq π= = × 0 2 3 q m Bt π= 2 2 2 1 ( 3 ) (2 )y a r+ = 1 21 3y a= 2 2 2 2 ( 3 )y a r r+ − = 2y a= 1 2 211 3l y y a  = + = +    5 2mR = - 17 - 水平，两圆心在同一竖直线上且相距 R，让质量为 1kg 的小球从圆弧轨道 1 的圆弧面上某处由 静止释放，小球在圆弧轨道 1 上滚动过程中，合力对小球的冲量大小为 ，重力加速度 g 取 ，求： （1）小球运动到圆弧轨道 1 最低端时，对轨道的压力大小; （2）小球落到圆弧轨道 2 上时的动能大小。 【答案】（1） （2）62.5J 【解析】 【详解】（1）设小球在圆弧轨道 1 最低点时速度大小为 ，根据动量定理有 解得 在轨道最低端，根据牛顿第二定律， 解得 根据牛顿第三定律知，小球对轨道的压力大小为 （2）设小球从轨道 1 抛出到达轨道 2 曲面经历的时间为 t， 水平位移： 竖直位移： 由勾股定理： 5N s⋅ 210m / s 25 2 N2F  = +    0v 0I mv= 0 5m / sv = 2 0vF mg m R − = 25 2 N2F  = +    25 2 N2F ′  = +    0x v t= 21 2y gt= - 18 - 解得 竖直速度： 可得小球的动能 18.如图所示，ab 为一长度为 l=1m 的粒子放射源，释放出的粒子的比荷均为 =1.6×105C/kg， 带电粒子的重力以及粒子之间的相互作用均可忽略．图中的虚线 ef 距离 ab 为 h=1m，在虚线 ef 的上方存在垂直纸面向里的匀强磁场．以 a 点为坐标原点在纸面内建立坐标系，曲线 ac 的方 程为 y=x2，在曲线 ac 与放射源 ab 之间存在竖直向上的匀强电场，电场强度的大小为 E1=2.0×102N/C，图中的虚线 ad⊥ef，ad 左侧 l=1m 处有一长度也为 h=1m 的荧光屏 MN，在图 中 ad 和 MN 之间存在水平向左的匀强电场 E2．某时刻放射源同时释放大量初速度为零的正粒 子，则： (1)由 ab 中点释放的粒子到达虚线 ef 的速度为多大? (2)若所有的粒子均从同一位置离开匀强磁场，则该磁场的磁感应强度 B 的大小是多少? (3)在满足第(2)问的条件下，若所有的粒子均能打到荧光屏上，则 E2 的最小值以及与该值相对 应的所有粒子中运动的最短时间为多少?(结果保留两位有效数字) 【答案】（1）4.0×103m/s （2）0.10T （3）5.7×10-4s 【解析】 【详解】（1）由题意得，由粒子放射源发射的粒子在电场 E1 中加速的位移满足 2 2 2x y R+ = 1st = 10m / syv gt= = ( )2 2 k y0 21 1 62.5J2 2 vE mv m v= = + = q m 2y x= - 19 - 设粒子射出电场 E1 时的速度大小为 ， 由动能定理可得: 若粒子由 ab 的中点发射，则在电场中加速的位移为 m 联立解得 =4.0×103m/s （2）所有带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设半径为 r， 由牛顿第二定律可得 结合（1）中式子可得 由此可知，当磁感应强度 B 一定时，轨道半径 r 与 x 成正比，当 x 趋近于零时，粒子微圆周运 动的轨道半径趋近于零，即所有粒子经磁场偏转后都从 d 点射出磁场，且有 2r=x=l 带入数据解得 B=0.10T （3）粒子从 d 点沿竖直向下的方向进入电场区域 ad、MN 后，该系列粒子均在电场力作用下 做类平抛运动，若所有带电粒子均能打到荧光屏上，则从石点发射的粒子刚好运动到荧光屏 上的 N 点，对应电场强发最小为 ，设该粒于由 d 点进入电场 E2 的初速度为 ，在电场 E2 中运动的时间为 ，加速度为 . 在水平方向上有 v 2 1 1 2qE y mv= 1 4y = 1v 2vqvB m r = 2 kmExr B q = 2minE 2v 3t 2a - 20 - 在竖直方向上有 又根据牛顿第二定律得 将 x=l=1m，y=h=1m 代入以上各式整理可得 =8.0×102N/C 由题意得，在 E2 最小的情况下最先打在荧光屏上的粒子为从 b 点发射的粒子，设该粒于在场 强大小为 E1 的电场中运动的时间为 ，在磁场中运动的时间为 ， 则有 在匀强磁场中转过 的圆心角，则有 故该粒子所经历的总时间 ≈5.7×10-4s. 2 2 3 1 2x a t= 2 3y v t= 2min 2qE ma= 2minE 1t 2t 1 2 1 qEv tm = θ π= 2 2r v tπ = 1 2 3t t t t= + +