【物理】安徽省六安市舒城中学2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版）

【物理】安徽省六安市舒城中学2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版）

舒城中学2019-2020学年度第一学期期末考试 高二物理 一、选择题：本题共10小题（1-6每小题只有一个选项符合题意，7-10每小题有多个选项符合题意）。‎ ‎1.下列各图所描述的物理情境中，没有感应电流的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】根据产生感应电流的条件：穿过闭合线圈的磁通量要发生变化来判断．图丙中，线圈磁通量为零．‎ ‎【详解】A．电键S闭合稳定后，穿过线圈的磁通量保持不变，线圈不产生感应电流，故A符合题意；‎ B．磁铁向铝环A靠近，穿过线圈的磁通量在增大，线圈产生感应电流．故B不符合题意；‎ C．金属框从A向B运动，穿过线圈的磁通量时刻在变化，线圈产生感应电流，故C不符合题意；‎ D．铜盘在磁场中按图示方向转动，铜盘的一部分切割磁感线，产生感应电流，故D不符合题意．‎ ‎2.水平长直导线中有恒定电流I通过，导线正下方的电子初速度方向与电流方向相同，如图所示，则电子的运动情况是( 　　)‎ A. 沿路径Oa运动 B. 沿路径Ob运动 C. 沿路径Oc运动 D. 沿路径Od运动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：根据右手定则可得在导线下方的磁感线强度方向为垂直纸面向外，根据左手定则可得电子受到的洛伦兹力反向向下，由于越远离导线，磁感应强度越弱，根据半径公式可得粒子运动的半径越来越大，故D正确 考点：考查了右手定则和左手定则，以及带电粒子在磁场中的运动 ‎【名师点睛】该题考查的知识点较多，首先是右手定则，知道通电直导线周围的磁场的分布；其次是左手定则，会熟练的判断带电粒子受到的洛伦兹力的方向，尤其是电子的受力方向的判断；再者是当磁场变化后，会用来判断半径的变化．‎ ‎3.如图所示的天平可用来测定磁感应强度，天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，宽为L，共N匝，线圈下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面。当线圈中通有电流I时，方向如图，在天平左、右两边各加质量分别为m1、m2的砝码，天平平衡；当电流反向时(大小不变)，右边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡，由此可知 ( 　　)‎ A. 磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为 ‎ B. 磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为 ‎ C. 磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为 D. 磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】当B 的方向垂直纸面向里，开始线圈所受安培力的方向向下，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向上，相当于右边少了两倍的安培力大小，所以需要在右边加砝码；则有 mg=2NBIL 所以 A．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为，与结论不相符，选项A错误； ‎ B．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为 ，与结论相符，选项B正确；‎ C．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为，与结论不相符，选项C错误；‎ D．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为，与结论不相符，选项D错误；‎ 故选B。‎ ‎4.如图所示，电源电动势E=3V，内阻为r=1Ω，R1=0.5Ω，R2=1Ω，滑动变阻器R最大阻值为5Ω，平行板电容器两金属板水平放置，开关S是闭合的，两板间一质量为m，电荷量大小为q的油滴恰好处于静止状态，G为灵敏电流计．则下列说法正确的是（）‎ A. 若电阻R2断路，油滴向上加速运动，G中有从a到b的电流 B. 在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴向 下加速运动，G中有从a到b的电流 C. 当滑动变阻器阻值为1Ω时，电源的效率最大 D. 当滑动变阻器阻值为0时，R1的功率最大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．若电阻R2短路，电容器放电，板间场强逐渐减小，油滴受到的电场力减小，则油滴将向下加速运动，G中有从a到b的电流．故A错误．‎ B．在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，R增大，总电阻增大，电源的电动势和内阻不变，可知总电流减小，内电压和R1上的电压均减小，则R2与R的并联电压增大，电容器板间场强增大，油滴受到的电场力增大，则油滴向上加速运动．电容器充电，G中有从b到a的电流．故B错误．‎ C．外电阻越大，电源的效率越大，故C错误；‎ D．R1为定值电阻，电流越大，消耗功率越大，当滑动变阻器阻值为0时，消耗功率最大，故D正确．‎ ‎5.有一半径为R的均匀带电薄球壳，在通过球心的直线上，各点的场强E随与球心的距离x变化的关系如图所示;在球壳外空间，电场分布与电荷量全部集中在球心时相同，已知静电常数为k，半径为R的球面面积为S=4R2，则下列说法正确的是( 　　)‎ A. 均匀带电球壳带电密度为 B. 图中r=1.5R C. x轴上各点中有且只有x=R处电势最高 D. 球面与球心间电势差为E0R ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图线可知，距离球心R处的场强为E0，则根据点电荷场强公式可知：‎ 解得球壳带电量为：‎ ‎ ‎ 则均匀带电球壳带电密度：‎ 故A正确；‎ B．根据点电荷场强公式：‎ 解得 故B错误；‎ CD．由题意可知在在x轴上各点中，在0-R范围内各点的电势均相同，球面与球心间的电势差为零，故CD错误；‎ 故选A。‎ ‎6.随着电子技术的发展，霍尔传感器被广泛应用在汽车的各个系统中。其中霍尔转速传感器在测量发动机转速时，情景简化如图（甲）所示，被测量转子的轮齿（具有磁性）每次经过霍尔元件时，都会使霍尔电压发生变化，传感器的内置电路会将霍尔电压调整放大，输出一个脉冲信号，霍尔元件的原理如图（乙）所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. 霍尔电压是由于元件中定向移动的载流子受到电场力作用发生偏转而产生的 B. 若霍尔元件的前端电势比后端低，则元件中的载流子为正电荷 C. 在其它条件不变的情况下，霍尔元件的厚度c越大，产生的霍尔电压越低 D. 若转速表显示1800r/min，转子上齿数为150个，则霍尔传感器每分钟输出12个脉冲信号 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 载流子受磁场力而偏转，故A错误；‎ B. 由左手定则可判断出载流子受力向前端偏转，若前端电势变低，意味着载流子带负电，故B错误；‎ C.霍尔电压 c越大，U越小，故C正确；‎ D. 每个轮齿经过，都会引发一次脉冲，则每分钟脉冲数量为270000个，故D错误。‎ ‎7.如图甲所示，闭合矩形导线框abcd 固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，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，顺时针为线框中感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向.关于线框中的感应电流i与ad边所受的安培力F随时间t变化的图象，下列选项中正确的是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.由题图乙可知，0～1 s内，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，为正值；1～2 s内，磁通量不变，无感应电流；2～3 s内，B的方向垂直纸面向外，B减小，Φ减小，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，为负值；3～4 s内，B的方向垂直纸面向里，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，感应电流为负值，A错误，B正确；‎ CD.由左手定则可知，在0～1 s内，ad边受到安培力方向水平向右，是正值;1～2 s内无感应电流，ad边不受安培力，2～3 s，安培力方向水平向左，是负值；3～4 s，安培力方向水平向右，是正值；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E＝，感应电流，由B－t图象可知，在每一时间段内，的大小是定值，在各时间段内I是定值，ad边受到的安培力F＝BIL，I、L不变，B均匀变化，则安培力F均匀变化，不是定值，C正确，D错误.‎ ‎8.如图所示，在0≤x≤3a的区域内存在与xOy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B.在t＝0时刻，从原点O发射一束等速率的相同的带电粒子，速度方向与y 轴正方向的夹角分布在0°～90°范围内．其中，沿y轴正方向发射的粒子在t＝t0时刻刚好从磁场右边界上P(3a，a)点离开磁场，不计粒子重力，下列说法正确的是 (　 　)‎ A. 粒子在磁场中做圆周运动的半径为2a B. 粒子的发射速度大小为 ‎ C. 带电粒子的比荷为 D. 带电粒子在磁场中运动的最长时间为2t0‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．沿y轴正方向发射的粒子在磁场中运动的轨迹如图所示， 设粒子运动的轨迹半径为r，根据几何关系有：‎ 可得粒子在磁场中做圆周运动的半径：r=2a，故A正确；‎ B．根据几何关系可得：‎ 故：，圆弧OP的长度：s=（π-θ）r，所以粒子的发射速度大小：‎ 故B错误；‎ C．根据洛伦兹力提供向心力可得：‎ 结合粒子速度：，以及半径：r=2a，联立可得带电粒子的荷质比：‎ 故C错误；‎ D．当粒子轨迹恰好与磁场右边界相切时，粒子在磁场中运动的时间最长，画出粒子轨迹过程图如图所示，粒子与磁场边界相切于M点，从E点射出， ‎ 从P点射出的粒子转过的圆心角为（π-θ），时间为t0，从E点射出的粒子转过的圆心角为2（π-θ），故带电粒子在磁场中运动的最长时间为2t0，故D正确。故选AD。‎ ‎9.如图所示，光滑的水平桌面处在方向竖直向下的匀强磁场中，桌面上平放着一根一端开口、内壁光滑的绝缘细管，细管封闭端有一带电小球，小球直径略小于管的直径，细管的中心轴线沿y轴方向。在水平拉力F作用下，试管沿x轴方向匀速运动，带电小球能从细管口处飞出。带电小球在离开细管前的运动过程中，关于小球运动的加速度a、沿y轴方向的速度vy、拉力F以及管壁对小球的弹力做功的功率P随时间t变化的图象分别如图所示，其中正确的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在x轴方向上的速度不变，则在y轴方向上受到大小一定的洛伦兹力，根据牛顿第二定律，小球的加速度不变。故A正确。‎ B．在y轴方向做匀加速直线运动，速度均匀增大。故B错误。‎ C．管子在水平方向受到拉力和球对管子的弹力，球对管子的弹力大小等于球在x轴方向受到的洛伦兹力大小，在y轴方向的速度逐渐增大，则在x轴方向的洛伦兹力逐渐增大，所以F随时间逐渐增大。故C错误。‎ D．管壁对小球的弹力等于小球在x轴方向受到的洛伦兹力，大小随时间均匀增大，根据P=Fv，知弹力做功的功率P随时间t均匀增大。故D正确。‎ 故选AD。‎ ‎10.如图所示,半径为R的圆是圆柱形区域的横截面,c为圆心, ,在圆上a点有一粒子源能以相同的速率向圆而内各个方向发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子,柱形区域内存在平行于圆面的匀强电场,粒子从电场中射出的最大动能是初动能的4倍经过b点的粒子在b点的动能是初动能的3倍,已知初动能为Ek,不计粒子重力及粒子间的相互作用,下列选项正确的有 A. 电场强度大小为 B. 电场强度大小为 C. 电场强度方向从a到b D. 电场强度方向从a到c ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】设电场方向与ab边夹角为，离开电场时动能最大的粒子的射出点和c点的连线一定和电场方向平行，如图所示，在粒子从a运动到b点过程中由动能定理有：‎ 对离开电场时动能最大的粒子在电场中由动能定理有：‎ 由以上两式解得 或 时（即电场方向由a指向b），得 时，‎ 故选ABC。‎ 二、实验题。‎ ‎11.有一电压表V1,其量程为3V,内阻约为3000Ω,要准确测量该电压表的内阻,提供的实验器材有:电源E：电动势约15V,内阻不计；‎ 电流表A1：量程100mA,内阻r1=20Ω；‎ 电压表V2：量程2V,内阻r2=2000Ω；‎ 定值电阻R1：阻值20Ω；‎ 定值电阻R2：阻值3Ω；‎ 滑动变阻器R0：最大阻值10Ω，额定电流1A；‎ 电键一个,导线若干．‎ ‎（1）实验中应选用的电表是__________；定值电阻应选用____________．‎ ‎（2）请你设计一个测量电压表V1的实验电路图，画在虚线框内________‎ ‎（3）说明实验所要测量的物理量：_______________________‎ ‎（4）写出电压表V1内阻的计算表达式__________．‎ ‎【答案】(1). V2 R1 (2). (3). 电压表V1的示数U1 ，电压表V2的示数U2 (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2]因为待测电压表的电压量程为3V，最大电流为：‎ 远小于电流表的量程，而电压表V2的量程与其电压量程接近，所以电表应选电压表V2；为保护电源，定值电阻应选阻值大的R1.‎ ‎(2)[3]因为滑动变阻器的总电阻远小于待测电压表内阻,所以变阻器应采用分压式接法;因为待测电压表的额定电流为，电压表V2的额定电流为：‎ 所以应将两电压表串联使用，电路图如图所示:‎ ‎(3)[4]根据欧姆定律和串并联规律应有：‎ 计算得出：‎ 所以所以应测量的物理量是电压表的示数和电压表的示数;‎ ‎(4)[5]根据上面的分析可以知道,待测电压表内阻表达式为：‎ ‎12.在练习使用多用电表的实验中，‎ ‎（1）某同学使用多用电表的欧姆档粗略测量一定值电阻的阻值Rx，先把选择开关旋到“×10”挡位，测量时指针偏转如图所示。以下是接下来的测量过程：‎ a．将两表笔短接，调节欧姆档调零旋钮，使指针对准刻度盘上欧姆档的零刻度，然后断开两表笔 b．旋转选择开关至交流电压最大量程处（或“OFF”档），并拔出两表笔 c．将选择开关旋到“×1”挡 d．将选择开关旋到“×100”挡 e．将选择开关旋到“×1k ”挡 f．将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出阻值Rx，断开两表笔 以上实验步骤中的正确顺序是________（填写步骤前的字母）。‎ ‎（2）重新测量后，指针位于如图所示位置，被测电阻的测量值为____Ω。‎ ‎（3）如图所示为欧姆表表头，已知电流计的量程为Ig=100μA，电池电动势为E=1.5V，则该欧姆表的表盘上30μA刻度线对应的电阻值是____kΩ。‎ ‎（4）为了较精确地测量另一定值电阻的阻值Ry，采用如图所示的电路。电源电压U恒定，电阻箱接入电路的阻值可调且能直接读出。‎ ‎①用多用电表测电路中的电流，则与a点相连的是多用电表的____（选填“红”或“黑”）表笔。‎ ‎②闭合电键，多次改变电阻箱阻值R，记录相应的R和多用电表读数I，得到的关系如图所示。不计此时多用电表的内阻。则Ry＝___Ω，电源电压U＝___V。‎ ‎【答案】 (1). dafb (2). 2200 (3). 35kΩ (4). 红 200 8‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1] 考察多用电表的操作步骤，自然是：先将选择开关旋到“×100”挡；后欧姆调零，即将两表笔短接，调节欧姆档调零旋钮，使指针对准刻度盘上欧姆档的零刻度，然后断开两表笔；再测量，将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出阻值Rx，断开两表笔；最后归位，即旋转选择开关至交流电压最大量程处（或“OFF”档），并拔出两表笔。所以操作顺序是：dafb ‎(2)[2] 图2中指针读数为22.0，由（1）可知：欧姆表倍率为×100，故被测电阻的测量值为 ‎22.0Ω×100=2200Ω ‎(3)[3] 当电流计满偏时，欧姆表显示外电阻为零，故该欧姆表内阻为：‎ 电流计电流I=30μA时，由闭合电路欧姆定律可得：表盘上30μA刻度线对应的电阻值为：‎ ‎(4) ①[4] 由图可得：a点相连的为正极，故连接多用电表的红表笔；‎ ‎②[5][6] 根据图4所示电路图，由闭合电路欧姆定律可得：‎ 结合图像可知 Ry=200Ω，U=8V 三、计算或论述题：本题共4小题．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．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．‎ ‎13.如图所示，在荧光屏的左侧空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，电场强度为，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为. 场中点与荧光屏的距离为，一个带正电粒子从点以某一速度垂直射向荧光屏，恰好能匀速直线运动，打在屏上的点(不计粒子重力).‎ ‎（1）求粒子做匀速直线运动的速度大小；‎ ‎（2）若撤去磁场，保持电场不变，粒子只在电场力的作用下运动，打在屏上的位置与点的距离，求粒子的比荷；‎ ‎（3）若撤去电场，保持磁场不变，粒子只在磁场力的作用下运动，求打在屏上的位置与点的距离.‎ ‎【答案】（1），（2），（3）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由于带电粒子在电场和磁场中恰好做匀速直线运动，即电场力与磁场力相平衡，根据平衡条件可求出粒子做匀速直线运动的速度大小v；（2）若撤去磁场，保持电场不变，则粒子做类平抛运动，根据类平抛运动规律进行即可求出粒子的比荷；（3）若撤去电场，保持磁场不变，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，再根据几何知识可求出打在屏上的位置与O点的距离.‎ ‎（1）由于带电粒子在电场和磁场中恰好做匀速直线运动 则有： ‎ 解得：‎ ‎（2）带电粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律得：‎ 垂直电场方向匀速直线运动：‎ 平行电场方向匀加速直线运动：‎ 联立解得：‎ ‎（3）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图 洛伦兹力提供向心力：‎ 解得：‎ 由几何关系得：‎ 联立解得：‎ ‎14.如图甲所示，一边长L＝2.5 m、质量m＝0.5 kg的正方形金属线框，放在光滑绝缘的水平面上，整个装置放在方向竖直向上、磁感应强度B＝0.8 T的匀强磁场中，它的一边与磁场的边界MN重合，在水平力F作用下由静止开始向左运动，经过5 s线框被拉出磁场，测得金属线框中的电流随时间变化的图象如图乙所示．在金属线框被拉出的过程中 ‎(1)求通过线框截面的电荷量及线框的电阻；‎ ‎(2)写出水平力F随时间变化的表达式；‎ ‎(3)已知在这5 s内力F做功1.92 J，那么在此过程中，线框产生的焦耳热是多少？‎ ‎【答案】(1)1.25 C　4 Ω　(2)F＝(0.2t＋0.1)N (3)1.67 J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据， It图象的面积等于电量，则由图像得：‎ q＝1.25 C 又根据 ‎，‎ 得 R＝4 Ω.‎ ‎(2)由电流图象可知，感应电流随时间变化的规律：‎ I＝0.1 t(A)‎ 由感应电流，可得金属线框的速度随时间也是线性变化的，‎ v＝＝0.2t(m/s)‎ 线框做匀加速直线运动，加速度 a＝0.2 m/s2‎ 线框在外力F和安培力FA作用下做匀加速直线运动，‎ F-FA＝ma 所以水平力F随时间变化的表达式为 F＝(0.2t＋0.1)N.‎ ‎(3)当t＝5 s时，线框从磁场中拉出时的速度 v5＝at＝1 m/s 线框中产生的焦耳热为 Q＝W－mv52＝1.67 J.‎ ‎15.很多物理规律具有普适性，如能量转化和守恒是自然界中一条普遍规律，请结合相关规律完成下列问题：‎ ‎（1）如图所示，一个带电量为+Q的点电荷固定在坐标轴原点O。另一点电荷+q仅在电场力的作用下沿Ox轴运动，A、B是x轴上的两个位置。在点电荷运动的过程中，经过位置A时动能为Ek1，电势能为EP1，经过位置B时动能为Ek2，电势能为EP2，请根据功是能量转化的量度，证明：该点电荷从A运动到B 的过程中，动能和电势能之和保持不变。‎ ‎（2）如图所示，带+q1的质量为m小球B静止在光滑绝缘水平面上，带+q2的质量为2m的小球A从很远处以初速度v0向B球运动，A的速度始终沿着两球的连线方向，二者始终没有接触。取无限远处势能为零。‎ a．求两个电荷的相互作用能的最大值。‎ b．若B小球初始状态不是静止，而是具有与v0同一直线上的速度。要使A球的速度方向不发生改变，求B小球初始状态的速度范围。‎ ‎【答案】（1）见解析（2）a: ，b：B小球初始状态的速度方向向右，或者速度向左大小小于 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）点电荷从A到B的过程中，根据动能定理得：‎ 又根据静电力做功与电势能变化的关系可得：‎ 由上述两式可得：‎ 得：‎ 故该点电荷从A运动到B 的过程中，动能和电势能之和保持不变 ‎（2）a．根据动量守恒得：‎ 根据能量守恒得：‎ 得：‎ b．临界情况为A球速度为零，而此时两球相距无限远，根据动量守恒得：‎ 根据能量守恒得：‎ 解得：‎ 故B小球初始状态的速度方向向右，或者速度向左大小小于。‎ ‎16.某控制带电粒子运动的仪器原理如图所示，区域PP′M′M内有竖直向下的匀强电场，电场场强E＝1.0×103V/m，宽度d＝0.05m，长度L＝0.40m；区域MM′N′N内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝2.5×10－2T，宽度D＝0.05m，比荷＝1.0×108C/kg的带正电的粒子以水平初速度v0从P点射入电场．边界MM′不影响粒子的运动，不计粒子重力．‎ ‎(1) 若v0＝8.0×105m/s，求粒子从区域PP′N′N射出的位置；‎ ‎(2) 若粒子第一次进入磁场后就从M′N′间垂直边界射出，求v0的大小；‎ ‎(3) 若粒子从M′点射出，求v0满足的条件．‎ ‎【答案】(1)0.0125m (2) 3.6×105m/s. (3) 第一种情况：v0＝ (其中n＝0、1、2、3、4)第二种情况：v0＝ (其中n＝0、1、2、3)．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 粒子以水平初速度从P点射入电场后，在电场中做类平抛运动，假设粒子能够进入磁场，则 竖直方向 ‎ 得 代入数据解得t＝1.0×10－6s 水平位移x＝v0t 代入数据解得x＝0.80m 因为x大于L，所以粒子不能进入磁场，而是从P′M′间射出，‎ 则运动时间t0＝＝0.5×10－6s，‎ 竖直位移＝0.0125m 所以粒子从P′点下方0.0125m处射出．‎ ‎(2) 由第一问可以求得粒子在电场中做类平抛运动的水平位移x＝v0 ‎ 粒子进入磁场时，垂直边界的速度 v1＝·t＝‎ 设粒子与磁场边界之间的夹角为α，则粒子进入磁场时的速度为v＝ ‎ 在磁场中由qvB＝m得R＝ ‎ 粒子第一次进入磁场后，垂直边界M′N′射出磁场，必须满足x＋Rsinα＝L 把x＝v0、R＝、v＝、 代入解得 v0＝L·－‎ v0＝3.6×105m/s.‎ ‎(3) 由第二问解答的图可知粒子离MM′的最远距离Δy＝R－Rcosα＝R(1－cosα)‎ 把R＝、v＝、代入解得 ‎ ‎ 可以看出当α＝90°时，Δy有最大值，(α＝90°即粒子从P点射入电场的速度为零，直接在电场中加速后以v1的速度垂直MM′进入磁场运动半个圆周回到电场)‎ ‎ ‎ Δymax＝0.04m，Δymax小于磁场宽度D，所以不管粒子的水平射入速度是多少，粒子都不会从边界NN′射出磁场．‎ 若粒子速度较小，周期性运动的轨迹如下图所示：‎ 粒子要从M′点射出边界有两种情况，‎ 第一种情况：‎ L＝n(2v0t＋2Rsinα)＋v0t 把、R＝ 、v1＝vsinα、 代入解得 v0＝×105m/s(其中n＝0、1、2、3、4)‎ 第二种情况：‎ L＝n(2v0t＋2Rsinα)＋v0t＋2Rsinα 把 、R＝、v1＝vsinα、代入解得 ‎ ‎ v0＝×105m/s(其中n＝0、1、2、3)．‎