陕西省吴起高级中学2019-2020学年高二上学期期末考试物理试题

陕西省吴起高级中学2019-2020学年高二上学期期末考试物理试题

吴起高级中学 2019—2020 学年第一学期期末考试高二物理 试卷 一、选择题 1.两个放在绝缘架上的相同金属球相距 r，球的半径比 r 小得多，带电量大小分别为 q 和 3q，相互斥力大小为 3F．现将这两个金属球相接触，然后分开，仍放回原处，则 它们之间的相互作用力大小将变为（ ） A. F B. 4F/3 C. 4F D. 2F 【答案】C 【解析】 【详解】由库仑定律可得: ; 解得： ; 由于两球之间是斥力所以带同种电荷那么两球接触后再分开要平分总电量,故分开后两球的 带电量为 2q；则库仑力为: A. F 与上述计算结果 不相相符，故 A 错误； B. 4F/3 与上述计算结果 不相相符，故 B 错误； C. 4F 与上述计算结果 相相符，故 C 正确； D. 2F 与上述计算结果 不相相符，故 D 错误． 2.如图所示为真空中两点电荷 A、B 形成的电场中的部分电场线，已知该电场线关于图中虚 线对称，O 点为 A、B 两点电荷连线的中点，a、b 为 A、B 两点电荷连线的中垂线上关于 O 点对称的两点，则下列说法中正确的是( ) 2 2 2 33 kQq k qF r r = = 2 2 kqF r = 2 2 4 4kqF Fr ′ = = 4F F′ = 4F F′ = 4F F′ = 4F F′ = A. A、B 可能为等量异号点电荷 B. A、B 可能为电荷量不相等的正电荷 C. a、b 两点处无电场线，故其电场强度可能为零 D. 同一试探电荷在 a、b 两点处所受的电场力大小相等，方向相反 【答案】D 【解析】 【详解】AB.由电场线特点可知，A、B 为等量同种正电荷，A、B 错误； C.无电场线的位置不代表场强为 0，故 C 错误； D.a 点场强方向竖直向上，b 点场强方向竖直向下，故同一试探电荷在 a、b 两点处所受的电 场力大小相等，方向相反，D 正确； 故选 D。 3.喷墨打印机的简化模型如图所示．墨盒可以喷出质量一定的墨汁微粒，经带电室带负电后， 以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符．已知墨汁微粒 所带电荷量的多少由计算机的输入信号按照文字的排列规律进行控制，微粒偏移量越小打在 纸上的字迹越小，则从墨汁微粒进入偏转电场开始到打到纸上的过程中(不计墨汁微粒的重 力)，以下说法正确的是( ) A. 减小偏转极板间的电压，可以缩小字迹 B. 电量相同的墨汁微粒轨迹相同 C. 墨汁微粒的运动轨迹与带电量无关 D. 墨汁微粒的轨迹是抛物线 【答案】A 【解析】 【详解】A.墨汁微粒在偏转电场中做类平抛运动，，出偏转电场后做直线运动，其竖直方向 偏移量为 故减小偏转电压时，y 变小，A 正确； BC.由 可知，轨迹与质量、电荷量有关，故 B、C 错误； D.在偏转电场中做类平抛运动，出偏转电场后做直线运动，故其轨迹不是抛物线，D 错误； 故选 A。 4.在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为 E、内电阻为 r，R1、R2 为定值电阻， R3 为滑动变阻器，C 为电容器，A、V 为理想电流表和电压表．在滑动变阻器滑动头 P 自 a 端向 b 端滑动的过程中，下列说法中正确的是 A. 电压表示数变小 B. 电流表示数变小 C. 电容器 C 所带电荷量增多 D. a 点的电势降低 【答案】D 【解析】 【分析】 在滑动变阻器的滑动触头 P 自 a 端向 b 端滑动的过程中，R3 接入电路的电阻减小，电路外 电阻减小，据闭合电路欧姆定律分析干路电流如何变化，再据欧姆定律分析电阻 R1 两端电 压的变化，可知电压表读数的变化．分析并联部分电压的变化，可知电容器的电压如何变化， 电容器所带电量的变化．由并联部分电压的变化及电源的负极接地，可分析 a 点的电势如何 变化．用并联部分电压的变化，得出流过 R2 的电流如何变化，结合干路电流的变化，分析 电流表示数的变化． 【详解】A：滑动变阻器的滑动触头P 自 a 端向 b 端滑动的过程中，R3 接入电路的电阻减小， 21 2 qU Ly md υ  = ×    21 2 qU Ly md υ  = ×    电路外电阻减小，干路电流 增大，电阻 R1 两端电压 增大，电压表示数增大．故 A 项错误． BC：干路电流 增大，并联部分电压 减小，电容器两板间电压减小，电 容器 C 所带电荷量减小．并联部分电压减小，流过 R2 的电流减小，又干路电流 增大，则 流过电流表的电流 增大，电流表示数变大．故 BC 两项错误． D：外电路中顺着电流方向，电势降低，则 ，b 点电势为零，并联部分电压减 小，则 a 点的电势降低．故 D 项正确． 【点睛】电路动态分析问题，按局部到整体，再对局部分析各元件上电压或电流的变化．灵 活应用闭合电路的欧姆定律，电动势、路端电压和内电压关系，串并联电路的电压电流关系 是解决动态电路的关键． 5.如图所示，其中电流表 A 的量程为 0.6 A，表盘均匀划分为 30 个小格，每一小格表示 0.02 A；R1 的阻值等于电流表内阻的 ；R2 的阻值等于电流表内阻的 2 倍．若用电流表 A 的表 盘刻度表示流过接线柱 1 的电流值，则下列分析正确的是( ) A. 将接线柱 1、2 接入电路时，每一小格表示 0.04 A B. 将接线柱 1、2 接入电路时，每一小格表示 0.02 A C. 将接线柱 1、3 接入电路时，每一小格表示 0.06 A D 将接线柱 1、3 接入电路时，每一小格表示 0.01 A 【答案】C 【解析】 【详解】A.当接线柱 1、2 接入电路时，电流表 A 与 R1 并联，根据串并联电路规律可知，R1 分流为 1.2A，故量程为 1.8A，故每一小格表示 0.06A，故 A 错误，B 错误； CD.当接线柱 1、3 接入电路时，A 与 R1 并联后与 R2 串联，电流表的量程任然为 1.8A，故 每一小格表示 0.06A，C 正确，D 错误； 故选 C。 I 1 1U IR= I 23 1( )U E I R r= − + I 2AI I I= − 23a b Uϕ ϕ− = 1 2 6. 中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指 南，然常微偏东，不全南也．”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如 图．结合上述材料，下列说法不正确的是 A. 地理南、北极与地磁场的南、北极不重合 B. 地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近 C. 地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行 D. 地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据题意可知，地理南、北极与地磁场存在一个夹角，为磁偏角，故两者不重 合，A 正确； B．地磁南极在地理的北极附近，地磁北极在地理的南极附近，B 正确； C．由于地磁场的磁场方向沿磁感线切线的方向，故只有赤道处地磁场的磁场方向才与地面 平行，C 错误； D．在赤道处，磁场方向水平，而射线是带电的粒子，运动方向垂直磁场方向，根据左手定 则可得射向赤道的粒子受到洛伦兹力的作用，D 正确． 【点睛】地球本身是一个巨大的磁体．地球周围的磁场叫做地磁场．地磁北极在地理南极附 近，地磁南极在地理北极附近，所以地磁场的方向是从地磁北极到地磁南极． 7.三根平行的长直导线，分别垂直地通过一个等腰直角三角形的三个顶点，三导线中电流方 向相同，A、B 两导线中的电流大小相同，如图所示，已知导线 A 在斜边中点 O 处所产生的 磁场的磁感应强度大小为 B，导线 C 在斜边中点 O 处所产生的磁场的磁感应强度大小为 2B， 则 O 处的磁感应强度的大小和方向为（ ） A. 大小为 B，方向沿 OA 方向 B. 大小为 2 B，方向竖直向下 C. 大小为 2B，方向沿 OB 方向 D. 大小 2B，方向沿 OA 方向 【答案】D 【解析】 【详解】三平行的通电导线在 O 点产生的磁感应强度大小相等，电流 A 与 B 在 O 处的合磁 感应强度为零，则 O 点的磁感应强度等于导线 C 在斜边中点 O 处所产生的磁场的磁感强度， 大小为 2B；依据右手螺旋定则可知，在 O 处电流 C 产生的磁感应强度的方向沿 OA 方向， 故 D 正确，ABC 错误。 8.如图所示，在边长为 2a 的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场．一个质 量为 m、电荷量为－q 的带电粒子(重力不计)从 AB 边的中心 O 以速度 v 进入磁场，粒子进 入磁场时的速度方向垂直于磁场且与 AB 边的夹角为 60°，若要使粒子能从 AC 边穿出磁场， 则匀强磁场的大小 B 需满足( ) A B> B. B< C. B> D. B< 【答案】B 【解析】 【详解】粒子刚好达到 C 点时，其运动轨迹与 AC 相切，如图所示： 为 2 3 3 mv aq 3 3 mv aq 3mv aq 3mv aq 则粒子运动的半径为 洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： 解得 粒子要从 AC 边射出，则 ，故 故 B 正确； 故选 B。 9.沿 x 轴方向存在一静电场，电场强度的大小关于位置的变化规律如图所示(图线为正弦图 线)，则下列说法正确的是( ) A. Ob 两点的电势差等于 Od 两点的电势差 B. a、c 两点的电势相等 C. 电子在 O 点的电势能大于电子在 c 点的电势能 D. 正电荷由 a 点沿 x 轴运动到 c 点的过程中，电场力先做负功再做正功 【答案】BD 【解析】 0 cot30 3r a a= = 2 0 υqυB m r = 3 3 mvB aq = 0r r> 3 3 mvB aq < 【详解】AC.由图可知，x 轴正方向电场方向从 b 指向 d， ，故 Ob 两点的 电势差小于 Od 两点的电势差，电子在 O 点的电势能小于电子在 c 点的电势能，A、C 错误； B.由对称性可知，a、c 两点的电势相等，B 正确； D. 正电荷由 a 点沿 x 轴运动到 c 点的过程中，电场力方向先向右后向左，故电场力先做负 功再做正功，D 正确； 故选 BD。 10.如图所示，一根重力 G=0.1N、长 L=1m 的质量分布均匀的导体 ab，在其中点弯成 θ=60° 角，将此导体放入匀强磁场中，导体两端 a、b 悬挂于两相同的弹簧下端，弹簧均为竖直状 态，当导体中通过 I=1A 的电流时，两根弹簧比原长各缩短了△x=0.01m，已知匀强磁场的 方向垂直纸面向外，磁感应强度的大小 B=0.4T，则 A. 导体中电流的方向为 b→a B. 每根弹簧的弹力大小为 0.10N C. 弹簧的劲度系数 k=5N/m D. 若导体中不通电流，则弹簧伸长 0.02m 【答案】AC 【解析】 【详解】A：当导体中通过 I=1A 的电流时，两根弹簧比原长缩短，安培力方向向上，则左 手定则，导体中电流的方向为 b→a．故 A 项正确． B：通电后，导体棒的有效长度 ，受到的安培力 ，据受力分析 解得 ，每根弹簧 的弹力大小为 0.05N．故 B 项错误． C：据 解得 ．故 C 项正确． D：若导体中不通电流 解得： ，弹簧伸长 0.01m．故 D 项错误． 11.如图是一个回旋加速器示意图，其核心部分是两个 D 形金属盒，两金属盒置于匀强磁场 O b c dφ φ φ φ> > > 0.52 LL m= =有 1 0.5 0.4 0.2AF IL B N N有= = × × = 2 AG F F+ = 0.05F N= F k x= ∆ 5 /k N m= 22G F= 2 2F k x= ∆ 2 0.01x m∆ = 中，并分别与高频电源相连．现分别加速氘核( )和氦核( )，下列说法中正确的是( ) A. 它们的最大速度相同 B. 它们的最大动能相同 C. 两次所接高频电源的频率相同 D. 仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能 【答案】AC 【解析】 【详解】ABD.由于粒子的最大半径为 D 形金属盒的半径 R，由 可得粒子的最大动 能为 由于两粒子比荷相同，故两粒子的最大速度相同，最大动能不同，最大动能与交流电频率无 关，故 A 正确，B、D 错误； C.回旋加速器加速的条件为交变电压的周期为 ，氘核( )和氦核( )的比荷相 同，故两次所接高频电源的频率相同，C 正确； 12.速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中 ，则下列相关说法中正确的是（ ） 2 1H 4 2 He mR qB υ= 2 2 2 2k q B RE m = 2 mT qB π= 2 1H 4 2 He 0 0 2 3S A S C= A. 甲束粒子带正电，乙束粒子带负电 B. 甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷 C. 能通过狭缝 S0 的带电粒子的速率等于 D. 若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为 2∶3 【答案】BD 【解析】 【详解】甲粒子在磁场中向上偏转，乙粒子在磁场中向下偏转，根据左手定则知甲粒子带负 电，乙粒子带正电，故 A 错误；根据洛伦兹力提供向心力， ，解得： ， 由 v、B 都相同，r 甲＜r 乙，则甲的比荷大于乙的比荷，故 B 正确；能通过狭缝 S0 的带电粒 子，根据平衡条件：qE=qvB1，解得，粒子速率： ，故 C 错误；由图示粒子运动轨迹 可知， ， ，由题意可知：S0A= S0C，则：r 甲：r 乙=2：3，由 B 可 知，粒子轨道半径： ，由题意可知：v、q、B 都相同，则： ，则甲、 乙两束粒子的质量比为 2：3，故 D 正确； 二、实验题 13.某学生用如图甲所示电路测金属导线的电阻率，可供使用的器材有：被测金属导线 ab(电 阻约 10 Ω，允许流过的最大电流 0.8 A)，稳恒电源 E(电源输出电压恒为 E＝12 V)，电压表 V(量程为 3 V，内阻约为 5 kΩ)，保护电阻：R1＝10 Ω，R2＝30 Ω，R3＝200 Ω，刻度尺、螺 旋测微器，开关 S，导线若干等． 实验时的主要步骤如下： ①用刻度尺量出导线 ab 的长度 L，用螺旋测微器测出导线的直径 d. ②按如图甲所示电路将实验所需器材用导线连接好． ③闭合开关 S，移动接线触片 P，测出 aP 长度 x，读出电压表的示数 U. ④描点作出 U­x 曲线求出金属导线的电阻率 ρ. 2 E B 2vqvB m r ＝ mvr qB = 1 Ev B = 0 1 2r S A=甲 0 1 2r S C=乙 2 3 mvr qB = 2 3 r m r m = =甲 甲 乙 乙 完成下列填空： （1）用螺旋测微器测量金属导线的直径 d，其示数如图乙所示，该金属导线的直径 d＝ _________ mm. （2）如果实验时既要保证安全，又要测量误差较小，保护电阻 R 应选_____ （3）根据多次实验测出的 aP 长度 x 和对应每次实验读出的电压表的示数 U 给出的 U­x 图 线如图丙所示，其中图线的斜率为 k，则金属导线的电阻率 ρ＝_____________.(用实验器材 中给出的物理量字母和实验步骤中测出的物理量字母表示) 【答案】 (1). 0.870 (2). R2 (3). 【解析】 【详解】（1）[1]螺旋测微器读数为 ； （2）由图中可知，加在 ab 上的电压最大为 3V，故电路中最大电流约为 故总电阻最小为 故保护电阻应该选择 R2； （3）电压表示数为 故 图像的斜率为 2 2 4( ) KR d E KL π − 0.5mm 37.0 0.01mm 0.870mmd = + × = 0.3AV x UI R = ≈ min 40ER I = ≈ Ω 2 x x x RLU ER R = + U x− ( )2 x x Rk EL R R = + 又 解得 14.手机、电脑等电器已经普及到人们的日常生活中，这些电器都要用到蓄电池．某同学利 用下列器材测定一节蓄电池的电动势和内阻．蓄电池的电动势约为 3 V. A．量程是 0.6 A，内阻约为 0.5 Ω 的电流表； B．量程是 3 V，内阻是 6 kΩ 的电压表； C．量程是 15 V，内阻是 30 kΩ 的电压表； D．阻值为 0～1 kΩ，额定电流为 0.5 A 的滑动变阻器； E．阻值为 0～10 Ω，额定电流为 2 A 滑动变阻器； F．定值电阻 4 Ω，额定功率 4 W； G．开关 S 一个，导线若干． （1）为了减小实验误差，电压表应选择______(填器材代号)，图甲中的导线应连接到 _______(选填“①”或“②”)处，改变滑动变阻器阻值的时候，为了使电压表和电流表的读数变 化比较明显，滑动变阻器应选择_______(填器材代号)． （2）用（1）问中的实验电路进行测量，读出电压表和电流表的读数，画出对应的 U­I 图线 如图乙所示，由图线可得该蓄电池的电动势 E＝______ V，内阻 r＝______Ω.(结果保留两位 有效数字) 的 2 2 x LR ρ dπ =     2 2 4( ) kR d E kL = − πρ 【答案】 (1). B (2). ① (3). E (4). 3.2 (5). 1.3 【解析】 【详解】（1）[1]由于电源电动势大约为 3V，故电压表应该选择 B； [2]蓄电池的内阻较小，故导线应该接在①处； [3]电流表量程为 0.6A，故滑动变阻器应该选择 E。 （2）[4][5]由闭合电路欧姆定律可得 故该图像与纵轴的交点为电动势，该直线的斜率为 ，由图中可得 三、计算题 15.如图所示，两平行金属导轨所在的平面与水平面夹角 ，导轨的一端接有电动势 、内阻 的直流电源，导轨间的距离 。在导轨所在空间内分布着 磁感应强度 、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。 现把一个质量 的导体棒 放在金属导轨上，导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒的 电阻 ，导体棒恰好能静止。金属导轨电阻不计。（g 取 10m/s2，sin37º=0．6， cos37º=0．8）求： （1） 受到的安培力大小； （2） 受到的摩擦力大小。 ( )E U I R r= + + R r+ 3.2VE = 1.3r = Ω 37θ °= 3E V= 0.5r = Ω 0.4mL = 0.5TB = 0.04kgm = ab 1.0R = Ω ab ab 【答案】（1）0.40N；（2）0.16N． 【解析】 【详解】（1）由闭合电路欧姆定律可得电路中的电流为 故导体棒受到的安培力为 （2）由左手定则可知，导体棒受到 安培力方向沿斜面向上，故 带入数据解得 方向沿斜面向下。 16. 如图所示，在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心 O 处固定一点电荷，将质量为 m， 带电量为+q 的小球从圆弧管的水平直径端点 A 由静止释放，小球沿细管滑到最低点 B 时， 对管壁恰好无压力，求： （1）则固定于圆心处的点电荷在 A B 弧中点处的电场强度大小 （2）若把 O 处固定的点电荷拿走，加上一个竖直向下场强为 E 的匀强电场，带电小球仍从 A 点由静止释放，下滑到最低点 B 时，小球对环的压力多大? 【答案】（1） （2）3(mg＋qE)． 【解析】 【16 题详解】 的 2AEI R r = =+ 0.40NF BIL= = sinF mg fθ= + 0.16Nf = 3E= mg q 因为电荷固定在 O 点，所以半圆弧绝缘细管各处电场强度大小相等，在 B 点有， ，从 A 点到 B 点有， ，所以有 ，则固定于圆心处 的点电荷在 A B 弧中点处的电场强度大小 E= 【17 题详解】 加上一个竖直向下场强为 E 的匀强电场，从 A 点到 B 点有， ，所以 有向心力 ，根据牛顿第二定律有， ，所以小 球对环的压力大小为： 17.如图所示，真空中有一以 点为圆心的圆形匀强磁场区域，半径为 =0.5 ，磁场垂直 纸面向里．在 区域存在沿 方向的匀强电场，电场强度为 ．在 点有一带正电的粒子以速率 沿 方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电 场，速度减小到 0 后又返回磁场，最终又从磁场离开．已知粒子的比荷 ，粒子重力不计． （1）求圆形磁场区域磁感应强度的大小； （2）求沿 方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【详解】（1）沿＋x 方向射入磁场的粒子进入电场后,速度减小到 0，粒子一定是 从如图 1 的 P 点射出磁场，逆着电场线运动，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径 O R m y R> y− 51.0 10 / mE V= × M 61.0 10 m / sv = × +x 71.0 10 C / kgq m = × +x 0.2B T= ( )0.5 1s mπ= + 0.5r R m= = 根据 ，得 ，得 代入数据得 （2）粒子返回磁场后，经磁场偏转后从 N 点射出磁场，MN 为直径，粒子在磁场中的路程 为二分之一圆周长 设在电场中的路程为 s2，根据动能定理得 ， 总路程 代入数据得 【点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况， 再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线 的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹， 由几何知识求解半径 四、附加题 18.在科学研究中，可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制．如图所 示的 xOy 平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度 E 和磁感应强度 B 随时间 t 做周期性变 化的图象如图所示．x 轴正方向为 E 的正方向，垂直纸面向里为 B 的正方向．在坐标原点 O 有一粒子 P，其质量和电荷量分别为 m 和+q.不计重力．在 t= 时刻释放 P，它恰能沿一定 轨道做往复运动． 2mvBqv r = mvr Bq = mvB qR = 0.2B T= 1s Rπ= 22 1 2 2 sEq mv= 2 2 mvs Eq = 2mvs R Eq π= + ( )0.5 1s mπ= + （1）求 P 在磁场中运动时速度的大小 v0； （2）求 B0 应满足的关系； （3）在 t0（0＜t0＜ ）时刻释放 P，求 P 速度为零时的坐标． 【答案】（1） （2） ，（n=1，2，3……） （3） . 【解析】 （1）对比题图可知：随着时间的变化，电场和磁场是交替产生的，有磁场前，粒子受到恒 定的电场力，做匀加速直线运动．由匀变速直线运动的速度公式 v=at 即可求解，要注意粒 子从 t= 才开始运动．（2）要求 B0 应满足的关系，首先需抓住题中的关键语：“恰能沿一定 轨道做往复运动”，从而实现对本题解答的切入，然后分析粒子会做 τ 时间的匀速圆周运动， 要想往复，则 2τ 时刻粒子的速度方向正好沿 x 轴负方向．要注意粒子做圆周运动的重复性， 洛伦兹力提供向心力等．（3）从 t0 满足 0＜t＜ 时刻释放，粒子将会在电场力的作用下匀 加速 τ-t0 的时间，并以速度 进入磁场，在根据对称性，找到速度为零的 时刻，再根据数学的知识找到其坐标即可． 解：（1） ～τ 时间段内做匀加速直线运动，τ～2τ 时间段内做匀速圆周运动 电场力 F=qE0，加速度 a= ，速度 v0=at，其中 t= ，解得 v0= . （2）只有当 t=2τ 时，P 在磁场中做圆周运动结束并开始沿 x 轴负方向运动，才能沿一定轨 道做往复运动，如图所示． 设 P 在磁场中做圆周运动的周期为 T，则 ，（n=1，2，3……） 匀速圆周运动 ， 解得 ，（n=1，2，3……） （3）在 t0 时刻释放，P 在电场中加速时间为 τ-t0，在磁场中做匀速圆周运动， 圆周运动的半径 ，解得 又经 τ-t0 时间 P 减速为零后向右加速时间为 t0，P 再进入磁场 ，圆周运动的半径 ，解得 综上分析，速度为零时横坐标 x=0，相应的纵坐标为 y= 或 2k（r1-r2），（k=1，2，3……） 解得 y= 或 ，（k=1，2，3……） 【考点定位】本题考查带电粒子在复合磁场和电场中的运动问题．重在考查学生的对运动过 程的分析、对图像的观察与分析以及运用数学知识解决物理问题的能力．难度较大． 【此处有视频，请去附件查看】