河北省张家口市第一中学2019-2020学年高二上学期12月物理试题
张家口市第一中学2019-2020学年级高二12月考试物理试卷(衔接、普实班)
一．选择题
1.下图均为闭合线框除B外均在匀强磁场中运动，请判断哪种情况能产生感应电流（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】根据感应电流产生的条件，则ABC中磁通量不变，只有D中磁通量变化，产生感应电流，选项D正确．
2.关于静电力、安培力与洛伦兹力，下列说法正确的是（ ）
A. 电荷放入静电场中一定会受静电力，静电力的方向与该处电场强度的方向相同
B. 通电导线放入磁场中一定受安培力，安培力的方向与该处磁场方向垂直
C. 电荷放入磁场中就会受到洛伦兹力，洛伦兹力的方向与该处磁场方向垂直
D. 当电荷的速度方向与磁场方向垂直时受到的洛伦兹力最大，方向与磁场方向垂直
【答案】D
【解析】
【详解】电荷放入静电场中一定会受静电力，正电荷受到的静电力的方向与该处电场强度的方向相同，负电荷受到的静电力的方向与该处电场强度的方向相反，故A错误；通电导线放入磁场中不一定受安培力，例如电流方向与磁场方向平行时不受安培力，故B错误；静止的电荷放入磁场中不受洛伦兹力，运动电荷的速度方向与磁感应线平行时也不受洛伦兹力，故C错误；当电荷的速度方向与磁场方向垂直时受到的洛伦兹力最大，即F＝qvB，方向与磁场方向垂直，故D正确．故选D．
3.如图所示，两根水平放置且相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1与I2，且I1与
I2大小不相等．与两根导线垂直的同一平面内有a、b、c、d四点，a、b、c在两根导线的水平连线上且间距相等，b是两根导线连线的中点，b、d连线与两根导线连线垂直，则
A. I2受到的安培力水平向左 B. b点磁感应强度为零
C. d点磁感应强度的方向竖直向下 D. a点和c点的磁感应强度不可能都为零
【答案】D
【解析】
【详解】A．电流I1在I2处的磁场方向竖直向下，根据左手定则可知，I2受到的安培力的方向水平向右，故A错误；
B．电流I1与I2在b处的磁场方向相同，均向下，所以合磁场方向向下，不等于0．故B错误；
C．两根水平放置且相互平行的长直导线若分别通有方向相反、大小相等的电流I1与I2．由右手螺旋定则判得，电流 I1在d处产生的磁场方向向右下，电流I2 在d点产生的磁场的方向向左下，d点的磁感应强度的方向是竖直向下。当两个电流的大小不相等的时候，d点的合磁场方向不是竖直向下。故C错误；
D．当电流I2的大小比电流I1的大时，则a点的磁感应强度可能等于0；当电流I2的大小比电流I1的小时，则c点的磁感应强度可能等于0，故D正确；
4.如图所示，线圈自感系数很大，开关闭合且电路达到稳定时，小灯泡正常发光，则当闭合开关和断开开关的瞬间能观察到的现象分别是( )
A 小灯泡慢慢亮，小灯泡立即熄灭
B. 小灯泡立即亮，小灯泡立即熄灭
C. 小灯泡慢慢亮，小灯泡比原来更亮一下再慢慢熄灭
D. 小灯泡立即亮，小灯泡比原来更亮一下再慢慢熄灭
【答案】A
【解析】
【详解】当开关闭合时，穿过线圈的电流增大，线圈中产生自感电流，阻碍电路电流增大，所以小灯泡是慢慢的亮起来的，当开关断开后，由于电路中小灯泡和线圈组成不了闭合回路，所以小灯泡会立即熄灭，故A正确，BCD错误.
5.如图所示，电源内阻较大，当开关闭合、滑动变阻器滑片位于某位置时，水平放置的平行板电容器间一带电液滴恰好处于静止状态，灯泡L也能正常发光，现将滑动变阻器滑片由该位置向a端滑动，则（ ）
A. 灯泡将变暗，电源效率将减小
B. 液滴带正电，将向下做加速运动
C. 电源路端电压增大，输出功率也增大
D. 滑片滑动瞬间，带电液滴电势能将减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．将滑片由该位置向a端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路中总电阻增大，电路中电流减小，灯泡消耗的功率减小，则灯泡将变暗．电源的效率
外电路总电阻增大，路端电压增大，则电源效率增大．故A项错误．
B．液滴受力平衡，因电容器上极板带负电，板间场强向上，则知液滴带正电．滑片由该位置向a端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路中总电阻增大，电路中电流减小，电容器板间电压增大，板间场强增大，液滴所受的电场力增大，因此液滴将向上做加速运动．故B项错误．
C．由于电源的内电阻与外电阻关系未知，所以不能判断输出功率如何变化，故C项错误．
D．因电容器两端的电压增大，板间场强增大，下极板与电荷所在位置间的电势差增大，因下极板接地，电势始终为0，则电荷所在位置的电势减小；粒子带正电，则粒子电势能减小．故D项正确．
【点睛】本题是电容器动态变化分析与电路动态变化分析的综合，抓住电容器的电压与电阻电压的关系进行分析；下极板接地且与电源正极相连，板间各点电势均为负值．
6.某人发明了一个让飞机在航母上短距离起飞的装置，原理如图所示，ac和bd是相距为L的两根光滑的金属导轨，MN是相当于飞机的金属杆(质量为m，电阻为R)，匀强磁场方向如图，磁感应强度为B，a和b端接恒流源的正负两极(恒流源输出的电流恒为I)，MN杆将从dc端水平飞出．那么以下说法正确的是( )
A. a接电源的正极，b接电源的负极
B. 不考虑电流的磁场，MN杆将做加速度逐渐减小的加速运动，最大加速度为a＝
C. 不考虑电流的磁场，MN杆将做匀加速运动，加速度为a＝
D. 恒流源的输出电压不变
【答案】C
【解析】
【分析】
根据左手定则判断电流方向，从而判断电源的正负极；根据牛顿第二定律确定导体棒的运动情况；由于电流恒定，但MN会产生感应电动势，所以恒流源的输出电压会增大.
【详解】根据左手定则，MN受力向左，则电流应该从N流向M，即a接电源的负极，b接电源的正极，所以A错；由于电流恒定为I，所以安培力恒为F＝BLI，所以，MN杆将做匀加速运动，加速度为a＝，C正确，B错误；由于电流恒定，但MN会产生感应电动势，所以恒流源的输出电压会增大，故D错误，故选C．
7.如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．原点O处存在一粒子源，能同时发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子（重力不计），速度方向均在xOy平面内，与x轴正方向的夹角在0～180°范围内．则下列说法正确的是
A. 发射速度大小相同的粒子，越大的粒子在磁场中运动的时间越短
B. 发射速度大小相同的粒子，越大的粒子离开磁场时的位置距O点越远
C. 发射角度相同的粒子，速度越大的粒子在磁场中运动的时间越短
D. 发射角度相同的粒子，速度越大的粒子在磁场中运动的角速度越大
【答案】A
【解析】
试题分析：如图所示，画出粒子在磁场中运动的轨迹．
由几何关系得：轨迹对应的圆心角α=2π-2θ，粒子在磁场中运动的时间，则得知：若v一定，θ越大，时间t越短；若θ一定，运动时间一定．故A正确，C错误；设粒子的轨迹半径为r，则．如图，，则若θ是锐角，θ越大，AO越大．若θ是钝角，θ越大，AO越小．
故B错误．粒子在磁场中运动的角速度，又，则得，与速度v无关．故D错误．
故选A．
考点：带电粒子在匀强磁场中的运动
【名师点睛】求带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的时间，常常根据，θ是轨迹的圆心角，解题时要画出轨迹图，根据几何知识，轨迹的圆心角等于速度的偏向角．
8.如图所示，环形导线水平放置，圆心为O，在O点正上方某一位置1
由静止释放一块条形磁铁，磁铁加速穿过环形导线到达与位置1关于圆心O对称的位置3，位置2表示磁铁中线刚好到达圆心O时．则下列说法正确的是
A. 从位置1到位置2，环形导线中有顺时针方向（俯视）的感应电流
B. 从位置1到位置2，环形导线有收缩的趋势
C. 从磁铁完全穿过环形导线至到达位置3，环形导线有扩张的趋势
D. 设磁铁在位置1时的加速度为a1,磁铁在位置3时的加速度为a3，则a1=a3
【答案】BC
【解析】
【详解】A．从位置1到位置2，穿过环形线圈的磁通量向下增加，根据楞次定律可知，环形导线中有逆时针方向（俯视）的感应电流，选项A错误；
B．由左手定则可知，从位置1到位置2，环形导线的每一小部分都受到指向圆心的安培力作用，则环形导线有收缩的趋势，选项B正确；
C．从磁铁完全穿过环形导线至到达位置3，穿过环形线圈的磁通量向下减小，根据楞次定律可知，环形导线中有顺时针方向（俯视）的感应电流，由左手定则可知，环形导线的每一小部分都受到背离圆心的安培力作用，则环形导线有扩张的趋势，选项C正确；
D．设磁铁在位置1时受安培力向上，则加速度为a1
a3，选项D错误；
9.如图甲所示，在光滑水平面上，MN左侧有一垂直纸面向里的匀强磁场．现将一质量为m，电阻为R，边长为l的正方形金属线框置于该磁场中，使线框平面与磁场方向垂直，且bc边与磁场边界MN重合．对线框施加一按图乙所示随时间规律变化的水平拉力F，使线框由静止开始向右做匀加速直线运动；当t=0时，拉力大小为F0；线框的ad边与磁场边界MN重合时，拉力大小为3F0．则下列判断错误的是
A. 线框的加速度为
B. 线框的ad边出磁场时的速度为
C. 线框在磁场中运动的时间为
D. 磁场的磁感应强度为
【答案】C
【解析】
【详解】A．线框由静止开始向右做匀加速直线运动，t=0时刻，速度为零，故安培力为零，故加速度为
故A正确，不符合题意；
B．线框由静止开始向右做匀加速直线运动，加速度为，故合力为F0；对加速过程，根据动能定理，有：
解得：
故B正确，不符合题意；
C．对加速过程，根据，故线框在磁场中运动的时间为：
故C错误，符合题意；
D．根据牛顿第二定律
F-F安=ma
F安=BIl
E=Blv
得到：
在t=t0时刻，由图中可得图线的斜率为
解得：
故D正确，不符合题意；
10.x-y平面内，在y<0的区域存在垂直xy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．abcd为半径为R的闭合圆形铝线圈，圆心的坐标为(0, 0.5R),通有方向为abcda的恒定电流，线圈竖直放置，此时线圈恰好静止．重力加速度为g.下列能使线圈的加速度大小瞬间变为g的是（ ）
A. 仅将磁感应强度大小改为2B
B. 仅将线圈以y轴为轴转90°
C. 仅将线圈x轴为轴转180°
D. 仅将线圈向下移至圆心位于原点
【答案】AB
【解析】
【分析】
依据安培力与重力平衡，结合安培力大小表达式，及通电导线的有效长度，即可一一求解.
【详解】A．线圈恰好静止，则有BIL=mg，若仅将磁感应强度大小改为2B，那么2BIL=2mg，根据牛顿第二定律，则有：2BIL-mg=ma，解得a=g，故A正确；
B．若仅将线圈以y轴为轴转90°，此时安培力为零，只有重力，则线圈的加速度大小为g，故B正确；
C．当仅将线圈以x轴为轴转180°，线圈处于磁场中的通电有效长度没变，因此安培力大小不变，而方向变为相反，此时线圈的加速度a=2g，故C错误；
D．当将线圈向下移动至圆心位于原点，导致通电线圈在磁场中有效长度由，变成2R，因此安培力大小变为原来的倍，由A选项分析，结合牛顿第二定律，线圈的加速度大小不是g，故D错误；
故选AB.
【点睛】考查安培力大小表达式的应用，掌握通电导线的有效长度，理解牛顿第二定律的内容.
11.如图所示，一个质量为m、电荷量为e粒子从容器A下方的小孔S，无初速度地飘入电势差为U的加速电场，然后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打在照相底片M上．下列说法正确的是( )．
A. 粒子进入磁场时的速率v＝
B. 粒子在磁场中运动的时间t＝
C. 粒子在磁场中运动的轨道半径r＝
D. 若容器A中的粒子有初速度，则粒子仍将打在照相底片上的同一位置
【答案】AC
【解析】
【详解】带电粒子在加速电场中运动，由动能定理有，得粒子进入磁场时的速率为，A正确；粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有，解得，所以周期，粒子在磁场中运动的时间，B错误C正确；若容器A中的粒子有初速度，则根据动能定理，得粒子进入磁场时的速率，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有，解得，若容器A中的粒子有初速度，则粒子打在照相底片上的不同的位置，D错误．
12.如图所示，在倾角为的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B，方向相反的匀强磁场区域，区域I的磁场方向垂直斜面向上，区域II的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度HP以及PN均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，时刻ab边刚越过GH进入磁场I区域，此时导线框恰好以速度做匀速直线运动，时刻ab边下滑到JP与MN的中间位置，此时导线框又恰好以速度做匀速直线运动，重力加速度为g，下列说法中正确的是
A. 当ab边刚越过JP时，导线框的加速度大小为
B. 导线框两次匀速运动的速度之比
C. 从到的过程中，导线框克服安培力做的功等于重力势能的减少
D. 从到的过程中，有机械能转化为电能
【答案】BD
【解析】
试题分析：时刻，线圈做匀速直线运动，所受的安培力与重力的下滑分力平衡，则得：；当ab边刚越好JP时，线圈的上下两边都切割磁感线，产生感应电动势，回路中产生的总感应电动势为，线圈所受的安培力的合力为，根据牛顿第二定律得：，解得：，故A错误；时刻，有安培力，由两式比较得，v1：v2=4：1．故B正确；从到过程中，导线框克服安培力做功的大小等于回路中产生的焦耳热，此过程中，线框的重力势能和动能均减小，根据功能关系得知，线圈克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量与动能减小量之和，故C错误．根据能量守恒定律得从到，线框中产生的电能为：．故D正确．
考点：考查了导体切割磁感线运动
【名师点睛】本题中线框出现两次平衡状态，由推导安培力的表达式是关键，要注意时刻线框都切割磁感线产生感应电动势，线框中总电动势为2BLv
13.如图所示，在水平面（纸面）内有三根相同的金属棒ab、 ac和MN,其中ab、 ac在a点接触，构成“V"字型导轨．导轨所在空间存在垂直于纸面的均匀磁场．用力使MN从点由a点静止开始做匀加速直线运动，运动中MN始终与∠bac的角平分线垂直且和导轨保持良好接触， MN与ab、 ac的交点分别为P、Q．关于回路中的电流i及P、Q间的电压绝对值U
与时间t的关系图线，下列可能正确的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】AC
【解析】
试题分析：设∠bac=2θ，导体单位长度的电阻为r，金属棒的加速度为a, 则经时间t，导体切割磁感线的有效长度，电动势；回路的电流：，故选项C正确；P、Q间的电压绝对值，故选项A正确，B错误；故选AC．
考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律
【名师点睛】此题是对法拉第电磁感应定律及闭合电路的欧姆定律的考查；关键是能找出导体中的电流I和导体棒两端电压的表达式才能决定图像的形状；注意搞清内外电路．
二、实验题
14.如图1所示为一位同学测量某一电源的电动势和内电阻的电路图．
(1)该同学先用一直流电压表粗测电源的电动势，已知所接的电压表量程为0～15V，其示数如图2所示，则电压表的读数为___________V．
(2)根据图1电路图实验，在某次实验时毫安表的示数如图3所示，其读数为___________mA．
(3)若在操作过程中同时读取电流与电阻箱阻值的读数，当电阻箱为R1=150时，电流表读数为I1=50mA，当电阻箱为R2=200时，电流表读数为I2=40mA，则电源的电动势E=___________V，内阻r=___________．（结果保留两位有效数字）
【答案】 (1). 9.5 (2). 68 (3). 10 (4). 50
【解析】
【详解】第一空．所接的电压表量程为0～15V，则电压表的分度值为0.5 V；其示数如图2所示，则电压表的读数9.5 V．
第二空．所接毫安表量程为0～100mA，则毫安表的分度值为2mA；毫安表的示数如图3所示，其读数为68 mA．
据闭合电路欧姆定律可得：
联立解得：
．
第三空．电源电动势为
第四空．电源内阻为
15.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．步骤如下：
（1）用刻度尺量出圆柱体长度为L，用螺旋测微器测出其直径D如图所示，则D=____mm．
（2）若用多用电表的欧姆挡粗测圆柱体的电阻．机械调零、欧姆调零后，选择“×100”倍率进行测量，发现表针偏转角度很大，正确的判断和做法是_________．
A．被测电阻值很大
B．被测电阻值很小
C．为了把电阻值测得更准一些，应换用“×1k”挡，重新欧姆调零后再测量
D．为了把电阻值测得更准一些，应换用“×10”挡，重新欧姆调零后再测量．
（3）现选择多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图1，则该电阻的阻值约为R=______Ω．
（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：
待测圆柱体电阻R
电流表A1（量程0～4mA，内阻约50Ω）； 电流表A2（量程0～10mA，内阻约30Ω）
电压表V1（量程0～3V，内阻约10kΩ）； 电压表V2（量程0～15V，内阻约25kΩ）
直流电源E（电动势4V，内阻不计）；
滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω，允许通过最大电流2.0A）
滑动变阻器R2（阻值范围0～2kΩ，允许通过的最大电流0.5A）
开关S、导线若干
为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在图2框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号________．
（5）根据测得量求出圆柱体材料的电阻率_________．
【答案】 (1). （1）5.696mm--5.698mm (2). （2）BD (3). （3）220 (4). （4）如图；
(5). （5）
【解析】
试题分析：螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；欧姆表在测量前指针指在无穷大处，据此分析指针偏转角大小对应被测电阻的大小；根据电路最大电流选择电流表，根据实验原理与实验器材确定滑动变阻器与电流表接法，然后作出实验电路图；
（1）螺旋测微器的读数为
（2）因为欧姆表的指针的0刻度在最右边，无穷大刻度在最左边，平常不测量时指针指在无穷大可读出，所以如果指针偏转角度大，说明接近0刻度处，即被测电阻过小，需要换用低档测量，即为了把电阻值测得更准一些，应换用“×10”挡，重新欧姆调零后再测量，故BD正确；
（3）20~30之间的分度值为2，所以读数为
电源电动势为4V，电压表应选V1，电路最大电流约为：，电流表应选A2，为方便实验操作，滑动变阻器应选R1，待测电阻阻值大于滑动变阻器最大阻值，滑动变阻器采用分压接法，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表采用外接法，实验电路图如图所示：
三．计算题
16.某同学自制一电流表，其原理如图所示．质量为m的均匀细金属杆MN与两条竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧的劲度系数为k，在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，磁场边界ab的长度为L1，bc的长度为L2，MN的长度为L3，且L3＞L1．当MN中没有电流通过且处于静止时，MN与矩形区域的ad、bc中点连线重合，且指针指在标尺的零刻度；当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流强度大小．MN始终在纸面内且保持水平，重力加速度为g．
（1）当电流表的示数为零时，求每条弹簧的伸长量；
（2）若两轻质弹簧的弹力为零，求金属杆MN中电流的大小和方向；
（3）当金属杆中电流方向从M到N时，此电流表测量的最大值是多少？
【答案】(1) (2) N→M (3)
【解析】
试题分析：对金属杆受力分析，受重力和两个拉力，根据平衡条件并结合胡克定律列式分析即可；对金属杆受力分析，受重力和安培力，根据平衡条件求解安培力，根据FA=BIL求解电流大小，根据左手定则判断电流方向；当金属杆中电流方向从M到N时，根据左手定则，安培力向下，根据平衡条件和胡克定律求解最大安培力，根据FA=BIL求解最大电流大小．
（1）设当电流表示数为零时，每条弹簧伸长量为△x，由二力平衡条件得：mg=2k•△x
所以：
（2）弹簧的弹力为零时，金属杆所受安培力应该竖直向上，由左手定则可知，金属杆中的电流方向为：N→M
由于弹簧的弹力为零，根据mg=BI1L1，
解得：
（3）设电流表满偏时通过M到N的电流为Im，此时金属杆到达ab磁场边界，对杆受力分析根据平衡条件得：
解得：
点睛：本题主要考查了考查了物体的平衡问题，正确进行受力分析，然后根据平衡条件和胡克定律公式、安培力公式列方程是解题关键．
17.如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为的电阻，质量为、电阻为的金属棒紧贴在导轨上．现使金属棒由静止开始下滑，下滑过程中始终保持水平，且与导轨接触良好，其下端距离与时间关系如图乙所示，图像中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，（忽略棒运动过程中对原磁场的影响），试求：
（1）当时，重力对金属棒做功的功率；
（2）金属棒在开始运动的内，电阻R上产生的热量；
（3）磁感应强度B的大小．
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
试题分析：（1）由图象求得时金属棒的速度为
时，重力对金属棒做功的功率为．
（2）金属棒在开始运动的内，金属棒的重力势能减小转化为金属棒的动能和电路的内能．设电路中产生的总焦耳热为Q，根据能量守恒定律得，代入解得，由焦耳定律得R中发热，金属棒发热，则，又
解得．
（3）金属棒匀速运动时所受的安培力大小为，而，，得到
根据平衡条件得，则有，代入解得．
考点：电磁感应
【名师点睛】电磁感应往往从两个角度研究：一是力，关键是安培力的分析和计算，是常用的经验公式，要记牢；二是从能量的角度，关键分析能量如何转化．
18.如图所示，在x轴上方有一竖直向下的匀强电场区域，电场强度为E=500V/m．x
轴下方分布有很多磁感应强度为B=1T的条形匀强磁场区域，其宽度均为为d1=3cm，相邻两磁场区域的间距为d2=4cm．现将一质量为m=5×10-13kg、电荷量为q=1×10-8C的带正电的粒子（不计重力）从y轴上的某处静止释放．
（1）若粒子从坐标（0，1.25cm）点由静止释放，求粒子刚刚进入磁场瞬间的速度大小．
（2）调节释放点的位置坐标（0，h），要使它经过轴下方时，不会进入第二磁场区，h应满足什么条件？
（3）若粒子从坐标（0，5cm）点由静止释放，求粒子自释放到第二次过x轴的时间．
【答案】（1）5×102m/s；(2)1.8×10-2m；（3）3.57×10-4s；
【解析】
【分析】粒子在电场中加速，根据动能定理可以得到速度的大小；由动能定理求出粒子的速度，由牛顿第二定律可以正确解题；由动能定理求出粒子的速度，由运动学公式与牛顿第二定律、公式可以求出运动时间；
解：（1）由
得到
(2)粒子经电场加速，经过轴时速度大小为，满足：
之后进入下方磁场区，依据题意可知运动半径应满足
又由
得
由以上三式可得：
（3）当粒子从的位置无初速释放后，先在电场中加速，加速时间为满足
解得
进入磁场的速度大小为，圆周运动半径为
解得
解得
根据粒子在空间运动轨迹可知，它最低能进入第二个磁场区
它在磁场区共运动时间为半个圆周运动的时间
它经过第一无磁场区时运动方向与轴的夹角满足：
所以它在无磁场区的路程
无磁场区运动时间
总时间
