辽宁省辽阳市(六校联考)2021届新高考模拟物理试题含解析

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辽宁省辽阳市 (六校联考） 2021 届新高考模拟物理试题 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的 1．一列简谐横波沿 x 轴传播，图（甲）是 t=0 时刻的波形图，图（乙）是 x=1.0m 处质点的振动图像，下 列说法正确的是（ ） A．该波的波长为 2.0m B．该波的周期为 1s C．该波向 x 轴正方向传播 D．该波的波速为 2.0m/s 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 ABD ．根据甲、乙图可知，波长 4m，周期 2s，波速 =2m/sv T 选项 AB 错误， D 正确； C．根据图乙 t=0s 时， 质点向下振动， 所以甲图 x=1m 坐标向下振动， 由同侧法可得波向 x 轴负方向传播， 选项 C 错误。 故选 D。 2．如图所示， AO 、BO 、CO 是完全相同的绳子，并将钢梁水平吊起，若钢梁足够重时，绳子 AO 先断， 则（ ） A． θ =120° B． θ＞120° C． θ＜120° D．不论 θ为何值， AO 总是先断 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 以结点 O 为研究对象，分析受力，作出力图如图． 根据对称性可知， BO 绳与 CO 绳拉力大小相等．由平衡条件得： FAO =2F BO cos 2 ，当钢梁足够重时， AO 绳先断，说明 F AO ＞FBO ，则得到 2FBO cos 2 ＞F BO ，解得： θ＜120°，故 C 正确， ABD 错误。 3．如图所示， A 、B 两滑块质量分别为 2kg 和 4kg，用一轻绳将两滑块相连后分别置于两等高的光滑水平 面上，并用手按着滑块不动，第一次是将一轻质动滑轮置于轻绳上，然后将一质量为 4kg 的钩码 C 挂于 动滑轮上，只释放 A 而按着 B 不动；第二次是将钩码 C 取走，换作竖直向下的 40N 的恒力作用于动滑轮 上，只释放 B 而按着 A 不动。重力加速度 g＝10m/s2，则两次操作中 A 和 B 获得的加速度之比为（ ） A． 2：1 B．5： 3 C．4：3 D． 2：3 【答案】 C 【解析】 【详解】 第一种方式：只释放 A 而 B 按着不动，设绳子拉力为 T 1，C 的加速度为 a，对 A 根据牛顿第二定律可得 T 1=m A aA 对 C 根据牛顿第二定律可得： m Cg-2T 1=m Ca 根据题意可得 aA =2a 联立解得： 2 3Aa g 第二种方式：只释放 B 而 A 按着不动，设绳子拉力为 T 2，对 B 根据牛顿第二定律可得 T 2=m BaB 而 T=40N=2T 2 联立解得： aB= 1 2 g 在以上两种释放方式中获得的加速度之比为 aA：aB=4： 3，故 C 正确、 ABD 错误。 故选 C。 4．下列说法中正确的是 ( ) A． β射线与 γ射线一样是电磁波，但穿透本领远比 射线弱 B．氡的半衰期为 3.8 天， 4 个氡原子核经过 7.6 天后就一定只剩下 1 个氡原子核 C．已知质子、中子、 α粒子的质量分别为 m 1、m 2、m 3，那么，质子和中子结合成一个 α粒子，释放的 能量是（ 2m 1+2m 2-m 3） c2 D．放射性元素发生 β衰变时所释放的电子是原子核外的电子发生电离产生的 【答案】 C 【解析】 A、 β射线是电子流，不是电磁波，穿透本领比 γ射线弱，故 A 错误； B、半衰期具有统计意义，对大量的原子核适用，对少量的原子核不适用，故 B 错误； C、根据爱因斯坦质能方程可得释放的能量是 2 1 2 3(2 2 )E m m m c ，故 C 正确； D、 β衰变是原子核的衰变，与核外电子无关， β衰变时释放的电子是由核内一个中子转化成一个质子的 同时释放出来的，故 D 错误； 故选 C． 5．下列说法正确的是（ ） A．一束光照射到某种金属表面上不能发生光电效应，如果增加光照强度，则有可能发生光电效应 B． β射线的本质是电子流，所以 β衰变是核外的一个电子脱离原子而形成的 C．由玻尔理论可知一群处于 3n 能级的氢原子向较低能级跃迁时可以辐射 3 种不同频率的光子 D．放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态有关 【答案】 C 【解析】 【详解】 A．能否发生光电效应与光的强度无关，一束光照射到某种金属表面上不能发生光电效应，如果增加光照 的强度，也不能发生光电效应， A 选项错误； B． β射线的本质是电子流， β衰变是核内的某个中子转化为质子时放出的电子， B 选项错误； C．由玻尔理论可知一群处于 3n 能级的氢原子向较低能级跃迁时可以辐射 2 3 3C 种频率的光子， C 选 项正确； D．放射性元素的半衰期只与元素自身结构有关，与其它因素无关，所以 D 选项错误。 故选 C。 6．以下各物理量属于矢量的是 ( ) A．质量 B．时间 C．电流 D．磁感应强度 【答案】 D 【解析】 【详解】 矢量是既有大小，又有方向的物理量； AB ．质量、时间只有大小而没有方向，都是标量，选项 AB 错误； C．电流有大小和方向，但电流的合成不满足平行四边形定则，也是标量，选项 C 错误； D．磁感应强度有大小，也有方向，是矢量，故选项 D 正确。 二、多项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目 要求．全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分 7．如图甲所示，两平行金属板 A、B 放在真空中，间距为 d，P 点在 A、B 板间， A 板接地， B 板的电势 φ随时间 t 的变化情况如图乙所示， t＝0 时，在 P 点由静止释放一质量为 m、电荷量为 e 的电子，当 t＝ 2T 时，电子回到 P 点。电子运动过程中未与极板相碰，不计重力，则下列说法正确的是（ ） A． φ1∶φ2＝1∶2 B． φ1∶φ2＝1∶3 C．在 0~2T 时间内，当 t＝T 时电子的电势能最小 D．在 0~2T 时间内，电子的动能增大了 2 2 2 2 2 e T d m 【答案】 BD 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．电子在 0~T 时间内向上加速运动，设加速度为 a1，在 T~2T 时间内先向上减速到零后向下加速回到 原出发点，设加速度为 a2，则 2 2 1 1 2 1 1( ) 2 2 a T a T T a T 解得 2 13a a 由于 1 1 ea dm 2 2 ea dm 则 φ1∶φ2＝1∶3 选项 A 错误， B 正确； C．依据电场力做正功最多，电势能最小，而 0～T 内电子做匀加速运动， T～2T 之内先做匀减速直线运 动，后反向匀加速直线运动，因 φ2=3φ1， t1 时刻电子的动能 2 22 2 1 22 2 1 K e TE mv md 而粒子在 t2 时刻的速度 1 2 1 2 2 eTv v a T dm 故电子在 2T 时的动能 2 2 2 2 2 12 K e TE md 所以在 2T 时刻电势能最小，故 C 错误； D．电子在 2T 时刻回到 P 点，此时速度为 1 2 1 2 2 eTv v a T dm （负号表示方向向下） 电子的动能为 2 2 2 2 2 2 121 2K e T d vE m m ＝ ＝ 根据能量守恒定律，电势能的减小量等于动能的增加量，故 D 正确。 故选 BD 。 8．如图所示，一磁感强度为 B 的匀强磁场垂直纸面向里，且范围足够大。纸面上 M 、N 两点之间的距离 为 d，一质量为 m 的带电粒子（不计重力）以水平速度 v0 从 M 点垂直进入磁场后会经过 N 点，已知 M 、 N 两点连线与速度 v0的方向成 30o 角。以下说法正确的是（ ） A．粒子可能带负电 B．粒子一定带正电，电荷量为 0mv dB C．粒子从 M 点运动到 N 点的时间可能是 0 π 3 d v D．粒子从 M 点运动到 N 点的时间可能是 0 13π 3 d v 【答案】 BCD 【解析】 【详解】 A．由左手定则可知，粒子带正电，选项 A 错误； B．由几何关系可知， r=d ，由 2vqvB m r 可知电荷量为 0mvq dB 选项 B 正确； CD ．粒子运动的周期 0 2 dT v 第一次到达 N 点的时间为 1 0 1 6 3 dt T v 粒子第三次经过 N 点的时间为 5 1 0 0 0 4 132 = 3 3 d d dt T t v v v 选项 CD 正确。 故选 BCD 。 9．如图所示， 一质量为 m 的物块从光滑斜面底端 A 点以某初动能沿斜面开始向上滑， 滑到 B 点时动能减 半，滑到 C 点时动能为零。以过 C 点的水平面为零势能面，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ） A．物块在 A 点处的重力势能为零 B．物块在 A 、B 两点处速度大小之比为 2∶1 C．物块在 AB 段和 BC 段克服重力做的功之比为 1∶1 D．物块在 A、B 两点处重力的瞬时功率之比为 2 ∶ 1 【答案】 CD 【解析】 【详解】 A．物块上滑过程中只有重力做功，机械能守恒，在 C 点机械能为零，在 A 点有动能，重力势能不为零且 为负值，故 A 错误； B．设物块的初动能为 E k， 2 k 1 2 AE mv ，在 B 点有 k 2 B 1 1 2 2 E mv 解得 : 2 :1A Bv v 故 B 错误； C．根据动能定理可得 k 1 2AB BCW W E 故 C 正确； D．物块在 A、B 两点处重力的瞬时功率之比等于瞬时速度之比即 2 :1，故 D 正确。 故选 CD 。 10．如图所示为手机无线充电原理图，若连接电源的为发射线圈 N ，手机端为接收线圈 M ，接收线圈匝 数为 n ，电阻为 r ，横截面积为 S ，手机可看成纯电阻 R，匀强磁场平行于线圈轴线穿过线圈。下列说法 正确是（ ） A．只要发射线圈 N 中有电流流入，接收线圈 M 两端一定可以获得电压 B．只要接收线圈 M 两端有电压，发射线圈 N 中的电流一定不是恒定电流 C．当接收线圈 M 中磁感应强度大小均匀增加时，接收线圈 M 中有均匀增加的电流 D．若 t 时间内，接收线圈 M 中磁感应强度大小均匀增加 B ，则接收线圈 M 两端的电压为 ( ) nS BR t R r 【答案】 BD 【解析】 【详解】 A．若发射线圈 N 中有恒定电流，则产生的磁场不变化，在接收线圈中不会产生感应电流，也就不会获得 电压， A 错误； B．只要接收线圈两端有电压， 说明穿过接收线圈的磁场变化， 所以发射线圈中的电流一定不是恒定电流， B 正确； C．若穿过接收线圈 M 的磁感应强度均匀增加，如果线圈闭合，根据法拉第电磁感应定律 BE n n S t t 可知线圈中产生恒定的感应电动势，根据闭合电路欧姆定律可知接收线圈 M 中有感应电流且恒定， C 错 误； D．根据法拉第电磁感应定律有 BE n nS t t 根据分压规律得 M 两端的电压 ( ) E nS BRU R R r t R r D 正确。 故选 BD 。 11．倾角为 30 的光滑绝缘斜面底端 O 点固定一正点电荷，一带正电的小物块（可视为质点）从斜面 上的 A 点由静止释放，沿斜面向下运动能够到达的最低点是 B 点。取 O 点所在的水平面为重力势能的零 势能面， A 点为电势能零点， 小物块的重力势能 E重 、BA 之间的电势能 E电 随它与 O 点间距离 x 变化关系 如图所示。重力加速度 210m/sg ，由图中数据可得（ ） A．小物块的质量为 5kg B．在 B 点， 25JE电 C．从 A 点到 B 点，小物块速度先增大后减小 D．从 A 点到 B 点，小物块加速度先增大后减小 【答案】 BC 【解析】 【详解】 A．因为规定 A 点的电势为零，由图象可知 OA 之间的距离为 2m，在 A 点具有的重力势能 Ep=100J ，也 是物块具有的总能量，根据 Ep=mgh=mgOAsin30° 得 m=10kg 故 A 错误； B．小物块在 B 点时电势能最大，由图象可知 OB 间距离为 1.5m，此时的重力势能为 EpB =mgOBsin30 °=10×10×1.5 ×0.5J=75J 由前面的分析可知物块的总能量是 E=100J 根据 E=E pB +E 电 可得 E 电 =25J 故 B 正确； C．小物块从 A 点静止出发，到 B 点速度为零，所以从 A 到 B 的过程中，物块的速度是先增大后减小的， 故 C 正确； D．在小物块下滑的过程中，所受的库仑力逐渐增大，一开始重力的分力大于库仑力，所以向下做加速运 动，但随着库仑力的增大，其加速度逐渐减小，当库仑力与重力沿斜面的分力相等时，合力为零，加速度 为零，此时物块速度达到最大，以后库伦力大于重力的分力，物块开始做减速运动，且加速度越来越大， 所以整个过程加速度是先减小到零后反向增大，故 D 错误。 故选 BC 。 12．如图所示，光滑轻质细杆 AB 、 BC 处在同一竖直平面内， A 、C 处用铰链铰于水平地面上， B 处用铰 链连接， AB 杆竖直， BC 杆与水平面夹角为 37°。一个质量为 3.2kg 的小球（可视为质点）穿在 BC 杆上， 现对小球施加一个水平向左的恒力 F 使其静止在 BC 杆中点处（不计一切摩擦，取 g=10m/s 2）。则 A． F 的大小为 40N B．小球对 BC 杆的作用力大小为 40N C． AB 杆对 BC 杆的作用力大小为 25N D．地面对 BC 杆的作用力大小为 25N 【答案】 BCD 【解析】 【详解】 AB ．对小球受力分析，受重力、推力和支持力，如图所示 根据平衡条件，得到： 337 3.2 10 24N 4 F mgtan ＝ 3.2 10 40N 37 0.8 mgN cos ＝ ＝ 故 A 错误， B 正确； C．对杆 BC 和球整体分析， 以 C 点为支点， 设 AB 对杆的作用力为 F′，AB 杆没有绕 A 点转动， 说明 AB 对 BC 的作用力的方向沿 AB 的方向。根据力矩平衡条件，有： F?0.6h=F ′ ?1.6h-mg?0.8h 解得： F′ =25N 故 C 正确； D．对杆 BC 和球整体分析，整体在竖直方向受到小球的重力和杆的重力、 AB 杆的作用力以及地面的作 用力，设该力与水平方向之间的夹角为 θ，则： 竖直方向： Mg+mg- F′-F Csin θ =0 水平方向： FC cos θ =F 联立得： FC =25N 故 D 正确。 故选 BCD 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．市场上销售的铜质电线电缆产品中，部分存在导体电阻不合格问题，质检部门检验发现一个是铜材质 量不合格，使用了再生铜或含杂质很多的铜；再一个就是铜材质量可能合格，但横截面积较小．某兴趣小 组想应用所学的知识来检测实验室中一捆铜电线的电阻率是否合格．小组成员经查阅，纯铜的电阻率为 81.8 10 ?m ．现取横截面积约为 1 mm 2、长度为 111m（真实长度）的铜电线，进行实验测量其电阻率， 实验室现有的器材如下： A．电源（电动势约为 5V ，内阻不计） ； B．待测长度为 111m 的铜电线，横截面积约 1 mm 2； C．电压表 V 1（量程为 3V ，内阻约为 1． 5 k Ω）； D．电压表 V 2（量程为 5V ，内阻约为 3 k Ω）； E．电阻箱 R（阻值范围 1~2．9Ω）； F．定值电阻 0 1R G ．开关、导线若干． （ 1）小组成员先用螺旋测微器测量该铜电线的直径 d，如图甲所示，则 d _________mm ． （ 2）小组设计的测量电路如图乙所示，则 P 是 ___________，N 是 ____________，（填器材名称及对应符 号）通过实验作出的图象如图丙所示． （ 3）图乙电路测得铜电线的电阻测量值比真实值 ___________（选填 “偏大 ”、“不变 ”或 “偏小 ”），原因是 _______________________________ ． （ 4）这捆铜电线的电阻率 ______________（结果保留三位有效数字） ；从铜电线自身角度，你认为电 阻率大的可能原因是 ______________． 【答案】 1.125 电压表 V 2 电压表 V 1 偏大 电压表 V 1 的分流 82.58 10 m 可能 是再生铜或含过多杂质的次铜 【解析】 【详解】 （ 1）铜电线的直径 1.0mm+12.5 0.01mm=1.125mmd ； （ 2） P 测量的电压大于 N 测量的电压，故 P 是电压表 V 2， N 是电压表 V 1； （ 3）偏大，由于没考虑电压表 V 1 的分流，使测得的铜电线的电阻偏大． （ 4）分析电路可知，通过铜电线的电流 1 2 1 2 1 2 1 1 , ( 1)x R x x U U U U U UI I R R R R I U U ，整理得 2 1 11 x U R U R ，根据题图丙可知斜率 7.5 1.00 2.60 , 2.50xk R ， 6 2 2 2 82.60 0.994 10( ) 0.994mm , m=2.58 10 m 2 100 xR SdS r L ， 故电阻率达不到要求，使用的有可能是再生铜或含过多杂质的次铜． 14．在 “用 DIS 研究在温度不变时， 一定质量的气体压强与体积的关系 ”实验中， 某同学将注射器活塞置于 中间刻度 20mL 处，然后将注射器连接压强传感器并开始实验，气体体积 V 每减小 2mL 测一次压强 p， 实验数据记录在下表中最后得到 p 和 V 的乘积逐渐减小． （ 1）（单选题）造成上述实验结果的可能原因是在实验过程中 ________ （A ）注射器中有异物 （B）实验时环境温度增大了． （C）实验时外界大气压强发生了变化． （D）实验时注射器内的空气向外发生了泄漏． （ 2）由此可推断，该同学的实验结果可能为图 ________（选填 “a”或 “b”）． （ 3）若另一同学用较大的注射器在同一实验室里（温度不变）做同一个实验，实验仪器完好，操作规范， 也从中间刻度开始实验，则得出的 1V p 图象的斜率比上一同学直线部分的斜率相比 ________（选填 “增 大 ”、 “减小 ”或 “相同 ”）． 【答案】 D b 增大 【解析】 【分析】 （ 1）根据理想气体状态参量方程分析。 （ 2）图像的斜率代表压强和体积乘积，根据题目表格中的数据判断。 （ 3）较大的试管体积大，初始状态的压强都等于大气压，所以 pV 的乘积变大，图线斜率增大。 【详解】 （ 1） [1] 根据 pV=nRT ，pV 的乘积减小，说明气体物质的量减小，气体在漏气， D 符合题意； ABC 不符 合题意； 故选 D。 （ 2） [2] 1V p 图线上切线的斜率为 pV ，根据表格数据可知随着体积的增大 pV 值增大，则斜率增大， a 符合题意， b 不符合题意； 故选 a； （ 3）[3] 另一同学用较大的注射器在同一实验室里（温度不变）做同一个实验，初始状态 pV 是大试管大， 得出的 1V p 图象的斜率比上一同学直线部分的斜率增大。 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．如图所示，两条直线 MN 与 PQ 所夹区域内有两个不同的匀强磁场，磁场的直线边界 OO 与 MN 和 PQ 均垂直。一质量为 m 、电荷量为 q的带电粒子以某一初速度垂直 MN 射入磁场 1B ，受磁场力的作用， 最终垂直于边界 PQ 且从 O Q 段射出。已知： 两磁场的磁感应强度分别为 1 100 mB q 、 2 200 mB q （各 物理量单位均为国际单位制中的主单位） ，粒子进入磁场的初速度为 20 m/sv 。不计粒子重力，求： (1)粒子在 1B 、 2B 磁场中运动的半径之比 (2)粒子在两磁场中运动的最短时间 【答案】 (1)2；(2)0.015s 【解析】 【详解】 (1)粒子在磁场内做圆周运动，根据牛顿第二定律则有 2 1 1 vqvB m r 2 2 2 vqvB m r 则两半径之比 1 2 2r r (2)粒子在磁场内做圆周运动的轨迹如图，粒子交替在 1B 与 2B 磁场内做圆周运动，图示情景为最短时间 粒子在磁场内做圆周运动的周期分别为 1 1 2 mT qB 2 2 2 mT qB 由几何关系知，带电粒子在两磁场中运动时间分别为 1 1 2 Tt 2 2 2 Tt 则总时间为 1 2 0.015st t t 16．在如图所示的 xoy 平面直角坐标系中，一足够长绝缘薄板正好和 x 轴的正半轴重合，在 y a全部区 域和 y a 的条形区域内均分布着方向垂直纸面向里的相同的匀强磁场，且 y a 区域磁场上下边界平 行。一带正电粒子，从 y 轴上的（ 0，a）点以速度 v 沿与 y 轴负向成 45°角出射。带电粒子与挡板碰撞前 后， x 方向的分速度不变， y 方向的分速度反向、大小不变，且碰撞过程中无电荷量损失。已知粒子质量 为 m，电荷量为 q，磁感应强度的大小 2 4 mvB qa ，不计粒子的重力。 (1)求粒子进入下方磁场后第一次打在绝缘板上的位置； (2)为保证粒子不从 y a 的下边界射出，磁场下边界位置纵坐标 y 需要满足的条件； (3)在满足 (2)的情况下，若在绝缘板上的合适位置开一小孔，粒子穿过后能再次回到出发点。写出在板上 开这一小孔可能的位置坐标（不需要写出过程） ； (4)在满足 (3)的情况下， 求粒子从 （0，a）出射仅一次经过 y a 区域的磁场到再次返回出发点经历的时间。 【答案】 (1)击中点的坐标 x a ；(2) 2 2 3y a a ；(3) 6x na a（n=0 ，1，2，3，⋯⋯ ）或 6 5x na a （ n=0，1，2，3，⋯⋯ ）；(4) (12 13 ) 2a v 或 (8 10 ) 2a v 【解析】 【分析】 【详解】 (1)粒子的轨迹如图所示， 已知 2 4 mvB qa 由 2vqvB m r 得 2 2r a 下磁场区域中弦长 2 sin 45 4l r a 所以第一次击中点的坐标 4 2x a a a a (2)如图，当运动轨迹与磁场下边界相切时，刚好不从 y<-a 的磁场下边界射出，磁场宽度 d 应满足： (1 sin 45 )=2 2 2d r a a 即磁场下边界位置坐标应满足 (2 2 3 )y a a (3)开孔位置 6x na a （n=0 ，1，2， 3，⋯⋯ ）或 6 5x na a （n=0 ，1， 2，3，⋯⋯ ） (4)如图，满足题意的运动过程分以下两种情况 若开孔位置在 7x a ，如甲图所示，所用时间为： 1 3 2 1 2 2 24 6 4 4 r r at v v v 解得 1 (12 13 ) 2at v 若开孔位置在 5x a ，如乙图所示，所用时间为： 2 3 2 1 2 2 23 4 4 4 r r at v v v 解得 2 (8 10 ) 2at v 17．如图所示，在 xOy 坐标平面的第一象限内有沿 y 轴正方向的匀强电场，在第四象限内有垂直于纸面 向外的匀强磁场。有一质量为 m，电荷量为 q，带负电的粒子（重力不计）从坐标原点 O 射入磁场，其入 射方向与 y 轴负方向成 45°角。当粒子第一次进入电场到达 P 点时速度大小为 v0，方向与 x 轴正方向相同， P 点坐标为（ 4L ，L ）。求： （ 1）粒子从 O 点射入磁场时速度 v 的大小； （ 2）磁感应强度 B 的大小； （ 3）粒子从 O 点运动到 P 点所用的时间。 【答案】 （1） 02v v （2） 0mvB qL （ 3） 0 2 2 Lt v 【解析】 【分析】 带电粒子以与 x 轴成 45°垂直进入匀强磁场后，在 O 点根据平行四边性定则可得射入磁场时的速度；粒子 在电场中运动根据运动学方程和几何关系求出半径， 再根据牛顿第二定律求出磁感应强度； 求出粒子在电 场中的运动时间和在磁场中运的运动时间，即可求得总时间。 【详解】 （ 1）粒子从 O 点射入磁场时的速度为 0 02 cos45 vv v （ 2）粒子在电场中运动，沿 y 轴方向： 0tan45yv v ， 12 yvL t 沿 x 轴方向： 0 1x v t 解得 : 2x L 粒子在磁场中的运动轨迹为 1 4 圆周，由几何关系得： 4 2 2 2 L LR L 粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得： 2vqvB m R 解得 0mvB qL （ 3）粒子在电场中的运动时间为 1 2Lt v 粒子在磁场中运的运动时间为 2 0 1 2 4 2 R Lt v v 则从 O 点运动到 P 点所用的时间为 1 2 0 2 2 Lt t t v 【点睛】 可将粒子的运动轨迹逆向思考， 看成粒子在电场中以一定速度做类平抛运动后， 进入匀强磁场中做匀速圆 周运动。