广东省汕头市2021届新高考第三次适应性考试物理试题含解析

广东省汕头市2021届新高考第三次适应性考试物理试题
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．放射性元素A经过2次α衰变和1次β 衰变后生成一新元素B，则元素B在元素周期表中的位置较元素A的位置向前移动了
A．1位B．2位C．3位D．4位
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
α粒子是4
2He，β 粒子是0
1
e
-
，因此发生一次α衰变电荷数减少2，发生一次β 衰变电荷数增加1，据题
意，电荷数变化为：2213
-⨯+=-，所以新元素在元素周期表中的位置向前移动了3位．故选项C正确．【点睛】
衰变前后质量数和电荷数守恒，根据发生一次α衰变电荷数减少2，发生一次β 衰变电荷数增加1可以计算出放射性元素电荷数的变化量．
2．如图所示，将一小木块和一小钢珠分别用手拿着并压缩两根一端分别竖直固定在地面上的弹簧上端。

现同时释放小木块和小球，若小木块在整过运动过程中所受空气的阻力f与其速度v满足f kv
=（k为常数），而小钢珠的运动忽略空气阻力，且两物体同时离开弹簧，取向上为运动的正方向，则下图能正确反应两物体离开弹簧后的运动情况的v-t图像的是（）
A．B．C．
D．
【答案】D
【分析】
【详解】
对于小钢球没空气阻力时只受重力，是竖直上抛运动，v-t 图像是直线，故图中直线为钢球的运动图像。

对于小木块有空气阻力时，上升阶段由牛顿第二定律得
F ma mg f ==+
解得 kv a g m
=+ 由于阻力随速度的减小而减小，故上升阶段加速度逐渐减小，最小值为g 。

同理，有空气阻力时，下降阶段由牛顿第二定律可得
kv a g m
=- 由于阻力随速度增大而增大，故下降过程中加速度逐渐减小，v-t 图像的斜率表示加速度，故图线与t 轴相交时刻的加速度为g ，此时实线的切线与虚线平行。

故D 正确，ABC 错误。

故选D 。

3．如图所示，带电荷量为Q 的等量同种正电荷固定在水平面上，在其连线的中垂线（竖直方向）上固定一光滑绝缘的细杆，细杆上套一个质量为m ，带电荷量为q +的小球，小球从细杆上某点a 由静止释放，到达b 点时速度为零，b 间的距离为h ，重力加速度为g 。

以下说法正确的是（ ）
A ．等量同种正电荷在a 、b 两处产生的电场强度大小关系a b E E >
B ．a 、b 两处的电势差ab mgh U q
= C ．小球向下运动到最大速度的过程中小球电势能的增加量等于其重力势能的减少量
D ．若把两电荷的位置往里移动相同距离后固定，再把带电小球从a 点由静止释放，则小球速度减为零的位置将在b 点的上方
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．小球由a 到b 先加速再减速，a 点加速度向下a mg qE >，b 点加速度向上b mg qE <，所以b a E E >，
B ．由a 到b 根据动能定理
0ab mgh qU +=
得
ab mgh U q
=- B 错误；
C ．根据能量守恒，小球向下运动到最大速度的过程中小球重力势能转化为电势能和动能，所以小球电势能的增加量小于其重力势能的减少量，C 错误；
D ．若把两同种电荷的位置往里移动相同距离后固定，根据电场强度叠加原理在中垂线上相同位置电场强度变大了，再由动能定理可知小球速度减为零的位置将在b 点的上方，选项D 正确。

故选D 。

4．如图所示，高h=1m 的曲面固定不动．一个质量为1kg 的物体，由静止开始从曲面的顶点滑下，滑到底端时的速度大小为4m ／s ．g 取10m ／s 1．在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A ．物体的动能减少了8J
B ．物体的重力势能增加了10J
C ．物体的机械能保持不变
D ．物体的机械能减少了11 J
【答案】D
【解析】 A 项，物体由静止开始下滑，末速度为4m/s ，动能变化量221114822
Ek mv J ∆=
=⨯⨯= ，物体的动能增加了8J ，故A 项错误． B 项，设地面为零势能面，在顶端物体的重力势能为20mgh J = ，此过程中，物体的重力势能减小了10J ，故B 项错误．
C 、
D 项，机械能包括势能和动能，82012k p
E E E J J J ∆=∆+∆=-=- ,所以物体的机械能减少了11J ，故C 错误；D 正确；
故选D
5．如图所示，压缩的轻弹簧将金属块卡在矩形箱内，在箱的上顶板和下底板均安有压力传感器，箱可以沿竖直轨道运动。

当箱静止时，上顶板的传感器显示的压力F 1=2N ，下底板传感器显示的压力F 2=6N ，重力加速度g=10m/s 2。

下列判断正确的是（ ）
A ．若加速度方向向上，随着加速度缓慢增大，F 1逐渐减小，F 2逐渐增大
B ．若加速度方向向下，随着加速度缓慢增大，F 1逐渐增大，F 2逐渐减小
C ．若加速度方向向上，且大小为5m/s 2时，F 1的示数为零
D ．若加速度方向向下，且大小为5m/s 2时，F 2的示数为零
【答案】C
【解析】
【详解】
A ．若加速度方向向上，在金属块未离开上顶板时弹簧的压缩量不变，则F 2不变，根据牛顿第二定律得 21F mg F ma --=
得
12F F mg ma =--
知随着加速度缓慢增大，F 1逐渐减小，A 错误；
B ．若加速度方向向下，在金属块未离开上顶板时弹簧的压缩量不变，则F 2不变，根据牛顿第二定律得 12mg F F ma +-=
得
12F F mg ma =-+
知随着加速度缓慢增大，F 1逐渐增大，故B 错误；
C ．当箱静止时，有
21F mg F =+
得
m=0.4kg
若加速度方向向上，当F 1=0时，由A 项分析有
120F F mg ma =--=
解得
a=5m/s 2
故C 正确；
D ．若加速度方向向下，大小是5m/s 2小于重力加速度，不是完全失重，弹簧不可能恢复原长，则F 2的示
数不可能为零，D 错误。

故选C 。

6．一列简谐横波沿x 轴正向传播，波形如图所示，波速为10m/s 。

下列说法正确的是（ ）
A ．该波的振幅为0.5m ，频率为2Hz
B ．此时P 点向y 轴负方向运动
C ．再经0.9s ，Q 点有沿y 轴正方向的最大加速度
D ．再经1.05s ，质点P 沿波传播方向迁移了10.5m
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．从图中可以看出振幅为0.5m ，波长为4m ，所以周期为
40.4s 10
λT v === 则频率为 1 2.5Hz f T =
= 故A 错误；
B ．因为波沿x 轴正向传播，所以P 点下一步会成为波峰，应该向y 轴正方向运动，故B 错误；
C ．因为周期是0.4s ，简谐横波沿x 轴正向传播，所以经过0.9s 后，相当于Q 点经过0.1s 到达波谷，此时加速度最大，并且沿着y 轴正方向，故C 正确；
D ．质点P 只会上下振动，不会沿波传播方向迁移，故D 错误。

故选C 。

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，质量相同的两球A 、B 分别用不同长度的细线悬挂，A B L L >，当拉至同一高度使细线水平时释放，两球到最低点时，相同的物理量是（ ）
A ．细线的拉力
B ．小球的加速度
C ．小球的速度
D ．小球具有的动能
【答案】AB
【解析】
【详解】
AC ．根据动能定理得 212
mgL mv =
解得 2v gL 因为A B L L <。

所以
A B v v <
再根据
2
v T mg m L
-= 得
2
3v T mg m mg L
=+= 所以绳子拉力相等，故A 选项正确，C 选项错误；
B ．根据2
v a L
=可得 2a g =
所以两球加速度相等，故B 选项正确；
D ．根据动能定理得
212
mgL mv = 因为A B L L <，所以在最低点，两球的动能不等。

故D 选项错误；
故选AB ．
8．如图所示（俯视图），位于同一水平面内的两根固定金属导轨MN 、A B CD ''，电阻不计，两导轨之间
存在竖直向下的匀强磁场。

现将两根粗细均匀、完全相同的铜棒ab 、cd 放在两导轨上，若两棒从图示位置以相同的速度沿MN 方向做匀速直线运动，始终与两导轨接触良好，且始终与导轨MN 垂直，不计一切摩擦，则下列说法中正确的是（ ）
A ．回路中有顺时针方向的感应电流
B ．回路中的感应电动势不变
C ．回路中的感应电流不变
D ．回路中的热功率不断减小
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．两棒以相同的速度沿MN 方向做匀速直线运动，回路的磁通量不断增大，根据楞次定律可知，感应电流方向沿逆时针，故A 错误；
BC ．设两棒原来相距的距离为s ，M′N′与MN 的夹角为α，回路中总的感应电动势
tan tan cd ab cd ab E BL v BL v Bv L L Bv s Bvs αα=-=⋅-=⋅=（）
保持不变，由于回路的电阻不断增大，所以回路中的感应电流不断减小，故B 正确，C 错误；
D ．回路中的热功率为2=
E P R
，由于E 不变，R 增大，则P 不断减小，故D 正确。

故选BD 。

9．倾角为30°的光滑斜面上放一质量为m 的盒子A ，A 盒用轻质细绳跨过定滑轮与B 盒相连，B 盒内放一质量2
m 的物体。

如果把这个物体改放在A 盒内，则B 盒加速度恰好与原来等值反向，重力加速度为g ，则B 盒的质量m B 和系统的加速度a 的大小分别为（ ）
A ．4
B m m = B ．38
B m m =
C ．a ＝0.2g
D ．a ＝0.4g
【答案】BC
【解析】
【详解】
当物体放在B 盒中时，以AB 和B 盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有 11sin3022B B m g mg mg m m m a +-︒=++（）（） 当物体放在A 盒中时，以AB 和A 盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有
11sin3022
B B m m g m g m m m a +︒-=++（）（） 联立解得
38
B m m = 加速度大小为
a=0.2g
故AD 错误、BC 正确。

故选BC 。

10．如图所示，质量为M 的木板静止在光滑水平面上，木板左端固定一轻质挡板，一根轻弹簧左端固定在挡板上，质量为m 的小物块从木板最右端以速度v 0滑上木板，压缩弹簧，然后被弹回，运动到木板最右端时与木板相对静止。

已知物块与木板之间的动摩擦因数为μ，整个过程中弹簧的形变均在弹性限度内，则（ ）
A ．木板先加速再减速，最终做匀速运动
B ．整个过程中弹簧弹性势能的最大值为204()
Mmv M m + C ．整个过程中木板和弹簧对物块的冲量大小为0Mmv M m
+ D ．弹簧压缩到最短时，物块到木板最右端的距离为202()Mv M m g
μ+ 【答案】AB
【解析】
【分析】
【详解】
A ．物块接触弹簧之前，物块减速运动，木板加速运动；当弹簧被压缩到最短时，摩擦力反向，直到弹簧再次恢复原长，物块继续减速，木板继续加速；当物块与弹簧分离后，物块水平方向只受向左的摩擦力，
所以物块加速，木板减速；最终，当物块滑到木板最右端时，物块与木板共速，一起向左匀速运动。

所以木板先加速再减速，最终做匀速运动，所以A 正确；
B ．当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时物块与木板第一次共速，将物块，弹簧和木板看做系统，由动量守恒定律可得
0()mv m M v =+
得
0mv v m M
=+ 从开始运动到弹簧被压缩到最短，由能量守恒可得 22p 0f 11()22E mv m M v W =
-+- 从开始运动到物块到达木板最右端，由能量守恒可得
22f 0112()22
W mv m M v =-+ 20f 4()
mMv W m M =+ 则最大的弹性势能为
20p 4()
E Mmv M m += 所以B 正确；
C ．根据动量定理，整个过程中物块所受合力的冲量大小为
00Mmv I mv mv M m =-=-
+ 所以0Mmv M m
+是合力的冲量大小，不是木板和弹簧对物块的冲量大小，所以C 错误； D ．由题意可知，物块与木板之间的摩擦力为
f F m
g μ=
又系统克服摩擦力做功为
f f W F x =相对
则
20f f =4()Mv W x F M m g
μ=+相对 即弹簧压缩到最短时，物块到木板最右端的距离为204()Mv M m g
μ+，所以D 错误。

故选AB 。

11．如图是某初中地理教科书中的等高线图（图中数字的单位是米）。

小山坡的右侧比左侧更陡些，如果
把一个球分别从山坡左右两侧滚下（把山坡的两侧看成两个斜面，不考虑摩擦等阻碍），会发现右侧小球加速度更大些。

现在把该图看成一个描述电势高低的等势线图，左右两侧各有a、b两点，图中数字的单位是伏特，下列说法正确的是（）
A．b点电场强度比a点大
B．左侧电势降低的更快
C．同一电荷在电势高处电势能也一定大
D．同一电荷在电场强度大处所受电场力也一定大
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据
U=Ed
相同电势差右侧b点的距离更小，所以b点电场强度比a点大，故A正确；
B．等势线越密集的地方电势降落的越快，b点等势线更密集，所以右侧电势降低的更快，故B错误；C．电势能还与电荷的正负有关，所以同一电荷在电势高处电势能也不一定大，故C错误；
D．同一电荷在电场强度大处所受电场力一定大，故D正确。

故选AD。

12．如图所示，橡皮筋的一端固定在O点，另一端拴一个物体，O点的正下方A处有一垂直于纸面的光滑细杆，OA为橡皮筋的自然长度。

已知橡皮筋的弹力与伸长量成正比，现用水平拉力F使物体在粗糙的水平面上从B点沿水平方向匀速向右运动至C点，已知运动过程中橡皮筋处于弹性限度内且物体对水平地面有压力，下列说法正确的是（）
A．物体所受水平面的摩擦力保持不变B．物体所受地面的支持力变小
C．水平拉力F逐渐增大D．物体所受的合力逐渐增大
【答案】AC
【解析】
【详解】
AB．设开始时A离地面的高度为L，设某一时刻绳子与竖直方向的夹角为θ，则绳子的弹力为：L
=
T k
cosθ
其竖直向上分力
F y=Tcosθ=kL
故物体对地面的压力为
N=mg-kL
所以物体对地面的压力保持不变；
又因为f=μN，故摩擦力也保持不变，故A正确，B错误；
C．水平拉力
F=f+Tsinθ=f+kLtanθ
随着θ的增大，拉力F逐渐增大，故C正确；
D．物体始终处于平衡状态，其合外力始终为零，故D错误。

故选AC。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学要测量一节干电池的电动势和内电阻：
①实验室除提供开关S和导线外，有以下器材可供选择：
电压表：V（量程3V，内阻R v=10kΩ）
电流表：G（量程3mA，内阻R g=100Ω）
电流表：A（量程3A，内阻约为0.5Ω）
滑动变阻器：R1（阻值范围0-10Ω，额定电流2A）
R2（阻值范围0-1000Ω，额定电流1A）
定值电阻：R3=0.5Ω
该同学依据器材画出了如图所示的原理图，他没有选用电流表A的原因是___________；
②该同学将电流表G 与定值电阻R 3并联，实际上是进行了电表的改装，则他改装后的电流表对应的量程是_______A ；
③为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器_______（填写器材的符号）； ④该同学利用上述实验原理图测得数据，以电流表G 读数为横坐标，以电压表V 读数为纵坐标绘出了如图所示的图线，根据图线可求出电源的电动势E=_______V （结果保留三位有效数字），电源的内阻r=_______Ω （结果保留两位有效数字）。

【答案】量程与被测电流值相比较太大 0.603 R 1 1.48 0.84（0.70-0.90之间都给分）
【解析】
【分析】
【详解】
①[1] 一节干电池的电动势约E=1．5V ，为方便实验操作，滑动变阻器应选R 1，它的阻值范围是0-10Ω，电路中最小电流约为
min 0.15A E I R
== 电流表A 的量程是3A ，被测电流值与电流表量程相比差距太大，因此不能用电流表A 。

②[2] 改装后电流表量程：
30.003100.003A 0.603A 0.5
g g
g I R I I R ⨯=+=+= ③[3]根据以上分析可知，选用的滑动变阻器是R 1。

④[4][5] 由上可知，改装后电流表的量程是电流表G 量程的200倍，图象的纵截距b 等于电源的电动势，由图读出电源的电动势为：
E=1．48V
图线的斜率大小k=r ，由数学知识知：
0.84U k I
==V V 则电源的内阻为：
r=k=0.84Ω
14．温度传感器的核心部分是一个热敏电阻。

某课外活动小组的同学在学习了伏安法测电阻之后，利用所学知识来测量由某种金属制成的热敏电阻的阻值。

可供选择的实验器材如下：
A ．直流电源，电动势E=6V ，内阻不计；
B ．毫安表A 1，量程为600mA ，内阻约为0.5Ω；
C ．毫安表A 2，量程为10mA ，内阻R A =100Ω；
D ．定值电阻R 0=400Ω；
E ．滑动变阻器R=5Ω；
F ．被测热敏电阻R t ，开关、导线若干。

(1)实验要求能够在0~5V 范围内，比较准确地对热敏电阻的阻值R t 进行测量，请在图甲的方框中设计实验电路______。

(2)某次测量中，闭合开关S ，记下毫安表A 1的示数I 1和毫安表A 2的示数I 2，则计算热敏电阻阻值的表达式为R t =______（用题给的物理量符号表示）。

(3)该小组的同学利用图甲电路，按照正确的实验操作步骤，作出的I 2－I 1图象如图乙所示，由图可知，该热敏电阻的阻值随毫安表A 2的示数的增大而____（填“增大”“减小”或“不变”）。

(4)该小组的同学通过查阅资料得知该热敏电阻的阻值随温度的变化关系如图丙所示。

将该热敏电阻接入如图丁所示电路，电路中电源电压恒为9V ，内阻不计，理想电流表示数为0.7A ，定值电阻R 1=30Ω，则由以上信息可求出定值电阻R 2的阻值为______Ω，此时该金属热敏电阻的温度为______℃。

【答案】
()2A 012
I R R I I +- 增大 17.5 55 【解析】
【详解】
(1)[1]．题目中没有电压表，可用已知内阻的电流表A 2与定值电阻R 0串联构成量程为
0()0.01(100400)V=5V g A U I R R =+=⨯+的电压表；滑动变阻器用分压电路，电路如图：
(2)[2]．由电流可知
()2A 012
t I R R R I I +-= (3)[3]．根据()2A 012t I R R R I I +-=
可得
021A 11t
I R R R I +=+
则该热敏电阻的阻值随毫安表A 2的示数的增大，斜率A 01
1t
R R R ++ 变大，可知R t 变大。

(4)[4][5]．通过R 1的电流
11
0.3A U I R == 则通过R 2和R t 的电流为0.4A ；由I 2-I 1图像可知，I 2=4mA ，此时R t 两端电压为2V ，则R 2两端电压为7V ，
则
2717.50.4
R =
Ω=Ω 250.4t R =Ω=Ω 根据R t -t 图像可知
14153
t R t =
+ 解得 t=55℃
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．高空杂技表演中，固定在同一悬点的两根长均为L 的轻绳分别系着男、女演员，他们在同一竖直面内先后从不同高度相向无初速摆下，在最低点相拥后，恰能一起摆到男演员的出发点。

已知男、女演员质量分别为M 、m ，女演员的出发点与最低点的高度差为
4L ，重力加速度为g ，不计空气阻力，男、女演员均视为质点
（1）求女演员刚摆到最低点时对绳的拉力大小；
（2）若两人接着从男演员的出发点一起无初速摆下，到达最低点时男演员推开女演员，为了使女演员恰能回到其最初出发点，男演员应对女演员做多少功？
【答案】 (1) 1.5mg ；(2) ()()22Mm M m W gL M m +=
+
【解析】
【详解】
(1)女演员从初始位置到最低点的过程，由机械能守恒定律得 2114=2
L mg mv 在最低点时，对女演员，由牛顿第二定律得
21=v F mg m L
- 联立解得
1.5F mg =
根据牛顿第三定律得女演员对轻绳的拉力大小为1.5mg 。

(2)男演员从初始位置摆至最低点的过程，由机械能守恒定律得
221=2
Mgh Mv 男、女演员在最低点相拥后获得共同速度，水平方向满足动量守恒
()123mv Mv m M v -=+
他们一起以相同速度摆到男演员的出发点，由机械能守恒定律得
()()2312
m M gh m M v +=+
他们再一起从男演员的出发点摆至最低点的过程，由机械能守恒定律得 ()()221=2
M m gh M m v ++ 男演员在最低点推开女演员，女演员恰能摆回初始位置仍满足
2114=2
L mg mv 此过程男演员对女演员做的功
22211122
W mv mv =- 联立解得
()
()22Mm M m W gL M m +=+
16．如图所示，半径R=0.4m 的竖直半圆形光滑轨道BC 与水平面AB 相切，AB 间的距离x=3.6m 。

质量m 2=0.15kg 的小滑块2放在半圆形轨道的最低点B 处，另一质量为m 2=0.25kg 的小滑块1，从A 点以v 0=10m/s 的初速度在水平面上滑行，到达B 处两滑块相碰，碰撞时间极短，碰后两滑块粘在一起滑上半圆形轨道。

已知滑块1与水平面之间的动摩擦因数μ=0.5。

重力加速度g 取10m/s 2。

两滑块均可视为质点。

求∶
(1)滑块1与滑块2碰撞前瞬间的速度大小v 1；
(2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能△E ；
(3)在半圆形轨道的最高点C 处，轨道对两滑块的作用力大小F N 。

【答案】 (1)8m/s ；(2)3J ；(3) 5N
【解析】
【分析】
【详解】
(1)滑块1从A 运动到B ，根据动能定理
－μm 1gx=2211101122
m v m v - 得
v 1=8m/s
(2)设两滑块碰后的共同速度为v ，根据动量守恒定律
m 1v 1=(m 1+m 2)v
得
v=5m/s
根据能量守恒定律 22111211()22
E m v m m v ∆=
-+ 得 ΔE=3J
(3)设两滑块到达最高点C 处时的速度为v C ，根据机械能守恒定律
12(m 1+m 2)v 2=12
(m 1+m 2)2C v +(m 1+m 2)g×2R 得
v C =3m/s
两滑块在C 点的受力示意图如图所示
根据牛顿第二定律
F N +（m 1+m 2）g=(m 1+m 2)2C v R
得
F N =5N
17．在纸面平面内有一平面直角坐标系xOy ，A 为y 轴上到O 距离为d 的点、C 为x 轴上到O 距离为2d 的点，在A 沿x 轴正向以速度v 0发射一个带负电荷的带电粒子，粒子质量为m 、电荷量为-q 。

在第一象限内存在沿y 轴正方向的匀强电场，在第四象限存在垂直纸面向里、磁场感应强度大小为0
mv B qd
=的匀强磁场，带电粒子从A 点发出后，经过x 轴上的C 点进入磁场，进入磁场经过一段时间后从y 轴的下半轴飞出磁场，不计重力，求：
(1)电场场强大小；
(2)带电粒子在电场和磁场中运动的总时间。

【答案】 (1)202mv qd ；(2)0
2d d v π+ 【解析】
【分析】
【详解】
(1)带电粒子在第一象限做类平抛运动，经过x 轴时的速度与x 轴正方向夹角为θ，沿x 轴正向 2d ＝v 0t 1
沿y 轴负方向
d ＝12
at 12 联立解得
202v a d =，10
2d t v = 又
a ＝qE m ，tanθ＝10
at v 粒子经过x 轴的速度大小为
v ＝0cos v θ
解得
E ＝202mv qd ，θ＝45°，02v v = (2)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qvB ＝2
mv R
，结合0mv B qd =解得运动半径 R ＝2d
做出带电粒子在磁场中的运动轨迹如图
由于带电粒子进入磁场时的速度方向与x 轴成45°，所以带电粒子在磁场中运动半个周期，运动周期
T ＝2R v
π＝02d v π 粒子在磁场中运动时间
t 2＝12
T ＝0d v π 带电粒子在电场和磁场中运动的总时间为
12000
22d d d d t t t v v v ππ⋅+⋅=+=+=。