2024届湖北省武汉华中师范大学第一附属中学物理高三上期末教学质量检测试题含解析

2024届湖北省武汉华中师范大学第一附属中学物理高三上期末
教学质量检测试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。

选择题必须用2B 铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。

2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。

3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、用传感器观察电容器放电过程的实验电路如图甲所示，电源电动势为8V 、内阻忽略不计。

先使开关S 与1端相连，稍后掷向2端，电流传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示的电流随时间变化的i —t 图像如图乙所示。

下列说法正确的是（ ）
A ．图中画出的靠近i 轴的竖立狭长矩形面积表示电容器所带的总电荷量
B ．电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为20C
C ．电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为44.010-⨯ C
D ．电容器的电容约为24.010⨯μF
2、若一个质点由静止开始做匀加速直线运动，下列有关说法正确的是（ ） A ．某时刻质点的动量与所经历的时间成正比
B ．某时刻质点的动量与所发生的位移成正比
C ．某时刻质点的动能与所经历的时间成正比
D ．某时刻质点的动能与所发生位移的平方成正比
3、2020年1月我国成功发射了“吉林一号”卫星，卫星轨道可看作距地面高度为650km 的圆，地球半径为6400km ，第一宇宙速度为7.9km/s 。

则该卫星的运行速度为（ ） A ．11.2km/s B ．7.9km/s C ．7.5km/s D ．3.lkm/s
4、如图所示，在半径为R 的半圆和长为2R 3R 的矩形区域内充满磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直于纸面向里。

一束质量为m 、电量为q 的粒子（不计粒子
间相互作用）以不同的速率从边界AC的中点垂直于AC射入磁场.所有粒子从磁场的EF圆弧区域射出（包括E、F点）其中EO与FO（O为圆心）之间夹角为60°。

不计粒子重力.下列说法正确的是（）
A．粒子的速率越大，在磁场中运动的时间越长
B．粒子在磁场中运动的时间可能为2
3
m qB π
C．粒子在磁场中运动的时间可能为5
6
m qB π
D．粒子的最小速率为5
6 qBR m
5、如图所示的电路中，恒流源可为电路提供恒定电流0I R
，为定值电阻，电流表、电压表均可视为理想电表，不考虑导线电阻对电路的影响。

改变变阻器L
R接入电路的阻值，记录电流表、电压表的示数并依次填写在下表中。

由数据可以判定以下说法正确的是（）
序号 1 2 3 4 5 6 7 8
()V
U14.0 12.0 10.0 8.0 6.0 4.0 2.0 0
()A
I0.30 0.40 0.50 0.60 0.70 0.80 0.90 1.00
A．实验过程中L R逐渐增大
B．实验过程中恒流源输出功率逐渐减小
C．恒流源提供的电流0I大小为2.00A
D．电路中定值电阻R的阻值为10Ω
6、如图所示，固定在水平地面的斜面体，其斜面倾角α=30°、斜面长x=1.6m，底端与
长木板B上表面等高，B静止在光滑水平地面上，左端与斜面接触但不粘连，斜面底端与B的上表面接触处平滑连接。

一可视为质点的滑块A从斜面顶端处由静止开始下滑，最终A刚好未从B上滑下。

已知A、B的质量均为1kg，A与斜面间的动摩擦因
数μ1=
3
4
，A与B上表面间的动摩擦因数μ2=0.5，重力加速度g取10m/s2，下列说法
正确的是（）
A．A的最终速度为0
B．B的长度为0.4m
C．A在B上滑动过程中，A、B系统所产生的内能为1J
D．A在B上滑动过程中，A、B系统所产生的内能为2J
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

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、以下说法中正确的是________。

A．全息照相利用了光的衍射现象
B．如果两个波源振动情况完全相同，在介质中能形成稳定的干涉图样
C．声源远离观察者时，听到的声音变得低沉，是因为声源发出的声音的频率变低了D．人们所见到的“海市蜃楼”现象，是由于光的全反射造成的
E.摄像机的光学镜头上涂一层“增透膜”后，可减少光的反射，从而提高成像质量
8、如图所示，在匀强磁场中有一矩形MNQP，场强方向平行于该矩形平面。

已知
3m QP=，
3
m
2
MP=。

各点的电势分别为0 1.5V3V
P M Q
ϕϕϕ
===
，，。

电子
电荷量的大小为e。

则下列表述正确的是（）
A．电场强度的大小为23V/m
B．N点的电势为4.5V
C．电子在M点的电势能比在P点低1.5eV
D．电子从M点运动到Q点，电场力做功为 1.5eV
-
9、真空中，在x轴上的坐标原点O和x=50cm处分别固定点电荷A、B，在x=10cm处由静止释放一正点电荷p，点电荷p只受电场力作用沿x轴方向运动，其速度与在x轴上的位置关系如图所示。

下列说法正确的是（）
A．x=10cm处的电势比x=20cm处的电势高
B．从x=10cm到x=40cm的过程中，点电荷p的电势能一定先增大后减小
C．点电荷A、B所带电荷量的绝对值之比为9：4
D．从x=10cm到x=40cm的过程中，点电荷p所受的电场力先增大后减小
10、下列关于匀变速运动说法正确的是（）
A．只有在加速度和速度方向相同时，速度大小才可能增大
B．若速度为零，则物体所受合外力可能不能为零
t 时刻开始连续相等时间内位移之比不可能是1：C．若物体做匀加速直线运动时，从0
4：8：13：…
D．若物体的加速度增加，则在相同时间内速度变化量一定增大
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）合金材料的电阻率都比较大，某同学按如下步骤测量一合金丝的电阻率。

实验操作如下：
(1)用螺旋测微器在金属丝上三个不同位置测量金属丝的直径，结果都如图甲所示，则该金属丝的直径为________mm。

(2)按图乙连接测量电路，将滑动变阻器置于最大值，闭合开关，移动滑动变阻器，发现电压表读数有读数，而电流表读数总为零，已知电流表、电压表以及待测金属丝都是
完好的，则电路故障为导线_________断路（用图中导线编号表示）。

(3)排除电路故障后，改变滑动头在金属丝上的位置，测出金属丝长度l和接入电路的电阻R x如下表
请根据表中的数据，在图丙方格纸上作出R x–l图像_______。

(4)根据图像及金属丝的直径，计算该合金丝电阻率ρ= __________Ω·m（保留二位有效数字）。

(5)采用上述测量电路和数据处理方法，电表内阻对合金丝电阻率测量的影响为_____（填“使结果偏大”、“使结果偏小”、“对结果无影响”）。

12．（12分）电压表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表电流的两倍。

某同学利用这一事实测盘电压表的内阻（半偏法）。

实验室提供的器材如下：待测电压表V（量程3V．内阻约为3000Ω），电阻箱R0（最大组值为99999.9Ω），滑动变阻器R1（最大阻值100Ω，额定电流2A）。

电源E（电动势6V，内阻不计），开关两个，导线若干。

（1）虚线框内为该同学设计的测量电压表内阻的电路图的一部分。

将电路图补充完整_______。

（2）将这种方法测出的电压表内阻记为R'v．则R'v=______。

与电压表内阻的真实值
R v相比，R'v____Rv．（选填“＞““=”或“＜“）
四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）如图所示，质量为m＝5kg的物体放在水平面上，物体与水平面间的摩擦因数μ=0.5.物体受到与水平面成 ＝37°斜向上的拉力F＝50N作用，从A点由静止开始运动，到B点时撤去拉力F，物体最终到达C点，已知AC间距离为L＝165m，（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g＝10m/s2）求：
(1)物体在AB段的加速度大小a；
(2)物体运动的最大速度大小v m。

14．（16分）在电磁感应现象中，感应电动势分为动生电动势和感生电动势两种。

产生感应电动势的那部分导体就相当于“电源”，在“电源”内部非静电力做功将其它形式的能转化为电能。

(1)利用图甲所示的电路可以产生动生电动势。

设匀强磁场的磁感应强度为B，金属棒ab的长度为L，在外力作用下以速度v水平向右匀速运动。

此时金属棒中电子所受洛仑兹力f沿棒方向的分力f1即为“电源”内部的非静电力。

设电子的电荷量为e，求电子从棒的一端运动到另一端的过程中f1做的功。

(2)均匀变化的磁场会在空间激发感生电场，该电场为涡旋电场，其电场线是一系列同心圆，单个圆上的电场强度大小处处相等，如图乙所示。

在某均匀变化的磁场中，将一个半径为r的金属圆环置于相同半径的电场线位置处。

从圆环的两端点a、b引出两根导线，与阻值为R的电阻和内阻不计的电流表串接起来，如图丙所示。

金属圆环的电阻为R0，圆环两端点a、b间的距离可忽略不计，除金属圆环外其他部分均在磁场外。

此时金属圆环中的自由电子受到的感生电场力F即为非静电力。

若电路中电流表显示的示数为I，电子的电荷量为e，求∶
a.金属环中感应电动势E感大小；
b.金属圆环中自由电子受到的感生电场力F的大小。

(3)直流电动机的工作原理可以简化为如图丁所示的情景。

在竖直向下的磁感应强度为B 的匀强磁场中，两根光滑平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，电阻不计。

电阻为R的金属杆ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好。

轨道端点MP间接有内阻不计、电动势为E的直流电源。

杆ab的中点O用水平绳系一个静置在地面上、质量为m的物块，最初细绳处于伸直状态（细绳足够长）。

闭合电键S后，杆ab拉着物块由静止开始做加速运动。

由于杆ab切割磁感线，因而产生感应电动势E'，且E'同电路中的电流方向相反，称为反电动势，这时电路中的总电动势等于直流电源电动势E和反电动势E'之差。

a.请分析杆ab在加速的过程中所受安培力F如何变化，并求杆的最终速度v m；
b.当电路中的电流为I时，请证明电源的电能转化为机械能的功率为'E I。

15．（12分）如图，xOy坐标系中存在垂直平面向里的匀强磁场，其中，x≤0的空间磁感应强度大小为B；x>0的空间磁感应强度大小为2B。

一个电荷量为+q、质量为m的
粒子a，t=0时从O点以一定的速度沿x轴正方向射出，之后能通过坐标为（
3
2
h，
3
2
h）
的P点，不计粒子重力。

(1)求粒子速度的大小；
(2)在a射出t∆后，与a相同的粒子b也从O点以相同的速率沿y轴正方向射出。

欲使在运动过程中两粒子相遇，求t∆。

（不考虑粒子间的静电力）
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、D
【解析】
A ．根据q it = 可知，图像与横轴围成的面积代表电容器所带的总电荷量，故A 错误； BC ． 确定每个小方格所对应的电荷量值，纵坐标的每个小格为0.2mA ，横坐标的每个小格为0.4s ，则每个小格所代表的电荷量数值为
q =0.2×10-3×0.4=8×10-5C
曲线下包含的小正方形的个数为40个，由曲线下方的方格数与q 的乘积即得电容器所带的电荷量
Q =40×8×10-5C=3.2×10-3C
故BC 错误；
D ． 电容器的电容约为
400μF Q C U
== 故D 正确。

故选D 。

2、A
【解析】
A ．根据p mv =和v at =，联立可得
p mat =
p 与t 成正比，故A 正确；
B ．根据v =
p mv ==p
B 错误；
C ．由于
2211()22
k E mv m at == k E 与2t 成正比，故C 错误；
D ．由于
2112max 22
k E mv m ax ==⋅= k E 与x 成正比，故D 错误。

故选A 。

3、C
【解析】
近地卫星环绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有 2
2 Mm v G m R R
= 则有第一宇宙速度
7.9v ==km/s “吉林一号”卫星环绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有
2
2() Mm v G m R h R h
'=++ 联立解得
7.5v '=km/s
故C 正确，ABD 错误。

故选C 。

4、B
【解析】
ABC ．粒子从F 点和E 点射出的轨迹如图甲和乙所示；
对于速率最小的粒子从F 点射出，轨迹半径设为r 1，根据图中几何关系可得： 22113(
)3
r r R R -= 解得 123
r R = 根据图中几何关系可得
11333sin 2
r θ== 解得θ1=60°，所以粒子轨迹对应的圆心角为120°； 粒子在磁场中运动的最长时间为
118060223603m m t qB qB
ππ︒-︒=⨯=︒ 对于速率最大的粒子从E 点射出，轨迹半径设为r 2，根据图中几何关系可得 22223sin60cos603
()r r R R R =-︒+
︒ 解得 273
r R = 根据图中几何关系可得
223sin60533sin 14
R R r θ︒+
== 所以θ2＜60°，可见粒子的速率越大，在磁场中运动的时间越短，粒子的速率越小运动时间越长，粒子在磁场中运动的最长时间为2 3m qB π，不可能为5 6m qB π，故B 正确、AC 错误；
D ．对从F 点射出的粒子速率最小，根据洛伦兹力提供向心力可得
11mv r qB
= 解得最小速率为
123qBR v m
= 故D 错误。

故选B 。

5、B
【解析】
A ．从表格中的数据可知
U I 的比值在减小，而电压表测量L R 两端电压，电流表测量L R 电流，即L U R I
=，L R 逐渐减小，A 错误； B ．L R 逐渐减小，根据串并联电路电阻规律可知电路总电阻减小，而电路总电流恒定，根据2P I R =可知恒流源输出功率逐渐减小，B 正确；
C ．第8次实验时电压表示数为零，即L R 连入电路的电阻为零，L R 所在支路为一根导线，电阻R 被短路，此时L R 所在支路的电流等于恒流源提供的电流，故大小为1.00A ，C 错误；
D ．第一次实验时电流表示数为0.3A ，所以第一次实验时通过电阻R 的电流为 01 1.000.30.7A I I I =-=-=
由于R 和L R 并联，所以第一次实验时R 两端的电压为
14V U =
故R 的电阻为
1420Ω0.7
U R I === 故D 错误。

故选B 。

6、C
【解析】
A ． 设A 、
B 的质量均为m ，A 刚滑上B 的上表面时的速度大小为v 1．滑块A 沿斜面下滑的过程，由动能定理得：
1sin cos mgx mgx αμα-=
20102
mv - 解得：
设A 刚好滑B 右端的时间为t ，两者的共同速度为v 。

滑块A 滑上木板B 后，木板B 向右做匀加速运动，A 向右做匀减速运动。

根据牛顿第二定律得：对A 有
μ2mg =ma A
对B 有
μ2mg =ma B
则
v =v 1-a A t =a B t
联立解得
t =1.2s ，v =1m/s
所以，A 的最终速度为1m/s ，故A 错误；
B ． 木板B 的长度为
00A B 20.2m 0.2m 2222
v v v v L x x t t t +=-=
-==⨯= 故B 错误； CD ．A 在B 上滑动过程中，A 、B 系统所产生的内能为
Q =μ1mgL =1.5×1×11×1.2J=1J
故C 正确，D 错误。

故选C 。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

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、BDE
【解析】
A ．全息照相利用了激光的干涉原理，可以记录光的强弱、频率和相位，故A 错误；
B ．当频率相同与振幅完全相同时，则会形成稳定的干涉图样，故B 正确；
C ．若声源远离观察者，观察者会感到声音的频率变低，是接收频率变小，而发射频率不变，故C 错误；
D ．海市蜃楼是一种由光的折射产生的现象，是由于光在密度不均匀的物质中传播时，发生折射而引起的，属于全反射，故D 正确；
E ．当薄膜的厚度为入射光在增透膜中波长的
14
时，从薄膜前后表面的反射光相互抵消，从而减少了反射，增加了透射，故E 正确。

故选BDE 。

【解析】
A ．如图所示
在PM 延长线上取0MB PM =。

则电势
()23V B M P ϕϕϕ=-=
则Q B 、连线在等势面上。

由几何关系得
221sin 2
QP PB α=
=+ 则 30︒=α
则
322
PE AP m == 电场强度的大小为
2V /m QP
U E AP ==
故A 错误；
B ．电场中的电势差有
M N P Q ϕϕϕϕ-=-
则
4.5V N ϕ=
故B 正确；
C ．因为
1.5V M P ϕϕ-=
则电子在M 点的电势能比P 点低1.5eV ，故C 正确；
D ．因为
1.5V M Q ϕϕ-=-
则电子由M 点运动到Q 点时电势能减小1.5eV ，则电场力做功为1.5eV ，故D 错误。

故选BC 。

9、AC
【解析】
A ．点电荷p 从x =10cm 处运动到x =30cm 处，动能增大，电场力对点电荷做正功，则点电荷所受的电场力方向沿+x 轴方向，因此，从x =10cm 到x =30cm 范围内，电场方向沿+x 轴方向，所以，x =10cm 处的电势比x =20cm 处的电势高，故A 正确；
B ．点电荷p 在运动过程中，只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变，点电荷的动能先增大后减小，则其电势能先减小后增大，故B 错误；
C ．从x =10cm 到x =30cm 范围内，点电荷p 所受的电场力沿+x 轴方向，从x =30cm 到x =50cm 范围内，点电荷p 所受的电场力沿-x 轴方向，所以，点电荷p 在x =30cm 处所受的电场力为零，则点电荷A 、B 对点电荷p 的静电力大小相等，方向相反，故有 22
A B A B Q q Q q k k r r = 其中r A =30cm ，r B =20cm ，所以，Q A ：Q B =9：4，故C 正确；
D ．点电荷x =30cm 处所受的电场力为零，由电场力公式F =q
E 可知：x =30cm 处的电场强度为零，所以从x =10cm 到x =40cm 的过程中，点电荷p 所受的电场力一定先减小后增大，故D 错误。

故选AC 。

10、BCD
【解析】
A ．对于匀变速直线运动，由0v v at =+得，只有在加速度和速度方向相同时，速度大小才增大；对于曲线运动，加速度方向和速度方向的之间夹角大于0︒小于90︒时，速度大小也增大，故A 错误；
B ．做竖直上抛运动的物体，到达最高点时，速度为零，但它所受的合外力为自身重力，不为零，故B 正确；
C ．物体做匀加速直线运动时，从0t =时刻开始连续相等时间内位移之差为一恒量，即为
2x aT ∆=
而1：4：8：13：…位移之差分别是3、４、5…，故从0
t=时刻开始连续相等时间内位移之比不可能是1：4：8：13：…，故C正确；
D．由v at
∆=得，物体的加速度增加，则在相同时间内速度变化量一定增大，故D正确。

故选BCD。

三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、0.379、0.380或者0.381 a或c
6
8.510-
⨯~6
9.910-
⨯对结果无影响
【解析】
（1）[1] 金属丝的直径为
0mm380.01mm0.380mm
+⨯=
（2）[2]只有a或c发生断路时，电压表相当于测电源电压，此时才会电压表读数有读数，而电流表读数总为零。

（3）[3] 在图丙方格纸上作出R x–l图像如下
（4）[4]根据公式
l
R
S
ρ
=得
6
1321=9.6610=0.380..001π28510l RS ρ--=⨯⨯ ⎪⎭
⨯⨯⎛⎫⎝ （5）[5]因为多次测量金属丝长度l 和接入电路的电阻，通过画图求斜率求出x R l 的大小，所以电表内阻对合金丝电阻率测量结果无影响。

12、 R 0 ＞
【解析】
（1）[1]．待测电压表电阻（3000欧姆）远大于滑动变阻器R 1的电阻值（100欧姆），故滑动变阻器R 1采用分压式接法；电路图如图所示：
（2）[2][3]．根据设计的电路进行的实验步骤是：移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在的支路分压最小；
闭合开关s 1、s 2，调节R 1，使电压表的指针满偏；
保持滑动电阻器滑片位置不变，断开s 2，调节电阻箱R 0，使电压表的指针半偏； 读取电阻箱所示的电阻值，此即为测得的电压表内阻；
电压表串联电阻箱后认为电压不变，而实际该支路电压变大，则电阻箱分压大于计算值，则会引起测量值的偏大，故R v ＜R v ′
四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、 (1)6m/s 2；(2)30m/s 。

【解析】
(1)在AB 段，受力分析如图
正交分解得：
cos F N ma θμ-=
sin F N mg θ+=
代入相应数据得：26m/s a =
(2)在BC 段由牛顿第二定律得：
mg ma μ'=
解得：25m/s a '=，根据速度和位移关系得：
22m m 22v v L a a
=+' 解得：m 30m/s v =。

14、 (1)1W evBL =；(2)a.()0I R R +；b.0()2 I R R e F πr +=(3)a. 22
m E mgR v BL B L =-；b.见解析
【解析】
(1)金属棒中电子所受洛仑兹力f 沿棒方向的分力f 1=evB ，棒方向的分力f 1做的功 W 1=f 1L
得
W 1=evBL
(2)a.金属环中感应电动势
E 感=I (R 0+R )
b.金属环中电子从a 沿环运动b 的过程中，感生电场力F 做的功
W F =F •2πr
由电动势的定义式 F W E e
=
感 得
0()2 π I R R e F r
+= (3)a.杆ab 在加速的过程中，杆切割磁感线的速度v 增大，杆切割磁感线产生的感应电动势E ′=BLv ，故E ′增大，由
E E I R
'
-= 可知，电路中的电流I 减小，杆所受安培力F =BIL 故F 减小，设细绳的拉力为T ，杆的质量为m 0，根据牛顿第二定律
F －T =m 0a
物块以相同的加速度大小向上做加速运动，根据牛顿第二定律
T －mg =ma
得
F －mg =(m +m 0)a
F 减小，杆的加速度a 减小，当F =mg 时，a 为零，此时，杆达到最终速度v m 。

此时杆上产生的感应电动势E ′=BLv m ，得
22m E mgR v BL B L
=
- b.由 E E I R
'
-= 得
IR =E －E ′
两边同乘以I ，经整理得
EI =I 2R +E ′I
由上式可以看出，电源提供的电能（功率为EI ），一部分转化为了电路中产生的焦耳热（热功率为I 2R ），另一部分即为克服反电动势做功（功率为E ′I ）消耗的电能，这部分能量通过电磁感应转化为了杆和物块的机械能。

15、 (1)2qBh v m
=
；(2)3m qB π和m qB π 【解析】
(1)设粒子速度的大小为v ，a 在x >0的空间做匀速圆周运动，设半径为1r ，则有 2
1
2v qvB m r = 由几何关系有
()
22211P P y r x r -+=
解得 1r h =
联立以上式子解得 2qBh v m
= (2)粒子a 与b 在x ≤0的空间半径相等，设为2r ，则
2
2
v qvB m r = 解得
2122r r h ==
两粒子在磁场中运动轨迹如图
只有在M 、N 、O 、S 四点两粒子才可能相遇。

粒子a 在x >0的空间做匀速圆周运动的周期为1T ，则
112r m T v qB ππ== 粒子a 和b 在x ≤0的空间作匀速圆周运动的周期为2T ，则
222r m T v qB
ππ== (i)粒子a 、b 运动到M 的时间
1a 2622M T t T π
π
=+ b 232M t T π
π
=
a b 3M M M m
t t t qB π∆=-=
(ii)同理，粒子a 、b 到N 的时间 1a 25622N
T t T ππ=+ b 2532N t T ππ
= a b 03M N N m
t t t qB π∆=-=-<
粒子不能在N 点相遇。

(iii)粒子a 、b 到O 的时间 2a 12
O T t T =+；b 2O t T = a b 0O O O t t t ∆=-=
粒子不能在O 点相遇。

(iv)粒子a 、b 到S 的时间 2a 12S T t T =+；b 234S t T = a b S S S m
t t t qB π∆=-=
所以粒子b 与a 射出的时间差为3m qB π和m qB π时，两粒子可以相遇。