2018-2019学年黑龙江省牡丹江市第三中学高二上学期期中考试物理试题 解析版

2018---2019学年度第一学期期中考试高二物理试题（理科）
一、单项选择题
1.图所示为一速度选择器，内有一磁感应强度为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场，一束粒子流以速度v水平射入，为使粒子流经磁场时不偏转（不计重力），则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场，关于这处电场场强大小和方向的说法中，正确的是（）
A. 大小为B/v，粒子带正电时，方向向上
B. 大小为B/v，粒子带负电时，方向向上
C. 大小为Bv，方向向下，与粒子带何种电荷无关
D. 大小为Bv，方向向上，与粒子带何种电荷无关
【答案】D
【解析】
当粒子所受的洛伦兹力和电场力平衡时，粒子流匀速直线通过该区域，有qvB＝qE，所以E＝Bv。

假设粒子带正电，则受向下的洛伦兹力，电场方向应该向上。

粒子带负电时，电场方向仍应向上。

故正确答案为D。

2.如图所示，当闭合开关S，且将滑动变阻器的滑片P向右移动时，图中的电磁铁（）。

A. A端是N极，磁性增强
B. B端是N极，磁性减弱
C. A端是S极，磁性增强
D. B端是S极，磁性减弱
【答案】B
【解析】
【分析】
根据安培定则判断出电磁铁的N、S两极，依据滑动变阻器的方向，判断出电磁铁的磁性强弱。

【详解】如图所示，根据安培定则，用右手握住螺线管，使四指指向电流的方向，则大拇指所指的B端为电磁铁的N极，那么A端就是S极；同时滑动变阻器向右移动时，接入电路的
电阻变大，电路电流变小，则电磁铁磁性减弱。

故只有选项B的说法正确，符合题意。

故选B。

【点睛】本题是电学知识与磁现象的综合题，首先根据安培定则判断出通电螺线管的两极方向，滑动变阻器的移动可以改变电流的大小，电流增大时，电磁铁磁性增强，反之减小。

3.在阴极射线管中电子射线的方向由左向右，其上方有一根通电直导线，电流方向向右，导线与射线管平行，则阴极射线将：
A. 向上偏转
B. 向下偏转
C. 向里偏转
D. 向外偏转
【答案】B
【解析】
【分析】
首先由安培定则分析判断通电直导线周围产生的磁场情况，再由左手定则判断出电子流的受力方向，可知电子流的偏转方向．
【详解】由安培定则可判断出通电直导线下方的磁场方向垂直于纸面向里，阴极射线管正好处于垂直纸面向里的磁场中，由左手定则可判断出电子流受到向下的洛伦兹力作用，所以电子流要向下偏转。

故选B。

【点睛】此题要求要会熟练的使用安培定则和左手定则分析解决问题，要明确电流、磁场、磁场力的关系，能正确的运用左手定则和安培定则分析问题是解决该题的关键．
4.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D 形金属盒处于垂直于盒底面的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，下列说法中正确的是( )
A. 增大匀强电场间的加速电压
B. 增大磁场的磁感应强度
C. 减小狭缝间的距离
D. 增大D形金属盒的半径
【答案】BD
【解析】
【分析】
回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子射出时的速度，从而得出动能的表达式，看动能与什么因素有关；
【详解】由
2
v
qvB m
R
=，解得
qBR
v
m
=，则动能
222
2
1
22
k
q B R
E mv
m
==，知动能与加速的电
压无关，狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关，增大磁感应强度和D 形盒的半径，可以增加粒子的动能，故BD正确，AC错误。

【点睛】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道粒子的最大动能与加速的电压无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关。

5.下列各图中，已标出电流I、磁感应强度B的方向，其中符合安培定则的是：
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
通电直导线中的安培定则（安培定则一）：用右手握住通电直导线，让大拇指指向电流的方向，那么四指的指向就是磁感线的环绕方向由此可知AB错误；通电螺线管中的安培定则（安培定则二）：用右手握住通电螺线管，使四指弯曲与电流方向一致，那么大拇指所指的那一端是通电螺线管的N极，据此可知C正确，D错误．故选C．
6.如图所示三条长直导线，都通有垂直于纸面向里的电流，且I1 = I2 = I3 则距三导线距离都相等的A点的磁感应强度的方向为
A. 方向向上
B. 方向向下
C. 方向向左
D. 方向向右
【答案】A
【解析】
【分析】
由安培定则确定出磁感线方向，再利用矢量合成法则求得A的合矢量的方向．
【详解】由安培定则知电流I1和I2，在A点的磁感线方向相反，距离又相等，所以合场强为零，I3在A点的电场线方向竖直向上，故A点的磁感线方向向上。

故选A。

7. 如图所示，两条导线相互垂直但相隔一小段距离，其中一条AB是固定的，另一条CD能自由转动，当直流电流按图示方向通入两条导线时，导线CD将(从纸外向纸内看)( )
A. 顺时针方向转动，同时靠近导线AB
B. 逆时针方向转动，同时离开导线AB
C. 顺时针方向转动，同时离开导线AB
D. 逆时针方向转动，同时靠近导线AB
【答案】D
【解析】
试题分析：根据右手螺旋定则可知，电流AB产生的磁场在右边垂直纸面向里，在左边垂直纸面向外，电流CD处于电流AB产生的磁场中，在CD左右两边各取一小电流元，根据左手定则，左边的电流元所受的安培力方向向下，右边的电流元所受安培力方向向上，知CD导线逆时针方向转动(从纸外向纸内看)．当CD导线转过90°后，两电流为同向电流，相互吸引．所以导线CD逆时针方向转动，同时靠近导线AB．故D正确，A、B、C错误．
考点：本题考查电流对电流的作用、通电直导线和通电线圈周围磁场的方向，意在考查考生
对左手定则、右手螺旋定则的理解和应用．
8.如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速度沿与x轴成30°角从原点射入磁场，则正、负电子在磁场中运动时间之比为（）
A. 1∶2
B. 2∶1
C. 1:
D. 1∶1
【答案】B
【解析】
试题分析：正离子进入磁场后，在洛伦兹力作用下向上偏转，而负离子在洛伦兹力作用下向下偏转．正离子以60°入射，则圆弧对应的圆心角为120°，而负离子以30°入射，则圆弧
对应的圆心角为60°，正负电子在磁场中的周期相同，根据可知，正离子运动时间是负离子时间的2倍．故答案为B．
考点：带电粒子在匀强磁场中的运动。

9.如图为伏安法测电阻的一种常用电路。

以下分析正确的是
A. 此接法的测量值大于真实值
B. 此接法的测量值小于真实值
C. 此接法要求待测电阻值小于电流表内阻
D. 开始实验时滑动变阻器滑动头P应处在变阻器的正中间
【答案】A
【解析】
【分析】
由电路图可知，该实验采用的是滑动变阻器的分压接法，电流表的内接法；
（1）电流表外接法，由于电压表的分流作用，使电流表测的电流大于流过电阻的电流，测量值小于真实值；待测电阻越小，电压表的分流作用越小，电流表测的电流越接近流过电阻的
真实值，实验误差越小．电流表内接法，由于电流表的分压作用，使电压表测的电压大于待测电阻两端的电压，测量值大于真实值；待测电阻阻值越大，电流表分压影响越小，电压表的测量值越接近真实值，实验误差越小．
（2）为保证电路安全，采用滑动变阻器分压接法时，在闭合开关前，要求滑动变阻器滑片移到分压电阻为零的位置．
【详解】由电路图可知，该实验采用的是滑动变阻器的分压接法，电流表的内接法；电流表采用内接法，由于电流表的分压作用，电压测量值大于真实值，由欧姆定律可知，电阻测量值大于真实值，故A正确，B错误；伏安法测电阻，采用电流表内接法时，由于电流表的分压会使电压表测量值大于真实值，实验误差是由电流表分压造成的，故此接法要求待测电阻值大于电流表内阻，故C错误；滑动变阻器采用分压接法，为保护电路安全，闭合开关前，滑片应置于最右端，故D错误；故选A
【点睛】本题考查了伏安法测电阻实验电路分析、实验注意事项、实验误差分析等问题，难度不是很大，熟练掌握基础知识即可正确解题．分析清楚电路结构、应用欧姆定律即可分析实验误差．
10.图中的甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流计G和一个变阻器R组成，它们之中一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是( )
A. 甲表是电流表，R增大时量程增大
B. 甲表是电流表，R增大时量程减小
C. 乙表是电压表，R增大时量程减小
D. 上述说法都不对
【答案】B
【解析】
试题分析：灵敏电流计G和变阻器R并联时，由于变阻器的分流，测量的电流增大，改装成电流表，而灵敏电流计G和变阻器R串联时，由于变阻器的分压，测量的电压增大，改装成电压表．甲表中，R增大时，变阻器分流减小，量程减小．乙表中，R增大时，变阻器分担的
电压增大，量程增大．
解：A 、由图甲所示可知，电阻与G 并联，甲为电流表，分流电阻R 增大时，电阻分流电流减小，量程变小．故A 错误，B 正确；
C 、由图乙所示可知，电阻R 与G 串联，乙为电压表，R 增大，电阻分压电压变大，量程变大．故C 错误；
D 、由以上分析可知，B 正确，则D 的说法错误，故D 错误；
故选：B ．
【点评】本题考查电表改装原理的理解能力．当电流计的指针满偏时，电流表或电压表的指针满偏，所测量的电流或电压达到最大值．
11.图为测量某电源电动势和内阻时得到的U I -图线.用此电源与三个阻值均为3W 的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8.V 则该电路可能为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】 由上图可知电源电动势为6V ，电源内阻为64
0.54-W =W ． 对A 图641.5
E I A A R r ===+外，4U IR V ==外； 对B 图， 2.4E I A R r
==+外， 4.8U IR V ==外； 对C 图，I 0.63E I A R r =
=+外， 5.68U V =；
对D 图， 1.2E I A R r
==+外， 5.4U V =，故B 项正确。

点睛：根据图象求得电源的电动势和内电阻是本题的关键，之后根据闭合电路欧姆定律来计算即可。

视频
12.如图所示电路中，电源的内电阻不能忽略.已知定值电阻R 1=10Ω，R 2=8Ω.当开关S 接到位置1时，电压表V 的示数为2V ；当开关S 接到位置2时，电压表V 的示数可能为( )
A. 2.2V
B. 1.9V
C. 1.6V
D. 1.3V
【答案】B
【解析】
试题分析：当开关S 由位置1接到位置2时，外电阻减小，干路电流增大，即
，代入数据得：U 2>1.6V ，故电压表的读数范围为 1.6V ＜U 2＜2.0V ，选项
B 正确．
考点：本题旨在考查闭合电路欧姆定律。

13.如图甲所示，一带正电的粒子以水平初速度v o （v o <E/B ）先后进入方向互相垂直的匀强电场和匀强磁场区域，两场的区域宽度相同，带电粒子穿过两场的过程中（不计重力），电场和磁场对粒子所做的总功为W 1；若把上述两场正交叠加，如图乙所示，粒子仍以水平初速度v o 穿过叠加场区，此过程电场和磁场对
粒子所做的总功为W 2，比较W 1和W 2有：
A. 一定是W1> W2
B. 一定是W1= W2
C. 一定是W1 <W2
D. 可能是W1> W2，也可能是W1 <W2
【答案】A
【解析】
【分析】
先判断带电粒子在电场中的受力情况和在重叠区的受力情况，比较两种情况中的偏转位移的大小，而洛伦兹力对粒子不做功，只有电场力做功，进而可以判断做功大小．
【详解】不论带电粒子带何种电荷，粒子穿过重叠场区时，电场力的方向与洛伦兹力的方向的夹角大于90°，所以带电粒子在电场中的偏转位移比重叠时的偏转位移大，所以不论粒子带何种电性，甲中带电粒子在电场中偏转位移一定大于乙中的偏转位移，而洛伦兹力对带电粒子不做功，只有电场力做功，所以一定是W1＞W2，故A正确。

故选A。

【点睛】本题解题的关键是分析两种情况下的偏转位移的大小，洛伦兹力对带电粒子不做功，难度适中．
二、选择题：
14.关于第一宇宙速度，下列说法正确的是（）
A. 它是人造地球卫星绕地球运行的最大速度
B. 它是人造地球卫星在近地圆轨道运行的速度
C. 它是人造地球卫星进入近地轨道的最小发射速度
D. 把卫星发射到越远的地方越容易
【答案】ABC
【解析】
【分析】
第一宇宙速度又称为环绕速度，是指在地球上发射的物体绕地球飞行作圆周运动所需的最小初始速度．
【详解】人造卫星在圆轨道上运行时，运行速度v=
半径最小，故第一宇宙速度是卫星在圆轨道上运行的最大速度，同时也是卫星在近地圆轨道运行的速度，故AB正确；物体在地面附近绕地球做匀速圆周运动的速度叫做第一宇宙速度，在地面附近发射飞行器，如果速度等于7.9km/s，飞行器恰好做匀速圆周运动，如果速度小于7.9km/s，就出现万有引力大于飞行器做圆周运动所需的向心力，做近心运动而落地，所以发
射速度不能小于7.9km/s；故C正确。

根据克服地球的引力做功，可知当越远需要克服引力做功越多，所以发射到越远的地方越不容易，故D错误。

故选ABC
【点睛】注意第一宇宙速度有三种说法：
①它是人造地球卫星在近地圆轨道上的运行速度
②它是人造地球卫星在圆轨道上运行的最大速度
③它是卫星进入近地圆形轨道的最小发射速度.
15.以速度v o水平抛出一小球，如果从抛出到某时刻小球的竖直分位移与水平分位移大小相等，以下判断正确的是
A. 此时小球的竖直分速度大小等于水平分速度大小
B.
C. 此时小球速度的方向与位移的方向相同
D. 小球运动的时间为2v o/g
【答案】BD
【解析】
试题分析：A、竖直分位移与水平分位移大小相等，有v0t=，t=，竖直方向上的分速度v y=gt=2v0．故A错误，D正确；
B、此时小球的速度=，故B正确；
C、速度方向为运动轨迹的切线方向，位移方向为初位置指向末位置的方向，两方向不同，故C错误；
故选BD．
16.沿竖直升降的电梯中，一轻弹簧下挂一小球，电梯静止时，弹簧伸长D L，电梯运动时，弹
簧伸长了4
5
D L，由此分析电梯的运动情况可能是：
A. 电梯可能加速上升
B. 电梯可能加速下降
C. 电梯的加速度大小为1
5
g D. 电梯必定在向下运动
【答案】BC 【解析】【分析】
对物体受力分析，根据牛顿第二定律胡克定律求出物体的加速度，从而得知电梯的加速度，确定电梯的运动情况．
【详解】当升降机静止时有：k∆L=mg，当升降机运动时，根据牛顿第二定律得，mg− 0.8k∆L ＝ma，解得a= 0.2g，方向竖直向下，知电梯以大小为0.2g 的加速度减速上升，或以大小为0.2g 的加速度加速下降。

故BC正确，AD错误。

故选BC。

【点睛】解决本题的关键知道物体与电梯具有共同的加速度，根据牛顿第二定律求出物体的加速度是本题的突破口．
17.在验证力的平行四边形定则的实验中，四组同学作出的力的图示如下图所示，其中F1和F2是用两个弹黄秤拉橡皮条时的拉力的图示，F是用四边形定则画出的F1和F2的合力的图示。

Fˊ是一个弹黄秤拉橡皮条时的拉力的图示.F1F2和Fˊ是按同一标度作出的力的图示，PO代表橡皮条，那么在误差允许的范围内，不可能出现的是： ( )
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】
在解决该题时，抓住F是根据平行四边形定则作出的F1和F2的合力，在平行四边形的对角线上，F′是一个弹簧秤单独拉橡皮条时的力，沿橡皮筋方向。

【详解】该实验中F是由平行四边形法则得出的合力，在F1、F2组成平行四边形的对角线上，F′是一个弹簧秤单独拉橡皮条时的力的图示，F′是通过实际实验得出的，故F′应与OA在同一直线上，故AC正确，BD错误。

本题选错误的，故选BD.
18.某同学将一直流电源的总功率P E、输出功率P R和电源内部的发热功率P r随电流I变化的图
线画在了同一坐标上,如图中的a、b、c所示,根据图线可知 ( )
A. 反映P r变化的图线是c
B. 电源电动势为8 V
C. 电源内阻为2 W
D. 当电流为0.5 A时,外电路的电阻为6W
【答案】ACD
【解析】
试题分析：由电源消耗功率和电源内部消耗功率表达式P E=EI，Pr=I2r，可知，a是直线，表示的是电源消耗的电功率，c是抛物线，表示的是电源内电阻上消耗的功率，b表示外电阻的功率即为电源的输出功率P R，所以A正确；根据P E=EI，当I=2A时，P E=8w得，E=4v，B错误；根据Pr=I2r，当I=2A时，Pr=8w可得，r=2Ω，C正确；当电流为0.5A时，R+r=8Ω，R=6Ω，D正确。

考点：电源的功率
三、填空题：
19.在左图欧姆表内部结构示意图上的a处表示电源的_____极，c表示______色表笔. 如果某次测电阻时的示数如右图所示，所用倍率为“×10”，则该电阻的阻值为________Ω。

【答案】 (1). 负 (2). 黑 (3). 260
【解析】
【分析】
多用电表的“+”孔与电源的负极相连，“-”孔与电源的正极相连．电流的流向是“红进黑出”．电阻等于欧姆表的读数乘以倍率．
【详解】多用电表的“+”孔与电源的负极相连，所以a 为电源的负极，电流从红表笔流进，从黑表笔流出，知c 是黑表笔．电阻大小等于26×10=260Ω．
20.在“研究匀变速直线运动的实验中”，从打出的纸带中选出A 、B 、C 、D 四个计数点，如图所示，测出AB=4.6cm ，BC=5.8cm ，CD=7.0cm ，计数点的时间间隔为0.1s ，则打B 点时物体的瞬时速度为______m/s ，物体做匀变速直线运动的加速度 a=_______m/s 2
【答案】 (1). 0.52 (2). 1.2 【解析】 【分析】
根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT 2
可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上B 点时小车的瞬时速度大小． 【详解】相邻计数点之间的时间间隔为0.1s ，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上B 点时小车的瞬时速度大小．v B =0.0460.058
20.1
+´=0.52 m/s ；根据纸带的数据得出相邻计数点之间的距离之差相等，即
△x=1.2cm ，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT 2
可以求出加速度的大小，得：a=
2
0.01201．
=1.2m/s 2
． 21.用游标卡尺测得某样品的长度如图(甲)所示，其示数L ＝______mm ；用螺旋测微器测得该样品的外径如图(乙)所示，其示数D ＝_____________mm 。

【答案】 (1). 30.35mm (2). 3.205mm 【解析】
试题分析：游标卡尺的主尺读数为：30mm ，游标读数为0．05×7mm=0．35mm ，所以最终读数为：30mm+0．35mm=30．35mm ；螺旋测微器的固定刻度读数为3mm ，可动刻度读数为0．01×20．4mm=0．204mm ，所以最终读数为：3mm+0．204mm=3．204mm ，由于需要估读在范围3．203-3．205内均正确． 考点：游标卡尺及螺旋测微器的读数
【名师点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。

22.如图所示两根完全相同的轻弹簧AO 和BO (两弹簧间夹角为120º)，每根原长为L ，倔强系数为K ， A 、B 两端固定于同一高度，两弹簧的接点O 处悬挂一重为G 的球，系统处于平衡，则此时每根弹簧的长度为________。

【答案】L+G
K
【解析】 【分析】
从图中可以看到平衡状态下，AO 和BO 的合力大小为物体的重力G ；根据弹簧弹力公式求出弹簧的总长度．
【详解】设弹簧的弹力F ，此时弹簧的总长度为L 1，据受力分析可知竖直方向：两侧弹簧弹力的竖直分力之和与物体所受的重力平衡。

故 2Fcos60°=G 化简得 F=G
弹簧此时弹力公式为 F=k （L 1-L ） 联立得 L 1＝L +
G k
四、计算题
23.如图所示，在同一水平面内的两导轨相互平行，相距为2m ，并处在竖直向上的匀强磁场中，
一根质量为3.6kg 的金属棒放在导轨上，当金属棒中的电流为5A 时，金属棒作匀速运动；当金属棒中的电流增加到8A 时，金属棒获得2m/s 2
的加速度，求磁场的磁感应强度.
【答案】1.2T 【解析】
试题分析：金属棒在水平方向上受安培力和摩擦力，因为匀速运动所以受到的安培力等于摩擦力；对导体棒受力分析，由牛顿第二定律求出加速度。

当金属棒匀速运动时有：1f F BI L ==安
当金属棒中电流为8A 时，根据牛顿第二定律：2BI L f ma -= 联立以上并代入数据解得：B =1.2T
点睛：本题主要考查了受安培力作用下的牛顿第二定律的应用，属于基础题。

24.如图，一质量为m=10kg 的物体，由
1
4
光滑圆弧轨道上端从静止开始下滑，到达底端后沿水平面向右滑动1m 距离后停止。

已知轨道半径R=0.8m ，g=10m/s 2
，求：
（1）物体物体滑至圆弧底端时的速度大小 （2）物体物体滑至圆弧底端时对轨道的压力大小 （3）物体沿水平面滑动过程中克服摩擦力做的功 【答案】（1）4m/s
（2）300N ( 3 ) 80J 【解析】
【试题分析】根据机械能守恒定律求出物块到达圆弧末端时的速度；在圆弧末端，物块受重力和支持力，两个力的合力提供圆周运动的向心力，由牛顿第二定律可以求出物体受到的支持力，然后由牛顿第二定律求出物体对轨道的压力；由动能定理可以求出物体下滑过程中克服摩擦力做的功．
（1）设到底端速度为v ，由动能定理可知212
mgR mv =
4/v m s =得
(2)设物体受到的支持力为N F ，根据牛顿第二定律得2
N v F mg m R
-=
根据牛顿第三定律'
N N F F =- ，所以物体对轨道的压力大小为300N
(3)设摩擦力的功为f
F W ，根据动能定理列方程2
10802
f
F W mv J =-=- 所以，克服摩擦力做功为80J
【点睛】分析清楚物体的运动过程及受力情况，由牛顿定律、动能定理即可正确解题，本题难度不大，是一道基础题．
25.如图，在xoy 平面内，Ⅰ象限中有匀强电场，场强大小为E ，方向沿y 轴正向，在x 轴下方有方向垂直于纸面向里的匀强磁场。

今有一个质量为m 电量为e 的电子（不计重力），从y 轴上的P 点以初速度v 0垂直于电场方向进入电场。

经电场偏转后，沿着与x 轴正方向成45°进入磁场，并能返回到原出发点P 。

求：
（1）作出电子运动转迹的示意图P 点离坐标原点的距离h 。

（2）匀强磁场的磁感应强度。

（3）电子从P 点出发经多长时间第一次返回P 点？
【答案】（1）2
0 2mv eE
（2）02 E
v （3）0033 24mv mv eE eE p +
【解析】 【分析】
（1）电子在电场做做类平抛运动，应用类平抛运动规律与动能定理求出h ； （2）电子在磁场中做匀速圆周运动，应用牛顿第二定律可以求出B ；
（3）求出电子在电场、磁场、第二象限中的运动时间，然后求出电子总的运动时间．
【详解】（1）粒子运动轨迹如图所示：
电子经过A
点的速度大小：0
045v v cos =
=°
，
电子从P 到A 过程，由动能定理得：eEh=12mv 2-12
mv 02
，
解得，h=2
2mv eE
；
（2
）由几何知识可得，电子在磁场中的轨道半径：45h
R cos ==
° 电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：evB=m 2
v R
，
解得：B=0
2 E v ；
（3）电子从P 到A 的过程，加速度为eE a m
=
， 时间为00
1y v v mv t a
a eE
=
=
=
， 从A 到C 再到D ，周期为2m
T eB
p =
，由几何知识得：电子在磁场中运动过程速度的偏向角为270°则电子在磁场中运动的时间为0
2333 424mv m t T eB eE
p p ===
， 从D 到P 的运动过程：由几何知识得：
，运动时间为：3DP t v v
=
=
， 解得：0
32mv t eE
=
故t=t 1+t 2+t 3=00
33 24mv mv eE eE
p +；
【点睛】电子在电场中做类平抛运动的研究方法是运动的分解，而磁场中圆周运动的研究方法是画轨迹，都常用的思路．。