广东省广州市执信、广雅、二中、六中四校2018-2019学年高二上学期末联考物理试题(解析版)

2018-2019学年度高二上学期期末执信、广雅、二中、六中四校联考
物理试卷
本试卷分选择题和非选择题两部分,共8页,满分100分,考试用时90分钟。

注意事项：
1.答题前,考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、考号、座位号等相关信息填写在答题卡指定区域内；
2.选择题每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案，不能答在试卷上；
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上。

如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答的答案无效。

4.考生必须保持答题卡的整洁
第一部分选择题(共48分)
一、单选题(每小题只有一个正确选项,每小题3分,共计24分)
1.物理学家通过艰苦的实验来探究自然物理规律,为人类的科学事业做出了巨大贡献,值得我们敬仰下列描述行物理学史实的是
A. 安培发现的电流的磁效应,并提出分子电流假说解释磁现象
B. 库仑发现了点电荷间的相互作用规律并通过油滴实验最早测定了元电荷的数值
C. 奥斯特发现了电流的磁效应并提出了判断通电导线周围磁场方向的方法
D. 加速度、电场强度、电势的定义式都是采取比值法定义的物理量
【答案】D
【解析】
【详解】A项：奥斯特发现的电流的磁效应，安培提出分子电流假说解释磁现象，故A错误；
B项：库仑发现了点电荷间的相互作用规律，密立根过油滴实验最早测定了元电荷的数值，故B错误；
C项：奥斯特发现了电流的磁效，安培提出了判断通电导线周围磁场方向的方法，故C错误；
D项：加速度、电场强度、电势都是采取比值法定义的物理量，故D正确。

故选：D。

2.如图为静电除尘器除尘机原理示意图,尘埃在电场中过某种机制带电,在电场力的作用下向集尘极迁移并沉
积,以达到除尘目的,下列表述正确的是
A. 到达集尘极的尘埃带正电荷
B. 电场方向由放电极指向集尘极
C. 带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同
D. 同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大
【答案】D
【解析】
【详解】A项：尘埃在电场力作用下向集尘极迁移并沉积，说明尘埃带负电，故A错误；
B项：由于集尘极与电池的正极连接，电场方向由集尘板指向放电极，故B错误；
C项：负电荷在电场中受电场力的方向与电场力方向相反，故C错误；
D项：、根据F=Eq可得，同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大，故D正确。

故选：D。

3.两根材料相同的均匀导线x和y，其中，x长为l，y长为2l，串联在电路中时沿长度方向的电势φ随位置的变化规律如图所示，那么，x和y两导线的电阻和横截面积之比分别为( )
A. 3∶11∶6
B. 2∶31∶6
C. 3∶21∶5
D. 3∶15∶1
【答案】A
【解析】
x和y两端的电势差分别为6V，2V，电流相等，根据欧姆定律得：，
根据电阻定律得：，则有，则横截面积之比为：，故A正确。

点晴：串联电路中电流相等，根据电势差的大小，通过欧姆定律得出电阻的大小关系，再根据电阻定律得出x和y导线的横截面积之比。

4.如图所示,条形磁铁放在光滑斜面上,用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡,A为水平放置的直导线的截面,导线中无电流时磁铁对斜面的压力为当导线中有垂直纸面向外的电流时,磁铁对斜面的压力为则下列关于磁铁对斜面的压力和弹簧的伸长量的说法正确的是
A. 弹簧的伸长量减小
B. 弹簧的伸长量减小
C. 弹簧的伸长量增大
D. 弹簧的伸长量减小
【答案】C
【解析】
【详解】磁铁的磁感线在它的外部是从N极到S极，因为长直导线在磁铁的中心偏右位置，所以此处的磁感线是斜向左下的，电流的方向垂直与纸面向里，根据左手定则，导线受磁铁给的安培力方向是斜向右下方。

长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左上的；将这个力分解为垂直于斜面与平行于斜面的分力，因此光滑平板对磁铁支持力减小，由于在电流对磁铁作用力沿斜面方向的分力向下，所以弹簧拉力变大，弹簧长度将变长。

所以，弹簧的伸长量增大。

故C 正确，A、B、D错误。

故选：C。

5.如图甲是回旋加速器的原理示意图,其核心部分是两个D形金属盒,在加速带电粒子时,两金属盒置于匀强磁场中磁感应强度大小恒定,并分别与高频电源相连,加速时某带电粒子的动能随时间的变化规律如图乙所示,若忽略带电粒子在电场中的加速时间,则下列判正确的是
A. 高频电源的变化周期应该等于
B. 在图象中
C. 粒子加速次数越多,粒子获得的最大动能一定越大
D. 不同粒子获得的最大动能都相同
【答案】AB
【解析】
试题分析：由回旋加速器原理知，高频电源的变化周期等于粒子在回旋加速器中周期，带点粒子在高频电源变化的一个周期中加速两次，由E K-t图知，动能改变两次周期为t n－t n-2，故A正确；（t4－t3）、（t3－t2）、（t2－t1）为粒子转动周期的一半，由公式T=知粒子周期不变，所以，t4-t3=t3-t2=t2-t1，B正确；设D 型盒半径为R，动能最大粒子转动半径为R，由半径公式知R=，所以最大动能为E Km=，与加速次数无关，与粒子比荷有关，故C、D错误。

考点：回旋加速器原理
6.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3Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8V。

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，电源内阻为．
对A图，；
对B图，，；
对C图，I，；
对D图，，，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。

【此处有视频，请去附件查看】
7.图示为某电容传声器结构示意图,当人对着传声器讲话,膜片会振动,若某次膜片振动时，膜片与极板距离增大，则在此过程中
A. 膜片与极板间的电容增大
B. 极板所带电荷量增大
C. 膜片与极板间的电场强度增大
D. 电阻R中有电流通过
【答案】D
【解析】
【详解】A项：振动膜片振动时，电容器两极板的距离增大，由公式可知，电容减小，故A错误；B项：由公式知，U不变的情况下，电容减小，电容器所带电荷量Q减小，故B错误；
C项：由公式知，U不变，间距d增大，则场强E减小，故C错误；
D项：极板的带电量减小，放电，电阻R中有电流通过，故D正确。

故选：D。

8.如图所示,场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域水平边长为竖直边长为
质量均为带电量分别为和的两粒子,由两点先后沿和方向以速率进入矩形区域(两
粒子不同时出现在电场中)，不计重力,若两粒子轨迹恰好相切,则等于
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由于正负粒子的质量、电荷量大小、运动初速度大小均相等，且粒子仅在电场的作用下运动，所以可知粒子做类平抛运动，且运动轨迹形状相同，相切点为矩形的几何中心。

由类平抛运动的关系可得：
竖直方向：
水平方向：
解得：
则。

故选：B。

三、多选题(每小题有两个或两个以上正确选项,每小题4分,共计24分。

）
9.如图所示,重力均不计、带电荷量均为的两点电荷固定不动且连线竖直,检验电荷(带电荷量为Q)可在两点电荷连线的中垂面内绕中心点做半径为线速度为角速度为的匀速圆周运动,则
A. 检验电荷一定带正电
B. 圆轨道上各点的电势处处相等
C. 圆轨道上各点的场强处处相同
D. 检验电荷做圆周运动的越小,一定越大
【答案】B
【解析】
【详解】A项：检验电荷绕O点做匀速圆周运动，由合外力提供向心力可知，检验电荷一定带负电，故A 错误；
B项：根据同种电荷电场线和等势面分布特点，可知，圆轨道上各点的电势处处相等，故B正确；
C项：圆轨道上各点的场强大小处处相等，方向不同，故C错误；
D项：设两个点电荷的距离为2L，检验电荷的轨道半径为r，检验电荷绕O点在中垂面内做匀速圆周运动，库仑力的合力提供其做圆周运动的向心力，则有：
，解得：所以r越小，ω一定越大，根据v=rω，当r变小时，ω变大，所以不能确定v的变化情况，故D错误。

故选：B。

10.如图所示均为可变电阻,初始状态均为电容器源的电动势为E,
内阻对电路进行如下调整，则
A. 将与的位置对调,所带的电量都增加
B. 将与的位置对调,所带的电量都增加
C. 减少所带的电量都增加
D. 减小所带的电量都增加
【答案】BD
【解析】
【详解】A项：原状态时，两端的电压为，与R2对调后，两端的电压为，所以C1的电压变大，电量变大，C2两端的电压由变为，所以电压变小，电量减小，故A错误；
B项：与R3对调后，电路中没有电流，所以C1，C2，两端电压均为E即变大，所以电量都变大，故B正
确；
C项：减小R3，整个电路电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流增大，
由U=IR可知，电阻R2两端电压增大，电容器C1两端电压增大；路端电压变小，
电阻R4两端电压增大，电阻R2、R3串联电压变大，电容器C2两端电压减小，
由Q=CU可知，电容器C1所带电荷量增大，C2所带的电量减小，故C错误；
D项：减小R4，电路总电阻变小，由闭合欧姆定律可知，电路电流变大，
电阻R2两端电压变大，电阻R2、R3串联电压变大，电容器C1、C2两端电压都增大，
由Q=CU可知C1、C2所带的电量都增加，故D正确。

故选：BD。

11.如图甲，一带电物块无初速度地放上皮带轮底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E运动至皮带轮顶端F的过程中，其图像如图乙所示,物块全程运动的时间为4.5s,关于带电物块及运动过程的说法正确的是
A. 该物块带正电
B. 皮带轮的传动速度大小一定为1m/s
C. 若已知皮带的长度,可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移
D. 在2～4.5S内,物块与皮带仍可能有相对运动
【答案】AD
【解析】
【详解】由图乙可知，物块做加速度逐渐减小的加速运动。

物块的最大速度是1m/s
A项：对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为μ，沿斜面的方向：
μF N-mgsinθ=ma ①
物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，由①式可知，物块的加速度逐渐减小，一定是F N 逐渐减小，而开始时：F N=mgcosθ，后来：F N′=mgcosθ-f洛，即洛伦兹力的方向是向上的。

物块沿传送带向上运动，由左手定则可知，物块带正电，故A正确；
B、D项：物块向上运动的过程中，洛伦兹力越来越大，则受到的支持力越来越小，结合①式可知，物块的加速度也越来越小，当加速度等于0时，物块达到最大速度，此时：
mgsinθ=μ（mgcosθ-f洛）②
由②可知，只要传送带的速度大于等于1m/s，则物块达到最大速度的条件与传送带的速度无关，所以传送带的速度可能是1m/s，有可能是大于1m/s，物块可能相对于传送带静止，有可能相对于传送带不静止。

故B错误，D正确；
C项：由以上的分析可知，传送带的速度不能判断，所以若已知皮带的长度，也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移。

故C错误。

故选：D。

12.广州塔是广州的地标建筑，高一四校联考时我们研究了广州塔上的横向摩天轮，为了让同学们更好的记部的广州塔，今天我们研究广州塔的雷电现象,常一次闪电过程历时约0.2～0.3s，它由若干个相继发生的闪击构成。

每个闪击持续时间仅40～80电荷转移主要发生在第一个闪击过程中，在某一次闪电前云塔之间的电势差约为云塔间距离约为1km，第一个闪击过程中云塔间转移的电荷量约为6C，闪击持续时间约为60假定闪电前云塔间的电场是均匀的，根据以上数据，下列判断正确的是
A. 闪电电流的瞬时值可达到
B. 整个闪电过程的平均功率约为
C. 闪电前云塔间的电场强度约为
D. 整个闪电过程向外释放的能量约为
【答案】AC
【解析】
【详解】A项：根据电流强度的定义式可得，电流为：注意单位的正确换算），所以A正确；
B、C、D项：释放的能量等于电场力做功为：W=QU=6×1.0×109=6×109J；
所以第一次闪电的平均功率为为：
由于电荷转移主要发生在第一个闪击过程中，所以整个闪电过程的平均功率小于第一次的闪电功率，
而电场强度的大小为为： .
故选：AC。

13.两个不规则带电导体间的电场线分布如图所示,已知导体附近的电场线均与导体表面垂直,为
电场中几个点,并且为紧靠导体表面的两点,选无穷远处为电势零点,则
A. 场强大小关系有
B. 电势大小关系有
C. 将一负电荷放在点时其电势能为负值
D. 将一正电荷由点移到点的过程中电场力做正功
【答案】BD
【解析】
【详解】A项：由电场线越密的地方，电场强度越大，由图可得c点的电场线密，所以有E c＞E b，故A错误；
B项：沿着电场线，电势逐渐降低，b点所处的电场线位于右侧导体的前面，即b点的电势比右侧的导体，而右侧导体的电势比d高，故b点电势高于d点的电势，故B正确；
C项：电势能的正负与0势能点的选择有关，该题以无穷远为零电势点，所以说负电荷放在d点时其电势能为正值。

故C错误；
D项：从图中可以看出，a点的电势高于b点的电势，而b点的电势又高于d点的电势，所以a点的电势高于d点的电势。

正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，故正检验电荷从a点移到d点的过程中，电势能减小，则电场力做正功，故D正确。

故选：BD。

14.磁流体发电是一项新兴技术。

如图所示,平行金属板之间有一个很强的磁场,将一束含有大量正、负带电粒子的的等离子体,沿图中所示方向喷入磁场,图中虚线框部分相当于发电机,把两个极板与用电器相连,则
A. 用电器中的电流方向从A到B
B. 用电器中的电流方向从B到A
C. 若只增大带电粒子电量,发电机的电动势增大
D. 若只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势增大
【答案】AD
【解析】
【详解】A、B项：首先对等离子体进行动态分析：开始时由左手定则判断正离子所受洛伦兹力方向向上（负离子所受洛伦兹力方向向下），则正离子向上板聚集，负离子则向下板聚集，两板间产生了电势差，即金属板变为一电源，且上板为正极下板为负极，所以通过用电器的电流方向从A到B，故A正确，B错误；C、D项：此后的正离子除受到向上的洛伦兹力f外还受到向下的电场力F，最终两力达到平衡，即最终等离子体将匀速通过磁场区域，因f=qvB，，则qvB=，解得E=Bdv，所以电动势E与速度v及磁场B成正比，所以C错误，D正确。

故选：AD。

第二部分非选择题(共52分,请把答案填至答题卷指定位置)
三、实验题(共19分)
15.某间学测定一金属杆的长度、外径和内径,示数如图甲、乙、丙所示，则该金属杆的长度、外径和内径分别为______cm、______mm和_______mm.
【答案】(1). 60.10cm；(2). 4.20mm；(3). 5.620mm
【解析】
【详解】刻度尺在读数的时候要估读一位，所以金属杆的长度为60.10；
游标卡尺的主尺读数为：4mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为
10×0.02mm=0.20mm，所以最终读数为：4mm+0.20mm=4.20mm=0.420cm=4.20mm。

螺旋测微器的读数为：d=5.5+12.0×0.01mm=5.620mm。

16.某同学通过实验测定一个阻值约为5Ω的电阻的阻值：
(1)现有电源(4V,内阻可不计、滑动变阻器(0～50aΩ，额定电流2A)、开关和导线若干,以及下列电表：
A.电流表(0～3A,内阻约0.025Ω)
B.电流表(0～0.6A,内阻约0.125Ω)
C.电压表(0～3V,内阻约3kΩ)
D.电压表(0～15V,内阻约15kΩ)
为减小测量误差,在实验中,电流表应选用_____,电压表应选用______(选填器材前的字母)；
(2)下图是测量Rx的实验器材实物图,图中已连接了部分导线。

要求电压表和电流表从零开始读数,补充完成图中实物间的连线____：
(3)接通开关,改变滑动变阻器滑片P的位置,并记录对应的电流表示数I、电压表示数U，某次电表示数如图所示,可得该电阻的测量值_______Ω(保留三位有效数字)。

(4)在测量电阻的过程中产生误差的主要原因是________(选填选项前的字母)
A.电流表测量值小于流经的电流值
B.电流表测量值大于流经的电流值
C.电压表测量值小于两端的电压值
D.电压表测量值大于两端的电压值
(5)实验中为减少温度的变化对电阻率的影响,采取了以下措施,其中在确的是______
A.多次测量U、I,画图像,再求R值
B.多次测量U、I,先计算R,再求R的平均值
C.实验中通电电流不宜过大,通电时间不宜过长
D.多次测量U、I,先求U、I的平均值,再求R
【答案】(1). B；(2). C；(3). (4). 5.20；(5). B；(6). C；
【解析】
【详解】(1) 由于电源电动势为4V，所以电压表应选C（因为若选择电压表D时，电动势3V还不到电压表量程的）；
根据欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为：所以电流表应选B；
(2)实物连线图如图所示：
(3) 由图可知，电流表的读数为：I=0.50A，电压表的读数为：U=2.60V，所以待测电阻为：
(4) 根据欧姆定律和串并联规律可知，采用甲电路时由于电压表的分流作用，导致电流表的测量值大于流经R x的电流，所以产生误差的主要原因是B；
故选：B．
(5)由于电流流过电阻丝发热，所以在实验时流过电阻丝的电流不能过大，并且时间不要太长，故选：C。

17.在物理课外活动中,王聪明同学制作了一个简单的多用电表,图甲为电表的电路原理图,已知选用的电流表内阻满偏电流当选择开关接3时为程250V的电压表.该多用电表表盘如图乙所示,下排刻度均匀,C为上排刻度线的中间刻度,由于粗心上排刻度线对应数值没有标出:
(1)若指针指在图乙所示位置,选择开关接1时其读数为___，远择开关接3时其读数为___；
(2)为了测该多用电表欧姆挡的电阻和表内电源的电动势,刘聪同学在实验室找到了一个电阻箱,设计了如下实验：
①将选择开关接2,红黑表笔短接,调节的阻值使电表指针满偏；
②将多用电表红黑表笔与电阻箱相连,调节电阻箱使多用电表指针指在C处,此时电阻箱如图丙所示,则C处刻度应为_______Ω；
③计算得到多用电表内电池的电动势为________V(保留2位有效数字).
(3)调零后将电表红黑表笔与某一待测电阻相连,若指针指在图乙所示位置,则待测电阻的阻值为
_______Ω(保留2位有效数字).
【答案】(1). 6.9mA；(2). 173V；(3). 150；(4). 1.5；(5). 67
【解析】
【详解】(1)由图甲所示电路图可知，选择开关接1时电表测量电流，其量程为10mA，由图示表盘可知，其分度值为0.2mA，示数为6.9mA；
当选择开关接3时，表头与分压电阻串联，此时电表为电压表；读数为173V；
(2)②由图丙所示电阻箱可知，电阻箱示数为：0×1000Ω+1×100Ω+5×10Ω+0×1Ω=150Ω，此时指针指在中央，欧姆表内阻等于电阻箱阻值，为150Ω；
③指针指在C处时，电流表示数为5mA=0.005A，C处电阻为中值电阻，则电表内阻为150Ω，电源电动势E=I•2R=0.005×150×2=1.5V；
(3)调零后将电表红黑表笔与某一待测电阻相连，此时电路中的电流值为6.90mA，而表内电池的电动势为E=1.5V，欧姆表内阻为150Ω，所以待测电阻的阻值为67Ω。

三、计算题
18.如图所示,质量为的物块(可视为质点)在质量为的木板左端,足够长的木板静止在光滑水平面上,物块与木板间的动摩擦因数为质量为的子弹以速度沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短),取子弹射入后,求：
(1)子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度
(2)木板向右滑行的最大速度
(3)物块在木板上相对静止时,物块离木板左端的距离。

【答案】(1)6m/s；(2)2m/s；(3)3m
【解析】
【详解】(1) 子弹射入物块的过程，以子弹和物块组成的系统为研究对象，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
m0v0=（m0+m）v1
代入数据解得：v1=6 m/s。

所以子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度v1是6m/s；
(2) 当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：
（m0+m）v1=（m0+m+M）v2
代入数据解得：v2=2 m/s；
(3) 对物块和子弹整体以及木板组成的系统，
由能量定恒定律得：
代入数据解得：E=3J；
产生的内能等于克服摩擦力所做的功，即
代入数据解得：x=3m。

19.(1)如图甲所示,两根足够长的平行导轨,间距在导轨间有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度
一根直金属杆MN以的速度向右匀速运动，杆MN始终与导轨垂直且接触良好,杆MN 的电阻导轨的电阻可忽略，求杆MN中产生的感应电动势
(2)如图乙所示,一个匝数的圆形线圈,电阻在线圈中存在面积垂直线圈平面(指向纸外)的匀强磁场区域,磁感应强度随时间变化的关系如图丙所示，求圆形线圈中产生的感应电动势(3)将一个的电阻分别与图甲和图乙中的端相连接,然后端接地，试判断以上两种情况中,哪种情况端的电势较高?并求出较高的电势
【答案】(1)0.3V；(2)4.5V；(3) 当电阻R与图甲中的导轨相连接时，a端的电势较高，这种情况a端的电势ϕa为3V。

【解析】
【详解】(1) 杆MN做切割磁感线的运动，根据法拉第电磁感应定律：E1=B1Lv
代入数据得产生的感应电动势：E1=0.3V；
(2) 穿过圆形线圈的磁通量发生变化：
代入数据得产生的感应电动势：E2=4.5V；
(3) 根据右手定则，可知，图甲a是正极，
而由楞次定律可知，图乙中b是正极，
因此当电阻R与图甲中的导轨相连接时，a端的电势较高，
通过电阻R的电流：
电阻R两端的电势差：ϕa-ϕb=IR
得a端的电势：。

20.如图,区域Ⅰ内有与水平方向成45°角的匀强电场区域宽度为区域Ⅱ内有正交的有匀强磁场B和匀强电场区域宽度为磁场方向垂直纸面向,电场方向竖直向下,一质量为电荷量为的微粒在区域Ⅰ左边界的P点,由静止释放后水平向右做直线运动，进入区城Ⅱ后做匀速圆周运动,从区域Ⅱ右边界上的Q点穿出,其速度方向改变了60°,重力加速度为求:
(1)区域Ⅰ电场强度的大小和离开区域Ⅰ时速度；
(2)区域Ⅱ内匀强电场的的大小和匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(3)微粒从P运动到Q的时间有多长?
【答案】(1)，；(2)，；(3)
【解析】
【详解】(1) 微粒在区域I内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有：
解得：
设微粒在区域I内水平向右做直线运动时加速度为a，离开区域I时速度为v1，
解得：；
(2) 微粒在区域II内做匀速圆周运动，则在竖直方向上有：
mg=qE2
解得：
在区域II内做匀速圆周运动的轨道半径为R，则
Rsin60°=d2
解得：；
(3) 微粒在区域I内作匀加速运动，
在区域II内做匀速圆周运动的圆心角为60°，则
解得：。

21.在矩形区域中,存在如图甲所示的磁场区域(包括边界),规定磁场方向垂直纸面向里为正,其中
为边界上的一点,且重力可忽略不计的正粒子从点沿方向以初速度射入磁场,已知粒子的比荷为求：
(1)如果在0时刻射入磁场的粒子经小于半个周期的时间从边界上的点离开,则磁场的磁感应强度应为多大
(2)如果磁场的磁感应强度欲使在小于半个周期的任意时刻射入磁场的粒子均不能由边离开磁场,则磁场的变化周期应满足什么条件?
(3)如果磁场的磁感应强度在边的右侧加一垂直边向左的匀强电场,0时刻射入磁场的粒子刚好经过垂直边离开磁场,再次进入磁场后经过从点离开磁场区域,则电场强度E以及粒子在电场中的路程分别为多大。