安徽省合肥市达标名校2018年高考二月大联考物理试卷含解析

安徽省合肥市达标名校2018年高考二月大联考物理试卷
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．如图所示，电荷量相等的两个电荷Q 1和Q 2，两者连线及中垂线上分别有A 点和B 点，则下列说法正确的是（）
A ．若两者是同种电荷，则A 点的电势一定高于
B 点的电势
B ．若两者是同种电荷，则A 点的场强一定大于B 点的场强
C ．若两者是异种电荷，则A 点的电势一定高于B 点的电势
D ．若两者是异种电荷，则A 点的场强一定大于B 点的场强
2．原子核A 、B 结合成放射性原子核C ．核反应方程是A+B→C ，已知原子核A 、B 、C 的质量分别为A m 、B m 、C m ，结合能分别为A E 、B E 、C E ，以下说法正确的是（ ）
A ．原子核A 、
B 、
C 中比结合能最小的是原子核C
B ．原子核A 、B 结合成原子核
C ，释放的能量()2
A B C E m m m c ∆=+- C ．原子核A 、B 结合成原子核C ，释放的能量A B C E E E E ∆=+-
D ．大量原子核C 经历两个半衰期时，已发生衰变的原子核占原来的14
3．一圆筒内壁粗糙，底端放一个质量为m 的物体（可视为质点），该物体与圆筒内壁间的动摩擦因数为μ,圆筒由静止沿逆时针方向缓慢转动直到物体恰好滑动，此时物体、圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，如图所示，以下说法正确的是（ ）
A ．在缓慢转动过程中物体受到的支持力逐渐增大
B ．在缓慢转动过程中物体受到的静摩擦力逐渐减小
C ．物体恰好滑动时夹角θ与μ的关系为tan μθ=
D ．缓慢转动过程中，圆筒对物体的作用力逐渐增大
4．两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x 轴上的O 、M 两点，两电荷连线上各点电势φ随x 变化的关系如图所示，其中C 为ND 段电势最低的点，则下列说法正确的是( )
A ．q1、q2为等量异种电荷
B ．N 、
C 两点间场强方向沿x 轴负方向
C ．N 、
D 两点间的电场强度大小沿x 轴正方向先减小后增大
D ．将一正点电荷从N 点移到D 点，电势能先增大后减小
5．某实验装置如图所示，用细绳竖直悬挂一个多匝矩形线圈，细绳与传感器相连，传感器可以读出细绳
上的拉力大小。

将线框的下边ab 置于蹄形磁铁的、S 极之间，使ab 边垂直于磁场方向且ab 边全部处于N 、
S 极之间的区域中。

接通电路的开关，调节滑动变阻器的滑片，当电流表读数为时，传感器的读数为1F ；保持ab 中的电流大小不变，方向相反，传感器的读数变为2F （21F F <）。

已知金属线框的匝数为n ，ab 边长为L ，重力加速度为g ，则可得到（ ）
A ．金属线框的质量122F F m g
+= B ．N 、S 极之间的磁感应强度12F F B nIL -=
C ．传感器的读数为1F 时，ab 中的电流方向为b→a
D ．减小电流I 重复实验，则1F 、2F 均减小
6．按照我国整个月球探测活动的计划，在第一步“绕月”工程圆满完成各项目标和科学探测任务后，第二步是“落月”工程，已在2013年以前完成。

假设月球半径为R ，月球表面的重力加速度为g 0，飞船沿距月球表面高度为3R 的圆形轨道I 运动，到达轨道的A 点时点火变轨进入椭圆轨道II ，到达轨道的近月点B 时再次点火进入月球近月轨道III 绕月球做圆周运动。

下列判断不正确的是（ ）
A ．飞船在轨道I 上的运行速率0g R
v =
B．飞船在A点处点火变轨时，动能减小
C．飞船在轨道III绕月球运动一周所需的时间
0 R
T2
g
=π
D．飞船从A到B运行的过程中机械能变大
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．如图所示，两个光滑挡板之间夹了一个质量一定的小球，右侧挡板竖直，左侧挡板与竖直方向夹角为θ。

若θ减小，小球始终保持静止，下列说法正确的是（）
A．左侧挡板对小球的作用力将增大
B．右侧挡板对小球的作用力不变
C．小球受到的合力不变，两挡板对小球的作用力的合力不变
D．若将左侧挡板撤走，小球在右侧挡板作用下做平拋运动
8．在如图所示的轴上有M、N两质点，两点之间的距离为x=12m，已知空间的简谐横波由M向N传播，某时刻两质点的振动图像如图所示，已知该简谐横波的波长介于8m和10m之间。

下列正确的是（）
A．该简谐横波的传播周期为0.8s
B．该简谐波的波长可能为48m
C．该简谐波的波长一定等于9.6m
D．该简谐横波的传播速度大小为12m/s
E.0~1.2s的时间内质点M点的路程为120cm
9．如图，理想变压器的a、b两端接在U=220V交流电源上，定值电阻R0= 40Ω，R为光敏电阻，其阻值R 随光照强度E变化的公式为R=
120
E
Ω，光照强度E的单位为勒克斯（lx）。

开始时理想电流表A2的示数为0.2A，增大光照强度E，发现理想电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，下列说法正确的是（）
A．变压器原副线圈匝数比1
2
4
1
n
n
=
B．理想电压表V2、V3的示数都减小
C ．光照强度的增加量约为7.5lx
D ．在增大光照强度过程中，变压器的输入功率逐渐减小
10．如图甲所示，绝缘轻质细绳一端固定在方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场中的O 点，另一端连接带正电的小球，小球电荷量7
610q C -=⨯，在图示坐标中，电场方向沿竖直方向，坐标原点O 的电势为零．当小球以2m ／s 的速率绕O 点在竖直平面内做匀速圆周运动时，细绳上的拉力刚好为零．在小球从最低点
运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势ϕ随纵坐标y 的变化关系如图乙所示，重力加速度210/g m s =.则下列判断正确的是
A ．匀强电场的场强大小为63.210/V m ⨯
B ．小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少了2.4J
C ．小球做顺时针方向的匀速圆周运动
D ．小球所受的洛伦兹力的大小为3N
11．如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m 的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小g 。

若物块上升的最大高度为H ，则此过程中，物块的（ ）
A ．动能损失了mgH
B ．动能损失了2mgH
C ．机械能损失了12
mgH D ．机械能损失了mgH 12．如图所示，足够大的水平圆台中央固定一光滑竖直细杆，原长为L 的轻质弹簧套在竖直杆上，质量均为m 的光滑小球A 、B 用长为L 的轻杆及光滑铰链相连，小球A 穿过竖直杆置于弹簧上。

让小球B 以不同的角速度ω绕竖直杆匀速转动，当转动的角速度为ω0时，小球B 刚好离开台面。

弹簧始终在弹性限度内，劲度系数为k ，重力加速度为g ，则
A ．小球均静止时，弹簧的长度为L-mg k
B ．角速度ω=ω0时，小球A 对弹簧的压力为mg
C ．角速度ω0=2kg kL mg
D ．角速度从ω0继续增大的过程中，小球A 对弹簧的压力不变
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．小明同学用如图所示装置验证机械能守恒定律，轻绳两端跨过转轴光滑的轻滑轮系着质量均为M 的重物A 和B ，将质量为m 的小砝码C 挂在在物体B 上，B 下方距离为h 处固定一个光电门，物块B 装有一宽度很小的挡光片，测得挡光片宽度为d ，将系统静止释放，当挡光片通过光电门（固定光电门的装置未画出）时，可通过计算机系统记录挡光时间△t 。

改变高度差h ，重复实验，采集多组h 和△t 的数据。

(1)若某次记录的挡光时间为△t 1，则挡光片到达光电门处时B 的速度大小为__。

(2)小明设想，为了确定△t 与h 的关系，可以分别对△t 与h 取对数，并以lg △t 为纵轴，以lgh 为横轴建立坐标系，得到的lg △t ﹣lgh 图线为一直线，该直线的斜率为__。

(3)若lg △t ﹣lgh 图线与纵轴交点坐标为c ，若机械能守恒，可以得到该地重力加速度g=__。

14．某同学用图（a ）所示装置“探究弹力和弹簧伸长的关系”。

弹簧的上端固定在铁架台支架上，弹簧的下端固定一水平纸片（弹簧和纸片重力均忽略不计），激光测距仪可测量地面至水平纸片的竖直距离h 。

(1)该同学在弹簧下端逐一增挂钩码，每增挂一个钩码，待弹簧__________时，记录所挂钩码的重力和对应的h；
(2)根据实验记录数据作出h随弹簧弹力F变化的图线如图（b）所示，可得未挂钩码时水平纸片到地面的竖直距离h0=______cm，弹簧的劲度系数k=_______ N/m。

（结果都保留到小数点后一位）
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，质量均为m=1kg的长方体物块A、B叠放在光滑水平面上，两水平轻质弹簧的一端固定在竖直墙壁上，另一端分别与A、B相连接，两弹簧的原长均为L0=0.2m，与A相连的弹簧的劲度系数
k A=100N/m，与B相连的弹簧的劲度系数k B=200N/m。

开始时A、B处于静止状态。

现在物块B施加一水平向右的拉力F，使A、B静止在某一位置，此时拉力F=3N，使A、B静止在某一位置，A、B间的动摩擦因数为μ=0.5，撤去这个力的瞬间（A、B无相对滑动，弹簧处于弹性限度内），求：
(1)物块A的加速度的大小；
(2)如果把拉力改为F′=4.5N（A、B无相对滑动，弹簧处于弹性限度内），其它条件不变，则撤去拉力的瞬间，求物块B对A的摩擦力比原来增大多少？
16．如图所示，粗细均匀的U形玻璃管左管开口、右管封闭，两管均竖直向上，管中有有A、B两段水银柱，在玻璃管中封有Ⅰ、Ⅱ两段气体，A段水银柱长为h=10cm，B段水银左右两管中液面高度差也为h，左管中封闭的气柱Ⅰ长为h，右管中封闭的气柱长为3h，大气压强为75cmHg，现向左管中缓慢倒入水银，使水银柱B在左右两管中的液面相平，求：
①左管中倒入的水银柱的长度；
②气柱Ⅰ的长度变为多少。

17．如图所示，在xoy平面内，虚线OP与x轴的夹角为30°。

OP与y轴之间存在沿着y轴负方向的匀强电场，场强大小为E。

OP与x轴之间存在垂直于xoy平面向外的匀强磁场。

现有一带电的粒子，从y轴上的M点以初速度v0、沿着平行于x轴的方向射入电场，并从边界OP上某点Q （图中未画出）垂直于OP 离开电场，恰好没有从x轴离开第一象限。

已知粒子的质量为m、电荷量为q（q>0），粒子的重力可忽略。

求：
(1)磁感应强度的大小；
(2)粒子在第一象限运动的时间；
(3)粒子从y轴上离开电场的位置到O点的距离。

参考答案
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．D
【解析】
设两个点电荷1Q 和2Q 连线的中点为O ．若两电荷是同种电荷，且都是正电荷，则A 点的电势高于O 点电势，O 点电势高于B 点电势，则A 点的电势高于B 点的电势．若两个点电荷都带负电，则A 点的电势低于B 点的电势，A 错误．若两者是同种电荷，B 点处电场线分布情况不能确定，所以不能确定两点场强的大小，B 错误．若两者是异种电荷，且1Q 为正电荷，则A 点的电势高于B 点的电势．若1Q 为负电荷，则A 点的电势低于B 点的电势，C 错误．若两者是异种电荷，A 处电场线比B 处电场线密，则A 点的场强一定大于B 点的场强，D 正确．选D ．
【点睛】若两电荷是同种电荷，根据电场的对称性分析电场强度的关系，电场线越密，场强越大．若两电荷是异种电荷，根据顺着电场线方向降低，分析电势的高低；在两电荷的连线上，O 点场强最小，在连线的中垂线上O 点的场强最大．
2．B
【解析】
【分析】
【详解】
ABC ．某原子核的结合能是独立核子结合成该核时释放的能量，原子核A 、B 结合成放射性原子核C ，要释放能量，原子核C 的比结合能最大，释放的能量
()C A B E E E E ∆=-+
根据质能方程得
()2A B c E m m m c ∆=+-
故AC 错误，B 正确；
D ．原子核的半衰期是原子核有半数发生衰变所需要的时间，大量原子核C 经历两个半衰期时，未发生衰变的原子核占原来的
14
，D 错误。

故选B 。

3．C
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．对物体受力分析如图所示，正交分解，根据平衡条件列出方程 N cos F mg θ=
f sin F m
g θ=
随着θ的增大，N F 减小，f F 增大，选项AB 错误；
C ．当物块恰好滑动时f N F F μ=得
tan μθ=
选项C 正确；
D ．缓慢转动过程中，圆筒对物体的作用力与重力等大反向，始终不变，D 错误。

故选C 。

4．C
【解析】
【详解】
A ．若是异种电荷，电势应该逐渐减小或逐渐增大，由图象可以看出，应该是等量的同种正电荷，故A 错误；
B ．沿x 正方向从N 到
C 的过程，电势降低，N 、C 两点间场强方向沿x 轴正方向．故B 正确； C ．φ−x 图线的斜率表示电场强度，由图可得N 、
D 两点间的电场强度大小沿x 轴正方向先减小后增大，故C 正确；
D ．NC 电场线向右，CD 电场线向左，将一正点电荷从N 点移到D 点，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大．故D 错误；
【点睛】
由图象中电势的特点可以判断是同种等量正电荷．由电势图线的斜率可以判断电场强度的大小．沿电场线电势降低，可以判断电场强度的方向，可知电场力做功的正负，从而判断电势能的变化．
5．A
【解析】
【详解】
AB ．通电线圈受到重力安培力和细绳的拉力作用，当电流表读数为I 时，绳子的拉力为1F ，则 1F mg nBIL =+
保持ab 中的电流大小不变，方向相反，绳子的拉力为2F ，则
2F nBIL mg +=
联立解得金属框的质量为
122F F m g += 122F F B nIL
-= 选项A 正确，B 错误；
C ．传感器的读数为1F 时，安培力竖直向下，根据左手定则可知，ab 中的电流方向为a→b ，故C 错误；
D ．减小电流I 重复实验，则1F 减小，2F 增大，故D 错误。

故选A 。

6．D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．万有引力提供向心力
2
2(3)3Mm v G m R R R R
=++ 解得
v =在月球表面
02Mm G mg R
= 解得
20GM g R =
联立解得
v =故A 正确，不符合题意；
B ．飞船在A 点变轨后由圆轨道变为椭圆轨道，做向心运动，要求万有引力大于飞船所需向心力，所以飞船应该减速，动能减小，故B 正确，不符合题意；
C ．万有引力提供向心力
2
224(3)(3)Mm G m R R R R T
π=++ 结合
20GM g R =
解得
0R T 2g =π 故C 正确，不符合题意；
D ．在椭圆轨道上，飞船由A 点运动至B 点，只有万有引力做功，机械能守恒，故D 错误，符合题意。

故选D 。

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．AC
【解析】
【详解】
AB ．对小球受力分析，如图
共点力平衡
N 1=N 2cosθ，mg=N 2sinθ
随着θ减小，根据公式可知N 1、N 2都在增大，A 正确，B 错误；
C ．根据共点力平衡可知，两挡板对小球的作用力的合力始终不变，大小等于小球的重力，所以作用力的合力不变，C 正确；
D ．若将左侧挡板撤走，右侧挡板对小球的作用力也为零，小球做自由落体运动，D 错误。

故选AC 。

8．ACD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由振动图像可知这列波的周期为T=0.8s ，A 正确；
BCD ．由于简谐波由M 向N 传播，则有
1()4
x n λ=+，（n=0、1、2、3…） 又因为8m<λ<10m ，所以n=1时，λ=9.6m ，则波速由
v T λ
=
可得
v=12m/s
B 错误，CD 正确；
E ．一个周期内质点通过的路程为振幅的4倍，1.2s 为1.5个周期，则M 点通过的路程为振幅的6倍，即60cm ，E 错误。

故选ACD 。

9．AC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．设开始时变压器初级电流为I 1，则
1222110.80.2
n I I n I I ===V V 解得
1241
n n = 选项A 正确；
B ．因变压器初级电压不变，则由于匝数比一定，可知次级电压V 2不变；因次级电流变大，则R 0上电压变大，则V 3的示数减小，选项B 错误；
C ．变压器次级电压为
21155V 4
U U == 开始时光敏电阻
210255402350.2
U R R I =-=-=Ω 后来光敏电阻
220'
25540151
U R R I =-=-=Ω 由120E R
= 可得 21120120120120l 71523x .55
E R R ∆=-=-≈ 选项C 正确；
D ．在增大光照强度过程中，变压器次级电阻减小，则次级消耗功率变大，则变压器的输入功率逐渐变大，选项D 错误。

故选AC 。

10．BD
【解析】
【分析】
【详解】
A 、据题意和乙图可知，6
6210V 510V 0.4
U E d ⨯===⨯，故A 错误； B 、据题意可知，小球所受的电场力等于重力，洛伦兹力提供向心力，所以小球重力势能增加最多，电势
能减少最多，大小为：2qφ=2×6×10﹣7×2ⅹ106J=2.4J ，故B 正确；
C 、以上分析可知，洛伦兹力提供向心力，据左手定则可知，小球做逆时针运动，故C 错误；
D 、以上可知：mg=Eq ，2
mv f qvB r
==，联立以上解得：f=3N ，故D 正确． 故选BD
【点睛】
本题感觉较难，但读懂题意，把小球的受力情况和特点挖掘出来，此题就会迎刃而解；还需注意利用乙图求场强，能量守恒求电势能的减小．
11．BD
【解析】
【详解】
AB ．已知物体上滑的加速度大小为g ，由动能定理得：动能损失等于物体克服合外力做功为
122sin30合合∆==⋅=⋅=︒
g k E W F H mg H mgH 故A 选项错误，B 选项正确；
CD ．设摩擦力的大小为f ，根据牛顿第二定律得
sin30mg f ma mg ︒+==
得
0.5f mg =
则物块克服摩擦力做功为
20.52f W f H mg H mgH =⋅=⨯=
根据功能关系可知机械能损失mgH ，故C 错误，D 正确。

故选BD 。

12．ACD
【解析】
【详解】
A ．若两球静止时，均受力平衡，对
B 球分析可知杆的弹力为零，
B N mg =；
设弹簧的压缩量为x ，再对A 球分析可得：
1mg kx =，
故弹簧的长度为：
11mg L L x L k
=-=-
， 故A 项正确； BC ．当转动的角速度为ω0时，小球B 刚好离开台面，即0B
N '=，设杆与转盘的夹角为θ，由牛顿第二定律可知：
20cos tan mg m L ωθθ
=⋅⋅ sin F mg θ⋅=杆
而对A 球依然处于平衡，有：
2sin k F mg F kx θ+==杆
而由几何关系：
1sin L x L
θ-= 联立四式解得：
2k F mg =，
0ω=则弹簧对A 球的弹力为2mg ，由牛顿第三定律可知A 球队弹簧的压力为2mg ，故B 错误，C 正确； D ．当角速度从ω0继续增大，B 球将飘起来，杆与水平方向的夹角θ变小，对A 与B 的系统，在竖直方向始终处于平衡，有：
2k F mg mg mg =+=
则弹簧对A 球的弹力是2mg ，由牛顿第三定律可知A 球队弹簧的压力依然为2mg ，故D 正确； 故选ACD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．1d t ∆ 12- ()222210
c M m
d m +g 【解析】
【详解】
(1)[1]根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，挡光片到达光电门处B 的速度大小为：
1
d v t =∆ (2)[2]系统重力势能的减小量等于系统动能的增加量，有：
()2122
mgh M m v =
+ 即： ()2
21
122d mgh M m t =+∆ 整理可得：
()2
211222M m d lg t lg lgh mg +∆=- 若lg t lgh ∆-图线为一直线，则该图线的斜率为12
- (3)[3]根据()2
2
1122d mgh M m t =+∆得： ()22122
M m d t mgh
+∆= 则有：
()2222M m d lg t lg lgh mg
+∆=- 所以有：
()2
211222M m d t lg lgh mg +∆=- 可知纵轴截为：
()22122M m d c lg mg
+= 解得：
()222210c
M m d g m +=g
14．静止 120.0 31.3
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]该同学在弹簧下端逐一增挂钩码，每增挂一个钩码，待弹簧静止时，此时弹力与重力大小相等，记录所挂钩码的重力和对应的h
(2)[2]由图可知，当=0F 时
0120.0cm h =
即为未挂钩码时水平纸片到地面的竖直距离
[3]由胡克定律可得=F k h ∆∆，即图像斜率绝对值的倒数表示弹簧劲度系数则有
23.13N/m 31.3N/m (120.0110.0)10
k -==-⨯ 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15． (1)1.5m/s 2；(2)0.25N
【解析】
【分析】
【详解】
(1)在拉力撤去前，根据受力平衡有
A B 1()F k k x =+
代入数据解得
x 1=0.01m
拉力F 撤去后的瞬间，对A 、B 整体根据牛顿第二定律有
F=2ma 1
解得
a 1=1.5m/s 2
以A 为研究对象，用隔离法有
k A x 1+F f =ma 1
解得
f 0.5N F m
g μ=<
即A 、B 之间相对静止，为静摩擦力，所以物块A 的加速度为
a 1=1.5m/s 2
(2)在拉力改为F′=4.5N 后，撤去拉力前，根据受力平衡有
A B 2()F k k x =+'
代入数据解得
x 2=0.015m
拉力F 撤去后的瞬间，对A 、B 整体根据牛顿第二定律有
F′=2ma 2
解得
a 2=2.25m/s 2
以A 为研究对象，用隔离法有
k A x 2+F f ′=ma 2
解得
F f ′=0.75N
故
ΔF f =F f ′－F f =0.25N
16．①29cm②7.46cm
【解析】
【详解】
①开始时气体Ⅱ的压强
p 1=75cmHg+20cmHg=95cmHg
设倒入水银柱的长为Lcm ，则当B 水银柱左右两边液面相平时，气体Ⅱ的压强为
p 2=75cmHg+10cmHg+LcmHg=(85+L ）cmHg
气体Ⅱ这时的长为h 1=25cm
则有
p 1×3hS=p 2h 1S
解得
L=29cm
即左管中倒入的水银柱的长为29cm 。

②对于气体Ⅰ，开始的压强
p′1=75cmHg+10cmHg=85cmHg
倒入水银后的压强
p′2=85cmHg+29cmHg=114cmHg
气体发生等温变化，则有
p′1hS= p′2h′S
解得
h′=7.46cm
17． (1)03E v ；
(2)()
043π3+mv qE ；(3)2076mv qE 【解析】
【分析】
【详解】
(1)由于粒子从Q 点垂直于OP 离开电场，设到Q 点时竖直分速度为y v ，由题意可知
03y v v =
设粒子从M 点到Q 点运动时间为1t ，有
1y qE v t M
= 粒子做类平抛运动的水平位移如的
01x v t =
由磁场方向可知粒子向左偏转，根据题意可知粒子运动轨迹恰好与x 轴相切，设粒子在磁场中运动的半径为R ，由几何关系
cos30cot30x R R =︒+︒
设粒子在磁场中速度为v ，由前面分析可知
02v v =
洛伦兹力提供向心力
2
v qvB m R
= 解得
3E B v =
(2)粒子在磁场中运动周期
2πR T v
=
设粒子在磁场中运动时间为2t ，
212
t T = 粒子离开磁场的位置到y 轴的距离为x ∆，则 2cos30x x R ∆=-︒
沿着x 轴负方向做匀速直线运动，设经过时间3t 到达y 轴， 03x v t ∆=
即
()
0π3mv t qE
= (3)由几何关系可得粒子离开磁场的位置到x 轴距离
2013mv y qE
= 粒子离开磁场手，竖直方向做匀速直线运动，经过时间3t 到达y 轴并离开电场 223312y qE y v t t m
=-
则 20256mv y qE
= 粒子离开电场的位置到O 点的距离
201276mv y y y qE
=+=。