陕西省榆林市2021届新高考物理一模考试卷含解析

陕西省榆林市2021届新高考物理一模考试卷
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．取一根长2m 左右的细线，5个铁垫圈和一个金属盘，在线端系上第一个垫圈，隔12 cm 再系一个，以后垫圈之间的距离分别是36 cm 、60 cm 、84 cm ，如图所示．站在椅子上，向上提起线的上端，让线自由垂下，且第一个垫圈紧靠放在地上的金属盘，松手后开始计时，若不计空气阻力，则第2、3、4、5个垫圈（ ）
A ．落到盘上的声音时间间隔越来越大
B ．落到盘上的声音时间间隔相等
C ．依次落到盘上的速率关系为1:2:3:2
D ．依次落到盘上的时间关系为()()()1:
21:32:23--- 【答案】B
【解析】
【详解】
AB 、 5个铁垫圈同时做自由落体运动，下降的位移之比为1:3:5:7，可以看成一个铁垫圈自由下落，经过位移之比为1:3:5:7，因为初速度为零的匀加速直线运动在相等时间内的位移之比为1:3:5:7，知各垫圈落到盘中的时间间隔相等，故选项A 错误，B 正确；
CD 、因为各垫圈落到盘中的时间间隔相等，则各垫圈依次落到盘中的时间比为1:2:3:4，则速度之比为1:2:3:4，故选项C 、D 错误．
2．如图所示，两个相同材料制成的水平摩擦轮A 和B ，两轮半径R A =2R B ，A 为主动轮．当A 匀速转动时，在A 轮边缘处放置的小木块恰能相对静止在A 轮的边缘上，若将小木块放在B 轮上让其静止，木块离B 轮轴的最大距离为（ ）
A ．/8
B R
B ．/2B R
C ．B R
D ．/4B R
【答案】B
【解析】 摩擦传动不打滑时，两轮边缘上线速度大小相等，根据题意有：两轮边缘上有：R A ωA =R B ωB ，所以：ωB ＝ A B R R
ωA ，因为同一物体在两轮上受到的最大摩擦力相等，根据题意有，在B 轮上的转动半径最大为r ，
则根据最大静摩擦力等于向心力有：mR A ωA 2＝mrωB 2，得：2222()A A B B A A A B R R R r R R R ωω＝＝＝，故ACD 错误，B 正确；故选B ．
点睛：摩擦传动时，两轮边缘上线速度大小相等，抓住最大摩擦力相等是解决本题的关键．
3．一质点沿x 轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其x t
－t 的图象如图所示，则
A ．质点做匀速直线运动，速度为0.5 m/s
B ．质点做匀加速直线运动，加速度为0.5 m/s 2
C ．质点在1 s 末速度为1.5 m/s
D ．质点在第1 s 内的平均速度0.75 m/s
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
由图线可知，质点运动的平均速度逐渐增大，则质点做匀加速直线运动；根据图线可得0.50.5x v t t
==+，既()000.50.52
v v at v t ++==+，可得：v 0=0.5m/s ，a=1m/s 2，故AB 错误；质点在1 s 末速度为v=v 0+at=1.5m/s ，故C 正确；质点在第1 s 内的平均速度0.50.51m/s 1m/s v =+⨯=，故D 错误。

故选C 。

4．如图所示，OAB 为四分之一圆柱体的竖直截面，半径为R ，在B 点上方的C 点水平抛出一个小球，
小球轨迹恰好在D 点与圆柱体相切，OD 与OB 的夹角为53°，则C 点到B 点的距离为（sin53°＝0.8，
cos53°
＝0.6）（ ）
A ．415R
B ．215R
C ．2R
D ．3
R 【答案】B
【解析】
【详解】
由题意知得：小球通过D 点时速度与圆柱体相切，则有
v y =v 0tan53°
小球从C 到D ，水平方向有
Rsin53°=v 0t
竖直方向上有
2y
v y t =
联立解得
815
y R = 根据几何关系得，C 点到B 点的距离 215315CB y y R cos R =--︒=
（） 故B 正确，ACD 错误。

故选B 。

5．摩天轮是的乐场一种大型转轮状设施，摩天轮边缘悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，下列叙述正确的是
A ．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B ．摩天轮物动一周的过程中，乘客所受合外力的冲量为零
C ．在最低点，乘客处于失重状态
D ．摩天轮转动过程中，乘客所受的重力的瞬时功率保持不变
【答案】B
【解析】
A ：乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，动能保持不变，重力势能随高度不断变化，乘客的机械能不断变化．故A 项错误．
B ：摩天轮转动一周的过程中，速度变化为零，动量变化为零，据动量定理：乘客所受合外力的冲量为零．故B 项正确．
C ：在最低点，乘客的加速度向上，乘客处于超重状态．故C 项错误．
D ：摩天轮匀速转动过程中，重力与速度的夹角α不断变化，乘客所受的重力的瞬时功率cos P mg v α=⋅不断变化．故D 项错误．
6．在一场足球比赛中，质量为0.4kg 的足球以15m/s 的速率飞向球门，被守门员扑出后足球的速率变为20m/s ，方向和原来的运动方向相反，在守门员将球扑出的过程中足球所受合外力的冲量为（ ） A ．2kg·m/s ，方向与足球原来的运动方向相同
B ．2kg·m/s ，方向与足球原来的运动方向相反
C ．14kg·m/s ，方向与足球原来的运动方向相同
D ．14kg·m/s ，方向与足球原来的运动方向相反
【答案】D
【解析】
【详解】
设球飞向球门的方向为正方向，被守门员扑出后足球的速度为
20m/s v '=-
则由动量定理可得
0.4200.415kg m/s 14kg m/s I mv mv ='-=-⨯-⨯•=-•
负号说明合外力冲量的方向与足球原来的运动方向相反，故A 、B 、C 错误，D 正确；
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．如图所示，一直角三角形处于平行于纸面的匀强电场中，∠A=90︒，∠B=30︒，AC 长为L ，已知A 点的电势为ϕ（ϕ>0），B 点的电势为2ϕ，C 点的电势为0，一带电的粒子从C 点以v 0的速度出发，方向如图所示（与AC 边成60︒）。

不计粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A ．电场强度的方向由
B 指向C
B ．电场强度的大小为233L ϕ
C ．若粒子能击中图中的A 点，则该粒子的比荷为206v ϕ
D ．只要粒子的速度大小合适，就可能击中图中的B 点
【答案】BC
【解析】
【详解】
A ．
B 点的电势为2φ，
C 点的电势为0，故BC 中点
D 的电势为φ，又有A 、D 电势相等，故匀强电场场强方向垂直AD ，根据沿着电场线电势降低可得：电场线方向垂直AD 指向左侧，故A 错误；
B ．根据=U E d
可知电场强度的大小为 23cos303A C
E L L ϕϕϕ︒
-== 故B 正确；
C ．粒子在电场中做类平抛运动，粒子能击中图中的A 点，则有
2211cos3022qE L at t m
︒== 0sin 30L v t ︒=
联立解得
206v q m ϕ
= 故C 正确；
D ．粒子运动过程只受电场力作用，电场力与初速度方向垂直，故粒子做类平抛运动，所以粒子速度不论多大在电场中都不能击中图中的B 点。

故D 错误。

故选BC 。

8．下列说法正确的是___________
A ．温度高的物体分子平均动能和内能一定大
B ．液晶既具有液体的流动性又像某些晶体具有各向异性
C．一定质量的理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加
D．空气的相对湿度定义为水的饱和蒸汽压与相同温度时空气中所含水蒸气的压强之比
E.如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间分子平均动能一定相同
【答案】BCE
【解析】
【分析】
本题考查热学相关知识。

【详解】
A.温度是分子的平均动能的标志，而物体的内能不仅与温度有关，还有物体的物质的量、体积、物态有关，故A错误；
B.液晶是一种比较特殊的物态，它既具有液体的流动性又向某些晶体具有各向异性，故B正确；
C.根据理想气体状态方程PV
C
T
，P不变，V增大，温度T增大，分子的平均动能增大，分子势能可以
忽略不计，内能一定增加，故C正确；
D.空气的相对湿度定义为水的实际气压与同温度下饱和蒸气压之比，故D错误；
E.如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间必定处于热平衡，温度相同，分子平均动能一定相同，故E正确。

故选BCE。

9．如图所示，质量为m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上．现对木块施加一水平向右的拉力F，木块在长木板上滑行，长木板始终静止．已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．则()
A．μ1一定小于μ2
B．μ1可能大于μ2
C．改变F的大小，F>μ2(m1＋m2)g时，长木板将开始运动
D．改F作用于长木板，F>(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动
【答案】BD
【解析】
【分析】
因为木块所受的摩擦力为滑动摩擦力，地面对木板的摩擦力为静摩擦力，无法比较动摩擦因数的大小．通过对木板分析，根据水平方向上的受力判断其是否运动．当F作用于长木板时，先采用隔离法求出临界加速度，再运用整体法，求出最小拉力．
【详解】
对m 1，根据牛顿运动定律有：F-μ1m 1g=m 1a ，对m 2，由于保持静止有：μ1m 1g-F f =0，F f ＜μ2（m 1+m 2）g ，所以动摩擦因数的大小从中无法比较．故A 错误、B 正确．改变F 的大小，只要木块在木板上滑动，则木块对木板的滑动摩擦力不变，则长木板仍然保持静止．故C 错误．若将F 作用于长木板，当木块与木板恰好开始相对滑动时，对木块，μ1m 1g=m 1a ，解得a=μ1g ，对整体分析，有F-μ2（m 1+m 2）g=（m 1+m 2）a ，解得F=（μ1+μ2）（m 1+m 2）g ，所以当F ＞（μ1+μ2）（m 1+m 2）g 时，长木板与木块将开始相对滑动．故D 正确．故选BD ．
【点睛】
解决本题的关键能够正确地受力分析，结合整体和隔离法，运用牛顿第二定律进行求解．
10．一质量为m 的物体静止在光滑水平面上，现对其施加两个水平作用力，两个力随时间变化的图象如图所示，由图象可知在t 2时刻物体的（ ）
A ．加速度大小为
0t F F m
- B ．速度大小为021()()t F F t t m
-- C ．动量大小为0)2t F F m -（ D ．动能大小为22
021()()8t F F t t m
-- 【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由图像可知：在t 2时刻物体的加速度由牛顿第二定律可得加速度大小
0t F F a m
-= 故A 正确；
BCD ．由动量定理和图像面积可得
()()0212
t F F t t mv --=
则 ()(
)0212t F F t t v m
--= 根据动量和动能的关系得
()()22021k 8t F F t t E m --=
故BC 错误，D 正确。

故选AD 。

11．如图甲所示，A 、B 两平行金属板长为l ，两板间加如图乙所示的方波电压（图中所标数据均为已知量），质量为m 、电荷量为q 的带电粒子从两板中线左端O 点在t=0时刻以0l v T
=
的速度平行金属板射入两板间，结果粒子在上板右端边缘附近射出，不计粒子的重力，则
A ．粒子带正电
B ．粒子从板间射出时的速度大小仍等于0v
C 202qU T m
D ．要使粒子仍沿中线射出，粒子从O 点射入的时刻为()
212
T t n =+,0,1,2N =L L 【答案】BC
【解析】
【详解】 A ．由于粒子射入两板间的速度0l v T =，因此粒子穿过两板的时间为0
l t T v ==，粒子从t =0时刻射入两板间，结果粒子在上板右端附近射出，说明粒子射入两板间后，在竖直方向开始受到的电场力向上，由于开始时AB U 为正，上板带正电，表明粒子带负电，选项A 错误；
B ．从t=0时刻开始，在一个周期内，粒子在垂直于金属板方向上先做初速度为零的匀加速运动后做匀减速运动到速度为零，因此粒子从板间射出时速度大小仍等于0v ，选项B 正确；
C ．两板间的电场强度0U E d
=，粒子的加速度
0qU qE a m md == 则 2
1422T d a ⎛⎫=⨯ ⎪⎝⎭
求得 2
02qU T d m
= 选项C 正确；
D ．要使粒子仍沿中线射出，则粒子从O 点射入的时刻()21424
T T T t n n =
+=+，n=0，1，2……，选项D 错误；
故选BC.
12．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
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
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 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．教材列出的木一木动摩擦因数为0.30，实验小组采用如图甲所示的装置测量木块与木板间的动摩擦因数。

实验中，木块在重锤的拉动下，沿水平长木板做匀加速运动。

（1）实验所用重锤质量150g 左右，下列供选择的木块质量最合适的是____；
A ．20g
B ．260g
C ．500g
D ．600g
（2）关于实验操作和注意事项，下列说法正确的有____；
A ．实验中先释放木块，后接通电源
B ．调整定滑轮高度，使细线与板面平行
C ．必须满足细线对木块拉力与重锤重力大小近似相等
D ．木块释放位置到滑轮距离正常应在0.6m 左右
（3）实验得到的一根纸带如图乙所示，从某个清晰的点开始，每5个打点取一个计数点，依次标出0、l 、2、3、4、5、6，测得点O 与点3、点6间的距离分别为19.90cm 、 54.20cm ，计时器打点周期为0.02s ，则木块加速度a= ____m/s 2(保留两位有效数字)；
（4）实验测得μ=0.33，大于教材列表中的标值，请写出两个可能的原因：____，_____。

【答案】B BD 1.6 木块、木板表面粗糙程度有差异 细线与滑轮摩擦或纸带与计时器摩擦
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]由题知，重锤的质量m=150g 左右，动摩擦因数μ=0.30，设木块的质量为M ，为使木块在重锤的拉动下沿水平长木板做匀加速运动，对整体，根据牛顿第二定律有
()mg Mg m M a μ-=+
解得
mg Mg a m M
μ-=+ 根据长木板做匀加速运动，即a>0，可得
0mg Mg μ->
解得
500M <g
当木块的质量M 越小时，滑动摩擦力越小，整体的加速度越大，在纸带上打的点越少，则在计算加速度时误差较大，综上分析可知，木块质量最合适的是260g ，故B 符合题意，ACD 不符合题意；
故选B 。

（2）[2]A ．实验时应先接通电源，再释放纸带，故A 错误；
B ．为保证木块所受的拉力为细线的拉力，则应调整定滑轮的高度使细线与木板平行，故B 正确；
C ．根据实验原理
()mg Mg m M a μ-=+
可知不必满足细线对木块拉力与重锤重力大小近似相等，故C 错误；
D ．假设木板光滑，对整体受力分析，根据牛顿第二定律有
()mg m M a =+
将（1）问中的m=150g ，M=260g 代入上式，可得加速度
4a ≈m/s 2
为减少误差，计算方便，一般在纸带上是每隔5个点取一个计数点，即时间间隔50.02s 0.1s T =⨯=，通常是取5至6个计数点，则总时间为0.5s 到0.6s ，取最开始的计数点是从初速度为0开始的，根据位移时间公式有
212
x at = 取t=0.5s 计算可得
0.50m x =
取t=0.6s 计算可得
0.72m x =
故为提高纸带利用效率，减少实验误差，木块释放位置到滑轮距离正常应在0.6m 左右，故D 正确。

故选BD 。

（3）[3]由题知，每隔5个点取一个计数点，则时间间隔50.02s 0.1s T =⨯=，根据
2x aT ∆=
可得加速度为 ()0603032
9x x x a T --= 由题知0319.90cm x =，0654.20cm x =，代入数据解得
21.6m /s a =
（4）[4]实验测得μ=0.33，大于教材列表中的标值，根据实验原理分析，可能存在的原因有：木块、木板表面粗糙程度有差异；细线与滑轮摩擦或纸带与计时器摩擦。

14．某实验小组设计了如图所示的实验装置验证机械能守恒定律，其主要步骤如下：
（1）物块P 、Q 用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，P 底端固定了一竖直宽度为d 的轻质遮光条。

托住P ，使系统处于静止状态（如图所示），用刻度尺测出遮光条所在位置A 与固定在铁架台上的光电门B 之间的高度h 。

（2）现将物块P 从图示位置由静止释放，记下遮光条通过光电门的时间为t ，则遮光条通过光电门时的速度大小v=___________。

（3）己知当地的重力加速度为g ，为了验证机械能守恒定律，还需测量的物理量是_________（用相应的文字及字母表示）。

（4）利用上述测量的实验数据，验证机械能守恒定律的表达式是_________。

（5）改变高度h ，重复实验，描绘出v 2-h 图象，该图象的斜率为k 。

在实验误差允许范围内，若k= _________，则验证了机械能守恒定律。

【答案】
d t
P 的质量M ，Q 的质量m （M-m ）gh=21()()2d M m t + 2()()M m g M m -+ 【解析】
【详解】
（1）[1]光电门的遮光条挡住光的时间极短，则平均速度可作为瞬时速度，有： d v t
=； （2）[2]两物块和轻绳构成的系统，只有重力做功，机械能守恒：
221122Mgh mgh Mv mv -=+ 故要验证机械能守恒还需要测量P 的质量M 、Q 的质量m ；
（3）[3]将光电门所测速度带入表达式：
2211()()22d d Mgh mgh M m t t
-=+ 则验证机械能守恒的表达式为：
21()()()2d M m gh M m t
-=+； （4）[4]将验证表达式变形为：
22()g M m v h M m
-=⋅+ 若在误差允许的范围内，系统满足机械能守恒定律，2v h -图像将是一条过原点的倾斜直线，其斜率为：
2()g M m k M m
-=+。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示为演示“过山车”原理的实验装置，该装置由两段倾斜直轨道与一圆轨道拼接组成，在圆轨道最低点处的两侧稍错开一段距离，并分别与左右两侧的直轨道平滑相连。

某研学小组将这套装置固定在水平桌面上，然后在圆轨道最高点A 的内侧安装一个薄片式压力传感器（它不影响小球运动，在图中未画出）。

将一个小球从左侧直轨道上的某处由静止释放，并测得释放处距离圆轨道最低点的竖直高度为h ，记录小球通过最高点时对轨道（压力传感器）的压力大小为F 。

此后不断改变小球在左侧直轨道上释放位置，重复实验，经多次测量，得到了多组h 和F ，把这些数据标在F-h 图中，并用一条直线拟合，结果如图所示。

为了方便研究，研学小组把小球简化为质点，并忽略空气及轨道对小球运动的阻力，取重力加速度g=10m/s 2。

请根据该研学小组的简化模型和如图所示的F-h 图分析：
（1）当释放高度h=0.20m 时，小球到达圆轨道最低点时的速度大小v ；
（2）圆轨道的半径R 和小球的质量m ；
（3）若两段倾斜直轨道都足够长，为使小球在运动过程中始终不脱离圆轨道，释放高度h 应满足什么条件。

【答案】（1）2m/s （2）R=0.12m ，m=0.02kg （3）h≤0.12m 或者h≥0.3m
【解析】
【详解】
（1）设小球质量为m ，对于从释放到轨道最低点的过程，根据动能定理，有
2102
mgh mv =- 解得：
22m/s v gh ==
（2）设小球到达A 点速度为v A ，根据动能定理
21(2)02
A mg h R mv -=- 在A 点，设轨道对小球的压力为N ，根据牛顿第二定律：
2A v N mg m R
+= 根据牛顿第三定律
N=F
联立上述三式可得：
25mg F h mg R
=- 对比F-h 图像，根据斜率和截距关系，可得：
R=0.12m
m=0.02kg
（3）假设h=h 1时，小球恰好到达最高点A ，此时F=0
由F-h 图像可得：
h 1=0.3m
假设h=h 2时，小球恰好到达圆轨道圆心的右侧等高点，此过程根据动能定理：
2()00mg h R -=-
解得：
h 2=R=0.12m
综上，为使小球在运动过程中始终不脱离圆轨道，释放高度h 应满足：
h≤0.12m 或者h≥0.3m
16．如图所示，一个半圆柱形透明介质，其横截面是半径为R 的半圆，AB 为半圆的直径，O 为圆心，该介质的折射率2n =； ①一束平行光垂直射向该介质的左表面，若光线到达右表面后，都能从该表面射出，则入射光束在AB 上的最大宽度为多少？
②一细束光线在O 点上侧且与O 点相距
32
R 处垂直于AB 从左方入射，求此光线从该介质射出点的位置？
【答案】①2R ；②从O 点下侧
32
R 处且垂直AB 向左射出 【解析】
【详解】
①由全反射原理 1sin C n
=
解得 45C ︒=
作出光路图如图丙所示
由几何关系得
22sin 452s d R R ︒===
②由题意作出光路图如图丁所示
由几何关系得 332
sin 2
R
a R == 解得入射角
60a ︒=
由几何关系得出射光线从O 点下侧32
R 处且垂直AB 向左射出。

17．如图所示，在坐标系第一象限内I 、Ⅱ区域有磁场，磁感应强度大小 1.0T B =，方向垂直纸面向里，I 区域有与磁场正交的匀强电场，电场强度大小31.010V /m E =⨯，方向未知。

现有一质量
14110kg m -=⨯、电荷量10110C q -=⨯的带负电的粒子以某一速度v 沿与x 轴正方向夹角为53︒的方向从
O 点进入第一象限，在I 区域内做直线运动，而后进入Ⅱ区域，由右侧射出，一段时间后，粒子经过x 轴
上的D 点（图中未画出）。

已知A 点坐标为(12cm,0)、C 点坐标为(26cm,0)，sin530.8︒=，cos530.6︒=，
不计粒子重力。

求：
（1）粒子速度的大小v ；
（2）粒子运动轨迹与x 轴的交点D 的坐标；
（3）由O 运动到D 点的时间。

【答案】（1）310m /s ；（2）(50cm,0) ；（3）46.5710s -⨯
【解析】
【分析】
【详解】
（1）粒子在Ⅰ区域内做直线运动，因为速度的变化会引起洛伦兹力的变化，所以粒子必做匀速直线运动。

这样，电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，电场E 的方向与微粒运动的方向垂直，即与x 轴正向成37︒角斜向右下方。

由平衡条件有
Eq Bqv =
得
310m /s E v B
== （2）粒子进入Ⅱ区域洛伦兹力提供向心力做圆周运动，轨迹如图所示
根据洛伦兹力提供向心力有
2
mv qvB r
= 得
0.1m r =
由几何知识得
sin sin AC x r r θα=+
解得
37α=︒，53β=︒
粒子在磁场右边界射出点距x 轴，根据几何关系得
tan 53cos cos 18cm OA y x r r θα=⋅︒-⋅+=
tan 5324cm CD x y =⋅︒=
所以D 点坐标为(50cm,0)， （3）由O 运动到D 点分三段，I 区域内有
41210s cos53
OA x t v -︒==⨯ Ⅱ区域内有
42 1.5710s 2r
t v π-==⨯ 出磁场后有 43310s cos53y t v -==⨯︒
由O 运动到D 点的时间 4123 6.5710s t t t t -=++=⨯。