1、安徽省太和第一中学2020-2021学年高二物理12月月考试题（奥赛班）时间 100分钟 满分 100分一、选择题（1-7为单选，8-12为多选，每题4分，漏选得2分，错选0分，共48分）1.在如图所示的电路中，为可变电阻，最大值为。电源的电动势为，内阻。设电流表A的读数为I，电压表V的读数为U。当的滑动触点由接近b端向接近a端移动时（ ）AI一直变小，U一直变大BI先变小后变大，U先增大后变小C电源总功率先减小后变大，输出效率一直变大D功率先减小后后变大，、和三电阻的总功率先增大后减小2.如图所示，由粗细均匀的金属导线围成的一个正六边形线框abcdef，它的六个顶点均位于一个半径为R的圆形区
2、域的边界上，be为圆形区域的一条直径，be上方和下方分别存在大小均为B且方向相反的匀强磁场，磁场方向垂直于圆形区域。现给线框接入从a点流入、从f点流出的大小为I的恒定电流，则金属线框受到的安培力的大小为ABCBIRD03.如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场两个质子M、N沿平行于直径cd的方向从圆周上同一点P射入磁场区域， P点与cd间的距离为，质子M、N入射的速度大小之比为1:2ab是垂直cd的直径，质子M恰好从b点射出磁场，不计质子的重力和质子间的作用力则两质子M、N在磁场中运动的时间之比为A2:1B3:1C3:2D3:44.如图所示，水平放置的平行金属板A、B与电源相
3、连，两板间电压为U，距离为d.两板之间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为、圆心为O的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为。一束不计重力的带电粒子沿平行于金属板且垂直于磁场的方向射入金属板间，然后沿直线运动，从a点射入圆形磁场，在圆形磁场中分成1、2两束粒子，两束粒子分别从c、d两点射出磁场。已知ab为圆形区域的水平直径，不计粒子间相互作用，下列说法正确的是（）A金属板A、B分别接电源的负、正极B进入圆形磁场的粒子的速度大小为C1、2两束粒子的比荷之比为3:1D1、2两束粒子在圆形有界磁场中运动的时间之比为3:25.如图虚线所示半径为R圆形区域内存在一垂直于纸面的匀
4、强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场，设带电粒子在磁场中运动的轨道半径为r，不计重力及带电粒子之间的相互作用，则（ ）A所有粒子在磁场中运动的时间必定相同B若，则粒子在磁场边界的出时点不能分布在整个圆周上C若粒子时入的速率为，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圈周上；若粒子射入速率为，相应的出射点分布在三分之一圆周上，则D若粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一器周上，粒子最大运动时间；出射点分布在三分之一圆周上，粒子最大运动时间，则t1 : t2= 1 : 36.利用磁场可以屏蔽带电粒子。如图所示，真空中有一匀强磁场，磁场边界为
5、两个半径分别为r和3r的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，磁感应强度大小为其横截面如图所示。一带电粒子从P点正对着圆心O沿半径方向射入磁场。已知该粒子的比荷为k，重力不计。为使该带电粒子不能进入图中实线圆围成的区域内，粒子的最大速度为（）AkBrB2kBrC3kBrD4kBr7.如图所示，在纸面内存在水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，一水平固定绝缘杆上套有带电小球P，P的质量为m、电荷量为q，P与杆间的动摩擦因数为.小球由静止开始滑动，设电场、磁场区域足够大，杆足够长，在运动过程中小球的最大加速度为a0，最大速度为v0，则下列判断正确的是()
6、A小球先加速后减速，加速度先增大后减小 B当vv0时，小球的加速度最大C当vv0时，小球一定处于加速度减小阶段 D当aa0时，8.如图所示，圆形导体线圈平放在绝缘水平桌面上，在的正上方固定一竖直螺线管，二者轴线重合，螺线管、电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片向上滑动，下列说法中正确的是（）A穿过线圈的磁通量增大B线圈有扩张的趋势C线圈中将产生俯视顺时针方向的感应电流D线圈对水平桌面的压力大于其重力9.回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，A处粒子源产生质量为m
7、、电荷量为+q的粒子，在加速电压为U的加速电场中被加速，所加磁场的磁感应强度、加速电场的频率可调，磁场的磁感应强度最大值为Bm和加速电场频率的最大值fm。则下列说法正确的是（ ）A粒子获得的最大动能与加速电压无关B粒子第n次和第n+1次进入磁场的半径之比为C粒子从静止开始加速到出口处所需的时间为D若 ，则粒子获得的最大动能为10如图所示，等腰直角三角形abc区域存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为三个相同的带电粒子从b点沿bc方向分别以不同的速度、射入磁场，在磁场中运动的时间分别为、，且直角边bc的长度为L，不计粒子的重力，下列说法正确的是 A三个速度的大小关系可能是B三个速度的大
8、小关系可能是C粒子的比荷D粒子的比荷11如图所示，直线OP把坐标系Oxy分成I区域和II区域，区域I中的磁感应强度为B，方向垂直纸面向外；区域中的磁感应强度为2B，方向垂直纸面向内。边界上的P点坐标为（4L，3L）。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点平行于y轴负方向射入区域I，经过一段时间后，粒子恰好经过原点O。忽略粒子重力，已知sin37=0.6，cos37=0.8。则下列说法中正确的是（）A该粒子可能沿y轴负方向从O点射出B该粒子射出时与x轴正方向夹角一定为90C该粒子在磁场中运动的最短时间D该粒子运动的可能速度为12如图所示：绝缘中空轨道竖直固定，圆弧段光滑，对应圆心角为，、两端等
9、高，为最低点，圆弧圆心为，半径为；直线段、粗糙，与圆弧段分别在、端相切；整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场中，在竖直虚线左侧和右侧还分别存在着场强大小相等、方向水平向右和向左的匀强电场。现有一质量为、电荷量恒为、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距点足够远的点由静止释放。若，小球所受电场力等于其重力的倍，重力加速度为。则（ ）A小球第一次沿轨道下滑的过程中，先做加速度减小的加速运动，后做加速度变大的减速运动B小球经过点时，对轨道的弹力可能为C经足够长时间，小球克服摩擦力做的总功是D小球在轨道内受到的摩擦力不可能大于二实验题(4分+6分)13.某
10、物理兴趣小组的同学要测定电源（由两节新干电池组成）的电动势和内阻，该同学根据实验室提供的实验器材设计了如图甲所示的原理图，其中定值电阻R0=1.8。还有一毫安表，量程为40mA、内阻为rA=4。(1)因为所给毫安表的量程较小，需利用定值电阻R1将毫安表改装成量程为200mA的电流表，图甲的虚线框内为改装后的电流表，其中R1=_。(2)某次实验中电压表的示数如图丙所示，则此次实验中电压表的读数为_V。(3)现将实验中所测得的实验数据（的示数用U表示，mA的示数用I表示）描绘在如图乙所示的坐标纸上，并画出了U-I图像，根据图乙可知电源的电动势为2.98V，则可求得内阻为r=_（结果保留两位小数）。
11、(4)当电压表读数为2.30V时，由图乙可知I=30mA，此时电源的输出功率为_W（结果保留两位小数）。14.实验室中有一只内阻未知，量程为2mA的电流计，现要把它改装为一只电压表。在改装前首先设计了如图所示的电路测量该电流计的内阻，已知电源为内阻可忽略不计的学生电源，R1的实际阻值很大。（1）测量电流计的内阻时，进行了如下的操作：将可调电阻R1、R2的阻值调至最大，仅闭合电键S1，调节电阻箱R1，同时观察电流计直到读数为2mA为止，然后_； A保持电键S1闭合，闭合电键S2，同时调节电阻箱R1、R2，直到电流计读数为1mA为止，记下电阻箱R2的阻值B保持电键S1闭合，闭合电键S2，仅调节电阻
12、箱R2，直到电流计读数为1mA为止，记下电阻箱R2的阻值（2）通过（1）操作，若R2=100，则测得电流计的内阻为_； （3）根据以上测量的数据，如果将该电流计改装成量程为3V的电压表，则应将该电流计_（选填“串”或“并”）联一定值电阻，该定值电阻的阻值为_。（4）该同学将改装后的电压表用于测量某电阻两端的电压，其测量值与真实值相比_（选填“相等”、 “偏大”或“偏小”）。三解答题（6分+12分+12分+12分）15.如图所示，在半径为的圆形区域内有水平向里的匀强磁场，磁感应强度B，圆形区域右侧有一竖直感光板，质量为m，电量为q重力不计的带正电的粒子以速率从圆弧顶点P平行于纸面进入磁场，PO与
13、感光板平行，P到感光板的距离为2R。(1)若粒子对准圆心射入，求它在磁场中运动的时间；(2)若粒子对准圆心射入，且速率为，求它打到感光板上的位置距离P点的竖直距离。16.如图在直角坐标系平面的第二象限有平行于轴向下的匀强电场，在轴右侧区域内充满了匀强磁场，磁场方向垂直坐标平面，磁感应强度B随时间t变化的关系如图所示， t = 0时刻，有一比荷为1.0104 C/kg带正电的粒子（不计重力），从坐标原点O沿轴正向以初速度=2103 m/s进入磁场。开始时刻，磁场方向垂直纸面向内，粒子最后到达坐标为 (-2,0)的P点，求：（1）粒子到达轴时离O点的距离s； （2）匀强电场的电场强度E。17.如图
14、甲所示，在直角坐标系xOy平面内，以O点为中心的正方形abcd与半径为3L的圆形之间的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。在y轴上有一挡板PQ，挡板长为L，挡板的放置关于x轴对称。a处有一个质子源，可以向y轴负方向发射出速度从零开始的一系列质子。已知质子的质量为m，电量为q，不计质子的重力、质子间的相互作用，质子碰到档板立即吸收。求：(1)要使质子不离开圆形区域的最大速度； (2)质子第一次回到a点的最长时间。(3)如图乙，如果整个圆内都充满磁感应强度为B的匀强磁场，挡板长度增为2L，挡板的放置仍关于x轴对称，而且a点能在xOy平面内向四周均匀发射的质子，那么，从a点发射出的所有带
15、电粒子中击中挡板左面粒子与击中挡板右面粒子的比。18如图所示，在，内某一区域存在一匀强磁场，方向垂直纸面向里。在直线的上方，直线与之间的区域内，另有一沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E。一质量为m、电荷量为的粒子以速度从点垂直于磁场方向射入磁场，当速度方向沿轴正方向时，粒子恰好从（的位置）点正上方的A点沿y轴正方向射出磁场，不计粒子重力。(1)求磁感应强度B的大小；(2)若粒子以速度从点垂直于磁场方向射入磁场，速度方向沿x轴正方向成角（，其中粒子射入第一象限，取正：粒子射入第四象限，取负），为使这些粒子射出磁场后在电场中运动的时间相同且最长，写出磁场边界的轨迹方程。(3)磁场的边界如题(2)
16、所求，若粒子以速度从点垂直于磁场方向射入第一象限，当速度方向沿轴正方向的夹角时，求粒子从射入磁场到最终离开磁场的总时间t。1D【详解】AB当的滑动触点由接近b端向接近a端移动时，电阻先变大，当移动到左边部分阻值为时，并联电路两支路电阻相等，此时并联电路电阻最大，此后继续移动电阻减小，故干路电流先减小后增大，由闭合电路欧姆定律有：U先增大后变小；当U增大时，并联电路部分电压增大，干路电流减小，此时这条支路电阻减小，由：可知流过R3的电流增加，则由：可知流过R2的电流减小，即I变小； 当U减小时，并联电路部分电压减小，此时这条支路电阻增加，则由：可知流过的电流减小，所以I一直变小。故AB错误C由：
17、可知因为干路电流先减小后增大，故电源总功率先减小后变大，电源的效率：电源电动势不变，U先增大后变小，故电源的效率先增大后变小，故C错误；D因为干路电流先减小后增大，故对于有：可知功率先减小后后变大；将看成内阻，则等效电源内阻为2.5R，当的滑动触点由接近b端向接近a端移动时，外电阻先增加后减小，最大值恰好等于2.5R，此时等效电源输出功率最大，故由等效电源输出功率的特点可知、和三电阻的总功率先增大后减小；故D正确。2.A【详解】根据串并联电路的特点可知线框流过af边的电流：流过abcdef边的电流：de、ab边受到的安培力等大同向，斜向左下方，同理bc、ef边受到的安培力等大同向，斜向右下方，
18、则de、ab、bc、ef边所受的安培力合力为：方向向下；cd边受到的安培力：方向向下，；af边受到的安培力：方向向上，所以线框受到的合力：A正确，BCD错误。故选A。3.A【详解】作出两质子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知，质子M的轨道半径为R，轨迹圆弧所对圆心角1120；根据得，则质子N的轨道半径为2R，再由几何关系得：轨迹圆弧所对圆心角260；质子在磁场做圆周运动的周期：，运动的时间满足：，解得：故A项正确，BCD三项错误4D【详解】A粒子在圆形磁场区域内向上偏转，根据左手定则可知粒子带正电；粒子在速度选择器内受到的洛伦兹力的方向也向上，由于粒子在速度选择器内做匀速直线运动，可知粒子受到
19、的电场力的方向向下，所以电场的方向向下，金属板A、B分别接电源的正极、负极，A错误；B金属板AB间的电场强度由题意可知，正离子通过金属板AB之间做匀速直线运动，根据平衡条件有所以B错误；C轨迹如图粒子在圆形磁场中的运动轨迹是一段圆弧，如下图所示，是离子做圆周运动轨迹的圆心，从c点射出的粒子的半径由几何关系可知，从d点射出的粒子的半径粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径则1、2两束粒子的比荷之比为C错误；D根据周期公式 粒子在圆形有界磁场中运动的时间其中所以1、2两束粒子在圆形有界磁场中运动的时间之比D正确。5C【详解】A由于粒子在磁场中的运动周期相同，但沿不同方向射入的粒子，在磁场中的偏转角不同，
20、由公式可知，所有粒子在磁场中运动的时间不一定相同，故A错误；B假设粒子带正电，磁场方向垂直于纸面向里，由于，粒子的运动轨迹如图即带电粒子的轨迹半径大于圆的半径，射出磁场边界的粒子几乎可以充满整个圆边界区，根据对称性粒子带负电也是如此，故B不正确；C当速度大小为v1时，从P点入射的粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为M，由题意知由几何关系得轨迹圆半径为从P点入射的粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为N，由题意知，由几何关系得轨迹圆的半径为根据洛伦兹力充当向心力可知速度与半径成正比，因此v1：v2=r1：r2=1:由公式所以故选C。6D【详解】当速度最大时，粒子轨迹圆会和小圆相切，如下图设轨迹圆的
21、半径为R，在中，根据勾股定理有解得根据洛伦兹力提供向心力有又知联立以上解得最大速度为故选D。7.C【详解】A开始运动阶段qvBmg，加速度：当速度增大时，加速度增大，则小球做加速度越来越大的加速运动；当qvBmg之后，小球受到的支持力垂直杆向下，小球的加速度：当速度增大时，加速度减小，小球做加速度减小的加速运动，加速度减小到0后做匀速运动，则可知小球一直加速最后匀速，加速度先增大后减小为0不变，选项A错误；BC作出小球的加速度随速度的变化规律图象如图所示，两阶段的图线斜率大小相等，有则时一定处于加速度减小阶段，选项B错误，C正确；D由图像可知，可能出现在加速度增大阶段或加速度减小阶段，选项D错
22、误8BC【详解】AC当滑动触头向上移动时电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈的电流减小，线圈产生的磁场减弱，故穿过线圈的磁通量变小；根据中的电流方向和安培定则可知产生的磁场方向向下穿过线圈，根据楞次定律，中的感应电流的磁场要阻碍原来磁场的减小，故的感应电流的磁场方向也向下，根据安培定则可知线圈中感应电流方向俯视应为顺时针，A错误；B因为滑动触头向上滑动导致穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知只有线圈面积增大时才能阻碍磁通量的减小，故线圈应有扩张的趋势，B正确；D因为滑动触头向上滑动导致穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知只有线圈靠近螺线管才能阻碍磁通量的减小，线圈受到的安培力向上，所以
23、对水平桌面的压力将减小，对水平桌面的压力小于其重力，D错误。故选BC。9ACD【详解】A.当粒子出D形盒时，速度最大，动能最大，根据qvB=m，得v=则粒子获得的最大动能Ekm=mv2=粒子获得的最大动能与加速电压无关，故A正确。B.粒子在加速电场中第n次加速获得的速度，根据动能定理nqU=mvn2可得vn=同理，粒子在加速电场中第n+1次加速获得的速度vn+1=粒子在磁场中运动的半径r=，则粒子第n次和第n+1次进入磁场的半径之比为，故B错误。C.粒子被电场加速一次动能的增加为qU，则粒子被加速的次数n=粒子在磁场中运动周期的次数n=粒子在磁场中运动周期T=，则粒子从静止开始到出口处所需的时
24、间t=nT=故C正确。D. 加速电场的频率应该等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即，当磁感应强度为Bm时，加速电场的频率应该为，粒子的动能为Ek=mv2。当时，粒子的最大动能由Bm决定，则解得粒子获得的最大动能为当时，粒子的最大动能由fm决定，则vm=2fmR解得粒子获得的最大动能为Ekm=22mfm2R2故D正确。故选ACD.10ACD【详解】由轨迹图可知，速度为v3的粒子偏转角为300，速度为v1 v2 的粒子从ab边穿出，则偏转角为90，但两者的速度大小关系不定，但其半径一定比速度为v3的粒子半径小，由半径公式，则v3一定大于v1和v2，所以选项A正确，选项B错误由于速度为v1的粒子偏转
25、90，则，于是，所以选项D正确对速度为v3的粒子偏转30，画出运动轨迹如图所示，由几何关系知：r3tan15+r3tan15cos30=L，所以，而，联立得到：，所以选项C正确故选ACD11BCD【详解】AB带电粒子射入磁场中，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得解得所以粒子在和两磁场中做圆周运动的半径关系为由题意知OP边与x轴的夹角则故带正电粒子从P点平行于y轴负方向射入区域I与OP边的夹角为53，由带电粒子在单边磁场运动的对称性知从区域中射出的粒子速度方向一定为y轴负方向，选项A不正确，B正确；C粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为粒子在区域中转过的圆心角为，粒子在区域中
26、运动的时间为粒子在区域中转过的圆心角为，粒子在区域中运动的时间为所以该粒子在磁场中运动的最短时间=故C选项正确；D带电粒子每次从区域射出为一个周期，在OP边移动的距离为其中而,n=1,2,3联立解得,选项D正确。故选ACD。12CD【详解】A小球第一次沿轨道AC下滑的过程中，由题意可知，电场力与重力的合力方向恰好沿着斜面AC，则刚开始小球与管壁无作用力，当从静止运动后，由左手定则可知，洛伦兹力导致球对管壁有作用力，从而导致滑动摩擦力增大，而重力与电场力的合力大小为不变，故根据牛顿第二定律可知，做加速度减小的加速运动，当摩擦力等于两个力的合力时，做匀速运动，故A错误；B小球在轨道上往复运动，由于
27、在斜轨上不断损失机械能，则最终会在CD之间往复运动，对小球在O点受力分析，且由C向D运动，此时在D点的洛伦兹力最小，对轨道的压力最小，则由牛顿第二定律，则有由C到O点，机械能守恒定律，则有解得即当小球由C向D运动时，则对轨道的最小的弹力为，不可能为，故B错误；D当小球的摩擦力与重力及电场力的合力相等时，小球做匀速直线运动，小球在轨道内受到的摩擦力最大，则为，不可能大于，故D正确；C根据动能定理，可知，取从静止开始到最终速度为零，则摩擦力做功与重力及电场力做功之和为零，则摩擦力总功为，故C正确；故选CD。13 1 2.60 2.66 0.39 【详解】(1)1将量程为40mA的毫安表改装成量程为
28、200mA的电流表，需要并联一个电阻起到分流的作用，根据并联电路特点可知R1分得的电流为由并联电路电流之比等于电阻的反比得解得(2)2由图丙可知电压表读数为2.60V。(3)3由闭合电路欧姆定律得化简得所以而因此电源的内阻为(4)4当电压表读数为U=2.30V时，由图乙可知I=30mA，此时电源的电流电源的输出功率为14B 100 串 1400 偏大 【解析】【分析】【详解】（1）1应用半偏法测电流计内阻，应先闭合电键S1，调节电阻箱R1，使电流计满偏；然后保持电键S1闭合，闭合电键S2，仅调节电阻箱R2，直到电流计读数为1mA为止，记下电阻箱R2的阻值，选项B正确，A错误。故选B。（2）2闭
29、合电键S2时，电流计与R2并联，它们两端电压相等、通过它们的电流相等，由欧姆定律可知，它们的电阻相等，则（3）34把电流计改装成3V的电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值（4）5用半偏法测得的电流表内阻偏小，改装后电压表内阻偏小，由U=IR可知，改装后电压表真实量程偏小，所以测量值与真实值相比偏大。15(1) ；(2) 【详解】(1)粒子在磁场中运动的半径r解得 带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r=R ，带电粒子在磁场中的运动轨迹为四分之一圆周，轨迹对应的圆心角为 ，如图所示则(2)当 时，带电粒子在磁场中运动的轨道半径为 ,其运动轨迹如图所示由图可知所以带电粒子离开磁场时与水平方
30、向成30解得16.（1）1.6m（2）【解析】【详解】(1)粒子进入磁场后在磁场中作圆周运动，设轨道的半径为，周期为，由洛仑兹力提供向心力得：解得： 在磁场变化的第一段时间内， 粒子运动的周期数为：运动轨迹对应的圆心角为 在第二个时间段内运动的周期数为：所对应的运动轨迹圆心角为 第三个时间段内运动的周期数为：对应的圆心角为 粒子运动轨迹如图，粒子恰好在第三段时间末通过轴由图知粒子到达轴时离点距离： (2)粒子进入电场做类平抛运动，则有：带入数据得：17(1) ； (2) ；(3) 由几何关系得，打到挡板左面的粒子所对应的角度为90，打到挡板右面的粒子所对应的角度也为90，所以从a点发射出的所有
31、带电粒子中击中挡板左面粒子与击中挡板右面粒子的比为。【详解】(1)由洛伦兹力提供向心力得由题意得到最大的半径因此得到(2)计算得到质子做一个完整圆周运动的周期质子经过a点的最长时间，是以半径为运动的质子，如图所示，在磁场中运动的时间正好为一个圆周运动时间在没有磁场的区域正好做匀速直线运动，时间(3)由几何关系得，打到挡板左面的粒子所对应的角度为，打到挡板右面的粒子所对应的角度也为。所以，从a点发射出的所有带电粒子中击中挡板左面粒子与击中挡板右面粒子的比为。如下图所示【点睛】本题考查带电粒子在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，并由牛顿第二定律与几何关系相综合解题，注意运动轨迹的半径与圆形磁场半径的
32、区别。18(1) ；(2) ；(3) 【详解】(1)当粒子速度沿x轴方向入射，从A点射出磁场时，几何关系知r=a由牛顿第二定律得 解得(2)要使这些粒子射出磁场后在电场中运动的时间相同且最长，则要求进入电场时的速度与电场线平行，设与y轴正方向成角的粒子从磁场边界某点P（x，y）射出，由题可知，粒子运动的轨迹对应的圆心角刚好为 ，如图，由几何关系可知P点的坐标为 消掉1可得边界的曲线方程为 即所加磁场在以（a，0）为圆心，半径为a的圆内，如图中圆所示。(3)粒子从磁场中的P点射出，因磁场圆和粒子的轨迹圆的半径相等，OO1PO2构成菱形，故粒子从P点的出射方向与OO1垂直，即与y轴平行；轨迹如图所示；则粒子从O到P所对应的圆心角为1=60，粒子从O到P用时由几何知识可知，粒子由P点到x轴的距离 粒子在电场中做匀变速运动的时间粒子磁场和电场之间匀速直线运动的时间粒子由P点第2次进入磁场，从Q点射出，PO1QO3构成菱形；由几何知识可知Q点在x轴上，即为（2a，0）点；粒子由P到Q所对应的圆心角2=120，粒子从P到Q用时 粒子从射入磁场到最终离开磁场的总时间
