【物理】浙江省台金七校2024-2025学年高二下学期5月期中试题（解析版）

这是一份【物理】浙江省台金七校2024-2025学年高二下学期5月期中试题（解析版），共9页。试卷主要包含了单选题，不定项选择，非选择题等内容，欢迎下载使用。
选择题部分
一、单选题（本题共10小题，每小题3分，共30分。）
1. 英国物理学家焦耳最早发现了焦耳定律，给出了电能向热能转化的定量关系。为了纪念他，国际单位制（SI）中能量的导出单位也以焦耳（J）命名。焦耳用国际单位制中基本单位表示正确的是（ ）
A. JB. C. D.
【答案】C
【解析】根据功的计算公式可知，焦耳用国际单位制中基本单位表示为
故选C。
2. 关于分子，下列说法正确的是（ ）
A. 将分子看成小球，小球是分子的简化模型
B. 布朗运动是固体分子的无规则运动
C. “物体是由大量分子组成的”，这里的“分子”特指化学变化中的分子，不包括原子和离子
D. 分子的质量是很小的，其数量级一般为
【答案】A
【解析】A．将分子看成小球是为了研究问题方便，小球是分子的简化模型，故选项A正确；
B．布朗运动中，观察到的是固体小颗粒的运动，不是固体分子的运动，故选项B错误；
C．“物体是由大量分子组成的”，这里的“分子”是分子、原子和离子的统称，故选项C错误；
D．分子质量的数量级一般为，故选项D错误。
故选A。
3. 一炮弹在空中飞行时，突然发生爆炸（时间极短），爆炸成质量不同的两部分，爆炸后瞬间两部分的运动方向与爆炸前瞬间炮弹的运动方向在同一直线上。则炮弹爆炸过程中（ ）
A. 系统动量不守恒B. 两部分的动能都会增大
C. 两部分的动能之和可能减小D. 两部分的动能之和一定增大
【答案】D
【解析】当系统不受外力或所受外力之和为零时，系统动量保持不变，故A错误；
由于能量守恒，爆炸过程中有化学能转化为动能，故B、C错误，D正确。
故选D。
4. 在获悉法拉第发现电磁感应现象之后，楞次立即开始进行电工方面的实验研究，并于1834年提出楞次定律。下面几种与楞次定律有关的现象描述正确的是（ ）
A. 条形磁铁靠近线圈时电子秤示数可能增大也可能减小
B. 条形磁铁靠近铝环时铝环会向左摆动
C. 通电直导线的电流增大时，桌面上的矩形线框会向右运动或有向右运动的趋势
D. 闭合开关后，电流表中有恒定电流
【答案】C
【解析】A．根据楞次定律可知条形磁铁靠近线圈时，线圈中产生感应电流，线圈对条形磁铁的作用力向上，磁铁对线圈的作用力向下，故电子秤示数增大，故A错误；
B．条形磁铁靠近铝环时，磁通量增大，根据楞次定律可知，铝环中产生感应电流，铝环受安培力远离条形磁铁，铝环会向右摆动，故B错误；
C．通电直导线的电流增大时，矩形框中的磁通量增大，根据楞次定律可知，桌面上的矩形线框会向右运动或有向右运动的趋势阻碍磁通量的增大，故C正确；
D．闭合开关后，通过M线圈的电流不变，则穿过两线圈的磁通量不变，N线圈不产生感应电流，电流表中无电流，只在闭合开关的瞬间，电流表中有电流，故D错误。
故选C。
5. 《天工开物》中提到一种古法榨油：撞木榨油。如图，撞木榨油是先将包裹好的油饼整齐地摆到榨具里，然后用撞木撞击木楔，挤压油饼，油就流出来。某次撞击前撞木的速度为，撞击后撞木反弹，且速度大小变为原来的一半。已知撞木撞击木楔的时间为，若撞木对木楔平均撞击力大小为，估测撞木的质量为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】令撞击前撞木的速度为，则撞击后撞木的速度大小，撞木撞击木楔的时间为，若撞木对木楔平均撞击力大小为，根据牛顿第三定律，木楔对撞木平均撞击力大小为
对撞木进行分析，根据动量定理有
若忽略重力，解得
故选B。
6. 如图所示，甲是质谱仪，乙是回旋加速器，丙是速度选择器，丁是磁流体发电机。下列说法不正确的是（ ）
A. 甲图中，粒子打在底片上的位置越靠近狭缝说明粒子的比荷越大
B. 乙图中，粒子第次和第次加速后的半径之比是
C. 丙图中，粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是，且可以判断出带电粒子的电性
D. 丁图中，可以判断出极板是发电机的负极，极板是发电机的正极
【答案】C
【解析】A．甲图中，根据洛伦兹力提供向心力有
解得
可知粒子打在底片上的位置越靠近狭缝，半径越小，说明粒子的比荷越大，选项A正确，不符合题意；
B．乙图中，粒子在电场中加速有
粒子在磁场中偏转，根据洛伦兹力提供向心力有
联立解得
则粒子第次和第次加速后的半径之比是
选项B正确，不符合题意；
C．丙图中，粒子能够沿直线匀速通过速度选择器，则有
解得
若粒子带正电，则电场力向下，磁场力向上；若粒子带负电，则电场力向上，磁场力向下，均可满足受力平衡。因此无法判断出带电粒子的电性，选项C错误，符合题意；
D．根据左手定则可知正离子向B极板偏转，负离子向A极板偏转，则可以判断出极板是发电机的负极，极板是发电机的正极，选项D正确，不符合题意。
故选C。
7. 如图所示为2025年春节假期档爆火的《哪吒之魔童闹海》推出的周边玩偶。这款玩偶是由头部、轻质弹簧和底座构成，已知玩偶头部质量为，弹簧劲度系数为，底座质量则为玩偶头部质量的一半。当把玩偶头部轻压至弹簧弹力为时，将其由静止释放，此后玩偶头部在竖直方向上进行简谐运动。重力加速度记为，不考虑任何阻力，且弹簧始终处于弹性限度内。以下说法正确的是（ ）
A. 释放玩偶头部的瞬间，其加速度大小为
B. 玩偶头部运动到最高点时，底座对桌面的压力为
C. 弹簧恢复原长时，玩偶头部的速度最大且加速度为0
D. 玩偶头部做简谐运动的振幅为
【答案】B
【解析】A．释放玩偶头部瞬间，对头部进行受力分析，根据牛顿第二定律有
解得
故A错误；
B．根据简谐运动的对称性，玩偶头部运动至最高点时，加速度大小与释放玩偶头部瞬间的加速度大小相等，仍然为，方向竖直向下；可知，玩偶头部运动至最高点时，弹簧处于原长，弹力为0，对底座进行分析可知，桌面对底座的支持力为，根据牛顿第三定律可知，底座对桌面的压力为，故B正确；
C．根据上述可知，弹簧恢复原长时，玩偶头部恰好位于最高点，头部的速度为0，由于相对于头部平衡位置的位移最大，则此时加速度也最大，故C错误；
D．玩偶头部在最低点，弹簧处于压缩状态，则有
头部在平衡位置时，弹簧处于压缩状态，则有
玩偶头部做简谐运动振幅为
解得
故D错误。
故选B。
8. 图甲为风力发电的简易模型，发电机与一理想变压器的原线圈相连，变压器原、副线圈匝数分别为10匝和1匝，某一风速时，变压器原线圈两端的电压随时间变化的关系图像如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 风叶稳定转动的频率为
B. 电压表的示数为
C. 断开开关，电压表的示数为0
D. 变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为
【答案】D
【解析】A．风叶稳定转动的频率为，选项A错误；
B．变压器原线圈电压有效值为
则次级电压有效值，即电压表的示数为，选项B错误；
C．断开开关，电压表的示数不变，仍为3V，选项C错误；
D．因
可得变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为，选项D正确。
故选D。
9. 如图所示的装置水平置于竖直向下、磁感应强度大小为的匀强磁场中，电源电动势为、内阻为，两副平行且光滑的导轨间距分别为与。材质均匀的导体棒的长度均为，电阻均为，质量分别为，垂直置于导轨上。导轨足够长且不计电阻，从闭合开关到两导体棒达到稳定状态的全过程（ ）
A. 稳定前棒加速度之比为
B. 稳定时导体棒的速度为
C. 通过棒的电量
D. 导体棒中产生的焦耳热为
【答案】D
【解析】A．两棒为串联关系，电流相等，根据牛顿第二定律有
解得
故稳定前b、c棒加速度之比为，故A错误；
BC．闭合开关，当两棒稳定时，两棒产生的反电动势与电源电动势的关系有
根据动量定理对b棒有
对c棒有
因b、c串联，通过的电量相等，则有
联立可得，，
故BC错误；
D．由能量守恒定律，电源提供的电能转化为动能和焦耳热
根据热量与电阻的正比关系可得
联立解得导体棒b中产生的焦耳热为，故D正确。
故选D。
10. 如图甲所示为仙居中学张老师制作的任意液体折射率测量仪，可调倾角的斜面上紧贴放置一装有油的塑料罐，激光笔垂直于罐壁吸附于斜面下，重锤线的一端系于激光笔上，另一端自由下垂，同时重锤线通过扇形刻度盘的圆心，相对位置如图乙所示。测量时调节斜面倾角使得射入罐中油的光线恰好不射出水面，此时从油中射入空气的入射角为，重锤线与激光笔的夹角为，为测量方便，扇形刻度盘上已经提前标刻好根据计算的折射率的值，以下说法正确的是（ ）
A. 液体折射率且图乙扇形刻度盘上标刻的折射率从左往右依次增大
B. 现由电机控制斜面从水平位置开始以角速度匀速转动，测得时间后光线恰好不射出液面，液体的折射率
C. 如图丙所示，某次测量中激光笔没有垂直于罐壁射入光线，测得的折射率会偏大，且罐壁越厚，误差越大
D. 如图丙所示，某次测量中激光笔没有垂直于罐壁射入光线，测得的折射率没有误差，且罐壁厚度对测量没有影响
【答案】B
【解析】A．射入罐中油的光线恰好不射出水面，此时从油中射入空气的入射角为，则有
由于激光笔垂直于罐壁吸附于斜面下，在图乙中，根据几何关系有
解得
可知，越大，折射率越小，即图乙扇形刻度盘上标刻的折射率从左往右依次减小，故A错误；
B．现由电机控制斜面从水平位置开始以角速度匀速转动，在图乙中有
结合上述解得，故B正确；
CD．图丙根据折射定律，从空气经过罐壁进入液体中，光线发生折射，利用几何关系可知
结合上述有
可知，如图丙所示，某次测量中激光笔没有垂直于罐壁射入光线，测得的折射率会偏小，且罐壁厚度对测量没有影响，故CD错误。
故选B。
二、不定项选择（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
11. 有关下列四幅图的描述，说法正确的是（ ）
A. 如图甲，是测量储罐中不导电液体高度的装置，当储罐中液面高度升高时，回路中振荡电流频率将减小
B. 如图乙，是一种电感式微小位移传感器，当物体1向左移动时，线圈自感系数变小
C. 如图丙，电容器中电场的能量正在增大
D. 如图丁，生活中常用微波炉来加热食物，这是利用了红外线的热效应
【答案】AC
【解析】A．图甲中，不导电液体为电介质，储罐中液面高度升高时，介电常数增大，根据
可知，电容器得电容增大，结合LC振荡电路
可知，回路中振荡电流频率将减小，故A正确；
B．图乙中，当物体1向左移动时，铁芯插入的长度变大，线圈自感系数变大，故B错误；
C．由图丙可知，此过程电容器处于充电状态，电场能逐渐增大，磁场能转化为电场能，故C正确；
D．生活中的微波炉是利用微波加热的，而不是利用红外线的热效应加热的，故D错误。
故选AC。
12. 如图所示，以轴为边界，两侧为不同的均匀介质和介质。两波源和分别位于和处，时两波开始振动，后的波形如图，则（ ）
A. 两波同时到达O点
B. 发出的波进入介质后波速为
C. 两波稳定叠加后，点始终不动
D. 两列波叠加稳定后，和之间有13个振动减弱点
【答案】BD
【解析】A．由后的波形图可知在介质和介质波长分别为，
时两波开始振动，后两波沿波的传播方向传播一个波长，则振动周期相等且均为。波在介质和介质的波速分别为，
波在介质和介质传播到O点的时间分别为，
故介质中的波先传到O点，故A错误；
B．波速由介质决定，故发出的波进入介质后波速为，故B正确；
C．介质中的波传到O点时，介质中的波已经传到O点的时间
此时介质中的波使平衡位置位于O点的质点运动到平衡位置且向轴正方向运动，介质中的波使平衡位置位于O点的质点运动到平衡位置且向轴正方向运动，故O点为振动加强点，以后点在平衡位置附近振动，故C错误；
D．两列波叠加稳定后，在区间，两列波振动步调相反，振动减弱的点有、、、、、、、
在区间，两列波振动步调相反，振动减弱的点有、、、、，故两列波叠加稳定后，和之间有13个振动减弱点。
故D正确。
故选BD。
13. 将木块M与N并排静置在光滑地面上，木块M上固定一竖直轻杆，轻杆上端小横杆上系一长为的轻细线，细线下端系一质量为的小球Q。将一质量的橡皮泥P从距Q水平距离的地方以的速度水平抛出，恰好与小球Q碰撞并瞬间连结为一整体S（可视为质点），随后绕悬点摆动（不与竖直杆碰撞）。已知木块M与N的质量分别为与。则（ ）
A. 碰撞后瞬间的速度为
B. S摆到最高点时M、N分离
C. M与N分离时的速度大小为
D. 摆回到最低点时绳子的拉力为
【答案】ACD
【解析】A．对P、Q构成的整体，在碰撞过程，水平方向上动量守恒，碰撞后竖直方向的分速度突变为0，则有
解得，故A正确；
B．整体S在杆右侧运动时，绳的弹力对M做正功，M的速度增大，M、N之间存在弹力作用，可知，S向右摆动到最高点过程，M、N没有分离，故B错误；
C．结合上述可知，当S从杆右侧再次返回最低点时，M与N恰好分离，令此时S速度为，则有，
解得，
即M与N分离时的速度大小为，故C正确；
D．结合上述，对S进行分析，根据牛顿第二定律有
解得，故D正确。
非选择题部分
三、非选择题（本题共5小题，共58分）
14. （1）在做“用单摆测重力加速度的大小”实验时，同组内两同学使用同一游标卡尺测量了同一小球的直径，操作图片如图甲和乙所示，从放大图可见测量值偏差较大，对得最齐的线已圈出。你认为该小球直径测量值应取___________mm。
（2）为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应是经过最___________（填“高”或“低”）点的位置，图丙中停表示数为该单摆全振动50次所用的时间，则单摆的振动周期为___________s（结果保留3位有效数字）
（3）该同学测得一组摆长和周期后求得g值偏大，其原因可能是___________
A. 开始计时时，秒表过迟按下
B. 摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C. 单摆摆动时做圆锥摆运动
D. 摆动次数少记了一次
【答案】（1）15.90 （2）低 1.35 （3）AC
【解析】（1）甲图小球位置错误，乙图小球位置正确。小球的直径是
（2）[1]为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应是经过最低点的位置；
[2]停表示数
单摆的振动周期为
（3）A．根据单摆的周期公式为
根据题意得
解得
开始计时时，秒表过迟按下，t偏小，g偏大，A正确；
B．根据，摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，L的测量值偏小，g偏小，B错误；
C．设摆线与竖直方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律得
解得
根据
解得，
单摆摆动时做圆锥摆运动，正确的做法是将T圆代入计算重力加速度，该同学将T圆代入计算重力加速度，导致周期的测量值偏小，g的测量值偏大，C正确；
D．根据，摆动次数少记了一次， n偏小，g偏小，D错误。
故选AC。
15. 光源发出的光经过滤光片成为单色光，利用图示1装置测量某种单色光的波长。
（1）图1中仪器A是___________，仪器B是___________（填写仪器的名称）；
（2）如图2所示，实验中发现干涉条纹与分划板中心刻线始终有一定的角度，下列哪个操作可以使得分划板中心刻线与干涉条纹平行___________。
A. 仅拨动拨杆B. 仅旋转单缝
C. 仅前后移动凸透镜D. 仅旋转毛玻璃处的测量头
（3）在利用激光进行双缝干涉实验时，用波长的红光照射双缝和，若屏上点距双缝的路程差为，如图甲，则点将出现___________（选填“亮条纹”或“暗条纹”）；若在上方虚线框区域内充入折射率为的透明气体，如图乙，保持其他条件不变，则屏上原来的中央亮条纹将___________（选填“上移”“下移”或“不动”）。
【答案】（1）拨杆 目镜 （2）D （3）暗条纹 上移
【解析】（1）[1]图1中仪器A是拨杆；
[2]仪器B是目镜。
（2）实验中发现目镜中干涉条纹与分划板中心刻线始终有一定的角度，要使得分划板中心刻线与干涉条纹平行，则仅旋转毛玻璃处的测量头即可。
故选D。
（3）[1]若屏上点距双缝的路程差为，则可得该路程差为半波长的倍数为
即
即路程关为半径波长的奇数倍，故点将出现暗条纹；
[2]若在上方虚线框区域内充入折射率为的透明气体，根据
可知光在上方虚线框传播的速度小于光速度c，而光在虚线框下方的传播速度仍为c；根据双缝干涉条纹的特点，要使光程差为零（中央亮条纹的条件），即上方的光传播速度小，则通过的路程小；下方光的速度大，则通过的路程大，所以中央亮条纹将上移。
16. （1）某实验小组利用如图装置探究一定质量的气体等温变化的规律，实验操作过程中下列说法正确的是（ ）
A. 在活塞上涂润滑油，目的是为了减小摩擦
B. 注射器旁的刻度尺只要刻度分布均匀即可，可以不标注单位
C. 为节约时间，实验时应快速推拉活塞和读取数据
D. 实验过程中装置有点倾斜，对压强测量没有影响
（2）实验中在涂润滑油时，有少量润滑油进入空气柱中，其他操作都规范的前提下测量了多组空气柱长度与压强，作图像可能为图乙中的___________（填“①”“②”“③”）
【答案】（1）BD （2）①
【解析】（1）A．在活塞上涂润滑油，是为了防止漏气，A错误；
B．由，可知等号两边，相同的物理量取相同的标度即可，故可以不标注单位，B正确；
C．快速推拉活塞会改变封闭气体的温度，C错误；
D．压强是从压力表中读出的，故实验过程中装置有点倾斜，对压强测量没有影响，D正确。
故选BD。
（2）设进入的少量润滑油的体积为，则空气柱的体积为，其中，为注射器的横截面积
由
得，故选①。
17. 天宫课堂中的毛细效应实验，在空间站微重力环境下展示了流体现象的天地差异。将横截面半径为，上端封口、长度足够且导热良好的玻璃管内部抽成真空，迅速倒扣在液面上，管口恰好与液面接触，液体表面张力形成向上的拉力，这个力使管中液体向上运动，当向上的拉力与液柱的重力及大气压力平衡后，稳定的液面如图乙所示。已知空间站内气压为一个标准大气压，毛细现象产生的向上拉力与周长成正比，单位长度上产生的力大小为，方向与管壁成角斜向上且保持不变，液体的密度为，玻璃管足够长且长度为，
（1）该液体是否浸润管内壁？若将该液体换成水银，水银能不能上升形成水银柱；
（2）如果微重力加速度为，求最终稳定时液体的高度；
（3）如果微重力可以忽略不计，抽真空时遗留了少数气体在玻璃管内，抽完后遗留气体压强为，求最终稳定时液体的高度；若液体上升过程对玻璃管内气体做了的正功，近似认为气体温度不变，判断气体吸热还是放热，并给出吸放热的具体数值。
【答案】（1）是；能 （2） （3）；放热；
【解析】（1）该液体浸润管内壁，管内为真空，若将该液体换成水银，水银能上升形成水银柱；
（2）对稳定水柱进行受力分析，
解得
（3）对稳定水柱进行受力分析
解得
对遗留气体做等温变化分析
解得
由于气体内能不变，根据热力学第一定律，气体放热。
18. “弹射式平抛运动演示仪”可用于抛体规律的探究，中间固定有弹簧弹射器的水平轨道固定在增高铁架台上，可将对称放置的两小球A、B水平弹出，两小球质量均为，初始弹射器压缩量（弹簧劲度系数），两球从静止到弹射离开水平轨道的过程中，两球与弹簧组成系统的机械能损失，轨道距地面高度，地面放置倾角的斜劈，斜面长度足够，小球B恰好无碰撞地从半径为斜面内置半圆轨道口射入，从口射出，已知弹性势能公式为，小球可当作质点处理，求：
（1）小球B离开水平轨道时的速度大小；
（2）C口的离地高度，若轨道光滑，求小球在内置轨道的运动过程中对轨道的最大压力；
（3）若轨道粗糙，使得小球以的速度从口射出，且小球与斜面的后续碰撞中，沿斜面分速度保持不变，垂直斜面分速度减半，求小球与斜面碰撞的总次数。
【答案】（1） （2）； （3）2次
【解析】（1）初始系统的弹性势能
两球的动能之和
弹射过程水平方向系统动量守恒
解得
（2）对点速度进行分解有，
所以时间
竖直方向位移
碰撞点的离地高度
在轨道最低点，压力最大，从到，根据动能定理可得
又
解得
由牛顿第三定律可知，最大压力为。
（3）将重力加速度沿垂直斜面与沿斜面方向正交分解，其中沿斜面分量为
沿斜面方向做匀加速直线运动
解得
D点射出到第一次碰撞的时间间隔为
第一次碰撞到第二次时间间隔为
第二次碰撞到第三次时间间隔为
因为
所以碰撞2次。
19. 如图甲所示，正方形线框MNQP边长为、质量为、电阻为，放在光滑水平地面上，形状与完全相同正方形区域内的两个三角形区域充满垂直地面、磁感应强度为的匀强磁场，AOD区域方向向上，BOC区域方向向下。以正方形ABCD的中心为坐标原点，水平向右建立Ox轴，开始时与重合，线框在拉力的作用下沿轴负方向以做匀速直线运动，求
（1）①当边到达时，线框的电流大小，以及这一过程通过线框的电量；
②当边从到达边过程，拉力与的函数关系；
（2）在线框的NP边接入一个恒流源，电流大小恒为，方向如图乙所示，开始时静止放在处，刚好处在磁场中。
①线框边运动到点时的速度大小；
②若线框边运动到时时间为，线框边第一次运动到时的时间。
【答案】（1）①；②；方向沿方向 （2）①；②
【解析】（1）①当边到达时，感应电动势
感应电流
根据
解得
②当边从到达边过程，感应电动势
感应电流
可得
方向沿方向。由二力平衡条件可知
方向沿方向。
（2）①根据第（1）分析可知
则
由动能定理可得
解得
②对线框受力分析，可知
则线框做简谐运动，由简谐运动规律可知
边第一次运动到时的时间
20. 如图所示，加速电场两极板间的电压为，板间距离为。将质量为，电荷量为的带正电粒子注入到加速电场中的点（忽略粒子的初速度和重力），取点离加速电场负极板上小孔的距离为，粒子经电场加速从小孔射出；再经速度选择器筛选，从磁分析器左边通道入口的中点进入磁分析器，磁分析器通道是以点为圆心，内半径为、外半径为的半圆环，在磁分析器的右端放置相片底片。速度选择器和磁分析器内存在磁感应强度为的匀强磁场，方向如图。
（1）当粒子的距离时，粒子从小孔射出时的速度大小；
（2）调节速度选择中的电场强度，使不同距离的粒子都能沿直线通过速度选择器，求与的函数关系？
（3）调节速度选择中的电场强度，使不同距离的粒子都能沿直线通过速度选择器，当粒子的距离时，粒子恰好能击中照相底片的正中间位置。求粒子能打中底片时的取值范围；
（4）当时，求粒子在磁分析器中运动的最长时间和最短时间。
【答案】（1） （2） （3） （4）；
【解析】（1）时，粒子前后的电势差为
根据动能定理
解得
（2）由题意可知，粒子前后的电势差为
根据动能定理
解得
根据平衡条件，有
解得
（3）在磁场中根据牛顿第二定律
解得半径为
所以
时，由下图1
可知粒子能打到底片
则
解得
（4）在磁场中运动半径，粒子轨迹如下图2
由轨迹可知，运动时间的最大值为
运动时间最小时如图3所示
弦ps与小圆相切，
圆心角
运动时间最小值为
在磁场中运动时间，