2025-2026学年山西省阳泉市高二（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2025-2026学年山西省阳泉市高二（上）期末物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列各图应用的物理原理和规律说法不正确的是( )
A. 图甲，燃气灶中电子点火器的放电电极做成钉尖形利用了静电的尖端放电
B. 图乙，给车加油前，手要触摸一下静电释放器是为了消除人身上的静电
C. 图丙，带电作业的工人穿戴的工作服中包含金属丝可以起到静电屏蔽作用
D. 图丁，带电雷雨云接近建筑物时，安装在顶端的金属棒出现与云层相同的电荷
2.如图所示，电磁涡流制动是一种非接触的制动方式，其原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，使导体受到阻碍运动的制动力。下列说法正确的是( )
A. 制动过程中，导体不会产生热量
B. 线圈电流一定时，导体运动的速度越大，制动力就越大
C. 如果导体反向转动，此装置将不起制动作用
D. 制动力的大小与线圈中电流的大小无关
3.成人体液的主要成分是水和电解质，因此容易导电，而体内脂肪则不容易导电，我们可以用某型号脂肪测量仪(如图甲所示)来测量脂肪率，脂肪测量仪根据人体电阻的大小来判断脂肪所占比例，模拟电路如图乙所示：测量时、闭合开关S，测试者两手分别握住两手柄M、N，则( )
A. 人体内水和脂肪导电性不同，两者中脂肪电阻率更小一些
B. 体型相近的两人相比，脂肪含量高者对应的电压表示数较小
C. 刚沐浴后，若人体水分增多，脂肪测量仪的测量数据会偏大
D. 体型相近的两人相比，脂肪含量高者对应的电源效率较大
4.某静电场中，其一条电场线恰好与x轴重合，其电势φ随位置坐标x变化的关系如图所示，一个质子沿x轴正方向运动，途中经过间距相等的A、B、C三点，三点的坐标位置分别为xA，xB，xC。若该质子只受电场力作用，则( )
A. A点的电场强度大于B点的电场强度
B. 质子经过A点的速率大于经过B点的速率
C. C、B两点电势差UCB等于B、A两点电势差UBA
D. 质子在A点所具有的电势能大于质子在B点所具有的电势能
5.如图所示，由均匀导线制成的半径为R的圆环，以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的有界匀强磁场。当圆环运动到图示位置(∠MON=90°)时，M、N两点的电势差UMN为( )
A. −3 24BRv
B. − 24BRv
C. − 2BRv
D. 22BRv
6.1897年，物理学家汤姆孙正式测定了电子的比荷，说明了原子内部具有复杂结构。因此，汤姆孙的实验是物理学发展史上最著名的经典实验之一。在实验中汤姆孙采用了如图所示的气体放电管，从K极出来的射线经过电场加速后，沿板间中线水平射入长为L的D、G两平行板间，若平行板D、G间未施加电场或磁场，在荧光屏P的中心O处将出现光点。若在D、G两板间加上电场强度大小为E、方向竖直向下的匀强电场，射线将向上偏转，在D、G两板之间区域再加上垂直于纸面、磁感应强度为B的匀强磁场(图中未画出)，射线产生的光点恰好又回到荧光屏中心O点；接着撤去电场保留磁场，射线向下偏转，离开磁场时速度偏转角为θ。只考虑D、G两板间电场和磁场对射线的作用。下列说法正确的是( )
A. 通过上述实验，可知射线带正电
B. D、G两板间所加匀强磁场的方向垂直纸面向外
C. 射线进入D、G两板间的初速度大小为v=BE
D. 根据L、E、B和θ，求得射线的比荷qm=EsinθB2L
7.如图甲所示，PQNM是倾角θ=37°、表面粗糙的绝缘斜面，匝数n=20、质量m=1kg、总电阻R=2Ω、边长L=1m的正方形金属线框。线框与斜面间的动摩擦因数μ=0.8，在OO′NM的区域加上垂直斜面向上的匀强磁场，使线框的一半处于磁场中，磁场的磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。下列说法正确的是( )
A. 0～6s内，线框中的感应电流大小为1A
B. 0～6s内，线框产生的焦耳热为6J
C. t=6s时，线框受到的安培力大小为8N
D. t=10s时，线框即将开始运动
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.图甲为某款“自发电”无线门铃按钮，其“发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过程，磁铁靠近螺线管；松开门铃按钮过程，磁铁在内置弹簧作用下远离螺线管回归原位，下列说法正确的是( )
A. 按下按钮过程，螺线管P端电势较高
B. 按住按钮不动，螺线管中产生恒定的电流
C. 若更快按下按钮，则电阻R两端的电压变大
D. 按下按钮的过程和松开按钮的过程，螺线管对磁铁都是做负功
9.我国研发的超导质子回旋加速器能够将质子加速至光速的二分之一，若用如图所示的回旋加速器分别加速氕核(11H)、氘核(12H)两种静止的原子核，且加速电压相等，偏转磁场的磁感应强度大小相等，不考虑加速过程中在电场中的运动时间，则下列判断正确的是( )
A. 氕核离开加速器时的速度大B. 氘核离开加速器时的速度大
C. 氕核在回旋加速器中加速的次数多D. 氘核在回旋加速器中加速的次数多
10.如图所示，在水平向左且足够大的匀强电场中，一长为L的绝缘细线一端固定于O点，另一端系着一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，小球静止在M点。现给小球一垂直于OM的初速度v0，使其在竖直平面内绕点O恰好做完整的圆周运动，AB为圆的竖直直径。已知匀强电场的场强大小为 3mgq，重力加速度为g。则下列说法正确的是( )
A. 小球在M点时细线与竖直方向的夹角为θ=60°
B. 小球恰好做完整的圆周运动时，动能的最大值为5mgL
C. 小球运动到B点时的速度大小为vB=2 gL
D. 小球从初始位置M在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，其电势能先增大后减小
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学用图甲所示的电路研究平行板电容器的充、放电过程。
(1)图甲当开关S接“1”达到稳定后，开关S接“2”前，将电流传感器串联在图甲左侧电路中，接着将开关S接“2”，与电流传感器连接的计算机描绘出电路中的电流I随时间t变化的I−t图像如图乙所示，通过分析可知，图中图像与横轴围成的面积表示的物理量是电容器C充满电时的 。不改变电路其他参数，只增大电阻R的阻值，则此过程的I−t曲线与横轴围成的面积将 (选填“减小”、“不变”或“增大”)。
(2)电路中其他元件不改变，只改变电容器两极板间距进行两次充电，两次充电对应的电容器电荷量Q随时间t变化的图像分别如图丙中a、b所示。根据图像分析：a、b两条曲线中 (选填a或b)所对应的极板间距较大。
12.某小组的同学设计了测定金属丝的阻值Rx和电源的电动势与内阻的实验，电压表为理想电表。
(1)实验前，该实验小组同学用螺旋测微器测量了金属丝的直径，测得金属丝的直径为 mm。
(2)该实验小组同学又设计了如图乙所示电路图，操作步骤如下：
请根据电路图乙将实物图丁补充连接完整；
①实验时，将单刀双掷开关板到位置“1”，调节电阻箱的阻值为R1时，电压表的示数为U1；
②仅将单刀双掷开关扳到位置“2”，电压表示数为U2；
由操作①、②可知电路图中电阻Rx= (用以上测量的物理量符号表示)；
③为了完成电源电动势和内阻的测量，将单刀双掷开关扳到位置“1”，多次调节电阻箱的阻值R，并读出相对应的电压表的示数U，利用数据描绘了如图乙所示的图像。已知定值电阻的阻值为R0=10Ω，若测得定值电阻Rx=6.8Ω，如果图乙中a=2.3、b=0.5、c=0.2，则该电源的电动势为E= V；内阻为r= Ω(结果均保留两位有效数字)。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示，平行板电容器的电容为C，所带电荷量为Q，极板长为L，极板间距离为d，极板与水平面成α角。现有一质量为m的带电液滴从A点由静止释放，沿两极板的中心线运动到B点，A、B两点都恰在电容器的边缘处，忽略边缘效应，重力加速度为g，求：
(1)液滴的电荷量及电性；
(2)液滴到达B点时的速度大小。
14.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第Ⅰ、Ⅳ象限内有一半径为R的圆弧，圆弧的圆心在坐标原点O处，圆弧内有方向沿y轴正方向的匀强电场，圆弧外足够大的范围内有磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向外的匀强磁场。现从O点由静止释放一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子经电场加速后进入磁场，并从圆弧与x轴的交点P返回电场，不计粒子受到的重力。
(1)求匀强电场的电场强度大小E；
(2)求粒子从O点运动到P点的时间t；
(3)证明粒子经过P点后从y轴离开电场，并求粒子经过P点后离开电场时的速度大小v。
15.如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间的距离为L，MP与定值电阻R相连，导轨上放置一金属杆，金属杆和导轨的电阻不计。整个装置处于磁感应强度为B、垂直导轨平面向下的匀强磁场中。若给金属杆一水平向右的初速度v0，同时对金属杆施加一水平外力，以确保金属杆做匀减速直线运动。在此过程中，外力随时间的变化关系图线如图乙所示(以初速度方向为正方向，其中t0、F0已知)。求：
(1)t=0时刻金属杆所受安培力的大小；
(2)金属杆做匀减速直线运动的加速度大小；
(3)金属杆的质量。
答案解析
1.【答案】D
【解析】解：A.燃气灶电子点火器的钉尖形电极利用了尖端放电原理，尖端处电场强度大，容易击穿空气产生电火花，故A正确；
B.触摸静电释放器是为了消除人体静电，避免加油时静电火花引发危险，故B正确；
C.工作服中的金属丝形成静电屏蔽，能隔绝外部电场对人体的影响，故C正确；
D.避雷针在雷雨云接近时，会感应出与云层相反的电荷，通过尖端放电中和云层电荷，而非相同电荷，故D错误。
题目中要求选择不正确的，故选：D。
逐一分析各选项对应的静电原理，判断其描述是否正确。
这是一道静电现象与实际应用的基础题，核心是掌握尖端放电、静电消除、静电屏蔽和避雷针的工作原理。
2.【答案】B
【解析】解：A.电磁制动的原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，电流流过电阻时会产生热量，故A错误；
B.线圈电流一定时，导体运动的速度越大，磁通量变化越快，转盘转动产生的涡流越强，制动力就越大，故B正确；
C.如果导体反向转动，仍然会在转盘中产生涡流，此装置仍然起制动作用，故C错误；
D.线圈中电流越大，则产生的磁场越强，则转盘转动产生的涡流越强则制动器对转盘的制动力越大，故D错误。
故选：B。
根据涡流仍然产生电热进行分析解答；根据转速与磁通量变化快慢进行分析解答；根据导体反向转动仍然产生涡流分析解答；根据磁场与电流的关系分析解答。
考查电磁感应中的涡流问题，理解电磁感应现象和原理，属于基础题。
3.【答案】D
【解析】解：A.导体的电阻率反映导电性能的好坏，电阻率小，导电性能好，由于人体内脂肪不容易导电，因此水和脂肪两者中脂肪电阻率更大，故A错误；
B.脂肪含量高者人体电阻较大，把定值电阻看作电源的内阻的一部分，根据闭合电路的欧姆定律可知，路端电压随外电阻的增大而增大，因此脂肪含量高者人体对应的电压表示数较大，故B错误；
C.刚沐浴后，人体水分增多，电阻减小；根据闭合电路的欧姆定律可知，路端电压随外电阻的减小而减小，电压表数值减小，即脂肪测量仪显示人体脂肪所占比例的测量数据会偏小，故C错误；
D.体型相近的两人相比，脂肪含量高者电阻较大，对应电流小，电源内阻电压较小，路端电压更大，对应的电源效率η=UE×100%较大，故D正确。
故选：D。
A.根据电阻率的含义分析作答；
B.把定值电阻看作电源的内阻的一部分，根据闭合电路的欧姆定律可知，路端电压随外电阻的增大而增大，据此分析作答；
C.刚沐浴后，人体水分增多，电阻减小，根据路端电压与外电阻的关系分析作答；
D.根据外电阻的大小和电源效率公式分析判断。
本题考查闭合电路欧姆定律，解题关键是掌握闭合电路欧姆定律并能够熟练应用。
4.【答案】B
【解析】解：A.根据φ−x图像中斜率表示电场强度，由图可知，A点的斜率小于B点的斜率，所以A点的电场强度小于B点的电场强度，故A错误；
BD.因为沿电场线方向电势逐渐降低，由图可知，从A到C电势升高，则电场方向沿x轴负方向，质子沿x轴正方向运动，电场力做负功，质子的动能减小，电势能增加，则质子经过A点的速率大于经过B点的速率，在A点所具有的电势能小于在B点所具有的电势能，故B正确，D错误；
C.根据φ−x图像中斜率表示电场强度，由图可知，B、A两点间的平均电场强度小于C、B两点间的平均电场强度，由U=Ed可知，C、B两点电势差UCB大于B、A两点电势差UBA，故C错误。
故选：B。
根据φ−x图像中斜率表示电场强度分析；根据沿电场线方向电势逐渐降低分析电场线方向，进而分析电场力做功情况；根据U=Ed分析电势差的大小。
知道φ−x图像中斜率表示电场强度，沿电场线方向电势逐渐降低是解题的基础。
5.【答案】A
【解析】解：由几何关系可知MN的距离L= 2R，由楞次定律可知感应电流沿逆时针方向，由电磁感应定律可知此时的感应电动势E=BLv，由闭合电路分压关系可知UMN=−34E，代入数据可得UMN=−3 24BRv，故A正确，BCD错误。
故选：A。
先分析圆环切割磁感线的有效长度，根据电磁感应定律分析感应电动势，MN段相当于电源，MN之间的电势差是路端电压，根据闭合电路分压关系分析。
考查了电磁感应现象的分析方法，闭合电路分压关系，熟练掌握常用表达式，电动势和电压关系要能分清楚。
6.【答案】D
【解析】解：A.在D、G两板间加上电场强度大小为E、方向竖直向下的匀强电场时，射线向上偏转，可知射线受到的电场力方向竖直向上，与场强方向相反，则该射线带负电，故A错误；
B.在D、G两板间区域再加上垂直于纸面、磁感应强度为B的匀强磁场，射线产生的光点恰好又回到荧光屏中心O点，可知射线受到的洛伦兹力竖直向下，根据左手定则可判断，在D、G两板间匀强磁场的方向垂直纸面向里，故B错误；
C.当射线在电磁复合场中沿直线打在荧光屏中心O点时，满足
qE=qvB
可得射线进入D、G两板间的初速度大小为
v=EB
故C错误；
D.撤去电场保留磁场，阴极射线向下偏转，离开磁场时的速度偏转角为θ，由几何知识可得
sinθ=LR
又
qvB=mv2R
v=EB
求得射线的比荷
qm=EsinθB2L
故D正确。
故选：D。
未加磁场前电子在加速电场中做匀加速直线运动，在偏转电场中做类平抛运动，离开电场后做匀速直线运动；加磁场后，电子受到电场力和洛伦兹力平衡。
本题考查电子在电场中的加速和偏转，难度不大，计算量较大，解题时要细心。
7.【答案】C
【解析】解：AD.由图乙知B=0.1t+0.2(T)
则ΔBΔt=0.1T/s
设线框即将向运动的时间为t，则nBIL=mgsinθ+μmgcsθ
线框未动时，根据法拉第电磁感应定律E=n⋅12L2ΔBΔt
解得E=1V
根据I=ER
解得I=0.5A
解得
t=10.4s
0～10.4s内线框处于静止，线框中的感应电流大小为0.5A，故AD错误；
B.0～6s内，框产生焦耳热为Q=I2Rt=0.52×2×6J=3J
故B错误；
C.t=6s时，磁感应强度为B=0.1t+0.2(T)=0.1×6+0.2T=0.8T
线框受到的安培力大小为F=nBIL=20×0.8×0.5×1N=8N
故C正确。
故选：C。
由图乙得到磁感应强度随时间变化规律和磁感应强度的变化率，在线框未运动时，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律求得感应电流，由受力平衡条件求得线框即将沿斜面向上运动的时间；根据焦耳定律求解焦耳热；由安培力的计算公式求解安培力。
本题考查了电磁感应现象中的力学问题，本题为感生电动势的情况，解题时注意正确判断安培力的方向，可根据楞次定律的推论判断，线框的磁通量增大，线框会产生离开磁场的运动趋势。
8.【答案】CD
【解析】解：A.按下按钮过程中，穿过线圈内向左的磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向右，此时螺线管Q端电势高，故A错误；
B.按住按钮不动，线圈内磁通量不发生变化，无感应电动势，故无感应电流，故B错误；
C.根据法拉第电磁感应定律可知，产生的电动势的大小与穿过线圈的磁通量的变化率成正比，若更快按下按钮，穿过线圈的磁通量的变化率变大，感应电动势变大，则定值电阻两端的电压变大，故C正确；
D.按下按钮的过程，螺线管对磁铁有排斥力，磁铁所受排斥力的方向和位移方向相反，螺线管对磁铁做负功；松开按钮的过程，螺线管对磁铁有吸引力，磁铁所受吸引力的方向和位移方向相反，螺线管对磁铁做负功，故D正确。
故选：CD。
结合按下、松开按钮时磁铁的运动，用楞次定律判断感应电流方向与电势高低，由法拉第电磁感应定律分析电动势大小，再通过安培力方向判断做功情况。
本题以“自发电”门铃为背景，结合楞次定律与法拉第电磁感应定律，需动态分析磁通量变化与安培力的作用，易因忽略磁通量是否变化导致误判。
9.【答案】AC
【解析】解：AB.离开加速器时根据qvB=mv2R
可得v=qBRm，因气核(11H)荷质比较大，可知离开加速器时的速度较大，故A正确，B错误；
CD.根据nqU=12mv2
可得n=B2R2q2Um，因气核(11H)荷质比较大，可知气核在回旋加速器中加速的次数多，故C正确，D错误。
故选：AC。
先根据回旋加速器最大速度公式v=qBR/m，结合气核和气核的质量差异判断速度大小；再根据加速次数与最大动能、每次加速能量的关系，结合质量差异判断加速次数多少。
本题考查回旋加速器的核心公式应用，需明确最大速度和加速次数与粒子质量的关系，属于电磁学应用类中档题。
10.【答案】ABC
【解析】解：A、根据题意受力分析可知，由题意等效重力为F= (mg)2+(qE)2= (mg)2+( 3mg)2=2mg
方向与竖直方向成θ，则有csθ=mgF=mg2mg=12
即θ=60°
故A正确；
B、等效最高点设为N点，根据牛顿第二定律和圆周运动的公式，则在N点满足F=mvN2L
所以恰好做圆周运动时在等效最高点有vN= 2gL
ON反向延长线与圆交于M点，M为等效最低点速度最大，动能最大，由N到M，由动能定理有2mgLcsθ+qELsinθ=12mvM2−12mvN2
解得vM= 10gL
故在M点动能EkM=12mvM2=5mgL，故B正确；
C、粒子从B到N，由动能定理有mg(L−Lcsθ)−qELsinθ=12mvN2−12mvB2
得vB=2 gL
故C正确；
D、沿电场线的方向电势降低，可知图中圆上与O点等高处最左侧的点的电势最低，圆上与O点等高处最右侧的点的电势最低高，小球从初始位置M在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，其电势能先减小后增大最后又减小，故D错误。
故选：ABC。
求出等效重力加速度，根据圆周运动的临界条件求出速度最小值，结合动能定理求出各点的动能。
本题关键在于将重力场和电场等效为一个等效重力场，利用圆周运动的临界条件和动能定理求解。
11.【答案】电荷量
不变
b

【解析】解：(1)根据I=Qt，可得Q=It，可知图像与横轴围成的面积表示的物理量是电容器C充满电时的电荷量，不改变电路其他参数，由C=QU可得Q=CU，可知充满电时的电荷量与电源电动势和电容有关，所以只增大电阻R的阻值，电容器所带的电荷量不变，则此过程的I−t曲线与横轴围成的面积将不变。
(2)根据C=ɛrS4πkd，则Q=ɛrSU4πkd，可知极板间距较大时，充满电时的电荷量较小，故b对应的极板间距较大。
故答案为：(1)电荷量，不变；(2)b。
(1)根据电流定义式分析判断；根据电容定义式结合I−t图像与横轴围成的面积的物理意义判断；
(2)根据平行板电容器电容决定式和电容定义式推导电荷量表达式判断。
本题关键掌握研究电容器的充、放电过程的实验原理、I−t图像与横轴围成的面积的物理意义和电容器动态变化问题分析方法。
12.【答案】6.575
U2−U1U1R1
2.0
1.2

【解析】解：(1)螺旋测微器的精确值为0.01mm，由图可知金属丝的直径为6.5mm+7.5×0.01mm=6.575mm；
(2)根据电路图，实物连接如图所示
②根据闭合电路欧姆定律，单刀双掷开关接1时，有E=U1R1(R1+Rx+R0+r)
单刀双掷开关接2时，有E=U2R1+Rx(R1+Rx+R0+r)
联立解得Rx=U2−U1U1R1
③由闭合电路欧姆定律得E=U+UR(Rx+R0+r)
整理得1U=1E+Rx+R0+rE⋅1R
结合图乙得b=1E=0.5，k=Rx+R0+rE=2.3−0.50.2
联立解得E=2.0V，r=1.2Ω。
故答案为：(1)6.575(或6.576、6.577)(2)
②得U2−U1U1R1③2.0 1.2。
(1)由螺旋测微器的读数方法读出；
(2)根据电路图，实物连接如图所示，由根据闭合电路欧姆定律及数形结合确定。
本实验考查闭合电路欧姆定律，数形结合，螺旋测微器的读数方法，根据电路图，实物连接图。
13.【答案】液滴的电荷量为mgCdcsαQ，液滴带负电 液滴到达B点时的速度大小为 2Lgsinα
【解析】解：(1)带电液滴沿直线运动，重力和电场力的合力方向必沿AB直线，如下图：
由图可知，电场力必定垂直于极板向上，而电场垂直于极板向下，则液滴带负电，电场力满足则有：qE=mgcsα，
根据匀强电场的场强决定式：E=Ud，电容定义式：C=QU，可得到电场强度：E=QCd，
联立解得，液滴的电荷量为：q=mgCdcsαQ；
(2)从A到B的过程中，电场力不做功，根据动能定理得：mgLsinα=12mvB2，
解得液滴到达B点时的速度大小为：vB= 2Lgsinα。
答：(1)液滴的电荷量为mgCdcsαQ，液滴带负电；
(2)液滴到达B点时的速度大小为 2Lgsinα。
(1)由题意可知液滴初始静止，根据液滴可沿直线从A到B，即可得到液滴受合力所在直线，结合重力方向、电场所在直线，即可判断电场力方向、电荷电性；根据匀强电场的场强决定式、电容定义式，可得到电场强度，根据直线运动的受力特点，可得到电场力与重力的关系，即可得到电荷量；
(2)从A到B，应用动能定理，可得到液滴到达B时的速度大小。
本题考查带电体在电场、重力场的复合场中的运动，关键是根据直线运动的条件得到电场力的方向和合力。
14.【答案】解：(1)粒子的运动轨迹如图所示，在A点进入磁场时速度为v0，由A到P粒子做匀速圆周运动，其运动轨迹为34圆周，可得运动半径r=R，由洛伦兹力提供向心力得：
qv0B=mv02r
解得：v0=qBRm
粒子在电场中由O到A做匀加速直线运动运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律得：
qE=ma
由运动学公式得：
2aR=v02
联立解得：E=qB2R2m；
(2)设粒子由O到A的时间为t1，则有：
R=12v0t1
解得：t1=2mqB
粒子磁场中的运动周期为T=2πrv0=2πmqB
粒子由A到P的运动轨迹为34圆周，则此过程的时间：
t2=34T=3πm2qB
粒子从O点运动到P点的时间：
t=t1+t2=2mqB+3πm2qB=(4+3π)m2qB；
(3)假设粒子经过P点后一直在电场中运动之后从y轴离开电场，则粒子在电场中做类平抛运动，
沿−x方向做匀速直线运动，则有：v0t3=R
沿+y方向做匀加速直线运动，则有：y=12at32
联立解得：y=R4
因y