2017-2018学年吉林省长春市十一高中高二上学期期末考试物理试题 解析版 17页

长春市十一高中2017-2018学年度高二上学期期末考试物理试题 一、选择题：‎ ‎1. 关于电和磁现象，以下说法中正确的是（ ）‎ A. 自感电动势的方向总是与原电流方向相反 B. 回旋加速器中的电场不仅使带电粒子加速还使带电粒子偏转 C. 低频扼流圈对低频交流电阻碍作用很大，对高频交流电阻碍作用很小 D. 法拉第最先发现电磁感应现象，发电机就是根据电磁感应现象制成的 ‎【答案】D ‎【解析】A、在自感现象中,当电流减小时,则自感电动势的方向与原电流方向相同;当电流增大时,则相反,故A错误; B、回旋加速器中的电场只使带电粒子加速,磁场使带电粒子偏转,故B错误; C、低频扼流圈对低频交流电阻碍作用很小,对高频交流电阻碍作用很大,故C错误;‎ D、法拉第最先发现电磁感应现象，发电机就是根据电磁感应现象制成的，故D正确 综上所述本题答案是：D ‎2. 如图所示，三角形线圈abc与长直导线MN彼此绝缘并靠近，线圈面积被分为相等的两部分，MN接通电源瞬间电流由M流向N，则关于接通瞬间的下列说法中正确的是(　 )‎ A. 在abc中无感应电流 B. 有感应电流，方向 a—b—c C. 有感应电流，方向 a—c—b D. 线圈abc所受的磁场力合力为零 ‎【答案】C ‎【解析】虽然线框被导线分成面积相等的两部分,但离导线越远,磁场越弱,所以根据磁通量相互抵消一部分,可得:在MN通电的瞬间,通过导线框的与左侧磁场方向相同的磁通量增大,会产生感应电流.根据MN中电流的方向,结合楞次定律,则可判断abc中电流的方向a—c—b 根据楞次定律知：导线框受到的安培力方向向右，所以D错误 综上所述本题答案是：C ‎3. 如图所示，孤立点电荷+Q固定在正方体的一个顶点上，与+Q相邻的三个顶点分别是A、B、C，下列说法中正确的是(　 　)‎ A. A、B、C三点的场强相同 B. A、B、C三点的电势相等 C. A、B、C三点所在的平面为一个等势面 D. 将电荷量为+q的检验电荷由A点沿直线移动到B点过程中电势能始终保持不变 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A、B、C三点的场强大小相等，方向不同，所以三点的场强不同，三点的电势相同，故A错误，B正确；A、B、C三点所决定的平面各点到+Q的距离不相等，故电势就不全相等，所以该平面不是等势面，故C错误．一电荷+q的检验电荷由A点沿直线移动到B点的过程中，电势先升高后降低，电势能先增大后减小．故D错误．故选B．‎ 考点：电场强度；电势能 ‎【名师点睛】解答本题的关键要掌握孤立+Q点电荷电场线和等势面的分布，知道离正电荷距离越近的位置电势越高，正电荷在电势高的位置电势能大。‎ ‎4. 如图所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒PQ垂直导轨放置．今使棒以一定的初速度v0向右运动，当其通过位置a、b时，速率分别为va、vb，到位置c时棒刚好静止，设导轨与棒的电阻均不计，a到b与b到c的间距相等，则金属棒在由a到b和由b到c的两个过程中 （ ）‎ A. 回路中产生的内能相等 B. 棒运动的加速度相等 C. 安培力做功相等 D. 通过棒横截面积的电荷量相等 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：金属棒受到的安培力：，金属棒受到的安培力水平向左，金属棒在安培力作用下做减速运动，速度v越来越小，导体棒克服安培力做功，把金属棒的动能转化为内能，由于ab间距离与bc间距离相等，安培力F从a到c逐渐减小，由定性分析可知，从a到b克服安培力做的功比从b到c克服安培力做的功多，因此在a到b的过程产生的内能多，故A错误，C错误；金属棒PQ在运动过程中所受到的合力是安培力，由牛顿第二定律得：，由于v减小，所以金属棒向右运动过程中，加速度逐渐减小，故B错误；金属棒运动过程中，电路产生的感应电荷量，从a到b的过程中与从b到c的过程中，回路面积的变化量△S相等，B、R相等，因此，通过棒横截面积的电荷量相等，故D正确；所以选D．‎ 考点：本题考查导体切割磁感线时的感应电动势、法拉第电磁感应定律、电磁感应中的能量转化，同时考查综合运用电磁感应、电路知识、牛顿定律等知识的能力．‎ ‎5. 如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可以视为不变），R1和R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值的大小随照射光强度的增强而减小．闭合开关S后，将照射光强度增强，则（　　）‎ A. 电路的路端电压将增大 B. 灯泡L将变暗 C. R2两端的电压将增大 D. R1两端的电压将增大 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：光敏电阻光照增强，故光敏电阻的阻值减小，电路中的总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流增大，所以电源内阻所占电压增大，所以路端电压减小，电流增大，所以R1两端的电压增大，故A错误，D正确；因电路端电压减小，同时R1两端的电压增大，故并联电路部分电压减小，则流过R2的电流减小，而总电流增大，所以通过灯泡L的电流增大，所以L变亮，故BC错误。‎ 考点：闭合电路的动态分析 ‎【名师点睛】闭合电路的动态分析问题一般按外电路、内电路再外电路的分析思路进行；分析内电路主要根据总电流及内阻分析内压，而外电路较为复杂，要注意灵活应用电路的性质．由光敏电阻的性质可知电路中电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，由欧姆定律可得出R1两端的电压的变化，同时还可得出路端电压的变化；由串联电路的规律可得出并联部分电压的变化，再由并联电路的规律可得出通过小灯泡的电流的变化．‎ ‎6. 如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场（未画出）．一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O．已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变．不计粒子重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为（　　）‎ A. 1 B. C. 2 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：设粒子在铝板上、下方的轨道半径分别为r1、r2，速度分别为v1、v2．由题意可知，粒子轨道半径：r1=2r2，由题意可知，穿过铝板时粒子动能损失一半，即：，，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：，磁感应强度：，磁感应强度之比：；故选：D 考点：带电粒子在磁场中的运动 ‎【名师点睛】本题考查了求磁感应强度，根据题意求出粒子的轨道半径、与速度关系，然后应用牛顿第二定律即可正确解题；解题时要充分理解题意，知道动能损失一半时的速度关系，然后求解磁感应强度的关系.‎ 视频 ‎7. 如图所示，在电容器C的两端接有一个圆环形导体回路，在圆环回路所围的面积之内存在着垂直纸面向里的匀强磁场B，已知圆环的半径r=5cm，电容器的电容C=20μF，当磁场B以2×10﹣2T/s的变化率均匀增加时，则电容器的（　　）‎ A. a板带正电，电荷量为π×10﹣9C B. a板带负电，电荷量为﹣π×10﹣9C C. a板带正电，电荷量为π×10﹣6C D. a板带负电，电荷量为﹣π×10﹣6C ‎【答案】A ‎【解析】由法拉第电磁感应定律，由Q=CU可知电荷量为×10－9C，由楞次定律可判断电源正负极，注意在电源内部电流由负极流向正极，A对；‎ ‎8. 如图所示，等腰直角三角形AOB内部存在着垂直纸面向外的匀强磁场，OB在x轴上，长度为2L．纸面内一边长为L的正方形导线框的一边在x轴上，沿x轴正方向以恒定的速度穿过磁场区域．规定顺时针方向为导线框中感应电流的正方向，t=0时刻导线框正好处于图示位置．则下面四幅图中能正确表示导线框中感应电流i随位移x变化的是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据电磁感应定律,当0-L时,通过线圈的磁通量均匀增加产生顺时针的感应电流,当K-2L时,右边切割磁感线的长度减小,左边切割磁感线的长度增大,由法拉第电磁感应定律可判断两个边切割磁感线产生的电流方向相反,所以合电流逐渐减小,在1.5L时电流减小到零,随后左边边长大于右边边长,电流反向,所以B选项是正确的,‎ 综上所述本题答案是：B ‎ ‎9. 如图所示，abcd是一个质量为m，边长为L的正方形金属线框．如从图示位置自由下落，在下落h 后进入磁感应强度为B的磁场，恰好做匀速直线运动，该磁场的宽度也为L．在这个磁场的正下方h+L处还有一个宽度也为L的未知磁场，金属线框abcd 在穿过这个磁场时也恰好做匀速直线运动，那么下列说法正确的是（　　）‎ A. 未知磁场的磁感应强度是2B B. 未知磁场的磁感应强度是B C. 线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为4mgL D. 线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为2mgL ‎【答案】C ‎【解析】A、B设线圈刚进入第一个磁场时速度为 , 那么线框进入第一个磁场前,机械能守恒,则得:  ① 计算得出, 设线圈刚进入第二个磁场时速度为 ,则得 : 计算得出 ,. 线框进入两个磁场都做匀速直线运动,则有:   , , 联立以上三式计算得出, ,故AB错误. C、D线框穿过两个磁场时都做匀速直线运动,减少的重力势能都转化为电能,所以在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为 ,所以C选项是正确的,D错误.‎ 综上所述本题答案是：C 点睛：线框进入第一个磁场做匀速直线运动,重力与安培力平衡,根据机械能守恒定律求出线框刚进入磁场时的速度,根据平衡条件和安培力与速度的关系式列出方程;线框从刚出磁场到刚进第二个磁场的过程,由运动学公式求出线框刚进第二个磁场时的速度,根据平衡条件列式,即可求得第二个磁场的磁感应强度;线框穿过两个磁场时都做匀速直线运动,重力势能转化为电能,根据能量守恒定律求解产生的电能.本题是电磁感应与力学知识的综合,安培力是联系电磁感应和力学的桥梁,安培力的分析和计算是解决这类问题的关键.‎ ‎10. 图甲为一台小型发电机示意图，产生的感应电动势随时间变化如图乙所示．已知发电机线圈的匝数为10匝，电阻r=2Ω，外电路的小灯泡电阻恒为R=6Ω，电压表、电流表均为理想电表．下列说法正确的是（　 　） ‎ A. 电压表的读数为3V B. 电流表读数0.5A C. 1秒内流过小灯泡的电流方向改变25次 D. 线圈在转动过程中，磁通量最大为 ‎【答案】ABD ‎【解析】AB、由图象可知，电动势最大值为，所以有效值为： ，电路中电流为： ，电压表的读数为： ，故AB正确 ‎ C、由图象可知，周期为T=0.04S，所以频率为25Hz，线圈转一圈，电流方向改变2次，所以1秒内流过小灯泡的电流方向改变50次，C错误；‎ D、得磁通量最大为 故D正确；‎ 综上所述本题答案是：ABD ‎11. 如图甲，理想变压器的原线圈接入图乙所示的正弦交流电，两个阻值均为10Ω的定值电阻R串联接在副线圈两端，理想交流电压表示数为5.0V，则（　 　）‎ A. 变压器的输入功率为110W B. 原副线圈匝数比为n1：n2=44：1‎ C. 副线圈中交流电的频率为50Hz D. 原线圈电压u1瞬时值表达式为u1=311sin100πt（V）‎ ‎【答案】CD ‎【解析】A、副线圈的电流 ‎ ‎ 变压器的输出功率 ‎ ,理想变压器输入功率等于输出功率,所以变压器的输入功率为5W,故A错误;  B、原线圈两端电压 ‎ ,‎ 副线圈两端的电压为 ,‎ 原副线圈的匝数与电压成正比 ‎ 故B错误, C、根据图象知交变电流的周期T=0.02s,所以原线圈中交流电的频率为f=50Hz,故C正确;  D、角速度 ,原线圈电压瞬时值表达式为,故D正确; ‎ 综上所述本题答案是：CD 点睛：根据欧姆定律求出副线圈的电流,求出变压器的输出功率即可得到输入功率;根据变压器的变压比规律即可求出原副线圈的匝数比;根据图象得到原线圈交流电的周期, ‎ ‎12. 如图所示，A、B是两盏完全相同的白炽灯，L是直流电阻不计、自感系数很大的自感线圈，如果断开电键S1，闭合S2，A、B两灯都能同样发光．如果最初S1是闭合的，S2是断开的．那么，可能出现的情况是（　 ）‎ A. 刚闭合S2瞬间，A灯就立即亮，而B灯则延迟一段时间才亮 B. 刚闭合S2瞬间，线圈L中的电流大于B灯的电流 C. 闭合S2时，A、B同时亮，然后A灯更亮，B灯由亮变暗 D. 闭合S2稳定后，再断S2时，A灯立即熄灭，B灯闪亮一下再熄灭 ‎【答案】CD ‎【解析】A、刚一闭合 ,电路中迅速建立了电场,立即就有电流,故灯泡A和B立即就亮,线圈中电流缓慢增加,最后相当于直导线,故灯泡B被短路而熄灭,故A错误;  B、刚闭合时,线圈L中自感电动势阻碍电流增加,故电流为零,所以B错误  C、刚一闭合,电路中迅速建立了电场,立即就有电流,故灯泡A和B立即就亮,线圈中电流缓慢增加,最后相当于直导线,故灯泡B被短路而熄灭,即灯泡B逐渐变暗,所以C选项是正确的;  D、闭合稳定后,再断开时,A灯立即熄灭,因为线圈中产生了自感电动势,与灯泡B构成闭合回路,故电流逐渐减小,故B灯泡逐渐熄灭,所以D选项是正确的; ‎ 综上所述本题答案是：CD ‎13. 如图所示是远距离输电示意图，电站的输出电压恒定为U1=250V，输出功率P1=100kW，输电线电阻R=8Ω．则进行远距离输电时，下列说法中正确的是（ 　）‎ A. 若电站的输出功率突然增大，则降压变压器的输出电压减小 B. 若电站的输出功率突然增大，则升压变压器的输出电压增大 C. 输电线损耗比例为5%时，所用升压变压器的匝数比 D. 用10000 V高压输电，输电线损耗功率为800W ‎【答案】ACD ‎【解析】AB、由 知，P1增大，I1增大，I线增大，损失的电压增大，U3减小，‎ U4减小，故A正确；B错误；‎ C、损失的功率 ，，所以C正确；‎ D、用10 000 V高压输电，即 ，， 故D正确 综上所述本题答案是：ACD ‎14.‎ ‎ 利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域．如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差UCD，下列说法中正确的是( )‎ A. 仅增大C、D间的宽度时，电势差UCD变大 B. 若该霍尔元件是自由电子定向运动形成的电流，则电势差UCD＜0‎ C. 在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平 D. 仅增大磁感应强度时，电势差UCD变大 ‎【答案】BD ‎【解析】:ABD、根据左手定则,电子向C侧面偏转,C表面带负电,D表面带正电,所以D表面的电势高，则电势差UCD＜0，CD间存在电势差,就存在电场,电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡,设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c,有 ,,则 .故A错误,B正确,D正确.  C、在测定地球两极上方地磁场强弱时,应将元件的工作面保持竖直,让磁场垂直通过.故C错误. ‎ 综上所述本题答案是：BD 点睛：在霍尔元件中,移动的是自由电子,根据左手定则判断出电子所受洛伦兹力方向,从而知道两侧面所带电荷的电性,即可以知道道C、D两侧面会形成电势差UCD的正负.CD间存在电势差,之间就存在电场,电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡,根据平衡推导出电势差UCD与什么因素有关.‎ 二、实验题 ‎15. 用一主尺最小分度为1mm，游标上有20个分度的游标卡尺测量一工件的长度，结果如图甲所示，可以读出此工件的长度为________mm；图乙是用螺旋测微器测量某一金属丝的直径时的示数，此读数为________mm．‎ ‎【答案】 (1). 52.35 (2). 0.697+0.001‎ ‎16. 某同学研究小灯泡的伏安特性，所使用的器材有：‎ 小灯泡L（额定电压3.8V，额定电流0.32A）‎ 电压表V（量程3V，内阻RV=3kΩ）‎ 电流表A（量程0.5A，内阻约为0.5Ω）‎ 固定电阻R0（阻值1000Ω）‎ 滑动变阻器R（阻值0～9.0Ω）‎ 电源E（电动势5V，内阻不计）开关S；导线若干．‎ ‎（1）要求能够实现在0～3.8V范围内对小灯泡电压进行测量，画出实验电路原理图________．‎ ‎（2）实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图（a）所示．由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻_____（填“增大”“不变”或“减小”），灯丝的电阻率______（填“增大”“不变”或“减小”）．‎ ‎（3）用另一电源E0（电动势4V，内阻1.00Ω）和题中所给器材连接成图（b）所示的电路图，调节滑动变阻器R的阻值，可以改变小灯泡的实际功率．闭合开关S，在R的变化范围内，小灯泡的最小功率为_______W，最大功率为______W．（结果均保留2位小数）‎ ‎【答案】 (1). (2). 增大 (3). 增大 (4). 0.38~0.42 (5). 1.15~1.20‎ ‎【解析】（1）要求能够实现在0~3.8 V的范围内对小灯泡的电压进行测量，故滑动变阻器用分压式接法，小灯泡为小电阻，电流表用外接法，如答案图所示；‎ ‎（2）由I–U图象知，切线的斜率在减小，故灯泡的电阻随电流的增大而增大，再由电阻定律知，电阻率增大；‎ ‎（3）当滑动变阻器的阻值为9 Ω时，电路电流最小，灯泡实际功率最小，此时E=U+I（r+R）得U=–10I+4，在图中作出该直线如左图所示，交点坐标约为U=1.75 V，I=225 mA，P1=UI=0.39 W；整理得：，当直线的斜率最大时，与灯泡的I–U曲线的交点坐标最大，即灯泡消耗的功率最大。当滑动变阻器电阻值R=0时，灯泡消耗的功率最大，此时交点坐标为U=3.67 V，I=0.32 A，如右图所示，最大的功率为P2=UI=1.17 W。‎ ‎【名师点睛】电路图主要是控制电路、测量电路的连接。小灯泡阻值为小电阻——外接法，电压从0开始测量——分压式接法。然后由伏安特性曲线分析阻值的变化，注意纵轴是电流。第（3）问求小灯泡消耗的实际功率较难，因小灯泡的阻值随电流的变化而变化，通过闭合电路的欧姆定律找到小灯泡实际的电流、电压值。‎ 三、计算题：解答计算题部分应写出必要的文字说，明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题答案中必须明确写出数值和单位。‎ ‎17. 如图所示，线圈的面积是0.1m2，共50匝，线圈电阻为r=1Ω，外接电阻R=9Ω，匀强磁场的磁感应强度，当线圈以的转速匀速旋转时，求：‎ ‎（1）若从中性面开始计时，写出线圈感应电动势的瞬时表达式．‎ ‎（2）电路中电压表示数是多少？‎ ‎【答案】（1）e=100sin10πt(V)（2）‎ ‎【解析】（1）若从中性面开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式为： ．‎ 其中 ， ‎ ‎， ‎ 故线圈中感应电动势的瞬时值表达式为： ‎ ‎（2）电动势的有效值为： ‎ 电压表的示数为 ‎ 综上所述本题答案是： （1）e=100sin10πt(V)（2）‎ ‎18. 如图1所示，一个圆形线圈的匝数n=100匝，线圈面积S=0.2m2，线圈的电阻r=1Ω，线圈外接一个阻值R=4Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间的变化规律如图2所示．求 ‎（1）在0～4s内穿过线圈的磁通量变化量；‎ ‎（2）前4s内产生的感应电动势；‎ ‎（3）6s内通过电阻R的电荷量q．‎ ‎【答案】（1）4×10﹣2Wb（2）1V（3）‎ ‎【解析】（1）根据磁通量定义式Φ=BS，那么在0～4s内穿过线圈的磁通量变化量为：‎ ‎（2）由图象可知前4 s内磁感应强度B的变化率为：‎ ‎ ‎ ‎4 s内的平均感应电动势为： ‎ 电路中的平均感应电流为： ‎ 又因为 ‎ 所以 ‎ 综上所述本题答案是：（1）4×10﹣2Wb（2）1V（3）‎ ‎19. 如图甲所示，电阻不计的两根平行光滑金属导轨相距L=0.5m，导轨平面与水平面的夹角θ=30°，导轨的下端PQ间接有R=8 Ω电阻．相距x=6m的MN和PQ间存在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场．磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙所示．将导体棒ab垂直放在导轨上，导体棒ab接入电路部分阻值为r=2‎ ‎ Ω，使导体棒从t=0时由静止释放，t=1 s时导体棒恰好运动到MN，开始匀速下滑．g取10m/s2．求：‎ ‎（1）0～1s内回路中的感应电动势；‎ ‎（2）导体棒ab的质量；‎ ‎（3）0～2s时间内导体棒所产生的热量．‎ ‎【答案】（1）6V（2）0.1kg（3）1.22J ‎【解析】（1）0﹣1s内，磁场均匀变化，由法拉第电磁感应定律有：‎ ‎ ‎ 由图象得 ，‎ 且 ‎ 代入解得：E1=6V ‎ ‎（2）导体棒从静止开始做匀加速运动，加速度 ‎ t=1s末进入磁场区域的速度为 ‎ 导体棒切割磁感线产生的电动势 ‎ 根据导体棒进入磁场区域做匀速运动，可知导体受到的合力为零，有：‎ ‎ ‎ 根据闭合电路欧姆定律有： ‎ 联立以上各式得：m=0.1kg ‎ ‎（3）在0～1s内回路中产生的感应电动势为 E1=6V 根据闭合电路欧姆定律可得 ‎ ‎1s～2s内，导体棒切割磁感线产生的电动势为 E2=5V ‎ 根据闭合电路欧姆定律可得 ‎0～2s时间内导体棒所产生的热量 ‎ 代入数据解得 Q=1.22J ‎ 综上所述本题答案是：（1）6V（2）0.1kg（3）1.22J ‎20. 如图所示，虚线OC与y轴的夹角θ=60°，在此角范围内有一方向垂直于xOy平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场．虚线OC与x轴所夹范围内有一沿x轴正方向、电场强度大小为E的匀强电场．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子a（不计重力）从y轴的点M（0，L）沿x轴的正方向射入磁场中．求：‎ ‎（1）要使粒子a从OC边界离开磁场后竖直向下垂直进入匀强电场，经过匀强电场后从x轴上的P点（图中未画出）离开，则该粒子射入磁场的初速度v1为多大？‎ ‎（2）若大量粒子a同时以从M点沿xOy平面的各个方向射入磁场中，则从OC边界最先射出的粒子与最后射出的粒子的时间差．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】试题分析：（1）粒子a竖直向下穿过OC，在磁场中轨迹圆心如图为O1,‎ OO1=Rcotθ，OO1=L-R，得：①‎ 由②‎ 解得：③‎ 粒子a竖直向下穿过OC垂直进入匀强电场后，做类平抛运动。则有：④‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ 解得：，，⑧‎ ‎（2）由，解得：⑨‎ 粒子在磁场中做匀速园周运动的周期为：⑩‎ 最后出磁场的粒子从OC边上的E点射出，弦ME最长为直径，，在磁场中运动的时间为：⑾‎ MF为垂直OC的一条弦，则MF为最短的弦，从F点射出的粒子运动时间最短，此时轨迹圆心为O2，由三角形关系得：，,⑿‎ 此粒子的运动时间⒀‎ 时间差为⒁‎ 考点：本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎..................‎ ‎ ‎