【物理】湖南省湘潭县第一中学2019-2020学年高二下学期2月月考试题（解析版） 20页

‎2020年上学期2月月考试题卷 物理科目 一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。其中1~8小题为单选，9~12小题为多选）‎ ‎1.如图所示，倾角为 θ＝37°的传送带以速度 v＝2 m/s 沿图示方向匀速运动。现将一 质量为 2 kg 的小木块，从传送带的底端以 v0＝4 m/s 的初速度，沿传送带运动方 向滑上传送带。已知小木块与传送带间的动摩擦因数为 μ＝0.5，传送带足够长， sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取 g＝10 m/s2。小物块从滑上传送带至到达最高点的过程中，下列说法正确的是（ ）‎ A. 运动时间为 0.4 s B. 发生的位移为 1.2 m C. 产生的热量为 9.6 J D. 摩擦力对小木块所做功为 12.8 J ‎【答案】C ‎【解析】A．初始时，，小木块相对于传送带向上运动，摩擦力向下，有：‎ 解得，沿斜面向下，减速到2m/s，用时：‎ 之后摩擦力向上，最大静摩擦力：‎ 小木块继续减速向上运动，直到最高点时速度为零：‎ 解得，沿斜面向下，用时：‎ 所以小物块从滑上传送带至到达最高点的过程中，一共用时：‎ A错误；‎ B．4m/s减速到2m/s过程中：‎ 解得，‎ ‎2m/s减速到0过程中：‎ 解得，则总位移：‎ B错误；‎ C．4m/s减速到2m/s 过程中，相对路程：‎ ‎2m/s减速到0过程中，相对路程：‎ 总相对路程：‎ 产生的热量为：‎ C正确；‎ D．由动能定理：‎ 解得，D错误。故选C。‎ ‎2.如图所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着系于竖直板上，两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细线相连，两球均处于静止状态，已知B球质量为m，O点在半圆柱体圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角，OA长度与半圆柱体半径相等，OB与竖直方向成45°角，则下列叙述正确的是 A. 小球A、B受到的拉力TOA与TOB相等，且TOA＝TOB＝‎ B. 弹簧弹力大小 C. A球质量 D. 光滑半圆柱体对A球支持力的大小为mg ‎【答案】C ‎【解析】A、B、隔离对B分析，根据共点力平衡得：‎ ‎ 水平方向有：TOBsin45°=F ‎ 竖直方向有：TOBcos45°=mg，‎ 则，弹簧弹力 F=mg，‎ 根据定滑轮的特性知：TOA与TOB相等；故A，B错误.‎ C、D、对A分析，如图所示：‎ 由几何关系可知拉力TOA和支持力N与水平方向的夹角相等，夹角为60°，则N和T相等，有：2TOAsin60°=mAg，‎ 解得：，由对称性可得：，故C正确，D错误.故选C.‎ ‎3.两质量均为m的物块A、B用轻弹簧连接起来用细线悬挂在升降机内，如图所示．当升降机正以大小为a＝2 m/s2的加速度加速上升时，细线突然断裂，则在细线断裂瞬间，A、B的加速度分别为(取竖直向上为正方向，重力加速度大小g取10 m/s2)(　　)‎ A. －2 m/s2，2 m/s2 B. －12 m/s2，2 m/s2‎ C. －24 m/s2，0 D. －22 m/s2，2 m/s2‎ ‎【答案】D ‎【解析】在细线断裂前，根据牛顿第二定律，‎ 对AB整体有：‎ 对B有：‎ 解得：‎ 细线拉力 弹簧弹力 在细线断裂瞬间，F1突然消失而F2和A、B的重力不变，则 A受到的合力大小 产生的加速度 在此瞬间B的受力不变，加速度不变，为2 m/s2。‎ 选项D正确，ABC错误。故选D。‎ ‎4.如图是德国物理学家史特恩设计的最早测定气体分子速率的示意图．M、N是两个共轴圆筒的横截面，外筒N的半径为R，内筒的半径比R小得多，可忽略不计．筒的两端封闭，两筒之间抽成真空，两筒以相同角速度ω绕其中心轴线匀速转动．M筒开有与转轴平行的狭缝S，且不断沿半径方向向外射出速率分别为v1和v2的分子，分子到达N筒后被吸附，如果R、v1、v2保持不变，ω取某合适值，则以下结论中正确的是（ ）‎ A. 当时（n为正整数），分子落在不同的狭条上 B. 当时（n为正整数），分子落在同一个狭条上 C. 只要时间足够长，N筒上到处都落有分子 D. 分子不可能落在N筒上某两处且与S平行的狭条上 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 微粒从M到N运动时间 ，对应N筒转过角度 ，即如果以v1‎ 射出时，转过角度： ，如果以v2射出时，转过角度： ，只要θ1、θ2不是相差2π的整数倍，即当 时（n为正整数），分子落在不同的两处与S平行的狭条上，故A正确，D错误；若相差2π的整数倍，则落在一处，即当 时（n为正整数），分子落在同一个狭条上．故B错误；若微粒运动时间为N筒转动周期的整数倍，微粒只能到达N筒上固定的位置，因此，故C错误．故选A ‎5.如图，某空间站在轨道半径为R的近地圆轨道I上围绕地球运行，一宇宙飞船与空间站对接后，在轨道I上围绕地球运行多圈后又与空间站分离，进入椭圆轨道II运行．已知椭圆轨道的远地点到地球球心的距离为3.5R，地球质量为M，万有引力常量为G，则 A. 空间站在圆轨道I上运行的周期为 B. 空间站与飞船对接后在圆轨道I上运行的周期变小 C. 飞船在椭圆轨道远地点的速率是近地点的3.5倍 D. 飞船与空间站分离后在远离地球过程中其机械能不断增大 ‎【答案】A ‎【解析】A.根据公式 可得 ‎，‎ 因为，所以 ‎，‎ A正确；‎ B.从可知半径越大，周期越大，空间站与飞船对接后仍在轨道I上运行，半径不变，所以周期不变，B错误；‎ C.根据公式可得 ‎，‎ 飞船在近地点的速度为，在远地点的速度为，所以飞船在椭圆轨道远地点的速率是近地点的，C错误；‎ D.在这个过程中只有万有引力做功，机械能不变，D错误；故选A ‎6.质量为m的物体从高为h的斜面顶端静止下滑，最后停在平面上，若该物体以v0的初速度从顶端下滑，最后仍停在平面上，如图甲所示．图乙为物体两次在平面上运动的v—t图，则物体在斜面上运动过程中克服摩擦力的功为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】若物体静止开始下滑，由动能定理得：‎ 若该物体以v0的初速度从顶端下滑, 由动能定理得：‎ 由乙图可知，物体两次滑到平面的速度关系为;‎ 由以上三式解得：‎ A．物体在斜面上运动过程中克服摩擦力的功为，A选项错误．‎ B．物体在斜面上运动过程中克服摩擦力的功为，B选项错误．‎ C．物体在斜面上运动过程中克服摩擦力的功为，C选项错误．‎ D．物体在斜面上运动过程中克服摩擦力的功为，D选项正确．‎ ‎7.如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一质量为m的光滑弧形槽静止放在足够长的光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切。一质量为2m的小物块从槽顶端距水平面高h处由静止开始下滑，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）‎ A. 物块第一次滑到槽底端时，槽的动能为mgh B. 在下滑过程中物块和槽之间的相互作用力对物块始终不做功 C. 全过程中物块、槽和弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒 D. 物块第一次被弹簧反弹后能追上槽，且能回到槽上距水平面高h处 ‎【答案】A ‎【解析】A．小物块下滑过程中，小物块与槽系统水平方向动量守恒，物块第一次滑到槽底端时，有：‎ 槽光滑无摩擦，下滑过程中机械能守恒：‎ 联立解得：，‎ 槽的动能为：‎ A正确；‎ B．在下滑过程中，槽的机械能增加，由能量守恒可知，小物块机械能减少，则除了重力以外的其他力做负功，小物块除了受重力外，就受槽对小物块的作用力，所以槽对小物块的作用力做了负功，B错误；‎ C．全过程中，除了重力和弹簧弹力以外的其他力做功之和为零，所以物块、槽和弹簧所组成的系统机械能守恒，小物块压缩弹簧过程中，水平方向上受墙壁的支持力，动量不守恒，C错误；‎ D．物块第一次被弹簧反弹后速度大小为刚滑下来时的速度大小，即，小于槽的速度，不能追上槽，D错误。故选A ‎8.如图所示， A、B、 C、D是真空中一正四面体的四个顶点，每条棱长均为l.在正四面体的中心固定一电荷量为-Q的点电荷，静电力常量为k,下列说法正确的是 A. A、B两点场强相同 B. A点电场强度大小为 C. A点电势高于C点电势 D. 将一正电荷从A点沿直线移动到B点的过程中，电场力一直不做功 ‎【答案】B ‎【解析】由于点电荷在正四面体的中心，由对称性可知，A、B两点的场强大小相等，但是方向不同，故A错误；由立体几何知识，可知正四面体的中心到顶点的距离为，由，故B正确；电势为标量，由对称性可知A点电势等于C点电势，故C错误；从A点沿直线移动到B点的过程中电势先降低再升高，对于正电荷而言，其电势能先变小再变大，所以电场力先做正功，再做负功，故D错误．‎ ‎9.一平行板电容器的两块金属板A，B正对竖直放置，在金属板A的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球(可视为点电荷)。两块金属板接在如图所示的电路中，电路中的R1为光敏电阻(其阻值随所受光照强度的增大而减小),R2为滑动变阻器,R3为定值电阻。当R2的滑动触头P在中间时闭合开关S,此时电流表和电压表的示数分别为I和U,带电小球静止时绝缘细线与金属板A的夹角为θ。电源电动势E和内阻r一定,下列说法中正确的是（　）‎ A. 若将R2的滑动触头P向a端移动，则θ变小 B. 若将R2的滑动触头P向b端移动，则I减小，U增大 C. 保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则小球重新达到稳定后θ变大 D. 保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则平行板电容器的电量变小 ‎【答案】BD ‎【解析】A．平行板电容器与光敏电阻并联，而光敏电阻与滑动变阻器串联，当将R2的滑动触头P向a端移动，总电阻减小，总电流增大，那么光敏电阻两端电压增大，因此电容器两端的电压也增大，则θ变大，故A错误；‎ B．若将R2的滑动触头P向b端移动，总电阻增大，则I减小，因此内电压减小，则U增大，故B正确；‎ C．用更强的光线照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，电流增大，内电压增大，外电压减小，即U减小，但R2和R3两端电压都增大，故R1两端电压减小，所以电容器两端的电压减小，小球重新达到稳定后θ变小，故C错误；‎ D．由C选项分析可知，当电容器两端的电压减小时，依据Q=CU，平行板电容器的电量变小，故D正确。故选BD ‎10.如图所示，在直角坐标系xOy中x0空间内充满方向垂直纸面向里的匀强磁场（其他区域无磁场），磁感应强度为B，x0空间内充满方向水平向右的匀强电场（其他区域无电场），电场强度为E，在y轴上关于O点对称的C、D两点间距为L。带电粒子P（不计重力）从C点以速率v沿x轴正方向射入磁场，并能从D点射出磁场；与粒子P不相同的粒子Q从C点以不同的速度v′同时沿纸面平行x轴射入磁场，并恰好从D点第一次穿过y轴进入电场，且粒子P、Q同时过D点，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 粒子P带正电 B. 在粒子Q从C点运动到D点的过程中，粒子P在磁场中运动的时间一定为 C. 在粒子Q从C点运动到D点的过程中，粒子P在磁场中运动的路程可能为 D. 粒子P与Q的比荷之比可能为2＋‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】A.由题意分析可知，粒子P经磁场匀速圆周运动偏转后垂直y轴进入电场，经电场中匀变速直线运动后，又在磁场中偏转，如此往复。由左手定则易知粒子P带正电，故A正确；‎ BC.由粒子P在磁场中做周期性运动可知，若粒子P在磁场中偏转n次（n＝2，3，4，），则2nR＝L；在粒子Q从C点运动到D点的过程中，粒子P在磁场中运动的路程 s＝n·πR＝‎ 粒子P在磁场中运动的时间t＝＝‎ 故B正确；C错误 D.若粒子P在磁场中偏转n次，所用时间tP＝n＋（n－1）‎ Q在磁场中运动半周的时间tQ＝‎ 而tP＝tQ，当n＝2时，P与Q的比荷之比为2＋，故D正确。故选ABD。‎ ‎11.由法拉第电磁感应定律可知，若穿过某截面的磁通量为Φ=Φmsinωt，则产生的感应电动势为e=ωΦmcosωt．如图所示，竖直面内有一个闭合导线框ACD（由细软弹性电阻丝制成），端点A、D固定．在以水平线段AD为直径的半圆形区域内，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场．设导线框的电阻恒为r，圆的半径为R，用两种方式使导线框上产生感应电流．方式一：将导线与圆周的接触点C点以恒定角速度ω1（相对圆心O）从A点沿圆弧移动至D点；方式二：以AD为轴，保持∠ADC=45°，将导线框以恒定的角速度ω2转90°．则下列说法正确的是 A. 方式一中，在C沿圆弧移动到圆心O的正上方时，导线框中的感应电动势最大 B. 方式一中，在C从A点沿圆弧移动到图中∠ADC=30°位置的过程中，通过导线截面的电荷量为 C. 若两种方式电阻丝上产生的热量相等，则 D. 两种方式回路中电动势的有效值之比 ‎【答案】BD ‎【解析】第一种方式穿过回路的磁通量,所产生的电动势为,在C沿圆弧移动到圆心O的正上方时 ,此时的感应电动势为零,故A错误；方式一中，在C从A点沿圆弧移动到图中∠ADC=30°位置的过程中，穿过回路磁通量的变化量为 则，故B正确；第二种方式穿回路的磁通量 ,所产生的电动势为,则两种方式所产生的正弦交流电动势的有效值之比为 故D正确；两个转动时间满足 ,且若两种方式电阻丝上产生的热量相等，则 ，故C错误；故选BD ‎12.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为10:1，电压表为理想电表，R为光敏电阻（其阻值随光的照射强度增大而减小），、、是三个额定电压均为10V的灯泡，其中、规格相同。原线圈接入如图乙所示的正弦交流电，三个灯泡均正常发光，设灯泡不会烧坏，下列说法正确的是( )‎ A. 电路中电流1s内改变50次方向 B. 灯泡L1、L2的电功率之比为1:5‎ C. 若将灯泡换为一个理想二极管，则电压表示数为11V D. 若将灯泡换为一个理想电流表，把照射R的光减弱，、仍然可能正常发光 ‎【答案】BD ‎【解析】A．由图乙可知交流电的周期为，所以频率为：‎ 所以电路中电流1s内改变100次方向，故A错误；‎ B．理想变压器原、副线圈匝数比为10:1，故原副线圈电流之比为：‎ 又因为、规格相同，所以的电流等于副线圈电流的一半，所以有流过、电流之比为：‎ 因为三个灯泡均正常发光，电压相同，故由：‎ 可知电功率之比等于电流之比，即：‎ 故B正确；‎ C．若将灯泡换为一个理想二极管，则根据二极管单向导电性可知输入电压图像为：‎ 根据有效值定义可得：‎ 解得有效值；理想变压器原、副线圈匝数比为10:1，故副线圈电压为，即电压表示数为，故C错误；‎ D．若将灯泡换为一个理想电流表，则原线圈电压增加，副线圈电压增加；把照射R的光减弱，则阻值增加，根据：‎ 可知副线圈电流可能不变，流过、的电流可能不变，即、仍然可能正常发光，故D正确。故选BD。‎ 二、实验题（本题共2小题，每空3分，共24分）‎ ‎13.如图所示为弹簧弹射装置，在内壁光滑、水平固定的金属管中放有轻弹簧，在其两端各放置一个金属小球1和2（两球直径略小于管内径且与弹簧不固连），压缩弹簧并锁定．现解除锁定，则两个小球同时沿同一直线向相反方向弹射．按下述步骤进行实验：‎ ‎①用天平测出两球质量分别为m1、m2；‎ ‎②用刻度尺测出两管口离地面的高度均为h；‎ ‎③解除弹簧锁定弹出两球，记录两球在水平地面上的落点P、Q．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）要测定弹射装置在弹射时所具有的弹性势能，还需测量的物理量有______．（已知重力加速度g）‎ A．弹簧的压缩量Δx B．两球落点P、Q到对应管口M、N的水平距离x1、x2‎ C．小球直径d D．两球从管口弹出到落地的时间t1、t2‎ ‎（2）根据测量结果，可得弹性势能的表达式为EP=_______________．‎ ‎（3）由上述测得的物理量来表示，如果满足关系式_______________，那么说明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒．‎ ‎【答案】 (1). （1）B (2). （2） (3). （3）m1x1=m2x2‎ ‎【解析】（1）由题意可知，弹簧的弹性势能转化为小球的动能，则由EP=mv2即可求得弹性势能；故应测量小球的质量m以及通过光电门的速度v，为了测量小球的速度，在做平抛动的水平位移，压缩量以及时间和小球的直径均不需要测量；故B正确，ACD错误．故选B；‎ ‎（2）由（1）可知，EP=m1v12+m2v22‎ 由h=gt2可得：平抛运动的时间t=；‎ 根据水平方向上的匀速直线运动规律可知：‎ v1=；v2=‎ 即EP=m1v12+m2v22= ‎ ‎（3）根据动量守恒定律可知，两球碰前动量为零，碰后方向向反，设向左为正，则有：‎ ‎0=m1v1-m2v2‎ 再根据水平方向x=vt可得：m1x1=m2x2；‎ ‎14.要测绘一个标有“3 V 0.6 W”小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3 V，并便于操作．已选用的器材有：‎ 直流电源（电压为4 V）；‎ 电流表（量程为0~0.6 A，内阻约0.5 Ω)；‎ 电压表（量程为0~3 V，内阻约3 kΩ)；‎ 电键一个、导线若干．‎ ‎（1）实验中所用的滑动变阻器应选下列中的_______（填字母代号）．‎ A．滑动变阻器（最大阻值10 Ω，额定电流1 A）‎ B．滑动变阻器（最大阻值1 kΩ，额定电流0.3 A）‎ ‎（2）如图为某同学在实验过程中完成的部分电路连接的情况，请你帮他完成其余部分的线路连接．‎ ‎（用黑色水笔画线表示对应的导线）‎ ‎（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示．由曲线可知小灯泡的电阻随电压增大而____________（填“增大”、“不变”或“减小”）‎ ‎（4）如果某次实验测得小灯泡两端所加电压如图所示，请结合图线算出此时小灯泡的电阻是_______Ω（保留两位有效数字）．‎ ‎（5）根据实验得到的小灯泡伏安特性曲线，下列分析正确的是______________．‎ A．测得的小灯泡正常发光的功率偏小，主要是由于电压表内阻引起 B．测得的小灯泡正常发光的功率偏小，主要是由于电流表内阻引起 C．测得的小灯泡正常发光的功率偏大，主要是由于电压表内阻引起 D．测得的小灯泡正常发光的功率偏大，主要是由于电流表内阻引起 ‎【答案】(1). A (2). (3). 增大 (4). 12 (5). C ‎【解析】 (1) 由于采用分压式接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择A；‎ ‎(2)描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时的电阻为：, 电流表内阻约为0.5Ω，电压表内阻约为3kΩ，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实物电路图如图所示：‎ ‎(3)由图示图象可知，随电压增大通过灯泡的电流增大，电压与电流表的比值增大，灯泡电阻增大；‎ ‎(4)电压表量程为3V，由图示电压表可知其分度值为0.1V，示数为2.3V，由图示图象可知，2.3V对应的电流为0.196A，此时灯泡电阻为：；‎ ‎(5)电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，所测电流I偏大，测得的小灯泡正常发光的功率P=UI偏大，故C正确，A、B、D错误；‎ 故选C．‎ 三、计算题（本题共2小题，共28分。计算题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎15.如图所示，质量M=2kg、高h=0.2m的长木板静止在粗糙的水平地面上，长木板与地面间的动摩擦因数。在长木板上放置一个质量m=lkg的铁块（可视为质点），开始时铁块离长木板左端B点的距离L=0.5m，铁块与木板间的动摩擦因数，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g =10m/s2。若在长木板上加一个水平向右的恒力F，求：‎ ‎(1)要将长木板从铁块下抽出，水平向右的恒力F应满足什么条件。‎ ‎(2)若水平向右的恒力为17N，铁块与长木板分离时两者的速度大小。‎ ‎(3)在(2)中，在铁块落地前的整个过程中，铁块、长木板和地面组成的系统因摩擦所产生的热量。‎ ‎【答案】(1) F>9N; (2) 3m/s lm/s; (3) 4.75J ‎【解析】(1)欲将长木板从铁块下抽出，这两者间必存在相对运动，两者刚好发生相对滑动时，对滑块，由牛顿第二定律有：‎ 解得：‎ 对长木板，由牛顿第二定律有：‎ ‎ ‎ 解得：‎ 即恒力F应满足的条件为 ‎ ‎(2)当时，滑块相对于长木板将发生相对滑动，对长板，有：‎ 解得：‎ a1=6m/s2‎ 滑块的加速度：‎ a2=a=2m/s2‎ 分离时长木板的位移：‎ 铁块的位移：‎ ‎ ‎ 两者分离时有：‎ 解得：‎ ‎ ‎ 设滑块离开长木板的瞬间，长木板与铁块的速度分别为v1，v2，则：‎ ‎ ‎ ‎ (3)在(2)问中，分离时长木板位移：‎ ‎ ‎ 滑块离开长木板后做平抛运动，由平抛运动规律有：‎ ‎ ‎ 滑块离开长木板后，对长木板，由牛顿第二定律可知：‎ 解得：‎ a3=7.5m/s2‎ 滑块离开长木板到落地时长木板的位移：‎ 解得：‎ x3=0.75m 整个过程中，滑块与长板间因摩擦产生的热量：‎ ‎ ‎ 长木板与水平面间因摩擦产生的热量：‎ 铁块、长木板和水平地面组成的系统因摩擦产生的热量：‎ ‎16.如图，在平面直角坐标系xOy中，直角三角形区域ABC内存在垂直纸面向里的匀强磁场，线段CO＝OB＝L，θ＝30°；第三象限内存在垂直纸面的匀强磁场(图中未画出)，过C点放置着一面与y轴平行的足够大荧光屏CD；第四象限正方形区域OBFE内存在沿x轴正方向的匀强电场。一电子以速度v0从x轴上P点沿y轴正方向射入磁场，恰以O点为圆心做圆周运动且刚好不从AC边射出磁场；电子经y轴进入第三象限时速度与y轴负方向成60°角，到达荧光屏时速度方向恰好与荧光屏平行。已知电子的质量为m，电荷量的绝对值为e，不计电子的重力。求：‎ ‎(1)P点距O点的距离；‎ ‎(2)电子在电场中运动时间；‎ ‎(3)区域ABC内的磁感应强度B1与第三象限内的磁感应强度B2的大小之比。‎ ‎【答案】(1)，(2)，(3)或。‎ ‎【解析】(1)电子在区域内以点为圆心做匀速圆周运动，在点与相切，其运动轨迹如图：‎ 在中，根据几何知识有：；‎ ‎(2)电子从点进入电场做类平抛运动，设电子从边离开且在电场中运动的时间为，在方向上有：‎ 根据运动学规律有：‎ 解得：‎ 在方向上有：；‎ ‎(3)电子穿出电场时有：‎ 在区域内，洛伦兹力提供向心力：‎ 可得：‎ 在第三象限，电子做圆周运动有两种情况 ‎①若磁场方向垂直于纸面向里，设其做匀速圆周运动的轨道半径为，圆心在，根据几何知识有：‎ 洛伦兹力提供向心力：‎ 解得：‎ 则：；‎ ‎②若磁场方向垂直于纸面向外，设其做匀速圆周运动的轨道半径为，圆心为，根据几何知识有：‎ 根据牛顿第二定律有：‎ 得：‎ 解得：。‎