宁夏银川一中2019-2020学年高二上学期期末考试物理试题 21页

银川一中2019/2020学年度（上）高二期末考试 物理试卷 一、选择题（本题包括12小题。每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中。只有一个选项正确）‎ ‎1.关于科学家在电磁学中的贡献，下列说法不符合历史事实的是（）‎ A. 库伦测出了静电力常量K B. 安培提出了左手定则判断磁场对电流的作用力方向 C. 洛伦兹提出了分子电流假说 D. 奥斯特首先发现了电流的磁效应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．库伦也用类似的扭秤装置测出了静电力常量k，故A正确；‎ B．安培提出了左手定则判断磁场对电流的作用力方向，故B正确；‎ C．安培提出了分子电流假说，故C错误；‎ D．奥斯特首先发现了电流的磁效应，故D正确。‎ 故选C。‎ ‎2.关于磁感线和电场线，下列说法中正确的是（）‎ A. 磁感线和电场线都是一些互相平行的直线 B. 磁感线一定是闭合曲线，而电场线也可能是闭合曲线 C. 磁感线起始于N极，终止于S极；电场线起始于正电荷，终止于负电荷 D. 电场线和磁感线都可以用其疏密表示电场强度和磁感应强度的强弱 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．磁感线和电场线不一定互相平行，故A错误；‎ B．磁体周围的磁感线从N极出发回到S极，在内部则是从S极回到N极，磁感线是闭合曲线，电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，静电场线不是闭合曲线，故B错误；‎ C．电场线起始于正电荷，终止于负电荷，磁体周围的磁感线从N极出发回到S极，在内部则是从S极回到N极，故C错误；‎ D．电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，磁场的强弱可以利用磁感线的疏密程度来描述。磁场越强，磁感线越密集，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎3.在边长为a、厚度为h的导体中，通以图示方向的电流，导体的电阻为R1，现将其四等分，取其中之一通以图示方向的电流，其电阻为R2，则R1：R2为（　　）‎ A. 4：1‎ B. 1：1‎ C. 1：2‎ D. 2：1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由电阻定律可知，长度变为原来的一半，面积变原来的一半，所以电阻不变，则电阻之比为1：1‎ 故选B。‎ ‎4.飞行器在太空飞行，主要靠太阳能电池提供能量．若一太阳能电池板，测得它的开路电压为800 mV，短路电流为40 mA．若将该电池板与一阻值为20 Ω的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是(　　)‎ A. 0.10‎‎ V B. 0.20 V C. 0.30 V D. 0.40 V ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设电池板的内阻为r，其开路电压等于它的电动势，依题意有：E=800mV；I短=E/r，‎ 解得电源内阻：，电池板连上20Ω阻值后，流过电阻的电流大小为：；此时的路端电压为：U=IR=20×20mV=400mV=0.4V；故D正确，ABC错误．‎ ‎5.如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路影响，当滑动变阻器的滑片向b端移动时，则( )‎ A. 电压表读数增大 B. 电流表读数减小 C. 质点P将向上运动 D. 上消耗的功率逐渐减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC．由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R1两端的电压也增大；故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大，因并联部分电压减小，而R2中电压增大，故电压表示数减小，因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，电荷向下运动，故ABC错误；‎ D．因R3两端的电压减小，由可知，R3上消耗的功率减小； 故D正确。‎ 故选D。‎ ‎6.如图所示，直线OAC为某一直流电源的总功率P总随电流I变化的图线，抛物线OBC为同一直流电源内部热功率Pr随电流I变化的图线．若A、B对应的横坐标为‎2 A，那么线段AB表示的功率及I＝‎2 A对应的外电阻是(　 　)‎ A. 6 W、2 Ω B. 4 W、2 Ω C. 2 W、1 Ω D. 2 W、0.5 Ω ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由电源总功率为，得．由，可知．当电流为‎2A时，，得．此时线段AB表示的功率．综上分析，D正确．‎ ‎7.三根完全相同的长直导线互相平行，通以大小和方向都相同的电流．它们的截面处于一个正方形abcd的三个顶点a、b、c处，如图所示．已知每根通电长直导线在其周围产生的磁感应强度与距该导线的距离成反比，通电导线b在d处产生的磁场磁感应强度大小为B，则d处的磁感应强度大小为(　　)‎ A. 2B B. B C. 3B D. 3B ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据每根通电长直导线在其周围产生的磁感应强度与距该导线的距离成反比，得出各电流在d点所产生的B的大小关系，由安培定则确定出方向，再利用矢量合成法则求得B的合矢量的大小和方向．‎ ‎【详解】假设正方形的边长为L，通电导线b在a处所产生磁场的磁感应强度大小为B，根据几何关系得．每根通电导线在其周围产生的磁场的磁感应强度大小与距该导线的距离成反比，则a与c在d处产生的磁场的强度，b在d处产生的磁场的强度为，方向如图：‎ 则d点的磁感应强度，故B正确．‎ ‎8.如图所示，厚度均匀的木板放在水平地面上，木板上放置两个相同的条形磁铁，两磁铁的极正对．在两磁铁竖直对称轴上的点固定一垂直于纸面的长直导线，并通以垂直纸面向里的恒定电流，木板和磁铁始终处于静止状态，则（ ）‎ A. 导线受到的安培力竖直向上，木板受到地面的摩擦力水平向右 B. 导线受到的安培力竖直向下，木板受到地面的摩擦力水平向左 C. 导线受到的安培力水平向右，木板受到地面的摩擦力水平向右 D. 导线受到的安培力水平向右，木板受到地面的摩擦力为零 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.做出两磁铁的磁场经过C点的磁感线，并标出两磁场在C点的磁场方向，由矢量合成可知，合磁场的方向竖直向上．‎ 根据左手定则可知，导线受到的安培力水平向右，A、B不符合题意；‎ CD.根据牛顿第三定律可知，木板和磁铁组成的整体受到通电导线对它们水平向左的作用力，因此木板受到地面的摩擦力的方向水平向右，C符合题意，D不符合题意；‎ ‎9.如图所示，abcd是一个用粗细均匀、同种材料的导线弯折成的长方形线框，线框竖直放置，ab长度为L，bc长度为．匀强磁场的方向垂直于金属框平面向里，磁感应强度大小为B．若金属框a、b两端与恒压电源相连，电流方向如图所示，若通过ab边的电流大小为，则金属框受到的安培力大小和方向分别为 A. ，方向竖直向上 B. 2BIL，方向竖直向上 C ，方向竖直向下 D. 3BIL，方向竖直向下 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知，边ab（cd）的长度是边ad（bc）长度的2倍，所以边ab（cd）的电阻是边ad（bc）电阻的2倍，由并联关系可知，通过adcb支路的电流为，所以边dc所受安培力大小为 方向竖直向上，边ab所受安培力大小为 Fab=BIL 方向竖直向上，边ad和边bc所受安培力的合力为零，所以金属框所受安培力大小为 方向竖直向上．‎ A．A项与上述分析结论相符，故A正确；‎ B．B项与上述分析结论不相符，故B错误；‎ C．C项与上述分析结论不相符，故C错误；‎ D．D项与上述分析结论不相符，故D错误．‎ ‎10.磁流体发电的原理如图所示．将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，在相距为d、宽为a、长为b的两平行金属板间便产生电压．如果把上、下板和电阻R连接，上、下板就是一个直流电源的两极．若稳定时等离子体在两板间均匀分布，电阻率为ρ．忽略边缘效应，下列判断正确的是（ ）‎ A. 上板为正极，电流 B. 上板为负极，电流 C. 下板为正极，电流 D. 下板为负极，电流 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 等离子体进入板间受到洛伦兹力而发生偏转，根据左手定则判断离子的偏转方向，即可确定极板的极性，离子在运动过程中同时受电场力和洛伦兹力，二力平衡时两板间的电压稳定，由平衡条件求电源的电动势，结合电路知识分析板间的电流．‎ ‎【详解】‎ 根据左手定则，正电荷受到的洛伦兹力方向向下，负电荷受到的洛伦兹力向上，因此下极板为电源的正极，根据平衡有，解得稳定时电源的电动势，则流过R的电流为，而，，则得电流大小为，C正确．‎ ‎【点睛】本题的关键是理解磁流体发电机的工作原理，知道稳定时，离子所受的电场力和洛伦兹力平衡，结合闭合电路欧姆定律进行分析．‎ ‎11.如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限．粒子在磁场中运动的时间为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】运动轨迹如图:‎ 即运动由两部分组成,第一部分是个周期,第二部分是个周期, 粒子在第二象限运动转过的角度为90°，则运动的时间为；粒子在第一象限转过的角度为60°，则运动的时间为；则粒子在磁场中运动的时间为：，故B正确，ACD错误．.‎ ‎12.如图所示，在屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，P 为屏上的一个小孔，PC与MN垂直，一群质量为m、带电荷量为－q的粒子(不计重力)，以相同的速率v，从P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域，粒子入射方向在与磁场B垂直的平面内，且散开在与PC夹角为θ的范围内，则在屏MN上被粒子打中的区域的长度为：（ ） ‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力有：‎ 可知：‎ 如图所示：‎ ‎ ‎ 取一粒子，设粒子与PC夹角为α，则由几何关系可知，打在屏上距离与P点相距：‎ 故可知当α=0时，打在屏上的距离最远，最远距离为：‎ L=2R 当α=θ时，打在屏上的距离最近，最近距离为：‎ 故有粒子打中的区域为：‎ 故选D．‎ 二、多项选择题（本题包括4小题。每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中。有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）‎ ‎13.四个相同的小量程电流表（表头）分别改装成两个电流表A1.A2和两个电压表V1.V2.已知电流表A1的量程大于A2的量程，电压表V1的量程大V2的量程，改装好后把它们按图示接入电路，则（ ）‎ A. 电流表A1的读数大于电流表A2的读数 B. 电流表A1的偏转角小于电流表A2的偏转角;‎ C. 电压表V1的读数小于电压表V2的读数;‎ D. 电压表V1的偏转角等于电压表V2的偏转角 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、电流表A1的量程大于电流表A2的量程，故电流表A1的电阻值小于电流表A2的电阻值，并联电路中，电阻小的支路电流大，故电流表A1的读数大于电流表A2的读数，故A正确；‎ B、两个电流表的表头是并联关系，电压相同，故偏转角度相等，故B错误；‎ C、电压表V1的电阻值大于电压表V2的电阻值，故电压表V1的读数大于电压表V2的读数，故C错误；‎ D、两个电压表的表头是串联关系，电流相等，故偏转角度相等，故D正确；‎ 故选AD．‎ ‎14.图中虚线所围的区域内存在电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场．已知从左侧水平射入的电子，在穿过该区域时未发生偏转．不计重力，则在这个区域中的E和B 的方向可能是 A. E和B都沿水平方向，并与电子运动的方向相同 B. E和B都沿水平方向，并与电子运动的方向相反 C. E竖直向上，B垂直纸面向外 D. E竖直向上，B垂直纸面向里 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A、若E和B都沿水平方向，并与电子运动方向相同，则有电子所受电场力方向与运动方向相反，而由于电子运动方向与B方向相互平行，所以不受磁场力，因此穿过此区域不会发生偏转．故A正确；‎ B、若E和B都沿水平方向，并与电子运动方向相反，则有电子所受电场力方向与运动方向相同，而由于电子运动方向与B方向在一条直线上，所以不受磁场力，因此穿过此区域不会发生偏转．故B正确；‎ C、若E竖直向上，B垂直于纸面向外，则有电场力竖直向下，而磁场力由左手定则可得方向竖直向上，所以当两力大小相等时，电子穿过此区域不会发生偏转．故C正确；‎ D、若E竖直向上，B垂直于纸面向里，则有电场力方向竖直向下，而磁场力方向由左手定则可得竖直向下，所以两力不能使电子做直线运动，故D错误；‎ ‎15.1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示．这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是 A. 回旋加速器交流电的周期等于带电粒子圆周运动周期的一半 B. 利用回旋加速器加速带电粒子，要提高加速粒子的最终能量，应尽可能增大磁感应强度B和D形盒的半径R C. 回旋加速器的加速电压越大，带电粒子获得的最大动能越大 D. 粒子每次经过D型盒狭缝时，电场力对粒子做功一样多 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 回旋加速器靠电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力，判断粒子的最大速度与什么因素有关．加速粒子时，交变电场的周期与粒子在磁场中运动的周期相等．‎ ‎【详解】加速粒子时，交变电场的周期必须与粒子在磁场中运动的周期相等，这样才能使得每次经过D型盒的狭缝中时都能被电场加速，选项A错误；当粒子运转半径等于D型盒的半径时粒子速度最大，即，则 ，则要提高加速粒子的最终能量，应尽可能增大磁感应强度B和D形盒的半径R，带电粒子获得的最大动能与加速电压无关，选项B正确，C错误；粒子每次经过D型盒狭缝时，电场力对粒子做功均为qU，选项D正确；故选BD.‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，以及知道最大速度与什么因素有关．‎ ‎16.如图所示的空间存在水平向右的匀强电场E和垂直纸面向外的匀强磁场B，质量为m，带电荷量为+q的小环套在粗糙且足够长的竖直绝缘杆上，由静止开始（　　）‎ A. 小球的加速度不断减小，直至为零 B. 小球的加速度先增大后减小，直至为零 C. 小球的速度先增大后减小，直至某一值 D. 小球的动能不断增大,直至某一最大值 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】小球下滑过程中，受到重力、摩擦力（有时有）、弹力（有时有）、向右的电场力、向左的洛伦兹力，开始阶段，洛伦兹力小于电场力时，小环向下做加速运动时，速度增大，洛伦兹力增大，小球所受的杆的弹力向左，大小为 ‎ ‎ N随着v的增大而减小，滑动摩擦力f=μN也减小，小球所受的合力 f减小，F合增大，加速度a增大；当洛伦兹力等于电场力时，合力等于重力，加速度最大；小球继续向下做加速运动，洛伦兹力大于电场力，小球所受的杆的弹力向左，大小为 v增大，N增大，f增大，F合减小，a减小，mg=f时，a=0，故加速度先增大后减小，直到为零；小球的速度先增大，后不变；杆对小球的弹力先减小后反向增大，最后不变；洛伦兹力先增大后不变。‎ 故BD正确。‎ 故选BD。‎ 三、实验题（共15分）‎ ‎17.某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．步骤如下：‎ ‎①用20分度的游标卡尺测量其长度如图甲所示，可知其长度为_____mm；‎ ‎②用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，可知其直径为_____ mm；‎ ‎③多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是×1Ω、×10Ω、×100Ω。用×10Ω 挡测量此金属丝的电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很大，为了较准确地进行测量，应换到______________挡。如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是______________。若补上该步骤后测量，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值是_______Ω。‎ ‎【答案】 (1). ‎50.15mm (2). ‎4.699mm(‎4.698mm,‎4.700mm) (3). ×1 (4). 电阻（欧姆）调零 (5). 18.0Ω ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]由图甲所示可知，游标卡尺主尺示数为‎50mm，游标尺示数为3×‎0.05mm=‎0.15mm，游标卡尺示数为‎50mm+‎0.15mm=‎50.15mm；‎ ‎(2)[2]由图乙所示可知，螺旋测微器固定刻度示数为‎4.5mm，游标尺示数为19.9×‎0.01mm=‎0.19mm，螺旋测微器示数为‎4.5mm+‎0.199mm=‎4.699mm，由于读数误差所以‎4.698mm,‎4.700mm均可；‎ ‎(3)[3][4][5]用×10Ω挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很大，说明所选挡位太大，为了较准确地进行测量，应换到×1Ω挡，如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是欧姆调零；由图是表盘可知，欧姆表示数为 ‎18.两位同学在实验室中利用如图(a)所示的电路测定值电阻R0、电源的电动势E和内电阻r，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一个同学记录的是电流表A和电压表V1的测量数据，另一位同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据．并根据数据描绘了如图(b)所示的两条UI图线．回答下列问题：‎ ‎(1)根据甲、乙两同学描绘的图线，可知（ ）‎ A．甲同学是根据电压表V1和电流表A的数据 B．甲同学是根据电压表V2和电流表A的数据 C．乙同学是根据电压表V1和电流表A的数据 D．乙同学是根据电压表V2和电流表A的数据 ‎(2)根据图(b)，可以求出定值电阻R0＝________Ω，电源电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω．电源的效率η=________‎ ‎（3）当滑动变阻器的阻值R=________Ω时滑动变阻器消耗的电功率最大，P最大值=________W（保留三位小数）‎ ‎【答案】 (1). AD (2). 2Ω (3). 1.5V (4). 1.0Ω (5). 66.7% (6). 3.0 (7). 0.188‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]从电路连接可以看出，电流表A的读数增大时，电压表V1的读数减小，电压表V2的读数增大，甲同学是根据电压表V1和电流表A的数据绘制图像的，乙同学是根据电压表V2和电流表A的数据绘制图像的，故AD正确。‎ 故选AD。‎ ‎(2)[2]定值电阻的U-I图线是正比图线，斜率表示电阻 ‎[3]由图示甲所示图像可知，电源U-I图像与纵轴交点坐标值是1.5，则电源电动势 ‎[4]电源内阻 ‎[5]此时电流为‎0.5A，路端电压为1.0V，所以电源效率为 ‎(3)[6][7]将定值电阻与电源看成等效电源，当滑动变阻器的阻值与等效电源的内阻相等时，滑动变阻器的功率最大，即滑动变阻器的阻值 R=‎ 最大功率为 四、计算题 ‎19.质谱仪原理如图所示，a为粒子加速器，电压为U1；b为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，板间距离为d；c为偏转分离器，磁感应强度为B2.今有一质量为m、电荷量为e的正粒子(不计重力)，经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动．求：‎ ‎(1)粒子的速度v为多少？‎ ‎(2)速度选择器的电压U2为多少？‎ ‎(3)粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R为多大？‎ ‎【答案】(1) 　(2)B1d 　(3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】解： (1)在电场中，粒子被加速电场U1加速，由动能定理有：‎ 解得粒子的速度：‎ ‎(2)在速度选择器中，粒子受电场力和洛伦兹力大小相等，则有：‎ 解得速度选择器的电压：‎ ‎(3)在磁场中，粒子受洛伦兹力作用而做圆周运动，则有：‎ 解得半径：‎ ‎20.如图所示，M为一线圈电阻的电动机，，电源电动势当S断开时，电流表的示数为，当开关S闭合时，电流表的示数为求：‎ ‎（1）电源内阻r；‎ ‎（2）开关S闭合时流过R的电流；‎ ‎（3）开关S闭合时电动机输出的机械功率．‎ ‎【答案】（1）（2）‎1.5 A（3）87.5W ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)当S断开时，根据闭合电路欧姆定律得：‎ 得：‎ ‎(2)开关S闭合时，路端电压为：‎ V 流过R的电流为：‎ A ‎(3)流过电动机的电流为：‎ 电动机输出的机械功率为：‎ W ‎21.如图所示，在倾角的斜面上，固定一宽L=‎0.25m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器，电源电动势E=12V，内阻，一质量m=‎100g的金属棒与两导轨垂直并接触良好。整个装置处于磁感应强度大小、方向垂直于斜面向上的匀强磁场中。金属棒与导轨间动摩擦因数，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，调节滑动变阻器使金属棒在导轨上保持静止，导轨与金属棒的电阻不计。求：‎ ‎(1)滑动变阻器接入电路中的阻值范围;‎ ‎(2)满足题中要求条件下，电源E输出的最大功率？‎ ‎【答案】(1) (2) 18W ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)分析可知：‎ 当向上时：‎ 求得：‎ 当向下时：‎ 求得：‎ ‎(2)由，当 ‎22.如图，在平面直角坐标系xOy内，第1象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限以ON为直径的半圆形区域内，存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从y轴正半轴上y=h处的M点，以速度垂直于y轴射入电场，经x轴上x=2h处的P点进入磁场，最后以速度v垂直于y轴射出磁场.不计粒子重力.求:‎ ‎（1）电场强度大小E;‎ ‎（2）粒子在磁场中运动的轨道半径;‎ ‎（3）粒子离开磁场时位置坐标.‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）在电场中粒子做类平抛运动，设粒子在电场中运动的时间为，‎ 则有…①…②，‎ 根据牛顿第二定律得：…③，‎ 联立①②③式得：…④；‎ ‎（2）由题意可知，粒子进入磁场时速度也为v，根据动能定理得：…⑤，再根据…⑥，‎ 联立④⑤⑥式得：…⑦ ‎ ‎（3）如图，设粒子离开磁场时的位置坐标为（x、-y），粒子进入磁场时速度v，与x轴正方向的夹角为θ，由图可得：‎ 所以…⑧，…⑨．‎ ‎【点睛】粒子在电场中运动偏转时，常用能量的观点来解决问题，有时也要运用运动的合成与分解．粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定也是本题的一个考查重点，要正确画出粒子运动的轨迹图，能熟练的运用几何知识解决物理问题．‎ ‎ ‎