安徽省合肥市第一六八中学2020学年高二物理下学期入学考试试题（含解析） 18页

安徽省合肥市第一六八中学2020学年高二物理下学期入学考试试题（含解析） ‎ 一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）‎ ‎1.如图所示，两平行直导线和竖直放置，通以方向相反大小相等的电流，a、b两点位于两导线所在的平面内。则 A. b点的磁感应强度为零 B. 导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向里 C. 导线受到的安培力方向向右 D. 同时改变了导线的电流方向，导线受到的安培力方向不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由右手螺旋定则可知.cd导线和ef导线在b处产生的磁场方向都垂直纸面向外.所以由矢量合成知b处的磁感应强度垂直纸面向外.故A错误:‎ 由右手螺旋定则知ef导线在左侧产生的磁感应强度垂直纸面向外，故B错误:‎ 由左手定则知.cd导线受到的安培力方向向左.故C错误:‎ 由题意可知，cd导线所处的位置磁场方向发生改变，但同时自身电流方向也发生改变，由左手定则知cd导线所受安培力方向不变.故D正确 综上所述本题答案是：D ‎2.从地面上方同一高度沿水平和竖直向上方向分别抛出两个等质量的小物体，抛出速度大小都是为，不计空气阻力，对两个小物体以下说法正确的是 A. 落地时的速度相同 B. 落地时重力做功的瞬时功率相同 C. 从抛出到落地重力的冲量相同 D. 两物体落地前动量变化率相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：根据动能定理两物体落地时，速度大小相等，方向不同，故落地时速度不同，故A错误；根据动能定理两物体落地时，速度大小相等，方向不同，重力做功的瞬时功率，故B错误；高度相同，平抛时间短，根据动量定理，故C错误；根据动量定理，，故D正确．‎ 考点：考查了平抛运动，竖直上抛运动 ‎【名师点睛】解决本题的关键掌握平抛运动的运动规律，知道动能定理适用于直线运动也适用于曲线运动解决本题的关键掌握平抛运动的运动规律，知道动能定理适用于直线运动也适用于曲线运动 ‎3.如图所示，光滑的水平地面上有一辆平板车，车上有一个人．原来车和人都静止．当人从左向右行走的过程中（　　）‎ A. 人和车组成的系统水平方向动量不守恒 B. 人和车组成的系统机械能守恒 C. 人和车的速度方向相同 D. 人停止行走时，人和车的速度一定均为零 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：由题意，人和车组成的系统水平方向不受外力作用，所以人和车组成的系统水平方向动量守恒，故A错误；对于人来说，人在蹬地过程中，人受到的其实是静摩擦力，方向向右，人对车的摩擦力向左，人和车都运动起来，故摩擦力做功，所以人和车组成的系统机械能不守恒，故B错误；当人从左向右行走的过程中，人对车的摩擦力向左，车向后退，即车向左运动，速度方向向左，故C错误；由A选项可知，人和车组成的系统水平方向动量守恒，由题意系统出动量为零，所以人停止行走时，系统末动量为零，即人和车的速度一定均为零，故D正确。故选D．‎ 考点：动量守恒定律 ‎4.如图所示，在竖直放置间距为的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场。有一质量为，电荷量为的点电荷从两极板正中间处静止释放，重力加速度为。则点电荷运动到负极板的过程 A. 加速度大小为 B. 所需的时间为 C. 下降的高度为 ‎ D. 电场力所做的功为 ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】点电荷在电场中的受力如图所示，‎ 点电荷所受的合外力为 由牛顿第二定律得 故A错；‎ 点电荷在水平方向的加速度为 ，由运动学公式d/2=a1t2/2,所以 ，故B正确，‎ 点电荷在竖直方向上做自由落体运动，所以下降的高度 ，故C错误；‎ 由功公式W=Eqd/2,故D错误。‎ 综上所述本题答案是：B ‎【点睛】由于电荷水平方向和竖直方向都受到力的作用，根据水平方向上的运动求出运动时间，再结合竖直方向上自由落体运动求出下落的高度。‎ ‎5.用半导体材料制成热敏电阻，在温度升高时，电阻会迅速减小，如图所示，将一热敏电阻接入电路中，接通开关后，经过一段时间会观察到（　　）‎ A. 电流表示数不变 B. 电流表示数减小 C. 电压表示数增大 D. 电压表示数减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：由半导体材料的性质可知电阻的变化，由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流及路端电压的变化； 再对并联部分进行分析可得出电流表的变化．‎ 解：‎ A、B、接通开关后，由于电流的热效应，热敏电阻的温度升高，电阻减小，总电阻减小，I总增大，电流表示数变大，故A、B错误．‎ C、D、U不变，R2支路的电流I2增大，UR2增大，又U=UR2+U热，则U热减小，电压表示数减小，故D正确，C错误．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查闭合电路的欧姆定律及热敏电阻的性质，闭合电路的动态分析一般按先局部再整体最后再局部的分析思路进行分析．‎ ‎6.如图所示，竖直绝缘墙壁上的Q处有一个固定的质点A，在Q的上方P点用丝线悬挂着另ー个质点B．A、B两质点因带同种电荷而相斥，致使悬线与竖直方向成一角度，由于缓慢漏电使A、B两质点带的电荷量逐渐减少，在电荷漏完之前A、B未接触，下列说法正确的是（　　）‎ A. A、B之间的库仑力先变大后変小 B. A、B之间的库仑力一直变大 C. 丝线的拉力一直不变 D. 丝线的拉力先变大后变小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】对球B受力分析，受重力、细线的拉力、库仑力，如图所示：‎ 根据共点力平衡条件，图中力三角形与几何三角形PAB相似，故：‎ 由于PB、PA不变，AB减小，故T不变，F减小；‎ 故C正确。‎ 二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）‎ ‎7.两个固定的等量异种点电荷，在他们连线的垂直平分线上有a、b、c三点，如图所示，若取无穷远处电势为0，则下列说法正确的是 A. a点电势比b点电势高 B. a、b、c三点与无穷远处电势相等 C. a、b两点场强方向相同，a点场强比b点小 D. a、c两点场强方向相同，a点场强比c点大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 等量异种电荷连线的中垂线为一条等势线，所以三点的电势相等，与无穷远处电势相等都为零，A错误，B正确，这条中垂线上的电场方向都是与中垂线方向垂直，由正电荷指向负电荷，大小从连线与中垂线交点处向两端递减，所以CD错误。‎ ‎8.下列说法中，错误的是（    ）‎ A. 物理学家密立根首先测出了元电荷e的数值 B. 在利用扭秤装置研究库仑定律的过程中，库仑既用到了放大的思想也用到了控制变量法 C. 法拉第首先提出电场的概念，这是为了方便分析电荷之间的作用而假想的存在 D. 在研究电场磁场时，我们常引人“试探电荷”，要求试探电荷不影响原电场的强弱及分布情况，这里应用了理想模型法 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】物理学家密立根首先测出了元电荷e的数值，选项A正确；在利用扭秤装置研究库仑定律的过程中，库仑既用到了放大的思想也用到了控制变量法，选项B正确；法拉第首先提出电场的概念，电场是真是存在的物质，电场线是为了方便分析电荷之间的作用而假想的，选项C错误；在研究电场磁场时，我们常引入“试探电荷”、“试探电流元”，目的是不影响原电场的强弱及分布情况，这里并没有应用理想模型法，故D错误。此题选择错误的选项，故选CD.‎ ‎9.竖直放置的固定绝缘光滑轨道由半径分别为R的圆弧MN和半径为r的半圆弧NP拼接而成（两段圆弧相切于N点），小球带正电，质量为m，电荷量为q．已知将小球由M点静止释放后，它刚好能通过P点，不计空气阻力．下列说法正确的是（　　）‎ A. 若加竖直向上的匀强电场，则小球能通过P点 B. 若加竖直向下的匀强电场，则小球不能通过P点 C. 若加垂直纸面向里的匀强磁场，则小球不能通过P点 D. 若加垂直纸面向外的匀强磁场，则小球不能通过P点 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 应用动能定理求出小球到达P点的速度，小球恰好通过P点时轨道对球的作用力恰好为零，应用动能定理与牛顿第二定律分析答题．‎ ‎【详解】设M、P间的高度差为h，小球从M到P过程由动能定理得：，，小球恰好通过P点，重力提供向心力，由牛顿第二定律得：，r=2h；‎ A、若加竖直向上的匀强电场E（Eq＜mg），小球从M到P过程由动能定理得：，解得：，则：，小球恰好通过P点，故A正确；‎ B、若加竖直向下的匀强电场，小球从M到P过程由动能定理得：，解得:，则：，小球恰好通过P点，故B错误；‎ C、若加垂直纸面向里的匀强磁场，小球到达P点的速度v不变，洛伦兹力竖直向下，则:，小球不能通过P点，故C正确；‎ D、若加垂直纸面向外的匀强磁场，小球到达P点的速度v不变，洛伦兹力竖直向上，则：，小球对轨道有压力，小球能通过P点，故D错误；‎ 故选AC.‎ ‎【点睛】本题是一道力学综合题，知道小球通过P点的临界条件是：的、轨道对小球的支持力恰好为零，分析清楚小球的运动过程，应用动能定理与牛顿第二定律可以解题．‎ ‎10.如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，∠A=60°，AO=L，在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子。已知粒子的比荷为，发射速度大小都为v0=．设粒子发射方向与OC边的夹角为θ，不计粒子间相互作用及重力。对于粒子进入磁场后的运动，下列说法正确的是（　　）‎ A. 当时，粒子将从AC边射出 B. 所有从OA边射出的粒子在磁场中运动时间相等 C. 随着角的增大，粒子在磁场中运动的时间先变大后变小 D. 在AC边界上只有一半区域有粒子射出 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：，已知 ‎，解得粒子的运动半径，当入射时，粒子恰好从A点飞出，则当时，粒子将从AC边射出，故A正确；所有从OA边射出的粒子，不同，而轨迹圆心对应的圆心角等于，所用时间，T一定，则知粒子在磁场中运动时间不等，故B错误；所有从OA边射出的粒子，由知，随着角的增大，粒子在磁场中运动的时间不断变小，当飞入的粒子在磁场中运动时间恰好是，是在磁场中运动时间最长，故C错误；当飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，因此在AC 边界上只有一半区域有粒子射出，故D正确。‎ 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动 ‎【名师点睛】此题关键要根据磁场的界限来确定运动情况，并结合半径与周期公式来分析讨论．从到的过程中，粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆弧的弦长先减小后增大，所以粒子在磁场中运动时间先减小后增大是该题的关键。‎ ‎11.如图所示，一质量为m的物块甲以3m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定在其左端，另一质量也为m的物块乙以4m/s的速度与物块甲在同一直线上相向运动，则（　　）‎ A. 甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，系统动量守恒 B. 当两物块相距最近时，甲物块的速率为零 C. 碰撞过程中，甲物块的速率可能为，也可能为 D. 碰撞过程中，乙物块的速率可能为，也可能为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据动量守恒的条件：系统所受的合外力为零判断动量是否守恒．竖直方向上甲乙两物体所受的重力与水平面的支持力平衡．水平方向系统不受外力．当两物块相距最近时速度相同，根据动量守恒定律求出物块甲的速率．物块甲的速率为1m/s时，速 度方向可能与原来方向相同，也与原来方向相反，由动量守恒研究乙的速率．若物块甲的速率为5m/s，由动量守恒求出乙的速率，根据系统的机械能是否守恒判断速率为5m/s是否可能．‎ ‎【详解】A、甲、乙两物块（包括弹簧）组成的系统在弹簧压缩过程中，系统所受的合外力为零，系统动量守恒，故A正确；‎ B、当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前乙的速度方向为正方向，设共同速率为v，由动量守恒定律得：mv乙-mv甲=2mv，代入数据解得：v=0.5m/s，故B错误.‎ C、若物块甲的速率达到5m/s，方向与原来相同，则：mv乙-mv甲=-mv甲′+m乙v乙′，代入数据代入解得：v乙′=6m/s.‎ 两个物体的速率都增大，动能都增大，违反了能量守恒定律.‎ 若物块甲的速率达到5m/s，方向与原来相反，则：mv乙-mv甲=mv甲′+m乙v乙′，‎ 代入数据解得：v乙′=-4m/s，可以，碰撞后，乙的动能不变，甲的动能增加，系统总动能增加，违反了能量守恒定律。所以物块甲的速率不可能达到5m/s，故C错误.‎ D、甲、乙组成的系统动量守恒，选取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv乙-mv甲=-mv甲′+m乙v乙′，碰撞结束后，系统的动能守恒，则：,代入数据解得：v甲′=4m/s；v乙′=-3m/s;可知碰撞结束后，甲与乙交换速度；碰撞过程中，乙物块的速度在4m/s～-3m/s之间都是可以的.所以速率可能为2m/s，也可能为1.7m/s，故D正确.‎ 故选AD.‎ ‎【点睛】本题考查了含弹簧的碰撞问题，处理该类问题，往往应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析解题．分析清楚物体运动过程是正确解题的前提与关键，应用动量守恒定律即可正确解题；当两物体速度相等时，弹簧被压到最短，此时弹力最大．‎ 三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）‎ ‎12.下图中20分度游标卡尺和螺旋测微器的读数分_______cm和_______mm。‎ ‎【答案】 (1). 10.405cm (2). 9.202~9.204mm ‎【解析】‎ ‎【详解】游标卡尺的读数：10.4cm+0.05mm×1=10.405cm；‎ 螺旋测微器的读数：9mm+0.01mm×20.3=9.203mm。‎ 四、实验题探究题（本大题共2小题，共14.0分）‎ ‎13.如图所示，0～3A档电流表的读数______A，0～15V档电压表的读数为______V．‎ ‎【答案】1．75 A ；10．7V ‎【解析】‎ 试题分析：电流表使用的0～3A量程，每一个小格代表0．1A，电流为1．75A；电压表使用的0～15V量程，每一个大格代表5V，每一个小格代表0．5V，电压为10．7V．‎ 考点：电表读数 ‎【名师点睛】掌握电流表和电压表的正确使用和正确读数．电流表和电压表在电学中是最基本的测量工具，一定要熟练掌握。‎ ‎14.我校开展学生自己动手进行实验操作的活动．同学们现要测定电阻Rx的阻值（电阻值约为100Ω）以及一节干电池的电动势和内阻（内阻约为2Ω），除此之外还备有如下器材：‎ A．电压表V：量程为2V、内阻较大 B．电阻箱R1：总阻值为9999.9Ω C．开关、导线若干 ‎（1）为了较准确地测定Rx的电阻值、电池的电动势和内阻，王华同学选择如图1所示的电路．‎ ‎（2）王华同学根据电路图连接实物图后，测定电阻Rx时主要进行了两步实验．‎ 第1步：闭合S1和S3，断开S2，记录电压表示数U1；‎ 第2步：闭合S1和S2，断开S3，调节R1使电压表示数仍为U1，记录此时R1的阻值r2，则被测电阻Rx的电阻值为______．‎ ‎（3）通过改变电路的总电阻，记录外电阻的总电阻值R和对应情况下的电压表示数U，画出随变化的图线为直线，如图2所示，直线与纵轴的交点坐标为b、斜率为k，则电源电动势为______，内阻为______；从实验原理来看，实验测量值与真实值相比较，电动势______，内阻______（后两空填“偏大”、“偏小”或“不变”）．‎ ‎【答案】（2）r2；（3）；；不变；偏小 ‎【解析】‎ 试题分析：（2）分析闭合S1和S3，断开S2和闭合S1和S2，断开S3时的电路结构，根据闭合电路欧姆定律求解Rx的电阻值；‎ ‎（3）根据闭合电路欧姆定律求处﹣的关系式，结合图象的斜率和截距求出电动势和内阻，考虑电压表有内阻分析误差．‎ 解：（2）闭合S1和S3，断开S2，Rx直接接在电源两端，电压表测量Rx两端的电压，闭合S1和S2，断开S3，R1直接接在电源两端，电压表测量R1两端的电压，两次实验电压值相等，则Rx的电阻值与R1的阻值相等，即Rx=r2，‎ ‎（3）根据闭合电路欧姆定律得：E=U+‎ 解得：U=，‎ 整理得：，‎ 所以﹣图象的斜率k=，直线与纵轴的截距b=，‎ 解得：E=，r=，‎ 由于电压表也有内阻，外电路总电阻的实验值比真实值大，所以实验值的电动势不变，但内阻偏小．‎ 故答案为：（2）r2；（3）；；不变；偏小．‎ ‎【点评】本题考查测量电动势和内电阻实验、测量电阻实验的数据的处理，要求能正确分析误差的来源，并能用图象法求出电势和内电阻，难度适中．‎ 五、计算题（本大题共3小题，共38.0分）‎ ‎15.如图，光滑曲面轨道在O点与光滑水平地面平滑连接，地面上静止放置一各表面光滑、质量为3m的斜面体C．一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为m的静止小物块B发生碰撞，碰撞后A、B立即粘连在一起向右运动（碰撞时间极短），平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的高度小于斜面体高度。求：‎ ‎①A和B碰撞过程中B受的合力的冲量大小；‎ ‎②斜面体C获得的最大速度。‎ ‎【答案】① ② ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①对A下落到O点过程，应用动能定理得A与B碰前的速度；A碰B过程AB组成系统动量守恒，得碰后B的速度；对B应用动量定理得A和B碰撞过程中B受的合力的冲量大小；‎ ‎②AB一起冲上斜面体后又返回时，C获得的速度最大，对此过程应用动量守恒和机械能守恒得斜面体C获得的最大速度。‎ ‎【详解】①A下落到O点过程：，解得：‎ A、B碰撞动量守恒： ，解得：‎ 对B，由动量定理得：，所以 ‎② AB一起冲上斜面体后又返回时，C获得的速度最大 AB与C水平方向动量守恒：‎ AB与C机械能守恒：‎ 联立解得：，代入数据得：‎ ‎16.将一内壁光滑的绝缘细圆管做成的圆环BDC固定在竖直面内，圆环的圆心为O，D为圆环的最低点，其中∠BOC=90°，圆环的半径为R=L，过OD的虚线与过BC的虚线垂直且交于点S，虚线BC的上方存在水平向右的范围足够大的匀强电场。圆心O的正上方A点有一质量为m、带电荷量为-q的绝缘小球（可视为质点），其直径略小于圆管内径，AS=L．现将该小球无初速度释放，经过一段时间小球刚好无碰撞地进入圆管中并继续在圆管中运动，重力加速度大小用g表示。‎ ‎（1）求虚线BC上方匀强电场的电场强度大小；‎ ‎（2）求当小球运动到圆环的最低点D时对圆环压力的大小；‎ ‎（3）小球从管口C离开后，经过一段时间后落到虚线BC上的F点（图中未标出），则C、F两点间的电势差为多大？‎ ‎【答案】(1) (2) (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)小球在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，从B点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则场强可求；(2)从A点到D点的过程中，列动能定理表达式，在最低点D时，根据牛顿第二定律列式求解； (3)从A点到B点，根据动能定理求得在B点的速度，从C点抛出后做类平抛运动，抛出时的速度大小与B点速度相当，由运动学公式求出小球沿虚线BC方向运动的位移，再由电势差与场强的关系求解电势差.‎ ‎【详解】(1)小球被释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从B点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，‎ 则:tan45°=‎ 解得:E=‎ ‎(2)小球从A点到D点的过程中，根据动能定理得mvD2-0=mg(2L+L)+EqL 当小球运动到圆环的最低点D时，根据牛顿第二定律得FN-mg=m 联立解得:FN=3(+1)mg 根据牛顿第三定律得小球运动到圆环的最低点D时对圆环的压力大小为3(+1)mg ‎(3)小球对A点到B点的过程中，根据动能定理得mvB2-0=mgL+EqL,‎ 解得：vB=2‎ 小球从C点抛出后做类平抛运动，抛出时的速度大小vC=vB=2 ‎ 小球的加速度大小g′=g 当小球沿抛出方向和垂直抛出方向的位移相等时，回到虚线BC上，则有vCt=g′t2‎ 解得：t=2‎ 则小球沿虚线BC方向运动的位移xCF=vCt=8L 沿着电场线方向电势降低，则C点与F点间的电势差为UCF=-ExCF=-‎ ‎【点睛】本题考查了牛顿第二定律、动能定理、类平抛运动的处理方法、电势差与场强的关系，考查的知识多，需要对它们熟练掌握才能灵活选取.‎ ‎17.如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在水平向左的匀强电场，在y轴左侧区域存在宽度为a=0.3m的垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B（大小可调节）。现有质荷比为=4×10-10kg/C的带正电粒子从x轴上的A点以一定初速度v0垂直x轴射入电场，且以v=4×107m/s，方向与y轴正向成60°的速度经过P点进入磁场，OP=OA、OA=0.1m，不计重力。求：‎ ‎（1）粒子在A点进入电场的初速度v0为多少；‎ ‎（2）要使粒子不从CD边界射出，则磁感应强度B的取值范围；‎ ‎（3）粒子经过磁场后，刚好可以回到A点，则磁感应强度B为多少。‎ ‎【答案】（1） （2） （3）0.16T ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据粒子在A到P的运动过程只受电场力作用，做类平抛运动，由末速度求解；‎ ‎（2）根据几何关系由磁场宽度求得粒子做圆周运动的轨道半径范围，即可根据洛伦兹力做向心力求得磁感应强度范围；‎ ‎（3）根据粒子在第四象限做匀速直线运动，由几何关系求得粒子在磁场中的偏转角和偏转位移，从而求得轨道半径，即可根据洛伦兹力做向心力求得磁感应强度。‎ ‎【详解】（1）粒子在电场中只受水平向左的电场力作用，故粒子做类平抛运动，那么竖直方向做匀速运动，故有：v0＝vcos60°＝2×107m/s；‎ ‎（2）粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有：Bqv＝，所以，轨道半径；‎ 要使粒子不从CD边界射出，‎ 根据几何关系可得：R+Rcos60°≤a，所以，R≤a＝0.2m；‎ 所以，磁感应强度；‎ ‎（3）粒子离开磁场运动到A的过程做匀速直线运动，故粒子运动轨迹如图所示，‎ ‎；‎ 根据粒子在磁场中做匀速圆周运动可得：粒子出磁场时速度与y轴正方向夹角为60°；‎ 设出磁场处为Q点，则由几何关系，‎ 所以，‎ 所以轨道半径R'=0.1m；‎ 根据洛伦兹力做向心力可得：‎ 所以，‎ ‎【点睛】带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力做向心力，故常根据速度及磁感应强度求得半径，然后根据几何关系求得运动轨迹；或反过来由轨迹根据几何关系求解半径，进而求得速度、磁感应强度。‎