2022年湖北省名校联盟高考物理摸底试卷

2022年湖北省名校联盟高考物理摸底试卷（新高考）

一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）

1.利用光电管研究光电效应的实验电路图如图所示，用波长

为人的光照射某种金属，发生光电效应时，光电子的最大

初动能为Ek；若用波长为?的光照射该金属发生光电效应

时光电子的最大初动能为2.25Ek。则该金属的极限波长入。

为（）

A.3AB.5入C.7A

2.质量为m的赛车在水平直线赛道上以恒定功率P加速,

受到的阻力Ff不变，其加速度a与速度的倒数：的关系如

图所示，则下列说法正确的是（）

A.赛车速度随时间均匀增大

B.赛车加速度随时间均匀增大

C.赛车加速过程做的是加速度逐渐减小的加速运动

D.图中纵轴截距、横轴截距c=.

3.2022年3月31日，大连中远海运重工为中远海运发展建造的62000吨多用途纸浆船

N1040顺利完成试航任务返回码头。N1040总长201.8米、两柱间长198.3米、型宽

32.26米、型深19.3米，航速13.5节，续航力22000海里.在这则新闻中涉及了长度、

质量和时间及其单位，下列说法正确的是（）

A.“N1040总长201.8米”中，米是国际单位制中力学三个基本物理量之一

B.“航速13.5节”中，节是速度单位，物理学中所有的物理量都有单位

C.“62000吨多用途纸浆船”中，吨是国际单位制中的导出单位

D.“续航力22000海里”中，海里不是力的单位，力的单位“牛顿”是国际单位制

中的导出单位

4.如图所示，甲、乙两行星半径相等，丙、丁两颗卫星分别绕甲、乙两行星做匀速圆

周运动，丙、丁两卫星的轨道半径=2上，运动周期T2=2T「贝IJ（）

A.甲、乙两行星质量之比为1：16V2

B.甲、乙两行星第一宇宙速度大小之比为4立：1

C.甲、乙两行星密度之比为16：1

D.甲、乙两行星表面重力加速度大小之比为8夜：1

5.在匀强磁场中有粗细均匀的同种导线制成的直角三角形线框•

abc,4a=90。，z.c=37°,磁场方向垂直于线框平面，a、c两♦

点接一直流电源，电流方向如图所示.已知sin37。=0.6,.

cos37°=0.8,则下列说法正确的是（）

A.导线be受到的安培力大于导线ac所受的安培力

B.导线abc受到的安培力的合力大于导线ac受到的安培力

C.导线ab、ac所受安培力的大小之比为3：8

D.导线abc受到的安培力的合力方向垂直于ac向上

6.如图所示，光滑倾斜滑道OM与粗糙水平滑道MN平滑连接.质量为1kg的滑块从0点

由静止滑下，在N点与缓冲墙发生碰撞，反弹后在距墙1m的P点停下.已知0点比M

点高1.25m,滑道MN长4m,滑块与滑道MN的动摩擦因数为0.2,重力加速度大小g

miOrn/s2,不计空气阻力.下列说法正确的是（）

A.滑块运动到M点的速度大小为6m/s

B.滑块运动到N点的速度大小为4m/s

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C.缓冲墙对滑块的冲量大小为ION-s

D.缓冲墙对滑块做的功为-2.5J

7.如图所示，不带电的金属球N的半径为R,球心为0,球N左侧固定着两个电荷量大

小均为q的异种点电荷，电荷之间的距离为2R.M点在点电荷+q的右侧R处，M点和

0点以及+q、-q所在位置在同一直线上，且两点电荷连线的中点到0点的距离为5R.

当金属球达到静电平衡时，下列说法正确的是（）

A.M点的电势低于0点的电势

B.M点的电场强度大小为爱

C.感应电荷在球心0处产生的场强大小为「之

144R2

D.将一电子由M点移到金属球上不同点，克服电场力所做的功不相等

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

8.一简谐横波沿x轴传播，t=1s时的波形如图甲所示，x=1m处质点的振动图线如

图乙所示，则下列说法正确的是（）

A.此波的波长入=2m

B.波的传播速度为2m/s

C.该波沿x轴正方向传播

D.t=1.5s时，x=2m处质点的位移为-5cm

9.如图所示，电压表和电流表可视为理想电表，定值电阻％、R2均为10。，N是原线

圈的中心抽头，K为单刀双掷开关，理想变压器原、副线圈的匝数比叼：n2=10：

1.在原线圈P、Q两端接u=220VIsinl00ntV的交流电压，下列说法正确的是（）

A.原线圈输入电压的有效值为110位丫

B.原线圈输入电压的频率为50Hz

C.开关K接M,电流表示数为2.2A,电压表示数为11V

D.开关K由M拨到N后，原线圈的输入功率变为原来的4倍

10.一观众用频闪照相机照相，拍摄了网球运动中的一段频闪照片.若以拍到的网球位

置1为坐标原点，以水平向右方向为x轴正方向，以竖直向下为y轴正方向，建立坐

标系画小方格如图所示，己知每个小方格边长9.8cm,当地的重力加速度大小为.相

机连续拍摄了5张照片，由于技术故障，本应该被拍摄到的网球位置4没有显示，则

下列判断正确的是()

A.网球从位置1运动到位置4的时间为0.6s

B.网球在空中运动的水平速度大小为1.96m/s

C.网球在位置4的速度为1.96m/s

D.网球位置4坐标为(58.8cm,58.8cm)

11.如图所示，质量为m、电阻为R、边长为L正方形金属线框的cd边

恰好与有界匀强磁场的上边界重合，现将线框在竖直平面内由,•J•DL•.•

静止释放，当下落高度为h(h<L)时线框开始做匀速运动.己知・.•.

线框平面始终与磁场方向垂直，且cd边始终水平，磁场的磁感••••

应强度大小为B,重力加速度大小为g,不计空气阻力，则下列............

说法正确的是()

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A.cd边进入磁场时，线框中感应电流的方向为顺时针方向

B.线框匀速运动时的速度大小为鬻

B'Lh

C.线框从静止到刚好匀速运动的过程中，通过线框某截面的电量为静

D.线框从静止到刚好匀速运动的过程中，线框中产生的焦耳热为mgh-嚅竽

三、实验题(本大题共2小题，共16.0分)

12.某同学使用如图甲所示装置测量滑块与桌面间的动摩擦因数.滑块上装有遮光条,

位置。处安装光电门，实验时给滑块一初速度，遮光条通过光电门的时间很短，测

量遮光条通过光电门的时间At和通过光电门后滑块继续滑行的距离s,已知当地重

力加速度大小为g.回答下列问题：

010

(1)用游标卡尺测遮光条的宽度d,如图乙所示，则d=mm；

(2)滑块通过光电门时的速度v=；(用题目所给物理量符号表示)

(3)滑块与桌面间的动摩擦因数u=。(用题目所给物理量符号表示)

13.太阳能路灯以太阳光为能源，白天太阳能电池板给蓄电池充电，晚上蓄电池给路灯

供电.某太阳能电池电动势约为3V,短路电流约为0.15A,为了准确的测量其电动

势和内阻，可供选用的器材如下：

A.电流表G：量程为30mA,内阻Rg=30。

B.定值电阻：%=5。

C.电阻箱：电阻范围0〜999C，允许通过最大电流0.5A

D.导线若干，开关一个

(1)在下面的方框中画出实验原理图；

(2)多次改变电阻箱的阻值R,记录下每次电流表对应的示数1,利用图像法处理数

据，若以李为纵轴，则应以(填"R”"R2”或噎”)为横轴，拟合直

线；

(3)若图像纵轴的截距为b,斜率为k,则可求得电动势日=,内阻r=o

(均用符号"b、k、R。、Rg”表示)

四、计算题(本大题共3小题，共40.0分)

14.如图所示，篮球隔一段时间要充气，某体育老师用打_

气筒对一个容积为7.5L的篮球打气，每打-次都把体II

积为V。=250mL、压强与大气压相同、温度与环境K

温度相同的气体打进篮球内.已知打气前球内气压与X?^

大气压相同，环境温度为27。&大气压强为l.Oatm.假设打气过程中篮球内气体温

度不变。

(1)若不考虑篮球容积变化，求打2次气后篮球内气体的压强(结果保留三位有效数

字)；

(2)若打气后篮球内气体的压强不低于1.5atm,篮球的容积比原来增大了1%,求打

气的最少次数。

15.如图所示，一半径R=0.4m的光滑竖直半圆轨道与水平面相切于c点，一质量m=

1kg可视为质点的小物块静止于水平面a点，现用一水平恒力F向左拉物块，经过t=

3s时间到达b点速度的大小Vb=6m/s,此时撤去F,小物块继续向前滑行经c点进入

光滑竖直圆轨道，且恰能经过竖直轨道最高点d.已知小物块与水平面间的动摩擦因

数U=0.4,重力加速度g取lOm/s2,求：

(1)水平恒力F的大小；

(2)b、c间的距离L。

16.如图所示，在xOy坐标系所在的平面内，第二象限

内有一半径为R的圆形匀强磁场区域I,磁场边界

与x轴和y轴分别相切于A、C两点，磁场方向垂直平

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面向里，磁感应强度大小为B.在0<x<R的区域有垂直纸面向外的匀强磁场II,磁

感应强度大小为*在R<x<2R区域有与x轴平行的匀强电场，电场强度大小为E,

方向沿x轴负方向，x=2R处放置与x轴垂直的荧光屏.沿x轴移动的粒子发射器能

持续稳定的沿平行y轴正向发射速率相同的带负电粒子，该粒子的质量为m,电荷

量大小为q.当粒子发射器在A点时，带电粒子恰好垂直y轴通过C点.带电粒子所受

重力忽略不计.

(1)求粒子的速度大小；

(2)当粒子发射器在-2R<x<0范围内发射，求匀强磁场II右边界有粒子通过的区

域所对应纵坐标的范围；

(3)当粒子发射器在-|RWx<-^R范围内发射，求荧光屏上有粒子打到的区域的

长度.

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：设金属的逸出功为W,根据光电效应方程号-W=Ek，

A

2y-W=2.25Ek,

又因为w=3

联立解得：入0=5入，

故ACD错误，B正确；

故选：Bo

根据光电效应方程Ekm=hv-Wo进行解答，结合逸出功与极限频率的关系解答.

解决本题的关键掌握光电效应方程，根据题意代入数据即可解答。

2.【答案】C

【解析】解：A、由题图可知，加速度是变化的，故赛车做变加速直线运动，故A错误；

BC、由牛顿第二定律F-Ff=ma,P=Fv可得a=匕」一可知赛车速度增大时加速

mvm

度逐渐减小，故赛车做加速度逐渐减小的加速运动，故B错误，C正确；

D、由结合a-三图像可得、纵轴截距6=-*、横轴截距。=?，故D错误.

vmP

故选：Co

由题图知加速度变化，做变加速运动；由函数关系可知加速度与速度的关系；由牛顿第

二定律结合图像求解纵轴截距、横轴截距。

本题考查功率及牛顿第二定律，根据图像求解函数关系，是解题的关键。

3.【答案】D

【解析】解：A、国际单位制中力学三个基本物理量是：长度、质量、时间，而米只是

长度的单位，故A错误；

B、单位是物理量的组成部分，有单位的物理量要注明单位，但并不是所有物理量都有

单位，如动摩擦因数u就没有单位，故B错误；

C、“吨”是质量的一个单位，但不是国际单位制中的单位，故C错误；

D、“续航力22000海里”中，海里是路程的单位，“千克米每二次方秒”是由F=ma推

导出来的，是国际单位制中的导出单位，为了纪念牛顿把它定义为牛顿，故D正确。

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故选：Do

国际单位制中力学三个基本物理量是：长度、质量和时间，米是是国际单位制中力学三

个基本物理量单位之一；

不是所有物理量都有单位；

吨是质量的一个单位，但不是国际单位制中的单位。

明确国际单位制中力学三个基本物理量是：长度、质量和时间，知道并不是所有物理量

都有单位，根据单位运算能推出导出单位是由哪些基本单位构成。

4.【答案】B

【解析】解：A、根据卫星运动的向心力由万有引力提供，得G^=mr(^)2,

解得：M=零，则甲、乙两行星质量之比为£=午，故A错误；

B、由G粤=m时得甲、乙两行星第一宇宙速度大小之比为如=处=半，故B正

R2RV乙][M乙1

确；

C、由M=p《nR3,得甲、乙两行星密度之比为?=程=苧，故C错误；

D、由G^=mg得甲、乙两行星表面重力加速度大小之比为黑=券=半，故D错误.

K目乙-I乙1

故选：B。

卫星做匀速圆周运动万有引力提供向心力列出等式求解行星的质量，再根据同步卫星做

匀速圆周运动列出等式求解。根据密度的定义求解密度。

明确由万有引力提供向心力，分别有线速度，角速度，及周期来表示向心力，求出v和T,

分析和什么因素有关.

5.【答案】C

【解析】解：A、设磁感应强度大小为B,ac边长为L,则abc的长度—+)L=2L,由题

意可知在a、c点接一直流电源后流过abc导线的电流为g流过ac导线的电流为半故导

线be受到的安培力大小为B1•中=詈，导线ac所受的安培力大小为等，故A错误;

B、导线abc的有效长度为L,受到的安培力大小为詈，故B错误；

C、导线ab所受的安培力大小为B《《L=¥，

344

ac所受安培力的大小为等，

导线ab、ac所受安培力的大小之比为3：8,故C正确；

D、根据左手定则，导线abc受到的安培力的合力方向垂直于ac向下，故D错误；

故选：Co

通过欧姆定律表达出ac和abc中的电流，然后分别表达出ac和ab所受的安培力，将其进

行对比；根据左手定则分析每一条导线所受的安培力，再对其进行合成。

此题考查安培力的大小与电流大小的关系，以及力的合成，注意左手定则的运用，难度

不大。

6.【答案】D

【解析】解：A、从0到M的过程，由动能定理可知mgh=gmvQ解得滑块运动到M的

速度大小为Vo=5m/s,故A错误；

B、由M到N的过程中，加速度大小为a=^=WUm/s2=2m/s2,由位移公式可

得x1=j,可得滑块运动到N的速度大小为v=3m/s,故B错误；

—2a

C、由N到P可知X2=^，解得被缓冲墙反弹，滑块的速度大小V,=-2m/s(方向与初速

度反向，取负)，由动量定理可知缓冲墙对滑块的冲量I=Ap=mv'—mv=lx(-2)N-

s-lx3Ns=-5Ns,故C错误；

D、由动能定理可得缓冲墙对滑块做的功W=gmv'2—1mv2,代入数据解得W=-2.5J,

故D正确.

故选：Do

从0到M的过程，由动能定理求解M点的速度，由M到N的过程中及由N到P的过程中，用

运动学关系求解所需物理量。

本题主要考查学生利用动能定理、动量定理进行解题的能力，注意使用动量定理需要规

定正方向。

7.【答案】C

【解析】解：AD、沿着电场线的方向电势逐渐降落，处于静电平衡的金属球是一等势

体，M点与金属球上不同点间的电势差相等，将一电子由M点移到金属球上不同点，克

服电场力所做的功相等，故AD错误；

B、M点的电场强度大小由三部分组成，等量异种电荷的电场和金属球上的感应电荷的

电场，等量异种电荷在M点的电场强度之和为E=寓一悬方向水平向右，感

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应电荷在M点产生的场强之和应水平向右，故合场强要大于£=解，故B错误；

C、金属球处于静电平衡内部场强处处为0,等量异种电荷在0点的电场强度之和为E=

悬一悬=黑，方向水平向右，所以感应电荷在球心°处产生的场强大小等于£=

(4R)<(6R)Z144RZ

黑，方向水平向左，故c正确；

144RZ

故选：Co

沿着电场线的方向电势逐渐降落，根据电场的矢量合成和点电荷的电场公式解得场强大

小，M点与金属球上不同点间的电势差相等。

常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向

电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性.

8.【答案】AD

【解析】解：A、根据波动图像得到波长入=2m,故A正确；

B、根据振动图像，周期T=2s,波速v=>|m/s=lm/s,故B错误；

C、结合两个图像,t=Is时x=1m处质点向上振动，根据平移法可知波沿x轴负向传播，

故C错误；

D、1=1$时*=201处质点位移为零，波沿x轴负向传播，再经0.5s即四分之一周期，x=

2m的质点在弋=1.5s时刻沿y轴负方向振动到最大位移，位移为-5cm,故D正确.

故选：ADo

由甲图读出波长，由乙图读出周期，由v=4计算波速；根据波形的平移法判断出波的

传播方向；根据时间与周期的关系确定质点的位移。

本题既要理解振动图像和波动图像各自的物理意义，由振动图像读出质点的振动方向，

由波动图像判断波的传播方向，还要抓住两种图像之间的内在联系。

9.【答案】BD

【解析】解：A、由u=220位sinlOOntV可以知道，交变电流的电压有效值为220V,故

A错误；

B、根据公式可知周期为丁=空=需s=0.02s,频率为f=5=^Hz=50Hz,故B

colOOirT0.02

正确；

C、当K接M时，由变压器的原理可以知道,112两端电压有效值为5=/U1=2x220V=

22V,由闭合电路欧姆定律得，理想电流表示数为I=^=^A=2.2A,故C错误；

R10

D、当开关从M拨到N后，原线圈的匝数变成原来的一半，根据原副线圈的匝数比可知

副线圈的电压会变成原来的两倍，根据功率的计算公式P=?可知，副线圈的功率会变

为原来的4倍，而原副线圈的功率是相等的，所以原线圈的功率也会变为原来的4倍，故

D正确。

故选：BD.

根据交流电压的表达式得出输入电压的有效值和电压的频率；

根据原副线圈的匝数比得出电压的大小，结合欧姆定律得出对应的电表示数；

根据功率的计算公式得出输入功率和原先功率的比值关系。

本题主要考查了变压器的构造和原理，理解原副线圈的匝数比和电学物理量的比值关系,

结合欧姆定律和功率的计算公式即可完成分析。

10.【答案】BD

【解析】解：A、由Ay=gT2,得T—0.1s,网球从位置1运动到位置4的时间为t=3T=

0.3s,故A错误;

BC、网球平抛的初速度大小为V。=竿=券衿m/s=1.96m/s,故B正确，C错误；

D、又丫4=y3+3Ay=58.8cm,x4=v0-3T=1.96x0.03m=0.588m=58.8cm,贝U

没有被拍摄到的网球位置4坐标为(58.8cm,58.8cm),故D正确。

故选：BD.

根据竖直方向的运动特点得出对应的时间，结合水平方向的运动特点得出水平速度的大

小；

根据运动学公式得出网球在位置4的坐标。

本题主要考查了平抛运动的相关应用，根据平抛运动在不同方向上的运动特点结合运动

学公式完成分析。

11.【答案】AC

【解析】解：A、由楞次定律知，线框进入磁场时感应电流的方向为顺时针方向，故A

正确；

B、线框匀速运动时，由共点力平衡条件得mg=BIL,由法拉第电磁感应定律和闭合电

路的欧姆定律得BLv=IR,联立解得：v=翳，故B错误；

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C、根据电荷量的计算公式可得：q=it=£t="=^，所以q=熟，故C正确；

RRRK

D、由能量守恒定律得mgh=2mv2+Q,联立解得：Q=mgh-喘竽，故D错误。

故选：ACo

由楞次定律判断电流方向；根据安培力的计算公式结合平衡条件求解速度；根据电荷量

的计算公式求解电荷量；由能量守恒定律求解线框中产生的焦耳热。

本题主要是考查法拉第电磁感应定律，解答本题的关键是掌握安培力的计算公式、楞次

定律的应用方法以及电荷量的计算公式。

【解析】解：(1)根据游标卡尺读数规则，遮光条的宽度为d=4.0mm+3x0.1mm=

4.3mm.

(2)因为遮光条通过光电门时间很短，可以用平均速度表示瞬时速度v=£；

(3)通过光电门后滑块做匀减速运动，由v2=2“gs,得口=/靠

故答案为：⑴4.3；(2)白⑶春

(1)根据游标卡尺的读数规则得出对应的示数；

(2)根据运动学规律得出滑块经过光电门的速度；

(3)根据运动学公式结合牛顿第二定律得出”的表达式。

本题主要考查了动摩擦因数的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动

学公式和牛顿第二定律即可完成分析。

【解析】解：(1)由于短路电流0.15A=150mA远大

于电流表的量程，所以要将电流表与定值电阻并联扩-----1I-----1/R

大量程。

-------------------------------------

电阻箱可以改变不同的阻值，可以得到电流的值，建出S

立适当的坐标系描点画直线，结合图象的纵截距和斜率求电源电动势和内阻。

按此思路画出实验原理图如答图所示；

(2)由闭合电路欧姆定律：E=IRg+(I+詈)(R+r),解得:\=处警山+空,R,

°K01匕匕Ko

为了找到的勺线性关系，故横坐标为R。

(3)结合图象的纵截距有：RgR°+；，g+R°)=b,图象的斜率有:鬻=k,解得：E=警,

CKQBKQKKQ

_bR°Rg

一R-R0Rg

故答案为：(1)如图所示(2)R；⑶与含髀爵

KKQKKo十Kg

(1)先电流表与定值电阻并联以扩大量程，再根据伏安法原理，用图象法求电动势和内

阻;

(2)根据闭合电路欧姆定律写出电流与电阻箱阻值的表达式，变形后确定具体的线性关

系的表达式，结合图象的斜率和纵截距求出电源的内阻和电动势。

此题是伏安法测电源电动势和内阻实验的变形一即伏阻法测电源电动势和内阻，此类实

验的原理是闭合电路欧姆定理，理论上用两组数据列方程组可以解得电动势和内阻未知

数，若用多组数据描点作图，可以减小误差。

14.【答案】解：(1)气体发生等温变化

状态1：pi=l.Oatm,Vj=7.5L+2V0=8L；

状态2：V2=7.5L；

由玻意耳定律，得Pi%=p2V2

解得打2次气后篮球内气体的压强P2=1.07atm;

(2)状态3：p3=1.5atm,V3=7.5(1+1%)L=7.575L；

状态4：p4=l.Oatm,V4=7.5L+0.25n；

由玻意耳定律，得p3V3=p4V4

解得n=15.45,则打气的最少次数16次；

答：(1)打2次气后篮球内气体的压强为1.07atm；

(2)打气的最少次数为16次。

【解析】(1)对打气筒内的气体和足球内的气体根据玻意耳定律求解；

(2)对球内空气和打了n次的总的空气运用理想气体状态方程列式求解即可。

本题主要考查玻意耳定律和一定质量的理想气体状态方程的应用，关键是确定好研究对

象，注意将变质量问题转化为定质量问题，灵活运用规律求解。

第14页，共17页

15.【答案】解：(1)从a到b过程中小物块的加速度大小为：a=^=|m/s2=2m/s2

根据牛顿第二定律可得：F-|img=ma

代入数据得水平恒力：F=6N；

(2)小物块恰能经过轨道最高点，在d点由牛顿第二定律有：mg=m?

解得：v=yfgR=V10x0.4m/s=2m/s

从c点到d点由动能定理-mgx2R=|mv2-jmv^

解得Vc=2遍m/s:

从b到c由动能定理：-|imgL=[mv]-]mv^

得b、c间的距离L=2m。

答：(1)水平恒力F的大小为6N；

(2)b、c间的距离为2m。

【解析】(1)根据速度一时间关系求解从a到b过程中小物块的加速度大小，根据牛顿第

二定律求解水平恒力；

(2)在d点由牛顿第二定律求解速度大小，从c点到d点由动能定理进行解答。

本题主要是考查了动能定理；运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在

这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理列方程

解答；动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动；一个题目可能需要选择不同的

过程多次运用动能定理研究，也可以全过程根据动能定理解答。

16.【答案】解：(1)由A点射入的粒子恰好垂直轴通过C点，可知圆周运动的圆心在坐标

原点处，圆周运动的半径为R,

由洛伦兹力提供向心力，有qvB=mj,

得粒子的速度为V=四士

m

(2)当粒子在-2R<x<0范围内发射时，由于轨迹圆半径等于磁场