2022-2023学年山东省枣庄市重点中学高二（下）期中物理试卷（含解析）

2022-2023学年山东省枣庄市重点中学高二（下）期中物理试卷

1.下列说法正确的是（）

A.在电场中的静止电荷一定受到电场力的作用

B.在磁场中的运动电荷一定受到磁场力的作用

C.试探电荷在电场中的受力方向就是该点电场强度的方向

D.通电直导线在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向

2.如图所示，有三个离子沿图中虚线轨迹运动，最终分别打在挡板上的B、P2和「3处，由

此可判定（）

?+

XX>fXX

XBTXXXX

A-

々

4

A

A.三个离子的速率大小关系为%>v2>v3

B.三个离子的速率大小关系为巧<v2<V3

C.三个离子的比荷大小关系为£=⅛=⅛

D.三个离子的比荷大小关系为熟>器>霁

3.如图所示，虚线左侧的匀强磁场磁感应强度为当，虚线右侧的匀强磁场磁感应强度为当,

且殳=2%，当不计重力的带电粒子从当磁场区域运动到％磁场区域时，粒子的（）

×××××X

××××

××××XX

加d

×××X

××××X×

A.速率将加倍B.轨迹半径将减半

C.周期将加倍D.做圆周运动的角速度将加倍

4.如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下

列说法正确的是（）

A.甲图只要增大加速电压U,就能增大粒子能获得的最大动能

B.乙图可判断出电流方向为Bbaa

C.丙图可以判断出能够沿直线匀速通过的粒子的电性、以及射入的速度大小（电场强度E和磁

感应强度B已知）

D.丁图中稳定时一定是左侧的C板比右侧的。板电势高

5.如图所示的装置中，Cd杆原来静止，当ab杆做如下哪种运动时，Cd杆将向右移动（）

:

XXXXX

XX4

XX•

XXb

A.向右匀速运动B.向右减速运动C.向左加速运动D.向左减速运动

6.如图所示，在磁感应强度B=2.07的匀强磁场中，质量m=1的的金属杆PQ在水平向右

的外力?作用下沿着粗糙U形导轨以速度V=2m∕s向右匀速滑动，U形导轨固定在水平面上,

两导轨间距离L=I.0m，金属杆PQ与U形导轨之间的动摩擦因数〃=0.3,电阻R=3.00,金

属杆的电阻r=1.00,导轨电阻忽略不计，取重力加速度g=10τn∕s2,则下列说法正确的是

A.通过R的感应电流的方向为由d到Q

B.金属杆PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为4.0IZ

C.金属杆PQ受到的外力产的大小为2N

D.外力F做功的数值等于克服摩擦力所做的功与电阻R产生的焦耳热之和

7.如图所示,水平虚线上方存在垂直纸面向内的匀强磁场,磁感应强度大小为B,竖直边帅、

Cd的长为3水平边be的长为3L。一束质量为m、电荷量为-q的带负电粒子，在纸面内从尸点

以不同速率垂直边界射入磁场,已知P点与α点之间距离为人不计粒子之间的相互作用，粒

子在磁场中运动的最长时间为（

ʌɪ-iR—：C∏——

λ-2Bqo∙3Bq〜4Bqij-6Bq

8.如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小

为B的匀强磁场。长为I的水平金属棒，一端固定在竖直导电转轴。。‘上，随轴以角速度3匀

速转动，转动时棒与圆环接触良好，在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、

板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为

2

C.电阻消耗的电功率为四7立D.电容器所带的电荷量为BCsZ

4/?

9.如图所示，匀强磁场的左右边界相互平行，两个带电荷量绝对值相同的粒子α和匕先后从。

点沿垂直于左边界方向射入磁场，射出磁场时，α粒子的速度方向与右边界夹角为30。，b粒

子的速度方向与右边界夹角为60。，不计粒子的重力，下列判断正确的是（）

A.粒子α和b在磁场中运动的半径之比为1：二

B.粒子α和b在磁场中运动的动量大小之比为1：C

C.粒子α和b在磁场中运动的动能之比为1:3

D.粒子α和b在磁场中运动的时间之比为2:1

10.“天问一号”环绕器携带的磁强计用于测定磁场的磁感应强度，原理如图所示。电路有

一段金属导体，它的横截面是宽a、高b的长方形，放在沿y轴正方向的匀强磁场中，导体中

通有沿久轴正方向、大小为/的电流。已知金属导体单位体积中的自由电子数为n,电子电荷量

为e,金属导电过程中，自由电子所做的定向移动可视为匀速运动。两电极M、N分别与金属

导体的前后两侧接触，用电压表测出金属导体前后两个侧面间的电势差为U。则关于磁感应

强度的大小和电极M、N的正负说法正确的是（）

A.M为正、N为负B.M为负、N为正

c∙磁感应强度的大小为詈D.磁感应强度的大小为华

11.如图所示，两根间距为Irn的足够长的光滑金属导轨ab、Cd互相平行且水平固定，匀强

磁场垂直导轨平面向上，磁感应强度大小为1T,电阻Rl=R2=40,金属杆MN在拉力作用

下以6m∕s的速度向右匀速运动，金属杆MN消耗的电功率恰好等于%、/?2消耗的电功率之和，

金属杆MN始终与导轨接触良好，导轨电阻忽略不计，下列说法正确的是（）

Mb

••••••••••

••••••••••

•••••j・・・・「

•B∙∙∙.L

••••••••••

A.金属杆MN的电阻为20B.金属杆MN产生的感应电动势为3V

C.两导轨间的电压为3UD.金属杆MN受到的拉力大小为0.75N

12.我国第三艘航空母舰“福建号”采用的是电磁弹射装置，其原理可简化为如图所示，直

流电源电动势为E,储能电容器的电容为C,固定于水平面内的两根光滑平行金属电阻不计。

飞行器可视为一根有电阻的金属棒MN,垂直放在两导轨间处于静止状态,并与导轨良好接触。

首先开关S接1,使电容器完全充电；然后将S接至2,导轨间存在垂直于导轨平面的匀强磁场

（图中未画出），MN开始向右加速运动，达到最大速度之后离开导轨。根据上述信息可知（）

A.匀强磁场的方向应该垂直于导轨平面向上

B.电容器的电容C越大，MN的最大速度就越大

C.电容器的电容C越大，MN刚开始运动时的加速度就越大

D.当电容器储存的电荷全部放出时，MN的速度达到最大

13.某学习小组利用如图所示装置测量虚线框内匀强磁场的磁感应强度。U形单匝金属框底

边水平、两侧边竖直且等长，其上端通过绝缘轻质细线跨过滑轮与托盘相连，且U形单匝金

属框平面与磁场方向垂直。其实验步骤如下：

①用刻度尺测出U形单匝金属框的底边长为L;

②在托盘内加入适量细沙，使形单匝金属框处于静止状态，并用天平称出此时细沙的质量为

m1;

③将U形单匝金属框接入电路，使其底边通入大小为/、方向水平向右的电流后，需在托盘内

增加适量细沙，才能使U形单匝金属框重新处于静止状态，并用天平称出此时细沙的总质量

为m2

(1)由实验可知，U形单匝金属框底边受到的安培力方向(填“竖直向上”或“竖直向

下”)，磁场方向垂直于纸面(填“向里”或“向外”)。

(2)用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小为B=。

14.在研究电磁感应现象的实验中所用的实验仪器如图所示，它们是：电流计、直流电源、

带铁芯的线圈a、线圈从电键、滑动变阻器。

(1)如图是某同学按照实验的要求连接的电路，其中有没完成的部分，请你帮助这位同学将实

物图连接好。

(2)某同学将实物连成电路，检查无误后，闭合电键的瞬间发现电流计的指针向右偏转。则下

列方法中能使电流计的指针向右偏转的是。

A.闭合电键后再断开电键

A闭合电键后将滑动变阻器的滑动触头P向右滑动

C.闭合电键后将a线圈从b线圈中抽出的瞬间

D闭合电键后将软铁芯从a线圈中抽出的瞬间

(3)在闭合电键一段时间后电路达到稳定，电流计的指针指在_______位置(填写“0刻线的左

方”或“0刻线”或“0刻线的右方”)。断开电键的瞬间，线圈a和线圈b中电流的磁场方向

(填写“相同”或“相反”)。

15.如图所示，一个质量为m、带负电荷粒子电荷量为q、不计重力的带电粒子从无轴上的P点

以速度及沿与X轴成60。的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限。

己知。P=a,求：

(I)匀强磁场的磁感应强度B的大小；

(2)带电粒子穿过第一象限所用的时间。

16.如图所示，间距为L=Inl的足够长的光滑金属导轨竖直放置，导轨上ef以下区域存在

垂直于纸面向外的磁感应强度大小为B=17的匀强磁场。一质量为Zn=0.2kg、电阻为R=1Ω

的金属棒仍从磁场区域上方某位置由静止开始自由下落，进入磁场区域时恰好做匀速运动。

设金属棒M运动时能够与导轨充分接触，磁场区域无限大，导轨电阻、空气阻力不计，重力

加速度g取IOrn/s2。求：

(1)金属棒在磁场中运动时受到的安培力的大小和感应电流的大小；

(2)金属棒在磁场中运动速度的大小；

(3)金属棒开始运动时与磁场边界ef的距离。

17.在久Oy坐标系中有匀强电场和匀强磁场，y轴为两种场的分界线。电场、磁场方向如图

所示，y轴上P、Q两点的纵坐标分别为0.5L和L在坐标原点。处有一粒子源，能够向y轴右

侧各方向发射质量为m、电荷量为q的带正电荷的粒子(粒子重力不计)，所发射的正电荷最大

速度为火。带电粒子经磁场偏转后，最远能够到达y轴上的Q点；从P点垂直y轴进入电场的粒

子与X轴交点横坐标为-殳求：

(1)磁场的磁感应强度大小和电场的电场强度的大小；

(2)从P点进入电场的粒子到达X轴上最远点与。点的距离。

18.如图，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距为I,电阻不计。左侧接

有定值电阻R。质量为m、电阻为r的导体杆，以初速度处滑轨道滑行，在滑行过程中保持与

轨道垂直且接触良好。整个装置处于方向竖直向上，磁感应强度为B的匀强磁场中。

(1)若施加外力保持杆以北的速度匀速运动，则导体杆上的电流方向是？导体杆两端的电压U

是多少？

(2)不施加任何外力，在杆的速度从%减小到号的过程中，求：

α.电阻R上产生的热量

b.通过电阻R的电量

(3)ɑ.证明杆的速度每减小一半所用的时间都相等

b.若杆的动能减小一半所用时间为功,则杆的动量减小一半所用时间是多少？

N

答案和解析

1.【答案】A

【解析】

【分析】

运动电荷在磁场中受到的磁场力为洛伦兹力，通电导线在磁场中受到的力为安培力，两个力的方

向都由左手定则来确定。

电荷在电场中一定会受到电场力的作用，正电荷所受的电场力方向与电场强度方向相同，负电荷

所受的电场力方向与电场强强度方向相反。

【解答】

A在电场中的静止电荷一定受到电场力的作用，与电荷是否静止或运动无关，故A正确；

B.在磁场中的运动电荷若运动方向与磁场方向平行，在磁场中的运动电荷不受到磁场力的作用，

故8错误；

C.正电荷在电场中的受力方向就是该点电场强度的方向，负电荷在电场中的受力方向与电场强度

方向相反，故C错误；

D根据左手定则，通电直导线在磁场中的受力方向与该点磁感应强度的方向垂直，故。错误。

故选：Ao

2.【答案】D

【解析】解：AB.在平行板间，电场力和洛伦兹力平衡，则有：qE=qvB,由此可知，三个粒子

速度大小相等，故AB错误；

CD根据洛伦兹力提供向心力可知，qvB=m⅛解得：R嚼,由图可以发现Rl<R2<R3.轨

迹半径越大，比荷越小，故有詈>署>察，故C错误，D正确。

TH]T∏2∕∏3

故选：

离子在平行板间做直线运动，电场力和洛伦兹力平衡，根据平衡条件可求出三离子的速度关系：

再根据离子在殳中做圆周运动，由图确定三离子的半径关系，再根据洛伦兹力充当向心力列式即

可确定三个离子的比荷的大小关系。

本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚离子运动过程是解题的关键，同时掌握质谱仪

的基本原理。

3.【答案】C

【解析】解：由公式，带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹半径R=等

周期7=答

角速度3=隼=变

Tτn

洛伦兹力不做功，Bi=IB2,故由Bl进入B2后V不变，R加倍，T加倍，3减半，ABQ错误，C正

确。

故选：Co

带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功，由轨迹半径R=器周期，7=察

CfOIjD

角速度3=爷=/可知BI进入B2后“不变，R加倍，7加倍，3减半。

带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力是始终不做功的，即只改变速度的方向，不改变速度的大小；

此类问题要求掌握洛伦兹力的大小和方向的确定，带电粒子在匀强磁场中圆周运动及其规律，会

应用周期公式和半径公式进行计算和分析有关问题。

4.【答案】B

【解析】

【分析】

明确回旋加速器原理，知道粒子想利用回旋加速器获得更大的动能，需要增大。形盒半径和增大

磁感应强度；磁流体发电机就是利用带电粒子受洛伦兹力偏转的原理发电。速度选择器是因为达

到某一速度的粒子受力平衡做匀速直线运动。霍尔元件中的粒子受到洛伦兹力的作用在元件一侧

聚集。

本题考查洛伦兹力的应用，掌握用左手定则判断洛伦兹力的方向，知道速度选择器的原理以及回

旋加速器中最大动能的表达式。

【解答】

2

A、根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=τn二，解得：v=故最大动能为：Ekm=^mv=

处t增大粒子的最大动能，可增大磁感应强度或D形盒的半径，故A错误；

8、由左手定则知正离子向下偏转，所以下极板带正电，A板是电源的负极，B板是电源的正极，

电流方向为Bbai4,故B正确；

C、电场的方向与B的方向垂直，带电粒子进入复合场做匀速直线运动，受电场力和洛伦兹力，且

二力是平衡九即Eq=q血所以U=。只能判断带电粒子的速度，不能判断电性，故C错误；

D、霍尔元件载流子是电子，在洛伦兹力作用下向。端偏转，所以C点电势比。端电势高，故。错

误；

故选：B。

5.【答案】D

【解析】

【分析】

本题考查了右手定则、左手定则、安培定则以及楞次定律，综合性较强，关键搞清各种定则适用

的范围，不能混淆。

当Cd杆受到向右的安培力时，Cd杆将向右移动，通过ab杆的运动，根据右手定则、安培定则判断

出Cd杆上感应电流的方向，得知安培力的方向，从而确定出Cd杆的运动方向。

【解答】

A.αb杆向右匀速运动，在时杆中产生恒定的电流，该电流在线圈Ll中产生恒定的磁场，在切中不

产生感应电流，所以Cd杆不动，故A错误；

8.αb向右减速运动时，k中的磁通量向上减小，由楞次定律知乙2中感应电流产生的磁场方向向下，

故通过Cd的电流方向向上，Cd向左移动，故B错误；

C.ab杆向左加速运动，根据右手定则，知在αb杆上产生增大的b到α的电流，根据安培定则，在Ll

中产生向下增强的磁场，该磁场向上通过G，根据楞次定律，在Cd杆上产生d到C的电流，根据左

手定则，受到向左的安培力，向左运动，故C错误；

。.时杆向左减速运动，根据右手定则，知在αb杆上产生减小的b到a的电流，根据安培定则，在Ll

中产生向下减弱的磁场，该磁场向上通过匕，根据楞次定律，在Cd杆上产生C到d的电流，根据左

手定则，受到向右的安培力，向右运动，故O正确。

故选。。

6.【答案】B

【解析】A.PQ棒切割磁感线产生动生电动势，由右手定则可知，电流方向为：由α流向d,故A正

确；

B.导体PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为

E=BLv=1×2×2V=4V

故B正确；

C.感应电流

E

I-

=7Rr^+;r=14

金属杆做匀速直线运动，由平衡条件得

F=BIL+μmg

代入数据解得

F=SN

故C错误；

D导体杆匀速运动，对整个过程，由动能定理得

W-W一训安培力=O

则

Wp=Wf+W安珞力=Wf+Q

即外力/=＞做功的数值等于克服摩擦力所做的功与电阻R和金属杆产生的焦耳热之和，故。错误。

故选B。

7.【答案】A

【解析】设带电粒子在匀强磁场中运动轨迹所对应的圆心角为O,则它在磁场中运动的时间为

θBm

t=ʒ-T=­ʒ-

2πqB

可以看出，运动时间与速度大小无关，与。有关，当粒子从P点以不同速率垂直边界射入磁场，

其轨迹圆心必在Pa直线上，将粒子的轨迹半径由O逐渐放大，由几何知识可得当粒子圆心在ɑ点,

恰好从b点飞出时;轨迹所对应的圆心角最大，为

3

θ=270°=2兀

故粒子在磁场中运动的最长时间为

3πm

t=Uq

故选Ao

8.【答案】C

【解析】A.由题图可知，切割磁感线的有效长度为r,则棒产生的电动势

0+ωr1

E=Br×——-——=-Bωr27

故A错误;

B.金属棒电阻不计，电容两极板的电压等于金属棒产生的电动势，由微粒的重力等于电场力得

E

qd=m9

代入数据化简可得

q=2〃

m-Br2ω

故B错误;

C电阻消耗的电功率为

E2β2r4ω2

P=~R=4R

故C正确;

。.电容器所带的电荷量为

1,

Q=CE=-2CBr2ω

故O错误。

故选Co

9.【答案】AB

【解析】4由几何关系可知a、b运动轨迹的圆心角分别为o：a=60。，ab=30°,则a、b运动轨

迹的半径分别为

d

“sin600

d

“sin30°

粒子α和b在磁场中运动的半径之比为

ra∙rb=1：/3

故4正确;

A由

mv2

qvB=不~

p=mv

可得

P=qBr

则粒子α和b在磁场中运动的动量大小之比为

Pa-Pb=1：门

故B正确;

C.由动能与动量的关系可得

2

p_P

由于粒子质量未知，所以无法求出粒子α和b在磁场中运动的动能之比，故C错误;

。.粒子在磁场中运动的时间为

aa2πm

t=-------rr=-------------

360°360°qB

同理由于粒子质量未知，无法求出粒子α和b在磁场中运动的时间，故O错误。

故选AB。

10.【答案】BD

【解析】力8电流方向为沿X轴正方向，则自由电子沿X轴负方向移动，根据左手定则可判断自由

电子在移动过程中受到沿Z轴正方向的洛伦兹力，则电子向M极偏转，M极聚集负电荷，则M为负、

N为正，A错误，B正确；

CC.当M、N两极间的电场使电子运动时受力平衡的时候，电子不在偏转，则

evB=­e

解得自由电子运动速度大小为

根据电流的定义式有

I=nabve

联立以上公式有

nebU

Bn=—―

C错误，。正确。

故选BDo

11.【答案】AC

【解析】A.由MN杆消耗的功率与外电路电阻此、/?2消耗的功率之和相等可知内、外电阻相等,

RIR2CC

r

=Ri+R2=

选项A正确;

B.MN杆上的感应电动势

E=BLv=6V

选项B错误;

C.根据闭合电路欧姆定律，总电流

E

『5a

M、N间的电压即路端电压

U外=IR行3V

选项C正确;

DMN杆受到的安培力

F=BIL=1.5/V

拉金属杆MN的力与金属杆受到的安培力大小相等，选项力错误。

故选AC。

12.【答案】B

【解析】A.S接至2,MN中电流方向从M指向N,MN开始向右加速运动，受到安培力向右。由左

手定则可知，匀强磁场的方向应该垂直于导轨平面向下。A错误；

C.当开关接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为/,有

E

I=R

MN所受安培力

F=BIL

据牛顿第二定律

F=ma

则有

BLE

a=—=r

mR

MN刚开始运动时的加速度与电容器的电容C无关。C错误；

。.金属导体棒获得最大速度%l时，放电电流为零，此时电容器的电压U与导体棒的感应电动势E修

相等，即

U=Effi=BLvm

此时电容器储存的电荷并未全部放出。。错误；

A设此过程中的平均电流为7,时间为3根据动量定理有

BUt=mvm-O

其中

lt=ΔQ

ΔQ=Q0-Q=CE-CU=CE-CBLvm

有

BLCEBLE

Vm=m+B2L2C=^+B2L2

电容器的电容C越大，MN的最大速度就越大。B正确。

故选8。

13.【答案】（1）竖直向下，向外;

力（m2-mι）g

口-'JZ

【解析】1)[1][2]通电后需在托盘内增加适量细沙，才能使U形单匝金属框重新处于静止状态，由

此可知安培力方向竖直向下，电流方向水平向右，由左手定则可知，磁场方向垂直于纸面向外。

(2)[3]设U形单匝金属框质量为nι,托盘质量为M,未通电时，有

mg=m1g+Mg

通电后，有

Tng+BIL=m2g+Mg

联立解得

(m-m)g

H2=-----1--------------

BO刻线相同

【解析】(1)[1]实物图如图所示

(2)[2]某同学将实物连成电路，检查无误后，闭合电键的瞬间发现电流计的指针向右偏转，可知

闭合电键的瞬间磁通量增大，电流计的指针向右偏转。

A.闭合电键后再断开电键，磁通量减小，电流计的指针向左偏转，故A错误；

A闭合电键后将滑动变阻器的滑动触头P向右滑动,接入的电阻阻值减小，电流增大,磁通量增大，

电流计的指针向右偏转，故B正确；

C闭合电键后将α线圈从b线圈中抽出的瞬间，磁通量减小，电流计的指针向左偏转，故C错误;

。.闭合电键后将软铁芯从ɑ线圈中抽出的瞬间，磁通量减小，电流计的指针向左偏转，故。错误。

故选

(3)[3]在闭合电键一段时间后电路达到稳定，线圈ɑ的电流不变，线圈b的磁通量不变，无感应电

流产生，所以电流计的指针指在O刻线；

[4]断开电键的瞬间，线圈ɑ的电流减小，线圈b的磁通量减小，根据楞次定律，线圈ɑ和线圈b中电

流的磁场方向相同。

15.【答案】(1)?(2)”到

【解析】(1)粒子射出磁场时速度方向垂直于y轴，粒子做匀速圆周运动的圆心一定在y轴上，根据

粒子运动的速度与半径垂直，可确定圆心。，如图所示

2y∕~3

R=­ɜ-a

由

V2

qvB=ZnR

得

R=

则有

√-3mv

B-----

(2)由T=等得

r=2τπn=4政

qB√^3v

则

T4/3Tra

t=—=----------

39v

16.【答案】（1）2N,2A；（2）2m∕s；（3）0.2m

【解析】（1）金属棒在进入磁场前做自由落体运动，进入磁场后做匀速运动，则金属棒在磁场中切

割磁感线运动时安培力与其重力平衡，即

产安=mg

解得

F安=2N

由

「安=BIL

解得

/=24

（2）设金属棒在磁场中匀速运动的速度为¼n,感应电动势

E=BLvm

感应电流

E

，=R

解得

vm=2m/s

（3）金属棒在磁场外仅受重力作用，做自由落体运动，由动能定理，得

1

mgh=2mvm

解得

h=0.2m

17.【答案】（I）爷,鬻；（2）?L

【解析】（1）根据题意可知，速度为火的粒子沿X轴正向发射，打在Q点时其在磁场中运动的半

径为r0,

洛伦兹力提供向心力

2

VQ

qvB=m—

0rO

L

r°=2

解得

2mv

B=­0

qL

从P点打到垂直y轴的粒子轨道半径

L

rι=4

此粒子的速度为

1

Vi=2v°

进入电场后做类平抛运动

L

3=

相鼎

解得电场强度

9m⅛

E=^r

(2)速度为v的粒子从。点与y轴正向成ɑ角射出，到达P点

在磁场中有

V2

qvB=m—

根据几何知识有

L

2rsinct=

粒子经过P点时水平速度

vx=VSina

联立解得

1

Vχ=2v0

说明能进入电场的粒子具有相同的沿X轴方向的分速度

U=%时，由

此时竖直方向分速度最大，运动时间最长时，水平位移最大。

在电场中

LqE2

~2=vyt~2^ιt

粒子到达X轴上最远点与。点的距离

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