…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年西師新版選擇性必修2物理上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、某同學為了驗證斷電自感現象，自己找來帶鐵心的線圈L、小燈泡A、開關S和電池組E；用導線將它們連接成如圖所示的電路。檢查電路后，閉合開關S，小燈泡正常發光；再斷開開關S，小燈泡僅有不顯著的延時熄滅現象。雖經多次重復，仍未見老師演示時出現的小燈泡閃亮現象。你認為最有可能造成小燈泡未閃亮的原因是（）

A.線圈的電阻偏大B.小燈泡的額定電壓偏大C.電源的電動勢偏小D.線圈的自感系數偏小2、電磁波已廣泛運用與很多領域，下列關于電磁波的說法符合實際的是（）A.電磁波不能產生衍射現象B.常用的遙控器通過紫外線脈沖信號來遙控電視機C.根據多普勒效應可以判斷遙遠天體相對于地球的運動速度D.不同頻率的光在真空中傳播的速度不同3、下列說法中正確的是（）A.在電場周圍一定存在磁場B.電磁波與機械波的傳播都需要介質C.電磁波在真空中的速度為3×108m/sD.電磁場理論是物理學家法拉第建立的4、如圖，在磁感應強度為B的勻強磁場中，面積為S的矩形剛性導線框abcd可繞過ad邊的固定軸OO′轉動，磁場方向與線框平面垂直．在線框中通以電流強度為I的穩恒電流，并使線框與豎直平面成θ角，此時bc邊受到相對OO′軸的安培力力矩大小為。

A.ISBsinθB.ISBcosθC.D.5、1824年；法國科學家阿拉果完成了著名的“圓盤實驗”。實驗中將一銅圓盤水平放置，在其中心正上方用柔軟細線懸掛一枚可以自由旋轉的磁針，如圖所示。實驗中發現，當圓盤在磁針的磁場中繞過圓盤中心的豎直軸旋轉時，磁針也隨著一起轉動起來，但略有滯后。下列說法正確的是（）

A.磁針的磁場使圓盤磁化，圓盤產生的磁場導致磁針轉動B.圓盤內的渦電流產生的磁場導致磁針轉動C.在圓盤轉動的過程中，磁針的磁場穿過整個圓盤的磁通量發生了變化D.圓盤中的自由電子隨圓盤一起運動形成電流，此電流產生的磁場導致磁針轉動6、如圖所示，矩形線框處于磁感應強度為的勻強磁場中，磁場方向與線框平面垂直，線框長為長為為垂直于并可在和上自由滑動的金屬桿，且桿與和接觸良好，和上單位長度的電阻皆為讓從處開始以速度向右勻速滑動，設與之間的距離為（）；則在整個過程中不正確的是（）

A.當時，中電流最小B.當時，中電流最小C.中電流的最小值為D.中電流的最大值為7、如圖所示，有理想邊界的直角三角形區域abc內部存在著兩個方向相反的垂直紙面的勻強磁場，e是斜邊ac上的中點，be是兩個勻強磁場的理想分界線.現以b點為原點O，沿直角邊bc作x軸，讓在紙面內與abc形狀完全相同的金屬線框ABC的BC邊處在x軸上，t=0時導線框C點恰好位于原點O的位置.讓ABC沿x軸正方向以恒定的速度v穿過磁場；現規定逆時針方向為導線框中感應電流的正方向,在下列四個i-x圖像中，能正確表示感應電流隨線框位移變化關系的是()

A.B.C.D.評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)8、在圖示電路中，電阻R和線圈L的阻值相同，L1和L2是兩個完全相同的燈泡；線圈電感足夠大。下列說法正確的是（）

A.閉合開關瞬間，L1和L2的亮度相同B.閉合開關瞬間，L1比L2更亮C.斷開開關后，L1慢慢熄滅，L2立即熄滅D.斷開開關后，L1和L2都慢慢熄滅9、如圖所示，理想變壓器的原線圈與穩定的正弦交流電源相連（電源內阻不計），原、副線圈匝數比為n1∶n2，電壓表和電流表均為理想電表，R1為定值電阻，R2為滑動變阻器，當滑片向左滑動時，電壓表V1、V2、電流表A1、A2的示數變化分別為表示；則下列關系一定正確的是（）

A.B.C.D.10、如圖，在直角三角形abc區域內有磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場。直角邊ab上的O點有一粒子發射源，該發射源可以沿紙面與ab邊垂直的方向發射速率不同的帶電粒子。已知所有粒子在磁場中運動的時間均相同，粒子比荷為k，Oa長為d，Ob長為3d，θ=30°；不計粒子的重力以及粒子間的相互作用，則()

A.粒子在磁場中的運動時間為B.正電粒子的軌跡半徑最大為C.負電粒子的軌跡半徑最大為D.負電粒子運動的最大速度為kBd11、如圖所示，半徑為r的圓形區域內存在著垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B。現有一帶電粒子（不計重力）從A以速度v沿圓形區域的直徑射入磁場，已知帶電粒子從C點射出磁場的方向與入射方向夾角為則（）

A.該粒子帶正電B.該粒子帶負電C.帶電粒子的電荷量與質量之比D.帶電粒子從A到C所用的時間12、磁流體發電機如圖所示，高溫燃燒室中產生等離子體，經噴管提速后，以速度v進入矩形發電通道。發電通道有垂直于噴射速度方向（垂直紙面向里）、磁感應強度為B的勻強磁場。已知矩形發電通道的長為a，寬為b，高為d，等離子體的電阻率為ρ，發電機可視為純電阻元件。若外電阻阻值為R；下列說法正確的是（）

A.發電機的電動勢為BavB.發電機的內電阻為C.通過外電阻的電流為D.發電機的效率13、如圖a所示，圓形線圈P靜止在水平桌面上，其正上方固定一螺線管Q，P和Q共軸，Q中通有變化電流i，電流隨時間變化的規律如圖b所示，P所受的重力為G，桌面對P的支持力為N；則在下列說法正確的是（）

A.時刻，且P有收縮的趨勢B.時刻，且穿過P的磁通量最大C.時刻，且穿過P中無感應電流D.時刻，且穿過P的磁通量最小14、如圖所示，水平面上固定一個頂角為60°的光滑金屬導軌MON，導軌處于磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中，質量為m的導體棒CD與∠MON的角平分線垂直，導軌與棒單位長度的電阻均為r。t=0時刻，CD在水平外力F的作用下從O點以恒定速度v0沿∠MON的角平分線向右滑動，在滑動過程中始終保持與導軌良好接觸。，若回路的熱功率用P表示，回路產生的焦耳熱用Q表示。則下列圖像可能正確的是（）

A.B.C.D.15、圖甲是小型交流發電機的示意圖，兩磁極N、S間的磁場可視為水平方向的勻強磁場，A為交流電流表，線圈繞垂直于磁場的水平軸OO'沿逆時針方向（沿OO'方向看）勻速轉動，從圖示位置開始計時，通過電阻R的交變電流隨時間變化的圖像如圖乙所示；以下判斷正確的是（）

A.電流表的示數為10AB.線圈轉動的角速度為100πrad/sC.0.01s時線圈平面與磁場方向平行D.0.01s時通過線圈AB邊的電流方向為從A流向B16、如圖所示，MN、PQ是兩條在水平面內、平行放置的光滑金屬導軌，導軌的右端接理想變壓器的原線圈，變壓器的副線圈與阻值為R的電阻組成閉合回路，變壓器的原副線圈匝數之比導軌寬度為L，質量為的導體棒垂直MN、PQ放在導軌上，在水外力作用下，從時刻開始往復運動，其速度隨時間變化的規律是已知垂直軌道平面的勻強磁場的磁感應強度為B，導軌；導體棒、導線和線圈的電阻均不計，電流表為理想交流電表，導體棒始終在磁場中運動，則下列說法中正確的是。

A.在時刻電流表的示數為B.導體棒兩端的最大電壓為C.電阻R上消耗的功率為D.從至的時間內水平外力所做的功為評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)17、理想變壓器：沒有______的變壓器叫作理想變壓器，它是一個理想化模型。18、金屬的電阻率隨溫度的升高而_______。用金屬絲可以制作________傳感器，稱為________。19、自感現象中磁場的能量。

（1）線圈中電流從無到有時，磁場從無到有，電源把能量輸送給___________，儲存在___________中。

（2）線圈中電流減小時，___________中的能量釋放出來轉化為電能。20、學習楞次定律的時候，老師往往會做如下圖所示的實驗。圖中，a、b都是很輕的鋁環，環a是閉合的，環b是不閉合的。a、b環都固定在一根可以繞O點自由轉動的水平細桿上，開始時整個裝置靜止。當條形磁鐵N極垂直a環靠近a時，a環將___________；當條形磁鐵N極垂直b環靠近b時，b環將___________。填“靠近磁鐵”、“遠離磁鐵”或“靜止不動”

21、紫外線。

（1）波長范圍在_____nm之間；不能引起人的視覺。

（2）具有_____的能量，應用于滅菌消毒，具有較強的_____效應，用來激發熒光物質發光。評卷人得分四、作圖題(共4題，共28分)22、在圖中畫出或說明圖中所示情形下通電導線I所受磁場力的方向。

23、要在居民樓的樓道安裝一個插座和一個電燈；電燈由光敏開關和聲敏開關控制，光敏開關在天黑時自動閉合，天亮時自動斷開；聲敏開關在有聲音時自動閉合，無聲音時自動斷開。在下圖中連線，要求夜間且有聲音時電燈自動亮，插座隨時可用。

24、在“探究楞次定律”的實驗中；某同學記錄了實驗過程的三個情境圖，其中有兩個記錄不全，請將其補充完整。

25、如圖所示：當條形磁鐵向右靠近通電圓環時，圓環向右偏離，試在圖中標出圓環中的電流方向___________．評卷人得分五、解答題(共3題，共12分)26、收音機選臺時，如果調諧不準就會出現“串臺”現象，這是為什么？27、如圖，左側為一對平行金屬板，平行金屬板長度10cm，極板間距也為10cm，兩金屬板間電壓為100V，上極板帶正電荷。現有一質量為m=1.6×10-25kg，電荷量為1.6×10-17C的負電荷從左側中點處，以初速度v0=1.0×105m/s沿平行于極板方向射入，然后進入右側勻強磁場中。勻強磁場緊鄰電場，寬度為10cm，勻強磁場上下足夠長，方向垂直紙面向里，磁感應強度B=0.02T。（不計粒子重力；不計電場；磁場的邊緣效應）試求：

(1)帶電粒子射出金屬板時速度的大小；方向；

(2)帶電粒子在磁場中運動的時間以及從勻強磁場射出時的位置。

28、如圖所示，坐標系Oxyz的x軸和z軸都位于紙面內，y軸垂直紙面向里。兩無限大金屬極板P和Q分別位于x=-d和x=d處。磁感應強度大小為B的勻強磁場的方向平行于Oxz坐標平面，與z軸的夾角為α。在坐標原點O處，有一電荷為q（>0）、質量為m的帶電粒子，以沿y軸正方向的初速度v0開始運動。不計重力作用。

（1）若兩極板間未加電場，欲使該粒子在空間上恰好能到達極板（但與板不接觸），則初速度v0應為多大？所需最短時間t0是多少？

（2）若在兩極板間沿x軸正方向加上一場強為E的勻強電場，使該粒子能在第1問中所求得的時間t0到達極板，則該粒子的初速度v0應為多大？若求粒子到達極板時粒子的坐標。

參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、A【分析】【分析】

【詳解】

圖中的電路是一個燈泡與電感線圈并聯再與電源；開關串聯起來的電路；當小燈泡正常發光時，通過燈泡和電感線圈中都有電流，當開關斷開時，小燈泡僅有不顯著的延時熄滅現象，說明開關斷開后，通過小燈泡的電流也沒有顯著增大，這是因為原來通過電感線圈的電流小于燈泡的電流，當斷電后，電感最多會產生原來通過自己的等大的電流，故造成小燈泡未閃亮的原因是線圈的電阻偏大的緣故。

故選A。2、C【分析】【分析】

【詳解】

A．電磁波是橫波；波都能發生干涉和衍射現象，選項A錯誤；

B．常用紅外線作為脈沖信號來遙控電視；選項B錯誤；

C．由于波源與接受者的相對位移的改變；而導致接受頻率的變化，稱為多普勒效應，所以可以判斷遙遠天體相對于地球的運動速度，選項C正確；

D．不同頻率的光在真空中傳播的速度相同；選項D錯誤。

故選C。3、C【分析】【分析】

【詳解】

A．變化的電場周圍存在磁場；故A錯誤；

B．電磁波的傳播不需要介質；但機械波的傳播需要介質，故B錯誤；

C．電磁波在真空中的速度等于光速為3×108m/s；故C正確；

D．電磁場理論是物理學家麥克斯韋建立的；D錯誤。

故選C。4、A【分析】【詳解】

邊電流方向與平行，與磁場垂直，所以安培力大小為方向根據左手定則判斷豎直向上，所以安培力的力臂即轉軸與安培力之間的距離，根據幾何關系可得力臂大小為所以安培力的力矩為．

A．ISBsinθ；與結論相符，選項A正確；

B．ISBcosθ；與結論不相符，選項B錯誤；

C．與結論不相符，選項C錯誤；

D．與結論不相符，選項D錯誤；

故選A。5、B【分析】【詳解】

AB．銅不是鐵磁質；不會被磁針磁化，磁針轉動的原因在于圓盤與磁針存在相對運動，使圓盤切割磁感線，產生了渦流，而渦流的磁場導致磁針轉動，故A錯誤，B正確；

C．在圓盤轉動的過程中；圓盤位置和面積均未變，根據磁針周圍磁感線的分布情況可知磁針的磁場穿過整個圓盤的磁通量未變，故C錯誤；

D．圓盤中的自由電子隨圓盤一起運動；但銅離子也會隨圓盤一起運動，二者產生的等效電流為大小相同；方向相反，即可認為圓盤整體不產生電流，故D錯誤。

故選B。6、A【分析】【分析】

【詳解】

AB．根據題意畫出如圖所示的等效電路；

由法拉第電磁感應定律得。

E=BLv由閉合電路歐姆定律及并聯電路特點知。

I=故當MN位于ab中間位置的時候,即x=L時回路中的總電阻最大；感應電流最小。故A錯誤，與題意相符；B正確，與題意不符；

C．最小電流為。

故C正確；與題意不符；

D．當x=0或者x=2L時總電阻最小；電流最大，最大電流為。

故D正確；與題意不符。

故選A。7、D【分析】【分析】

【詳解】

設經過時間t，三角框運動到圖示位置，此時切割磁感線有兩段導體，這兩段導體切割磁感線的長度相等，但產生感應電流的方向相反，所以和電流為零，持續時間一直到三角框位移為2L時；之后三角框運動到第二個圖的位置，三角框與磁場區域重合，此時切割磁感線的有效長度為Ab邊，由楞次定律可判斷電流為正值，隨后三角框運動到第三個圖的位置，此時只有AB切割下邊的磁場，電流為負方向，此時運動的位移為3L；之后有效長度減小，電流方向保持負方向不變；

故選D。二、多選題(共9題，共18分)8、B:C【分析】【分析】

【詳解】

AB．當開關閉合時，電源的電壓同時加到兩個燈泡上，由于電感線圈對電流的阻礙作用，閉合開關瞬時，通過L1的電流大于L2的電流，L1比L2更亮；故A錯誤，B正確；

CD．當斷開開關，L2立即熄滅，而自感線圈能短暫充當電源，使得L1逐漸熄滅；故C正確，D錯誤。

故選BC。9、A:D【分析】【詳解】

A．正弦交流電源電壓穩定，有

所以有

故A正確；

BCD．根據變壓器的規律可知，理想變壓器原、副線圈電壓變化量之比

原、副線圈電流變化量之比

所以有

所以D正確；BC錯誤。

故選AD。10、B:D【分析】【分析】

【詳解】

A．所有粒子在磁場中運動的時間均相同，所以粒子均運動了半個圓周，根據

故A錯誤；

BC．正粒子向上偏轉，負粒子向下偏轉，根據幾何關系可知，當軌跡與斜邊相切時，半徑最大，速度最大，對正粒子

解得

負粒子

解得

故B正確C錯誤；

D．負粒子

最大速度

故D正確。

故選BD。11、B:C【分析】【分析】

【詳解】

AB．離子在A點受到的洛倫茲力向下；根據左手定則判斷得知該離子帶負電，選項A錯誤，B正確；

C．離子的偏向角為θ=60°，軌跡如圖所示，由

由幾何知識得R=rcot30°

得

選項C正確；

D．帶電粒子從A到C所用的時間

選項D錯誤。

故選BC。12、B:C【分析】【分析】

【詳解】

A．由

解得發電機的電動勢E=Bdv

選A錯誤；

B．由電阻定律知，發電機的內阻

選項B正確；

C．由閉合電路歐姆定律得，過外電阻的電流

選項C正確；

D．外電阻兩端電壓U=IR

發電機輸出電功率P出=UI

發電機的效率

選項D錯誤。

故選BC。13、A:B【分析】【詳解】

A．由圖可知，在時刻時，螺線管中電流增大，其形成的磁場不斷增強，因此穿過線圈P中的磁通量增大，根據楞次定律可知線圈P將阻礙其磁通量的增大，故線圈有遠離螺線管和面積收縮的趨勢，所以此時線圈對桌面的壓力大于線圈的重力，根據牛頓第三定律可知，線圈受到支持力大小等于線圈給桌面的壓力的大小，所以有

故A項正確；

BD．由圖可知，在時刻時，螺線管中電流不變，其形成磁場不變，因此穿過線圈P中的磁通量不變，因此磁鐵線圈中無感應電流產生，故時刻線圈對于桌面的壓力等于其自身的重力，根據牛頓第三定律可知，其支持力的大小等于壓力的大小，所以

又因為由圖可知，此時螺線管中的電流最大，所以此時螺線管產生的磁場最強，穿過P的磁通量根據公式

因為此時磁場的磁感應強度最大，所以此時期穿過線圈的磁通量最大。由圖可知時刻螺線管內的電流也是不變的，同理可知，其壓力與重力的關系為

而其電流并不是最小值；所以其產生的磁場也不是最小的，即穿過線圈的磁通量也不是最小的，故B正確，D錯誤；

C．時刻螺線管中電流為零，但是下一刻其電流反向，螺線管產生的磁場也反向，故時刻是穿過線圈P中磁通量的變化率不為零，所以此時仍然滿足感應電流的產生條件，即線圈中仍然存在感應電流。但此時螺線管中的電流為零，即螺線管產生的磁場為零，所以其與線圈沒有相互作用力，即

故C錯誤。

故選AB。14、A:D【分析】【分析】

【詳解】

AB．回路的熱功率。

P=I2R由于回路中的感應電流。

為定值。

R=（tan30°＋）2v0rt可得。

P∝t選項A正確；B錯誤；

CD．在A中，圖線與t軸所圍的面積表示回路產生的焦耳熱Q；則。

Q=Pt∝t2選項D正確；C錯誤。

故選AD。15、B:C:D【分析】【詳解】

A．由乙圖可知，交流電的最大值

有效值為

電流表的示數為10A；故A錯誤；

B．周期

角速度

故B正確；

C．0.01s時線圈產生的感應電動勢最大；說明線圈平面與磁場平行，故C正確。

D．據題知0.01s時線框從圖示位置轉過180°，則AB邊向上切割磁感線，則流方向為從A流向B；故D正確。

故選BCD。16、A:B:D【分析】【詳解】

A、在時刻棒的速度為感應電動勢副線圈的電壓為電流為因為原副線圈中電流與匝數成反比，所以電流表的示數為故A正確；

B、由于導體棒的電阻不計，當速度最大時，導體棒兩端的最大電壓等于故B正確；

C、電阻R上消耗的功率為故C錯誤；

D、從至的時間內，水平外力所做的功等于產生的熱量為故D正確．三、填空題(共5題，共10分)17、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】能量損失18、略

【分析】【詳解】

[1][2][3]金屬的電阻率隨溫度的升高而增大。用金屬絲可以制作溫度傳感器，稱為熱電阻。【解析】①.增大②.溫度③.熱電阻19、略

【分析】【詳解】

（1）[1][2]線圈中電流從無到有時；磁場從無到有，電源把能量輸送給磁場，儲存在磁場中。

（2）[3]線圈中電流減小時，磁場中的能量釋放出來轉化為電能。【解析】磁場磁場磁場20、略

【分析】【分析】

【詳解】

當條形磁鐵N極垂直a環靠近a時，穿過a環的磁通量增加，a環閉合產生感應電流，磁鐵對a環產生安培力，阻礙兩者相對運動，a環將遠離磁鐵。

當條形磁鐵N極垂直b環靠近b時，b環中不產生感應電流，磁鐵對b環沒有安培力作用，b環將靜止不動。【解析】遠離磁鐵靜止不動21、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】①.5～370②.較高③.熒光四、作圖題(共4題，共28分)22、略

【分析】【詳解】

根據左手定則，畫出通過電導線I所受磁場力的方向如圖所示。

【解析】23、略

【分析】【分析】

根據題中“要在居民樓的樓道安裝一個插座和一個電燈”可知；本題考查交流電的常識，根據開關作用和交流電接線常識，進行連接電路圖。

【詳解】

晚上；天黑光控開關閉合，有人走動發出聲音，聲控開關閉合，燈亮，說明兩個開關不能獨立工作，只有同時閉合時，燈才亮，即兩個開關和燈泡是三者串聯后連入電路；根據安全用電的原則可知，開關控制火線，開關一端接火線，一端接燈泡頂端的金屬點，零線接燈泡的螺旋套；三孔插座通常的接線方式是面對插座，上孔接地線，左孔接零線，右孔接火線；電路圖如下圖所示。

【解析】24、略

【分析】【分析】

【詳解】

由第一個圖可知：當條形磁鐵的N極插入線圈過程中；電流計的指針向右偏轉，則有：線圈中向下的磁場增強，感應電流的磁場阻礙磁通量增加，感應電流的磁場方向向上，則指針向右偏，記錄完整。

第二個圖指針向左偏；說明感應電流的磁場方向向下，與磁鐵在線圈中的磁場方向相反，則線圈中磁場增強，故磁鐵向下運動，如圖。

第三個圖指針向右偏；說明感應電流的磁場方向向上，與磁鐵在線圈中的磁場方向相同，則線圈中磁場減弱，故磁鐵向上運動，如圖。

【解析】25、略

【分析】【詳解】

當條形磁鐵向右靠近圓環時；導線線圈的磁通量向右增大，由楞次定律：增反減同可知，線圈中產生感應電流的方向順時針（從右向左看），如圖所示：

【解析】如圖所示五、解答題(共3題，共12分)26、略

【分析】【分析】

【詳解】

收音機選臺時，我們調至具體頻道時調諧器將相對應的頻率信號進行調諧，使這一頻率產生的電流達最大，然后輸送給調諧器；如果調諧不準，就可能出現兩種不同頻率的信號都會在電路中產生，即出現“串臺”現象。【解析】見解析27、略

【分析】【詳解】

(1)帶電粒子在電場中受電場力

粒子沿平行于極板方向射入做類平拋運動，設粒子射出金屬板時速度的大小v、方向與水平方向夾角為θ，則有

又

聯立解得v=1.4×105m/s，θ=45°

(2)粒子進入磁場做圓周運動，則有

解得

因θ=45°；磁場寬度為10cm，則粒子恰好從上極板向右延長線與磁場右邊界交點處射出，如圖。

又

所以s【解析】(1)1.4×105m/s、方向與水平方向夾角為=45°；(2)恰好從上極板向右延長線與磁場右邊界交點處射出28、略

【分析】【分析】

【詳解】

解法一。

1.平行板間僅有磁場，帶電粒子初速度v0的方向垂直于磁場；在洛倫茲力的作用下，粒子將在垂直于磁場方向的平面內做勻速圓周運動，圓周半徑。

（1）

軌道平面與Oxz坐標平面的交線如圖1中NN′所示。要使粒子剛能到達極板Q（與板剛未接觸），圓心C應是ON′的中點；有。

（2）

由（1）；（2）式得。

（3）

粒子由O經過半個圓周到達N′；所經歷的最短時間為圓周運動的半個周期。

（4）

2.以y軸為旋轉軸，順時針轉動α角，建立新坐標系Ox′y′z′，如圖2所示。在新坐標系中電場強度E的分量為。

Ex′=EcosαEy′=0Ez′=Esinα（5）

磁感應強度B的分量為。

Bx′=0By′=0Bz′=B（6）

帶電粒子所受到的電場力的分量為。

fEx′=qEx′=qEcosαfEy′=0fEz′=qEz′=qEsinα（7）

當帶電粒子速度為v時；帶電粒子所受到磁場力的分量為。

fBx′=qvy′BfBy′=-qvx′BfBz′=0（8）

（i）關于帶電粒子在Ox′y′平面內的分運動。

現設想起始時刻帶電粒子沿y′軸正方向的初速度v0用下式表示。

v0=v0+v1-v1=v2-v1

式中。

v2=v0+v1（9）

現把v0看成沿y′軸負方向運動的速度v1和沿y′軸正方向運動的v2的合成。這樣，與前者聯系的運動使帶電粒子受到沿x′軸的負方向的磁場力作用，它與電場力的分量fEx′的方向相反，當v1取數值。

（10）

時，與-v1相聯系的磁場力與fEx′的合力為零，其效果是帶電粒子沿y′軸負方向以速度v1做勻速運動；與后者聯系的運動使帶電粒子僅受到磁場力作用，此力的方向既垂直于磁場方向（z′軸方向），又垂直于速度v2，即位于Ox′y′平面內；其大小為。

fx′y′=qv2B（11）

粒子在此力作用下在平面內做速度為v2的勻速圓周運動；圓周的半徑。

（12）

其圓頻率。

（13）

由以上分析可知帶電粒子一方面在Ox′y′平面內做上述勻速圓周運動，另一方面圓心沿y′軸負方向以速度做勻速直線運動。

（ii）關于粒子沿z′軸的分運動。

由（7）、（8）兩式可知，粒子在z′方向僅受電場力作用；其加速度。

（14）

即粒子沿著z′軸以加速度az′做勻加速直線運動。

（iii）關于粒子在Ox′y′z′坐標系中的運動方程。

在只考慮圓周運動的情況下；粒子的坐標隨時間變的關系為。

x′=R（1-cosωt）（15）

y′=Rsinωt（16）

z′=0（17）

考慮了圓心運動及粒子沿z′軸的運動并注意到（9）、（10）、（12）式，在Ox′y′z′坐標系中；粒子的運動方程為。

（18）

（19）

（20）

（iv）粒子在Oxyz坐標系中的運動方程。

利用坐標變換。

x=x′cosα+z′sinα

y=y′

z=-x′sinα+z′cosα

并注意到（5）、（9）、（10）、（13）各式，可將（18）、（19）、（20）式轉換至Oxyz坐標系，得到粒子在Oxyz坐標系中的運動方程式為。

（21）

（22）

（23）

根據題意，將x=d和代（21）式；解得。

（24）

將和（24）式代入（21）、（22）、（23）各式，可得粒子到達極板Q時粒子的坐標為。

（x=d，）

解法二。

1.與解法一相同。

2.以y軸為旋轉軸，順時針轉動α角，建立新坐標系Ox′y′z′，設粒子速度在坐標系Ox′y′z′中分量分別為vx′、vy′、v