届湖北省宜昌市高三元调考试期末理综物理试题解析版.docx

届湖北省宜昌市高三元调考试期末理综物理试题解析版.docx

《届湖北省宜昌市高三元调考试期末理综物理试题解析版.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《届湖北省宜昌市高三元调考试期末理综物理试题解析版.docx（23页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

届湖北省宜昌市高三元调考试期末理综物理试题解析版

宜昌市2020届高三元月调研考试试题

理科综合

满分300分，考试用时150分钟。

考生注意：

1．答卷前，考生务必用2B铅笔在“准考证号”处填涂准考证号。

用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己姓名、班级、考场号、座位号、准考证号填写在答题卷指定区域内。

2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目的答案标号涂黑：

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案：

不能答在试卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内的相应位置上：

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液：

必须保持答题卷的整洁。

不按以上要求作答的答案无效。

二、选择题:

本题共8小题,每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14〜18题只有一项符合题目要求，第19〜21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14.下列说法正确的是（　　）

A.“光电效应”现象表明光具有波动性

B.电子的发现揭示了原子不是构成物质的最小微粒

C.天然放射现象表明原子可以再分

D.卢瑟福根据“α粒子散射”实验建立原子结构“枣糕模型”

15.我国对“一带一路”沿线国家免费发送风云系列气象卫星数据，其中风云三号为极地卫星，轨道与赤道平面垂直且通过地球两极上空，每绕地球一圈完成一次全球监测，该卫星从北极正上方点，按图所示方向第一次运动到南极正上方B点时间约为1h，风云四号为地球同步卫星。

则下列说法正确的是（　　）

A.“风云三号”比“风云四号”线速度小

B.“风云三号”比“风云四号”周期大

C.“风云三号”比“风云四号”加速度小

D.在同一时刻，“风云三号”能够监测到的地表范围比“风云四号”小

16.Q1Q2为两个固定的点电荷，a、b．c三点在它们连线的延长线上，以a点为坐标原点，沿延长线建立x轴，其φ-x图象如图所示。

下列说法正确的是（　　）

A. Q1的电荷量小于Q2的电荷量

B. Q1、Q2带同种电荷

C. Q2带负电

D. b点电场强度最大

17.从t=0时刻开始，物块在外力作用下由静止开始沿x轴做匀变速直线运动，其位移和速率的二次方的关系图线如图所示。

下列说法正确的是（　　）

A. t=2s时物块位于x=-lm 处

B. 物块运动的加速度a=Im/s2

C. t=0时刻物块位于x=0处

D. 物块从2s来至4s末的平均速度大小为1/s

18.如图所示，细绳一端固定在A点，跨过与A等高的光滑定滑轮B后在另一端悬挂一个沙桶Q．现有另一个沙桶P通过光滑挂钩挂在AB之间，稳定后挂钩下降至C点，∠ACB=120°，下列说法正确的是（　　）

A.若只增加Q桶的沙子，再次平衡后C点位置不变

B.若只增加P桶的沙子，再次平衡后C点位置不变

C.若在两桶内增加相同质量的沙子，再次平衡后C点位置不变

D.若在两桶内增加相同质量的沙子，再次平衡后沙桶Q位置上升

19.如图所示，从地面上同一位置抛出质量相同的A、B两球，分别落在地面上的M、N点，两球运动的最大高度相同，空气阻力不计，则（　　）

A.B的加速度比A的大B.B在最高点的速度比A在最高点的速度大

C.B的飞行时间比A的长D.两球落地时重力的瞬时功率相同

20.著名物理学家费曼设计了一个如图所示实验，用一轻绳悬挂一圆形轻质绝缘板，板的四周固定一些带正电的轻质小球，在圆形绝缘板正上方用支架（图中未画出）固定一个线圈，线圈与电源、开关构成回路，线圈与轻绳、圆板无接触。

则下列说法正确的是（　　）

A.在闭合开关瞬间，圆板静止不动

B.在闭合开关瞬间，圆板逆时针转动（自上而下看）

C.不管板上小球的电性如何，开关闭合瞬间，圆板转动方向相同

D.开关断开瞬间与开关闭合瞬间圆板转动方向相反

21.在某高空杂技类节目现场下方放置有一弹簧垫，此弹簧垫可视为质量为m的木板，与两相同直立轻弹簧的上端相连，静止时弹簧的压缩量为h，如图所示。

某同学为了测试弹簧垫的性能，将一质量为0.5m的物体从距木板上方6h的O点由静止释放，物体与木板碰撞后，一起向下运动，到达最低点后又向上运动，它们恰能回到A点，空气阻力、木板厚度、物体大小忽略不计，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　　）

A.整个过程中，物体、木板和两弹簧组成的系统机械能守恒

B.物体与木板起向下运动过程中的速度先增大后减小

C.物体与木板碰后瞬间加速度大小为，物体与木板恰好回到A点时加速度大小为g

D.物体与木板碰撞之前，两弹簧的弹性势能总和为0.5mgh

三、非选择题:

包括必考题和选考题两部分。

第22〜32题为必考题,每道试题考生都必须作答。

第33〜38题为选考题,考生根据要求作答。

（―）必考题：

共129分。

22.在做“探究小车速度随时间变化规律”的实验中：

（1）实验室提供了以下器材：

一端装有定滑轮的长木板、刻度尺、小车、纸带、钩码、4～6V的交流电源。

为了完成本实验，还需选取的实验器材名称是______（选填“电火花打点计时器“与“电磁打点计时器“）。

（2）已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz．下图为实验所打出的一段纸带，每5个点取1个计数点，分别记为A、B、C、D、E．相邻计数点间的距离已在图中标出，则打点计时器打下计数点C时，小车的瞬时速度v=______m/s，小车的加速度a=______m/s2．（结果保留两位有效数字）

23.某同学用满偏电流1g=5mA的毫安表制作了一个简易欧姆表，电路如图所示，电阻刻度值尚未标注。

（1）该同学先测量欧姆表内电源的电动势E，实验步骤如下：

①将两表笔短接，调节Ro使毫安表指针满偏：

②将阻值为450Ω的电阻接在两表笔之间，此时毫安表示数为2.00mA：

③计算得电源的电动势E=______V。

（2）通过计算他在电流刻度为5.00mA的位置标上0Ω，在电流刻度为3.00mA的位置标______Ω，并在其他位置标上相应的电阻值。

（3）该欧姆表用久后，电池老化造成电动势减小、内阻增大，但仍能进行欧姆调零，则用其测得的电阻值______真实值（填“大于”等于”或“小于”）。

（4）为了探究电池老化电动势的变化情况，该同学将欧姆表的两表笔短接，调节Ro使指针满偏：

再将一电压表接在两表笔之间，此时电压表示数为1.00V，欧姆表示数为1200Ω．则电压表的内阻为______Ω，电池老化后的电动势为______V。

24.如图所示，水平地面上静止放置一L形木板A，质量mA=4kg，上表面光滑，木板A与地面间动摩擦因数μ=0.2，可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB=2kg。

现给A一小平向右的初速度v0=6m/s，一段时间后与B发生碰撞，时间极短，碰后A、B粘合在一起继续运动，碰后经t=ls，AB停止运动，g取10m/s2．求：

（1）A与B碰撞前、后加速度大小a1、a2：

（2）A的上表面长度1。

25.两块平行正对的水平金属板AB，极板长L=0.2m，板间距离d：

=0.2m，在金属板右端竖直边界MN的右侧有一区域足够大的匀强磁场，磁感应强度B=5x10-3T，方向垂直纸面向里。

两极板间电势差UAB随时间变化规律如右图所示。

现有带正电的粒子流以Vo=105m/s的速度沿水平中线00′连续射入电场中，粒子的比荷q/m=108Ckg，重力忽略不计，在每个粒子通过电场的极短时间内，电场视为匀强电场（两板外无电场）。

求：

（1）要使带电粒子射出水平金属板，两金属板间电势差UAB取值范围；

（2）若粒子在距O'点下方0.05m处射入磁场，从MN上某点射出磁场，此过程出射点与入射点间的距离△y；

（3）所有粒子在磁场中运动的最长时间t。

（二）选考题:

共45分。

请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。

如果多答，则每科按所答的第一题计分。

33.（物理--选修3-3）

（1）下列说法正确的是（　　）

A.热量不可以从低温物体传递到高温物体

B.从微观角度看，气体压强是大量气体分子对容器壁的频繁碰撞引起的

C.如果气体分子总数不变，而气体温度升高，压强必然增大

D.温度是描述分子热运动剧烈程度的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同

E.在冬季剩有半瓶热水的暖水瓶经过一个夜晚后，第二天拔瓶口的软木塞时觉得很紧，不易拔出，是因为夜晚气温降低，瓶内气体压强变小的缘故

（2）如图所示，容积为V的密闭导热氮气瓶，开始时存放在冷库内，瓶内气体的压强为0.9p0、温度与冷库内温度相同，现将气瓶移至冷库外，稳定后瓶内压强变为p0，再用充气装置向瓶内缓慢充入氮气共45次。

已知每次充入氮气瓶的气体体积为

，温度为27℃、压强为p0，设冷库外的环境温度保持27℃不变。

求：

（i）冷库内的温度：

（ii）充气结束后，瓶内气体压强。

34.[物理——选修3-4]（15分）

（1）两列简谐横波的波源分别位于x=-6m和x=12m处，t=0时刻，其波动图象如图所示，已知波速v=3m/s，下列说法正确的是（　　）

A.波源M和N的起振方向相同

B.t=1.5s时，x=3m处的质点位移等于0cm

C.1s后，3m处的质点始终是振动加强点

D.2s后，x=6m处的质点始终静止不动

E.两列波在叠加区域能产生稳定的干涉图样

（2）如图所示，一束平行紫光垂直射向半径为R=1m的横截面为扇形的玻璃砖薄片（其右侧涂有吸光物质），经折射后在屏幕S上形成一亮区，已知屏幕S至球心距离为D=（

+1）m，玻璃半球对紫光的折射率为n=

，不考虑光的干涉和衍射。

求：

（i）若某束光线在玻璃砖圆弧面入射角θ=30°，其折射角α：

（ii）亮区右边界到P点的距离d。

解析版

14.【答案】

B

【解析】

解：

A、“光电效应”现象表明光具有粒子性，双缝干涉、单缝衍射说明光具有波动性，故A错误。

B、电子的发现表明原子不是构成物质的最小微粒，即原子可以再分，故B正确。

C、天然放射现象表明原子核具有复杂的结构，故C错误。

D、卢瑟福通过“α粒子散射”实验否定了原子的“枣糕模型”结构，提出了原子的“核式结构模型”，故D错误。

故选：

B。

“光电效应”现象表明光具有粒子性。

电子的发现揭示了原子不是构成物质的最小微粒。

天然放射现象表明原子核具有复杂结构。

卢瑟福通过“α粒子散射”实验否定了原子的“枣糕模型”结构，提出了原子的“核式结构模型”。

本题考查了光电效应、电子的发现和α粒子散射等知识，解题的关键是明确各个发现对物理学的影响，明确其物理意义。

15.【答案】

D

【解析】

解：

B、“风云三号”从北极正上方点，按图所示方向第一次运动到南极正上方B点时间约为1h，则周期为2h，“风云四号”的周期为24h，则“风云三号”比“风云四号”周期小，故B错误。

AC、根据万有引力提供向心力得，

，解得T=2

，周期越小，轨道半径越小，故“风云三号”比“风云四号”轨道半径小，根据v=

可知，“风云三号”比“风云四号”线速度大，根据a=可知，“风云三号”比“风云四号”加速度大，故AC错误。

D、“风云三号”比“风云四号”轨道半径小，在同一时刻，“风云三号”能够监测到的地表范围比“风云四号”小，故D正确。

故选：

D。

由所给时间内转过的角度可求出周期。

由万有引力提供向心力可确定出其轨道半径与同步卫星的轨道半径关系，并可确定速度，加速度的大小关系。

离地越高，卫星同一时刻，监测的地表范围越大。

本题考查了人造卫星的相关知识，关键根据人造卫星的万有引力等于向心力，确定出各量的表达式即可轻松解题。

16.【答案】

C

【解析】

解：

a点向右方向电势先升高后降低，且在b点的电势最高，且图象的斜率为零，说明b点的场强为零最小，由此判断两固定点电荷带异种电荷，且Q1带正电，Q2带负电，Q1带电荷量大于Q2的带电荷量，故C正确，ABD错误。

故选：

C。

根据异种电荷的电场分布特征可以判断两电荷所带电性以及所带电荷量的多少；φ-x图象的斜率表示电场强度大小。

φ-x图象的斜率表示场强的大小，由图可知在Q2的右侧场强为零，沿x轴方向电势先升高后降低，由此确定点电荷所带电性以及带电荷量的多少。

17.【答案】

A

【解析】

解：

B、根据图象和公式v2=2ax，其斜率为

，故加速度为0.5m/s2，即物体做初速度为零的匀加速直线运动，故B错误；

A、初位置即t=0时x0=-2m，2s内的位移

，t=2s时物块位于x=-lm 处，故A正确，C错误；

D、物块从2s来至4s末的平均速度大小

，故D错误。

故选：

A。

根据数学知识写出x与v2的表达式，根据位移速度公式求出x与v2的表达式，进行对比，得到加速度，并分析物块的运动情况。

根据图象的斜率和截距求解位移即可；根据中间时刻的瞬时速度等于平均速度分析。

本题主要考查了运动学基本公式的直接应用，对于图象问题，一般要根据物理规律得到解析式，再从斜率和截距出发研究图象的物理意义。

18.【答案】

C

【解析】

解：

A、平衡时绳子的拉力等于Q的重力，若只增加Q桶的沙子，绳子拉力增大，绳子再次平衡后C点位置升高，故A错误； 

B、若只增加P桶的沙子，再次平衡后C点位置降低，故B错误； 

CD、由于稳定时∠ACB=120°，根据平衡条件可得绳子的拉力大小等于P的重力、又等于Q的重力，所以在两桶内增加相同质量的沙子，再次平衡后C点位置不变，故C正确、D错误； 

故选：

C。

根据平衡条件可得此时绳子拉力与P和Q的重力都相等，由此分析增加重力的情况下C点位置的变化。

本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：

确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解

19.【答案】

BD

【解析】

解：

A、不计空气阻力，两球的加速度都为重力加速度g。

大小相等，故A错误。

B、h=vyt-

gt2，最大高度h、t相同，则知，竖直方向的初速度大小相等，由于A球的初速度与水平方向的夹角大于B球的竖直方向的初速度，由vy=v0sinα（α是初速度与水平方向的夹角）得知，A球的初速度小于B球的初速度，两球水平方向的分初速度为v0cosα=vycotα，由于B球的初速度与水平方向的夹角小，所以B球水平分初速度较大，而两球水平方向都做匀速直线运动，故B在最高点的速度比A在最高点的大，故B正确。

C、两球都做斜抛运动，竖直方向的分运动是竖直上抛运动，根据运动的对称性可知，两球上升和下落的时间相等，而下落过程，由t=

知下落时间相等，则两球运动的时间相等，故C错误。

D、分析竖直方向上，两球的运动的最大高度相同，则落地的竖直速度相等，根据P=mgvy，落地时重力的瞬时功率相同，故D正确。

故选：

BD。

由运动的合成与分解规律可知，物体在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，两球的加速度相同，由竖直高度相同，由运动学公式分析竖直方向的初速度关系，即可知道水平初速度的关系。

两球在最高点的速度等于水平初速度。

由速度合成分析初速度的关系，即可由机械能守恒知道落地速度的大小关系。

本题考查运用运动的合成与分解的方法处理斜抛运动的能力，对于斜抛运动，可根据运动学公式和对称性进行研究，分别分析水平和竖直方向上的规律即可正确求解。

20.【答案】

BD

【解析】

解：

A、线圈接通电源瞬间，则变化的磁场产生变化的电场，从而导致带电小球受到电场力作用，使圆板转动，故A错误。

B、在闭合开关瞬间，向下的磁通量增加，根据楞次定律可知，产生逆时针的感应电场，圆板逆时针转动，（自上而下看），故B正确。

C、闭合开关瞬间，圆板上产生逆时针感应电场，小球电性的不同，受到的电场力方向不同，圆板转动方向不同，故C错误。

D、开关断开瞬间与开关闭合瞬间，根据楞次定律可知，圆板上产生的感应电场方向相反，则圆板转动方向相反，故D正确。

故选：

BD。

由题，在线圈接通电源的瞬间，线圈中的电流是增大的，产生的磁场是逐渐增强的，逐渐增强的磁场会产生电场（麦克斯韦电磁理论）。

在小球所在圆周处相当于有一个环形电场，小球因带电而受到电场力作用从而会让圆板转动。

根据安培定则结合楞次定律判断感应电场的方向。

本题是安培定则、左手定则和楞次定律的综合应用，还要抓住产生感应电流的条件进行分析。

21.【答案】

BCD

【解析】

解：

A、物体与木板发生非弹性碰撞，机械能有损失，所以，整个过程中，物体、木板和两弹簧组成的系统机械能不守恒，故A错误；

B、物体与木板起向下运动过程中，整体受到的弹簧弹力先小于总重力，后大于总重力，整体的合外力先向下后向上，则整体先向下加速，后向下减速，速度先增大后减小，故B正确；

C、两弹簧原来的弹力大小为F=mg，物体与木板碰后瞬间弹簧的弹力不变，对整体有（m+0.5m）g-F=（m+0.5m）a，解得a=

。

物体与木板恰好回到A点时，弹簧的弹力为0，整体只受重力，加速度大小为g，故C正确；

D、物体与木板碰撞前瞬间的速度为v0=

．碰撞过程，取竖直向下方向为正方向，由动量守恒定律得0.5mv0=（m+0.5m）v

从碰撞后到回到A点的过程，根据系统的机械能守恒得

（m+0.5m）v2+Ep=（m+0.5m）gh，联立解得，物体与木板碰撞之前，两弹簧的弹性势能总和为Ep=0.5mgh，故D正确。

故选：

BCD。

分析能量的转化情况，判断系统的机械能是否守恒。

分析系统的受力情况，判断运动情况，确定速度是如何变化的。

物体与木板碰后瞬间，以物体与木板整体为研究对象，根据牛顿第二定律求加速度。

再根据牛顿第二定律求物体与木板恰好回到A点时的加速度。

根据机械能守恒定律和动量守恒定律求物体与木板碰撞之前，两弹簧的弹性势能总和。

解决本题的关键是分析清楚物体的运动过程，抓住碰撞的基本规律：

动量守恒定律，运用机械能守恒定律时要注意选择研究的过程，不能对整个过程运用机械能守恒定律，因为碰撞过程系统的机械能有损失。

22.【答案】

电磁打点计时器 0.30 0.40

【解析】

解：

（1）在本实验中还需要打点计时器，由于有4～6V的交流电源，因此需要电磁打点计时器。

（2））在匀变速直线运动中，时间中点的速度等于该过程中的平均速度，因此有：

vC=

m/s=0.30m/s；

根据逐差法△x=aT2将△x=4mm=0.004m，T=0.1s代入解得：

a=0.40m/s2。

故答案为：

（1）电磁打点计时器；

（2）0.30； 0.40。

（1）根据实验目的明确实验步骤和所要测量的物理量，即可知道实验所需要的实验器材；

（2）在匀变速直线运动中，时间中点的速度等于该过程中的平均速度，利用逐差法△x=aT2可以求出加速度大小。

本题考查了有关纸带处理的基本知识，平时要加强基础实验的实际操作，提高操作技能和数据处理能力。

要注意单位的换算和有效数字的保留。

23.【答案】

1.5 200 大于 1000 1.25

【解析】

解：

（1）欧姆调零后，根据闭合电路欧姆定律，有：

（3）电池电动势减小了，故欧姆调零后，欧姆表的内阻：

故欧姆表内阻减小了；

由于欧姆表的中值电阻等于欧姆表的内阻，故实际测量时，当读数为300Ω时，实际电阻是小于300Ω的，故测量值大于实际电阻值。

（4）欧姆表示数为1200Ω，对应表头的电流与电动势正常时是相等的，电动势正常时，故根据闭合电路欧姆定律，有：

联立解得：

E′=1.25V。

故答案为：

（1）1.5，

（2）200，（3）大于，（4）1000，1.25

（1）由闭合电路欧姆定律由短接与接入450Ω电阻分别列方程求得电动势与内阻；

（2）根据闭合电路欧姆定律列式求解各个电流值对应的电阻值；

（3）根据欧姆表的原理确定误差；

（4）由于电动势的改变，导致各个电流对应的电阻均发生变化，故需要重新求出各个电阻刻度对应的电流，再根据闭合电路欧姆定律列式分析即可。

对于实验题明确实验原理是解题的关键，欧姆表的原理是全电路欧姆定律，与刻度值对应的是电流值是本题的主线。

联立解得：

E′=1.25V。

故答案为：

（1）1.5，

（2）200，（3）大于，（4）1000，1.25

（1）由闭合电路欧姆定律由短接与接入450Ω电阻分别列方程求得电动势与内阻；

（2）根据闭合电路欧姆定律列式求解各个电流值对应的电阻值；

（3）根据欧姆表的原理确定误差；

（4）由于电动势的改变，导致各个电流对应的电阻均发生变化，故需要重新求出各个电阻刻度对应的电流，再根据闭合电路欧姆定律列式分析即可。

对于实验题明确实验原理是解题的关键，欧姆表的原理是全电路欧姆定律，与刻度值对应的是电流值是本题的主线。

24.【答案】

解：

（1）A与B碰撞前，对A，根据牛顿第二定律得 

   μ（mA+mB）g=mAa1。

解得a1=3m/s2。

A与B碰后，对A、B整体，由牛顿第二定律得 

 μ（mA+mB）g=（mA+mB）a2。

解得a2=2m/s2。

（2）设A与B碰后瞬间共同速度大小为v，对A、B碰后一起运动的过程，有 

  0=v-a2t 

解得v=2m/s 

设A与B碰撞前瞬间速度大小为v1，对A、B碰撞过程，取向右正方向，由动量守恒定律得 

   mAv1=（mA+mB）v 

解得 v1=3m/s 

对碰撞前A向右运动的过程，有 

 v12-v02=2（-a1）l 

解得l=4.5m 

答：

（1）A与B碰撞前、后加速度大小a1、a2分别为3m/s2、2m/s2。

（2）A的上表面长度1为4.5m。

【解析】

（1）A与B碰撞前，B对A摩擦力，根据A的受力情况，由牛顿第二定律求加速度。

A与B碰撞后粘合在一起，对整体，利用牛顿第二定律求加速度。

（2）先研究碰后粘合体的运动情况，由速度公式求碰撞后瞬间整体的共同速度。

再对碰撞过程，利用动量守恒定律求碰撞前瞬间A的速度，最后根据运动学公式求碰撞前A的位移，即为上表面长度1。

本题的关键要分析清楚物体的运动过程，把握每个过程的物理规律。

要注意A与B碰撞前，B相对于地面是静止不动的，A对地面的压力等于A、B的总重力，并不等于A的重力。

25.【答案】

解：

（1）粒子刚好能够穿出时对应的偏转电压最大为Umax，此时带电粒子在电场中做类平抛运动；

水平方向：

L=v0t1

竖直方向：

y=

根据牛顿第二定律可得：

q

=ma

联立解得：

Umax=100V；

根据题意可得，要使带电粒子射出水平金属板，两金属板间电势差UAB取值范围：

-100V≤UAB≤100V；

（2）粒子在距O'点下方0.05m处射入磁场的粒子速度大小为v，速度水平方向的分量为v0，竖直方向的分速度大小为vy，速度方向偏向角为θ，粒子在磁场中做圆周运动的半径为R；

根据洛伦兹力提供向心力可得qvB=m

速度关系：

v0=vcosθ

根据几何关系：

△y=2Rcosθ

联立解得：

△y=2

=0.4m；

（3）从极板下边界射入磁场的粒子在磁场中运动的时间最长，设粒子进入磁场的速度为v1，速度水平方向的分量为v0，竖直方向的分速度为vy1，速度方向偏向角为α，

粒子在电场中：

L=v0t1，

竖直方向：

解得vy=v0，

tanα=

=1，解得α=

带电粒子在磁场中运动的周期为T，则T=

运动时间：

t