浙江省温州市乐清市知临中学2022-2023学年高二物理下学期期末试题（Word版附解析）

2022学年高二学期期末质量检测高二物理试题（本试卷中涉及的g均取）一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39分，每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.在兵器科学中，常用到一个概念为“比动能”，其定义为子弹或炮弹的动能与其最大截面积的比值。关于“比动能”的单位，正确的是（　　）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】根据比动能的定义为则其单位故选D。2.小青同学在东塔爬山后，准备骑车回知临中学，图示为地图软件推荐的路线信息，下列说法正确的是（　　）A.推荐路线里的3.2公里指的是位移B.计算小青同学的平均速度时，不可以将她看作质点C.预计13：56到达中的“13：56”为时间间隔D.根据图中展示的信息，可以估算小青同学的平均速率【答案】D【解析】【详解】A．推荐路线里的3.2公里指的是路程，A错误； B．计算小青同学的平均速度时，可以将她看作质点，B错误；C．“13：56”为时刻，C错误；D．平均速率为路程与时间之比，根据图中展示的信息，可以估算小青同学的平均速率，D正确。故选D。3.2022年8月19日重庆发生森林火灾，灭火直升飞机沿水平方向匀速往返火场和取水区上空，其中贮水桶受到与运动方向相反、大小保持不变的水平风力F。已知贮水桶（包含水）的重力为G，贮水桶受到绳子的拉力为T，绳子与竖直方向的夹角为，如果贮水桶总保持与直升飞机相对静止，下列正确的是（　　）A.拉力T的大小可能等于水平风力F的大小B.在匀速运动过程中，飞机与贮水桶组成的系统动量不守恒C.在匀速运动的过程中，重力的冲量为0D.返回取水区的过程中，夹角比灭火前大【答案】D【解析】【详解】A．对贮水桶进行分析有由于绳子与竖直方向的夹角为总小于，可知拉力T的大小始终大于水平风力F，故A错误；B．在匀速运动过程中，飞机与贮水桶组成的系统所受外力的合力为0，则动量守恒，故B错误；C．根据可知，在匀速运动的过程中，重力的冲量不为0，故C错误；D．对贮水桶进行分析有，则有在返回取水区的过程中，重力G减小，水平风力F保持不变，可知夹角比灭火前大，故D正确。 故选D。4.如图所示，光滑的冰面上有一质量为M的小车处于静止状态，小车上表面为一半径为R的光滑圆弧曲面。某一时刻，一质量为m的小球自左端以水平速度冲上小车，已知当m处于最高点时，m上升高度小于R。则下列说法正确的是（　　）A.在小球到达最高点之前，小球与小车之间有可能已经相互分离了B.在小球上升过程中，小球的机械能守恒C.小球沿曲面下滑过程中，小车对冰面的压力有一段时间大于（m+M）gD.小球离开小车时小球的速率等于【答案】C【解析】【详解】A．在小球到达最高点之前，小球与小车之间一直有作用力，不能相互分离，故A错误；B．在小球上升过程中，小球与小车组成的系统机械能守恒，小球的机械能不守恒，故B错误；C．小球沿曲面下滑过程中，小车减速下降时，处于超重状态，对冰面的压力有一段时间大于，故C正确；D．小球从冲上小车到离开小车，设向右为正方向，小球离开小车时的位置在曲面最低点，小球向左运动的速率等于v，小车的速度为，在水平方向上动量守恒和机械能守恒定律得可得所以即小球离开小车时小球的速率小于，故D错误。 故选C。5.2022年11月1日凌晨4点27分，我国“梦天”实验舱与“天和”核心舱成功实现“太空握手”，整个交会对接过程历时大约13小时。“梦天”入列，标志着我们组建中国空间站的“最后一块积木”已经到位。如图所示，若“梦天”实验舱进入轨道I运行，之后与在高度为H的轨道Ⅱ上运行的“天和”核心舱成功对接（M点为对接点），航天员进入核心舱开始工作。则下列说法中正确的是（　　）A.“梦天”实验舱在轨道I上从N点到M点的过程中，速率变小B.“梦天”实验舱为了进入轨道Ⅱ，需要在M点沿速度方向喷气C.“梦天”实验舱在轨道I运行的周期大于在轨道Ⅱ上运行的“天和”核心舱周期D.空间站中物体会漂浮在空中，故不受力的作用【答案】A【解析】【详解】A．“梦天”实验舱在轨道I上从N点到M点的过程中，机械能守恒，重力势能增大，动能减小，速率减小，故A正确；B．“梦天”实验舱为了进入轨道Ⅱ，需要在M点加速，沿速度方向反方向喷气，故B错误；C．“梦天”实验舱在轨道I运行的轨道半长轴小于在轨道Ⅱ上运行的“天和”轨道半径，由开普勒第三定律，可知“梦天”实验舱在轨道I运行的周期小于在轨道Ⅱ上运行的“天和”核心舱周期，故C错误；D．空间站中的物体会漂浮在空中，受地球的引力提供随空间站一起绕地球做圆周运动的向心力，故D错误。故选A。6.如图所示，在匀强电场中建立直角坐标系xOy，坐标平面与电场方向平行。坐标系中有一个经过O、A、B三点的圆，Q点（25cm，0）为圆心，A点坐标为（32cm，24cm），A点电势为64V，B点电势为34V，Q点电势为49V，则（　　） A.电场强度方向为由A→O方向B.电场强度沿B→O方向C.电场强度大小为120V/mD.O、A两点电势相同【答案】D【解析】【详解】AB．由于可知，AB连线的中点C电势等于49V，即CQ连线为一条等势线，由于电场线垂直于等势线，由高电势点指向低电势点，可知电场强度的方向为由A→B方向，如图所示故AB错误；C．令，根据题意有令，则有解得 可知根据上述可知，电场强度为故C错误；D．根据几何关系可知则有AO与CQ平行，可知AO连线垂直于电场线，AO连线也为一条等势线，即O、A两点电势相同，故D正确。故选D。7.如图甲所示电路，电流表、线圈L的电阻不计，首先闭合开关，电路处于稳定状态，在某一时刻突然断开开关S，整个过程通过电阻R1中的电流I随时间变化的图线如图乙所示，则下列说法正确的是（　　）A.由题中信息可知，本题数据处理过程中，电源内阻不可忽略不计B.C.断开开关后，电流从右向左流过D.从断开开关到灯熄灭的过程中，自感线圈的自感电动势变大【答案】B【解析】【详解】B。．图甲中，闭合开关，电路处于稳定状态时，电阻与并联，通过两电阻的电流分别为，根据图乙可知，某一时刻突然断开开关S，电流突变为0，线圈中由于电流减小，由于自感作用，线圈中产生自感电动势，使得线圈中的电流由闭合前的稳定值在新回路中逐渐减为0，由图乙可知解得 故B正确；A．根据上述可知，由题中信息可知，本题数据处理过程中，电源的内阻对操作不影响，即本题数据处理过程中，电源内阻可忽略不计，故A错误；C．根据上述可知，断开开关后，由于自感作用，线圈中产生自感电动势，使得线圈中的电流由闭合前的稳定值在新回路中逐渐减为0，即断开开关后，电流从左向右流过，故C错误；D．从断开开关到灯熄灭的过程中，根据根据图乙可知，在从断开开关到灯熄灭的过程中，图像斜率的绝对值逐渐减小，即电流的变化率逐渐减小，可知从断开开关到灯熄灭的过程中，自感线圈的自感电动势变小，故D错误。故选B8.关于这些装置，以下说法正确的是（　　）A.甲图装置霍尔元件左右移动时，能产生霍尔电压的原理是电磁感应B.乙图中物体向左移，则电容器的电容变小C.丙图装置中通过物体位置变化引起线圈的自感系数改变从而将位置量换转成电学量D.丁图装置只要有声音，即使不接入电源，R两端也有电压输出【答案】C【解析】【详解】A ．甲图装置霍尔元件左右移动时，能产生霍尔电压的原理是带电粒子在磁场中受洛伦兹力作用而发生偏转，不是电磁感应，选项A错误；B．乙图中物体向左移，插入电容器的电介质增加，则电容器的电容变大，选项B错误；C．丙图装置中通过物体位置变化引起线圈的自感系数改变从而将位置量换转成电学量，选项C正确；D．丁图装置是电容话筒一样利用振膜接受空气振动信号，振膜与固定的平面电极之间形成一个电容，两者之间的距离变化会导致其电容的变化。在电容两端施加固定频率及大小的电压，通过电容的电流就会变化。将这个电流信号进行转换，即可输出音频信号。但是只有声音，不接入电源，R两端不会有电压输出，选项D错误。故选C。9.如图甲是小型交流发电机，两磁极间的磁场可视为匀强磁场，一个100匝的矩形线圈（内阻不计）绕垂直于磁场方向的轴OO＇匀速转动，某位置开始计时产生的交变电动势图像如图乙所示，已知磁感应强度B=0.1T，则（　　）A.t=0时刻，线圈平面与磁感线平行B.线圈的面积S为C.它可使“220V，60W”的灯泡正常发光，也可使击穿电压为220V的电容器正常工作D.以此作为电源，每通过1C的电量，消耗的电能为220J【答案】B【解析】【详解】A．t=0，电动势为0，所以线圈与磁感线垂直，故A错误；B．线圈产生的最大电动势，可以计算得到故B正确；C．它可使“220V，60W”的灯泡正常发光，但电动势的最大值 超过了击穿电压，所以此电容不能正常工作，故C错误；D．通过1C的电量，消耗的电能与开始的时刻有关，不同时刻开始通电，通电时间不同，消耗的电能都不一样，故D错误。故选B。10.如图所示，沿波的传播方向上有六个质点a、b、c、d、e、f，相邻两质点之间的距离均为1m，各质点均静止在各自的平衡位置，时刻振源a开始做简谐运动，取竖直向上为振动位移的正方向，其振动图像如图所示，形成的简谐横被以的速度水平向右传播，则下列说法正确的是（　　）A.从时刻起f点开始振动B.时刻质点e第二次回到平衡位置C.从至内质点b运动的路程为D.从至内质点d的加速度正在逐渐减小【答案】C【解析】【分析】【详解】A．波传到f点的时间为故A错误；B．波传到e点的时间为质点起振方向向上，则时刻质点e第一次回到平衡位置，故B错误；C．从至内质点b振动了2.5s=则运动的路程为 故C正确；D．波传到d点需要1.5s，则从至内质点d的正在从最高点向最低点振动，加速度先逐渐减小后逐渐变大，故D错误。故选C。11.为了研究大量处于能级的氢原子跃迁时的发光特点，现利用氢原子跃迁时产生的三种单色光照射同一个光电管，如图甲所示，移动滑动变阻器的滑片调节光电管两端电压，分别得到三种光照射时光电流与光电管两端电压的关系，如图乙所示，则对于a、b、c三种光，下列说法正确的是（　　）A.从同一点沿相同方向射入球形玻璃砖内，调节入射角的过程中，c光最容易发生全反射现象B.a、b、c三种光从真空中进入同一介质后，在介质中的波长满足以下关系：C.用a光照射时逸出的光电子初动能最小D.通过同一个单缝装置进行单缝衍射实验，中央条纹宽度c光最宽【答案】C【解析】【详解】A．根据光线在球形玻璃砖中的对称性，光线射入后都不会发生全反射现象，故A错误；B．根据图乙可知，a、b、c三种光的遏止电压关系为根据可知若这三种光是原子从能级跃迁到较低能级时发出的光，根据跃迁原理可得 整理得进入同一种介质后，由于介质对三种光的折射率不一样，造成波长发生变化，所以不再满足上述关系，故B错误；C．由B可知，a光的遏止电压最小，根据可知，a光照射时逸出的光电子初动能最小，故C正确；D．由B可知，根据可知因此a光更容易发生明显的衍射现象，单缝衍射时a光中央亮条纹最宽，故D错误。故选C。12.水面上漂浮一半径为的圆形荷叶，一条小蝌蚪从距水面的图示位置处沿水平方向以速度匀速穿过荷叶，已知水的折射率为，则在小蝌蚪沿荷叶直径AB正下方匀速游过的过程中，在水面之上任意位置看不到小蝌蚪的时间为（　　）A.2sB.4sC.6sD.8s【答案】A【解析】 【详解】根据题意可知，当蝌蚪反射的光在荷叶边缘水面上发生全反射时，则在水面上看不到蝌蚪，如图所示由于则有则有由对称性可知则在水面之上看不到小蝌蚪的时间为故选A。13.电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，原理示意图如图所示。图中直流电源电动势为，电容器的电容为。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为，电阻不计。导轨间存在磁感应强度大小为、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场（图中末画出），炮弹等效为一质量为、电阻为的金属棒，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨接触良好。首先开关接1，使电容器完全充电。然后将开关接至2，开始向右加速运动。已知达到最大速度后才离开导轨，忽略空气阻力，则（　　） A.直流电源的端是正极B.刚开始运动时，加速度大小为C.离开导轨时，电容器已经放电完毕D.离开导轨时，电容器上剩余的电荷量为【答案】D【解析】【详解】A．MN向右加速，则安培力向右，磁场方向垂直于导轨平面向上，可知电流从N到M，则电容器下极板带正电，即直流电源的b端是正极，选项A错误；B．MN刚开始运动时，加速度大小为选项B错误；C．MN达到最大速度才离开导轨，此时MN中电流为零，即MN产生的感应电动势等于电容器两板间的电压，此时电容器还没有放电完毕，选项C错误；D．当电容器充电完毕时，设电容器上电量为Q0，有Q0=CE开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E′，有E′=BLvmax依题意有设在此过程中MN的平均电流为，MN上受到的平均安培力为，有由动量定理，有 又联立得选项D正确。故选D。二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）14.关于下列四幅图，说法正确的是（）A.图甲，在一端封闭的玻璃管中，用一段水银将管内气体与外界隔绝，管口向下放置，若将管倾斜，封闭端内气体的压强减小B.图乙，液体在器壁附近的液面会发生弯曲，表面层Ⅱ内分子的分布比液体内部疏，附着层Ⅱ内分子的分布比液体内部疏C.图丙，状态①的温度比状态②的温度高D.图丁，按照玻尔的氢原子模型，这样运动的电荷应该辐射出电磁波，电子绕核转动的能量将不断地被电磁波带走【答案】BC【解析】【详解】A．图甲，管口竖直向下时气体压强为p0－h；若倾斜放置时气体压强p0－hsinθ（θ为试管与水平线的夹角），则将管倾斜，封闭端内气体的压强变大，A错误；B．图乙，液体表面具有收缩的趋势，即液体表面表现为张力，是液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，密度较小，且液面分子间表现为引力，故表面层Ⅱ内分子的分布比液体内部疏，附着层II 内分子与容器壁间吸引力小于内部液体分子引力，附着层分子距离大，密度小，附着层Ⅱ内分子的分布比液体内部疏，B正确；C．由图甲可知，状态①速率大的氧气分子比例较大，所以状态①的温度比状态②的温度高，C正确；D．图丁，电子运动的半径不断变化，即做变速运动，按照经典电磁理论，这样运动的电荷应该产生变化的电场，再产生变化的磁场，则应该辐射出电磁波，电子绕核转动的能量将不断地被电磁波带走，D错误。故选BC。15.在匀强磁场中，一个原来静止的原子核，由于衰变放射出某种粒子，结果得到一张两个相切圆1和2的径迹照片如图所示，已知两个相切圆半径分别为r1、r2，则下列说法正确的是（）A.原子核发生了β衰变，径迹2是衰变后β的径迹B.径迹1是衰变后新核的径迹，径迹1、2旋转方向相同C.若衰变方程是，则r1：r2=2：117D.若衰变方程是，则衰变后新核和射出的粒子的动能之比为2∶117【答案】BD【解析】【详解】A．原子核衰变过程中系统动量守恒，衰变生成的两粒子的动量方向相反，由左手定则可知，若生成的两粒子电性相反，则在磁场中的轨迹为内切圆，若电性相同，则在磁场中的轨迹为外切圆，由题图知原子核发生α衰变，A错误；B．原子核原来静止，初动量为零，由动量守恒定律可知，原子核衰变生成的两粒子动量p大小相等，方向相反，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得解得 由于p、B相同，则粒子的电荷量q越大，轨道半径越小，由于新核的电荷量大，所以新核的轨道半径小于α粒子的轨道半径，所以径迹1为新核的运动轨迹，旋转方向相同，B正确；CD．由动能与动量的关系所以动能之比等于质量的反比，即为2∶117，由B项分析知C错误，D正确。故选BD。三、非选择题（本题共5小题，共55分）16.某实验小组用单摆做“单摆测量重力加速度”实验。如图是用游标卡尺测出摆球的直径d=______cm；用刻度尺测出摆线长度，算出摆长为1m；用停表测量单摆的周期，把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，当单摆稳定时，摆球到达______（选填“最高”或“最低”）点时开始计时，并计数为零。单摆每经过这点时计一次数，当数到100次时记下时间，求出单摆周期。【答案】①.2.125②.最低【解析】【详解】[1]根据游标卡尺的读数规律，该读数为[2]摆球运动到最低点速度最大，易于观察判定，因此当单摆稳定时，摆球到达最低点时开始计时，并计数为零。17.在利用“双缝干涉测定光的波长”实验中，双缝间距为d，双缝到光屏间的距离为L，在调好实验装置后，用某种单色光照射双缝得到干涉条纹，则： （1）若分划板在图中A、B位置时游标卡尺读数分别为和，则该单色光的波长的表达式为______（用、及题中所给字母及必要的数字表示）。（2）若用频率更高的单色光照射，同时增大双缝间的距离，则条纹间距______（填“变宽”或“变窄”或“不变”）。【答案】①.②.变窄【解析】【详解】（1）[1]根据图像可知，相邻明条纹中心之间的间距为根据干涉规律有解得（2）[2]频率越高的单色光波长越短，根据可知，当减小波长，增大双缝间的距离d，则条纹间距变窄。18.针式多用电表是实验室中常用的测量仪器。请回答下列问题： （1）使用多用电表粗测电阻时，将选择开关拨至欧姆挡“×10”挡，经正确操作后，指针指示如图甲a，为了使多用电表测量的结果更准确，该同学应该选择欧姆挡______档（选填“×1”、“×100”）；若经过正确操作，将两表笔接待测电阻两端时，指针指示如图甲b，则待测电阻为______Ω。（2）图乙是某多用电表欧姆挡内部电路示意图。该欧姆表的两只表笔中，______是红表笔。（选填“A”或“B”）。【答案】①.×100②.3000③.A【解析】【详解】（1）[1]指针指示如图甲a，显示指针偏转角度较小，表明通过欧姆表的电流较小，即待测电阻阻值较大，为了减小实验读数误差，欧姆表指针应指在中央刻线附近，则应该选择欧姆挡“×100”档；[2]换挡后，根据欧姆表的读数规律，该读数为（2）[3]根据图乙可知，欧姆表内部电流从表笔A进入，从表笔B出来，根据“红进黑出”的规律，可知A是红表笔。19.某物理兴趣小组在进行物理课外实验中，学生电源损坏，不能使用。(1)在探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系的实验中，可以使用220V的交流电源来代替，要完成实验，下图实验器材中需要用到的有_____。(填正确答案标号)(2)组装变压器时，没有将铁芯闭合，如图所示，原线圈接u=311sin314t(V)的交流电源，原、副线圈的匝数比为8∶1，副线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是_____。A.27.5VB.38.9VC.10.0VD.1760V 【答案】①.AD②.C【解析】【详解】（1）[1]本实验需要线圈和铁芯，还需要交流电压表测量电压，不用条形磁铁和多用表，故AD正确，BC错误。故选AD。（2）[2]根据题意原线圈电压有效值根据代入数据得由于铁芯没有闭合，有漏磁现象，实际上输出电压低于计算值，故C正确，ABD错误。故选C。20.一定质量的理想气体从状态状态状态状态A完成一次循环，如图所示。已知状态A时气体的温度（1）求气体在状态和状态C时的温度；（2）求气体从状态B→C的过程中，气体对外做的功；（3）已知气体从状态的过程中，外界对气体做的功，试说明全过程中气体是吸热还是放热，求吸收（或放出）了多少热量。【答案】（1），；（2）；（3）放热【解析】【详解】（1）等容变化 解得A→C等温变化，则（2）B→C等压膨胀，气体对外界做功（3）根据温度相同则内能相同，得解得气体放热21.如图所示，在竖直平面内有一足够长的绝缘轨道ABCD，AB水平放置，CD竖直放置轨道AB、CD粗糙，BC是绝缘光滑的四分之一圆弧形轨道，圆弧的圆心为O，半径R=0.5m，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小。现有质量m=0.2kg，电荷量的带电体（可视为质点），从A点由静止开始运动，已知AB距离1m，带电体与轨道AB，CD间的动摩擦因数均为0.5，假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。（取）求：（1）求带电体首次运动到圆弧轨道C点时对轨道的压力；（2）带电体最终停在何处；（3）如果电场强度的大小为，求带电体全程摩擦产生的热量。【答案】（1）20N，方向水平向左；（2）停在离C点上方1m处；（3）2J。 【解析】【详解】（1）从A点运动到C点，根据动能定理得解得在C点时，根据牛顿第二定律有代入数据解得FN=20N根据牛顿第三定律得对轨道的压力为20N，方向水平向左。（2）设CD向上运动到最高点时速度为0时，上移的位移为x，对全过程运用动能定理得代入数据解得x=1m因为μqE=mg所以物块不会滑下，最终停在离C点上方1m处。（3）当电场力等于重力时，即qE=mg解得E=2×104N/C带电体恰好在BC段做往复运动，且到C点速度为零，对全过程运用能量守恒得代入数据解得Q=2J22.如图所示，和是两根足够长且电阻不计的固定光滑平行金属轨道，其中和为轨道的水平部分，和是倾角的倾斜部分。在右侧空间中存在磁感应强度大小，方向坚直向上的匀强磁场，不计导体棒在轨道连接处的动能损失。将质量 ，单位长度电阻值的导体棒于倾斜导轨上，距离斜面轨道底端高度，另一完全相同的导体棒静止于水平导轨上，导轨间距均为，导体棒长度均为。时，导体棒从静止释放，到两棒最终稳定运动过程中，棒未发生碰撞，且两导体棒始终与导轨保持垂直，g取。求：（1）棒刚滑到斜面轨道底端时回路中产生的电流；（2）两导体棒的最终速度大小；（3）从开始计时到两棒最终稳定运动过程中，通过回路的电荷量。【答案】（1）0.1A；（2）0.5m/s；（3）3.125C【解析】【详解】（1）棒从斜面轨道滑到底端，根据动能定理，有切割产生的感应电动势为根据闭合电路欧姆定律，有联立解得（2）因为两导体棒所受的安培力始终大小相等、方向相反，所以将两棒组成的系统作为研究对象，由动量守恒得解得（3）从棒刚进入磁场到与棒共速，对导体棒，由动量定理得 代入数据解得23.如图为一种质谱仪工作原理示意图.在以O为圆心，OH为对称轴，夹角为2α的扇形区域内分布着方向垂直于纸面的匀强磁场.对称于OH轴的C和D分别是离子发射点和收集点.CM垂直磁场左边界于M，且OM=d.现有一正离子束以小发散角（纸面内）从C射出，这些离子在CM方向上的分速度均为v0.若该离子束中比荷为的离子都能汇聚到D，试求：（1）磁感应强度的大小和方向（提示：可考虑沿CM方向运动的离子为研究对象）；（2）离子沿与CM成θ角的直线CN进入磁场，其轨道半径和在磁场中的运动时间；（3）线段CM的长度.【答案】（1），磁场方向垂直纸面向外；（2），；（3）。【解析】【详解】（1）设沿CM方向运动的离子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R由R=d 得磁场方向垂直纸面向外（2）设沿CN运动的离子速度大小为v，在磁场中的轨道半径为R′，运动时间为t，由vcosθ=v0得v＝由解得R′=方法一：设弧长为s，则运动的时间：t=又s=2(θ+α)×R′解得t=方法二：离子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝，则有（3）方法一：由几何关系得CM=MNcotθ则有：解得 以上3式联立求解得CM=dcotα方法二：设圆心为A，过A做AB垂直NO，如图所示由几何关系得而因此NM=BO因NM=CMtanθ又解得CM=dcotα