2024年西师新版选择性必修2物理上册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年西师新版选择性必修2物理上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁心的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E；用导线将它们连接成如图所示的电路。检查电路后，闭合开关S，小灯泡正常发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象。虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象。你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是（）

A.线圈的电阻偏大B.小灯泡的额定电压偏大C.电源的电动势偏小D.线圈的自感系数偏小2、电磁波已广泛运用与很多领域，下列关于电磁波的说法符合实际的是（）A.电磁波不能产生衍射现象B.常用的遥控器通过紫外线脉冲信号来遥控电视机C.根据多普勒效应可以判断遥远天体相对于地球的运动速度D.不同频率的光在真空中传播的速度不同3、下列说法中正确的是（）A.在电场周围一定存在磁场B.电磁波与机械波的传播都需要介质C.电磁波在真空中的速度为3×108m/sD.电磁场理论是物理学家法拉第建立的4、如图，在磁感应强度为B的匀强磁场中，面积为S的矩形刚性导线框abcd可绕过ad边的固定轴OO′转动，磁场方向与线框平面垂直．在线框中通以电流强度为I的稳恒电流，并使线框与竖直平面成θ角，此时bc边受到相对OO′轴的安培力力矩大小为。

A.ISBsinθB.ISBcosθC.D.5、1824年；法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是（）

A.磁针的磁场使圆盘磁化，圆盘产生的磁场导致磁针转动B.圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C.在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D.圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动6、如图所示，矩形线框处于磁感应强度为的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线框长为长为为垂直于并可在和上自由滑动的金属杆，且杆与和接触良好，和上单位长度的电阻皆为让从处开始以速度向右匀速滑动，设与之间的距离为（）；则在整个过程中不正确的是（）

A.当时，中电流最小B.当时，中电流最小C.中电流的最小值为D.中电流的最大值为7、如图所示，有理想边界的直角三角形区域abc内部存在着两个方向相反的垂直纸面的匀强磁场，e是斜边ac上的中点，be是两个匀强磁场的理想分界线.现以b点为原点O，沿直角边bc作x轴，让在纸面内与abc形状完全相同的金属线框ABC的BC边处在x轴上，t=0时导线框C点恰好位于原点O的位置.让ABC沿x轴正方向以恒定的速度v穿过磁场；现规定逆时针方向为导线框中感应电流的正方向,在下列四个i-x图像中，能正确表示感应电流随线框位移变化关系的是()

A.B.C.D.评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)8、在图示电路中，电阻R和线圈L的阻值相同，L1和L2是两个完全相同的灯泡；线圈电感足够大。下列说法正确的是（）

A.闭合开关瞬间，L1和L2的亮度相同B.闭合开关瞬间，L1比L2更亮C.断开开关后，L1慢慢熄灭，L2立即熄灭D.断开开关后，L1和L2都慢慢熄灭9、如图所示，理想变压器的原线圈与稳定的正弦交流电源相连（电源内阻不计），原、副线圈匝数比为n1∶n2，电压表和电流表均为理想电表，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，当滑片向左滑动时，电压表V1、V2、电流表A1、A2的示数变化分别为表示；则下列关系一定正确的是（）

A.B.C.D.10、如图，在直角三角形abc区域内有磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。直角边ab上的O点有一粒子发射源，该发射源可以沿纸面与ab边垂直的方向发射速率不同的带电粒子。已知所有粒子在磁场中运动的时间均相同，粒子比荷为k，Oa长为d，Ob长为3d，θ=30°；不计粒子的重力以及粒子间的相互作用，则()

A.粒子在磁场中的运动时间为B.正电粒子的轨迹半径最大为C.负电粒子的轨迹半径最大为D.负电粒子运动的最大速度为kBd11、如图所示，半径为r的圆形区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。现有一带电粒子（不计重力）从A以速度v沿圆形区域的直径射入磁场，已知带电粒子从C点射出磁场的方向与入射方向夹角为则（）

A.该粒子带正电B.该粒子带负电C.带电粒子的电荷量与质量之比D.带电粒子从A到C所用的时间12、磁流体发电机如图所示，高温燃烧室中产生等离子体，经喷管提速后，以速度v进入矩形发电通道。发电通道有垂直于喷射速度方向（垂直纸面向里）、磁感应强度为B的匀强磁场。已知矩形发电通道的长为a，宽为b，高为d，等离子体的电阻率为ρ，发电机可视为纯电阻元件。若外电阻阻值为R；下列说法正确的是（）

A.发电机的电动势为BavB.发电机的内电阻为C.通过外电阻的电流为D.发电机的效率13、如图a所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化电流i，电流随时间变化的规律如图b所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为N；则在下列说法正确的是（）

A.时刻，且P有收缩的趋势B.时刻，且穿过P的磁通量最大C.时刻，且穿过P中无感应电流D.时刻，且穿过P的磁通量最小14、如图所示，水平面上固定一个顶角为60°的光滑金属导轨MON，导轨处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，质量为m的导体棒CD与∠MON的角平分线垂直，导轨与棒单位长度的电阻均为r。t=0时刻，CD在水平外力F的作用下从O点以恒定速度v0沿∠MON的角平分线向右滑动，在滑动过程中始终保持与导轨良好接触。，若回路的热功率用P表示，回路产生的焦耳热用Q表示。则下列图像可能正确的是（）

A.B.C.D.15、图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为交流电流表，线圈绕垂直于磁场的水平轴OO'沿逆时针方向（沿OO'方向看）匀速转动，从图示位置开始计时，通过电阻R的交变电流随时间变化的图像如图乙所示；以下判断正确的是（）

A.电流表的示数为10AB.线圈转动的角速度为100πrad/sC.0.01s时线圈平面与磁场方向平行D.0.01s时通过线圈AB边的电流方向为从A流向B16、如图所示，MN、PQ是两条在水平面内、平行放置的光滑金属导轨，导轨的右端接理想变压器的原线圈，变压器的副线圈与阻值为R的电阻组成闭合回路，变压器的原副线圈匝数之比导轨宽度为L，质量为的导体棒垂直MN、PQ放在导轨上，在水外力作用下，从时刻开始往复运动，其速度随时间变化的规律是已知垂直轨道平面的匀强磁场的磁感应强度为B，导轨；导体棒、导线和线圈的电阻均不计，电流表为理想交流电表，导体棒始终在磁场中运动，则下列说法中正确的是。

A.在时刻电流表的示数为B.导体棒两端的最大电压为C.电阻R上消耗的功率为D.从至的时间内水平外力所做的功为评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)17、理想变压器：没有______的变压器叫作理想变压器，它是一个理想化模型。18、金属的电阻率随温度的升高而_______。用金属丝可以制作________传感器，称为________。19、自感现象中磁场的能量。

（1）线圈中电流从无到有时，磁场从无到有，电源把能量输送给___________，储存在___________中。

（2）线圈中电流减小时，___________中的能量释放出来转化为电能。20、学习楞次定律的时候，老师往往会做如下图所示的实验。图中，a、b都是很轻的铝环，环a是闭合的，环b是不闭合的。a、b环都固定在一根可以绕O点自由转动的水平细杆上，开始时整个装置静止。当条形磁铁N极垂直a环靠近a时，a环将___________；当条形磁铁N极垂直b环靠近b时，b环将___________。填“靠近磁铁”、“远离磁铁”或“静止不动”

21、紫外线。

（1）波长范围在_____nm之间；不能引起人的视觉。

（2）具有_____的能量，应用于灭菌消毒，具有较强的_____效应，用来激发荧光物质发光。评卷人得分四、作图题(共4题，共28分)22、在图中画出或说明图中所示情形下通电导线I所受磁场力的方向。

23、要在居民楼的楼道安装一个插座和一个电灯；电灯由光敏开关和声敏开关控制，光敏开关在天黑时自动闭合，天亮时自动断开；声敏开关在有声音时自动闭合，无声音时自动断开。在下图中连线，要求夜间且有声音时电灯自动亮，插座随时可用。

24、在“探究楞次定律”的实验中；某同学记录了实验过程的三个情境图，其中有两个记录不全，请将其补充完整。

25、如图所示：当条形磁铁向右靠近通电圆环时，圆环向右偏离，试在图中标出圆环中的电流方向___________．评卷人得分五、解答题(共3题，共12分)26、收音机选台时，如果调谐不准就会出现“串台”现象，这是为什么？27、如图，左侧为一对平行金属板，平行金属板长度10cm，极板间距也为10cm，两金属板间电压为100V，上极板带正电荷。现有一质量为m=1.6×10-25kg，电荷量为1.6×10-17C的负电荷从左侧中点处，以初速度v0=1.0×105m/s沿平行于极板方向射入，然后进入右侧匀强磁场中。匀强磁场紧邻电场，宽度为10cm，匀强磁场上下足够长，方向垂直纸面向里，磁感应强度B=0.02T。（不计粒子重力；不计电场；磁场的边缘效应）试求：

(1)带电粒子射出金属板时速度的大小；方向；

(2)带电粒子在磁场中运动的时间以及从匀强磁场射出时的位置。

28、如图所示，坐标系Oxyz的x轴和z轴都位于纸面内，y轴垂直纸面向里。两无限大金属极板P和Q分别位于x=-d和x=d处。磁感应强度大小为B的匀强磁场的方向平行于Oxz坐标平面，与z轴的夹角为α。在坐标原点O处，有一电荷为q（>0）、质量为m的带电粒子，以沿y轴正方向的初速度v0开始运动。不计重力作用。

（1）若两极板间未加电场，欲使该粒子在空间上恰好能到达极板（但与板不接触），则初速度v0应为多大？所需最短时间t0是多少？

（2）若在两极板间沿x轴正方向加上一场强为E的匀强电场，使该粒子能在第1问中所求得的时间t0到达极板，则该粒子的初速度v0应为多大？若求粒子到达极板时粒子的坐标。

参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】【分析】

【详解】

图中的电路是一个灯泡与电感线圈并联再与电源；开关串联起来的电路；当小灯泡正常发光时，通过灯泡和电感线圈中都有电流，当开关断开时，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象，说明开关断开后，通过小灯泡的电流也没有显著增大，这是因为原来通过电感线圈的电流小于灯泡的电流，当断电后，电感最多会产生原来通过自己的等大的电流，故造成小灯泡未闪亮的原因是线圈的电阻偏大的缘故。

故选A。2、C【分析】【分析】

【详解】

A．电磁波是横波；波都能发生干涉和衍射现象，选项A错误；

B．常用红外线作为脉冲信号来遥控电视；选项B错误；

C．由于波源与接受者的相对位移的改变；而导致接受频率的变化，称为多普勒效应，所以可以判断遥远天体相对于地球的运动速度，选项C正确；

D．不同频率的光在真空中传播的速度相同；选项D错误。

故选C。3、C【分析】【分析】

【详解】

A．变化的电场周围存在磁场；故A错误；

B．电磁波的传播不需要介质；但机械波的传播需要介质，故B错误；

C．电磁波在真空中的速度等于光速为3×108m/s；故C正确；

D．电磁场理论是物理学家麦克斯韦建立的；D错误。

故选C。4、A【分析】【详解】

边电流方向与平行，与磁场垂直，所以安培力大小为方向根据左手定则判断竖直向上，所以安培力的力臂即转轴与安培力之间的距离，根据几何关系可得力臂大小为所以安培力的力矩为．

A．ISBsinθ；与结论相符，选项A正确；

B．ISBcosθ；与结论不相符，选项B错误；

C．与结论不相符，选项C错误；

D．与结论不相符，选项D错误；

故选A。5、B【分析】【详解】

AB．铜不是铁磁质；不会被磁针磁化，磁针转动的原因在于圆盘与磁针存在相对运动，使圆盘切割磁感线，产生了涡流，而涡流的磁场导致磁针转动，故A错误，B正确；

C．在圆盘转动的过程中；圆盘位置和面积均未变，根据磁针周围磁感线的分布情况可知磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量未变，故C错误；

D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动；但铜离子也会随圆盘一起运动，二者产生的等效电流为大小相同；方向相反，即可认为圆盘整体不产生电流，故D错误。

故选B。6、A【分析】【分析】

【详解】

AB．根据题意画出如图所示的等效电路；

由法拉第电磁感应定律得。

E=BLv由闭合电路欧姆定律及并联电路特点知。

I=故当MN位于ab中间位置的时候,即x=L时回路中的总电阻最大；感应电流最小。故A错误，与题意相符；B正确，与题意不符；

C．最小电流为。

故C正确；与题意不符；

D．当x=0或者x=2L时总电阻最小；电流最大，最大电流为。

故D正确；与题意不符。

故选A。7、D【分析】【分析】

【详解】

设经过时间t，三角框运动到图示位置，此时切割磁感线有两段导体，这两段导体切割磁感线的长度相等，但产生感应电流的方向相反，所以和电流为零，持续时间一直到三角框位移为2L时；之后三角框运动到第二个图的位置，三角框与磁场区域重合，此时切割磁感线的有效长度为Ab边，由楞次定律可判断电流为正值，随后三角框运动到第三个图的位置，此时只有AB切割下边的磁场，电流为负方向，此时运动的位移为3L；之后有效长度减小，电流方向保持负方向不变；

故选D。二、多选题(共9题，共18分)8、B:C【分析】【分析】

【详解】

AB．当开关闭合时，电源的电压同时加到两个灯泡上，由于电感线圈对电流的阻碍作用，闭合开关瞬时，通过L1的电流大于L2的电流，L1比L2更亮；故A错误，B正确；

CD．当断开开关，L2立即熄灭，而自感线圈能短暂充当电源，使得L1逐渐熄灭；故C正确，D错误。

故选BC。9、A:D【分析】【详解】

A．正弦交流电源电压稳定，有

所以有

故A正确；

BCD．根据变压器的规律可知，理想变压器原、副线圈电压变化量之比

原、副线圈电流变化量之比

所以有

所以D正确；BC错误。

故选AD。10、B:D【分析】【分析】

【详解】

A．所有粒子在磁场中运动的时间均相同，所以粒子均运动了半个圆周，根据

故A错误；

BC．正粒子向上偏转，负粒子向下偏转，根据几何关系可知，当轨迹与斜边相切时，半径最大，速度最大，对正粒子

解得

负粒子

解得

故B正确C错误；

D．负粒子

最大速度

故D正确。

故选BD。11、B:C【分析】【分析】

【详解】

AB．离子在A点受到的洛伦兹力向下；根据左手定则判断得知该离子带负电，选项A错误，B正确；

C．离子的偏向角为θ=60°，轨迹如图所示，由

由几何知识得R=rcot30°

得

选项C正确；

D．带电粒子从A到C所用的时间

选项D错误。

故选BC。12、B:C【分析】【分析】

【详解】

A．由

解得发电机的电动势E=Bdv

选A错误；

B．由电阻定律知，发电机的内阻

选项B正确；

C．由闭合电路欧姆定律得，过外电阻的电流

选项C正确；

D．外电阻两端电压U=IR

发电机输出电功率P出=UI

发电机的效率

选项D错误。

故选BC。13、A:B【分析】【详解】

A．由图可知，在时刻时，螺线管中电流增大，其形成的磁场不断增强，因此穿过线圈P中的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈P将阻碍其磁通量的增大，故线圈有远离螺线管和面积收缩的趋势，所以此时线圈对桌面的压力大于线圈的重力，根据牛顿第三定律可知，线圈受到支持力大小等于线圈给桌面的压力的大小，所以有

故A项正确；

BD．由图可知，在时刻时，螺线管中电流不变，其形成磁场不变，因此穿过线圈P中的磁通量不变，因此磁铁线圈中无感应电流产生，故时刻线圈对于桌面的压力等于其自身的重力，根据牛顿第三定律可知，其支持力的大小等于压力的大小，所以

又因为由图可知，此时螺线管中的电流最大，所以此时螺线管产生的磁场最强，穿过P的磁通量根据公式

因为此时磁场的磁感应强度最大，所以此时期穿过线圈的磁通量最大。由图可知时刻螺线管内的电流也是不变的，同理可知，其压力与重力的关系为

而其电流并不是最小值；所以其产生的磁场也不是最小的，即穿过线圈的磁通量也不是最小的，故B正确，D错误；

C．时刻螺线管中电流为零，但是下一刻其电流反向，螺线管产生的磁场也反向，故时刻是穿过线圈P中磁通量的变化率不为零，所以此时仍然满足感应电流的产生条件，即线圈中仍然存在感应电流。但此时螺线管中的电流为零，即螺线管产生的磁场为零，所以其与线圈没有相互作用力，即

故C错误。

故选AB。14、A:D【分析】【分析】

【详解】

AB．回路的热功率。

P=I2R由于回路中的感应电流。

为定值。

R=（tan30°＋）2v0rt可得。

P∝t选项A正确；B错误；

CD．在A中，图线与t轴所围的面积表示回路产生的焦耳热Q；则。

Q=Pt∝t2选项D正确；C错误。

故选AD。15、B:C:D【分析】【详解】

A．由乙图可知，交流电的最大值

有效值为

电流表的示数为10A；故A错误；

B．周期

角速度

故B正确；

C．0.01s时线圈产生的感应电动势最大；说明线圈平面与磁场平行，故C正确。

D．据题知0.01s时线框从图示位置转过180°，则AB边向上切割磁感线，则流方向为从A流向B；故D正确。

故选BCD。16、A:B:D【分析】【详解】

A、在时刻棒的速度为感应电动势副线圈的电压为电流为因为原副线圈中电流与匝数成反比，所以电流表的示数为故A正确；

B、由于导体棒的电阻不计，当速度最大时，导体棒两端的最大电压等于故B正确；

C、电阻R上消耗的功率为故C错误；

D、从至的时间内，水平外力所做的功等于产生的热量为故D正确．三、填空题(共5题，共10分)17、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】能量损失18、略

【分析】【详解】

[1][2][3]金属的电阻率随温度的升高而增大。用金属丝可以制作温度传感器，称为热电阻。【解析】①.增大②.温度③.热电阻19、略

【分析】【详解】

（1）[1][2]线圈中电流从无到有时；磁场从无到有，电源把能量输送给磁场，储存在磁场中。

（2）[3]线圈中电流减小时，磁场中的能量释放出来转化为电能。【解析】磁场磁场磁场20、略

【分析】【分析】

【详解】

当条形磁铁N极垂直a环靠近a时，穿过a环的磁通量增加，a环闭合产生感应电流，磁铁对a环产生安培力，阻碍两者相对运动，a环将远离磁铁。

当条形磁铁N极垂直b环靠近b时，b环中不产生感应电流，磁铁对b环没有安培力作用，b环将静止不动。【解析】远离磁铁静止不动21、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】①.5～370②.较高③.荧光四、作图题(共4题，共28分)22、略

【分析】【详解】

根据左手定则，画出通过电导线I所受磁场力的方向如图所示。

【解析】23、略

【分析】【分析】

根据题中“要在居民楼的楼道安装一个插座和一个电灯”可知；本题考查交流电的常识，根据开关作用和交流电接线常识，进行连接电路图。

【详解】

晚上；天黑光控开关闭合，有人走动发出声音，声控开关闭合，灯亮，说明两个开关不能独立工作，只有同时闭合时，灯才亮，即两个开关和灯泡是三者串联后连入电路；根据安全用电的原则可知，开关控制火线，开关一端接火线，一端接灯泡顶端的金属点，零线接灯泡的螺旋套；三孔插座通常的接线方式是面对插座，上孔接地线，左孔接零线，右孔接火线；电路图如下图所示。

【解析】24、略

【分析】【分析】

【详解】

由第一个图可知：当条形磁铁的N极插入线圈过程中；电流计的指针向右偏转，则有：线圈中向下的磁场增强，感应电流的磁场阻碍磁通量增加，感应电流的磁场方向向上，则指针向右偏，记录完整。

第二个图指针向左偏；说明感应电流的磁场方向向下，与磁铁在线圈中的磁场方向相反，则线圈中磁场增强，故磁铁向下运动，如图。

第三个图指针向右偏；说明感应电流的磁场方向向上，与磁铁在线圈中的磁场方向相同，则线圈中磁场减弱，故磁铁向上运动，如图。

【解析】25、略

【分析】【详解】

当条形磁铁向右靠近圆环时；导线线圈的磁通量向右增大，由楞次定律：增反减同可知，线圈中产生感应电流的方向顺时针（从右向左看），如图所示：

【解析】如图所示五、解答题(共3题，共12分)26、略

【分析】【分析】

【详解】

收音机选台时，我们调至具体频道时调谐器将相对应的频率信号进行调谐，使这一频率产生的电流达最大，然后输送给调谐器；如果调谐不准，就可能出现两种不同频率的信号都会在电路中产生，即出现“串台”现象。【解析】见解析27、略

【分析】【详解】

(1)带电粒子在电场中受电场力

粒子沿平行于极板方向射入做类平抛运动，设粒子射出金属板时速度的大小v、方向与水平方向夹角为θ，则有

又

联立解得v=1.4×105m/s，θ=45°

(2)粒子进入磁场做圆周运动，则有

解得

因θ=45°；磁场宽度为10cm，则粒子恰好从上极板向右延长线与磁场右边界交点处射出，如图。

又

所以s【解析】(1)1.4×105m/s、方向与水平方向夹角为=45°；(2)恰好从上极板向右延长线与磁场右边界交点处射出28、略

【分析】【分析】

【详解】

解法一。

1.平行板间仅有磁场，带电粒子初速度v0的方向垂直于磁场；在洛伦兹力的作用下，粒子将在垂直于磁场方向的平面内做匀速圆周运动，圆周半径。

（1）

轨道平面与Oxz坐标平面的交线如图1中NN′所示。要使粒子刚能到达极板Q（与板刚未接触），圆心C应是ON′的中点；有。

（2）

由（1）；（2）式得。

（3）

粒子由O经过半个圆周到达N′；所经历的最短时间为圆周运动的半个周期。

（4）

2.以y轴为旋转轴，顺时针转动α角，建立新坐标系Ox′y′z′，如图2所示。在新坐标系中电场强度E的分量为。

Ex′=EcosαEy′=0Ez′=Esinα（5）

磁感应强度B的分量为。

Bx′=0By′=0Bz′=B（6）

带电粒子所受到的电场力的分量为。

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

当带电粒子速度为v时；带电粒子所受到磁场力的分量为。

fBx′=qvy′BfBy′=-qvx′BfBz′=0（8）

（i）关于带电粒子在Ox′y′平面内的分运动。

现设想起始时刻带电粒子沿y′轴正方向的初速度v0用下式表示。

v0=v0+v1-v1=v2-v1

式中。

v2=v0+v1（9）

现把v0看成沿y′轴负方向运动的速度v1和沿y′轴正方向运动的v2的合成。这样，与前者联系的运动使带电粒子受到沿x′轴的负方向的磁场力作用，它与电场力的分量fEx′的方向相反，当v1取数值。

（10）

时，与-v1相联系的磁场力与fEx′的合力为零，其效果是带电粒子沿y′轴负方向以速度v1做匀速运动；与后者联系的运动使带电粒子仅受到磁场力作用，此力的方向既垂直于磁场方向（z′轴方向），又垂直于速度v2，即位于Ox′y′平面内；其大小为。

fx′y′=qv2B（11）

粒子在此力作用下在平面内做速度为v2的匀速圆周运动；圆周的半径。

（12）

其圆频率。

（13）

由以上分析可知带电粒子一方面在Ox′y′平面内做上述匀速圆周运动，另一方面圆心沿y′轴负方向以速度做匀速直线运动。

（ii）关于粒子沿z′轴的分运动。

由（7）、（8）两式可知，粒子在z′方向仅受电场力作用；其加速度。

（14）

即粒子沿着z′轴以加速度az′做匀加速直线运动。

（iii）关于粒子在Ox′y′z′坐标系中的运动方程。

在只考虑圆周运动的情况下；粒子的坐标随时间变的关系为。

x′=R（1-cosωt）（15）

y′=Rsinωt（16）

z′=0（17）

考虑了圆心运动及粒子沿z′轴的运动并注意到（9）、（10）、（12）式，在Ox′y′z′坐标系中；粒子的运动方程为。

（18）

（19）

（20）

（iv）粒子在Oxyz坐标系中的运动方程。

利用坐标变换。

x=x′cosα+z′sinα

y=y′

z=-x′sinα+z′cosα

并注意到（5）、（9）、（10）、（13）各式，可将（18）、（19）、（20）式转换至Oxyz坐标系，得到粒子在Oxyz坐标系中的运动方程式为。

（21）

（22）

（23）

根据题意，将x=d和代（21）式；解得。

（24）

将和（24）式代入（21）、（22）、（23）各式，可得粒子到达极板Q时粒子的坐标为。

（x=d，）

解法二。

1.与解法一相同。

2.以y轴为旋转轴，顺时针转动α角，建立新坐标系Ox′y′z′，设粒子速度在坐标系Ox′y′z′中分量分别为vx′、vy′、v