2018-2019学年江苏省宿迁市高二上期末物理试卷（含答案解析）

1、第 1 页，共 12 页2018-2019 学年江苏省宿迁市高二（上）期末物理试卷一、单选题（本大题共 6 小题，共 24.0 分）1. 下列说法正确的是 ( )A. 安培提出了分子电流假说 B. 法拉第发现了电流磁效应C. 楞次发现了电流热效应 D. 奥斯特发现了电磁感应定律【答案】A【解析】解：A、安培提出了分子电流假说，说明了一切磁现象都是由电流产生的，故A 正确。B、奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系，故 B 错误。C、焦耳发现了电流热效应；故 C 错误。D、法拉第发现了电磁感应定律。故 D 错误。故选：A。本题考查电磁学的物理学史，根据奥斯特、法拉第、安培、焦耳

2、等人的物理学成就进行解答。物理学史是高考考查内容之一，要结合科学家成就内容、物理学发展的历史背景进行记忆。2. 将一内阻是 电压表的量程由 扩大到 ，需要给它 3 0 3 0 15 ( )A. 并联 电阻 B. 并联 电阻 C. 串联 电阻 D. 串联 电阻12 15 12 15【答案】C【解析】解：把量程为 3V 的电压表改装成 15V 的电压表需要串联分压电阻，由串联电路特点可知，分压电阻分压为 12V，是电压表的 4 倍，串联电路两端电压与电阻成正比，由此可知，串联电阻阻值为电压表内阻的 4 倍，串联电阻阻值为： ，故 C 正确 ABD 错误。34=12故选：C。把一个电压表改装为量程更

3、大的电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点可以求出串联电阻阻值。本题考查了电压表的改装，知道电压表的改装原理是解题的前提与关键，应用串联电路特点即可解题。3. 图为一块长方体铜块，将 1 和 2、3 和 4 分别接在一个恒压源 输出电压保持不变 的两端，通过铜块的( )电流之比为 ( )A. 1 B. C. D. 22 22 22【答案】B【解析】解：沿 1、2 方向流向时，长度为 a，截面积为 bc，则由电阻定律可知：；1=沿 3、4 方向流向时，长度为 c，截面积为 ab，则电阻 ；2=故电阻之比为： ；12=22电压相同，故电流之比为电阻的反比；故为 ；故 B 正确 ACD 错误；22

4、第 2 页，共 12 页故选：B。明确两电流流向中对应的电阻长度和截面积，再根据电阻定律分别求出电阻表达式，再求出比值；再根据欧姆定律确定电流的比值关系本题考查电阻定律的正确应用，要注意明确同一电阻，电流的流向不同时，对应的阻值是不同的，要明确电阻的长度和截面积才能准确求解电阻大小，从而确定电流的大小关系4. 如图所示，已知电流从电流表的右侧接线柱流入，其指针向右偏转。当条形磁铁竖直向下落入线圈时，空气阻力不计。则 ( )A. 电流表指针向右偏转 B. 电流表指针向左偏转C. 磁铁加速度大于重力加速度 D. 磁铁加速度等于重力加速度【答案】B【解析】解：AB、当磁铁向下插入线圈时，磁通量向下增

5、大，根据楞次定律知，线圈中感应电流由上端流入，下端流出，故感应电流的方向从电流表的左接线柱流入，则电流表指针向左偏转。故 A 错误，B 正确；C、根据楞次定律可知，磁铁受到向上的阻力，故加速度小于重力加速度，故 CD 错误。故选：B。根据磁通量的变化，运用楞次定律判断出感应电流的方向，从而确定电流表指针的偏转方向；根据楞次定律“来拒去留”确定磁铁的受力情况。本题考查楞次定律的应用，楞次定律是高考的热点问题，解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向和受力情况。5. 如图所示，电表均为理想电表，当滑动变阻器滑片 P向 a 端移动过程中，下列说法正确的是 ( )A. 电压表 V 的示数减小B.

6、电流表 A 的示数增大C. 电容器 C 的带电量减少D. 电阻 的功率减小1【答案】D【解析】解：AB、滑片向 a 端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则可知总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知，总电流减小，电流表示数减小；内电压减小，路端电压增大；电压表示数增大；故 AB 错误；C、因总电流减小，则内电压和 两端的电压减小，而路端电压增大，故电容器两端1电压增大，其电量增大，故 C 错误；D、因电流减小，则由 可知， 的功率减小，故 D 正确。=2 1故选：D。明确电路结构，根据电阻的变化分析电路中电流的变化，从而确定路端电压和各支路电流的变化，从而确定电容器的电量变化，根据功率公式确定电阻消

7、耗功率的变化。本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析问题，对于选择题也可以直接根据“串反并同”第 3 页，共 12 页的结论进行分析，得出结论。6. 如图甲，用电流天平测量匀强磁场的磁感应强度。挂在天平右臂下方的矩形线圈中通入如图乙的电流，此时天平处于平衡状态。现保持边长 MN 和电流大小、方向不变，将该矩形线圈改为梯形线圈并保持质量不变，如图丙所示。则 ( )A. 天平仍处于平衡状态B. 无法判断天平如何倾斜C. 在左侧托盘中适当增加砝码可使天平平衡D. 在右侧托盘中适当增加砝码可使天平平衡【答案】C【解析】解：由题意可知，在乙图中天平处于平衡状态，此时线圈在磁场中受到的安培力大小为 ，方向竖直

8、向上，=该安培力与线圈重力的合力大小等于左侧物体的总重力，天平处于平衡；而当在丙图中，由于导体的有效长度变短，故受到的安培力减小且竖直向上，故将该矩形线圈改为梯形线圈，右侧的重力与安培力的合力大于图乙中右侧的重力与安培力的合力，故天平将向右倾斜。要使天平重新平衡，在左侧托盘中适当增加砝码即可，故 C 正确、ABD 错误。故选：C。先根据左手定则判断出安培力的方向，利用 判断出安培力的大小，其中 L 为导=线的有效长度；再结合线圈所受到的安培力与重力的合力大小，通过对比乙丙两个图，利用力矩平衡条件即可判断出结论。本题主要考查了安培力大小的计算和方向的判断以及力矩的平衡条件，要牢记在计算通电导体在

9、磁场中受到的安培力时，公式中的 L 是指导体的有效长度。二、多选题（本大题共 5 小题，共 20.0 分）7. 1930 年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，两个铜质 D 形盒 、 与交流电源相连，1 2置于匀强磁场中，其间留有空隙，粒子从 A 点开始沿虚线运动。下列说法正确的有 ( )A. 粒子运动周期和交流电的周期相等B. 只增大 D 形盒的半径，粒子从加速器中出来时的速度将增大C. 只增大电压 U，粒子从加速器中出来时的速度将增大D. 加速完质子后，不改变交流电的周期和磁感应强度，可以直接用来加速氦原子核 质量是质子的 4 倍，电荷是质子的 2 倍( )【答案】AB【解

10、析】解：A、根据加速器的原理可知，粒子在磁场中运动的周期与粒子在狭缝中运动的时间之和与电场变化的周期是相同的，故 A 正确；B、D 设 D 形盒的半径为 R，当离子圆周运动的半径等于 R 时，获得的动能最大，则由 可得： ，则最大动能 可见，最大动能与加速电=2 = =122=2222.压无关，增大 D 形盒的半径可增加离子从回旋加速器中获得的最大动能。故 B 正确，第 4 页，共 12 页C 错误；D、离子在 D 形盒运动过程中受到的洛伦兹力提供向心力，得： ，可得周=422期公式 ，可知，如果加速质子后，要接着加速氦核必须将加速电源的频率调整=2为原来的 ，故 D 错误；12故选：AB。当

11、离子在磁场中圆周运动的半径等于 D 形盒半径时，速度最大，动能最大，根据洛伦兹力充当向心力，列式得到最大动能的表达式，再进行分析增加最大动能的方法。回旋加速器是利用磁场中的圆周运动使离子反复加速的，加速电场的强弱不会影响最后的动能，但金属盒的半径制约了最大动能，达到最大半径后，粒子无法再回到加速电场继续加速。8. 如图是小灯泡 灯丝材料是钨 和某种电阻 R 的伏安特性曲( )线，M 为两曲线交点。下列说法正确的有 ( )A. 在 M 点状态下，小灯泡 L 和电阻 R 的功率相等B. 在 M 点状态下，小灯泡 L 的阻值比电阻 R 的小C. 曲线 a 是小灯泡 L 的伏安特性曲线，曲线 b 是电

12、阻 R 的伏安特性曲线D. 曲线 a 是电阻 R 的伏安特性曲线，曲线 b 是小灯泡 L 的伏安特性曲线【答案】AC【解析】解：A、图线中的 M 点，电流和电压都相等，根据欧姆定律，电阻相等；功率 也相等；故 A 正确，B 错误；=C、随着电压的增加，元件的热功率增加，温度升高；从图象可以看出，a 图线对应电阻减小，b 图象对应电阻增加；热敏电阻其阻值随温度的升高而减小，而小灯泡的电阻随温度的升高而增加；故 a 是热敏电阻，b 是小灯泡，故 C 正确，D 错误；故选：AC。热敏电阻其阻值随温度的升高而减小，而小灯泡的电阻随温度的升高而增加； 图象上某点与坐标原点的连线的斜率表示电阻的倒数。本题

13、关键是明确小灯泡和热敏电阻的电阻随温度升高的变化情况，然后结合 图象得到小灯泡和热敏电阻的伏安特性曲线进行分析。9. 如图所示，理想变压器原线圈接入交流电。改变开关的断开=2202100()和闭合状态，观察到电流表 的示数增大了 ，1 0.1电流表 的示数增大了 ，电流表均为理想电2 0.3表，灯泡 、 的阻值不变。则 1 2 ( )A. 变压器起升压作用 B. 副线圈中电流频率为 50HzC. 开关 S 由闭合变为断开 D. 开关 S 由断开变为闭合【答案】BD【解析】解：A、根据 可得 ，由于电流表 的示数增大 时，1=212 1=212 1 0.1电流表 的示数增大 ，所以 ，该变压器为

14、降压变压器，故 A 错误；2 0.321=13B、变压器变压不变频，故副线圈中电流频率为 ，故 B 正确；=1002=50第 5 页，共 12 页CD、由于电流表的示数增大，故总功率变大，可见开关 S 由断开变为闭合，故 C 错误，D 正确。故选：BD。根据变压器原理得到电流变化之比与匝数比的关系，分析变压器的性质；根据频率计算公式求解频率；根据电流表示数的变化确定开关的断开或闭合。本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。原线圈的电压决定副线圈的电压；理想变压器

15、在改变电压和电流的同时，不改变功率和频率。10. 用电流传感器研究自感现象的电路如图甲所示，线圈 L 没有带铁芯。闭合开关S，传感器记录了电路中电流随时间的变化规律如图乙所示。下列说法中正确的有( )A. 线圈中产生的自感电动势阻碍磁通量增大B. 若线圈中插入铁芯，上述过程中电流达到稳定时经历的时间大于 0C. 若将线圈匝数加倍，上述过程中电流达到稳定时经历的时间仍等于 0D. 若将线圈匝数加倍，上述过程中电流达到稳定时经历的时间大于 0【答案】ABD【解析】解：A、闭合 S 后的瞬间回路中的电流逐渐增大，说明线圈中电流增大时，线圈中产生的自感电动势阻碍电流的增大，即阻碍电流产生的磁通量增大，

16、故 A 正确；B、若线圈中插入铁芯，线圈自感系数增大，自感现象延长，所以若线圈中插入铁芯，上述过程中电路中电流达到稳定值经历的时间大于 ，故 B 正确；0C、D、若将线圈匝数加倍，线圈自感系数增大，自感现象延长，上述过程中电路中电流达到稳定值经历的时间大于 ，故 C 错误，D 正确；0故选：ABD。电感对电流的变化起阻碍作用，线圈中插入铁芯、线圈匝数越多，自感系数越大，达到稳定的时间越长；电流达到稳定时的电流取决于回路总电阻。解决本题的关键掌握电感对电流的变化起阻碍作用，电流增大，阻碍其增大，电流减小，阻碍其减小。11. 如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，正方形单匝线框从左边界由静止开始匀加

17、速穿过磁场区域，线圈的边长和磁场的宽度相等。从线框 cd 边刚进磁场开始计时，逆时针方向为电流的正方向，线框中的感应电流 i、电功率 P 随时间 t 的变化图象可能正确的是 ( )第 6 页，共 12 页A. B. C. D. 【答案】AD【解析】解：AB、线框的速度： ，感应电动势： ，电功率：= =，故 A 正确，B 错误；=2=2222CD、感应电流： ，由右手定则碰撞，线框进入磁场过程电流沿逆时针方向，=是正的，线框离开磁场过程，感应电流沿顺时针方向，是负的，故 C 错误，D 正确；故选：AD。由速度公式求出线框的速度，由 求出感应电动势，由电功率公式求出电功率，=应用欧姆定律求出电流

18、，由右手定则判断出感应电流方向，然后分析图示图象答题。本题考查了电磁感应与电路的综合运用，掌握切割产生的感应电动势公式、会运用楞次定律或右手定则判断感应电流的方向，应用 、欧姆定律与电功率公式即可解=题。三、实验题探究题（本大题共 2 小题，共 20.0 分）12. 某同学测定金属丝电阻率实验的部分步骤如下：用刻度尺正确测量金属丝接入电路的长度后，再用螺旋测微器测量金属丝的直(1)径，当测微螺杆与金属丝将要接触时，应调节旋钮_ 选填“A”、“B”、(“C”或“D” 发出“喀喀”声时停止；测量结果如图 1，读数为_mm。)用多用电表的电阻“ ”挡粗测此金属丝的电阻，表盘示数如图 2 所示，则(2

19、) 1该电阻的阻值约为_ 。用如下实验器材进一步测其电阻，除待测金属丝外，实验室还备有：(3)A.电压表 量程( 0 3)B.电流表 量程( 0 0.6)C.滑动变阻器 、1(0 20 0.6)D.滑动变阻器 、2(0 2000 0.1)E. 的干电池两节，内阻不计1.5F.开关 S，导线若干为了测多组实验数据，上述器材中的滑动变阻器应选用_ 选填“C”或(“D” 。)用正确选择的滑动变阻器连接好电路如图 3 所示，闭合开关后，发现电流表示(4)数为零，电压表示数接近电源电动势。经检测导线和电表均完好，则发生故障的是_断路 选填“待测金属丝”、“滑动变阻器”或“开关” 。( )【答案】D 8

20、C 待测金属丝0.410第 7 页，共 12 页【解析】解： 用螺旋测微器测量金属丝的直径，当测微螺杆与金属丝将要接触时，(1)应调节旋钮 D 发出“喀喀” 声时停止；由图示螺旋测微器可知，其示数为： ；0+41.00.01=0.410用多用电表的电阻“ ”挡粗测此金属丝的电阻，由图 2 所示可知，该电阻的阻(2) 1值约为 ；81=8为方便实验操作，滑动变阻器应选择 C。(3)闭合开关后，电流表示数为零，说明电路存在断路；电压表示数接近电源电动势，(4)说明电压表与电源两极相连，电压表并联电路之外电路不存在断路，与电压表并联的电阻丝发生断路。故答案为： ； ； ； ； 待测金属丝。(1) 0

21、.410(2)8(3) (4)用螺旋测微器测量金属丝的直径，当测微螺杆与金属丝将要接触时，应调节微调旋(1)钮；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数。欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。(2)为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器。(3)常见的电路故障有断路与短路两种，根据电路故障现象分析电路故障原因。(4)本题考查了螺旋测微器与欧姆表读数、实验器材选择与电路故障分析，要掌握常用器材的使用及读数方法，要掌握实验器材的选择原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作原则。13. 某同学利用如图 甲 所示的实验装置测量一节干电池的电动势和内阻。( )调节滑动变阻器，电压

22、表和电流表的示数记录如下：(1)()1.451.361.281.251.091.01()0.120.180.240.300.360.42请根据表中的数据，在坐标纸 乙 上作出 图线。( ) 由图线求得：电动势 _V；内阻 _ 。(2) = = 该电路中电阻的作用是_。(3)引起该实验系统误差的主要原因是_。(4)A.电压表的分流 电压表的分流造成电流表读数偏大.C.电流表的分压造成电压表读数偏小 电流表的分压造成电压表读数偏大.【答案】 保护电路 A1.621.44第 8 页，共 12 页【解析】解： 根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示：(1)由图示 图象可知，电源电动

23、势：(2) =1.62电源内阻： ；=1.621.00.431.44由图示电路图可知，定值电阻串联在电路中，起保护电路的作用。(3)由图示电路图可知，电流表采用内接法，由于电压表的分流作用，电流的测量值偏(4)小，这是造成实验误差的原因，故 A 正确，BCD 错误；故选：A。故答案为： 图象如图所示； ； ； 保护电路； 。(1) (2)1.621.44(3) (4)根据表中实验数据，应用描点法作出图线。(1)电源 图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图线斜率的绝对值等于电源内阻，(2) 根据图示图象求出电源电动势与内阻。分析图示电路图答题。(3)根据实验电路图分析实验误差来源，然后答题。(4)

24、本题考查了实验数据处理、实验误差分析，应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握描点法作图的方法。四、计算题（本大题共 4 小题，共 56.0 分）14. 如图，电路中电源电动势 ，内阻 ，小灯泡 L 额定电压 ，额定=10 =1 =8功率字迹模糊不清，电动机 M 线圈电阻 闭合开关 S 后，灯泡恰好正常发=2.光，电动机输出机械功率 求：=3.5.电源中电流 I；(1)电动机线圈中电流 ；(2) 小灯泡额定功率 。(3) 【答案】解： 电源的内电压：(1) 内 =通过电源的电流： =内解得： =2电动机的总功率为：(2) =电动机的热功率为： 热 =2由能量守恒得： =热 +第

25、9 页，共 12 页电动机中电流为： =0.5通过灯泡的电流为：(3) 灯 =小灯泡的功率为： =灯 =12答： 电源中电流是 2A；(1)电动机线圈中电流是 ；(2) 0.5小灯泡额定功率是 12W。(3)【解析】 小灯泡正常发光，说明外电压等于小灯泡的额定电压，根据闭合电路欧姆(1)定律列式求解通过电源的电流 I；由 求得电动机的总功率，在根据 求得发热功率，结合能量守恒可求得电(2)= 2动机线圈中电流；根据电路的串并联知识求解通过灯泡的电流，进而求得小灯泡额定功率。(3)对于电动机工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，本题不能用欧姆定律求出通过电动机的电流。15. 如图所示，矩

26、形线圈 abcd 匝数 匝、面积 、电阻不计，处于磁感=100 =0.52应强度 的匀强磁场中。线圈通过金属滑环 E、F 与理想变压器原线圈相连，=210变压器的副线圈接一只“10V，10W”灯泡。接在矩形线圈和原线圈间的熔断器允许通过最大电流 、电阻忽略不计，现使线圈 abcd 绕垂直于磁场的轴 以=1.5 角速度 匀速转动，灯泡正常发光。求：=10/线圈 abcd 中电动势有效值；(1)变压器原、副线圈匝数之比；(2)副线圈中最多可以并联多少盏这样灯泡。(3)【答案】解： 电动势最大值 ，(1) =502电动势有效值 ；=2=50原线圈输入电压(2) 1=50副线圈输出电压 2=10匝数之

27、比 ；12=12=5010=51在熔断器未熔断情况下，原线圈最大输入功率 ；(3) 1=1=1.550=75副线圈最大输出功率 2=1灯最多盏数 。=27答： 线圈 abcd 中电动势有效值为 50V；(1)变压器原、副线圈匝数之比 5：1；(2)副线圈中最多可以并联 7 盏这样灯泡。(3)【解析】 求出电动势最大值，根据最大值和有效值的关系求解有效值；(1)根据变压器原理求解匝数比；(2)求出原线圈最大输入功率，再根据每盏灯泡的额定功率进行解答。(3)本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压

28、器的输第 10 页，共 12 页出功率决定输入功率且相等。16. 如图所示，水平光滑导轨固定于竖直向上的匀强磁场中，导轨宽度为 L，导轨左端接电阻 和 ，且 ， 质量为 m 的导体棒 ab 垂直导轨静置。现用1 2 1= 2=2.水平向右大小为 F 的力拉导体棒，当导体棒位移为 x 时速度达到最大值 v，导体棒始终垂直导轨，导体棒和导轨的电阻均不计。求：磁感应强度大小 B；(1)该过程通过电阻 的电荷量 q；(2) 1该过程电阻 产生的焦耳热 Q。(3) 2【答案】解： 导体棒速度最大时做匀速直线运动，由平衡条件得： ，(1) =安培导体棒切割磁感线产生的感应电动势为： ，=导体棒受到的安培力

29、为： ，安培 =通过导体棒的电流为： ，=2+2解得，磁感应强度为： ；=123在达到 v 的过程中回路平均感应电动势为：(2)=平均电流为： ，=总通过导体棒的电量为： ，总 =通过 的电荷量为： ；1 =23总 =23由能量守恒定律可知，电路中产生的总热量为： ，(3) 总 =122产生的热量为： ；2 =13总 =13(122)答： 磁感应强度大小 B 为 ；(1)123该过程通过电阻 的电荷量 q 为 ；(2) 1 23该过程电阻 产生的焦耳热 Q 为 。(3) 213(122)【解析】 导体棒匀速运动时速度最大，应用安培力公式与平衡条件可以求出磁感应(1)强度。由法拉第电磁感应定律求

30、出平均感应电动势，由欧姆定律求出平均感应电流，由电(2)流定义式求出电荷量。应用能量守恒定律与并联电路规律可以求出电阻产生的热量。(3)解决本题的关键掌握导体切割产生的感应电动势 ，以及感生产生的电动势。理=解牛顿第二定律与运动学公式综合应用，注意求电势差时，电阻不能代错。第 11 页，共 12 页17. 如图所示，高度均为 L 的区域 I、中分别存在匀强磁场和电场。区域内的磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度为 B，区域内的电场方向竖直向上、电场强度为 E，M 、N 是涂有荧光物质的两块水平板，电子击中板发出荧光且不反弹。其中 M 板位于磁场上边界，N 板位于电场下边界。一束速率相同的电子从

31、O 点紧贴M 板沿纸面内各个方向射入磁场，其中水平向右射入磁场的电子垂直击中 N 板上的 A 点 图中未画出 。电子质量为 m，电荷量为 e，电子重力和电子间相互作用不( )计，求：电子的速率 v；(1)电子在磁场中运动的最短时间 t；(2)板上出现亮点区域长度 x。(3)【答案】解：垂直(1)击中 N板的电子在磁场中轨道半径： ，=洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： ，=2解得，电子速度： ；=电子在磁场中运动的最短时间 t，由几何关系得： ，(2) =60电子在磁场中运动的周期： ，=2运动时间： ；=360=3电子沿水平向右射入磁场亮点出现在最右侧；(3)电子沿竖直向下射入磁场亮点出

32、现在最左端。如图所示竖直向下电子在电场中做类平抛运动，竖直方向： ，=122水平方向： ，1=N 板上出现亮点区域长度： ，=2+1解得： ；=2+2答： 电子的速率 v 为 ；(1)第 12 页，共 12 页电子在磁场中运动的最短时间 t 为 ；(2)3板上出现亮点区域长度 x 为： 。(3) 2+2【解析】 根据题意作出电子运动轨迹，求出电子轨道半径，洛伦兹力提供向心力，(1)由牛顿第二定律求出电子速率。根据题意求出电子在磁场中转过的最小圆心角，然后根据电子做圆周运动的周期公(2)式求出电子在磁场中的最短运动时间。电子在电场中做类平抛运动，作出电子运动轨迹，然后应用类平抛运动规律求出亮(3)线长度。本题考查了电子在磁场与电场中的运动，电子在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚电子运动过程、作出电子运动轨迹、求出电子在磁场中做圆周运动的轨道半径是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与几何知识即可解题。