2022-2023 学年巢湖市黄麓高中高二（下）6 月教学质量监测
物理试题
一、单选题（本大题共 7 小题，共 28 分）
1. 利用激光笔可以在荧光纸上留下印迹的特点，有同学进行如下操作：轻质弹簧上端固定，
在其下端固定一激光笔，让笔沿竖直方向自由振动，激光笔发射的激光可以垂直射到竖直放
置其后的荧光纸上，将荧光纸以速度 水平向左拖动，在荧光纸上留下如图所示波形图，其中
、 两点位于波峰，间隔为 0； 点位于波谷， 、 竖直间距为 0，则( )
A. 激光笔振幅为 0
B. 激光笔在留下 、 两点时加速度均为零
C. 激光笔在留下 、 两点时加速度相同
D. 激光笔的振动周期为 0
2. 已知一滴雨珠的重力可达蚊子体重的几十倍，但是下雨时蚊子却可以在“雨中漫步”。
为研究蚊子不会被雨滴砸死的诀窍，科学家用高速相机拍摄并记录蚊子的运动情况，研究发
现蚊子被雨滴击中时并不抵挡雨滴，而是与雨滴融为一体，顺应雨滴的趋势落下，随后迅速
侧向微调与雨滴分离。已知蚊子的质量为 ，初速度为零;雨滴质量为 50 ，击中蚊子前竖直
匀速下落的速度为 ，蚊子与雨滴的作用时间为 ，以竖直向下为正方向。假设雨滴和蚊子组
成的系统所受合外力为零。则( )
A. 1蚊子与雨滴融为一体后，整体的的速度大小为51
B. 50蚊子与雨滴融为一体过程中，雨滴的动量变化量为51
C. 50 蚊子与雨滴融为一体的过程中，蚊子受到的平均作用力为 51
D. 若雨滴直接砸在静止的蚊子上，蚊子受到的平均作用力将变小
3. 如图所示，在光滑水平桌面上，将长为 的柔软导线弯成六分之一圆弧，导线固定在 、
两端.整个装置处于磁感应强度大小为 ，方向竖直向上的匀强磁场中，导线通以由 到 、
大小为 的恒定电流，则导线中点处受到的张力大小是( )
A. B. 3 C. 3 3 3 2 D. 2
4. 如图所示是远距离输电线路图，升压变压器原、副线圈的匝数分别为 1、 2，电压分别
为 1、 2，降压变压器原、副线圈的匝数分别为 3、 4，电压分别为 3、 4，两变压器均视
为理想变压器，输电线总电阻为 。在进行输电线路改造后，输电线电阻 变小，假设发电厂
电压 1、升压变压器匝数比 1: 2、用户电压 4以及发电厂总功率保持不变，则改造后 ( )
A. 输电电压 2减小 B. 降压变压器原线圈两端电压 3不变
C. 降压变压器的匝数比 3: 4变大 D. 降压变压器输出功率不变
5. 两列分别沿 轴正、负方向传播的简谐横波在 = 0 时刻的波形如图所示。已知两列波传
播速度的大小均为 2.5 / ，质点 位于 = 0.25m的位置，下列说法正确的是( )
A. 两列波相遇时不会发生干涉现象
B. 质点 开始振动时的方向沿 轴正方向
C. 质点 第一次到达波峰的时刻是 = 1s
D. 在 0 0.5 时间内质点 通过的路程是 1.2
6. 一边长为2 3 的正三角形金属框 静置于光滑绝缘水平面上，宽度为2的有界匀强磁场3
位于正三角形右侧，边界平行于 ，如图所示。现用外力沿 的中垂线方向匀速拉动线框并
穿过磁场区域。从顶点 进入磁场开始计时，规定感应电流沿 为正方向，则金属框经过
磁场的过程中，感应电流随时间变化的图象是( )
A. B.
C. D.
7. 装有一定量液体的玻璃管竖直漂浮在水中，水面足够大，如图甲所示．把玻璃管向下缓
慢按压 4 后放手，忽略运动阻力，玻璃管的运动可以视为竖直方向的简谐运动，测得振动
周期为 0.5 .竖直向上为正方向，某时刻开始计时，其振动图象如图乙所示，其中 为振幅．对
于玻璃管，下列说法正确的是 ( )
A. 玻璃管受于重力、浮力和回复力作用
B. 在 1 2时间内，加速度与速度方向相反
C. 5位移满足函数式 = 4sin(4 6 )cm
D. 振动频率与按压的深度有关
二、多选题（本大题共 3 小题，共 18 分）
8. 速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确
的是( )
A. 该束粒子带正电
B. 速度选择器 1极板带负电
C. 能通过狭缝 0的带电粒子的速率等于 1
D. 粒子打在胶片上的位置越靠近 0，粒子的比荷越大
9. 如图甲为探究一电容器充电特性的电路。两次实验中电容器的电荷量 随时间 变化图像
如乙图中①②所示，第一次充电时电容器两端电压 与电荷量 变化图像如图丙所示。不计电
源内阻，则( )
A. 第二次充电时，电容器 图像斜率比丙图大
B. 第一次充电过程中 1时刻比 2时刻电流大
C. ①②两条曲线形状不同是由于 不同引起的
D. ①②两条曲线形状不同是由于 不同引起的
10. 光滑的水平面上有 、 两个小物块，在 = 0 时刻，两物块开始在同一直线上同向运动，
随后发生正碰，两小球碰撞前后的位移 与时间 的关系图像如图所示。则 ( )
A. 物块 与 的质量比为 1: 1 B. 物块 与 的质量比为 1: 3
C. 两物块的碰撞是弹性碰撞 D. 两物块的碰撞是非弹性碰撞
三、实验题（本大题共 2 小题，共 14 分）
11. 在用双缝干涉测光的波长的实验中，请按照题目要求回答下列问题。
(1)图甲、乙两图都是光的条纹形状示意图，其中干涉图样是______。
(2)将下表中的光学元件放在图丙所示的光具座上组装成用双缝干涉测光的波长的实验装置，
并用此装置测量红光的波长。
元件代号
元件名称光屏双缝白光光源单缝透红光的滤光片
将白光光源 放在光具座最左端，依次放置其他光学元件，由左至右，表示各光学元件的排列
顺序应为 、______。(填写元件代号)
(3)组装仪器时，单缝和双缝的空间关系应该为______。
A. 代表单缝， 代表双缝 ． 代表双缝， 代表单缝
C.二者相互垂直放置 .二者相互平行放置
(4)将红色滤光片改为绿色滤光片，其他实验条件不变，在目镜中仍可看见清晰的条纹，则
______。
A.条纹为竖条纹 .条纹为横条纹
C.与红光相比条纹间距变窄 .与红光相比条纹间距变宽
(5)若只将滤光片去掉，下列说法正确的是______。
A.屏上出现彩色衍射条纹，中央是紫色亮纹
B.屏上出现彩色衍射条纹，中央是白色亮纹
C.屏上出现彩色干涉条纹，中央是红色亮纹
D.屏上出现彩色干涉条纹，中央是白色亮纹
(6)已知该装置中双缝间距 = 0.50 ，双缝到光屏的距离 = 0.50 ，在光屏上得到的干涉
图样如图丁所示，分划板中心刻线在图中 位置时游标卡尺如图戊所示，则其示数为
______ ；在 位置时游标卡尺如图戊所示。由以上所测数据可以得出形成此干涉图样的单
色光的波长为______ 。(计算结果保留两位有效数字)
12. 某同学用图甲所示的装置研究单摆的规律，让摆球在竖直平面内做摆动，摆角小于 5°。
用力传感器得到细线对摆球拉力 的大小随时间 变化的图线如图乙所示。
(1)用游标卡尺测量小球的直径如图丙所示，其读数为_______ 。
(2)某同学根据单摆周期公式计算当地重力加速度时，将细线长与小球直径之和作为摆长，则
测得的重力加速度将_______(选填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(3)由图乙可得该单摆的运动周期为_______ 。
(4)该同学测得当地重力加速度 = 9.8 / 2，结合图乙数据，可计算出摆球的质量为
_______ (结果保留 2位有效数字)。
四、计算题（本大题共 3 小题，共 40 分）
13. 现要检测一块工业半球形玻璃砖的折射率。半球形玻璃砖的截面如图所示， 是半球形
玻璃砖的球心， 是其中心轴，已知玻璃砖的半径 = 1 ，两束与中心轴平行的相同检测
光 、 射入半球形玻璃砖，当 光与中心轴 的距离 = 0.5 时， 光从玻璃砖上 点射出，
出射光线与中心轴 交于 点，当 光与中心轴 距离 = 2 时， 光在玻璃砖右侧恰好2
发生全反射，求∶
( )玻璃砖对检测光的折射率 ；
( ) 点与 点间的距离。(取 cos 15° = 0.97)
14. 如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内， 轴与 = 之间，有沿 轴正向的匀强电
场，在第二象限内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，在 轴上 ( , 0)点，沿 轴正向发射
一个质量为 、电荷量大小为 的带负电粒子，粒子的速度大小为 0，粒子刚好从坐标原点
射出磁场；若只增大粒子的发射速度大小，使粒子垂直 轴射出磁场，结果粒子在电场中运动
1
2 的距离，速度为零，不计粒子的重力，求：
(1)匀强磁场的磁感应强度大小；
(2)匀强电场的电场强度大小；
(3)继续增大粒子的发射速度大小，要使粒子不能从 = 射出电场，粒子的发射速度最大为
多少．
15. 如图所示，某粒子分析器由区域Ⅰ、区域Ⅱ和检测器 组成。两个区域以垂直 轴的平
面 为界，其中区域Ⅰ内有沿着 轴正方向的匀强磁场和匀强电场，区域Ⅱ内只有沿着 轴正方
向的匀强磁场，电场强度大小为 ，两个区域内的磁感应强度大小均为 。当粒子撞击检测器
时，检测器被撞击的位置会发光。检测器中心 ′在轴上，在检测器所在平面上建立与
坐标系平行的坐标系 ′ ′ ′。一质量为 、带电荷量为 的带正电粒子从 点沿 轴正方向
以初速度 0射入，若区域Ⅰ内只存在匀强磁场，粒子轨迹圆的圆心恰好是 点，平面 到 点
2
的距离 = 2 2 ，运动过程中粒子所受重力可以忽略不计。
(1)求 点的位置，用坐标( , )表示；
(2)若区域Ⅰ只有匀强电场 ，当检测器 置于平面 所在位置时，求检测器上发光点的位置，
用坐标( ′, ′)表示；
(3)当检测器距 点的距离为 时，求检测器上发光点的位置，用坐标( ′, ′)表示。
答案和解析
1.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查简谐运动，解题关键掌握简谐运动的理解，注意加速度与位移的关系。
根据振幅的概念可知激光笔的振幅为 02，质点位移越大时加速度越大，且方向与位移方向相反，
根据速度公式可解得激光笔的周期。
【解答】
A 、由图可知激光笔振幅为 02，故 A 错误；
B、激光笔在留下 、 两点时位于正向最大位移处，加速度最大，故 B 错误；
C、激光笔在留下 、 两点时加速度大小相同，方向相反，故 C 错误；
D 、激光笔的振动周期等于纸带运动 00距离所用的时间，即 ，故 D 正确。
故选 D。
2.【答案】
【解析】
【分析】
本题主要考察了动量守恒定律和动量定理的基本内容，以及完全非弹性碰撞的模型，需要学生熟
练掌握基本公式并加以应用，难度不大。
【解答】
A.蚊子与雨滴融为一体的过程中，根据动量守恒有
50 = 51 共
50
解得 共 = 51 ，A 错误;
B.雨滴的动量变化量为 = 50 ( 共 ) =
50
51 ，B 错误;
C.设蚊子受到的平均作用力为 ，根据动量定理有 = 共
= 50 解得 51 ，C 正确;
D.若雨滴直接砸在静止的蚊子上，蚊子与雨滴的作用时间变短，雨滴的动量变化量变大，则雨滴
受到的平均作用力将变大，蚊子受到的平均作用力也变大， D 错误。
故选 C。
3.【答案】
【解析】
【分析】
由安培力公式求出安培力，结合力的合成可得导线中点处的张力。
【解答】
由几何关系可得 = = 3
3
则圆弧半径为 =
化曲线为直线，有效长度为 ，则张力大小 = = 3
所以 B 正确，ACD 错误；
故选 B。
4.【答案】
【解析】略
5.【答案】
【解析】
【分析】
当两列波的频率相同时，可发生稳定的干涉现象；根据同侧法可确定质点 开始振动的方向；根
= 据 确定质点 第一次到达波峰的时刻；确定质点 振动的时间与周期的关系，可确定通过的
路程。
【解答】
A.两列波波长均为 = 1m
周期均为 = = 1 2.5 s = 0.4s
= 1频率均为 = 2.5Hz
频率相同，两列波相遇时会发生干涉现象，故 A 错误；
B.根据同侧可知两列波的质点的起振方向均沿 轴负方向，质点 开始振动时的方向沿 轴负方向，
故 B 错误；
C. 1两列波的波峰传到 点的时间均为 = = 2.5 s = 0.4s
所以质点 第一次到达波峰的时刻是 = 0.4s，故 C 错误；
D.两列波同时传播到 点的时间为 ′ = ′ =
0.25
2.5 s = 0.1s
因此在 0 0.5 时间内质点 振动了 0.4 ，为一个周期的时间，由于 点是振动加强点，故 点的
振幅为 ′ = 2 = 30
因此质点 通过的路程为 = 4 ′ = 1.2 ，故 D 正确。
故选 D。
6.【答案】
【解析】
【分析】
先根据楞次定律判断各个过程中的感应电流方向，根据有效切割速度确定感应电动势的变化情况，
由欧姆定律分析感应电流大小的变化情况，再综合得出正确的图象。
本题是电磁感应中图象问题，先要注意先由楞次定律判断感应电流方向，再根据法拉第定律、欧
姆定律判断感应电流大小的变化。
【解答】
在 0 2 内，顶点 通过磁场，由楞次定津判断可知感应电流沿 方向，为正方向；线框有效
切割长度均匀增大，感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大；
在2 内，即顶点 出磁场到 边进磁场之前，线框切割磁感线的有效长度不变，感应电动势不
变，感应电流不变，感应电流沿 ，为正方向；
在
3
2 内， 边进入磁场到从右边界出磁场，线框切割磁感线的有效长度均匀增加，感应电动
势均匀增大，感应电流均匀增大，感应电流沿 ，为负方向，故 ABC 错误，D 正确。
7.【答案】
【解析】
【分析】
对试管进行受力分析，受到重力和浮力作用，合力提供回复力。
将图象中的 0时刻和 1时刻特殊值代入简谐振动方程 = ( + )可解。
按压的深度不同，振幅不同，简谐振动的周期与振幅无关。
在 1 2时间内，振子由负向最大位移处往平衡位置运动。
本题考查竖直面内简谐振动，涉及回复力、简谐振动表达式(振幅、周期、初相位)、简谐振动图
象、简谐振动的周期与振幅无关，简谐振动过程的位移、速度、加速度变化，综合性强，难度较
大，特别是竖直面内简谐振动回复力由重力和浮力的合力提供很容易出错，根据图象中的 0时刻
和 1时刻特殊值代入简谐振动方程 = ( + )解出正确表达式也较难。
【解答】
A、回复力是效果力，玻璃管只受重力和浮力作用，故 A 错误；
B、从图象可以看出，在 1 2时间内，负向的位移减小，由 = = 可得加速度沿 轴正方
向，与速度同向，故 B 错误。
C、振幅 = 4 ， = 0.5 ，简谐位移函数式 = 4 ( 2 + )
，将 0时刻 = 2和 1时刻 =
5 5
特殊值代入，解得 = 6 ，故简谐位移函数式 = 4 (4 6 )，故 C 正确；
D、简谐振动的周期与振幅无关，故 D 错误；
8.【答案】
【解析】
【分析】
粒子在速度选择器中，电场力与洛伦兹力平衡，进入磁场后，做匀速圆周运动，轨迹为半圆，根
据洛伦兹力提供向心力分析。
【解答】
A.由图可知，带电粒子进入匀强磁场 2时向下偏转，所以粒子所受的洛伦兹力方向向下，根据左
手定则判断得知，该束粒子带正电，选项 A 正确；
B.在平行金属板中受到电场力和洛伦兹力两个力作用而做匀速直线运动，由左手定则可知，洛伦
兹力方向竖直向上，则电场力方向向下，粒子带正电，电场强度方向向下，所以速度选择器的 1
极板带正电，选项 B 错误；
C.粒子能通过狭缝，电场力与洛伦兹力平衡，则有 1 = ，解得 = ，选项 C 正确；1
2
D.粒子进入匀强磁场 2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得 =
2 ，解得
= ，可见，由于 是一定的，磁感应强度 2不变，半径 越小，即越靠近 ，则 越大，选项2 0
D 正确。
故选 ACD。
9.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了电流定义式、电容定义式的应用，关键在于明确题意，注意从题干中读取有效信息，
并灵活运用公式变化进行分析求解，难度适中。
【解答】
A. 因为两次充电用同一个电容器，所以由电容的定义式 = 可知，同一个电容器所带电荷量与两
板间的电势差成正比，故第二次充电时电容器两端的电压 随电荷量 变化的图线斜率与丙图中图
线斜率相同，故 A 错误；
B.根据 = 可知，电流等于 图像的斜率，所以第一次充电时 1时刻的电流大于 2时刻的电流，
故 B 正确；
.根据 = ，①②两次充电稳定后的电量 相同，则 相同，表明电源电动势相同，则这两次
充电的电源相同，第①次的斜率大，表示充电的电流大，电阻的阻值小，所以①②两条曲线不同
是 的不同造成的，故 C 错误，D 正确。
故选 BD。
10.【答案】
【解析】略
11.【答案】(1)甲；
(2) 、 、 、 ；
(3) ；(4) ；
(5) ；
(6)111.10； 6.4 × 10 7
【解析】
【分析】
本题为双缝干涉实验测量光的波长，实验原理为条纹间距公式 = ，要明确实验各器材的作用，
测出条纹间距，然后通过公式求波长。
【解答】
(1)双缝干涉的图样是等间距的、明暗相间的条纹，故干涉图案为甲图。
(2)白色光源后面依次是滤光片、单缝、双缝，最后才是光屏，故字母的排列顺序为： 、 、 、
、 。
(3)光先通过单缝，再通过双缝，二者相互平行放置，才能使光线顺利通过双缝。
故选 AD。
(4)将红色滤光片改为绿色滤光片，其他实验条件不变，将会出现绿色干涉条纹，条纹方向与红色
条纹方向相同，仍为竖直方向，只是由于绿光波长变短，使得条纹间距变窄。
故选 AC。
(5)若只将滤光片去掉，各种颜色的光都会通过双缝，将会出现彩色的干涉图案，中间为各种颜色
的光的亮条纹，叠加后为白色，因此屏上会出现彩色干涉条纹，中央是白色亮纹。
故选 D。
(6)游标卡尺为 20分度，精确度为 0.05 ，当分划板中心刻线在图中 位置时游标卡尺读数 =
111 + 0.05 × 2 = 111.10
当分划板中心刻线在图中 位置时游标卡尺读数 = 115 + 0.05 × 12 = 115.60
相邻亮纹间的距离 = 7 ≈ 0.64
根据 = ，可知波长 = = 0.64×10
3×0.5×10 3
0.5 ≈ 6.4 × 10
7 。
12.【答案】 (1)15.70 (2)偏大 (3)2 (4)0.46
【解析】略
13.【答案】( )由题意知，当 光与中心轴 距离 = 2m时，发生全反射，2
根据几何关系有 sin = 22
解得 = 2
( )由题意， 光光路图如图所示
光从 点射出，其入射角 = 30° = sin ，由 sin
解得折射角 = 45°
△ ∠ = 15° 在 中， ， = 1 ，根据正弦定理有 =sin30 sin15
解得 = 2.06
【解析】( ) 光在玻璃砖右侧恰好发生全反射，可求出玻璃砖对检测光的折射率。
( )根据折射定律和几何关系可求出 距离。
14.【答案】解：(1)当粒子以大小为 0的速度射入磁场，由题意知粒子在磁场中做圆周运动的半
径
1
1 = 2
2
根据牛顿第二定律有 0 = 0 1
= 2 解得 0
(2)设粒子的发射速度大小为 1，由题意粒子垂直 轴射出磁场知，粒子在磁场中做圆周运动的半
径
2 =
2
根据牛顿第二定律 1 =
1
2
粒子进入电场后，根据动能定理有：
1 1
× 22 = 2 1
4 2
解得 = 0
(3)设粒子射出速度增大为 时，粒子刚好不从 = 射出电场，设粒子在磁场中做圆周运动的半径
为 ，根据牛顿第二定律有 =
2
设粒子出磁场时速度与 轴正向夹角为 ，根据几何关系有
2 ( )2
cos =
粒子出磁场时，沿 轴正向的分速度 =
粒子沿电场方向做匀减速运动，根据运动学公式有
2 = 2
根据牛顿第二定律有 =
解得 = 3 0
【解析】本题主要考查带电粒子在组合场中的运动，找出圆周运动的半径，以及分析在电场中的
运动情况，是解决本题的关键。
(1)当粒子以大小为 0的速度射入磁场，由题意知粒子在磁场中做圆周运动的半径，根据洛伦兹力
提供向心力即可求出匀强磁场的磁感应强度大小；
(2)由题意可知粒子在磁场中做圆周运动的半径，根据洛伦兹力提供向心力列式，粒子进入电场后，
根据动能定理列式，联立即可求出匀强电场的电场强度大小；
(3)设粒子射出速度增大为 时，粒子刚好不从 = 射出电场，根据洛伦兹力提供向心力列式，结
合几何关系及粒子在电场中做匀减速运动，根据运动学公式列式求解。
15.【答案】解：(1)由题意：带正电粒子从 点沿 轴正方向以初速度 0射入区域Ⅰ内的匀强磁场，
粒子轨迹圆的圆心恰好是 点，可知 点在 轴上且 等于粒子圆周运动的轨迹半径 ，由洛伦兹
力提供向心力得：
2
0 =
0
= 0解得：
0
则 点的位置坐标为(0, )；
(2)区域Ⅰ只有匀强电场 时，粒子在经过 点的平行于 平面的平面内做类平抛运动。
2
沿+ 方向做匀加速直线运动，则有： = 2 1 2 2 = 2 1
解得： 1 =
2
+ 2 沿 方向做匀速直线运动，则横坐标 ′为： ′ = = 00 1
0
而纵坐标 ′ = =
( 2 则检测器上发光点的位置坐标为 0 , 0 )；
(3)依据 与 的大小关系分情况讨论：
①当 ≤ 时，粒子在区域Ⅰ的电磁场内的运动可分解为：沿+ 方向做初速度为零的匀加速直线
运动和在 平面内以线速度 0做匀速圆周运动(也可看成粒子在 ′ ′ ′平面内的投影绕 ′
点在做匀速圆周运动)，则：
沿 1 轴方向有： = 2
2
2
2
解得： 2 =
对于分运动匀速圆周运动，设其角速度为 ，由洛伦兹力提供向心力得：
0 = 2
解得： =
则粒子在 平面内偏转的角度为 2，由几何关系可得打在检测器上发光点的位置坐标为：
= ( ) = 0
2 2
′ 2 sin
2 2
′ = ( 2) =
0
cos
②当 > 时，粒子在区域Ⅱ的磁场中运动可分解为：沿+ 方向做匀速直线运动(设其速度为 )和
在 平面内继续以线速度 0做匀速圆周运动。
2
由(2)可知粒子在区域Ⅰ的运动时间为： 1 =
2
则粒子进入区域Ⅱ的沿 轴的速度为： = 1 =
= = 粒子在区域Ⅱ的运动时间为： 3 2
( + ) = ( 2 +
2
则粒子在 平面内偏转的角度为 1 3 2 ) = +
2
打在检测器上发光点的位置坐标为：
2 2
′ = ( + 02 ) = sin(2 )
2 2
′ = ( + 02 ) = cos(2 )
答：(1) 0点的位置为(0, )；
(2) 2 检测器上发光点的位置坐标为( 0 , 0 )；
(3) 2 2检测器上发光点的位置为：当 ≤ 时，坐标为( 0 sin 2 , 0 cos 2 )；当 > 时，
[ 0 sin(
2 2
坐标为 0 2 ), cos( 2 )].
【解析】(1)由题意可知 点在 轴上且 等于粒子圆周运动的轨迹半径 ，由洛伦兹力提供向心力
求解；
(2)区域Ⅰ只有匀强电场 时，粒子在经过 点的平行于 平面的平面内做类平抛运动。将运动沿
轴和 轴分解处理，应用牛顿第二定律和运动学公式解答；
(3)对检测器在区域Ⅰ和区域Ⅱ分情况讨论。将粒子在电磁场中的运动分解为直线运动和圆周运动，
利用分运动的独立性和等时性分析解答。
本题考查了带电粒子在匀强电场和匀强磁场中运动问题，依据力与运动的关系，解析粒子运动过
程。对于粒子在偏转电场中做类平抛运动，应用运动的合成与分解解答；对于带电粒子在匀强磁
场只受了洛伦兹力而做匀速圆周运动，依据题意作出粒子运动轨迹图是解题的前提，根据几何关
系求得运动半径和轨迹圆心角是解题关键。
