2020版高考物理一轮复习5滚动检测卷

转动检测卷(二)本试卷分选择题和非选择题两部分,满分100分,考试时间90分钟。选择题部分一、选择题(每题3分,共42分)1.以下图,以下几种状况下的物体,哪些可将物体当成质点来办理()楓課债憐甌閩戲钶缜驚蛮鈉惊鈐确。A.甲:研究正在吊起货物的起重机的运动时B.乙:研究正在旋转的硬币的运动时C.丙:研究太空中宇宙飞船的地点时D.丁:研究门的运动时答案CA、B、D选项中的研究对象的大小、形状忽视后,起重机、硬币、门的运动将没法研究,故A、B、D选项中的研究对象不可以被当成质点。C选项中宇宙飞船的大小、形状忽视后,对于确立宇宙飞船的地点无影响,故C项中的宇宙飞船能够被当成质点。对于速度的描绘,以下说法中正确的选项是()答案A列车的最高速度指的是在安全状况下所达到的最大速度,为刹时速度,故A正确;电动自行车限速20km/h,限制的是刹时速度,不是均匀速度,故B错误;子弹射出枪口时的速度与枪口这一地点点对应,所以为刹时速度,故C错误;依据运动员的百米跑成绩是10s可知,其均匀速度为10m/s,而其冲刺速度不必定为10m/s,故D错误。3.用手握住向来立酱油瓶静止悬在空中,以下图,以下对于摩擦力的说法中正确的选项是()純侶飑贾缨鄒门戔驁区颓驪颏怿鶇。1A.手对瓶的压力越大,瓶受的摩擦力越大手对瓶的摩擦力大小与手和瓶的粗拙程度相关手对瓶的摩擦力方向竖直向下手对瓶的摩擦力大小等于瓶的重力答案D瓶一直处于竖直方向且静止不动,所受重力和静摩擦力均衡,手对瓶的摩擦力方向竖直向上,大小等于瓶的重力,故D正确。4.如图,L形木板置于粗拙水平面上,圆滑物块压缩弹簧后用细线系住。烧断细线,物块弹出的过程中木板保持静止,此过程中()弹簧对物块的弹力不变弹簧对物块的弹力渐渐增大地面对木板的摩擦力不变地面对木板的摩擦力渐渐减小答案D依据胡克定律,弹簧对物块的弹力减小,A、B项错误。隔绝木板受力剖析,依据均衡条件知,地面对木板的摩擦力渐渐减小,C项错误,D项正确。5.以下图,用网球拍打击飞过来的网球,网球拍打击网球的力()馁隸铩橼嵐还驍擞饈殲银禎椭抛顳。大于球撞击网球拍的力小于球撞击网球拍的力比球撞击网球拍的力更早产生与球撞击网球拍的力同时产生2答案D用网球拍打击飞过来的网球,网球拍打击网球的力与球撞击球拍的力是一对作使劲与反作用力,依据牛顿第三定律得悉,两个力是同时产生的,大小相等,方向相反。6.半径分别为R和R/2的两个半圆,分别构成图甲、乙所示的两个圆弧轨道,一小球从某一高度着落,分别从图甲、乙所示的张口向上的半圆轨道的右边边沿进入轨道,都沿着轨道内侧运动并恰巧能从张口向下的半圆轨道最高点经过,则以下说法正确的选项是()图甲中小球开始着落的高度比图乙中小球开始着落的高度高图甲中小球开始着落的高度和图乙中小球开始着落的高度相同高图甲中小球对轨道最低点的压力比图乙中小球对轨道最低点的压力小图甲中小球对轨道最低点的压力和图乙中小球对轨道最低点的压力相同大郓怜悭豬顓钯栎報剄爛驂絞诧撑诼。答案A图甲中小球恰巧经过最高点的速度为√????,图乙中小球恰巧经过最高点的速度为????,图甲√2中小球开始着落的高度为h1=1.5R+??12=2R,同理可得,图乙中小球开始着落的高度为h2=1.5R+??22=1.75R,A2??2??12??2,对轨道的压力分别为项正确,B项错误;由mgh=mv和F-mg=m可知,两次小球到轨道最低点时2????1'2??2'24???2???12,得F=9mg,F=4.5mg,C、D项错误。F-mg=m??/2,F-mg=m??,解得F=mg+m??,同理F=mg+m??1212127.以下图,三个小球在离地面不一样高度处,同时以相同的速度向左水平抛出,小球A落到D点,DE=EF=FG,不计空气阻力,每隔相等的时间间隔小球挨次碰到地面。则对于三小球()A.B、C两球不行能落在D点球落在E点,C球落在F点C.三小球离地面的高度AE∶BF∶CG=1∶3∶5D.三小球离地面的高度AE∶BF∶CG=1∶4∶9應脏儀為纫葉酈躍釁鈞賅卤裆苏磽。答案D因为三球以相同的初速度抛出,每隔相等的时间间隔小球挨次碰到地面,则A、B、C三个小球的运动时间之比为1∶2∶3,可得水平位移之比为1∶2∶3,而DE=EF=FG,所以B、C两球也落在D点,故A、1可得,A、B、C三个小球抛出高度之比为1∶4∶9,故D正确,C错误。B错误;由h=gt223不行回收的航天器在用后,将成为太空垃圾,如图是飘荡在地球邻近的太空垃圾表示图,以下说法中正确的是()离地越低的太空垃圾运行的向心加快度必定越大离地越低的太空垃圾遇到的地球的万有引力必定越大由公式v=√????得,离地越高的太空垃圾运行速率越大纶针仓謁鲸綾婭釗毵赔刽轮锷罗瀘。太空垃圾可能跟同一轨道上同向飞翔的航天器相撞??????2????????答案A依据万有引力供给向心力,有G2=ma=m,得向心加快度a=??2,线速度v=√??,可知离地越低????的太空垃圾,r越小,向心加快度a越大;离地越高的太空垃圾,r越大,v越小,故A正确,C错误;依据万有????,故B错误;引力公式F=G2,因为太空垃圾质量未知,所以离地越低的太空垃圾遇到的万有引力不必定大??????依据线速度公式v=√??,在同一轨道上的航天器与太空垃圾线速度相同,假如它们绕地球飞翔的运行方向相同,它们不会碰撞,故D错误。9.内壁圆滑绝缘的真空细玻璃管竖直搁置,其A、B端分别固定一个带电小球a和b,另一带电的小球c(其直径略小于管内径)位于A、B的中点O,处于静止状态,以下图。三小球均带正电,轻晃玻璃管后,可观察到小球c会在O地点上、下邻近的M、N点间运动。以下判断正确的选项是()A.小球c在运动过程中机械能守恒B.小球a电荷量等于小球b电荷量C.小球c从O点运动到N点的过程中,电场力做负功D.小球c从M点运动到O点的过程中,电场力做正功答案C小球在运动的过程中,除重力做功之外,电场力做功,机械能不守恒,选项A错误;小球c开始静止在O点,由重力和电场力均衡,可知b球对c球的库仑力大于a球对c球的库仑力,则小球a的电荷量小于小球b的电荷量,选项B错误;小球c从O点运动到N点的过程中,由系统能量守恒可知,系统机械能搗懲牆蹑邮鋤赊魯鐫鷂谶脉础犢钤。4减少,电势能增添,电场力做负功,选项C正确;小球c从M点运动到O点的过程中,系统重力势能减少,动能增添,没法判断机械能变化,故没法判断电场力做功状况,选项D错误。弹弓是孩子们喜欢的弹射类玩具,其结构原理如图甲所示,橡皮筋两头点A、B固定在把手上。如图乙所示,橡皮筋处于ACB时恰巧为原长状态,在C处(AB连线的中垂线上)放一固体弹丸,一手执把,另一手将弹丸拉至D点松手,弹丸就会在橡皮筋的作用下发射出去,打击目标。现将弹丸竖直向上发射,已知E是CD中点,则()馒绯骝蛺硯俠颶鈸煢萧鋸鎖鹉鈰湾。甲乙A.从D到C过程中,弹丸的机械能守恒B.从D到C过程中,弹丸的动能向来在增大C.从D到C过程中,橡皮筋的弹性势能先增大后减小D.从D到E过程橡皮筋对弹丸做功大于从E到C过程答案D从D到C的过程中,弹力对弹丸做正功,弹丸的机械能增大,当弹力与重力均衡时,弹丸的动能达到最大,今后开始减小,整个过程橡皮筋向来在恢复形变,弹性势能向来减小,所以A、B、C都错。DE阶汆蓋厲钐澇笾鎬攣辘缮昙閽煥驼興。段和EC阶段的位移相等,但DE阶段的橡皮筋伸长量更大,均匀弹力更大,所以做的功更大,D正确。11.2015年4月16日,中国南车 设计 领导形象设计圆作业设计ao工艺污水处理厂设计附属工程施工组织设计清扫机器人结构设计 制造的全世界开创超级电容储能式现代电车在宁波下线,不久将成为二灿維撑鹳蟶傥诛鹬攆噜墮鹜谏沪霧。三线城市的主要公交用车。这类超级电车的核心是我国自主研发、全世界开创的“超级电容器”。如图所示,这类电容器安全性高,可频频充放电100万次以上,使用寿命长达十二年,且容量超大(达到9500F),能够在10s内达成充电。以下说法正确的选项是()该“超级电容器”能储藏电荷该“超级电容器”的电容随电压的增大而增大该“超级电容器”放电过程中把化学能转变为电能充电时电源的正极应接“超级电容器”的负极铱鍰蕭瀅鹊腊彥瘪勋鳄阀协摜嘩僥。5答案A由题意可知,该“超级电容器”能储藏电荷,故A正确;电容是由电容器自己的性质决定的,与电压和电荷量没关,故B错误;放电过程是电场能转变为电能,故C错误;充电时电源的正极要接电容器的正极,故D错误。12.以下图,虚线a、b、c代表电场中的三个等势面,相邻等势面之间的电势差相等,即Uab=Ubc,实线为一带正电的质点仅在电场力作用下经过该地区时的运动轨迹,P、Q是这条轨迹上的两点,据此可知()傯舻恽輸傘嗳鸫缜紐拥辕躍辆险攆。A.三个等势面中,a的电势最低B.带电质点在P点拥有的电势能比在Q点拥有的电势能小C.带电质点经过P点时的动能比经过Q点时大D.带电质点经过P点时的加快度比经过Q点时大答案D质点所受电场力指向轨迹内侧,因为质点带正电,所以电场线指向右下方,沿电场线电势降低,故c的电势最低,a的电势最高,故A错误;依据质点受力状况可知,从P到Q过程中电场力做正功,电势能降低,故P点的电势能大于Q点的电势能,故B错误;从P到Q过程中电场力做正功,电势能降低,动能增大,故P点的动能小于Q点的动能,故C错误;因为相邻等势面之间的电势差相等,等势面密的地方电场线烃惻贯勵勢買泪統祢缤磽詼億赵欏。密,场强盛,故P点地点电场强,电场力大,依据牛顿第二定律知,加快度也大,故D正确。13.以下图,一个带负电的物体从粗拙斜面顶端滑究竟端,速度为v。若加上一个垂直纸面向外的磁场,则滑究竟端时()A.v变大B.v变小紱幬紈帐谭辘优鐮蓠癉競鲧负暢澮。C.v不变D.不可以确立v的变化答案B因为带负电的物体沿斜面下滑时遇到垂直斜面向下的洛伦兹力作用,故物体对斜面的正压力增大,斜面对物体的滑动摩擦力增大,因为物体战胜摩擦力做功增大,所以物体滑究竟端时v变小,B正确。以下图,PQ、MN是搁置在水平面内的圆滑导轨,GH是长度为L、电阻为r的导体棒,此中点与一端固定的轻弹簧连结,轻弹簧的劲度系数为k。导体棒处在方向垂直纸面向里、磁感觉强度为B的匀强磁场中。图中直流电源的电动势为E,内阻不计,电容器的电容为C。闭合开关,待电路稳固后,则有()鏘撻掙習喲绝漵覘憤蘊鹜運軍备鉚。6A.导体棒中电流为????+r+Rr2B.轻弹簧的长度增添????????(??+??1)C.轻弹簧的长度减少????????(??+??1)D.电容器带电荷量为??2CR??+??1答案C闭合开关,电路稳固后,导体棒中电流为??,选项A错误;对导体棒,由左手定章可知,受向左??+??1????????的安培力,故弹簧被压缩,由B·??·L=kx,解得x=??????,选项B错误,C正确;电容器两头的电压1+r(+1)??????????CQ=CU=????,选项D错误。为U=Ir=????,故电容器带电荷量为+1+1非选择题部分二、非选择题(共58分)15.(4分)研究平抛运动的实验装置以下图。(1)实验时,每次须将小球从轨道(填字母)。A.同一地点开释B.不一样地点无初速开释蚂驺捞鯊轮苍蚬領节粤熾規譚監瞇。同一地点无初速开释(2)上述操作的目的是使小球抛出后(填字母)。只受重力轨迹重合做平抛运动7D.速度小些,便于确立地点(3)实验中已测出小球半径为r,则小球做平抛运动的坐标原点地点应是(填字母)。A.斜槽尾端O点B.斜槽尾端O点正上方r处C.斜槽尾端O点正前面r处D.斜槽尾端O点正上方r处在竖直木板上的投影点答案(1)C(2)B(3)D 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 每次将小球从同一地点无初速开释的目的是保证轨迹重合,即便不是在同一地点开释,也都能做平抛运动,也只遇到重力。16.(8分)学校某学习兴趣小组测定某电阻Rx的阻值。(1)先用多用电表粗测该电阻,采用“×10”倍率的电阻拦丈量,发现多用电表指针几乎满偏,所以需选择閫詣闖酿骛摟桦瀆赃蝕莢鎳啮饿書。(填“×100”或“×1”)倍率的电阻拦,再次进行正确丈量,多用电表的示数以下图,粗测电阻的结果Rx为Ω。(2)该学习兴趣小组为了进一步正确丈量其电阻的阻值, 实验室 17025实验室iso17025实验室认可实验室检查项目微生物实验室标识重点实验室计划 老师给学生供给了以下器械:A.一节蓄电池(电动势4.0V,实验室老师丈量其内阻为r=3.20Ω)B.电流表A1(0~0.6A,内阻约0.125Ω)C.电流表A2(0~3A,内阻约0.025Ω)D.电压表V1(0~3V,内阻约3kΩ)E.电压表V2(0~15V,内阻约15kΩ)F.滑动变阻器R1(最大阻值20Ω,额定电流1A)G.开关一个、导线若干1戋銣潇錄镰阔谠诞凉蒔夹瀦葉锥椤。为了减小实验丈量偏差,要求电表丈量时指针偏转要达到满偏的3以上,电压表应采用,电流表应采用(均填器械前的字母)。请依据你选择的器械设计一个进一步正确丈量Rx阻值的电路,并画罌齜蔞疮鎵课唤見騰悯顯輒無宮叙。到下面的方框中。8依据你自己设计的实验电路,进行实验。把实验中电压表与电流表多次丈量获得的切合实验要求的电压值与电流值,利用下面的U-I坐标系进行数据办理,若作出的图像为倾斜的直线且斜率大小为k,则Rx=(用题中字母表示)。答案(1)×11.0(2)DB电路图以下馑斋躋绊窪减苎靓灝缜泺陽孙鈰痺。(3)k-r分析(1)多用电表测电阻时指针几乎满偏,因Rx=读数×倍率,说明选用的倍率大了,所以倍率选“×1”。由图知,其分度值为0.5Ω,且指针恰巧指到刻线,所以粗测电阻的结果R为1.0Ω。x(2)电源电动势才41Ω,V,指针偏转要达到满偏的3以上,所以电压表应选D,因为粗测电阻R的结果为1.0x从滑动变阻器的阻值看有Rx?R变,应使用限流接法,则电路中的最大电流为??Im=??+??≈0.95A,指针偏转??1,所以电流表只好选B。从所给实验器械看,只好用伏安法测电阻。又由mx知最要达到满偏的3以上U=I·R大电压约为0.95V,这样电压表V1指针偏转达不到满偏的1以上,所以用惯例的伏安法测该电阻不切合要3求。题中电源的内阻已知,只有把Rx当作电源内阻的一部分,利用伏安法丈量电源电动势与内阻的 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 来测Rx,依据剖析丈量电路图如答案图。(3)既然相当于丈量电源的内阻,依据数据画出的U-I图像应当为一倾斜的直线,即直线的斜率大小为电源内阻与待测电阻的总和,则k=r+Rx,Rx=k-r。17.(6分)如图甲所示是高层建筑装备的救生缓降器械。碰到突发状况时,逃生者能够将安全带系于腰部,经过钢丝绳等安全着陆,如图乙所示,某次操练中,逃生者从离地面72m高处,由静止以大小为6m/s2的加快度开始下滑,随后以18m/s的速度匀速运动,紧接着以大小为5m/s2的加快度减速,抵达地面时速度恰巧为零。不计空气阻力,g取10m/s2。求:诶晓顽涼銥啸锭铒筆紂凄蘊獰從扬。9甲乙加快下滑的位移x1;加快下滑时钢丝绳对逃生者的拉力与重力的比值;抵达地面的时间t。答案看法析分析(1)由运动学公式,知:??2m=2a1x1得x1=27m(2)mg-T=ma1??穑夠輊钥軻祯須剧駿吕礡缴氬张鏝。=0.4????加快运动时间t1=3s,减速运动时间t3=3.6s,经过的位移x3=1vmt3=32.4m,匀速运动的位移x2=h-x1-x3=12.6m,懶緇钡這盜詛澀駙请釧砖锚誡鄖巩。2匀速运动时间t2=0.7s,抵达地面的时间t=t1+t2+t3=7.3s。18.(8分)如图,固定在水平面上的组合轨道,由圆滑的斜面、圆滑的竖直半圆(半径R=2.5m)与粗拙的水平轨道构成;水平轨道动摩擦因数μ=0.25,与半圆的最低点相切,轨道固定在水平面上。一个质量为m=0.1kg的小球从斜面上A处由静止开始滑下,并恰巧能抵达半圆轨道最高点D,且水平抛出,落在水平轨道的最左端B点处。不计空气阻力,小球在经过斜面与水平轨道连结处时不计能量损失,g取10m/s2。躒棗賡塏贊繭腡钜噠鱭絎觀惬嘱贫。求:小球从D点抛出的速度vD;水平轨道BC的长度x;10小球开始着落的高度h。答案(1)5m/s(2)5m(3)7.5m分析(1)小球恰巧能抵达半圆轨道最高点D,此时只有重力供给向心力??2,即mg=m????所以小球从D点抛出的速度vD=√????=√10×2.5m/s=5m/s。(2)依据竖直方向上做自由落体运动可得,12浃鰩見黃员搀谈踪時閏锥农頷愴歟。2R=2gt,4??4×2.5所以运动的时间为t=√??=√10s=1s,水平轨道BC的长度等于平抛运动的水平位移的大小,所以x=vDt=5×1m=5m。对小球从A到D的过程,利用动能定理可得,mgh-μmgx-mg·2R=1m??2隸骞鯊誒啮牽諄謐枥嬸鉴颜绗嘘櫪。2??解得h=7.5m。19.(9分)以下图,水平搁置的不带电的平行金属板p和b相距h,两金属板间电压恒定,上极板电势较鹃諒攪斃櫞櫚满銦乡红脫銩繚匦觀。高,金属板厚度不计,忽视边沿效应。p板上表面圆滑,涂有绝缘层,其上O点右边相距s处有小孔K,图示平面为竖直平面。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以相同大小的速度从O点射出,水平射出的粒子沿p板上表面运动时间t后抵达K孔,不与板碰撞地进入两板之间,进入板间的粒子落在b板上的A点,A点与过K孔竖直线的距离为l。竖直向下射出的粒子从O点小孔进入两金属板之间。粒子视为质点,重力不计,在图示平面内运动,电荷量保持不变,不计空气阻力。求:水平射出的粒子的速度;金属板间的电压大小;竖直向下射出的粒子抵达b板的速度。答案看法析分析(1)粒子沿水平方向做匀速直线运动,则速度??:v=??(2)粒子进入K小孔后发生偏转,做类平抛运动:h=1a??2,2211??t2=??又:F=Eq????此中:a=,E=???2??2?联立解得:U=2m????2??2(3)竖直向下射出的粒子经过112O点后做加快运动:qU=m????2-mv222解得粒子抵达b板的速度:vb=??????·√4?+??220.(11分)如图甲所示,在xOy平面内有足够大的匀强电场。电场方向竖直向上,电场强度E=40N/C,在y轴左边平面内有地区足够大的磁场,磁感觉强度B1随时间t变化的规律如图乙所示,15πs后磁场消逝,选定磁场垂直纸面向里为正方向。在y轴右边平面内还有方向垂直纸面向外的恒定的匀强磁场,散布在一个半径为r=0.3m的圆形地区(图中未画出)且圆的左边与y轴相切,磁感觉强度B2=0.8T,t=0时刻,-4kg、电荷量q=+2×10-4P一质量m=8×10C的微粒从x轴上x=-0.8m处的P点以速度v=0.12m/s向x轴正方向入射。(g取10m/s2)(1)求微粒在第二象限运动过程中与x轴、y轴的最大距离;(2)若微粒穿过y轴右边圆形磁场时,速度方向的偏转角最大,求此圆形磁场的圆心坐标(x,y)。答案(1)2.4m3.3m(2)(0.30m,2.25m)分析(1)因为微粒射入电磁场后遇到的电场力和重力分别为-3F电=Eq=8×10NG=mg=8×10-3NF电=G,所以微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动。2由牛顿第二定律有:qvB1=m??1????所以R1=??1q=0.6m122π??T=??1q=10πs从图乙可知在0~5πs内微粒做匀速圆周运动,在5π~10πs内微粒向左做匀速直线运动,??虽濘缬銮樓郏钢項書災脱愦誘润搖。运动位移为:x1=v=0.6πm2在10π~15πs时,微粒又做匀速圆周运动,15πs此后向右匀速运动,以后穿过y轴。所以,与y轴的最大距离s=0.8m+x1+R1=1.4m+0.6πm≈3.3m与x轴的最大距离s'=2R1×2=4R1=2.4m。??2規决匦弪蜡蠍蛱愜蛴陝吳缚純潜辍。(2)由牛顿第二定律,有:qvB2=m??2????所以R2=??2q=0.6m=2r如图,微粒穿过圆形磁场要求偏转角最大,入射点A与出射点B的连线一定为磁场圆的直径。所以最大偏转角θ=60°所以圆心坐标x=0.30m1势瑣渾蓠阖綆签銥販舰聪櫳噯饿叁。y=s'-rcos60°=2.4m-0.3m×2=2.25m即磁场的圆心坐标为(0.30m,2.25m)。21.(12分)以下图,在xOy平面内存在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四个场区,y轴右边Ⅰ区存在匀强磁场,y轴左边与虚线MN之间存在方向相反的两个匀强电场,Ⅱ区电场方向竖直向下,Ⅲ区电场方向竖直向上,P点是MN镆睁銀遲拣崍饭矿磣楓颔触貶蔞毵。与x轴的交点。有一质量为m,带电荷量+q的带电粒子由原点O,以速度v0沿x轴正方向水平射入Ⅰ区磁场,已知Ⅰ区匀强磁场的磁感觉强度垂直纸面向里,大小为2B0,匀强电场Ⅱ和匀强电场Ⅲ的电场强度大小蹕殼鷸牺檩瀆凫諾閫阴舻犢储讫屆。????0,以下图,Ⅳ区的磁场垂直纸面向外,大小为B0,O、P之间的距离为????均为E=040,已知粒子最后能回2????0到O点。带电粒子从O点飞出后,第一次回到x轴时的地点和时间;依据题给条件画出粒子运动的轨迹;13带电粒子从O点飞出后到再次回到O点的时间。答案看法析分析(1)带电粒子在Ⅰ区磁场中运动的半径为????0:R1=2????0????0带电粒子在Ⅰ区磁场中运动了半个圆,回到y轴的坐标为:y=2R1=????0带电粒子在Ⅱ场区做类平抛运动????????0??0,,依据牛顿第二定律得带电粒子运动的加快度为:a=??=??212竖直方向y=at,水平位移x=v0t,22??2??π??联立得t=????,t总=????+????,0020第一次回到x轴的地点坐标为(-2????0,0)????0(2)依据运动的对称性画出粒子在场区Ⅲ的运动轨迹。带电粒子在场区Ⅳ运动的半径是在场区Ⅰ运动半径的2倍,画出粒子的运动轨迹,相同依据运动的对称性画出粒子回到O点的运动轨迹以下图。(3)带电粒子在Ⅰ区磁场中运动的时间正好为π??1个周期,故有:t=????01带电粒子在Ⅱ、Ⅲ两个电场中运动的时间为:t2=4t=8??????0π??带电粒子在Ⅳ场中运动的时间为半个周期:t3=????0所以带电粒子从O点飞出后到再次回到O点的时间为:t(2π+8)??总123????=t+t+t=014