2023-2024学年山东省济南市高二（上）期末物理试卷（B卷）（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省济南市高二（上）期末物理试卷（B卷）（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.下列说法正确的是( )
A. 磁通量是矢量B. Φ=BS只能适用于匀强磁场
C. 磁通量与线圈的匝数成正比D. 磁通量为零的位置磁感应强度一定为零
2.如图所示，灯泡L1、L2、L3与滑动变阻器R及电源连成电路，电源内阻不能忽略。闭合开关，当R的触头向右滑动时，下列说法正确的是( )
A. L1变暗、L2变亮、L3变暗
B. L1变亮、L2变亮、L3变暗
C. L1变暗、L2变亮、L3变亮
D. L1变暗、L2变暗、L3变亮
3.一根粗细均匀的木筷，下端绕几圈铁丝，竖直浮在装有水的杯中。将木筷向上提一段距离后放手，木筷就在水中上下振动。以木筷振动的最低点为计时起点，竖直向上为正方向，木筷离开平衡位置的位移为x，速度为v，周期为T，下列图像正确的是( )
A. B.
C. D.
4.如图所示，建筑工地上的打夯机将质量为20t的重锤升高到5m的高度后释放，重锤在地面上砸出一个深坑，重锤冲击地面的时间为0.2s。不计空气阻力，重力加速度取10m/s2，则重锤对地面的平均作用力大小为( )
A. 1×106NB. 1.2×106NC. 1.5×106ND. 2×106N
5.小王同学将一肥皂膜摆放在酒精灯的火焰前，发现在肥皂膜上形成上疏下密的彩色条纹，如图所示。据此推测该肥皂膜在竖直方向的侧向截面图是( )
A.
B.
C.
D.
6.如图所示，两根相同的轻质弹簧下端挂有质量为m的等腰梯形金属框，金属框的上底、腰和下底长度分别为L、L和2L，空间存在垂直于金属框平面向里的匀强磁场。A、B两端与电源相连，从A端流入的电流大小为I，金属框静止后弹簧的压缩量均为x。已知弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，则磁感应强度大小为( )
A. 5(mg+2kx)8ILB. 5(mg−2kx)8ILC. mg+2kx2ILD. mg−2kx2IL
7.如图所示，光滑的水平面上放置一长度为0.40m的木箱，木箱的底部中央放一可视为质点的木块，木箱的质量为木块的2倍，木块与木箱间的动摩擦因数为13，重力加速度取10m/s2。现给木块一水平向右的初速度，速度大小为3m/s，则最终木块距离木箱右端的距离为( )
A. 0.10mB. 0.20mC. 0.25mD. 0.30m
8.如图所示，边长为L的正三角形abc内存在垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B。abc的中心O处有一粒子源，能够沿abc平面向任意方向发射速率为 3qBL6m的粒子，粒子的质量为m，电荷量为q，不计粒子的重力。则粒子在磁场中运动的最短时间为( )
A. πmqB
B. πm2qB
C. πm3qB
D. πm6qB
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.松果采摘机利用机械臂抱紧树干，通过采摘振动头振动而摇动树干使松果脱落。下列说法正确的是( )
A. 树干振动的频率等于采摘振动头振动的频率
B. 采摘振动头停止振动后树干的振动频率逐渐减小
C. 采摘振动头振动的频率越大落果效果一定越好
D. 不同的树木落果效果最好时采摘振动头的振动频率不同
10.下表列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数，若该车在额定功率状态下以最大速度行驶，不计其自身机械损耗。下列说法正确的是( )
A. 电动机的输入功率为576WB. 电动机的内电阻为4Ω
C. 自行车获得的牵引力为63ND. 自行车受到的阻力为17.5N
11.如图中实线是一列正弦波在t=0的波形图，经过0.5s，其波形如虚线所示。则t=4.25s时坐标x=0.5m处的质点振动情况可能是( )
A. 处于波峰B. 处于波谷
C. 处于平衡位置，沿y轴正方向运动D. 处于平衡位置，沿y轴负方向运动
12.如图甲所示，物块A、B用轻弹簧拴接，放在光滑水平面上，B左侧与竖直墙壁接触。物块C以速度v0向左运动，与A相碰后立即粘在一起并开始计时。A、B运动的a−t图像如图乙所示，S1、S2分别表示t1到t2时间内A、B的a−t图线与坐标轴所围面积的大小。已知三个物块质量均为m，下列说法正确的是( )
A. a2=2a1B. S2=2S1
C. 0−t1内墙对B的冲量大小为2mv0D. 在t4时刻弹簧的弹性势能为13mv02
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
13.了解地球表面重力加速度的分布，对地球物理学、航空航天技术及大地测量等领域有十分重要的意义。某同学利用图甲所示的装置测量重力加速度。请回答下列问题：

(1)下列操作中，有助于减小实验误差的是______；
A.摆线要选择细些的、弹性大些的，并使其适当长一些
B.拉开摆球时使摆角尽量大些
C.实验时必须保证小球在同一竖直面内摆动
D.改变摆长重复实验时，摆线长度的变化尽量小些
(2)实验中用停表测量单摆的周期。摆球某次经过最低点开始计时并数0，当摆球第60次经过最低点停止计时，停表的示数如图乙所示，则单摆的周期为______s(结果保留三位有效数字)；
(3)改变摆长，多次测量，做出周期的平方与摆长的图像如图丙所示，则重力加速度为______m/s2(π2取9.86，结果保留三位有效数字)。
14.某小组测量一段电阻丝的电阻率，先用欧姆表测出其阻值约为200Ω，为了较准确的测量，选用以下仪器：
电源(20V，内阻可不计)；
滑动变阻器(阻值为0～20Ω)；
电流表(0～100mA，内阻约5Ω)；
电压表(0～15V，内阻约30kΩ)；
开关和导线若干。

(1)用图甲中的螺旋测微器测量直径时，将电阻丝放在测砧与测微螺杆之间，先旋动______，当测微螺杆快靠近物体时，再旋动______，直到听见“喀喀”的声音，再扳动______并读数。上述操作选择的部位依次是______；
A.a、b、c
B.b、c、a
C.c、b、a
测量结果如图乙所示，直径d= ______mm；
(2)请将电路实物连线补充完整；
(3)闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于______端(填“a”或“b”)；用刻度尺测量其长度L，某次实验电压表的示数为U，电流表的示数为I，用实验测量的物理量L、d、U、I表示电阻率，则表达式为ρ= ______；
(4)不考虑偶然误差，通过该实验测得的电阻率______(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值。
四、简答题：本大题共4小题，共46分。
15.如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，其中两个质点甲、乙的振动图像分别如图中实线和虚线所示。甲、乙平衡位置的坐标分别为x甲=1m、x乙=7m。甲、乙之间只有一个波谷。
(1)写出甲的振动方程；
(2)求波速。
16.如图所示，直角三角形ABC是由某种材料制成的光学元件的横截面。一束单色光从AB边上的P点入射，BP长度为L，入射光与AB边成30°，经AB面折射、BC面反射后垂直AC面射出。已知∠A=30°，BC长度为2 3L，光在真空中的传播速度为c。求：
(1)单色光在元件中临界角的正弦值；
(2)单色光在元件里的传播时间(不考虑光的多次反射)。
17.如图甲所示，一个棱长为L的立方体空间中存在着磁感应强度大小为B，沿y轴负方向的匀强磁场，质量为m、电量为q的带正电的粒子从左侧面的中心P沿x轴正方向射入立方体空间，粒子重力忽略不计。

(1)若粒子的速度大小任意取值，求粒子在磁场中运动的最长时间；
(2)若粒子从dcfg面射出，求粒子速度大小的取值范围；
(3)如图乙所示，将磁场撤掉，在立方体空间中加上沿z轴正方向的匀强电场，粒子射出时的速度方向偏转了45°。如图丙所示，保持粒子的入射速度不变，再将立体空间分成左右相等的两个区域，左侧区域保持电场不变，右侧区域加上沿y轴负方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B。粒子先后穿过电场和磁场区域，垂直dcfg面射出，求电场强度E。
18.如图所示，水平地面上固定倾角θ=30°的斜面和足够长的桌面。桌面上放置长度x=1.6m的“L”形木板，木板左端静置一滑块。一小球从O点静止释放，与斜面在P点发生碰撞(碰撞前后沿斜面方向速度不变，垂直于斜面方向的速度等大反向)，之后恰好水平击中滑块，OP的距离h=53m。已知小球质量m0=0.6kg，滑块质量m1=0.6kg，木板质量m2=0.4kg，滑块与木板间的动摩擦因数μ1=0.5，木板与桌面间的动摩擦因数μ2=0.3。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小球和滑块均视为质点，所有碰撞都是弹性碰撞，不计碰撞时间和空气阻力，重力加速度g=10m/s2。求：

(1)小球与斜面碰撞后速度的大小与方向；
(2)滑块与木板发生碰撞后两个物体速度的大小；
(3)整个过程桌面对木板摩擦力的冲量。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、磁通量是标量，故A错误；
B、Φ=BS只能适用于匀强磁场，故B正确；
C、磁通量与线圈匝数无关，故C错误；
D、磁通量为零的位置，磁感应强度不一定为零，可能是线圈平面与磁场方向平行，故D错误。
故选：B。
根据磁通量的标矢性判断A选项；根据Φ=BS使用条件判断B选项；根据磁通量的定义判断CD选项。
要知道穿过线圈的磁通量的大小与线圈的匝数无关，磁通量是一个有方向的标量，因为它的运算法则符合代数加减。
2.【答案】A
【解析】解：电源的内阻不能忽略，符合“串反并同”的条件，因为灯泡L1和L3与滑动变阻器并联，而灯泡L2与滑动变阻器串联，且滑动变阻器接入电路中的电阻在减小，则L1变暗、L2变亮、L3变暗，故A正确，BCD错误；
故选：A。
理解灯泡与滑动变阻器的连接方式，根据“串反并同”得出灯泡亮度的变化趋势。
本题主要考查了电路的动态分析问题，熟悉电路构造的分析，结合口诀“串反并同”即可完成解答。
3.【答案】C
【解析】解：设木筷的横截面积为S，质量为m，水的密度为ρ，静止时水下长度为x0，
根据平衡条件得：ρgSx0=mg，
设向上提的距离为x，木筷受到的浮力：F浮=ρgS(x0−x)
木筷受到的合力：F=F浮−mg=−ρgSx
令ρgs=k，则木筷所受合力：F=−kx，木筷在水中的运动为简谐运动
AB、以木筷振动的最低点为计时起点，竖直向上为正方向，则位移x=−Acsin2πTt，故AB错误；
CD、结合简谐振动的规律可知木筷的速度v=ωAsin2πTt，故C正确，D错误。
故选：C。
对木筷受力分析，判断木筷的运动性质，然后结合开始时的位置分析答题。
本题难点在于求解木筷所受合力，根据合力的特点判断木筷的振动是否为简谐运动。
4.【答案】B
【解析】解：重锤自由下落过程中经过的时间为t1，则有：h=12gt12
代入数据解得：t1=1s
设重锤对地面的平均作用力大小为F，取向上为正方向，全过程根据动量定理可得：
Ft2−mg(t1+t2)=0，其中：t2=0.2s，m=20t=2.0×104kg
代入数据解得：F=1.2×106N，故B正确、ACD错误。
故选：B。
根据自由落体运动的规律求出重锤自由下落过程中经过的时间，全过程根据动量定理列方程求解。
本题主要是考查动量定理，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，知道合外力的冲量才等于动量的变化。
5.【答案】D
【解析】解：薄膜干涉为前后两个面反射回来的光发生干涉形成的干涉条纹，在入射光为复色光时，出现彩色条纹，因为重力作用，肥皂膜前后表面的厚度从上到下逐渐增大，由于干涉条纹的间距上疏下密，故越向下肥皂膜厚度变化越来越大。故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据薄膜干涉条纹特点进行分析。
本题主要考查薄膜干涉形成特点，解题关键理解薄膜干涉产生得原因。
6.【答案】C
【解析】解：对金属框受力分析，金属框受到重力，向上的电磁力和向下的弹力，如图示
从而保持平衡。根据平衡条件有FB=mg+2kx，由于金属框AB处连着导线，所以金属框被分为两部分，第一部分是下底，第二部分是由上底和腰组成。因为两部分并联，所以两部分分得的电流与电阻成反比，而电阻又和长度成正比，所以第一部分的电流为35I，第二部分的电流为25I。
由安培力公式得FB=3×25BIL+2×25BIL=2BIL，那么磁感应强度大小为B=mg+2kx2IL，故C正确，ABD错误。
故选：C。
现根据平衡条件列方程，得到重力、安培力和弹簧弹力之间的关系，然后根据并联电路电流的特点以及安培力公式，即可得到磁感应强度大小。
本题考查了共点力平衡、并联电路电流特点、胡克定律和安培力公式，基础题。
7.【答案】A
【解析】解：木块与木箱滑行中，由于没有外力作用，所以动量守恒，令木块质量为m，木箱质量为M，选择水平向右为正方向，有：
mv=(M+m)v′
根据功能关系，令木块相对于木箱移动的距离为x，有：
12mv2=12(M+m)v′2+μmgx
联立解得：x=0.9m
说明木块在木箱内先向右移动了0.2m，后反弹向左移动移动了0.4m，又向右移动了0.3m才停下，故木块距离木箱右侧的距离为0.1m，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据动量守恒和功能关系可求出木块相对于木箱移动的距离，从而求出木块距离木箱右端的距离。
学生在解答本题时，应注意摩擦力做功要考虑的是相对位移。
8.【答案】C
【解析】解：根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=mv2R，粒子的速率为v= 3qBL6m，解得粒子的轨迹半径r= 36L
由于粒子源在三角形abc的中心，粒子在磁场中运动的时间最短时，粒子轨迹对应的圆心角最小，即轨迹最短、轨迹所对应的弦长最短，其中一条轨迹如图所示：
根据几何关系可得：OD=13×Lsin60°= 36L=r，根据图中几何关系可得OD是最短的弦长之一，所以最小的圆心角：θ=60°
粒子在磁场中运动的最短时间为：t=θ360∘T=60°360∘×2πmqB=πm3qB，故C正确、ABD错误。
故选：C。
根据洛伦兹力提供向心力求解粒子的轨迹半径，粒子在磁场中运动的时间最短时，粒子轨迹对应的圆心角最小，根据几何关系求解最小的圆心角，由此得到粒子在磁场中运动的最短时间。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。
9.【答案】AD
【解析】解：A.工作中，树干做的是受迫振动，其振动频率等于采摘振动头的振动频率。故A正确；
B.采摘振动头停止振动，则树干的振动频率不变，振幅逐渐减小，故B错误；
C.当采摘振动头振动频率等于树干的固有频率时，将发生共振现象，此时树干的振幅最大，采摘落果的效果最好，所以采摘振动头振动的频率越大落果效果不一定越好，故C错误；
D.由于不同的树木树干的固有频率不同，所以落果效果最好时采摘振动头的振动频率也应不同，故D正确。
故选AD。
受迫振动的频率等于驱动力的频率；振动头停止振动，树干的频率不变，树干振动的振幅逐渐减小；发生共振时效果最好；不同的树木固有频率不同。
知道做受迫振动的物体振动频率等于驱动力的频率是解题的关键，知道发生共振的条件。
10.【答案】AC
【解析】解：A、电动机的输入功率
P=UI=48×12W=576W，故A正确；
B、电动机正常工作时为非纯电阻电路，不能用欧姆定律求内电阻，即电动机内电阻R≠UI=484Ω=12Ω，故B错误；
C、电动车速度最大时，牵引力F与阻力f大小相等，F=f=P出vm=350203.6N=63N，故C正确，D错误。
故选：AC。
根据P=UI计算电动机的输入功率；电动机是非纯电阻电路，不能用欧姆定律计算；根据P=Fv计算电动车所受阻力和牵引力的大小。
本题考查电机的输入功率和输出功率的计算，还要知道电动机正常共作时是非纯电阻电路，不符合欧姆定律。
11.【答案】AB
【解析】解：如果波向右传播，则有：t=nT+14T=0.5s
解得：T=24n+1
x=0.5m处质点的振动方程为：y=Acs[(4n+l)πt+π4]
故当t=4.25s时，坐标x=0.5m处的质点可以位于波峰位置或波谷位置，但不能处于平衡位置；
同理如果波向左传播，则有x=0.5m处质点的振动方程为：y=Acs[(4n+3)πt+π4]
故当t=4.25s时，坐标x=0.5m处的质点可以位于波峰位置或波谷位置，但不能处于平衡位置，故AB正确、CD错误。
故选：AB。
求出波向右传播或波向左传播，写出x=0.5m处质点的振动方程，由此分析当t=4.25s时，坐标x=0.5m处的质点所处的位置，由此分析。
本题主要是考查了波的图像；解答本题关键是要掌握振动的一般方程y=Asinωt，知道方程中各字母表示的物理意义，能够根据图像直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系v=fλ。
12.【答案】BC
【解析】解：C.二者碰撞过程中动量守恒，选择水平向左为正方向，可得mv0=(m+m)v，解得v=12v0，在0～t内对AC研究，设水平向左为正方向，由动量定理可得I=−2mv−2mv=−2mv0，而B处于静止状态，墙壁对B的冲量大小等于弹簧弹力对A的冲量大小，故0～t1内墙对B的冲量大小为2mv0，故C正确；
B.a−t图线与坐标轴所围的面积表示速度的变化量，AC物体初速度为v，根据对称性可知，t1时刻AC的速度为v，AC的加速度为0，此时弹恢复原长，B开始离开墙壁，到t2时刻加速度均达到最大，此时弹簧的伸长量达到最大，速度相同，选择水平向右为正方向，即2mv=3mv1，S2=v1，S1=v−v1，故S2=2S1，故B正确；
A.A的加速度为a1时弹压缩量最大，即E=12⋅2mv2=12kx12，解得x1= mkv0，根据牛顿第二定律可得a1=kx12m=v0 2 km，在t2时，三者共速，则根据能量守恒定律可知12⋅2mv2=12⋅3mv12+Ep，解得x2= m6kv0，根据牛顿第二定律可得a2=kx2m= k6mv0，故a1= 32a2，故A错误；
D.B离开墙壁后整体动量守恒，选择水平向右为正方向，则2mv=3mv1，故在t4时刻，根据能量守恒定律可知12×2mv2=123mv12+Ep，解得Ep=112mv02，故D错误。
故选：BC。
根据碰撞过程动量守恒，以及对AC而言利用冲量定理可求出B冲量的大小；a−t图线与坐标轴所围的面积表示速度的变化量，结合动量定理可得出面积的关系；根据能量的表达式，结合能量守恒定律以及牛顿第二定律可求出加速度的关系；根据机械能守恒和动量守恒，可求出弹性势能大小。
学生在解答本题时，应注意对于碰撞过程，要熟练运用动量守恒和能量守恒来分析作答，同时要能够通过图像挖掘物理意义。
13.【答案】C 1.90 9.76
【解析】解：(1)A、实验中摆线应选择细些的，弹性小一些的，避免长度发生较大的变化，同时摆线的长度要适当长一些，故A错误；
B、白球的周期与摆角无关，且要求摆球的摆角要小于5°，否则摆球的运动就不能视为简谐运动了，故B错误；
C、实验时，应使摆球在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆，从而减小实验误差，故C正确；
D、改变摆长重复实验时，摆线长度的变化尽量大一些，适当长一些，故D错误；
故选：C。
(2)摆球某次经过最低点开始计时并数0，当摆球第60次经过最低点停止计时，则摆球经过30次全振动，由图乙可知单摆在30次全振动所用的时间为：
t=30s+27.10s=57.10s
则单摆的周期为：
T=tn=57.1030s=1.90s
(3)根据单摆的周期公式T=2π Lg可得：
T2=4π2Lg
结合图像的斜率可知：
k=4π2g=×10−2s2/m
解得：g=9.76m/s2。
故答案为：(1)C；(2)1.90；9.76
(1)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(2)熟悉秒表的读数规则，并由此得出单摆的周期；
(3)根据单摆的周期公式，结合图像的物理意义得出重力加速度的大小。
本题主要考查了单摆测量重力加速度的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合单摆的周期公式即可完成分析。
14.【答案】b c a B 2.960 a πUd24IL 小于
【解析】解：(1)用图甲中的螺旋测微器测量直径时，将电阻丝放在测砧与测微螺杆之间，先旋动旋钮b，当测微螺杆快靠近物体时，再旋动微调旋钮c，直到听见“喀喀”的声音，再扳动锁紧装置a并读数，故AC错误，B正确。
故选：B。
螺旋测微器的精度为0.01mm，读数为：d=2.5mm+46.0×0.01mm=2.960mm。
(2)由于滑动变阻器的阻值比所测电阻的阻值小的多，所以滑动变阻器用分压式接法，待测电阻的阻值较小，所以电流表采用外接法，故补充完整的实物电路如图所示
(3)滑动变阻器的滑片置于a端，短路了工作电路，同时可以使电路的总电阻达到最大，可以起到保护电路的目的。
根据电阻定律R=ρLS，结合R=UI、S=πd24，可得：ρ=Uπd24IL
(4)本实验采用的是外接法，通过该实验测得的电阻值小于真实值，故所测电阻率也小于真实值。
故答案为：(1)b、c、a；B；2.960；(2)见解析；(3)a；πUd24IL；(4)小于
(1)根据螺旋测微器的使用方法及精度读数；
(2)根据滑动变阻器及待测电阻阻值大小连接实物图；
(3)(4)根据电阻定律解得电阻率，同时分析误差。
本题考查了金属丝电阻率的测量，解决本题的关键是理解实验原理，掌握滑动变阻器和电流表的接法。
15.【答案】解：(1)根据甲的振动图像，T=12s，故甲的角速度ω=2πT，代入数据ω=π6，故甲的振动方程y=4sinπ6t(cm)；
(2)甲、乙平衡位置的坐标分别为x甲=1m、x乙=7m。甲、乙之间只有一个波谷，故甲、乙之间距离Δx=x乙−x甲，代入数据Δx=6m=34λ，故λ=8m，所以波速v=λT，代入数据v=0.75m/s；
答：(1)甲的振动方程y=4sinπ6t(cm)；
(2)波速0.75m/s。
【解析】(1)根据振动图像找周期，再根据周期求角速度，确定振动方程；
(2)根据题意，分析出Δx=34λ，求波长，再求波速。
本题解题关键是分析出甲、乙之间的距离为34λ，是一道中等题。
16.【答案】解：(1)由光路图得

AB面的入射角为α=60°，AB面的折射角为β=30°，
n=sinαsinβ=sin60°sin30∘= 3，
根据sinC=1n，
解得sinC= 33
(2)设光在该元件中的速度为v，n=cv
由图可得AB射到BC的光程L1=2L，由BC射到AC的光程为L2=32L，
光在元件中的传播时间为t=L1+L2v，
代入数据得t=7 3L2c
答：(1)单色光在元件中临界角的正弦值为 33
(2)单色光在元件里的传播时间为7 3L2c
【解析】(1)根据全反射临界角求得折射率；
(2)根据题意做光的折射图，结合几何关系可求得传播时间。
本题考查折射定律，解题关键学会根据题意做出光路图，再根据全反射公式sinC=1n进行求解。
17.【答案】解：(1)由分析可知，粒子从左侧面飞出时时间最长。根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力
qv0B=mv02R
粒子在磁场中运动的周期为
T=2πRv0
由几何知识可知，粒子在磁场中运动的圆心角为θ=180°，根据时间与周期的关系
t=θ360∘T
联立解得
t=πmqB；
(2)根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力
qvB=mv2R
解得
v=qBRm
若从dg棱射出时，如图所示

由几何知识得
R1=L4
若从cf棱射出时，如图所示

由几何知识得
R22=(R2−L2)2+L2
联立解得
qBL4m