【开学考】2024秋高三上册开学物理摸底考试 物理（新高考通用）2025届新高三上册开学摸底考试卷01.zip

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注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单选题(本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每个小题给出的四个选项中，只有一个符合要求)
1．（本题4分）北斗二期导航系统的“心脏”是上海天文台自主研发的星载氢原子钟，它是利用氢原子能级跃迁时辐射出来的电磁波去控制校准石英钟的。如图为氢原子能级图，则下列说法正确的是（ ）
A．氢原子从低能级向高能级跃迁时辐射光子
B．大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，形成的线状光谱总共有3条亮线
C．大量处于n=4能级的氢原子辐射出来的光子中，波长最长的光子能量为0.66eV
D．用大量能量为3.6eV的光子持续照射处于基态的氢原子，可使其电离
【答案】C
【详解】A．氢原子从低能级向高能级跃迁时需要吸收光子，故A错误；
B．大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，形成的线状光谱总共有6条亮线，分别是4→3、4→2、4→1、3→2、3→1、2→1能级之间跃迁产生的。故B错误；
C．大量处于n=4能级的氢原子辐射出来的光子中，波长最长的光子能量为4→3能级产生的，能量大小为0.66eV。故C正确；
D．若想使处于基态的氢原子电离，光子的能量最小需要13.6eV，故D错误。
故选C。
2．（本题4分）我们在进行古建筑复原时，需要用各种各样的凿子制作卯眼，如图甲所示为木工常用的一种凿子，其截面如图乙所示，侧面与竖直面间的夹角为θ。当在顶部施加竖直向下的力F时，其侧面和竖直面对两侧木头的压力分别为F1和F2，不计凿子的重力和摩擦阻力，下列说法正确的是（ ）

A．力F一定小于F1
B．力F一定大于F2
C．F1和F2之间的大小关系满足F1sinθ=F2
D．夹角θ越大，凿子越容易进入木头
【答案】A
【详解】A．根据平衡条件，作出力F与F1′和F2′的关系图如图所示

其中
F=F′、F1=F1′、F2=F2′
由于F1′对应的是直角三角形的斜边，可知，力F一定小于F1，故A正确；
B．由于直角三角形的两个锐角大小关系不确定，故力F与F2的大小关系不确定，故B错误；
C．根据上述关系图可有
F1csθ=F2
故C错误；
D．结合上述可知
F1sinθ=F，F1csθ=F2
解得
F1=Fsinθ，F2=Ftanθ
可知，在顶部施加同样的力F时，夹角θ越大，力F1和F2越小，凿子越不容易进入木头，故D错误。
故选A。
3．（本题4分）如图所示，小明取山泉水时发现水平细水管到水平地面的距离为水桶高的两倍，在地面上平移水桶，水恰好从桶口中心无阻挡地落到桶底边沿A。已知桶高为h，直径为D，则下列说法正确的是（ ）
A．水离开出水口到桶口的时间是水在空中运动时间的一半
B．水从出水口到桶口速度的增加量小于水从桶口到桶底边沿A速度的增加量
C．水离开出水口的速度为2+1D2g2ℎ
D．水在下落过程中处于超重状态
【答案】C
【详解】A．已知桶高为h，水平细水管到水平地面的距离为水桶高的两倍，则水平细水管到水平地面的距离为
H=2ℎ
由H=12gt1，解得水平细水管到水平地面的
t1=4ℎg
水平细水管到桶口的高度为
H−ℎ=ℎ
由ℎ=12gt2，解得水离开出水口到桶口的时间为
t=2ℎg
则
tt1=12
故A错误；
B．水从桶口到桶底边沿A的时间
t2=t1−t=2−12ℎg
水从出水口到桶口速度的增加量为
Δv1=gt
水从桶口到桶底边沿A速度的增加量
Δv2=gt2
则
Δv1>Δv2
故B错误；
C．设出水孔到桶口中心的水平距离为x，则
x=v0t，x+D2=v0t1
解得
v0=2+1D2g2ℎ
故C正确；
D．水在下落过程中的加速度为重力加速度，方向竖直向下，处于失重状态，故D错误。
故选C。
4．（本题4分）未来宇航员登上某行星上进行科学探索。他在该行星表面的北极点由静止释放一个质量为m的物体，由于该星球大气阻力作用，其加速度a随下落位移x变化的关系如图所示（释放瞬间物体所受的气体阻力为0）。已知该星球为质量均匀分布的球体，且半径为R=4×103km，引力常量为G=6.67×10−11N⋅m2/kg2。下列说法正确的是（ ）
A．该行星的第一宇宙速度为4km/s
B．该行星的第一宇宙速度为7.9km/s
C．该行星的平均密度为5.5×103kg/m3
D．在北极点释放的该物体的最大速度为62m/s
【答案】A
【详解】AB．分析题意结合图象可知，开始下落瞬间，物体只受万有引力作用，根据万有引力等于重力可知
GMmR2=ma0
解得恒星的质量为
M=a0R2G
在恒星表面飞行的卫星，根据万有引力提供向心力
GMmR2=mv2R
联立求得
v=a0R=4×4×106m/s=4km/s
选项A正确，B错误；
C．根据万有引力等于重力可知
GMmR2=mg=ma0
根据密度公式可知
ρ=M43πR3=3a04πGR=3×44π×6.67×10−11×4×106kg/m3=3.6×103kg/m3
选项C错误；
D．根据
v2=2ax
由图可知
ax=12×4×9=18
可知最大速度为
vm=6m/s
选项D错误。
故选A。
5．（本题4分）接地导体球壳外固定放置着一个点电荷，空间电场线的分布如图所示，a、b为点电荷与球壳球心连线上的两点，a点在点电荷左侧，b点在点电荷右侧，a、b两点到点电荷的距离相等。下列说法正确的是（ ）
A．该点电荷带负电
B．a点的电场强度比b点的大
C．b点的电势小于零
D．导体球壳内的电场强度等于零
【答案】D
【详解】A．电场线由正电荷出发，可知点电荷带正电，A错误；
B．电场线越密，场强越大，a点的电场强度比b点的小，B错误；
C．因球壳接地，则球壳处的电势为零，沿电场线方向电势降低，则b点的电势大于零，C错误；
D．由静电屏蔽知，导体球壳内的电场强度处处为零，D正确。
故选D。
6．（本题4分）水晶球是用天然水晶加工而成的一种透明的球型物品。如图甲所示为一个质量分布均匀的透明水晶球，半径为a，过球心的截面如图乙所示，PQ为直径，一单色细光束从P点射入球内，折射光线与PQ夹角为37℃，出射光线与PQ平行。已知光在真空中的传播速度为c，sin37° = 0.6，cs37° = 0.8，则（ ）
A．光束在P点的入射角为53°B．“水晶球”的折射率为1.6
C．光在“水晶球”中的传播速度为34cD．光在“水晶球”中的传播时间为8a5c
【答案】B
【详解】B．根据题意作出光路图如图
由几何关系可知，光线射出时的折射角r为2θ，折射率
n=sin2θsinθ=2csθ=1.6
故B正确；
A．由图
β = r = 2θ = 74°
故A错误；
C．光在“水晶球”中的传播速度为
v=cn=58c
故C错误；
D．光在“水晶球”中传播的距离
l=2acsθ
时间
t=lv=nlc=4acs2θc
带入数据有
t=64a25c
故D错误。
故选B。
7．（本题4分）在匀强磁场中有一电阻忽略不计的矩形线圈，绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的正弦交流电的感应电动势e随时间t的变化如图甲所示，把该交流电输入到图乙中理想变压器的A、B两端。已知R，为热敏电阻（其电阻随温度升高而减小），R为定值电阻，图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是（ ）
A．变压器A、B两端电压的瞬时值表达式为u = 100sin50πt（V）
B．图甲中t = 2 × 10−2s时，穿过线圈的磁通量最大
C．Rt处温度升高后，电压表V1与V2示数的比值不变
D．Rt处温度升高后，变压器的输入功率减小
【答案】B
【详解】A．根据图甲可知，Em = 100V，T = 0.02s，则
ω=2πT=100πrad/s
故变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u = 100sin100πt（V），故A错误；
B．图甲中t = 2 × 10−2s时，线圈平面与磁场垂直，穿过线圈的磁通量最大，故B正确；
C．理想变压器匝数不变，输入电压不变，则电压表V1示数不变，副线圈两端的电压U2不变，Rt处温度升高时，Rt的阻值减小，根据闭合电路欧姆定律可知，副线圈回路中的电流I2增大，电压表V2测量Rt两端的电压，根据串并联电路规律及欧姆定律有
Ut = U2−I2R
则电压表V2示数减小，电压表V1示数与V2示数的比值变大，故C错误；
D．理想变压器匝数不变，输入电压不变，副线圈两端的电压U2不变，Rt处温度升高时，Rt的阻值变小，变压器的输出功率
P=U22R+Rt
输出功率变大，理想变压器输入功率等于输出功率，故变压器的输入功率变大，故D错误。
故选B。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．（本题6分）矩形金属线圈ABCD位于如图所示的通电长直导线附近，线圈与导线在同一个平面内，线圈的两条边与导线平行。下面说法正确的是（ ）
A．在这个平面内线圈平行导线移动时穿过线圈的磁通量减小
B．在这个平面内线圈远离导线移动时穿过线圈的磁通量减小
C．当导线中的电流I增大时线圈产生沿ABCDA方向的感应电流
D．当导线中的电流I减小时线圈产生沿ABCDA方向的感应电流
【答案】BC
【详解】A．在这个平面内线圈平行导线移动时穿过线圈的磁通量不变，选项A错误；
B．离导线越远磁场越弱，则在这个平面内线圈远离导线移动时穿过线圈的磁通量减小，选项B正确；
CD．当导线中的电流I增大时，穿过线圈的磁通量向里增加，根据楞次定律可得，线圈产生沿ABCDA方向的感应电流；同理当导线中的电流I减小时线圈产生沿ADCBA方向的感应电流，选项C正确，D错误。
故选BC。
9．（本题6分）如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角θ为30°，BC段圆心为O，最高点为C，A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐减小
B．小球从A到C的过程中，小球的机械能不断减少
C．小球的初速度v0=2gR
D．若小球初速度v0增大时，小球没有从圆轨道上B点脱离轨道，则小球能够沿圆轨道运动到C点
【答案】CD
【详解】
A．由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C点，则小球在C点的速度为
vC = 0
则小球从C到B的过程中，有
mgR1−csα=12mv2
FN=mgcsα−mv2R
联立有
FN=3mgcsα−2mg
则从C到B的过程中α由0增大到θ，则csα逐渐减小，故FN逐渐减小，而小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大，A错误；
B．小球从A到C的过程中，只有重力做功，机械能不变，故B错误；
C．从A到C的过程中有
−mg⋅2R=12mvC2−12mv02
解得
v0=2gR
故C正确；
D．小球没有从圆轨道上B点脱离轨道，说明
mgcsθ≥mvB2R
随着高度上升，小球的速度减小，所需向心力减小，同时，重力指向圆心的分力增大，则更不会脱离轨道，能够到达C点，故D正确。
故选CD。
10．（本题6分）如图所示，平行导轨间距为L，一部分固定放置在绝缘水平面上（足够长），另一部分弯曲，ab是两部分的分界线，弯曲部分在ab处的切线水平，ab的右侧存在竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。导体棒2静置于水平导轨上，让导体棒1从弯曲导轨上距水平面高度为L的地方由静止开始下滑，当1运动到ab处时，2刚好要滑动，弯曲导轨光滑，水平导轨与2之间的动摩擦因数为0.5，两导体棒接入回路的总电阻为R，导轨的电阻忽略不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．1运动到ab处的速度大小为2gLB．1运动到ab处的速度大小为2gL
C．2的质量为2B2L22gLgRD．2的质量为B2L22gLgR
【答案】AC
【详解】AB．当1运动到ab处过程中，根据动能定理可得
mgL=12mv2
解得
v=2gL
故A正确，B错误；
CD．当1运动到ab处时，2刚好要滑动，则对2研究
F安=μmg
F安=BIL
I=ER
E=BLv
联立解得
m=2B2L22gLgR
故C正确，D错误。
故选AC。
第II卷（非选择题）
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三、非选择题（本题共5小题，共54分．考生根据要求作答）
11．（本题8分）图为某实验小组利用气垫导轨验证机械能守恒定律的装置，实验的主要步骤有：
A．将气垫导轨放在水平桌面上并调至水平；
B．测出挡光条的宽度d；
C．分别测出滑块与挡光条的总质量M及托盘与砝码的总质量m；
D．将滑块移至图示位置，测出挡光条到光电门的距离L；
E.由静止释放滑块，读出挡光条通过光电门的时间t；
F.改变挡光条到光电门的距离，重复步骤D、E，测出多组L和t。已知重力加速度为g，请回答下列问题：
(1)本实验中 （填“需要”或“不需要”）满足m远小于M。
(2)若某次测得挡光条到光电门的距离为L，挡光条通过光电门的时间为t，滑块由静止释放至光电门的过程，系统的重力势能减少了 ；若系统机械能守恒，应满足 。（用实验步骤中各测量量符号表示）
(3)多次改变挡光条到光电门的距离，重复步骤D、E，测出多组L和t，作出L随1t2的变化图像如图所示，图线为过坐标原点的直线，如果在误差允许的范围内当地的重力加速度大小为g= 时，可以判断槽码带动滑块运动过程中机械能守恒。（用题中已知量和测得的物理量符号表示）
【答案】(1)不需要
(2) mgL mgL=12(M+m)d2t2
(3)a(M+m)d22mb
【详解】（1）实验中需验证砝码及托盘减少的重力势能与系统增加的动能是否相等，并不需要测量拉力，故不需要满足m远小于M。
（2）[1]滑块由静止释放至光电门的过程，系统的重力势能减少了
ΔEp=mgL
[2]根据极短时间的平均速度等于瞬时速度，滑块通过光电门时速度大小为
v=dt
系统动能增加了
ΔEk=12(M+m)v2=12(M+m)d2t2
系统机械能守恒有
ΔEp=ΔEk
则系统机械能守恒成立的表达式是
mgL=12(M+m)d2t2
（3）由（2）可知系统机械能守恒成立的表达式是
mgL=12(M+m)d2t2
整理得
L=(M+m)d22mg⋅1t2
图像的斜率为
k=(M+m)d22mg=ba
解得当地的重力加速度大小为
g=a(M+m)d22mb
12．（本题10分）某同学利用如图（a）所示的电路测量一微安表（量程为100 μA，内阻大约为2500 Ω）的内阻。可使用的器材有：两个滑动变阻器R1、R2（其中一个阻值为20 Ω，另一个阻值为2000 Ω）；电阻箱Rz（最大阻值为99999.9 Ω）；电源E（电动势约为1.5 V）；开关S1和S2。C、D分别为两个滑动变阻器的滑片。

(1)按原理图（a）将图（b）中的实物连线 。
(2)完成下列填空：
①R1的阻值为 Ω（填“20”或“2000”）。
②为了保护微安表，开始时将R1的滑片C滑到接近图（a）中滑动变阻器的 端（填“左”或“右”）对应的位置；将R2的滑片D置于中间位置附近。
③将电阻箱Rz的阻值置于2500.0 Ω，接通S1。将R1的滑片置于适当位置，再反复调节R2的滑片D的位置，最终使得接通S2前后，微安表的示数保持不变，这说明S2接通前B与D所在位置的电势 （填：“相等”或“不相等”）。
④将电阻箱Rz和微安表位置对调，其他条件保持不变，发现将Rz的阻值置于2601.0 Ω时，在接通S2前后，微安表的示数也保持不变。待测微安表的内阻为 Ω（结果保留到个位）。
【答案】(1)
(2) 20 左 相等 2550
【详解】（1）按原理图（a）将图（b）中的实物连线，如图所示。
（2）①[1]滑动变阻器R1采用分压式接法，为了方便调节，要选择阻值较小的滑动变阻器，故R1的阻值为20 Ω。
②[2]为了保护微安表，开始时将R1的滑片C滑到滑动变阻器的左端对应的位置。
③[3]将电阻箱Rz的阻值置于2500.0 Ω，接通S1；将R1的滑片置于适当位置，再反复调节R2的滑片D的位置；最终使得接通S2前后，微安表的示数保持不变，这说明S2接通后在BD中无电流流过，可知B与D所在位置的电势相等。
④[4]设滑片D两侧电阻分别为R21和R22，微安表的电阻值为RA，由B与D所在位置的电势相等可知
Rz1R21=RAR22
同理，当Rz和微安表对调时，仍有
RAR21=Rz2R22
联立两式解得
RΑ=Rz1Rz2=2500.0×2601.0Ω=2550Ω
13．（本题9分）如图所示，A为竖直放置的导热汽缸，其质量M=2kg、高度L=9cm，B为质量m=2kg的导热活塞，汽缸内封闭着一定质量（远小于汽缸的质量）的理想气体，B与水平地面间连有劲度系数k=1000N/m的轻弹簧，A与B的横截面积均为S=10cm2。当整个装置静止时，活塞B距汽缸底部的高度为23L。活塞与汽缸间紧密接触且无摩擦，活塞和汽缸壁的厚度均不计，外界大气压强p0=1×105Pa，环境温度不变，弹簧原长L0=10cm，取重力加速度大小g=10m/s2。
（i）求刚开始汽缸A静止时内部气体的压强p；
（ii）用力从汽缸顶端缓缓上提汽缸A，求活塞B刚要离开A时，活塞B上升的高度H。

【答案】（i）p=1.2×105Pa；（ii）H=4cm
【详解】（ⅰ）对汽缸受力分析有
Mg+p0S=pS
解得
p=1.2×105Pa
（ⅱ）设刚开始静止时弹簧的压缩量为Δx1，对A、B整体受力分析有
M+mg=kΔx1
可得
Δx1=4cm
设活塞B刚离开汽缸A时内部气体的压强为p′，弹簧的压缩量为Δx2，有
pS×23L=p′SL
对活塞B受力分析有
mg+p′S=p0S+kΔx2
可得
Δx2=0
由几何关系有
H=Δx1−Δx2=4cm
14．（本题12分）如图所示，电动机带动倾角为θ=37°的传送带以v=8m/s的速度逆时针匀速运动，传送带下端点C与水平面CDP平滑连接，B、C间距L=20m；传送带在上端点B恰好与固定在竖直平面内的半径为R=0.5m的光滑圆弧轨道相切，一轻质弹簧的右端固定在P处的挡板上，质量M=2kg可看成质点的物块靠在弹簧的左端D处，此时弹簧处于原长，C、D间距x=1m，PD段光滑，DC段粗糙。现将物块压缩弹簧至一定距离后由静止释放，物块经过DC冲上传送带，经B点冲上光滑圆弧轨道，通过最高点A时对A点的压力为8N，上述过程中，物块经C点滑上传送带时，速度大小不变，方向变为沿传送带方向。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ1=0.8、与CD段间的动摩擦因数为μ2=0.5（取重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8）。求：
（1）物块在圆弧轨道的B点时的速度；
（2）物块在传送带上运动的过程中，带动传送带的电动机由于运送物块多输出的电能E；
（3）如果将传送带调整为以v=8m/s的速度顺时针匀速运动，重新将物块压缩弹簧至相同的距离后由静止释放，则物块在整个运动过程中在CD段因摩擦产生的热量是多少？
【答案】（1）5m/s；（2）512J；（3）19J
【详解】（1）M通过A点时，由牛顿第二定律得
Mg+FA=MvA2R
解得
vA=7m/s
从B到A由动能定理得
−Mg(R+Rcsθ)=12MvA2−12MvB2
解得
vB=5m/s
（2）由于μ1=0.8>tanθ，M在传送带上运动时由于vB小于传送带速度，可知M一直做加速运动，则有
μ1Mgcsθ−Mgsinθ=Ma
解得
a=0.4m/s2
由公式
vB2−vC2=2aL
可解得
vC=3m/s
根据速度公式
vB=vC+at
解得
t=5s
则传送带在时间t内的位移为
x1=vt=40m
由于M对传送带有沿传送带向下的摩擦力，要维持传送带匀速运动，故电动机要额外克服摩擦力做功，即
W克f=μ1Mgcsθ⋅x1=512J
则多输出的电能为
E=W=512J
（3）根据第（2）问可知，物块到达C点时速度大小为
vC=3m/s
设物块在传送带上向上滑动的加速度大小为a1，有
μ1Mgcsθ+Mgsinθ=Ma1
解得
a1=12.4m/s2
上滑距离
S1=vC22a1=924.8m<20m
物块减速到零后开始沿传送带加速下滑。设下滑加速度大小为a2，由牛顿第二定律可知a2=a1，故物块返回到C点时速度大小没变，还是vC=3m/s，则物块从C点往D点返回时，由动能定理可得
−μ2Mgx1=0−12MvC2
解得
x1=0.9m<1m
则物块在CD段往返过程中摩擦产生的热量为
Q=μ2Mg(x+x1)=19J
或者使用能量守恒来解，弹簧的初始弹性势能
Ep=12MvC2+μ2Mgx=19J
由于物块在传动带上往返的过程没有损失掉机械能，故最终弹簧的初始弹性势能全部通过CD段往返摩擦损失，故摩擦生热
Q=ΔEp=19J
15．（本题15分）如图，在平面直角坐标系xOy的第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场，匀强电场的电场强度大小为E，在第三、四象限内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，在坐标平面的第一象限内的y=d上有一段线状粒子源AC，A点到y轴的距离为x1=233d，C点到y轴的距离为x2=2d，粒子源上所有粒子均沿x轴负方向射出，均能从坐标原点进入磁场，粒子的质量均为m、电荷量均为+q，从A点射出的粒子第二次经过x轴的位置离O点的距离为d，不计粒子的重力，求：
（1）从A点射出的粒子的初速度；
（2）匀强磁场的磁感应强度的大小；
（3）所有粒子第一次在磁场中运动经过区域的面积。
【答案】（1）2qEd3m；（2）22mEqd；（3）(11π+18−63)d272
【详解】（1）设从A点射出粒子的初速度大小为v01，则
d=12at2，x1=v01t
根据牛顿第二定律有
qE=ma
解得
v01=2qEd3m
（2）设从A点射出的粒子经过O点时，速度大小为v1，根据动能定理有
qEd=12mv12−12mv012
解得
v1=22qEd3m
设v1与y轴的夹角为θ，则
v1sinθ=v01
设此粒子在磁场中做圆周运动的半径为r1，根据几何关系有
r1csθ=12d
设匀强磁场的磁感应强度大小为B，根据牛顿第二定律有
qv1B=mv12r1
联立，解得
B=22mEqd
（3）所有粒子到达O点时，沿y轴负方向的分速度
vy=2ad=2qEdm
设某一粒子从O点进磁场时速度与y轴的夹角为α，则粒子进磁场时的速度
v=vycsα
粒子在磁场中做圆周运动的半径
r=mvqB
粒子第二次经过x轴时的位置离O点的距离
x=2rcsα=d
由此可知，所有粒子第二次经过x轴时的位置为同一位置。粒子经过O点时速度的反向延长线交于水平位移的中点，则从C点射出的粒子经过O点时，速度与y轴夹角为45°，此粒子进磁场时的速度大小
v2=2vy=2qEdm
此粒子在磁场中做圆周的运动半径
r2=mv2qB=22d
所有粒子第一次在磁场中运动经过区域的面积
S=34πr22−23πr12+12r22−34r12=(11π+18−63)d272