12，浙江省杭州市第二中学东河校区2023-2024学年高二上学期期中物理试题

这是一份12，浙江省杭州市第二中学东河校区2023-2024学年高二上学期期中物理试题，共22页。试卷主要包含了单项选择题，不定项选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
共100分，考试时间90分钟
第Ⅰ卷（选择题）
一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分.每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1. 下列物理量的单位用国际单位制中基本单位正确表示的是（ ）
A. 电阻：B. 电功率：C. 电量：D. 电功：
【答案】C
【解析】
【详解】A．电阻
故A错误；
B．电功率
故B错误；
C．电量
故C正确；
D．电功
故D错误。
故选C。
2. 关于通电导线所受安培力F的方向、磁场B的方向和电流I的方向之间的关系，下列说法正确的是 ( )
A. F、B、I三者必须保持互相垂直
B. F必须垂直B、I，但B、I可以不相互垂直
C. B必须垂直F、I，但F、I可以不相互垂直您看到的资料都源自我们平台，20多万份最新小初高试卷，家威鑫 MXSJ663 免费下载 D. I必须垂直F、B，但F、B可以不相互垂直
【答案】B
【解析】
【分析】左手定则的内容：伸开左手，使大拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内，让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向；
【详解】根据左手定则，可知：磁感线穿过掌心，安培力与磁场垂直，且安培力与电流方向垂直，所以安培力垂直于磁场与电流构成的平面，但磁场不一定垂直于电流，故选项B正确，ACD错误．
【点睛】解决本题的关键掌握左手定则判定安培力的方向，注意与右手定则的区别．
3. 在半导体工艺里经常需要测定金属薄膜厚度，目前采用的方式是通过测定电阻而间接测得薄膜厚度，查询资料获知构成该薄膜金属材料的电阻率，取一块厚度均匀、边长为L的正方形该金属薄膜，在薄膜两端施加恒定电压U0通过薄膜的电流方向如图所示，测定出流过薄膜的电流I，即可推导出薄膜厚度d，则（ ）
A. 电流I越大，则薄膜厚度d越小
B. 电流I越大，则薄膜厚度d越大
C. 正方形边长L越大，所测定的电阻值越大
D. 正方形边长L改变，所测定的电阻值越小
【答案】B
【解析】
【详解】AB．根据欧姆定律
根据电阻定律

可得
可知d与I成正比，电流I越大，则薄膜厚度d越大，故B正确，A错误；
CD．根据电阻定律，薄膜电阻为
可知所测定的电阻值R与正方向边长L无关，故CD错误。
故选B。
4. 某同学在学习了电磁感应相关知识之后，做了探究性实验：将闭合线圈按图示方式放在电子秤上，线圈上方有一S极朝下竖直放置的条形磁铁，手握磁铁在线圈的正上方静止，此时电子秤的示数为。下列说法正确的是（ ）
A. 将磁铁加速靠近线圈的过程中，线圈中产生的电流沿逆时针方向（俯视）
B. 将磁铁匀速靠近线圈的过程中，线圈中产生的电流沿逆时针方向（俯视）
C. 将磁铁远离线圈的过程中，电子秤的示数等于
D. 将磁铁远离线圈的过程中，电子秤的示数小于
【答案】D
【解析】
【详解】AB．由题意可知，将磁铁的极加速或匀速靠近线圈的过程中，穿过线圈的磁通量向上增加，由楞次定律可知，线圈中产生的电流沿顺时针方向（俯视），AB错误；
CD．将磁铁远离线圈的过程中，穿过线圈的磁通量减少，线圈中产生感应电流，线圈的磁场与磁铁产生相互作用，由楞次定律的推论：“来拒去留”可知，线圈与磁铁产生相互吸引，使电子秤的示数小于，C错误，D正确。
故选D。
5. 带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图所示，则从a到b过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 粒子带负电荷
B. 粒子先加速后减速
C. 粒子加速度一直增大
D. 粒子的动能先减小后增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．带电粒子在a点时，所受电场力的方向需指向运动轨迹的凹侧，故带电粒子所受电场力的方向与场强方向相同，粒子带正电荷，A错误；
B．粒子所受合外力的方向与速度的方向的夹角先为钝角再为锐角，带电粒子先减速再加速，B错误；
C．带电粒子先从电场线密的地方往电场线疏的地方运动，再从电场线疏的地方往密的地方运动，粒子所受电场力先减小后增大，因此加速度先减小后增大，C错误；
D．粒子所受合外力的方向与速度的方向的夹角先为钝角再为锐角，带电粒子先减速再加速，即粒子的动能先减小后增大，D正确；
故选D。
6. 在研究微型电动机的性能时，可采用如图所示的实验电路。电源电动势为20V，内阻为1.5Ω，当调节滑动变阻器R，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为1.0A和1.0V；重新调节R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0A和14.0V。则当这台电动机正常运转时（ ）

A. 电动机的内阻为7ΩB. 滑动变阻器R的电阻为3Ω
C. 电动机的输出功率为24WD. 电源的输出功率为32W
【答案】C
【解析】
【详解】A．电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为和。则电动机的电阻
故A错误；
B．电动机恢复正常运转时，滑动变阻器R的电阻
故B错误；
C．电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为和，电动机的总功率为
电动机内电阻消耗的热功率为
电动机正常运转时的输出功率是
故C正确；
D．电源的输出功率
故D错误。
故选C。
7. 如图所示，关于带电粒子（不计重力）在以下四种器件中运动，下列说法正确的是（ ）
A. 甲图中，仅增大加速电压，粒子离开加速器的动能就会增加。
B. 乙图中，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小
C. 丙图中，等离子体进入A、B极板之间后，A极板是磁流体发电机的负极
D. 丁图中，从左侧射入的带负电粒子，若速度满足，将向下极板偏转
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲图中，粒子离开加速器的动能由D型盒的半径决定，与加速电压大小无关，A错误；
B．乙图中，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，那么粒子做圆周运动的半径越小，由
可知，粒子的半径越小，则粒子的比荷越大，B错误；
C．丙图中，等离子体进入A、B极板之间后，受到洛伦兹力作用，由左手定则可知，正电粒子向B极板偏转，负电粒子向A极板偏转，因此A极板是磁流体发电机的负极，故C正确；
D．丁图中，带负电的粒子从左侧射入复合场中时，受向上的电场力和向下的洛伦兹力，当
电场力与洛仑磁力两个力平衡时，带电粒子会沿直线射出，当洛伦兹力小于电场力，即
解得速度，此时粒子向上极板偏转，故D错误。
故选C。
8. 如图甲所示，A、B是某电场中一条电场线上的两点，一负电荷从A点由静止释放，仅在静电力的作用下从A点运动到B点，其运动的图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A. 该电场线的方向是由A指向B
B. 电荷在运动过程中加速度变大
C. A点处的场强比B点处的场强大
D. 该电场一定是由正点电荷产生的
【答案】A
【解析】
【详解】A．由题及图甲知，负电荷由静止释放，仅在静电力作用下运动，由负电荷受力和电场线方向关系可得该电场线的方向是由B指向A，故A错误；
B．由图乙知速度切线的斜率减小，则电荷在运动过程中加速度减小，故B错误；
C．电荷的加速度减小，即受力减小，所以电场强度减小，A点处的场强比B点处的场强大，故C正确；
D．由电场线的方向是由B指向A，若电场由正点电荷产生，则该正点电荷位置为B右侧，又由于A点处的场强比B点处的场强大，所以该电场不可能是由正点电荷产生，D错误。
故选C。
9. 电容器是一种重要的电学元件，在电工和电子技术中应用广泛．使用图甲所示电路观察电容器的充电和放电过程．电路中的电流传感器（不计内阻）与计算机相连，可以显示电流随时间的变化．直流电源电动势为E，实验前电容器不带电．先将开关K拨到“1”给电容器充电，充电结束后，再将其拨到“2”，直至放电完毕．计算机显示的电流随时间变化的曲线如图乙所示．则下列说法正确的是（ ）
A. 乙图中阴影部分的面积B. 乙图中阴影部分的面积
C. 由甲、乙两图可判断阻值D. 由甲、乙两图可判断阻值
【答案】A
【解析】
【详解】AB．图乙中阴影面积代表充放电中电容器上的总电量，所以两者相等，选项A正确，B错误；
CD．由图乙可知充电瞬间电流大于放电瞬间电流，且充电瞬间电源电压与放电瞬间电容器两极板电压相等，由
解得
选项CD错误。
故选A。
10. 如图所示，半径为R的光滑绝缘空心圆形细管道竖直固定放置，A、B为置于管道中的可视为点电荷的带电小球，其中小球A固定在管道的最低点M处，小球B可以自由滑动。平衡时，小球B静止在管道中的N处，M、N连线与竖直方向成30°角。已知小球B所带电荷量为，质量为m，重力加速度为g，不计小球大小和管道内径，则（ ）
A. 小球A一定带负电B. 小球A在N处产生的电场强度大小为
C. 小球A所带电荷量的绝对值为D. 小球A所带电荷量的绝对值为
【答案】D
【解析】
【详解】对B受力分析，如图所示
A．可知小球A对小球B为库仑斥力，由于B球带正电，所以A球带正电，A错误；
B．由平行四边形定则得
联立解得小球A在N处产生的电场强度大小为
B错误；
CD．由点电荷的场强公式得
解得
D正确，C错误。
故选D。
二、不定项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分.每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错和不选的得0分）
11. 关于教材《静电的防止与应用》中的四副插图，下列说法正确的是（ ）

A. 图甲是静电释放器，给汽车加油前用手触摸一下，其目的是导走加油枪上的静电
B. 图乙是避雷针，金属棒上感应的电荷通过放电中和云层的电荷，避免高楼被雷击
C. 图丙是静电除尘器，带电粉尘被吸附到极板上，最后在重力作用下被收集
D. 图丁是话筒线，其外围有金属网包裹，金属网的作用是强化线的硬度，避免折损
【答案】BC
【解析】
【详解】A．图甲给汽车加油前要触摸一下静电释放器，其目的是导走人身上的静电，故A错误；
B．带电云层靠近建筑物时，避雷针会产生感应电荷，尖端放电，逐渐中和云层中的电荷，同时将云层中的电荷通过导线导入大地，使建筑物避免遭到雷击，故B正确；
C．图丙是静电除尘器，带电粉尘被吸附到极板上，最后在重力作用下被收集，故C正确；
D．金属网能产生静电屏蔽作用，两条优质的话筒线外面包裹着金属网应用了静电屏蔽的原理，故D错误。
故选BC。
12. 在点电荷的电场中，轴与它的一条电场线重合，、两点的坐标分别为和。在、两点分别放置试探电荷（电荷量可调），试探电荷受到的静电力跟电荷量的关系如图所示，规定沿方向为静电力的正方向，下列说法正确的是（ ）
A. 、两点的电场强度方向相反
B. 若将试探电荷移走，则、两点的电场强度为0
C. 、两点的电场强度大小之比为
D. 点电荷在处
【答案】AD
【解析】
【详解】A．、两点的电场力方向均沿轴正方向，但、两点试探电荷电性相反，因此，可以判定、两点的电场强度方向相反，点电荷位于、两点之间，A正确；
B．电场强度由场源电荷决定，与试探电荷无关，将试探电荷移走，则、两点的电场强度不改变，B错误；
C．根据电场强度定义，可知图中图线斜率的绝对值就是该点电场强度的大小值，由此可得
所以，、两点的电场强度大小之比为
C错误；
D．点电荷产生的场强表示为
假设点电荷的坐标为，则有
又因为，且点电荷在、两点之间，解得
D正确。
故选AD。
13. 如图甲是用气敏电阻改装的酒精含量测试仪电路图，测试仪用以测试汽车司机是否酒驾，R1为定值电阻，R2为气敏电阻。R2的阻值随酒精气体浓度的变化曲线如图乙，电源电动势保持不变，内阻不可忽略。若测试对象呼出的气体中酒精气体浓度越大，则（ ）
A. 测试仪中电压表的示数越小B. 测试仪中电流表的示数越小
C. 电源总功率越小D. 电压表与电流表示数的比值越小
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．由图乙可知，酒精浓度越大，气敏电阻阻值越大，所以电路中的总电阻越大，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流越小，即电流表示数越小，根据闭合电路欧姆定律可得气敏电阻两端电压就越大，电压表示数就越大，故A错误，B正确；
C．电路消耗的总功率为
由以上分析可知，酒精浓度越大，电路中的电流越小，电路消耗的总功率越小，故C正确；
D．电压表与电流表示数的比值表示气敏电阻的阻值大小，因为酒精浓度越大，气敏电阻阻值就越大，所以电压表与电流表示数的比值就越大，故D错误。
故选BC。
14. 如图所示，在竖直平面内的虚线下方分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的电场强度大小为10N/C，方向水平向左；磁场的磁感应强度大小为2T，方向垂直纸面向里。现将一质量为0.2kg、电荷量为＋0.5C的小球，从该区域上方的某点A以某一初速度水平抛出，小球进入虚线下方后恰好做直线运动。已知重力加速度为g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）

A. 小球平抛的初速度大小为5m/s
B. 小球平抛的初速度大小为2m/s
C. A点距该区域上边界的高度为1.25m
D. A点距该区域上边界的高度为2.5m
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．小球受竖直向下的重力与水平向左的电场力作用，小球进入电磁场区域做直线运动，小球受力如图所示

小球做直线运动，则由平衡条件得
qvBcsθ=mg
小球的速度
vcsθ=v0
代入数据解得
v0=2m/s
故A错误，B正确；
CD．小球从A点抛出到进入复合场过程，由动能定理得
根据在复合场中的受力情况可知
（mg）2+（qE）2=（qvB）2
解得
代入数据解得
h=125m
故C正确，D错误；
故选BC。
第Ⅱ卷（非选择题）
三、实验题（本题共2小题，共13分）
15. 某学习小组需要测量一节干电池的电动势和内阻，实验室提供的器材有：干电池一节（电动势约1.5V，内阻小于1Ω）；
多用电表一个； 电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）；
电流表A（量程0.6A，内阻约1Ω）； 滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）；
定值电阻R1（阻值2Ω）； 定值电阻R2（阻值5Ω）；
开关一个，导线若干。
（1）为了估测电池的电动势和内阻，先用多用电表进行测量，组内三位同学的操作如下，你认为正确的是_________。（单选）
A. 小明选择直流电压10V挡，红表笔接电池负极、黑表笔接电池正极，测量电池的电动势
B. 小莉选择直流电压2.5V挡，红表笔接电池正极、黑表笔接电池负极，测量电池的电动势
C. 小阳选择欧姆挡合适的倍率，欧姆调零后，直接将红、黑表笔与电池两极连接，测量电池内阻
（2）①该小组按照图甲所示的电路进行实验，通过调节滑动变阻器阻值使电流表示数逐渐接近满偏，记录此过程中电压表和电流表的示数，利用实验数据在坐标纸上描点，如图乙所示，出现该现象的主要原因是_________。（单选）
A.滑动变阻器调节范围过大 B.电压表量程偏大 C.干电池内阻较小
②针对出现的问题，该小组利用提供的定值电阻改进了实验方案，如丙图所示。请在图丙中用笔画线代替导线，将实物图连接成完整电路。_________
③改进方案后重新测量，得到数据并绘出新的图像如图丁，可得干电池电动势为_________V，内阻为_________（此处保留2位有效数字）Ω。由以上数据可知，图丙中定值电阻选_________（还是）
【答案】（1）B （2） ①. C ②. 见解析 ③. 1.55 ④. 0.58 ⑤.
【解析】
【小问1详解】
可以用多用电表的直流电压挡测粗测电源电动势，同时因为电池的电动势在1.5V左右，故选择2.5V挡的直流电，由于欧姆表有内置电源，为保护电表不能用多用电表的欧姆挡直接测电源内阻。
故选B。
【小问2详解】
①[1]根据闭合电路欧姆定律可得
当电源内阻r太小时，干路电流I有较大变化时，Ir变化很小，电压表示数即路端电压U变化很小，电压表示数变化范围很小。
故选C。
②[2]应用伏安法测电源电动势与内阻，电压表测路端电压，电流表测电路电流，电源内阻较小，为使电压表示数变化明显，把定值电阻与电源整体当作等效电源，为减小实验误差，相对于电源电流表应采用外接法，实物连接如图。
③[3]根据闭合电路欧姆定律，可得
结合图丁，可得电源电动势为
[4][5]图线斜率的绝对值
则可得电源内阻
依题意，干电池内阻小于1Ω，可得
可知图丙中定值电阻选。
16. 在“测定金属丝的电阻率”的实验中，某同学实验过程如下：
（1）为了合理选用器材设计测量电路，他先用多用表的欧姆挡“”按正确的操作步骤粗测其电阻，指针如图甲所示，则读数应记为_______。

（2）用图乙螺旋测微器测量该镍铬丝的直径为_______；
（3）为了减小实验误差，需进一步测量其电阻，除待测金属丝、开关S、导线若干外，实验室还备有的实验器材如下：
A.电压表（量程，内阻约为；量程，内阻约为）
B.电流表A（量程，内阻约为；量程，内阻约为）
C.滑动变阻器
D.滑动变阻器
E.电阻箱
F.的干电池两节，内阻不计
①为了减小测量误差及测量多组实验数据，滑动变阻器应选用_______（填“”或“”）。
②在①的基础上，请用笔代替导线完成图丙中的实物连线_________。
③测得的金属丝长度（单位：）、直径（单位：）、电压表读数（单位：）和电流表读数（单位：A），可根据电阻率的表达式_______算出所测金属丝的电阻率（用题中已知量表示）。
【答案】 ①. 2.6 ②. ③. ④. 见解析 ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1] 多用表的读数为2.6。
（2）[2] 螺旋测微器测量该镍铬丝的直径为
0+49.6×0.01mm=0.496mm
（3）①[3]为了减小测量误差及测量多组实验数据，滑动变阻器需要采用分压式接法，所以应选用最大阻值较小的。
②[4]根据金属丝的粗测电阻可知，采用电流表外接法，误差较小。用笔代替导线完成图丙中的实物连线，如图

③[5]电阻率的表达式为
四、解答题（本题有4小题，共41分）
17. 如图所示，两平行金属导轨间的距离，金属导轨所在的平面与水平面的夹角，在导轨所在平面内分布着磁感应强度大小、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势、内阻的直流电源，现把一个质量的导体棒放在金属导轨上，导体棒恰好保持静止，导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻，金属导轨的电阻不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小，，。
（1）求导体棒受到的安培力；
（2）求导体棒与金属导轨间的动摩擦因数；
（3）若磁场方向改为竖直向上，在不改变其他条件的情况下，求磁场磁感应强度的最大值。

【答案】（1），沿金属导轨向上；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）通过导体棒的电流为
导体棒受到的安培力为
根据左手定则可知导体棒受到的安培力沿金属导轨向上。
（2）导体棒恰好保持静止，对导体受力分析可得
最大静摩擦力等于滑动摩擦力
解得
（3）对导体受力分析，根据平衡条件可得
摩擦力为
磁场磁感应强度的最大值为
18. 如图所示，一倾角、高为5R的固定光滑绝缘斜面与左侧光滑水平轨道相连，水平轨道左侧与半径为R的光滑半圆轨道连接，D点为半圆轨道的最高点，整体处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外。一质量为m、带电荷量为+q的小滑块（可视为质点）在斜面顶端以初速度v0开始沿斜面下滑，小滑块始终没有脱离接触面。不计小滑块在各轨道连接处的能量损失，重力加速度取g。
(1)求小滑块到达D点的速度大小；
(2)求小滑块在D点受到轨道的作用力大小；
(3)若斜面足够长，小滑块运动一段距离后脱离斜面，求小滑块离开斜面时的动能。
【答案】(1) ； (2)；(3) 。
【解析】
【详解】(1)小滑块运动过程中洛伦兹力不做功，从A到D由动能定理可得
解得
(2)在D点由牛顿第二定律可得
解得
(3)小滑块沿斜面下滑时，垂直斜面方向的加速度为零，有
当时，小滑块开始脱离斜面，此时有
解得
所以动能为
答：(1)小滑块到达D点速度大小；
(2)小滑块在D点受到轨道的作用力大小；
(3)小滑块离开斜面时的动能。
19. 如图所示的坐标系中，第一象限内存在与x轴成30°角斜向下的匀强电场，电场强度；第四象限内存在垂直于纸面向里的有界匀强磁场，y轴负方向无限大，磁感应强度。现有一比荷为的正离子（不计重力），以速度从O点垂直磁场射入，，离子通过磁场后刚好直接从A点射出，之后进入电场。求：
（1）离子从O点进入磁场B中做匀速圆周运动的半径R；
（2）离子进入电场后经多少时间再次到达x轴上；
（3）若离子自O点进入磁场B运动到某一特殊位置时，再加一个垂直纸面向里的同方向的匀强磁场使离子做一个完整的圆周运动，然后磁场再恢复到初始数值以使粒子仍能从A点射出，求所加磁场磁感应强度的最小值。
【答案】（1）0.2m；（2）（3）
【解析】
【详解】（1）根据
离子从O点进入磁场B中做匀速圆周运动的半径为
（2）离子射出磁场时与x轴夹角为，即射入电场方向与电场垂直，则离子在电场中做类平抛运动。再次到达x轴上时，根据
，
得
（3）离子在磁场中运动轨迹如图
离子在磁场运动一半时间时加磁场，运动一周且轨迹与x轴相切，撤去该磁场。由几何关系
根据
得最小值为
20. “太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化为如图所示。辐射状的加速电场区域I边界为两个同心平行扇形弧面，O1为圆心，圆心角θ为120°，外圆弧面AB与内圆弧面CD的电势差为U0，M为外圆弧的中点。在紧靠O1右侧有一圆形匀强磁场区域Ⅱ，圆心为O2，半径为L，磁场方向垂直于纸面向外且大小为B＝，在磁场区域下方相距L处有一足够长的收集板PNQ．已知MO1O2和PNQ为两条平行线，且与O2N连线垂直。假设太空中漂浮着质量为m，电量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB弧面上，经电场从静止开始加速，然后从O1进入磁场，并最终到达PNQ板被收集，忽略一切万有引力和粒子之间作用力，已知从M点出发的粒子恰能到达N点，求：
（1）粒子经电场加速后，进入磁场时的速度v的大小；
（2）从M点出发的粒子在磁场中运动的半径R；
（3）假设所有粒子从AB弧面同时出发，则最先到达收集板的是哪一点出发的粒子？求出该粒子从O至收集板的时间。
【答案】（1）；（2）L；（3）A点出发的粒子， 。
【解析】
【详解】（1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，根据动能定理有：
则有：
（2）从M点出发的粒子到达O1点后水平进入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有：
解得：
（3）
所有粒子从AB弧面射入的粒子，速度大小相等，在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，根据对称性可知，它们经过磁场旋转后都从磁场边界垂直于PNQ线射出，最终到达PNQ板被收集，轨迹如图所示，从各个粒子的运动轨迹可以看出，轨迹1在磁场中转动的角度最小，所以从A点射出的粒子运动的时间最短，根据图形以及几何知识可知，该粒子转动了30°，所以在磁场中运动的时间为：
出磁场后匀速运动的时间为：
该粒子从O1至收集板的时间为：