2024届山东省滨州市高三下学期第三次模拟考试物理试卷

这是一份2024届山东省滨州市高三下学期第三次模拟考试物理试卷，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.铀裂变的产物是多样的，其中一种裂变的核反应方程是，方程中的x、y分别是( )
A. 53，89B. 56，86C. 53，86D. 56，89
2.1970年4月24日，中国成功将第一颗人造卫星——东方红一号送入近地点441km、远地点2368km的椭圆轨道，运行周期为114分钟，设计寿命仅20天。但是至今，东方红一号卫星仍在空间轨道上运行，已知地球半径为6400km，万有引力常量。根据以上数据，可估算出( )
A. 地球的质量B. 东方红一号在近地点的动能
C. 东方红一号在近地点受到的万有引力D. 东方红一号在远地点的向心力
3.汽车行驶时应与前车保持一定的安全距离，通常情况下，安全距离与驾驶者的反应时间和汽车行驶的速度有关。某同学在封闭平直道路上测量自己驾驶汽车时的反应时间：汽车以速度匀速行驶，记录下从看到减速信号至汽车停下的位移；然后再以另一速度匀速行驶，记录下从看到减速信号至汽车停下的位移，假设两次实验的反应时间不变，加速度相同且恒定不变。可测得该同学的反应时间为( )
A. B. C. D.
4.如图甲所示，物体a、b间拴接一个压缩后被锁定的轻质弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中a物体最初与左侧的固定挡板相接触，b物体质量为4kg。现解除对弹簧的锁定，在a物体离开挡板后的某时刻开始，b物体的图象如图乙所示，则可知
A. a物体的质量为1kg
B. a物体的最大速度为
C. 在a物体离开挡板后，弹簧的最大弹性势能为6J
D. 在a物体离开挡板后，物体a、b组成的系统动量和机械能都守恒
5.如图所示，长方形ABCD所在平面有匀强电场，E、F分别为AB边、CD边中点，已知AB边长为8cm、BC边长为4cm。将电子从C点移动到D点，电场力做功为20eV；将电子从E点移动到F点，电场力做功为，不计所有粒子重力，下列说法正确的是
A. 长方形ABCD的四个顶点中，D点的电势最高
B. 匀强电场的电场强度大小为
C. 沿AC连线方向，电势降低最快
D. 从D点沿DC方向发射动能为4eV的电子，在以后的运动过程中该电子最小动能为2eV
6.2023年2月26日，中国载人航天工程三十年成就展在中国国家博物馆举行，展示了中国载人航天发展历程和建设成就。如图所示是某次同步卫星从轨道1变轨到轨道3，点火变速在轨道P、Q两点，P为轨道1和轨道2的切点，Q为轨道2和轨道3的切点。轨道1和轨道3为圆轨道，轨道2为椭圆轨道。设轨道1、轨道2和轨道3上卫星运行周期分别为、和。下列说法正确的是( )
A. 卫星在轨道3上的动能最大
B. 卫星在轨道3上Q点的加速度大于轨道2上P点的加速度
C. 卫星在轨道2上由P点到Q点的过程中，由于离地高度越来越大，所以机械能逐渐增大
D. 卫星运行周期关系满足
7.如图，游泳池注水后池底的射灯 S发出单色光从水中射向前后表面平行的玻璃侧壁，侧壁右侧为空气，该单色光在水、玻璃、空气中的折射率分别为、、，则光路可能是( )
A. B.
C. D.
8.如题图所示，正方形区域MNPQ内有垂直纸面向里的匀强磁场，在外力作用下，一正方形闭合刚性导线框沿QN方向匀速运动，时刻，其四个顶点、、、恰好在磁场边界中点，下列图像中能反映线框所受安培力F的大小随时间t变化规律的是( )
A. B. C. D.
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.如图所示，在屏幕MN的下方有一截面为等边三角形的透明介质，三角形边长为1，顶点与屏幕接触于C点，底边AB与屏幕MN平行。激光a垂直于AB边射向AC边的中点O，恰好发生全反射，光线最后照射在屏幕MN上的E点图中未画出。已知光在真空中的传播速度为c，下列说法正确的是( )
A. 光在透明介质中发生全反射的临界角为
B. 该透明介质的折射率为
C. 光在透明介质中的传播速度为
D. 光从射入AB面开始到射到E点的时间为
10.如图所示，半径为的光滑圆环固定在竖直平面内，AB、CD是圆环相互垂直的两条直径，C、D两点与圆心O等高．一个质量为的光滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小球上，另一端固定在P点，P点在圆心O的正下方处．小球从最高点A由静止开始沿顺时针方向下滑，已知弹簧的原长为R，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为下列说法正确的有
A. 弹簧长度等于R时，小球的动能最大
B. 小球在A、B两点时对圆环的压力差的大小为80N
C. 小球运动到B点时的速度大小为
D. 从A点运动到B点的过程中，小球的机械能先增大后减小，在D点小球的机械能最大
11.如图所示，在正点电荷Q的电场中有一固定的光滑绝缘无限长直杆，有一可视为质点的带正电的小环套在直杆上，小环静止在距离点电荷最近的O点。由于受到轻微的扰动，小环从O点沿杆向右运动，运动过程中小环的电荷量不变，以下说法正确的是
A. 小环运动的速度越来越大
B. 小环运动的加速度越来越大
C. 小环所受的静电力越来越小
D. 小环与点电荷Q所构成的系统的电势能越来越大
12.如图所示，MN、PQ两条平行光滑固定金属导轨与水平面的夹角为，两导轨的间距为L，M和P之间接阻值为R的定值电阻。导轨所在的空间有两条宽度均为d的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，磁场方向垂直于导轨平面向下，大小分别为、，磁场Ⅰ的下边界与磁场Ⅱ的上边界间距为3d。现将一质量为m，阻值为R的导体棒从距磁场Ⅰ上边界距离为d处由静止释放，导体棒恰好分别以速度、匀速穿过磁场Ⅰ和Ⅱ。导体棒穿过磁场Ⅰ和Ⅱ的过程中通过导体棒横截面的电荷量分别为、，定值电阻R上产生的热量分别为、。导轨电阻不计，重力加速度为g，在运动过程中导体棒始终垂直于导轨且与导轨接触良好，则
A. B.
C. D.
三、实验题：本大题共2小题，共12分。
13.为了验证机械能守恒定律，小南设计了如图甲所示的实验装置。将细线一端固定于铁架台上O点，另一端连接一直径为d的小钢球，用刻度尺测得悬挂点O点到球心的距离为l，在O点正下方固定一光电门，将光电门高度调节到合适高度。实验时，将小钢球拉至O点等高位置，并使细线处于伸直状态，由静止释放小钢球，测得小钢球经过光电门的时间为。已知当地重力加速度为g。
实验中，用螺旋测微计测量小钢球直径，测量结果如图乙所示，则小钢球的直径______mm。
为验证机械能守恒，应满足的表达式为：__________用题中所给的物理量表示。
若实验中测得动能的增加量大于重力势能的减少量，则可能的原因有：___________。
A.空气阻力的影响
B.小球经过光电门时，球心没有正对出光孔
C.悬挂点O到球心的距离l的测量值偏大
D.螺旋测微计使用前没有校零导致小钢球直径测量偏大
14.多用电表是实验室中常用的测量仪器，如图甲所示为多量程多用电表示意图。
通过一个单刀多掷开关S，接线柱B可以分别与触点1、2、3、4、5接通，从而实现使用多用电表测量不同物理量的功能。图中的E是电源电动势内阻不计，、、是定值电阻，居是欧姆调零电阻， A、B分别与两表笔相接。、、、都是定值电阻，表头G的满偏电流为20mA，内阻为，已知。关于此多用电表，下列说法正确的是__________；
A.图中B是黑表笔
B.当S接触点1或2时，多用电表处于测量电流的挡位，且接1比接2时量程小
C.当S接触点3时，多用电表处于测电阻的挡位，电源的电动势越大，欧姆表的内电阻越大
D.当S接触点4、5时，多用电表处于测量电压的挡位，且接5比接4时量程大
该学习小组将“B”端与“3”相接，将A、B表笔短接，调节进行欧姆调零后测量未知电阻。得到通过表头G的电流与被测未知电阻的关系如图乙所示，由此可知多用电表中电池的电动势______结果保留三位有效数字。通过分析可知该小组使用多用电表的_________填“”“”或“”倍率的欧姆挡进行测量未知电阻。
实验小组用多用电表电压挡测量电源的电动势和内阻。
器材有：待测电源电动势约为，定值电阻，多用电表一只，电阻箱一只，连接实物如图丁所示，正确操作后测得电阻箱接入电路的阻值R及其两端电压U，记录多组数据后，得到对应的图，如图丙所示，则电动势_______V，内阻_______。结果均保留三位有效数字。
四、计算题：本大题共4小题，共40分。
15.图为演示实验所使用的牛顿管，课后某同学在观察实验使用的抽气真空泵后，得知做演示实验时牛顿管内依然残留有稀薄的气体，并不是绝对真空。若某天下午物理课期间环境温度为，抽气完成后的牛顿管内气体压强为，且课后未打开牛顿管的通气阀门。大气压强恒为，牛顿管气密性和导热性均良好，将管中空气视为理想气体，求：
当天傍晚环境温度降到时，牛顿管内气体压强；
演示时抽气后的牛顿管管内气体质量与抽气前管内气体质量之比。
16.某体育公园儿童游乐场的滑梯如图所示。某同学拿着一质量为m的玩具汽车可视为质点从滑梯上端由静止释放，A沿滑梯滑下后，从底端水平抛出并落在地面。已知滑梯上端距离地面的高度为H，底端飞出点距离地面的高度为h，A在滑梯上运动的总路程为s，假设在滑梯上A受到的阻力大小恒为f，重力加速度为g，不计空气阻力。
求A的落地点到滑梯底端的水平距离x；
假如在滑梯底端放置一个完全相同的玩具汽车可视为质点，若A、B相撞后立即粘在一起，则A、B整体的落地点到滑梯底端飞出点的距离为多少？
17.饭卡是学校等单位最常用的辅助支付手段，其内部主要部分是一个多匝线圈，当刷卡机发出电磁信号时，置于刷卡机上的饭卡线圈的磁通量发生变化，发生电磁感应，产生电信号，其原理可简化为如图所示。设线圈的匝数为1000匝，每匝线圈面积均为，线圈的总电阻为，线圈连接一电阻，其余部分电阻不计。线圈处磁场的方向不变，其大小按如图所示的规律变化，垂直纸面向里为正，
请你判定时间内，流经电阻R的电流方向
求时间内，电阻R产生的焦耳热；
求时间内，通过电阻R的电荷量。
18.在如图所示的竖直平面xOy中，一质量为m、电荷量为的带电小球沿x轴正方向以初速度从A点射入第一象限，第一象限有竖直向上的匀强电场，小球偏转后打到x轴上的点，x轴下方有匀强电场图中未画出，第三、四象限有垂直于纸面向外、磁感应强度大小不同的匀强磁场，小球在x轴下方做匀速圆周运动，己知第四象限匀强磁场的磁感应强度大小为，重力加速度大小为
求x轴下方匀强电场的电场强度；
求带电小球在C点的速度；
若第三象限匀强磁场的磁感应强度大小为，求粒子从C点运动到点所用的时间。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】根据质量数与电荷数守恒有 ，
解得 ，
故选D。
2.【答案】A
【解析】【分析】
根据万有引力提供向心力结合开普勒第三定律解得地球的质量，BCD选项中的物理量均与东方红一号的质量相关，无法计算。
本题主要考查了万有引力在天文学的应用，关键根据万有引力提供向心力，结合开普勒第三定律分析解答。
【解答】
A.设与东方红一号相同运行周期的圆形轨道半径为 r ，根据万有引力提供向心力有
又由开普勒第三定律可得
求得
A正确；
由于不知道东方红一号的质量所以无法得知，东方红一号在近地点的动能，东方红一号在近地点受到的万有引力，东方红一号在远地点的向心力，均无法求出结果，BCD错误。
故选A。
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查匀变速直线运动的基本公式，解题关键在审题，弄清题意，制动距离是由反应距离和减速距离构成，制动过程制动的加速度相同，结合运动学公式列式求解即可。
【解答】
设司机的反应时间为 t ，匀减速运动的加速度大小为 a ，第一次匀减速运动的时间为 ，第二次匀减速运动的时间为 ，则由逆向思维，根据位移与时间的关系有
①
②
由平均速度公式有
③
④
可得
⑤
⑥
将⑤代入①解得 ⑦
将⑥⑦代入②解得
故选A。
4.【答案】C
【解析】【分析】由b物块的关系图象可以得知b物体在弹簧处于原长和弹簧弹性势能最大时的速度，再利用动量守恒定律和机械能守恒定律便可以求解。
本题考查的是动量守恒定律和机械能守恒定律的应用，目的是考查学生的分析综合能力以及计算能力。
【解答】
解除对弹簧的锁定，a离开挡板后，系统动量守恒、机械能守恒。由题意可知b的速度最大时，a的速度最小为零，且此时弹簧处于原长；b的速度最小时，a的速度最大，且此时也处于原长。设a的质量为，a的最大速度为v
根据动量守恒有
解得 、，故A错误，B错误；
C.两物块速度相等时，弹簧弹性势能最大，则
解得，故C正确；
D.在a离开挡板后，a、b及弹簧组成的系统动量守恒， a、b及弹簧组成的系统机械能守恒，故D错误。
故选：C。
5.【答案】D
【解析】【分析】
根据电子从D点沿DC方向发射动能为4eV的电子，则该电子在电场中做类斜抛运动，则当电子沿电场线方向上的分速度为零时，电子的动能最小，从而可求最小动能；根据匀强电场互相平行且长度相等的两点电势差相等判断电势情况；
在匀强电场中沿任意直线电势均匀降落，故常借此求解某一电势的位置，从而画出等势线，即可得到场强方向，再根据电势变化和场强方向上位移求解场强大小和方向。
【解答】
由于电子带负电，根据 可知，将电子从C点移动到D点，电场力做功为 20eV ，则有 。将电子从E点移动到F点，电场力做功为 ，则有 。取F点电势为零， 。由于F为CD边中点，则有
可得 、 ，则DE为等势面，根据等势面与电场线垂直，沿电场线方向电势逐渐降低，可知电场线沿AF方向，如下图所示，沿AF方向电势降低最快，A点的电势最高，故A C错误；
B.匀强电场大小为，故B错误；
D.从D点沿DC方向发射动能为4eV的电子，则该电子在电场中做类斜抛运动，则当电子沿电场线方向上的分速度为零时，电子的动能最小，此时电子的速度为
由于动能为
则最小动能为， 故D正确。
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了开普勒第三定律和万有引力定律的应用，知道万有引力提供卫星做圆周运动的向心力、理解卫星的变轨原理是解题的前提，应用万有引力公式与万有引力做功情况即可解题。
卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，应用万有引力公式与万有引力做功情况及航天器的变轨原理分析答题。
【解答】
A.在圆轨道， ，故卫星在轨道3上的动能最小，故A错误；
B.由 ，轨道3上Q点的加速度小于轨道2上P点的加速度，故B错误；
C.轨道2上从 P 到到 Q 点只有万有引力做功，机械能不变，故C错误；
D.根据开普勒第三律 ，对轨道1有 ，
同理对2、3有 ， ，
联立可得，故D正确。
7.【答案】B
【解析】【分析】
全反射的条件：只有光从光密介质折射率大射入光疏介质折射率小，且入射角大于等于临界角时，才会发生全反射现象。
同时根据折射定律可知折射率越大，则光线会越靠近法线。
【解答】
A、光线从左侧水中射入玻璃中，是从光疏介质射入光密介质，不可能发生全反射，故A错误；
B、光线从玻璃射入右侧空气中，是从光密介质射入光疏介质，可能发生全反射，故B正确；
CD、假设水玻璃界面入射角为，折射角为，玻璃空气界面折射角为，那么由折射定律得那么，故CD错误。，故CD错误。
8.【答案】B
【解析】第一段时间从初位置到离开磁场，图甲表示该过程的任意一个位置
切割磁感线的有效长度为与之和，即为长度的2倍，此时电动势
线框受的安培力
图像是开口向上的抛物线，如图乙所示
线框的右端刚好出磁场时，左端恰与MP共线，此后一段时间内有效长度不变，一直到线框的左端与重合，这段时间内电流不变，安培力大小不变；最后一段时间如图丙所示
从匀速运动至开始计时，有效长度为
电动势
线框受的安培力
图像是开口向上的抛物线，故选B。
9.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查全反射。解决问题的关键是清楚光发生全反射的条件，知道折射率的表达式，结合几何关系分析计算。
【解答】
画出光路图如图所示
在界面AC恰好发生全反射，由几何关系可知全反射临界角，则折射率，A错误，B正确；
C.又，则光在透明介质中的传播速度为，C正确；
D.由几何关系可得，，则，光从射入AB面开始到射到E点的时间为
D正确。
故选BCD。
10.【答案】BC
【解析】【分析】
通过分析小球的受力情况，分析小球速度的变化，从而判断出动能的变化情况。小球通过A和B两点时，弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等，根据系统的机械能守恒求小球运动到B点时的速度，根据牛顿第二定律和第三定律求小球在A、B两点时对圆环的压力差，在小球运动的过程中，弹簧的弹力对小球做功等于小球机械能的增量。
【解答】
A、由题可知，弹簧长度等于R时，弹簧处于原长，在此后的过程中，小球的重力沿轨道的切向分力大于弹簧的弹力沿轨道切向分力，小球仍在加速，所以弹簧长度等于R时，小球的动能不是最大．故A错误；
C、小球在A、B两点时弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等，根据系统的机械能守恒得： ，解得小球运动到B点时的速度 故C正确；
B、设小球在A、B两点时弹簧的弹力大小为在A点，圆环对小球的支持力；在B点，由圆环，由牛顿第二定律得： ，解得圆环对小球的支持力；则，由牛顿第三定律知，小球在A、B两点时对圆环的压力差为，故B正确；
D、除重力以外其它力做功等于机械能的增量，当弹簧长度等于R时，弹簧弹力做功最多，则小球的机械能最大，小球从A到B的过程中，根据几何关系可知，弹簧原长的位置在D点下方，故D点时小球机械能不是最大，故D错误。
11.【答案】AC
【解析】小环沿杆向右运动过程中，距离正点电荷Q越来越远，根据库仑定律，则所受的静电力逐渐减小，静电力沿杆方向的分量在O点时为零，在无穷远处也为零，则静电力沿杆方向的分量先增加后减小，根据牛顿第二定律可知，小环运动的加速度先增加后减小，运动的速度越来越大，由于电场力做正功，则小环与点电荷Q所构成的系统的电势能越来越小，故选项BD错误，AC正确。
故选AC。
12.【答案】AB
【解析】【分析】
分析清楚电路结构与导体棒的运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿运动定律、、闭合电路的欧姆定律与能量守恒定律即可解题。
应用牛顿运动定律求出导体棒进入磁场时的速度，由求出导体棒切割磁感线产生的感应电动势，应用闭合电路的欧姆定律求出感应电流，应用安培力公式求出导体棒受到的安培力，应用平衡条件求出磁感应强度；根据电流的定义式求出电荷量；根据能量守恒定律求出回路产生的热量，然后求出定值电阻产生的热量；然后分析答题。
【解答】
A.当导体棒在导轨上无磁场区域运动过程，根据牛顿第二定律 ，
解得 ，
导体棒从静止运动到磁场Ⅰ上边界过程，根据 ，
解得导体棒运动到磁场Ⅰ上边界时的速度为 ，
同理导体棒从静止运动到磁场Ⅱ上边界过程根据 ，
解得 ，
解得 ，故A正确：
B.受到的安培力为 ，
导体棒通过两匀强磁场时做匀速直线运动有 ，
两式联立解得磁感应强度 则 ，故B正确；
C.通过导体棒电荷量 ，
两磁场宽度相等，导体棒长度不变，两磁场的磁感应强度大小之比 ，
则导体棒在穿过匀强磁场Ⅰ和Ⅱ过程中通过导体棒横截面的电荷量 ，故C错误；
D.导体棒的电阻与定值电阻阻值相等，根据串联电路特点可知，两者产生的热量相等，导体棒匀速通过匀强磁场Ⅰ过程中，根据能量守恒定律有 ，
解得 ，
导体棒匀速通过匀强磁场Ⅱ过程中，根据能量守恒定律有 ，
解得 ，
则 且 ，故D错误。
13.【答案】；；。
【解析】本题考查了验证机械能守恒定律这个实验、螺旋测微器这些知识点；
根据螺旋测微器的读数原理直接读数即可；
根据平均速度等于中间时刻的速度求出小钢球经过光电门时的速度，根据机械能守恒定律列式即可得表达式；
依照各种情况具体分析判断即可。
【解答】
小钢球的直径；
小钢球经过光电门时的速度，如果机械能守恒，应该有，所以，应满足的表达式为：；
A.如果存在空气阻力，克服阻力做功要损耗重力势能，那么应该是动能的增加量小于重力势能的减少量，故A错误；
B.如果小球经过光电门时，球心没有正对出光孔，测得的时间偏小，则算得的速度偏大，可以导致动能的增加量大于重力势能的减少量，故B正确；
C.如果l的测量值偏大，测得动能的增加量应该小于重力势能的减少量，故C错误；
D.如果小钢球直径测量偏大，速度就会算得偏大，测得动能的增加量就会大于重力势能的减少量，故D正确。
故答案为：；；。
14.【答案】

【解析】图中B接3接线柱时，由于B连接的是电源负极，根据电流从红表笔流入，从黑表笔流出，因此B为红表笔．故A错误：
B.当S接触点1或2时．且电路中没有电源，由于表头和电阻并联，故改装成了电流表，且接1时左边的电阻为分流电阻，即一个电阻为分流电阻：接2时两个电阻申联后为分流电阻，所以S接1时分流电图小，故接1时的量程更大，故B错误；
C.当S接点3时，电表内部有电源，故多用表为欧姆表，电源的电动势越大，流过表头电流相同的情况下，欧姆表的内电阻就越大，故C正确：
D.当开关S接4或5时．多用表为电压挡。但接4时分压电阻为一个电阻，即左边的电阻：接5时两个电阻串联后的总电阻为分压电阻，所以接5时分压电阻的阻值要大，故接5时量程更大，故D正确。
故选CD。
由闭合电路欧姆定律
结合图乙可得
联立可得
由上述分析可知欧姆表中值电阻为，则该小组使用多用电表的“”倍率的欧姆挡进行测量未知电阻。
根据丙图和闭合电路欧姆定体可知
整理可得
结合图像的核起和解率可知
解得
15.【答案】因为牛顿管气密性和导热性均良好，所以可以认为是等容变化，根据查理定律，有
代入数据，得
解得傍晚环境温度降到时，牛顿管内气体压强为29Pa；
抽气前后的过程，以抽气前牛顿管中的气体为研究对象，根据玻意耳定律，有
代入数据解得
抽气后的牛顿管管内气体质量与抽气前管内气体质量之比等于体积之比，即

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
16.【答案】 ；
【解析】根据动能定理，A从滑梯上端滑到底端的过程中，有
A从滑梯底端飞出后做平抛运动，根据平抛运动的规律，有
，
解得A的落地点到滑梯底端的水平距离
与B碰撞过程中，规定碰前的速度方向为正方向，根据动量守恒定律，有
A、B整体做平抛运动，根据平抛运动的规律，有
，
解得
则A、B整体的落地点到滑梯底端飞出点的距离为
17.【答案】从上到下； ；
【解析】根据楞次定律“增反减同”可知时间内，流经电阻R的电流方向从上到下；
由法拉第电磁感应定律有
时间内线圈产生的感应电动势为
根据闭合电路欧姆定律，则有
根据焦耳定律，可得时间内，电阻R产生的焦耳热为
时间内，根据法拉第电磁感应定律有
根据闭合电路欧姆定律有
则通过电阻R的电荷量为
结合图像可得
18.【答案】解：小球在x轴下方做匀速圆周运动，则
，竖直向上
小球在第一象限做类平抛运动
，
，
，，
，，方向与x轴正方向成向下
小球在第四象限内做匀速圆周运动，运动半径为，则
解得
设粒子运动的周期为，则
解得
如图1，由几何关系可知，粒子从C到P偏转圆心角为
此过程运动时间为
粒子经P点进入第三象限后，设运动半径为，则
解得
设粒子运动的周期为，则
解得
如图2，粒子从P点再回到P点所用时间为
粒子从C点运动到P点所用的时间为
故粒子从C点运动到P点所用的时间为或。
【解析】小球在x轴下方做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，由此得解；
小球在第一象限做类平抛运动，由类平抛运动规律求解；
小球在第四象限内做匀速圆周运动，画出运动轨迹，洛伦兹力提供向心力，找出圆心角结合周期公式求出运动时间，注意两种情况的分析。