2020年高考物理周末练习试题及解析.doc

1、 20202020 年高考物理周末练习试题年高考物理周末练习试题 物理试题物理试题 一、单项选择题一、单项选择题 1.一个单摆在海平面上的振动周期是 T0，把它拿到海拔高度很高的山顶上，该单摆的振动周期变为 T，关于 T 与 T0的大小关系，下列说法中正确的是（ ） A. TT0 B. TT0 C. TT0 D. 无法比较 T与 T0的大小关系 【答案】B 【解析】 【详解】单摆周期公式2 L T g ，其放在高度很高的山顶上，重力加速度变小，其振动周期一定大， 即 0 TT 故 ACD错误，B 正确。 故选 B。 2.1934 年，约里奥-居里夫妇用 粒子轰击铝核 27 13Al，产生了第一

2、个人工放射性核素 X： 27 13 +Aln+XX 的原子序数和质量数分别为 A. 15 和 28 B. 15 和 30 C. 16 和 30 D. 17 和 31 【答案】B 【解析】 【详解】根据核反应遵循的质量数守恒和电荷数守恒可知，X的电荷数为 2+13=15，质量数为 4+27-1=30， 根据原子核的电荷数等于原子序数，可知 X 的原子序数为 15，质量数为 30，故 B 正确；ACD 错误 3.家庭装修中释放的甲醛和射线是白血病的重要诱因。 家庭装修中的射线来源往往是不合格的瓷砖、 洁具等， 瓷砖、洁具释放的氡气( 22 86Rn)具有放射性，氡 222衰变为钋 218( 218

3、 84 Po)的半衰期为 3.8 天，则氡 222 衰变 释放出的粒子和密闭房间中氡气浓度减小 875%需要的时间分别为 A. 电子，11.4 天 B. 质子，7.6天 C. 中子，19天 D. 粒子，11.4 天 【答案】D 【解析】 【详解】氡 222 衰变为钋 218的过程，质量数减少 4，质子数减少 2，可判断发生了 衰变，放出的粒子为 粒子；根据半衰期公式方程 0 1 2 T t NN 余 氡气浓度减小 87.5%时有 0 12.5% N N 余 解得： t=3T=11.4天 故 ABC错误，D 正确。 故选 D。 4.2019 年 8月 11 日超强台风“利奇马”登陆青岛，导致部分

4、高层建筑顶部的广告牌损毁。台风“利奇马”登陆 时的最大风力为 11 级，最大风速为 30m/s。某高层建筑顶部广告牌的尺寸为：高 5m、宽 20m，空气密度 =1.2kg/m3，空气吹到广告牌上后速度瞬间减为 0，则该广告牌受到的最大风力约为 A. 3.9 103 N B. 1.2 105 N C. 1.0 104 N D. 9.0 l04N 【答案】B 【解析】 【详解】广告牌的面积 S=5 20m2=100m2 设 t时间内吹到广告牌上的空气质量为 m，则有： m=Svt 根据动量定理有： Ft=0mv=0Sv2t 得： F=Sv2 代入数据解得 F1.2105N 故 B 正确，ACD 错

5、误。 故选 B。 5.水平地面上的物体由静止开始竖直向上运动，在运动过程中，物体的动能 Ek与位移 x的关系图像如图所 示，则满足机械能守恒的阶段是（ ） A. 0h B. h2h C. 2h3h D. 3h5h 【答案】C 【解析】 【详解】0-h 阶段，动能增加量为 2mgh，重力势能的增加量为 mgh，所以机械能增加了 3mgh；h-2h阶段， 动能不变，重力势能增加 mgh，所以机械能不守恒；2h-3h 阶段，重力势能增加 mgh，动能减小 mgh，所以 机械能守恒；3h-5h 阶段，重力势能增加 2mgh，动能减小 mgh，机械能增加，ABD 错误，不符合题意；C 正确，符合题意。

6、故选 C。 6.如图所示，两根互相平行的长直导线垂直于平面 S，垂足分别为 M、N，导线中通有大小相等、方向相反 的电流。O为 MN的中点，PQ 为 M、N 的中垂线，以 O 为圆心的圆与 MN、PQ分别相交于 a、b、c、d四 点。则下列说法中正确的是（ ） A. O 点处的磁感应强度为零 B. a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反 C. a、c两点处的磁感应强度方向不同 D. c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同 【答案】D 【解析】 【详解】A根据右手螺旋定则，M 处导线在 O 点产生的磁场方向竖直向下，N 处导线在 O 点产生的磁场 方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于 0

7、，故 A错误； BM在 a处产生的磁场方向竖直向下，在 b 处产生的磁场方向竖直向下，N在 a处产生的磁场方向竖直向 下，b 处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同，故 B 错误； CM 在 a 处产生的磁场方向竖直向下，N在 a处产生的磁场方向竖直向下，则 a 处的合磁场方向竖直向下， M 在 c 处产生的磁场方向垂直于 cM偏下，N 在 c处产生的磁场方向垂直于 cN偏下，且大小相等，由平行 四边形定则可知，c 处的合磁场方向竖直向下，故 C错误； DM在 c处产生的磁场方向垂直于 cM 偏下，N 在 c处产生的磁场方向垂直于 cN偏下，且大小

8、相等，由平 行四边形定则可知，c处的合磁场方向竖直向下，同理可知，d 处的合磁场方向竖直向下，由于 c 到 M、N 的距离与 d 到 M、N的距离相等，则 c、d 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，故 D 正确。 故选 D。 7.在如图所示的变压器电路中，a、b 端输入有效值为 U 的正弦式交变电压，原线圈电路中接有一个阻值为 R0的定值电阻，副线圈电路中接有电阻箱 R，变压器原副线圈的匝数比为 1：3.若要使变压器的输出功率最 大，则电阻箱的阻值为（ ） A. 9R0 B. 0 9 R C. 3R0 D. 0 3 R 【答案】A 【解析】 【详解】理想变压器原线圈接有电阻，可运用等效电阻

9、法把副线圈的电阻箱搬到原线圈上，则 22 12 =I RI R 效 12 21 In In 得 2 1 2 2 1 9 n RRR n 效 而等效的全电路要使外电阻 R效的功率最大，需要 0 RR 效 满足可变电阻的功率能取最大值，解得 0 9RR 故 A 正确，BCD 错误。 故选 A。 8.在地球同步轨道上等间距布置三颗地球同步通讯卫星，就可以让地球赤道上任意两位置间实现无线电通 讯，现在地球同步卫星的轨道半径为地球半径的 66倍。假设将来地球的自转周期变小，但仍要仅用三颗 地球同步卫星实现上述目的，则地球自转的最小周期约为 A. 5小时 B. 4小时 C. 6小时 D. 3小时 【答案】

10、B 【解析】 【详解】设地球的半径为 R，则地球同步卫星的轨道半径为 r=6.6R，已知地球的自转周期 T=24h， 地球同步卫星的转动周期与地球的自转周期一致，若地球的自转周期变小，则同步卫星的转动周期变小。 由 2 22 4GMm mR RT 公式可知，做圆周运动的半径越小，则运动周期越小。由于需要三颗卫星使地球赤道上任意两点之间保持 无线电通讯，所以由几何关系可知三颗同步卫星的连线构成等边三角形并且三边与地球相切，如图。由几 何关系可知地球同步卫星的轨道半径为 r=2R 由开普勒第三定律得 33 33 (2 ) 244h (6.6 ) rR TT rR 故 B 正确，ACD 错误。 故选

11、 B。 二、多项选择题二、多项选择题 9.如图（a）所示，在粗糙的水平地面上有两个大小相同但材质不同的甲、乙物块。t=0时刻，甲物块以速度 v04m/s 向右运动，经一段时间后与静止的乙物块发生正碰，碰撞前后两物块运动的 vt图像如图（b）中 实线所示，其中甲物块碰撞前后的图线平行，已知甲物块质量为 5kg，乙物块质量为 4kg，则（ ） A. 此碰撞过程为弹性碰撞 B. 碰后瞬间乙物块速度为 2.5m/s C. 碰后乙物块移动的距离为 3.75m D. 碰后甲、乙两物块所受摩擦力之比为 6：5 【答案】BC 【解析】 【详解】AB由图知，碰前瞬间甲物块的速度为 3m/sv 碰后瞬间甲物块的速

12、度为 1 1m/sv 设乙物块碰后瞬间的速度为 v2，取碰前甲物块的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得 12 m vm vm v 甲甲乙 解得 2 2.5m/sv 碰撞前后系统动能之差为 222 12 111 222 k Em vm vm v 甲甲乙 解得 7.5J k E 所以此碰撞过程为非弹性碰撞，故 A错误，B 正确； C设碰后乙物块经过 ts时间停止运动。根据三角形相似法知 11 14t 解得 3st 碰后乙物块移动的距离为 2 2.5 3m3.75m 22 v st 故 C 正确； D对碰后乙物块滑行过程，根据动量定理得 2 0f tm v 乙乙 解得 10 N 3 f 乙 甲物块

13、滑行加速度大小为 22 43 =m/s =1m/s 1 v a t 甲 甲物块所受摩擦力大小为 5 1N5Nfm a 甲甲 甲 则有 :2:3ff 甲乙 故 D 错误。 故选 BC。 10.如图所示，在一电场强度为 E的匀强电场中放一金属空心导体，图中 a、b分别为金属导体内部与空腔中 的两点，当达到静电平衡状态后，则有（ ） A. a、b两点的电场强度都为零 B. a点电场强度为零，b点不为零 C. a、b点的电势相等 D. a点电势比 b点电势高 【答案】AC 【解析】 【详解】AB金属空心导体放在匀强电场中，出现静电感应现象，最终处于静电平衡状态，导体内部的场 强处处为零，所以 a、b两

14、点的电场强度都为零，A正确，B错误； CD处于静电平衡的导体上，以及导体的内部的电势处处相等，即为等势体，则 a 点电势等于 b点电势， C正确，D 错误； 故选 AC。 11.如图所示， 光滑水平面上放置 A、 B 两物体相互接触但并不黏合， 两物体的质量分别为 mAkg， mB3kg。 从 t0开始， 作用力 FA和作用力 FB分别作用在 A、 B两物体上， FA、 FB随时间的变化规律分别为 FA=82tN， FB22tN。则（ ） A. A、B两物体一直以 2m/s2的加速度做匀加速运动 B. 当 FA F B时，A、B两物体分离 C. t=1s 时 A物体的运动速度为 2m/s D.

15、 物体 B在 t=5s 时的加速度为 4m/s2 【答案】CD 【解析】 【详解】ABFA、FB的大小都随时间而变化，但合力 10N AB FFF 合 不变，故开始一段时间内 A、B以相同的加速度做匀加速运动，A、B 分离前，对整体有 ABAB) (FFmma 设 A、B间的弹力为 FAB，对 B 有 BABB FFm a 由于加速度 a恒定，则随着 t的增大，FB增大，弹力 FAB逐渐减小，当 A、B恰好分离时，A、B间的弹力 为零，即 AB 0F 将 AB (82 )N(22 )NFtFt， 代入解得 2 2m/sa 联立得，t=2s，此时 A (82 )N(82 2)N4NFt B (2

16、2 )N(22 2)N6NFt 所以在 2s内，A、B 两物体一直以 2m/s2的加速度做匀加速运动，t=2s后 A、B两物体分离，故 AB错误； Ct=1s时 A 物体运动速度为 2 1m/s2m/svat 故 C 正确； D物体 B在 t=5s时的加速度为 22 B B BB 2222 5 m/s4m/s 3 Ft a mm 故 D 正确。 故选 CD。 12.如图，MN和 PQ是两根互相平行、竖直放置的光滑金属导轨，导轨足够长，电阻不计，匀强磁场垂直导 轨平面向里。金属杆 ab垂直导轨放置，与导轨始终良好接触，金属杆具有一定的质量和电阻。开始时，将 开关 S 断开，让金属杆 ab由静止开

17、始自由下落，经过一段时间，再将开关 S闭合，从闭合开关 S开始计时， 取竖直向下为正方向，则金属杆运动的动能 EK、加速度 a、所受到的安培力，及电流表的示数，随时间 t 变化的图象可能是 A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【详解】闭合开关时，金属棒受到向下的重力以及向上的安培力，若重力与安培力相等，即 mg=BIL= 22 B l v R 金属杆做匀速直线运动。速度不变，则动能、安培力、感应电流都不变，加速度为零。若安培力小于重力， 则加速度的方向向下，做加速运动，加速运动的过程中，安培力增大，则加速度减小，做加速度逐渐减小 的加速运动，当重力与安培力相等时，做匀速直线运动，则

18、 at图象是斜率逐渐减小的曲线，因为 2 0 1 2 k Em vat 所以 Ekt图象是一条斜率减小的曲线。安培力为 2 2 F B l v R Ft图线先是一条斜率逐渐减小的曲线，之后恒定不变，因为 Blv I R 所以 It图象先是一条斜率逐渐减小的的曲线，当金属杆匀速时，电流恒定不变，但 t=0时金属杆有速度， 所以 t=0时电流不等于零。若安培力大于重力，则加速度的方向向上，做减速运动，减速运动的过程中，安 培力减小，做加速度逐渐减小的减速运动，当重力与安培力相等时，做匀速直线运动。安培力为 2 2 B l v F R 所以 Ft图象是斜率逐渐减小的曲线，当匀速运动时，安培力不再减小

19、，此时安培力等于重力，故 AD错 误，BC 正确。 故选 BC。 三、实验题三、实验题 13.某同学利用图甲所示的装置设计一个“用阻力补偿法探究加速度与力、质量的关系”的实验。如图中 AB 是水平桌面， CD是一端带有定滑轮的长木板， 在其表面不同位置固定两个光电门， 小车上固定着一挡光片。 为了补偿小车受到的阻力，将长木板 C 端适当垫高，使小车在不受牵引时沿木板匀速运动。用一根细绳一 端拴住小车，另一端绕过定滑轮挂一托盘，托盘中有一砝码调节定滑轮的高度，使细绳的拉力方向与长木 板的上表面平行，将小车靠近长木板的 C端某位置由静止释放，进行实验。刚开始时小车的总质量远大于 托盘和砝码的总质量

20、。 (1)用游标卡尺测量挡光片的宽度 d，如图乙所示，其读数为_cm； (2)某次实验，小车先后经过光电门 1 和光电门 2 时，连接光电门的计时器显示挡光片的挡光时间分别为 t1 和 t2， 此过程中托盘未接触地面。 已知两个光电门中心之问的间距为 L， 则小车的加速度表达式 a （ ） （结果用字母 d、t1、t2、L 表示） ； (3)某同学在实验中保持小车总质量不变，增加托盘中砝码的个数，并将托盘和砝码的总重力当做小车所受 的合力 F，通过多次测量作出 aF图线，如图丙中实线所示。试分析上部明显偏离直线的原因是_。 【答案】 (1). 0.170 (2). 222 12 2 2 1 2

21、 () 2 dtt Lt t (3). 托盘和砝码的总质量过大，小车所受合力与托盘和砝 码的总重力相差越来越大 【解析】 【详解】(1)1游标卡尺的主尺读数为：1mm，游标尺的刻度第 14 个刻度与上边的刻度对齐，所以读数为： 0.05 14=0.70mm，所以 d=1mm+0.70mm=1.70mm=0.170cm； (2)2小车做匀变速直线运动，根据匀变速直线运动速度位移公式 22 21 2 dd aL tt 得 222 12 2 2 1 2 2 dtt a Lt t (3)3实验时，小车的合外力认为就是托盘和砝码的总重力 mg，只有在 Mm时，才有 Tmg aF图线才接近直线，一旦不满足

22、 Mm，描出的点的横坐标就会向右偏离较多，造成图线向右弯曲， 所以aF图线上部明显偏离直线的原因是托盘和砝码的总质量过大， 小车所受合力与托盘和砝码的总重力 相差越来越大。 14.在学校社团活动中，某实验小组先将一只量程为 300A 的微安表头 G 改装为量程为 0.3A 的电流表，然 后用改装的电流表测量未知电阻的阻值。可供选择的实验器材有： 微安表头 G(量程 300A，内阻约为几百欧姆) 滑动变阻器 R1(010k) 滑动变阻器 R2(050k) 电阻箱 R(09999) 电源 E1(电动势约为 1.5V) 电源 E2(电动势约为 9V) 开关、导线若干 (1)实验小组先用如图(a)所示

23、电路测量表头 G 的内阻 Rg，实验方法是： A按图(a)连接好电路，将滑动变阻器的滑片调至图中最右端； B断开 S2，闭合 S1，调节滑动变阻器的滑片位置，使 G 满偏； C闭合 S2，并保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱的阻值，使表头 G 的示数为 200A，记录此 时电阻箱的阻值 R0， 实验中电源应选用_，滑动变阻器应选用_(选填仪器字母代号)； 测得表头 G 的内阻 Rg=_，表头内阻的测量值较其真实值_(选填“偏大”或“偏小”)； (2)实验测得 G的内阻 Rg=500，要将表头 G改装成量程为 0.3A 的电流表，应选用阻值为_的电阻 与表头 G 并联； (3)实验小组利用

24、改装后的电流表 A，用图(b)所示电路测量未知电阻 Rx的阻值。测量时电压表 V 的示数为 1.20V，表头 G的指针指在原电流刻度的 250处，则 Rx=_。 【答案】 (1). E2 (2). R2 (3). 1 2 R0 (4). 偏小 (5). 0.5 (6). 4.3 【解析】 【详解】(1)12闭合 S2开关时认为电路电流不变，实际上闭合开关 S2时电路总电阻变小，电路电流增大， 电源电动势越大、滑动变阻器阻值越大，闭合开关 S2时微安表两端电压变化越小，实验误差越小，为减小 实验误差，电源应选择 E2，滑动变阻器应选择 R2； 34闭合开关 S2时认为电路电流不变，流过微安表电流

25、为满偏电流的 2 3 ，则流过电阻箱的电流为满偏电流 的 1 3 ，微安表与电阻箱并联，流过并联电路的电流与阻值成反比，则： g0 1 R 2 R 闭合开关 S2时整个电路电阻变小，电路电流变大，大于 300A，当表头 G示数为 200A 时，流过电阻箱的 电流大于 100A，电阻箱阻值小于表头 G电阻的一半，实验认为电流表内阻等于电阻箱阻值的一半，因此 表头 G内阻测量值偏小； (2)5把微安表改装成 0.3A的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值为： 6 6 300 10500 0.5 0.330 10 gg g I R R II (3)6改装后电流表内阻为： 6 A 300 10500

26、0.5 0.3 gg I R R I 微安表量程为 300A，改装后电流表量程为 0.3A，量程扩大了 1000倍，微安表示数为 250A时，流过电流 表电流为： 250 10-6 1000A=0.25A 由图乙所示电路图可知，待测电阻阻值为 XA 1.20 R0.54.3 0.25 U R I 四、计算题四、计算题 15.如图，长200cmL ，粗细均匀的玻璃管一端封闭。水平放置时，0 100cmL 的空气被水银柱封住， 水银柱长50cmh 。 将玻璃管缓慢地转到开口向下的竖直位置， 然后竖直插入水银槽， 插入后有 0 25cmh 的水银柱进入玻璃管。设整个过程中温度始终保持不变，大气压强

27、0 75cmHgp 。求插入水银槽后管内气 体的压强。 【答案】52.0cmHg 【解析】 【详解】设玻璃管截面积为 s，水平放置时，气体压强为 P1，体积为 V1，假设当转到竖直放置时，水银恰 好未流出，气体压强为 P2，体积为 V2，则 P1=P0=75cmHg， V1=L0s， P2=？， V2=（L-h）s， 由玻意耳定律：P1V1=P2V2 代入数据解得： P2=50cmHg， 由于 20 100cmHgPPgh，所以水银必有流出。 设剩余水银柱长度为 x，气体的压强 P3，体积 V3，则 P3=（P0-x）cmHg， V3=（L-x）s， 由玻意耳定律：P1V1=P3V3 代入数据

28、解得： x30.7cm， 插入水银柱后，设气体压强为 P4，体积 V4=（L-x-h0）s 由玻意耳定律：P1V1=P4V4 代入数据解得： P452.0cmHg； 16.如图所示，AOB为折射率3n 的扇形玻璃砖截面，一束单色光照射到AO面上的C点，在C点折射 后的光线平行于OB。已知C点是AO的中点，D点是BO延长线上一点，60AOD 。 求入射光在C点的入射角； 通过计算判断光射到AB弧能否从AB弧射出。 【答案】60 ； 光射到 AB弧能从 AB弧射出。 【解析】 【详解】光在介质中传播的光路图如图所示： 设入射光在 C 点的入射角为 i， 折射角为 r， 由于在 C点折射后的光线平行

29、于 OB， 所以OCP=AOD=60 ， r=30 ， 根据折射定律有： sin sin i n r 代入数据解得： i=60 ； 在 C点折射后的光线射到 AB弧上 P点，连接 O、P，OP 是法线，过 O点做 CP 的垂线交 CP于 Q，则折 射光线在 AB 弧的入射角为 i1，玻璃砖临界角为 C，扇形半径为 L，则： 1 sinC n ， 根据几何知识有COQ=30 ，LOQLOCcosCOQ= 3 4 L 根据 1 sin OQ OP L i L 可得： 1 33 sinsin 43 iC， 则： i1C， 所以光射到 AB弧能从 AB弧射出。 17.如图，物流转运中心的水平地面上有一

30、辆质量 M=4kg、长 L=1.4m的平板小车，在平板车的右端放有质 量 m=1kg的快件(可视为质点)，快件与平板车间的动摩擦因0.4。物流中心的工作人员要将快件卸到地 面上，他采用了用水平力 F 拉小车的方式，重力加速度 g=10m/s2，不计小车与地面间的摩擦阻力，求： (1)要让快件能相对平板车滑动，需要施加的最小水平力 F0； (2)若用 F=28N的水平恒力拉小车，要将快件卸到地面上，拉力 F 作用的最短时间 t为多少。 【答案】(1)20N(2)1s 【解析】 【详解】(1)当快件刚要相对小车滑动时，拉力 F 最小，有对快件： 0 mgma 对快件及小车整体： 00 ()FMm

31、a 解得： 0 20NF (2)当撤去拉力 F 后快件刚好能到达小车左端时，拉力 F 作用时间最短，设 F的最短作用时间为 tm，F作用 时间内，快件在小车上滑动距离为 L1，撤去拉力 F时，快件的速度 v1，小车的速度为 v2，有对快件： 1 mgma 11 m va t 对小车： 2 FmgMa 22 m va t 另有 22 12 m1 m 11 22 La tat 撤去 F后，有 12 ()mvMvMm V 222 112 111 ()() 222 mg LLmvMvMm V 解得： m 1ts 18.如图直角坐标系 xOy 中，第象限内存在场强为 E，沿 x轴负方向的匀强电场，第、象

32、限内存 在垂直坐标平面向里的匀强磁场。一质量为 m、电荷量为 q（q0）的带电粒子，从 P（l，l）处由静止开始 运动，第 1 次通过 x 轴时沿 y轴负方向。不计粒子重力。求： （1）匀强磁场的磁感应强度大小； （2）粒子第 3 次经过 y轴时纵坐标； （3）通过计算说明粒子离开 P 点后能否再次经过 P点。 【答案】 （1） 2mE B ql ； （2）2l； （3）以后粒子的轨迹逐渐向上不会再次经过 P 点，证明见解析。 【解析】 【详解】 （1）设粒子经第象限的电场加速后，到达 y轴时的速度为 1 v，根据动能定理 2 1 1 2 qElmv 由左手定则可以判断，粒子向y方向偏转，如图

33、所示： 由几何关系知，粒子在磁场中运动的半径为 1 Rl 由牛顿第二定律得： 2 1 1 1 v qv Bm R 由得： 2mE B ql （2）粒子第 2 次经过 x 轴时，速度沿+y 方向，位置坐标为 2 xl 粒子在电场中做类平抛运动，经历的时间 3 t，第 3次经过 y 轴时，轨迹如图 2 1 2 lat qE a m 31 yvt 由得 3 2yl （3）粒子第 2 次离开电场时，根据动能定理有： 22 21 11 22 qElmvmv 解得 21 2vv，=45 粒子第 2次进入磁场时做圆周运动的半径 R2，根据半径公式可得： 21 2RR 第三次进入电场是从坐标原点 O处沿与 x 轴正向 45 角斜向上方向。由类平抛对称性可知，粒子运动的横坐 标为 l时，纵坐标的值为 2l，可知本次不会经过 P点。 粒子将从 y=4l处第 3次离开电场， 第 3 次通过磁场后从 y=2l处与+x方向成 45 角斜向上第 4次过电场，不 会经过 P 点。 以后粒子的轨迹逐渐向上不会再次经过 P 点。