1
2019-2020 学年度高三年级 12 月份月考
应届物理试卷
一、单选题(共 6 题,每题 4 分)
1.用相同的灵敏电流计作表头改装成电流表 A 和电压表 V,分别将其串联和并联在一
起,然后接入电路中.通电后关于指针的偏角情况的叙述正确的是( )
A.图甲中电压表的指针偏角与电流表的相等
B.图甲中电压表的指针偏角比电流表的小
C.图乙中电压表的指针偏角与电流表的相等
D.图乙中电压表的指针偏角比电流表的小
2.A、B 两灯的额定电压都是 110V,A 灯的额定功率 PA=100W,B 灯的额定功率 PB=
40W,若将两灯同时接入电压恒为 220V 的电路上,且使两灯均能正常发光,同学们设
计了如图所示的甲、乙两种电路,则甲、乙两电路消耗的电功率之比为( )
A.2 7 B.2 5 C.5 7 D.3 7
3.如图所示,三个完全相同的半圆形光滑轨道竖直放置,分别处在真空、匀强磁场和匀
强电场中,轨道两端在同一高度上,P、M、N 分别为轨道的最低点。三个相同的带正电
小球同时从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动且均能通过最低点。如图所示,则下
列有关判断正确的是( )
A.小球第一次到达轨道最低点的速度关系
B.小球第一次到达轨道最低点时对轨道的压力关系
C.小球从开始运动到第一次到达轨道最低点所用的时间关系
D.三个小球到达轨道右端的高度都不相同,但都能回到原来的出发点位置
4.如图,圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场,P 为磁场边界上的一点。有无数带有同
样电荷、具有同样质量的粒子在纸面内沿各个方向以同样的速率通过 P 点进入磁场。这
些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上,这段圆弧的弧长是圆周长的 1/3。将磁
感应强度的大小从原来的퐵1变为퐵2,结果相应的弧长变为原来的一半,则퐵2:퐵1等于
A.2 B. 3 C. 2 D.3
5.有关电动势的说法中不正确的是( )
A.电源的电动势在数值上等于非静电力把 1C 的正电荷在电源内从负极移送到正极所做
的功
B.当外电路断开时,电源的电压与电源电动势相等
C.电源提供的电能越多,电源的电动势越大
D.当电路中通过 1 库仑电荷量时,电源消耗的其他形式能的数值等于电源电动势的值
6.硅光电池是一种太阳能电池,具有低碳环保的优点.如图所示,图线 a 是该电池在某
光照强度下路端电压 U 和电流 I 的关系图象(电池内阻不是常数),图线 b 是某电阻 R
的 U-I 图象.在该光照强度下将它们组成闭合回路时,硅光电池的内阻为( )
A.5.5Ω
B.7.0Ω
C.12.0Ω
D.12.5Ω
二、多选题(共 4 题,每题 4 分,少选得 2 分,错选不得分)
7.用比值法定义物理量是物理学中的一种常用的方法。下面四个物理量中属于比值法定
义的是( )
A.电容器电容 C= B.磁感应强度 B=
C.电场强度 E= D.导体中的电流 I=
8.一段粗细均匀的金属导体的横截面积是 ,导体单位体积内的自由电子数为 ,金属
内的自由电子电荷量为 ,自由电子做无规则热运动的速率为 ,导体中通过的电流为
,通电时间为 t,以下说法中正确的有( )
A.自由电子定向移动的速率为
B.自由电子定向移动的速率为
C.通过导体某一横截面积自由电子的数目为
D.导体中自由电子的数目为
9.如图所示,有两根长为 L、质量为 m 的细导体棒 a、b,a
∶ ∶ ∶ ∶
P M Nv v v< <
M P NF F F> >
P M Nt t t< <
Q
U
F
IL
F
q
U
R
S n
e 0v
I
0v
Iv neS
=
ItN e
=
0N nv St=2
被水平放置在倾角为 45°的光滑斜面上,b 被水平固定在与 a 在同一水平面的另一位置,
且 a、b 平行,它们之间的距离为 x. 当两细棒中均通以电流强度为 I 的同向电流时,a 恰
能在斜面上保持静止,则关于 b 的电流在 a 处产生的磁场的磁感应强度的说法正确的是
A.方向竖直向上
B.大小为
C.减小 b 在 a 处的磁感应强度,且要使 a 仍能保持静止,可使 b 上移
D.若使 b 下移,a 将不能保持静止
10.在如图所示的电路中,电源电动势为 E,内阻为 r,各电表都看做理想电表,闭合开
关,滑动变阻器滑片 P 向右移动,若以훥푈1、훥푈2、훥푈3、훥퐼 分别表示电压表 V1、V2、V3
和电流表 A 的示数变化的大小,则下述结论正确的是( )
A.电压表 V1、V2、V3 和电流表 A 的示数分别是变小、变大、变小、变大
B.电压表 V1、V2、V3 和电流表 A 的示数分别是变大、变小、变大、变小
C.훥푈1
훥퐼 、훥푈2
훥퐼 、훥푈3
훥퐼 分别是变小、不变、变小
D.훥푈1
훥퐼 、훥푈2
훥퐼 、훥푈3
훥퐼 都不变
三、实验题(共 9 空,每空 2 分,画图 2 分)
11.某同学在一次“测定某电阻元件的电阻率”的实验中,用游标卡尺测量电阻元件的长
度为 L,用螺旋测微器测量金属丝直径 d。
(1)电阻元件长 L 为_______cm,金属丝的直径 d 为_________mm;
(2)选用“×10”倍率的电阻挡估测元件电阻,发现多用表指针偏转过大,因此需选择
______倍率的电阻挡(填:“×1”或“×100”).并欧姆调零再进行测量,之后多用表的示
数如图 3 所示,测量结果为 R=______Ω.
(3)用伏安法较准确的测出电阻元件的电阻,然后根据电阻定律计算出该电阻元件的电
阻率.电压表的示数为 U,电流表的示数为 I。该电阻元件的电阻率 ρ=______________。
(用 L.d.U.I 表示)
12.毛坦厂中学高三物理兴趣小组的一位同学,发现了一块比较特殊的电池, 于是他组
织了几位同学利用以下器材来测量该电池的电动势和内阻。
A.被测电池(电动势在 10V~15V 之间,内阻未知)
B.电阻箱 R(0~20 )
C.定值电限 R0(阻值 5 )
D.电流表 A1(量程 2A,内阻较小)
E.电流表 A2(量程 0.6A,内阻较小)
F.电键
G.导线若干
实验中为了保护电路,用到了包括电池和定值电阻 R0 在内的几种实验器材:①在虚线
框内补充实验原理图,并在图中表明所选器材的符号:
②同学们利用实验数据做出了通过电源的电流 I 的倒数 和外电路电阻 R(R0 除外)的
关系图线,即 一 R 图线,如图所示。
根据图线求出电池的电动势为______V,内阻为_____
。(保留 2 位有效数字);
③测量值和真实值相比,电动势和真实值相比_____,
内阻和真实值相比_____。(两空都填“偏大”“相等”或
“偏小”)。
2
2
mg
LI
Ω
Ω
1
I
1
I
Ω3
四、解答题(共 4 题,13、14 题每题 8 分,15、16 题每题 12 分)
13.如图所示的电路中,电源电动势 E=6V,内阻 r=2Ω,定值电阻 R1=16Ω,R2=
6Ω,R3=10Ω,若保持开关 S1、S2 闭合,电容器所带电荷量为 Q=6×10-5 C 。求:
(1)电容器 C 的电容;
(2)若保持开关 S1 闭合,将开关 S2 断开,求断开开关 S2 后流过电阻 R2 的电荷量。
14.在倾角 θ=30°的斜面上,固定一金属框,宽 l=0.25m,接入电动势 E=12V、内阻不计
的电池。垂直框面放置一根质量 m=0.2kg 的金属棒 ab,它与框架间的动摩擦因数
μ= ,整个装置放在磁感应强度 B=0.8T、垂直框面向上的匀强磁场中,如图所示。
(1)当调节滑动变阻器 R 的阻值为 3Ω 时,金属棒静止,求此时的摩擦力的大小和方向?
(2)当调节滑动变阻器 R 的阻值在什么范围内时,可使金属棒静止在框架上?(框架
与金属棒的电阻不计,g 取 10m/s2)
15.如图所示为一磁约束装置的原理图,同心圆圆心 与 平面坐标系原点重合.半径
为 的圆形区域Ⅰ内有方向垂直于 平面向里的匀强磁场.一束质量为 、电荷量为 、
动能为 的带正电粒子从坐标为 的 点沿 轴负方向射入磁场区域Ⅰ,粒子全部
经过坐标为 的 点,方向沿 轴正方向.当在环形区域Ⅱ加上方向垂直于 平面
向外的另一匀强磁场时,上述粒子仍从 点沿 轴负方向射入区域Ⅰ,所有粒子恰好能
够约束在环形区域内,且经过环形区域Ⅱ的磁场偏转后第一次沿半径方向从区域Ⅱ射入
区域Ⅰ时经过内圆周上的 点( 点未画出).不计重力和粒子间的相互作用.
(1)求区域Ⅰ中磁感应强度 的大小;
(2)若环形区域Ⅱ中磁感应强度 ,求 点坐标及环形外圆半径 ;
(3)求粒子从 点沿 轴负方向射入圆形区域Ⅰ至再次以相同速度经过 点的过程所
通过的总路程
.
16.如图所示,在 平面内 轴上方有垂直 平面向外的匀强磁场,磁感应强度大
小为 , 轴下方有与 轴正方向成 的匀强电场。一质量为 ,电荷量为 的粒子
(不计重力),从 轴上的 点以某初速度与 轴正方向成 角垂直射入磁场,其运动
轨迹恰好垂直经过 轴上的 点(图中 点未画出),粒子经磁场后恰好平行电场线进
入电场,第一次在电场中运动最远恰好到达 轴,已知 点的坐标为 ,求:
(1)粒子初速度的大小和 点的坐标;
(2)匀强电场的电场强度大小;
(3)粒子进入磁场后到第三次经过 轴负半轴所用的时间 。
3
6
O xOy
0R xOy m q
0E ( )00, R A y
( )0 ,0R P x xOy
A y
M M
1B
2 13B B= M R
A y A
xOy x xOy
B x x 30° m q−
x M x θ
y N N
y M 0M a( ,)
N
x t4
应届物理试卷参考答案
1.D【解析】【详解】
AB.图甲中由于电流表的表头是并联在电路中,电压表的表头是串联在电路中,所以由于电流表的定
值电阻分流的原因,通过电流表中表头的电流小于电压表中的电流,所以电压表的指针偏角比电流
表的大,故 A、B 错误;
CD.图乙中电压表和电流表是并联在一起的,两端的电压是相等的,由于电压表中串联的定值电阻分
压的原因,电压表中表头两端的电压小于电流表中表头两端的电压,所以图乙中电压表的指针偏角
比电流表的小,故 C 错误,D 正确.
2.C【解析】【详解】
甲电路中,由于 A、B 两灯的额定电压都是 110V,额定功率 PA=100W、PB=40W,由此可知 RB>
RA,把灯 B 与电阻并联,可以使并联部分的电阻减小,可使 A 灯与并联部分的电阻相同,所以 A、B
能同时正常发光,并联电路消耗的功率与 A 灯的功率相同,所以总功率大小为 200W;乙电路中,
把 AB 并联之后与电阻串联接入电路,当电阻的阻值与 A、B 两灯并联的总电阻相等时,A、B 就可以
正常发光,此时电阻消耗的功率为 A、B 两灯功率之和,所以电路消耗的总的功率的大小为 280W,
由此可知,甲、乙两电路消耗的电功率之比为 5 7。
A. 甲、乙两电路消耗的电功率之比为 2 7,与上分析不一致,故 A 错误;
B. 甲、乙两电路消耗的电功率之比为 2 5,与上分析不一致,故 B 错误;
C. 甲、乙两电路消耗的电功率之比为 5 7,与上分析一致,故 C 正确;
D. 甲、乙两电路消耗的电功率之比为 3 7,与上分析不一致,故 D 错误。
3.B【解析】【详解】
A.在第二图中,因为洛仑兹力总是垂直于速度方向,故洛仑兹力不做功;球下落时只有重力做功,
故第一、二图两次机械能均守恒,由
故两次球到最低点的速度相等,第三图中,小球下滑的过程中电场力做负功,重力做正功,所以小
球在最低点的速度小于前两个图中的速度。即 ,故 A 错误;
B.小球在最低点时,第一图中重力和支持力提供向心力,即
而第二图中是重力、支持力和洛伦兹力提供向心力,即
第三图中,重力与支持力提供向心力,即
则
故 B 正确;
C.第一图和第二图比较可得,小球下滑的速度相等,故 tP=tM.故 C 错误;
D.第一、二两图中,洛伦兹力不做功,只有重力做功,动能和重力势能之间转换,故小球在右端都
能到达高度相同,且回到原来的出发点;第三图中,小球向右运动时电场力做负功,则在最右端时
上升的高度小于第一、二图中上升的高度,但是也能回到原出发点, 选项 D 错误。
4.B【解析】【分析】
画出导电粒子的运动轨迹,找出临界条件好角度关系,利用圆周运动由洛仑兹力充当向心力,分别
表示出圆周运动的半径,进行比较即可。
【详解】
磁感应强度为 B1 时,从 P 点射入的粒子与磁场边界的最远交点为 M,最远的点是轨迹上直径与磁场
边界圆的交点,∠POM=120°,如图所示:
所以粒子做圆周运动的半径 R 为:sin60°=푅
푟,得:푅 = 3
2 푟
磁感应强度为 B2 时,从 P 点射入的粒子与磁场边界的最远交点为 N,最远的点是轨迹上直径与磁场
边界圆的交点,∠PON=60°,如图所示:
所以粒子做圆周运动的半径 R′为:sin30°=푅′
푟 ,得:푅′ = 푟
2
由带电粒子做圆周运动的半径:푅 = 푚푣
푞퐵得:
푅 =
푚푣
푞퐵 =
푚푣
푞퐵1
=
3
2 푟
푅′ =
푚푣
푞퐵 =
푚푣
푞퐵2
=
1
2푟
联立解得:퐵2
퐵1
= 3。
故选:B。
5.C
【解析】根据电动势的定义式퐸 = 푊
푞 可知,电源的电动势等于非静电力把 1C 的正电荷在电源内从负
极移送到正极所做的功,A 正确;由闭合电路欧姆定律可知,电动势等于内、外电路电势降落之和,
当外电路断开时,电源的电压与电源电动势相等,B 正确;电源提供的电能取决于做功时间,不能说
明电动势大,C 错误;根据电动势的定义式퐸 = 푊
푞 可知,当电路中通过 1 库仑电量时,电源消耗的其
他形式能的数值等于电源电动势的值,D 正确.
6.A【解析】【详解】
由欧姆定律得 ,当 时, ,由 a 与纵轴的交点读出电源的电动势为:
.根据两图线交点处的状态可知,电阻的电压为 ,电流为 ,则硅光电
池的内阻为: ,故 A 正确,BCD 错误。
∶
∶
∶
∶
∶
21
2mgR mv=
=P M Nv v v>
2
p
P
vF mg m R
− =
2
M
M M
vF mg Bqv m R
− − =
2
N
N
vF mg m R
− =
M P NF F F> >
U E Ir= − 0I = E U=
3.6VE = 2.5VU = 0.2AI =
3.6 2.5 5.50.2
E Ur I
− −= = Ω = Ω5
7.ABC【解析】【详解】
A.电容的定义式 中,C 与两板间的电量 Q 及两板间的电势差 U 无关,由电容器本身决定,
属于比值法定义,故 A 正确;
B.磁感应强度的定义式 中,B 与 F、IL 无关,由磁场本身决定,属于比值法定义,故 B 正确;
C.电场强度的定义式 中,E 与 F、q 无关,由电场本身决定,属于比值法定义,故 C 正确;
D. 导体中的电流 ,其中 I 与 U 成正比,与 R 成反比,不属于比值法定义,故 D 错误。
8.BC【解析】【详解】
A. 电流是由自由电子定向移动形成的;与电子定无规则运动的速率无关,故 A 错误;
B. 由电流的微观表达式可知:时间 t 内通过的电量
q=nsvte
由电流的定义可知电流的微观表达式为:
所以
故 B 正确。
CD. 导体中自由电子的数目为
故 C 正确 D 错误。
9.ACD【解析】【详解】
A.由安培定则可知,b 的电流在 a 处产生的磁场的磁感应强度的方向向上,A 正确;
B.由 知 ,B 错误;
CD.若要使 B 最小,安培力应该沿斜面向上,则 B 应在垂直斜面向上的方向上,则减小 b 在 a 处的磁
感应强度,且要使 a 仍能保持静止,可使 b 上移;若使 b 下移,a 将不能保持静止。所以 CD 正确.
10.AD
【解析】当滑动变阻器的滑动片 P 向右移动时,变阻器接入电路的电阻减小,总电阻减小,则电路
中的总电流增大,则电流表 A 的示数变大;根据欧姆定律可知 R2 的电压增大,电压表 V2 示数变大;
内电压增大,则路端电压减小,电压表 V3 示数变小.R2 的电压增大,路端电压减小,则 R1 的电压
减小,则电压表 V1 的示数变小,故 A 正确,B 错误.由 U1=E-I(R2+r),
훥푈1
퐼 =R2+r,不变.훥푈2
퐼 =R2,不变.由 U3=E-Ir,훥푈3
퐼 =r,不变.故 C 错误,D 正确.故选 AD.
点睛:本题是电路动态变化分析问题,利用闭合电路欧姆定律进行动态分析,研究电压与电流变化
量之比,常常要写出表达式分析.
11. 11.050 1.996 ×1 30.0
【 解 析 】 ( 1 ) 由 图 示 游 标 卡 尺 可 知 , 其 示 数 为 :
;
由图示螺旋测微器可知,其示数为: ;
(2)选用“×10”倍率的电阻挡测量,多用表指针偏转过大,所选倍率太大,为准确测量电阻阻值,应
选择较小倍率,因此需选择×1 倍率的电阻挡,换挡后要重新进行欧姆调零,然后再进行测量,由图
示表盘可知,电阻阻值: ;
(3)根据欧姆定律: ,根据电阻定律:
联立可以得到: 。
点睛:本题考查了游标卡尺、螺旋测微器、欧姆表读数、求电阻率;游标卡尺主尺与游标尺示数之
和是游标卡尺示数;螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数;游标卡尺不需
要估读,螺旋测微器需要估读。
12. 12 1.0 相等 偏大
【解析】
【详解】
①利用器材来测量电源电动势与内阻,由题意可知,实验中由两个未知内阻的电流表、一个电阻箱、
一个滑动变阻器与一个定值电阻,没有电压表,两电流表内阻未知,不能用电流表与定值电阻组成
电压表测电压,因此不能用伏安法测电源电动势与内阻,应该用安阻法测电源电动势与内阻,电源
电动势约为 10V−15V,为了保护电路安全、进行多次实验测出多组实验数据,电流表应选 ,安阻
法测电源电动势与内阻的实验电路如图所示
②由实验电路可知,在闭合电路中,电源电动势 ,则 ,由图所
示图象可知,图象的截距 ,图象的斜率 ,则电源电动势
,电源内阻:
QC U
=
FB IL
=
FE q
=
UI R
=
q nesvtI nevst t
= = =
Iv neS
=
q ItN e e
= =
sin cosmg BLIα α= sin
cos
mg mgB LI LI
α
α= =
2
4
Ud
IL
π
110 10 0.05 110.50 11.050mm mm mm cm+ × = =
1.5 49.6 0.01 1.996mm mm mm+ × =
30.0 1 30.0R = × = Ω
UR I
= 2
2
L LR S d
ρ ρ
π
= =
2
4
Ud
IL
πρ =
1A
0( )E I r R R= + + 01 1r R RI E E
+= +
0 0.5r Rb E
+= =
1
1 1 0.5 1
6 12
Ik E R
∆ −= = = =∆
1 12VE k
= = 0 0.5 12 5 1.0Ωbr RE
= − = × − Ω =6
③考虑电流表内阻对实验的影响, , ,电流表内阻会
导致系统误差,使电源内阻测量值和真实值相比偏大,电动势和真实值相比相等。
13.(1) F(2) C
【解析】
【分析】
持开关 S1、S2 闭合,电容器两端的电压等于 R1 两端的电压,根据闭合电路欧姆定律求出 R1 两端的电
压,从而根据 Q=CU 求出电容器所带的电量;保持开关 S1 闭合,将开关 S2 断开,电容器两端的电压
等于电源的电动势,根据 Q=CE 求出电容器所带的电荷量,从而求出流过电阻 R2 的电荷量。
【详解】
(1)保持开关 S1、S2 闭合时,电路中的电流:
两端的电压:
则电容器的电容: F
(2)保持开关 闭合,将开关 断开电容器的电压等于电源的电动势,所带的电荷量:
断开开关 后流过电阻 的电荷量: C
【点睛】
本题考查了含容电路问题,知道电容器两端的电压等于与它并联的支路电压,与电容器串联的电阻
相当于导线。
14.(1)摩擦力沿着斜面向上,大小为 0.2N;(2)1.6Ω≤R≤4.8Ω
【解析】
【详解】
(1)根据欧姆定律知流过 ab 的电流
受力分析知安培力沿斜面向上,F 安=BIl=0.8×4×0.25N=0.8N
重力沿斜面的分力为 mgsin30°=1N
由于安培力小于重力沿斜面的分力,故摩擦力向上,f=mgsin30°﹣F 安=0.2N
(2)当滑动变阻器 R 取值较大,I 较小时,安培力 F 较小,在金属棒重力的分力作用下金属棒有沿
框面下滑的趋势,金属棒所受的静摩擦力框面向上,金属棒刚好不下滑时,满足平衡条件,则得:B
l+μmgcosθ﹣mgsinθ=0
代入数据解得:Rmax=4.8Ω
当安培力较大,摩擦力方向沿框面向下时:
B l﹣μmgcosθ﹣mgsinθ=0
代入数据解得:Rmin=1.6Ω
【点睛】
静摩擦力的方向是由安培力大小决定,当安培力过大使得棒有上滑趋势,所以静摩擦力沿斜面向
下。当安培力过小时,棒有下滑的趋势,所以静摩擦力沿斜面向上。
15.4.(1) (2) , (3) 【解析】
试题分析:(1)由题设条件就能求出粒子在Ⅰ区内做匀速圆周运动的半径,由洛仑兹力提供向心力
就能求出Ⅰ区磁场的磁感应强度大小.(2)进入Ⅱ后,粒子恰好约束在该区,画出粒子运动轨迹,
由两区域内磁场的关系,找到在Ⅱ区内做匀速圆周运动的半径,再由几何关系求得粒子在Ⅱ区内转
过的圆心角,从而再由几何关系就能求出 M 点的坐标和环形的外圆半径.(3)先找出从 A 点出发,
经过Ⅰ、Ⅱ区的正反两次偏转再次进入Ⅰ区时,相对 OA 方向偏转的角度,若经过 m 次偏转时,粒
子第一次经过 A 点,此时转过 m 周,列出方程,解出整数解,那么总路程就是 m 倍的一次偏转的路
程.
(1)由题意,粒子在区域Ⅰ内从 A 点做匀速圆周运动到 P 点,显然
在磁场中,由洛伦兹力提供向心力,则有: ,且
联立解得:
(2)粒子进入环形区域Ⅱ后做顺时针方向匀速圆周运动,则有:
由题设条件:
联立解得:
画出粒子在Ⅱ区内做匀速圆周运动的轨迹如图所示
0( )AE I r R R R= + + + 01 1Ar R R RI E E
+ += +
51.5 10 pF−× 53 10 pF−×
1 2
I 0.25E AR R r
= =+ +
1R 1 1 4VU IR= =
5
1
C 1.5 10Q pFU
−= = ×
1S 2S
5
2 9 10Q CE C−= = ×
2S 2R 5
2 1Q 3 10Q Q pF−= − = ×
12 43
EI A AR
= = =
max
E
R
min
E
R
0
0
2mE
qR 0 0
1 3,2 2R R
− 03R 0
16 36 3 Rπ +
1 0r R=
2
0
1 0
1
vqB v m r
= 2
0 0
1
2E mv=
0
1
0
2mEB qR
=
2
0
2 0
2
vqB v m r
=
2 13B B=
2 0
3
3r R=7
由几何关系得: ,则 M 点的坐标为
由几何关系外环的半径
(3)粒子在Ⅰ区域和Ⅱ区域两次偏转后,从 M 点再次进入Ⅰ区域时,圆心角转过 ,设经过 m
次这样的偏转后第一次从 A 点再交入射,此时圆心角转过 n 个
则有:150m=360n(m、n 取正整数)
解得:m=12,n=5.
而粒子在Ⅰ、Ⅱ区偏转一次通过的路程
所以经过 12 次如此偏转后第一次通过 A 点,则总路程为
16.(1) 点坐标为 (2) (3)
【解析】
【详解】
(1)粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,轨迹如图甲所示。设粒子在磁场中做圆周运
动的半径为 。根据带电粒子和磁场边界成一定角度进入磁场的运动规律知,粒子进入磁场时与边
界的夹角 ,
由图中几何关系知
又因为
可得
由几何关系得
点坐标为
(2)粒子平行电场线进入电场,在电场力作用下做匀减速运动,设带电粒子在电场中减速运动恰好能
到 轴的位移为 ,由动能定理得
由
得
联立解得
(3)粒子在磁场中轨迹如图乙所示,
60POM∠ = ° 0 0
1 3
2 2R R,
−
2 2 2 02 3 3R r r r R= + = =
03R
150°
360°
1 1 2 0
1 2 1 4 32 2 ( )4 3 2 9s r r Rπ π π= × + × = +
( )
1 0
2 9 8 3
12 3s s Rπ
+
= =
0
2qBav m
= N [0,(2 3) ]a+
23aqBE m
= (6 4 3)
3
mt qB
π +=
R
30θ °=
2R a=
2
0
0
mvqv B R
=
0
2qBav m
=
cos (2 3)y R R aθ= + = +
N
[0,(2 3) ]a+
y L
2
0
10 2qEL mv− = −
cos a
L
θ =
2 3
3L a=
23aqBE m
=8
设粒子在磁场中运动时间为 ,电场中运动时间为 ,在磁场中
在电场中
加速度
联立可得
粒子从进入磁场到第三次经过 轴负半轴时间
1t 2t
0
2 RT v
π=
1t T=
0
2
2
E
vt a
=
E
qEa m
=
1 2t t t= +
(6 4 3)
3
mt qB
π +=
x
(6 4 3)
3
mt qB
π +=