2021届江苏省盐城市教育机构高三（上）高考模拟物理试题（解析版）

江苏省盐城市教育机构 2020 年高考物理模拟试卷 一、单项选择题（本题共 5 道题，每小题 3 分，共 15 分。每小题只有一个正确选项。） 1. 火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，根据开普勒行星运动定律可知： A. 太阳位于木星运行轨道的中心 B. 火星和木星绕太阳运行速度的大小始终相等 C. 火星与木星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方 D. 相同时间内,火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积 【答案】C 【解析】 太阳位于木星运行轨道的焦点位置，选项 A 错误；根据开普勒行星运动第二定律可知，木星和火星绕太阳 运行速度的大小不是始终相等，离太阳较近点速度较大，较远点的速度较小，选项 B 错误；根据开普勒行 星运动第三定律可知， 木星与火星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方，选项 C 正确；根 据开普勒行星运动第二定律可知，相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积相等，但是不等于木星与太阳 连线扫过面积，选项 D 错误；故选 C. 2. 如图甲所示，理想变压器的原线圈匝数 n1=350 匝，副线圈匝数 n2=70 匝，电阻 R=20Ω，V 是交流电压表， 原线圈加上如图乙所示的交流电，则下列说法正确的是（　　） A. 加在原线圈上交流电压瞬时值的表达式为 u=20 sin5πtV B. 原线圈电流的有效值为 0.04 A C. 在 t=0.01s 时，电压表的示数为 0 D. 电阻 R 上消耗的电功率为 0.8W 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图乙可知交流电压最大值 Um=20 V，周期 T=0.02s 则 2 2 2=100πrad/s 所以 u=20 sin(100πt)V 故 A 错误； B． 电压表的示数为电路的有效电压的大小，U1=20V，根据电压与匝数成正比解得 U2=4V 副线圈的电流为 I= =0.2A 电流与匝数成反比，所以原线圈电流的有效值为 0.04A，故 B 错误； C．电压表示数为有效值，是 4V，故 C 错误； D．电阻 R 上消耗的电功率 P= =0.8W 故 D 正确 故选 D。 3. 如图所示，相距 l 的两小球 A、B 位于同一高度 h（l，h 均为定值）。将 A 向 B 水平抛出的同时，B 自由 下落。A、B 与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反。不计空气阻力及小球与 地面碰撞的时间，则（　　） A. A、B 在第一次落地前能否相碰，取决于 A 初速度 B. A、B 在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰 C. A、B 不可能运动到最高处相碰 D. A、B 一定不能相碰 【答案】A 【解析】 【分析】 。 的 2π T ω = 2 2 4 A20 U R = 2 2U R因为平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据该规律抓住地面碰撞前 后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反判断两球能否相碰。 【详解】A．若 A 球经过水平位移为 l 时，还未落地，则在 B 球正下方相碰。可知 A、B 两球能否在落地前 相碰，取决于 A 的初速度。故 A 正确； BD．A、B 在第一次落地前不碰，由于反弹后水平分速度、竖直分速度大小不变，方向相反，则以后一定 能碰。故 B 错误，D 错误； C．若 A 球第一次与地面碰撞时的水平位移为 时，根据竖直方向上运动的对称性知，当 A 球水平位移为 l 时，A 球上升到最高点，B 球的运动规律与 A 球竖直方向上的运动规律相同，知 A、B 在最高点相碰。故 C 错误。 故选 A。 【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，根据该规律进行分析。 4. 如图所示，壁虎在竖直玻璃面上斜向上匀速爬行，关于它在此平面内的受力分析，下列图示中正确的是 （　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为壁虎匀速直线运动，所以壁画所受的合外力为零，在此平面内，对壁虎进行受力分析 由平衡条件可知 F 与 mg 大小相等，方向相反 1 2故选 A。 5. 从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能 Ek 与时间 t 的关系图像是（ ） A. B. C. D 【答案】A 【解析】 本题考查动能的概念和 Ek-t 图象，意在考查考生的推理能力和分析能力．小球做竖直上抛运动时，速度 v=v0-gt，根据动能 得 ，故图象 A 正确． 点睛：本题以竖直上抛运动为背景考查动能的概念和 Ek-t 图象，解题的方法是先根据竖直上抛运动物体的 速度特点写出速度公式，在根据动能的概念写出函数方程，最后根据函数方程选择图象． 二、多项选择题。（本题共 4 小题，每小题 4 分，共计 16 分，每小题有二个或三个正确选项， 全选对的，得 4 分，选对但不全的，得 2 分，有选错或不答的，得 0 分） 6. 公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图所示，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为 vc 时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，则在该弯道处 . 21 2kE mv= ( )2 0 1 2kE m v gt= −A. 路面外侧高内侧低 B. 车速只要低于 vc，车辆便会向内侧滑动 C. 车速虽然高于 vc，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动 D. 当路面结冰时，与未结冰时相比，vc 的值变小 【答案】AC 【解析】 【详解】试题分析：路面应建成外高内低，此时重力和支持力的合力指向内侧，可以提供圆周运动向心力， 故 A 正确．车速低于 v0，所需的向心力减小，此时摩擦力可以指向外侧，减小提供的力，车辆不会向内侧 滑动．故 B 错误．当速度为 v0 时，静摩擦力为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，速度高于 v0 时，摩 擦力指向内侧，只有速度不超出最高限度，车辆不会侧滑．故 C 正确．当路面结冰时，与未结冰时相比， 由于支持力和重力不变，则 v0 的值不变．故 D 错误．故选 AC． 考点：圆周运动的实例分析 【名师点睛】此题是圆周运动的实例分析问题；解决本题的关键搞清向心力的来源，运用牛顿第二定律进 行求解，难度不大，属于基础题． 7. 如图，木板 A 放在水平地面上，小物块 B 通过轻弹簧与 A 的左侧档板 P 连接，A 与 B、A 与地面之间均 粗糙．开始时弹簧处于原长，B 位于 A 上的 O 点．现将 B 拉至 C 点由静止释放向左运动，到达某点时速度 为零(上述过程中 A 一直保持静止)，则此时( ) A. B 所受的摩擦力可能为零 B. A 所受的摩擦力不可能为零 C. B 可能位于 O 点的左侧 D. B 不可能位于 O 点的右侧 【答案】AC 【解析】 【详解】物块在运动过程中弹簧弹力和滑动摩擦力做功，根据功的定义式可知，克服滑动摩擦力做的功为 μmgs，弹簧拉至 C 处克服弹簧弹力做的功即储蓄的弹性势能为 ，由于弹簧的劲度系数 k、A 与 B 之 2 kx x⋅间的动摩擦因数 μ 以及物块的质量 m 都不知道，因此无法确定最终物块停在何处，即 s 与 x 的大小，故选 项 AC 正确；选项 BD 错误． 故选 AC。 8. 如图所示，电源 E 对电容器 C 充电，当 C 两端电压达到 80 V 时，闪光灯瞬间导通并发光，C 放电．放 电后，闪光灯断开并熄灭，电源再次对 C 充电．这样不断地充电和放电，闪光灯就周期性地发光．该电路 （ ） A. 充电时，通过 R 的电流不变 B. 若 R 增大，则充电时间变长 C. 若 C 增大，则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大 D. 若 E 减小为 85 V，闪光灯闪光一次通过的电荷量不变 【答案】BCD 【解析】 本题考查电容器的充放电，意在考查考生的分析能力．电容器充电时两端电压不断增大，所以电源与电容 器极板间的电势差不断减小，因此充电电流变小，选项 A 错误；当电阻 R 增大时，充电电流变小，电容器 所充电荷量不变的情况下，充电时间变长，选项 B 正确；若 C 增大，根据 Q=CU，电容器的带电荷量增大， 选项 C 正确；当电源电动势为 85V 时，电源给电容器充电仍能达到闪光灯击穿电压 80V 时，所以闪光灯仍 然发光，闪光一次通过的电荷量不变，选项 D 正确． 点睛：本题源自于 2009 年江苏高考物理卷的第 5 题，以闪光灯发光问题为背景考查电容器的充放电问题， 解题的关键是要弄清电路的工作原理和电容器 9. 如图所示，竖直放置的 形光滑导轨宽为 L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为 d，磁感应强度为 B．质量为 m 的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等．金属杆在导轨间的电阻为 R，与导 轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为 g．金属杆（ ） A. 刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下 B. 穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间 C. 穿过两磁场产生的总热量为 4mgd D. 释放时距磁场Ⅰ上边界的高度 h 可能小于 【答案】BC 【解析】 本题考查电磁感应的应用，意在考查考生综合分析问题的能力．由于金属棒进入两个磁场的速度相等，而 穿出磁场后金属杆做加速度为 g 的加速运动，所以金属感进入磁场时应做减速运动，选项 A 错误；对金属 杆受力分析，根据 可知，金属杆做加速度减小的减速运动，其进出磁场的 v-t 图象如图所 示，由于 0~t1 和 t1~t2 图线与 t 轴包围的面积相等（都为 d），所以 t1>（t2-t1），选项 B 正确；从进入Ⅰ磁场 到进入Ⅱ磁场之前过程中，根据能量守恒，金属棒减小的机械能全部转化为焦耳热，所以 Q1=mg．2d，所 以 穿 过 两 个 磁 场 过 程 中 产 生 的 热 量 为 4mgd ， 选 项 C 正 确 ； 若 金 属 杆 进 入 磁 场 做 匀 速 运 动 ， 则 ，得 ，有前面分析可知金属杆进入磁场的速度大于 ，根据 得金属 杆进入磁场的高度应大于 ，选项 D 错误． 点睛：本题以金属杆在两个间隔磁场中运动时间相等为背景，考查电磁感应的应用，解题的突破点是金属 棒进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，而金属棒在两磁场间运动时只受重力是匀加速运动，所以金属棒进入磁 场时必做减速运动． 三、简答题：本题分必做题（第 10、11 题）和选做题（第 12 题）两部分，共计 42 分。请将 2 2 4 42 m gR B L 2 2B L v mg maR − = 2 2 0B L v mgR − = 2 2 mgRv B L = 2 2 mgR B L 2 2 vh g = 2 2 2 2 2 4 4 4 4=2 2 m g R m gR gB L B L解答填写在答题卡相应的位置 10. 用图甲装置探究细绳拉力（近似等于悬挂钩码重力）做功和小车动能变化的关系． （1）关于实验操作，下列说法正确的有______ A．需要测出小车与钩码的质量 B．需要垫高木板右端以平衡摩擦力 C．需要控制钩码的质量远大于小车的质量 D．必须在接通打点计时器的同时释放小车 （2）某次获得的纸带如图乙所示．已知相邻两点时间间隔为 T，小车与钩码的质量分别为 M 和 m，重力加 速度为 g，从 A 点到 B 点的过程中，拉力对小车做的功为______，小车动能的变化为______．（用题中及图 中字母表示）． （3）在实验操作正确的情况下，分析多组数据发现，拉力对小车做的功总是大于小车动能的变化量，原因 是______． 【答案】 (1). AB (2). (3). (4). 钩码的重力大于 细绳中的拉力 【解析】 【详解】(1)[1]A.实验要验证的关系式： ，故需要测出小车与钩码的质量，选项 A 正确； B.要使得钩码的重力等于小车的拉力，需要垫高木板右端以平衡摩擦力，选项 B 正确； C.此实验不需要控制钩码的质量远大于小车的质量，选项 C 错误； D.先接通打点计时器，然后释放小车，选项 D 错误； 故选 AB； (2)[2][3]从 A 点到 B 点的过程中，拉力对小车做的功为 mg(x2+x3+x4)；打 A 点时小车的速度： 打 B 点时小车的速度： 小车动能的变化为 2 3 4( )mg x x x＋ ＋ ( ) ( )2 2 4 5 1 2 28 x x x xM T + − + 21 2Fx Mv= 1 2 2A x xv T += 4 5 2B x xv T +=． (3)[4]拉力对小车做的功总是大于小车动能的变化量，原因是钩码向下加速运动时，钩码的重力大于细绳中 的拉力. 11. 某同学用下列器材测定电流表 A1 的内阻： A．待测电流表 A1（量程 0.3A，内阻约 5Ω）； B．电流表 A2（量程 0.6A，内阻约 3Ω）； C．定值电阻 R0=5Ω； D．滑动变阻器 R1（0～5Ω，额定电流 2A）； E．滑动变阻器 R2（0～100Ω，额定电流 1A）； F．电源 E（电动势约为 3V，内阻忽略不计）； G．开关、导线若干． （1）该同学设计的电路如图甲所示，请根据图甲将图乙实物图补充完整______． （2）该实验中滑动变阻器应选用______（选填“R1”或“R2”）． （3）将电路正确连接后，闭合开关，滑动变阻器的滑片处在某位置时，电流表 A2 的指针位置如图丙所示， 示数为______A．调节滑动变阻器，读出多组电流表 A1、A2 的示数，分别用，I1、I2 表示，描绘出 I1I2 图线 如图丁所示，已知图线的斜率为 k，则电流表 A1 的内阻为______．从实验原理上看该实验是否存在系统误 差？______（选填“存在”或“不存在”）． 【答案】 (1). (2). R1 (3). 0.38 (4). (5). 不存在 【解析】 【详解】（1）[1]实物图如图所示； ( ) ( )2 2 4 5 1 22 2 2 1 ( )2 8k B A x x x xE M v v M T + − +∆ = − = 0 1 k Rk −（2）[2]试验时滑动变阻器用分压电路，故应该选择阻值较小的 R1； （3）[3][4][5]电流表 A2 读数为：0.38A；根据欧姆定律可得： 解得： 则 解得： 从实验原理上看该实验不存在系统误差. 六、选修题（每题 12 分，共 24 分） 【选修模块 3-3】 12. 如图所示，一演示用的“永动机”转轮由 5 根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有用形状记忆合金制成的叶 片。轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展而“划水”，推动转轮转动，离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮 因此能较长时间转动。下列说法正确的是（　　） A. 转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界能量 B. 转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身 C. 转动的叶片不断搅动热水，水温升高 D. 转轮的叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量 的 1 1 2 1 0( )AI R I I R= − 0 1 2 1 0A RI IR R = + 0 1 0A R kR R =+ 1 0 1 A kR Rk −=【答案】D 【解析】 【详解】A．转轮转动的过程中克服摩擦力做功，转轮的速度越来越小，所以要维持转轮转动需要外力做功， 故 A 错误； B．要维持转轮转动需要外力做功，转轮转动所需能量不能由转轮自己提供，故 B 错误； C．转动的叶片不断搅动热水的过程是水对转轮做功的过程，同时水会向四周放出热量，根据热力学第一定 律可知水的内能减小，故水温降低，故 C 错误； D．根据热力学第二定律，物体不可能从单一热源吸收能量全部用来对外做功而不引起其变化，故叶片在热 水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量，故 D 正确。 故选 D。 13. 如图所示，内壁光滑的气缸水平放置 一定质量的理想气体被密封在气缸内，外界大气压强为 现对 气缸缓慢加热，气体吸收热量 Q 后，体积由 增大为 则在此过程中，气体分子平均动能______ 选填“增 大”、“不变”或“减小” ，气体内能变化了______ ． 【答案】 (1). 增大; (2). ; 【解析】 【详解】由温度是气体分子平均动能的标志，温度越高，气体分子平均动能越大，由于对气体加热，所以 温度升高，分子平均动能增大； 气体对外做功为： 由热力学第一定律可得： ． 14. 某同学在进行“用油膜法估测分子的大小”的实验前，查阅数据手册得知：油酸的摩尔质量 M=0.283kg mol －1，密度 ρ=0.895×103kg m－3。若 100 滴油酸的体积为 1ml，则 1 滴油酸所能形成的单分子油膜的面积约是 多少？（取 NA=6.02×1023mol﹣1 结果保留一位有效数） 【答案】10m2 【解析】 【详解】1ml 油酸的质量为 . 0.p 1V 2.V ( ) 2 1( )Q Po V V− − 0 2 1( )W P V V= − 0 2 1( )U Q W Q P V V∆ = + = − − ⋅ ⋅m=ρV=0.895×103kg/m3× ×1×10﹣6m3=8.95×10﹣6kg 油酸分子的个数 N= NA= ×6.02×1023=2×1019 个 油酸分子体积 解得： r= ≈5×10－10m 油膜的面积约为 【选修模块 3-5】 15. 如图所示是某原子的能级图，a、b、c 为原子跃迁所发出的三种波长的光。在下列该原子光谱的各选项 中，谱线从左向右的波长依次减小，则正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】从第 3 能级跃迁到第 1 能级，能级差最大，知 a 光的频率最大，波长最短，从第 3 能级跃迁到第 2 能级，能级差最小，知 b 光的光子频率最小，波长最长，波长依次减小的顺序为 b、c、a，故 D 正确，ABC 错误。 故选 D。 16. 一个中子与某原子核发生核反应,生成一个氘核,其核反应方程式为 _____________. 该反应放出的能量为 Q，则氘核的比结合能为 _____________. 1 100 m M 68.95 10 0.283 −× 34 π3 Vr N = 9 33 19 3 3 10 4π 4 3.14 2 10 V N −×= × × × 8 2 2 2 10 1 10 m 10 m2 2 5 10 VS r − − ×= = =× ×【答案】 ； 【解析】 【详解】根据电荷数守恒、质量数守恒得 ，该反应释放的能量为 Q，则结合能为 Q，所以氘 核的比结合能为 ． 17. A、B 两种光子的能量之比为 2 :1,它们都能使某种金属发生光电效应,且所产生的光电子最大初动能分别 为 EA 、EB . 求 A、B 两种光子的动量之比和该金属的逸出功. 【答案】动量之比 ,逸出功 【解析】 【详解】光子的能量 ，动量 ， 得 ，则 A 照射时，光电子的最大初动能 ,同理， 解得 ． 六、计算题：本题共 3 小题。共计 47 分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演 算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须朋确写出数值和单位。 18. 某兴趣小组设计了一种发电装置,如图所示. 在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角 均为 ,磁场均沿半径方向. 匝数为 N 的矩形线圈 abcd 的边长 ab =cd = 、bc =ad=2 . 线圈以角速度 ω 绕中心 轴匀速转动,bc 和 ad 边同时进入磁场. 在磁场中,两条边所经过处的磁感应强度大小均为 B、方向始终与两边 的运动方向垂直. 线圈的总电阻为 r,外接电阻为 R. 求: (1)线圈切割磁感线时,感应电动势的大小 Em; (2)线圈切割磁感线时,bc 边所受安培力的大小 F; (3)外接电阻上电流的有效值 I. 1 1 2 1 1o n H H+ → 2 Q 1 1 2 0 1 1n H H+ → 2 Q : 2:1A BP P = hε γ= hP λ= cλ γ= EP c = : 2:1A BP P = 0A AE Wε= − 0B BE Wε= −【答案】(1) Em＝2NBl2ω. (2) (3) 【解析】 【详解】(1)bc、ad 边的运动速度 v＝ω ， 感应电动势 Em＝4NBlv. 解得 Em＝2NBl2ω. (2)电流 安培力 F＝2NBIml 解得. (3)一个周期内，通电时间 t＝ T R 上消耗的电能 且 W＝I2RT. 解得 点睛：本题研究交变电流的产生，实质上是电磁感应知识的具体应用，是右手定则、法拉第电磁感应定律、 安培力等知识的综合应用． 19. 如图，长为 L 的轻杆一端连着质量为 m 的小球，另一端用铰链固接于水平地面上的 O 点，初始时小球 静止于地面上，边长为 L、质量为 M 的正方体左侧静止于 O 点处．现在杆中点处施加一大小始终为 12mg/π，方向始终垂直杆的力 F，经过一段时间后撤去 F，小球恰好能到达最高点．忽略一切摩擦，试求： （1）力 F 所做的功； （2）力 F 撤去时小球的速度； （3）若小球运动到最高点后由静止开始向右倾倒，求杆与水平面夹角为 θ 时（正方体和小球还未脱离）， 正方体的速度大小． 2 2 34N B lF r R ω= + ( ) 24 3 NBlI r R ω= + 2 l m m EI r R+＝ 2 2 34N B lF r R ω= + 4 9 2 mW I Rt＝ ( ) 24 3 NBlI r R ω= +【答案】（1）mgL 2） （3） 【解析】 【详解】（1）根据动能定理 WF－mgL＝0 力 F 所做的功为 WF＝mgL （2）设撤去 F 时，杆与水平面夹角为 α， 撤去 F 前，WF＝ α＝mgL，得 α＝ 根据动能定理 mgL－mgLsinα＝ mv2 得撤去 F 时小球的速度 v＝ （3）设杆与水平面夹角为 θ 时，小球的速度为 v1，正方体的速度为 v2 v2＝v1sinθ 系统机械能守恒 mg(L -Lsinθ)＝ mv12+ Mv22 v2＝ 20. 一圆筒的横截面如图所示，圆心为 O、半径为 R，在筒上有两个小孔 M，N 且 M、O、N 在同一水平线 上．圆筒所在区域有垂直于圆筒截面的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，在圆筒左侧有一个加速电场．一 个质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子，由静止经电场加速后从 M 孔沿 MO 方向射入圆筒．已知粒子与圆 筒碰撞时电荷量保持不变，碰撞后速度大小不变，方向与碰撞前相反，不计粒子重力． (1) 若加速电压为 U0，要使粒子沿直线MN 运动，需在圆筒内部空间加一匀强电场，求所加电场的电场强度 大小 E； (2) 若带电粒子与圆筒碰撞三次后从小孔 N 处射出，求粒子在圆筒中运动时间 t; (3) 若带电粒子与圆筒碰撞后不越过小孔 M，而是直接从小孔 M 处射出，求带电粒子射入圆筒时的速度 v. 【答案】(1) (2) 或 (3) (n＝2，4，6，…) 【解析】 gl 2 2 2 (1 sin )sin sin mgL m Mg θ θ θ − + 12mg π 2 L π 6 1 2 gl 1 2 1 2 2 2 2 (1 sin )sin sin mgL m Mg θ θ θ − + 02qUE B m = 3 m qB π m qB π tan 1 qBRv m n π= +【详解】(1) 带电粒子 平行板加速过程中，由动能定理得 在磁场中运动时，电场力与洛伦兹力平衡 qv0B＝qE 解得 (2) 带粒子在磁场中运动的周期 带电粒子与环碰撞三次有两种情况： 第一种情况如图所示，两次碰撞点与圆环圆心的连线夹角 α＝ 两次碰撞过程粒子通过弧长对应的圆心角 β＝π－α＝ 整个过程运动时间 第二种情况如图所示，两次碰撞点与圆环圆心的连线夹角 α′＝ 两次碰撞过程粒子通过弧长对应的圆心角 β′＝π－α′＝ 整个过程运动时间 在 2 0 0 1 2qU mv＝ 02qUE B m = 2 mT qB π= 4 π 3 4 π 34 2 mt T qB β π π= × = 3 4 π 4 π 3 4 mt qB π′ =所以带电粒子在圆环中运动的时间为 或 (3) 设粒子从 M 点射入磁场后做圆周运动的速度为 v、半径为 r，得 设粒子经 n 次碰撞从小孔 M 射出，则 2π＝(n＋1)·2φ 即 n＝2，3，4，5，… 又当 ·2φ＝π 时，粒子会从小孔 N 射出，故 n 只能取偶数， 综上可得 φ＝ (n＝2，4，6，…) 由几何关系得 tanφ＝ 解得入射粒子速度大小为 (n＝2，4，6，…) 3 m qB π m qB π 2vqvB m r ＝ ( 1) 2 n + 1n π + r R tan 1 qBRv m n π= +