江苏省南京师大苏州实验学校2020届高三上学期第一次模拟考试物理试题 19页

南京师大苏州实验学校2020届高三上学期第一次模拟考试物理试卷 一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意．‎ ‎1.2018年2月，我国成功将电磁监测试验卫星张衡一号发射升空，标志着我国成为世界上少数拥有在轨运行高精度地球物理场探测卫星的国家之一．该卫星在距地面约500 km的圆形轨道上运行，则其(　　)‎ A. 线速度大于第一宇宙速度 B. 周期大于地球自转的周期 C. 角速度大于地球自转的角速度 D. 向心加速度大于地面的重力加速度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 第一宇宙速度是所有环绕地球做圆周运动的卫星的最大速度；根据比较周期关系，根据ω=2π/T比较角速度关系；根据比较加速度关系.‎ ‎【详解】第一宇宙速度是所有环绕地球做圆周运动的卫星的最大速度，则此卫星的线速度小于第一宇宙速度，选项A错误；根据可知，此卫星的周期小于地球同步卫星的周期，即小于地球自转的周期，由ω=2π/T可知，角速度大于地球自转的角速度，选项B错误，C正确；根据可知，向心加速度小于地面的重力加速度，选项D错误；故选C.‎ ‎2.高空坠物极易对行人造成伤害．若一个质量为50g的鸡蛋从一居民楼的25层落下，与地面的撞击时间约为2×10－3 s，试估算该鸡蛋对地面的冲击力约为(　　)‎ A. 1000 N B. 500 N C. 100 N D. 50 N ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查动量定理应用，据此分析计算可得。‎ ‎【详解】设每层楼高3m，从25层落下总的高度为 鸡蛋做自由落体运动，由运动学公式可得 代入数值可求得 从鸡蛋落地到速度减为零，取向下为正，由动量定理可得 代入数值可得 接近1000N 说明A正确，BCD错误。‎ 故选择A。‎ ‎【点睛】应用动量定理解题时注意先选择正方向，将矢量表达式变为标量表达式，合力的冲量等于物体动量的变化量，只有重力比合力小得多时才能忽略掉重力。‎ ‎3.扫描隧道显微镜（STM）可用来探测样品表面原子尺度上的形貌，为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示，无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发上变化．在A图中紫铜薄板上下及左右振动时在磁场中的部分有时多有时少，磁通量发生变化，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的振动，故A正确；而BCD三个图均无此现象，故BCD错误．‎ ‎4.如图所示，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零．如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为(　　)‎ A. 0 B. C. D. 2B0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离为l的a点处的磁感应强度为零，如下图所示： 由此可知，外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，即B1=B0；依据几何关系，及三角知识，则有：BPcos30°=B0； 解得P或Q通电导线在a处的磁场大小为BP=B0； ‎ 当P中的电流反向，其他条件不变，再依据几何关系，及三角知识，则有：B2=B0；因外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，磁场大小为B0‎ ‎；最后由矢量的合成法则，那么a点处磁感应强度的大小为B=，故C正确，ABD错误．‎ ‎5.如图所示，一钢绳的两端分别固定在两座山的P、Q处，P点高于Q点．某人抓住套在绳子上的光滑圆环从P处滑到Q处．滑行过程中绳子始终处于绷紧状态，不计空气阻力．关于人从P处滑到Q处过程的说法正确的是 A. 机械能先减小、后增大 B. 从P处滑到最低位置过程中重力功率一直增大 C. 滑到最低位置时人受到水平方向的合力为零 D. 动能最大位置与P处的水平距离小于与Q处的水平距离 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 人下滑过程中，只有动能和重力势能相互转化，机械能守恒；根据P=mgv判断重力功率变化．动能最大的位置在平衡位置，找到此位置，可判断动能最大位置与P处的水平距离与Q处的水平距离之间的关系.‎ ‎【详解】人下滑过程中，只有动能和重力势能相互转化，机械能守恒，选项A错误；在P点时速度为零，则重力的功率为零，滑到最低位置时速度与重力垂直，可知重力的功率也为零，可知此过程重力功率先增大后减小，选项B错误；滑到最低位置时，竖直速度为零，水平速度最大，此时人受到水平方向的合力为零，选项C正确；动能最大的位置在平衡位置，设此位置时两根绳子与竖直方向的夹角均为θ，可知Lsinθ=d（其中的L是绳子总长度，d为PQ间的水平距离）即θ角一定，由几何关系，因Q点的位置较低，则此平衡位置距离Q点的水平距离较小，即动能最大位置与P处的水平距离大于与Q处的水平距离，选项D错误；故选C.‎ 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．‎ ‎6.如图所示是线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时产生的交变电压图象．将该电压加在图中理想变压器的M、N两端．变压器原、副线圈匝数比为5∶1，电阻R的阻值为2 Ω，电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是(　　)‎ A. 0.01 s时穿过线圈的磁通量最大 B. 线圈转动的角速度为50π rad/s C. 流过灯泡的电流方向每秒钟改变50次 D. 电流表的示数为2 A ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电压最大，磁通量的变化率最大，穿过线圈的磁通量为零；电表读数为交流电有效值；交流电的电流方向一个周期改变2次．‎ ‎【详解】由图象可知，在t=0.01s时，电压最大，此时是磁通量的变化率最大，此时穿过线圈的磁通量为零，所以A错误；根据图象可以知道，交流电的周期是0.04s，由ω==50πrad/s，所以B正确；交流电的频率f=1/T=25Hz，可知流过灯泡的电流方向每秒钟改变50次，选项C正确；原线圈的电压的有效值为100V，由电压与匝数成正比可得副线圈的电压有效值为20V，所以次级电流，由电流与匝数成反比得 I1=2A，所以电流表读数为2A，所以D正确．故选BCD．‎ ‎7.如图所示电路中，合上开关S后，电压表和电流表的读数分别为U、I，定值电阻R2消耗的功率为P，电容器所带的电荷量为Q，两电表均为理想电表．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列有关物理量之间变化关系图象正确的是(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据闭合电路欧姆定律以及Q=CU和P= I2R，找到要讨论的图形的函数关系，结合数学知识解答.‎ ‎【详解】当滑动变阻器滑片向右移动，则R1减小，电流I变大，根据P=I2R2可知P-I图形是开口向上的抛物线的一部分，选项A错误；电容量电量： ，则图像B正确；U=E-Ir，可知 ，则图像C错误，D正确；故选BD.‎ ‎8.如图所示，以O为圆心、半径为R的虚线圆位于足够大的匀强电场中，圆所在平面与电场方向平行，M、N为圆周上的两点．带正电粒子只在电场力作用下运动，在M点速度方向如图所示，经过M、N两点时速度大小相等．已知M点电势高于O点电势，且电势差为U，下列说法正确的是(　　) ‎ A. M,N两点电势相等 B. 粒子由M点运动到N点，电势能先增大后减小 C. 该匀强电场的电场强度大小为 D. 粒子在电场中可能从M点沿圆弧运动到N点 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 带正电粒子仅在电场力作用下，从M运动到N，由速度大小，得出粒子的动能，从而确定粒子的电势能大与小．由于匀强电场，则等势面是平行且等间距．根据曲线运动条件可从而确定电场力的方向，从而得出匀强电场的电场线方向．‎ ‎【详解】带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在M、N两点动能相等，则电势能也相等，则M、N两点电势相等．因为匀强电场，所以两点的连线MN即为等势面．根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线CO．由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着CO方向； 可知，速度方向与电场力方向夹角先大于90°后小于90°，电场力对粒子先做负功后做正功，所以电势能先增大后减小．故AB正确；匀强电场的电场强度Ed=U式中的d是沿着电场强度方向的距离，则，故C错误；粒子在匀强电场受到的是恒定的电场力，不可能做圆周运动，选项D错误；故选AB.‎ ‎【点睛】紧扣动能相等作为解题突破口，由于仅在电场力作用下，所以得出两点的电势能大小关系．并利用等势面与电场线垂直的特性，从而推出电场线位置．再由曲线运动来确定电场力的方向．同时考查U=Ed中d的含义重要性，注意公式中的d为沿电场线方向上的距离．‎ ‎9.如图所示，质量为m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上．现对木块施加一水平向右的拉力F，木块在长木板上滑行，长木板始终静止．已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．则(　　)‎ A. μ1一定小于μ2‎ B. μ1可能大于μ2‎ C. 改变F的大小，F>μ2(m1＋m2)g时，长木板将开始运动 D. 改F作用于长木板，F>(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因为木块所受的摩擦力为滑动摩擦力，地面对木板的摩擦力为静摩擦力，无法比较动摩擦因数的大小．通过对木板分析，根据水平方向上的受力判断其是否运动．当F作用于长木板时，先采用隔离法求出临界加速度，再运用整体法，求出最小拉力．‎ ‎【详解】对m1，根据牛顿运动定律有：F-μ1m1g=m1a，对m2，由于保持静止有：μ1m1g-Ff=0，Ff＜μ2（m1+m2）g，所以动摩擦因数大小从中无法比较．故A错误、B正确．改变F的大小，只要木块在木板上滑动，则木块对木板的滑动摩擦力不变，则长木板仍然保持静止．故C错误．若将F作用于长木板，当木块与木板恰好开始相对滑动时，对木块，μ1m1g=m1a，解得a=μ1g，对整体分析，有F-μ2（m1+m2）g=（m1+m2）a，解得F=（μ1+μ2）（m1+m2）g，所以当F＞（μ1+μ2）（m1+m2）g时，长木板与木块将开始相对滑动．故D正确．故选BD．‎ ‎【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，结合整体和隔离法，运用牛顿第二定律进行求解．‎ 三、 简答题：本题共3小题，共计30分．‎ ‎10.(1)如图所示，螺旋测微器读数为________mm.‎ ‎ ‎ ‎(2)如图所示是测量木块与长木板之间的动摩擦因数实验装置图，图中一端带有定滑轮的长木板水平固定．图乙为木块在水平木板上带动纸带运动时打点计时器打出的一条纸带，0、1、2、3、4、5、6、7为计数点，打点计时器的电源为50 Hz的交流电，则木块加速度大小为________m/s2.(结果保留两位有效数字)‎ ‎(3)若测得木块的质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m，木块的加速度为a，重力加速度为g，则木块与长木板间动摩擦因数μ＝________________(用题中所给字母表示)．‎ ‎(4)如果滑轮略向下倾斜，使细线没有完全调节水平，由此测得的μ值________(选填“偏大”或“偏小”)．‎ ‎【答案】 (1). 9.200(或9.198、9.199) (2). 0.46(0.44～0.47) (3). (4). 偏大 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查螺旋测微器的读数、连结体问题，根据牛顿第二定律列式计算可得。‎ ‎【详解】(1)[1] 螺旋测微器的读数为固定刻度+可动刻度，即 ‎(2)[2] 去掉最前面的一段，由逐差法可得 求得 ‎ ‎(3) [3] 取砝码盘和砝码为研究对象，由牛顿第二定律可得 取木块为研究对象，由牛顿第二定律可得 两式联立可得 ‎(4)[4] 滑轮略向下倾斜，细线没有完全调节水平，木块受到的摩擦力增大，则整体的加速度变小，由表达式 可知测得的μ值偏大。‎ ‎【点睛】(1) 螺旋测微器读数时注意有效数字要求，以mm为单位一定是3位小数。‎ ‎(2) 用隔离法根据牛顿第二定律列式，联立求得摩擦因数的表达式，根据表达式分析可得。‎ ‎11.某同学准备测定一电池的电动势和内阻．‎ ‎(1)先用多用电表“直流2．5V挡”粗测该电池电动势，读数为__________V．‎ ‎(2)为较精确测量电池电动势和内阻，设计了图甲所示的电路，其中定值电阻R约为3Ω，标有长度刻度的电阻丝ac每单位长度电阻为R0，电流表内阻不计．根据图甲完成图乙中实物连线_______．‎ ‎(3)闭合开关S，滑动触点P，记录aP的长度L和相应电流表的示数I，测得几组L、I值．以为纵坐标，以L为横坐标，作出如图丙所示的图象．已知图线斜率为k，图线与纵轴截距为b，由此可求得电池电动势E=___________，内阻r=_________．(用题中字母k、b、R、R0表示)‎ ‎【答案】 (1). 1.55； (2). ； (3). ； (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直流2.5 V挡，最小刻度为0.05V，根据表盘读数；（2）根据电路图连接实物图；（3）根据闭合电路欧姆定律建立函数关系，根据斜率和截距求解电动势和内阻.‎ ‎【详解】（1）用多用电表“直流2.5 V挡”粗测该电池电动势，最小刻度为0.05V，则读数为1.55V.‎ ‎（2）实物连线如图；‎ ‎（3）由闭合电路欧姆定律： 解得，可知， 解得，.‎ ‎【点睛】遇到涉及图象的实验问题，可以首先根据物理定律写出表达式，然后整理出关于纵轴与横轴物理量的函数，再结合斜率与截距的概念即可求解．‎ ‎12.下列说法正确的是________．‎ A. 石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同 B. 液体表面张力方向与液面垂直并指向液体内部 C. 降低温度可以使未饱和汽变成饱和汽 D. 当分子间距离增大时，分子间的引力增大，斥力减小 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同，选项A正确；表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直，故B错误；饱和蒸气压是物质的一个重要性质，它的大小取决于物质的本性和温度，降低温度可以使未饱和汽变成饱和汽，故C正确；当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，选项D错误；故选AC.‎ ‎13.(1)如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①②③到达状态d.过程①中气体________(选填“放出”或“吸收”)了热量，状态d的压强________(选填“大于”或“小于”)状态b的压强．‎ ‎(2)在第(1)问③状态变化过程中，1 mol该气体在c状态时的体积为10 L，在d状态时压强为c状态时压强的.求该气体在d状态时每立方米所含分子数．(已知阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023 mol－1，结果保留一位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). 吸收； (2). 4×1025个 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据热力学第一定律判断吸热放热情况；根据PV/T=C可知两状态的压强．（2）根据玻意耳定律求解体积，结合阿伏伽德罗常数求解分子数.‎ ‎【详解】（1）过程①中气体的体积不变，温度升高，内能变大，则气体吸收了热量，状态d的T/V的值小于状态b的T/V的值，根据PV/T=C可知状态d的压强小于状态b的压强．‎ ‎（2）根据pcVc＝pdVd，解得 Vd＝15 L n＝＝个＝4×1025个．‎ 四、 计算题：本题共4小题，共计59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，答案中必须明确写出数值和单位．‎ ‎14.如图所示，半径为R的圆管BCD竖直放置，一可视为质点的质量为m的小球以某一初速度从A点水平抛出，恰好从B点沿切线方向进入圆管，到达圆管最高点D后水平射出．已知小球在D点对管下壁压力大小为mg，且A、D两点在同一水平线上，BC弧对应的圆心角θ＝60°，不计空气阻力．求：‎ ‎(1)小球在A点初速度的大小；‎ ‎(2)小球在D点角速度的大小；‎ ‎(3)小球在圆管内运动过程中克服阻力做的功．‎ ‎【答案】(1)；(2)；(3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据几何关系求出平抛运动下降的高度，从而求出竖直方向上的分速度，根据运动的合成和分解求出初速度的大小．‎ ‎（2）根据向心力公式求出小球在D点的速度，从而求解小球在D点角速度．‎ ‎（3）对A到D全程运用动能定理，求出小球在圆管中运动时克服阻力做的功．‎ ‎【详解】（1）小球从A到B，竖直方向: vy2＝2gR(1＋cos 60°)‎ 解得vy＝‎ 在B点：v0＝＝.‎ ‎（2）在D点，由向心力公式得mg-mg＝‎ 解得vD＝ 　‎ ω＝＝.‎ ‎（3）从A到D全过程由动能定理：－W克＝mvD2－mv02　 ‎ 解得W克＝mgR.‎ ‎【点睛】本题综合考查了平抛运动和圆周运动的基础知识，难度不大，关键搞清平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及圆周运动向心力的来源．‎ ‎15.如图所示，光滑导轨MN和PQ固定在竖直平面内，导轨间距为L，两端分别接有阻值均为R的定值电阻R1和R2, 两导轨间有一边长为 的正方形区域abcd，该区域内有磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场．一质量为m的金属杆与导轨相互垂直且接触良好，从ab处由静止释放，若金属杆离开磁场前已做匀速运动，其余电阻均不计．求：‎ ‎(1) 金属杆离开磁场前的瞬间流过R1的电流大小和方向；‎ ‎(2) 金属杆离开磁场时速度的大小；‎ ‎(3) 金属杆穿过整个磁场过程中电阻R1上产生电热．‎ ‎【答案】(1)，方向从P到M；(2)；(3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）杆出磁场前已做匀速运动，重力与安培力平衡，由安培力公式F=BIL和平衡条件求解； （2）杆产生的感应电动势E=Bv，又根据闭合欧姆定律得到E=I，联立可求得速度v； （3）金属杆穿过整个磁场过程中，重力做功为mg•，杆获得的动能为mv2，根据能量守恒定律求解回路中产生的总热量，根据两个电阻并联求解R1上产生的电热．‎ ‎【详解】（1）设流过金属杆中的电流为I，由平衡条件得mg＝BI，‎ 解得I＝‎ 所以R1中的电流大小I1＝，方向从P到M.‎ ‎（2）设杆匀速运动时的速度为v 由E＝Bv　‎ E＝I　‎ 得v＝ ‎ ‎（3）mg＝Q＋mv2‎ 得 　　‎ R1上产生的焦耳热为 ‎【点睛】本题是电磁感应中电路问题，掌握安培力公式、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律是基础；搞清能量之间的转化关系．‎ ‎16.如图所示，一质量为M、足够长平板静止于光滑水平面上，平板左端与水平轻弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上．平板上有一质量为m的小物块以速度v0向右运动，且在本题设问中小物块保持向右运动．已知小物块与平板间的动摩擦因数为μ，弹簧弹性势能Ep与弹簧形变量x的平方成正比，重力加速度为g.求：‎ ‎ ‎ ‎(1)当弹簧第一次伸长量达最大时，弹簧的弹性势能为Epm，小物块速度大小为求该过程中小物块相对平板运动的位移大小；‎ ‎(2)平板速度最大时弹簧的弹力大小；‎ ‎(3)已知上述过程中平板向右运动的最大速度为v.若换用同种材料，质量为的小物块重复上述过程，则平板向右运动的最大速度为多大？‎ ‎【答案】(1)；(2)；(3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）对系统由能量守恒求解小物块相对平板运动的位移；（2）平板速度最大时，处于平衡状态，弹力等于摩擦力；（3）平板向右运动时，位移大小等于弹簧伸长量，当木板速度最大时弹力等于摩擦力，结合能量转化关系解答.‎ ‎【详解】（1）弹簧伸长最长时平板速度为零，设相对位移大小为s，对系统由能量守恒 mv02＝m()2＋Epm＋μmgs　‎ 解得s＝‎ ‎（2）平板速度最大时，处于平衡状态，f＝μmg　‎ 即F＝f＝μmg.‎ ‎（3）平板向右运动时，位移大小等于弹簧伸长量，当木板速度最大时 μmg＝kx　‎ 对木板由动能定理得μmgx＝Ep1＋Mv2‎ 同理，当m′＝m，平板达最大速度v′时，＝kx′‎ μmgx′＝Ep2＋Mv′2‎ 由题可知Ep∝x2，即Ep2＝Ep1　‎ 解得v′＝v.‎ ‎17.如图所示，半径为a的圆内有一固定的边长为1.5a的等边三角形框架ABC，框架中心与圆心重合，S为位于BC边中点处的狭缝．三角形框架内有一水平放置带电的平行金属板，框架与圆之间存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场．一束质量为m、电量为q，不计重力的带正电的粒子，从P点由静止经两板间电场加速后通过狭缝S，垂直BC边向下进入磁场并发生偏转．忽略粒子与框架碰撞时能量与电量损失．求：‎ ‎ ‎ ‎(1)要使粒子进入磁场后第一次打在SB的中点，则加速电场的电压为多大？‎ ‎(2)要使粒子最终仍能回到狭缝S，则加速电场电压满足什么条件？‎ ‎(3)回到狭缝S的粒子在磁场中运动的最短时间是多少？‎ ‎【答案】(1)；(2)；(3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）带电粒子在匀强电场中做匀加速直线运动，进入磁场后做圆周运动，结合几何关系找到半径，求解加速电场的电压；（2）要使粒子能回到S，则每次碰撞时粒子速度都应与边垂直，则可能的情况是：粒子与框架垂直碰撞，绕过三角形顶点时的轨迹圆弧的圆心应位于三角形顶点上，即SB为半径的奇数倍；要使粒子能绕过顶点且不飞出磁场，临界情况为粒子轨迹圆与磁场区域圆相切；（3）根据带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹图，找到圆周运动的圆心角，结合圆周运动周期公式，求出在磁场中运动的最短时间；‎ ‎【详解】（1）粒子在电场中加速，qU＝mv2　‎ 粒子在磁场中，qvB＝　‎ r＝　‎ 解得 ‎ ‎（2）要使粒子能回到S，则每次碰撞时粒子速度都应与边垂直，则r和v应满足以下条件：‎ ‎①粒子与框架垂直碰撞，绕过三角形顶点时的轨迹圆弧的圆心应位于三角形顶点上，即SB为半径的奇数倍，‎ 即 (n＝1，2，3，… )‎ ‎②要使粒子能绕过顶点且不飞出磁场，临界情况为粒子轨迹圆与磁场区域圆相切，‎ 即r≤a－a ‎ 解得n≥3.3，即n＝4，5，6…　‎ 得加速电压(n＝4，5，6，…)．‎ ‎（3）粒子在磁场中运动周期为T qvB＝，T＝‎ 解得T＝　 ‎ 当n＝4时，时间最短，即 tmin＝3×6×＋3×T＝T ‎ 解得tmin＝.‎ ‎ ‎ ‎ ‎