广东省广州市2021届第一次新高考模拟考试物理试卷含解析 18页

广东省广州市 2021 届第一次新高考模拟考试物理试卷 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的 1．1789 年英国著名物理学家卡文迪许首先估算出了地球的平均密度．根据你所学过的知识，估算出地球 密度的大小最接近 （ ）（地球半径 R=6400km ，万有引力常量 G=6.67×10-11N·m 2/kg 2） A． 5.5 ×103kg/m 3 B．5.5 ×104kg/m 3 C．7.5 ×103kg/m 3 D． 7.5 ×104kg/m 3 【答案】 A 【解析】 【分析】 【详解】 由黄金代换 2 GMmmg R 可得地球质量 G gRM 2 ，地球体积公式 34 3 V R 可得密度 3 33 5.5 10 kg/m 4 g GR ，故 A 正确 BCD 错误。 2．有一种电四极子的电荷分布及位置关系如图所示。 A、B 两点位于负电荷的同侧，与负电荷的距离分别 为 3l 与 l。下列说法正确的是（ ） A． A、 B 两点场强的大小关系 A BE E B． A、 B 两点电势的高低关系 A B C．电子在 A 点的电势能小于在 B 点的电势能 D．将一重力不计正点电荷由 A 点静止释放，将做加速度逐渐增大的加速运动 【答案】 C 【解析】 【详解】 A．由场强叠加可知 2 2 2 2 2 184 (5 ) (3 ) 225A q q q kqE k k k l l l l 方向向左； 2 2 2 2 2 26 (3 ) 9B q q q kqE k k k l l l l 方向向右； 则 A BE E ，选项 A 错误； BC．由 A 的计算可知，最左边位于 C 处的 +q 与 A 之间的场强向左， CB 之间的场强向右，因沿电场线电 势降低，可知 A、B 两点电势均比 C 点电势低，由于 A BE E ，则由 U=Ed 可知 CA CBU U ，可知 A 点电 势高于 B 点，即 A B ，则电子在 A 点的电势能小于在 B 点的电势能，选项 B 错误， C 正确； D．因在 A 点左侧会存在一个合场强为零的位置， 则从 A 点到此位置场强逐渐减小， 则将一重力不计正点 电荷由 A 点静止释放，在到达场强为零的位置的过程中，将做加速度逐渐减小的加速运动，选项 D 错误。 故选 C。 3．如图所示的电路中， D1、D 2 是完全相同的灯泡，线圈 L 的自感系数较大，直流电阻不计。先闭合开关 S，电路稳定后再断开开关 S，此时 ( ) A． D1 立刻熄灭 B． D2 立刻熄灭 C． D1 闪亮一下逐渐熄灭 D． D2 闪亮一下逐渐熄灭 【答案】 D 【解析】 【详解】 电路稳定后断开开关，线圈发生断电自感，产生自感电动势，有同方向的电流，由于 D1、D2 是完全相同 的灯泡，线圈 L 的自感系数较大，直流电阻不计，原来 D1、线圈和 D 2、电阻并联， D2 回路电阻大，电流 小，所以自感电流大于原来通过 D2 电流，但不会大于原来通过 D1 的电流，所以 D2 闪亮一下逐渐熄灭， D1 逐渐熄灭，所以 D 正确， ABC 错误； 故选 D。 4．某银行向在读成人学生发放贷记卡，允许学生利用此卡存款或者短期贷款．一位同学将卡内余额类比 成运动中的 “速度 ”，将每个月存取款类比成 “加速度 ”，据此类比方法， 某同学在银行账户 “ 元 ”的情况 下第一个月取出 500 元，第二个月取出 1000 元，这个过程可以类比成运动中的 ( ) A．速度减小，加速度减小 B．速度增大，加速度减小 C．速度增大，加速度增大 D．速度减小，加速度增大 【答案】 C 【解析】 【详解】 将每个月取款类比成 “加速度 ”，第一个月取出 500 元，第二个月取出 1000 元，说明加速度变大，将卡内 余额类比成运动中的 “速度 ”，卡内贷款变多，则速度增大，故 C 正确。故选 C。 5．关于原子、原子核的相关知识，下列说法正确的是（ ） A．当发生光电效应时，光电子的最大初动能随着入射光强度的增大而增大 B．当氢原子从 n=3 的能级跃迁到 n=5 的能级时，辐射出光子 C．核反应 27 4 30 13 2 15Al+ He P+X 方程中的 X 是中子 D．轻核聚变的过程质量增大，重核裂变的过程质量亏损 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 A．当发生光电效应时，光电子的最大初动能随着入射光频率的增大而增大，与光强无关，选项 A 错误； B．当氢原子从 n=3 的能级跃迁到 n=5 的能级时，要吸收出光子，选项 B 错误； C．根据核反应的质量数和电荷数守恒可知， 核反应 27 4 30 13 2 15Al+ He P+X 方程中的 X 质量数为 1，电荷数 为 0，是中子，选项 C 正确； D．轻核聚变的过程和重核裂变的过程都要释放能量，有质量亏损，选项 D 错误。 故选 C。 6．如图，两束单色光 A、B 分别沿半径方向由空气射入半圆形玻璃砖，出射时合成一束复色光 P，下列 说法正确的是 A． A 光的频率小于 B 光的频率 B．在玻璃砖中 A 光的传播速度小于 B 光的传播速度 C．玻璃砖对 A 光的折射率大于对 B 光的折射率 D．两种单色光由玻璃射向空气时， A 光的临界角较小 【答案】 A 【解析】 【详解】 由题图可知，玻璃砖对 B 光的折射程度大，则 n B＞n A，故 B 光的频率较大， 故 A 正确、 C 错误；由 v=c/n 知，在玻璃砖中， vB＜vA，故 B 错误；两种单色光由玻璃射向空气时，由于 sinC=1/n ，所以， CB＜ CA ， 故 D 错误；故选 A。 二、多项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目 要求．全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分 7．一个静止的放射性原子核处于垂直纸面向里的匀强磁场中，由于发生了某种衰变而形成了如图所示的 两个圆形径迹，则（ ） A．该原子核发生了 衰变 B．该原子核发生了 衰变 C．打出衰变粒子的反冲核沿小圆逆时针运动 D．该原子核的衰变过程结束后，其系统的总质量略有增加 【答案】 BC 【解析】 【详解】 AB ．而衰变后两个新的带电粒子向相同方向偏转，故两粒子带异种电荷，原子核发生了 β衰变， A 项错 误、 B 项正确； C．由于衰变后两带电粒子的动量大小相等， 根据圆周运动的规律， 带电粒子的轨迹半径 mvr qB ，电荷量 大的轨迹半径小，再利用左手定则判断反冲核沿逆时针方向运动， C 项正确； D．衰变中有核能转变为其他形式的能，故系统发生质量亏损，即总质量略有减少， D 项错误。 故选 BC 。 8．如图所示，沿 x 轴正方向传播的一列简谐横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为 200m/s，则 下列说法正确的是（ ） A．图示时刻质点 b 的加速度正在增大 B．从图示时刻开始，经 0.01s，质点 b 位于平衡位置上方，并向 y 轴正方向做减速运动 C．从图示时刻开始，经 0.01s，质点 a 沿波传播方向迁移了 2m D．若该波发生明显的衍射现象，则它所遇到的障碍物或孔的尺寸一定比 4m 大得多 【答案】 AB 【解析】 【分析】 【详解】 A．由于波沿 x 轴正方向传播，根据 “上下坡 ”法，知道 b 质点正向下振动，位移增大，加速度正在增大， 故 A 正确； B．由图知，波长 λ =4m，则该波的周期为 4 s=0.02s 200 T v 从图示时刻开始，经过 0.01s，即半个周期，质点 b 位于平衡位置上方，并向 y 轴正方向做减速运动，故 B 正确； C．质点 a 不会沿波传播方向迁移，故 C 错误； D．当波的波长比障碍物尺寸大或差不多时，就会发生明显的衍射，所以若该波发生明显的衍射现象，则 该波所遇到的障碍物尺寸一定比 4 m 小或和 4m 差不多，故 D 错误。 故选： AB 。 9．大小相同的三个小球 （可视为质点） a、b、c 静止在光滑水平面上， 依次相距 l 等距离排列成一条直线， 在 c 右侧距 c 为 l 处有一竖直墙，墙面垂直小球连线，如图所示。小球 a 的质量为 2m， b、c 的质量均为 m。某时刻给 a 一沿连线向右的初动量 p，忽略空气阻力、碰撞中的动能损失和碰撞时间。下列判断正确 的是（ ） A． c 第一次被碰后瞬间的动能为 22 9 p m B． c 第一次被碰后瞬间的动能为 24 9 p m C． a 与 b 第二次碰撞处距竖直墙的距离为 6 5 l D． a 与 b 第二次碰撞处距竖直墙的距离为 7 5 l 【答案】 AC 【解析】 【分析】 【详解】 a 球与 b 球发生弹性碰撞，设 a 球碰前的初速度为 v0，碰后 a、 b 的速度为 1v 、 2v ，取向右为正，由动量 守恒定律和能量守恒定律有 0 1 22 2mv mv mv 2 2 2 0 1 2 1 1 12 2 2 2 2 mv mv mv 其中 02p mv ，解得 0 1 3 vv ， 0 2 4 3 vv b 球以速度 v2 与静止的 c 球发生弹性碰撞，设碰后的速度为 3v 、 4v ，根据等质量的两个球发生动静弹性 碰撞，会出现速度交换，故有 3 0v ， 4 2 0 4 3 v v v AB ．c 第一次被碰后瞬间的动能为 2 2 2 kc 4 0 21 1 4 8( ) ( ) 2 2 3 9 2 92 pE mv m v m p mm 故 A 正确， B 错误； CD ．设 a 与 b 第二次碰撞的位置距离 c 停的位置为 x ，两次碰撞的时间间隔为 t，b 球以 v2 向右运动 l 与 c 碰撞， c 以一样的速度 v4 运动 2l 的距离返回与 b 弹碰， b 再次获得 v4 向左运动直到与 a 第二次碰撞，有 22x l l v t 对 a 球在相同的时间内有 1l x v t 联立可得 5 lx ，故 a 与 b 第二次碰撞处距竖直墙的距离为 6 5 d x l l 故 C 正确， D 错误。 故选 AC 。 10．下列说法正确的是（ ） A．悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了水分子的热运动 B．理想气体温度升高时，分子动能一定增大 C．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点 D．当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大 E.可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功，而不产生其他变化 【答案】 ACD 【解析】 【分析】 【详解】 A．布朗运动是悬浮在水中花粉的无规则运动是由于液体分子对花粉颗粒的无规则撞击形成的，所以布朗 运动反映了水分子的热运动；故 A 正确； B．理想气体的分子动能与分子的数目、温度有关，理想气体温度升高时，分子平均动能增大，但分子数 目的情况不清楚，故分子动能的变化情况不清楚，故 B 错误； C．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故 C 正确； D．当分子力表现为引力时，距离增大时，分子力做负功，故分子势能增大，故 D 正确； E．根据热力学第二定律可知，不可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功，从而不产生其他变化，故 E 错误。 故选 ACD 。 11．下列说法正确的是（ ） A．随着分子间距离的增大，分子势能一定先减小后增大 B．把细玻璃棒尖端放在火焰上烧熔，它的尖端就会变钝，这跟表面张力有关 C．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向同性的特点 D．对于一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸收热量 E.热力学第二定律使人们认识到，一切与热现象有关的宏观自然过程都是有方向性的 【答案】 BDE 【解析】 【详解】 A．随着分子距离的增大，若分子力从斥力变为引力，分子力先做正功，后做负功，则分子势能先减小后 增大，若分子力一直表现为引力，随着分子间距离的增大，分子力一直做负功，分子势能一直增大，故 A 错误； B．细玻璃棒尖端放在火焰上烧熔，它的尖端就会变钝，这跟表面张力有关，故 B 正确； C．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故 C 错误； D．对于一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，根据理想气体状态方程 pV C T 可知气体的温度升高，则内能增大，由于气体对外做功，则它一定从外界吸收热量，故 D 正确； E．自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故 E 正确。 故选 BDE 。 12．如图所示，真空中 xOy 平面内有一束宽度为 d 的带正电粒子束沿 x 轴正方向运动，所有粒子为同种 粒子，速度大小相等， 在第一象限内有一方向垂直 x Oy 平面的有界匀强磁场区（图中未画出） ，磁感应 强度为 B。所有带电粒子通过磁场偏转后都会聚于 x 轴上的 a 点。下列说法中正确的是（ ） A．磁场方向一定是垂直 xOy 平面向外 B．所有粒子通过磁场区的时间相同 C．如果粒子速率 v0= 2 qBd m ，能保证所有粒子都打在 a 点的最小磁场区域面积为 2 4 d D．如果粒子速率 v0= qBd m ，能保证所有粒子都打在 a 点的最小磁场区域面积为 2 2 2 d d 【答案】 ACD 【解析】 【详解】 A．由题意可知，正粒子经磁场偏转，都集中于一点 a ，根据左手定则可有，磁场的方向垂直 xOy 平面向 外，故 A 正确； B．由洛伦兹力提供向心力，可得 2 mT Bq 运动的时间 2 mt T Bq 运动的时间还与圆心角有关，粒子做圆周运动的圆心角不同，因此粒子的运动时间不等，故 B 错误； C．当粒子速率 0 2 qBdv m 时，粒子做圆周运动的半径为 0 1 2 mv dr qB 能保证所有粒子都打在 a 点的最小磁场区域如图 最小磁场区域面积为 2 2( ) 2 4 d ds 故 C 正确； D．当粒子速率 0 qBdv m 时，粒子做圆周运动的半径为 0 2 mvr d qB 能保证所有粒子都打在 a 点的最小磁场区域如图 最小磁场区域面积为 2 2 2 21 12 ( ) 4 2 2 ds d d d 故 D 正确； 故选 ACD 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．某学习小组在 “描绘小灯泡的伏安特性曲线 ”实验中，除导线和开关外，可供选择的实验器材如下： A．小灯泡 L ，规格 2.5V，1.0W B．电流表 A 1，量程 0.6A ，内阻约为 1.5 Ω C．电流表 A 2，量程 3A ，内阻约为 0.5 Ω D．电压表 V 1，量程 3V ，内阻约为 3kΩ E．电压表 V 2，量程 15V ，内阻约为 9kΩ F．滑动变阻器 R1，阻值范围 0~1000 Ω G ．滑动变阻器 R2，阻值范围 0~5Ω H ．学生电源 4V，内阻不计 (1)为了调节方便，测量尽量准确，电流表应选用 ______、电压表应选用 ______、实验电路应选用如下电路 中的 ______（一律填选项序号） 。 A． B． C． D． (2)实验测得该灯泡的伏安特性曲线如图所示，由此可知，当灯泡两端电压为 2.0V 时，小灯泡的灯丝电阻 是 _______Ω（保留两位有效数字） 。 【答案】 B D C 5.1(或 5.2 或 5.3) 【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1][2] 小灯泡 L 的额定电压为 2.5V，故电压表选 D(3V) ，额定电流为 1 A 0.4A 2.5m PI U 故电流表选 B(0.6A) ； [3] 小灯泡的电阻为 2 22.5 5.25 1 UR P 由于 A V 1.5 3000R R R 故采用电流表外接法，要求小灯泡两端的电压从零开始，所以滑动变阻器采用分压式接法，故实验电路应 选 C。 (2)[4] 由 I U 图像可知，当灯泡两端电压为 2.0V 时，小灯泡的电流约为 0.38A ，则小灯泡的电阻为 2 Ω 5.3Ω0.38 UR I (5.1 或 5.2) 14．用如图甲所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道 PQ 滑下后从 Q 点飞出，落在水平挡板 MN 上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧 面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。 (1)下列实验条件必须满足的有 ____________； A．斜槽轨道光滑 B．斜槽轨道末段水平 C．挡板高度等间距变化 D．每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球 (2)为定量研究，建立以水平方向为 x 轴、竖直方向为 y 轴的坐标系； a．取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于 Q 点，钢球的 _______（选填 “最上端 ”、“最下端 ”或 者 “球心 ”）对应白纸上的位置即为原点；在确定 y 轴时 _______（选填 “需要 ”或者 “不需要 ”） y 轴与重锤 线平行； b．若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图乙所示，在轨迹上取 A 、B、C 三点， AB 和 BC 的水平间距相等且均为 x ，测得 AB 和 BC 的竖直间距分别是 1y 和 2y ，则 1 2 y y _______ 1 3 （选填 “大 于 ”、 “等于 ”或者 “小于 ”）。可求得钢球平抛的初速度大小为 _______（已知当地重力加速度为 g ，结果用 上述字母表示） 。 (3)为了得到平拋物体的运动轨迹，同学们还提出了以下三种方案，其中可行的是 _______； A．从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹 B．用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹 C．将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，将会在白纸上留下 笔尖的平抛运动轨迹 (4)伽利略曾研究过平抛运动，他推断：从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，不论它们能射多 远，在空中飞行的时间都一样。这实际上揭示了平抛物体 _______。 A．在水平方向上做匀速直线运动 B．在竖直方向上做自由落体运动 C．在下落过程中机械能守恒 【答案】 BD 球心 需要 大于 2 1 gx y y AB B 【解析】 【详解】 (1)[1] 因为本实验是研究平抛运动，只需要每次实验都能保证钢球做相同的平抛运动，即每次实验都要保 证钢球从同一高度处无初速度释放并水平抛出，没必要要求斜槽轨道光滑，因此 A 错误， BD 正确；挡板 高度可以不等间距变化，故 C 错误。 故选 BD 。 (2)a ．[2][3] 因为钢球做平抛运动的轨迹是其球心的轨迹，故将钢球静置于 Q 点，钢球的球心对应的白纸 上的位置即为坐标原点 (平抛运动的起始点 )；在确定 y 轴时需要 y 轴与重锤线平行。 b．[4][5] 由于平抛的竖直分运动是自由落体运动，故相邻相等时间内竖直方向上的位移之比为 1:3:5： ⋯， 故两相邻相等时间内竖直方向上的位移之比越来越大，因此 1 2 y y 大于 1 3 ；由 2 2 1y y gT ， 0x v T 联立解得 0 2 1 gx y v y (3)[6] 将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，由于铅笔受摩擦 力作用，且不一定能保证铅笔水平，铅笔将不能始终保持垂直白纸板运动，铅笔将发生倾斜，故不会在白 纸上留下笔尖的平抛运动轨迹，故 C 不可行， AB 可行。 (4)[7] 从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，可认为做平抛运动，因此不论它们能射多远，在 空中飞行的时间都一样，这实际上揭示了平抛物体在竖直方向上做自由落体运动，故选项 B 正确。 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．如图所示，导热性能良好的气缸静止于水平地面上，缸内用横截面积为 S，质量为 m 的活塞封闭着一 定质量的理想气体。在活塞上放一砝码，稳定后气体温度与环境温度相同均为 T 1.若气体温度为 T 1 时，气 柱的高度为 H。当环境温度缓慢下降到 T2 时，活塞下降一定的高度；现取走砝码，稳定后活塞恰好回到 原来高度。已知外界大气压强保持不变，重力加速度为 g，不计活塞与气缸之间的摩擦， T 1、T 2 均为热力 学温度，求： (1)气体温度为 2T 时，气柱的高度； (2)砝码的质量。 【答案】 (1) 2 1 HT T ；(2) 0 1 2 2 p S mg T T gT 【解析】 【分析】 【详解】 (1)设气体温度为 1T 时，气柱的高度为 H ，环境温度缓慢下降到 2T 的过程是等压変化，根据盖 —吕萨克定 律有 1 2 HS hS T T 解得 2 1 HTh T (2)设砝码的质量为 M ，取走砝码后的过程是等温变化 2 0 ( )m M gp p S ， 2V hS 3 0 mgp p S ， 3V HS 由玻意耳定律得 2 2 3 3p V p V 联立解得 0 1 2 2 p S mg T TM gT 16．如图所示，在竖直向下的恒定匀强磁场 B=2T 中有一光滑绝缘的四分之一圆轨道，一质量 m=3kg 的 金属导体 MN 长度为 L=0.5m ，垂直于轨道横截面水平放置，在导体中通入电流 I，使导体在安培力的作 用下以恒定的速率 v=1m/s 从 A 点运动到 C 点， g=10m/s2 求： (1)电流方向； (2)当金属导体所在位置的轨道半径与竖直方向的夹角为 θ=30 时，求电流的大小； (3)当金属导体所在位置的轨道半径与竖直方向的夹角为 θ=60 时，求安培力的瞬时功率 P。 【答案】 (1)M 指向 N；(2) 10 3AI ； (3) 15 3WP 【解析】 【分析】 【详解】 (1)从 A 到 C 的过程中对导体棒受力分析，安培力方向水中水平向左，根据左手定则可判断电流方向从 M 指向 N (2)因为金属导体 MN 做匀速圆周运动，由 sin cosmg F安 F BIL安 则 tanmgI BL 得 10 3AI (3)根据功率的计算公式可得 cos60 sin60P F v mgv安 得 15 3WP 17．如图所示，水平虚线 ab 和 cd 在同一竖直平面内，间距为 L ，中间存在着方向向右与虚线平行的匀强 电场，虚线 cd 的下侧存在一圆形磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，圆形磁场与虚线 cd 相切于 M 点。 一质量为 m、带电量为 +q 的粒子由电场上边界的 S 点以速度 v0 垂直电场方向进人电场，经过一段时间粒 子从 M 点离开电场进人磁场，粒子在磁场中的速度大小为 2v0，经偏转后，粒子由虚线 cd 上的 N 点垂直 于虚线返回匀强电场且刚好再次回到 S 点。粒子重力忽略不计，求： （ 1） SM 两点间的距离； （ 2）圆形磁场的半径 r 以及磁感应强度 B 的大小； （ 3）带电粒子在整个运动过程中的总时间。 【答案】 （1） 7 2 L ；（2） 5 4 L ， 08 3 5 mv qL ；（3） 0 29 5 3 16 18 L v 。 【解析】 【详解】 （ 1）根据题意作出粒子的运动轨迹如图所示 在电场中，粒子带正电，从 S 到 M 过程中做类平抛运动，在竖直方向做匀速直线运动，则有 1 0 Lt v 在 M 点，沿水平方向的速度 2 2 0 0 02 3Mxv v v v 所以粒子的侧位移 1 3 2 2 MxvPM t L 则 SM 两点间的距离 2 2 3 7 2 2 SM L L L （ 2）在 M 处，由速度关系知 0 0 1sin 2 2 v v 解得 30o 粒子在电场中从 N 返回 S 过程中的时间为 2 02 Lt v 根据位移时间公式有 2 2 1 2 PN at 且 2 0 1 3Mxv va t L 解得 3 8 PN L 则 5 3 8 MN MP PN L 由几何关系知，在 MNT 中 5 cos30 4 MNMT Lo 1 5 2 8 MK MT L 在 MQK 中，带电粒子的轨道半径为 5 3 cos30 12 MKR Lo 粒子在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有 2vqBv m R 又 02v v 解得 08 3 5 mvB qL 由图知， MOT 为等边三角形，所以圆形磁场区域的半径 5 4 r MO MT L （ 3）带电粒子在磁场中运动的周期 2 mT qB ，由几何知识可知，带电粒子在磁场中运动轨迹对应的圆 心角为 240o ，则带电粒子在磁场中运动的时间为 3 0 2 5 3 3 18 Lt T v 粒子从 T 点飞出磁场到达 N 点过程中 5sin 30 8 TN MT Log 则 4 0 0 5 2 16 TN Lt v v 所以粒子从 S 点出发到再次返回到 S 点的时间为 1 2 3 4 0 29 5 3 16 18 Lt t t t t v