1、浙江省杭州高级中学2020届高三物理下学期5月模拟考试试题（含解析）一、选择题(本题共13小题，每小题3分，共39分每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.用比值法定义物理量是物理学中一种重要的思想方法，下列物理量的表达式不属于用比值法定义的是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】A.加速度是比值定义的，但是加速度是牛顿第二定律得到的，不属于比值定义的，故选项A符合题意；B.磁感应强度的大小由磁场本身决定，与放入磁场中导线长度和电流的大小无关，磁感应强度采用的是比值定义法，故选项B不符合题意；C.运动物体与圆心连线所转过的角位移和所对应的
2、时间之比称为角速度，角速度采用的是比值定义法，故选项C不符合题意；D.功率与和时间无关，知功率采用的是比值定义法，故选项D不符合题意2.甲、乙两车在平直公路上行驶，其位移-时间图像如图所示，则下列说法正确的是（ ）A. 04s内，甲车做曲线运动，乙车做直线运动B. 2 s末，甲，乙两车相遇C. 2 s末，甲车的速度小于乙车的速度D. 04s内，甲、乙两车的平均速度相同【答案】B【解析】【详解】A.位移-时间图像只能表示直线运动的规律，知内，甲、乙两车均做直线运动，故A错误；B.2s末，两车到达同一位置，恰好相遇，故B正确；C.根据位移-时间图像中图线上某点切线的斜率表示速度可知，2s末，甲车的
3、速度大于乙车的速度，故C错误；D. 04s内，两车的位移大小均为20m，由平均速度的定义可知，甲、乙两车的平均速度大小相等，但方向不同，故D错误。故选：B。3.游乐园的小型“摩天轮”上对称站着质量相等的8位同学，如图所示，“摩天轮”在竖直平面内逆时针匀速转动，某时刻甲正好在最高点，乙处于最低点则此时甲与乙A. 线速度相同B. 加速度相同C. 所受合外力大小相等D. “摩天轮”对他们作用力大小相等【答案】C【解析】A、由于“摩天轮”在竖直平面内逆时针匀速转动，所以线速度大小相同，甲线速度方向向左，乙线速度方向向右，故A错误；B、根据可知，加速度大小相同，甲加速度方向竖直向下，乙加速度方向竖直向上
4、，故B错误；C、根据可知，所受合外力大小相等，故C正确；D、对甲有，对乙有，“摩天轮”对他们作用力大小不相等，故D错误；故选C4.轻绳一端系在质量为m的物体A上，另一端系在一个套在倾斜粗糙杆MN的圆环上。现用平行于杆的力F拉住绳子上一点O，使物体A从图中实线位置缓慢上升到虚线位置，并且圆环仍保持在原来位置不动。则在这一过程中。环对杆的摩擦力Ff和环对杆的压力FN的变化情况是（）A. Ff保持不变，FN逐渐增大B. Ff保持不变，FN逐渐减小C. Ff逐渐减小，FN保持不变D. Ff逐渐增大，FN保持不变【答案】D【解析】【详解】先对结点O受力分析,受物体的拉力(等于重力)、拉力F和绳子的拉力T
5、，根据平衡条件，结合三角形定则作图，如图所示物体缓慢上升的过程中，拉力F逐渐增大，将环和物体做为一个整体进行受力分析，如图所示将重力沿着杆和垂直于杆正交分解，可知因此在F逐渐增大的过程中，逐渐增大，保持不变，故ABC错误，D正确。故选D。5.为了研究空腔导体内外表面的电荷分布情况，取两个验电器A和B，在B上装一个几乎封闭的空心金属球C（仅在上端开有小孔），D是带有绝缘柄的金属小球，如图所示实验前他们都不带电，实验时首先将带正电的玻璃棒（图中未画出）与C接触使C带电以下说法正确的是A. 若将带正电的玻璃棒接触C外表面，则B的箔片带负电B. 若将带正电的玻璃棒接触C内表面，则B的箔片不会带电C.
6、使D接触C的外表面，然后接触A，操作若干次，观察到A的箔片张角变大D. 使D接触C的内表面，然后接触A，操作若干次，观察到A的箔片张角变大【答案】C【解析】【详解】A.若将带正电的玻璃棒接触C外表面，则C以及与C连接的B的箔片都带正电；故A错误.B.若将带正电的玻璃棒接触C内表面，则C以及与C连接的B的箔片都带正电；故B错误.C.若使D接触C的外表面，D上的电荷只有一部分转移到C上，D仍然带电；然后接触A，则A的一部分电荷又转移到A上；操作若干次，观察到A的箔片张角变大；故C正确.D.若使D接触C的内表面，则D上的电荷全部转移到C上，D不再带电；然后接触A，A不能带电；操作若干次，观察到A的箔
7、片张角不变；故D错误.6. 如图所示，一个闭合电路静止与磁场中，由于磁场强弱的变化，而使电路中产生了感应电动势，下列说法中正确的是（ ）A. 磁场变化时，会空间中激发一种电场B. 使电荷定向移动形成电流的力是磁场力C. 是电荷定向移动形成电流的力是电场力D. 以上说法都不对【答案】AC【解析】【详解】A.麦克斯韦建立了电磁场理论：变化的电场周围产生磁场，变化的磁场周围产生电场；由上可知，磁场变化时，会在空间激发一种电场，故选项A符合题意；BCD.因线圈处于激发的电场中，电场力使电荷定向移动，从而产生了感生电流，故选项BD不合题意；选项C合题意；【点睛】：本题考查了麦克斯韦电磁场理论的两条基本假
8、设，注意变化的电（磁）场才能产生磁（电）场，同时注意电流的产生条件及理解电场力驱使电荷定向移动的7.如图所示，倾斜传送带以速度v1顺时针匀速运动，t=0时刻小物体从底端以速度v2冲上传送带，t=t0时刻离开传送带。下列描述小物体的速度随时间变化的图象不可能的是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】A小物体运动过程中，在沿传送带方向上，受到重力沿传送带向下的分力和摩擦力。设摩擦力最大值为f，重力沿传送带向下的分力为F。若，物体冲上传送带后所受的滑动摩擦力沿斜面向下，做匀减速运动，当其速度与传送带相同时，若，则物体与传送带一起匀速运动，则A图是可能的。A选项不合题意，故A错误；BC
9、若，物体先做匀减速运动，后与传送带共速后，若，滑动摩擦力沿斜面向上，物体继续向上做匀减速运动，加速度减小，速度减小到零，后又向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可知共速后加速度大小不变，则B图是可能的，C图不可能。B选项不合题意，C选项符合题意，故B错误，C正确；D若，物体先做匀加速运动，与传送带共速后，若，物体与传送带一起匀速运动，则D图是可能的。D选项不合题意，故D错误。故选C。8.在空间直角坐标系O-xyz中，有一四面体C-AOB，C、A、O、B为四面体的四个顶点，坐标位置如图所示。D点在x轴上，DA=AO，在坐标原点O处固定着带电量为-Q的点电荷，下列说法正确的是（）A. A、B、C三点
10、的电场强度相同B. O、A两点间的电势差与A、D两点间的电势差相等C. 将电子由D点移到C点，电场力做正功D. 电子在B点的电势能大于在D点的电势能【答案】D【解析】【详解】A根据点电荷电场线的分布情况可知：A、B、C三点的电场强度大小相同，方向不同，而场强是矢量，则A、B、C三点的电场强度不同。故A错误；B根据点电荷的电场强度的特点可知，OA段的电场强度的大小要大于AD段的电场强度，根据解得所以O、A和A、D两点间的电势差不相等。故B错误；CO点处是负电荷，则x轴上电场强度的方向沿x轴负方向指向O点，可知D点的电势高于A点的电势。又A、B、C三点处于同一等势面上，电势相同，所以D点的电势高于
11、C点的电势，将电子由D点移到C点，电场力做负功，故C错误；DD点的电势高于A点的电势；又A、B、C三点处于同一等势面上，电势相同，所以D点的电势高于B点的电势，将电子由D点移到B点，电势降低，电场力做负功，其电势能将增加。故D正确。故选D。9.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为k，输出端接有一交流电动机，此电动机线圈的电阻为R.当原线圈两端接有正弦交变电流时，变压器的输入功率为P0，电动机恰好能带动质量为m的物体以速度v匀速上升，此时理想交流电流表A的示数为I.若不计电动机的机械能损耗，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A. 电动机输出的机械功率为P0B. 变压器的输出功率为mgvC
12、. 副线圈两端电压的有效值为D. 整个装置的效率为【答案】D【解析】A、电动机的输出的功率全部对物体做功转化为物体的机械能，所以电动机输出的机械功率为，所以A错误；B、变压器的输出功率和输入的功率相等，所以输出的功率大小为，所以B错误；C、变压器的输出功率和输入的功率相等，所以，所以副线圈两端电压的有效值为，所以C错误；D、输出的总功率为，输入的总功率为，所以整个装置的效率为，所以D正确点睛：变压器的输入功率和输出功率相等，电动机对物体做功转化为物体的机械能，即为电动机的输出的功率10.某空间站在半径为R的圆形轨道上运行，周期为T：另有一飞船在半径为r的圆形轨道上运行，飞船与空间站的绕行方向相
13、同当空间站运行到A点时，飞船恰好运行到B点，A、B与地心连线相互垂直，此时飞船经极短时间的点火加速，使其轨道的近地点为B、远地点与空间站的轨道相切于C点，如图所示当飞船第一次到达C点时，恰好与空间站相遇飞船上有一弹簧秤悬挂一物体由以上信息可判定：A. 某空间站的动能小于飞船在半径为r的圆形轨道上运行时的动能B. 当飞船与空间站相遇时，空间站的加速度大于飞船的加速度C. 飞船在从B点运动到C点的过程中，弹簧秤的示数逐渐变小(不包括点火加速阶段)D. 空间站的圆形轨道半径R与飞船的圆形轨道半径r的关系满足：r=()R【答案】D【解析】【分析】根据万有引力提供向心力能判断二者圆周运动的线速度大小的关
14、系，但是由于二者质量未知，故无法判断动能的关系；根据牛顿第二定律可知加速度与距离有关，从而判断二者在同一点时的加速度大小关系；飞船飞行过程中处于完全失重状态，所以弹簧秤没有示数；根据开普勒第三定律进行判断即可；【详解】A、当空间站和飞船均做圆周运动时，其万有引力提供向心力，即则线速度大小为：，由于空间站的半径大于飞船的半径，故空间站的速度的大小小于飞船的速度大小，由于二者的质量关系未知，故根据动能的公式无法判断二者的动能大小关系，故选项A错误；B、当飞船与空间站相遇时，根据牛顿第二定律有：，即，可知二者相遇时其加速度的大小相等，故选项B错误；C. 飞船在从B点运动到C点的过程中，万有引力为合力
15、，在飞行过程中处于完全失重状态，弹簧秤没有示数，故选项C错误；D、设飞船椭圆轨道的周期为，则根据开普勒第三定律可知：由题可知：，联立可以得到：，故选项D正确【点睛】本题主要考查万有引力定律和开普勒第三定律的应用问题，注意飞船在飞行过程处于完全失重状态，弹簧秤没有示数11.如图所示，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度为B.正方形金属框abcd可绕光滑轴OO转动，边长为L，总电阻为R，ab边质量为m，其他三边质量不计，现将abcd拉至水平位置，并由静止释放，经时间t到达竖直位置，产生热量为Q，若重力加速度为g，则ab边在最低位置所受安培力大小等于()A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】
16、根据能量守恒定律求出ab边在最低位置的速度，切割产生的感应电动势公式E=BLv求出电动势，根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小，通过安培力大小公式求出安培力的大小；【详解】ab向下运动的过程中机械能的减少等于线框中产生的焦耳热，则根据能量守恒定律得：则得： ab运动到竖直位置时，切割磁感线产生感应电动势为： 线圈中感应电流为 ab边在最低位置所受安培力大小为 联立解得，故选项D正确，选项ABC错误【点睛】解决本题的关键运用能量守恒定律求解出ab边在最低位置的速度，熟练运用法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式求解安培力12.如图所示，长方体玻璃水槽中盛有NaCL的水溶液，在水槽左、右侧壁内侧各
17、装一导体片，使溶液中通入沿x轴正向的电流I，沿y轴正向加恒定的匀强磁场B图中a、b是垂直于z轴方 向上水槽的前、后两内侧面，则（ ）A. a处电势高于b处电势B. 溶液的上表面电势高于下表面的电势C. a处离子浓度大于b处离子浓度D. 溶液上表面处的离子浓度大于下表面处的离子浓度【答案】C【解析】【详解】A电流向右，正离子向右运动，磁场的方向是竖直向上的，根据左手定则可以判断，正离子受到的洛伦兹力的方向是向前，即向a处运动，同理，可以判断负离子受到的洛伦兹力的方向也是指向a处的，所以a处整体不带电，a的电势和b的电势相同，所以A错误；BD离子都向a处运动，并没有上下之分，所以溶液的上表面电势等
18、于下表面的电势，溶液的上表面处的离子浓度也等于下表面处的离子浓度，所以BD错误；C由于正负离子都向a处运动，所以a处的离子浓度大于b处离子浓度，所以C正确故选C13.如图所示，线圈的自感系数L和电容器的电容C都很小(如L1 mH，C200 pF)，此电路的重要作用是()A. 阻直流通交流，输出交流B. 阻交流通直流，输出直流C. 阻低频通高频，输出高频交流D. 阻高频通低频，输出低频交流和直流【答案】D【解析】【分析】根据电容器和电感线圈的特性分析选择电容器内部是真空或电介质，隔断直流能充电、放电，能通交流，具有隔直通交、通高阻低的特性电感线圈可以通直流，通过交流电时产生自感电动势，阻碍电流的
19、变化，具有通直阻交，通低阻高的特性根据感抗和容抗的大小分析对高频和低频的阻碍【详解】电感器对直流无阻碍，对交流电有阻碍作用，根据XL=2Lf知，自感系数很小，频率越低，感抗越小，所以阻碍作用为：通低频，阻高频电容器对交流无阻碍，对直流电有阻碍作用，根据Xc=知电容C越小，频率越低，容抗越大，所以阻碍作用为：通高频，阻低频因此电路的主要作用是阻高频、通低频，输出低频交流电和直流电，故D正确，ABC错误；故选D二、选择题(本题共3小题，每小题2分，共6分每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分)14.下列说法正确的是（）A. 戴上特制眼
20、镜看3D电影有立体感是利用了光的偏振原理B. 雨后公路积水表面漂浮的油膜看起来是彩色的，这是光的折射现象C. 激光全息照相时利用了激光相干性好的特性D. 激光照到VCD机、CD机或计算机的光盘上，可以读取盘上的信息是利用激光平行度好的特性【答案】ACD【解析】【详解】A戴上特制眼镜观看3D电影产生立体视觉，是利用光的偏振现象，在两只眼睛中产生的视觉差，故A正确；B雨后公路积水表面漂浮的油膜看起来是彩色的，这是光的薄膜干涉造成的，故B错误；C激光全息照相利用了激光的频率相同的特点，进行叠加干涉而形成的，故C正确；D用激光读取光盘上记录的信息是利用激光平行度好的特点，故D正确。故选ACD。15.一
21、列波长大于3m的横波沿着x轴正方向传播，处在和的两质点A、B的振动图象如图所示，由此可知（）A. 波长为4mB. 波速为2m/sC. 任意2s内A、B两质点的位移相同D. 5s末A点的速度小于B点的速度【答案】AD【解析】【详解】A由振动图象分析可知A、B平衡位置间的距离等于 ，可知A正确；B由图可知振动周期根据波速B错误；C当A、B在特殊位置（最大位移处或平衡位置处）任意2s内A、B两质点的位移相同，但如果计时起点A、B不在特殊位置，2s内位移不相同，C错误；D5s末A点恰好运动到正的最大位移处，速度为零，此时B点恰好运动平衡位置，速度最大，D正确。故选AD。16.某静止的原子核发生核反应且
22、释放出能量Q。其方程为，并假设释放的能量全都转化为新核Y和Z的动能，测其中Z的速度为v，以下结论正确的是（）A. Y原子核的速度大小为B. Y原子核的动能约为Z原子核的动能的倍C. Y原子核和Z原子核的质量之和比X原子核的质量大（c为光速）D. Y和Z的结合能之和一定大于X的结合能【答案】BD【解析】【详解】A根据动量守恒Y原子核的速度大小为A错误；BZ原子核的动能Y原子核动能因此B正确；C由于释放出能量Q，出理了质量亏损，根据质能方程，Y原子核和Z原子核的质量之和比X原子核的质量小（c为光速），C错误；D由于释放了核能，核子结合的更牢固，比结合能更大，因此Y和Z的结合能之和一定大于X的结合能
23、，D正确。故选BD。三、非选择题(本题共6小题，共55分)17.（1）如图所示，有人对“利用频闪照相研究平抛运动规律”装置进行了改变，在装置两侧都装上完全相同的斜槽A、B，但位置有一定高度差，白色与黑色的两个相同的小球都由斜槽某位置静止开始释放实验后对照片做一定处理并建立直角坐标系，得到如图所示的部分小球位置示意图(1)观察改进后的实验装置可以发现，斜槽末端都接有一小段水平槽，这样做的目的是_(2)根据部分小球位置示意图，下列说法正确的是_A闪光间隔为0.1sBA球抛出点坐标（0，0）CB球抛出点坐标（0.95，0.50）D两小球是从斜槽的相同位置被静止释放的(3)若两球在实验中于图中C位置发
24、生碰撞，则可知两小球释放的时间差约为_s【答案】 (1). 保证水平抛出（抛出初速度水平） (2). ABD (3). 0.15s【解析】【详解】（1）1斜槽末端都接有一小段水平槽，是为了保证小球水平抛出，做平抛运动（2）2A根据y=gT2得故A正确B横坐标为0.15m的小球在竖直方向上的分速度则运行的时间所以A球抛出点的坐标为（0，0）故B正确C横坐标为0.80m的小球在竖直方向上的分速度则运行的时间水平分速度则此时B球的水平位移x=v0t=1.50.15m=0.225m竖直位移B球抛出点的横坐标xB=0.225m+0.80m=1.025m纵坐标yB=0.60m-0.1125m=0.4875
25、m所以B球抛出点的坐标为：（1.025，0.4875）故C错误D两球在水平方向上相等时间间隔内的位移相等，则初速度相等，是从斜槽的相同位置被静止释放的故D正确.（3）3小球B运动到横坐标为0.80m时的时间为0.15s，则小球B运动到C处的时间为0.25s，小球A运动到横坐标为0.15m的时间为0.1s，则小球A运动到C处的时间为0.4s，则t=0.4s-0.25s=0.15s18.在“测电源电动势和内阻”的实验中，某实验小组同学根据图甲电路进行测量实验。（1）根据图甲电路，请在乙图中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接_。（2）实验小组同学操作正确，记录下几组电压表和电流表的示数，并在坐标系
26、内作出电压表示数U和对应的电流表示数I的图象，如图丙所示。由图象可测得和，则_；_(选填“”、“=”、“”)。（3）为了克服系统误差，同学们又根据图丁电路进行测量。同样作出U-I图象，如图戊所示。经过讨论发现，利用图丙和图戊可以消除系统误差得出电源的电动势和内阻的真实值，则=_，=_。（用UA，UB，IA，IB表示）【答案】 (1). 见解析 (2). E测E真 (3). r测r真 (4). E真=UB (5). r真=【解析】【详解】(1)1实物连接如图所示(2)2 3理论上当电流表示数为零时，电压表示数等于电动势的测量值，因此电动势的测量值当电压表示数等于零时，电压表没的分流作用，因此理论
27、上的短路电流等于真实值，这样内电阻测量值等于图象的斜率绝对值 (3)45按图丁测量时，当电流强度等于零时，电压表没有分流作用，电压表理论上的值确实等于电源电动势，即而图甲测量短路电流准确为IA，因此内电阻真实值四、计算题19.质量m2kg的滑块受到一个沿斜面方向的外力F作用，从斜面底端开始，以初速度v03.6m/s沿着倾角为37足够长的斜面向上运动，物体与斜面间的动摩擦因数为0.5。利用DIS实验系统进行测量，得到滑块向上滑动过程中，一段时间内的速度时间图象如图所示。sin370.6，cos370.8，求：（1）滑块上滑过程中的加速度；（2）滑块所受外力F的大小和方向；（3）滑块向上滑动的最大
28、距离。【答案】(1)a=15m/s2，方向沿斜面向下；(2)F=10N，方向沿斜面向下；(3)S=0.432m【解析】【详解】(1)在速度时间图象中,斜率表示加速度，因此由图象可知加速度方向沿斜面向下。(2)设外力大小为F，方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律代入数所据，得外力F大小为10N，方向沿斜面向下。(3)根据代入数所在，得向上运动的最大距离为20.如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，弹簧处于自然状态时其右端位于B点。水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R0.8m的圆环剪去了左上角135的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R。用质量m10.4kg
29、的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰好停止在B点。用同种材料、质量为m20.2kg的物块将弹簧也缓慢压缩到C点释放，物块过B点后其位移与时间的关系为x8t2t2，物块从桌面右边缘D点飞离桌面后，由P点沿圆轨道切线落入圆轨道。（1）求BP间的水平距离；（2）判断m2能否沿圆轨道到达M点；（3）求释放后m2在水平桌面上运动过程中克服摩擦力做功。【答案】（1）xBP=7.6m；（2）不能；（3）Wf=11.2J【解析】【详解】(1)设物体由D点以初速度vD做平抛，落到P点时竖直速度为vy解得vD=4m/s，小球过B点后做初速度为v0=8m/s，加速度为a=4m/s2的减速运动到达D
30、点的速度vD，则解得所以BP的水平距离为(2)若物体能沿轨道到达M点，其速度vM，则解得即物体不能到达M点。（3）设弹簧长为AC时的弹性势能为EP，物块与桌面间的动摩擦因数为释放m1时释放m2时解得EP=12.8J设m2在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf，有解得Wf=11.2J21.如图甲，两条足够长、间距为d平行光滑金属直轨道MN、PQ与水平面成角，EF上方存在垂直导轨平面的如图乙所示的磁场，磁感应强度在0T时间内按余弦规律变化（周期为T、最大值为B0），T时刻后稳定为B0t=0时刻，正方形金属框ABCD在平行导轨向上的恒定外力作用下静止于导轨上。T时刻撤去外力，框将沿导轨下滑，金属框在
31、CD边、AB边经过EF时的速度分别为v1和v2。已知金属框质量为m、边长为d、每条边电阻为R，框中磁场按余弦规律变化时产生的正弦式交变电流的电动势峰值，求：（1）CD边刚过EF时，A、B两点间的电势差；（2）撤去外力到AB边经过EF的总时间；（3）从0时刻到AB边经过EF的过程中产生的焦耳热。【答案】（1），A点电势低于B点；（2）；（3）【解析】【详解】（1）感应电动势大小而即 由楞次定律知，A点电势低于B点。（2）根据动量定理而代入整理（3）交流电的有效值 交流过程时产生的热量线框出磁场的过程中由动能定理可知解得总焦耳热为22.如图所示，在xOy坐标系中，在yd的区域内分布有指向y轴正方向
32、的匀强电场，在dy2d的区域内分布有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，MN为电场和磁场的边界，在y=2d处放置一垂直于y轴的足够大金属挡板ab，带电粒子打到板上即被吸收。一质量为m、电量为+q的粒子以初速度v0由坐标原点O处沿x轴正方向射入电场，已知电场强度大小为，粒子的重力不计。(1)要使粒子不打到挡板上，磁感应强度应满足什么条件？(2)通过调节磁感应强度的大小，可让粒子刚好通过点P（4d，0）（图中未画出），求磁感应强度的大小。【答案】(1)；(2)，【解析】【详解】(1)粒子在电场中做类平抛运动，则有，代入数据，得，带电粒子在磁场中做匀速圆运动，若恰好打到极板上时，根据几何关系可知可得由于可得因此若打不到极板上时，应满足(2)根据对称性粒子第一次回到x轴时前进的距离调节磁场使得因此可得因此通过P（4d，0）点，回旋的次数因此n只能取2或3次，当时，磁感强度当时，磁感强度