1、江苏省宿迁市沭阳县2020届高三物理下学期5月联考试题（含解析）一、单项选择题1. 如图所示，三根通电长直导线P、Q、R均垂直纸面放置，ab为直导线P、Q连线的中垂线，P、Q中电流强度的大小相等、方向均垂直纸面向里，R中电流的方向垂直纸面向外，则R受到的磁场力可能是（）A. F1B. F2C. F3D. F4【答案】C【解析】【详解】根据异向电流相斥，同向电流相吸可知，电流PQ对电流R均产生吸引力，但是由于P距离R较近，Q距离R较远，则P对R的斥力大于Q对R的斥力，则根据平行四边形法则合成可知，合力方向可能为F3的方向。故选C。2. 在升降机底部安装一个加速度传感器，其上放置了一个质量为m小物
2、块，如图甲所示。升降机从时刻开始竖直向上运动，加速度传感器显示加速度a随时间t变化如图乙所示。取竖直向上为正方向，重力加速度为g，以下判断正确的是（）A. 在02t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态B. 在t03t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态C. 时刻，物块所受的支持力大小为mgD. 时刻，物块所受的支持力大小为2mg【答案】C【解析】【详解】A由乙图可知，在0t0时间内，物块受到支持力大于物块的重力，物块先处于超重状态，在t02t0时间内，物块受到的支持力小于物块的重力，后处于失重状态，A错误；B由乙图可知，在t03t0时间内，物块受到的支持力小于物块的重力，物块处
3、于失重状态，B错误；C由乙图可知，时刻，物块所受的支持力大小为mg，C正确；D由乙图可知，时刻，物块所受的支持力大小为mg，D错误。故选C。3. 如图所示为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图，且质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则质点从A点运动到E点的过程中，下列说法中正确的是（）A. 质点经过C点的速率比D点的大B. 质点经过A点时的加速度方向与速度方向的夹角小于90C. 质点经过D点时的加速度比B点的大D. 质点从B到E的过程中加速度方向与速度方向的夹角先增大后减小【答案】A【解析】【分析】【详解】A由题意，质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，速度沿D点轨迹的切
4、线方向，则知加速度斜向左上方，合外力也斜向左上方，质点做匀变速曲线运动，合外力恒定不变，质点由C到D过程中，合外力做负功，由动能定理可得，C点的速度比D点速度大，故A正确；B质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，速度沿轨迹的切线方向，加速度指向轨迹的内侧，则有A、B、C三点速度与加速度方向夹角均大于90，故B错误；C质点做匀变速曲线运动，则有加速度不变，所以质点经过D点时的加速度与B点相同，故C错误；D质点从B到E的过程中加速度方向与速度方向的夹角一直减小，故D错误。故选A。4. 如甲图所示为恒压电源给硫化镉光敏电阻R供电时，流过此电阻的电流和所受光照强度的关系图像。根据这一特性，
5、某同学设计一个台灯的自动控制电路如乙图所示，T为一自耦式变压器。下列说法正确的是（）A. 在其他条件不变的情况下，如果光照变强，则灯泡的亮度减小B. 在其他条件不变的情况下，如果光照变强，则灯泡的亮度增加C. 在其他条件不变的情况下，将自耦式变压器的滑片P适当下滑，则灯泡的亮度增加D. 在其他条件不变的情况下，适当增大滑动变阻器R1的阻值，则灯泡的亮度增加【答案】A【解析】【详解】AB分析甲图可知，光照强度增强，流过电阻的电流增大，说明光敏电阻阻值减小。在其他条件不变的情况下，如果光照变强，光敏电阻阻值减小，灯泡两端电压减小，则灯泡的亮度减小，A正确，B错误；C在其他条件不变的情况下，将自耦式
6、变压器的滑片P适当下滑，则副线圈匝数减小，输出电压减小，灯泡的亮度减小，C错误；D在其他条件不变的情况下，适当增大滑动变阻器R1的阻值，则通过灯泡的电流减小，灯泡亮度降低，D错误。故选A。5. 目前，我国正在大力推行系统，是全自动电子收费系统，车辆通过收费站时无须停车，这种收费系统每车收费耗时不到两秒，其收费通道的通行能力是人工收费通道的5至10倍，如图甲所示，在收费站自动栏杆前，后的地面各自铺设完全相同的传感器线圈、，两线圈各自接入相同的电路，如图乙所示，电路、端与电压有效值恒定的交变电源连接，回路中流过交变电流，当汽车接近或远离线圈时，线圈的自感系数发生变化，线圈对交变电流的阻碍作用发生变
7、化，使得定值电阻的、两端电压就会有所变化，这一变化的电压输入控制系统，控制系统就能做出抬杆或落杆的动作，下列说法正确的是A. 汽车接近线圈时，、两端电压升高B. 汽车离开线圈时，、两端电压升高C. 汽车接近线圈时，、两端电压升高D. 汽车离开线圈时，、两端电压降低【答案】B【解析】【详解】AC.汽车上有很多钢铁，当汽车接近线圈时，相当于给线圈增加了铁芯，所以线圈的自感系数增大，感抗也增大，在电压不变的情况下，交流回路的电流将减小，所以R两端的电压减小，即 c、d 两端的电压将减小，故AC错误；BD.同理，汽车远离线圈时，相当于线圈的感抗减小，交流回路的电流增大，c、d 两端得电压将增大。故 B
8、正确，D错误。故选B二、多项选择题6. 如图所示，正方体空心框架ABCDA1B1C1D1下表面在水平地面上，将可视为质点的小球从顶点A在BAD所在范围内（包括边界）沿不同的水平方向分别抛出，落点都在平面内（包括边界）。不计空气阻力，以地面为重力势能参考平面。则下列说法正确的是（）A. 小球初速度的最小值与最大值之比是1：2B. 落在C1点的小球，运动时间最长C. 落在B1D1线段上的小球，落地时机械能的最小值与最大值之比是1：2D. 轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向都相同【答案】AD【解析】【详解】B小球做平抛运动，由得下落高度相同，平抛运动的时间相等，故B错误；A小球落在A1C
9、1线段中点时水平位移最小，落在C1时水平位移最大，由几何关系知水平位移的最小值与最大值之比是1：2，由于运动时间t相等，由x=v0t得小球初速度的最小值与最大值之比是1：2，故A正确；C落在B1D1线段中点的小球，落地时机械能的最小，落在B1D1线段上D1或B1的小球，落地时机械能的最大。设落在B1D1线段中点的小球初速度为v1，水平位移为x1，落在B1D1线段上D1或B1的小球初速度为v2，水平位移为x2。由几何关系有x1：x2=1：由x=v0t得v1：v2=1：落地时机械能等于抛出时的机械能，分别为 可知落地时机械能的最小值与最大值之比不等于1：2故C错误。D设AC1的倾角为，轨迹与AC1
10、线段相交的小球，在交点处的速度方向与水平方向的夹角为。则有则tan=2tan可知一定，则轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向相同，故D正确。故选AD。7. 静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示,x轴正向为场强的正方向,带负电的小球A在x3位置处由静止释放且仅受电场力作用若仅考虑小球A在x1位置与x3位置间的运动,则小球（ ）A. 在x1位置动能最小B. 在x3位置与x1位置加速度大小相同C. 在原点O位置电势能小于在x2位置电势能D. 在原点O位置电势能小于在x1位置电势能【答案】BCD【解析】【分析】由题中“静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示”可知，本题考查从E-
11、x图中判断带电物体电势能和加速度情况，根据图像信息结合电场公式可分析本题。【详解】A、由于小球带负电，因此在x轴正方向电场力做正功，动能增加，在从E-x图中，图像与坐标围成的面积表示电场力做功的多少，因此，在x1位置速度不为零，因此动能不是最小，故A错误；B、在x3位置与x1位置，电场强度大小相等，因此所受电场力大小相同，因此带点小球只受电场力，因此加速度大小相同，故B正确；CD、由于在x轴正方向电场力做正功，因此电势能减小，所以在原点O位置电势能小于在x1、x2位置电势能，故CD正确。8. 如图所示，叠放在水平转台上的小物体A、B、C能随转台一起以角速度匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、
12、2m、m，A与B、B与转台、C与转台间的动摩擦因数都为，B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法正确的是（）A. B对A的摩擦力一定为3mgB. A与B间的摩擦力大于C与转台间的摩擦力C. 转台的角速度一定满足D. 转台的角速度一定满足【答案】BC【解析】【详解】AA、B间的摩擦力不一定达到最大静摩擦力，则摩擦力的大小不一定等于3mg，故A错误；B三个物体保持相对静止，随转台一起做匀速圆周运动，靠静摩擦力提供向心力，则fA3m2rfc1.5m2r可知A与B间的摩擦力大小大于C与转台间的摩擦力大小，故B正确；CD根据mg=mR2得临界角速度C的半径大，则C
13、先达到最大静摩擦力，转台的角速度满足故C正确，D错误。故选BC。9. 如图所示，航天器和卫星分别在同一平面内的1、2轨道上绕地球做匀速圆周运动，其半径分别为r、2r，速率分别为v1和v2。航天器运动到A点时突然加速到v3后沿曲线运动，其轨迹与轨道2交于B点，经过B点时速率和加速度分别为v4和a1，卫星通过B点时加速度为a2。已知地球的质量为M，质量为m的物体离地球中心距离为r时，系统的引力势能为（取物体离地球无穷远处引力势能为零），物体沿AB曲线运动时机械能为零。则下列说法正确的是（）A. B. C. D. 若航天器质量为m0，由A点运动到B点的过程中地球对它的引力做功为【答案】AD【解析】【
14、详解】AB在轨道1运动时的速度在轨道2运动时的速度即 从A到B由能量守恒关系可知 解得则选项A正确，B错误；C在B点时由可得则选项C错误；D若航天器质量为m0，由A点运动到B点的过程中地球对它的引力做功为选项D正确。故选AD。三、简答题10. 某同学利用如图甲所示的装置探究加速度与力、质量的关系。实验时，把数据记录在表格中，数据是按加速度大小排列的，第8组数据中小车质量和加速度数据漏记：组号F/Nm/kga（m/s）10290.860.3420.140360.3930.290.610.4840.190.360.5350.240.360.6760.290.410.7170.290.360.818
15、0.2990.340.360.94(1)该同学又找到了第8组数据对应的纸带以及小车质量，纸带如图乙所示。已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz，纸带上标出的每两个相邻点之间还有4个打出来的点未画出。请你帮助该同学求出第8组中的加速度a=_m/s2；(2)如果要研究加速度与力的关系，需取表格中_组数据（填组号），做aF图像；如果要研究加速度与质量的关系，需取表格中_组数据（填组号），做am图像。这种研究方法叫做_法；(3)做出am图像如图丙所示，由图像_（填“可以”或“不可以”）判断a与m成反比。(4)如图所示，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守
16、恒定律：对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是_；A.重物选用质量和密度较大的金属锤B.两限位孔在同一竖直面内上下对正C.精确测量出重物的质量D.用手托稳重物，接通电源后，撒手释放重物某实验小组利用上述装置将打点计时器接到50Hz的交流电源上，按正确操作得到了一条完整的纸带，由于纸带较长，图中有部分未画出，如图所示。纸带上各点是打点计时器打出的计时点，其中O点为纸带上打出的第一个点。重物下落高度应从纸带上计时点间的距离直接测出，利用下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有_。A.OA、AD和EG的长度 B.OC、BC和CD的长度C.BD、CF和EG的长度 D.AC、BD和EG的长度【答
17、案】 (1). 0.850.92 (2). 2、4、5、7、9 (3). 1、3、6、7、8 (4). 控制变量 (5). 不可以 (6). AB (7). BC【解析】【详解】(1)1时间间隔T=0.025s=0.1s，根据x=aT2求解加速度为：(2)234采用控制变量法研究加速度与力的关系，需要保证质量不变，选取2、4、5、7、9组数据。研究加速度与质量的关系时，需要控制力F不变，选取1、3、6、7、8组数据。这种研究方法叫做控制变量法；(3)5分析丙图可知，a-m图线为曲线，并不能说明是反比例关系，故应作图线，研究与成正比关系。(4)6A实验供选择的重物应该相对质量较大、体积较小的物体
18、，这样能减少摩擦阻力的影响，从而减小实验误差，故A正确。B为了减小纸带与限位孔之间的摩擦图甲中两限位孔必须在同一竖直线，这样可以减小纸带与限位孔的摩擦，从而减小实验误差，故B正确。C因为我们是比较mgh、mv2的大小关系，故m可约去，不需要测量重锤的质量，对减小实验误差没有影响，故C错误。D实验时，先接通打点计时器电源再放手松开纸带，对减小实验误差没有影响，故D错误。7根据这段时间内的平均速度等于中时刻瞬时速度，结合动能与重力势能表达式，A当OA、AD和EG的长度时，只有求得F点与BC的中点的瞬时速度，从而确定两者的动能变化，却无法求解重力势能的变化，故A错误；B当OC、BC和CD的长度时，同
19、理，依据BC和CD的长度，可求得C点的瞬时速度，从而求得O到C点的动能变化，因知道OC间距，则可求得重力势能的变化，可以验证机械能守恒，故B正确；C当BD、CF和EG的长度时，依据BD和EG的长度，可分别求得C点与F点的瞬时速度，从而求得动能的变化，再由CF确定重力势能的变化，进而得以验证机械能守恒，故C正确；D当AC、BD和EG的长度时，依据AC和EG长度，只能求得B点与F点的瞬时速度，从而求得动能的变化，而BF间距不知道，则无法验证机械能守恒，故D错误；故选BC。11. 如图所示为某同学测量电源的电动势和内阻的电路图其中包括电源E，开关S1和S2，电阻箱R，电流表A，保护电阻Rx该同学进行
20、了如下实验步骤： (1)将电阻箱的阻值调到合适的数值，闭合S1、S2，读出电流表示数为I，电阻箱读数为9.5 ，断开S2，调节电阻箱的阻值，使电流表示数仍为I，此时电阻箱读数为4.5则保护电阻的阻值Rx_（结果保留两位有效数字）(2)S2断开，S1闭合，调节R，得到多组R和I的数值，并画出图象，如图所示，由图象可得，电源电动势E_V，内阻r_（结果保留两位有效数字） (3)本实验中，内阻的测量值_（填“大于”或“小于”）真实值，原因是_【答案】 (1). 5.0 (2). 3.0 (3). 2.2 (4). 大于 (5). 电流表也有内阻【解析】【详解】(1)1由题意可知，闭合S1和S2时只有
21、电阻箱接入电路，闭合S1、断开S2时，电阻箱与R串联接入电路，两种情况下电路电流相等，由欧姆定律可知，两种情况下电路总电阻相等，所以 保护电阻的阻值Rx9.5 -4.5 5.0(2)23根据闭合电路的欧姆定律可得，EI(R+Rx+r)，整理可得可见图线的斜率图线的纵截距结合图象中的数据可得E3.0V，r2.2(3)45本实验中，内阻的测量值大于真实值，原因是电流表也有内阻，测量值等于电源内阻和电流表内阻之和12. 用图1装置研究光电效应，分别用a光、b光、c光照射阴极K得到图2中a、b、c三条光电流I与A、K间的电压UAK的关系曲线，则下列说法正确的是（）A. 开关S扳向1时测得的数据得到的是
22、I轴左侧的图线B. b光的光子能量大于a光的光子能量C. 用a光照射阴极K时阴极的逸出功大于用c光照射阴极K时阴极的逸出功D. b光照射阴极K时逸出的光电子最大初动能小于a光照射阴极时逸出的光电子最大初动能【答案】B【解析】【详解】A当光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，当开关S扳向1时，光电子在光电管是加速，则所加的电压是正向电压，因此测得的数据得到的并不是I轴左侧的图线，故A错误；B根据入射光的频率越高，对应的截止电压越大；由题目图可知，b光的截止电压大于a光的截止电压，所以b光的频率大于a光的频率，依据可知，b光的光子能量大于a光的光子能量，B正确；C同一阴极的逸出功总是相等
23、，与入射光的能量大小无关，C错误；Db光的截止电压大于a光的截止电压，根据所以b光对应的光电子最大初动能大于a光的光电子最大初动能，D错误。故选B。13. 氘核和氚核聚变的核反应方程为，的比结合能是2.78MeV，的比结合能是1.09MeV，的比结合能是7.03MeV，则该核反应_（选填“吸收”或“释放”）了_MeV能量。【答案】 (1). 放出 (2). 17.6【解析】【详解】1和的比结合能比的比结合能小，核反应，会出现质量亏损，该核反应会释放出大量的能量；2氘核的比结合能是1.09MeV，氚核的比结合能是2.78MeV，氦核的比结合能是7.03MeV，根据能量守恒定律可知，核反应过程中释
24、放的核能是（47.03-21.09-32.78）MeV=17.6MeV14. 大小相同的A、B两球在光滑水平地面上沿一直线相向而行，A质量为5kg，速度大小为10m/s，B质量为2 kg，速度大小为5m/s，两球碰撞后，A沿原方向运动，速度大小为4m/s求：两球碰撞后，B的速度大小A对B的冲量大小【答案】10m/s30 Ns【解析】【详解】设碰前A的速度方向为正方向，对A、B两球由动量守恒定律解得=10 m/s对B解得I=30 Ns15. 氧气分子在不同温度下的速率分布规律如图所示，横坐标表示速率，纵坐标表示某一速率内的分子数占总分子数的百分比，由图可知（）A. 同一温度下，氧气分子呈现“中间
25、多，两头少”的分布规律B. 两种状态氧气分子的平均动能相等C. 随着温度的升高，氧气分子中速率小的分子所占的比例增大D. 状态的温度比状态的温度高【答案】A【解析】【详解】A同一温度下，中等速率大的氧气分子数所占的比例大，即氧气分子呈现“中间多，两头少”的分布规律，故A正确。BC随着温度的升高，氧气分子中速率大的分子所占的比例增大，从而使分子平均动能增大，则两种状态氧气分子的平均动能不相等，故BC错误；D由图可知，中速率大分子占据的比例较大，则说明对应的平均动能较大，故对应的温度较高，故D错误。故选A。16. 如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程到达状态d。过程中气体_（选填“放
26、出”或“吸收”）了热量。在状态变化过程中，lmol该气体在c状态时的体积为10L，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=6.01023mol1，结果保留一位有效数字）【答案】 (1). 吸收 (2). 【解析】【详解】1过程中气体体积不变，做功为零；温度升高，气体内能增大，根据热力学第一定律可知，气体吸热；2过程，气体做等温变化，根据玻意耳定律得pcVc=pdVd又，解得Vd=15L即该气体在d状态时每立方米所含分子数41025个.17. 如图所示，两个壁厚可忽略的圆柱形金属筒A和B套在一起，底部到顶部的高度为18cm，两者横截面积相
27、等，光滑接触且不漏气将A用绳系于天花板上，用一块绝热板托住B，使它们内部密封的气体压强与外界大气压相同，均为1.0105Pa，然后缓慢松开绝热板，让B下沉，当B下沉了2cm时，停止下沉并处于静止状态求：（1）此时金属筒内气体的压强（2）若当时的温度为27，欲使下沉后的套筒恢复到原来位置，应将气体的温度变为多少？【答案】（1） （2） 【解析】【详解】（1）设缸体横截面积为Scm2，缸内气体做等温变化初态：p1=1.0105Pa，V1=18S，中间态：V2=20Scm3根据玻意耳定律，p1V1=p2V2，解得：（2）中间态：V2=20Scm3，T2=300K，末态：V3=18Scm3，根据盖吕萨
28、克定律得到：故：t=270-273=-3【点睛】本题考查玻意耳定律和盖吕萨克定律，按照规范化的解题步骤，列出对应的状态，然后代入数据即可得出正确的结果四、计算或论述题18. 在如图甲所示的电路中，螺线管匝数匝，横截面积。螺线管导线电阻，。在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度按如图乙所示的规律变化。求：(1)螺线管中产生的感应电动势；(2)闭合，电路中电流稳定后，电阻的电功率；(3)断开后，流经的电荷量。【答案】(1)1.2V；(2)；(3)【解析】【详解】(1)根据法拉第电磁感应定律有代入数据解得(2)根据闭合电路欧姆定律有电阻的电功率(3)断开后流经的电荷量即为闭合时电容器极板上所带的
29、电荷量；闭合时，电容器两端的电压流经的电荷量19. 如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场现有一质量为m，电荷量为q的小球从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场(P点恰好在A点的正上方，如图所示小球可视为质点，小球运动到C点之前电荷量保持不变，经过C点后电荷量立即变为零)已知A、B间距离为2R，重力加速度为g在上述运动过程中，求(1)小球在电场中受到的电场力大小；(2) 小球过B点时对圆轨道的压力大小(3)小球在圆轨道上运动时的最大速率【答案】（1）（2）（3）【解析】【
30、详解】（1）设小球在C点速度的大小为vC，从C到P用时间为t，则从C到P：水平：2R=vCt竖直方向：R=gt2从A到C由动能定理： 解得； （2）从A到B由动能定理： ，在B点： 解得：N=5mg（3）设等效竖直方向与竖直方向的夹角为，过O点的等效竖直线与BN轨道交于F点， 从A到F，由动能定理： 解得：【点睛】本题关键灵活地选择过程并运用动能定律列式，同时根据向心力公式和平抛运动的位移公式列式进一步分析求解；注意由于电场力和重力都是恒力，则可以用等效思想进行解答20. 如图所示为质谱仪的构造原理图，它是一种分离和检测不同同位素的重要工具。质子数相同而中子数不同的同一元素的不同核素互称为同位
31、素。现让待测的不同带电粒子经加速后进入速度选择器，速度选择器的平行金属板之间有相互正交的匀强磁场和匀强电场（图中未画出），磁感应强度为B，电场强度为E。金属板靠近平板S，在平板S上有可让粒子通过的狭缝P，带电粒子经过速度选择器后，立即从P点沿垂直平板S且垂直于磁场方向的速度进入磁感应强度为B0、并以平板S为边界的有界匀强磁场中，在磁场中偏转后打在记录它的照相底片上，底片厚度可忽略不计，且与平板S重合。根据粒子打在底片上的位置，便可以对它的比荷（电荷量与质量之比）情况进行分析。在下面的讨论中，磁感应强度为B0的匀强磁场区域足够大，空气阻力、带电粒子所受的重力及它们之间的相互作用力均可忽略不计。（
32、1）若某带电粒子打在底片上的A点，测得P与A之间的距离为x，求该粒子的比荷；（2）若有两种质量不同的正一价离子，质量分别为m1和m2，它们经速度选择器和匀强磁场后，分别打在底片上的A1和A2两点，测得P到A2的距离与A1到A2的距离相等，求这两种离子的质量之比；（3）若用这个质谱仪分别观测氢的两种同位素离子（所带电荷量为e），它们分别打在照相底片上相距为d的两点；为了便于观测，希望d的数值大一些为宜。试分析说明为了便于观测，应如何改变匀强磁场磁感应强度B0的大小；研究小组的同学对上述B0影响d的问题进行了深入的研究。为了直观，他们以d为纵坐标、以为横坐标，画出了d随变化的关系图像，该图像为一条
33、过原点的直线。测得该直线的斜率为k，求这两种同位素离子的质量之差m。【答案】（1）；（2）；（3）减小磁感应强度B0的大小；。【解析】【详解】（1）对于带电粒子通过速度选择器的过程有：解得：由洛伦兹力提供向心力有：因为：因此可解得：（2）设粒子打到A1时，P与A1之间的距离为x1，设粒子打到A2时，P与A2之间的距离为为x2，因为P到A2的距离与A1到A2的距离相等，所以：因两粒子的电荷量相同，所以由第（1）问结果有：所以：（3）根据洛伦兹力提供向心：解得：，由几何关系可知：可见，为增大d，应减小磁感应强度B0的大小因m1-m2、E、e和B均为定值，根据：可知，d与B0成反比。因此建立坐标系，可画出d随B0变化的图像为一条过原点的直线，其斜率：k=所以这两种同位素离子的质量之差：m=
