《2019届江苏省无锡市2016级高三上学期一模考试理科综合物理试卷及解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届江苏省无锡市2016级高三上学期一模考试理科综合物理试卷及解析.pdf（19页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2019 届无锡市 2016 级高三上学期一模考试理科综合物理试卷祝考试顺利一、单项选择题1.超级电容的容量比通常的电容器大得多，其主要优点是高功率脉冲应用和瞬时功率保持，具有广泛的应用前景如图所示，某超级电容标有“2.7 V100 F”，将该电容接在 1.5 V干电池的两端，则电路稳定后该电容器的负极板上所带电量为()A.150 C B.75 C C.270 C D.135 C【答案】A【解析】【分析】根据 C=Q/U求解电容器的带电量。【详解】根据 C=Q/U可知电容器带电量为Q=CU=100 1.5C=150C，则电路稳定后该电容器的负极板上所带电量为-150C，故选 A.2.避雷针上方
2、有雷雨云时避雷针附近的电场线分布如图所示，图中中央的竖直黑线 AB代表了避雷针，CD为水平地面 MN 是电场线中两个点，下列说法正确的是()A.M 点的场强比 N点的场强大B.试探电荷从 M点沿直线移动到 N点，电场力做功最少C.M 点的电势比 N点的电势高D.CD 的电势为零，但其表面附近的电场线有些位置和地面不垂直【答案】C【解析】【分析】根据电场线的疏密判断场强的大小顺着电场线电势逐渐降低等势面与电场线正交.【详解】AN点处的电场线比M点密集，可知 M点的场强比 N点的场强小，选项A错误；B由于 MN 两点的电势差一定，可知无论试探电荷沿什么路径从M点到 N点，电场力做功都是相同的，选项
3、B错误；C 沿电场线电势逐渐降低，可知M点的电势比 N点的电势高，选项C正确；D CD的电势为零，地面为等势面，则CD表面附近的电场线与地面都是垂直的，选项 D错误；故选 C.3.矩形线框与理想电流表、理想变压器、灯泡连接电路如图甲所示 灯泡标有“36 V40 W”的字样且阻值可以视作不变，变压器原、副线圈的匝数之比为21，线框产生的电动势随时间变化的规律如图乙所示则下列说法正确的是()A.图乙电动势的瞬时值表达式为e36 sin(t)V B.变压器副线圈中的电流方向每秒改变50 次C.灯泡 L 恰好正常发光D.理想变压器输入功率为20 W【答案】D【解析】【分析】根据交流电的图像确定交流电瞬
4、时值表达式；交流电的方向一周改变2 次；根据变压器匝数比求解次级电压从而判断灯泡的发光情况；变压器的输入功率等于输出功率.【详解】A由乙图可知，周期为0.02s，交流电的圆频率：，故原线圈输入电压的瞬时值表达式为=72 sin100 t（V），故 A错误；B交流电的频率为 50Hz，在一个周期内电流方向改变2 次，可知变压器副线圈中的电流方向每秒改变100次，选项 B错误；C 变压器初级电压有效值为，由原副线圈的匝数比为2:1 可知，次级电压为 18V，则灯泡 L 不能正常发光，选项C错误；D 灯泡电阻为，次级功率：，则理想变压器输入功率为 20W，选项 D正确；故选 D.4.有人根据条形磁铁
5、的磁场分布情况用塑料制作了一个模具，模具的侧边界刚好与该条形磁铁的磁感线重合，如图所示另取一个柔软的弹性导体线圈套在模具上方某位置，线圈贴着模具上下移动的过程中，下列说法正确的是(地磁场很弱，可以忽略)()A.线圈切割磁感线，线圈中出现感应电流B.线圈紧密套在模具上移动过程中不出现感应电流C.由于线圈所在处的磁场是不均匀的，故而不能判断线圈中是否有电流产生D.若线圈平面放置不水平，则移动过程中会产生感应电流【答案】B【解析】【分析】若穿过线圈的磁通量变化就会产生感应电流，据此判断.【详解】ABC 线圈贴着模具上下移动的过程中，由于穿过线圈的磁通量不变可知不会产生感应电流，选项AC错误，B正确；
6、D 若线圈平面放置不水平，则移动过程中由于穿过线圈的磁通量不变，也不会产生感应电流，选项D错误；故选 B.5.如图所示，水平传送带匀速运动，在传送带的右侧固定一弹性挡杆。在t=0 时刻，将工件轻轻放在传送带的左端，当工件运动到弹性挡杆所在的位置时与挡杆发生碰撞，已知碰撞时间极短，不计碰撞过程的能量损失。则从工件开始运动到与挡杆第二次碰撞前的运动过程中，工件运动的v-t 图象下列可能正确的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】工件与弹性挡杆发生碰撞前的加速过程中和工件与弹性挡杆碰撞后的减速过程中所受滑动摩擦力不变，所以两过程中加速不变，据此分析.【详解】工件与弹性挡杆发生碰撞前可能先做匀加
7、速运动，当与传送带共速后一起与传送带做匀速运动；与弹性挡杆碰撞后以等大的速度反向弹回，向左做匀减速运动，因加速的加速过程中和工件与弹性挡杆碰撞后的减速过程中所受滑动摩擦力不变，所以两过程中加速度不变，速度减到零后再反向向右加速，到达挡板位置时又与传送带达到共速，同时被反向弹回，以后重复原来的过程，则图像C正确，BD错误；工件与弹性挡杆发生碰撞前可能先做匀加速运动，当到达挡板处时刚好与传送带共速，然后碰回，以后重复上述运动，碰后的加速度应该与碰前相同，故 A错误；故选 C.二、多项选择题6.如图所示，轻质弹簧的下端固定在光滑斜面的底部，一个质量为m的物块以平行斜面的初速度 v 向弹簧运动已知弹簧
8、始终处于弹性限度范围内，则下列判断正确的是()A.物块从接触弹簧到最低点的过程中，加速度大小先变小后变大B.物块碰到弹簧后立刻开始做减速运动C.物块从出发点到最低点过程中，物块减少的重力势能小于增加的弹性势能D.物块的动能最大时，物块的重力势能最小【答案】AC【解析】【分析】通过分析弹力和重力沿斜面方向的分量mgsin 的大小关系来分析加速度和速度的变化；根据能量守恒关系分析重力势能、动能和弹性势能的变化.【详解】AB物块刚接触到弹簧时，弹力小于重力沿斜面的分量mgsin，则加速度向下，并且随弹力的增加加速度逐渐减小；当弹力等于mgsin 时加速度为零，速度最大；以后由于弹力大于mgsin，则
9、加速度变为向上，且加速度逐渐变大，速度逐渐减小到零；故物块从接触弹簧到最低点的过程中，加速度大小先变小后变大，速度先增大后减小，向下A正确，B错误；C 物块从出发点到最低点过程中，物块减少的重力势能与动能之和等于增加的弹性势能，选项 C正确；D 当弹力等于 mgsin 时加速度为零，速度最大，而后物块还将向下运动，可知此时重力势能不是最小的，选项D错误；故选 AC.7.2018 年 9 月 29 日，我国在酒泉卫星发射中心用快舟一号甲固体运载火箭，成功将微厘空间一号S1 卫星送入预定轨道整星质量97 公斤，运行在高度700公里的圆轨道，该轨道为通过两极上空的圆轨道查阅资料知地球的半径和重力加速
10、度的值，则()A.卫星可能为地球同步卫星 B.卫星线速度小于第一宇宙速度C.卫星可能通过无锡的正上方 D.卫星的动能可以计算【答案】BCD【解析】【分析】同步卫星的轨道应该与赤道平面重合；第一宇宙速度是环绕地球运转的卫星的最大速度；根据万有引力等于向心力可求解卫星的动能的表达式。【详解】A同步卫星的轨道与赤道平面重合，该卫星轨道为通过两极上空的圆轨道，可知该卫星不可能是同步卫星，选项A错误；B第一宇宙速度是环绕地球运转的卫星的最大速度，可知卫星线速度小于第一宇宙速度，选项 B正确；C 因为该卫星轨道为通过两极上空的圆轨道，可知卫星可能通过无锡的正上方，选项 C正确；D 根据，解得卫星的动能，由
11、此可求解卫星的动能，选项 D正确；故选 BCD.8.如图所示，电源电动势为 E，内阻为 r，C为电容器，L为小灯泡，R为定值电阻，闭合开关，小灯泡能发光现将滑动变阻器滑片向右滑动一段距离，滑动前后理想电压表 V1、V2示数变化量的绝对值分别为U1、U2，理想电流表 A示数变化量的绝对值为 I，则()A.电容的带电量变大B.灯泡亮度变亮C.与均保持不变D.当电路稳定后，断开开关，小灯泡立刻熄灭【答案】BC【解析】【分析】想电压表内阻无穷大，相当于断路理想电流表内阻为零，相当短路分析电路的连接关系，根据欧姆定律分析【详解】A将滑动变阻器滑片向右滑动时接入电路的电阻减小，电路中电流增大，电源的内电压
12、以及R 上的电压增大，则灯泡和滑动变阻器两端的电压之和减小，即电容器两端的电压减小，根据Q=CU 可知，电容器带电量减小，选项A错误；B电路中电流增大，通过灯泡的电流增大，所以灯泡变亮，故B正确；C 根据 U2=E-Ir，得=r，保持不变。=R，保持不变，故 C正确；D 当电路稳定后，断开电键，电容器通过灯泡和变阻器放电，所以小灯泡不会立即熄灭，故 D错误；故选 BC 9.如图所示，在竖直平面内固定一个半径为R的绝缘圆环，有两个可视为点电荷的相同的带负电的小球A和 B套在圆环上，其中小球A可沿圆环无摩擦的滑动，小球 B固定在圆环上，和圆心 O的连线与水平方向的夹角为45.现将小球 A从水平位置
13、的左端由静止释放，则下列说法正确的是()A.小球 A恰好可以回到出发点B.小球 A从释放到运动到圆环最低点Q的过程中电势能始终保持不变C.小球 A运动到圆环最低点Q的过程中，速率不断变大D.小球到达圆环最低点Q时的速度大小为【答案】AD【解析】【分析】分析小球所受的电场力和重力的情况，到达Q点时的电势能与 A点的电势能相同，由动能定理求解Q点的速度；因在P点的电势能大于在A 点的电势能，则小球不可能到达 P点，在 AP间的某点时速度减到零，然后返回，最终可以回到A点；分析小球受的电场力和重力的合力的方向与速度方向的夹角，从而判断合力做功情况，从而判断速度的变化。【详解】AD 释放小球 A 后，
14、在 B 的斥力和重力作用下小球A 向下运动，由对称性可知，到达 Q点时的电势能与 A点的电势能相同，由动能定理，解得；小球到达最低点后将继续向右上方运动，因在P点的电势能大于在A点的电势能，则小球不可能到达P点，在 AP间的某点时速度减到零，然后返回，最终可以回到 A点，故选项 AD正确；B小球 A从释放到运动到圆环最低点Q的过程中，电场力先做正功，后做负功，电势能先减小后增加，选项B错误；C.小球从 A点下滑的开始阶段电场力和重力都做正功，则小球的速度增加；当小球到达最低点 Q时，受向下的重力和沿BQ方向的电场力作用，两个力的合力方向与速度夹角大于 900，说明在到达 Q点以前的某段过程中，
15、电场力和重力的合力就已经对小球做负功了，即小球的速度减小，即在从A点运动到圆环最低点Q的过程中，小球的速率是先变大后减小的，选项C错误；故选 AD.三、实验题10.某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究，实验装置如图1 所示，轻弹簧放置在倾斜的长木板上，弹簧左端固定，右端与一物块接触而不连接，纸带穿过打点计时器并与物块连接向左推物块使弹簧压缩一段距离，由静止释放物块，通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能(1)实验中涉及下列操作步骤：松手释放物块；接通打点计时器电源；木板一端抬高以平衡摩擦；向左推物块使弹簧压缩，并测量弹簧压缩量上述步骤正确的操作顺序是_(填序号)(2)甲同学实际打点结果如
16、图2 所示，观察纸带，判断测量值比真实值 _(选填“偏小”或“偏大”)(3)乙同学实际打点结果如图3 所示打点计时器所用交流电的频率为50 Hz，小车质量为 200 g，结合纸带所给的数据，可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为 _m/s，相应的弹簧的弹性势能为_J(结果均保留两位有效数字)【答案】(1).(2).偏小 (3).0.78 (4).0.061【解析】【分析】（1）根据实验原理排列操作的顺序；（2）根据纸带的点迹分布分析小车的运动情况，从而分析弹性势能的测量值和真实值之间的关系；（3）点迹间距最大时对应的速度最大，此时小车的动能等于弹性势能.【详解】（1）上述步骤正确的操
17、作顺序是：（2）由纸带可知，物块先加速后减速，可知肯定是平衡摩擦力不够，弹簧的弹性势能一部分克服摩擦力做功，则弹簧弹性势能的测量值小于真实值.（3）物块脱离弹簧时的速度为；弹性势能：11.某同学想在实验室测量电压表V1的内阻(1)他先用多用电表的欧姆挡“1k”测量，如图甲所示，该读数为 _；多用表的红表笔与电压表V的_(选填“正”或“负”)的接线柱相连(2)为了更准确地测量电压表V1的内阻，实验室提供的实验器材如下：A.待测电压表 V1(量程为 03 V)；B.电压表 V2(量程为 09 V，内阻约为 9 k)；C.滑动变阻器 R1(最大阻值为 20，额定电流为 1 A)；D.定值电阻 R3(
18、阻值为 6 k)；E.电源(电动势为 9 V，内阻约为 1)；F.开关一个、导线若干 根据提供的器材，连接图乙中的实物图_ 某次实验时电压表V1和电压表 V2的读数分别为 U1和 U2，移动滑动变阻器滑片，多次测量，作出 U2U1图象如图丙所示，已知图象的斜率为k，则内阻 RV1的表达式为_(用 R3和 k 表示)考虑电压表 V2的内电阻，则该方法对实验的测量结果_(选填“有”或“无”)影响【答案】(1).（1）6000 (2).负 (3).（2）电路如图；(4).(5).无【解析】【分析】（1）根据欧姆表的倍率挡和表盘进行读数；欧姆表红表笔接内部电源的负极。（2）根据实验原理设计电路图；根据
19、电路图找到U2和 U1的函数关系，根据斜率求解 RV；根据电路结构判断电压表V2内阻的影响.【详解】（1）用多用电表的欧姆挡“1k”测量，该读数为61k=6000；电流从多用电表的负极流入，则多用表的红表笔与电压表V的负的接线柱相连（2）实物连线如图；由欧姆定律可得：，即，则，解得由电路图可知，电压表V2的内阻对测量结果无影响.四、计算题12.如图（a）所示，质量为m=2kg 的物块以初速度v0=20m/s 从图中所示位置开始沿粗糙水平面向右运动，同时物块受到一水平向左的恒力F作用，在运动过程中物块速度随时间变化的规律如图（b）所示，g 取 10m/s2试求：(1)物块在 0-4s 内的加速度
20、 a1的大小和 4-8s 内的加速度 a2的大小；(2)恒力 F的大小及物块与水平面间的动摩擦因数；(1)8 s 内恒力 F 所做的功【答案】(1),方向水平向左;,方向水平向左 (2)F=7N，=0.15 (3)W=-168J【解析】【详解】(1)由图可知，0-4s 内，物体向右做匀减速直线运动，4-8s 内，物体向左做匀加速直线运动；0-4s 内，方向水平向左；4-8s 内，方向水平向左；由牛顿第二定律，得到：F+mg=ma1F-mg=ma2代入数据解得：F=7N，=0.15(2)依据图象可知，物体4s 内的位移：(2)根据牛顿第二定律，在0-4s 内恒力 F与摩擦力同向：F+mg=ma1
21、4s-8s 内恒力 F 与摩擦力反向：F-mg=ma2代入数据解得：F=7N，=0.15(3)根据图形的面积可得8s 内物体运动的位移恒力 F做的功为 W =Fs=-724=-168J 13.如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又沿中心轴线从O点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P点，O 点为荧光屏的中心已知电子质量 m 9.01031kg，电荷量大小 e1.61019C，加速电场电压 U02 500 V，偏转电场电压U200 V，极板的长度 L16.0 cm，板间距离 d2.0 cm，极板的末端到荧光屏的距离L23.0 cm(忽略电子所受重力，结果保留两位有效数字)求：
22、(1)电子射入偏转电场时的初速度v0；(2)电子打在荧光屏上的P点到 O 点的距离 h；(3)电子经过偏转电场过程中电势能的增加量【答案】(1)v03.0107m/s.(2)h7.2103m.(3)EW 5.81018J.【解析】【分析】（1）电子在加速电场中，根据动能定理即可求出进入偏转电场的速度；（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律可求出粒子在偏转电场中产生的侧位移；粒子从偏转电场飞出至荧光屏这一过程，做的是匀速直线运动，根据几何关系即可求h；（3）根据 W=eEy 即可求出电子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功。【详解】(1)电场中加速有 eU0 mv02解得 v0代
23、入数据解得 v03.0107m/s.(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t，电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为 y.电子在水平方向做匀速直线运动，L1v0t 电子在竖直方向上做匀加速运动，y at2根据牛顿第二定律有ma 解得 y3.6103m 0.36cm 电子离开偏转电场时速度的反向延长线过偏转电场的中点，由图知解得 h7.2103m.(3)电子在偏转电场运动的过程中电场力对它做的功W eEye y5.81018J EW 5.81018J.【点睛】对于带电粒子在电场中的运动问题，关键是注意区分不同的物理过程，弄清在不同的物理过程中物体的受力情况及运动性质，并选用相应的物理规律。在解决
24、问题时，主要可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度位移等。这条线索通常适用于在恒力作用下做匀变速运动的情况。其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、位移等。这条线索不但适用于匀强电场，也适用于非匀强电场。14.高频焊接是一种常用的焊接方法，图甲是焊接的原理示意图 将半径为 r 10 cm的待焊接的环形金属工件放在线圈中，然后在线圈中通以高频变化电流，线圈产生垂直于工件所在平面的匀强磁场，磁感应强度B随时间 t 的变化规律
25、如图乙所示，t 0 时刻磁场方向垂直线圈所在平面向外工件非焊接部分单位长度上的电阻 R01.0103m1，焊缝处的接触电阻为工件非焊接部分电阻的9 倍，焊接的缝宽非常小，不计温度变化对电阻的影响(1)在图丙中画出感应电流随时间变化的it 图象(以逆时针方向电流为正)，并写出必要的计算过程；(2)求环形金属工件中感应电流的有效值；(3)求 t 0.30 s 内电流通过焊接处所产生的焦耳热【答案】(1)(2)816 A.(3)1.13103J.【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律为求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流画出电流图象（2）根据电流的热效应，求出此电流在一个周期通过阻值为R的电
26、阻产生的热量，与直流相比较，求出有效值（3）求解出焊接处电阻值，根据焦耳定律求出热量【详解】(1)环形金属工件电阻为R2rR092rR020rR06.28103在 0时间内的感应电动势为Er26.28 V 电流为 I 1.0103A 由楞次定律得到电流方向逆时针，I-t关系图象如图所示：(2)在同一个周期内解得 I有效A816A.(3)在 t 0.30 s 内电流通过焊接处所产生的焦耳热为Q I2有效R t而 R 92rR05.65103解得 Q I2有效R t 1.13103J.【点睛】本题运用法拉第电磁感应定律、欧姆定律和焦耳定律研究高频焊接的原理，抓住 B-t 的斜率等于 B/t，即求出
27、磁通量的变化率，得到感应电动势 根据有效值的定义求解有效值15.如图所示，两个正三棱柱A、B紧靠着静止于水平地面上，三棱柱的中间有一个半径为 R的光滑圆柱 C，C的质量为 2m，A、B的质量均为 m.A、B与地面的动摩擦因数为.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.(1)三者均静止时 A对 C的支持力为多大？(2)A、B若能保持不动，应该满足什么条件？(3)若 C受到经过其轴线竖直向下的外力而缓慢下降到地面，求该过程中摩擦力对 A做的功【答案】(1)FN2mg.(2).(3).【解析】【分析】（1）对 C进行受力分析，根据平衡求解A对 C的支持力；（2）A保持静止，则地面对A的最大静摩
28、擦力要大于等于C对 A的压力在水平方向的分力，据此求得动摩擦因数 应该满足的条件；（3）C缓慢下落同时 A、B也缓慢且对称地向左右分开，A受力平衡，根据平衡条件求解滑动摩擦力大小，根据几何关系得到A运动的位移，再根据功的计算公式求解摩擦力做的功。【详解】(1)C 受力平衡，2FNcos602mg 解得 FN2mg(2)如图所示，A受力平衡 F地FNcos60mg 2mg f FNsin60mg 因为 f F地，所以(3)C 缓慢下降的同时 A、B也缓慢且对称地向左右分开A的受力依然为 4 个，如图所图，但除了重力之外的其他力的大小发生改变，f 也成了滑动摩擦力A受力平衡知 F地FNcos60m
29、g f FNsin 60F地解得 f 即要求0，与本题第(2)问不矛盾由几何关系知：当C下落地地面时，A向左移动的水平距离为xR 所以摩擦力的功 W f x【点睛】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。16.如图所示，同轴圆形区域内、外半径分别为R11 m、R2m，半径为 R1的圆内分布着 B12.0 T的匀强磁场，方向垂直于纸面向外；外面环形磁场区域分布着B20.5 T 的匀强磁场，方向垂直于纸面向内一对平行极板竖直放置，极板间距dcm，右极板与环
30、形磁场外边界相切，一带正电的粒子从平行极板左板P点由静止释放，经加速后通过右板小孔Q，垂直进入环形磁场区域已知点P、Q、O在同一水平线上，粒子比荷4107C/kg，不计粒子的重力，且不考虑粒子的相对论效应求：(1)要使粒子不能进入中间的圆形磁场区域，粒子在磁场中的轨道半径满足什么条件？(2)若改变加速电压大小，可使粒子进入圆形磁场区域，且能竖直通过圆心O，则加速电压为多大？(3)从 P点出发开始计时，在满足第(2)问的条件下，粒子到达O点的时刻【答案】(1)r11m.(2)U 3107V.(3)t=(6.1 10812.2108k)s(k 0，1，2，3，)【解析】【分析】（1）画出粒子恰好不
31、进入中间磁场区的临界轨迹，先根据几何关系求出半径；（2）画出使粒子进入圆形磁场区域，且能竖直通过圆心O的轨迹，结合几何关系求解半径，然后根据洛伦兹力提供向心力列方程，再根据动能定理对直线加速过程列方程，最后联立方程组求解加速电压；（3）由几何关系，得到轨迹对应的圆心角，求解粒子从Q孔进入磁场到第一次到O点所用的时间，然后考虑周期性求解粒子到达O点的时刻【详解】(1)粒子刚好不进入中间磁场时轨迹如图所示，设此时粒子在磁场中运动的半径为 r1，在 RtQOO1中有 r12R22(r1R1)2代入数据解得 r11m 粒子不能进入中间磁场，所以轨道半径r11m.(2)轨迹如图所示，由于O、O3、Q共线且水平，粒子在两磁场中的半径分别为r2、r3，洛伦兹力不做功，故粒子在内外磁场的速率不变，由qvBm得 r 易知 r34r2且满足(r2r3)2(R2r2)2r32解得 r2m，r3m 又由动能定理有 qU mv2代入数据解得 U3107V.(3)带电粒子从 P到 Q的运动时间为 t1，则 t1满足 v t1d 得 t1109s 令QO2O3，所以 cos0.8，37(反三角函数表达亦可)圆周运动的周期 T故粒子从 Q孔进入磁场到第一次到O点所用的时间为考虑到周期性运动，t总t1t2k(2t12t2)(6.1 10812.2108k)s(k 0，1，2，3，)