2023杭州二中高三下学期3月月考试题物理含解析

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杭州二中2022学年第二学期高三年级第一次月考
物理试卷
本卷重力加速度取
一、单项选择题（本题有13个小题，每小题3分，共39分）
1. 下列关系式中不是利用物理量之比定义新的物理量的是（　　）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法。比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量大小的变化而变化。由于电场强度由场源电荷与空间位置到场源电荷的距离决定，与试探电荷与试探电荷所受电场力的大小没有决定的关系，因此是比值定义式，A错误；
B．根据上述，由于电势是由场源电荷、空间位置到场源电荷的距离已经零电势的选择决定，与试探电荷、电势能没有决定的关系，因此是比值定义式，B错误；
C．由于加速度与合力成正比，与质量成反比，即加速度大小由物体所受外力的合力与物体的质量共同决定，则表达式不属于比值定义式，C正确；
D．根据上述，由于角速度由圆周运动的受力与线速度决定，与物体转过的角度与时间没有决定的关系，因此是比值定义式，D错误。
故选C。
2. 龙舟竞渡，奋楫争先，2022年首届世界龙舟联赛决赛在福建举行，如图所示为直道上某龙舟前进过程中队员奋力划水的场景，则（　　）

A. 观看队员的划水动作时，队员可被视为质点
B. 描绘龙舟的运动轨迹时，龙舟可以看作质点
C. 水对龙舟的作用力大于龙舟对水的作用力
D. 龙舟全程做匀速运动
【答案】B
【解析】
【详解】A．观看队员的划水动作时，不能忽略队员的形状和大小，不可被视为质点，故A错误；
B．描绘龙舟的运动轨迹时，可以忽略龙舟的形状和大小，能看作质点，故B正确；
C．水对龙舟的作用力等于龙舟对水的作用力，故C错误；
D．龙舟全程运动的速度是变化的，故D错误。
故选B。
3. 如图，用筷子夹起一块重为G的小球静止在空中，球心与两根筷子在同一竖直面内，且筷子根部（较粗且紧靠的一端）与球心连线在竖直方向，筷子张角为θ。若已知每根筷子对小球的压力大小为N，则每根筷子对小球的摩擦力大小为（　　）

A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】小球受力如图所示

由平衡可知:

解得：

故选D。
4. 小明同学乘电动汽车出行，当汽车以的速度匀速行驶时，在该车的行车信息显示屏上看到了如下信息，电池组输出电压，电流为。已知该车电机及传动系统将电能转化为机械能的效率约为，则此时该车（　　）
A. 电池组输出的电功率约为 B. 牵引力的功率约为
C. 受到的阻力约为 D. 受到的牵引力约为
【答案】C
【解析】
【详解】A．电池组输出的电功率

故A错误；
B．牵引力的功率约为

故B错误；
CD．汽车做匀速运动，牵引力等于阻力，即

汽车的速度

汽车受到的阻力

故C正确，D错误。
故选C。
5. 心脏骤停最有效的抢救方式是尽早通过AED自动除颤机给予及时治疗。如图，某型号AED模拟治疗仪器内有一电容为的电容器，某次使用过程中，该电容器在内充电至电压，之后在时间内完成放电，则（　　）

A. 电容器充电后所带的电荷量为
B. 电容器充电过程中电容一直增大
C. 电容器放电过程中放电电流一直增大
D. 电容器放电过程中平均电流为
【答案】D
【解析】
【详解】A．电容器充电后所带的电荷量为

A错误；
B．电容器的电容由电容器本身的性质决定，与电容器是否带电无关，故电容器充电过程中电容保持不变，B错误；
C．电容器放电过程中，放电电流逐渐减小，C错误；
D．电容器放电过程中的平均电流为

D正确。
故选D。
6. 如图A、B两物体相互接触，但并不粘合，放置在水平面上，水平面与物体间的摩擦力可忽略，两个物体的质量分别为，。从开始，推力FA和分别作用与AB上，和随时间的变化规律为，，关于两个物体的运动。以下说法正确的是（　　）

A. 经过，两物体将分离
B. 经过1.5s，两物体将分离
C. A对B的弹力做功的功率一直增大
D. A对B的弹力做功的功率最大值为2W
【答案】D
【解析】
【详解】CD．以A、B整体为研究对象，A、B整体受到的合力为

解得

故合力保持不变，即开始一段时间内、以相同的加速度做匀加速运动，对整体研究有

解得

设A、B之间的弹力为F，对B受力分析可得

解得

且B在做匀加速直线运动，则B的速度为

故A对B的弹力做功的功率为

由数学知识可知，当时，功率有最大值

故C错误，D正确；
AB．当A、B恰好分离时，A、B间的弹力为0，此时两者的加速度仍然相等，有

解得

所以在2s内，A、B两物体一直以的加速度做匀加速直线运动，在2s后A、B两物体分离，故AB错误。
故选D。
7. 微信运动步数的测量是通过手机内电容式加速度传感器实现的，如图所示，M极板固定，当手机的加速度变化时，N极板只能按图中标识的“前后”方向运动。图中R为定值电阻。下列对传感器描述正确的是（　　）

A. 静止时，电流表示数为零，且电容器两极板不带电
B. 电路中的电流表示数越大，说明手机的加速度越大
C. 由静止突然向后加速时，电容器电容会减小
D. 由静止突然向前加速时，电流由b向a流过电流表
【答案】D
【解析】
【详解】A．静止时，N板不动，电容器的电容不变，则电容器电量不变，则电流表示数为零，电容器保持与电源相连，两极板带电，A错误；
C．由静止突然向后加速时，N板相对向前移动，则板间距减小，根据

知电容C增大，C错误；
D．由静止突然向前加速时，N板相对向后移动，则板间距增大，根据

知电容C减小，电压不变，由

知电容器电量减小，电容器放电，电流由b向a流过电流表，D正确；
B．由CD项分析可知，手机“前后”方向运动的加速度越大，电容变化越大，相同时间内电容充电或放电的电荷量大，电路中的电流表示数越大。因此电路中的电流表示数越大，说明手机“前后”方向运动的加速度越大。B错误。
故选D。
8. 如图所示，正方体放在水平地面上，空间有磁感应强度为、方向与水平面成45°角斜向上的匀强磁场。一根通电长直导线穿过正方体前后面的中心，电流的方向垂直于纸面向里。a，b，c，d分别是正方体所在边的中点。在这四点中（　　）

A. c，d两点的磁感应强度大小相等 B. a，b两点的磁感应强度大小相等
C. b点磁感应强度的值最大 D. c点磁感应强度的值最小
【答案】D
【解析】
【详解】a，b，c，d四点的实际磁感应强度为匀强磁场和电流磁场的叠加，如图所示

由图可知，a点磁感应强度大小为
Ba=B0+B
b点和d点磁感应强度大小为


c点的磁感应强度大小为
Bc=B0-B
故ABC不符合题意，D符合题意。
故选D。
9. 如图所示装置均可以将非电学量转化成电学量，方便地用于测量、传输、处理和控制。关于这些装置，以下说法正确的是（　　）

A. 甲图装置霍尔元件左右移动时，能产生霍尔电压的原理是电磁感应
B. 乙图中物体向左移，则电容器的电容变小
C. 丙图装置中通过物体位置变化引起线圈的自感系数改变从而将位置量换转成电学量
D. 丁图装置只要有声音，即使不接入电源，R两端也有电压输出
【答案】C
【解析】
【详解】A．带电粒子在洛伦兹力作用向下移动，霍尔元件上下表面出现电势差，不是电磁感应原理，故A错误；
B．乙图中物体向左移，两极板间电介质增大，则电容器的电容变大，故B错误；
C．丙图装置中通过物体位置变化引起线圈的自感系数改变从而将位置量换转成电学量，故C正确；
D．丁图装置只要有声音，不接入电源，R两端不会有电压输出，故D错误。
故选C。
10. 2022年11月9日，某天文爱好者通过卫星过境的GoSatWatch（卫星追踪软件）获得天和空间站过境运行轨迹（如图甲），通过微信小程序“简单夜空”，点击“中国空间站过境查询”，获得中国天和空间站过境连续两次最佳观察时间信息如图乙所示，这连续两次最佳观察时间内，空间站绕地球共转过16圈．已知地球半径为R，自转周期为24小时，同步卫星轨道半径为，不考虑空间站轨道修正，由以上信息可估算天和空间站的轨道半径为（ ）

查看过境图
日期
亮度
过境类型
11月2日
0.4
可见
开始时间
开始方位
开始高度角
17:50:08
西北偏西

查看过境图
日期
亮度
过境类型
11月3日
3.2
可见
开始时间
开始方位
开始高度角
18:28:40
西南偏西


A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由图乙的信息可知两次最佳观察时间约为24h，空间站一天时间绕地球16圈，则空间站运行周期

根据开普勒第三定律

解得天和空间站的轨道半径为

故选B。
11. 将一根柔软弹性细绳沿水平的x轴放置，其一端固定于位置为的墙面上，另一端不断上下振动，在绳中形成绳波如图，在时刻的质点刚好开始振动。当波传至固定点时，绳波将发生反射。反射处质点在反射前后的振动速度大小不变方向反向，波的传播方向也反向。则下列各个时刻细绳的波形图（实线）正确的是（　　）。

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．经过，波沿x轴正方向传播距离为

波前传播到处，和处的两个质点位于波谷，处的质点位于波峰，A错误；
B．经过，波沿x轴正方向传播的距离为

波前传播到处，和处的两个质点位于波谷，和处的两个质点位于波峰，B错误；
C．经过，波沿x轴正方向传播的距离为

处的波峰向前移动6m到处，处的波谷遇到墙变成波峰反射也移动到处，两个波峰在处相遇振动加强，处的质点位于波峰处且振幅等于原来的2倍，C正确；
D．经过，波沿x轴正方向传播的距离为

处的波谷向前移动8m到处，处的波峰向前移动7m遇到墙变成波谷反射运动到处，两个波谷在处相遇振动加强，处的质点的位于波谷处且振幅等于原来的2倍，D错误。
故选C。
12. 某海湾水电站面积约为，先利用这个海湾修建一座水坝，若涨潮后关上水坝的闸门，可使水位保持在20米不变，退潮时坝外水位降至18米，假如利用此水坝建立水利发电站，且重力势能转化为电能的效率是40%估算，该电站一次退潮时的发电量约为（　　）

A. J B. J C. J D. J
【答案】B
【解析】
【详解】一次涨潮水质量

一次涨潮水的重力势能变化

一次涨潮水的重力势能转化为电能

故该电站一次退潮能发电能8.0×109J。
故选B。
13. 2021年12月9日，“天宫课堂”第一课正式开讲，某同学在观看太空水球光学实验后，想研究光在含有气泡的水球中的传播情况，于是找到一块环形玻璃砖模拟光的传播，俯视图如图所示。光线a沿半径方向入射玻璃砖光线b与光线a平行，两束光线之间的距离设为x，已知玻璃砖内圆半径为R，外圆半径为2R，折射率为。光在真空中的速度为c。不考虑反射光线。下列关于光线b的说法正确的是（　　）

A. 当时，光可能经过内圆
B. 当时，光线从外圆射出的方向与图中入射光线的夹角为
C. 当R时，光线从外圆射出的方向与图中入射光线平行
D. 当时，光从内圆通过的时间为
【答案】D
【解析】
【详解】A．当折射光线恰好与内圆相切时，光恰好不会通过内圆，做出光路图如下图所示

根据几何关系可得
，
根据折射率公式有

代入数据得

因此当时，光不会经过内圆，故A错误；
B．由上式得
，
由几何分析可知，光线从外圆射出的方向与图中入射光线得夹角小于，故B错误；
C．当R时，由几何关系可知，光线从外圆射出的方向不可能与图中入射光线平行，

根据折射定律有

由于角度较小，可以得到

因此光从内圆通过的距离为

则光从内圆通过的时间为

故C错误，D正确。
故选D。
二、不定项选择题（本题有2个小题，每题3分，共6分，漏选得2分，错选不得分）
14. 以下说法正确的是（　　）
A. 黑体既不会反射电磁波，也不会向外辐射电磁波
B. 放射性物质发出的射线，工业上可用于测量钢板的厚度
C. 一个静止的电子，经过100V电压加速后，德布罗意波长约为0.12m
D. 由于不同原子有不同结构和能级，所以不同元素的原子具有不同的特征谱线
【答案】BD
【解析】
【详解】A．根据热辐射定义知，一切物体都在辐射电磁波，根据黑体定义知黑体能够完全吸收入射的各种波长的电磁波而不反射电磁波的物体，A错误；
B．放射性物质发出的射线，具有较强的穿透性，工业上可用于测量钢板的厚度，B正确；
C．一个静止的电子，经过100V电压加速后，具有的动能为

动量

德布罗意波长为

联立解得

C错误；
D．由于不同原子有不同结构和能级，所以不同元素的原子具有不同的特征谱线，D正确。
故选BD。
15. 2020年12月4日，新一代“人造太阳”装置——中国环流器二号M装置（HL-2M）在成都建成并实现首次放电，该装置是中国目前规模最大、参数最高的先进托卡马克装置，是中国新一代先进磁约束核聚变实验研究装置。我国重大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电。核聚变反应的方程为；。下列说法正确的是（　　）
A. 反应产物X为He
B. X的比结合能大于氘核的
C. X核的核子平均质量大于氘核的
D. 要使该聚变反应发生，必须克服两氘核间巨大库仑力
【答案】BD
【解析】
【详解】A．根据电荷数和质量数守恒，可得该核反应方程为


所以反应物X为，A错误；
B．两个氘核聚变生成时要释放核能，可知生成的比较稳定，所以X的比结合能大于氘核的比结合能，B正确；
C．X核的比结合能大于氘核，所以X核的核子平均质量小于氘核的平均质量，C错误；
D．要使该聚变反应发生，必须克服两氘核间巨大的库仑力，才能达到核力作用的范围，这样两个原子核才能结合成新的原子核，D正确。
故选BD。
三、填空题（本题共14分，16题8分，17题6分）
16. （1）下列情况会导致系统误差的有___________
A．利用单摆测重力加速度时，摆角超过
B．测量物体质量时，天平两臂不完全等长
C．用光电门测瞬时速度时，遮光片较宽
D．读数时，对最小分度的后一位进行估读
（2）在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧按如图甲连接起来进行探究。
①某次测量如图乙所示，指针示数为___________cm。
②在弹性限度内，将50g的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A、B的示数如下表。用表中数据计算弹簧I的劲度系数为___________N/m，弹簧II的劲度系数为___________N/m。，计算结果保留三位有效数字）
③这两根弹簧串联看成一整根弹簧，它的劲度系数与原来的劲度系数k有什么样的关系？___________（写出与、关系式）

钩码数
1
2
3
4
指针A示数/cm
15.71
19.71
23.70
27.70
指针B示数/cm
29.96
35.96
41.95
47.95

【答案】 ①. ABC ②. 16.00 ③. 12.5 ④. 25.0 ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1]A．利用单摆测重力加速度时，摆角超过时会引起系统误差，A正确；
B．测量物体质量时，天平两臂不完全等长导致的误差属于系统误差，B正确；
C．用光电门测瞬时速度时，遮光片较宽导致的误差为系统误差，C正确；
D．读数时，对最小分度的后一位进行估读，读数具有随机性，与人的视角有关，引起的误差为偶然误差，D错误。
故选ABC。
（2）①[2]刻度尺读数需要估读到精确度的下一位，从题图乙可知指针示数为16.00cm；
②[3]由胡克定律

结合表格数据可知弹簧Ⅰ的的劲度系数为

[4]弹簧II的劲度系数为

③[5]弹簧串联后的伸长量

串联后的劲度系数

联立可得

17. 如图所示，图1为多用电表中欧姆表的电路图，已知灵敏电流计表头内阻Rg=900Ω，满偏电流Ig=100μA，电源电动势E=1.5V，内阻r=1Ω。定值电阻R1=10Ω，R2=90Ω。图2为多用电表的表盘，请回答下列问题：
（1）电源的 ___________ 端为正极（填 “左”或“右”）
（2）当电键拨至1时，欧姆表的倍率是___________ （填“×10”或 “×100”）。
（3）某同学把电键拨至2后，进行欧姆调零，当调零完毕时，滑动变阻器接入电路的电阻应为 ___________ Ω。接着测量某一电阻，电表指针指示位置如图2所示，则该电阻阻值为___________ Ω。

【答案】 ①. 右 ②. ×100 ③. 139.1Ω ④. 140Ω
【解析】
【分析】
【详解】(1)[1]在多用电表的使用过程中，我们需要让电流从红笔流入，黑笔流出，所以在当欧姆挡使用时，黑表笔接着内部电源正极，所以电源的右端为正；
(2)[2]当电键拨至1时，这时候电流表等效的量程为

所以这时候的中值电阻为

所以当电键拨至1时，欧姆表的倍率是“×100”；
(3)[3] 当电键拨至2时，这时候电流表等效的量程为

等效内阻为

所以这时候的中值电阻为

所以滑动变阻器接入电路的电阻为

[4]所以当电键拨至2时，欧姆表的倍率是“×10”，所以该电阻阻值为

四、计算题（本大题共41分，其中18题9分，19题12分，20题10分，21题10分）
18. 如图（a）所示，“系留气球”是一种用缆绳固定于地面、高度可控的氦气球，作为一种长期留空平台，具有广泛用途。图（b）为某一“系留气球”的简化模型图；主、副气囊通过无漏气、无摩擦的活塞分隔，主气囊内封闭有一定质量的氦气（可视为理想气体）副气囊与大气连通。轻弹簧右端固定、左端与活塞连接。当气球在地面附近达到平衡时，活塞与左挡板刚好接触（无挤压），弹簧处于原长状态。在气球升空过程中，大气压强逐渐减小，弹簧被缓慢压缩。当气球上升至目标高度时，活塞与右挡板刚好接触（无挤压）氦气体积变为地面附近时的1.5倍，此时活塞两侧气体压强差为地面大气压强的。已知地面附近大气压强、温度，弹簧始终处于弹性限度内，活塞厚度忽略不计。
（1）设气球升空过程中氮气温度不变，求目标高度处氦气压强和此处的大气压强；
（2）气球在目标高度处驻留期间，设该处大气压强不变（与上一问相同）。气球内外温度达到平衡时，弹簧压缩量为左、右挡板间距离的，求
①此时气球内部的压强。
②此时气球驻留处的大气温度主气囊。


【答案】（1），；（2）①；②266K
【解析】
【详解】（1）汽囊中的温度不变，则发生的是等温变化，设气囊内的气体在目标位置的压强为p1，由玻意耳定律

解得

由目标处的内外压强差可得

解得此处的大气压强为

（2）①由胡克定律可知弹簧的压缩量变为原来的，则活塞受到弹簧的压力也变为原来的，即

设此时气囊内气体的压强为，对活塞压强平衡可得

②其中

由理想气体状态方程可得

解得

19. 如图所示，以v=5m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平面平滑对接，水平面上有n个位于同一直线上、处于静止状态的相同小球，小球质量m0=0.2kg。质量m=0.1kg的物体从轨道上高h=4.0m的P点由静止开始下滑，滑到传送带上的A点时速度大小v0=7m/s。物体和传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，传送带AB之间的距离L=3.4m。物体与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰，重力加速度g=10m/s2，3.16»。求：
（1）物体从P点下滑到A点的过程中，摩擦力做的功；
（2）物体第一次与小球碰撞后，在传送带上向左滑行的最大距离；
（3）物体第一次向右通过传送带的过程中，传送带对物体的冲量大小；
（4）n个小球最终获得的总动能。

【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）物块由P到A的过程，满足

解得

（2）物块与小球1发生弹性正碰，设物块反弹回来的速度大小为的，小球1被撞后的速度大小为，由动量守恒和能量守恒定律得


解得


物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下匀减速运动，加速度大小为

物块被反弹回来后，在传送带上向左运动过程中，由运动学公式得

解得

（3）减速至与传送带速度相等时所用的时间

匀减速运动的位移

所以物体与传送带共速后向右匀速运动，匀速运动的时间为

故物体从A运动到B的时间为

传送带对物体的冲量大小为

（4）由于小球质量相等，且发生的都是弹性正碰，它们之间将进行速度交换。由（3）可知，物块第一次返回还没到传送带左端速度就减小为零，接下来将再次向右做匀加速运动，直到速度增加到，再跟小球1发生弹性正碰，同理可得，第二次碰后，物块和小球的速度大小分别为


以此类推，物块与小球1经过n次碰撞后，他们的速度大小分别为


由于相邻小球之间每次相互碰撞都进行速度交换，所以，最终从1号小球开始，到n号小球，它们的速度大小依次为、、、、，则n个小球的总动能为

解得

20. 两根相距为的足够长“U”形金属导轨，一端接有阻值为电阻，折成如图甲所示放置，左半部分为与水平面成37°角的斜面，处于磁感应强度大小、方向平行于斜面向上的匀强磁场中，右半部分处于水平面内，此区域有大小为（大小未知）方向竖直向上的匀强磁场。质量均为、长度均为的金属细杆ab、cd与导轨垂直放置，两杆与导轨之间的动摩擦因数均为，每根杆的电阻均为；时刻起，ab杆在如图乙所示随时间变化的外力F作用下，从静止开始沿导轨向右做匀加速直线运动，同时cd棒也由静止释放。（两导轨电阻不计，金属细杆始终没有离开各自导轨平面。，。求
（1）时刻杆ab的加速度的大小，及感应强度大小。
（2）cd杆从静止开始到达最大速度的时间。
（3）若在cd杆从静止到达最大速度过程中电阻R上产生焦耳热，则这一过程中作用在ab杆上外力F做的功为多少？

【答案】（1），；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）ab杆受力分析如图

则有





整理得

即

即

斜率为

由图像得

则有

解得

又由F-t图像得

则有

（2）cd杆受力分析如图。速度达到最大时，处于平衡状态




解得



R与cd杆并联，R相等，则

ab杆在干路，则


又

则这一过程中ab匀加速运动时间

（3）则这一过程中ab匀加速运动距离

又


则

由动能定理得


解得

21. 如图所示，圆心为O、半径为R的圆形区域I内有磁感应强度大小为B1、方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场区域I右侧有一宽度也为R、足够长区域Ⅱ，区域Ⅱ内有方向向右的匀强电场，区域Ⅱ左右边界CD、FG与电场垂直，区域I边界上过A点的切线与电场线平行且与FG交于G点，FG右侧为方向向外、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域Ⅲ。在FG延长线上距G点为R处的M点放置一长为3R的荧光屏MN，荧光屏与FG成θ=53°角。在A点处有一个粒子源，能沿纸面向区域I内各个方向均匀地发射大量质量为m、带电荷量为+q且速率相同的粒子，其中沿AO方向射入磁场的粒子，恰能平行于电场方向进入区域Ⅱ并垂直打在荧光屏上（不计粒子重力及其相互作用）

（1）求粒子的初速度大小v0和电场的电场强度大小E；
（2）求荧光屏上的发光区域长度△x；
（3）若改变区域Ⅲ中磁场的磁感应强度大小，要让所有粒子全部打中荧光屏，求区域Ⅲ中磁场的磁感应强度大小应满足的条件。
【答案】（1） ；； （2） ；（3）
【解析】
【详解】（1）如图甲所示，分析可知，粒子在区域I中的运动半径为R，由向心力

公式可得

解得

因粒子垂直打在荧光屏上，由题意可知，在区域Ⅲ中的运动半径为2R，由向心力公式可得

解得

粒子在电场中加速运动，由动能定理得

解得电场强度大小

（2）如图乙所示，

分析可知，速度方向与电场方向平行向左射入区域I中的粒子将平行电场方向从区域I中最高点穿出，打在离M点x1处的屏上，由几何关系得

解得

速度方向与电场方向平行向右射入区域I中粒子将平行电场方向从区域I中最低点穿出，打在离M点x2处的屏上，由几何关系得

解得

分析可知所有粒子均未平行于FG方向打在板上，因此荧光屏上的发光区域长度

(3)如图丙所示

从区域I中最高点穿出的粒子恰好打在M点时，有

由向心力公式有

解得

若粒子平行于FG方向打中N点时，由几何关系得

粒子在区域中的射入点距离M点

显然粒子不可能平行于FG方向打中N点
即从G点进入区域Ⅲ打中N点的粒子运动半径为最大允许半径，由几何关系得

得

由向心力公式有

解得

要让所有粒子全部打中荧光屏，区域Ⅲ中的磁感应强度大小应满是的条件是