浙江省余姚市2020届高三上学期1月选考物理模拟试题

余姚市2020届高三物理模拟试卷

一．选择题 

1.“电动平衡车”是时下热门的一种代步工具．如图，人站在“电动平衡车”上在某水平地面上沿直线匀速前进，人受到的空气阻力与速度成正比，下列正确的是（  ）

A. 电动平衡车”对人的作用力竖直向上

B. “电动平衡车”对人的作用力大小大于空气阻力大小

C. 不管速度多大，“电动平衡车”对人的作用力大小相同

D. 不管速度多大，地面对“电动平衡车”摩擦力大小相同

【答案】B

【解析】

【详解】A．“电动平衡车”对人的作用力与空气阻力的合力与重力等大反向，“电动平衡车”对人的作用力与空气阻力的合力方向竖直向上，“电动平衡车”对人的作用力不是竖直向上，故A错误；

B．“电动平衡车”水平方向对人的作用力等于空气阻力，竖直方向对人的作用力等于人的重力，所以“电动平衡车”对人的作用力大于空气阻力，故B正确；

C．速度越大，电动车对人水平方向的作用力越大，所以“电动平衡车”对人的作用力越大，故C错误；

D．以人和电动车整体为研究对象，竖直方向受到支持力和重力，水平方向受到地面的摩擦力和空气的阻力，速度越大，电动车对整体水平方向的作用力越大，地面对“电动平衡车”摩擦力越大，故D错误。

2.2011年8月，“嫦娥二号”成功进入了绕“日地拉格朗日点”的轨道，我国成为世界上第三个造访该点的国家，如图所示，该拉格朗日点位于太阳与地球连线的延长线上，一飞行器位于该点，在几乎不消耗燃料的情况下与地球同步绕太阳做圆周运动，则此飞行器的（  ）

A. 线速度大于地球的线速度 B. 向心力仅由地球的引力提供

C. 向心力仅由太阳的引力提供 D. 向心加速度小于地球的向心加速度

【答案】A

【解析】

【详解】A．飞行器与地球同步绕太阳运动，角速度相等，根据v=rω，知探测器的线速度大于地球的线速度。故A正确。

B．探测器的向心力由太阳和地球引力的合力提供。故BC错误。

D．根据a=rω2知，探测器的向心加速度大于地球的向心加速度。故D错误。

3.袋鼠跳是一项很有趣的运动．如图所示，一位质量m=60kg的老师参加袋鼠跳游戏，全程10m，假设该老师从起点到终点用了相同的10跳，每一次跳起后，重心上升最大高度为h=0.2m．忽略空气阻力，下列正确的是（     ）

A 该老师起跳时，地面对该老师做正功

B. 该老师每跳跃一次克服重力做功约60J

C. 该老师从起点到终点的时间可能是7s

D. 该老师从起点到终点的时间可能是4s

【答案】C

【解析】

【详解】A．老师起跳时，地面虽然对老师有弹力作用，但在弹力的方向上没有位移，所以地面对老师没有做功，故A错误；

B．因重心上升的最大高度h=0.2m，老师每跳跃一次克服重力做的功W=mgh=120J，故B错误；

CD．因老师上升时间等于下降时间，且上升时间t=0.2s，则人在空中运动的时间t1=2t=0.4s，老师从起点到终点用了相同的十跳，考虑人屈膝跳起的时间，则总时间t总＞10t1=4s，故C正确，D错误。

4.下列关于物理事实、物理方法说法正确的是（     ）

A. 瞬时速度的定义用了数学的“极限”方法

B. 牛顿应用万有引力定律发现了海王星

C. 卡文迪许用扭秤测得静电力常量k的数值

D. 库仑提出电荷周围存在电场

【答案】A

【解析】

【详解】A．根据速度定义式，当△t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法，故A正确；

B．亚当斯和勒威耶利用万有引力定律发现了海王星，故B错误；

C．卡文迪许用扭秤测得万有引力常量G的数值，故C错误；

D．法拉第提出电荷周围存在电场，提出了“场”的概念，故D错误；

5.下列说法正确的是（　　）

A. 甲图是高速上的指示牌，上面的“77km”、“100km”等指的是位移

B. 乙图是高速上的指示牌，上面的“120”、“100等指的是平均速度

C. 丙图是汽车上的时速表，上面的“72”指的是瞬时速度的大小

D. 丁图是导航中的信息，上面的“26分钟”、“27分钟”指的是时刻

【答案】C

【解析】

【详解】A.甲图是高速上的指示牌，上面的“77km”、“100km”等指的是路程，故A错误；

B.乙图是高速上的指示牌，上面的“120、“100等指的是瞬时速度大小，故B错误；

C.丙图是汽车上的时速表，上面的“72指的是瞬时速度的大小，故C正确；

D.丁图是导航中的信息，上面的“26分钟”、“27分钟”指的是时间，故D错误．

6.把石块从高处抛出，初速度大小v0，抛出高度为h，方向与水平方向夹角为（0 ≤ <90º），如图所示，石块最终落在水平地面上．若空气阻力可忽略，下列说法正确的是（  ）

A. 对于不同的抛射角，石块落地的时间可能相同

B. 对于不同的抛射角，石块落地时的动能一定相同

C. 对于不同的抛射角，石块落地时的机械能可能不同

D. 对于不同的抛射角，石块落地时重力的功率可能相同

【答案】B

【解析】

【详解】A．将石块抛出后，石块在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做竖直上抛运动，竖直方向上有

由此式可知，对于不同的抛射角θ，石块落地的时间不同，故A错误；

BC．石块运动过程中，只有重力做功，所以机械能守恒，因初速度大小不变，所以对于不同的抛射角，石块落地时的机械能相同，即落地的动能相同，故B正确，C错误；

D．在竖直方向：

可求石块落地时的竖直方向的瞬时速度，再由P=mgvy可知，不同的抛射角θ，石块落地时重力的功率不相同，故D错误.

7.小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动，取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向，下列速度和位置的关系图象中，能描述该过程的是（  ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

试题分析：由题意知小球在下落的过程知速度方向向下，与正方向相反，为负值，所以C、D错误；小球的运动为匀变速运动，根据可知速度与时间为二次函数，故A正确；B错误．

8.反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似，已知静电场的方向平行于x轴，其电势q随x的分布如图所示，一质量m＝1.0×10﹣20kg，带电荷量大小为q＝1.0×10﹣9C的带负电的粒子从（1，0）点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动．忽略粒子的重力等因素，则（  ）

A. x轴左侧的电场强度方向与x轴正方向同向

B. x轴左侧电场强度E1和右侧电场强度E2的大小之比E1：E2＝2：1

C. 该粒子运动的周期T＝1.5×10﹣8s

D. 该粒子运动的最大动能Ekm＝2×10﹣8J

【答案】D

【解析】

【详解】A．沿着电场线方向电势降落，可知x轴左侧场强方向沿x轴负方向，x轴右侧场强方向沿x轴正方向，故A错误；：

B．根据U＝Ed可知：左侧电场强度为：E1＝V/m＝2.0×103V/m；右侧电场强度为：E2＝V/m＝4.0×103V/m；所以x轴左侧电场强度和右侧电场强度的大小之比E1：E2＝1：2，故B错误；

C．设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为t1、t2，在原点时的速度为vm，由运动学公式有：vm＝t1同理可知：vm＝t2；Ekm＝mvm2；而周期：T＝2（t1+t2）；联立以上各式并代入相关数据可得：T＝3.0×10﹣8s；故C错误．

D．该粒子运动过程中电势能的最大值为：EPm＝qφm＝﹣2×10﹣8J，由能量守恒得当电势能为零时动能最大，最大动能为Ekm＝2×10﹣8J，故D正确；

9.类比是一种常用的研究方法．如图所示，O为椭圆ABCD的左焦点，在O点固定一个正电荷，某一电子P正好沿椭圆ABCD运动，A、C为长轴端点，B、D为短轴端点，这种运动与太阳系内行星的运动规律类似．下列说法中正确的是（     ）

A. 电子在A点的线速度小于在C点的线速度

B. 电子在A点的加速度小于在C点的加速度

C. 电子由A运动到C的过程中电场力做正功，电势能减小

D. 电子由A运动到C的过程中电场力做负功，电势能增加

【答案】D

【解析】

【详解】电子绕正电荷做椭圆轨道运动，可类比与太阳系内行星的运动，根据开普勒第二定律可知，电子在A点的线速度大于在C点的线速度，选项A错误；A点距离正电荷较近，受库仑力较大，根据牛顿第二定律可知，电子在A点的加速度大于在C点的加速度，选项B错误；电子由A运动到C的过程中电场力做负功，电势能增加，选项D正确，C错误．

10.如图所示,水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场,两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ,分别用相同材料,不同粗细的导线绕制Ⅰ为细导线两线圈在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落,再进入磁场,最后落到地面,运动过程中,线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为、,在磁场中运动时产生的热量分别为、不计空气阻力,已知线框电阻与导线长度成正比,与导线横截面积成反比,则

A. , B. ,

C. , D. ,

【答案】D

【解析】

【详解】据题两个线圈从同一高度下落，到达磁场边界时具有相同的速度v，线圈切割磁感线产生感应电流，同时受到向上的安培力为：

由电阻定律得线圈的电阻（ρ为材料的电阻率，L为线圈的边长，S为单匝导线横截面积）
所以下边刚进入磁场时所受的安培力为：

此时加速度为：

将线圈的质量m=ρ0S•4L（ρ0为材料的密度）代入上式，所以得加速度为：

此式中各量对于两个线圈都相同，两个线圈的加速度a相同，则线圈Ⅰ和Ⅱ同步运动，落地速度相等：

v1=v2

由能量守恒可得：

（H是磁场区域的高度）
因为Ⅰ为导线细，质量m小，产生的热量小，所以Q1＜Q2．

A．，，与结论不相符，选项A错误；

B．，，与结论不相符，选项B错误；

C．，，与结论不相符，选项C错误；

D．，，与结论相符，选项D正确；

二、 选择题Ⅱ

11.下列现象中，与原子核内部变化有关的是（  ）

A 粒子散射现象 B. 衰变现象

C. 光电效应现象 D. 原子发光现象

【答案】B

【解析】

【详解】A．α粒子散射实验表明了原子内部有一个很小的核，并没有涉及到核内部的变化，故A错误；

B．衰变现象中核内的中子转化为质子，涉及到原子核内部的变化，选项B正确；

C．光电效应是原子核外层电子脱离原子核的束缚而逸出，没有涉及到原子核的变化，故C错误；

D．原子发光是原子跃迁形成的，即电子从高能级向低能级跃迁，释放的能量以光子形式辐射出去，没有涉及到原子核的变化，故D错误。

12.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，下列说法中正确的是（     ）

A. 图示时刻质点b的加速度正在减小

B. 从图示时刻开始，经过0.01 s，质点b通过的路程一定为0.4m

C. 若此波遇到另一列波并发生稳定干涉现象，则另一列波的频率一定为50Hz，振幅一定为20cm．

D. 若该波传播中遇到宽约4m的障碍物，能发生明显的衍射现象

【答案】BD

【解析】

【详解】A．沿x轴正方向传播，b质点正沿y轴负方向振动，离开平衡位置，加速度正在增大．故A错误．

B．由图读出波长为λ=4m，则周期为，时间t=0.01s=T/2，一个周期内质点通过的路程是4A，则经过0.01s，质点a通过的路程为S=2A=0.4m．故B正确．

C．波的频率为f=1/T=50Hz，此波遇到另一列频率为50Hz的波时，能发生稳定干涉现象，因另一列波的振幅不确定，则不能确定加强点或减弱点的振幅，选项C错误；

D．波的波长为4m，障碍物的尺寸约4m，两者尺寸差不多，则该波传播中遇到宽约4m的障碍物，能发生明显的衍射现象．故D正确．

13.在光滑水平桌面上有一边长为l的正方形线框abcd，bc边右侧有一等腰直角三角形匀强磁场区域efg，三角形腰长为l，磁感应强度垂直桌面向下，abef可在同一直线上，其俯视图如图所示，线框从图示位置在水平拉力F作用下向右匀速穿过磁场区，线框中感应电流i及拉力F随时间t的变化关系可能是（以逆时针方向为电流的正方向，时间单位为l/v）（     ）

A.   B.  

C.   D.  

【答案】BD

【解析】

【详解】AB．bc边的位置坐标x在L-2L过程，根据楞次定律判断可知感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值。线框bc边有效切线长度为L=vt，感应电动势为

E=BLv=Bvt•v=Bv2t

感应电流

即感应电流均匀增大。同理，x在2L-3L过程，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→d→c→b→a，为负值，感应电流均匀增大。A错误，B正确。

CD．在水平拉力F作用下向右匀速穿过磁场区，因此拉力等于安培力，而安培力的表达式

而L=vt，则有：

F非线性增大，故C错误，D正确；

14.绝缘水平面上固定一正点电荷Q，另一质量为m、电荷量为-q(q>O)的滑块（可看作点电荷）从a点以初速度v．沿水平面向Q运动，到达b点时速度减为零，已知a、b间距离为s，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．以下判断正确的是   (      )

A. 滑块在运动过程中所受Q的库仑力有可能大于滑动摩擦力

B. 滑块在运动过程的中间时刻，速度的大小一定小于

C. 此过程中产生的内能小于

D. Q产生的电场中，a,b两点间的电势差为

【答案】BD

【解析】

【详解】A．由题意可知，滑块水平方向受库仑力、滑动摩擦力，摩擦力与运动方向相反，而库仑力与运动方相同，因滑块在b点静止，故一定有段时间，库仑力小于滑动摩擦力，当在滑动过程中，随着间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，到达b点时速度减为零。故A错误；

B．水平方向受大小不变的摩擦力及变大的库仑力，当在滑动过程中，随着间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，所以导致加速度慢慢增大，加速度是变化的，故中间时刻的速度仍小于，故B正确；

C．由动能定理可得：

产生的内能

因此在此过程中产生的内能大于动能的减少。故C错误；

D．由动能定理可得：

解得两点间的电势差

故D正确；

15.2019 年北京时间 4 月 10 日 21 时，人类历史上首张黑洞照片被正式披露，引起世界轰动．黑洞是一类特殊的天体，质量极大，引力极强，在它附近（黑洞视界）范围内，连光也不能逃逸，并伴随很多新奇的物理现象．传统上认为，黑洞“有进无出”，任何东西都不能从黑洞视界里逃逸出来．但霍金、贝肯斯坦等人经过理论分析，认为黑洞也在向外发出热辐射，此即著名的“霍金辐射”，因此可以定义一个“黑洞温度”T： ，其中 h 为普朗克常量，c 为真空中的光速，G 为万有引力常量，M 为黑洞质量，k 是一个有重要物理意义的常量，叫做“玻尔兹曼常量”．以下能用来表示“玻尔兹曼常量”单位的是（   ）

A.  B.  C.  D.

【答案】BCD

【解析】

【详解】根据得

h的单位为J•s=Nms=kg•m2/s，c的单位是m/s，G的单位是N•m2/kg2=kg•m3/s2，M的单位是kg，T的单位是K，代入上式可得k的单位是 ，不等于。

A．，与结论不相符，选项A错误；

B．，与结论相符，选项B正确；

C．，与结论相符，选项C正确；

D．，与结论相符，选项D正确；

三、非选择题

16.（1）某学习小组用速度传感器探究小车的加速度与力、质量的关系，实验装置如图甲所示．为使细线下端悬挂砝码和砝码盘的总重力可视为小车受到的合力，正确操作是________．

A．小车的质量M应远小于砝码和砝码盘的总质量m

B．实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行

C．挂上砝码盘，将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车恰好能匀速下滑

D．每次改变小车质量后不需要重新平衡摩擦力

（2）该组同学在平衡小车与木板间的摩擦力后，在小车上固定一与运动方向垂直的薄板以增大空气阻力．用图乙所示的装置探究物体受到空气阻力与运动速度大小间的关系得到小车(含薄板)的v-t图象如图丙所示，该组同学通过分析得出：随着运动速度的增加，小车所受的空气阻力________(选填“变大”“不变”或“变小”)．

【答案】    (1). BD    (2). 变大

【解析】

【详解】（1）[1]．A、实验中为了使盘和重物的重力等于绳子的拉力，则小车的质量M应远大于砝码和砝码盘的总质量m，故A错误；

B、调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故B正确；

C、在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不应挂砝码盘，故C错误；

D、由于平衡摩擦力之后有Mgsinθ=μMgcosθ，故tanθ=μ．所以无论小车的质量是否改变，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面的分力，改变小车质量即改变拉小车拉力，不需要重新平衡摩擦力，故D正确；

（2）[2]．小车水平方向受到绳子的拉力与空气阻力，由图丙可知，随着运动速度的增加，而速度与时间图象斜率表示加速度，由于小车的加速度减小，再依据牛顿第二定律，那么小车所受的空气阻力变大。

17.以下表格中所列数据是测量小灯泡 U−I 关系的实验数据：

（1）分析表格内数据并结合电表内阻（电压表约为 3kΩ，电流表约为 0.125Ω），完成实物图中的连线．

（      ）

（2）把表格中数据所对应的点标在U－I 图中，并用平滑曲线作出完整的 U－I 图线．

（      ）

现将两个这样的小灯泡并联后再与一个 5的定值电阻 R 串联，接在内阻为 1、电动势为 3V 的电源两端，如图所示．则图中电流表的读数为______________A，此时每盏小灯泡的电功率为____W（均保留两位有效数字）

【答案】    (1).     (2).     (3). 0.32    (4). 0.18

【解析】

【详解】（1）[1]．电压和电流从零开始，所以滑动变阻器应采取分压接法；又电压表内阻远大于小灯泡电阻，故电流表采取外接法。如图所示；

（2）[2]．如图所示；

[3][4]．设通过每个小灯泡的电流为I，两端电压为U，根据闭合电路欧姆定律，得

E=U+2I（R+r）

整理得

U=3-12I

当U=0时，I=0.25A；当I=0时，U=3V

在小灯泡的伏安特性曲线中作电源的U-I图象，如图；

由图可知交点为（1.1，0.16），电流表的示数为小灯泡电流的两倍，故电流表的示数为0.32A；小灯泡消耗的功率为

P=UI=1.1×0.16W=0.18W

18.儿童乐园里的弹珠游戏不仅具有娱乐性还可以锻炼儿童的眼手合一能力．某弹珠游戏可简化成如图所示的竖直平面内OABCD透明玻璃管道，管道的半径较小．为研究方便建立平面直角坐标系，O点为抛物口，下方接一满足方程yx2的光滑抛物线形状管道OA；AB、BC是半径相同的光滑圆弧管道，CD是动摩擦因数μ＝0.8的粗糙直管道；各部分管道在连接处均相切．A、B、C、D的横坐标分别为xA＝1.20m、xB＝2.00m、xC＝2.65m、xD＝3.40m．已知，弹珠质量m＝100g，直径略小于管道内径．E为BC管道的最高点，在D处有一反弹膜能无能量损失的反弹弹珠，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，g＝10m/s2，求：

（1）若要使弹珠不与管道OA触碰，在O点抛射速度ν0应该多大；

（2）若要使弹珠第一次到达E点时对轨道压力等于弹珠重力的3倍，在O点抛射速度v0应该多大；

（3）游戏设置3次通过E点获得最高分，若要获得最高分在O点抛射速度ν0的范围．

【答案】（1）3m/s（2）2m/s（3）2m/s＜ν0＜2m/s

【解析】

【详解】（1）由yx2得：A点坐标（1.20m，0.80m）

由平抛运动规律得：xA＝v0t，yA

代入数据，求得 t＝0.4s，v0＝3m/s；

（2）由速度关系，可得 θ＝53°

求得AB、BC圆弧的半径 R＝0.5m

OE过程由动能定理得：

mgyA﹣mgR（1﹣cos53°）

解得 v0＝2m/s；

（3）sinα0.5，α＝30°

CD与水平面的夹角也为α＝30°

设3次通过E点的速度最小值为v1．由动能定理得

mgyA﹣mgR（1﹣cos53°）﹣2μmgxCDcos30°＝0

解得 v1＝2m/s

设3次通过E点的速度最大值为v2．由动能定理得

mgyA﹣mgR（1﹣cos53°）﹣4μmgxCDcos30°＝0

解得 v2＝6m/s

考虑2次经过E点后不从O点离开，有

﹣2μmgxCDcos30°＝0

解得 v3＝2m/s

故 2m/s＜ν0＜2m/s

19.如图甲所示，光滑、且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距离为L＝1m，定值电阻R1＝3Ω，R2＝1.5Ω，导轨上放一质量为m＝1kg的金属杆，金属杆的电阻r＝1Ω，导轨的电阻不计，整个装置处于磁感应强度为B＝0.8T的匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面竖直向下，现用一拉力F沿水平方向拉金属杆，使金属杆由静止开始运动．图乙所示为通过电阻R1中电流的平方随时间变化的I12—t 图线，求：

（1）5s末金属杆的动能．

（2）5s末安培力的功率．

（3）5s内拉力F做的功．

【答案】（1）112.5J（2）72W（3）292.5J

【解析】

【详解】（1）由图知：5s末时，I12=4A2，则得：

I1=2A

电路中有：I1：I2=R2：R1=1：2，得

I2=4A

干路电流：

I=3I1=3×2=6A

R1与R2并联电阻值：

感应电动势

E=BLv=I(R并+r)；  

金属杆的速度

 5s末金属杆的动能

（2）安培力：

FA=BIL=08×6×1=4.8N

5s末安培力的功率

PA=FAv=4.8×15=72W

（3）Q1=I12R1t，根据图线知，I12t即为图线与时间轴包围的面积
又Q1：Q2=1：2

金属杆内阻上产生的热量等于Q1和Q2之和，则

 由动能定理，得

WF-WA=△Ek   

5s内拉力F做的功

WF=WA+△Ek=180+112.5=292.5 J

20.如图所示为一种研究高能粒子在不同位置对撞装置．在关于y轴对称间距为2d的MN、PQ边界之间存在两个有界匀强磁场，其中K（K在x轴上方）下方I区域磁场垂直纸面向外，JK上方Ⅱ区域磁场垂直纸面向里，其磁感应强度均为B．直线加速器1与直线加速器2关于O点轴对称，其中心轴在位于x轴上，且末端刚好与MN、PQ的边界对齐；质量为m、电荷量为e的正、负电子通过直线加速器加速后同时以相同速率垂直MN、PQ边界进入磁场．为实现正、负电子在Ⅱ区域的y轴上实现对心碰撞（速度方向刚好相反），根据入射速度的变化，可调节边界与x轴之间的距离h，不计粒子间的相互作用，不计正、负电子的重力，求：

（1）哪个直线加速器加速的是正电子；

（2）正、负电子同时以相同速度ν1进入磁场，仅经过边界一次，然后在Ⅱ区域发生对心碰撞，试通过计算求出v1的最小值．

（3）正、负电子同时以v2速度进入磁场，求正、负电子在Ⅱ区域y轴上发生对心碰撞的位置离O点的距离．

【答案】（1）直线加速器2（2）；（3）△y＝2[]，n＝1，3，5，7…2k﹣1．

【解析】

【详解】（1）正负电子进入磁场后要在Ⅱ区域相遇，因此正负电子出加速器以后都向上偏转，根据左手定则可知直线加速器2加速得为正电子

（2）如图所示：d＝2Rsinθ，R（1﹣cosθ）＝h

或直接得：

整理得：R

即当，即h时，Rmin

根据ev1B＝m，求得：v1

（3）当v，则R，距离总是满足：△y＝2h

情况一：h＞R，只有一种情况h＝R，△y

情况二：h＜R，，h＝R，

那么△y＝2[]，n＝1，3，5，7…2k﹣1