2022届山东省济南市山东省实验中学高三上学期12月第三次诊断考试物理试题（解析版）-A4

这是一份2022届山东省济南市山东省实验中学高三上学期12月第三次诊断考试物理试题（解析版）-A4，共27页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题
1. 如图所示为汽车内常备的一种菱形千斤顶的原理图，摇动手柄，使螺旋杆转动，A、B间距离发生改变，从而实现重物的升降。若一重为G的物体放在此千斤顶上，保持螺旋杆水平，已知AB与BC之间的夹角为θ，不计摩擦，则BC杆对轴C作用力大小为（ ）
A B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】对轴，根据平衡条件
解得
故选A。
2. 甲、乙两车在平直公路上同向行驶，以某一位置为坐标原点，以运动方向为正方向，建立一维坐标系。若甲、乙两车经过坐标原点后它们运动的图像如图所示，且两车同时驶过处，则下列说法正确的是（ ）
A. 甲、乙两车的加速度大小之比为B. 乙车比甲车先经过坐标原点
C. 甲车经过坐标原点后，经过两车同时驶过处D. 甲、乙两车通过坐标原点的时间差为
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据匀变速直线运动速度与位移关系可知
则由题图可知甲、乙两车的加速度大小分别为
即
故A错误；
BCD．甲、乙从坐标原点运动至所用时间分别为
所以甲车比乙车先经过坐标原点，且甲、乙两车通过坐标原点的时间差为
故BD错误，C正确。
故选C。
3. 青岛市即墨区鳌山湾一带受崂山余脉和海岛影响，形成了长达60多公里的狭长“疾风带”，为风力发电创造了有利条件，目前该地风电总装机容量已达18万千瓦。如图，风力推动三个叶片转动，叶片带动转子（磁极）转动，在定子（线圈）中产生电流，实现风能向电能的转化。已知叶片长为r，风速为v，空气密度为，流到叶片旋转形成的圆面的空气中约有速度减速为0，有原速率穿过，如果不考虑其他能量损耗。下列说法正确的是（ ）
A. 一台风力发电机的发电功率约为
B. 一台风力发电机的发电功率约为
C. 空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为
D. 空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】AB．根据题意可知，假设空气流速v为空气接触，扇面的面积为
在时间t内流过扇叶的体积为
空气质量根据密度公式得
题中有的空气速度减为零，所以与叶片发生相互作用的风的质量为，则根据功能关系有
则根据
得发电功率为
故A正确，B错误；
CD．以与叶片发生相互作用的那部分空气为研究对象，规定空气流动方向为正方向，可列动量定理表达式
得
则对一个扇叶的作用力为
故C错误，D正确。
故选AD。
4. 如图所示，固定光滑直杆上套有一个质量为m、带电量为+q的小球和两根原长均为L的轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球绝缘相连，另一端分别固定在杆上相距为2L的A、B两点，空间存在方向竖直向下的匀强电场。已知直杆与水平面的夹角为，两弹簧的劲度系数均为，小球可在距B点的P点处于静止状态。Q点距A点，将小球在Q点由静止释放，重力加速度为g。则（ ）
A. 匀强电场电场强度大小为
B. 小球在Q点的加速度大小为
C. 小球运动的最大动能为
D. 小球在运动过程中弹性势能、动能、重力势能之和减小
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．小球受两根弹簧的弹力大小为
对小球由共点力平衡可知
解得
故A错误；
B．小球在Q点
解得
故B错误；
C．小球从Q点由静止下滑时，运动到P点受力平衡，速度最大，动能最大，从Q到P过程中，根据动能定理可得
解得
故C正确；
D．小球在向下运动过程中电场力做正功，电势能减小，根据能量守恒可知弹性势能、动能、重力势能之和增大，故D错误。
故选C。
5. 北斗卫星导航系统第三颗组网卫星（简称“三号卫星”）的工作轨道为地球同步轨道，设地球半径为R，“三号卫星”的离地高度为h，则关于地球赤道上静止的物体、地球近地环绕卫星和“三号卫星”的有关说法中错误的是（ ）
A. 赤道上物体与“三号卫星”的线速度之比为
B. 赤道上物体与近地卫星的角速度之比为
C. 赤道上物体与“三号卫星”的向心加速度之比为
D. 近地卫星处与“三号卫星”处的重力加速度之比为
【答案】A
【解析】
【详解】A．赤道上物体与“三号卫星”的角速度相同，都等于地球自转角速度，根据得，赤道上物体与“三号卫星”的线速度之比为
A符合题意；
B．对于“三号卫星”与近地卫星，由万有引力提供向心力，得
得
可得“三号卫星”与近地卫星角速度之比为
又
所以
B不符合题意；
C．赤道上物体与“三号卫星”的角速度相同，由
可得它们的向心加速度之比为
C不符合题意；
D．对于“三号卫星”与近地卫星，由万有引力等于重力，得:
得
所以得近地卫星处与“三号卫星”处的重力加速之比为
D不符合题意；
故选A。
6. 如图所示，电源电动势E，内电阻恒为r，R是定值电阻，热敏电阻RT的阻值随温度降低而增大，C是平行板电容器。闭合开关S，带电液滴刚好静止在C内。在温度降低的过程中，分别用、、和表示电流表A、电压表V1、电压表V2和电压表V3示数变化量的绝对值。关于该电路工作状态的变化，下列说法正确的是（ ）
A. 和一定不变，一定变大
B. 、、一定都不变
C. 带电液滴一定向下加速运动
D. 电源的输出功率一定变大
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．根据欧姆定律可知
，
在温度降低的过程中，热敏电阻阻值变大，故变大，故A错误；
B．根据电路知识知，V3测路端电压，V2测热敏电阻RT的电压，V1测定值电阻R的电压
由
U3=E-Ir
得
由
U2=E-I（R+r）
得
由
U1=IR
得
故B正确；
C．带电液滴在平行板中受到向上的电场力和向下的重力处于平衡状态，在温度降低的过程，热敏电阻RT阻值变大，回路中电流变小，路端电压增大，由于流过定值电阻R的电流变小，所以分的电压也就变小，而路端电压增大，故V2读数增大，平行板间的电场强度也增大，导致带电液滴向上运动，故C错误；
D．因为不确定电源内阻与外电路电阻关系，无法判断电源输出功率变化，故D错误。
故选B。
7. 如图甲所示，质量为1kg的小球从最低点A冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.4m的半圆轨道，已知小球恰能到达最高点C，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计。小球由A到C的过程中速度的平方与其高度的关系图像如图乙所示，g取10m／s2，B为AC轨道中点。下列说法正确的是（ ）
A. 图乙中x=4
B. 小球在C点时的重力功率为20W
C. 小球从A到C合力做功为10.5J
D. 小球从A到B过程损失机械能为1.25J
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．当h=0.8m时，小球运动到最高点，因为小球恰能到达最高点C，则有
解得
vC2=4m2/s2，vC=2m/s
则
x=4
故A正确；
B．小球在C点时，重力与速度垂直，故重力功率为零，故B错误；
C．小球从A到C合外力对其做的功等于动能的变化量，则
解得
W=-10.5J
故C错误；
D．从A到C过程，动能减小量为
解得
ΔEk=10.5J
重力势能的增加量为
ΔEp=mg×2R
解得
ΔEp=8J
则机械能减小
ΔE=ΔEk-ΔEp=2.5J
由于A到B过程中压力大于B到C过程中的压力，则A到B过程中的摩擦力大于B到C过程中的摩擦力，可知A到B的过程克服摩擦力做功较大，知A到B损失的机械能损失
故D错误。
故选A。
8. 如图甲所示，倾角为θ的绝缘传送带以2m/s的恒定速率沿顺时针方向转动，其顶端与底端间的距离为5m，整个装置处于方向垂直传送带向上的匀强电场中，电场强度大小随时间按图乙规律变化。t=0时刻将质量m=0.02 kg、电荷量为q的带正电小物块轻放在传送带顶端，物块与传送带间的动摩擦因数为，已知sinθ=、csθ=，，取g=10 m/s2，则小物块（ ）
A. 一直处于静止状态
B. 一直匀加速直线运动
C. 在传送带上运动的总时间为2.5 s
D. 与传送带之间因摩擦产生的总热量为0.48 J
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】AB．存在电场时，有
解得
不存在电场时，有
解得
所以小物块先匀加速再匀减速运动，交替进行，AB错误；
C．一个周期运动的位移为
所以运动的时间为
C错误；
D．在没有电场时，小物块与传送带间有摩擦，所以相对位移为
发热量为
D正确。
故选D。
二、多项选择题
9. 在某个电场中，x轴上各点电势随x坐标变化如图所示，图像关于轴左右对称，一质量m、电荷量+q的粒子只在电场力作用下能沿x轴做直线运动，下列说法中正确的是（ ）
A. x轴上和两点电场强度和电势都相同
B. x轴上点的动能小于点的动能
C. 粒子运动过程中，经过点的加速度大小等于点加速度大小
D. 若粒子在点由静止释放，则粒子到达O点时刻加速度为零，速度达到最大
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】A．从x=x1到x=-x1，电势先降低后升高，因为沿着电场线方向电势逐渐降低，可知沿横轴正向，电场的方向先向右再向左，则知x轴上x=x1和x=-x1两点电场强度方向相反，根据斜率等于场强的大小，可知x=x1和x=-x1两点电场强度大小相等，故这两点电场强度不同。由图知两点的电势相等，故A错误；
B．电势小于点的电势，根据 可知，从x1到x2，电势能增大，根据能量守恒可知， 动能减小，故B错误；
C．依据φ-x图象斜率表示电场强度大小，则有x=x1处对应的电场强度大小等于x=-x1处电场强度大小，粒子所受的电场力大小相等，则加速度大小也相等，故C正确；
D．若粒子在x=-x1点由静止释放，粒子到达O处时所受的电场力为零，加速度为零，粒子先加速后减速，则到达O点时的速度最大，故D正确。
故选CD
10. 如图所示，平行板电容器水平放置，两极板间电场强度大小为E，方向竖直向上。两极板中间用一光滑绝缘细杆垂直连接，杆上套有带正电荷的小球和绝缘弹簧，小球压在弹簧上，但与弹簧不拴接。开始时对小球施加一竖直向下的外力，将小球压至某位置使小球保持静止。撤去外力后小球从静止开始向上运动，上升h时恰好与弹簧分离，分离时小球的速度为v，小球上升过程不会撞击到上极板，已知小球的质量为m、带电荷量为q，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. 与弹簧分离时小球的动能为mgh+qEh
B. 从开始运动到与弹簧分离，小球与弹簧组成的系统增加的机械能为qEh
C. 从开始运动到与弹簧分离，小球电势能、重力势能的变化量等于弹性势能的变化量
D. 撤去外力时，弹簧的弹性势能为
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】A．根据动能定理可知，合外力对小球所做的功等于小球动能的变化量，所以小球与弹簧分离时的动能为
故A错误；
B．根据除重力弹簧弹力外的其他力做功改变物体机械能可知，从开始运动到与弹簧分离，小球与弹簧组成的系统增加的机械能为
故B正确；
C．根据能量守恒可知，从开始运动到与弹簧分离，小球电势能、重力势能、动能的变化量等于弹性势能的变化量，故C错误；
D．从撤去外力到小球与弹簧分离，由动能定理可知
解得
故D正确。
故选BD。
11. 如图虚线所示的半径为R圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场，设带电粒子在磁场中运动的轨道半径为r，不计重力及带电粒子之间的相互作用，则（ ）
A. 若r=R，则粒子离开磁场时，速度是彼此平行的
B. 若，则粒子从P关于圆心的对称点离开时的运动时间是最长的
C. 若粒子射入的速率为时，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为，相应的出射点分布在三分之一圆周上，则
D. 若粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上，打在磁场边界最远位置粒子的运动时间为；若粒子在磁场边界的出射点分布在三分之一圆周上，打在磁场边界最远位置粒子的运动时间为，则
【答案】ABC
【解析】
【详解】A．设粒子带正电，磁场方向垂直于纸面向外，若r=R，则粒子离开磁场时，可画出某个从P点射入磁场中粒子的运动轨迹如图1所示
由几何关系可判断平行四边形 为菱形。则有 ，所以速度方向竖直向下，同理也可判断出：若满足r=R，正电荷从P点其它方向射入磁场中粒子的速度方向也是竖直向下的，即速度方向都是彼此平行的。
同理也可得到若粒子带负电，磁场垂直纸面向里，且满足r=R时，粒子离开磁场边界时，速度方向也是彼此平行的，故A正确；
B．假设粒子带正电，磁场方向垂直于纸面向外，由于，粒子的运动轨迹如图2
即带电粒子的轨迹半径大于圆的半径时，射出磁场边界的粒子几乎可以充满整个圆边界区，所有的弧都是略弧，所以最长的弧对应最长的弦长，所以从直径射出去粒子的时间最长。根据对称性，粒子带负电也是如此，故B正确；
C．当速度大小为v1时，从P点入射的粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为M，如图3所示，由题意知
由几何关系得轨迹圆半径为
从P点入射的粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为N，如图4所示，由题意知
由几何关系得轨迹圆的半径为
根据洛伦兹力充当向心力可知
速度与半径成正比，因此
v1：v2=r1：r2=1:
故C正确；
D．由图3，图4可知粒子运动轨迹都是半个圆周，根据粒子在磁场中运动的周期公式
所以是粒子在磁场中运动的时间均为，所以，故D错误。
故选ABC。
12. 如图所示，电阻不计的光滑金属导轨MN、PQ水平放置，间距为d，两侧接有电阻R1、R2，阻值均为R，O1O2右侧有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、长度也为d的金属杆置于O1O2左侧，在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动，经时间t到达O1O2时撤去恒力F，金属杆在到达NQ之前减速为零，已知金属杆电阻也为R，与导轨始终保持垂直且接触良好，下列说法正确的是（ ）
A. 杆刚进入磁场时速度大小为
B. 杆刚进入磁场时电阻R1两端的电势差大小为
C. 整个过程中，流过金属杆的电荷量为
D. 整个过程中，电阻R1上产生的焦耳热为
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】A．杆进入磁场之前的加速度
则进入磁场时速度大小为
故A正确；
B．杆刚进入磁场时产生的感应电动势
E=Bdv
则电阻R1两端的电势差大小为
故B错误；
C．金属棒进入磁场后，由动量定理
，
解得金属杆的电荷量
故C正确；
D．整个过程中，产生的总焦耳热
则电阻R1上产生的焦耳热为
故D错误。
故选AC
三、实验题
13. 小于同学为了测量当地的重力加速度，设计了一套如图甲所示的实验装置。拉力传感器竖直固定，一根不可伸长的细线上端系在传感器的固定挂钩上，下端有一小钢球，钢球底部固定有遮光片，在拉力传感器的正下方安装有光电门，小钢球通过最低点时恰能通过光电门（假设遮光片通过光电门的速度即为小球此时的速度）。小于同学进行了下列实验步骤：
（1）用游标卡尺测量遮光片的宽度d，用游标卡尺测量小钢球的直径为D，用刻度尺测量小钢球到悬点的摆线长为L；
（2）拉起小钢球，使细线与竖直方向成不同角度后由静止释放，小钢球每次均在竖直平面内运动，记录小钢球每次通过光电门的遮光时间和对应的拉力传感器示数F；
（3）根据记录的数据描绘出如图乙所示的图像，已知图像与纵轴交点为a，图像斜率为k，则通过以上信息可求出当地的重力加速度表达式为g=_____（用题目中所给物理量的符号表示）；
（4）由于实验中对速度的近似测量，导致当地重力加速度g的测量值比实际值______（选填“偏大”“偏小”“不变”）。
【答案】 ①. ②. 偏大
【解析】
【分析】
【详解】(3)[1] 在最低点，根据牛顿第二定律有
，
联立可得
结合图象的斜率
截距a=mg，解
(4)[2] 由于实验中对速度的近似测量，即中间时刻的瞬时速度小于中间位置的瞬时速度，导致速度测量值偏小，根据以上分析可知
重力加速度g的测量值偏大。
14. 如图所示为小明同学用毫安表改装多用电表的原理图。已知毫安表表头内阻为，满偏电流为2mA，R1和R2为定值电阻。
（1）若单刀双掷开关S2接“1”时，将毫安表改装成4mA和40mA两个量程的电流表，则R1+R2=_______，R1=__________；
（2）将开关S2接“2”端时为欧姆表。根据图中电源情况可以判断表笔A应接_____色（选填“红”或“黑”）表笔：若开关S1与a端相接时欧姆表为“×10”倍率挡，则开关S1与b端相接时应为______（选填“×1”或“×100”）倍率挡；
（3）图中作为欧姆表使用时，若电池用旧后电动势不变，电池内阻变大，欧姆调零后测电阻，这种情况对测量结果_________（选填“有”或“没有”）影响。
【答案】 ①. 60 ②. 6 ③. 黑 ④. ×100 ⑤. 没有
【解析】
【分析】
【详解】(1)[1][2] 由题意可知，表头满偏电流
Ig=2mA=0.002A
内阻Rg=60Ω，改装成两个量程的电流表，量程分别为
I1=4mA=0.004A，I2=40mA=0.040A
由图示电路图，根据串并联电路特点与欧姆定律得
IgRg=（I1-Ig）（R1+R2），Ig （Rg+R2）=（I2-Ig） R1
代入数据解得
R1=6Ω，R1+R2=60Ω
(2)[3][4] 电流应从红表笔流入黑表笔流出电表，图中的表笔A应接黑色表笔；开关S1与a端相接时，电表内阻为毫安表串联R2后再与R1并联的电阻，若开关S1与b端相接时，电表内阻约为R1、R2串联后与毫安表并联的电阻，电表内阻变大，中值电阻变大；若开关S1与a端相接时欧姆表为“×10”倍率挡，则开关S1与b端相接时应为“×100”倍率挡；
(3)[5] 图中作为欧姆表使用时，需进行欧姆调零，电池内阻变大，调零后总电阻不变，对测量结果没有影响。
四、计算题
15. 图甲是法拉第发明的铜盘发电机，也是人类历史上第一台发电机。图乙是利用这种发电机给平行金属板电容器供电的示意图。已知铜盘的半径为R，加在盘下侧的匀强磁场磁感应强度为B1，盘匀速转动的角速度为ω，每块平行板长度为d，板间距离也为d，板间加垂直纸面向内、磁感应强度为B2（大小未知）的匀强磁场。已知重力加速度为g。
（1）求电容器两极板间的电压U；
（2）若有一带负电的小球以速度v0从电容器两板中间水平向右射入，并在复合场中做匀速圆周运动又恰好从极板右侧射出，求小球的电量与质量之比及磁感应强度B2的大小。
【答案】（1）；（2），
【解析】
【分析】
【详解】（1）感应电动势
电容器两极板间的电压
（2）对粒子：复合场中竖直方向平衡
Eq=mg
对粒子：合力即为洛仑兹力
带电小球恰能从右板边缘射出，由几何关系可得：
解得
16. 如图为某玩具的轨道结构示意图，半径R1=0.40m的竖直固定圆弧轨道BC、水平直线轨道CD及半径R2=0.2m的竖直圆轨道O2平滑连接，固定平台上端A点与B点的高度差h=0.45m，O1C与直线轨道垂直，O1B与O1C的夹角。某次游戏中，将小球Q置于直线轨道上，弹射装置将质量m=0.2kg的小球P自A点以一定初速度水平弹出，恰好沿B点的切线方向进入圆弧轨道，小球P与小球Q碰撞后粘在一起，从D点进入圆轨道。碰撞时间极短，不计一切摩擦，小球可视为质点，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）小球P从A点弹出时的初速度大小；
（2）小球P运动到C点时对轨道的作用力；
（3）若小球P、Q未脱离圆轨道O2，求小球Q质量的取值范围。
【答案】（1）；（2）10N，方向竖直向下；（3）或
【解析】
【分析】
【详解】（1）小球到达B点时的竖直速度
则水平速度
（2）小球在B点的速度
小球从B到C机械能守恒，则
在C点时
解得
vC=4m/s；FN=10N
由牛顿第三定律，小球对C点轨道的作用力为10N，方向竖直向下。
（3）小球P与小球Q碰撞后粘在一起，设总质量为M，若不脱离轨道，则若能经过轨道最高点，则
从最低点到最高点
解得
若物体能到达与O2等高的点，则
解得
v2=2m/s
两球碰撞由动量守恒定律
当时可得
mQ≈0.053kg
当v=v2=2m/s时解得
mQ=0.2kg
则小球Q质量的取值范围是mQ≤0.053kg或者mQ≥0.2kg
17. 如图，绝缘平板A静置于水平面上，电荷量的物块B（可视为质点）置于平板最左端。平板质量M=2kg，物块质量m=1kg，物块与平板间动摩擦因数，平板与水平面间动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。t=0（此时为计时起点），空间提供水平向右的匀强电场图中未画出，场强大小；t=1s时，电场反向变为水平向左，场强大小不变；t=1.25s时，撤去电场。整个过程中，物块B的电荷量保持不变，物块始终未离开平板，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2.求：
（1）t=1s时，物块和平板的速度大小分别是多少？
（2）平板A的长度至少为多少？
（3）整个过程中，电场力对物块B所做的功是多少？
【答案】（1）=5m/s ；=1m/s；（2）2.5m；（3）
【解析】
【分析】
【详解】(1)t=0~t=1s，物块受电场力大小为
物块加速度大小为，由牛顿第二定律得
解得
平板加速度大小为，由牛顿第二定律得
解得
t=1s时，物块速度大小为
得
平板速度大小为
得
(2)t=0~1s，物块对地位移大小为
平板对地位移大小为
物块相对平板位移大小为
t=1s时，电场反向变为水平向左，场强大小不变，物块加速度大小为，由牛顿第二定律得
可得
方向向左；历时，物块与平板达到共同速度v，则
得
共速时正好撤去电场，则
物块对地位移
平板对地位移
物块相对平板位移大小为
所以平板长度至少为
得
物块与平板达到共同速度v后， 物块与平板相对静止，一起向右匀减速直至停下；
(3)整个过程中，电场力对物块所做的总功
其中
总功
18. 某粒子分析装置如图所示，其基本结构由发射筛选装置Ⅰ以及分析装置Ⅱ组成。装置Ⅰ中粒子源S持续地沿速度选择器的中心线射出质量为m，电量为q的带正电粒子，粒子经点，沿与平面平行的方向射入装置Ⅱ、由于装置Ⅰ可在平面内绕转动，因而粒子飞入点时与夹角可发生变化，已知粒子飞入点的速度v与夹角的关系为，可在0到之间变化，且飞入点的粒子数按角度均匀分布。分析装置Ⅱ中有两平行于平面的正方形平面与，边长为，两平面距离为d。平面间存在一沿z轴负方向的匀强磁场，其磁感应强度大小为B。平面是粒子接收屏粒子击中屏幕后会发出荧光从而获得分析粒子的相关数据。不计粒子重力及其相互作用。（提示：合运动我们经常会使用运动分解的方式来简化模型）
（1）已知速度选择器中的电场强度E不变，为保证粒子在速度选择器中做匀速直线运动，求速度选择器中磁场的磁感应强度与的关系；
（2）求时，粒子击中位置与点的距离；
（3）求打到屏幕上的粒子数与飞入的粒子数的比值。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）速度选择器中粒子受力平衡，有
代入可得
故速度选择器中磁场磁感应强度与的关系为。
（2）根据公式
，
可得周期为
运动时间有
即
且有
，
可得
因为运动时间为，则角度会偏转120°，由几何关系有
故时，粒子击中位置与点的距离为。
（3）粒子的运动时间和偏转角无关，所以入射后的运动时间均为，即偏转120°，轨迹如图所示
由几何关系得
根据
，
有
根据题干所给条件，有
代入可得
即
此时粒子能够恰好击中屏幕，所以可吸收的比值为
故打到屏幕上的粒子数与飞入的粒子数的比值为。