【开学考】2024秋高三上册开学物理摸底考试 物理2025届新高三上册开学摸底考试卷（黑龙江吉林和辽宁专用）.zip

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注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．如图所示，浙江运动员李玲在参加杭州亚运会女子撑杆跳高比赛时，以4.63m的成绩夺得金牌，并再度刷新亚运会赛事纪录。其完整的撑杆跳高过程可简化为三个阶段——持杆助跑、撑杆起跳上升、越杆下落着地。下落时，人杆分离，最后落在软垫上速度减为零。不计空气阻力，则（ ）
A．研究其越杆过程的技术动作可将李玲视作质点
B．李玲在最高点时加速度一定为零
C．李玲在整个跳高过程中机械能守恒
D．李玲落在软垫上的运动过程中，软垫对她的冲量大小等于她对软垫的冲量大小
【答案】D。
【解答】解：A、研究其越杆过程的技术动作时，运动员的大小和形状不可忽略，不可将李玲视作质点，故A错误；
B、李玲在最高点时仍受到重力作用，故加速度为重力加速度，故B错误；
D、李玲落在软垫上的运动过程中，由牛顿第三定律可知软垫对她的作用力大小等于她对软垫的作用力大小，那么软垫对她的冲量大小等于她对软垫的冲量大小，故D正确；
C、撑杆从开始形变到撑杆恢复形变时，先是运动员部分动能转化为杆的弹性势能，后弹性势能转化为运动员的动能与重力势能，使用撑杆的过程中，运动员与杆的机械能守恒，但单个物体—李玲在整个跳高过程中机械能不守恒、故C错误。
2．如图所示，一个固定的转轮的辐条上有两点a、b，关于两点的线速度v的大小关系和角速度的大小关系，正确的是（ ）
A．va＝vb，ωa＜ωbB．va＜vb，ωa＜ωb
C．va＜vb，ωa＝ωbD．va＝vb，ωa＝ωb
【答案】C
【解答】解：由题可知，a、b是同轴转动，两者角速度相同，有ωa＝ωb；根据v＝ωr，且ra＜rb，可得va＜vb，故C正确，ABD错误。
3．如图所示为智能机器人协助派件员分拣快递的场景，派件员将包裹放在机器人的水平托盘上后，机器人通过扫码读取目的地信息，并生成最优路线，将不同目的地的包裹送至不同的位置，从而实现包裹的分拣功能。关于机器人和包裹，下列说法正确的是（ ）
A．机器人加速前进则包裹对水平托盘的摩擦力方向向后
B．包裹受到向上的支持力是包裹发生形变产生的
C．包裹对机器人的压力和机器人对包裹的支持力是一对平衡力
D．包裹随着机器人一起做匀速直线运动时，包裹受到向前的摩擦力
【答案】A
【解答】解：A、机器人加速前进时，相对包裹机器人有向前运动的趋势，故此时包裹具有向前的加速度，所以受到向前的摩擦力作用，根据牛顿第三定律可知包裹对水平托盘的摩擦力方向向后，故A正确；
B、包裹受到向上的支持力是托盘发生形变产生的，故B错误；
C、包裹对机器人的压力和机器人对包裹的支持力是一对相互作用力，故C错误；
D、包裹随着机器人一起做匀速直线运动时，包裹加速度为零，故此时不受到摩擦力，故D错误。
4．如图所示是某电容式话筒的原理示意图，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属板。从左向右对着振动片P说话，P振动而Q不动。在P、Q间距增大的过程中（ ）
A．电容器的电容增大B．P上电量保持不变
C．P、Q间的场强增大D．点M的电势比点N的高
【答案】D
【解答】解：A．根据电容器的决定式
可知两极板间距离增大，电容减小。故A错误；
B．由于电容器与电源连接，电源电压保持不变，两极板间电压U不变，电容C减小，根据电容器的定义式
可知电容器的带电量减小。故B错误；
C．P、Q间的电场可视为匀强电场，则有
U＝Ed
在P、Q间距d增大的过程中，两极板间电压U不变，则P、Q间电场的场强E减小。故C错误；
D．两极板间距离增大，电容减小，Q极板的正电荷将通过电阻R和电源流向负极板，因此M点的电势高于N点的电势。故D正确。
5．在水平方向的匀强电场中，一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直面（纸面）内运动。如图，若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线；若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到O点等高处的过程中（ ）
A．动能减小，电势能增大
B．动能增大，电势能减小
C．动能减小，电势能减小
D．动能增大，电势能增大
【答案】B
【解答】解：小球的初速度方向沿虚线时，小球沿虚线做直线运动，根据物体做直线运动的条件可知小球所受的合力方向沿虚线方向，电场方向水平向右，如图所示：
小球的初速度方向垂直于虚线，小球做类平抛运动；
小球从O点出发运动到O点等高处的过程中，合力做正功，小球的动能增加；
电场力做正功，小球的电势能减小。
综上分析，故ACD错误，B正确。
6．光电管是应用光电效应原理制成的光电转换器件，在有声电影、自动计数、自动报警等方面有着广泛的应用。图a是研究光电效应的实验电路，图b是用甲、乙、丙三束光分别照射光电管得到的I﹣U图线，Uc1、Uc2表示遏止电压，图c是遏止电压Uc与入射光的频率ν间的关系图像。下列说法中正确的是（ ）
A．发生光电效应时，将滑动变阻器滑片从C端往D端移动时，电流表示数一定增加
B．图c中图线的斜率表示普朗克常量h
C．丙光比甲光更容易发生明显衍射
D．甲光照射时比丙光照射时产生的光电子的最大初动能小
【答案】故选：D。
【解答】解：A、发生光电效应时，将滑动变阻器滑片从C端往D端移动时，当电路中的电流达到饱和电流后，电流表示数保持不变，在达到饱和电流前会一直增大的，故A错误；
B、根据爱因斯坦的光电效应方程有Ek＝hν﹣W0，根据动能定理有eUc＝Ek，联立得Uc＝，所以图c中图像的斜率表示，故B错误；
C、从图b中可以看出在发生光电效应时丙光的遏制电压大于甲光的遏制电压，所以丙光的频率大于甲光的频率，根据c＝λν可知甲光的波长大于丙光的波长，则甲光比丙光更容易发生衍射，故C错误；
D、根据爱因斯坦的光电效应方程Ek＝hν﹣W0，根据上面C的分析可知，甲光照射时比丙光照射时产生的光电子的最大初动能小，故D正确。
7．2023年11月16日，长征二号丙运载火箭在酒泉成功发射了新一代海洋水色观察卫星海洋三号01星，海洋三号01星具有高度的科研价值和应用价值，代表着我国海洋水色系统卫星正式升级到第二代观测体系。若已知卫星运动轨道可看成圆轨道，运动周期为T，卫星离地面的飞行高度为h，地球半径为R，地球北极位置的重力加速度为g，引力常量为G。则下列说法正确的是（ ）
A．海洋三号01星的发射速度大于11.2km/s
B．由题中已知的数据可得出地球的密度为
C．该卫星在预定轨道无动力独立飞行时绕地一周所需时间为
D．该卫星在预定轨道无动力独立飞行时的速度大小可能为8km/s
【答案】C
【解答】解：是第二宇宙速度，是卫星脱离地球束缚的最小发射速度，海洋三号01星绕地球做圆周运动，其发射速度小于11.2km/s，故A错误；
B.根据万有引力等于重力有＝mg
解得M＝
地球密度ρ＝＝＝，故B错误；
C.根据万有引力提供向心力有＝m
解得T＝2π
又根据万有引力等于重力有＝mg
解得T＝2π
故C正确；
D.第一宇宙速度7.9km/s是卫星绕地球做圆周运动的最大速度，该卫星在预定轨道无动力独立飞行时的速度大小小于7.9km/s，但不可能为8km/s，故D错误。
（多选）8．两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x＝﹣0.2m和x＝1.2m处，两列波的波速均为0.4m/s，左侧波源的振幅为2cm，右侧波源的振幅为3cm。如图所示为t＝0时刻两列波的图像，此刻平衡位置位于x＝0.2m和x＝0.8m的两质点刚开始振动。下列说法正确的是（ ）
A．平衡位置位于x＝0.5m的质点为振动加强点，它的位移不可能为0
B．平衡位置位于x＝0.4m的质点为振动减弱点，t＝1s之后其位移始终为0
C．平衡位置位于x＝0.3m的质点在t＝1.6s时的速度方向为y轴正方向
D．平衡位置位于x＝0.2m的质点在0～3s内的路程为18cm
【答案】CD
【解答】解：A．两列波相遇的时间为
t＝＝s＝0.75s
即两列波经t＝0.75s，相遇在P、Q的中点M，故质点M在t＝0.75s时起振，两列波起振的方向都是y轴负方向，故两列波在质点M处振动加强，它的位移可能为0。故A错误；
B．平衡位置位于x＝0.4m的质点到两波源的路程差为
Δx'＝（1.2﹣0.4）m﹣（0.4+0.2）m＝0.2m＝
可知该点为振动减弱点，因为两波源的振幅不同，所以该点的位移会随时间而变化，不会出现始终为0的情况。故B错误；
C．两列波的周期为
T＝＝s＝1s
左右两波传到x＝0.3m所需时间分别为
t1＝s＝0.25s
t2＝s＝1.25s
故在t＝1.6s时，两列波使该处质点已经振动的时间分别为
t3＝1.6s﹣0.25s＝1.35s＝T+0.35s
t4＝1.6s﹣1.25s＝0.35s
可知两列波对该点的影响均为沿y轴正方向振动。所以x＝0.3m处质点的速度方向为y轴正方向。故C正确；
D．右侧波传到x＝0.2m处所需时间为
t'＝＝s＝1.5s
则0～1.5s内该质点的路程为
s1＝4A+2A＝6×2cm＝12cm
1.5～3s内两列波在该点叠加，该点到两波源的路程差为
x''＝（1.2﹣0.2）m﹣（0.2+0.2）m＝0.6m＝3
则该点为振动减弱点，合振幅为
A合＝A2﹣A1＝3cm﹣2cm＝1cm
可知该段时间的路程为
s2＝4A合+2A合＝6×1cm＝6cm
可得平衡位置位于x＝0.2m的质点在0～3s内的路程为
s＝s1+s2＝12cm+6cm＝18cm
故D正确。
（多选）9．如图甲，质量m＝1kg的小滑块P（可视为质点），以v1＝3m/s的速度从木板左端向右滑上木板Q，此时木板Q速度大小为v2＝5m/s，方向水平向左，从该时刻开始0.6s内两物体的运动情况的v﹣t图像如图乙所示。已知木板Q质量M＝3kg，重力加速度g取10m/s2。则（ ）
A．PQ间的摩擦因数为μ1＝0.5
B．Q与地面间的摩擦因数为μ2＝0.5
C．如果想要滑块P不从木板Q上掉落，木板Q至少长度为L＝3m
D．如果想要滑块P不从木板Q上掉落，木板Q至少长度为L＝3.2m
【答案】AD
【解答】解：A．根据图乙可得，a1＝||＝||m/s2＝5m/s2
对P分析
f1＝μ1mg＝ma1
解得
μ1＝0.5
故A正确；
B．根据图乙可得，a1＝||＝||m/s2＝5m/s2
对Q分析
f1+f2＝μ1mg+μ2 （m+M）g＝（m+M）a2
解得
μ2＝0.375
故B错误；
CD.t＝0.6s时P、Q的相对位移为
x＝m+m+2×0.6m＝3m
此后分别对P、Q根据牛顿第二定律可知P的加速度向左，大小依然为5m/s2，Q的加速度向右大小依然为5m/s2
设两物体共速所需时间为t，则
vQ﹣a2t＝a1t
解得t＝0.2s
两物体的相对位移为
x'＝vQt﹣﹣
则木板的最少长度为L＝x+x'
代入数据解得L＝3.2m，故C错误，D正确；
（多选）10．如图所示，表面粗糙且绝缘的水平传送带以速度v向右匀速转动，空间中MNPQ所在区域内存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，MN、PQ与MQ的夹角为45°，且MQ＝2L，某时刻在传送带左侧轻放一边长为L、质量为m、电阻为R的正方形导线框，ad边与MQ始终平行，线框与传送带恰好相对静止通过磁场区域，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则（ ）
A．线框中的电流先增大后减小再增大再减小
B．线框所受安培力方向始终水平向左
C．线框所受静摩擦力的最大值为
D．线框进入磁场前运动的最短距离为
【答案】ACD
【解答】解：A、线框进入有界磁场后，其ad、bc边不切割磁感线，由几何知识可知，线框切割磁感线的有效长度的最大值为L，线框完全进入磁场时a点恰好运动到PQ上，线框匀速进入磁场区域的过程中切割磁感线的有效长度先增大后减小，由E＝BLv知，线框产生的感应电动势先增大后减小；同理可得线框出磁场区域的过程中切割磁感线的有效长度也先增大后减小，线框产生的感应电动势先增大后减小，因此线框匀速通过磁场区域的过程中，线框中的电流先增大后减小，再增大再减小，故A正确。
B、线框进出磁场的过程中所受安培力的有效长度与正方形线框的对角线bd平行，由楞次定律和左手定则可知，线框所受安培力方向始终垂直于对角线bd，故B错误；
C、计算所受安培力时有效长度的最大值为，因为线框恰好与传送带相对静止通过磁场区域，所以线框所受的最大静摩擦力等于所受的最大安培力，有
，故故C正确；
D、根据牛顿第二定律得：
线框从静止开始匀加速到a点到达磁场边界的速度恰好为v时，由v2＝2as可得，故D正确。
实验题：本题共2小题，共14分
11．（6分）某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守恒定律，设计了如下实验：用纸板搭建如图所示的滑道，使硬币可以平滑地从斜面滑到水平面上，其中OA为水平段。选择相同材质的一元硬币和一角硬币进行实验。
测量硬币的质量，得到一元和一角硬币的质量分别为m1和m2（m1＞m2）。将硬币甲放置在斜面上某一位置，标记此位置为B。由静止释放甲，当甲停在水平面上某处时，测量甲从O点到停止处的滑行距离OP。将硬币乙放置在O处，左侧与O点重合，将甲放置于B点由静止释放。当两枚硬币发生碰撞后，分别测量甲、乙从O点到停止处的滑行距离OM和ON。保持释放位置不变，重复实验若干次，得到OP、OM、ON的平均值分别为s0、s1、s2。
（1）在本实验中，甲选用的是 一元 （填“一元”或“一角”）硬币；
（2）碰撞前，甲到O点时速度的大小可表示为 （设硬币与纸板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g）；
（3）若甲、乙碰撞过程中动量守恒，则＝ （用m1和m2表示），然后通过测得的具体数据验证硬币对心碰撞过程中动量是否守恒。
【答案】（1）一元；（2）；（3）
【解答】解：（1）两硬币碰撞过程动量守恒，以碰撞前瞬间甲的速度方向为正方向，设碰撞前甲的速度为v0，碰撞后甲的速度为v1，乙的速度为v2，由动量守恒定律得：m甲v0＝m甲v1+m乙v2
由机械能守恒定律得：m甲＝m甲+m乙
联立解得：v1＝v0，v2＝v0
由题意得，碰撞后甲向右运动，即v1＞0，则m甲＞m乙
由题意可知一元和一角硬币的质量分别为m1和m2（m1＞m2），则甲选用一元的硬币；
（2）不放置硬币乙时，甲从O点到P点做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：﹣μm1g＝m1a
由匀变速直线运动位移—速度公式得：0﹣＝2as0
联立解得：v0＝
（3）以碰撞前瞬间甲的速度方向为正方向，甲、乙碰撞过程，由动量守恒定律得：m1v0＝m1v1+m2v2
由机械能守恒定律得：m1＝m1+m2
联立解得：v1＝v0， v2＝v0
甲、乙碰撞后均做匀减速直线运动，加速度均为：a＝﹣μg
由匀变速直线运动位移—速度公式得：0﹣＝2as1 和0﹣＝2as2
则＝＝＝
12．（8分）某实验小组用电阻箱和电压表（内阻可视为无穷大），测量定值电阻R0的阻值，并测量水果电池的电动势和内阻，实验电路如图（a）。实验操作步骤如下：
①闭合S1断开S2和S3，当电阻箱的阻值为1178Ω时，电压表示数为0.60V；
②闭合S1和S3，断开S2，当电阻箱的阻值为2040Ω时，电压表示数仍为0.60V；
③闭合S1，断开S2和S2，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱的示数R和对应的电压表示数U。
（1）根据上述步骤，可得出定值电阻R0的阻值为 862 Ω（计算结果保留3位有效数字）。
（2）将测量的数据填入表格，利用Excel计算出，如表所示：
（3）由测得的数据，利用计算机得出电压表示数U随变化的图线如图（b）所示的。根据图像可求得水果电池的电动势E＝ 0.80 V，内阻r＝ 8.0×102 Ω（计算结果保留2位有效数字）。
（4）实际电压表内阻不是无穷大，若只考虑由此引起的系统误差，则与真实值相比，电动势的测量值 偏小 （选填“偏大”“偏小”或“不变”），内阻的测量值 偏小 （选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）862；（3）0.80；8.0×102；（4）偏小；偏小
【解答】解：（1）电阻的测量采用的是替代法，则有1178Ω+R0＝2040Ω
可得R0＝862Ω；
（3）根据闭合电路欧姆定律有
U＝E﹣r
图像截距可得E＝0.80V
根据图像斜率可得内阻为r＝Ω＝8.0×102Ω
（4）测量误差主要来源于电压表分流，故电动势和内阻的测量值均偏小。
三、计算题：本题共3小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
13．（10分）如图所示，在圆柱形汽缸中用一定质量的光滑导热活塞密闭有一定质量的理想气体，在汽缸底部开有一小孔，与U形水银管相连，已知外界大气压为p0，室温t0＝27℃，稳定后两边水银面的高度差为Δh＝1.5cm，此时活塞离容器底部高度为h1＝50cm。已知柱形容器横截面积S＝0.01m2，大气压p0＝75cmHg＝1.0×105Pa，g＝10m/s2．求：
①活塞的质量；
②现室温降至﹣33℃时活塞离容器底部的高度h2。
【答案】①2kg；②40cm
【解答】解：①A中气体压强为：pA＝p0+pΔh＝75cmHg+1.5cmHg＝1.02×105Pa
对活塞有：pAS＝p0S+mg
解得：m＝2kg。
②由于气体等压变化，U形管两侧水银面的高度差不变Δh′＝1.5cm
T1＝273+27K＝300K，体积为：V1＝50S
T2＝273﹣33K＝240K，体积为：V2＝h2S
由盖吕萨克定律得：＝
代入数据解得：h′＝40cm。
14．（12分）如图所示，质量m＝1kg的滑块B静止放置于光滑平台上，B的左端固定一轻质弹簧。平台右侧距水平地面高H＝0.8m．平台左侧的光滑圆弧轨道与平台平滑连接，圆弧轨道半径R＝1.6m，其左侧端点P与圆弧圆心O的连线与竖直方向的夹角θ＝60°。现将滑块A从P点由静止开始释放，滑块A滑至平台上挤压弹簧，经过一段时间弹簧恢复原长后，滑块B离开平台落到水平地面上的C点，C点到平台右侧的水平距离为x＝1.2m，重力加速度大小g＝10m/s2，滑块A、B均可视为质点，不计空气阻力，求：
（1）滑块B刚离开平台时的速度大小v0；
（2）滑块A的质量m0；
（3）该过程中弹簧弹性势能的最大值Ep。
【答案】（1）3m/s；（2）0.6kg；（3）3J。
【解答】解：（1）B离开平台后做平抛运动，竖直方向：
水平方向有：x＝v0t
联立解得：v0＝3m/s
（2）滑块A达到最低点的速度大小为v1，根据动能定理可得：
取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：m0v1＝m0v1′+mv0
根据机械能守恒定律可得：＝+
联立解得：m0＝0.6kg
（3）当滑块A、B速度大小相等时弹簧弹性势能最大，取向右为正方向，根据动量守恒定律有
m0v1＝（m0+m）v2
根据机械能守恒定律可得：Ep＝﹣
代入数据得：Ep＝3J
15．（18分）如图甲所示，曲线OP上方有沿﹣y方向的匀强电场，其场强大小为E1，曲线左侧有一粒子源AB，B端位于x轴上，能够持续不断地沿+x方向发射速度为v0、质量为m、电荷量为q的粒子束，这些粒子经电场偏转后均能够通过O点，已知从A点入射粒子恰好从P点进入电场，不计重力及粒子间的相互作用。
（1）写出匀强电场边界OP段的边界方程（粒子入射点的坐标y和x间的关系式）；
（2）若第四象限内存在边界平行于坐标轴的矩形匀强磁场B1（未画出），磁场方向垂直纸面向外。自O点射入的粒子束，经磁场偏转后均能够返回y轴，若粒子在第四象限运动时始终未离开磁场，求磁场的最小面积；
（3）若第一象限与第四象限间存在多组紧密相邻的匀强磁场B2和匀强电场E2（如图乙），电磁场边界与y轴平行，宽度均为d，长度足够长。匀强磁场，方向垂直纸面向里，匀强电场，方向沿x轴正方向。现仅考虑自A端射入的粒子，经匀强电场E1偏转后，恰好与y轴负方向成θ＝45°从O点射入，试确定该粒子将在第几个磁场区域拐弯（即速度恰好与y轴平行）。
【答案】答：（1）y＝；（2）；（3）该粒子将在第3个磁场区域拐弯。
【解答】解：（1）对从P（x，y）点射入电场的粒子，在电场中做类平抛运动，则有：
y＝at2
x＝v0t
a＝
联立解得边界方程为：y＝
（2）设粒子从O点射入磁场时，速度v与x轴正方向的夹角为β，则有：
v0＝vcsβ
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律有
，解得：r＝
根据几何关系可得，粒子在磁场中的运动轨迹对应的弦长为：d＝2rcsβ
解得：d＝
可见d为定值，即所有粒子从y轴上的同一点射出磁场。
可得沿+x方向入射的粒子的运动轨迹离y轴最远，只要此方向入射的粒子在第四象限运动时未离开磁场，其它粒子均可满足要求。
此方向入射的粒子的运动半径为：r1＝
磁场的最小面积为；Smin＝dr1＝
（3）自A端射入的粒子恰好与y轴负方向成θ＝45°从O点射入，易知入射速度大小等于v0，已知匀强磁场，根据r＝，可得在第一列磁场中的运动半径为R1＝d，粒子轨迹如下图所示，粒子逆时针偏转45°角沿+x方向进入第一列电场，做匀加速直线运动直到进入第二列磁场，从此处开始计数，令n＝1（即第二列磁场被计数为n＝1）。
经电场n次加速后粒子速度大小为vn，由动能定理得：
nqE2d＝﹣m（v0）2，已知：
解得：vn＝
则在第n列磁场（实际是第n+1列）中的运动半径为Rn＝……①
假设粒子在第n列磁场区域拐弯时轨迹恰好与边界相切，根据图中的几何关系可得：
Rn﹣Rnsinαn＝d……②
粒子在第n次被加速过程沿+y方向的分速度不变，可得：
vn﹣1sinγ＝vnsinαn
代入得：sinγ＝sinαn
可得：sinγ＝
在第n﹣1列磁场中圆周运动过程，由几何关系得：
Rn﹣1sinγ﹣Rn﹣1sinαn﹣1＝d
又有：Rn﹣1＝
联立整理可得：﹣sinαn﹣1＝
因粒子沿+x方向进入和射出第一列电场，故sinα1＝0。可得：
n＝2时，sinα2＝＝
n＝3时，sinα3＝
n＝3时，sinα4＝
……
归纳可得：sinαn＝……③
联立①②③式得：[1﹣]＝1
整理得：﹣n＝0
解得：n＝（另一解为负值，舍去），因1＜n＜2，故n取2，对应实际的第3个磁场。
即该粒子将在第3个磁场区域拐弯。
数据序号
1
2
3
4
5
6
U/V
0.09
0.16
0.27
0.4
0.6
0.67
R+R0/Ω
100
200
400
800
1600
400
0.9
0.8
0.675
0.5
0.375
0.1675