2019届江苏省泰州中学、宜兴中学等高三4月调研试卷物理试题（解析版）

2019年江苏省泰州中学、宜兴中学等高考物理调研试卷（4月份）

一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分每小题只有一个选项符合题意）

1. 遥控器能调换电视机频道，利用的是光传感器。下列属于应用这类传感器的是

A. 红外报警装置 B. 金属电阻温度计

C. 电子电路中使用的“干簧管” D. 霍尔元件

【答案】A

【解析】

红外报警装置是利用的光敏电阻制成的光传感器，A正确；金属电阻温度计是利用的热敏电阻制成的传感器，B错误；干簧管利用的热敏电阻，C错误；霍尔元件利用的是霍尔效应，D错误。

2.如图所示是由电源E、灵敏电流计G、滑动变阻器R和平行板电容器C组成的电路，开关S闭合。在下列四个过程中，灵敏电流计中有方向由a到b电流的是（　　）

A. 将滑动变阻器R滑片向右移动

B. 在平行板电容器中插入电介质

C. 减小平行板电容器两极板间的距离

D. 减小平行板电容器两极板的正对面积

【答案】D

【解析】

试题分析：电路稳定时，该电路中没有电流，移动滑动变阻器R的滑片，电容器的电压不变，电路中仍没有电流．故选项A错误；在平行板电容器中插入电介质，根据电容的决定式分析得知电容增大，而电容器的电压不变，则电容的定义式分析得知电容器所带电量增加，将要充电，电路中形成逆时针方向的充电电流，有b到a方向的电流通过电流计．故B错误；减小平行板电容器两极板间的距离，根据电容的决定式知电容增大，而电容器的电压不变，则电容的定义式得电容器所带电量增加，将要充电，电路中形成逆时针方向的充电电流，有b到a方向的电流通过电流计，故C错误．减小平行板电容器两极板的正对面积，得电容减小，而电容器的电压不变，则电容器所带电量减小，将要放电，电路中形成顺时针方向的放电电流，有a到b方向的电流通过电流计，故D正确。

考点：本题考查了电容器的充放电、电容器的两类动态变化、闭合电路的欧姆定律。

3.我国发射的“神舟八号”飞船与先期发射的“天宫一号”空间站实现了完美对接。已知“天宫一号”绕地球做圆轨道运动，轨道半径为r，周期为T，万有引力常量为G，假设沿椭圆轨道运动的“神州八号”环绕地球的运动方向与“天宫一号”相同，远地点与“天宫一号”的圆轨道相切于某点P，并在该点附近实现对接，如图所示。则下列说法正确的是（　　）

A. 根据题设条件可以计算出地球对“天宫一号”的引力大小

B. 根据题中条件可以计算出地球的质量

C. 在远地点P处，“神舟八号”的加速度比“天宫一号”大

D. 要实现在远地点P处对接，“神舟八号”需在靠近P处之前应该点火减速

【答案】B

【解析】

【详解】AB、根据知，地球的质量，由于“天宫一号”的质量未知，无法求出地球对“天宫一号”的引力大小，故A错误，B正确。

C、根据,得：，则在远地点P处，“神舟八号”的加速度与“天宫一号”加速度相等，故C错误.

D、要实现在远地点P处对接，“神舟八号”需在靠近P处之前应该点火加速，使得万有引力等于向心力，故D错误.

4.如图所示，靠在竖直粗糙墙壁上的物块在t＝0时被无初速释放，此时开始受到一随时间变化规律为F＝kt的水平力作用，f、a、Ek和△Ep分别表示物块所受的摩擦力、物块的加速度、动能和重力势能变化量，下列图象能正确描述上述物理量随时间变化规律的是（　　）

A.

B.

C.

D.

【答案】B

【解析】

【详解】物块在t＝0时被无初速释放，由于F＝kt，则开始过程，物块对墙壁的压力较小，所受的滑动摩擦力小于重力，物块加速下滑；后来，滑动摩擦力大于重力，物块减速下滑，直到速度为零，物块静止在墙壁上。取竖直向下方向为正方向。

A、物块运动过程中，f＝μFN＝μF＝μkt，f与t成正比；当物块静止时，f＝mg保持不变，图象从斜直线变为水平线有一突变，如图所示：

；故A错误.

B、加速运动过程中：mg-f＝ma  ①，又f＝μFN＝μF＝μkt，得，a随着t增大而减小，物块做加速度减小的变加速运动；减速运动过程中：由于mg＜f，由①得知，随着t增大，a反向增大，物块做加速度增大的变减速运动；故B正确.

C、由于v与时间是非线性关系，动能，则知动能与时间也非线性关系，其图象应曲线，故C错误.

D、物体下落时做变加速直线运动，很显然高度高度变化不随时间线性变化，由于重力势能变化对应重力做功，且最后物块静止，重力势能不再变化；故D错误.

5.如图所示，水平桌面上的轻弹簧一端固定，另一端与小物块相连；弹簧处于自然长度时物块位于O点（图中未画出）；物块的质量为m，AB=a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ．现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W．撤去拉力后物块由静止开始向左运动，经O点到达B点时速度为零．重力加速度为g．则上述过程中（　　）

A. 物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W-μmga

B. 物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W-μmga

C. 经O点时，物块的动能等于W-μmga

D. 物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能

【答案】B

【解析】

试题分析：据题意分析：物块到达B点时速度为0，但加速度不一定是零，即不一定合力为0，这是此题的不确定处．弹簧作阻尼振动，如果接触面摩擦系数μ很小，则动能为最大时时弹簧伸长量小（此时弹力等于摩擦力），而弹簧振幅变化将很小，B点弹簧伸长大于动能最大点；如果较大，则动能最大时，弹簧伸长量较大，（因弹力等于摩擦力，较大，摩擦力也较大，同一个弹簧，则需要较大伸长量，弹力才可能与摩擦力平衡），而此时振幅变化很大，即振幅将变小，则物块将可能在离O点很近处，就处于静止（速度为0，加速度也为0），此时B点伸长量可能小于动能最大时伸长量，B点势能可能小于动能最大处势能．至于物块在A点或B点时弹簧的弹性势能，由功能关系和动能定理分析讨论即可．

如果没有摩擦力，则O点应该在AB的中点，由于有摩擦力，物体从A到B过程中有机械能损失，故无法到达没有摩擦力情况下的B点，也即O点靠近B点．故．设物块在A点时弹簧的弹性势能为，物块从A点运动到O点的过程，由能量守恒定律得，则得，即物块在A点时，弹簧的弹性势能小于，故A错误；由A分析得物块从开始运动到最终停在B点，路程大于，故整个过程物体克服阻力做功大于，故物块在B点时，弹簧的弹性势能小于，故B正确；从O点开始到再次到达O点，物体路程大于a，故由动能定理得，物块的动能小于，故C正确；物块动能最大时，弹力等于摩擦力，而在B点弹力与摩擦力的大小关系未知，故物块动能最大时弹簧伸长量与物块在B点时弹簧伸长量大小未知，故此两位置弹性势能大小关系不好判断，故D错误。

二．多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分

6.如图甲所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，其v-t图象如图乙所示，同时人顶着杆沿水平地面运动x-t图象如图丙所示。若以地面为参考系，下列说法正确的是（　　）

A. 猴子在2s时的速度为0

B. 猴子在2s内做匀变速直线运动

C. t＝0时猴子的速度大小为6 m/s

D. 猴子在2s内的加速度大小为3m/s2

【答案】D

【解析】

猴子在2 s时竖直方向的速度为零，s-t图象的斜率等于速度，则知猴子水平方向的初速度大小为vx=3m/s，所以猴子在2 s时的速度为3m/s，故A错误；由乙图知，猴子竖直方向上做匀减速直线运动，加速度竖直向下．由丙图知，猴子水平方向上做匀速直线运动，则猴子的加速度竖直向下，与初速度方向不在同一直线上，故猴子在2s内做匀变速曲线运动．故B错误；s-t图象的斜率等于速度，则知猴子水平方向的初速度大小为vx=3m/s，竖直方向分速度vy=6m/s，t=0时猴子的速度大小为：v=＝3m/s．故C错误．v-t图象的斜率等于加速度，则知猴子的加速度大小为：a=m/s2=3m/s2．故D正确．故选D．

点睛：解决本题的关键知道猴子参与了水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的匀加速直线运动，会运用运动的合成分析物体的运动轨迹和运动情况．

7.在如图甲所示的电路中，变压器为理想变压器，定值电阻R1＝5Ω、R2＝10Ω、R3＝2.5Ω，流过副线圈的电流随时间的变化关系如图乙所示，已知电阻R1和R2消耗的功率相等，则（　　）

A. 变压器原、副线圈的匝数比为2：1

B. 流过变压器原线圈的电流有效值为1A

C. 流过电阻R的电流有效值为

D. 电阻R1消耗的功率为5W

【答案】AC

【解析】

【分析】

根据电阻R2和R3消耗的功率相等列式可求解原副线圈的电压比，从而求解匝数比；根据图像可知副线圈电流的有效值，根据匝数比求解原线圈电流有效值；根据变压器匝数和电压的关系求解初级电压有效值，从而求解电阻R2电流有效值；电阻R1电流的有效值等于变压器初级电流有效值与R2电流有效值之和；根据P=I2R求解电功率。

【详解】因电阻R2和R3消耗的功率相等，则，解得，根据 可知变压器原、副线圈的匝数比为2：l，选项A正确；次级电流有效值为，根据 可知流过变压器原线圈的电流有效值为，选项B错误；次级电压有效值为，则初级电压有效值为 ；R2电流的有效值为：，则流过电阻R1的电流有效值为，选项C正确；电阻R1消耗的功率为，选项D错误；故选AC.

8.空间存在着平行于x轴方向的静电场，其电势随x的分布如图所示，A、M、O、N、B为x轴上的点，|OM|＝|ON|＜|OA|＜|OB|，一个带电粒子在电场中仅在电场力作用下从M点由静止开始沿x轴向右运动，则下列判断中正确的是（　　）

A. 粒子一定带负电

B. 粒子从M向O运动过程中所受电场力随空间均匀增大

C. 粒子一定能通过N点

D. 粒子从M向N运动过程中电势能先增大后减小

【答案】AC

【解析】

【详解】A、由图可知，AB两点电势相等，O点的电势最高，A到O是逆电场线，粒子仅在电场力作用下，从M点由静止开始沿x轴向右运动即逆电场线方向运动，故粒子一定带负电；故A正确；

B、A到M电势均匀升高，故A到O的电场是匀强电场，所以粒子M向O运动过程中所受电场力不变；故B错误；

C、由图可知，AB两点电势相等，M点的电势小于N点的电势，故M到O电场力做的功大于O到N电场力做的功，所以粒子一定能通过N点；故C正确.

D、粒子从M向O运动过程电场力做正功，电势能一定减小；故D错误.

9.如图所示，一物体m在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从底端沿光滑的足够长斜面向上做匀加速直线运动，经过时间t撤去F，物体又经过时间t返回斜面底端。在整个运动过程中，斜面始终静止，斜面质量为M，则下列说法正确的是（　　）

A. 物体上滑和下滑过程中，斜面所受地面的摩擦力始终水平向左

B. 物体返回斜面底端时的速度大小是撒去拉力F时的2倍

C. 物体下滑过程中，斜面对地面的压力小于(m+M)g

D. 物体开始所受拉力F＝3mgsinθ

【答案】ABC

【解析】

【详解】A、在力F作用时，物块沿斜面向上匀加速，物块对斜面压力垂直斜面向下，而斜面静止，水平方向合力为零，所以地面对斜面的摩擦力水平向左。撤去F上滑和下滑的两个过程中，物体的加速度方向都沿斜面向下，对整体研究，分析受力情况，将物体的加速度分解为水平和竖直两个方向，由牛顿第二定律得：Ff＝max＝macosα，ax方向水平向左，则地面对B的摩擦力方向也水平向左，故A正确；

C、物体下滑过程中，物体的加速度方向沿斜面向下，对整体研究，分析受力情况，将物体的加速度分解为水平和竖直两个方向，竖直方向的加速度方向竖直向下，处于失重状态，所以斜面对地面的压力小于(m+M)g，故C正确；

B、D、从底端到撤去F时，对物体应用运动学规律有：  ①

撤去F时的速度：v＝a1t  ②

力撤去后的过程对物体应用运动学规律有：    ③

由①②③式联立，可得：a1:a2═1:3，

根据牛顿第二定律，力F撤去前对物体有：F-mgsinθ＝ma1  ④

力F撤去后对物体有：mgsinθ＝ma2    ⑤

联立解得：，

由a1:a2═1:3结合④⑤式，可得，再结合 v＝a1t，可求得撤去力F瞬时物体的速度大小为，

力撤去后的过程对物体应用运动学规律有：，其中a2＝gsinθ，所以可求物体回到斜面底端时的速度大小，故B正确，D错误.

三、简答题：本大题分必做题（第10、11和12题）和选做题（第13题）两部分，共42分.

10.在“探究小车速度随时间变化规律”实验中.

(1)某同学采用如图甲所示的装置进行试验，_____（选填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力，_____（选填“需要”或“不需要”）测量小车的质量．

(2)该同学在研究小车运动时实打出了一条纸带，如图乙所示．在纸带上，连续5个点为一个计数点，相邻两个计数点之间距离见下表，并画出对应的图线（其中横坐标数值表示第几个0.1s，纵坐标对应的该0.1s内物体的位移）如图丙所示．则小车的速度随时间_____（选填“是”或“不是”）均匀变化；整个过程中小车的平均加速度为_____m/s2．（保留两位有效数字）

【答案】（1） 不需要（2分） 不需要（2分） （2） 是 （2分） 0.95~1.1m/s2（2分）

【解析】

试题分析：（1）由题意知，本实验的目的是探究小车速度随时间变化规律，故不需要平衡摩擦力，也不需要测量小车的质量；（2）由图知，小车的速度随时间是均匀变化的；根据丙图可求小车的加速度解得加速度a="1.0" m/s2

考点：本题考查探究小车速度随时间变化规律

11.某实验小组利用图甲所示的电路测金属丝Rx的电阻率.

(1)请根据图甲，对图乙的实物图进行连线_____，使滑动变阻器的滑片向右移时，电流表的示数变小.

(2)如图丙所示，利用螺旋测微器测出金属丝的直径d＝_____mm.

(3)闭合开关后，将滑动变阻器的滑片调至一合适位置后不动，多次改变金属丝上金属夹的位置，得到几组U、I、L（U为电压表的示数，I为电流表的示数，L为金属丝接入电路的长度）的数据，用计算出相应的电阻值后作出R-L图线如图丁所示。取图线上两个点间数据之差和△L和△R，则金属丝的电阻率ρ＝_____（用题给字母进行表示），ρ的测量值_____（选填“大于”、“等于”或“小于”）真实值.

【答案】    (1).     (2). 2.149    (3).     (4). 小于

【解析】

【详解】(1)直接按图甲的电路图在图乙中连线如图所示:

(2)螺旋测微器的读数由两部分组成，即固定刻度和可动刻度的示数和，所以金属丝的直径d＝2.0mm+14.9×0.01mm＝2.149mm.

(3)根据部分电路的欧姆定律求出电阻R后，代入电阻定律 ，再绘出R-l图象，由图象的斜率可得电阻率．由于图甲采用的电流表的外接法测电阻的，通过金属丝电流的测量值偏大，测得金属阻丝的电阻偏小，故ρ的测量值小于真实值.

12.下列说法正确的是（　　）

A. 一个质子和一个中子结合成氘核，一定会释放出能量

B. 根据波尔理论，电子是没有确定的轨道，只存在电子云

C. 比结合能大的原子核分解成比结合能小的原子核时会释放出能量

D. 黑体辐射的强度随温度的升高而变大，且最大值向波长较短的方向移动

【答案】AD

【解析】

【详解】A、一个质子和一个中子结合成氘核，存在质量亏损，一定会释放出能量;故A正确；

B、根据波尔理论的内容可知，电子有确定轨道;故B错误；

C、比结合能大的原子核分解为比结合能小的原子核时，核子的总结合能减小，一定要吸收核能才能完成;故C错误；

D、根据黑体辐射的特点可知，黑体辐射的强度随温度的升高而变大，且最大值向波长较短的方向移动;故D正确.

13.从1907年起，美国物理学家密立根开始以精湛的技术测量光电效应中几个重要的物理量。他通过如图所示的实验装置测量某金属的遏止电压U与入射光频率v，作出U﹣v的图象，由此算出普朗克常量h＝_____并与普朗克根据黑体辐射测出的h相比较，以检验爱因斯坦方程的正确性。该金属的截止频率v0＝_____（图中频率v1、v2、遏止电压Uc1、Uc2及电子的电荷量e均为已知）

【答案】    (1).     (2).

【解析】

【详解】根据爱因斯坦光电效应方程：Ek＝hv-W0,动能定理：eUc＝Ek,得：，结合图象知：； 解得普朗克常量：，截止频率：；

14.1919年，卢瑟福用α粒子轰击氮核发现质子，科学研究表明其核反应过程是：α粒子轰击静止的氮核后形成了不稳定的复核，复核发生衰变放出质子，变成氧核，设α粒子质量为m1，初速度为v0，氮核质量为m2，质子质量为m3，氧核的质量为m4，不考虑相对论效应．

(1)α粒子轰击氮核形成不稳定复核的瞬间，复核的速度为多大？

(2)求此过程中释放的核能．

【答案】（1） （2）

【解析】

试题分析：粒子轰击静止的氮核过程中动量和能量守恒，因此根据动量守恒和质能方程可正确解答该题

①设复核的速度为v，由动量守恒定律得：

解得：

②核反应过程中的质量亏损：

反应过程中释放的核能：

【点睛】解决本题的关键知道在粒子轰击静止的氮核后形成了不稳定的复核，复核发生衰变放出质子的过程中动量守恒，通过质量亏损求出释放的核能．

15.关于晶体和非晶体、液晶、液体及气体的性质，下列说法正确的是 （　　）

A. 不具有规则几何形状的物体一定不是晶体

B. 当液晶中电场强度不同时，液晶变现出光学各向同性

C. 使未饱和汽变成饱和汽，可采用降低温度的方法

D. 液体表面层的分子分布要比液体内部分子分布稀疏些

【答案】CD

【解析】

【详解】A、不具有规则几何形状的物体可能是多晶体；故A错误；

B、液晶是一类特殊的物态，液晶具有流动性，液晶中电场强度不同时，其光学性质具有各向异性，故B错误；

C、饱和汽压是物质的一个重要性质，它的大小取决于物质的本性和温度，温度越高，饱和气压越大，则使未饱和汽变成饱和汽，可采用降低温度的方法。故C正确。

D、根据表面层的特点可知，液体分子表面层分子分布比内部稀疏，故分子间作用力表现为引力，液体表面有收缩趋势，故D正确；

16.一定量的理想气体从状态M可以经历过程1或者过程2到达状态N，其p-V图象如图所示。在过程1中，气体始终与外界无热量交换；在过程2中，气体先经历等容变化再经历等压变化。则在1过程中气体分子的平均速率_____（填“不断增大”、“不断减小”或“先增大后减小”）；气体经历过程2_____（填“吸收”、放出”或“既不吸收也不放出”）热量。

【答案】    (1). 不断减小    (2). 放出

【解析】

【详解】根据热力学第一定律△U＝W+Q，气体始终与外界无热量交换（Q＝0），在过程1中，体积增大（W＜0），气体内能减小（△U＜0），理想气体不计分子势能，所以分子平均动能减小，分子的平均速率不断减小；根据P-V图象的物理意义，图象和坐标轴围成的面积表示气体对外做功，过程1和过程2都是气体对外做功，且|W1|＞|W2|，W1-W2＜0；无论是经过1过程还是2过程，初、末状态相同，故内能改变量相同，即△U1＝△U2，根据热力学第一定律△U＝W+Q，在过程1中，有△U1＝W1+Q1，其中Q1＝0，在过程2中，有△U2＝W2+Q2，所以W1＝W2+Q2，Q2＝W1-W2＜0，故气体经历过程2放出热量.

17.如图，一根竖直的弹簧吊着一气缸的活塞，使气缸悬空而静止。设活塞和缸壁间无摩擦且可以在缸内自由移动，缸壁导热性能良好，使缸内气体温度总能与外界大气温度相同，已知气缸重为G（不包括活塞），气缸底面积为S，不计气缸壁厚，开始时大气压强为p0，大气温度为T0，缸内气体体积为V0．求：

①开始时缸内气体的压强p.

②若外界大气压强不变，气体温度升高到T1，缸内气体对外做功W.

【答案】(1)  (2)

【解析】

【详解】①对气缸受力分析根据平衡得：G+PS＝p0S，得:

②被封闭气体为等压变化，设温度升高后体积为V，由盖吕萨克定律得：，得:，积增大，气体对外做功，缸内气体对外做的功为：

四、计算题：本题共3小题，共计47分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.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

18.如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道，半径l＝0.4m、间距L＝1m，轨道电阻不计。在轨道顶端连有一阻值为R＝3Ω的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B＝0.5T，现将一根长度也为L、质量m＝0.5kg、电阻r＝2Ω的金属棒从轨道顶端ab处由静止开始下滑，到达轨道底端cd时对轨道的压力大小为重力的2倍。整个过程中金属棒与导轨接触良好，g＝10m/s2．求：

(1)金属棒滑至最低点时所受的安培力F．

(2)金属棒从ab下滑到cd过程中流过金属棒的电量q.

(3)金属棒从ab下滑到cd过程中电阻R上产生的焦耳热Q.

【答案】(1)F＝0.1N  (2)q＝0.04C  (3)

【解析】

【详解】(1)在cd处根据牛顿第二定律可得:，得:

金属棒产生的感应电动势为：E＝BLv，对应的电流强度为I，则有:，据安培力的计算公式可得:，得：F＝0.1N；

(2)根据电荷量的计算公式可得：，中△Φ＝BLl，得：q＝0.04C；

(3)金属棒从ab下滑到cd过程中，根据能量关系可得:，得：Q总＝1J，电阻R上产生的焦耳热为：

19.左侧竖直墙面上固定半径为R＝0.3m的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆心O等高处固定一光滑直杆。质量为m0＝2kg的小球a套在半圆环上，质量为mb＝1kg的滑块b套在直杆上。二者之间用长为l＝0.4m的轻杆通过两铰链连接。现将a从圆环的最高处由静止释放，使a沿圆环自由下滑，不计一切摩擦，a、b均视为质点，重力加速度g＝10m/s2．求:

(1)小球a滑到与圆心O等高P点时速度的大小v.

(2)小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点（图中未画出）时，小球a与滑块b的速度之比。

(3)小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点（图中未画出）的过程中，杆对滑块b做的功W。

【答案】(1)  (2)  (3)

【解析】

【详解】(1)当a滑到与O同高度P点时，a的速度v沿圆环切向向下，b的速度为零，

由机械能守恒定律可得:，代入数据解得:

(2)杆与圆相切时，如图所示，

a的速度沿杆方向，设此时b的速度为vb，根据杆不可伸长和缩短，有：va＝vbcosθ

由几何关系可得：

解得:

(3)在图中，球a下降的高度 h＝Rcosθ

a、b系统机械能守恒，则有:

对滑块b，由动能定理得:

解得:

20.如图所示，在0≤x≤a的区域I内有垂直于纸面向里的匀强磁场。在x＞a的区域Ⅱ内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B0．质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子沿x轴从原点O水平射入磁场。当粒子射入速度不大于v0时，粒子在进场中运动的时间都相同，求：

(1)速度v0的大小；

(2)若粒子射入磁场的速度大小为，其轨迹与x抽交点的横坐标；

(3)调节区域Ⅱ磁场的磁感强度为λB0，使粒子以速度nv0（n＞1）从O点沿x轴射入时，粒子均从O点射出磁场，n与λ满足的关系.

【答案】(1) (2)  (3)

【解析】

【详解】(1)粒子恰好与边界相切时，根据几何关系可得粒子的轨迹半径：R＝a   ①

根据洛伦兹力提供向心力可得：  ②

联立①②式可得：   ③

(2)带电粒子运动的轨迹过程图，如图所示，O1、O2分别为轨迹的圆心，设粒子轨迹半径为r，

根据洛伦兹力提供向心力可得：   ④

代入v解得:

根如图由于AB＝a，则θ＝60°

O2刚好在x轴上，

(3)画出粒子轨迹过程图，如图所示：

粒子在区域I中圆周运动的半径为R1，根据洛伦兹力提供向心力可得:

粒子在区域II中圆周运动的半径为R2，根据洛伦兹力提供向心力可得:

在区域II中圆周运动的圆心位于x轴上才可能使粒子从O点射出，

根据几何关系可得：R1sinα＝a

（R1+R2）cosα＝R1

解得: