2018-2019学年浙江省宁波市北仑中学高二下学期期中考试物理试题 解析版

2018-2019学年浙江省宁波市北仑中学高二下学期期中考试物理试题 解析版

北仑中学2018年度第二学期高二年级期中考试 物理试卷 一、选择题 ‎1.下列物理模型或概念的建立,其思想方法与建立“自由落体运动”模型相似的是 (　　)‎ A. 瞬时速度 B. 点电荷 C. 电场强度 D. 电阻 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】“自由落体运动”模型是理想模型，而“点电荷”模型也是理想物理模型，故选B.‎ ‎2.人类在探索自然规律过程中总结了许多科学方法,如控制变量法、比值定义法、极限法、理想模型法等.在下列研究中,可以用极限法的是(　　)‎ A. 利用质点来替代实际物体 B. 研究瞬时速度 C. 研究胡克定律 D. 探究加速度与力、质量的关系 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、质点是用来代替物体的有质量的点，实际不存在，是理想化的物理模型，采用的是理想化物理模型法．故A错误．B、根据平均速度的定义式，当△t→0时平均速度代替t时刻的瞬时速度，采用极限法．故B正确．C、研究胡克定律采用的是控制变量法．故C错误．C、匀变速直线运动的位移与时间的关系时将该运动分割成无数段匀速直线运动，采取极限的思想．故C正确．D、探究加速度与力、质量的关系采用控制变量法，故D错误。故选B．‎ ‎【点睛】物理学上常用的研究方法有：控制变量法、等效替代法、比值定义法、极限法(是指用极限概念分析问题和解决问题的一种数学方法)、理想化物理模型法等，要理解掌握．‎ ‎3.如图所示为一质点做直线运动的速度—时间图像,下列说法错误的(　　)‎ A. 整个过程中,CE段的加速度最大 B. 在18 s末,质点的运动方向发生了变化 C. 整个过程中,D点所表示的状态离出发点最远 D. BC段所表示的运动通过的位移是34 m ‎【答案】B ‎【解析】‎ 解：A、整个过程中，CE段倾角最大，斜率最大，故其加速度数值最大，故A正确；‎ B、速度的正负表示质点的运动方向，则知，在18s末，质点的运动方向没有变化，故B错误．‎ C、从静止到D点的图象与坐标轴围成的面积在时间轴的上方，位移为正，D点以后位移为负，说明此时已经反方向运动了，故D点所表示的状态离出发点最远，故C正确；‎ D、BC段所表示的运动通过的位移等于BC段与时间轴围成的梯形面积大小，为 x=×（5+12）×4m=34m．故D正确．‎ 故选：ACD ‎【点评】本题是速度﹣﹣时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度﹣时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，从而来分析物体的运动情况．‎ ‎4.暑假,小王跟随科技夏令营前往意大利进行游学活动期间,前往了意大利比萨城北面的奇迹广场参观了高55 m的比萨斜塔.他在登至塔顶时不慎将所围围巾掉落至奇迹广场,则围巾的下落时间可能为(　　)‎ A. 1.6 s B. 2.3 s C. 3.3 s D. 8.5 s ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】若物体自由下落，根据自由落体运动的公式有：h＝gt2解得，考虑到围巾下落时受到空气阻力，则下落的加速度小于g，则下落的时间大于3.1s，故选D.‎ ‎5.关于在近地轨道上绕地球运动的“天宫二号”,下列说法正确的是(　　)‎ A. “天宫二号”绕地球做圆周运动不需要力 B. “天宫二号”绕地球飞行的速度大于7.9 km/s C. “天宫二号”绕地球飞行的周期大于24 h D. “天宫二号”的轨道高度比地球同步卫星的低 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】“天宫二号”绕地球做圆周运动需要地球的引力提供向心力，选项A错误；第一宇宙速度是最大的环绕速度，则“天宫二号”绕地球飞行的速度小于7.9 km/s，选项B错误；根据可知，“天宫二号”绕地球飞行的周期小于同步卫星的周期，即小于24 h，选项C错误；根据可知，“天宫二号”的轨道高度比地球同步卫星的低，选项D正确.‎ ‎6.如图所示,A、B两小球分别从距地面高度为h、2h处以速度vA、vB水平抛出,均落在水平面上CD间的中点P,它们在空中运动的时间分别为tA、.不计空气阻力,下列结论正确的是(　　)‎ A. tA∶tB=1: B. tA∶tB=1∶2‎ C. vA∶vB=1: D. vA∶vB=1∶2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 竖直方向做自由落体运动，根据，得，故，A正确，B错误；水平方向做匀速运动，根据知，水平位移x相等，则，故CD错误；选A.‎ ‎【点睛】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据下落的高度比较运动的时间，结合水平位移和时间比较初速度。‎ ‎7.气象研究小组用如图所示的简易装置测定水平风速.在水平地面上竖直固定一直杆,半径为R、质量为m的薄空心塑料球用细线悬于杆顶端O,当水平风吹来时,球在风力的作用下飘起来.已知风力大小正比于风速和球正对风的截面积,当风速v0=3 m/s时,测得球平衡时细线与竖直方向的夹角θ=30°.下列说法正确的是(　　)‎ A. 当θ=60°时,风速v=6 m/s B. 当风速增大到某一值时,θ可能等于90°‎ C. 若风速不变,换用半径变大、质量不变的球,则θ不变 D. 若风速不变,换用半径相等、质量变大的球,则θ减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设球正对风的截面积为S，由于已知风力大小正比于风速和球正对风的截面积，所以风力大小为F=kSv，当速度为3m/s时，由平衡条件得，mgtan30°=Sv0k，当角度为60°时，同理可得mgtan60°=Svk，由此可解的v=9m/s，故A错误。‎ 风速增大，θ不可能变为90°，因为绳子拉力在竖直方向上的分力与重力平衡。故B错误。若风速不变，换用半径变大、质量不变的球，则风力变大，根据F=mgtanθ，知θ变大。故C错误。若风速不变，换用半径相等、质量变大的球，知风力不变，根据F=mgtanθ，知重力减小，风力不变，则θ减小。故D正确。‎ ‎8.粗细均匀的导体棒ab悬挂在两根相同的轻质弹簧下,ab恰好在水平位置,如图示.已知ab的质量m=2 g,ab的长度l=20 cm,沿水平方向与ab垂直的匀强磁场的磁感应强度B=0.1 T,电池的电动势为12 V,电路总电阻为12 Ω.当开关闭合时(　　)‎ A. 导体棒ab所受的安培力方向竖直向上 B. 能使两根弹簧恰好处于自然状态 C. 导体棒ab所受的安培力大小为0.02 N D. 若系统重新平衡后,两弹簧的伸长量均与闭合开关前相比改变了0.5 cm,则弹簧的劲度系数为5 N/m ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由左手定则可知，导体棒ab所受的安培力方向竖直向下，则不能使两根弹簧恰好处于自然状态，选项AB错误；回路的电流，则棒所受的安培力，选项C正确；由题意可知，解得，选项D错误.‎ ‎9.P1和P2是材料相同、上下表面为正方形的长方体导体,P1的上、下表面积大于P2的上、下表面积,将P1和P2按如图所示接到电源上,闭合开关后,下列说法正确的是(　　)‎ A. 若P1和P2的体积相同,则通过P1的电流大于通过P2的电流 B. 若P1和P2的体积相同,则P1的电功率等于P2的电功率 C. 若P1和P2的厚度相同,则流过P1的电流等于流过P2的电流 D. 若P1和P2厚度相同,则流过P1的电流大于流过P2的电流 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由于两电阻并联在电路中，因此两电阻中电压相等，设电阻的表面边长为a，厚度为d，根据，则可知电阻与厚度d有关，与体积无关，由V=sd可知，如果两导体的体积相同，则P1的厚度小于P2厚度；因此P1的电阻大于P2的电阻；则由可知，P1的电功率小于P2的电功率，故B错误；电流为，两电阻中电压相等，P1的电阻大于P2的电阻，所以通过P1的电流小于通过P2的电流，故A错误；由B 的分析可知，若厚度相同，则两电阻阻值相同，由可知流过P1的电流等于流过P2的电流，故C正确，D错误。所以C正确，ABD错误。‎ ‎10.如图所示是一个用来研究静电除尘的实验装置,铝板与手摇起电机的正极相连,缝被针与手摇起电机的负极相连,在铝板和缝被针中间放置点燃的蚊香.转动手摇起电机,蚊香放出的烟雾会被铝板吸附.下列说法中正确的是(　　)‎ A. 烟尘颗粒可以带正电而被吸附到铝板上 B. 某个烟尘颗粒在被吸附过程中离铝板越近,则速度越大 C. 某个烟尘颗粒在被吸附过程中离铝板越近,则速度越小 D. 某个电荷量不变的烟尘颗粒离铝板越近,则加速度越大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 负离子在电场力的作用下，向正极移动时，碰到烟尘微粒使它带负电．因此，带电尘粒在电场力的作用下，向铝板运动，被吸附到铝板上，故A错误；烟尘向铝板运动时，在电场力作用下做加速运动，所以离铝板越近速度越大，故B正确，C错误；根据针尖端的电场线密集，同一微粒离铝板越近则加速度越小，故D错误．故选B.‎ ‎11.如图所示为一有界匀强电场,场强沿水平方向(虚线为电场线),一带负电的微粒以某一角度θ从电场中a点斜向上射入,沿直线运动到b点,则下列说法正确的是(　　)‎ A. 电场中a点的电势低于b点的电势 B. 微粒在a点时的动能与电势能之和与在b点时的动能与电势能之和相等 C. 微粒在a点时的动能小于在b点时的动能,在a点时的电势能大于在b点时的电势能 D. 微粒在a点时的动能大于在b点时的动能,在a点时的电势能小于在b点时的电势能 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粒子沿直线运动到b点，粒子的合力与速度在同一直线上，重力竖直向下，则受到的电场力水平向左，电场方向水平向右．顺着电场线，电势降低．则可判断ab电势的高低．粒子的重力势能、动能、电势能总量不变，根据重力势能增加，判断动能与电势能之和的大小．根据电场力做功正负，判断电势能与动能的大小。‎ ‎【详解】A．粒子沿直线运动到b点，粒子的合力与速度在同一直线上，重力竖直向下，则受到的电场力水平向左，电场方向水平向右。则a点的电势高于b点的电势。故A错误；‎ B．根据能量守恒，粒子的重力势能、动能、电势能总量不变，重力势能增大，则动能与电势能之和减小。故B错误；‎ CD．粒子从a到b，电场力做负功，动能减小，电势能增大。C错误，D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点睛】本题运用到物体做直线运动的条件，分析物体的受力情况，属于轨迹类型。‎ ‎12.一电动自行车动力电源上的铭牌标有“36 V　10 A·h”字样.假设工作时电源(不计内阻)的输出电压恒为36 V,额定输出功率为180 W.由于电动机发热造成能量损耗(其他损耗不计),电动自行车的效率为80%,则下列说法正确的是 (　　)‎ A. 额定工作电流为10 A B. 电动自行车保持额定功率行驶的最长时间是2 h C. 电动自行车的电动机内阻为7.2 Ω D. 动力电源充满电后总电荷量为3.6×103 C ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由P=UI可知，额定电流，故A错误；根据电池容量Q=10Ah，电流为5A，则可得：，故B正确。电动车的热功率P热=20%P=180×0.2=36W，则由P热=I2r可得，r==1.44Ω，故C错误； 电量q=10Ah=10×3600=3.6×104C，故D错误。‎ ‎13.从地面以大小为v1初速度竖直向上抛出一个皮球,经过时间t皮球落回地面,落地时皮球的速度大小为v2.已知皮球在运动过程中受到空气阻力的大小与速度的大小成正比,重力加速度大小为g.下面给出时间t的四个表达式中只有一个是合理的.你可能不会求解t,但是你可以通过一定的物理分析,对下列表达式的合理性做出判断.根据你的判断,你认为t的合理表达式应为(重力加速度为g) ( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】时间的单位应该是s，的单位为m，故A错误；如果不考虑空气的阻力，则v1=v2，，故运动的总时间．由于空气阻力作用，v2＜v1，，故B答案是合理的，故B正确。假设空气的阻力为0，则v1=v2，则t上=t下，故运动的总时间，而，故C错误。若没有空气阻力，v1=v2，时间应为，故选项D中运动时间不合理，故D错误。‎ ‎14.在原子核中,下列说法正确的是 (　　)‎ A. 质子数和中子数总是相等的 B. 核子间核力可能是引力也可能是斥力 C. 发生β衰变是由核子间的弱相互作用引起的 D. 结合能指将原子核中核子全部分开需要的能量 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】质子数与核外电子数总是相等，而与中子数没有关系，故A错误；核力只存在于相邻的核子之间，核力是短程力，作用距离小于0.8×10-15m时，表现斥力，在0.8×10-15m与1.5×10-15m之间，表现为引力，故B正确；弱相互作用，是引起β衰变的原因，故C正确；结合能指将原子核中的核子全部打开需要的能量，故D正确；‎ ‎15.如图所示,一束复色光通过三棱镜后分解成两束单色光a、b,下列说法正确的是 (　　)‎ A. a光的折射率大于b光的折射率,a光全反射的临界角小于b光全反射的临界角 B. 光的衍射实验中,对于同一障碍物而言,a光的衍射现象更明显 C. a光能发生偏振现象,b光不能发生偏振现象 D. 若a、b 光分别照射同一光电管都能发生光电效应,则a光的遏止电压低 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】根据折射率定义公式，从空气斜射向玻璃时，入射角相同，光线a对应的折射角较大，故光线a的折射率较小，即na＜nb，根据可知，a光全反射的临界角大于b光全反射的临界角，选项A错误；a的折射率较小，可知a的频率较小，波长较大，则光的衍射实验中，对于同一障碍物而言a光的衍射现象更明显，选项B正确；只要是横波，均能发生偏振现象，若a光能发生偏振现象，b光一定能发生，故C错误；a光频率较小，根据E=hγ，则a光光子能量较小，则a光束照射逸出光电子的最大初动能较小，根据，则a光的遏止电压低，故D正确；‎ ‎16.两列振幅相同的简谐横波在同种介质中传播.实线波的频率为2 Hz,沿x轴负方向传播;虚线波沿x轴正方向传播.某时刻两列波在如图所示区域相遇,则(　　)‎ A. 在相遇区域不会发生干涉现象 B. 虚线波的传播速度大于实线波的传播速度 C. 平衡位置为x=6 m处的质点此时速度为零 D. 平衡位置为x=7 m处此时的质点的位移y < 0‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】两列波在同一种介质中传播，则传播的速度相等，由于两列波的波长不等，则周期和频率不同，可知在相遇区域不会发生干涉现象，选项A正确，B错误；根据波的传播方向，由图可得：两波在x=6m处都处于平衡位置，向下振动，故速度不为零，故C错误；平衡位置为x=7 m处的质点此时由实线波引起的位移为-A，由虚线波引起的位移小于+A，则此时该质点的位移y < 0，选项D正确.‎ 二、实验题 ‎17.在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中:‎ ‎(1)下列说法正确的是（ ）　(填选项前的字母). ‎ A.先释放纸带,再接通电源 B.实验前必须先平衡摩擦力 C.纸带应压在复写纸下面 D.拉小车的细线应尽可能与长木板平行 ‎(2)图是某同学计算出各计数点对应的速度后在坐标系中描出的点,请根据这些点在图中作出v-t图线（ ）.‎ ‎(3)并且计算出小车运动的加速度a=__________ .(保留两位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). CD (2). (3). 1.5‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）实验时要先接通电源，再释放纸带，选项A错误；实验前没必要平衡摩擦力，选项B错误；纸带应压在复写纸下面，选项C正确；拉小车的细线应尽可能与长木板平行，选项D正确；‎ ‎（2）画出图像如图；‎ ‎（3）由图像可知，小车运动的加速度：‎ ‎18.小明同学在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中,为了更准确选取电压表和电流表的合适量程,决定先用多用电表测量小灯泡的阻值.‎ ‎ ‎ ‎(1) 在使用前发现电表指针位置如图甲所示，小明使用多用电表欧姆挡的“×10”倍率测量小灯泡阻值,读数如图乙所示,为了更准确地进行测量,小明应该旋转开关至欧姆挡_____(选填“×100”或“×1”)倍率,两表笔短接并调节_____(选填“①”或者“②”). ‎ ‎(2)按正确步骤测量时,指针指在如图丙所示位置,则小灯泡阻值的测量值为____ Ω.‎ ‎【答案】 (1). ×1 (2). ② (3). 22‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小明使用多用电表欧姆挡的“×10”倍率测量小灯泡阻值，由乙图可知指针偏角过大，说明档位选择过高，则为了更准确地进行测量，小明应该旋转开关至欧姆挡“×1”倍率，两表笔短接并调节调零旋钮 “②”. ‎ ‎（2）小灯泡阻值的测量值为22Ω.‎ ‎19.(1)“探究变压器线圈两端的电压与匝数之间的关系”实验中,小张同学利用可拆式变压器进行研究.‎ ‎①实验还需要的器材是_____(填选项前的字母). ‎ A.直流电压表 B.直流电流表 C.多用电表 D.条形磁铁 ‎②正确选择器材后,变压器的原线圈匝数为80,接入直流电压10.0 V,副线圈匝数为40,则副线圈所接电表的示数是_____(填选项前的字母). ‎ A.20.0 V B.10.0 V C. 5.0 V D.0‎ ‎【答案】 (1). C (2). D ‎【解析】‎ ‎【详解】①实验还需要的器材是多用电表，用来测量交流电压，故选C. ‎ ‎②因为原线圈接入的是直流电压，则次级电压应该为0，故选D.‎ 三、计算题 ‎20.有一台无人机悬停空中,该无人机最大上升速度为vmax=6 m/s,假设该无人机在竖直方向上加速或减速时允许的最大加速度大小均为1 m/s2,整机总质量为m=1.2 kg,忽略空气阻力,g取10 m/s2.‎ ‎(1)无人机在空中悬停时,旋翼需提供多大的升力?‎ ‎(2)无人机以最大加速度竖直上升和下降时,旋翼分别需提供多大升力?‎ ‎(3)无人机由静止从地面竖直上升到54 m高处悬停至少需要多长时间?‎ ‎【答案】（1） （2） (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）无人机悬停时，受到的升力和重力相等，故；‎ ‎（2）以最大加速度上升时，根据牛顿第二定律可得，解得；‎ 以最大加速度下降时，根据牛顿第二定律可得，解得；‎ ‎（3）无人机加速阶段的时间为；‎ 加速上升的高度为；‎ 无人机减速阶段的时间为，该过程上升的高度为；‎ 故匀速上升的高度为，匀速上升的时间为；‎ 总时间为．‎ ‎21.图为一个儿童电动小汽车的轨道传送接收装置,L=1 m的水平直轨道AB与半径均为0.4 m的竖直光滑螺旋圆轨道(O、O’为圆心,C为最高点)相切于B,B'为第2个圆与水平轨道的切点,O'D与O'B'的夹角为60°,接收装置为高度可调节的平台,EF为平台上一条直线,O'EF在同一竖直平面内,装置切面图可抽象为如图所示模型.质量为0.6 kg的电动小汽车以额定功率 P=6 W从起点A启动沿轨道运动,刚好能通过C点,之后沿圆弧从B'运动至D点后抛出,沿水平方向落到平台E点,小汽车与水平直轨道AB的动摩擦因数为μ=0.2,其余轨道均光滑.(空气阻力不计,g取10 m/s2,小汽车运动过程中可视为质点)‎ ‎(1)求电动机工作时间.‎ ‎(2)要保证小汽车沿水平方向到达平台E点,求平台调节到的高度H和EB'的水平位移X.‎ ‎【答案】(1)1.2 s (2)0.8 m 0.6 m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小汽车恰好能通过最高点C，有：mg=m 从A到C过程,由动能定理得：Pt-μmgL-2mgR=-0‎ 联立解得t=1.2 s ‎（2）从C到D过程,由机械能守恒定律得：mg(R+Rsin 30°)+ =‎ 解得vD=4 m/s ‎=vDsin 30°=2 m/s ‎=vDcos 30° =m/s 将从D到E的运动看成逆向平抛运动，有 ‎=gt h=gt2‎ x=t H=h+R(1-cos 60°)‎ X=x+Rsin 60°‎ 解得H=0.8 m；X= m ‎22.如图所示,PQ、MN两轨道间距L=1 m,其中Pe、Mf段是光滑轨道且ce、df段水平,而eQ、fN段为水平粗糙轨道,同时在efhg区域存在方向竖直向下、磁感应强度B=2 T的匀强磁场,定值电阻R1=2 Ω.现有质量m=1 kg、电阻R=2 Ω的两根导体棒ab和cd,导体棒cd静止在水平轨道上,导体棒ab在距cd高H=0.45 m处由静止释放,ab棒在光滑轨道上加速下落至cd 棒处与其发生弹性碰撞,两者速度发生交换后导体棒cd进入匀强磁场区域,在磁场中运动时间t=1 s后恰好停在磁场右边界gh处,其中导体棒cd与水平粗糙轨道间的动摩擦因数μ=0.1,g取10 m/s2,不计轨道电阻与其他阻力.‎ ‎(1)求导体棒cd刚进入磁场时的速度大小及受到的安培力大小;‎ ‎(2)导体棒cd进入磁场区域后直至停止,求通过cd棒的电荷量;‎ ‎(3)导体棒cd进入磁场区域后直至停止,求定值电阻R1产生的热量.‎ ‎【答案】(1)3 m/s 4 N (2)1 C (3)0.5 J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）导体棒ab由静止释放,在光滑轨道上只有重力做功,根据机械能守恒定律得：‎ mgH=mv2‎ 解得v=3 m/s 两导体棒发生弹性碰撞后，ab棒静止，cd棒以v=3 m/s的速度进入磁场区域，因E=BLv，I= ，R总=R+= ‎ 故F安=BIL==4 N ‎（2）根据动量定理得： ‎ 因为 所以解得q=1 C ‎（3）因为， (x为磁场区域的长度)‎ 解得x=1.5 m 根据动能定理得：-W安-μmgx=0-mv2‎ 则Q总=W安=mv2-μmgx=3 J 因为定值电阻R1与ab棒并联后再与cd棒串联且三者电阻均为2 Ω，三者电流之比为1∶1∶2，所以热量之比为1∶1∶4，故定值电阻R1产生的热量：Q1=Q总=0.5 J ‎23.如图所示,O'PQ是关于y轴对称的四分之一圆弧,在PQNM区域有均匀辐向电场,PQ与MN间的电压为U.PQ上均匀分布带正电的粒子,可均匀持续地以初速度为零发射出来,任一位置上的粒子经电场加速后都会从O'进入半径为R、中心位于坐标原点O的圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直于xOy平面向外,磁感应强度大小为B,其中沿+y轴方向射入的粒子经磁场偏转后恰能沿+x轴方向射出.在磁场区域右侧有一对平行于x轴且到x轴距离都为R的金属平行板A和K,金属板长均为4R,其中K板接地,A与K两板间加有电压UAK>0,忽略极板电场的边缘效应.已知金属平行板左端连线与磁场圆相切,O'在y轴上(0, -R)处.(不考虑粒子之间的相互作用力)‎ ‎(1)求带电粒子的比荷.‎ ‎(2)求带电粒子进入右侧电场时的纵坐标范围.‎ ‎(3)若电压UAK=U ,求到达K板的粒子数与进入平行板的总粒子数的比值.‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）‎ 由已知条件知道偏转半径r=R 解得：‎ ‎（2）因为r=R，所有粒子经磁场偏转后都平行于x轴，沿QN方向射入时，对应的圆心角为1350，离开磁场时a点的纵坐标为 沿PM方向入射的带电粒子离开磁场的出发点b的纵坐标为故进入电场时的坐标范围为 ‎ ‎（3）‎ 得：‎ 从纵坐标y=0.5R进入偏转电场的粒子恰能打到K板右边缘，其进入磁场时的速度与y轴夹角为30°，所以比例 ‎ ‎