2020高考物理浙江专用增分冲刺练辑：综合模拟卷（九） Word版含解析.pdf

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1、第 1 页 共 16 页 综合模拟卷综合模拟卷(九九) 一、选择题(本题共 8 小题，每小题 4 分，共 32 分每小题列出的四个备选项中只有一个 是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1(2019余姚中学期中)如图所示，一束粒子(不计重力，初速度可忽略)缓慢通过小孔 O1进 入极板间电压为 U 的水平加速电场区域，再通过小孔 O2射入匀强电场和匀强磁场相互正 交的区域，其中磁场的方向如图所示，磁感应强度大小可根据实际要求调节，收集室的小 孔 O3与 O1、O2在同一条水平线上，则( ) A该装置可筛选出具有特定质量的粒子 B该装置可筛选出具有特定电荷量的粒子 C该装置可筛选出具有特定

2、比荷的粒子 D该装置可筛选出具有特定动能的粒子 答案 C 2.如图所示，以速度 v 将小球沿与水平方向成 37角斜向上抛出，结果球刚好能垂直打在 竖直的墙面上，球反弹后的速度方向水平，速度大小为碰撞前瞬间速度的 倍，已知 sin 37 3 4 0.6，cos 370.8，空气阻力不计，则反弹后小球的速度大小再次为 v 时，速度方向与水平方 向夹角的正切值为( ) A. B. C. D. 3 4 4 3 3 5 5 3 第 2 页 共 16 页 答案 B 解析 采用逆向思维，小球做斜抛运动看成是平抛运动的逆运动，将抛出速度沿水平方向和 竖直方向分解，有： vxvcos 370.8v vyvsin

3、 370.6v 球撞墙前瞬间的速度等于 0.8v，反弹速度大小为： vx 0.8v0.6v 3 4 反弹后小球做平抛运动，当小球的速度大小再次为 v 时，竖直速度为： vy0.8vv2vx2v20.6v2 速度方向与水平方向夹角的正切值为： tan ，故 B 正确，A、C、D 错误 vy vx 0.8v 0.6v 4 3 3某机器内有两个围绕各自固定轴匀速转动的铝盘 A、B，A 盘固定一个信号发射装置 P， 能持续沿半径向外发射红外线，P 到圆心的距离为 28 cm.B 盘上固定一个带窗口的红外线信 号接收装置 Q，Q 到圆心的距离为 16 cm.P、Q 转动的线速度均为 4 m/s.当 P、

4、Q 正对时，P 发出的红外线恰好进入 Q 的接收窗口， 如图所示， 则 Q 每隔一定时间就能接收到红外线信号， 这个时间的最小值为( ) A0.42 s B0.56 s C0.70 s D0.84 s 答案 B 第 3 页 共 16 页 解析 由线速度和周期关系 T可得 TP s0.14 s，TQ s0.08 2R v 2 0.28 4 2 0.16 4 s，设该时间的最小值为 t，则 t 是两个周期数值的最小公倍数，即 t0.56 s，选项 B 正确 4(2019广东广州市 4 月综合测试)如图，在光滑绝缘水平桌面上，三个带电小球 a、b 和 c 分别固定于正三角形顶点上已知 a、b 带电荷

5、量均为q，c 带电荷量为q，则( ) Aab 连线中点场强为零 B三角形中心处场强为零 Ca 所受库仑力方向垂直于 ab 连线 Da、b、c 所受库仑力大小之比为 11 3 答案 D 解析 在 ab 连线的中点处，a、b 两电荷在该点的合场强为零，则该点的场强等于 c 在该点 的场强，大小不为零，选项 A 错误在三角形的中心处，a、b 两电荷在该点的场强大小相等， 方向夹 120角，则合场强竖直向下，电荷 c 在该点的场强也是竖直向下，则三角形中心处场 强不为零，选项 B 错误a 受到 b 的排斥力沿 ba 方向，受到 c 的吸引力沿 ac 方向，则其合 力方向斜向左下方与 ab 连线成 60

6、角，选项 C 错误设三角形的边长为 l，a、b 所受库仑力 大小相等，FaFb2cos 60；c 所受库仑力：Fc2cos 30，则 a、b、c kq2 l2 kq2 l2 kq2 l2 3kq 2 l2 所受库仑力大小之比为 11，选项 D 正确3 5(2019山西太原市 5 月模拟)如图所示，带电物块放置在固定水平绝缘板上当空间存在有 水平向右的匀强电场时，物块恰能向右做匀速直线运动若在同一电场中将绝缘板的右端抬 高，当板与水平面的夹角为 37 时，物块恰能沿绝缘板匀速下滑，则物块与绝缘板间的动摩 擦因数 为(取 sin 370.6，cos 370.8)( ) 第 4 页 共 16 页 A

7、. B. C. D. 1 2 1 3 1 4 1 5 答案 B 解析 当电场水平向右时滑块恰能向右做匀速直线运动，由平衡知识有 ： qEFf1，Ff1FN1， FN1mg，联立解得 qEmg；而物块沿斜面匀速下滑时，有：mgsin qEcos Ff2，Ff2 FN2，FN2mgcos qEsin ，联立得 0.6mg0.8qE(0.8mg0.6qE)，解得动摩擦因数 或 3(舍去)，故 A、C、D 错误，B 正确 1 3 6(2019湖州、衢州、丽水高三期末)某型号混合动力车由静止启动至 50 km/h 过程中仅动力 蓄电池提供动力，实现“0”油耗，当速度超过 50 km/h 时，电动机自动关

8、闭，汽油发动机开始 工作 ； 而当踩刹车或将加速踏板松开时，车轮通过带动发电机对动力蓄电池充电并得以减速， 从而实现节能减排已知该车动力蓄电池电压为 200 V，容量为 6.5 Ah，电能转化为机械能 的效率为 90%，汽车总质量为 1 440 kg，电动机的最大输出功率为 60 kW，汽油发动机的最 大输出功率为 72 kW.若汽车两部分动力部件分别工作时都以其最大功率输出用于驱动，汽车 匀速时的速度为 108 km/h，整个过程阻力恒定，则( ) A当加速踏板松开时，汽车的动能将全部克服摩擦阻力做功转化为内能 B当汽车速度为 36 km/h 时，牵引力为 7 200 N C当汽车的速度为

9、72 km/h 时，汽车的加速度为 2.5 m/s2 D若仅以纯电输出模式行驶(电池不充电)，动力蓄电池最长供电时间约为 70 s 答案 D 解析 当加速踏板松开时，车轮通过带动发电机对动力蓄电池充电，汽车的动能转化为电能 和克服摩擦阻力做功转化的内能之和，故 A 错误；速度为 v36 km/h10 m/s 时，电动机工 作，根据 F 可得，牵引力为 F N6 000 N，故 B 错误；速度为 v72 P v 60 103 10 km/h20 m/s 时，汽油发动机工作，牵引力为 F N3 600 N，汽车匀速时的 72 103 20 速度为 v0108 km/h30 m/s，汽车的阻力 Ff

10、 N2 400 N，由 a 72 103 30 FFf m 第 5 页 共 16 页 m/s20.83 m/s2，故 C 错误；电能转化为机械能的效率为 90%，若以最大功率 3 6002 400 1 440 输出， 输出电流为 I， 则 UI90%P电， 解得 I A， 电池的容量 qIt6.5 Ah， 解得 t 1 000 3 s70.2 s，所以若仅以纯电输出模式行驶(电池不充电)，动力蓄电池最长供电时 6.5 3 600 1 000 3 间约为 70 s，故 D 正确 7 (2019广西钦州市 4 月综测)如图， 两条间距为 L 的平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内， 其左端接一阻值

11、为 R 的电阻 ； 一金属棒垂直放置在两导轨上，且始终与导轨接触良好 ； 在 MN 左侧面积为 S 的圆形区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小 B 随时间 t 的 变化关系为 Bkt，式中 k 为常量，且 k0； 在 MN 右侧区域存在一与导轨垂直、磁感应强度 大小为 B0、方向垂直纸面向里的匀强磁场t0 时刻，金属棒从 MN 处开始，在水平拉力 F 作用下以速度 v0向右匀速运动金属棒与导轨的电阻及摩擦均可忽略则( ) A在 tt1时刻穿过回路的总磁通量为 B0Lv0t1 B通过电阻 R 的电流不是恒定电流 C在 t 时间内通过电阻的电荷量为t kSB0Lv0 R D金属棒所受

12、的水平拉力 F 随时间均匀增大 答案 C 解析 根据题意可知，MN 左边的磁场方向与右边的磁场方向相同，那么总磁通量即为金属 棒左侧两种磁通量之和，则在 tt1时刻穿过回路的总磁通量为 12kt1SB0v0t1L， 故 A 错误 ； 根据法拉第电磁感应定律得 E， 结合闭合电路欧姆定律得 I ， t E R kSB0Lv0 R 故通过电阻 R 的电流为恒定电流，B 错误；t 时间内通过电阻的电荷量为 qIt R 第 6 页 共 16 页 t，故 C 正确；金属棒所受的安培力大小 FAB0IL；根据平衡条 kSB0Lv0 R kSB0 Lv0 B 0L R 件得，水平拉力大小等于安培力大小，即为

13、 F，故拉力 F 是一个恒量，故 D kSB0 Lv0 B 0L R 错误 8 (2019东北三省三校第二次联合模拟)如图所示， 竖直平面内固定两根足够长的细杆 L1、 L2， 两杆不接触，且两杆间的距离忽略不计两个小球 a、b(视为质点)质量均为 m，a 球套在竖 直杆 L1上，b 杆套在水平杆 L2上，a、b 通过铰链用长度为 L 的刚性轻杆连接，将 a 球从图 示位置由静止释放(轻杆与 L2杆夹角为 45)，不计一切摩擦，已知重力加速度为 g.在此后的 运动过程中，下列说法中正确的是( ) Aa 球和 b 球所组成的系统机械能不守恒 Bb 球的速度为零时，a 球的加速度大小也为零 Cb

14、球的最大速度的大小为 2 2 gL Da 球的最大速度的大小为 2gL 答案 C 解析 a 球和 b 球组成的系统没有外力做功，只有 a 球和 b 球的动能和重力势能相互转换， 因此a球和b球的机械能守恒， A错误 ； 设轻杆L和水平杆L2的夹角为， 由运动关联可知vbcos vasin ，则 vbvatan ，可知当 b 球的速度为零时，轻杆 L 处于水平位置且与杆 L2平行， 则此时 a 球在竖直方向只受重力 mg，因此 a 球的加速度大小为 g，B 错误；当杆 L 和杆 L1 第一次平行时，球 a 运动到最下方，球 b 运动到 L1和 L2交点位置，球 b 的速度达到最大， 此时 a 球

15、的速度为 0， 因此由系统机械能守恒有 mg(LL) mv ， 解得 vb， C 2 2 1 2 b2 2 2gL 正确；当轻杆 L 和杆 L2第一次平行时，由运动的关联可知此时 b 球的速度为零，由系统机械 第 7 页 共 16 页 能守恒有mgL mv ，解得 va，此时 a 球具有向下的加速度 g，故此时 a 球的速 2 2 1 2 a2 2gL 度不是最大，a 球将继续向下做加速度减小的加速运动，到加速度为 0 时速度达到最大，D 错误 二、选择题(本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分每小题列出的四个备选项中至少有一 个是符合题目要求的，全部选对的得 4 分，选对但不全的得

16、2 分，有错选的得 0 分) 9如图甲所示为一简谐横波在 t0 时刻的图象，图乙为 x4 m 处的质点 P 的振动图象，则 下列判断正确的是( ) A这列波的波速是 2 m/s B这列波的传播方向沿 x 轴正方向 Ct3.5 s 时 P 点的位移为 0.2 m D从 t0 时刻开始 P 点的振动方程为 y0.2sin (t ) m 2 答案 AC 解析 由题图可知波长 4 m，周期 T2 s，则波速为： v m/s2 m/s，故 A 正确； T 4 2 t0 时刻 P 点向y 方向振动，由波动和振动的关系可判断波沿 x 轴负方向传播，故 B 错误 ； 由质点 P 的振动图象知，t3.5 s1

17、T，此时 P 点位于波峰位置，P 点的位移为 0.2 m，故 C 3 4 正确； 由题图乙知 rad/s rad/s，t0 时刻 P 点向y 方向振动，初相位为 ，振动方 2 T 2 2 第 8 页 共 16 页 程为 y0.2sin (t) m，故 D 错误 10下列说法中正确的是( ) A卢瑟福通过 粒子散射实验，提出原子的核式结构模型，并估算出原子核的大小 B已知光速为 c，普朗克常量为 h，则频率为 的光子的动量为h c C氢原子能级是分立的，但原子发射光子的频率是连续的 D设质子、中子、 粒子的质量分别为 m1、m2、m3，那么质子和中子结合成一个 粒子， 所释放的核能为 E(m3m

18、1m2)c2 答案 AB 解析 氢原子能级是分立的，原子发射光子的频率是不连续的，选项 C 错误；根据质能方程 知，质子和中子结合成一个 粒子时所释放的核能为 E(2m12m2m3)c2，选项 D 错误 11(2019山东济宁市第二次摸底)电子在电场中仅受电场力作用运动时，由 a 点运动到 b 点 的轨迹如图中虚线所示图中一组平行等距实线可能是电场线，也可能是等势线下列说法 正确的是( ) A若 a 点的电势比 b 点低，图中实线一定是等势线 B不论图中实线是电场线还是等势线，电子在 a 点的电势能都比 b 点小 C若电子在 a 点动能较小，则图中实线是电场线 D如果图中实线是等势线，则电子在

19、 b 点电势能较大 答案 CD 解析 若图中实线是电场线，根据粒子运动轨迹可以判断，电子所受电场力水平向右，则电 场线向左，a 点电势比 b 点低，所以若 a 点的电势比 b 点低，图中实线可能是电场线，A 错 误若图中实线是电场线，根据 A 选项的分析，电场线向左，a 的电势小于 b 的电势，根据 第 9 页 共 16 页 电势能Ep(e)，电子在电势低的位置电势能大，所以电子在a点的电势能大于b点电势能，B 错误若电子在 a 点动能小，说明由 a 到 b 加速，如果图中实线是电场线，结合 A 选项的分 析，方向向左，电子受力向右，加速，a 点动能小，C 正确如果图中实线是等势线，则电 场线

20、与等势线垂直，根据电子运动轨迹可以判断电子受力竖直向下，所以由 a 到 b 电场力做 负功，b 点动能小，电势能大，D 正确 12(2019安徽安庆市下学期第二次模拟)如图甲所示，一足够长的粗糙斜面固定在水平地面 上，斜面的倾角 37，现有质量 m2.2 kg 的物体在水平向左的外力 F 的作用下由静止开 始沿斜面向下运动，经过 2 s 撤去外力 F，物体在 04 s 内运动的速度与时间的关系图线如 图乙所示已知 sin 370.6，cos 370.8，取 g10 m/s2，则( ) A物体与斜面间的动摩擦因数为 0.5 B水平外力 F5.5 N C水平外力 F4 N D物体在 04 s 内的

21、位移为 24 m 答案 AC 解析 根据 vt 图象的斜率表示加速度，则 24 s 内物体的加速度为： a2 m/s22 m/s2， 128 42 由牛顿第二定律有：mgsin mgcos ma2， 解得：0.5，故 A 正确； 02 s 内物体的加速度为：a1 m/s24 m/s2， 8 2 第 10 页 共 16 页 由牛顿第二定律有 ： mgsin Fcos (mgcos Fsin )ma1，解得 ： F4 N，故 B 错误，C 正确； 物体在 04 s 内的位移为：x m2 m28 m，故 D 错误 8 2 2 812 2 三、非选择题(本题共 5 小题，共 52 分) 13 (6 分

22、)(2019湖北恩施州 2 月教学质量检测)如图所示为某同学设计的一种探究动量守恒定 律的实验装置和原理图长木板固定在水平桌面上，一端伸出桌面，另一端装有竖直挡板， 轻弹簧的一端固定在竖直挡板上，另一端被入射小球从自然长度位置 A 点压缩至 B 点，释放 小球，小球沿木板从右端水平抛出，落在水平地面上的记录纸上，重复 10 次，确定小球的落 点位置 ； 再把被碰小球放在木板的右边缘处，重复上述实验 10 次，在记录纸上分别确定入射 小球和被碰小球的落点位置 (1)关于实验的要点，下列说法正确的是_ A入射小球的质量必须大于被碰小球的质量 B入射小球的半径必须与被碰小球的半径相同 C长木板必须尽

23、可能地光滑 D用重垂线的目的是为了确定板的右端在地面的投影位置 E实验重复 10 次，是为了从小球的落地点中找出一个最清晰的点作为最终落地点 (2)入射小球前后两次的落地位置分别为原理图中的_两点；若入射小球的质量为 m1， 被碰小球的质量为 m2，则实验需要验证的表达式为_(用图中字母表示) 答案 (1)ABD (2)Q、P m1OQm1OPm2OR 解析 (1)为了保证碰撞后两球都能从板右端飞出，入射小球的质量应该大于被碰小球的质 量，选项 A 正确；为保证两球发生正碰，两球的半径必须相同，选项 B 正确；长木板不需要 第 11 页 共 16 页 光滑，只要保持每次弹簧的压缩量相同，每次入

24、射小球与被碰小球碰前的速度相同，选项 C 错误；用重垂线的目的是为了确定板的右端在地面的投影的位置，以便准确测出小球平抛的 水平位移，选项 D 正确；实验重复 10 次，是为了从小球的落地点中找出小球落地点的中心 位置，减小实验的误差，选项 E 错误；故选 A、B、D. (2)入射小球前后两次的落地点位置分别为原理图中的 Q、P 两点 ； 两球碰撞后均做平抛运动， 它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间 t 相等，碰撞过程动量守恒，则有 ： m1v1m1v2 m2v3 两边乘以 t 即为：m1OQm1OPm2OR，即实验需要验证的表达式为：m1OQm1OP m2OR. 14(9 分)(2019

25、新高考研究联盟第二次联考)某同学欲测量一节干电池的电动势(约 1.5 V)和 内阻(约 2 )现有实验仪器为电流表(量程 00.6 A,03 A 均可正常使用) 微安表(量程 0200 A，内阻 500 ) 滑动变阻器一个(020 ，2 A) 电阻箱(09 999 ) 待测电池 开关、导线若干 根据已有器材，某同学设计了如图实验原理图 (1)在 1 中接入的仪器是_， 在 2 中接入的仪器是_ (均选填 “电流表” 或 “微 安表”) (2)实验过程中，电阻箱的阻值应调整在某一个固定值，以下四个阻值中你认为最合理的是 _ A1 000 B3 000 第 12 页 共 16 页 C5 000 D

26、7 000 (3)已知 1 中电表的示数为 I1， 内阻为 R1,2 中电表的示数为 I2， 内阻为 R2， 电阻箱的阻值为 R0， 电源电动势为 E，电源内阻为 r，若不做任何近似处理，则 I2_(用题中给出的字母 表示) 答案 (1)电流表 微安表 (2)D (3) EI1r rR2R0 15(10 分)(2019湖北宜昌市四月调研)如图所示，在倾角为 的斜面上，固定有间距为 l 的 平行金属导轨，现在导轨上，垂直导轨放置一质量为 m 的金属棒 ab，整个装置处于垂直导轨 平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为 B，导轨与电动势为 E、内阻为 r 的电源连接， 金属棒 ab 与导轨间的动

27、摩擦因数为 ，且 tan ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加 速度为 g，金属棒和导轨电阻不计，现闭合开关，发现滑动变阻器接入电路阻值为 0 时，金 属棒不能静止 (1)判断金属棒所受的安培力方向； (2)求使金属棒在导轨上保持静止时滑动变阻器接入电路的最小阻值 R1和最大阻值 R2. 答案 (1)平行于斜面向上 (2)r r BEl mgsin mgcos BEl mgsin mgcos 解析 (1)由左手定则可判断金属棒所受安培力的方向平行于斜面向上 (2)当使金属棒保持静止的滑动变阻器 R 阻值最小为 R1时，金属棒所受安培力为最大值 F1， 所受的摩擦力为最大静摩擦力，方向平行斜面向

28、下，则由平衡条件得 FN1mgcos F1mgsin Ffmax 第 13 页 共 16 页 FfmaxFN1 由闭合电路欧姆定律有：I1， E R1r 安培力 F1BI1l 联立以上各式解得滑动变阻器 R 的最小值为 R1r BEl mgsin mgcos 当使金属棒保持静止的滑动变阻器 R 阻值最大为 R2时，金属棒所受安培力为最小值 F2，所 受的摩擦力为最大静摩擦力，方向平行斜面向上，同理可得 F2mgsin mgcos 由闭合电路欧姆定律有，I2，安培力 F2BI2l E R2r 联立以上各式解得滑动变阻器 R 的最大值为 R2r. BEl mgsin mgcos 16(12 分)(

29、2019辽宁大连市第二次模拟)滑板运动是极限运动的鼻祖，很多极限运动都是由 滑板运动延伸而来 如图所示是一个滑板场地， OP 段是光滑的 圆弧轨道， 半径为 0.8 m PQ 1 4 段是足够长的粗糙水平地面，滑板与水平地面间的动摩擦因数为 0.2.滑板手踩着滑板 A 从 O 点由静止滑下， 到达 P 点时， 立即向前起跳 滑板手离开滑板 A 后， 滑板 A 以速度 v12 m/s 返回， 滑板手落到前面相同的滑板 B 上， 并一起向前继续滑动 已知两滑板质量均为 m5 kg，滑板手的质量是滑板的 9 倍，滑板 B 与 P 点的距离为 x1 m，g10 m/s2.(不考虑滑板 的长度以及滑板手

30、和滑板间的作用时间，不计空气阻力)求： (1)当滑板手和滑板 A 到达圆弧轨道末端 P 点时滑板 A 对轨道的压力； (2)滑板手落到滑板 B 后瞬间，滑板 B 的速度大小； (3)两个滑板间的最终距离 答案 (1)1 500 N，竖直向下 (2)4.2 m/s (3)4.41 m 第 14 页 共 16 页 解析 (1)滑板手与滑板 A 由 O 点下滑到 P 点过程，由机械能守恒：10mgR 10mv2， 1 2 代入数据解得 v4 m/s ，2gR 设在 P 点时滑板手与滑板 A 所受到的支持力为 FN： 由牛顿第二定律可得 FN10mg10mv 2 R 代入数据解得：FN1 500 N，

31、 根据牛顿第三定律得 F压FN1 500 N，方向竖直向下； (2)滑板手跳离 A 板，滑板手与滑板 A 水平方向动量守恒 10mvmv19mv2， 代入数据解得：v2 m/s， 14 3 滑板手跳上 B 板，滑板手与滑板 B 水平方向动量守恒 9mv210mv3， 解得：v34.2 m/s； (3)滑板 B 的位移 xB4.41 m ，滑板 A 在弧面上滑行的过程中，机械能守恒，所以再次 v32 2g 返回 P 点时的速度大小仍为 v12 m/s，滑板 A 在水平地面上的位移 xA1 m， v12 2g 最终两滑板的间距为 LxBxxA4.41 m. 17(15 分)(2019山西运城市 5

32、 月适应性测试)如图甲所示，以 O 为坐标原点建立坐标系，等 边三角形 OMN 内存在垂直纸面向里的匀强磁场，三角形外侧有沿 x 轴负方向的匀强电 场 现有质量 m11018 kg， 电荷量 q11015 C 的带电微粒从坐标为(0， 0.5 m)的 Q 点， 以某一初速度 v0沿某一方向入射， 从 x 轴上的 P 点以 v200 m/s 的速度垂直 x 轴进入三 角形区域若此时将三角形外侧的电场换成垂直纸面向外的匀强磁场(如图乙所示)，两磁场 的磁感应强度大小相等已知三角形的边长 L4 m，O、P 两点间距离为 d1 m，重力不 计求： 第 15 页 共 16 页 (1)匀强电场的电场强度大

33、小及带电微粒的初速度大小； (2)若两磁场的磁感应强度大小 B0.2 T，求该微粒在乙图中运动一个周期的时间； (3)乙图中若微粒能再次回到 P 点，则两匀强磁场的磁感应强度大小应满足什么条件 答案 (1)320 V/m 200 m/s (2)6.28102 s (3)B(0.4n0.2) T，(n0,1,2,3)17 解析 (1)在匀强电场中，对微粒受力分析，根据牛顿运动定律可知， 水平方向 OPt2 qE 2m 竖直方向 OQvt 水平分速度 vxt qE m 微粒的初速度 v0 v2vx2 联立解得 E320 V/m，v0200 m/s；17 (2)粒子在两磁场中均做匀速圆周运动，所以 qvBm，解得 r1 m v2 r mv qB T，解得 T3.14102 s 2r v 100 粒子的运动轨迹如图(a)所示， 第 16 页 共 16 页 所以一个周期时间：t3 3 6.28102 s T 6 T 2 (3)粒子的运动轨迹如图(b)所示 由对称性可知，要想粒子能回到 P 点，则粒子运动的半径应满足 r(2n1)OP(n0,1,2,3) 且 r， mv qB 联立可得 B(0.4n0.2) T，(n0,1,2,3)