2023-2024学年江苏省徐州市沛县第二中学高三（下）开学考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省徐州市沛县第二中学高三（下）开学考试物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.关于下列插图的说法正确的是
A. 甲图为方解石的双折射现象，是因为其内部分子排列是无序的
B. 乙图中E细管材料制作防水衣的防水效果比F细管材料好
C. 丙图为α粒子的散射实验现象，其中H、I运动轨迹是不可能存在的
D. 丁图的绝热容器中，抽掉隔板，容器内气体温度降低
2.如图所示，神舟十四号载人飞船与天和核心舱对接前飞船经B点由椭圆轨道Ⅰ变轨至圆形轨道Ⅱ，A、B两点分别为轨道Ⅰ的近地点和远地点，已知引力常量G，地球质量M，B点到地心的距离为rB.下列说法正确的是
( )
A. 飞船在轨道Ⅰ上从A点运行到B点的过程中速率变大
B. 飞船在轨道Ⅰ上经过B点时的速率vB> GMrB
C. 飞船在轨道Ⅰ上经过B点时需点火减速才能实现变轨
D. 飞船在轨道Ⅱ上运行时的机械能大于在轨道Ⅰ上运行时的机械能
3.如图所示是原子核发生α衰变的能级图，经α衰变直接变至基态，或者衰变至一个激发态，然后通过释放一个光子衰变至基态。若发生α衰变前是静止的，则
( )
A. α衰变过程中系统动量不守恒
B. α粒子的动能小于原子核的动能
C. 的质量大于与α粒子质量之和
D. 激发态释放光子至基态的衰变是β衰变
4.研究表明，分子间的作用力F跟分子间距离r的关系如图所示。则( )
A. 液体表面层分子间距离略大于r1B. 理想气体分子间距离为r1
C. 分子间距离r=r2时，分子力表现为斥力D. 分子间距离r=r2时，分子势能最小
5.“用DIS研究在温度不变时，一定质量的气体压强与体积的关系”时，三位同学根据实验数据分别得到如图所示a、b、c三条p1V图像．下列分析正确的是( )
A. a、b不重合是由于b气体质量大B. a、b不重合是由于b气体温度高
C. 产生c图线可能是容器密闭性不好D. 产生c图线可能是推动活塞过于迅速
6.如图所示，边长均为a的两个正四面体Abcd和Bbcd，其中bcd面完全重合，O点为bcd面中心，两带电荷量均为+Q的点电荷分别置于A、B两顶点，则
( )
A. b、c、d三点的电场强度相同
B. b、c、d三点的电势相等
C. 将一正试探电荷从b点沿直线移动到O点，其所受电场力逐渐增大
D. 将一正试探电荷从b点沿bd直线移到d点，电场力不做功
7.如图所示，光滑水平面上一小滑块与一端固定的轻弹簧相连，现将滑块推至M点由静止释放，滑块运动的周期为T，O点为平衡位置，N是MO的中点。下列说法正确的是( )
A. 滑块从M运动到O的时间为T2B. 滑块从M运动到N的时间为T8
C. 若改变滑块的质量，周期不变D. 若将滑块推至N点由静止释放，周期不变
8.如图所示，为了测量储罐中不导电液体的高度，将与储罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容C置于储罐中，电容C可通过单刀双掷开关S与电感L或电源相连，。当开关从a拨到b时，由电感L与电容C构成的回路中产生振荡电流。在该LC振荡电路中，某一时刻的磁场方向、电场方向如图所示，则下列说法正确的是
( )
A. 此时电容器正在充电
B. 振荡电流正在减小
C. 当储罐内的液面高度降低时，LC回路振荡电流的频率升高
D. 当开关从a拨到b时开始计时，经过时间t，电感L上的电流第一次达到最大，则该LC回路中的振荡周期为2t
9.如图，一质量为2m、半径为R的四分之一光滑圆弧槽，放在光滑的水平面上，底端B点切线水平，有一质量为m、可视为质点的小球由槽顶端A点静止释放．不计空气阻力，在小球下滑至槽底端B点的过程中，下列说法正确的是
( )
A. 若圆弧槽不固定，小球和槽组成的系统动量守恒
B. 若圆弧槽不固定，小球水平方向的位移大小为23R
C. 圆弧槽固定和不固定两种情形下，小球滑到B点时的速度之比为 6:1
D. 圆弧槽固定和不固定两种情形下，圆弧槽对地面的最大压力之比为9:7
10.如图所示，一顶角为直角的“
”形光滑细杆竖直放置。质量均为m的两金属环套在细杆上，高度相同，用一劲度系数为k的轻质弹簧相连，此时弹簧为原长l0。两金属环同时由静止释放，运动过程中弹簧的伸长在弹性限度内，且弹簧始终保持水平，已知弹簧的长度为l时，弹性势能为12kl−l02，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 金属环在最高点与最低点加速度大小相等B. 左边金属环下滑过程机械能守恒
C. 弹簧的最大拉力为3mgD. 金属环的最大速度为2g m2k
二、实验题：本大题共1小题，共10分。
11.某小组同学为探究一段粗细均匀的金属丝电阻与其接入电路长度的关系并测量该金属丝电阻率，进行了如下实验．
(1)为确定合适的电表量程，该小组同学首先用多用电表的欧姆挡粗测该金属丝最大电阻值。他们先选择欧姆挡×10档位进行测量，发现指针指在图甲所示位置。为能相对准确测量该电阻，应将选择开关旋转至欧姆挡_______(选填“×1”或“×100”)位置。
(2)金属丝直径的测量：
利用螺旋测微器测定金属丝直径结果如图乙所示，则金属丝的测量直径为D=_______mm。
(3)金属丝接入电路长度L及其电阻Rx的测量
①把金属丝的两端分别固定，用带有金属夹A、B的导线接入如图丁所示的电路中；
②调整好两金属夹位置后用刻度尺测量并记录A、B间的距离，即为导金属丝接入电路的长度L；
③将滑动变阻器R的滑片滑到最右端，断开开关S2，闭合开关S1，调节R，使电压表和电流表的指针偏转到合适位置．记录两表的示数U和I1；
④闭合S2，调节R使电压表的示数仍为U，记录电流表的示数I2，则此时金属丝的电阻Rx=_______(用I1、I2和U表示)；
⑤断开S1，改变金属夹的位置，测量并记录A、B间的距离，重复步骤③和④。
(4)用上述测得的数据作出R−L图线如图戊所示，取图线上两个点间数据之差ΔL和ΔR，则金属丝的电阻率ρ=_______(用字母D、ΔL、ΔR表示)．
(5)若考虑电表内阻的影响，金属丝电阻的测量值与真实值的关系是R测_______R真(选填“>”“=”或“<”)。


三、计算题：本大题共4小题，共50分。
12.如图所示，虚线左侧有范围足够大、方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一边长为L的单匝正方形导线框abcd的总电阻为R.现使导线框以对角线ac为转轴以角速度ω匀速转动．求：
(1)从图示位置(线框平面垂直于磁场方向)开始计时，Δt时间内导线框abcd中平均感应电动势的大小和通过导线截面的电荷量；
(2)此线框的发热功率。
13.如图所示为一列沿x轴传播的简谐横波，介质中两质点P、Q的平衡位置相距23个波长。已知t=0时的波形图如图所示，此时质点P的位移为3 2cm，设向上为正方向，经时间t1(小于一个周期)，质点P的位移又为3 2cm，且向下运动，已知该简谐横波的振幅为6cm，频率为1Hz。求：
(1)该横波的波速大小；
(2)t1时刻质点Q的位移。
14.一辆货车以速度v0=24m/s在平直的公路上匀速行驶，某时刻车上的石子从车尾H=3.2m高处掉落，假设石子与地面碰撞反弹时的速率为撞击地面时速率的12，反弹前后速度方向与地面的夹角相等。重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力。求
(1)石子第一次落地时的速度大小v；
(2)石子第二次落地时距车尾的水平距离L。
15.如图所示是半导体注入工艺的装置示意图，某种元素的两种离子X+和X3+，质量均为m，可从A点水平向右注入加速电场，初速度大小连续分布且在0和 6eUm之间。经电压为U的电场直线加速后，离子均从小孔C水平射入偏转电场(两极板水平放置且上极板带负电，电势差U′可调)，偏转后均能穿出此电场，其中CD为偏转电场的中线。离子穿出电场后立即进入紧靠电场的匀强磁场，该磁场边界线竖直、右侧足够大，磁感应强度大小B在B0和3B0之间可调，方向始终垂直纸面向里。不考虑离子的重力及相互作用，元电荷带电量为e。
(1)仅注入初速度0的离子，U′不为0，求X+和X3+穿出偏转电场时竖直方向位移之比；
(2)仅注入初速度为 6eUm的X+离子，U′不为0且B=B0，求离子在磁场中射入位置与射出位置的距离Y；
(3)若放置一块紧靠磁场左边界的竖直收集板，长度L=52B0 2mUe，下端距D点的距离d=32B0 2mUe。先调节偏转电场的电压，使U′=0，仅注入X+离子，每秒发射的离子数为n0，各种速率的离子数目相同，再调节磁感应强度大小，使B0≤B≤3B0，求收集板上每秒能收集到的离子数n与B之间的关系。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
由光的折射现象判断得解；由浸润与不浸润现象判断得解；由α粒子的散射的实验现象结合原子核的电性得解；由热力学第一定律及气体的状态变化得解。
本题主要考查热学光学及近代物理的概念，熟悉热学的概念及近代物理并能理解应用是解题的关键，难度一般。
【解答】
A.由光的折射现象可知，双折射现象，是因为其光对其的折射率不同，故A错误；
B.由图可知，E显示的为浸润现象，而F为不浸润现象，故制作防水衣的防水效果F细管材料好，故B错误；
C.由α粒子的散射实验现象可知，由于原子核带正电，α粒子也带正电，故二者靠近会相互排斥，由图可知，I粒子由于远离原子核，故其轨迹不会发生大角度偏转，且由于原子核及α粒子都带正电，故二者间相互排斥，故H的轨迹错误，故C正确；
D.抽掉隔板，容器内气体体积增大，但由不会对外做功，同时由热力学第一定律可知，容器绝热，故与外界无吸放热情况，故其内能不变，由温度与理想气体内能的关系可知，其温度不变，故D错误。
2.【答案】D
【解析】D
【详解】A.根据开普勒第二定律可知，飞船在轨道Ⅰ上从A点运行到B点的过程中速率变小，故A错误；
B.若在轨道Ⅱ上做圆周运动，根据万有引力提供向心力
GMmrB2=mvB2rB
解得
vB= GMrB
飞船在轨道ⅠI上经过B点做向心运动，所以飞船在轨道Ⅰ上经过B点时的速率
vB< GMrB
故B错误；
CD.飞船在轨道Ⅱ上的半径大于轨道Ⅰ上的半径，从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，在B点应点火加速，火箭对飞船做正功，机械能增加，故D正确，C错误。
故选D。
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查对衰变的认识，基础题目。
根据衰变特点结合动量守恒条件即可判断；根据动量守恒和动能与动量关系分析即可判断；根据衰变存在质量亏损分析即可判断；根据β衰变的特点分析即可判断。
【解答】
A、衰变过程，系统不受外力，则衰变过程系统动量守恒，故A错误；
B、衰变前动量为0，则衰变后的α粒子和 ​86222Rn原子核的动量大小相等，但α粒子的质量小，由Ek=p22m知，α粒子的动能大于原子核 ​86222Rn的动能，故 B错误；
C、衰变过程后释放能量，存在质量亏损，则 88226Ra的质量大于 ​86222Rn与α粒子质量之和，故 C正确；
D、β衰变会释放出电子，而激发态 86222Rn*衰变为 ​86222Rn没有释放出电子，不是β衰变，故 D错误。
4.【答案】A
【解析】【分析】本题考查了液体的表面张力、分子力与分子距离之间关系图像，以及分子力做功与分子势能变化之间的规律，要求熟记规律；根据液体表面张力的定义判断；理想气体分子间距离远大于r1；当r>r1时，随着距离的增大，分子间的引力和斥力都减小，但斥力比引力减小得快，故分子力表现为引力；当分子间的距离r【解答】A.在液体内部分子间的平均距离r略小于r1，分子间的作用力表现为斥力；在表面层，分子比较稀疏，分子间距离r略大于r1，分子间的作用力表现为引力，这种力使液体表面绷紧，叫做液体的表面张力，故A正确；
B.理想气体分子体积与气体分子之间的平均距离相比可以忽略不计，分子间距离远大于r1，故B错误；
C.分子间距离r=r2时，引力大于斥力，分子力表现为引力，故C错误；
D.在两个分子距离r>r1靠近的过程中，分子力先表现为引力后表现为斥力，分子力先做正功后做负功，两分子组成的系统的分子势能先减小后增大，当r=r1时，分子势能最小，不是r=r2，故D错误。
5.【答案】C
【解析】【分析】根据理想气体方程得到p=CT1V，从图像斜率的含义分析可能的原因。
本题考查的是理想气体方程的图像问题，关键是理解图像斜率的含义。
【解答】AB、根据理想气体状态方程pVT=C，可知p=CT1V，p−1V图像是直线，图像斜率为CT，a、b图像不重合，可能是温度不同，也可能是气体质量不同(即常数C不同)，故AB错误；
CD、p−1V图像的斜率CT，由图可知c图像的斜率减小，即CT减小，可能是容器的密闭性不好导致漏气使气体质量减小，也可能是温度降低，而推动活塞过于迅速会使气体温度升高，故C正确，D错误。
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了电场强度和电场的叠加，解题的关键是熟练运用点电荷的场强公式，会运用平行四边形定则进行场的合成，掌握等量同种电荷的电场线。A、B为等量同种电荷，由电场线的分布可知连线的中点的电场强度为零，根据电势的叠加可知b、c、d三点的电势的关系。
【解答】
A.根据电场强度的合成满足平行四边形定则，则等量同种电荷连线的中垂面上的b、c、d三点的场强大小相等，但方向不相同，选项A错误；
B.b、c、d三点到两等量的正电荷的距离相等，根据电势的叠加可知，b、c、d三点的电势相等，选项B正确；
C.O为AB两点连线的中点，则O点的电场强度为零，而b点的电场强度不为零；根据F=qE可知将一正试探电荷从b点沿直线移动到O点，其所受电场力不是逐渐增大，选项C错误；
D.b、d两点为等电势点，但bd直线不为等势面，将一正试探电荷从b点沿bd直线移到d点，电场力先做负功后做正功，电场力做的总功为零，选项D错误。
7.【答案】D
【解析】D
【详解】AB.由题可知，弹簧和小滑块构成一个弹簧振子，故根据小滑块的振动方程为
x=Acsωt=Acs2πTt
故滑块从M运动到O的时间为 T4 ，滑块从M运动到N的时间为 T6 ，AB错误；
CD.由弹簧振子的周期公式可知
T=2π mk
系统的振动周期与质量有关，与振幅无关，C错误，D正确。
故选D。
8.【答案】C
【解析】AB.由题图中电场方向可知，此时电容器右极板带正电，左极板带负电，由磁场方向可知电流方向由正极板流向负极板，可知此时电容器正在放电，磁场能增大，电场能减小，振荡电流正在增大，AB错误；
C.根据电容决定式C=εrS4πkd可知当储罐内的液面高度减低时，εr变小，电容C变小，根据T=2π LC可知振荡周期变小，即振荡电流的频率升高，C正确；
D.由LC回路电磁振荡周期性变化规律可知：当开关从a拨到b时开始计时，经过时间t，电感L上的电流第一次达到最大，则该LC回路中的振荡周期为4t，故D错误
故选C。
在LC振荡电路中，当电容器在放电过程：电场能在减少，磁场能在增加，回路中电流在增加，电容器上的电量在减少。从能量看：电场能在向磁场能转化；
当电容器在充电过程：电场能在增加，磁场能在减小，回路中电流在减小，电容器上电量在增加。从能量看：磁场能在向电场能转化。
两块平行金属板构成的电容器C置于储罐中，故电容器的电容C的大小与液面高度有关(电介质)。
电磁振荡高中阶段不是考察重点内容，出题方向单一，只需了解电流、磁场能、周期、频率等周期性变化规律及电介质对电容影响即可作答。难度较易。
9.【答案】B
【解析】B
【详解】A.若圆弧槽不固定，小球在竖直方向有加速度，圆弧槽在竖直方向没有加速度，小球和槽组成的系统在竖直方向所受的合外力不为零，小球和槽组成的系统在竖直方向动量不守恒，故A错误；
B.若圆弧槽不固定，对小球和槽组成的系统水平方向动量守恒，则有
mv1x=2mv2x
在小球下滑至槽底端B点的过程中，有
mx=2m(R−x)
解得小球水平方向移动的位移为
x=23R
故B正确；
C.圆弧槽固定时，根据动能定理可得
mgR=12mv′12
可得小球滑到B点时的速度为
v′1= 2gR
圆弧槽不固定情形下，由系统水平方向动量守恒和机械能守恒可得
mv1=2mv2
12mv12+12×2mv22=mgR
解得
v1= 4gR3 ， v2=12 4gR3
则圆弧槽固定和不固定情形下，小球滑到B点时的速度之比为
v′1v1= 62
故C错误；
D.由C中分析可知，若圆弧槽固定，小球到达底端时
FN−mg=mv1′2R
解得
FN=3mg
则圆弧槽对地面的最大压力为
FNmax=3mg+2mg=5mg
若圆弧槽不固定，小球到达底端时
F′N−mg=m(v1+v2)2R
解得
F′N=4mg
则圆弧槽对地面的最大压力为
F′Nmax=4mg+2mg=6mg
圆弧槽固定和不固定两种情形下，圆弧槽对地面的最大压力之比为
FNmaxFNmax′=56
故D错误。
故选B。
10.【答案】A
【解析】【分析】
根据机械能守恒的条件判断左边的金属环是否机械能守恒；
当加速度为0时速度达到最大，应用机械能守恒定律求出金属环的最大速度；
当金属环下落到速度为零时弹簧的伸长量最大，根据胡克定律求解弹簧的最大拉力；
根据牛顿第二定律求最高点和最低点的加速度。
解题的关键是找到临界条件，加速度最大的条件是弹簧弹力等0，故开始释放时加速度最大，当加速度为0时速度最大，当金属环下落到速度为零时弹簧的弹力最大金属环与杆的弹力最大。
【解答】
B、左边金属环下滑过程，除重力以外，弹簧的弹力对它做功；故对金属环而言，下滑过程中机械能不守恒；故B错误；
C、金属环下降h′达到最低时，速度减小为0，形变量最大为2h′，根据机械能守恒定律：
2mgh′=12k(2h′)2
解得：h′=mgk，弹簧的最大伸长量△x=2h′=2mgk
弹簧的最大拉力为T=k△x=2mg，故C错误；
A、在最高点时金属环只受重力和支持力作用，此时重力沿杆方向的分力提供加速度
加速度a1=gsin45°
在最低点，可知T=2mg
根据牛顿第二定律可知：Tcs45°−mgsin45°=ma2
解得a2=gsin45°，
则a1=a2，金属环在最高点与最低点加速度大小相等，故A正确；
D、当金属环的加速度为0时，速度最大，金属环受力如图所示：
金属环受到重力、杆的弹力和弹簧的弹力
沿杆方向加速度为0，即合力为0：
mgsin45°=Fcs45°
F=k△x
解得形变量△x=mgk
根据几何知识，两个小球下降的高度为h=mg2k
对系统只有重力，弹力做功，对两个金属环和弹簧根据机械能守恒，
2mg×△x=12k△x2+12×2mv2
解得：v=g m2k，故D错误。
11.【答案】 ×1 0.595##0.594##0.596 UI2−I1 πD2ΔR4△L =
【详解】(1)[1]先选择欧姆挡 ×10 档位进行测量，发现指针指在图甲所示位置，可知待测电阻阻值较小，为能相对准确测量该电阻，应将选择开关旋转至欧姆挡 ×1 位置。
(2)[2]螺旋测微器的精确值为 0.01mm ，由图乙可知金属丝的测量直径为
D=0.5mm+9.5×0.01mm=0.595mm
(3)④[3]设电压表的内阻为 RV ，定值电阻为 R0 ，断开开关 S2 ，闭合开关 S1 ，调节 R ，使电压表和电流表的指针偏转到合适位置．记录两表的示数 U 和 I1 ，则有
I1=URV+UR0
闭合 S2 ，调节 R 使电压表的示数仍为 U ，记录电流表的示数 I2 ，则有
I2=URV+UR0+URx
联立可得此时金属丝的电阻为
Rx=UI2−I1
(4)[4]根据电阻定律
R=ρLS=4ρπD2L
可知 R−L 图像的斜率为
k=4ρπD2=ΔRΔL
解得金属丝的电阻率为
ρ=πD2ΔR4ΔL
(5)[5]若考虑电表内阻的影响，根据
I1=URV+UR0 ， I2=URV+UR0+URx
可得
Rx=UI2−I1
可知电表内阻对金属丝接入电路阻值测量值没有影响，则金属丝电阻的测量值与真实值的关系是

【解析】详细解答和解析过程见答案
12.【答案】(1)从图示位置开始计时，线圈的磁通量瞬时值为
Φ=BL22csωt
Δt 时间内线圈的磁通量变化大小为
ΔΦ=BL22−BL22csωΔt
导线框 abcd 中平均感应电动势的大小为
E=ΔΦΔt=BL21−csωΔt2Δt
通过导线截面的电荷量为
q=IΔt=ERΔt=BL21−csωΔt2R
(2)线圈产生的最大电动势为
Em=BL22ω
电动势有效值为
E=Em 2=BL2ω2 2
此线框的发热功率为
P=E2R=B2L4ω28R

【解析】解析请参考答案文字描述
13.【答案】(1)8m/s；(2) −3( 2+ 6)2cm
【详解】(1)由波形图知，波长为λ=8m，根据波速公式有
v=λf=8m/s
(2)由题意可知，t=0时刻质点P振动方向向上，则该简谐横波沿x轴正方向传播，则质点P的振动方程为
yP=6sin(2πt+π4)cm
则t1时刻有
3 2cm=6sin(2πt1+π4)cm
解得
t1=14s
由于质点Q在质点P右侧 23 个波长处，所以质点Q的振动与质点P相比滞后 23 个周期，其振动方程为
yQ=6sin(2πt+π4−23×2π)cm=6sin(2πt−1312π)cm
当 t1=14s 时，质点Q的位移
yQ=6sin(2π×14−1312π)cm=6sin(−712π)cm=−3( 2+ 6)2cm

【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】(1) v=8 10m/s ；(2) L=9.6m
【详解】(1)设石子从车尾下落到地面的时间为t，石子做平抛运动
H=12gt2
竖直方向的速度
vy=gt
石子第一次落地时速度
v= v02+vy2
解得
v=8 10m/s
(2)石子撞击地面前后速度与水平地面夹角相同，反弹速率为撞击地面时速率的 12 ，第一次反弹时石子的速度
v′y=vy2
v′x=v02
第一次反弹后至第二次落地前石子在空中的时间
t′=2v′yg
第二次落地时石子与车尾水平距离
L=v0t′−v′xt′
解得
L=9.6m

【解析】详细解答和解析过程见答案
15.【答案】解：(1)设偏转电场的极板间距为 d′ ，板长为 L′ ，则在加速电场中qU=12mvC2−0
在偏转电场中竖直方向位移为y=12at2=12⋅qU′d′m⋅(L′vC)2
联立上述两方程可得y=U′L′24d′U
可知竖直方向位移与所带电荷量无关，仅注入初速度0的离子时 X+ 和 X3+ 穿出偏转电场时竖直方向位移之比为 1:1 。
(2)仅注入初速度为 6eUm 的 X+ 离子，则在加速电场eU=12mvC2−12mv02
在偏转电场射出后的速度大小为 v ，在磁场当中，设入射方向与磁场边界线夹角为 θ ，则射入位置与射出位置的距离Y=2rsinθ ， B0ev=mv2r ， sinθ=vCv
联立以上方程可得Y=4B0 2mUe
(3)收集板最上端的位置距离 D 点x=L+d=4B0 2mUe
初速度为0的粒子射入磁场后偏转的距离为x1=2r1=2mvC1Be=2B 2mUe
初速度为 6eUm 的粒子射入磁场后偏转的距离为x2=2r2=2mvC2Be=4B 2mUe
当 B=B0 时，所有的粒子均在收集板上。当2B 2mUe=32B0 2mUe
解得B=4B03
即 B∈[B0,43B0] 范围时所有的粒子恰好均在收集板上。当4B 2mUe=32B0 2mUe
解得B=83B0
即 B∈(83B0,3B0] 恰好所有的粒子均不在收集板上。当 B∈(43B0,83B0) 范围时，每秒能收集到的离子数n为n=4B 2mUe−32B0 2mUe4B 2mUe−2B 2mUe⋅n0=(2−3B4B0)n0
收集板上每秒能收集到的离子数n与B之间的关系为B0≤B≤43B0 时n=n0
43B083B0
【解析】本题的难点是分析带电粒子的运动情况，电荷在电场中的偏转做类平抛运动，关键是运动的合成与分解;电荷在匀强磁场中做匀速圆周运动，关键是画出轨迹，由几何知识求出半径．
(1)粒子经加速电场加速后，在偏转电场中做类平抛运动，对先加速过程再偏转，可得仅注入初速度0的离子，U′不为0，求X+和X3+穿出偏转电场时竖直方向位移之比；(2)对初速度为 6eUm 的 X+ 离子，在加速电场根据动能定理，结合偏转电场可得在偏转电场射出后的速度大小，接着进入磁场当中，根据几何关系可得离子在磁场中射入位置与射出位置的距离
(3)作出粒子在磁场中的临界运动轨迹，知道各种情况下所有的粒子均在收集板上，并根据几何关系求解收集板上每秒能收集到的离子数n与B之间的关系。