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江苏省苏州市吴江中学2024-2025学年高二下学期5月月考物理试题
一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分．每题只有一个选项最符合题意，并将答案填涂在答题卡相应位置．
1．关于热力学定律，下列说法正确的是（　　）
A．热量不可能从低温物体传到高温物体
B．若系统A和系统B之间达到热平衡，则它们的温度一定相同
C．当墨水均匀扩散到整杯清水后，经过足够长的时间，墨水和清水也可能自动分开
D．随着科学技术的发展，汽车热机的效率可达到100%
2．关于分子动理论，下列事实可作为相应观点的证据的是（　　）
A．风卷浪涌，说明分子是运动的
B．固体、液体很难被压缩，说明分子间无间隙
C．气体很难被压缩，说明气体分子间有斥力
D．将两个干净平整的铅柱紧压，会结合起来，说明分子间存在引力
3．氧气分子在0℃和100℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示。下列说法正确的是（　　）
A．图中两条曲线与速率围成的面积，实线的面积较大
B．图中虚线对应的气分子平均速率较大
C．图中实线对应的是100℃时情形
D．图中虚线表示的氧气分子占比极大值相对实线的速率较大
4．关于“油膜法估测油酸分子的大小”的实验以下操作正确的是（　　）
A．长时间暴露在空气中的油酸酒精溶液可以继续使用
B．用量筒直接测出一滴油酸酒精溶液的体积
C．测油膜面积时应将不足一格的都舍去
D．数据处理时必须算出一滴油酸酒精溶液中包含的油酸体积
5．若以表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积和密度，以表示水的摩尔体积和密度，M表示水的摩尔质量，表示阿伏加德罗常数，则下列关系式中正确的是（　　）
A．一个水分子的体积为 B．一个水分子的体积为
C．一个水分子的质量为 D．一个水分子的质量为
6．某实验小组用图中所示实验装置来进行“探究气体等温变化的规律”实验．关于该实验的操作，下列做法正确的是（　　）
A．实验前在柱塞上涂抹润滑油
B．实验时快速推拉柱塞并迅速读数
C．实验必须测量柱塞的横截面积
D．推拉柱塞及读取数据时用手握住注射器空气柱部分
7．下图是理想气体的体积V与热力学温度T的关系图像，是过坐标原点的直线，该气体从状态C到状态D，其中，下列关于该气体变化过程说法正确的是（　　）
A．压强不变 B．压强变小
C．压强变大 D．压强变化无法判断
8．下列关于固体、液体的说法正确的是（　　）
A．玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，是利用表面张力使得尖端变钝
B．用磙子压紧土壤，有助于保存地下的水分
C．某种液体能够浸润固体，并且在表面延展，这是不浸润现象
D．液晶显示器利用的是液晶具有光学性质各向同性
9．如图所示，竖直插入水银槽的细长玻璃管内外两个水银面高度差为，当时大气压为．现保持温度不变，将玻璃管向上提起，管内（　　）
A．气柱长度不变 B．气柱长度变短
C．水银柱上移 D．水银柱下降
10．如图所示，一定质量的理想气体分别经历和两个变化过程．过程，气体对外做功为，从外界吸收的热量；过程为等温变化，气体对外做功为，从外界吸收的热量．两过程中（　　）
A． B．
C． D．
11．某振荡电路中，线圈中的磁场及电容器中的电场如图中所示，该时刻（　　）
A．电容器极板间的场强正在减小
B．电路中的电流正在增大
C．回路（非线圈）中的电流方向逆时针
D．增大电容器的电容，可以增大振荡电路的频率
二、实验题：共5小题，每小题3分，共计15分．请将答案填涂在答题卡相应的位置．
某实验小组做“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验。
12．下列给出的实验室器材中，本实验不需要用到的有______
A．多用电表 B．学生电源
C．直流电压表 D．教学用变压器
13．下列说法正确的是______
A．绕制升压变压器的原、副线圈时，副线圈导线应比原线圈导线粗一些
B．为了保证人身安全，实验中电源最好使用干电池
C．探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，运用的科学方法是等效法
D．变压器工作时副线圈中电流的频率与原线圈相同
14．由于交变电流的电压是变化的，所以实验中测量的是电压的______
A．平均值 B．有效值 C．最大值 D．瞬时值
15．若用匝数匝和匝的变压器做实验对应的电压测量数据如表所示。根据测量数据，则一定是______
实验次数 1 2 3 4
4.0 8.0 12.0 16.0
0.9 1.9 2.8 3.9
A．原线圈 B．副线圈
16．“西电东送”是我国西部大开发的标志性工程之一。如图是远距离输电的原理图，假设发电厂的输出电压恒定不变，输电线的总电阻保持不变，两个变压器均为理想变压器。下列说法正确的是______
A．若输送总功率不变，当输送电压增大时，输电线路损失的热功率增大
B．在用电高峰期时，用户电压升高，输电线路损失的热功率增大
C．在用电高峰期时，输电效率会降低
D．在用电高峰期时，通过用户用电器的电流频率会增大
三、解答题：共4题，13题6分，14题8分，15题12分，16题15分，共计41分．请在答题卡相应位置作答，解答时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．
17．若将气泡内的气体视为一定量的理想气体，气泡从湖底缓慢上升到湖面的过程中，气泡对水做了的功，同时吸收了的能量．
（1）求气泡上升过程中内能变化量．
（2）气泡到达湖面后，由于太阳的照射，在温度上升的过程中水对气泡做了的功，同时吸收了的热量，则从上升到上述变化后的过程中，气泡内气体的内能增加了多少？
18．如图所示，导热性能良好的汽缸开口向上放在水平面上，一块玉石放在汽缸内，横截面积为S的活塞将一定质量的气体封闭在缸内，活塞与缸壁无摩擦且不漏气，此时封闭气体压强为，气体温度为，活塞静止时活塞离缸底的高度为h；现将缸内的温度缓慢升高为，此时活塞离缸底的距离为，重力加速度为g．
（1）求玉石体积大小；
（2）温度升高后，保持温度不变，向活塞上缓慢倒上细沙，当活塞与缸底的距离变为h时，求倒在活塞上的细沙质量．
19．如图所示，间距均为的光滑平行倾斜导轨与足够长光滑平行水平导轨在M、N处平滑连接，虚线右侧存在方向竖直向下、磁感应强度为的匀强磁场。a、b是两根完全相同粗细均匀的金属棒，单棒质量为，电阻，a棒垂直固定在倾斜轨道上距水平面高处，b棒与水平导轨垂直并处于静止状态，距离的距离足够远。现让a棒由静止释放，运动过程中与b棒始终没有接触且始终垂直于导轨；不计导轨电阻，重力加速度为，两棒均与平行，求：
（1）a棒刚进入磁场时b棒受到的安培力的大小；
（2）稳定时b棒上产生的焦耳热；
（3）至稳定时通过导体棒截面的电量是多少？
20．如图所示，为两平行的直线，间距为d，两直线之间为真空区域，下方和上方的无限大空间有垂直于纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度均为B，现有一质量为m、电荷量为的粒子，以速度从上M点入射两直线之间的真空区域，速度方向与成角，不计粒子所受的重力，试求：
（1）粒子从M点出发后，经过多长时间第一次回到直线上；
（2）当上方匀强磁场的磁感应强度变为时，从M点射出的粒子，经上方磁场偏转一次后恰好回到M点，求磁感应强度的大小；
（3）上下磁场的磁感应强度均为B，当速度满足什么条件时，粒子恰好能回到M点．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】热力学第二定律；热平衡与热平衡定律
【解析】【解答】A．热量不能自发从低温物体传到高温物体，外界做功时可以实现（如冰箱），A错误；
B．根据热力学第零定律，系统间达到热平衡时温度一定相同，B正确；
C．墨水扩散是不可逆过程，无法自动复原，C错误；
D．由热力学第二定律，热机效率永远小于100%，D错误。
故答案为：B。
【分析】
A：热力学第二定律强调“自发”，外界干预可使低温向高温传热；
B：热平衡的标志就是两系统温度相等；
C：扩散过程熵增，不可逆；
D：热机必然放热，效率不可能达到100%。
2．【答案】D
【知识点】分子动理论的基本内容；分子间的作用力；气体压强的微观解释
【解析】【解答】A．风卷浪涌是宏观物体的机械运动，不是分子的微观运动，A错误；
B．固体、液体很难被压缩是因为分子间存在斥力，分子间实际存在间隙，B错误；
C．气体未被极度压缩时，难压缩主要由气体压强导致，不能证明分子间有斥力，C错误；
D．两个干净平整的铅柱紧压后结合，是分子间引力作用的结果，D正确。
故答案为：D。
【分析】A：分子运动是肉眼不可见的微观运动，海浪属于宏观机械运动；
B：分子间存在间隙，难压缩的原因是分子斥力；
C：只有气体被压缩至分子间距极小时，分子斥力才会明显，日常难压缩主要是气体压强；
D：铅柱压紧结合是分子引力的典型实验证据。
3．【答案】C
【知识点】气体热现象的微观意义
【解析】【解答】A．两条曲线与速率围成的面积均代表分子数占比总和，面积都等于1，二者相等，A错误；
B．实线对应温度更高，温度越高分子平均速率越大，故实线对应分子平均速率更大，B错误；
C．温度升高，速率大的分子占比增大，曲线峰值右移，实线峰值位置更靠右，对应，C正确；
D．虚线峰值位置更靠左，对应速率更小，D错误。
故答案为：C。
【分析】A：分子速率分布曲线与横轴围成面积恒为1，代表所有分子；
B：温度越高，分子平均速率越大；
C：温度升高，速率大的分子占比增加，曲线峰值右移；
D：虚线峰值速率更小，对应更低温度。
4．【答案】D
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】A．长时间暴露在空气中，酒精挥发会改变油酸酒精溶液浓度，不能继续使用，A错误；
B．一滴油酸酒精溶液体积过小，应测多滴总体积取平均值，不能直接用量筒测一滴体积，B错误；
C．计算油膜面积时，超过半格按一格算，不足半格舍去，C错误；
D．实验原理为，为纯油酸体积，需计算一滴溶液中纯油酸的体积，D正确。
故答案为：D。
【分析】A：酒精易挥发，久置溶液浓度改变，实验误差大；
B：单滴溶液体积太小，量筒精度不足；
C：面积采用“过半算一格，不足舍去”的计数原则；
D：分子直径为纯油酸体积除以油膜面积，必须计算纯油酸体积。
5．【答案】B
【知识点】分子动理论的基本内容；与阿伏加德罗常数有关的计算
【解析】【解答】A．水蒸气为气体，分子间距大，是一个水分子占据的空间，不是分子本身的体积，A错误；
B．水为液体，分子紧密排列，可表示一个水分子的体积，B正确；
CD．一个水分子的质量，CD错误。
故答案为：B。
【分析】A：气体摩尔体积包含分子间空隙，不能用来计算分子体积；
B：液体分子间隙可忽略，摩尔体积除以阿伏加德罗常数等于分子体积；
C、D：分子质量由摩尔质量与阿伏加德罗常数之比求得，对应液态水的密度与摩尔体积。
6．【答案】A
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；理想气体的实验规律
【解析】【解答】A．实验前在柱塞上涂抹润滑油，可增强密封性，防止气体泄漏，保证封闭气体质量不变，A正确；
B．实验需缓慢推拉柱塞，使气体充分热交换，保持温度恒定，快速推拉会破坏等温条件，B错误；
C．探究等温规律只需验证压强与气柱长度成反比，无需测量柱塞横截面积，C错误；
D．手握住注射器会传递热量，改变气体温度，破坏等温条件，D错误。
故答案为：A。
【分析】A：润滑油主要用于密封，避免漏气；
B：缓慢操作是为了满足气体等温变化的实验条件；
C：体积与气柱长度成正比，可用长度替代体积；
D：手的温度会影响封闭气体温度，导致实验误差。
7．【答案】B
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学图像类问题
【解析】【解答】OC和OD都是过原点的直线，是等压线，根据可知，等压线的斜率，即压强越大，等压线的斜率越小，直线OC的斜率小于直线OD的斜率，所以状态C的压强大于状态D的压强，即该气体从状态C到状态D，压强变小。
故答案为：B。
【分析】本题考查理想气体V T图像的等压线规律，由理想气体状态方程 ，变形得 ，V T图中过原点的直线为等压线，斜率 ，斜率越大，压强越小。
8．【答案】A
【知识点】液体的表面张力；浸润和不浸润；毛细现象；液晶
【解析】【解答】A．玻璃管裂口烧熔时，液态玻璃在表面张力作用下收缩，使尖端变钝，A正确；
B．压紧土壤会使毛细管变细，毛细现象加剧，水分更易蒸发，不利于保水，B错误；
C．液体浸润固体并延展，属于浸润现象，C错误；
D．液晶显示器利用液晶光学各向异性的特点，D错误。
故答案为：A。
【分析】A：表面张力使液体表面积趋于最小，熔化的玻璃收缩让裂口变圆滑；
B：松土破坏毛细管，减少水分蒸发；压紧土壤会增强毛细现象，加速失水；
C：浸润现象的定义就是液体在固体表面延展；
D：液晶的光学性质具有各向异性，是液晶显示器的工作原理。
9．【答案】C
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】封闭气体压强 ，玻璃管向上提起10cm，假设水银柱不动，封闭气体体积变大；温度不变，由玻意耳定律 ，气体压强减小，外界大气压不变，此时内部压强小于外界大气压与水银柱压强的差值，因此水银柱向上移动，气柱长度变长。
故答案为：C。
【分析】本题考查玻意耳定律的动态分析，核心思路：等温条件下，将玻璃管上提，假设水银柱不动，封闭气体体积增大，压强减小，再由压强平衡判断水银柱移动方向。
10．【答案】C
【知识点】热力学第一定律及其应用；热力学图像类问题
【解析】【解答】A．图像中，图线与横轴围成的面积表示气体对外做功，过程面积更大，故，A错误；
B．为等温过程，理想气体内能不变，由热力学第一定律，得，B错误；
C．由理想气体状态方程，，，故、温度相同，内能不变；由热力学第一定律，得，C正确；
D．两过程初末状态相同，内能变化均为0，故，D错误。
故答案为：C。
【分析】A：图中面积代表气体做功，直线过程面积大于曲线过程；
B：等温过程理想气体内能不变，吸收的热量等于对外做功；
C：初末状态乘积相等，温度相等，内能不变，吸热等于对外做功；
D：内能是状态量，初末状态一致，内能变化量相等。
11．【答案】C
【知识点】电磁振荡；LC振荡电路分析
【解析】【解答】A．由安培定则判断电流方向为逆时针，电容器上极板正电荷增多，处于充电状态，极板间场强正在增大，A错误；
B．充电过程中，磁场能转化为电场能，电路中电流正在减小，B错误；
C．根据安培定则，回路（非线圈）中的电流方向为逆时针，C正确；
D．由振荡频率公式，增大电容，振荡频率减小，D错误。
故答案为：C。
【分析】A：电流流向电容器正极板，为充电，场强增大；
B：LC电路充电时，电流减小；
C：安培定则可直接判断回路电流方向；
D：电容越大，LC振荡电路的周期越大，频率越小。
【答案】12．C
13．D
14．B
15．A
16．C
【知识点】探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】（1）实验目的是探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系，需要利用多用电表测量电压，需要利用学生电源提供交流电，需要有教学变压器。由于变压器工作原理是利用电磁感应，则需要使用交流电源，则测量电压时不需要使用直流电压表。
故答案为：C。
（2）A．绕制升压变压器的原、副线圈时，根据 匝数关系有，由于可知，根据电阻定律有，由于原线圈中电流大一些，副线圈中电流小一些，为了减小电热的产生，需要使原线圈电阻小一些，即需要增大原线圈导线的 ，可知，绕制升压变压器的原、副线圈时，原线圈导线应比副线圈导线粗一些，故A错误；
B．变压器工作原理是利用电磁感应，则需要使用交流电源，实验中电源不能够使用干电池，故B错误；
C．探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，运用的科学方法是控制变量法，故C错误；
D．变压器不改变交流电的频率，即变压器工作时副线圈中电流的频率与原线圈相同，故D正确。
故答案为：D。
（3）由于交变电流的电压是变化的，电表测量的是有效值，即实验中测量的是电压的有效值。
故答案为：B。
（4）若忽略漏磁与线圈电阻，根据电压匝数关系有，根据表格中数据可知
则有，表明该变压器为降压变压器，则一定是原线圈。
故答案为：A。
（5）A．增大，输电电流减小，热功率减小，故A错误；
B．将负载等效为一个电阻，同时将降压变压器与负载也等效为一个电阻，则等效电阻为，在用电高峰期时，负载并联用户增多，则减小，可知，等效电阻为减小，输电线上的电流可知，输电线上的电流增大，根据可知，输电线路损失的热功率增大，由于，可知，减小，根据
可知，减小。即在用电高峰期时，用户电压减小，输电线路损失的热功率增大，故B错误；
C．结合上述可知，在用电高峰期时，负载增多，线路损耗增大，输电效率降低，故C正确；
D．变压器不改变频率，用户电流频率不变，故D错误。
故答案为：C。
【分析】(1) 变压器需交流电源，直流电压表无法测量交流电压，选出不需要的器材；
(2) 结合变压器电流、导线粗细、电源类型、物理方法、频率不变等知识点判断；
(3) 交流电表测量的是电压有效值；
(4) 实际变压器因漏磁，，电压高的一侧匝数多，为原线圈；
(5) 远距离输电，用电高峰负载增多，输电线电流增大，损耗功率增大，输电效率降低，频率不变。
12．【解答】实验目的是探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系，需要利用多用电表测量电压，需要利用学生电源提供交流电，需要有教学变压器。由于变压器工作原理是利用电磁感应，则需要使用交流电源，则测量电压时不需要使用直流电压表。
故答案为：C。
13．【解答】A．绕制升压变压器的原、副线圈时，根据 匝数关系有，由于，可知，根据电阻定律有，由于原线圈中电流大一些，副线圈中电流小一些，为了减小电热的产生，需要使原线圈电阻小一些，即需要增大原线圈导线的 ，可知，绕制升压变压器的原、副线圈时，原线圈导线应比副线圈导线粗一些，故A错误；
B．变压器工作原理是利用电磁感应，则需要使用交流电源，实验中电源不能够使用干电池，故B错误；
C．探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，运用的科学方法是控制变量法，故C错误；
D．变压器不改变交流电的频率，即变压器工作时副线圈中电流的频率与原线圈相同，故D正确。
故答案为：D。
14．【解答】由于交变电流的电压是变化的，电表测量的是有效值，即实验中测量的是电压的有效值。
故答案为：B。
15．【解答】若忽略漏磁与线圈电阻，根据电压匝数关系有
根据表格中数据可知
则有
表明该变压器为降压变压器，则一定是原线圈。
故答案为：A。
16．【解答】A．增大，输电电流减小，热功率减小，故A错误；
B．将负载等效为一个电阻，同时将降压变压器与负载也等效为一个电阻，则等效电阻为
在用电高峰期时，负载并联用户增多，则减小，可知，等效电阻为减小，
输电线上的电流可知，输电线上的电流增大，根据
可知，输电线路损失的热功率增大，由于
可知，减小，根据
可知，减小。即在用电高峰期时，用户电压减小，输电线路损失的热功率增大，故B错误；
C．结合上述可知，在用电高峰期时，负载增多，线路损耗增大，输电效率降低，故C正确；
D．变压器不改变频率，用户电流频率不变，故D错误。
故答案为：C。
17．【答案】（1）解：由题意得气泡对水做了的功，同时吸收了的能量，则有
根据热力学第一定律
可得气泡上升过程中内能变化量
（2）解：由题意得气泡到达湖面后，有
根据热力学第一定律，整个过程气泡内气体的内能增加了
联立解得
【知识点】热力学第一定律及其应用
【解析】【分析】(1) 明确热力学第一定律的符号规则：气体对外做功，吸热，代入求解内能变化；
(2) 分过程叠加做功与热量，再用热力学第一定律求总内能变化。
（1）题意知气泡对水做了的功，同时吸收了的能量，则有
根据热力学第一定律
可得气泡上升过程中内能变化量
（2）题意可知气泡到达湖面后，有
根据热力学第一定律，整个过程气泡内气体的内能增加了
联立解得
18．【答案】（1）解：设玉石体积大小为，根据盖吕萨克定律有
解得
（2）解：设活塞质量为M，大气压为，则初态时有
向活塞上缓慢倒上细沙，设沙质量为m，当活塞与缸底的距离变为h时，末态有
则有理想气体状态方程有
联立解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】（1）通过对封闭气体应用盖 - 吕萨克定律，建立初末状态的体积 - 温度关系，从而求解玉石的体积；
（2）先对活塞受力分析确定初末状态的气体压强，再结合理想气体状态方程联立求解所需添加的细沙质量。
（1）设玉石体积大小为，根据盖吕萨克定律有
解得
（2）设活塞质量为M，大气压为，则初态时有
向活塞上缓慢倒上细沙，设沙质量为m，当活塞与缸底的距离变为h时，末态有
则有理想气体状态方程有
联立解得
19．【答案】（1）解：a棒下滑过程，根据动能定理有
解得
a棒刚进入磁场时感应电动势
感应电流
此时b棒受到的安培力的大小
解得
（2）解：a棒刚进入磁场进入磁场后，对2棒构成的系统，根据动量守恒定律有
系统产生的总的焦耳热
稳定时b棒上产生的焦耳热
解得
（3）解：对b棒进行分析，根据动量定理有
其中，解得
【知识点】动量定理；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) a棒下滑由动能定理求进入磁场速度，再求感应电动势、电流，由安培力公式求b棒安培力；
(2) 两棒系统动量守恒求共速，能量守恒求总焦耳热，由串联热量分配求b棒焦耳热；
(3) 对b棒用动量定理，结合电流定义求通过截面的电量。
（1）a棒下滑过程，根据动能定理有
解得
a棒刚进入磁场时感应电动势
感应电流
此时b棒受到的安培力的大小
解得
（2）a棒刚进入磁场进入磁场后，对2棒构成的系统，根据动量守恒定律有
系统产生的总的焦耳热
稳定时b棒上产生的焦耳热
解得
（3）对b棒进行分析，根据动量定理有
其中
解得
20．【答案】（1）解：粒子在真空区域做匀速直线运动，在上方磁场做匀速圆周运动，粒子的运动轨迹如图所示
粒子在真空区域的运动时间
几何关系可知，粒子在磁场中转过的圆心角，粒子在磁场中做匀速圆周运动用时
则粒子从M点出发第一次回到直线上需要的时间
（2）解：粒子恰好回到M点时，轨迹如图
几何关系可知
解得粒子轨迹圆半径
又因为
联立解得
（3）解：设粒子经过n次偏转能回到M点，轨迹如图所示
粒子在磁场里做匀速圆周运动有
有几何关系可知，粒子在磁场中的轨道半径正好等于弦长，粒子在磁场中的轨道半径必须满足
联立解得
【知识点】磁感应强度；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 粒子先在真空区匀速直线运动，再在磁场中做匀速圆周运动，分别求两段时间求和；
(2) 结合几何关系求轨迹半径，再由洛伦兹力提供向心力求磁感应强度；
(3) 利用周期性，结合几何半径关系与圆周运动公式推导速度通式。
（1）粒子在真空区域做匀速直线运动，在上方磁场做匀速圆周运动，粒子的运动轨迹如图所示
粒子在真空区域的运动时间
几何关系可知，粒子在磁场中转过的圆心角，粒子在磁场中做匀速圆周运动用时
则粒子从M点出发第一次回到直线上需要的时间
（2）粒子恰好回到M点时，轨迹如图
几何关系可知
解得粒子轨迹圆半径
又因为
联立解得
（3）设粒子经过n次偏转能回到M点，轨迹如图所示
粒子在磁场里做匀速圆周运动有
有几何关系可知，粒子在磁场中的轨道半径正好等于弦长，粒子在磁场中的轨道半径必须满足
联立解得
1 / 1江苏省苏州市吴江中学2024-2025学年高二下学期5月月考物理试题
一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分．每题只有一个选项最符合题意，并将答案填涂在答题卡相应位置．
1．关于热力学定律，下列说法正确的是（　　）
A．热量不可能从低温物体传到高温物体
B．若系统A和系统B之间达到热平衡，则它们的温度一定相同
C．当墨水均匀扩散到整杯清水后，经过足够长的时间，墨水和清水也可能自动分开
D．随着科学技术的发展，汽车热机的效率可达到100%
【答案】B
【知识点】热力学第二定律；热平衡与热平衡定律
【解析】【解答】A．热量不能自发从低温物体传到高温物体，外界做功时可以实现（如冰箱），A错误；
B．根据热力学第零定律，系统间达到热平衡时温度一定相同，B正确；
C．墨水扩散是不可逆过程，无法自动复原，C错误；
D．由热力学第二定律，热机效率永远小于100%，D错误。
故答案为：B。
【分析】
A：热力学第二定律强调“自发”，外界干预可使低温向高温传热；
B：热平衡的标志就是两系统温度相等；
C：扩散过程熵增，不可逆；
D：热机必然放热，效率不可能达到100%。
2．关于分子动理论，下列事实可作为相应观点的证据的是（　　）
A．风卷浪涌，说明分子是运动的
B．固体、液体很难被压缩，说明分子间无间隙
C．气体很难被压缩，说明气体分子间有斥力
D．将两个干净平整的铅柱紧压，会结合起来，说明分子间存在引力
【答案】D
【知识点】分子动理论的基本内容；分子间的作用力；气体压强的微观解释
【解析】【解答】A．风卷浪涌是宏观物体的机械运动，不是分子的微观运动，A错误；
B．固体、液体很难被压缩是因为分子间存在斥力，分子间实际存在间隙，B错误；
C．气体未被极度压缩时，难压缩主要由气体压强导致，不能证明分子间有斥力，C错误；
D．两个干净平整的铅柱紧压后结合，是分子间引力作用的结果，D正确。
故答案为：D。
【分析】A：分子运动是肉眼不可见的微观运动，海浪属于宏观机械运动；
B：分子间存在间隙，难压缩的原因是分子斥力；
C：只有气体被压缩至分子间距极小时，分子斥力才会明显，日常难压缩主要是气体压强；
D：铅柱压紧结合是分子引力的典型实验证据。
3．氧气分子在0℃和100℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示。下列说法正确的是（　　）
A．图中两条曲线与速率围成的面积，实线的面积较大
B．图中虚线对应的气分子平均速率较大
C．图中实线对应的是100℃时情形
D．图中虚线表示的氧气分子占比极大值相对实线的速率较大
【答案】C
【知识点】气体热现象的微观意义
【解析】【解答】A．两条曲线与速率围成的面积均代表分子数占比总和，面积都等于1，二者相等，A错误；
B．实线对应温度更高，温度越高分子平均速率越大，故实线对应分子平均速率更大，B错误；
C．温度升高，速率大的分子占比增大，曲线峰值右移，实线峰值位置更靠右，对应，C正确；
D．虚线峰值位置更靠左，对应速率更小，D错误。
故答案为：C。
【分析】A：分子速率分布曲线与横轴围成面积恒为1，代表所有分子；
B：温度越高，分子平均速率越大；
C：温度升高，速率大的分子占比增加，曲线峰值右移；
D：虚线峰值速率更小，对应更低温度。
4．关于“油膜法估测油酸分子的大小”的实验以下操作正确的是（　　）
A．长时间暴露在空气中的油酸酒精溶液可以继续使用
B．用量筒直接测出一滴油酸酒精溶液的体积
C．测油膜面积时应将不足一格的都舍去
D．数据处理时必须算出一滴油酸酒精溶液中包含的油酸体积
【答案】D
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】A．长时间暴露在空气中，酒精挥发会改变油酸酒精溶液浓度，不能继续使用，A错误；
B．一滴油酸酒精溶液体积过小，应测多滴总体积取平均值，不能直接用量筒测一滴体积，B错误；
C．计算油膜面积时，超过半格按一格算，不足半格舍去，C错误；
D．实验原理为，为纯油酸体积，需计算一滴溶液中纯油酸的体积，D正确。
故答案为：D。
【分析】A：酒精易挥发，久置溶液浓度改变，实验误差大；
B：单滴溶液体积太小，量筒精度不足；
C：面积采用“过半算一格，不足舍去”的计数原则；
D：分子直径为纯油酸体积除以油膜面积，必须计算纯油酸体积。
5．若以表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积和密度，以表示水的摩尔体积和密度，M表示水的摩尔质量，表示阿伏加德罗常数，则下列关系式中正确的是（　　）
A．一个水分子的体积为 B．一个水分子的体积为
C．一个水分子的质量为 D．一个水分子的质量为
【答案】B
【知识点】分子动理论的基本内容；与阿伏加德罗常数有关的计算
【解析】【解答】A．水蒸气为气体，分子间距大，是一个水分子占据的空间，不是分子本身的体积，A错误；
B．水为液体，分子紧密排列，可表示一个水分子的体积，B正确；
CD．一个水分子的质量，CD错误。
故答案为：B。
【分析】A：气体摩尔体积包含分子间空隙，不能用来计算分子体积；
B：液体分子间隙可忽略，摩尔体积除以阿伏加德罗常数等于分子体积；
C、D：分子质量由摩尔质量与阿伏加德罗常数之比求得，对应液态水的密度与摩尔体积。
6．某实验小组用图中所示实验装置来进行“探究气体等温变化的规律”实验．关于该实验的操作，下列做法正确的是（　　）
A．实验前在柱塞上涂抹润滑油
B．实验时快速推拉柱塞并迅速读数
C．实验必须测量柱塞的横截面积
D．推拉柱塞及读取数据时用手握住注射器空气柱部分
【答案】A
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；理想气体的实验规律
【解析】【解答】A．实验前在柱塞上涂抹润滑油，可增强密封性，防止气体泄漏，保证封闭气体质量不变，A正确；
B．实验需缓慢推拉柱塞，使气体充分热交换，保持温度恒定，快速推拉会破坏等温条件，B错误；
C．探究等温规律只需验证压强与气柱长度成反比，无需测量柱塞横截面积，C错误；
D．手握住注射器会传递热量，改变气体温度，破坏等温条件，D错误。
故答案为：A。
【分析】A：润滑油主要用于密封，避免漏气；
B：缓慢操作是为了满足气体等温变化的实验条件；
C：体积与气柱长度成正比，可用长度替代体积；
D：手的温度会影响封闭气体温度，导致实验误差。
7．下图是理想气体的体积V与热力学温度T的关系图像，是过坐标原点的直线，该气体从状态C到状态D，其中，下列关于该气体变化过程说法正确的是（　　）
A．压强不变 B．压强变小
C．压强变大 D．压强变化无法判断
【答案】B
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学图像类问题
【解析】【解答】OC和OD都是过原点的直线，是等压线，根据可知，等压线的斜率，即压强越大，等压线的斜率越小，直线OC的斜率小于直线OD的斜率，所以状态C的压强大于状态D的压强，即该气体从状态C到状态D，压强变小。
故答案为：B。
【分析】本题考查理想气体V T图像的等压线规律，由理想气体状态方程 ，变形得 ，V T图中过原点的直线为等压线，斜率 ，斜率越大，压强越小。
8．下列关于固体、液体的说法正确的是（　　）
A．玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，是利用表面张力使得尖端变钝
B．用磙子压紧土壤，有助于保存地下的水分
C．某种液体能够浸润固体，并且在表面延展，这是不浸润现象
D．液晶显示器利用的是液晶具有光学性质各向同性
【答案】A
【知识点】液体的表面张力；浸润和不浸润；毛细现象；液晶
【解析】【解答】A．玻璃管裂口烧熔时，液态玻璃在表面张力作用下收缩，使尖端变钝，A正确；
B．压紧土壤会使毛细管变细，毛细现象加剧，水分更易蒸发，不利于保水，B错误；
C．液体浸润固体并延展，属于浸润现象，C错误；
D．液晶显示器利用液晶光学各向异性的特点，D错误。
故答案为：A。
【分析】A：表面张力使液体表面积趋于最小，熔化的玻璃收缩让裂口变圆滑；
B：松土破坏毛细管，减少水分蒸发；压紧土壤会增强毛细现象，加速失水；
C：浸润现象的定义就是液体在固体表面延展；
D：液晶的光学性质具有各向异性，是液晶显示器的工作原理。
9．如图所示，竖直插入水银槽的细长玻璃管内外两个水银面高度差为，当时大气压为．现保持温度不变，将玻璃管向上提起，管内（　　）
A．气柱长度不变 B．气柱长度变短
C．水银柱上移 D．水银柱下降
【答案】C
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】封闭气体压强 ，玻璃管向上提起10cm，假设水银柱不动，封闭气体体积变大；温度不变，由玻意耳定律 ，气体压强减小，外界大气压不变，此时内部压强小于外界大气压与水银柱压强的差值，因此水银柱向上移动，气柱长度变长。
故答案为：C。
【分析】本题考查玻意耳定律的动态分析，核心思路：等温条件下，将玻璃管上提，假设水银柱不动，封闭气体体积增大，压强减小，再由压强平衡判断水银柱移动方向。
10．如图所示，一定质量的理想气体分别经历和两个变化过程．过程，气体对外做功为，从外界吸收的热量；过程为等温变化，气体对外做功为，从外界吸收的热量．两过程中（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】热力学第一定律及其应用；热力学图像类问题
【解析】【解答】A．图像中，图线与横轴围成的面积表示气体对外做功，过程面积更大，故，A错误；
B．为等温过程，理想气体内能不变，由热力学第一定律，得，B错误；
C．由理想气体状态方程，，，故、温度相同，内能不变；由热力学第一定律，得，C正确；
D．两过程初末状态相同，内能变化均为0，故，D错误。
故答案为：C。
【分析】A：图中面积代表气体做功，直线过程面积大于曲线过程；
B：等温过程理想气体内能不变，吸收的热量等于对外做功；
C：初末状态乘积相等，温度相等，内能不变，吸热等于对外做功；
D：内能是状态量，初末状态一致，内能变化量相等。
11．某振荡电路中，线圈中的磁场及电容器中的电场如图中所示，该时刻（　　）
A．电容器极板间的场强正在减小
B．电路中的电流正在增大
C．回路（非线圈）中的电流方向逆时针
D．增大电容器的电容，可以增大振荡电路的频率
【答案】C
【知识点】电磁振荡；LC振荡电路分析
【解析】【解答】A．由安培定则判断电流方向为逆时针，电容器上极板正电荷增多，处于充电状态，极板间场强正在增大，A错误；
B．充电过程中，磁场能转化为电场能，电路中电流正在减小，B错误；
C．根据安培定则，回路（非线圈）中的电流方向为逆时针，C正确；
D．由振荡频率公式，增大电容，振荡频率减小，D错误。
故答案为：C。
【分析】A：电流流向电容器正极板，为充电，场强增大；
B：LC电路充电时，电流减小；
C：安培定则可直接判断回路电流方向；
D：电容越大，LC振荡电路的周期越大，频率越小。
二、实验题：共5小题，每小题3分，共计15分．请将答案填涂在答题卡相应的位置．
某实验小组做“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验。
12．下列给出的实验室器材中，本实验不需要用到的有______
A．多用电表 B．学生电源
C．直流电压表 D．教学用变压器
13．下列说法正确的是______
A．绕制升压变压器的原、副线圈时，副线圈导线应比原线圈导线粗一些
B．为了保证人身安全，实验中电源最好使用干电池
C．探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，运用的科学方法是等效法
D．变压器工作时副线圈中电流的频率与原线圈相同
14．由于交变电流的电压是变化的，所以实验中测量的是电压的______
A．平均值 B．有效值 C．最大值 D．瞬时值
15．若用匝数匝和匝的变压器做实验对应的电压测量数据如表所示。根据测量数据，则一定是______
实验次数 1 2 3 4
4.0 8.0 12.0 16.0
0.9 1.9 2.8 3.9
A．原线圈 B．副线圈
16．“西电东送”是我国西部大开发的标志性工程之一。如图是远距离输电的原理图，假设发电厂的输出电压恒定不变，输电线的总电阻保持不变，两个变压器均为理想变压器。下列说法正确的是______
A．若输送总功率不变，当输送电压增大时，输电线路损失的热功率增大
B．在用电高峰期时，用户电压升高，输电线路损失的热功率增大
C．在用电高峰期时，输电效率会降低
D．在用电高峰期时，通过用户用电器的电流频率会增大
【答案】12．C
13．D
14．B
15．A
16．C
【知识点】探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】（1）实验目的是探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系，需要利用多用电表测量电压，需要利用学生电源提供交流电，需要有教学变压器。由于变压器工作原理是利用电磁感应，则需要使用交流电源，则测量电压时不需要使用直流电压表。
故答案为：C。
（2）A．绕制升压变压器的原、副线圈时，根据 匝数关系有，由于可知，根据电阻定律有，由于原线圈中电流大一些，副线圈中电流小一些，为了减小电热的产生，需要使原线圈电阻小一些，即需要增大原线圈导线的 ，可知，绕制升压变压器的原、副线圈时，原线圈导线应比副线圈导线粗一些，故A错误；
B．变压器工作原理是利用电磁感应，则需要使用交流电源，实验中电源不能够使用干电池，故B错误；
C．探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，运用的科学方法是控制变量法，故C错误；
D．变压器不改变交流电的频率，即变压器工作时副线圈中电流的频率与原线圈相同，故D正确。
故答案为：D。
（3）由于交变电流的电压是变化的，电表测量的是有效值，即实验中测量的是电压的有效值。
故答案为：B。
（4）若忽略漏磁与线圈电阻，根据电压匝数关系有，根据表格中数据可知
则有，表明该变压器为降压变压器，则一定是原线圈。
故答案为：A。
（5）A．增大，输电电流减小，热功率减小，故A错误；
B．将负载等效为一个电阻，同时将降压变压器与负载也等效为一个电阻，则等效电阻为，在用电高峰期时，负载并联用户增多，则减小，可知，等效电阻为减小，输电线上的电流可知，输电线上的电流增大，根据可知，输电线路损失的热功率增大，由于，可知，减小，根据
可知，减小。即在用电高峰期时，用户电压减小，输电线路损失的热功率增大，故B错误；
C．结合上述可知，在用电高峰期时，负载增多，线路损耗增大，输电效率降低，故C正确；
D．变压器不改变频率，用户电流频率不变，故D错误。
故答案为：C。
【分析】(1) 变压器需交流电源，直流电压表无法测量交流电压，选出不需要的器材；
(2) 结合变压器电流、导线粗细、电源类型、物理方法、频率不变等知识点判断；
(3) 交流电表测量的是电压有效值；
(4) 实际变压器因漏磁，，电压高的一侧匝数多，为原线圈；
(5) 远距离输电，用电高峰负载增多，输电线电流增大，损耗功率增大，输电效率降低，频率不变。
12．【解答】实验目的是探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系，需要利用多用电表测量电压，需要利用学生电源提供交流电，需要有教学变压器。由于变压器工作原理是利用电磁感应，则需要使用交流电源，则测量电压时不需要使用直流电压表。
故答案为：C。
13．【解答】A．绕制升压变压器的原、副线圈时，根据 匝数关系有，由于，可知，根据电阻定律有，由于原线圈中电流大一些，副线圈中电流小一些，为了减小电热的产生，需要使原线圈电阻小一些，即需要增大原线圈导线的 ，可知，绕制升压变压器的原、副线圈时，原线圈导线应比副线圈导线粗一些，故A错误；
B．变压器工作原理是利用电磁感应，则需要使用交流电源，实验中电源不能够使用干电池，故B错误；
C．探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，运用的科学方法是控制变量法，故C错误；
D．变压器不改变交流电的频率，即变压器工作时副线圈中电流的频率与原线圈相同，故D正确。
故答案为：D。
14．【解答】由于交变电流的电压是变化的，电表测量的是有效值，即实验中测量的是电压的有效值。
故答案为：B。
15．【解答】若忽略漏磁与线圈电阻，根据电压匝数关系有
根据表格中数据可知
则有
表明该变压器为降压变压器，则一定是原线圈。
故答案为：A。
16．【解答】A．增大，输电电流减小，热功率减小，故A错误；
B．将负载等效为一个电阻，同时将降压变压器与负载也等效为一个电阻，则等效电阻为
在用电高峰期时，负载并联用户增多，则减小，可知，等效电阻为减小，
输电线上的电流可知，输电线上的电流增大，根据
可知，输电线路损失的热功率增大，由于
可知，减小，根据
可知，减小。即在用电高峰期时，用户电压减小，输电线路损失的热功率增大，故B错误；
C．结合上述可知，在用电高峰期时，负载增多，线路损耗增大，输电效率降低，故C正确；
D．变压器不改变频率，用户电流频率不变，故D错误。
故答案为：C。
三、解答题：共4题，13题6分，14题8分，15题12分，16题15分，共计41分．请在答题卡相应位置作答，解答时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．
17．若将气泡内的气体视为一定量的理想气体，气泡从湖底缓慢上升到湖面的过程中，气泡对水做了的功，同时吸收了的能量．
（1）求气泡上升过程中内能变化量．
（2）气泡到达湖面后，由于太阳的照射，在温度上升的过程中水对气泡做了的功，同时吸收了的热量，则从上升到上述变化后的过程中，气泡内气体的内能增加了多少？
【答案】（1）解：由题意得气泡对水做了的功，同时吸收了的能量，则有
根据热力学第一定律
可得气泡上升过程中内能变化量
（2）解：由题意得气泡到达湖面后，有
根据热力学第一定律，整个过程气泡内气体的内能增加了
联立解得
【知识点】热力学第一定律及其应用
【解析】【分析】(1) 明确热力学第一定律的符号规则：气体对外做功，吸热，代入求解内能变化；
(2) 分过程叠加做功与热量，再用热力学第一定律求总内能变化。
（1）题意知气泡对水做了的功，同时吸收了的能量，则有
根据热力学第一定律
可得气泡上升过程中内能变化量
（2）题意可知气泡到达湖面后，有
根据热力学第一定律，整个过程气泡内气体的内能增加了
联立解得
18．如图所示，导热性能良好的汽缸开口向上放在水平面上，一块玉石放在汽缸内，横截面积为S的活塞将一定质量的气体封闭在缸内，活塞与缸壁无摩擦且不漏气，此时封闭气体压强为，气体温度为，活塞静止时活塞离缸底的高度为h；现将缸内的温度缓慢升高为，此时活塞离缸底的距离为，重力加速度为g．
（1）求玉石体积大小；
（2）温度升高后，保持温度不变，向活塞上缓慢倒上细沙，当活塞与缸底的距离变为h时，求倒在活塞上的细沙质量．
【答案】（1）解：设玉石体积大小为，根据盖吕萨克定律有
解得
（2）解：设活塞质量为M，大气压为，则初态时有
向活塞上缓慢倒上细沙，设沙质量为m，当活塞与缸底的距离变为h时，末态有
则有理想气体状态方程有
联立解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】（1）通过对封闭气体应用盖 - 吕萨克定律，建立初末状态的体积 - 温度关系，从而求解玉石的体积；
（2）先对活塞受力分析确定初末状态的气体压强，再结合理想气体状态方程联立求解所需添加的细沙质量。
（1）设玉石体积大小为，根据盖吕萨克定律有
解得
（2）设活塞质量为M，大气压为，则初态时有
向活塞上缓慢倒上细沙，设沙质量为m，当活塞与缸底的距离变为h时，末态有
则有理想气体状态方程有
联立解得
19．如图所示，间距均为的光滑平行倾斜导轨与足够长光滑平行水平导轨在M、N处平滑连接，虚线右侧存在方向竖直向下、磁感应强度为的匀强磁场。a、b是两根完全相同粗细均匀的金属棒，单棒质量为，电阻，a棒垂直固定在倾斜轨道上距水平面高处，b棒与水平导轨垂直并处于静止状态，距离的距离足够远。现让a棒由静止释放，运动过程中与b棒始终没有接触且始终垂直于导轨；不计导轨电阻，重力加速度为，两棒均与平行，求：
（1）a棒刚进入磁场时b棒受到的安培力的大小；
（2）稳定时b棒上产生的焦耳热；
（3）至稳定时通过导体棒截面的电量是多少？
【答案】（1）解：a棒下滑过程，根据动能定理有
解得
a棒刚进入磁场时感应电动势
感应电流
此时b棒受到的安培力的大小
解得
（2）解：a棒刚进入磁场进入磁场后，对2棒构成的系统，根据动量守恒定律有
系统产生的总的焦耳热
稳定时b棒上产生的焦耳热
解得
（3）解：对b棒进行分析，根据动量定理有
其中，解得
【知识点】动量定理；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) a棒下滑由动能定理求进入磁场速度，再求感应电动势、电流，由安培力公式求b棒安培力；
(2) 两棒系统动量守恒求共速，能量守恒求总焦耳热，由串联热量分配求b棒焦耳热；
(3) 对b棒用动量定理，结合电流定义求通过截面的电量。
（1）a棒下滑过程，根据动能定理有
解得
a棒刚进入磁场时感应电动势
感应电流
此时b棒受到的安培力的大小
解得
（2）a棒刚进入磁场进入磁场后，对2棒构成的系统，根据动量守恒定律有
系统产生的总的焦耳热
稳定时b棒上产生的焦耳热
解得
（3）对b棒进行分析，根据动量定理有
其中
解得
20．如图所示，为两平行的直线，间距为d，两直线之间为真空区域，下方和上方的无限大空间有垂直于纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度均为B，现有一质量为m、电荷量为的粒子，以速度从上M点入射两直线之间的真空区域，速度方向与成角，不计粒子所受的重力，试求：
（1）粒子从M点出发后，经过多长时间第一次回到直线上；
（2）当上方匀强磁场的磁感应强度变为时，从M点射出的粒子，经上方磁场偏转一次后恰好回到M点，求磁感应强度的大小；
（3）上下磁场的磁感应强度均为B，当速度满足什么条件时，粒子恰好能回到M点．
【答案】（1）解：粒子在真空区域做匀速直线运动，在上方磁场做匀速圆周运动，粒子的运动轨迹如图所示
粒子在真空区域的运动时间
几何关系可知，粒子在磁场中转过的圆心角，粒子在磁场中做匀速圆周运动用时
则粒子从M点出发第一次回到直线上需要的时间
（2）解：粒子恰好回到M点时，轨迹如图
几何关系可知
解得粒子轨迹圆半径
又因为
联立解得
（3）解：设粒子经过n次偏转能回到M点，轨迹如图所示
粒子在磁场里做匀速圆周运动有
有几何关系可知，粒子在磁场中的轨道半径正好等于弦长，粒子在磁场中的轨道半径必须满足
联立解得
【知识点】磁感应强度；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 粒子先在真空区匀速直线运动，再在磁场中做匀速圆周运动，分别求两段时间求和；
(2) 结合几何关系求轨迹半径，再由洛伦兹力提供向心力求磁感应强度；
(3) 利用周期性，结合几何半径关系与圆周运动公式推导速度通式。
（1）粒子在真空区域做匀速直线运动，在上方磁场做匀速圆周运动，粒子的运动轨迹如图所示
粒子在真空区域的运动时间
几何关系可知，粒子在磁场中转过的圆心角，粒子在磁场中做匀速圆周运动用时
则粒子从M点出发第一次回到直线上需要的时间
（2）粒子恰好回到M点时，轨迹如图
几何关系可知
解得粒子轨迹圆半径
又因为
联立解得
（3）设粒子经过n次偏转能回到M点，轨迹如图所示
粒子在磁场里做匀速圆周运动有
有几何关系可知，粒子在磁场中的轨道半径正好等于弦长，粒子在磁场中的轨道半径必须满足
联立解得
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