浙江省金华十校2022-2023学年高三物理下学期二模试题（Word版附解析）

金华十校2023年4月高三模拟考试物理试卷选择题部分一、选择题Ⅰ（本题共10小题，每小题3分，共39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.下列属于能量单位的是（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．由可知是电功率的单位，A错误；B．根据可知是能量单位，B正确；CD．根据可知和是电荷量的单位，CD错误。故选B2.伽利略是公认的第一个采用理想实验进行研究的物理学家，这里所说的“理想实验”是指（　　）A.一种实验器材B.一种实验现象C.一种思维方法D.一种物理规律【答案】C【解析】【详解】伽利略理想实验的本质是想象着把实际中存在、影响物体运动的摩擦力去掉，抓住事物的本质。这种依据逻辑推理把实际实验理想化的思想也是研究物理问题的重要方法之一。这里所说的“理想实验”是指一种思维方法。故选C。3.在平直公路上匀速行驶的自行车所受阻力为车和人总重量的0.02倍，如图所示。自行车在平直公路上匀速行驶，估算骑行者克服自行车所受阻力做功的功率最接近于（　　） A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】一般人和自行车的总质量约为100kg，骑车匀速行驶的速度约为10m/s，所受阻力约为f=0.02mg=0.02×100×10N=20N骑行者克服自行车所受阻力做功的功率约P=Fv=fv=200W=0.2kW故选A。4.如图是两个一次注塑成型的尺寸相同的奥特曼造型玩偶摆件，将其放在水平桌面上，能保持站立姿势，若两个玩偶的质量相等，左边玩偶两脚距离较大，则以下分析正确的是（　　）A.左边玩偶两脚受到桌面摩擦力为零B.右边玩偶两脚受到桌面摩擦力较小C左边玩偶两脚受到桌面作用力较大D.右边玩偶两脚受到桌面支持力较大【答案】B【解析】【详解】A．对左边玩偶两脚受力分析，可知两脚会受到方向相反的摩擦力，故A错误；B．两个玩具模型都处于静止状态，右边玩偶两脚距离较小，受到桌面摩擦力较小，B错误；C．对玩偶受力分析，两玩偶质量相等，根据平衡条件可知，两脚受到桌面作用力等于自身重力，C错误； D．两边玩偶两脚受到的支持力都为自身重力的一半，故D错误；故选B。5.2022年12月4日，神舟十四号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。神舟十四在轨驻留6个月，先后进行3次出舱活动，完成空间站舱内外设备及空间应用任务相关设施设备的安装和调试，开展一系列空间科学实验与技术试验，已知空间站高度约，下列说法正确的是（　　）A.空间站的线速度大于第一宇宙速度B.航天员出舱活动时的向心加速度为零C.航天员在空间站内不受重力D.空间站的向心加速度大于同步卫星的向心加速度【答案】D【解析】【详解】A．第一宇宙速度是最大的环绕速度，等于近地卫星的环绕速度，根据解得由于空间站的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，可知，空间站的线速度小于第一宇宙速度，A错误；B．航天员出舱活动仍然围绕地球做圆周运动，由万有引力提供向心力，则其向心加速度不为零，B错误；C．航天员在空间站内处于完全失重状态，但是仍然受到重力作用，C错误；D．根据 解得由于空间站的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则空间站的向心加速度大于同步卫星的向心加速度，D正确。故选D。6.2022年11月12日，天舟五号与空间站天和核心舱成功对接，在对接的最后阶段，天舟五号与空间站处于同一轨道上同向运动，两者的运行轨道均视为圆周．要使天舟五号在同一轨道上追上空间站实现对接，天舟五号喷射燃气的方向可能正确的是（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】要想使天舟五号在与空间站同一轨道上对接，则需要使天舟五号加速，与此同时要想不脱离原轨道，根据则必须要增加向心力，即喷气时产生的推力一方向有沿轨道向前的分量，另一方面还要有指向地心的分量，而因喷气产生的推力与喷气方向相反，则图A是正确的。故选A。7.如图所示，图像表示LC振荡电路的电流随时间变化的图像。在时刻，回路中 电容器的上极板（M极）带正电，两极板间有一带电尘埃处于静止状态。下列说法正确的是（　　）A.尘埃带正电B.在时间里，回路的磁场能在减小C.在时间里，电容器两板电压在增加D.在时刻，尘埃的加速度为零【答案】C【解析】【详解】A．在时刻，回路中电容器的上极板（M极）带正电，尘埃处于静止状态，受力平衡，重力向下，则电场力向上，即尘埃带负电，A错误；B．在时间里，电容器放电，电场能减小，回路的磁场能在增大，B错误；C．在时间里，电容器充电，根据，两板电压在增加，C正确；D．在时刻，电容器放电完毕，尘埃受电场力为零，尘埃的加速度为重力加速度，D错误。故选C。8.为了避免雷击损坏建筑，我们常在建筑顶部安装避雷针，当低空带负电的云团靠近避雷针时，云团和地面之间形成电场分布，避雷针的顶端及周围形成的电场的等势面（相邻等势面间的电势差相等）和电场线分布情况如图所示，电场中有A、B、C、D、E五点，其中D、E为避雷针上的两点。则下列说法正确的是（　　）A.图中实线为等势线B.A点电场强度可能等于B点电场强度大小C.D点的电势低于E点的电势 D.电子在A点的电势能大于其在C点的电势能【答案】D【解析】【详解】A．电场线是由正电荷或无穷远出发，终止于无穷远或负电荷，故图中实线为电场线，根据等势线与电场线垂直，可知图中虚线为等势线，故A错误；B．根据电场线越密，电场强度越大，可知A点电场强度小于B点电场强度大小，故B错误；C．由题知，低空带负电的云团靠近避雷针，则电场线由避雷针指向低空带负电的云团，根据沿着电场线方向，电势不断降低，可知D点的电势高于E点的电势，故C错误；D．根据沿着电场线方向，电势不断降低，可知C点的电势高于A点的电势，根据负电荷在电势越低处，电势能越大，可知电子在A点的电势能大于其在C点的电势能，故D正确。故选D。9.烟花弹从竖直的炮筒被推出，升至最高点后爆炸。上升的过程由于空气阻力的影响，图像如图所示，从推出到最高点所用的时间为t，上升的最大高度为H，图线上C点的切线与AB平行，、为已知量，且烟花弹时间内上升的高度为h，则下列说法正确的是（　　）A.烟花弹上升至最高点时，加速度大小为零B.烟花弹上升至最高点过程中，空气阻力大小不变C.烟花弹刚从炮筒被推出的速度v满足D.烟花弹刚从炮筒被推出的速度v满足【答案】D【解析】【详解】A．烟花弹上升至最高点时，受重力作用，加速度为g，故A错误；B．图像的斜率代表加速度，由图可知加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律有 可知空气阻力逐渐减小，故B错误；C．若烟花弹做匀变速直线运动，设位移为H’，由图面积可知H<H’，结合匀变速直线运动规律可知，故C错误；D．同C项分析，从0~时间，若若烟花弹做匀变速直线运动，设位移为h’，由图面积可知h’<h，结合匀变速直线运动规律可知，故D正确；故选D。10.2021年5月28日，我国“人造太阳”打破世界纪录，成功实现1.2亿摄氏度运行101秒。其结构如图所示，在“人造太阳”周围，距“人造太阳”中心L处有半径均为r的球面形状（可近似为圆形）能量接收装置，“人造太阳”内部发生的氘-氚聚变的核反应方程为，释放出的能量都转化为原子核的动能，最终被能量接收装置吸收并输出，经时间t测得反应物的质量减少了，记光速为c。则下列说法正确的是（）A.的比结合能比的小B.方程中未知量满足C.一次氘-氚聚变释放的能量为D.单个接收装置对外输出功率【答案】D【解析】【详解】A．该核反应释放能量，生成的更稳定，因此的比结合能比的大，故A错误；B．结合核反应过程中电荷数守恒可得即 故B错误；CD．由质能方程得t时间内“人造太阳”释放的能量为并非一次聚变释放的能量，以“人造太阳”的中心为球心，L为半径的球面上，单位面积接收到的能量为单个接收装置接收到的能量为则单个接收装置的功率为故C错误，D正确。故选D。11.掷冰壶又称冰上溜石，是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，被大家喻为冰上的“国际象棋”，是冬奥会比赛项目。在某次冰壶比赛中，运动员利用红壶去碰撞对方静止的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞，如图（b）所示．碰撞前后两壶做直线运动的图线如图（c）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则（　　）A.两壶发生了弹性碰撞B.碰后蓝壶的速度可能为C.碰后蓝壶移动的距离为2mD.碰后红壶还能继续运动2s【答案】C【解析】【详解】AB．由图b所示图象可知，碰前红壶的速度，碰后速度为，碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v，两壶碰撞过程系统动量守恒，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得代入数据解得 碰前动能碰后动能则碰撞过程中机械能有损失，碰撞为非弹性碰撞，故AB错误；C．根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，可得，碰后蓝壶移动的位移大小故C正确；D．根据“红壶碰撞前后的图线平行”知，碰撞前后红壶加速度不变，速度从1.2m/s减小到1.0m/s和速度从0.2m/s减小到0，速度变化量相同，根据可知所用时间也相同，速度从1.2m/s减小到1.0m/s用时1s，故碰后红壶还能继续运动。故D错误。故选C。12.2021年12月9日，“天宫课堂”第一课正式开讲，某同学在观看太空水球光学实验后，想研究光在含有气泡的水球中的传播情况，于是找到一块环形玻璃砖模拟光的传播，俯视图如图所示。光线a沿半径方向入射玻璃砖，光线b与光线a平行，两束光线之间的距离设为x，已知玻璃砖内圆半径为R，外圆半径为，折射率为，光在真空中的速度为c，不考虑反射光线，下列关于光线的说法正确的是（　　）A.当时，b光线可能经过内圆 B.当时，b光线从外圆射出的方向与图中入射光线的夹角为C.当时，b光线从内圆通过空气的时间约为D.当时，b光线从内圆通过空气的时间约为【答案】D【解析】【详解】AB．如下图，设b光线从Q点进入球体后经过折射的光线恰好与内圆相切于D点，则Q点折射角α，有如下几何关系解得根据折射定律有解得作QE垂直于光线a于E点，则三角形QEO为等腰直角三角形，且所以，当时，b光线不可能经过内圆，b光线从外圆射出的方向与图中入射光线的夹角小于，AB错误；CD．如下图，Q点为b光线的入射点，E点为进入内圆时的入射点，EF为光在空气中的折射光线，作QD垂直于a光线于D点，则有 根据折射定律有作OC垂直于直线QEC于C点，则角φ等于光从E点进入空气的入射角，有在E点，角为光从E点进入空气的折射角，根据折射定律有联立解得b光线从内圆通过空气的时间约为C错误，D正确。故选D。13.如图所示，为做好疫情防控供电准备，防控指挥中心为医院设计的备用供电系统输电电路简图如图甲所示，矩形交流发电机匝数为，线圈、导线的电阻均不计，在匀强磁场中以矩形线圈中轴线为轴匀速转动，穿过线圈的磁通量中随时间t的变化图像如图乙所示，。并与变压器的原线圈相连，变压器的副线圈接入到医院为医疗设备供电，变压器为理想变压器，假设额定电压为的医疗设备恰能正常工作。下列说法正确的有（　　） A.电压表的示数为B.该交流电的方向每秒改变50次C.变压器的原副线圈匝数比为D.当副线圈的医疗设备负载增加时，发电机的输出功率变小【答案】C【解析】【详解】AC．根据图像可得线圈的角速度线圈产生的电动势的峰值为则电压表的示数为变压器的匝数比A错误，C正确；B．因为交变电流的周期为 ，一个周期内交流电的方向改变两次，所以每秒内该交流电的方向改变的次数为B错误；D．当副线圈的医疗设备负载增加时，副线圈的总电阻减小，副线圈消耗的功率因为副线圈电压不变，则副线圈消耗的功率增大，由于变压器不改变功率，所以当副线圈的医疗设备负载增加时，发电机的输出功率增大，D错误。故选C。二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6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3分，选对但不全的得2分，有错选的得0分）14.一列简谐横波沿x轴正方向传播，图甲是时刻的波形图，图乙和丙分别是x轴上某两处质点的振动图像。这两质点平衡位置之间的距离可能是（　　）A.0.5mB.1.8mC.1.9mD.2.0m【答案】AC【解析】【详解】由图甲可知，波的波长为解得振幅为设图乙的质点为A，根据题图可知，其在时在平衡位置上方，，运动方向沿y轴正方向；设图丙的质点为B ，其处于平衡位置，向下振动，结合波形图找到两质点的对应点，如图所示四分之一波长为0.3m，若A在B的左边，两平衡位置的距离为若A在B的右边，两平衡位置的距离为若考虑周期性得或故选AC15.如图1、2、3所示为与光电效应相关的三幅图，图3为a、b、c三种单色光分别照射金属K时得到的光电流I与光电管两端电压U的关系图线。下列说法正确的是（　　）A.光电效应是爱因斯坦最早在实验中发现，并用光子说成功加以解释B.图2中，若仅将电源极性对调，则电流表一定无示数C.图2中，若电流表无示数，说明金属K受光照时一定没有发生光电效应D.根据图3可知，b光的光子动量一定大于c光的光子动量【答案】CD【解析】【详解】A．赫兹最早发现光电效应，故A错误；B．图2 中，若仅将电源正负极性对调，如果光电子的最大初动能大于电场力做功，光电子仍可以到达A板，电路中有电流，电流表有示数，如果光电子的最大初动能小于电场力做功，则电路中没有电流，电流表没有示数，故B错误；C．图2中，如果发生光电效应，光电子在电场力作用下向左运动，电路中有电流，电流表有示数，如果电流表没有示数，说明没有发生光电效应，故C正确；D．图3中，光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，对应的光的频率为截止频率，根据可知入射光的频率越高，对应的截止电压越大，由图丙所示可知，a、c截止电压相等，a、c为同一频率的单色光，b的截止电压大，b的截止频率大，b的波长λ小，光的动量波长越小光子动量越大，由此可知，b光子的动量大于c光子的动量，故D正确。故选CD。非选择题部分三、非选择题（本题共5小题，共55分）16.为了探究“物体质量一定时，加速度与力的关系”，甲、乙两同学设计了如图1所示的实验装置。其中带小滑轮的小车的质量为M，小滑轮的质量为，砂和砂桶的质量为m。力传感器可测出轻绳的拉力大小。（1）实验时，需要进行的操作是_______。A．将带滑轮的长木板右端垫高，以补偿阻力B．用天平测出砂和砂桶的质量C．小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M（2）甲同学在实验中得到如图2所示的一条纸带（相邻两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器使用的是频率为的交流电。根据纸带可求出小车在C点的瞬时速度为_______，加速度为_______。（结果均保留两位有效数字） 【答案】①.A②.0.8③.4.0【解析】【详解】（1）[1]A．实验时需将长木板右端垫高，以补偿阻力，故A正确；BD．本题拉力可以由力传感器测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶(包括砂)的质量远小于车的总质量，故BD错误；C．实验时为充分利用纸带，小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，故C错误。故选A。（2）[2]打点计时器使用的频率为50Hz交流电，相邻两点间还有四个点没有画出，则相邻两点间的时间间隔C点的瞬时速度为BD两点的平均速度[3]根据逐差法可知17.某同学用智能手机测自由落体加速度的实验步骤如下：①在水平地面上铺设软垫；②打开手机中的加速度传感器，让手机在离软垫一定高度处由静止开始自由下落；③手机落到软垫后，关闭传感器，得到全过程中加速度绝对值随时间变化图像如图所示。 根据图像回答下列问题：（1）与时刻加速度方向______（选填“相同”或“相反”）；（2）从时刻到时刻加速度逐渐减小的原因是______；（3）当地重力加速度约为______。【答案】①.相反②.见解析③.9.76【解析】【详解】（1）[1]时刻加速度方向向下，到时刻，手机落到软垫上，受到向上的支持力，合力方向向上，加速度方向向上，故与时刻加速度方向相反。（2）[2]从时刻到时刻，手机做自由落体运动，下落速度逐渐变大，受空气阻力逐渐变大，合力逐渐变小，则加速度逐渐减小。（3）[3]当地重力加速度为手机刚离手时，即时刻的加速度，为9.76。18.小强同学在实验室进行“测定电源的电动势和内阻”实验。（1）他打算先用多用电表粗测电源的电动势，测量前发现电表的指针位置如图甲所示，他需要进行的操作是_______；A．调节指针定位螺丝进行机械调零B．调节欧姆调零旋钮进行欧姆调零C．调节选择开关并将红黑表笔短接D．调节指针定位螺丝让指针摆到最（2）为了更加精确地测量，他利用如图乙所示器材和电路进行实验，其中有一根导线接线错误，错误的接线是_______；A．第①根　　B．第②根　　C．第③根　　D．第④根 （3）①正确连接电路，滑动变阻器滑片滑至某一位置时，电压表指针如图丙所示，此时电压表示数为_____V。②多次测量后，在图像中描出各对应点，如图丁所示。请结合数据点分析电源的电动势_____V，内阻为_____Ω（结果均保留3位有效数字）。【答案】①.A②.D③.1.10④.2.90⑤.6.50【解析】【详解】(1)[1]用多用电表粗测电源的电动势时，是作为电压表使用的，不使用欧姆挡，不需要欧姆调零，所以只需要调节指针定位螺丝进行机械调零即可，其他操作不必进行。故选A。(2)[2]测电源电动势时，应该用电流表的外接法，所以第④根导线接错，应该接在滑动变阻器的左下接线柱。 故选D。(3)①[3]电压表用量程3V即可，分度值为0.1V，指针指在了1.1的刻度，所以读数为1.10V；②[4]多次测量后，在图像中描出各对应点，连线如图由图中的点连线可知，图线与纵轴的截距为2.90V，所以电源电动势为2.90V；[5]可求得图像斜率绝对值即为内阻，约为19.如图所示，某探究小组将一横截面积为、质量为的热杯盖扣在一加热平板上，热杯盖内部密封一定质量的气体。开始时封闭气体处于温度为，封闭气体压强为大气压强。封闭气体可视为理想气体，取大气压强，重力加速度，不计热杯盖的体积变化。求：（1）当封闭气体温度降至时的压强；（2）当封闭气体温度降至时，竖直向上提起杯盖所需拉力的最小值；（3）若探究小组给封闭气体加热，当热杯盖恰好被顶起时封闭气体的温度。【答案】（1）；（2）3.5N；（3）360K【解析】【详解】（1）由题意知，气体等容变化 解得（2）竖直向上提起杯盖，由平衡条件可得解得（3）若探究小组给封闭气体加热，当热杯盖恰好被顶起时，设封闭气体压强为p3，由平衡条件可得解得由解得封闭气体的温度20.如图所示，一质量为可看成质点的滑块以初速度，从P点与水平方向成抛出后，恰能从a点沿ab方向切入粗糙斜面轨道，斜面ab轨道长为，斜面ab与半径的竖直光滑圆弧轨道相切于b点，O点为圆弧的圆心，c点为圆弧的最低点且位于O点正下方，圆弧圆心角。c点靠近水平传送带左侧，传送带cd间距离为，以的恒定速度顺时针转动，传送带与光滑圆弧、光滑水平面均保持平滑对接，水平面上有2个位于同一直线上、处于静止状态的相同小球，每个小球质量。滑块与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰，滑块与斜面及传送带间的动摩擦因数，重力加速度。不计一切空气阻力，求：（1）滑块从P点抛出落到a点所需要的运动时间；（2）滑块滑到圆弧轨道的最低点c时对轨道的压力大小；（3）滑块第一次向右通过传送带的过程中，摩擦力对滑块的冲量大小；（4）2个小球最终获得的总动能。 【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【解析】【详解】（1）滑块从P点抛出时竖直方向的分速度滑块从P点抛出落到a点所需要的运动时间（2）根据动能定理点，根据牛顿第二定律可得联立解得根据牛顿第三定律可得滑块滑到圆弧轨道的最低点c时对轨道的压力大小（3）滑块在传送带上的加速度滑块速度与传送带速度相等的所需的时间此过程滑块的位移所以滑块在传送带上先匀减速后匀速，匀速运动的时间 匀速阶段滑块与传送带间没有摩擦力，滑块第一次向右通过传送带的过程中，摩擦力对滑块的冲量大小（4）滑块第一次与小球发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律可得解得由于小球质量相等均为，且发生的都是弹性碰撞，他们之间将进行速度交换，分析可知，物块第一次返回还没到传送带左端速度就减小为零，接下来将再次返回做匀加速运动，直到速度增加到，再与小球1发生弹性碰撞。同理可得，第二次碰撞后，物块和小球的速度大小分别为则2个小球的总动能为21.如图所示，长度足够的两导轨与水平面成角平行放置，间距为d；在导轨所在区间，存在方向垂直导轨平面、大小为B的匀强磁场；接入两导轨间的两个电阻阻值均为R、电容器电容为C和线圈电感为L。一根长也为d、质量为m的导体棒搁置在两导轨上。时，导体棒静止释放，不计摩擦、空气阻力和其它电阻（不考虑电磁辐射）。（提示：当通过线圈的电流随时间发生变化时，线圈产生的电动势大小；当线圈中通有电流I时，其储存的磁能）（1）时，接通，断开和，求棒所能达到的最大速度； （2）时，接通，断开和，求棒的加速度a；（3）时，接通，断开和，已知棒下滑时恰好达到最大速度，求最大速度以及当棒下滑过程中回路产生的焦耳热Q。【答案】（1），方向沿斜面向下；（2），方向沿斜面向下；（3），方向沿斜面向下，【解析】【详解】（1）当棒速度最大时，重力的分力等于安培力此时产生的感应电动势感应电流联立解得方向沿斜面向下。（2）由牛顿定律知根据公式代入上式可得 方向沿斜面向下。（3）当棒速度达到最大时回路中电流保持不变，电感线圈不再发生作用，棒接下来做匀速直线运动可得方向沿斜面向下。由能量守恒可知其中可得22.如图为一种新型粒子收集装置。粒子源放置在边长为L的立方体中心O，立方体四个侧面均为荧光屏，上下底面、是空的，过中心O的竖直面efgh平行于abcd。粒子源沿水平向右方向持续均匀发射电荷量为q、质量为m、初速度大小为的正电粒子，粒子打到荧光屏上后即被荧光屏吸收，不考虑粒子间的相互作用和荧光屏吸收粒子后的电势变化，不计粒子源的尺寸大小和粒子重力。（1）若在立方体内只存在竖直向下的匀强电场，粒子刚好能够击中g位置，求电场强度的大小；（2）若撤去电场，立方体内只存在竖直向下的匀强磁场，要求无粒子打到荧光屏上，求磁感应强度的最小值；（3）立方体内同时存在方向均竖直向下的匀强电场和匀强磁场，且磁感应强度的大小为，现使粒子源绕竖直轴匀速转动，足够长时间内，要求无粒子打到荧光屏上，求电场强度E的大小范围；（4）立方体内只存在竖直向下的匀强磁场，粒子源绕竖直轴匀速转动，足够长时间内，设四个侧面吸收粒子数在发射粒子总数中的占比为，试写出随磁感应强度B变化的关系 式。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）时，时，（）时，【解析】【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，则有根据类平抛运动规律有，解得（2）根据几何关系可知根据洛伦兹力提供向心力有解得（3）同时加上电场和磁场，粒子一边圆周运动，一边向下加速，根据 且可得根据题意可知，其中根据粒子的周期公式有可得（4）设粒子圆周运动半径为r，若，则η=100%，如图根据洛伦兹力提供向心力有可得若，则η=0根据洛伦兹力提供向心力有 可得若根据可得其中综上所述，则时，时，（）时，