十五校教育集团鄂豫皖五十三校2024-2025学年高三上学期8月联考物理试题(湖北卷)(解析版)

十五校教育集团·鄂豫皖五十三校2025届8月联考
物理（湖北卷）
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、座位号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，用黑色签字笔将答案写在答题卡上对应的答题区域内．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第Ⅰ卷（选择题共40分）
一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-10题有多项符合题目要求。

每小题全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
1. 根据所学知识，判断下列说法中正确的是（）
A. 光子是具有质量、能量和体积的实物微粒，它的能量跟频率有关
B. 光电效应实验中，红光照射可以让电子从某金属表面逸出，若改用紫光照射也可以让电子从该金属表面逸出
C. 德布罗意认为质子具有波动性，而电子不具有波动性
D. 康普顿通过X射线对石墨的散射实验，发现并揭示了光具有波动性
【答案】B
【解析】
【详解】A．光是在空间传播的电磁波，是不连续的，是一份一份的能量，没有静止质量，也没有具体的体=判断出光子的能量与光子的频率有关，故A错误；
积，根据E hν
B．产生光电效应的条件是光的频率大于金属的极限频率，紫光的频率大于红光，若红光能使金属发生光电效应，可知紫光也能使该金属发生光电效应，故B正确；
C．德布罗意认为物质都具有波动性，包括质子和电子，故C错误；
D．康普顿通过X射线对石墨的散射实验，发现并揭示了光具有粒子性，故D错误。

故选B。

2. 一列简谐横波沿轴传播，在t=0时刻的波形图如图甲所示，质点Q的平衡位置位于x=4m处，质点Q的振动速度v随时间t变化的规律如图乙所示，则下列说法正确的是（）
A. 波沿x 轴负方向传播
B. 波的传播速度为30m/s
C. 质点Q 在任意0.5s 内运动的路程均等于1m
D. t =0.25s 时刻，质点Q 的加速度沿y 轴负方向 【答案】B 【解析】
【详解】A ．由图乙可知，t =0时刻，质点Q 正沿y 轴正方向运动，根据波动与振动的关系可知，波沿x 轴正方向传播，A 错误；
B ．由图乙可知，振动周期为0.4s ，则波的传播速度
12
m/s 30m/s 0.4
v T λ
=
== B 正确；
C ．由于初始时刻不确定，则质点在0.5s 内运动的路程不确定，选项C 错误；
D ．t =0.25s 时刻，质点Q 在y 轴负半轴沿y 轴负方向运动，由于加速度指向平衡位置，因此加速度沿y 轴正方向，选项D 错误。

故选B 。

3. 如图所示，密度为ρ的木球与轻质弹簧相连后置于充满水的密闭容器中，弹簧的另一端固定于容器的底部。

水与木球的密度差为()ΔΔ0ρρ>，重力加速度大小为g 。

初始时整个系统静止，现将容器由静止释放，则释放瞬间木球相对于地面的加速度大小为（ ）
A. Δ1ρg ρ +
B. Δ1ρg ρ
−
C. g
D.
Δρg ρ
【答案】A 【解析】 【分析】
【详解】静止时对木球受力分析得
F mg kx =+浮
又有
F gV ρ=浮水 m V ρ=
Δρρρ=−水
解得
Δkx ρgV =
释放瞬间系统处于完全失重状态，浮力消失，木球受重力和弹簧的弹力，则有
mg kx ma +=
解得
Δ1kx ρa g g m ρ
=+
=+
故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

4. 天文观测发现，天狼星A 与其伴星B 是一个双星系统，它们始终绕着O 点在两个不同椭圆轨道上运动。

如图所示，实线为天狼星A 的运行轨迹，虚线为其伴星B 的轨迹。

则（ ）
A. A 的运行周期小于B 的运行周期
B. A 的质量可能等于B 的质量
C. A 的加速度总是小于B 的加速度
D. A 与B 绕O 点的旋转方向可能相反
【答案】C
【解析】
【详解】A ．天狼星A 与其伴星B 是一个双星系统，它们始终绕着O 点在两个不同椭圆轨道上运动，可知天狼星A 与其伴星B 始终在O 点的两侧，且两星与O 点始终在一条直线上，因此可知天狼星A 与其伴星B 运行的角速度相同，周期相同，故A 错误
B ．近似认为A 、B 在做圆周运动，设A 的质量为A m 、轨道半径为A r ，B 的质量为B m 、轨道半径为B r ，两星之间的距离为l ，两星之间的万有引力提供各自做圆周运动的向心力，则有
2A B A A 2m m G
m r l ω=，2
A B B B 2
m m G m r l
ω= 其中
A B l r r =+
解得
A B
B A
m r m r = 显然，B 星的轨道半径大于A 星的轨道半径，因此可知A 星的质量大于B 星的质量，故B 错误； C ．根据万有引力产生加速度可得
B A 2Gm a l =
，A
B 2
Gm a l
= 而
A B m m >
可知
A B a a <
故C 正确；
D ．由于天狼星A 与其伴星B 是一个双星系统，而双星系统由彼此之间的万有引力提供合外力，二者角速度一样，且绕行方向必定相同，公共圆心必须在质心连线上，两星才能稳定运行，故D 错误。

故选C 。

5. 如图所示电路，两电源电动势分别为E 1、E 2，内阻分别为r 1、r 2，且E 1=E 2，r 1 > r 2，R 为滑动变阻器，P 为滑动变阻器滑片，灯泡电阻可认为不变。

现闭合开关S 1，单刀双掷开关S 2接1时，灯泡均正常发光，则下列说法中错误的是（ ）
A 若滑片Р向下滑动，则L 2变亮，L 3变暗 B. 若滑片Р向下滑动，则L 1变暗，L 2变亮
C. 若将单刀双掷开关S 2切换至2，则L 1、L 2、L 3均变亮
D. 若将单刀双掷开关S 2切换至2，则电源的输出功率可能变小 【答案】D 【解析】
【详解】AB ．现闭合开关S 1，单刀双掷开关S 2接1时，若滑片Р向下滑动，R 增大，通过“串反并同”可知，L 1与其串联，L 1变暗，L 2与其并联，L 2变亮，L 3与其串联，L 3变暗，A 正确，B 正确； CD ．若将单刀双掷开关S 2切换至2，r 减小，通过“串反并同”可知，L 1 、L 2、L 3均与其串联，故都变亮，由于不知道内阻和外租的大小关系，电源的输出功率的变化情况不能确定，C 正确，D 错误； 故选D 。

6. 如图所示，是高速磁悬浮列车在水平长直轨道上的模拟运行图，列车由质量均为m 的4节车厢组成，其中1号车厢为动力车厢。

列车由静止开始以额定功率P 运行，经过一段时间达到最大速度。

列车向右运动过程中，1号车厢会受到前方空气的阻力，假设车厢碰到空气前空气的速度为0，碰到空气后空气的速度立刻与列车速度相同，已知空气密度为ρ。

1号车厢的迎风面积（垂直运动方向上的投影面积）为S ，不计其他阻力，忽略2号、3号、4号车厢受到的空气阻力。

当列车由静止开始以额定功率运行到速度为最大速度的
1
3
时，1号车厢对2号车厢的作用力大小为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B 【解析】
【详解】根据题意，设列车最大速度为m v ，列车对空气的阻力为f ，由动量定理有
0f t Sv tv ρ∆=∆−
.的
解得
2
m f Sv ρ=
当牵引力等于阻力时，列车速度最大，则有
m P fv =
联立解得
m v =
当列车由静止开始以额定功率运行到速度为最大速度的
1
3
时，阻力为 2
2
1m m
1139
f S v Sv ρρ == 此时，牵引力为
m 31
3
P
F f
v =
= 1号车厢对2号车厢的作用力大小为'F ，对2号、3号、4号车厢整体，由牛顿第二定律有
'3F ma =
对4节车厢整体，由牛顿第二定律有
134f f ma −=
联立解得
'
2m 136F Sv ρ== 故选B 7. 如图所示，在一水平面上放置了一个顶端固定有滑轮的斜面，物块B 、C 重叠放置在斜面上，细绳的一端与B 物体相连，另一端通过绳子结点与相连，结点处还有两段细绳，一段连接重物A ，另一段用外力F 拉住，现让外力F 将物块A 缓慢向上运动，将OO ′由竖直拉至水平，拉动过程中始终保证夹角120α=°，且绳子OO ′始终拉直，物块B 和C 以及斜面体始终静止，则下列说法正确的是（ ）。

A. 绳子OO ′中的力始终减小
B. B 对C 的摩擦力一直在增大
C. 斜面对B 的摩擦力可能一直在减小
D. 地面对斜面体的摩擦力先增大后减小 【答案】D 【解析】 【详解】A ．如图
根据拉密定理
1sin sin sin F mg F
αβγ
== F 一直在增大，绳子的力先增大后减小，A 错误；
B ．
C 所受力其它力不变，则BC 间的摩擦力一直不变，B 错误；
C ．绳对BC 拉力先增大后减小，可知斜面对B 的摩擦力不可能一直减小，C 错误；
D ．对BC 以及斜面整体，结合A 选项，F 的大小随方向变化如图
可知，力F 在水平方向的分力先增大后减小，则地面对斜面体的摩擦力先增大后减小，D 正确。

故选D 。

8. 如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度ω转动，盘面上离转轴距离
2.5m 处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。

小物体质量为1kg 大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面的夹角为30°，g 取210m /s 。

则下列说法正确的是（ ）
A. 角速度ω的最大值是1rad /s
B. 小物体运动过程中所受的摩擦力始终指向圆心
C. ω取不同数值时，小物体在最高点受到的摩擦力一定随ω的增大而增大
D. 小物体由最低点运动到最高点的过程中摩擦力所做的功为25J 【答案】AD 【解析】
【详解】A ．当小物体随圆盘转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律得
2cos30sin 30mg mg m r µω°−°=
代入数据解得
1rad/s ω=
故A 正确；
B ．由于小物体做匀速圆周运动，除了水平直径上的两点之外，在圆盘面内静摩擦力的一个分力要与重力沿斜面向下的分力相平衡，另一个分力提供做圆周运动的向心力，所以小物体运动过程中所受的摩擦力不一定始终指向圆心，故B 错误；
C ．小物体向心力的最大值为
cos30sin 30 2.5N mg mg µ=°−°
而
sin 305N mg °=
大于向心力最大值，故最高点
2sin 30mg f m r ω°−=
故小物体在最高点受到的摩擦力一定随ω的增大而减小，C 错误； D ．小物体由最低点运动到最高点的过程中，根据动能定理得
f 2sin 300m
g r W −⋅°+=
代入数据解得摩擦力所做的功为
f 25J W =
故D 正确。

选AD 。

9. 如图所示，一个固定斜面与水平地面平滑连接，斜面与水平地面均光滑。

小物块P 放在水平地面上，小物块Q 自斜面上某位置处由静止释放，P 、Q 之间的碰撞为弹性正碰，斜面与水平面足够长，则下列说法正确的是（ ）
A. 若
Q P 1
3
m m ≥
，则P ，Q 只能发生一次碰撞 B. 若
Q P 1
5
m m =
，则P 、Q 只能发生两次碰撞 C. 若
Q P 1
4
m m ≥
，则P 、Q 只能发生一次碰撞 D. 若
Q P
1
9
m m =
，则P 、Q 只能发生两次碰撞 【答案】ABD 【解析】
【详解】A ．设Q 滑到水平面上时速度大小为v ，P 、Q 相碰，由动量守恒知
Q Q Q1P P1m v m v m v =+
由能量守恒知
222
Q Q Q1P P1
111222
m v m v m v =+ 联立解得第一次碰后
Q P1Q P 2m v v m m =
+
Q P Q1Q P
m m v v m m −=
+
之后Q 滑上斜面并返回，速度等大反向，若不能追上P ，则有
P1Q1v v ≥
解得
Q P
13
m m ≥
A 正确；
B ．同理若
Q P
1
5
m m =
，第一次碰后 P113v v =
123
Q v v =−
之后Q 滑上斜面并返回，与P 发生第二次碰撞后有
249P v v =
Q2
19
v v = 故P 、Q 只能发生两次碰撞，B 正确； C ．由A 选项知，当
Q P
1
3
m m ≥
，则P ，Q 只能发生一次碰撞，C 错误； D ．同理若
Q P
1
9
m m =
，第一次碰后 P115v v =
Q14
5
v v =−
之后Q 滑上斜面并返回，与P 发生第二次碰撞后有
P2825v v = Q2
725
v v =−
故P 、Q 只能发生两次碰撞，D 正确。

故选ABD 。

10. 一边长为L 、质量为m 的正方形金属细框，每边电阻为0R ，置于光滑的绝缘水平桌面（纸面）上。

宽度为2L 的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，两虚线为磁场边界，在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻102R R =，导轨电阻可忽略，金属框置
于导轨上，如图所示。

让金属框以初速度以0
03
2L B v mR =进入磁场。

运动过程中金属框的上、下边框处处与
导轨始终接触良好。

下列说法正确的是（ ）
A. 金属框进入磁场过程中电路的总电阻为
0113
R B. 金属框进入磁场的末速度为23
25B L mR
C. 金属框不可能穿越磁场
D. 在金属框整个运动过程中，电阻1R 产生的热量为
46
2
0325B L mR 【答案】BCD 【解析】
【详解】A ．因为导轨电阻忽略不计，此时金属框上下部分被短路，根据电路构造可知此时电路中的总电阻为
200
0002523
R R R R R R =+=+总
故A 错误；
B ．金属框进入磁场末速度为1v ，金属框进入磁场的过程中，以水平向右为正方向，根据动量定理
10BIL t mv mv −∆=−
又
E I R =总，2BL E t
=∆ 即
的
2310B L mv mv R −=−总
解得
23
10
25B L v mR =
故B 正确；
CD ．根据能量守恒定律可得
220111122
mv Q mv =+ 根据电阻的比值关系可得此过程中电阻1R 产生的热量为
112
15
R Q Q =
联立解得
46
12
07125R B L Q mR =
金属框完全在磁场中时，金属框的左右两边框同时切割磁感线，可等效为两个电源并联和1R 构成回路，此时回路总电阻的为
00
11522
R R R R =+
=
总 假设金属框的右边能够到达磁场右边界，且速度为2v ，以水平向右为正方向，根据动量定理，同理得
23
211
B L mv mv R −=−总 解得
20v =
可知金属框的右边恰好能到达磁场右边界，没有穿过磁场。

根据能量守恒定律可得此过程产生的总热量为
2211
2
Q mv =
此过程中电阻1R 产生的热量为
1245
R
Q Q ′=
联立解得
46
12
8125R B L Q mR ′= 整个过程中电阻1R 产生的热量为
46
1120
325R R
B L Q Q Q mR +=′=总 故CD 正确。

故选BCD 。

第Ⅱ卷（非选择题共60分）
三、实验题（共2题，共16分）
11. 在用单摆测量重力加速度时，小明将小锁头栓接在不易形变的细丝线一端，另一端固定在O 点，并在细线上标记一点A ，如图所示。

（1）将小锁头拉到某一高度（细线与竖直方向夹角很小）由静止释放，当锁头第一次到达最低点D 时开始计时并计数为1，以后锁头每到达D 点一次，计数增加1，计数为N 时，秒表测出单摆运动时间为t ，则该单摆的周期T =______________；
（2）他保持A 点以下的细线长度不变，通过改变OA 间细线长度L 以改变摆长，并测出单摆运动对应的周期T ，测量多组数据后，作出图乙所示图像，图像纵坐标应为______________（选填“T ”、“2T ”、“
1T
”、“21
T ”）
（3）图线乙明显不过原点，其图像与横轴交点的意义是______________。

【答案】（1）21
t
N − （2）2T
（3）A 点距小锁头重心距离的负值 【解析】 【小问1详解】
单摆一周内经过两次平衡位置，由题意可知
(1)
2
T
t N =− 解得
21
t
T N =
− 【小问2详解】
设A 点距小锁头重心距离为L 0，根据单摆周期公式
2T π
= 化简得
22
2
044T L L g g
ππ=+
可知图乙所示图像纵坐标应为T 2。

【小问3详解】
当20T =时，0L L =−，因此图线乙不过原点，其图像与横轴交点的意义是A 点距小锁头重心距离的负值。

12. 电流传感器可以在电脑端记录电流随时间变化的图线，探究实验小组设计了如图甲所示的实验电路，探究电容器在不同电路中的充放电现象。

（1）第一次探究中先将开关接1，待电路稳定后再接2。

探究电容器充电及通过电阻放电的电流规律。

①已知电流从右向左流过电流传感器时，电流为正，则与本次实验相符的I t −图像是__________。

A ． B. C. D.
②从I t −图像的面积可以计算得出电容器电荷量的大小。

关于本次实验探究，下列判断正确的是__________。

A.若只增大电阻箱R 的阻值，电容器放电的时间将变短
B.若只增大电阻箱R 的阻值，I t −图像的面积将增大
C.在误差允许的范围内，放电和充电图像的面积应大致相等
（2）第二次探究中，该同学先将开关接1给电容器充电，待电路稳定后再接3，探究LC 振荡电路的电流变化规律。

③探究实验小组得到的振荡电路电流波形图像，选取了开关接3之后的LC 振荡电流的部分图像，如图乙所示，根据图像中记录的坐标信息可知，振荡电路的周期T =__________s （结果保留两位有效数字）。

④已知电源电动势E ，测得充电过程I t −图像的面积为S ，以及振荡电路的周期T ，可以得到电感线圈的电感表达式L =__________。

（以上物理量的单位均为国际单位制单位） 【答案】（1） ①. A ②. C
（2） ①. 3
9.210s −× ②.
【解析】 【小问1详解】
[1]第一次探究过程为先给电容器充电，后电容器通过R 放电，给电容器充电过程中电流从右向左流过传感器，即为正，由于充电后电容器上极板带正电，电容器通过R 放电时，电流从左向右流过传感器，即为负。

故选A 。

[2]I t −图像的面积可以计算得出电容器电荷量的大小，则放电和充电图像的面积应大致相等，若只增大电阻箱R 的阻值，电容器的电荷量不变，I t −图像的面积不变，若只增大电阻箱R 的阻值，对电流的阻碍作用变大，电容器放电的时间将变长。

故选C 。

【小问2详解】 [1]由图乙可知
310.0369.944
s 9.210s 10
T
−−=≈×
[2]充电过程I t −图像的面积为S ，则
q CE S ==
可得
S
C E
=
由公式2T =可得
22
22
44T ET L
C S
ππ= 四、计算题（共3题，共44分）
13. 如图是半径为R 半球形玻璃砖的剖面图，圆心为O ，AB 为水平直径，S 为剖面的最低点，现有一单色细光束从距离O
的C 点以与坚直方向成60α
=°的角度射入，光束折射后恰好能到达S 点。

Ⅰ.求玻璃砖的折射率n ；
Ⅱ.若用该单色光垂直照射整个AB 面，求能从ASB 半球面射出的光的横截面积。

【答案】
；Ⅱ. 21
3
R π 【解析】
【详解】Ⅰ.由几何关系可知，折射角r 满足
tan r
= 得
30r =°
根据折射定律可知，该玻璃砖的折射率为
sin 1sin 2
n
r
α
==
Ⅱ.当某光线在右侧面出现全反射，临界角为C ，由全反射条件得
1
sin C n =
=如图所示
此光线与O 的距离为
sin L R C
= 在此范围内的光线可从右侧射出，则能从玻璃砖射出的入射光的横截面积为
2
21
3
S L R ππ== 14. 倾角为θ的斜面与足够长的光滑水平面在D 处平滑连接，斜面上AB 的长度为3L ，BC 、CD 的长度均为3.5L ，BC 部分粗糙，其余部分光滑。

如图，4个“—□”形小滑块工件紧挨在一起排在斜面上，从下往上依次标为1、2、3、4，滑块上长为L 的轻杆与斜面平行并与上一个滑块接触但不粘连，滑块1恰好在A 处。

现将4个滑块一起由静止释放，设滑块经过D 处时无机械能损失，轻杆不会与斜面相碰。

已知每个滑块的质量为m 并可视为质点，滑块与粗糙面间的动摩擦因数为tan θ，重力加速度为g 。

求 （1）滑块1刚进入BC 时，滑块1上的轻杆所受到的压力大小； （2）4个滑块完全进入BC 段时的速度；
（3）4个滑块全部滑上水平面后，相邻滑块之间的距离。

【答案】（1）3sin 4
F mg θ=； (2) 3v = ；（3）4
3d L =
【解析】
【详解】（1）以4个滑块为研究对象，设第一个滑块刚进BC 段时，4个滑块的加速度为a 1，由牛顿第二定律
14sin cos 4mg mg ma θµθ−=
以滑块1为研究对象，设刚进入BC 段时，轻杆受到的压力为F ，由牛顿第二定律
1sin cos F mg mg ma θµθ+−=
已知
tan µθ=
联立可得
3
sin 4
F mg θ=
（2）设4个滑块完全进入BC 段时，即第4个滑块刚进入BC 时，滑块的共同速度为v 3 在整个过程中， 整体的加速度相继为
0123311
sin ,sin ,sin ,sin 424
a g a g a g a g θθθθ==
== 相隔得位移为3L 、L 、L 、L ,分别对每一过程
2
02sin 3v g L θ=
① 22
1032sin 4v v g L θ=+× ②
2
22112sin 2v v g L θ=+× ③
22
3212sin 4
v v g L θ=+× ④
联立上述4式可得
3v =
（3）由于动摩擦因数为tan µθ=，则4个滑块都进入BC 段后，所受合外力为0，各滑块均以速度v 做匀速运动；第1个滑块离开BC 后做匀加速下滑，其加速度
0sin a g θ=
设到达D 处时速度为v ，
2232sin 3.5v v g L θ=+
可得
v =
当第1个滑块到达BC 边缘刚要离开粗糙段时，第2个滑块正以v 的速度匀速向下运动，且运动L 距离后离开粗糙段，依次类推，直到第4个滑块离开粗糙段。

由此可知，相邻两个滑块到达BC 段边缘的时间差为
3
L
t v ∆=
因此到达水平面的时间差也为
3
L t v ∆=
所以滑块在水平面上的间距为
d v t =∆
联立解得
43
d L
15. 如图所示是中国科学院自主研制的磁约束核聚变实验装置中的“偏转系统”原理图。

由正离子和中性粒子组成的多样性粒子束通过两极板间电场后进入偏转磁场。

其中的中性粒子沿原方向运动，被接收板接收；一部分离子打到左极板，其余的进入磁场发生偏转被吞噬板吞噬并发出荧光。

多样性粒子束宽度为L ，各组成粒子均横向均匀分布。

偏转磁场为垂直纸面向外的矩形匀强磁场，磁感强度为1B 。

已知离子的比荷为k ，两极板间电压为U 、间距为L ，极板长度为2L ，吞噬板长度为2L 并紧靠负极板。

若离子和中性粒子的重力、相互作用力、极板厚度可忽略不计，则 （1
）要使0v =0B ，
求0B 的大小；
（2）若撤去极板间磁场0B ，有n 个速度为v 1
的离子，能进入偏转磁场的离子全部能被吞噬板吞
噬，求吞噬板上收集的离子个数及1B 的取值范围；
（3）重新在两极板间施加一垂直于纸面的匀强磁场并调整磁感应强度大小，使v 2=的离子沿直线
通过极板后进入偏转磁场，若此时磁场边界为矩形，如图所示，当1B =噬板吞噬，求偏转磁场的最小面积。

【答案】（1）0B =；（2）13N n =1B ≤≤；（3）2min
3320S L = 【解析】
【详解】（1
00qv B L
U
q
= 解得
0B =
（2）粒子在电场中偏转，有
2
12
y at =
，12L v t = 又
U
q
ma L = 代入数据得
23
y L =
故能进入磁场区域收集的离子个数为
13
N n = 偏转磁场中，有
2
1v qvB m R
= 在磁场中偏转距离
11
22cos v x R kB θ= 离子射出偏转电场时，对于进入磁场的左右两边界离子而言，与吞噬板左右两端相距分别为2L 、
13L ，设离子恰好打到吞噬板两端，由几何关系得
112123
v L L kB ≤≤ 则
1B ≤≤ （3）洛伦兹力提供向心力，有
2221v qv B m r
= 解得
34
r L = 上述离子全部能被吞噬板吞噬，分析可知偏转磁场为最小面积矩形时，紧贴负极板射入磁场的粒子射出磁场时，沿直线运动能恰打在吞噬板的最左端。

在
设该轨迹圆心到磁场左边界的距离为a ，由相似三角形的几何关系得
2a r r L r
=− 解得
920
a L =
磁场1B 的最小面积 2min 33334420S L L L a L =⋅++=。