北京市房山区达标名校2018年高考三月质量检测物理试题含解析

北京市房山区达标名校2018年高考三月质量检测物理试题
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．如图所示，斜面体B放置在粗糙的水平地面上，在水平向左的推力F作用下，物体A和斜面体B均保持靜止。

若减小推力F，物体A仍然静止在斜面体B上，则（）
A．物体A受斜面体B的作用力一定减小
B．物体A所受摩擦力一定减小
C．斜面体B所受合力一定减小
D．斜面体B所受地面的摩擦力可能增大
2．轻绳一端系在质量为m的物体A上，另一端系在一个套在粗糙竖直杆MN的圆环上。

现用水平力F拉住绳子上一点O，使物体A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置，但圆环仍保持在原来位置不动。

则在这一过程中，环对杆的摩擦力F1和环对杆的压力F2的变化情况是（）
A．F1保持不变，F2逐渐增大B．F1逐渐增大，F2保持不变
C．F1逐渐减小，F2保持不变D．F1保持不变，F2逐渐减小
3．一束单色光由空气进入水中，则该光在空气和水中传播时
A．速度相同，波长相同B．速度不同，波长相同
C．速度相同，频率相同D．速度不同，频率相同
4．位于贵州的“中国天眼”是目前世界上口径最大的单天线射电望远镜(FAST)．通过FAST测得水星与太阳的视角为 (水星、太阳分别与观察者的连线所夹的角),如图所示,若最大视角的正弦C值为k,地球和水星绕太阳的运动视为匀速圆周运动,则水星的公转周期为
A
．3k年
B
．
3
1
k
年C．32k年D．
3
2
1
k
k
⎛⎫
⎪
-
⎝⎭
年
5．物块M在静止的传送带上匀加速下滑时，传送带突然转动，传送带转动的方向如图中箭头所示.则传送带转动后( )
A．M减速下滑
B．M仍匀加速下滑，加速度比之前大
C．M仍匀加速下滑，加速度与之前相同
D．M仍匀加速下滑，加速度比之前小
6．如图所示，质量相等的A、B两个小球悬于同一悬点O，且在O点下方垂直距离h=1m处的同一水平面内做匀速圆周运动，悬线长L1＝3m，L2＝2m，则A、B两小球（）
A．周期之比T1：T2＝2：3 B．角速度之比ω1：ω2＝3：2
C．线速度之比v1：v2＝8：3D．向心加速度之比a1：a2＝8：3
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．如图（a）所示，位于M、N两点处的两波源相距18m，在M、N两点间连线上有一点P，6m
MP=。

t=时，两波源同时开始振动，振动图象均如图（b）所示，产生的两列横波沿MN连线相向传播，波在MN间的均匀介质中传播的速度为300m/s。

下列说法正确的是（）
A．两波源产生的横波的波长6m
λ=
B．0.025s
t=时，M点处的波源产生的第一个波峰到达P点
C．P点的振动是减弱的
D．在0~0.035s
t=内，P点运动的路程为35cm
8．如图所示，A 、B 、C 三点组成一边长为l 的等边三角形。

该空间存在平行于ABC 平面的匀强电场。

一质量为m 、带电量为+q 的粒子仅受电场力作用依次通过A 、B 、C 三点，通过A 、C 两点的速率均为v 0，通过B 点时的速率为
03
3
v ，则该匀强电场场强E 的大小和方向分别是
A ．E=2
23mv
B ．E=2
23mv
C ．方向垂直AC 斜向上
D ．方向垂直AC 斜向下
9．如图所示为一定质量的理想气体的压强随体积变化的1
P V
- 图像，其中AB 段为双曲线，BC 段与横轴平行，则下列说法正确的是（ ）
A ．过程①中气体分子的平均动能不变
B ．过程②中气体需要吸收热量
C ．过程②中气体分子的平均动能减小
D ．过程③中气体放出热量
E.过程③中气体分子单位时间内对容器壁的碰撞次数增大
10．甲、乙两车在同一平直道路上同向运动其v t -图像如图所示，图中OPQ ∆和OQT ∆的面积分别为1s 和()221s s s >，初始时，甲车在乙车前方0s 处，则（ ）
C ．若01s s =，两车相遇1次
D ．若02s s =，两车相遇1次
11．如图所示，理想变压器输入端接在电动势随时间变化，内阻为r 的交流电源上，输出端接理想电流表及阻值为R 的负载，如果要求负载上消耗的电动率最大，则下列说法正确的是（ ）
A ．该交流电源的电动势的瞬时值表达式为()sin 100m e t E π=V
B ．变压器原副线圈匝数的比值为
r R
C ．电流表的读数为
22m
Rr
E
D ．负载上消耗的热功率24m
E r
12．下列说法正确的是____________.
A ．液体的沸点是液体的饱和蒸气压与外界压强相等时的温度
B ．当液体与大气接触时，液体表面分子的势能比液体内部分子的势能要大
C ．布朗运动虽不是分子运动，但它证明了组成固定颗粒的分子在做无规则运动
D ．第二类永动机不能制成是因为它违反了能量守恒定律
E.热力学第二定律告诉我们一切自发的过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行 三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．在“探究变压器线圈两端的电压与匝数之间的关系”实验中，斌斌利用如图所示可拆式变压器（铁芯不闭合）进行研究。

（1）实验还需要下列器材中的________；
（2）实验中，图中变压器的原线圈接线“0、8”接线柱，所接电源电压为交流10.0V ，副线圈接线“0、4”接
A ．20.0 V
B ．15.0 V
C ．5.0 V
D ．2.5 V
14．某同学利用电磁打点计时器、光电门和气垫导轨做验证动量守恒定律的实验。

气垫导轨装置如图（a ）所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、光电门等组成，气垫导轨大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差。

(1)下面是实验的主要步骤：
①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平，向气垫导轨通入压缩空气：
②把电磁打点计时器固定在紧靠气垫导轨右端，将纸带客穿过打点计时器，并固定在滑块1的右端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向且在同一直线上；
③在小滑块2上固定一个宽度为d 的窄遮光片，把滑块2放在气垫导轨中间附近，使滑块2开始时处于静止状态；
④先______，然后滑块1一个向左的初速度，让滑块1带动纸带一起向左运动，滑块1和2发生碰撞，纸带记录滑块1碰撞前后的运动情况，纸带左端是滑块1碰前运动的记录情况，纸带右端是滑块1碰后运动的记录情况。

⑤记录滑块2通过光电门时遮光片的遮光时间t ；
⑥取下纸带，重复步③④⑤，选出理想的纸带如图（b ）所示，测出遮光片宽度 2.1mm d =，并计算遮光片遮光时间的平均值0.700ms t =；
⑦测得滑块1的质量为0.300kg ，滑块2的质量为0.100kg 。

完善实验步骤④的内容。

(2)已知打点计时器每隔0.02s 打一个点，计算可知两滑块相互作用以前系统的总动量大小为______kg m/s ⋅；两滑块相互作用以后系统的总动量大小为______kg m/s ⋅（保留三位有效数字）。

(3)分析碰撞前后的总动量本实验可以得到的结论是：______。

15．如图所示，两气缸AB粗细均匀，等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A的直径为B 的2倍，A上端封闭，B上端与大气连通；两气缸除A顶部导热外，其余部分均绝热．两气缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a、b，活塞下方充有氮气，活塞a上方充有氧气；当大气压为P0，外界和气缸内
气体温度均为7℃且平衡时，活塞a
离气缸顶的距离是气缸高度的
1
4
，活塞b在气缸的正中央．
①现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b恰好升至顶部时，求氮气的温度；
②继续缓慢加热，使活塞a上升，当活塞a上升的距离是气缸高度的
1
16
时，求氧气的压强．
16．如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向以1m/s
v=的速度传播，当波传播到坐标原点O时开始计时，O点处质点的振动方程为10sin10(cm)
y tπ
=，x轴上的P点横坐标10cm
p
x=，求：
(1)P点处的质点第二次到达波谷的时刻；
(2)当O点处的质点运动的路程为1m时，P点处的质点运动的路程。

17．在如图甲所示的平面坐标系xOy内，正方形区域（0<x<d、0 <y<d）内存在垂直xOy平面周期性变化的匀强磁场，规定图示磁场方向为正方向，磁感应强度B的变化规律如图乙所示，变化的周期T可以调节，图中B0为己知。

在x=d处放置一垂直于x轴的荧光屏，质量为m、电荷量为q的带负电粒子在t=0时刻从坐标原点O沿y轴正方向射入磁场，不计粒子重力。

（1）调节磁场的周期，满足T>
2m
qB
π
，若粒子恰好打在屏上P（d，0）处，求粒子的速度大小v；
（2）调节磁场的周期，满足T=
m
qB
π
，若粒子恰好打在屏上Q（d，d）处，求粒子的加速度大小a；
（3）粒子速度大小为v0=0
6
qB d
m
时，欲使粒子垂直打到屏上，周期T应调为多大？
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 1．A 【解析】 【分析】 【详解】
A ．物体A 始终处于平衡状态，所以物体A 受到的重力、推力F 和物体A 受斜面体
B 的作用力，根据平衡条件可知物体A 受斜面体B 的作用力为
22()BA A F m g F =+减小推力F ，物体A 受斜面体B 的作用力一定减小，故A 正确；
B ．物体A 始终处于平衡状态，所以物体A 受到的重力、推力F 、斜面体B 对物体A 的支持力和摩擦力，设斜面的夹角为θ，若斜面体B 对物体A 的摩擦力方向沿斜面向上，根据平衡条件在沿斜面方向则有
cos θsin θ0A F f m g +-=
当F 减小时，物体A 所受摩擦力增大；
若斜面体B 对物体A 的摩擦力方向沿斜面向下，根据平衡条件在沿斜面方向则有
cos θsin θ0A F f m g --=
当F 减小时，则物体A 所受摩擦力减小，故B 错误；
C ．斜面体B 始终处于平衡状态，所以受到的合外力始终等于0，不变，故C 错误；
D ．视物体A 和斜面体B 为整体，在水平方向受到推力F 和地面对斜面体B 的摩擦力，根据平衡条件可知水平方向受到推力F 大小等于地面对斜面体B 的摩擦力，当F 减小时，地面对斜面体B 的摩擦力也减小，故D 错误；
2．D
【解析】
【详解】
以圆环、物体A及轻绳整体为研究对象，分析受力情况，如图1所示，根据平衡条件得到，杆对环的摩擦力
f=G
保持不变；
杆对环的弹力
F N=F
再以结点O为研究对象，分析受力情况，如图2所示：
设绳与竖直方向夹角为θ，由平衡条件得到
F=mgtanθ
当物体A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置过程中，θ逐渐减小，则F逐渐减小，F N逐渐减小。

据牛顿第三定律可得，F1保持不变，F2逐渐减小。

故D项正确，ABC三项错误。

3．D
【解析】
【分析】
【详解】
不同的单色光频率不相同，同一单色光在不同的介质内传播过程中，光的频率不会发生改变；由公式
c v
n
可以判断，水的折射率大于空气的，所以该单色光进入水中后传播速度减小．A．速度相同，波长相同，与结论不相符，选项A错误；
B．速度不同，波长相同，与结论不相符，选项B错误；
C．速度相同，频率相同，与结论不相符，选项C错误；
D．速度不同，频率相同，与结论相符，选项D正确；
【学科网考点定位】光的传播、光速、波长与频率的关系 【方法技巧】
本题分析时要抓住光在不同介质中传播频率不变这个特征，应用公式c
v n
=公式分析光进入不同介质中的传播速度． 4．A 【解析】 【分析】 【详解】
最大视角的定义，即此时观察者与水星的连线应与水星轨迹相切，由三角函数可得：sin r r θ=
水地
，结合题
中已知条件sinθ=k ，由万有引力提供向心力有：2224Mm G m r r T π=，解得：2T =，得
T T 水地
=，得=T T 水T 地=1年，故T 水=B ，C ，D 错误，A 正确.
故选A. 【点睛】
向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或要求解的物理量选取应用，物理问题经常要结合数学几何关系解决. 5．C 【解析】 【详解】
传送带静止时，物块加速向下滑，对物块受力分析，垂直传送带方向
sin N mg θ=
平行传送带斜向下
sin mg N ma θμ-=
所以
sin cos a g g θμθ=-
传送带突然向上转到，物块依然相对传送带向下运动，受力没有变化，摩擦力依然平行传送带向上，所以小物块加速度不变，所以C 正确，ABD 错误； 故选C 。

6．C
【详解】
AB ．小球做圆周运动所需要的向心力由重力mg 和悬线拉力F 的合力提供，设悬线与竖直方向的夹角为θ。

对任意一球受力分析，由牛顿第二定律有： 在竖直方向有 Fcosθ-mg=0…① 在水平方向有
2
24sin sin F m L T
πθθ= …②
由①②得
2T = 分析题意可知，连接两小球的悬线的悬点距两小球运动平面的距离为h=L cosθ，相等，所以周期相等 T 1：T 2=1：1 角速度
2T
πω＝
则角速度之比 ω1：ω2=1：1 故AB 错误；
C ．根据合力提供向心力得
2
tan tan v mg m
h θθ
= 解得
tan v =
根据几何关系可知
1tan h
θ=
=
2tan h
θ=
=故线速度之比
12v v :
故C 正确；
12a a =:故D 错误。

故选C 。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．ABE
【解析】
【详解】
A ．由图可知波的周期为
0.02s T =
则两横波的波长为
6m vT λ==
所以A 正确；
B ．由题可知
6m MP =
则波由M 传到P ，所用时间为
0.02s MP t T v
=== t 为0.025s 时，波源M 已经向右发出
54个周期的波，由图象可知，P 点已经振动14T ，则M 点处的波源产生的第一个波峰到达P 点，所以B 正确；
C ．由题意可知
12m PN MN MP =-=
两列波到达P 点的波程差为
6m x PN MP λ∆=-==
是波长的整数倍，可知P 点为加强点，所以C 错误；
D ．波源M 的波需要一个周期传到P 点，则0.035s 波源M 发出的波已经传到
10.5m x vt ==处
时间为
70.035s 4
t T == 可知，P 点振动了34
T ，路程为 35cm 15cm s =⨯=
所以D 错误；
E ．振幅为10cm 的质点即为加强点，则
x n λ'∆=
n 取0，±1，2±，对应的位置有5个：MN 的中点，距离M 和N 分别6m 处，距离M 和N 分别3m 处，所以E 正确。

故选ABE 。

8．BC
【解析】
【详解】
AB.据题意可知AC 为该匀强电场的等势线，因从A 到B 电场力对粒子做负功，且粒子带正电，可知电场方向垂直AC 斜向上，据动能定理可得
2
2001122
m mv ⎫-=-⎪⎪⎝⎭
解得209E ql =，故A 错误B 正确。

CD. 据题意可知AC 为该匀强电场的等势线，因从A 到B 电场力对粒子做负功，且粒子带正电，可知电场方向垂直AC 斜向上，故C 正确D 错误。

9．BDE
【解析】
【分析】
【详解】
根据理想气体状态方程PV nRT =，可得：
1P nRT V
=⋅ 故可知，1P V
-图象的斜率为： k nRT =
而对一定质量的理想气体而言，斜率定性的反映温度的高低； A.1P V
-图象在过程①的每点与坐标原点连线构成的斜率逐渐减小，表示理想气体的温度逐渐降低，可知平均动能减小，故A 错误； B. 1P V -
图象过程②的每点与坐标原点连线构成的斜率逐渐逐渐增大，则温度升高，吸收热量，平均动能增大，故B 正确，C 错误；
D.过程③可读出压强增大，斜率不变，即温度不变，内能不变，但是体积减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体向外界放出热量，故D 正确；
E.过程③可读出压强增大，温度不变，分子的平均动能不变，根据理想气体压强的微观意义，气体压强与气体分子单位时间内对容器壁的碰撞次数、气体分子平均动能有关，在压强增大，温度不变以及体积减小
的情况下，气体分子对容器壁的碰撞次数增大，故E 正确；
故选BDE 。

10．ABC
【解析】
【详解】
读取v t -图像信息，运动情景图如图所示
图像与t 轴所围面积为位移，至Q 点时，乙车位移为
s 乙12s s =+
甲车位移为
s 甲2s =
初始时，甲车在乙车前方0s 处
若甲、乙两车速度相同为v 时，有
120s s s +=
乙车还没有追上甲车，此后甲车比乙车快，不可能追上；
若甲、乙两车速度相同为v 时，有
1202s s s s +>+
即
01s s <
则此前乙车已追上甲车1次，此时乙车在甲车前面，之后乙车速度小于甲车，乙车还会被甲车反追及1次。

则全程相遇2次；
若甲、乙两车速度相同为v 时，有
1202s s s s +=+
即
01s s =
则此前乙车始终在甲车后面，此时乙车刚好追及甲车（临界点），之后乙车速度小于甲车，不再相遇。

则全程仅相遇1次；故A 、B 、C 正确，D 错误；
故选ABC 。

11．BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由图可知周期T ＝4×10-2s ，角速度
222rad /s 50rad /s 410
T ππωπ-⨯＝＝＝ 所以该交流电源的电动势的瞬时值表达式为
e ＝E m sin(50πt)
故A 错误；
B ．设原副线圈中的匝数分别为n 1和n 2，电流分别为I 1和I 2，电压分别为U 1和U 2，则
U 1＝E−I 1r
电阻R 消耗的功率
P ＝U 2I 2=U 1I
即
P ＝(E−I 1r)I 1＝−I 12r−EI 1
可见
I 1＝2E r
时，P 有最大值
2
max 4E P r
＝ 此时
11 2
E U E I r -＝＝
则
2 U 所以
1122 n U n U ＝故B 正确；
C ．电流表的读数为有副线圈电流的有效值：原线圈电流有效值为
1I =
则
12112 n I I n ＝故C 正确；
D ．负载上消耗的功率
22max 48m E E P r r ＝＝ 故D 错误。

故选BC.
12．ABE
【解析】
【分析】
【详解】
液体的沸点是液体的饱和蒸气压与外界压强相等时的温度，A 正确；当液体与大气接触时，液体表面分子的距离大于液体内部分子之间的距离，分子势能比液体内部分子的势能要大，B 正确；布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，是由于其受到来自各个方向的分子撞击作用是不平衡导致的，其间接反映了周围的分子在做无规则运动，C 错误；第二类永动机指的是不消耗任何能量，吸收周围能量并输出，不能制成是因为违反了热力学第二定律，D 错误；热力学第二定律告诉我们一切自发的过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行，E 正确．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．AD D
【解析】
【详解】
(1)[1]探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系实验要用到交流电压表，B 是直流电流表，C 是直流电压表，A 是多用电表，可以用多用电表的交流电压挡测电压，实验中为了安全，输入电压不能超过12V ，需要交流学生电源，故选AD 。

(2)[2]如果是理想变压器，则电压比等于匝数比，输出电压为5V ，但图中变压器存在比较大的漏磁，实际输出电压小于5V ，故D 正确。

故选D 。

14．先接通打点计时器电源 0.600 0.595 在允许误差范围内，通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒
【解析】
【详解】
（1）[1]为了打点稳定，实验时应先接通打点计时器的电源，再放开滑块1。

（2）[2]作用前系统的总动量为滑块1的动量，
010p m v =
而
00.12 m/s 2 m/s 0.023
v =
=⨯ 所以 00.300 2 kg m/s 0.600kg m/s p =⨯⋅=⋅
[3]作用后系统的总动量为滑块1和滑块2的动量和，且此时滑块1速度v 1为
10.059 m/s 0.983m/s 0.023
v ==⨯ 滑块2速度v 2为
3
23
2.110 m/s 3m/s 0.70010v --⨯==⨯ 以两滑块相互作用以后系统的总动量大小
11220.3000.983 kg m/s 0.100 3 kg m/s 0.595 kg m/s p m v m v =+=⨯⋅+⨯⋅=g
（3）[4] 分析碰撞前后的总动量本实验可以得到的结论是在允许误差范围内，通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．（2）320K;
【解析】
试题分析：现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b 升至顶部的过程中，a 活塞不动，活塞a 、b 下方的氮气经历等压过程，分析出初态和末态的体积和温度，由盖•吕萨克定律求解；继续缓慢加热，使活塞a 上升，活塞a 上方的氧气经历等温过程，根据玻意耳定律求解即可．
（1）活塞b 升至顶部的过程中，活塞a 不动，活塞a 、b 下方的氮气经历等压过程．设气缸A 的容积为V 0，氮气初态体积为V 1，温度为T 1，末态体积为V 2，温度为T 2，按题意，气缸B 的容积为
04V , 则有：00013714248V V V V =+⋅= 0020344
V V V V ==+ 根据盖•吕萨克定律得：
1212V V T T = 代入数据解得：2320T K =
（2）活塞b 升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a 开始向上移动，直至活塞上升的距离是气缸高度的1
16
时，活塞a 上方的氧气经历等温过程，设氧气初态体积为V 1′，压强为P 1′，末态体积为V 2′，压强为P 2′，
由题给数据有，014V V ''= 10P P '= 02316
V V =' 由玻意耳定律得：1122P V
P V ''''= 解得：2043
P P '= 点睛：本题涉及两部分气体状态变化问题，除了隔离研究两部分气体之外，关键是把握它们之间的联系，比如体积关系、温度关系及压强关系．
16． (1)0.45s ；(2)0.8m
【解析】
【详解】
(1)由题意可知该波的周期
22s 0.2s 10T π
πωπ
=== 则波长
0.2m vT λ==
从0t =开始，波传到P 点的时间
1p
x t v =
质点P 从开始振动到第二次到达波谷的时间
274
t T = 则P 点处的质点第二次到达波谷的时刻
120.45s t t t =+=。

(2)当O 点处质点运动路程为1m 时，其运动时间为
1m 1m T T 2.5T 440.1m
t A '===⨯ 而O 、P 两点间的距离恰好等于半个波长，即O 点比P 点先振动半个周期，所以P 点振动了2个周期，则P 点运动的路程为
240.8m A ⨯=
17．（1）2qBd v m =；（2）222q B d a m k
=(其中 k=1，2，3……)；（3）T=2()2m qB πθ+,其中sin θ=16，θ=arcsin 16；sin θ=
14，θ=arcsin 14；sin θ=34，θ=arcsin 34。

；
【解析】
【详解】
（1）粒子的运动轨迹如图所示：
由洛伦兹力提供向心力，有： qvB =m
21
v R 几何关系可得：
2R 1=d
联立解得：
2qBd v m
= （2）粒子的轨迹如图所示：
由几何关系可得：
222d R =，其中 k=1、2、3……
2
2
v qvB m R =； 可得：
qBd v km
=
而 qvB a m
=
联立可得：
222q B
d a m k
=，其中k=1，2，3…… （3）洛伦兹力提供向心力，有：
qvB=m 203v R ； 06qBd v m
=； 36d R = 粒子运动轨迹如图所示，
在每个磁感应强度变化的周期内，粒子在图示A 、B 两个位置可能垂直击中屏，且满足要求0<θ<3
π。

设粒子运动的周期为T′，由题意得： 222T T π
θπ
+'=； 3022R m T v qB ππ'== 设经历完整T B 的个数为n （n = 0，1，2，3……）
（I ）若粒子运动至A 点击中屏，据题意由几何关系得：
R+2（R+Rsin θ）n=d
当 n=0、 1时无解；
当 n=2时，sin θ=
14，θ=arcsin 14
； n>2时无解。

（II ）若粒子运动至B 点击中屏，据题意由几何关系得:
R+2Rsin θ+2（R+Rsin θ）n=d
当n=0时无解。

n=1时，sinθ=3
4
，θ=arcsin
3
4
；
n=2时：sinθ=1
6
，θ=arcsin
1
6
；
n>2 时无解综合得：
T=2
()
2
m
qB
π
θ
+；
其中sinθ=1
6
，θ=arcsin
1
6
；sinθ=
1
4
，θ=arcsin
1
4
；sinθ=
3
4
，θ=arcsin
3
4。