2017年4月浙江省普通高校招生选考科目考试物理试卷(解析版)

物理试题

选择题部分

一、选择题Ⅰ(本题共13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.下面物理量及其对应的国际单位制单位符号，正确的是 A.力，kg B.功率，J C.电场强度，C/N D.电压，V 【答案】D

【考点】本题主要考察知识点：国际单位制

【解析】在国际单位制中.力的单位良N.故A错误;功率的单位是W.故B错误;电场强度的单位是N/C .故 C 错误 ;电压的甲位是V，故A正确。 2.下列各组物理量中均为矢量的是

A.路程和位移 B.速度和加速度 C.力和功 D.电场强度和电势 【答案】B

【考点】本题主要考察知识点：矢量与标量

【解析】位移是矢量.但路程是标量.故A错误;速度与加速度都是矢量.故B正确;力是矢量，但功是标量，故C错误，电场强度是矢量，但电势是标量，故D错误。 3.下列描述正确的是

A.开普勒提出所有行星绕太阳运动的轨道是椭圆 B.牛顿通过实验测出了万有引力常数 C.库伦通过扭秤实验测定了电子的电荷量 D.法拉第发现了电流的磁效应 【答案】A

【考点】本题主要考察知识点：物理学史

【解析】开晋勒提出三大行星运动定律.其中开普勒第一定律说明所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆故A正确，牛顿提出了万有弓}力定律.但万有引力常数是英国物理学家卡文迪许通过扭砰实验测得的，故B错误，密立根通过油滴实验测出了电子的电荷量，故C错误；;奥斯特提出了电流的磁效应.故D错误. 4.拿一个长约1.5m的玻璃筒，一端封闭，另一端有开关，把金属片和小羽毛放到玻璃筒里。把玻璃筒倒立过来，观察它们下落的情况，然后把玻璃筒里的空气抽出，再把玻璃筒倒立过来，再次观察它们下落的情况，下列说法正确的是 A.玻璃筒充满空气时，金属片和小羽毛下落一样快

B.玻璃筒充满空气时，金属片和小羽毛均做自由落体运动 C.玻璃筒抽出空气后，金属片和小羽毛下落一样快 D.玻璃筒抽出空气后，金属片比小羽毛下落快 【答案】C

【考点】本题主要考察知识点：牛顿运动定律

【解析】抽出空气前.金属片和口小羽毛受到空气阻力的作用，但金属片质量大.加加速度大，所以金属片下落快.但金属片和小羽毛都不是做自田落体运动.故AB错误.抽出出空气后金属片和小羽毛都不受空气阻力作用.只受重力作用运动，都为加速度为重力加速度做自由落体运动，下落一样快.故C正碗.D错误.

5.4月的江南，草长莺飞，桃红柳绿，雨水连绵。伴随温柔的雨势时常出现瓢泼大雨，雷电交加的景象，在某次闪电过后约2秒小明听到雷声，则雷电生成处离小明的距离约为：

A. 6102m B. 6104m C. 6106m D. 6108m

【答案】A

【考点】本题主要考察知识点：运动学公式

【解析】光在空气中的传播速度为c3.0108m/s，声波在空气中的传播速度为v=340m/s，所以由运动学公式，

声波与光在空气中传播的时间差t=s/v - s/c,所以s=vt=680m,故选A。

6.汽车以10m/s的速度在马路上匀速行驶，驾驶员发现正前方15m处的斑马线上有行人，于是刹车礼让汽车恰好停在斑马线前，假设驾驶员反应时间为0.5s。汽车运动的v-t图如图所示，则汽车的加速度大小为

A. 20m/s2 B.

6m/s2 C. 5m/s2 D. 4m/s2

【答案】C

【考点】本题主要考察知识点：速度时间图像，运动学公式

【解析】根据速度

时间图像可以知道，在驾驶员反应时间内，汽车的位移为x1vt5m,所

以汽车在减

速阶段的位移

x2xx110m，由运动学公式得出 v22ax2 a=5m/s2

故选C

7.重型自卸车利用液压装置使车厢缓慢倾斜到一定角度，车厢上的石块就会自动滑下，以下说法正确的是 A.在石块下滑前后自卸车与石块整体的重心位置不变 B.自卸车车厢倾角越大，石块与车厢的动摩擦因数越小 C.自卸车车厢倾角变大，车厢与石块间的正压力减小

D.石块开始下滑时，受到的摩擦力大于重力沿斜面方向的分力 【答案】C

【考点】本题主要考察知识点：受力分析的应用

【解析】在石块下滑前.自卸车与石块整体的重心位置上升.下滑后又下降.故A错误；动摩擦因数是材料间的固有属性.只与材料有关.和倾角无关.故B错误；车厢与石块间的正压力与右块所受重力在垂直斜面方问的分力大小相等‘所以当车厢倾角变大.正压力减小.故C正确;石块在开始下滑时.受到魔擦力等于重力沿着斜面向下的分力D错误。

8.如图所示，在竖立放置间距为d的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场。有一次量为m，电荷量为

q的点电荷从两极板正中间处静止释放，重力加速度为g。则

点电荷运动到负极板的过程

aqEtdmA.加速度大小为mg B.所需的时间为Eq

yd C.下降的高度为2 D.电场力所做的功为 WEqd

【答案】B

【考点】本题主要考察知识点：带电粒子在电场中的运动

【解析】点电荷往电场中的受力分析如图所示，点电荷所受的合外力为

F(Eq)2(mg)2，所以由牛顿第二定律得点电荷在水平方向的加速度为

a1=Eq/m，由运动学公式d/2=a1t2

/2,所以

tdmEq，故B正确，点电荷在竖直方向上做自

由落体运动，

y1所以下降的高度

2gt2mgd2Eq，故C错误；由做功公式W=Eqd/2,故D错误。

9.如图所示，两平行直导线cd和ef竖直放置，通以方向相反大小相等的电流，a、b两点位于两导线所在的平面内。则

A.b点的磁感应强度为零

B. ef导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向里 C.cd导线受到的安培力方向向右

D.同时改变了导线的电流方向，cd导线受到的安培力方向不变

【答案】D

【考点】本题主要考察知识点：左手定则、右手螺旋定则 【解析】由右手螺旋定则可知.cdJ导线和ef导线在b处产生的磁场方向都垂直纸面向外.所以由矢量合成知b处的磁感应强度垂直纸面向外.故A错误:由右手螺旋定则知ef导线在左侧产生的磁感应强度垂直纸面向外，故B错误:由左手定则知.cd导线受到的安培力方向向左.故C错误:由题意可知，cd导线所处的位置磁汤方向发生改变，但同时自身电流方向向也发生改变，由左手定则知cd导线所受安培力方向不变.故D正确

10.重力为G的体操运动员在进行自由体操比赛时，有如图所示的比赛动作，当运动员竖直倒立保持静止状态时，两手臂对称支撑，夹角为θ，则：

GA.当600时，运动员单手对地面的正压力大小为2

B.当1200时，运动员单手对地面的正压力大小为G

C.当θ不同时，运动员受到的合力不同

D.当θ不同时，运动员与地面之间的相互作用力不相等 【答案】A

【考点】本题主要考察知识点：受力分析

【解析】运动员处于静止状态，即平衡状态.每只手都承受自身重力的一半.和角度无关，所以A正确,BC错误:由牛顿第三定律知两物体间的相互作用力大小永远相等.故D错误。

11.如图所示，设行星绕太阳的运动是匀速圆周运动，金星自身的半径是火星的n倍，质量为火星的k倍，不考虑行星自转的影响，则

kA.金星表面的重力加速度是火星的n

kB.金星的第一宇宙速度是火星的n

C.金星绕太阳运动的加速度比火星小 D.金星绕太阳运动的周期比火星大 【答案】B

【考点】本题主要考察知识点：天体运动

g2金M金R火2【解析】有黄金代换公式GM=gR2可知g=GM/R2,所以

gk火M火R金n2故A

错误，由万有引力提供近地卫星做匀速圆周运动的向心力可知GMm/R2=mV12/R得v1GM/R，所以

V1金M金R火VRk1火M火金n故B正确；由高轨道低速大周期知，金星做圆周运动的加速度较大，周期较小，故CD错

误。

12.火箭发射回收是航天技术的一大进步。如图所示，火箭在返回地面前的某段运动，可看成先匀速后减速的直线运动，最后撞落在地面上。不计火星质量的变化，则 A.火箭在匀速下降过程中机械能守恒

B.火箭在减速下降过程中携带的检测仪器处于失重状态 C.火箭在减速下降过程中合力做功，等于火箭机械能的变化 D.火箭着地时，火箭对地的作用力大于自身的重力 【答案】D

【考点】本题主要考察知识点：功能关系、超重与失重

【解析】火箭匀速下降过程中.动能不变.重力势能减小，故机械能减小，A错误:火箭在减速下降时.携带的检测仪器受到的支持力大于自身重力力.故处在超重状态.B错误.由功能关系知.合力做功等于火箭动能变化.而除重力外外的其他力做功之和等于机械能变化，故C错误.火箭着地时.加速度向上.所以火箭对地面的作用力大子自身重力，D正确.

13.图中给出某一通关游戏的示意图，安装在轨道AB上可上下移动的弹射器，能水平射出速度大小可调节的弹丸，弹丸射出口在B点的正上方，竖直面内的半圆弧BCD的半径为R=2.0m，直径BD水平且与轨道AB处在同一竖直平面内，小孔P和圆心O连线与水平方向夹角为37º，游戏要求弹丸垂直于P点圆弧切线方向射入小孔P就能进入下一关.为了能通关，弹射器离B点的高度和弹丸射出的初速度分别是(不计空气阻力) A.

0.15m,43m/s B.1.50m,43m/s C.0.15m,26m/s D. 1.50m,26m/s

【答案】A

【考点】本题主要考察知识点：平抛运动

【解析】由题意可知弹丸从p点射出时的速度方向就是半径OP的方向.即与水平方向成37度夹角，由平抛运动

Vy3,Vygt,hRsin37ogt2,解得规律Vo42h=0.15,V043m/s,故选A。

二、选择题Ⅱ(本题共3小题，每小题2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2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分) 14.下列说法正确的是:

A.β,γ射线都是电磁波B.原子核中所有核子单独存在时，质量总和大于该原子核的总质量， C.在LC振荡电路中，电容器刚放电时电容器极板上电量最多，回路电流最小 D.处于n=4激发态的氢原子，共能辐射出四种不同频率的光子 【答案】BC

【考点】本题主要考察知识点：三种射线、结合能质能方程、LC振荡电路、氢原子光谱

【解析】β射线是高速移动的电子流.属于实物波.不属于电磁波.故A错误，在核子结合成原子核过程中需要释放出结合能.根据质能方程E =mc2,所以结合原子核过程中存在质量损失. 所以B正确， LC振荡电路中放电之前属于充电过程，电场能逐渐增大.磁场能逐渐减小，回路电流逐渐减小 .刚刚开始放电时正好是电场能最大，磁场能最小的时刻.所以回路电流此时最小，处于n=4激发态的氢原子能释放出C42=6频率的光子，所以本题选择 BC. 15.一列向右传播的简谐横波，当波传到x2.0m处的P点时开始计时，该时刻波形如图所示，t0.9s时，

观察到质点P第三次到达波峰位置，下列说法正确的是

A.波速为 0.5m/s B.经1.4s质点P运动的路程为70cm

C.t1.6s时，x4.5m处的质点Q第三次到达波谷

D.与该波发生干涉的另一列简谐横波的频率一定为2.5HZ 【答案】BCD

【考点】本题主要考察知识点：波动图象、波速波长和周期关系、干涉条件 【解析】首先从图中我们可以得出这列波的波长为2米.同时每一个质点开始振动的方向是+y方向万。从0时刻开始到0.9s，P点恰好第三次到达波峰，表示经过了9/4个周期，得出周期TY=0.4s,所以波速v=λ/T=5m/s，故A错误，经过1.4s则P点恰好完成3个完整会周期加1/4周期，所以路程为70cm，故B正确，经过0.5s波传到Q点，则Q点运动了1.1s，恰好完成两个完整周期加3/4周期，处于波谷，故C正确，本列波的频率为2.5HZ，所以要与2.5Hz的波发生干涉，故D正确。

16.图中给出了用“双缝干涉测量光的波长”实验示意图，双缝S1和S2间距为0.80mm，双缝到屏的距离为0.80m，波长为500nm的单色平行光垂直入射到双缝S1和S2上，在屏上形成干涉条纹，中心轴线OO'上方第一条亮纹中

心位置在P1处，第三条亮纹中心位置在P2处，现有1号、2号虫子分别从S1和S2出发，以相同速度沿垂直屏方向飞行，1号虫子到达屏后，沿屏直线爬行到P1，2号虫子到达屏后，沿屏直线爬行到P2，假定两只虫子爬行速度均为10-3m/s，正确的是：

A.1号虫子运动路程比2号短 B.两只虫子运动的时间差为0.2s

C.两只虫子运动的时间差为1.0s D.已知条件不够，两只虫子运动的时间差无法计算 【答案】AB

【考点】本题主要考察知识点：双缝干涉的现象以及相邻亮条纹间距公式，匀速直线运动的基本计算。

xL【解析】根据双缝干涉相邻亮纹间距公式

d得出相邻亮条纹间距为5mm,则得出p1p2在屏幕上的坐标粉笔

为0.5mm,1.5mm，那么1号虫子从S1到P1的路程为800.9mm，2号虫子从S2到P2的路程为801.1mm，故A正确，已知路程差为0.2mm可以得出时间差为0.2s，故B正确CD错误。

非选择题部分

三、非选择题(本题共7小题，共55分)

17.在研究“平抛运动”实验中，(1)图1是横档条，卡住平抛小球，用铅笔标注小球最高点，确定平抛运动轨迹的方法，坐标原点应选小球在斜槽末端时的 。

A.球心 B.球的上端 C.球的下端

在此实验中，下列说法正确的是 。（多选）

A. 斜槽轨道必须光滑 B.记录的点应适当多一些 C.用光滑曲线把所有的点连接起来D.y轴的方向根据重垂线确定

（2）图2是利用图1装置拍摄小球做平抛运动的频闪照片，由照片可以判断实验操作错误的是 。

A.释放小球时初速度不为零 B.释放小球的初始位置不同 C.斜槽末端切线不水平 （3）图3是利用稳定的细水柱显示平抛运动轨迹的装置，其中正确的是_______。

【答案】（1）B BD （2）C （3）B

【考点】本题主要考察知识点：平抛运动实验原理以及注意事项。 【解析】（1）题干中指出用铅笔标注小球的最高点作为小球轨迹的记录点点.所以坐标原点也应选为球的上端.选 ；B;斜槽轨到不必光滑，A错.记录的点i适当多一点，以便更准确的描出平抛轨迹.；B对.为比较准确地描出小球运动的轨迹.将这些点平滑连接起来，C错，用中垂线确定Y轴坐标，D对。 （2）由图可知，小球做斜抛运动.所以斜槽末端没有水平放置，选C。

（3）A没有水流出，c'随着液面降低，压力减小，水柱流速不断减小，C错只有B瓶内能维持相对稳定的压强，水柱流速稳定，选择B。

18.小明用电学方法测量电线的长度，首先小明测得电线铜芯的直径为1.00mm，估计其长度不超过50m，（已知铜的电阻率为1.7510-8Ω▪m），现有如下实验器材：①量程为3V、内阻约为3KΩ的电压表；②量程为0.6A、内阻约为0.1Ω的电流表；③阻值为0-2Ω的滑动变阻器；④内阻可忽略，输出电压为3V的电源；⑤阻值为R0=4.30Ω的定值电阻，开关和导线若干小明采用伏安法测量电线电阻，正确连接电路后，调节滑动变阻器，电流表的示数从0开始增加，当是数为0.5A时，电压表示数如图1所示读数为 V，根据小明测量的信息，图2中P点应该 （选填“接a”、“接b”、 “接c”或“不接”）q点应该 （选填“接a”、“接b”、“接c”或“不接”），小明测得的电线长度为 m。

【答案】2.50 接b 接a 31.4

【考点】本题主要考察知识点：电阻测量实验、电表读数、电路连接

【解析】由图可得电压表量程为3V，最小精度0.1V，有效数字应该保留到0.01V，示数应为2.50V；被测量电阻属于小电阻，电流表应该外接，P点接b，题中要求电流表能从0开始变化，所以采取分压接法，Q点应接a，根据电阻定律R=ρL/S ,代入数据可得长度为31.4m

19.游船从码头沿直线行驶到湖对岸，小明对过程进行观察，记录数据如下表， 运动过程 运动时间 运动状态 匀加速运动 0~40s 初速度v00；末速度v4.2m/s 匀速运动 40~0s v4.2m/s 匀减速运动 0~720s 靠岸时的速度vt0.2m/s （1）求游船匀加速运动过程中加速度大小a1，及位移大小x1；

（2）若游船和游客总质量M8000kg，求游船匀减速运动过程中所受合力的大小F； （3）求游船在整个行驶过程中的平均速度大小 。

【答案】

(1)游船匀加速运动过程中加速度大小 a1=0.105m/s2,位移大小为x1=84m (2)游船匀减速运动过程中所受的合力大小F=400N (3)游般在整个行驶过程中的的平均速度大小为3.86m/s

【考点】本题主要考察知识点：位移速度加速度；匀变速直线运动以及公式图像

【解析】由题意做出v-t图像如图

av4.2010.105m/s2（1）t40 x11 12vt24.24084m

所以船匀加速运动过程中加速度大小 a1=0.105m/s2,位移大小为x1=84m

avt4.20.2(2)游船匀减速运动过程的加速度大小

272000.05m/s2

根据牛顿第二定律得到F=ma=8000×0.05=400N

所以游船匀减速运动过程中所受的合力大小F=400N

（3）匀加速运动过程位移x1=84明，

匀速运动位移x2=vt=4.2×(0-40)m=2520m

xvv1) 匀减速运动过程位移

3(2t176m

总位移X=X1+X2+X3=(84+2520+176)m=2780m

所以行驶总时间为t=720s

vx 所以整个过程中行驶的平均速度大小

t=3.86m/s。

20.图中给出一段“S”形单行盘山公路的示意图，弯道1、弯道2可看作两个不同水平面上的圆弧，圆心分别为O1,O2，弯道中心线半径分别为r110m,r220m，弯道2比弯

道1高h12m，有一直道与两弯道圆弧相切。质量m1200kg的汽车通

过弯道时做匀速圆周运动，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是车重的1.25倍，行

驶时要求汽车不打滑。（sin37°=0.6，sin53°=0.8） （1）求汽车沿弯道1中心线行驶时的最大速度v1；

（2）汽车以v1进入直道，以P30kW的恒定功率直线行驶了t8.0s，进入弯道2，此时速度恰为通过弯道2中心线的最大速度，求直道上除重力以外的阻力对汽车做的功；

（3）汽车从弯道1的A点进入，从同一直径上的B点驶离，有经验的司机会利用路面宽度，用最短时间匀速安全通过弯道，设路宽d10m，求此最短时间（A、B两点都在轨道的中心线上，计算时视汽车为质点 ）。

【答案】（1）v155m/s（2）Wf2.1104J（3）t'1.8s

【考点】本题主要考察知识点：水平面内圆周运动临街问题，能量守恒

2kmgmv1【解析】（1）弯道1的最大速度v1，有：

r1 得v1kgr155m/s 2kmgmv2（2）弯道2的最大速度v2，有：

r2 得

v1kgr2510m/s

ptmghW121直道上由动能定理有：f2mv222mv1

代入数据可得

Wf2.1104J

(3)

mv2/r1.25mgv1.25gr 可知r增大v增大，r最大，切弧长最小，对应时间最短，所以轨迹设计应如下图所示

r'2r2d2由图可以得到

1[r'(r12)]

代入数据可以得到r’=12.5m

汽车沿着该路线行驶的最大速度

v'kgr'12.5m/s

则对应的圆心角度2106o

sinr1由

r0.8

s1062πr23.1m线路长度360

t'sv'1.8s最短时间

。

21.（1）为完成“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，必须要选用的是 （多选）。

A.有闭合铁芯的原副线圈 B.无铁芯的原副线圈 C.交流电源 D.直流电源 E.多用电表（交流电压档） F.多用电表（交流电流档） 用匝数na60匝和nb120匝的变压器，实验测量数据如下表，

U1/V 1.80 2.80 3.80 4.90 U2/V 4.00 6.01 8.02 9.98 根据测量数据可判断连接电源的线圈是 （填na或nb）。 （2）用如图所示的装置做“探究感应电流方向的规律”实验，磁体

从靠近线圈的上

方静止下落，当磁体运动到如图所示的位置时，流过线圈的感应

电流方向从 （填“a到b”或“b到a”）。在磁体穿过整个线圈的过程中，传感器显示的电流i随

时间t的图像应该是 。

【答案】(1)ACE nb (2)b到a A

【考点】本题主要考察知识点：探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系实验.“探究感应电流方向的规律’实验.

【解析】(1)变压器的原理是互感现象的应用.是原线圈磁场的变化引起副线圈感应电流的变化，如果原线圈中通的是直流电源.则副线圈中不会有感应电流产生.题意为探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系.需要测量电压J所以需要一个测电压的仪器，所以需要的器材有A、有闭合铁芯的原副线圈:c交流电源 E多用电表哎交流电压档;根据题意.电压比与匝数比不相等.可知该变压器为非理想变压器，考虑到变压器有漏磁铁芯发热、导线发热等影晌判断出 Ub 为原线圈上电压大小，则判断出:nb接的是电源.

(2)根据题目可知.当磁体下落时.穿过线圈的磁场方向向上增加.由楞次定律可知感应电流的磁场应向下.则由安培定则，可知电流方从b到a‘;当磁体穿过线圈下落的过程中.穿过线圈磁通量向上.故先增加后减小，限据楞次定律.感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化.故感应电流的磁场先向下后向上，故感应电流的方向先从b到a，后从a到b。

22.间距为l的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，如图所示,倾角为θ的导轨处于大小为B1，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅰ中，水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3m的“联动双杆”（由两根长为l的金属杆，cd和ef，用长度为L的刚性绝缘杆连接而成），在“联动双杆”右侧存在大小为B2，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅱ，其长度大于L，质量为m，长为l的金属杆ab，从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨（量损失），杆cd与“联动双杆”发生碰撞后杆ab和cd合在一起形成“联动三杆”，“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间Ⅱ并从中滑出，运动过程中，杆ab、cd和ef与导轨始终接触良好，且保持与

导

轨

垂

直

。

已

知

杆

ab、

cd和

ef电阻均为

R0.02,m0.1kg,l0.5m,L0.3m,300,B10.1T,B20.2T。不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁

场边界效应。求：

（1）杆ab在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小v0； （2）联动三杆进入磁场区间II前的速度大小v； （3）联动三杆滑过磁场区间II产生的焦耳热Q

【答案】(1)v0=6m/s (2) v’=1.5m/s (3)0.25J

【考点】本题主要考察知识点：电磁感应与动量守恒定律综合应用

【解析】沿着斜面正交分解，最大速度时重力分力与安培力平衡 (1)感应电动势EB1lv0

IE 电流

1.5R

安培力FB1Il

B21lv0=mgsin 匀速运动条件1.5R

v1.5mgRsin0B226m/s

1l

（2）由定量守恒定律 mv04mv

vv01.5m/ 4s

（3）进入B2磁场区域，设速度变化v,动量定理有

IB2lt4mvItqB2lL

1.5R

vB22l2L 1.5R4m0.25m/s

出B2磁场后“联动三杆”的速度为 v'v2v1.0m/s Q14m(v2v'2)0.25J 2

23.如图所示,在xOy平面内，有一电子源持续不断地沿x正方向每秒发射出N个速率均为v的电子，形成宽为2b，在

y轴方向均匀分布且关于x轴对称的电子流。电子流沿x方向射入一个半径为R，中心位于原点O的圆形匀强

磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向里，电子经过磁场偏转后均从P点射出，在磁场区域的正下方有一对平行于

x轴的金属平行板K和A，其中K板与P点的距离为d，中间

开有宽度为2l且关于

y轴对称的小孔。K板接地，A与K两板间

加有正负、大小均可调的电压UAK，穿过K板小孔到达A板的所

有电

b3子被收集且导出，从而形成电流。已知

2R,dl，

电子

质量为m，电荷量为e，忽略电子间相互作用。 （1）求磁感应强度B的大小； （2）求电子从P点射出时与负

y轴方向的夹角θ的范围；

（3）当UAK0时，每秒经过极板K上的小孔到达极板A的电子数； （4）画出电流i随UAK变化的关系曲线（在答题纸上的方格纸上）。

【答案】（1）

B6mvnN0.82No3eR，（2）60,（3）（4）imax0.82Ne

【考点】本题主要考察知识点：磁聚焦、类平抛

【解析】由题意可以知道是磁聚焦问题，即

（1）轨到半径R=r

mvBeR

（2）右图以及几何关系可知，上端电子从P点射出时与负y轴最大夹角m，由几何关系

b得m60OR

同理下端电子从p点射出与负y轴最大夹角也是60度

sinmoo 范围是6060

（3）

tanl得45Od

y'Rsin

2R2

每秒进入两极板间的电子数为n

ny'60.82b3 N

n=0.82N

(4)有动能定理得出遏止电压

Uc1mv22e

是类

与负y轴成45度角的电子的运动轨迹刚好与A板相切，其逆过程

平抛运动，达到饱和电流所需要的最小反向电压

U'1mv24e或者根据（3）可得饱和电流大小imax0.82Ne。