2020浙江高考物理新突破考前冲刺卷（六）（Word版含解析）.doc

考前冲刺卷(六) 本试卷分选择题和非选择题两部分，满分 100 分，考试时间 90 分钟。 选择题部分 一、选择题Ⅰ(本题共 10 小题，每小题 3 分，共 30 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.世界马拉松挑战赛是一项极限挑战，参赛者需要在 7 天之内在 7 大洲完成 7 场马 拉松，也就是说，在 168 个小时之内，要马不停蹄地前往每一个大洲，在每一个 大洲都要跑 42.195 公里，累计奔跑 295 公里，累计飞行 39 000 公里。下列说法正 确的是(　　) A.研究某一大洲的马拉松比赛成绩时，运动员不能看成一个质点 B.每场马拉松比赛完，运动员的位移大小都相等 C.168 个小时指的是“时间间隔” D.运动员的平均速度约为 0.25 km/h 解析　根据题目意思，168 个小时应该是世界马拉松所用的最长时间，超过该时间 比赛成绩无效，选项 C 正确；在研究马拉松比赛成绩时，可以将人看成质点，选 项 A 错误；每场马拉松的路径并不一样，运动员的位移大小都无法判断，选项 B 错误；由于不知道运动员的位移以及比赛所用时间，运动员的平均速度也无法计 算，选项 D 错误。 答案　C 2.白板水平放置在地面上，在白板上用磁钉吸住一张彩纸，向右轻轻拉彩纸，未拉 动，对这情景受力分析正确的是(　　) 图 1 A.磁钉受到向右的摩擦力 B.磁钉仅受重力和支持力两个力 C.彩纸受到白板向左的摩擦力 D.白板与地面间无摩擦力解析　对磁钉分析可知，磁钉没有相对彩纸的运动趋势，故不受摩擦力，故 A 错 误；磁钉还要受到白板的磁性吸引力，故 B 错误；由于彩纸相对于白板有向右的 运动趋势，故彩纸受到白板向左的摩擦力，故 C 正确；对整体分析可知，整体有 向右的运动趋势，故白板和地面间有摩擦力，故 D 错误。 答案　C 3.乘热气球(图 2 甲)飞行已成为人们喜欢的航空体育运动。如图乙所示，为某次热 气球升空过程中的 v－t 图象(取竖直向上方向为正方向)，则以下说法正确的是 (　　) 图 2 A.0～10 s 内，热气球的平均速度为 5 m/s B.30～40 s 内，热气球竖直向下运动 C.30～40 s 内，吊篮中的人处于超重状态 D.0～40 s 内，热气球上升的总位移为 150 m 解析　0～10 s 内热气球匀加速上升，因此平均速度为v － ＝v0＋v 2 ＝2.5 m/s，选项 A 错误；30～40 s 内，热气球匀减速上升，加速度向下(失重状态)，而不是竖直向下 运动，选项 B、C 错误；0～40 s 内，热气球上升的总位移为该图象与横轴所围成 的面积，即 x＝（20＋40） × 5 2 m＝150 m，所以选项 D 正确。 答案　D 4.绰号“威龙”的第五代制空战机歼－20 具备高隐身性、高机动性能力，为防止 极速提速过程中飞行员因缺氧晕厥，歼－20 新型的抗荷服能帮助飞行员承受最大 9 倍重力加速度。假设某次垂直飞行测试实验中，歼－20 加速达到 50 m/s 后离地， 而后开始竖直向上飞行试验。该飞机在 10 s 内匀加速到 3060 km/h，匀速飞行一 段时间后到达最大飞行高度 18.5 km。假设加速阶段所受阻力恒定，约为重力的 0.2。 已知该歼－20 质量为 20 吨，声速为 340 m/s，g 取 10 m/s2，忽略战机因油耗等导 致质量的变化。则下列说法正确的是(　　)图 3 A.本次飞行测试的匀速阶段运行时间为 26.5 s B.加速阶段系统的推力为 1.84×106 N C.加速阶段时飞行员有晕厥可能 D.飞机在匀速阶段时爬升高度为 14.25 km 解析　加速阶段初速度 v0＝50 m/s，末速度 v＝3 060 km/h＝850 m/s，根据 v＝ v0＋at，加速度 a＝80 m/s2＝8g，飞行员不会昏厥，选项 C 错误；根据牛顿第二定 律 F－mg－f＝ma，推力 F＝mg＋f＋ma＝1.84×106 N，选项 B 正确；加速阶段上 升的高度 x＝v0t＋1 2at2＝4 500 m，即匀速上升距离 14 km，选项 D 错误；匀速飞行 时间 t＝s v ＝14 000 850 s＝16.47 s，选项 A 错误。 答案　B 5.如图 4 所示，两小球 A、B 分别从距地面高度 h、2h 处以速度 vA、vB 水平抛出， 均落在水平面上 CD 间的中点 P。它们在空中运动的时间分别为 tA、tB。不计空气 阻力，下列说法正确的是(　　) 图 4 A.tA∶tB＝1∶ 2 B.tA∶tB＝1∶2 C.vA∶vB＝1∶ 2 D.vA∶vB＝1∶2 解析　平抛运动的竖直方向的分运动为自由落体运动 h＝1 2gt2，t＝ 2h g ，tA∶tB＝1∶ 2，选项 A 正确，B 错误；水平方向位移相同 x＝vt，vA∶vB＝tB∶tA＝ 2∶1，选 项 C、D 错误。 答案　A 6.如图 5 所示，两个相同材料制成的水平摩擦轮 A 和 B，两轮半径 RA＝2RB，A 为主动轮。当 A 匀速转动时，在 A 轮边缘处放置的小木块恰能相对静止在 A 轮的边 缘上，若将小木块放在 B 轮上让其相对 B 轮静止，木块离 B 轮轴的最大距离为 (　　) 图 5 A.RB 8 B.RB 2 C.RB D.RB 4 解析　摩擦传动不打滑时，两轮边缘上线速度大小相等，根据题意两轮边缘上有 RAωA＝RBωB，所以 ωB＝RA RBωA，因为同一物体在两轮上受到的最大静摩擦力相等， 设在 B 轮上的转动半径最大为 r，则根据最大静摩擦力提供向心力有 mrω2B＝mRAω 2A，解得 r＝ RAω (RA RBωA)2 ＝RB 2 ，选项 B 正确。 答案　B 7.2019 年 1 月 3 日，嫦娥四号探测器登陆月球，实现人类探测器首次月球背面软 着陆，为给嫦娥四号探测器提供通信支持，我国早在 2018 年 5 月 21 日就成功发 射嫦娥四号中继星“鹊桥号”，如图 6 所示，“鹊桥号”中继星一边绕拉格朗日 L2 点做圆周运动，一边随月球同步绕地球做圆周运动且其绕 L2 点半径远小于 L2 点与 地球间的距离。(已知位于地、月拉格朗日 L1、L2 点处的小物体能够在地、月的引 力作用下，几乎不消耗燃料，便可与月球同步绕地球做圆周运动)则下列说法正确 的是(　　) 图 6 A.“鹊桥号”的发射速度大于 11.2 km/sB.“鹊桥号”绕地球运动的周期约等于月球绕地球运动的周期 C.同一卫星在 L2 点受地、月引力的合力与其在 L1 点受地、月引力的合力相等 D.若技术允许，使“鹊桥号”刚好位于拉格朗日 L2 点，能够更好地为嫦娥四号探 测器提供通信支持 解析　11.2 km/s 是卫星脱离地球的引力的第二宇宙速度，所以“鹊桥”的发射速 度应小于 11.2 km/s，故 A 错误；根据题意可知，“鹊桥”绕地球转动的周期与月 球绕地球转动的周期相同，故 B 正确；“鹊桥”在 L2 点是距离地球最远的拉格朗 日点，角速度相等，由 Fn＝mrω2 可知，在 L2 点受月球和地球引力的合力比在 L1 点要大，故 C 错误；“鹊桥”若刚好位于 L2 点，由几何关系可知，通讯范围较小， 会被月球挡住，并不能更好地为嫦娥四号推测器提供通信支持，故 D 错误。 答案　B 8.电磁流量计如图 7 甲所示，它是利用磁场对电荷的作用测出流过容器液体的流量， 其原理可以简化为如图乙所示模型，液体内含有大量正、负离子，从容器左侧流 入，右侧流出。在竖直向下的匀强磁场作用下，下列说法正确的是(　　) 图 7 A.带电粒子受到竖直方向的洛伦兹力 B.带负电离子与带正电粒子受力方向相同 C.上下两侧面有电势差 D.前后两侧面有电势差 解析　带电粒子在磁场中运动会受到洛伦兹力，根据左手定则判断，带正电离子 受到向后的洛伦兹力的作用，带负电离子受到向前的洛伦兹力作用，从而积聚在 前后两个侧面，形成电势差，所以选项 D 正确，A、B、C 错误。 答案　D 9.如图 8 左图甲、乙两个带电物体放置在绝缘水平面上，同时由静止释放甲和乙后， 甲开始时保持静止，物体乙运动的 v－t 图象如右图所示，则(　　)图 8 A.两个物体带同种电荷 B.甲受到地面向左的摩擦力 C.两个物体带电荷量一定相等 D.经过一段时间，甲可能运动 解析　由静止释放后，两物体之间的力为库仑力 F＝kq1q2 r2 ，库仑力大小与距离的 平方成反比，由 v－t 图象可知，乙的加速度越来越小，即所受库仑力越来越小， 甲、乙之间距离越来越大，甲、乙之间为排斥力，带同种电荷，选项 A 正确；甲、 乙之间相互排斥，甲受到向右的摩擦力，选项 B 错误；由牛顿第三定律知，无论 甲、乙带电荷量多少，甲、乙受到的库仑力一样大，选项 C 错误；两物体越来越 远，库仑力越来越小，始终小于甲的最大静摩擦力，选项 D 错误。 答案　A 10.P1 和 P2 是材料相同、上下表面为正方形的长方体导体，P1 的上下表面积大于 P2 的上下表面积，将 P1 和 P2 按图 9 所示接到电源上，闭合开关后，下列说法正确的 是(　　) 图 9 A.若 P1 和 P2 的体积相同，则通过 P1 的电流大于通过 P2 的电流 B.若 P1 和 P2 的体积相同，则 P1 的电功率等于 P2 的电功率 C.若 P1 和 P2 的厚度相同，则流过 P1 的电流等于流过 P2 的电流 D.若 P1 和 P2 的厚度相同，则流过 P1 的电流大于流过 P2 的电流 解析　由于两电阻并联在电路中，因此两电阻两端的电压相等，设电阻的表面边 长为 a，厚度为 d，根据 R＝ρL S ＝ρ a ad ＝ρ d ，则可知电阻与厚度 d 有关，与体积无关，由 V＝Sd 可知，如果两导体的体积相同，则 P1 的厚度小于 P2 厚度；因此 P1 的电 阻大于 P2 的电阻；则由 P＝U2 R 可知，P1 的电功率小于 P2 的电功率，故 B 错误；电 流为 I＝U R ，两电阻两端电压相等，P1 的电阻大于 P2 的电阻，所以通过 P1 的电流 小于通过 P2 的电流，故 A 错误；若厚度相同，则两电阻阻值相同，由 I＝U R 可知流 过 P1 的电流等于流过 P2 的电流，故 C 正确，D 错误。 答案　C 二、选择题Ⅱ(本大题共 5 小题，每小题 3 分，共 15 分。每小题给出的四个备选项 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 选错的得 0 分) 11.如图 10 所示，两平行金属板 A、B 板间电压恒为 U，一束波长为 λ 的入射光射 到金属板 B 上，使 B 板发生了光电效应，已知该金属板的逸出功为 W，电子的质 量为 m，电荷量为 e，已知普朗克常量为 h，真空中光速为 c，下列说法中正确的 是(　　) 图 10 A.入射光子的能量为 hc λ B.到达 A 板的光电子的最大动能为 hc λ －W＋eU C.若增大两板间电压，B 板没有光电子逸出 D.若减小入射光的波长一定会有光电子逸出 解析　入射光的能量为 E＝hν＝hc λ ，选项 A 正确；由光电效应方程可得从 B 板逸 出的光电子的最大初动能为 EB＝hν－W，由 eU＝EA－EB 可得到达 A 板的光电子的 最大动能为 EA＝hc λ －W＋eU，选项 B 正确；能不能发生光电效应，取决于入射光的频率，与板间电压无关，选项 C 错误；若减小入射光的波长，入射光频率增大， 大于金属的极限频率，可以发生光电效应，选项 D 正确。 答案　ABD 12.关于原子和原子核，下列说法中正确的是(　　) A.α 粒子散射实验揭示了原子核内部的复杂性 B.根据玻尔理论可知，一个氢原子核外电子从 n＝4 能级向低能级跃迁最多可辐射 3 种频率的光子 C.已知 23490 Th 的半衰期是 24 d，48 g 的 23490 Th 经过 72 d 后衰变了 42 g D.氢原子由低能级向高能级跃迁时，吸收光子的能量可以稍大于两能级间能量差 解析　α 粒子散射实验中没有涉及原子核内部问题，是提出了原子核式结构模型的 实验基础，A 错误；一个氢原子核外电子从 n＝4 能级向低能级跃迁最多只能辐射 n－1＝3 种频率的光子，B 正确；经过 72 24 ＝3 个半衰期后，48 g 的 23490 Th 还剩下 48×(1 2)3 g＝6 g，衰变了 48 g－6 g＝42 g，C 正确；氢原子由低能级向高能级跃迁 时，吸收光子的能量等于两能级间能量差，故 D 错误。 答案　BC 13.如图 11 所示，沿 x 轴正方向传播的一列简谐横波在某时刻的波形图为一正弦曲 线，其波速为 200 m/s，则下列说法正确的是(　　) 图 11 A.从图示时刻开始质点 a 的加速度将减小 B.从图示时刻开始，经 0.01 s，质点 a 通过的路程为 0.4 m C.若此波遇到另一列波并发生稳定的干涉现象，则另一列波的频率为 50 Hz D.若该波传播过程中遇到宽约 20 m 的障碍物，则会发生明显的衍射现象 解析　a 点在最大位移处，该时刻正向平衡位置运动，位移减小，所以加速度减小， 选项 A 正确；由波的图象可知波长 λ＝4 m，T＝λ v ＝ 4 200 s＝0.02 s，0.01 s 为半个周 期，所以经过 0.01 s，a 点经过的路程为 2A＝0.4 m，选项 B 正确；发生稳定干涉的条件是两列波的频率相等，所以另一列波的频率与该波频率相同，应为 50 Hz， 选项 C 正确；当障碍物的尺寸与该波波长差不多或小于波长时，能发生明显衍射，20 m 大于 4 m，所以不能发生明显的衍射现象，选项 D 错误。 答案　ABC 14.一束复色光沿半径方向射向一半圆形玻璃砖，发生折射而分为 a、b 两束单色光， 其传播方向如图 12 所示。下列说法中正确的是(　　) 图 12 A.玻璃砖对 a、b 的折射率关系为 navb C.单色光 a 从玻璃到空气的全反射临界角小于单色光 b 从玻璃到空气的全反射临 界角 D.用同一双缝干涉装置进行实验可看到 a 光干涉条纹的间距比 b 光的窄 解析　由于 a 光偏转角度大，说明玻璃砖对 a 光的折射率大，即 na>ab，选项 A 错 误；根据公式 v＝c n ，知 a 光的折射率大，a 光在玻璃中的传播速度小，即 vanb，根据全反射临界角公式 sin C＝1 n ，知单色光 a 从玻璃到 空气的全反射临界角小于单色光 b 从玻璃到空气的全反射临界角，选项 C 正确；a 光折射率大，频率高，故 a 光的波长短，根据双缝干涉条纹间距公式 Δx＝l dλ，知 用同一双缝干涉装置进行实验可看到 a 光干涉条纹的间距比 b 光的窄，选项 D 正 确。 答案　CD 15.如图 13 所示， 单匝线圈内有理想边界的磁场，方向垂直纸面向里。当磁场以 某一变化率(ΔB Δt ，B 为磁场的磁感应强度大小)均匀增加时，将一带电小球从平行板 (两板水平放置)电容器中的 P 点由静止释放，小球到达下极板时的速度大小为 v。 当磁场以同样的变化率均匀减小时，将该带电小球仍从 P 点由静止释放，小球到达下极板时的速度大小为 2v，已知电容器的板间距离为 d，线圈的面积为 S，则(　　) 图 13 A.该小球一定带正电 B.小球受到的电场力大小为其重力的3 5 C.线圈内磁场的变化率与两平行板间电场强度的比为d S D.若线圈内的磁场保持不变，则小球到达下极板的速度大小为 3 2v 解析　由题意可知，当磁场均匀增加时，带电小球将受到竖直向上的电场力作用， 由楞次定律可知，磁场均匀增加时，上极板带正电，下极板带负电，电场强度方 向竖直向下，故小球带负电，选项 A 错误；设磁场均匀增加时，小球的加速度大 小为 a，磁场均匀减小时，小球的加速度大小为 a′，则有v2 2a ＝（2v）2 2a′ ，解得 a′＝ 4a，又因为 mg－qE＝ma，mg＋qE＝ma′，联立可解得qE mg ＝3 5 ，选项 B 正确；设两 板间的电势差为 U，又两极板间的距离为 d，则有 U＝Ed，又由法拉第电磁感应定 律可得 U＝E 电动势＝ΔB Δt S，两式联立可得ΔB Δt ＝d SE，所以ΔB Δt ∶E＝d S ，选项 C 正确； 由 mg－qE＝ma 和qE mg ＝3 5 可知，a＝2 5g，设 P 点到下极板的距离为 h，则有 h＝v2 2a 可 知 h＝5v2 4g ，当线圈内磁场保持不变时，线圈中不产生感应电动势，此时两极板间 没有电场，带电小球将做自由落体运动，设小球到达下极板时的速度大小为 v′， 则有 v′2＝2gh，解得 v′＝ 10 2 v，选项 D 错误。 答案　BC 非选择题部分 三、非选择题(本题共 5 小题，共 55 分) 16.(6 分)在做“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中： (1)实验室提供了以下器材：一端装有定滑轮的长木板、小车、纸带、钩码、4～6 V 的交流电源。为了完成本实验，还需选取的实验器材名称是____________、 ________。 (2)已知打点计时器所用交流电的频率为 50 Hz。如图 14 所示为实验所打出的一段 纸带，在顺次打出的点中，每隔 5 个打点间隔取 1 个计数点，分别记为 A、B、C、 D、E。相邻计数点间的距离已在图中标出，则打点计时器打下计数点 C 时，小车 的瞬时速度 v＝________ m/s，小车的加速度 a＝________ m/s2。 图 14 (3)某同学在实验中选用电火花计时器，其工作时的基本步骤如下： A.当纸带完全通过电火花计时器后，及时关闭电火花计时器 B.将电火花计时器插头插入相应的电源插座 C.把电火花计时器固定在长木板上，将纸带穿过电火花计时器 D.接通开关，听到放电声，立即拖动纸带运动 上述步骤正确的顺序是________。(按顺序填写步骤编号) 解析　(1)电火花打点计时器使用的是 220 V 的交流电，电磁打点计时器使用的是 4～6 V 的交流电，所以应选择电磁打点计时器，其作用为记录小车运动位置和时 间；实验中还需要刻度尺，用于测量计数点间的距离。 (2)计数点间的时间间隔为 T＝0.1 s，打下 C 点时小车的瞬时速度为 vC＝xBD 2T ＝ 0.300 m/s，根据公式 Δx＝aT2 可得 a＝0.40 m/s2。 (3)实验时，应先安装装置，然后接通电源，释放纸带，实验完毕后整理器材，所 以顺序为 C、B、D、A。 答案　(1)电磁打点计时器　刻度尺　(2)0.300　0.40 (3)CBDA 17.(8 分)(1)在“用多用电表测电阻”的实验中，选择“×10”挡测电阻时，指针停 留在如图 15 所示位置。下面的操作选项最合适的是________。图 15 A.无需换挡，直接读数 B.应选择“×1”挡，重新测量 C.应选择“×100”挡，重新测量 D.应选择“×1 k”挡，重新测量 (2)某实验小组利用图 16 甲的实物连线图，做“测绘小灯泡的伏安特性曲线”的实 验，该小组在实验时测得两组数据，第一组是电压从 0 逐渐增加到 2.5 V，第二组 是从 2.5 V 逐渐减小到 0，将两组数据描在 I－U 图上，如图乙所示，第一组数据 的数据点在图中是用________(填“”或“×”)表示的。 图 16 (3)另一实验小组用同样的电路进行实验，发现电压表示数的最大值只有 1.5 V，检 查电路正确并连接良好，而后将电路断开，用电压表直接接到这两节电池串联而 成 的 电 池 组 两 端 ， 电 压 表 示 数 为 3.00 V 。 请 解 释 原 因 ： ________________________________。 解析　(1)由图可知，第一次测量时指针偏转较小，故说明所选倍率过小，故应选择大倍率，选择“×100”挡，重新测量，换挡位后应注意进行欧姆调零，故 C 正 确。 (2)由于金属导体电阻随温度的变化而变化，第二组中由于开始时温度较高，故第 二组在相同电压下测得的电阻较大，故第一组数据为“”所表示的。 (3)直接测量时为电源的电动势，而在接入电路时输出电压较小，故说明电源内阻 较大。 答案　(1)C　(2)“”　(3)该实验小组所用的电池的内阻较大 18. (12 分)如图 17 所示，一轨道 ABC 水平段 AB 粗糙，在 B 点与半径 R＝2 m 的竖 直光滑半圆固定轨道相切连接。一个质量为 m＝4 kg、带电荷量为 q＝＋2× 10－5 C 的物体受一水平向右的拉力 F 作用从 A 点由静止开始运动，AB 段阻力 f＝8 N，拉力 F 的功率恒定。物体运动到 B 点时速度恰好达到最大，此时拉力消失， 物体沿 BC 自由滑上轨道且恰能到达最高点 C。当物体到达 C 点时，在 AB 上方加 一竖直向下的匀强电场 E＝6×106 N/C，物体最后又落到 A 点(g＝10 m/s2)。求： 图 17 (1)物体运动到 B 点时的速度大小； (2)拉力的恒定功率 P； (3)物体在 AB 段的运动时间 t。 解析　(1)物体恰好到达最高点 C，则 mg＝mv R 解得 vC＝2 5 m/s 从 B 点到最高点，由机械能守恒定律得 1 2mv2C＋mg2R＝1 2mv2B 解得 vB＝10 m/s。 (2)物体运动过程中，功率不变，当 F＝f 时，速度最大 P＝Fv＝fvmax＝fvB＝80 W。(3)物体从最高点做类平抛运动，有 mg＋qE＝ma H＝2R＝1 2at21 x＝vCt1 由动能定理得 Pt－fx＝1 2mv2B 解得 t＝2.7 s。 答案　(1)10 m/s　(2)80 W　(3)2.7 s 19.(14 分)如图 18 所示，光滑平行的水平金属导轨 MNPQ 相距 l，在 M 点和 P 点 间接一个阻值为 R 的电阻，在两导轨间 OO1O1′O′矩形区域内有垂直导轨平面竖直 向下、宽为 d 的匀强磁场，磁感应强度为 B。一质量为 m、电阻为 r 的导体棒 ab， 垂直搁在导轨上，与磁场左边界相距 d0。现用一大小为 F、水平向右的恒力拉 ab 棒，使它由静止开始运动，棒 ab 在离开磁场前已经做匀速直线运动(棒 ab 与导轨 始终保持良好的接触，导轨电阻不计)。求： 图 18 (1)棒 ab 在离开磁场右边界时的速度大小； (2)若棒由静止开始运动至离开磁场用时 t0，求此过程安培力的冲量的大小； (3)棒 ab 通过磁场区的过程中整个回路所消耗的电能。 解析　(1)棒在磁场中匀速运动时，有 F＝FA＝BIl 再据 I＝ E R＋r ＝ Blv R＋r 联立解得 v＝F（R＋r） B2l2 。 (2)对棒由静止开始运动至离开磁场由动量定理有 Ft0－I＝mv－0 I＝Ft0－mF（R＋r） B2l2 。 (3)安培力做的功转化成两个电阻消耗的电能 Q，根据能量守恒定律可得F(d0＋d)＝Q＋1 2mv2 解得 Q＝F(d0＋d)－mF2（R＋r）2 2B4l4 。 答案　(1)F（R＋r） B2l2 　(2)Ft0－mF（R＋r） B2l2 (3)F(d0＋d)－mF2（R＋r）2 2B4l4 20.(15 分)电子对湮灭是指电子 e－和正电子 e＋碰撞后湮灭，产生伽马射线的过程， 电子对湮灭是正电子发射计算机断层扫描(PET)及正电子湮灭能谱学(PAS)的物理 基础。如图 19 所示，在平面直角坐标系 xOy 上，P 点在 x 轴上，且 OP＝2L，Q 点在负 y 轴上某处。在第Ⅰ象限内有平行于 y 轴的匀强电场，在第Ⅱ象限内有一圆 形区域，与 x、y 轴分别相切于 A、C 两点，OA＝L，在第Ⅳ象限内有一未知的矩 形区域(图中未画出)，未知矩形区域和圆形区域内有完全相同的匀强磁场，磁场方 向垂直于 xOy 平面向里。一束速度大小为 v0 的电子束从 A 点沿 y 轴正方向射入磁 场，经 C 点射入电场，最后从 P 点射出电场区域；另一束速度大小为 2v0 的正电子束从 Q 点沿与 y 轴正向成 45°角的方向射入第Ⅳ象限，而后进入未知 矩形磁场区域，离开磁场时正好到达 P 点，且恰好与从 P 点射出的电子束正碰发 生湮灭，即相碰时两束粒子速度方向相反。已知正、负电子质量均为 m、电荷量 大小均为 e，电子的重力不计。求： 图 19 (1)圆形区域内匀强磁场磁感应强度 B 的大小和第Ⅰ象限内匀强电场的场强 E 的大 小； (2)电子从 A 点运动到 P 点所用的时间； (3)Q 点纵坐标及未知矩形磁场区域的最小面积 S。 解析　(1)电子束 a 从 A 点沿 y 轴正方向发射，经过 C 点，由题意可得电子在磁场 中运动的半径 R＝L，又 ev0B＝mv R ，解得 B＝mv0 eL 电子在电场中做类平抛运动，得 2L＝v0t1，又 L＝1 2at21，a＝eE m ， 解得 E＝mv 2eL ，t1＝2L v0 。 (2)在磁场中运动的周期 T＝2πR v0 ＝2πL v0 ， 电子在磁场中运动了四分之一圆周，则 t2＝1 4T＝πL 2v0 ， 在电场中运动时间 t1＝2L v0 ，故从 A 到 P 的时间 t＝t1＋t2＝（4＋π）L 2v0 。 (3)速度为 2v0 的正电子在磁场中运动的半径 R2＝m· 2v0 eB ＝ 2L， 电子从 P 点穿过 x 轴时与 x 轴正方向夹角为 θ L＝vy 2t1 vy＝v0 tan θ＝vy v0 ＝1 θ＝45° 故 Q 点的纵坐标 y＝－( 2R2＋2Ltan 45°)＝－4L， 未知矩形磁场区域的最小面积为图中矩形 PFMN 的面积S＝2L( 2－1)L＝2( 2－1)L2。 答案　见解析