2020年浙江省名校联盟新高考创新卷高三选考物理试题（一）（解析版）

《浙江省名校联盟新高考创新卷》选考物理（一） 一、选择题 I（本题共 13 小题，每小题 3 分，共 39 分。在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.以下物理单位属于能量单位的是（　　） A. eV B. mA·h C. V/m D. kg·m/s 2 【答案】A 【解析】 【详解】A. eV 是电子伏，1 eV 表示 ，属于能量单位，故选项 A 正确； B. mA·h 一般表示电池的容量，意思是以多少毫安的电流供电一小时，所以 mA·h 不是能量单位，故选项 B 错误； C. V/m 表示电场强度，根据公式 可知，V/m 不表示能量单位，故选项 C 错误； D.根据牛顿第二定律 可知 1 kg·m/s2=1N，因 此 kg·m/s2 不是能量单位，故选项 D 错误。 故选 A。 2.下列四张图是教材中的有关物理知识的插图，关于下面说法正确的是（　　） A. 图 1 说明伽利略关于自由落体运动的结论是完全通过实验得到的 B. 图 2 可推出所有形状规则的物体重心均在其几何中心处 C. 图 3 中掷出后的冰壶能继续运动说明其具有惯性 D. 图 4 中电梯向上制动时体重计的读数变小说明人所受重力减小 【答案】C 【解析】 【详解】A. 图 1 是伽利略关于自由落体运动实验，本实验是通过不断改变倾斜角度，减小摩擦阻力的影响 191.6 10 J−× UE d = F ma=推理得到的，而不是通过实验直接得到的，故选项 A 错误； B.所有形状规则且质量分布均匀的物体其重心才在几何中心处，仅形状规则而质量分布不均匀的物体其重 心可能不在几何中心上，故选项 B 错误； C.惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，图 3 中掷出后的冰壶能继续运动说明其具有惯性，故选项 C 正确； D. 图 4 中电梯向上制动时体重计的读数变小说明人所受支持力变小，但重力不变，故选项 D 错误。 故选择 C。 3.某同学将课本放在桌面上，如图所示，则有关下列说法中正确的是（　　） A. 桌子对课本的支持力是因为桌子的形变产生的 B. 桌面对课本的支持力与课本的重力是一对作用力与反作用力 C. 桌面对课本的支持力与课本对桌面的压力是一对平衡力 D. 课本对桌面的压力就是课本的重力 【答案】A 【解析】 【详解】A. 桌子对课本的支持力属于弹力，是因为桌子的形变产生的，故选项 A 正确； B. 桌面对课本的支持力与课本的重力受力物体都是课本，是一对平衡力，故选项 B 错误； C. 桌面对课本的支持力与课本对桌面的压力作用物体是两个物体，等大反向，因此这两个力是相互作用力， 故选项 C 错误； D.当课本水平放置时，课本对桌面的压力大小等于课本的重力，但是这是两个不同的力，故选项 D 错误； 故选择 A。 4.如图所示，为了营救遇险者，一架直升机沿水平方向以 25m/s 的速度飞向遇险地点。因天气和地势原因直 升机无法下降也无法飞至遇险者上方，只能在 125m 高度的飞行路线上某处把救援物资释放至遇险地点。若 空气阻力不计，则释放物资时直升机驾驶员到遇险地点的视线与竖直方向夹角 应为（　　） A. 30° B. 45° C. 53° D. 60° ϕ【答案】B 【解析】 【详解】直升机抛出救援物资后，物资做平抛运动，水平方向做初速度为 25m/s 的匀速直线运动，竖直方 向做自由落体，根据公式 可求得时间为 ，故水平方向的距离为 解得 ，因此根据几何关系可知释放物资时直升机驾驶员到遇险地点的视线与竖直方向夹角 应为 ，所以选项 B 正确。 故选 B。 5.下列关于原子结构模型说法正确的是（　　） A. 汤姆孙发现了电子，并建立了原子结构的“西瓜模型” B. 卢瑟福的 粒子散射实验表明原子内部存在带负电的电子 C. 卢瑟福核式结构模型可以很好地解释原子的稳定性 D. 玻尔原子模型能很好地解释所有原子光谱的实验规律 【答案】A 【解析】 【详解】A. 汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，并提出原子结构的“西瓜模型”或“枣糕模型”，故选 项 A 正确； BC. 卢瑟福的 粒子散射实验主要是否定了汤姆孙的原子结构的“西瓜模型”，不能说明原子内部存在带负 电的电子，也不能解释原子的稳定性，故选项 BC 错误； D. 玻尔原子模型能很好地解释原子的稳定性和氢原子光谱的实验规律，不是所有原子的光谱规律，故选项 D 错误。 故选择 A。 6.电磁炉又名电磁灶，是现代厨房革命的产物，它无需明火或传导式加热而让热直接在锅底产生，因此热效 率得到了极大的提高。是一种高效节能厨具，完全区别于传统所有的有火或无火传导加热厨具。如图所示 是描述电磁炉工作原理的示意图，下列说法正确的是（　　） 21 2h gt= 5st= s vt= 125ms = ϕ 45 α αA. 电磁炉通电线圈加直流电，电流越大，电磁炉加热效果越好 B. 电磁炉原理是通电线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作 C. 在锅和电磁炉中间放一绝缘物质，电磁炉不能起到加热作用 D. 电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅，主要原因是这些材料的导热性能较差 【答案】B 【解析】 【详解】A. 电磁炉通电线圈加直流电，会产生恒定磁场，穿过锅底的磁通量不会发生变化，不能产生涡流， 所以没有加热效果，故选项 A 错误； B.电磁炉的原理是磁场感应涡流加热，即利用交变电流通过线圈产生交变磁场，所以电磁炉通过线圈加交 流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作，故选项 B 正确； C. 在锅和电磁炉中间放一绝缘物质，不会影响涡流的产生，因此不会影响电磁炉的加热作用，故选项 C 错 误； D.金属锅自身产生无数小涡流而直接加热锅，陶瓷锅或耐热玻璃锅属于绝缘材料，不会产生涡流，而不是 因为导热性能较差，故选项 D 错误。 故选 B。 7.点电荷产生的电场如图所示，a、b 为同一条电场线上的两点，则下列判断正确的是（　　） A. a、b 两点的电场强度 B. a、b 两点的电势 C. 负电荷在 a 点的电势能要小 D. 正电荷在 b 点电场力与电场方向相反 a bE E= a b ϕ ϕ a b ϕ ϕ> 2 2 Mm mvG R R = GMv R =轨道半径越大，运行速度越小，因此 5G 卫星绕地飞行 速度一定小于 7.9km/s，所以选项 B 错误； C. 5G 卫星在距离地面 1156 公里的区域运行，而地球同步卫星在距离地面约为五倍地球半径的高度运行， 因此选项 C 错误； D.根据公式 可知 5G 卫星在轨道上运行的速度大小与卫星的质量无关，所以选项 D 正确。 故选 D。 9.奥克斯电风扇，规格为“220V，60W”，如图所示，某挡位工作时电动机的线圈电阻为40 。则当电风扇 正常工作时（　　） A. 60W 指的是电风扇的输出功率 B. 电流的大小为 5.5A C. 发热功率约为 3W D. 输出功率计算式为 【答案】C 【解析】 【详解】A. 60W 指的是电风扇的额定功率，故选项 A 错误； B.由于电风扇是非纯电阻用电器，根据公式 可得 解得电流为 0.27A，所以选项 B 错误； 的 2 2 Mm mvG R R = GMv R = Ω 222060 W40P  = −  出 P UI= PI U =C.根据焦耳定律可知 解得 所以选项 C 正确； D.由于电风扇是非纯电阻用电器，因此输出功率等于总功率减去热功率即 解得 故选项 D 错误。 故选 C。 10.如图所示，两块平行金属板之间用绝缘细绳悬挂一带负电的小球，把小球拉开一定角度（角度很小，小 于 10°）由静止释放，小球做往复运动。两极板通过导线、开关可与电源相接，则下列判断正确的是（　　） A. 闭合开关，小球摆动的周期保持不变 B. 闭合开关，小球摆动的周期变大 C. 把电源的正负极对调，小球摆动的周期保持不变 D. 把电源的正负极对调，小球摆动的周期变大 【答案】B 【解析】 【详解】AB.因为做单摆运动，其运动周期为 当闭合开关后，小球处在方向向下的匀强电场中，因此带负电的小球会受到竖直向上的电场力，因此向下 的加速度会变小，所以周期会变大，故选项 A 错误 B 正确； CD.如果把电源的正负极对调，电场线也会对调，此时带负电的小气会受到竖直向下的电场力，所以加速度 2QP I Rt = =热 3WP ≈热 P P P= −出 总 热 57WP =出 2 LT g π=会变大，因此周期会减小，所以选项 CD 错误。 故选 B。 11.甲、乙两列波振幅分别为 A、 ，在同一介质中相向传播，某时刻的波形图如图所示，x=4m 处的质点 再过 1s 将第一次到达波谷，以下说法正确的是（　　） A. 这两列波能不能产生干涉现象 B. 经过 4s 两波会相遇 C. x=7m 处的质点振幅为 A D. x=6m 处的质点振动加强 【答案】D 【解析】 【详解】A.由图可知，两列波周期和波长相同，因此可以发生干涉，故选项 A 错误； B.由波长 ，则波速 两波相遇所需时间 解得 ，故选项 B 错误； C.因为两列波周期和波长相同，两列波会发生干涉，x=3m 和 x=11m 的质点到 x=7m 的距离相等，振动情况 相反，两列波相互减弱，因此在 x=7m 处的振幅为 ，故选项 C 错误； D. x=2m 和 x=10m 的质点到 x=6m 的距离相等，振动情况相同，因此在 x=6m 处振动加强，故选项 D 正确。 故选 D。 12.小李同学从欧洲旅游回国，带回了一个电饭煲，上面的标识为“110V、60Hz、880W”。为使电饭煲能正 常工作，需要通过变压器与市电相连。下列说法正确的是（　　） A. 不管是直流电还是交流电，变压器都能实现变压效果 B. 电饭煲应接在原、副线圈匝数比为 1：2 的副线圈两端 C. 电饭煲通过变压器正常工作时，电热丝中的交变电流频率为 60Hz A 2 4mλ = 1m/sv T λ= = 2 xt v ∆= 2st = A 2D. 电饭煲通过变压器正常工作时，与市电相连的原线圈中电流为 4A 【答案】D 【解析】 【详解】A.变压器的工作原理是互感现象，只有变化的磁场才能实现，直流电磁通量不变，因此无法使用 变压器变压，故选项 A 错误； B.变压器原副线圈的电压值比等于原副线圈匝数比，即 所以原、副线圈匝数比应为 2:1，故选项 B 错误； C.变压器工作时，只改变电压电流的大小，不影响频率，而我国交流电频率为 50Hz，因此电饭煲通过变压 器正常工作时，电热丝中的交变电流频率为 50Hz，故选项 C 错误； D.变压器原副线圈的电流值比等于原副线圈匝数的倒数比，即 所以解得 ，故选项 D 正确。 故选 D。 13.如图所示，用两根长度均为 l 的绝缘轻绳将正电的小球悬挂在水平的天花板下，小球的质量为 m，轻绳 与天花板的夹角均为 =30°，小球正下方距离也为 l 的 A 处有一绝缘支架上同样有一个带电小球，此时轻 绳的张力均为 0，现在将支架水平向右移动到 B 处，B 处位置为与竖直方向的夹角为 处，小球处于静止状 态，则（　　） A. A 处的带电小球带负电 B. A 处与 B 处库仑力大小之比为 1 1 2 2 U n U n = 1 2 2 1 I n I n = 1 4AI = θ θ 2: 3C. 支架处于 B 处，左边绳子张力为 D. 支架处于 B 处，右边绳子张力为 【答案】C 【解析】 【详解】A 当绝缘支架上的带电小球在 A 位置时，轻绳的张力均为 0，说明上方小球受力平衡，受力分析可 知其只受重力和库仑力，因此 A 处的带电小球带正电，故选项 A 错误； B.根据库仑定律可得 因此在 A 处与 B 处库仑力大小之比等于带点小球距离平方的倒数比，即 因为 =30°，所以 故选项 B 错误； CD. 支架处于 B 处，两球间的库仑力为 设左、右绳的张力分别为 F1 和 F2，则由正交分解可得 解得 故选项 C 正确，选项 D 错误。 故选 C。 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 3 2mg mg− 3 2mg mg+ 2 QqF k r = 2 2 2 1 A B F r F r = θ : 4:3A BF F = 3 3 4 4B AF F mg= = 1 2 3 sin30cos3 3040 cosmgF F+ =   1 2 3 cos30sin30 304 cosF F mgmg+ + =   1 3 2F mg mg= − 2 3 4F mg mg= −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.无线话筒就是 LC 振荡电路在实际中应用的典型实例，某 LC 振荡电路某时刻磁场方向如图所示，则下列 说法正确的是（　　） A. 若增加电容 C 的带电量，振荡电路的周期会变大 B. 若磁场正在减弱，则电容器上极板带正电 C. 若电容器正在放电，则电容器上极板带正电 D. 若电容器正在放电，则自感电动势正在阻碍电流增大 【答案】BD 【解析】 【详解】A. 振荡电路的周期公式为 公式中不包含电容器带电量，与电容器带电量无关，故选项 A 错误； B.若磁场正在减弱，则说明电容器在充电，由右手定则可知，电容器上极板带正电，所以选项 B 正确； C.若电容器正在放电，则线圈中磁场向下，则电容器下极板带正电，故选项 C 错误； D.若电容器正在放电，则电流在增大，由楞次定律可以知道，自感电动势在阻碍电流的增大，所以选项 D 正确。 故选 BD。 15.如图所示，一个厚度 的军事设施，观察孔宽度 L=60cm。为了扩大向外的观察视野，将折射 率 的某种玻璃砖完全嵌入观察孔内（图中为观察孔的俯视图），则（　　） A. 在观察孔的中央观察，视野角比安装前增大 60° B. 在观察孔的中央观察，视野角比安装前增大 90° 2T LCπ= cm30 3d = 3n =C. 若观察者在孔的边缘观察，可以观察到在中央观察所看不到的位置 D. 要使视野角接近 180°，则需嵌入折射率至少为 n=2 的玻璃砖 【答案】ACD 【解析】 【详解】AB.由知识知折射角为 ，根据折射定律 解得 则视野角比安装前增大 ，所以选项 A 正确，选项 B 错误； C. 若观察者在孔的边缘观察，折射角变大，同样入射角变大，故可以观察到在中央观察所看不到的位置， 所以选项 C 正确； D.要使视野角接近 180°，即入射角为 ，而折射角 不变，则折射率 所以选项 D 正确。 故选 ACD。 16.以下为两个核反应式：（1） ；（2） ，已知氘核的质量为 ml，氚核的质量为 m2，氦核的质量为 m3，X 的质量为 m4，核反应中发射一种 光子，该 光子照射到逸出 功为 W0 的金属上打出的最大初动能的光电子速度为 v，已知光电子的质量为 m，光速为 c，普朗克常量为 h，则下列说法正确的是（　　） A. X 与 Y 相同 B. 方程（1）是核聚变反应，方程（2）是 α 衰变 C. 光电子的德布罗意波长为 D. 光子来源于原子核外电子的能级跃迁，它的频率为 【答案】AC 【解析】 30 sin3= sin30 i  3sin 2i = 60i =  2(60 30 ) 60− =   90 30r =  sin90 2sin30n = =  2 3 4 1 1 2H+ H He+X→ →235 140 94 92 54 38U+X Xe+ Sr+2Y γ γ h mv γ 2 02 2 mv W h +【详解】A.由方程（2）可知，根据电荷守恒和质量守恒，X 和 Y 都为 ，故选项 A 正确； B. 方程（1）是核聚变反应，方程（2）是核裂变反应，故选项 B 错误； C.由公式 可知 故选项 C 正确； D. 光子的产生是由放射性元素发生 衰变，而不是来源于原子核外电子的能级跃迁，故选项 D 错误。 故选 AC。 三、非选择题（本题共 6 小题，共 55 分） 17.某同学利用重锤落体运动进行“验证机械能守恒定律”实验． （1）电磁打点计时器与电源相接，图甲中接线正确的是______（填“ ”或“ ”）． （2）图乙是释放纸带瞬间的照片，指出其装置或操作中一处不合理的地方______． （3）为了完成本实验，该同学改正了图 2 中的错误，除了图乙所示的装置外，还需要图丙中什么器材 ______．（写出器材名称） 1 0 n h p λ = p mv= λ = h mv γ γ A B（4）同学得到了如图丁所示的一条纸带，读出 、 两点间的距离为______ ． （5）已知图丁中每两个点之间的时间间隔为 ，计算打下点 时纸带速度的大小为______ （保留 3 位有效数字）． 【答案】 (1). B (2). 打点计时器类型选择错误 (3). 刻度尺 (4). 8.78—8.80 (5). 【解析】 【详解】(1)[1] 电磁打点计时器使用交流电源，所以图甲中接线正确的是 B． (2)[2]根据图像可知，打点计时器类型选择错误，电火花打点计时器要求电压为 220V，而电磁打点计时器才 是学生电源供电。 (3)[3]本实验需要处理纸带测量间距，需要刻度尺，打点计时器可以测量时间，不需要秒表，量角器、砝码 不需要。 (4)[4]刻度尺最小分度值为 0.1cm，所以读数为 8.80cm。 (5)[5] 计算纸带点 E 的速度，等于 DF 间的平均速度 18.小曹同学欲选取下图中实验器材进行实验研究： （1）他先选用图中器材①②③④⑦完成“测定干电池的电动势和内阻”实验，请在答题卡相应位置的实物 图上帮他补充完成必需的导线连接________。准确连接电路后，结合实验数据画出如图所示的 U-I 图象，则 O E cm 0.02s E m/s 1.30 0.02± 211.60 6.40 10 m/s=1.30m/s2 2 0.02E DFv T −−= = ××由图象可得干电池的电动势为______V，内阻为_________ 。（结果保留 2 位小数） （2）小曹同学采用与题（1）不同的方案测定干电池的电动势和内阻，则除了器材①②外，还需要图中的 ___________（填写器件的编号即可）。 （3）若小曹同学找来另一节完全相同的干电池并选择图中的①②③④⑥⑦完成“测绘小灯泡的伏安特性曲 线”实验，则下列四个电路图中最合适的是___________。 A． B． C． D． 【答案】 (1). (2). 1.48 (3). 0.65~0.70 (4). ④⑤或③⑤ 均可以 (5). A 【解析】 【详解】（1）[1]根据测量干电池电动势和内阻实验原理，电流表应内接，所以连接图如下图 Ω[2]由闭合电路欧姆定律可知，在 U-I 图像中，纵坐标的截距为电动势，因此可知电动势为 1.48V； [3] U-I 图像 斜率为内阻，由图可计算内阻约为 0.65~0.70 ； （2）[4] 采用与题（1）不同的方案测定干电池的电动势和内阻,则需要电阻箱替代滑动变阻器，而电阻箱 的阻值是已知的，因此只需要电压表或电流表中的一个，就能够通过计算得出外电路的电流或电压，即可 完成实验，因此选择④⑤或③⑤均可以。 （3）[5]测小灯泡的伏安特性曲线，需要使灯泡两端电压与通过它的电流可以在较大范围内变化，故应采用 分压式，又因为小灯泡电阻远小于电压表内阻，故应采用外接法，综上所述选择 A。 19.电动平衡车是利用车体内部的陀螺仪和加速度传感器，来检测车体姿态的变化，并利用伺服控制系统， 精确地驱动电机进行相应的调整，以保持系统的平衡。下表是小米 Ninebot 九号平衡车的具体参数。小黄同 学，质量为 50kg，驾驶平衡车以最大速度在马路上匀速直线运动，突然发现前方 15m 出现事故，有人倒在 马路前方，小黄必须马上刹车以 1m/s2 加速度匀减速，恰好在事发处停车。 （1）小黄允许的反应时间最多为多少； （2）平衡车匀速运动时受到的阻力； （3）刹车时平衡车给小黄的作用力为多大。 外观尺寸 整车高度 59．5cm，车宽 54．8cm，轮胎直径 26cm 净重 12．8kg 最高时速 18km/h 额定功率 700W 额定输入电压 100-240VAC 的 Ω额定输出电压 约 63VDC 【答案】（1）0.5s；（2）140N;（3） 【解析】 【详解】（1）由题可知，初速度 ，加速度 a=1m/s2，因此刹车距离 解得 因此反应距离为 所以反应时间为 （2）当平衡车匀速运动时，其所收的牵引力大小等于阻力，根据公式 可得 （3）在水平方向上，根据牛顿第二定律可知 解得 在竖直方向上，其重力和支持力平衡 因此刹车时平衡车给小黄的作用力为 解得 20.如图所示，段为长度为 的水平静止传送带，右侧为与它等高的台面 BC，长度为 ，右边 是半径 R=0.5m 的光滑半圆轨道 CDE，物块以 的初速度从传送带 A 点向右运动，物块与传送 为 50 101N 0 18km/h=5m/sv = 2 0 12v ax= 1 12.5mx = 1 2.5mx x x∆ = − = 0 0.5sxt v ∆∆ = = m mP Fv fv= = 140Nf = F ma= 50N=F NF mg= 2 2 NF F F= +合 50 101NF =合 1 3mL = 2 1mL = 0 2 10v = m/s带及水平面之间的动摩擦因数均为 ，物体的质量为 1kg，则 （1）物块达到圆轨道最低点 C 对轨道的压力值； （2）通过计算判别，物块能否到达圆轨道的最高点 E； （3）若传送带可以转动，请判别物块能否恰好到达 D 点，若能请计算出传送带的速度，若不能请说明理由。 【答案】（1）50N；（2）不能到达；（3）见解析 【解析】 【详解】（1）A 到 C 位置过程 N 牛顿第三定律，支持力和压力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反 物块达到圆轨道最低点 C 对轨道的压力值为 50N （2）到达 E 点，最小速度需要满足 所以 从 C 到 E 所以不能到达 （3）恰好到达 D 点，根据动能定理，物体离开传送带的速度满足 0.25µ = ( ) 2 2 1 2 0 1 1 2 2Cmg L L mv mvµ− + = − 20 /Cv m s= 2 C N vF mg m R − = 50NF = 2 = Evmg m R Ev gR= 2 21 122 2C Emv mg R mv< + 所以物体在传送带上必须减速才能满足从 减速到 必须要有 所以不能存在这样的速度 21.如图所示，有两光滑平行金属导轨，导轨的间距 l=1m，左侧接 C=0.1F 的电容，右侧接 的电阻， 中间 MA、ND 段光滑绝缘，ABCD 区域、EFGH 区域、MN 左侧均存在垂直于平面，磁感应强度 B=1T 的匀 强磁场，EFGH 区域、ABCD 区域的宽度分别为 ， ，FG 的右侧固定一轻质弹簧。质 量均为 m=0.1kg 金属杆 a、b，金属杆 a 以速度 的速度进入 EFGH 区域磁场，金属杆 b 静止在 ABCD 区域外侧，金属杆 a、b 的电阻分别为 、 ，金属杆 a、b 之间的碰撞均为弹性碰撞， 求： （1）金属杆 a 刚进入磁场时，受到的安培力大小； （2）全过程金属杆 a 上产生的焦耳热； （3）电容器最终的带电量。 【答案】（1） ；（2）1.87J；（3）0.1C 【解析】 【详解】（1）电源电动势 电阻 R 与 r2 并联，总电阻 2 2 1 2 Bmv mgL mgRµ= + 15 /Bv m s= 0 2 10v = m/s 15m/s 2 2 02 Bax v v= − 15 3x m L m= > = 6R = Ω 1 1.2md = 2 3.2d = m 0 10m/sv = 1 3r = Ω 2 6r = Ω 5 N3 10VE Blv= = 6R = Ω总（2）金属杆 a 通过 EFGH 区域： 金属杆 a 通过与弹簧碰撞以 v=8m/s 反弹，经过 EFGH 区域速度再减掉 2m/s，变成 金属杆 a、b 发生弹性碰撞，满足： 动量守恒 能量守恒 求得金属杆 b 的速度为 金属杆 b 通过 ABCD 区域，电路发生改变 ： 金属杆 a 切割产生的总焦耳热 金属杆 a 分配到 1.6J 金属杆 b 切割产生的总焦耳热 EI R = 总 5 N3F BIl= =安 2 2B l v t m vR − ∆ = ∆ 总 2m/sv∆ = 1 8m/sv = 1v t d∆ = 2 6m/sv = 2 a bmv mv mv= + 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2a bmv mv mv= + 6 /bv m s= 8R′ = Ω总 2 2B l v t m vR ′− ∆ = ∆′总 4 /v m s′∆ = 2 /bv m s′ = 2v t d∆ = 2 2 1 0 2 1 1 3.2J2 2Q mv mv= − =金属杆 a 分配到 总共产生了 1.87J 的热 （3）金属杆 b 进入左侧电容区域，最终金属杆 b 两端电压和电容器两端电压相等时，匀速。此时速度设为 v．电容器上的电量和流过的电量金属杆 b 相等，设为 q 且 求得：q=0.1C 22.如图甲所示，长方形 MNPQ 区域（MN=PQ=3d，MQ 与 NP 边足够长）存在垂直纸面向里的匀强磁场， 其磁感应强度为 B。有一块长为 5d、厚度不计的荧光屏 ab，其上下两表面均涂有荧光粉，平行 NP 边放置 在磁场中，且与 NP 边相距为 d，左端 a 与 MN 相距也为 d。电子由阴极 K 均匀地发射出来（已知电子质量 为 m、电荷量为 e、初速度可视为零）经加速电场加速后，沿 MN 边进入磁场区域，若电子打到荧光屏就被 吸收。忽略电子重力和一切阻力，求： （1）如果加速器 电压为 U，求电子刚进入磁场的速度大小； （2）调节加速电压，求电子落在荧光屏上，使荧光屏发光的区域长度； （3）若加速电压按如图乙所示的图象变化，求从 t=0 开始一个周期内，打在荧光屏上的电子数相对总电子 数的比例；并分析提高该比例的方法，至少提出三种。 【答案】（1） ；（2） ；（3）62.5%；方法见解析 【解析】 【详解】（1）根据 的 2 2 2 1 1 1.6J2 2b bQ mv mv′= − = 4 J15aQ = bBql mv mv′− = − q BlvC = 2eUv m = 5d求得 （2）打在荧光屏 a 点的电子，由几何关系得 求得 ①若减小粒子的速度，粒子打到荧光屏的下表面，临界条件是轨迹相切于 c 点，是粒子的最小速度， 由几何关系可知，对应粒子做圆周运动 半径 因此 ac 区域长度是 ②若增大粒子的速度，粒子打到荧光上表面，临界条件是粒子运动轨迹与 NP 相切， 由几何关系得 那么 ， 求得 由于 的 21 2eU mv= 2eUv m = ( ) ( )2 22 1 12R d R d= + − 1 2.5R d= 1 2R d= ac d= 3 3R d= ( ) ( )2 23 3 2ag d d d d= + − − 2 5ag d d= + 3af d=那么 发光区域的总长度为 （3）由第（2）步可知，粒子半径在 的区间内，粒子能打在荧光屏上 结合 得 可求得：当 时粒子能打在荧光屏上 因此 提高粒子打在荧光屏上比率的方法： ①扩大荧光屏上方磁场区域②荧光屏左端适当往左移一些③荧光屏适当往 MQ 端移动④适当减小加速电压 的最大值⑤适当增大加速电压的最小值 5fg d d= − 5d ac fg d∆ = + = 2 3d R d≤ ≤ 2vevB m R = 21 2eU mv= 2 2 2 eB RU m = 2 2 2 22 4.5eB d eB dUm m ≤ ≤ 2 2 2 2 2 2 2 2 4.5 2 62.5%5 eB d eB d m m eB d eB d m m η − = = −