浙江省名校联盟2022-2023学年高三物理下学期新高考研究选考试题（四）（Word版附解析）

《浙江省新高考研究卷》选考物理（四）可能用到的相关公式或参数：重力加速度g均取选择题部分一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分．每小题给出的四个备选项中，只有一项是符合题目要求的．）1.以下物理量属于矢量的是（）A.线速度B.磁通量C.功率D.振幅【答案】A【解析】【详解】A．线速度是矢量，既有大小，又有方向，故A正确；B．磁通量是标量，只有大小，没有方向，故B错误；C．功率是标量，只有大小，没有方向，故C错误；D．振幅是标量，只有大小，没有方向，故D错误。故选A。2.在卡塔尔世界杯中，荷兰队加克波打入一粒精彩头球，而VAR等AI裁判引发争论。则（）A.当足球飞在空中时，其惯性不断变化B.加克波头球瞬间，足球发生形变，对加克波产生作用力C.采用VAR等电子门线技术判断是否进球，可将足球视作质点D.足球发生形变时，内部气体每个分子动能均增大【答案】B【解析】【详解】A．惯性只于物体的质量有关，质量越大，物体所具有的惯性就越大，与物体的运动状态无关，故A错误；B．加克波头球瞬间，足球发生形变，对加克波产生作用力，故B正确；C．采用VAR等电子门线技术判断是否进球，任然是判断足球的运动情况，足球的形状大小在判断是否进球时不能忽略，因此，不可以将足球视作质点，故C错误；D．加克波头球，足球发生形变，足球形变时对球内气体做功，根据热力学第一定律可知，足球形变瞬间球内气体来不及与外界发生热传递，因此球内气体内能增加，温度升高，球内气体分子的平均动能增加，而对于单个气体分子，其动能有可能减小，故D错误。第27页/共27页学科网（北京）股份有限公司 故选B。3.“天问”来自屈原笔下的诗歌，而“天问”探索系列代表着中国人对深空物理研究的无限渴求。已知火星表面加速度为，火星半径为，若某“天问”探测器离火星表面做匀速圆周运动，则其加速度（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】根据万有引力与重力关系有根据万有引力提供向心力有可得探测器的加速度为故选C。4.在芯片生产过程中，光刻机相当于雕刻机。当初光刻机光源波长被卡在上，为了突破这一限制，阿斯麦公司使用创新方法，如图所示，在光刻机透镜和硅片间直接加上一层液体，可以通过光的折射原理，让原来激光波长缩短到，这个方法被称为“浸没式光刻”，则（　　）A.激光波长越短，其衍射效应越明显B.激光在真空中传播速度为在液体中的1.46倍C.激光入射到液体中，频率变大了1.46倍D.该改进方案与全息摄影的原理是一样的【答案】B【解析】第27页/共27页学科网（北京）股份有限公司 【详解】A．激光波长越长，其衍射效应越明显，故A错误；B．根据可得故B正确；C．激光入射到液体中，频率不变，故C错误；D．该改进方案运用的原理是光的折射，全息摄影的原理是光的干涉，故D错误。故选B。5.如图为一个同学站在地秤上研究下蹲和起立过程中的超重和失重现象，通过力传感器采集的图像如图所示，下列说法错误的是（）．A.图示段为下蹲过程B.起立过程中，地秤对人的支持力不做功C.图示B时刻，同学向下速度最大D.由图像可以估算出起立和下蹲过程中的最大加速度【答案】C【解析】【详解】A．人在下蹲过程中，先做加速度向下且增大的加速度运动，再做加速度向下且减小的加速度运动，当加速度减小为零时，人获得向下的最大速度，接着做加速度向上且增大的减速运动，最后做加速度减小的减速运动，直至人完全蹲在地秤时速度减为零，图示段符合该过程，因此可知图示段为下蹲过程，故A正确，不符合题意；B．起立过程中，人消耗自身的化学能，转化为人的机械能，而地秤对人的支持力不做功，故B正确，不符第27页/共27页学科网（北京）股份有限公司 合题意；C．图示AC过程为人的起立过程，图示B时刻，同学向上的速度最大，故C错误，符合题意；D．根据图像可知，人的重力为而起立过程和下蹲过程人受到地秤最大支持力和最小支持力分别为，则根据牛顿第二定律分别有，解得，故D正确，不符合题意。故选C。6.浙江大学教授王淦昌先生是原子物理领域的泰山北斗，他首先提出证明中微子存在的实验方案，其核反应方程为：，可惜最后与诺奖擦肩而过。1964年，他又独立提出可以用激光打靶实现核聚变，一生功勋卓著。已知X的比结合能小于。则（）A.X是B.X的平均核子质量大于C.中微子质量数为0，所以其质量必为0D.在王淦昌先生理论指引下，我国自行研究的“神光Ⅲ”激光约束核聚变装置可实现受控核聚变【答案】B【解析】【详解】A．根据质量数和电荷量守恒可知核反应方程为故X是，故A错误；B．中微子的质量远小于电子的质量，根据核反应质量守恒可知X的质量大于的质量，由于X和的核子数都是7，可知X的平均核子质量大于，故B正确；第27页/共27页学科网（北京）股份有限公司 C．中微子质量数为0，说明中微子的质量很小，其质量不为0，故C错误；D．我国自行研究的“神光Ⅲ”激光约束核聚变装置未实现受控核聚变，故D错误。故选B。7.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（）A.取出线圈中的铁芯，振荡电路的频率将变小B.若磁场正在增强，根据楞次定律，回路中电流方向为逆时针C.若刚放电时电容器所带电量越多，则一个周期内平均电流越大D.电流减小时，电容器储存的电场能一定增大【答案】D【解析】【详解】A．根据可知取出线圈中的铁芯，振荡电路的频率将变大，故A错误；B．若磁场正在增强，说明电容器在放电，根据安培定则，回路中电流方向为顺时针，故B错误；C．一个周期内LC振荡电路平均电流为零，与刚放电时电容器所带电量无关，故C错误；D．电流减小时，线圈磁场能减弱，根据能量守恒可知电容器储存的电场能一定增大，故D正确。故选D。8.为了保护埋在学校地下的输电线不被压坏，可预先铺设结实的过路钢管，再让输电线从钢管中穿过．如图所示，某校兴趣小组研究了两种方案：甲方案是铺设两根钢管，两条输电线分别从两根钢管中穿过；乙方案是只铺设一根钢管，两条输电线都从这一根钢管中穿过．如果输电线输送的电流较大且为交流电，你认为以下各位同学的证据与解释最合理的是（）．A.黄同学认为乙方案可以节省钢材，一定是最佳方案第27页/共27页学科网（北京）股份有限公司 B.陈同学认为乙方案无法规避导线之间的相互作用力，只能选择甲方案C.陆同学认为甲方案中一定会产生涡流，乙方案可大幅减小涡流，所以应该选择乙方案D.沈同学认远距离输电应该尽可能选择直流电，因为直流电不存在涡流等不利因素【答案】C【解析】【详解】ABC．若甲图中通交流电，由于正弦变化的电场产生余弦变化的磁场，而余弦变化的磁场又产生正弦变化的电场，则每根钢管中都产生涡流电流，导致能源损耗较大，若乙图通交流电，由于两根导线一根是火线，一根是零线，它们的电流方向是相反的，故互相排斥，工程上可以将其放入一根管内做好绝缘隔离，故AB错误，C正确；D．若甲乙两图通直流电流，则都产生恒定的磁场，恒定的磁场不产生电场，因此不产生涡流，没有能量损耗，故若通恒定电流甲乙两方案均可，但是远距离输电必须要采用高压输电，从而减小导线上的功率损失，不可能选择直流电，故D错误；故选C。9.氢原子能级如图甲所示，一群处于高能级的氢原子，向低能级跃迁时发出多种可见光，分别用这些可见光照射图乙电路的阴极K，其中3条光电流I随电压U变化的图线如图丙所示，已知可见光波长范围约为到之间，a光的光子能量为。则（）A.氢原子从能级向低能级跃迁时能辐射出6种频率的可见光B.当滑片P向a端移动时，光电流I将增大C.a光照射得到的光电流最弱，所以a光光子动量最小D.图丙中3条图线对应的遏止电压，一定有【答案】D【解析】【详解】A．可见光波长范围约为到之间，可知可见光的光子能量范围约为到之间。氢原子从能级向低能级跃迁时能辐射出6种频率的光，只有2种可见光，分别为从第27页/共27页学科网（北京）股份有限公司 能级向能级跃迁和从能级向能级跃迁，故A错误；B．当滑片P向a端移动时，施加反向电压，光电流I将减小，故B错误；C．根据可知频率越大，遏止电压越大，故a光的频率最大，根据可知频率越大，波长越短，故a光的波长最短，根据可知a光光子动量最大，故C错误；D．可见光波长范围约为到之间，根据氢原子能级图可知氢光谱可见光只有4条，而a光的能量最大，故排除氢原子从能级向能级跃迁的可能，故a光是氢原子从能级向能级跃迁发出的光，能量为2.89，b光是氢原子从能级向能级跃迁发出的光，能量为2.55，c光是氢原子从能级向能级跃迁发出的光，能量为1.89，故图丙中3条图线对应的遏止电压，一定有故D正确。故选D。10.如图所示，空间有一底面处于水平地面上的长方体框架，已知：，从顶点A沿不同方向平抛小球（可视为质点）。关于小球的运动，则（）A.所有小球单位时间内的速率变化量均相同B.落在平面上的小球，末动能都相等C.所有击中线段的小球，击中中点处的小球末动能最小第27页/共27页学科网（北京）股份有限公司 D.当运动轨迹与线段相交时，在交点处的速度偏转角均为【答案】C【解析】【详解】A．所有小球都是做平抛运动，只受重力，加速度为重力加速度g，所有小球单位时间内的速度变化率相同，故A错误；B．所有落在平面A1B1C1D1上的小球，下落高度相同，由可知下落时间相同，而落到C1点的小球水平位移最大，所以落到C1点的小球的抛出初速度v0最大，所以落到C1点的小球的末速度最大，即落到C1点的小球的末动能最大，故B错误；C．所有击中线段CC1的小球水平位移相同，设为x，击中线段CC1某点的小球的位移偏转角为，那么下落到该点的高度h为又由平抛规律和动能定理有联立上式得可知当时，有最小值，再结合题目的几何关系知该点应为线段CC1的中点，故C正确；D．当运动轨迹与线段AC1相交时，所有小球的位移偏转角相同，其正切值为再根据平抛推论知，所有小球速度偏转角相同，其正切值为由此可知在交点处的速度偏转角均不为60°，故D错误；故选C。第27页/共27页学科网（北京）股份有限公司 11.利用光敏电阻制作的光传感器，可以记录传递带上工件的输送情况．如图甲所示是光电计数器的工作示意图，其中A是发光仪器，B是传送带上的物品，为光敏电阻（有光照时电阻为，无光照时电阻为），为定值电阻，电源内阻；图乙是输出电信号与时间的关系．若传送带始终匀速运动，每个工件的距离相等，则（）．A.当有光照射时，的功率将变小B.当有光照射时，的功率将变小C.选用定值电阻，一个周期内两端电压差最大D.该传送带每分钟输送60个工件【答案】C【解析】【详解】AB．当有光照射时阻值减小，回路的电流变大，根据P=I2R，则的功率将变大；若将看做电源内阻，则当时光敏电阻的功率最大；当有光照射时,的阻值最接近电源内阻，则此时的功率将变大，选项AB错误；C．一个周期内两端电压差带入数据整理则当时，一个周期内两端电压差最大，选项C正确；D．由图可知，该传送带每0.5s传送一个工件，则每分钟输送120个工件，选项D错误。故选C。第27页/共27页学科网（北京）股份有限公司 12.轻质动滑轮下方悬挂重物A、轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动。已知B的质量是A的质量两倍，假设摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度为g，当A的位移为h时，则B的速度为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】B的质量是A的质量两倍，可知B下降A上升，根据滑轮组原理，B的速度为A的速度两倍，B的位移为A的位移两倍，对系统根据动能定理得解得B的速度为故选A。13.空间中存在水平方向匀强电场，质量为的带电物块在水平力F的作用下，时由静止开始在光滑绝缘水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示，时物块返回出发点，在此过程内，则（　　）A.时物块的动量为B.物块所受电场力大小为C.时物块机械能最大电势能最小D.时物块的动能是时物块动能的36倍【答案】D第27页/共27页学科网（北京）股份有限公司 【解析】【详解】B．前3s由牛顿第二定律得3~6s由牛顿第二定律得6s时物块返回出发点则解得B错误；A．0~4s由动量定理得解得A错误；C．0~3s时物块向前运动电势能继续增大，3~6s在物块返回过程中最终速度大于3s时的速度，故时物块机械能不是最大电势能也不是最小，C错误；D．0~1s由动量定理得1s时的动能为0~6s由动量定理得第27页/共27页学科网（北京）股份有限公司 6s时的动能为时物块的动能和时物块动能之比为即时物块的动能是时物块动能的36倍，D正确；故选D。二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分．每小题给出的四个备选项中至少有一项是符合题目要求的．全部选对得3分，选对但不全得2分，有选错的得0分．）14.近似是十分重要的物理思想，以下数学物理过程中用到近似思想的有（　　）A.双缝干涉实验中，推导相邻亮条纹中心间距公式B.从回复力的角度证明单摆是简谐运动C.论证图像面积即为物体运动的位移D.从能量守恒角度出发，推导出全电路的欧姆定律【答案】AB【解析】【详解】AB．双缝干涉实验推导相邻亮条纹中心间距公式和从回复力的角度证明单摆是简谐运动时都用到了近似的思想，AB正确；C．论证图像面积即为物体运动的位移采用的时微元法，C错误；D．从能量守恒角度出发，推导出全电路的欧姆定律利用了能量守恒的思想，D错误；故选AB。15.有两列简谐横波a、b在同一介质中沿x轴相向传播，其中a波沿x轴正向传播，如图所示，在时刻两列波波峰正好在处重合，a、b周期分别为，，则（）第27页/共27页学科网（北京）股份有限公司 A.B.时刻，两列波的波谷和波谷不可能有重合处C.时刻，处质点的振动速度为0D.时刻，某处必有波峰与波峰重合【答案】ACD【解析】【详解】A．由图可知，列简谐横波a、b在同一介质中沿x轴相向传播，故两列波的波速相等，根据可得故A正确；B．时刻，a波的波谷位置为(0，1，2，3…)时刻，b波的波谷位置为(0，1，2，3…)两列波的波谷重合处有即(、0，1，2，3…)时，两列波的波谷重合，故B错误；C．时刻，a波在处位于波峰，质点的振动速度为0，b波在处位于波峰，质点的振动速度为0，根据速度的叠加可知质点的振动速度为0，故C正确；D．时刻，有可知时刻的a、b波的波形图可由时刻的a、b波的波形图向右平移所得，由C可知第27页/共27页学科网（北京）股份有限公司 时刻，在处a、b波波峰重合，故时刻，某处必有波峰与波峰重合，故D正确。故选ACD。非选择题部分三、非选择题（本题共5小题，共55分）16.（1）采用一次函数图像拟合方法是重要的实验数据分析手段，以下实验中没有使用到此种方法的是______（单选）A．探究弹簧弹力与形变量的关系B．探究两个互成角度的力的合成规律C．用单摆测量重力加速度的大小D．探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系（2）胡同学用如图1所示的装置来完成探究“加速度与力、质量的关系”实验。①测量数据如图2所示，每5个计时点取1个计数点。则纸带的加速度大小为__________（保留两位有效数字）；②请分析测出的加速度值是否合理，说明理由__________；③胡同学改进实验方案，采用如图3的实验装置进行探究，用该装置进行实验，是否需要平衡摩擦力__________（选填“需要”或“不需要”）；④利用如图3装置得到的关系可能是__________；每得到一条纸带，分析其数据，可在图像上做出__________个点（选填数字，1，2，3……）。A．B．C．【答案】①.B②.1.7③.不合理，因为槽码质量第27页/共27页学科网（北京）股份有限公司 需要远小于小车质量，所得的加速度应该远小于重力加速度④.需要⑤.A⑥.1【解析】【详解】（1）[1]探究弹簧弹力与形变量的关系、用单摆测量重力加速度的大小、探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系都使用了一次函数图像拟合方法，探究两个互成角度的力的合成规律采用了等效替代的方法，未使用一次函数图像拟合方法。故选B。（2）[2]根据逐差法求纸带的加速度为[3]测出的加速度值不合理，因为槽码质量需要远小于小车质量，所得的加速度应该远小于重力加速度；[4]用图3的实验装置进行实验时需要平衡摩擦力，使绳子的拉力等于小车的合力；[5]根据牛顿第二定律有整理得可知图象为一条过原点的直线。故选A。[6]一条纸带只能测得一个加速度，故每得到一条纸带，分析其数据，可在图像上做出1个点。17.小李拆开一个电流表，内部结构如图1所示，接线柱a为公共接线柱。（1）由于电表内阻未知，小李用欧姆表去测量电表内阻，下列判断正确的是______（多选）；A．欧姆表应先选择较大量程试测，防止烧毁欧姆表B．欧姆表红表笔应当连接接线柱aC．此方案测量内阻是粗测，可能误差较大（2）该电流表量程分别为和，电流表显示所对应接线柱为______（选填“b”或“c”）；（3）小林将某两根接线柱短接，摇晃电流表，发现指针偏转角较大，假设一切电路元件完好，则短接所连接的接线柱为______（选填“ab”或“ac”）；第27页/共27页学科网（北京）股份有限公司 （4）小黄通过查阅资料和借助实验室其他器材，将表头拆下，将其改装成灵敏电流计。连接电路如图2，探究电容器充放电实验，则在电源给电容器充电，观察到灵敏电流计指针偏转情况为__________；（5）当电容器充电完成后，根据__________描述（填写物理学家名字）电源释放的能量一定大于电容器储存的能量。【答案】①.BC##CB②.b③.ab④.迅速偏转到某一刻度后逐渐减小到0⑤.克劳修斯或者开尔文【解析】【详解】（1）[1]A．欧姆表应先选择较小量程试测，防止烧毁电流表，故A错误；B．接线柱a为电流表公共接线柱，为电流表负极，故欧姆表红表笔应当连接接线柱a，故B正确；C．电表内阻较小，欧姆表表盘刻度不均匀，读数时误差较大，故此方案测量内阻是粗测，可能误差较大，故C正确。故选BC。（2）[2]根据改装电流表原理可知接入的电阻越小，电流表量程越大，故电流表显示所对应接线柱为b；（3）[3]小林将某两根接线柱短接，摇晃电流表，发现指针偏转角较大，为保证一切电路元件完好，电流表内部应构成闭合回路，产生感应电流，起到电磁阻尼的作用，此时短接所连接的接线柱为ab；（4）[4]电源刚给电容器充电时，电源与电容器两极板间电势差最大，此时充电电流最大，随着电容器充电，电源与电容器两极板间电势差逐渐减小，充电电流逐渐减小，当电容器两端电压等于电源电压时，电容充电结束，充电电流为零，故观察到灵敏电流计指针偏转情况为迅速偏转到某一刻度后逐渐减小到0；（5）[5]根据热力学第二定律克劳修斯表述或者开尔文表述可知当电容器充电完成后，电源释放的能量一定大于电容器储存的能量。18.在小球时代，可以用热水浸泡将踩瘪后的乒乓球恢复。如图，已知乒乓球导热性能良好，完好时内部气压为大气压强，踩瘪后体积变为原体积的80％，外界温度恒为，把乒乓球全部浸入热第27页/共27页学科网（北京）股份有限公司 水里，当球内气压大于等于时，乒乓球就刚好开始恢复，已知球内气体内能始终只与温度成正比，踩瘪后球内气体内能为E；（1）求乒乓球被踩瘪但没有破裂时的内部压强；（2）求要使乒乓球刚好开始恢复，热水温度至少要多少K；（3）若热水为即为（2）问最小值，乒乓球从放入热水直到恢复形变时总共吸热为Q，则恢复形变过程中球内气体做功多少。【答案】（1）；（2）；（2）【解析】【详解】（1）设乒乓球原体积为V，踩瘪后压强为，有可得（2）踩瘪后到开始准备恢复为等容过程，设开始温度，开始准备恢复时温度为，有可得（3）由于气体内能只与内能有关，乒乓球最终内能为可知内能增加了，根据热力学第一定律可得恢复形变过程中球内气体做功为第27页/共27页学科网（北京）股份有限公司 19.如图所示，一个质量为的物体自一个光滑斜面上方高处从静止释放。箱子沿斜面滑下，通过长的光滑水平地板，到达一个粗糙斜面，其上固定一根弹簧。弹簧底端位于高度为处，弹簧的劲度系数为，粗糙斜面和箱子之间的动摩擦系数是，物体所受最大静摩擦力是滑动摩擦力的倍；已知弹簧弹性势能为：（x为弹簧形变量）；弹簧始终在弹性形变范围内。求：（1）物体第一次接触弹簧时的速度大小；（2）箱子在右侧斜面上升的最大高度是多少；（3）若物体再次滑上粗糙斜面，就会受到垂直斜面向上的恒力，求物体第5次滑上粗糙斜面时在斜面上运动的时间。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）对于物体下落，有可得（2）设箱子在右侧斜面上升的最大高度为h，而初始时位于左侧斜面的高度为则弹性势能为克服摩擦力做功为根据能量守恒有第27页/共27页学科网（北京）股份有限公司 代入数据得由此可解得（3）当物体在最高处时弹簧弹力静摩擦力物体受到向下的力分量为这表明物体不会静止在最高处。在最高点处，重力势能为弹性势能为物体从最高点返回最低点，根据动能定理，箱子到达斜面底部时的机械能为物体能沿斜面再次上升，有解得故再次上升后不会与弹簧接触，由于此时下滑力大于最大静摩擦力，物体再次滑到水平面时，有第27页/共27页学科网（北京）股份有限公司 代入数据得以此类推，第五次冲斜面的初动能为解得向上运动有向上运动的时间向上运动的位移为向下运动有向下运动的位移为可得向下运动的时间则总时间为20.某小组用如下装置模拟福建舰上的电磁弹射，如图所示直流电源电动势为E，电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计。模拟飞机可视为一质量为m、电阻为R的金第27页/共27页学科网（北京）股份有限公司 属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电。然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出），金属棒MN离开导轨前，已获得最大速度。不计一切电磁辐射。（1）求电容器完全充电后所带的电量，并画出电容器电量与两端电压U的函数图像；（2）求金属棒MN最大速度；（3）试根据第一问的函数图像求出电容器的电场能与电压关系；并求出金属棒MN产生的焦耳热；（4）若不施加匀强磁场，导轨间磁场与导轨上电流成正比，即，k的大小已知且为常数，求金属棒MN速度为v时，电容器两端电压。【答案】（1），；（2）；（3）；（4）【解析】【详解】（1）电容器完全充电后所带的电量电容器电量与两端电压函数图像为（2）电容器放电前所带的电荷量开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值时，MN上的感应电动势第27页/共27页学科网（北京）股份有限公司 最终电容器所带电荷量设在此过程中MN的平均电流为，MN上受到的平均安培力由动量定理，有又金属棒最终速度为（3）可知在图像中，图像所围成的面积为，也就是克服电场力所做的功。即为又有电容定义为两式联立得所以电容器储存的电场能为根据能量守恒，金属棒MN产生的焦耳热为（4）对于金属棒MN，应用动量定理，得即第27页/共27页学科网（北京）股份有限公司 有可得金属棒产生的焦耳热为由能量守恒得即21.如图所示：匀强电场被限定在直角三角形内，三角形区域外可视为真空，电场沿CO方向，斜边长L，．一长为L的绝缘探测板与边界完全重合，探测板可绕C点或者A点旋转。A处有一电子源，打开电子源开关，单位时间有n个电子水平射入，粒子数目按速率均匀分布，速率分布在到之间．若速率为v的电子刚好打在探测板的中间，电子打到探测板被完全吸收，且激发探测板上荧光发光。不考虑电子反弹，不计电子重力和电子间的相互作用力．（1）求探测板收集效率；（即被探测板收集到电子占总电子数之比）（2）使探测板绕A点顺时针转动，当收集效率为100％时，求探测板旋转的最小角度；（可用三角函数表示）（3）探测板复原，撤去匀强电场，在三角形区域内施加垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度与电场强度比值为，求电子对探测板垂直于板面的平均冲击力大小；（4）在第三问基础上，探测板绕C点顺时针旋转最小角度并固定探测板，可使探测板端点A处发光，重新打开电子源开关，求电子点亮探测板时间差．【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【解析】【详解】（1）速率为第27页/共27页学科网（北京）股份有限公司 的电子刚好打在探测板的中点，电子只受静电力的作用，做类平抛运动，由类平抛运动的规律可得，联立解得而打到C点处的粒子的速度的反向延长线交于中点，可得，，联立解得所以（2）探测板未转动时，对于以为初速度射出的粒子，由类平抛运动的规律可得则，若要探测器收集效率为100%，则速率为的电子恰好打到C点，则电子先在电场中做类平抛运动，飞出电场后做匀速直线运动，打到点，如图甲所示设探测器绕A点顺时针转动角，由平抛运动的规律及几何关系可知，第27页/共27页学科网（北京）股份有限公司 则所以，而在中，由正弦定理有解得（3）对于电子在磁场中运动，有解得速度为的电子在磁场中运动的轨迹半径为而根据前述情况可知，电场强度联立解得即可知速率为的电子刚好击中探测板正中间，由于磁场仅局限在三角形AOC中，当电子轨迹的旋转圆半径和右侧CO相切时，电子将从右边界飞出，此时电子的运动半径为，对应的速度大小为第27页/共27页学科网（北京）股份有限公司 可得击中探测板的电子总数占总电子数的比例对打到探测板上的电子，由动量定理可得由牛顿第三定律得电子对探测板垂直于板面的平均冲击力大小为（4）显然速度为的粒子打在探测板处，如图乙所示根据电子在磁场中偏转情况可知，根据正弦定理，得解得即探测板绕C点顺时针旋转即可使得A点发光，由于所有电子在磁场中做圆周运动的周期可知，所有电子在磁场中做圆周运动的周期相同，因偏转角度也相同，因此所有电子在磁场中飞行时间相同，由几何关系可知第27页/共27页学科网（北京）股份有限公司 由（3）中分析及几何关系可知则则电子点亮探测板时间差为第27页/共27页学科网（北京）股份有限公司