浙江省县域教研联盟2023-2024学年高三上学期12月模拟考试物理试卷（Word版附解析）

2023学年第一学期浙江省县域教研联盟高三年级模拟考试物理考生须知：1．本卷满分100分，考试时间90分钟2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场、座位号及准考证号并核对条形码信息；3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效，考试结束后，只需上交答题卷；4．参加联批学校的学生可关注“启望教育”公众号查询个人成绩分析。选择题部分（共45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.“卡路里”是一个食物热量的单位，如果用国际单位制的基本单位表示正确的是（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】热量的单位是J，功的单位也是J，根据则有故选B。2.杭州亚运会中，女子决赛时，中国队在第四道，并遥遥领先于其他队获得冠军，关于这次比赛下列说法正确的是（　　）A.中国队的平均速度最大B.起跑时，助跑器对脚的力大于于脚蹬助跑器的力C.接棒时，后面的运动员可以把前面的运动员看成质点D.运动员以相同大小的线速度转弯时，跑内圈的加速度比跑外圈的加速度大【答案】D 【解析】【详解】A．接力赛各队的路程是相同的，中国队的用时最短，则平均速率最大；而各队的位移不相同，则无法比较平均速度，故A错误；B．起跑时助跑器对脚的力和脚蹬助跑器的力是一对作用力和反作用力，总是等大反向，故B错误；C．研究接棒时要考虑姿态和形状，则后面的运动员不能把前面的运动员看成质点，故C错误；D．向心加速度为，运动员以相同大小的线速度转弯时，跑内圈的半径小，跑外圈的半径大，则跑内圈的加速度比跑外圈的加速度大，故D正确。故选D。3.如图是采用动力学方法测量空间站质量的原理图。若已知飞船质量为，在飞船与空间站对接后，其推进器的平均推力为，推进器工作内，测出飞船和空间站的速度变化是，则（）A.飞船对空间站的推力为B.飞船的加速度为C.空间站的质量为D.在内，飞船和空间站前进的距离是【答案】C【解析】【详解】ABC．已知飞船质量为m=3.0×103kg，在其推进器的平均推力F作用下，整体获得加速度为根据牛顿第二定律可得代入数据解得M=87000kg飞船对空间站的推力为故AB错误，C正确； D．因为初状态不清楚，所以无法计算在内，飞船和空间站前进的距离，故D错误。故选C。4.把如图所示的两个白炽灯串联接到的电路中，则下列判断正确的是（）A.甲灯比较亮B.甲灯两端的电压小C.相同时间内乙灯消耗的电能较多D.相同时间内通过乙灯的电量多【答案】A【解析】【详解】ABC.由题得，甲灯的电阻为乙灯的电阻为两灯串联在电路中，流过两灯电流相同，由知甲灯两端电压大。又由知甲灯比较亮。故A正确，B错误；C.由知相同时间内甲灯消耗的电能较多，故C错误；D.由知相同时间内通过两灯的电量一样大。故D错误。 故选A。5.下列图片的描述正确的是（　　）A.图甲中线圈从运动到的过程中，穿过线圈的磁通量先变小后变大B.图乙中点的磁场方向垂直于纸面向外C.图丙中通电液体在磁场中将逆时针旋转（从上往下看）D.图丁中电焊工人带护目镜的原因是为了防止频率为的红外线对眼睛的伤害【答案】C【解析】【详解】A．图甲中线圈从运动到的过程中，穿过线圈的磁通量先变大后变小。故A错误；B．图乙中双螺线管在点的磁场大小相等，方向相反。合磁感应强度为零。故B错误；C．根据左手定则可判断图丙中通电液体磁场中将逆时针旋转（从上往下看）。故C正确；D．图丁中电焊工人带护目镜的原因是为了防止紫外线对眼睛的伤害。故D错误。故选C。6.华为mate60实现了手机卫星通信，只要有卫星信号覆盖的地方，就可以实现通话。如图所示三颗赤道上空的通信卫星就能实现环赤道全球通信，已知三颗卫星离地高度均为h，地球的半径为R，地球同步卫星离地高度为6R，地球表面重力加速度为，引力常量为G，下列说法正确的是（　　）A.三颗通信卫星受到地球的万有引力的大小相等B.能实现全球通信时，卫星离地高度至少2R C.其中一颗质量为m的通信卫星的动能为D.通信卫星和地球自转周期之比为【答案】C【解析】【详解】A．通信卫星受到的万有引力大小为由于不知道三颗通信卫星的质量大小关系，所以三颗通信卫星受到地球的万有引力大小不一定相等，故A错误；B．三颗通信卫星若要全面覆盖，则其如图所示由几何关系可知，，，其OA为地球半径R，所以由几何关系有解得所以解得所以通信卫星高度至少为R，故B错误；C．对卫星有，其万有引力提供做圆周运动的向心力，有在地球表面有 其动能为故C正确；D．对通信卫星有地球的自转周期与同步卫星相同，对同步卫星有整理有故D错误。故选C。7.在轴上两点分别放置两电荷和为两电荷中垂线上一点，且，在轴上的电场强度与的图线如图所示，规定场强沿轴正方向为正，则（　　）A.两电荷为等量异种电荷B.点电势小于0C.电子从到运动过程中电势能增大D.电子从到运动过程中加速度先增大后减小【答案】D【解析】 【详解】AB．根据题意，由图可知，点左侧电场方向沿轴正方向，点右侧电场方向沿轴负方向，点场强为0且，可知，、为等量正电荷，中垂线上的电场方向为由点指向无穷远，根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，由于无穷远处电势为0，则点电势大于0，故AB错误；C．结合AB分析可知，电子从到运动过程中电场力做正功，电势能减小，故C错误；D．根据题意，设，由点电荷场强公式和场强叠加原理可得，此时点电场强度为在连线上取一点，令，由点电荷场强公式和场强叠加原理可得，此时点电场强度为可知结合等量同种电荷连线中垂线上的电场强度情况可知，从到电场强度先增大后减小，则电子从到运动过程中加速度先增大后减小，故D正确。故选D。8.把线圈、电容器、电源和单刀双掷开关按照图甲连成电路。把电压传感器（或示波器）的两端连在电容器的两个极板上。先把开关置于电源一侧，为电容器充电；稍后再把开关置于线圈一侧，使电容器通过线圈放电。观察电脑显示器（或示波器）显示的电压的波形如图乙所示，则下列说法正确的是（　　）A.电容器两端的电压逐渐减小的原因是因为自感线圈发热所致B.若增大，则电压峰值衰减得更快C.在时间段线路中的电流正逐渐增大D.在时间段电流方向为图甲中的逆时针方向 【答案】D【解析】【详解】A．电容器两端的电压逐渐减小的原因有两个分别是电路向外辐射电磁波，和电路本身的发热转化为内能。故A错误；B．若增大，则会改变电路的振荡周期，不会影响电压峰值的衰减。故B错误；C．在时间段电容器处于正向充电，线路中的电流正逐渐减小。故C错误；D．在时间段电容器处于正向放电，电流方向为图甲中的逆时针方向。故D正确。故选D。9.一辆汽车以的速度行驶时，每耗油约。根据汽油的热值进行简单的计算可知，这时的功率约为。如图是一辆小汽车行驶时功率分配的大致比例图。下列判断正确的是（）A.每小时耗油B.汽车热功率是C.进入发动机的功率为D.整辆汽车的总效率约为【答案】D【解析】【详解】A．汽车以的速度行驶，则每小时耗油8L，A错误；B．汽车热功率等于排气管热损与散热器损失之和，即52kW，B错误；C．进入发动机的功率等于总功率减去排气管热损、汽油蒸发损失、散热器损失，即17kW，C错误；D．整辆汽车的总效率约为D正确。故选D。10.如图所示，木块静止在光滑水平面上，子弹A、B 从两侧同时水平射入木块，木块始终保持静止，子弹A射入木块的深度是B的3倍。假设木块对子弹阻力大小恒定，A、B做直线运动且不会相遇，则A、B运动的过程中，下列说法正确的是（　　）A.木块和子弹A、B系统动量不守恒B.子弹B的初速度大小是子弹A的初速度大小的3倍C.子弹B的质量是子弹A的质量的3倍D.若子弹A向右射入木块，与木块相对静止后，子弹B再向左射入木块，最终A进入的深度仍是B的3倍【答案】C【解析】【详解】A．以木块和子弹A、B组成的系统为研究对象，系统受合外力是零，则有系统的动量守恒，A错误；BC．以木块和子弹A、B组成的系统为研究对象，取水平向右为正方向，由动量守恒定律可得则有即子弹A的初动量与子弹B的初动量大小相等，由于木块始终保持静止，木块受合力是零，可知两子弹对木块的作用力大小相等，由牛顿第三定律可知，两子弹受木块的阻力大小相等，设为Ff，子弹射入木块的深度为d，由动能定理，对子弹A有可得对子弹B有可得由于 则有两子弹初动能的关系为由动能公式可得解得即子弹B的质量是子弹A的质量的3倍；由于可得即子弹A的初速度大小是子弹B的初速度大小的3倍，B错误，C正确；D．若子弹A向右射入木块，子弹A与木块组成的系统动量守恒，子弹A与木块相对静止时有共同的速度，由能量守恒定律可知，系统减少的机械能可得子弹B再向左射入木块，由于子弹A、B与木块组成的系统动量守恒，由以上分析可知则有系统的初动量是零，由动量守恒定律可知，最后A、B与木块都静止，子弹B射入木块运动中，由能量守恒定律可知，系统减少的机械能可得 由以上分析可知D错误。故选C。11.如图甲所示同一线圈在磁感应强度不同的磁场中转动，产生图乙所示三种周期相同，峰值不同的正弦式交流电，其中峰值，图丙为某理想变压器原副线圈匝数之比为，，则下列说法正确的是（　　）A.产生和交流电，线圈的角速度之比为B.若将电感线圈接入输出端时，线圈对交流电的感抗最大C.若该电源作为丙图电路的输入电源，则电阻和产生的热量之比为D.对交流电，时刻，穿过线圈的磁通量最大【答案】C【解析】【详解】A．根据题意可知，周期相同，则由公式可知，产生和交流电，线圈的角速度之比为，故A错误；B．根据公式可知，由于交流电周期相同，即频率相同，则线圈对三种交流电的感抗相等，故B错误；C．根据题意，设原线圈中电流为，由电流与线圈匝数成反比可得，副线圈中电流为，由公式可知，由于，则电阻和产生的热量之比为，故C正确；D．由图可知，时刻，交流电感应电动势最大，此时线圈与中性面垂直，磁通量为零，故D错误。故选C。12.某同学采用如图所示装置来研究光电效应现象。某频率为的单色光照射光电管的阴极K 时，能发生光电效应现象，若分别用频率为和的单色光照射阴极（且），测量到的反向截止电压分别为和。设电子质量为，电荷量为，则下列关系式中正确的是（　　）A.单色光照射时电流计中电流方向为从右到左B.图中滑动触片向右移动少许，电流计中的电流会变大C.普朗克常量D.两种单色光照射阴极时，光电子的最大初动能之比为【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，光电子由右侧阴极飞出运动到左侧，在电路中形成光电流，由正电荷定向移动的方向为电流方向可得，电流计中的电流方向为从左到右，故A错误；B．由图可知，所加电压是反向电压，所以将滑动变阻器的滑片向右移动少许，反向电压增大，电流计的示数应该减小，故B错误；CD．设极限频率为，根据光电效应方程有光电子在电场中做减速运动，根据动能定理有解得， 由于，可知故D错误，C正确。故选C。13.如图所示是一列沿轴正方向传播的机械波在时的波形图，由于某种原因，中间有一部分无法看清，已知该波的波速，下列说法正确的是（　　）A.此波的波长为B.时刻，处的质点振动方向沿轴正方向C.时间内，处的质点通过的路程为D.再经过，处的质点传播到处【答案】B【解析】【详解】A．据题意画出波形图如图可得波长为，故A错误；B．因为波沿轴正方向传播，根据上下坡法，据A中图可知沿传播方向看处的质点应向 轴正方向运动，故B正确；C．该波的周期为而由题意可知振幅为，时刻处的质点并不在最大位移处或平衡位置，则时间内路程并不是故C错误；D．机械波传播的只是振动的形式和能量，质点只在各自的平衡位置附近做简谐运动，并不随波迁移，所以处的质点只能在平衡位置做上下振动，不会迁移到处，故D错误。故选B。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，选对但不选全的得1分，有选错的得0分）14.下列说法正确的是（　　）A.质子、中子属于强子，电子属于轻子B.高速行进的火车上向前射出的光，其速度大于光速cC.量子力学是统一描述微观世界物理规律的普遍性理论D.爱因斯坦光电效应理论、康普顿散射理论、玻尔氢原子理论以及德布罗意物质波假说等一系列理论都和普朗克常量紧密相关【答案】ACD【解析】【详解】A．强子是一种亚原子粒子，所有受到强相互作用影响的亚原子粒子都被称为强子，质子、中子属于强子；轻子是不直接参与强相互作用的粒子，电子属于轻子，故A正确；B．由于光速不变原理可知，行进火车上向前射出的光，其速度仍等于光速，故B错误；C．量子力学是统一描述微观世界物理规律的普遍性理论，故C正确；D．爱因斯坦光电效应理论、康普顿散射理论、玻尔氢原子理论以及德布罗意物质波假说等一系列理论都和普朗克常量紧密相关，故D正确。故选ACD。15.某种材料的直角三棱镜截面如图所示，。一束垂直边从 点入射的细光束，经三棱镜反射、折射后，有光线从边的中点垂直方向射出，该光线在三棱镜内只经历一次反射。已知真空中的光速为，边长度为。下列说法正确的是（）A.三棱镜对该单色光的折射率为B.该单色光在边发生全反射C.该单色光在三棱镜中传播速度为D.从点射出的光线在三棱镜中的传播路程为【答案】AC【解析】【详解】做出光路图如下图A．由题意可知,光线DF与法线夹角，反射光线EF与法线夹角为，由几何关系可得，光线EF与法线夹角，光线从边的中点垂直方向射出，有几何关系可得，出射光线与法线夹角由折射定律可得A正确；B．由A的分析可知临界角的正弦值为该单色光在边不会发生全反射，B错误； C．根据可得C正确；D．由CE＝，，，可得，，由几何关系可得因此，从点射出的光线在三棱镜中的传播路程为D错误。故选AC。非选择题部分（共55分）三、非选择题（本题共6小题，共55分）16.在探究“加速度和力、质量的关系”实验中。小车受到的拉力测定至关重要，用如图甲所示的实验装置，不计滑轮与细线、轮轴间摩擦，已知当地的重力加速度。（1）实验前，选择槽码时，槽码的质量________（填“需要”或“不需要”）满足远小于小车的质量。此时________（填“需要”或“不需要”）测定槽码质量。（2）实验一：小车质量不变，改变槽码质量，多次实验，测出力传感器的值，和小车加速度。作出图像，如图乙所示线，则图线与横轴的交点的含义为________。（3）实验二：改变小车的质量，用同一装置重复做了该实验小组的实验，作出的图像为线，则两线所对应的小车质量和相比较，________（填“大于”“等于”“小于”）。【答案】①.不需要②.不需要③.小车受到的阻力④.小于【解析】 【详解】（1）[1][2]根据题意，由图甲可知，绳子对小车的拉力可以通过力传感器测量，则不需要满足槽码的质量远小于小车的质量，也不需要测定槽码质量。（2）[3]由图乙可知，由于加速度时，拉力不为零，则小车受到的阻力作用，设小车受到的阻力为，由牛顿第二定律有可知，当时即图线与横轴的交点的含义为小车受到的阻力。（3）[4]由（2）分析，整理可得可知，图像的斜率表示小车质量的倒数，由图乙可知，图线的斜率大于图线的斜率，则小于。17.（1）某位同学用下图所示的方法测量金属圆环的宽度，测量值________真实值（选填“大于”，“等于”或“小于”）；（2）某位同学分别用两种仪器来测量摆球直径，测量结果为，该同学选用的测量仪器是________（选填“螺旋测微器”或“游标卡尺”）。【答案】①.大于②.游标卡尺【解析】【详解】（1）[1]使用游标卡尺测量金属圆环的宽度，应该用外测量爪下端尖刀位置进行测量，图中使用的是外测量爪的中间部分进行测量，因此该方法测量值大于真实值；（2）[2]螺旋测微器的最小分度是0.01mm，测量时需要估读到最小分度的下一位，根据题意，测量结果为不符合螺旋测微器的读数规则，因此该同学选用的测量仪器是“游标卡尺”。18.某科技小组对充电宝不同电量时的电动势和内阻进行了研究。A小组的同学对电量百分比为的充电宝进行了如下实验：两只数字多用表分别作为电压表和电流表；滑动变阻器用于改变电路中的电流； 作为保护电阻，以防止滑动变阻器调节过度导致短路；电路中的电源为充电宝，通过充电宝的连接线接入电路。剥开充电宝连接线的外绝缘层，里面有四根导线，红导线为充电宝的正极，黑导线为负极，其余两根导线空置不用。实物电路如图甲所示。（1）图甲中作为电流表的多用电表是________（填“A”或“B”）。（2）通过实验作出图像如图乙所示，则可得到充电宝的电动势________，内阻________（计算结果保留两位小数）。（3）若考虑电表内阻，则充电宝内阻测量的结果________（选填“偏大”“准确”“偏小”）。B小组的同学利用如下器材对电量百分比为的同一充电宝进行了实验：除蓄电池、开关、导线外，可供使用的实验器材还有A．电阻箱（量程为）B．电压表（量程，内阻）C．定值电阻D．定值电阻小组同学将电压表进行了改装为量程为后用如图丙所示电路图进行测量。（4）在1、2处分别放上定值电阻，则1处应选择的定值电阻为________（填“”或者“”）。（5）电压表的读数为，电阻箱的读数为，将测得的数据绘制成图像，如图丁所示，可得出的结论为当充电宝的电量百分比发生变化时，其电动势将________，内阻________（以上两空均选填“变大”“变小”或“基本不变”）。 【答案】①.B②.5.06V##5.07V##5.08V③.########④.偏小⑤.⑥.基本不变⑦.基本不变【解析】【详解】（1）[1]电流表应与滑动变阻器串联，故图甲中作为电流表的多用电表是B。（2）[2][3]根据闭合回路欧姆定律可得可得根据图像在纵轴上的截距可得充电宝的电动势充电宝的内阻等于图像倾斜直线的斜率的绝对值（3）[4]由于电压表的分流作用，电流测量值小于真实值，当外电路短路时电流测量值等于真实值，电源U-I图像如图所示所以内阻的测量值偏小。（4）[5]小组同学将电压表进行了改装为量程为，则需要串联的电阻为则1处应选择的定值电阻为。（5）[6][7]电路的欧姆定律可得解得 由图像可知解得，所以当充电宝的电量百分比发生变化时，其电动势将基本不变，内阻基本不变。19.如图甲所示，一导热良好、足够长的汽缸水平放置在地面上。汽缸质量，汽缸内一质量，面积的活塞与缸壁光滑密接。汽缸与地面的动摩擦因数，近似认为最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，已知大气压，重力加速度。（1）当把汽缸竖起来（如图乙）活塞下移过程中，缸内气体________（填“吸热”“放热”），竖起稳定后缸内气体分子的平均速率与甲图相比________（填“变大”、“变小”或“不变”）；（2）当把汽缸竖起来（如图乙）发现活塞相对于甲图位置下移了，求甲图中活塞离缸底的距离；（3）把乙图的汽缸水浴加热，使活塞缓慢回到甲图位置，若气体吸收了的热量，求气体内能的改变量。【答案】（1）放热，不变；（2）0.21m；（3）0.9J【解析】【详解】（1）根据题意可知，气体做等温变化，气体分子的平均速率与甲图相比不变，气体温度不变，则气体内能不变，气体体积减小，外接对气体做功，由热力学第一定律可知，气体放热。（2）根据题意可知，甲图中的压强为，设乙图中的气体压强为，则有 解得设甲图中离缸底距离为，乙图中离缸底的距离为，由玻意耳定律有又有解得（3）根据题意可知，气体做等压变化，气体对外做功为由热力学第一定律有即气体内能增加了。20.如图所示，在光滑平台上可通过弹簧将小滑块水平弹射，右侧在竖直平面内有两个光滑圆弧轨道和水平粗糙轨道，下端水平相连。左边轨道对应的圆心角为，右侧为一段圆弧。小滑块静止在右边圆弧轨道的最低点。现将小滑块从平台弹出后，恰好从点沿圆弧进入轨道。随后与发生弹性碰撞。已知平台与等高，，，左边圆弧轨道的半径为，右边圆弧轨道的半径为，水平轨道长为，和与水平轨道之间的动摩擦因数均为，取重力加速度，。（1）求进入轨道点时滑块的速率；（2）求碰撞后瞬间对轨道的压力；（3）求第一次碰撞后经过多长时间两滑块再次相遇。 【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）小滑块刚进入轨道时的竖直方向速度为，则得得（2）碰撞前，由动能定理有得M与N碰撞时为弹性碰撞，有动量守恒定律和能量守恒定律有解得，由牛顿第二定律有得 根据牛顿第三定律可得对轨道的压力为（3）滑块停止的时间为在右边圆弧上升高度为，由机械能守恒定律有得所以故在右边圆弧上做简谐运动又m在水平轨道上运动的时间为则相遇时间21.现有一种利用电磁感应原理测血栓的传感器，该传感器部分的构成如下图，激励线圈和反馈线圈分别装在两个圆盘上，两圆盘圆心在同一竖直线上，如图甲。转盘固定，其边缘围绕一组环形的激励线圈，内部铺装有许多点状磁感应强度传感器。转盘可转动，内部单匝反馈线圈为“三叶式”，如图乙所示。该传感器工作原理：当检测部位放入两圆盘之间时，有血栓部位将导致反馈线圈所在圆盘对应区域磁感应强度发生变化，反馈线圈以角速度 转动时将产生感应电流，感应电流产生的磁场将导致磁传感器所在处的耦合磁场磁感应强度发生变化，从而确定血栓所在位置和大小。某次模拟测试时，放入半径为的扇形模拟血栓块，使得两圆盘之间对应区域磁感应强度为零。若反馈线圈处磁感应强度与激励线圈的电流关系为，反馈线圈单位长度的电阻为，线圈内圈半径为，外圈半径（相关数学知识：，当时，）（1）若激励线圈接的恒定电流，取，求转动过程中反馈线圈所产生的电流大小；（2）若反馈线圈不转动，模拟血栓块恰好与其中一叶片重叠，当激励线圈接的交流电时，反馈线圈所产生的感应电动势；（3）求（2）中单位时间内反馈线圈产生的热量。【答案】（1）1A；（2）；（3）【解析】【详解】（1）反馈线圈产生的电动势为反馈线圈的电阻为则（2）由题可知反馈线圈有磁场覆盖的面积为则由法拉第电磁感应定律可得 其中故可得反馈线圈产生的感应电动势为（3）由第二小问可知，励磁线圈在反馈线圈产生感应电动势为分析可知其为交流电，则有效值为则反馈线圈的电阻为根据联立解得单位时间内反馈线圈产生的热量为22.如图甲所示，点是一个粒子源，能在上半平面内沿着各个方向均匀、持续地发射电荷量为，质量为，速度大小恒定的电子。上半平面内的半圆形区域内，存在垂直纸面向里，磁感应强度为的匀强磁场。半圆形区域半径为，圆弧边缘是由金属材料制成的极板，当电子打到极板上会瞬间被极板吸收，并与外电路形成回路，因此可以测出回路中的电流大小。则（1）电子速度为多大时，有三分之二的电子能打到极板；（2）电子以第（1）问中的发射，测得外电路的电流强度大小为 ，试求半圆弧极板在半径方向受到的作用力大小之和；（3）如图乙所示，若磁场形状改为半圆形环状磁场区域，圆环内半径为，外半径为。磁场方向和大小不变，粒子源仍在圆心。若电子的发射速度为，每秒钟发射个，则电子速度与外电路的电流强度的关系式。【答案】（1）；（2）；（3）见解析【解析】【详解】（1）根据题意，由左手定则可知，若有三分之二的电子能打到极板，表明右侧60度范围内发射的电子无法打到极板，如图所示有几何关系得由牛顿第二定律有解得（2）若电子以发射，任意一电子打到极板时，与半径方向的夹角均为，如图所示 因此电子由于吸收引起的动量改变均相同又因为外电路的电流强度大小为I，则时间打到极板上的电子数目为设半圆弧极板在半径方向受到的作用力大小之和为，由动量定理有解得（3）根据题意，粒子以速度进入，运动轨迹如图所示设粒子运动的轨迹半径为，由几何关系得解得又有解得 可知，当时，所有电子都无法打到极板上，电流强度为0；当时，发射方向沿的电子经偏转后刚到打到极板右下端C点，如图所示在三角形中，由余弦定理得由正弦定理得即在三角形中可得轨迹圆半径为因此又因为电流强度为则 因此