2023年1月浙江省普通高校招生选考科目考试物理试卷带讲解

选择题部分

一、选择题Ⅰ（本题共3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.下列属于国际单位制中基本单位符号的是（）A.J B.K

C.W

D.Wb

【答案】B

【详解】国际单位制中的七个基本单位是千克、米、秒、安培、开尔文、坎德拉、摩尔，符号分别是kg 、m 、s 、A 、K 、cd 、mol ，其余单位都属于导出单位。故选B 。

2.如图所示，轻质网兜兜住重力为G 的足球，用轻绳挂于光滑竖直墙壁上的A 点，轻绳的拉力为T F ，墙壁对足球的支持力为N F ，则（

）

A.T N F F <

B.T N F F =

C.T F G >

D.T F G

=【答案】C

【详解】对网兜和足球受力分析，设轻绳与竖直墙面夹角为θ，由平衡条件

N T N =tan cos sin F G

F F

G θθθ=

=可知

T F G >，T N

F F >故选C 。

3.“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨运行如图所示，则（

）

A.选地球为参考系，“天和”是静止的

B.选地球为参考系，“神舟十五号”是静止的

C.选“天和”为参考系，“神舟十五号”是静止的D.选“神舟十五号”为参考系，“天和”是运动的

【答案】C

【详解】AB．“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨绕地球做圆周运动，选地球为参考系，二者都是运动的，AB错误；

CD．“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，二者相对静止，C正确，D错误。

故选C。

4.一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。游客从跳台下落直到最低点过程中（）

A.弹性势能减小

B.重力势能减小

C.机械能保持不变

D.绳一绷紧动能就开始减小

【答案】B

【详解】游客从跳台下落，开始阶段橡皮绳未拉直，只受重力作用做匀加速运动，下落到一定高度时橡皮绳开始绷紧，游客受重力和向上的弹力作用，弹力从零逐渐增大，游客所受合力先向下减小后向上增大，速度先增大后减小，到最低点时速度减小到零，弹力达到最大值。

A．橡皮绳绷紧后弹性势能一直增大，A错误；

B．游客高度一直降低，重力一直做正功，重力势能一直减小，B正确；

C．下落阶段橡皮绳对游客做负功，游客机械能减少，转化为弹性势能，C错误；

D．绳刚绷紧开始一段时间内，弹力小于重力，合力向下做正功，游客动能在增加；当弹力大于重力后，合力向上对游客做负功，游客动能逐渐减小，D错误。

故选B。

5.如图所示，在考虑空气阻力的情况下，一小石子从O点抛出沿轨迹OPQ运动，其中P是最高点。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则小石子竖直方向分运动的加速度大小（）

A.O点最大

B.P点最大

C.Q点最大

D.整个运动过程保持不变

【答案】A

【详解】由于空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，小石子在O点时速度斜向上方，此时速度最大，空气阻力斜向下方最大，上升过程与竖直方向夹角最小，故此时空气阻力分解在竖直方向最大，根据牛顿第二定律可知此时竖直方向分运动的加速度最大。

故选A。

6.主动降噪耳机能收集周围环境中的噪声信号，并产生相应的抵消声波，某一噪声信号传到耳膜的振动图像如图所示，取得最好降噪效果的抵消声波（声音在空气中的传播速度为340m/s）（）A.振幅为2A

B.频率为100Hz

C.波长应为1.7m 的奇数倍

D.在耳膜中产生的振动与图中所示的振动同相【答案】B

【详解】主动降噪耳机是根据波的干涉条件，抵消声波与噪声的振幅、频率相同，相位相反，叠加后才能相互抵消来实现降噪的。

A ．抵消声波与噪声的振幅相同，也为A ，A 错误；

B ．抵消声波与噪声的频率相同，由

1

100Hz f T

=

=B 正确；

C ．抵消声波与噪声的波速、频率相同，则波长也相同，为

3400.01m 3.4m

vT λ==⨯=C 错误；

D ．抵消声波在耳膜中产生的振动与图中所示的振动反相，D 错误。故选B

7.如图甲所示，一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴OO '，接入电阻R 构成回路．导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导体杆从竖直位置拉开小角度由静止释放，导体杆开始下摆。当0R R =时，导体杆振动图像如图乙所示。若横纵坐标皆采用图乙标度，则当02R R =时，导体杆振动图像是（

）

A. B.

C.

D.

【答案】B

【详解】导体杆切割磁感线时，回路中产生感应电流，由楞次定律可得，导体杆受到的安培力总是阻碍导体棒的运动。当R 从0R 变为02R 时，回路中的电阻增大，则电流减小，导体杆所受安培力减小，即导体杆在摆动时所受的阻力减弱，所杆从开始摆动到停止，运动的路程和经历的时间变长。故选B 。

8.某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流I 的螺绕环在霍尔元件处产生的磁场1B I k =，通有待测电流I '的直导线ab 垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场2B k I ''=。调节电阻R ，当电流表示数为0I 时，元件输出霍尔电压H U 为零，则待测电流I '的方向和大小分别为（

）

A.a b →，2

01k I k B.a b →，1

02k I k C.b a →，2

01

k I k D.b a →，1

02

k I k 【答案】D

【详解】根据安培定则可知螺绕环在霍尔元件处产生的磁场方向向下，则要使元件输出霍尔电压H U 为零，直导线ab 在霍尔元件处产生的磁场方向应向上，根据安培定则可知待测电流I '的方向应该是b a →；元件输出霍尔电压H U 为零，则霍尔元件处合场强为0，所以有

012k k I I '

=解得

01

2

I k I k '=

故选D 。

9.宇宙射线进入地球大气层与大气作用会产生中子，中子与大气中的氮14会产生以下核反应：

1411417

061N n C H +→+，产生的14

6C 能自发进行β衰变，其半衰期为5730年，利用碳14的衰变规律可推断古木的

年代．下列说法正确的是（）

A.

146

C 发生β衰变的产物是157N

B.

β衰变辐射出的电子来自于碳原子的核外电子

C.近年来由于地球的温室效应，引起14

6C 的半衰期发生微小变化D.若测得一古木样品的11

6C 含量为活体植物的1

4

，则该古木距今约为11460年【答案】D 【详解】A ．根据

14140

6

71C N+e

-→即14

6C 发生β衰变的产物是14

7N ，选项A 错误；

B ．β衰变辐射出的电子来自于原子核内的中子转化为质子时放出的电子，选项B 错误；

C ．半衰期是核反应，与外界环境无关，选项C 错误；

D ．若测得一古木样品的11

6C 含量为活体植物的1

4

，可知经过了2个半衰期，则该古木距今约为5730×2年=11460年，选项D 正确。故选D 。

10.太阳系各行星几平在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动．当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，称为“行星冲日”，已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表：行星名称地球火星木星土星天王星海王星轨道半径/AU

R 1.0

1.5

5.2

9.519

30

则相邻两次“冲日”时间间隔约为（）

A.火星365天

B.火星800天

C.天王星365

天 D.天王星800天【答案】B

【详解】根据开普勒第三定律有

2

233T T R R =地

地

解得

T =地

设相邻两次“冲日”时间间隔为t ，则

222(

t T T

πππ=-地解得

TT t T T =

=

-地

地

由表格中的数据可得

800

t=≈

火

天

369

t=≈

天

天

故选B。

11.被誉为“中国天眼”的大口径球面射电望远镜已发现660余颗新脉冲星，领先世界。天眼对距地球为L的天体进行观测，其接收光子的横截面半径为R。若天体射向天眼的辐射光子中，有(1)

ηη<倍被天眼接收，天眼每秒接收到该天体发出的频率为v的N个光子。普朗克常量为h，则该天体发射频率为v光子的功率为（

）

A.

2

2

4NL h

R

ν

η

B.

2

2

2NL h

R

ν

η

C.

2

2

4

L h

R N

ην D.2

2

2

L h

R N

ην

【答案】A

【详解】设天体发射频率为v光子的功率为P，由题意可知

2

2

4

R

Pt Nh

L

π

ην

π

⨯⨯=

解得

2

2

4=NL h

P

R

ν

η

故选A。

12.如图所示，示波管由电子竖直方向偏转电极YY′、水平方向偏转电极XX′和荧光屏组成。电极XX′的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY′极板间电压为零，电子加速电压为10U。电子刚离开金属丝的速度为零，从电子射出后沿OO′方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e，质量为m，则电子（

）

A.在XX′极板间的加速度大小为

eU

m

B.打在荧光屏时，动能大小为11eU

C.在XX′

D.打在荧光屏时，其速度方向与OO ′连线夹角α的正切tan 20l d

α=【答案】D

【详解】A ．由牛顿第二定律可得，在XX′极板间的加速度大小

x eE eU a m md

=

=A 错误；

B ．电子电极XX′间运动时，有

v x =a x t

=

l t d

电子离开电极XX′时的动能为

222

k 021()(1022x l E m v v eU d

=+=+电子离开电极XX′后做匀速直线运动，所以打在荧光屏时，动能大小为2

2

(102l eU d

+，B 错误；C ．在XX′极板间受到电场力的冲量大小

x x I mv ==

C 错误；

D ．打在荧光屏时，其速度方向与OO ′连线夹角α的正切

0tan 20x v l v d

α=

=D 正确。故选D 。

13.如图所示为一斜边镀银的等腰直角棱镜的截面图。

一细黄光束从直角边AB 以角度θ入射，依次经AC 和BC 两次反射，从直角边AC 出射。出射光线相对于入射光线偏转了α角，则α（

）

A.等于90︒

B.大于90︒

C.小于90︒

D.与棱镜的折射率有关

【答案】A 【详解】如图所示

设光线在AB 边的折射角为β，根据折射定律可得

sin sin n θβ

=

设光线在BC 边的入射角为ϕ，光线在AC 边的入射角为r ，折射角为i ；由反射定律和几何知识可知

45βϕ+=︒290r βϕ++=︒

联立解得

r β

=根据折射定律可得

sin sin sin sin i i

n r β

==可得

i θ

=过D 点做出射光的平行线，则该平行线与AB 的夹角为θ，由几何知识可知，入射光与出射光的夹角为90︒。故选A 。

二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3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3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）

14.下列说法正确的是（

）

A.利用电容传感器可制成麦克风

B.物体受合外力越大，则动量变化越快

C.利用红外传感器可制成商场的自动门

D.牛顿运动定律不适用，则动量守恒定律也不适用【答案】ABC

【详解】A ．声音使振动膜片振动，改变两极板间距离，使声音信号转换成电信号，则可以利用电容传感器可制成麦克风，故A 正确；B ．由动量定理有

F t p

=∆合可得

p

F t

∆=合可知，物体受合外力越大，则动量变化越快，故B 正确；

C ．人体可以向外界释放红外线，感应装置接收到红外线后，可以开门，则可以利用红外传感器可制成商场的自动

门，故C 正确；

D ．牛顿运动定律只适用于宏观低速问题，不适用于微观高速问题。而动量守恒定律既适用于低速宏观问题，也适用于高速微观问题，故D 错误。故选ABC 。

15.氢原子从高能级向低能级跃迁时，会产生四种频率的可见光，其光谱如图1所示。氢原子从能级6跃迁到能级2产生可见光I ，从能级3跃迁到能级2产生可见光Ⅱ。用同一双缝干涉装置研究两种光的干涉现象，得到如图2和图3所示的干涉条纹。用两种光分别照射如图4所示的实验装置，都能产生光电效应。下列说法正确的是（

）

A.图1中的αH 对应的是Ⅰ

B.图2中的干涉条纹对应的是Ⅱ

C.Ⅰ的光子动量大于Ⅱ的光子动量

D.P 向a 移动，电流表示数为零时Ⅰ对应的电压表示数比Ⅱ的大【答案】CD

【详解】根据题意可知。氢原子发生能级跃迁时，由公式可得

m n hc

E E h νλ

-==

可知，可见光I 的频率大，波长小，可见光Ⅱ的频率小，波长大。A ．可知，图1中的αH 对应的是可见光Ⅱ，故A 错误；B ．由公式有，干涉条纹间距为

l x d

λ

∆=由图可知，图2中间距较小，则波长较小，对应的是可见光I ，故B 错误；C ．根据题意，由公式可得，光子动量为

h h p c νλ

=

=可知，Ⅰ的光子动量大于Ⅱ的光子动量，故C 正确；D ．根据光电效应方程及动能定理可得

c eU h W ν=-可知，频率越大，遏止电压越大，则P 向a 移动，电流表示数为零时Ⅰ对应的电压表示数比Ⅱ的大，故D 正确。故选CD 。

非选择题部分

三、非选择题（本题共5小题，共55分）

16.在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，实验装置如图1所示。

①需要的实验操作有__________（多选）；A ．调节滑轮使细线与轨道平行B ．倾斜轨道以补偿阻力

C ．小车靠近打点计时器静止释放

D ．先接通电源再释放小车

②经正确操作后打出一条纸带，截取其中一段如图2所示。选取连续打出的点0、1、2、3、4为计数点，则计数点1的读数为__________cm 。已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz ，则打计数点2时小车的速度大小为：__________m /s （结果保留3位有效数字）。

【答案】①.ACD ②.2.75③.1.48

【详解】①[1]A ．实验需要调节滑轮使细线与轨道平行，选项A 正确；

B ．该实验只要使得小车加速运动即可，不需要倾斜轨道补偿阻力，选项B 错误；

C ．为了充分利用纸带，则小车靠近打点计时器静止释放，选项C 正确；

D ．先接通电源再释放小车，选项D 正确。故选ACD 。

②[2][3]计数点1的读数为2.75cm 。已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz ，则打点周期T=0.02s ，则打计数点2时小车的速度大小为

2

132(8.65 2.75)10=m /s=1.48m /s

20.04

x v T --⨯=17.“探究向心力大小的表达式”实验装置如图所示。

①采用的实验方法是__________A ．控制变量法

B ．等效法

C ．模拟法

②在小球质量和转动半径相同的情况下，逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀速转动。此时左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的________之比（选填“线速度大小”、“角速度平方”或“周期平方”）；在加速转动手柄过程中，左右标尺露出红白相间等分标记的比值__________（选填“不变”、“变大”或“变小”）。【答案】

①.A

②.角速度平方

③.不变

【详解】①[1]本实验先控制住其它几个因素不变，集中研究其中一个因素变化所产生的影响，采用的实验方法是控制变量法；故选A 。

②[2]标尺上露出的红白相间的等分格数之比为两个小球所受向心力的比值，根据

2

F mr ω=在小球质量和转动半径相同的情况下，可知左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的角速度平方之比。[3]小球质量和转动半径相同的情况下，由于两球线速度相同，根据

v

R

ω=

可知两球角速度相同；又根据

2

F mr ω=可知向心力之比为1：1，逐渐加大手柄的转速，左右标尺露出的红白相间等分标记的比值不变。18.在“测量金属丝的电阻率”实验中：

（1）测量一段金属丝电阻时所用器材和部分电路连线如图1所示，图中的导线a 端应与________（选填“一”、“0.6”或“3”）接线柱连接，b 端应与___________（选填“—”、“0.6”或“3”）接线柱连接。开关闭合前，图1中滑动变阻器滑片应置于____________（选填“左”或“右”）端。

（2）合上开关，调节滑动变阻器，得到多组U 和I 数据。甲同学由每组U 、I 数据计算电阻，然后求电阻平均值；乙同学通过U I -图像求电阻。则两种求电阻的方法更合理的是___________（选填“甲”或“乙”）。

（3）两同学进一步探究用镍铬丝将满偏电流g =300μA I 的表头G 改装成电流表。如图2所示，表头G 两端并联长为L 的镍铬丝，调节滑动变阻器使表头G 满偏，毫安表示数为I 。改变L ，重复上述步骤，获得多组I 、L 数据，作出1

I L

-

图像如图3所示。

则1

I L

-

图像斜率k =______mA m ⋅。若要把该表头G 改装成量程为9mA 的电流表，需要把长为__________m 的镍铬丝并联在表头G 两端。（结果均保留两位有效数字）【答案】

①

.

0.6②.0.6③.左④.乙⑤.2.1##2.2##2.3##2.4##2.5⑥.

0.24##0.25##0.26##0.27##0.28

【详解】（1）[1][2][3]实验中用两节干电池供电，则图中的导线a 端应与“0.6”接线柱连接，电压表测电阻两端的电压，则金属丝的电阻较小，电流表外接误差较小，故b 端应与“0.6”接线柱连接。为了保护电表，开关闭合前，图1中滑动变阻器滑片应置于左端。

（2）[4]做U-I 图象可以将剔除偶然误差较大的数据,提高实验的准确程度，减少实验的误差，则乙同学通过U-I 图像求电阻，求电阻的方法更合理；（3）[5]由图像可知1

I L

-

图像斜率7.4 5.8

2.3mA m

3.1 2.4

k -=

⋅-≈[6]方法一：由电路可知

()g g g L I r I I S

ρ

=-解得

1

g g g I r S I I L

ρ=+⋅

则

==2.3mA m

g g k I r S

⋅ρ

若要把该满偏电流为300μA 表头G 改装成量程为9mA 的电流表，则并联的电阻

'

'

'g g g

I r L R S I I ==-ρ解得

0.26m

L '≈

方法二：延长图像可知，当I =9.0mA 时可得

11

3.8m L

-=即

0.26m

L '≈19.某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用面积2100cm S =、质量

1kg m =的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于温度A 300K T =、活塞与容器底的

距离030cm h =的状态A 。环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升3cm d =恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B 。活塞保持不动，气体被继续加热至温度363K c T =的状态C 时触动报警器。从状态A 到状态C 的过程中气体内能增加了158J U ∆=。取大气压5

00.9910Pa p =⨯，求气体。（1）在状态B 的温度；（2）在状态C 的压强；

（3）由状态A 到状态C 过程中从外界吸收热量Q

。

【答案】（1）330K ；（2）51.110Pa ⨯；（3）188J

【详解】（1）根据题意可知，气体由状态A 变化到状态B 的过程中，封闭气体的压强不变，则有

A B

A B

V V T T =解得

330K B

B A A

V T T V =

=（2）从状态A 到状态B 的过程中，活塞缓慢上升，则

0B p S p S mg

=+解得

5=110Pa

B p ⨯根据题意可知，气体由状态B 变化到状态

C 的过程中，气体的体积不变，则有

C

B B C

p p T T =解得

51.110Pa C

C B B

T p p T =

=⨯（3）根据题意可知，从状态A 到状态C 的过程中气体对外做功为

030J

B W p S h =∆=由热力学第一定律有

U W Q

∆=+解得

188J

Q U W =∆+=20.一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角37θ=︒的直轨道AB 、螺旋圆形轨道BCDE ，倾角37θ=︒的直轨道EF 、水平直轨道FG 组成，除FG 段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB 、EF 相切于()B E 处．凹槽GHIJ 底面HI 水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH 处，摆渡车上表面与直轨道下FG 、平台JK 位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径0.5m R =，B 点高度为1.2R ，FG 长度 2.5m FG L =，HI 长度09m L =，摆渡车长度3m L =、质量1kg m =。将一质量也为m 的滑块从倾斜轨

道AB 上高度 2.3m h =处静止释放，滑块在FG 段运动时的阻力为其重力的0.2倍。（摆渡车碰到竖直侧壁IJ 立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin 370.6︒=，cos370.8︒=）（1）求滑块过C 点的速度大小C v 和轨道对滑块的作用力大小C F ；

（2）摆渡车碰到IJ 前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；（3）在（2）的条件下，求滑块从G 到J 所用的时间t

。

【答案】（1）m /s 4C v =，22N C F =；（2）0.3μ=；（3） 2.5s t =【详解】（1）滑块从静止释放到C 点过程，根据动能定理可得

2

1( 1.2cos )2

C mg h R R R mv θ---=

解得

m /s

4C v =滑块过C 点时，根据牛顿第二定律可得

2C

C v F mg m

R

+=解得

22N

C F =（2）设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为v ，从静止释放到G 点过程，根据动能定理可得

210.22

FG mgh mgL mv -=

解得

6m /s

v =摆渡车碰到IJ 前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速1v ，以滑块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得

1

2mv mv =解得

13m /s 2

v

v =

=根据能量守恒可得

22111

222

Q mgL mv mv μ==

-⨯解得

0.3

μ=（3）滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为

23m /s mg

a m

μ=

=所用时间为

1

11s v v t a

-=

=此过程滑块通过的位移为

1

11 4.5m 2

v v x t +=

=滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间为

01

21

1.5s L x t v -=

=则滑块从G 到J 所用的时间为

12 2.5s

t t t =+=21.如图1所示，刚性导体线框由长为L 、质量均为m 的两根竖杆，与长为2l 的两轻质横杆组成，且2L l 。线框通有恒定电流0I ，可以绕其中心竖直轴转动。以线框中心O 为原点、转轴为z 轴建立直角坐标系，在y 轴上距离O 为a 处，固定放置二半径远小于a ，面积为S 、电阻为R 的小圆环，其平面垂直于y 轴。在外力作用下，通电线框绕转轴以角速度ω匀速转动，当线框平面与xOz 平面重合时为计时零点，圆环处的磁感应强度的y 分量y B 与时间的近似关系如图2所示，图中0B 已知。（1）求0到

π

ω

时间内，流过圆环横截面的电荷量q ；（2）沿y 轴正方向看以逆时针为电流正方向，在20~

3π

ω

时间内，求圆环中的电流与时间的关系；

（3）求圆环中电流的有效值；

（4）当撤去外力，线框将缓慢减速，经πω时间角速度减小量为ΔΔ1ωωω⎛⎫

⎪⎝⎭

，设线框与圆环的能量转换效率为k ，求Δω的值（当01x < ，有2(1)12x x -≈-）

。

【答案】（1）02B S R ；（2）00036233t I B S

t R

π

ωωπππωω

⎧

≤≤⎪⎪

=⎨

⎪-<≤⎪⎩；（3）023ωB S

πR ；（4）2202

6B S πkml R 【详解】（1）由法拉第电磁感应定律

Φ

E t

∆=

∆由闭合电路欧姆定律

E I R

=

由电流定义式

q I t

=∑∆联立可得

02B S

q R R

∆Φ=

=（2）在03π

ω

时0E I R R t

∆Φ=

==∆在

233ππωω

时06B S

B S E t

I R R R

ωπ∆∆===-

（3）从能量角度

22

3I R

I R ππωω

=有解得

0B S I R

π=

有（4）由能量传递

()22222122k m l l I R

πωωωω

⎡⎤⋅⋅--∆=⎣⎦有化简可得

222222

022

1211B S km l R R ωωπωωπω⎡⎤∆⎛⎫--=⋅⋅⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦

即

222

22

0122B S

km l R ωω

ωωπω

∆⋅=

解得

22

026B S kml R

ωπ∆=

22.探究离子源发射速度大小和方向分布的原理如图所示。x 轴上方存在垂直xOy 平面向外、磁感应强度大小为B 的匀强磁场。x 轴下方的分析器由两块相距为d 、长度足够的平行金属薄板M 和N 组成，其中位于x 轴的M 板中心有一小孔C （孔径忽略不计），N 板连接电流表后接地。位于坐标原点O 的离子源能发射质量为m 、电荷量为q 的

正离子，其速度方向与y 轴夹角最大值为60 ；且各个方向均有速度大小连续分布在

01

2

v 0之间的离子射出。已知速度大小为0v 、沿y 轴正方向射出的离子经磁场偏转后恰好垂直x 轴射入孔C 。未能射入孔C 的其它离子被分析器的接地外罩屏蔽（图中没有画出）。不计离子的重力及相互作用，不考虑离子间的碰撞。（1）求孔C 所处位置的坐标0x ；（2）求离子打在N 板上区域的长度L ；

（3）若在N 与M 板之间加载电压，调节其大小，求电流表示数刚为0时的电压0U ；

（4）若将分析器沿着x 轴平移，调节加载在N 与M 板之间的电压，求电流表示数刚为0时的电压x U 与孔C 位置坐标x 之间关系式。

【答案】（1）02mv qB ；（2）2d ；（3）202mv q ；（4）当00222mv x qB qB <<

时，228x qB x U m

=【详解】（1）速度大小为0v 、沿y 轴正方向射出的离子经磁场偏转后轨迹如图

由洛伦兹力提供向心力

20

0v Bqv m

R

=解得半径

0mv R Bq =

孔C 所处位置的坐标0

x 0022mv x R Bq

==

（2）速度大小为v 的离子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力

2

v Bqv m

R ='

解得半径

mv R Bq

'=

若要能在C 点入射，则由几何关系可得

2cos 2R R

θ'=解得

02cos 2v v θ⎤

=∈⎥

⎣⎦

如图

由几何关系可得

2L d

=（3）不管从何角度发射

cos y v v θ

=由（2）可得

y v v =由动能定理

2012

y qU mv =解得2002mv U q

=（4）孔C 位置坐标x

2cos x r θ

=其中

mv v r R Bq v ''=

=联立可得02cos v x R

v θ'=，1cos ,12θ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦

解得12

R x ≤≤在此范围内，和（3）相同，只与y v 相关，可得

22

y v Bqv m x

'=解得

2y Bqx v m

=由动能定理212

y x mv U q =解得

228x B qx U m =