2022届北京市高三上学期考前适应性训练物理试题（解析版）

2022届北京市高三上学期考前适应性训练物理试题

本试卷共100分。考试时长90分钟

第一部分

本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一

项。

1.下列说法中正确的是（）

A.B衰变现象说明电子是原子核的组成部分

B.放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态及外部条件有关

C.在核反应方程；He+；4NT1O+X中，X表示的是中子

D.氢原子由激发态向基态跃迁时，向外辐射光子，原子能量减少

【答案】D

【解析】

【详解】A.。衰变的实质是原子核内一个中子变成质子同时放出一个电子，因此0衰变现象不能说明电子

是原子核的组成部分，A错误；

B.放射性元素的半衰期非常稳定，与原子所处化学状态及外部条件无关，B错误；

C.核反应方程

;He+；4N-，O+X

根据质量数守恒和电荷数守恒，可得出X表示的是质子，c错误；

D.氢原子由激发态向基态跃迁时，放出的光子能量等于两个能级之间的能量差，放出光子后原子能量减

小，D正确。

故选D。

2.如图所示，。、。两束相互平行的单色光，以一定的入射角照射到平行玻璃砖上表面，经平行玻璃砖折

射后汇聚成一束复色光c,从平行玻璃砖下表面射出。下列说法中正确的是（）

A.在真空中，“光的传播速度小于b光的传播速度;

B.增大入射角，〃光在玻璃砖下表面可发生全反射;

C.用同一装置在相同条件下分别做双缝干涉实验，。光条纹间距小;

D.用“光、b光照射某金属表面，若。光能发生光电效应，则〃光一定也能发生光电效应.

【答案】C

【解析】

【详解】A.在真空中，。光的传播速度等于b光的传播速度，故A错误；

B.因为光线是从玻璃砖上表面经过一次折射到下表面的，所以增大入射角，。光在玻璃砖下表面不可能达

到临界角，因此不可能发生全反射，故B错误；

C.两束光的入射角相同，a光的折射角较小，所以。光的折射率较大，则频率较大，波长短，根据

Ax=­A.

d

可知，“光条纹间距小，故C正确；

D.。光频率大，可以发生光电效应，b光频率小，可能小于极限频率，所以可能不发生光电效应，故D错

误。

故选Co

3.氢原子能级示意如图。现有大量氢原子处于〃=3能级上，下列说法正确的是()

nE/eV

00-----------------------------------------------0

5-0.54

4--------------------0.85

3--------------------1.51

2--------------------3.4

1--------------------13.6

A.这些原子跃迁过程中最多可辐射出2种频率的光子

B.从〃=3能级跃迁到〃=1能级辐射出的光子能量为L51eV

C.从〃=3能级跃迁到〃=4能级需吸收1.51eV的能量

D.〃=3能级的氢原子电离至少需要吸收1.5leV的能量

【答案】D

【解析】

【详解】A.大量氢原子处于〃=3能级跃迁可辐射出3种不同频率的光子，故A错误;

B.根据能级图可知从〃=3能级跃迁到〃=1能级辐射的光子能量为

区-耳=-1.5leV-(-13.6eV)=12.09eV

故B错误；

C.根据能级图可知从几=3能级跃迁到〃=4能级，需要吸收的能量为

用=-().85eV-(-1.51eV)=0.66eV

故c错误；

D.根据能级图可知氢原子处于〃=3能级的能量为-1.51eV,故要使其电离至少需要吸收1.51eV的能量,

故D正确。

故选D。

4.如图所示，一定量的理想气体从状态“开始，经历两个状态变化过程，先后到达状态6和以下列说法

A.在过程中外界对气体做功，吸收热量

B.在4Tb过程中气体对外界做功，放出热量

C.在6-c过程中外界对气体做功，放出热量

D.在〃-c过程中气体对外界做功，吸收热量

【答案】C

【解析】

【详解】AB.由图可知，在a—b过程中气体体积减小，外界对气体做功，根据

PV

T

可得

p=TC-

V

可知气体的温度不变，内能不变，根据热力学第一定律

AU=Q+W

可知气体放出热量，故AB错误；

CD.由图可知，在〃-C过程中气体体积减小，外界对气体做功，气体等压变化，根据

匕=匕

TbTc

可知

气体内能减小，根据热力学第一定律

△U=Q+W

可知气体放出热量，故c正确，D错误。

故选C。

5.图1为一列简谐波在片0.10s时刻的波形图，P是平衡位置在Fl.Om处的质点，Q是平衡位置在

处的质点：图2为质点Q的振动图像。下列说法正确的是（）

A.在r=0.10s时，质点Q向y轴正方向运动

B.从r=0.10s到r=0.25s,质点Q通过的路程为30cm

C.从/=0.10s到/=0.25s,该波沿x轴负方向传播了8m

D.在r=0.25s时，质点P的加速度沿y轴负方向

【答案】B

【解析】

【详解】A.图2为质点Q的振动图像，则知在uO.lOs时，质点Q正从平衡位置向y轴负方向运动，故A

错误；

B.从z=0.10s到/=0.25s经过的时间为

3

△f=0.15s=2T

4

由于z=0.10s时刻质点Q在平衡位置处，所以质点Q通过的路程

3

s=—x4A=30cm

4

故B正确：

D.在r=0.10s时，质点Q向y轴负方向运动，可知该波沿x轴负方向传播，此时质点P正向），轴正方向运

动。从f=0.10s至U片0.25s经过的时间为

△r=0.15s=%

4

则在r=0.25s时，质点P位移为负，加速度方向与y轴正方向相同，故D错误；

C.由图1知波长2=8m,则波速为

v=—=——m/s=40m/s

T0.2

从,=0.10s到=0.25s经过的时间为A/=0.15s,该波沿x轴负方向传播的距离为

Ax=必/=40x0.15m=6m

故C错误。

故选B。

6.如图所示，理想变压器的原线圈接在w=220/sinlOO乃N的交流电源上，副线圈接有R=ll。的负载电

阻，原、副线圈匝数之比为2:1,电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是（）

A.电压表的读数约为156V

B.电流表的读数为20.0A

C.原线圈的输入功率为1100W

D.副线圈输出交流电的周期为0.01s

【答案】C

【解析】

【详解】A.交流电源的有效值

E

正220V

根据什=」求得

U2n2

电压表的读数

。2=U0V

A.错误：

B.R的电流

A=幺=10A

2R

由=，2〃2可求得

原线圈电流

/i=5A

B错误;

C.原副线圈上的功率相等，副线圈的输出功率

P2=U2I2=1100W

原线圈的输入功率为1100W,C正确;

D.副线圈输出交流电的周期与原线圈的输入端的电流周期相等为

5=康=°g

D错误.

故选Co

7.交流发电机的示意图如图所示，当线圈ABCD绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动时，电路中产生

的最大电流为已知线圈转动的周期为T，下列说法正确的是（）

A.图示位置磁通量最大，磁通量的变化率最大

B.图示位置电流最大，方向为AfB

C.从图示位置开始经过二，电流方向将发生改变

4

D.从图示位置计时，线圈中电流，随时间/变化的关系式为i=/msin干27r，

【答案】D

【解析】

【详解】ABC图示位置为中性面，磁通量最大，磁通量的变化率最小，电流最小，每经过一次图示位置

的中性面，电流方向就改变一次，故ABC错误；

24

D.从图示位置计时，线圈中电流，・随时间，变化的关系式为i=/msin亍，，故D正确。

故选D。

8.如图所示的电路中a、b是两个完全相同的灯泡，L为自感线圈（自感系数足够大，直流电阻不计），E

为电源，S为开关。下列说法正确的是（

a

A.闭合开关，a、b同时亮

B.断开开关，a先熄灭，b闪亮后熄灭

C.闭合开关和断开开关瞬间，a中电流方向相同

D.闭合开关和断开开关瞬间，b中电流方向相同

【答案】D

【解析】

【详解】A.由图可以看出，a、b灯泡在两个不同的支路中，对于纯电阻电路，不发生电磁感应，通电后

用电器立即开始正常工作；但对于含电感线圈的电路，在通电时，线圈产生自感电动势，对电流的增大有

阻碍作用，使b灯后亮，则合上开关，a先亮，b后亮，故A错误；

B.L为自感线圈（直流电阻不计），接通开关稳定时通过两灯的电流一样，当断开开关时，线圈中产生自

感电动势，由a、b及电感线圈组成一个回路，两灯同时逐渐熄灭，故B错误；

CD.由图可知，闭合开关接通开关稳定时通过a、b两灯的电流方向相同，断开开关瞬间线圈中产生自感

电动势，由a、b及电感线圈组成一个回路，则b灯电流方向不变，而a灯电流方向反向，故C错误，D正

确。

故选Do

9.如图所示，虚线框MNQP内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。〃、b、c是三个质量和电荷量都

相等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动

轨迹.若不计粒子所受重力，则（）

A.粒子。带负电，粒子，、c带正电B.粒子c在磁场中运动的时间最长

C.粒子c,在磁场中的加速度最大D.粒子c在磁场中的动量最大

【答案】B

【解析】

【详解】A.根据左手定则可知，粒子a带正电，粒子氏c带负电，故A错误；

B.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有

V2

qvB=m—

且

.2iR

l-------

v

解得

丁2乃〃？

1=------

qB

三个带电粒子的质量和电荷量都相等，故三个粒子在同一磁场中运动的周期相等，粒子c的轨迹对应的圆

心角最大，所以粒子c在磁场中运动的时间最长，故B正确；

C.根据牛顿第二定律有

qvB=ina

解得

qvB

a=-——

m

粒子c的轨迹半径最小，速度最小，所以粒子c的加速度最小，故C错误；

D.根据夕=相丫可知，粒子c的动量最小，故D错误。

故选Bo

10.如图甲所示，A、8是某电场中一条电场线上的两点。一个带负电的点电荷仅受电场力作用，从A点沿

电场线运动到B点过程中，其速度n随时间/变化的规律如图乙所示，则下列说法中正确的是（）

AB

甲乙

A.A点的电场强度比8点的大

B.A、8两点的电场强度相等

C.电场线方向由A指向8

D.该点电荷在A点具有的电势能比B点大

【答案】C

【解析】

【详解】AB.速度图像的斜率等于物体的加速度，由图可知点电荷从A向8运动的过程中加速度越来越

大，故A点的场强小于8点场强。故AB错误；

C.由于物体沿电场线运动过程当中做减速运动，故点电荷所受电场力方向由8指向A,又由于负电荷所

受电场力的方向与场强的方向相反，所以电场线的方向由A指向B；故C正确；

D.电场线的方向由A指向8,A点的电势比B点的电势高，且粒子带负电，由电势能综=4。，可知该

点电荷在此A点的电势能比8点的电势能小，故D错误。

故选C。

11.如图所示，已知“神舟十一号”“天宫二号”对接后，组合体在时间r内沿圆周轨道绕地球转过的角度为

0,组合体轨道半径为厂，地球表面重力加速度为g,引力常量为G,不考虑地球自转。则下列各量不能求

出的是（）

天宫二号

―-丛■二神舟H•"一号

A.地球的质量

B.地球的平均密度

C.组合体做圆周运动的线速度

D.组合体受到地球的万有引力

【答案】D

【解析】

【详解】A.组合体在时间f内沿圆周轨道绕地球转过的角度为仇则角速度为

0

（D=—

t

根据万有引力提供组合体的向心力，有

联立解得地球的质量为

M=

可知能求出地球的质量，故A不符合题意;

B.不考虑地球的自转时，物体在地球表面的重力等于地球对组合体的万有引力，有

Mm

G充=mg

解得

地球的密度为

因为M和R均可求出，所以能求出地球的平均密度外故B不符合题意;

C.根据线速度与角速度的关系

可知

Or

v=a）r=——

t

可知可以求出组合体做圆周运动的线速度，故C不符合题意；

D.由于不知道组合体的质量，所以不能求出组合体受到的万有引力，故D符合题意。

故选D。

12.如图1所示，100匝的线圈（图中只画了2匝）两端A、8与一个R=40Q的电阻相连。线圈内有指向

纸内方向的磁场，线圈中的磁通量按图2所示规律变化。已知线圈的电阻是10。，则（）

图1图2

A.线圈内感应电流的磁场方向为指向纸外

B.A点电势比8点电势高

C.A、8两点间的电势差为20V

D.0.2s内电路产生的电能为1.6J

【答案】D

【解析】

【详解】A.由图2知，线圈的磁通量减小，根据楞次定律，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，指

向纸内，故A错误;

B.根据安培定则可知，线圈中的电流为顺时针，所以A点电势比B点电势低，故B错误;

C.根据法拉第电磁感应定律可知

△①，八八0.08—0.04

E=n——=100x-------------V=20V

M0.2

根据闭合电路欧姆定律

E20V

=0.4A

/?+r-50Q

人8两点间的电势差为

UAH=-IR=-0.4Ax40Q=-16V

故C错误；

D.0.2s内电路产生的电能为

W=EIt=20Vx0.4Ax0.2s=1.6J

故D正确。

故选D。

13.某同学通过实验测定阻值约为50的电阻尺，用内阻约为3k。的电压表，内阻约为0.125。的电流表

进行测量。他设计了图甲和图乙两种电路，下列说法正确的是（）

A.实验中应采用图甲电路，此电路测得的此偏大

B.实验中应采用图乙电路，此电路测得的凡偏大

C.实验中应采用图甲电路，误差主要是由电压表分流引起的

D.实验中应采用图乙电路，误差主要是由电流表分压引起的

【答案】C

【解析】

【详解】根据

J-RA=5V15Q>5Q

故应采用电流表外接法，即实验中采用图甲电路图，由于电压表的分流作用，使得测量的电流值偏大，则

根据

R上

1

可知，测得电阻比真实值小，故ABD错误C正确。

故选C。

14.如图1所示，将线圈套在长玻璃管上，线圈的两端与电流传感器（可看作理想电流表）相连。将强磁

铁从长玻璃管上端由静止释放，磁铁下落过程中将穿过线圈。实验观察到如图2所示的感应电流随时间变

化的图像。下列说法正确的是（）

图1图2

A.4~与时间内，磁铁受到线圈的作用力方向先向上后向下

B.若将磁铁两极翻转后重复实验，将先产生负向感应电流，后产生正向感应电流

C.若将线圈的匝数加倍，线圈中产生的电流峰值也将加倍

D.若将线圈到玻璃管上端的距离加倍，线圈中产生的电流峰值也将加倍

【答案】B

【解析】

【详解】A.根据楞次定律的“来拒去留”可知，时间内，磁铁受到线圈的作用力方向一直向上，

故A错误；

B.若将磁铁两极翻转后重复实验，则穿过圆环磁通量方向相反，根据楞次定律可知，将先产生负向感应

电流，后产生正向感应电流，故B正确；

C.若将线圈的匝数加倍

尸△①,E

E=N----,I--

XR

因为电阻也加倍，线圈中产生的电流峰值不会加倍，故C错误；

D.若将线圈到玻璃管上端的距离加倍，如果没有磁场力

,12

mgh=—mv

高度加倍，速度并非变为原来的2倍，实际中存在磁场力做负功，速度不是原来的2倍，则线圈中产生的

电流峰值不会加倍，故D错误；

故选B。

第二部分

本部分共6题，共58分。

15.物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据处理、误差分析

等。例如：

（1）实验仪器。在“练习使用多用表''实验时，某同学用多用表的电阻“xlO”档测定值电阻阻值，表盘的示

数如图所示，则该阻值R=Qo

（2）在“多用电表的使用“实验中，某同学进行了如下操作和思考。利用多用电表测量未知电阻.用电阻挡

“x100”测量时发现指针示数如图所示，为了得到比较准确的测量结果，下列选项中合理的步骤为

（填写选项前的字母）；

A.将选择开关旋转到电阻挡"x1k”的位置

B.将选择开关旋转到电阻挡“X10”的位置

C.将两表笔分别与被测电阻的两根引线相接完成测量

D.将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指向“0Q”

（3）数据分析。某同学用插针法测定一个半圆形玻璃砖的折射率。正确操作后，做出的光路图如图所

示。。为圆心，己知AB的长度为4,40的长度为4，C£＞的长度为（,，。。的长度为《，则此玻璃砖的折

（4）用如图所示的实验装置观察双缝干涉图样，用绿色滤光片时从目镜中可以看到绿色的干涉条纹。在

其他条件不变的情况下，下列操作可以使条纹间距变大的是（）

冲源凸透镜滤光片单缝双缝遮光筒测量头及目镜

r^i

旦旦

A.换成红色滤光片B.换成缝宽更大的单缝

C.换成双缝间距更大的双缝D.换成更短的遮光筒

【答案】①.180②.BDC③.jA

【解析】

【详解】(1)[1]欧姆表的读数为指针示数与倍率的乘积，如图欧姆表读数为

/?=18.0xl0Q=180Q

(2)[2]欧姆挡测电阻时指针偏转角度过大，是由于挡位过大，需选取小挡位，进行欧姆调零后再测阻值,

故顺序为BDC；

(3)[3]如图设圆的半径为R,入射角为i,折射角为广，由几何关系可得

sin/=—

R

si.nr=—k

R

所以折射率为

siniI、

n=-----=-

sinr4

(4)[4]A.根据双缝干涉条纹间距公式

Ax=­A

d

因红光的波长比绿光长，故换成红色滤光片可以使条纹间距变大，故A正确；

B.根据双缝干涉条纹间距公式

Ax=-2

d

可知条纹间距与单缝的宽窄无关，故B错误；

C.根据双缝干涉条纹间距公式

Ax=­A

d

可知换成双缝间距更大的双缝，则条纹间距变小，故c错误；

D.根据双缝干涉条纹间距公式

L,

AAx=­A

cl

可知换成更短的遮光筒，则条纹间距变小，故D错误。

故选Ao

16.探究向心力大小尸与物体的质量，小角速度。和轨道半径r的关系实验。某同学用向心力演示器进行

实验，实验情景如甲、乙、丙三图所示。

〃三个情境中，图是探究向心力大小尸与质量相关系（选填“甲”、“乙”、“丙”）。

〃.在甲情境中，若两钢球所受向心力的比值为1：4,则实验中选取两个变速塔轮的半径之比为

【答案】①.丙②.2：1

【解析】

【详解】。.⑴探究向心力大小F与质量，〃关系，需要保证小球的角速度和半径不变，由图可知，演示器两

侧塔轮边缘线速度大小相等，根据公式

v=a>r

可知，需要两侧塔轮的半径相等，运动半径也相等，小球质量不等，故丙图符合题意。

知2］在甲情境中，两球质量相等，半径相同，根据牛顿第二定律可知

F-marR

F'=ma>'R

由于两钢球所受向心力的比值为1：4,则

3：。'=1：2

两侧塔轮边缘线速度大小相等，则

v=v

由于

v=a>r

v'=cdr

则

r:r'-2'A

17.某同学用传感器做“观察电容器的充放电”实验，采用的实验电路如图1所示。

(1)将开关先与“1”端闭合，电容器进行(选填“充电”或“放电”)，稍后再将开关与

“2”端闭合。在下列四个图像中，表示以上过程中，通过传感器的电流随时间变化的图像为

,电容器两极板间的电压随时间变化的图像为(填选项对应的字母)。

(2)该同学用同一电路分别给两个不同的电容器充电，电容器电容，充电时通过传感器的电流

随时间变化的图像如图2中①②所示，其中对应电容为G的电容器充电过程I-t图像的是(选

填①或②)。

【答案】①充电②.A③.C④.①

【解析】

【详解】(1)口］将开关先与，”端闭合，电容器与电源相连，电容器进行充电；

⑵充电电流的方向为从上向下通过电容器，稍后再将开关与“2”端闭合，电容器放电，放电电流的方向

为从下向上通过传感器，放电电流与充电电流方向相反，A正确，B错误。

⑶因为充电电流和放电电流都减小，所以电容器两端电压变化越来越缓慢，图像的斜率变小，C正确，D

错误。

（2）[4]电容器充电过程的I-t图线与坐标轴围成的面积表示充电过程中电容器增加的电荷量。根据Q=CU

可知，用相同的电源充电，U相同，电容为G的电容器增加的电荷量较少，与坐标轴围成的面积较小，因

此图线①与电容为Ci的电容器相对应。

18.为了验证机械能守恒定律，某学习小组用如图1所示的气垫导轨装置（包括导轨、气源、光电门、滑

块、遮光条）进行实验。在导轨上选择两个适当的位置A、B安装光电门1、H,并连接数字计时器；用

刻度尺分别测量A、8点到水平桌面的高度小、比。

图2

（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度4时，游标卡尺的示数如图2所示，则〃=mm。

（2）某次实验中，测得滑块通过光电门I的时间加1=0.026s,则滑块通过光电门I的瞬时速度k=

m/s（保留两位有效数字）.

（3）将滑块从光电门I左侧某处由静止开始释放，测出滑块通过光电门I、II的时间分别为&和小巧。

在误差允许范围内，若％—k=（用“、Ar,,△/2以及重力加速度g表示），则可认为滑块下

滑过程中机械能守恒。

（4）另一小组的同学想用如图3所示的装置做此实验。在实验前通过垫块平衡了小车所受的阻力。该小

组同学认为，平衡阻力后小车和砂桶系统的机械能是守恒的，你是否同意？并说明理由___________。

长车板小车纸带打夕十时器

V___垫木

TN,u

砂桶削illr

图3

i[-

【答案】①52②.0.2。③.>/2r西广斫]④.不同意。小车和砂桶组成的系统机械能

不守恒。挂上砂桶后，小车在沿长木板下滑的过程中，所受的阻力对系统做功，使得小车和砂桶系统不再满

足机械能守恒的条件，即“只有系统内的重力和弹力做功”。因此小车和砂桶组成的系统机械能不守恒。

（通过“小车下滑过程中，阻力做功使小车和砂桶系统的一部分机械能转化为内能，引起机械能减少”说

明亦可。）

【解析】

【详解】口]游标卡尺的读数为

d=5mm+2x0.1mm=5.2mm

⑵滑块通过光电门I的速度

d_5.2x10-3

m/s=0.20m/s

N\-0.026

[3]滑块沿光滑的斜面下滑过程机械能守恒，需要通过光电门测量通过滑块运动的速度

d

v=一

△t

滑块下滑过程中机械能守恒，减少的重力势能转化为动能

mg（%-h,）--mv]--mv.2=—

"-22212维2

整理化简得

g（〃/砧）（=）2

2At22M

,.d-\11

[4]不同意。小车和砂桶组成的系统机械能不守恒。挂上砂桶后，小车在沿长木板下滑的过程中，所受的阻

力对系统做功，使得小车和砂桶系统不再满足机械能守恒的条件，即''只有系统内的重力和弹力做功因

此小车和砂桶组成的系统机械能不守恒。（通过“小车下滑过程中，阻力做功使小车和砂桶系统的一部分机

械能转化为内能，引起机械能减少”说明亦可。）

19.如图所示，小物块A、B的质量均为机=0.10kg,B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度即与B

碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为〃=0.45m,两物块落地点距离

轨道末端的水平距离为s=0.30m,取重力加速度g=lOm/s?。求：

（1）两物块在空中运动的时间f;

（2）两物块碰前A的速度w的大小；

（3）两物块碰撞过程中损失的机械能

【解析】

【分析】

【详解】（1）竖直方向为自由落体运动，由

得

/=0.30s

（2）设A、B碰后速度为叭水平方向为匀速运动，由

s=vt

得

v=1.0m/s

根据动量守恒定律，由

mvQ=2mv

得

%=2.0m/s

（3）两物体碰撞过程中损失机械能

A£=g/noj•2mv2

得

AE=0.10J

20.某种质谱仪由离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器几部分构成，如图所示。加速电场

的电压为U;静电分析器中有沿半径方向的电场，通道中心线MN是半径为/?的圆弧；磁分析器中分布着

方向垂直于纸面的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行。由离子源发出一个质量为〃八电荷量

为q的正离子（初速度为零，重力不计），经加速电场加速后进入静电分析器，沿中心线MN做匀速圆周运

动，而后由P点垂直于磁分析器的左边界进入磁分析器中，经过四分之一圆周从。点射出，并进入收集

器。已知。点与磁分析器左边界的距离为乩求：

（1）离子离开加速电场时的速度v的大小；

（2）静电分析器中MN处电场强度E的大小；

（3）磁分析器中磁场的磁感应强度B的大小和方向。

画展子源

【答案】（1）v=,P^-；（2）£：=—；（3）B=网包，磁场方向为垂直纸面向外

VmRdNq

【解析】

【详解】（1）离子在加速电场中加速的过程中，根据动能定理有

qU=—mv2-0@

2

解得

Y②

（2）离子在静电分析器中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有

qE=m^~@

联立②③解得

（3）离子在磁分析器中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有

qvB-相匕⑤

联立②⑤式解得

01l2mU

dVq

由左手定则可知：磁场方向为垂直纸面向外。

21.示波器的核心部件是示波管，其内部抽成真空，图17是它内部结构的简化原理图.它由电子枪、偏转

电极和荧光屏组成.炽热的金属丝可以连续发射电子，电子质量为，"，电荷量为e.发射出的电子由静止

经电压U加速后，从金属板的小孔0射出，沿00,进入偏转电场，经偏转电场后打在荧光屏上.偏转电

场是由两个平行的相同金属极板M、N组成，已知极板的长度为/,两板间的距离为“，极板间电压为

S，偏转电场极板的右端到荧光屏的距离为心不计电子受到的重力和电子之间的相互作用.

（2）求电子离开偏转电场时沿垂直于板面方向偏移的距离,y；

（3）若将极板/、N间所加的直流电压1/2改为交变电压w=Umsin—Z,电子穿过偏转电场的时间远小于

T

交流电的周期T,且电子能全部打到荧光屏上,求电子打在荧光屏内范围的长度S.

【答案】＜…呼⑵X⑶-^-（2L+l]

2dU「'

【解析】

2

【详解】由动能定理可得：Ule=fmv0

(2)电子进入偏转电场，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，设电子

在偏转电场中运动的时间为t

I

水平方向：，=一

%

竖直方向：E=°2F_

F=Ee,a

am

Ul2

y=-ar2

24U/

(3)当交变电压为最大值Um时，设电子离开交变电场时沿y轴上的速度为沙最大侧移量为明；离开

偏转电场后到达荧光屏的时间为小在这段时间内的侧移量为力

3

则％=号」）2

2am%2dm《

_L

Vym=Omt,~,必=丫》工

5/IL_U,„elL

解得x=3

dm%v0dinv1

设电子打在荧光屏内范围的长度为s,则

s=2(ym+yi)=(2L+/)=QL+/)

amv02dU[

点睛：此题是电子在电场中的加速以及在匀强电场中的偏转问题；关键是知道粒子在垂直电场方向做匀速

运动，在沿电场方向做匀加速运动，联系加速度表达式列出方程即可；第三问也可通过结论通过相似三角

形的比例关系求解.

22.微元思想是中学物理中重要思想。所谓微元思想，是将研究对•象或者物理过程分割成无限多个无限

小的部分，先取出其中任意部分进行研究，再从局部到整体综合起来加以考虑的科学思维方法。

(1)如图甲所示，两根平行的金属导轨MN和尸。放在水平面上，左端连接阻值为R的电阻。导轨间距为

L,电阻不计。导轨处在竖直向上的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度为凡一根质量为相、阻值为r的

金属棒放置在水平导轨上。现给金属棒一个瞬时冲量，使其获得一个水平向右的初速度出后沿导轨运动。

设金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨足够长，不计一切摩擦。

。.金属棒的速度为丫时受到的安培力是多大?

金属棒向右运动的最大距离是多少？

（2）若规定无限远处的电势为零，真空中正点电荷周围某点的电势p可表示为夕=攵@,其中左为静电力

r

常量，。为点电荷的电荷量，，为该点到点电荷的距离。如果场源是