2025年新世纪版高三物理下册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年新世纪版高三物理下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、关于质点的描述，下列说法中正确的是（）A.只有体积很小的物体才能看作质点B.研究地球公转一周所用的时间时，可以把地球看成质点C.研究列车过桥所用的时间时，可以把列车看成质点D.研究车轮的转动时，可以把车轮看成质点2、如图，一物体m在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从底端沿光滑的固定斜面向上做匀加速直线运动，经时间t力F做功为60J，此后撤去恒力F，物体又经t时间回到出发点，若以地面为零势能点，则下列说法不正确的是（）A.物体回到出发点时的动能是60JB.撤去力F时，物体的重力势能是45JC.开始时物体所受的恒力F=2mgsinθD.物体的最大重力势能是60J3、如图所示，一对大磁极，中间处可视为匀强磁场，上、下边缘处为非匀强磁场，一矩形导线框abcd保持水平，从两磁极间中心上方某处开始下落，并穿过磁场（）A.线框中有感应电流，方向是先a→b→c→d→a后d→c→b→a→dB.线框中有感应电流，方向是先d→c→b→a→d后a→b→c→d→aC.受磁场的作用，线框要发生转动D.线框中始终没有感应电流4、如图所示，两等量异种电荷分别位于A、B两点，其中A处电荷为正电荷，过O点做AB连线的垂线，已知AO＞BO，M、N是垂线上的两点，则下列说法中正确的是（）A.M点场强大于N点场强B.M点电势低于N点电势C.一个负的试探电荷在M点电势能大于在N点电势能D.一个正的试探电荷在M点电势能大于在N点电势能5、本题中A．B分别为一期教材；二期新教材分叉题；考生选择只能选A组的全部或B组的全部完成。

（A题）如图所示，ABC和AD是两个高度相等的光滑斜面，ABC由倾角不同的两部分组成，且AB+BC=AD，两个相同的小球a、b从A点分别沿两侧斜面由静止滑下；不计转折处的能量损失，则滑到底部的先后次序是（）

A.a球先到。

B.b球先到。

C.两球同时到达。

D.无法判断。

6、两质量之比为的卫星绕地球做匀速圆周运动，运动的轨道半径之比则下列关于两颗卫星的说法中正确的是A.线速度大小之比为B.向心加速度大小之比为C.运动的周期之比为D.动能之比为7、在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，有人提出以下几点建议，可行的是（）A.适当加长摆线B.质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较大的C.单摆偏离平衡位置的角度要适当大一些D.当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)8、一定量的气体在某一过程中，外界对气体做了8×104J的功，气体的内能减少了1.2×105J，则气体____（填“吸收”或“放出”）热量____J．9、（2016•大名县模拟）氢原子的能级如图所示．氢原子从n=3能级向n=1能级跃迁所放出的光子，恰能使某种金属产生光电效应，则该金属的截止频率为____Hz；用一群处n=4能级的氢原子向低能级跃迁时所发出的光照射该金属，产生的光电子最大初动能为____eV（普朗克常量h=6.63×10-34J•s，结果均保留2位有效数字）．10、匀强磁场中长2cm的通电导线垂直磁场方向，当通过导线的电流为2A时，它受到的磁场力大小为4×10-3N，则该处的磁感应强度为____T，若电流不变，导线长度减小到1cm，则它受磁场力F为____N，该处的磁感应强度为____T．11、（2011•萧山区校级模拟）如图所示，位于水平桌面上的物块P，由跨过定滑轮的轻绳与物块Q相连，从滑轮到P和到Q的两段绳都是水平的．已知Q与P之间以及P与桌面之间的动摩擦因数都是μ，P、Q两物块的质量分别是2m和m，滑轮的质量、滑轮轴上的摩擦都不计，若用一水平向右的力F拉P使它做匀速运动，则F的大小为____．12、自然界里一些放射性重元素往往会发生一系列连续的衰变，形成放射系.

图是锕系图.

纵坐标N

表示______，横坐标Z

表示______，从U隆煤Pb

有______次娄脕

衰变，______次娄脗

衰变．13、（2016•南京校级模拟）如图所示，螺线管的匝数为100匝，在0.1s内穿过螺线管的磁通量变化了0.02Wb，则螺线管两端产生的感应电动势为____V．14、（2015春•南阳校级期中）如图所示，球固定在水平面上，球的半径为的R，从球上水平抛出一个物体，使物体不沿球面下落的速度至少是____，物体落地点到A点的距离是____．评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)15、作用力与反作用力一定是同种性质的力．____（判断对错）16、物体速度变化的方向与它受到的合外力的方向相同．____（判断对错）17、液体的饱和汽压随温度的升高而增大，是因为饱和汽的体积随温度的升高而增大．____．（判断对错）18、热力学系统的平衡态是一种动态平衡，分子仍做无规则运动．____．（判断对错）19、穿过闭合导体回路所包围面积的磁通量为零时，回路中感应电流就一定为零．____（判断对错）评卷人得分四、作图题(共2题，共20分)20、如图表示两面平行玻璃砖的截面图，一束平行于CD边的单色光入射到AC界面上，a、b是其中的两条平行光线．光线a在玻璃砖中的光路已给出．画出光线b的光路图并求出从玻璃砖中首次出射时的折射角21、画出下图中物体A或结点A所受弹力的示意图．（所有接触面均光滑；画在原图上）

评卷人得分五、计算题(共3题，共12分)22、【题文】(20分)

如图，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R=0.2m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E=5.0×103V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度υ0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两球的质量均为m=1.0×10-2kg，乙所带电荷量q=2.0×10-5C

，g取10m/s2。(水平轨道足够长；甲；乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)

（1）甲乙两球碰撞后；乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离；

（2）在满足(1)的条件下。求的甲的速度υ0；

（3）若甲仍以速度υ0向右运动；增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围。

23、某空间站科研人员设计了一个“太空粒子探测器”，装置如图所示，有径向电场、偏转磁场、金属板三部分组成。径向电场两电极AB

间的电势差为U

大小可调，电场强度方向均指向O1

点，电极A

上可以收集到来自宇宙空间的带电粒子23X

和38Y

粒子从静止状态经径向电场加速后均从O1

点飞入磁场。磁场边界为半圆形，圆心为O

半径为R

磁感应强度大小为B

方向垂直纸面向外，OO1=12R

半圆形金属板CD

与磁场上边界重合；CD

连线与磁场下边界重合，和电阻R

串联后接地，粒子到达金属板后电荷会经过导线流入大地。已知电子的电荷量为e

不考虑粒子间相互作用和粒子的重力。

(1)

当U=U0

时，P

点收集到的粒子23X

可以打到金属板的D

点，求粒子23X

的比荷qm

(2)

当U=kU0

时，P

点收集到的粒子23X

在磁场中偏转后可以打到金属板的Q

点，若Q

点到圆心O

的连线QO

与半径OD

成60鈭�

角；求k

的值；

(3)

现将径向电场沿水平方向向右移动，使得O1

点与磁场圆心O

重合，现电极A

上均匀地收集到粒子23X

和38Y

单位时间内分别有N

个23X

和38Y

粒子从O

点进入磁场，当两极间电势差U=2536U0

时，求通过电阻R

上的电流I

24、如图所示，质量为m

可看作质点的小球从静止开始沿斜面由A

点滑到B

点后，进入与斜面圆滑连接的14

竖直圆弧管道B虃C

管道出口为C

圆弧半径R=15cmAB

的竖直高度差h=35cm.

在紧靠出口C

处，有一水平放置且绕其水平轴线匀速旋转的圆筒(

不计筒皮厚度)

筒上开有小孔D

筒旋转时，小孔D

恰好能经过出口C

处.

若小球射出C

口时，恰好能接着穿过D

孔，并且还能再从D

孔向上穿出圆筒，小球返回后又先后两次向下穿过D

孔而未发生碰撞.

不计摩擦和空气阻力，取g=10m/s2

问：

(1)

小球到达C

点的速为多少度vc

为多少？

(2)

圆筒转动的最大周期T

(3)

在圆筒以最大周期T

转动的情况下，要完成上述运动圆筒的半径R隆盲

必须为多少？评卷人得分六、画图题(共2题，共4分)25、图所示为一列向左传播的简谐波在某一时刻的波形图，若波速是0.5m/s，试在图上画出经7s时的波形图。（提示：若用平移法，由于∴λ=2m故只需平移=1.5m）26、在图示中，物体A处于静止状态，请画出各图中A物体所受的弹力．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【分析】当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条件来判断即可正确解答本题．【解析】【解答】解：A；要把物体看作质点；就要看所研究问题的性质，而与物体本身大小无关，故A错误；

B；研究地球公转一周所用的时间时；地球的大小和体积可以忽略，可以把地球看成质点，故B正确；

C；列车长度与桥相比不能忽略；列车的过桥时间与列车长度有关，故不能把列车看做质点，故C错误；

D；车轮上各点的运动情况不同；不能用一个点来代替车轮，故D错误；

故选：B．2、C【分析】【分析】根据动能定理求出物体回到出发点的动能．假设撤去F时物体的速度大小为v．撤去F后物体做匀减速直线运动，其位移与匀加速运动的位移大小相等，根据运动学公式求出物体回到出发点的速度，得到其动能．根据动量定理求解F的大小．根据F与mg的关系，由动能定理求解撤去力F时，物体的重力势能．【解析】【解答】解：A、根据动能定理得：对整体运动过程：WF=Ek-0，得到：物体回到出发点时的动能Ek=WF=60J．故A正确．

C；设撤去F时物体的速度大小为v；物体回到出发点时的速度大小为v′，取沿斜面向上方向为正方向．据题分析得知，撤去F后t时间内物体做匀减速直线运动的位移与t时间内匀加速直线运动的位移大小，方向相等，则有：

=-t

解得：

v′=2v．

根据动量定理；匀加速运动过程：

Ft-mgsinθt=mv

匀减速运动过程：

-mgsinθt=-mv′-mv

联立解得：

F=mgsinθ．故C错误．

B；匀加速运动过程：

WF=Fs=60J；

将F=mgsinθ代入得到：

mgsinθ•s=60J

得到：

mgsinθ•s=45J．

则撤去力F时；物体的重力势能是：

Ep=mgsinθ•s=45J．故B正确．

D；物体回到出发点时的动能最大；为60J；

撤去拉力后物体的运动过程中机械能守恒；故最高点的重力势能为60J；故D正确；

本题选错误的，故选：C．3、D【分析】【分析】由磁场来确定磁感线的分布，从而确定穿过线圈的磁通量如何变化，若有磁通量变化，则根据楞次定律来确定感应电流的方向．【解析】【解答】解：由题意可知；线框从两磁极间中心上方某处开始下落，穿过线圈的磁通量始终为零，虽有磁感线穿入，但又从线圈中穿出，相互抵消，导致磁通量为零．故D正确，ABC均错误；

故选D4、D【分析】【分析】根据电场线疏密判断场强的大小．结合等势线的分布，分析电势高低．根据推论：正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势低处电势大判断电势能的大小．【解析】【解答】解：A、如图为等量异种电荷电场线的分布图，由图可知M点处电场线疏，则M场强小于N点场强．故A错误．

B；由等势线分布情况可知；M点电势高于N点电势．故B错误．

C；根据推论：负电荷在电势低处电势大；可知负的试探电荷在M点电势能小于在N点电势能．故C错误．

D；根据推论：正电荷在电势高处电势能大；正的试探电荷在M点电势能大于在N点电势能．故D正确．

故选D．5、A【分析】

据题；两个光滑的斜面高度相同，AB+BC=AD，由几何知识分析得知：AB的倾角大于AD的倾角，BC倾角小于AD的倾角，则根据牛顿第二定律得知，小球在AB面滑下的加速度大于AD面滑下的加速度，而在BC面滑下的加速度小于AD面滑下的加速度，由机械能守恒得知，两个小球到达斜面底端的速率相等，作出两个小球的速度-时间图象如图：

可知t1＞t2；故a球先到达地面；

故选A．

【解析】【答案】由题；两个光滑的斜面高度相同，AB+BC=AD，由几何知识分析AB；BC两个斜面的倾角与AD倾角的大小关系，确定加速度的关系，作出小球从斜面滑下过程速度-时间图象，根据斜率等于加速度、“面积”等于位移，比较滑到底部的先后次序．

6、D【分析】试题分析：人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有解得Ek=mv2，故甲、乙两颗人造地球卫星的线速度之比v1：v2=A错误；甲、乙两颗人造地球卫星的运行周期之比T1：T2=C错误；甲、乙两颗人造地球卫星的向心加速度比a1：a2=4：1，B错误；甲、乙两颗人造地球卫星的动能比为D正确。考点：本题考查万有引力与航天。【解析】【答案】D7、A【分析】【分析】为了减小测量误差，单摆摆长应适当长些，便于测量时间．在空气阻力很小、摆角很小的情况下单摆的振动才是简谐运动，应满足条件．采用累积法，测量周期可以减小误差【解析】【解答】解：A；单摆的摆长越长；周期越大，适当加长摆长，便于测量周期．故A正确．

B；要减小空气阻力的影响；应选体积较小的摆球．故B错误．

C；单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动；则单摆偏离平衡位置的角度不能太大，一般不超过5°．故C错误。

D；单摆周期较小；把一次全振动的时间作为周期，测量误差较大，应采用累积法，测多个周期的时间取平均值作为单摆的周期．故D错误．

故选：A二、填空题(共7题，共14分)8、放出2.0×105【分析】【分析】已知气体做的功与气体内能额变化，由热力学第一定律分析答题．【解析】【解答】解：由热力学第一定律△U=W+Q得：Q=△U-W=-1.2×105J-8.0×104J=-2×105J；

则气体向外放出2.0×105J的热量；

故答案为：放出，2.0×1059、2.9×10150.66【分析】【分析】根据玻尔理论和爱因斯坦光电效应方程，研究该金属的截止频率和产生光电子最大初动能的最大值．【解析】【解答】解：根据玻尔理论得到E3-E1=hγ，解得：γ=2.9×1015Hz；

从n=4向n=1跃迁所放出的光子照射金属产生光电子最大初动能最大；根据爱因斯坦光电方程有：

Ek=（E4-E1）-hγ

得：Ek=0.66eV；

故答案为：2.9×1015，0.66．10、0.12×10-30.1【分析】【分析】根据安培力的大小公式F=BIL求出磁感应强度的大小，以及安培力的大小．【解析】【解答】解：根据F=BIL得，B=．

若电流不变，导线长度减小到1cm，则它受磁场力F=BIL=0.1×2×0.01=2×10-3N．

此处的磁感应强度不变；为0.1T．

故答案为：0.1T，2×10-3N，0.1T11、5μmg【分析】【分析】先对物块Q受力分析，根据平衡条件求出细线的拉力，然后对物块P受力分析，再次根据平衡条件求出力F【解析】【解答】解：对Q物块；设跨过定滑轮的轻绳拉力为T

木块Q与P间的滑动摩擦力f=μmg①

根据共点力平衡条件T=f②

对木块P受力分析；P受拉力F，Q对P向左的摩擦力f；

地面对P物体向左的摩擦力f′；根据共点力平衡条件；

有F=f+f′+T③

地面对P物体向左的摩擦力。

f′=μ（3m）g④

由①～④式可以解得。

F=5μmg

故答案为5μmg．12、略

【分析】解：因为在衰变的过程中；横坐标不是多1

就是少2

知横坐标为电荷数，即质子数.

纵坐标少2

或少1

知纵坐标表示中子数．

从U隆煤Pb

质子数少10

中子数少18

则质量数少28

由于Pb

是不稳定的还会继续衰变的；

设经过n

次娄脕

衰变；m

次娄脗

衰变，有4n=282n鈭�m=10

解得n=7m=4

．

故答案为：中子数；质子数、74

．

根据娄脕

衰变的过程中电荷数少2

质量数少4娄脗

衰变的过程中电荷数多1

质量数不变，进行判断．

解决本题的关键知道衰变的实质，知道衰变的过程中电荷数守恒、质量数守恒．【解析】中子数；质子数；74

13、20【分析】【分析】根据法拉第电磁感应定律E=n，求出线圈产生的感应电动势．【解析】【解答】解：由法拉第电磁感应定律，则有：E=n=100×V=20V．

故答案为：20．14、2R【分析】【分析】物体在球面上水平抛出，知在最高点对球面的压力为零，根据牛顿第二定律求出物体在最高点的最小速度，根据高度求出平抛运动的时间，结合初速度和时间求出水平距离．【解析】【解答】解：根据mg=m得，物体在最高点的最小速度v=．

根据2R=得，t=．

则平抛运动的水平距离x=．

故答案为：，2R三、判断题(共5题，共10分)15、√【分析】【分析】由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失．【解析】【解答】解：由牛顿第三定律可知；作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失，故该说法是正确的．

故答案为：√16、√【分析】【分析】根据牛顿第二定律和运动学规律分析答题．【解析】【解答】解：物体速度变化的方向就是加速度的方向；由牛顿第二定律可知，加速度方向与物体受到的合外力的方向相，故说法正确；

故答案为：√．17、×【分析】【分析】与液体处于动态平衡的蒸气叫饱和蒸气；反之，称为不饱和蒸气．饱和蒸气压强与饱和蒸气体积无关！在一定温度下，饱和蒸气的分子数密度是一定的，因而其压强也是一定的，这个压强叫做饱和蒸气压强．同温下未饱和蒸气压强小于饱和蒸气压强．【解析】【解答】解：在一定温度下；饱和蒸气的分子数密度是一定的，因而其压强也是一定的，与体积无关；故密闭容器中某种蒸汽开始时若是饱和的，保持温度不变，增大容器的体积，稳定后蒸汽的压强不变；液体的饱和汽压随温度的升高而增大，是因为随温度的升高液体蒸发的速度加快．所以该说法是错误的．

故答案为：×18、√【分析】【分析】首先知道平衡态和热平衡的定义，知道影响的因素是不同；知道温度是判断系统热平衡的依据．【解析】【解答】解：热平衡是两个系统相互影响的最终结果；根据热平衡的定义可知，热力学系统的平衡态是一种动态平衡，分子仍做无规则运动．所以该说法是正确的．

故答案为：√19、×【分析】【分析】结合产生感应电流的条件：闭合回路的磁通量发生变化即可正确判定．【解析】【解答】解：产生感应电流的条件是闭合回路的磁通量发生变化；题目中穿过闭合导体回路所包围面积的磁通量为零时，没有说明磁通量是否变化，所以不能判断出没有感应电流产生．所以以上说法是错误的．

故答案为：×四、作图题(共2题，共20分)20、略

【分析】【解析】试题分析：光线从AC面射入时，折射光线与第一条光线平行，射到CD面上；根据临界角为45°，光路如图所示，到达CD边时一定会发生全反射，故从BD边射出，故光路图所图所示：考点：本题考查光的传播及折射定律，【解析】【答案】21、略

【分析】【分析】弹力产生在接触面上，常见的支持力或压力是弹力，它们的方向是垂直接触面指向受力物体，常见的方向分3种情况：（1）点和平面接触垂直于平面，（2）点和曲面接触垂直于曲面的切面，（3）曲面和曲面接触垂直于曲面的公切面．【解析】【解答】解：（1）图中两物体虽然接触；A受水平向右的弹力与下面球对A的弹力，其方向是两球心的连线指向左上方；

（2）图中与地面接触点弹力竖直向上；与竖直面没有弹力；否则会运动；

（3）图中结点A受到两处绳子的拉力和杆的支持力；其中杆的支持力的方向沿杆的方向，否则杆会绕铰链转动；

（4）图中滑轮A受到两处绳子的拉力和杆的支持力；其中杆的支持力的方向与两根绳子的合力的方向相反，由于杆固定，所以该支持力的方向可以不沿杆的方向．

答：如上图所示．五、计算题(共3题，共12分)22、略

【分析】【解析】（20分）

解：（1）在乙恰能通过轨道最高点的情况下，设乙到达最高点速度为乙离开点到达水平轨道的时间为乙的落点到点的距离为则。

①

②

③

联立①②③得。

④

（2）设碰撞后甲、乙的速度分别为根据动量守恒定律和机械能守恒定律有。

⑤

⑥

联立⑤⑥得⑦

由动能定理，得⑧

联立①⑦⑧得⑨

（3）设甲的质量为碰撞后甲、乙的速度分别为根据动量守恒定律和机械能守恒定律有。

⑩

11

联立⑩11得12

由12和可得13

设乙球过D点时速度为由动能定理得。

14

联立91314得。

15

设乙在水平轨道上的落点距点的距离有。

16

联立②1516得。

【解析】【答案】（20分）

解：（1）

（2）

（3）23、略

【分析】

(1)

在电场中电场力做功；由动能定理可求得粒子的速度，由几何关系确定半径，再由洛仑兹力提供向心力求出比荷；

(2)

由几何关系根据正弦定理和余弦定理求出粒子打在Q

点的轨迹半径；再由洛仑兹力充当向心力可求得速度，再根据动能定理求出电压乃至倍数k

(3)

根据几何关系确定能到达金属板的粒子的入射角范围；根据角度关系可求得打在圆盘上粒子所占比值。

本题考查带电粒子在磁场中运动，此类问题解题的关键在于明确粒子的运动情况，注意应用几何关系确定圆心和半径。本题中注意第三小问中利用角度来求粒子数所点比例。【解析】解：(1)23X

在径向电场中由动能定理有：U0q=12mv2

粒子恰打在D

点，由几何关系粒子做匀速圆周运动的半径为：r=12隆脕32R=3R4

洛仑兹力提供向心力为：qvB=mv2r

联立可得：qm=32U09R2B2

(2)

同理：在电场中加速，有：kU0q=12mv12

由几何关系，在鈻�O2OQ

中：r22=R2+(r2鈭�R2)2鈭�2R(r2鈭�R2)cos60鈭�

解得：r2=78R

洛仑兹力提供向心力为：qvB=mv12r1

联立可求出：k=4936

(3)

若将径向电场沿水平方向向右移动；使得O1

点与磁场圆心O

重合；

当两板间的电压为2536U0

时；23X

进入电场加速后的速度由动能定理可求出从O

点进入磁场的速度v2=2U2qm=56v

进入磁场的半径r3=56隆脕34R=58R

由几何关系得与水平向右方向成53鈭�

到180鈭�

刚好打到金属板上。

粒子23X

单位时间内打到金属板的粒子数为N1=127180N

同理粒子38Y

进入电在磁场中的半径r4=56R

由几何关系得与水平方向成37鈭�

到180鈭�

刚好打到金属板上。

粒子38Y

单位时间内打到金属板的粒子数为N2=143180N

则通过电阻R

上的电流I=2e隆脕127180N+3e隆脕143180N=683Ne180

答：(1)

当U=U0

时，P

点收集到的粒子23X

可以打到金属板的D

点，粒子23X

的比荷qm

为32U09R2B2

(2)

当U=kU0

时，P

点收集到的粒子23X

在磁场中偏转后可以打到金属板的Q

点，若Q

点到圆心O

的连线QO

与半径OD

成60鈭�

角，则k

的值是4936

(3)

现将径向电场沿