【文档说明】浙江省绍兴市诸暨市2022-2023学年高二上学期期末检测物理试题 含解析.docx，共(26)页，6.920 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-51caa3354560a027d421d6f6d7b950d6.html

以下为本文档部分文字说明：

诸暨市2022-2023学年第一学期期末考试试题高二物理一、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.关于电荷，下列说法正确的是（）A.电荷量很小的电荷就是元电荷B.物体所带的电荷可

以是任意的C.摩擦起电就是人类创造了电荷D.感应起电是导体中的自由电荷发生了转移【答案】D【解析】【详解】A．最小电荷量就是电子和质子所带的电荷量，人们把这个最小的电荷量叫做元电荷，A错误；B．物体所带的电荷量一定是元电荷的整数倍，B错误；C．摩擦起

电的实质是电荷在两个物体间发生了转移，C错误；D．感应起电是导体中的自由电荷发生了转移，D正确。故选D。2.小明同学买了一只手电筒，串联上两节1号干电池，小灯泡正常发光。他取出小灯泡看到上面标有“2.5

V，0.25A”的字样，则可推算出每节干电池的内阻为（）A.2.5B.2.0C.1.0D.0.5【答案】C【解析】【详解】设每节干电池的内阻为r，电动势为E，根据闭合电路欧姆定律可得L22EUIr=+其中有1.5VE=,L2.5VU=，0.

25AI=代入解得1r=故选C。3.人造卫星绕地球运行，轨道各处的地磁场强弱并不相同，因此，金属外壳的人造地球卫星运行时外壳总有感应电流产生。下列说法正确的是（）A.卫星受到地磁场的安培力作用做加速运动B.卫星受到地磁场的安培力作用产生电能转化为机械能C.卫星克服地磁场的安培力做功，部分机

械能转化为电能D.卫星运行轨道离地面高度将逐渐增大，最终远离地球而去【答案】C【解析】【详解】当穿过人造卫星的磁通量发生变化时，外壳中会有涡流产生，这一电能的产生是通过克服安培力做功，将机械能转化为电能，所

以卫星的机械能减小，将减速做近心运动，卫星运行的轨道离地面高度将逐渐减小。故选C。4.如图所示，电路中电阻140R=，260R=，360R=，A、B之间的电压恒为100V，电压表和电流表均为理想

电表。下列说法正确的是（）A.电压表的示数为60VB.电流表的示数为2.5AC.电阻2R两端的电压为60VD.电阻3R消耗的电功率为100W【答案】A【解析】【详解】A．电压表为理想电表，因此电压表的示

数为电阻R3两端的电压，则有331360100V60V4060RUURR===++A正确；B．电流表的示数为电路中的总电流，由欧姆定律可知13100A1A4060UIRR===++B错误；C．电压表为理想电表，则电阻2R两端的电压是零，C错误；D．由电功

率公式，可得电阻3R消耗的电功率为33601W60WPUI===D错误。故选A。5.如图所示，电荷量q的点电荷与均匀带电薄板相距3d，虚线垂直薄板且过板的几何中心，虚线上P、Q两点到板的距离均为d。

已知P点电场强度为0，则Q点电场强度大小为（）A.2516qkdB.2316qkdC.22qkdD.0【答案】A【解析】【详解】由已知条件可得薄板与q在P点的场强等大反向，则薄板在在P点的场强大小122(4)16kqkqEdd==根据对称性可知薄板在Q点的场强大小21216kqEE

d==方向相反，则Q点电场强度大小为222541616QkqkqqEkddd=+=故选A。6.如图所示，某吊扇电机的内阻为400，相关参数如下表所示，则正常工作时（）A.流过吊扇电机的电流为4.0AB.吊扇电机的发热功率为25

WC.吊扇电机的机械功率为55WD.吊扇平均每秒钟转过320圈【答案】B【解析】【详解】A．根据吊扇的功率和电压可得流过吊扇电机的电流为55A=0.25A220PIU==A错误；B．吊扇电机的发热功率为22=0.2

5400W=25WPIr=热B正确；C．吊扇电机的机械功率为=30WPPPP=−=输出热C错误；D．根据参数表可知吊扇平均每分钟转过320圈，D错误。故选B。7.氦氖激光器发射波长为632.8nm的单色光，已知普朗克常量346

.6260701510Jsh−=。这种光的一个光子能量为（）A.173.1410J−B.183.1410J−C.193.1410J−D.203.1410J−【答案】C【解析】【详解】这种光的一个光子能量为3481996.6310310J3.14

10J632.810hc−−−=故选C。8.如图所示为电视显像管的原理示意图。显像管中有一个电子枪，工作时它能发射高速电子，撞击荧光屏就能发光，没有磁场时电子束打在荧光屏正中的O点，为使电子束偏转，由安装在管颈的偏转线圈产生偏转磁场。要使电子束（）A.打在屏上A点，偏转磁

场的方向应水平向右B.打在屏上B点，偏转磁场的方向应垂直纸面向外C.打在屏上的位置由A点逐渐向B点移动，磁场大小应先减小，再反向增大D.打在屏上的位置由B点逐渐向A点移动，磁场大小应先增大，再反向减小【答案】C【解析】【详解】A．由左手

定则可知，打在屏上的A点，偏转磁场的方向应垂直纸面向外，A错误；B．由左手定则可知，打在屏上的B点，偏转磁场的方向应垂直纸面向里，B错误；C．粒子在偏转磁场中洛伦兹力提供向心力2mvqvBr=解得mvrqB=打在屏上的位置由A点逐渐向B点移动，电子做圆周运动的半径先变大后变小，故磁

场大小应先减小，再反向增大，C正确；D．由C选项分析可知，打在屏上的位置由B点逐渐向A点移动，磁场大小应先减小，再反向增大，D错误。故选C。9.如图所示，矩形线框abcd位于通电长直导线附近，线框与长直导线位于同一平面内，且线

框ab边与长直导线互相平行。长直导线通以向上的恒定电流，现将线框向左平移，在ab边逐渐靠近长直导线过程中，下列说法正确的是（）A.线框产生顺时针方向的感应电流B.线框的a、b两端的电势差始终为零C.线框内的磁场方向始终垂直平面向里D.长直导线受到线

框水平向右的作用力【答案】C【解析】【详解】C．根据安培定则可知，导线周围产生逆时针（俯视）的磁场，且越靠近导线的位置磁感应强度越强，线框向左平移，在ab边逐渐靠近长直导线过程中，线框内的磁场方向始终垂直平面向里，C正确；A．越靠近导线的位置磁

感应该强度越强，在ab边逐渐靠近长直导线过程中，线框内的磁场方向始终垂直平面向里，由楞次定律可知，线框产生逆时针方向的感应电流，A错误；B．在ab边逐渐靠近长直导线过程中，ab边切割磁感线，a、b两端始终存在电势差，B错误；D．导线ad、bc电流方向相反

，根据对称性可知导线导线ad、bc所受安培力等大反向，导线ab受到水平向右的安培力，导线dc受到水平向左的安培力，且导线ab处的磁感应强度比导线dc处的磁感应强度强，由此可知，在ab边逐渐靠近长直导线过程中，线框受到水平向右的作用力，由作用力与反作用

力可知，长直导线受到线框水平向左的作用力，D错误。故选C。10.如图所示，底面为直角三角形的柱体MNEPOF位于空间坐标系O－xyz中，两条直角边长度分别为10.3mL=和20.4mL=，柱体高0.3mh=。整个柱体处于匀强磁场中，磁感应强度大小

10TB=，方向平行于xOy平面，且与y轴正方向成37=，则（）A.通过平面ONMPS的磁通量为0B.通过平面MNES磁通量为0.6WbC.通过平面ONEFS的磁通量为0.9WbD.通过平面MEFPS的磁通量为0.72Wb【答案

】D【解析】【详解】A．B在沿着x方向的分量为sin=6TxBB=通过平面ONMPS的磁通量为sin=0.30.46Wb=0.72WbONMPONMPxBBSS==故A错误；B．通过平面MNES磁通量为1cos=0.30.48

Wb=0.48Wb2yMNEMNEBBSS==故B错误；C．磁感应强度B平行于xOy平面，通过平面ONEFS的磁通量为0，故C错误；D．xB沿着垂直平面MEFPS的分量为00.24sinT=4.8T0.3BB=通过平面MEFPS的磁通量为0=4.8

0.50.3Wb=0.72WbMEFPBS=故D正确。故选D。11.如图所示为手机无线充电的简化原理图。基座线圈直接接上220V的交流电，受电线圈串联理想二极管后接手机电池。假设基座线圈产生的磁场全部穿过受电线圈，且无能量损失，已知基座线圈和受电线圈的匝数比为22:1。下列说法正确的是

（）A.接手机电池两端输出的是交流电B.接手机电池两端的电压为52VC.无线充电原理是利用线圈的自感现象D.无线充电原理是利用红外线的发射与接收技术【答案】B【解析】【详解】A．由于二极管的单向导电性，可知接手机电池两端输出的不是交流电，故A错误；B．受电线圈两端电压为22111220V10V2

2nUUn===设接手机电池两端的电压为U，根据有效值定义可得2222UTUTRR=解得252V2UU==故B正确；CD．无线充电原理是利用电磁感应中线圈的互感现象，故CD错误。故选B。12.如图甲所

示是观察电容器放电的电路图。先使开关S与1端相连，直流电源E向电容器充电，然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电。传感器将电流信息输入计算机，有屏幕上显示的电流随时间变化的I－t图像如图乙所示，则放电过程中通过电阻R的电荷量约为（）A

.25.010C−B.35.010C−C.45.010C−D.55.010C−【答案】B【解析】【详解】根据公式qIt=可知I-t图像图线与坐标轴围成面积表示电荷量，根据大于半格算一个，小于半格舍去，因此图线与坐标轴围成的总格子数约为125

格，每格子表示40.410C−，所以放电过程中通过电阻R的电荷量约为430.410125C=5.010Cq−−=故选B。13.如图所示为质谱仪的示意图。电荷量和质量不同的离子从电离室A中“飘”出，从缝1S进入电势差恒定的加速电场中加速，然后从3S垂直进入

匀强磁场B中做匀速圆周运动，最后打在照相底片上。已知质子从静止开始被加速电场加速，经磁场偏转后打在底片上的P点，某二价正离子从静止开始经相同的电场加速和磁场偏转后，打在底片上的Q点，已知3312QSPS=，则离子质量和质子质量之比为（）A.12B.24C.1

44D.288【答案】D【解析】【详解】根据动能定理212qUmv=在磁场中洛伦兹力提供向心力2vqvBmR=则2qmURBq=由题意12RR=质子离子可得288mm=离子质子故选D。二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题

目要求的，全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）14.如图甲所示，圆心为O的圆周半径R＝0.2m，AC为竖直方向的圆直径，BD为水平方向的圆直径，匀强电场方向与圆周平面互相平行。P为圆周上从A点出发沿着逆时针方向转动的点，已知OP连线与竖直线O

A之间的夹角为，P点的电势随夹角的变化关系如图乙所示。则下列说法正确的是（）A.电场方向与BD平行，且水平向左B.电场方向与AC平行，且竖直向上C.匀强电场的电场强度大小为20V/mD.电子从B点到C点，电势能增加2eV【答案】AD【解析】【详解

】AB．根据图乙可知，A点和C点的电势均为2V，B点电势为4V，AC为等势面，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，电场方向与BD平行，水平向左。故A正确，B错误。C．因为AC为等势线，所以O点的电势为2V，所以电场强度大小为4210V/m0.2BOUUE

R−−===所以C错误。D．电子从B点到C点，电势能增加pΔ2eVBCEqU==所以D正确。故选AD。15.如图所示为某地远距离输电线路流程的简化图。已知输电线的总电阻为10，两变压器均为理想变压器

，输电线上损失的电功率为9kW。下列说法正确的是（）A.升压变压器的匝数比为1:16B.输电线上损失的电压为300VC.降压变压器的匝数比为40:3D.用户端得到的电功率为100kW【答案】AB【解析】【详解】A．设升压变压器原、副线圈上的电流大小分别为1I，2I；

电压分别为1U，2U则111120kW480A250VPIU===又输电线上损失的电功率22PIR=损线得29kW30A10PIR===损线升压变压器的匝数比122130148016nInI===A正确；B．输电线上损失的电压为23010V=300VUIR==B正确；C．对升

压变压器，有1122UnUn=得221116250V=4000V1nUUn==降压变压器原线圈的电压324000V-300V3700VUUU=−==降压变压器原副线圈的匝数比3344370018522011nUnU===C错误；D．由能量守

恒定律，用户端得到的电功率4120kW9kW111kWPPP=−=−=损D错误。故选AB。16.如图所示，abcd是一个竖直放置的矩形导线框，ad边水平，ab边竖直，整个线框处在磁感应强度大小为B、方向水平向右的匀强磁场中。已知线框面积为S，电阻为R，线框绕竖直固定轴逆时针方向匀速转动，转动的角

速度大小为，在图示位置时，ad边与磁场的夹角为30°。下列说法正确的是（）A.线框在图示位置时的瞬时电动势为12BSB.线框在转动过程中产生的最大电动势为BSC.线框在转动一周过程中产生的热量为22BSRD.线框从任何位置开始转过90°过程中通过某截面电荷量均BSR【答案】BC【解

析】【详解】导线框在磁场中匀速转动产生正弦式交变电流，从导线框与磁感线平行位置开始计时，其瞬时值表达式为e=BScostA．当ad边与磁场的夹角为30°t=30°根据上面电动势瞬时值的表达式知此时瞬时电动势为32EBS=故A错误；B．根据上面电动势瞬时值的表达式知线框在转动过

程中产生的最大电动势为mEBS=为故B正确；C．电动势的有效值m02EE=线框在转动一周过程中产生的热量为222202()EBSQIRTRRR===故C正确；D．线框转动过程中通过某截面电荷量qR=线框从任何位置开始转过90

°过程中磁通量变化量大小不一定相同，则线框从任何位置开始转过90°过程中通过某截面电荷量不一定为BSR，故D错误。故选BC。三、非选择题（本题共6小题，共55分）17.请正确读出下列实验中所用仪器的示数。（1）多用电表的选择开关打

到“10”档，表盘指针如图甲所示，则该阻值为______Ω；（2）电压表所选的量程为03.0V，指针位置如图乙所示，则测量的电压值为______V；（3）螺旋测微器的固定刻度和可动刻度位置如图丙所示，

则被测物体的长度为______mm。【答案】①.120②.2.20③.5.800##5.798##5.799##5.801##5.802【解析】【详解】（1）[1]多用电表测电阻的阻值为1210Ω120ΩR==（2）[2]电压表所选的量程为03.0V，分度值为0.1

V，则所测量的电压值为2.20VU=（3）[3]由图丙所示，根据螺旋测微器读数规则，可得被测物体的长度为5.5mm30.00.01mm5.800mmd=+=18.在“金属丝电阻率的测量”的实验中，将金属丝绕在陶瓷管上，电阻值约为25。除

了开关、若干导线之外，还提供了以下实验器材：直流电源：电动势6V和12V，内阻不计电流表A：量程0~0.6A，内阻约为0.1；量程0~3.0A，内阻约为0.02电压表V：量程0~3.0V，内阻约为3k；量程0~15V，内阻约为15k滑动变阻器R

：最大阻值为10（1）为较精确测量该金属丝的阻值，某同学用所给器材连成如图所示的实验电路。图中的a、b、c三条导线中有一条连接有误，则该导线是______（填“a”、“b”或“c”）；（2）电路连接正确后，在闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片置于滑动变阻器的______（填“左端”或“右端”）；

（3）若测得金属丝的长度为L，直径为d，电压表示数为U，电流表示数为I，不考虑电流表和电压表内阻的影响，则金属丝的电阻率=______；（4）直流电源的电压选用“12V”而不选用“6V”，请你说出其中的理由____________。【答案】①.b②.左端③.24dUIL

④.见解析【解析】【详解】（1）[1]b导线连接错误，应将其上端接至滑动变阻器的右下接线柱上。（2）[2]正确连接后，闭合开关前，应该把滑动变阻器的滑片置于滑动变阻器的左端，从而使闭合开关之后分压部分电路电压为从零开始变化。（3）[3]根据欧姆定律有URI

=根据电阻定律有24πLLRSd==联立解得24dUIL=（4）[4]直流电源的电压选用“12V”而不选用“6V”，因为选用“6V”，通过电流表的电流满足6A0.24A25EIR==通过电流表电流小于0.24A，对于0.6A的量程，读数误差会增大。19.在“探究影响感应电流方向的因素

”的实验中，（1）为了完成实验，下列实验器材中不必要的是______；A．B．C．D．（2）在实验探究过程中，将条形磁铁N极向下插入线圈，根据电流表指针偏转方向可知感应电流的方向，现要知道线圈中感应电流产生磁场的方向，则______（填“需要”或“不需要”）弄清线圈导线的绕向；（3）根据

实验结果填写表格，比较表中数据发现：当穿过线圈的磁通量减小时______。A．感应电流的磁场与磁体磁场的方向相同，它阻碍了磁通量的减小B．感应电流的磁场与磁体磁场的方向相同，它有助于磁通量的减小C．感应电流磁场与磁体磁场的方向相反，它阻碍了磁通量的减小D．感应电流的磁场与磁体

磁场的方向相反，它有助于磁通量的减小【答案】①.B②.需要③.A【解析】【详解】（1）[1]A．线圈是实验必要的。A不符合题意；B．滑动变阻器不是实验必要的，B符合题意；C．探究指针偏转方向与电流方向关系时

，20k定值电阻为连接电源和灵敏电流计保护电阻，是实验必要的。C不符合题意；D．灵敏电流计是实验必要的，D不符合题意。故选B。的（2）[2]在实验探究过程中，将条形磁铁N极向下插入线圈，根据电流表指针偏转方向可知感应电流的方向，现要知道线圈中感应电流产生磁场的方向，则需要

弄清线圈导线的绕向。（3）[3]根据实验结果填写表格，比较表中数据发现：当穿过线圈的磁通量减小时，感应电流的磁场与磁体磁场的方向相同，它阻碍了磁通量的减小。故选A。20.在“探究变压器原、副线圈电压与匝数

的关系”的实验中，如图所示为可拆变压器，（1）线圈1匝数比线圈2匝数多，则线圈1导线比线圈2导线______；A．粗一些B．细一些（2）下列有关说法正确的是______；A．实验中铁芯有发热现象是由于线圈和铁芯之间绝缘不好B．实验所用电压不超过12V，这样可以随意接触裸露的导线、接线柱C．

多用电表测量电压时先用小量程挡测试，确定范围后再选择适当量程进行测量D．变压器原线圈相对电源而言起负载的作用，副线圈相对负载而言起电源的作用（3）变压器的工作原理是利用了______现象；实验过程中“保持原线圈匝数不变，改变副线圈的匝

数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响”，这是运用______的方法。【答案】①.B②.D③.电磁感应④.控制变量【解析】【详解】（1）[1]线圈1匝数比线圈2匝数多，电压大电流小，导线对电流的阻碍作用大，由电阻定律LRS=可得，线圈1导线比线圈2导线细一些。

故选B。（2）[2]A．实验中铁芯有发热现象是由于铁芯在交变磁场作用下发热，A错误；B．为了实验安全，在实验中不可以随意接触裸露的导线、接线柱，B错误；C．多用电表测量电压时先用大量程挡测试，确定范围后再选择适当量程进行测量，C错误；D．变压器利用了

电磁感应原理工作的，变压器原线圈相对电源而言起负载的作用，副线圈相对负载而言起电源的作用，D正确。故选D。（3）[3]变压器的工作原理是利用了电磁感应现象。[4]实验过程中“保持原线圈匝数不变，改变副线圈的匝数，研究副线圈匝数对副线

圈电压的影响”，这是运用控制变量的方法。21.如图所示的电路中，电压表和电流表均为理想电表，滑动变阻器1R的最大阻值为40，定值电阻的阻值220R=，电源的电动势E＝6.0V，内阻不计。现在闭合开关S，改变滑动变阻器的阻值，则（1）当滑动变阻器1R

位于最大阻值时，求电压表和电流表的示数；（2）当滑动变阻器1R阻值多大时，定值电阻2R消耗功率最大？求出最大功率；（3）当滑动变阻器1R阻值为多大时，滑动变阻器1R消耗功率最大？求出最大功率。【答案】（1）4.0VU=，0.1AI=；（2）10R=

，11.8WP=；（3）120R=，20.45WP=【解析】【详解】（1）设电压表的示数为U，电流表的示数为I，则112RUERR=+得U＝4.0V12EIRR=+得I＝0.1A（2）当滑动变阻器10R=时，定值电阻2R消耗功率最大为的21

2EPR=得11.8WP=（3）滑动变阻器1R消耗的功率()221111221222=+2REEPRRRRRRR=++可知当滑动变阻器12=20RR=时，滑动变阻器1R消耗的功率最大221()22EPR=得20.45WP=22.如图所示的加速和偏转

整个装置位于真空中。带电微粒在极板附近由静止开始加速，从小孔P射出后沿偏转极板的中轴线垂直进入偏转电场。已知带正电微粒的质量为131.010kgm−=，电荷量为151.010Cq−=，加速电压315.010VU=，偏转电压422.010VU=，偏转

极板长L＝0.1m，偏转极板间距离d＝0.2m。不计微粒的重力，假设偏转电场只局限在平行极板内部，忽略边缘电场的影响。（1）求微粒从小孔P射出时的速度1v；（2）求微粒在偏转电场中运动的加速度a；（3）求微

粒离开偏转电场时在竖直方向上的位移y；（4）求微粒离开偏转电场时的速度方向与进入偏转电场时的速度方向之间夹角。【答案】（1）10m/s；（2）321.010m/s；（3）25.010m−；（4）45=【解析】【详解】（1）微粒在电场中

加速，由动能定理21112Uqmv=得110m/sv=（2）微粒在偏转电场中受电场力作用，由牛顿第二定律2Uqadm=得321.010m/sa=（3）微粒在偏转电场的竖直方向上做匀加速运动，水平方向上做匀

速直线运动，则2112Lyattv==，得25.010my−=（4）设微粒在出偏转电场时竖直方向的速度为2v，则21Lvav=得210m/sv=设离开偏转电场时速度与进入时速度方向的夹角为，则21tan1vv==得4

5=23.如图甲所示，光滑的绝缘斜面倾角30=，区域MNPQ内存在着垂直斜面向上的匀强磁场B，磁感应强度的大小随时间变化的情况如图乙所示，已知11.0TB=，边界MN与PQ之间的距离02.5mx=。正方形金属线框abcd的质量m＝0.1kg、阻值2.0R=、边长L＝1.0m，

线框cd边与磁场边界MN平行。在t＝0时刻将线框由静止释放，线框在进磁场和出磁场的两个过程中均恰好做匀速直线运动，且在1t时刻ab边刚好到达磁场上边界MN，在2t时刻cd边刚好到达磁场下边界PQ。不计空气阻力，重力加速度210m/sg=。（1）求线框释放时cd边与MN边的距

离1x；（2）求出B－t图线中时刻1t、2t和磁场2B的值；（3）求整个运动过程中金属线框产生的焦耳热Q。【答案】（1）0.1m；（2）11.2st=，21.8st=，20.5TB=；（3）1.21J【解析】【详解】（

1）设线框进磁场过程中做匀速直线运动的速度为1v，则有2211sinBLvmgR=代入数据解得11./s0mv=线框释放后开始做匀加速直线运动，有2112sinvxg=解得10.1mx=（2）在10t时间内，线框先加速运动，再做匀速运动，则111s

invLtgv=+解得11.2st=在12tt时间内，线框做匀加速直线运动，则有()2011sin2xLvtgt−=+解得0.6st=则21.8st=设2t时刻线框的速度为2v，有21sinvvgt=+解得24.0m/sv=在2t时刻后线框做匀速直线运动，有2222sinB

LvmgR=解得20.5TB=（3）设金属线框进磁场和出磁场过程中产生焦耳热分别为1Q和2Q，则12sinQQmgL==解得120.5JQQ==整个线框在磁场中运动，产生电动势为25V6BLEtt

===此过程产生的焦耳热为235J0.21J24EQtR===则整个过程中金属线框产生的焦耳热1231.21JQQQQ=++=24.如图所示，在xOy平面坐标系的第一象限内分布着垂直纸面向外的匀强磁场。在x轴上铺设一不计厚度的足够长挡板，挡板一

端位于坐标原点O处。在y轴上的P点有一放射源，在t＝0时刻开始沿坐标平面向磁场区域的各个方向持续均匀地发射带正电粒子。已知粒子的质量为m，电荷量为q，速率为0v，磁感应强度的大小0mvBqL=，P点位置坐

标为()0,L。忽略粒子的重力及粒子之间的相互作用。（1）某粒子的速度方向垂直y轴；①求粒子第一次打到挡板上的位置坐标和从P点到挡板所经历的时间；②若粒子打到挡板后反弹，反弹后速度大小为反弹前的一半，求粒子最终的位置坐标；（2）求在03Ltv=时刻粒子可能出现的区域的面积；（

3）若粒子的发射速率为v，打到挡板上立即被收集，试讨论粒子收集率与速率为v的函数关系。（提示：若sinx=，则arcsinx=）【答案】（1）①102Ltv=；②(3,0)L；（2）2512L；（3）见解析【解析】【详解】（1）①设粒子在磁场中

做圆周运动的半径为1r，从P点到挡板所经历的时间为1t，则由01mvrBq=得1rL=则该粒子打到挡板上的位置坐标(),0L，由142TmtBq==得102Ltv=②设第一次碰后圆周半径为2r，第二次碰后半径为3r，第n1−次碰后半径为nr，则212rL

=，2312rL=，112nnrL−=设粒子最终在挡板上的位置坐标(),0x，则123222nxrrrr=++++得3xL=则粒子最终的位置坐标()3,0L（2）粒子运动的时间036LTt

v==粒子运动轨迹如图甲所示粒子可能出现的区域的面积22246512SLLL=+=的（3）设粒子速率为v时做圆周运动的半径为r，则0vrLv=①当02vv时，即2Lr，则如图乙所示此时收集率为0=②当0vv时，即rL时

，则如图丙所示由几何关系可知012sin2Lvrv==此时收集率01arcsin2vv−−==③当002vvv时，即2LrL，则如图丁所示由几何关系可知022sin2Lvrv==，03sinvvLrrv−−==所以收集率为0023arc

sinarcsin2vvvvv−−−−−==