【文档说明】【精准解析】浙江省名校联盟2020届高三创新卷选考物理试题（一）.doc，共(26)页，1.573 MB，由小赞的店铺上传

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《浙江省名校联盟新高考创新卷》选考物理（一）一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39分。在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.以下物理单位属于能量单位的是（）

A.eVB.mA·hC.V/mD.kg·m/s2【答案】A【解析】【详解】A.eV是电子伏，1eV表示191.610J−，属于能量单位，故选项A正确；B.mA·h一般表示电池的容量，意思是以多少毫安的电流供电一小时，所以mA·h不是能量单位，故选项B错误；C

.V/m表示电场强度，根据公式UEd=可知，V/m不表示能量单位，故选项C错误；D.根据牛顿第二定律Fma=可知1kg·m/s2=1N，因此kg·m/s2不是能量单位，故选项D错误。故选A。2.下列四张图是教材中的有关物理知识的插图，关于下面说法正确的是（）A.

图1说明伽利略关于自由落体运动的结论是完全通过实验得到的B.图2可推出所有形状规则的物体重心均在其几何中心处C.图3中掷出后的冰壶能继续运动说明其具有惯性D.图4中电梯向上制动时体重计的读数变小说明人所受重力减小【答案】C【解析】【详解】A.图1是伽

利略关于自由落体运动实验，本实验是通过不断改变倾斜角度，减小摩擦阻力的影响推理得到的，而不是通过实验直接得到的，故选项A错误；B.所有形状规则且质量分布均匀的物体其重心才在几何中心处，仅形状规则而质量分布不均匀的物体其重心可能不在几何中心上

，故选项B错误；C.惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，图3中掷出后的冰壶能继续运动说明其具有惯性，故选项C正确；D.图4中电梯向上制动时体重计的读数变小说明人所受支持力变小，但重力不变，故选项D错误。故选择C。3.某同学将课本放

在桌面上，如图所示，则有关下列说法中正确的是（）A.桌子对课本的支持力是因为桌子的形变产生的B.桌面对课本的支持力与课本的重力是一对作用力与反作用力C.桌面对课本的支持力与课本对桌面的压力是一对平衡力D.课本对桌面的压力就是

课本的重力【答案】A【解析】【详解】A.桌子对课本的支持力属于弹力，是因为桌子的形变产生的，故选项A正确；B.桌面对课本的支持力与课本的重力受力物体都是课本，是一对平衡力，故选项B错误；C.桌面对课本的支持力与课本对桌面的压力作用物体是两个物体，等

大反向，因此这两个力是相互作用力，故选项C错误；D.当课本水平放置时，课本对桌面的压力大小等于课本的重力，但是这是两个不同的力，故选项D错误；故选择A。4.如图所示，为了营救遇险者，一架直升机沿水平方向以25m/s的速度飞向遇险地点。因天气和地势原因直升机无法下降也无法飞至遇险者上方，只能在

125m高度的飞行路线上某处把救援物资释放至遇险地点。若空气阻力不计，则释放物资时直升机驾驶员到遇险地点的视线与竖直方向夹角应为（）A.30°B.45°C.53°D.60°【答案】B【解析】【详解】直升机抛出救援物资后，物资做平抛运动，水平方向做初速度为25m/s的匀速直线运动，竖直方向

做自由落体，根据公式212hgt=可求得时间为5st=，故水平方向的距离为svt=解得125ms=，因此根据几何关系可知释放物资时直升机驾驶员到遇险地点的视线与竖直方向夹角应为45，所以选项B正确。故选B。5.下列关于原子结构模型说法正确的是（）A.汤姆孙发

现了电子，并建立了原子结构的“西瓜模型”B.卢瑟福的粒子散射实验表明原子内部存在带负电的电子C.卢瑟福核式结构模型可以很好地解释原子的稳定性D.玻尔原子模型能很好地解释所有原子光谱的实验规律【答案】A【解析】【详解】A

.汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，并提出原子结构的“西瓜模型”或“枣糕模型”，故选项A正确；BC.卢瑟福的粒子散射实验主要是否定了汤姆孙的原子结构的“西瓜模型”，不能说明原子内部存在带负电的电子，也不能解释原子的稳定性，故选项BC错误；D.玻尔原子

模型能很好地解释原子的稳定性和氢原子光谱的实验规律，不是所有原子的光谱规律，故选项D错误。故选择A。6.电磁炉又名电磁灶，是现代厨房革命的产物，它无需明火或传导式加热而让热直接在锅底产生，因此热效率得到了极大的提高。是一种高效节能厨具，完全区别于传统所有的有火或无火传导加热厨具

。如图所示是描述电磁炉工作原理的示意图，下列说法正确的是（）A.电磁炉通电线圈加直流电，电流越大，电磁炉加热效果越好B.电磁炉原理是通电线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作C.在锅和电磁炉中间放一绝缘物质，电磁炉不能起到加热作用D.电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅，主要原因是这些材料的

导热性能较差【答案】B【解析】【详解】A.电磁炉通电线圈加直流电，会产生恒定磁场，穿过锅底的磁通量不会发生变化，不能产生涡流，所以没有加热效果，故选项A错误；B.电磁炉的原理是磁场感应涡流加热，即利用交变电流通过线圈产生交变磁场，所以电磁炉通过线圈加交流

电后，在锅底产生涡流，进而发热工作，故选项B正确；C.在锅和电磁炉中间放一绝缘物质，不会影响涡流的产生，因此不会影响电磁炉的加热作用，故选项C错误；D.金属锅自身产生无数小涡流而直接加热锅，陶瓷锅或耐热玻璃锅属于绝缘材料，不会产生

涡流，而不是因为导热性能较差，故选项D错误。故选B。7.点电荷产生的电场如图所示，a、b为同一条电场线上的两点，则下列判断正确的是（）A.a、b两点的电场强度abEE=B.a、b两点的电势abC.负电

荷在a点的电势能要小D.正电荷在b点电场力与电场方向相反【答案】C【解析】【详解】A.电场强度跟电场线的疏密程度有关，由点电荷电场线的分布可知，a点的电场线比b点的电场线密，因此abEE，故选项A错误；B.电场线的方向指向电势降低的方向，因此ab，故选项B错误；C.

负电荷从，a点运动到b点，电场力做负功，电势能增加，因此选项C正确；D.正电荷所受电场力的方向跟电场线在该点的切线方向相同，故选项D错误。故选择C。8.2020年北京时间1月16日11点02分，酒泉卫星发射中心一枚“快舟一号甲”火箭发射由银河航天研发制造

的5G低轨宽带卫星，也是全球首颗5G卫星，重量为227公斤，在距离地面1156公里的区域运行，下列说法正确的是（）A.5G卫星不受地球引力作用B.5G卫星绕地飞行的速度一定大于7.9km/sC.5G卫星轨道半径比地球同步卫星高D.5G卫星在轨道上运行的速度大小与卫星的质量无关【

答案】D【解析】【详解】A.5G卫星是在地球的万有引力下做匀速圆周运动的，故选项A错误；B.由于5G卫星绕地飞行的轨道大于地球半径，根据公式22MmmvGRR=可知GMvR=轨道半径越大，运行速度越小，因

此5G卫星绕地飞行的速度一定小于7.9km/s，所以选项B错误；C.5G卫星在距离地面1156公里的区域运行，而地球同步卫星在距离地面约为五倍地球半径的高度运行，因此选项C错误；D.根据公式22MmmvGR

R=可知GMvR=5G卫星在轨道上运行的速度大小与卫星的质量无关，所以选项D正确。故选D。9.奥克斯电风扇，规格为“220V，60W”，如图所示，某挡位工作时电动机的线圈电阻为40。则当电风扇正常工作时（）A.60W指的是电风扇的输出功率B.电流的大小为5.

5AC.发热功率约为3WD.输出功率计算式为222060W40P=−出【答案】C【解析】【详解】A.60W指的是电风扇的额定功率，故选项A错误；B.由于电风扇是非纯电阻用电器，根据公式PUI=可得PIU=解得电流为0.27A，所以选项B错误；C.根据焦耳

定律可知2QPIRt==热解得3WP热所以选项C正确；D.由于电风扇是非纯电阻用电器，因此输出功率等于总功率减去热功率即PPP=−出总热解得57WP=出故选项D错误。故选C。10.如图所示，两块平行金属板之

间用绝缘细绳悬挂一带负电的小球，把小球拉开一定角度（角度很小，小于10°）由静止释放，小球做往复运动。两极板通过导线、开关可与电源相接，则下列判断正确的是（）A.闭合开关，小球摆动的周期保持不变B.闭合开关，小球摆动的周期变大C.把电源的正负极对调，小球

摆动的周期保持不变D.把电源的正负极对调，小球摆动的周期变大【答案】B【解析】【详解】AB.因为做单摆运动，其运动周期为2LTg=当闭合开关后，小球处在方向向下的匀强电场中，因此带负电的小球会受到竖直向上的电场力，因

此向下的加速度会变小，所以周期会变大，故选项A错误B正确；CD.如果把电源的正负极对调，电场线也会对调，此时带负电的小气会受到竖直向下的电场力，所以加速度会变大，因此周期会减小，所以选项CD错误。故选B。11.甲、乙两列波振幅分别为A、A2，在同一介质中相向传播，某时刻的波形图如图所示，x=4

m处的质点再过1s将第一次到达波谷，以下说法正确的是（）A.这两列波能不能产生干涉现象B.经过4s两波会相遇C.x=7m处的质点振幅为AD.x=6m处的质点振动加强【答案】D【解析】【详解】A.由图可知，两列波周期和波长相同，因此可以发生干涉，故选项A错误；

B.由波长4m=，则波速1m/svT==两波相遇所需时间2xtv=解得2st=，故选项B错误；C.因为两列波周期和波长相同，两列波会发生干涉，x=3m和x=11m的质点到x=7m的距离相等，振动情况相反，两列波相互减弱，因此在x=7m处的

振幅为A2，故选项C错误；D.x=2m和x=10m的质点到x=6m的距离相等，振动情况相同，因此在x=6m处振动加强，故选项D正确。故选D。12.小李同学从欧洲旅游回国，带回了一个电饭煲，上面的标识为“11

0V、60Hz、880W”。为使电饭煲能正常工作，需要通过变压器与市电相连。下列说法正确的是（）A.不管是直流电还是交流电，变压器都能实现变压效果B.电饭煲应接在原、副线圈匝数比为1：2的副线圈两端C.电饭煲通过变压器正常工作时，电热丝中的交变电流频率为

60HzD.电饭煲通过变压器正常工作时，与市电相连的原线圈中电流为4A【答案】D【解析】【详解】A.变压器的工作原理是互感现象，只有变化的磁场才能实现，直流电磁通量不变，因此无法使用变压器变压，故选项A错误；B.变压器原副线圈的电

压值比等于原副线圈匝数比，即1122UnUn=所以原、副线圈匝数比应为2:1，故选项B错误；C.变压器工作时，只改变电压电流的大小，不影响频率，而我国交流电频率为50Hz，因此电饭煲通过变压器正常工作时，电热丝中的交变电流频率为50Hz，故选项C错误；D.变压器原副线

圈的电流值比等于原副线圈匝数的倒数比，即1221InIn=所以解得14AI=，故选项D正确。故选D。13.如图所示，用两根长度均为l的绝缘轻绳将正电的小球悬挂在水平的天花板下，小球的质量为m，轻绳与天花板的夹角均为=30°，小球正下方距离

也为l的A处有一绝缘支架上同样有一个带电小球，此时轻绳的张力均为0，现在将支架水平向右移动到B处，B处位置为与竖直方向的夹角为处，小球处于静止状态，则（）A.A处的带电小球带负电B.A处与B处库仑力大小之比为2:3C

.支架处于B处，左边绳子张力为32mgmg−D.支架处于B处，右边绳子张力为32mgmg+【答案】C【解析】【详解】A当绝缘支架上的带电小球在A位置时，轻绳的张力均为0，说明上方小球受力平衡，受力分析可知其只受重力和库仑力，因此A处的带电小球带正

电，故选项A错误；B.根据库仑定律可得2QqFkr=因此在A处与B处库仑力大小之比等于带点小球距离平方的倒数比，即2221ABFrFr=因为=30°，所以:4:3ABFF=故选项B错误；CD.支架处于B处，两球间的库仑力为3344BAFFmg==设左、右绳的张力分别为F

1和F2，则由正交分解可得123sin30cos33040cosmgFF+=123cos30sin30304cosFFmgmg++=解得132Fmgmg=−234Fmgmg=−故选项C正确，选项D错误。故选C。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.无线话筒就是LC振荡电路在实际中应用的典型实例，某LC振荡电路某时刻磁场方向如图所示，则下列说法正确的是（）A.若增加电容C

的带电量，振荡电路的周期会变大B.若磁场正在减弱，则电容器上极板带正电C.若电容器正在放电，则电容器上极板带正电D.若电容器正在放电，则自感电动势正在阻碍电流增大【答案】BD【解析】【详解】A.振荡电路

的周期公式为2TLC=公式中不包含电容器带电量，与电容器带电量无关，故选项A错误；B.若磁场正在减弱，则说明电容器在充电，由右手定则可知，电容器上极板带正电，所以选项B正确；C.若电容器正在放电，则线圈中磁场向下，则电容器下极板带正电，故选项

C错误；D.若电容器正在放电，则电流在增大，由楞次定律可以知道，自感电动势在阻碍电流的增大，所以选项D正确。故选BD。15.如图所示，一个厚度cm303d=的军事设施，观察孔宽度L=60cm。为了扩大向外的观察视野，将折射率3n=的某种玻璃砖完全嵌入观察

孔内（图中为观察孔的俯视图），则（）A.在观察孔的中央观察，视野角比安装前增大60°B.在观察孔的中央观察，视野角比安装前增大90°C.若观察者在孔的边缘观察，可以观察到在中央观察所看不到的位置D.要使视野角接近180°，则需嵌入折射率至少为

n=2的玻璃砖【答案】ACD【解析】【详解】AB.由知识知折射角为30，根据折射定律sin3=sin30i解得3sin2i=60i=则视野角比安装前增大2(6030)60−=，所以选项A正确，选项B错误；C.若观察者在孔的边缘观察，折射角变大，同样入射角变大，故可以观察到在中央

观察所看不到的位置，所以选项C正确；D.要使视野角接近180°，即入射角为90，而折射角30r=不变，则折射率sin902sin30n==所以选项D正确。故选ACD。16.以下为两个核反应式：（1）234112H+HHe+X→；（2）→235140949254

38U+XXe+Sr+2Y，已知氘核的质量为ml，氚核的质量为m2，氦核的质量为m3，X的质量为m4，核反应中发射一种γ光子，该γ光子照射到逸出功为W0的金属上打出的最大初动能的光电子速度为v，已知光电子的质量为m，光速为c，普朗克常量为h，则下列说法正确

的是（）A.X与Y相同B.方程（1）是核聚变反应，方程（2）是α衰变C.光电子的德布罗意波长为hmvD.γ光子来源于原子核外电子的能级跃迁，它的频率为2022mvWh+【答案】AC【解析】【详解】A.由方程（2）可知，根据电荷守恒和质量

守恒，X和Y都为10n，故选项A正确；B.方程（1）是核聚变反应，方程（2）是核裂变反应，故选项B错误；C.由公式hp=pmv=可知=hmv故选项C正确；D.γ光子的产生是由放射性元素发生γ衰变，而不是

来源于原子核外电子的能级跃迁，故选项D错误。故选AC。三、非选择题（本题共6小题，共55分）17.某同学利用重锤落体运动进行“验证机械能守恒定律”实验．（1）电磁打点计时器与电源相接，图甲中接线正确的是_____

_（填“A”或“B”）．（2）图乙是释放纸带瞬间的照片，指出其装置或操作中一处不合理的地方______．（3）为了完成本实验，该同学改正了图2中的错误，除了图乙所示的装置外，还需要图丙中什么器材______．（写出器材名称）（4）同学得到了如图丁所示的一条纸带，读出O、E两点间

的距离为______cm．（5）已知图丁中每两个点之间的时间间隔为0.02s，计算打下点E时纸带速度的大小为______m/s（保留3位有效数字）．【答案】(1).B(2).打点计时器类型选择错误(3).刻度尺(4).8.78—8.80(5).1.300.02【解析】【详解

】(1)[1]电磁打点计时器使用交流电源，所以图甲中接线正确的是B．(2)[2]根据图像可知，打点计时器类型选择错误，电火花打点计时器要求电压为220V，而电磁打点计时器才是学生电源供电。(3)[3]本实验需要处理纸带测量间

距，需要刻度尺，打点计时器可以测量时间，不需要秒表，量角器、砝码不需要。(4)[4]刻度尺最小分度值为0.1cm，所以读数为8.80cm。(5)[5]计算纸带点E的速度，等于DF间的平均速度211.606.4010m/s=1

.30m/s220.02EDFvT−−==18.小曹同学欲选取下图中实验器材进行实验研究：（1）他先选用图中器材①②③④⑦完成“测定干电池的电动势和内阻”实验，请在答题卡相应位置的实物图上帮他补充完成必需的导线连接________。准确连接电路

后，结合实验数据画出如图所示的U-I图象，则由图象可得干电池的电动势为______V，内阻为_________。（结果保留2位小数）（2）小曹同学采用与题（1）不同的方案测定干电池的电动势和内阻，则除了器材①②外，还需要图中的___________（填写器件的编号即可）

。（3）若小曹同学找来另一节完全相同的干电池并选择图中的①②③④⑥⑦完成“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验，则下列四个电路图中最合适的是___________。A．B．C．D．【答案】(1).(2).1.48(3).0.65~0.70(4).④⑤或③⑤

均可以(5).A【解析】【详解】（1）[1]根据测量干电池电动势和内阻实验原理，电流表应内接，所以连接图如下图[2]由闭合电路欧姆定律可知，在U-I图像中，纵坐标的截距为电动势，因此可知电动势为1.48

V；[3]U-I图像的斜率为内阻，由图可计算内阻约为0.65~0.70；（2）[4]采用与题（1）不同的方案测定干电池的电动势和内阻,则需要电阻箱替代滑动变阻器，而电阻箱的阻值是已知的，因此只需要电压

表或电流表中的一个，就能够通过计算得出外电路的电流或电压，即可完成实验，因此选择④⑤或③⑤均可以。（3）[5]测小灯泡的伏安特性曲线，需要使灯泡两端电压与通过它的电流可以在较大范围内变化，故应采用分压式，又因为小灯泡

电阻远小于电压表内阻，故应采用外接法，综上所述选择A。19.电动平衡车是利用车体内部的陀螺仪和加速度传感器，来检测车体姿态的变化，并利用伺服控制系统，精确地驱动电机进行相应的调整，以保持系统的平衡。下表是小米Ninebot九号平衡车的具体参数。小黄同学，质量

为50kg，驾驶平衡车以最大速度在马路上匀速直线运动，突然发现前方15m出现事故，有人倒在马路前方，小黄必须马上刹车以1m/s2加速度匀减速，恰好在事发处停车。（1）小黄允许的反应时间最多为多少；（2）平衡车匀速运动时受到的阻力；（3）刹车时平衡车给小黄的作用力为多大。外观尺寸整车高度59．

5cm，车宽54．8cm，轮胎直径26cm净重12．8kg最高时速18km/h额定功率700W额定输入电压100-240VAC额定输出电压约63VDC【答案】（1）0.5s；（2）140N;（3）50101N【解析】【详解】（1）由题可知，初速度018km/h=5m/sv=，加速度a=1m/s2，

因此刹车距离为2012vax=解得112.5mx=因此反应距离为12.5mxxx=−=所以反应时间为00.5sxtv==（2）当平衡车匀速运动时，其所收的牵引力大小等于阻力，根据公式mmPFvfv==可得140Nf=（3）在水平方向上，根据牛顿第二定律可知F

ma=解得50N=F在竖直方向上，其重力和支持力平衡NFmg=因此刹车时平衡车给小黄的作用力为22NFFF=+合解得50101NF=合20.如图所示，段为长度为13mL=的水平静止传送带，右侧为与它等高的

台面BC，长度为21mL=，右边是半径R=0.5m的光滑半圆轨道CDE，物块以0210v=m/s的初速度从传送带A点向右运动，物块与传送带及水平面之间的动摩擦因数均为0.25=，物体的质量为1kg，则（1）物块达

到圆轨道最低点C对轨道的压力值；（2）通过计算判别，物块能否到达圆轨道的最高点E；（3）若传送带可以转动，请判别物块能否恰好到达D点，若能请计算出传送带的速度，若不能请说明理由。【答案】（1）50N；（2）不能到达；（3）见解析【解析】【详解】（1）A到C位置过程(

)221201122CmgLLmvmv−+=−20/Cvms=2CNvFmgmR−=50NF=N牛顿第三定律，支持力和压力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反物块达到圆轨道最低点C对轨道的压力值为50N（2）到达E点，最小速度需要满足2=EvmgmR所以EvgR=从C到E22112

22CEmvmgRmv+所以不能到达（3）恰好到达D点，根据动能定理，物体离开传送带的速度满足2212BmvmgLmgR=+15/Bvms=所以物体在传送带上必须减速才能满足从0210v=m/s减速到15m

/s必须要有2202Baxvv=−153xmLm==所以不能存在这样的速度21.如图所示，有两光滑平行金属导轨，导轨的间距l=1m，左侧接C=0.1F的电容，右侧接6R=的电阻，中间MA、ND段光滑绝缘，ABCD区域、EFGH区域、MN左侧均存在垂直于平

面，磁感应强度B=1T的匀强磁场，EFGH区域、ABCD区域的宽度分别为11.2md=，23.2d=m，FG的右侧固定一轻质弹簧。质量均为m=0.1kg金属杆a、b，金属杆a以速度010m/sv=的速度进入EFGH区域磁场，金属杆b静止在ABCD区域外侧，金属杆a

、b的电阻分别为13r=、26r=，金属杆a、b之间的碰撞均为弹性碰撞，求：（1）金属杆a刚进入磁场时，受到的安培力大小；（2）全过程金属杆a上产生的焦耳热；（3）电容器最终的带电量。【答案】（1）5N3；（2）1.87J；

（3）0.1C【解析】【详解】（1）电源电动势10VEBlv==电阻R与r2并联，总电阻6R=总EIR=总5N3FBIl==安（2）金属杆a通过EFGH区域：22BlvtmvR−=总2m/sv=1

8m/sv=1vtd=金属杆a通过与弹簧碰撞以v=8m/s反弹，经过EFGH区域速度再减掉2m/s，变成26m/sv=金属杆a、b发生弹性碰撞，满足：动量守恒2abmvmvmv=+能量守恒2222111222abmvmvmv=+求得金属杆b的速度为6/

bvms=金属杆b通过ABCD区域，电路发生改变8R=总：22BlvtmvR−=总4/vms=2/bvms=2vtd=金属杆a切割产生的总焦耳热22102113.2J22Qmvmv=−=金属杆a分配到1.6J金属杆b切割产生的总焦耳热222

111.6J22bbQmvmv=−=金属杆a分配到4J15aQ=总共产生了1.87J的热（3）金属杆b进入左侧电容区域，最终金属杆b两端电压和电容器两端电压相等时，匀速。此时速度设为v．电容器上的电量和流过的电量金属杆b相等，设为qbBqlmvmv−=−且

qBlvC=求得：q=0.1C22.如图甲所示，长方形MNPQ区域（MN=PQ=3d，MQ与NP边足够长）存在垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度为B。有一块长为5d、厚度不计的荧光屏ab，其上下两表面均涂有荧光粉，平

行NP边放置在磁场中，且与NP边相距为d，左端a与MN相距也为d。电子由阴极K均匀地发射出来（已知电子质量为m、电荷量为e、初速度可视为零）经加速电场加速后，沿MN边进入磁场区域，若电子打到荧光屏就被吸收。忽略电子重力和一切阻力，求：（1）如果加速器的

电压为U，求电子刚进入磁场的速度大小；（2）调节加速电压，求电子落在荧光屏上，使荧光屏发光的区域长度；（3）若加速电压按如图乙所示的图象变化，求从t=0开始一个周期内，打在荧光屏上的电子数相对总电子数的比例；并分析提高该比例

的方法，至少提出三种。【答案】（1）2eUvm=；（2）5d；（3）62.5%；方法见解析【解析】【详解】（1）根据212eUmv=求得2eUvm=（2）打在荧光屏a点的电子，由几何关系得()()22211

2RdRd=+−求得12.5Rd=①若减小粒子的速度，粒子打到荧光屏的下表面，临界条件是轨迹相切于c点，是粒子的最小速度，由几何关系可知，对应粒子做圆周运动的半径12Rd=因此ac区域长度是acd=②若增大粒子的速度，粒子打到荧光上表

面，临界条件是粒子运动轨迹与NP相切，由几何关系得33Rd=那么()()22332agdddd=+−−，求得25agdd=+由于3afd=那么5fgdd=−发光区域的总长度为5dacfgd=+=（3）由第（2）

步可知，粒子半径在23dRd的区间内，粒子能打在荧光屏上结合2vevBmR=212eUmv=得222eBRUm=可求得：当222224.5eBdeBdUmm时粒子能打在荧光屏上因此222222224.5262.5%5eBdeBdmmeBdeB

dmm−==−提高粒子打在荧光屏上比率的方法：①扩大荧光屏上方磁场区域②荧光屏左端适当往左移一些③荧光屏适当往MQ端移动④适当减小加速电压的最大值⑤适当增大加速电压的最小值