【文档说明】【精准解析】浙江省湖州中学2019-2020学年高一下学期第一次阶段性测试（创新A班）物理试题.doc，共(19)页，784.000 KB，由小赞的店铺上传

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浙江省湖州中学2019学年第二学期高一年级第一次阶段性测试物理（8班用）试卷一、单选题1.核反应方程41417278HNO+Xe+→，X所代表的粒子是（）A.21HB.01e−C.11HD.10n【答案】C【解析】【分析】核反应均遵守质量数和

核电荷数守恒，由此即可解出答案．【详解】根据质量数守恒：4+14-17=1，知X的质量数为1，由核电荷数守恒得：2+7-8=1，知X的核电荷数为1，分析知：X为11H．A．21H，与分析结果不符，故A错误；B．01e−，与分析结果

不符，故B错误；C．11H，与分析结果相符，故C正确；D．10n，与分析结果不符，故D错误．【点睛】本题考查核反应方程式的完成，属于简单题型．2.爱因斯坦由光电效应的实验规律，猜测光具有粒子性，从而提出光子说，从科学研究的方法来说，这属于（）A.科学假说B.控制变量C.等效替代D.数学归纳【答

案】A【解析】【详解】爱因斯坦由光电效应的实验规律，猜测光具有粒子性，从而提出光子说，科学研究的方法属于科学假说，故BCD错误，A正确．故选A．3.波粒二象性是微观世界的基本特征，以下说法正确的有（）A

.光电效应现象揭示了光的波动性B.热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性C.黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释D.动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波长也相等【答案】B【解析】【详解】A．光电效应现象说明了光具有粒子性，故A错误；B．衍射是波特有的性质；热中子束射到晶体上

产生的衍射图样说明中子具有波动性。故B正确；C．黑体辐射的实验规律不能使用光的波动性解释，而普朗克借助于能量子假说，完美的解释了黑体辐射规律，破除了“能量连续变化”的传统观念。故C错误；D．根据cph=和2kpmE=可知，动能相同的质子和电子，

其动量不同，故其波长也不相同，故D错误。故选：B。4.如图是核子平均质量与原子序数Z的关系图象，下列说法中错误的是()A.卢瑟福在α粒子散射实验的基础上提出了原子的核式结构模型B.天然放射性元素在衰变过

程中核电荷数和质量数守恒，其放射线在磁场中不偏转的是γ射线C.图中原子核D和E聚变成原子核F要吸收能量D.图中原子核A裂变成原子核B和C要放出核能【答案】C【解析】（1）粒子散射实验否定了汤姆逊提出的“枣糕”原子模型，

逐步意识到原子是空心的结构．在卢瑟福粒子散射实验中，绝大多数粒子的运动方向几乎不变，只有极少数粒子发生了大角度散射，因此卢瑟福提出了原子的核式结构模型，极好的解释了这个现象，故A选项正确；（2）天然放射性元素的衰变过程中电荷数守恒，质量数守恒，放出

射线有，，三种．其中只有射线不带电，则它在磁场中运动一定不发生偏转，B项正确；（3）核聚变必须借助超高温高压才能发生，但在核聚变的过程中，有质量亏损，会放出核能，因此C项错误；（4）核裂变过程也会放出核能，故D正确；故本题选C．5.下面列出的是一些核反应方程30301514PSiX→

+,9210415BeHBY+→+,447223HeHeLiZ+→+其中（）A.X是质子，Y是中子，Z是正电子B.X是正电子，Y是质子，Z是中子C.X是中子，Y是正电子，Z是质子D.X是正电子，Y是中子，Z是质子【答

案】D【解析】【详解】根据质量数和电荷数守恒可得：X为：01X，即正电子；Y为：10Y，即中子；Z为：11Z，即质子，故ABC错误，D正确．故选D．【点睛】本题比较简单，直接利用核反应方程的质量数和电荷数守恒即可正确求解．记

住基本粒子的符号.6.如图，当电键K断开时，用光子能量为2.5eV的一束光照射阴极P，发现电流表读数不为零。合上电键，调节滑线变阻器，发现当电压表读数小于0.60V时，电流表读数仍不为零；当电压表读数大于或等于0.60V时，电流表读数为零。由此可知阴极材料的逸出功为（）A.1.9e

VB.0.6eVC.2.5eVD.3.1eV【答案】A【解析】【详解】设用光子能量为2.5eV的光照射时，光电子的最大初动能为Ekm，阴极材料逸出功为W0，当反向电压达到U=0.60V以后，具有最大初动能的光电子也达不到阳极，因此eU=Ekm由光电效

应方程：Ekm=hν-W0由以上二式：Ekm=0.6eV，W0=1.9eV所以材料的逸出功为1.9eV。A．1.9eV与分析相符，故A正确；B．0.6eV与分析不符，故B错误；C．2.5eV与分析不符，故C错误；D．3.1eV与分析不符，故D错误；故选：A。7.下列不属于卢

瑟福原子核式结构理论的是（）A.原子的中心有个核，叫做原子核B.原子的正电荷均匀分布在整个原子中C.原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里D.带负电的电子在核外绕着核旋转【答案】B【解析】【详解】当α粒子穿过

原子时，电子对α粒子影响很小，影响α粒子运动的主要是原子核，离核远则α粒子受到的库仑斥力很小，运动方向改变小。只有当α粒子与核十分接近时，才会受到很大库仑斥力，而原子核很小，所以α粒子接近它的机会就很少，所以只有极少数大角度的

偏转，而绝大多数基本按直线方向前进，因此为了解释α粒子散射实验，卢瑟福提出了原子核式结构模型：在原子的中心有一个很小的核，叫原子核，原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里，电子在核外绕原子核旋转。A．原子的中心有个核，叫做原子核，与分析相符，故A不符合题意；B．原子的正电荷均匀分布在整个原

子中，与分析不符，故B符合题意；C．原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里，与分析相符，故C不符合题意；D．带负电的电子在核外绕着核旋转，与分析相符，故D不符合题意；故选：B。8.下列说法正确的是（）A.图甲是氡衰变图，由图可知：氡的

半衰期为3.8天.若取8个氡原子核，经7.6天后就一定剩下2个原子核了B.图乙是利用射线进行铝板厚度测量的装置，为了能够准确测量铝板的厚度，探测射线应该用α射线，探测器探测到的射线越强说明厚度越薄C.图丙是电子朿穿过铝箔后的衍射图样，有力说明了德布罗意波的存在，

证明了实物粒子也具有波动性D.图丁是康普顿利用光子去碰撞电子发生散射的实验模型，碰撞后的光子的频率v'比原来光子的频率v大【答案】C【解析】【详解】A．半衰期的对大量原子核的衰变的统计规律，对于少量是不成立的，故A错误；B．根据α、β、γ三种射线特点可知，γ射线穿透能力最强，电离能力最

弱，α射线电离能量最强，穿透能力最弱，为了能够准确测量铝板的厚度，探测射线应该用β射线；故B错误；C．根据电子束通过铝箔后的衍射图样，说明电子具有波动性，有力说明了德布罗意波的存在，证明了实物粒子也具有波动性。故C正确；D．康普顿利用光子去碰撞电子发生散射的实验模型，碰撞后的光子的频率ν′比原

来光子的频率ν小，说明了光子具有粒子性。故D错误。故选：C。9.如图甲是研究光电效应的电路图，将三束不同的可见光a、b、c分别从窗口射向阴极K，得到对应三条光电流与电压的关系图线a、b、c，如图乙所示。下列结论正确的是（）A.三束光分别照射K极时，射出光电

子的最大初动能分別为Eka、Ekb、Ekc；其中Eka最大，Ekc最小B.分别利用这三束光做双缝干涉实验时（其他条件相同），b光产生的条纹间距最大C.分别让这三朿光射入同一透明的玻璃介质，b光在该介质中传

播速度最大D.将分别发出a、b这两种光的灯泡以同样方式分别安装在范围足够大的水池底部同一位置，在水面上有被照亮的圆面，b光所对应的圆比a光所对应的圆小【答案】D【解析】【详解】A．当光电流为零时，光电管两端的电压为遏止电压，对应光的频率为截止频率，由2012

mceUmvhvW==−入射光的频率越高，对应的遏止电压Uc越大，a光、c光的遏止电压相等，故a光、c光的频率相等，它们的最大初动能也相等，而b光的频率最大，产生的光电子的最大初动能最大，故A错误；B．b光的频率最大，由波长与频率关系cv=可知，b光的波长最

短。根据双缝干涉条纹的公式：Lxd=，b光的条纹间距最小。故B错误；C．b光的频率最大，则对同一透明的玻璃介质的折射率最大，由：cvn=可知，b光在该介质中传播速度最小，故C错误；D．b对同一透明的玻璃介质的折射率最大，由：1sinCn=可知，b对水

的临界角最小，所以若将分别发出a、b这两种光的灯泡以同样方式分别安装在范围足够大的水池底部同一位置，在水面上有被照亮的圆面，b光所对应的圆比a光所对应的圆小，故D正确；故选：D。10.下列说法正确的是（）A.在所有核反应中，都遵从“质量数守恒，核

电荷数守恒”的规律B.原子核的结合能是组成原子核的所有核子的能量总和C.天然放射现象中放出的β射线就是电子流，该电子是原子的内层电子受激后辐射出来的D.镭226衰变为氡222的半衰期为1620年，也就是说，100个镭226核经过1620年后一定还剩下50

个镭226没有发生衰变【答案】A【解析】【详解】A．在所有核反应中，都遵从“质量数守恒，核电荷数守恒”的规律，故A正确；B．原子核的结合能是组成原子核的所有核子结合成原子核时释放出来的能量，故B错误；C．β衰变中生成的电子

是一个中子转化为一个质子同时生成一个电子，故C错误；D．半衰期是统计规律，对少量原子核来讲是没有意义的，故D错误。故选：A。11.如图所示，质量均为M的A、B两木块从同一高度自由下落、当A木块落至某一位置时被以速率为v0水平飞来的子弹击中（设子弹未穿出），子弹的质量为m、则A、B两

木块在空中运动的时间tA、tB的关系是（）A.tA＝tBB.tA>tBC.tA<tBD.无法比较【答案】B【解析】【详解】当A木块落至某一位置时被水平飞来的子弹很快地击中，水平方向动量守恒，即A会获得水平方向的分速度；而子弹此时竖直方向速度为零，要

从零加速到与A具有相同的速度，需受到A向下的作用力，根据牛顿第三定律A会受到子弹给的向上的作用力，则向下的加速度会减小，小于B的加速度，故A下落时间较长一些；A．tA＝tB与分析不符，故A错误；B．tA>tB与分析相符，故

B正确；C．tA<tB与分析不符，故C错误；D．无法比较与分析不符，故D错误；故选：B。二．多选题12.下列说法正确的是（）A.原子的特征谱线是原子具有核式结构的有力证据B.考古专家测出某具骸骨lg碳样品中146C的含量为活着的生物体lg碳样品中14

6C含量的14，已知146C的半衰期为5730年，则该生物死亡时距今约11460年C.核泄漏事故污染物能够产生对人体有害的辐射，其核反应方程式为13755CS→13756Ba+x可以判断x为β射线D.核反应堆利用石墨吸收中子

控制核反应速度【答案】BC【解析】【详解】A．原子的特征谱线说明原子只能处于不连续的、分立的能级上，是原子具有分立能级的有力证据。故A错误；B．考古专家测出某具骸骨lg碳样品中146C的含量为活着的生物体lg碳样品中146C含量的14，经

过2个半衰期，故该生物死亡时距今约11460年，故B正确；C．根据电荷数守恒、质量数守恒知，x的电荷数为-1，质量数为0，可知x为电子。故C正确；D．镉具有很大的中子吸收界面，所以用来吸收裂变产生的中子。故D

错误。故选：BC。13.下列说法中正确的是（）A.人类对原子核具有复杂的认识是从发现天然放射现象开始的B.在热中子反应堆中，镉棒的作用是控制反应速度的C.玻尔的原子理论能成功解释氢原子光谱的实验规律，也能很好地解释氦原子的光谱现象D.

在核反应238234492902UThHe→+中，23490Th与42He的结合能之和比23892U结合能大【答案】ACD【解析】【详解】A．人们认识到原子核有复杂的结构是从天然放射现象开始。故A正确；B．在核电站中利用镉棒吸收中子，控制链式反应的速度，但

目前的核电站都是利用裂变反应，不是热中子反应堆中。故B错误；C．玻尔的原子理论能成功解释氢原子光谱的实验规律，也能很好地解释氦原子的光谱现象。故C正确；D．在核反应238234492902UThHe→+中释放能量，所以，23490Th与42

He的结合能之和比23892U结合能大，故D正确。故选：ACD。14.在光滑的水平面上有质量相等的A、B两球，其动量分别为10kg·m/s与2kg·m/s，方向均向东，且定为正方向，A球在B球后，当A球追上B球时发生正碰，则相碰以后，A、B两球的

动量可能分别为（）A.6kg·m/s，6kg·m/sB.－4kg·m/s，16kg·m/sC.6kg·m/s，12kg·m/sD.3kg·m/s，9kg·m/s【答案】AD【解析】【详解】由题意A、B两球动量分别为10kg•m/s与2kg

•m/s，且A球能追上B球并发生碰撞可知，A球的初速度大于B球，碰撞前的总动量为P=12kg•m/s．设两个小球的质量均为m，则碰撞前总动能为：225222ABkABPPEmmm=+=.A、总动量满足守恒．碰撞后总动能为223622ABkABPPEmmm=+=,可见碰撞过

程总动能减小，是可能的，故A正确；B、碰撞后的总动量为-4kg•m/s+16kgm/s=12kg•m/s，符合动量守恒．碰撞后总动能为2213622ABkABPPEmmm==+，碰撞过程动能出现增大，不符合能量守恒定律，故B错误；C、碰撞后的总动量为6kg•m/s+1

2kg•m/s=18kg•m/s，不满足动量守恒定律．故C错误；D、碰撞后的总动量为3kgm/s+9kgm/s=12kg•m/s，满足动量守恒定律．碰撞后总动能为224522ABkABPPEmmm=+=，总动能不增加，是可能的，故D正确．故

选AD．15.如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为1m和2m的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上.现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得（）A.在1t、3t时刻两物块达到共同速度1m/

s，且弹簧都是处于压缩状态B.从3t到4t时刻弹簧由压缩状态恢复到原长C.两物体的质量之比为12:1:2mm=D.在2t时刻A与B的动能之比为12:1:8kkEE=【答案】CD【解析】由图可知t1到t3时间内两物块之间的距离逐渐增大，t3时刻达到共同速度，此时弹性势能最大，弹簧处于伸长状态，故A错

误；结合图象弄清两物块的运动过程，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相等，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩最厉害，然后弹簧逐渐恢复原长，m2依然加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹

簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当t3时刻，二木块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B错误；系统动量守恒，选择

开始到t1时刻列方程可知：m1v1=（m1+m2）v2，将v1=3m/s，v2=1m/s代入得：m1：m2=1：2，故C正确；在t2时刻A的速度为：vA=1m/s，B的速度为：vB=2m/s，根据m1：m2=1：2，求出Ek1：Ek2=1：8，故D正确．故选CD．点睛：

对于这类弹簧问题注意用动态思想认真分析物体的运动过程，注意过程中的功能转化关系；解答时注意动量守恒和机械能守恒列式分析，同时根据图象，分析清楚物体的运动情况．16.下列说法正确的是（）A.组成原子核的核子越多，原子核越稳定B.238

92U衰变为22286Rn经过4次衰，2次β衰变C.在LC振荡电路中，当电流最大时，线圈两端电势差也最大D.在电子的单缝衍射实验中，狭缝变窄，电子动量的不确定量变大【答案】BD【解析】A、比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固

，原子核越稳定，与核子多少无关，故A错误；B、23892U衰变为22286Rn经过，质量数减少16，质子数减少6，而一次α衰变，质子数减2，质量数减4，一次β衰变，质子数增加1，质量数不变，所以是4次α衰变，2次β衰变，故B正确；C、当线圈两端电势差也最大时，电流变化率最大，电流为0

，故C错误；D、狭缝变窄，使得x变小，根据不确定关系，则P变大，故D正确；故选BD．17.静止在匀强磁场中的原子核X发生α衰变后变成新原子核Y．已知核X的质量数为A，电荷数为Z，核X、核Y和α粒子的质量分别为mX、mY和mα，α粒子在磁场中运动的半径为R．则A

.衰变方程可表示为AA44ZZ22XYHe−−→+B.核Y的结合能为（mx-my-mα）c2C.核Y在磁场中运动的半径为2RZ2−D.核Y的动能为()2YXYαKYYαmmmmcEmm−−=+【答案】AC【解析】【详

解】A．根据质量数和电荷数守恒可知，衰变方程可表示为AA44ZZ22XYHe−−→+，选项A正确；B．此反应中放出的总能量为：∆E=（mx-my-mα）c2，可知核Y的结合能不等于（mx-my-mα）c2，

选项B错误；C．根据半径公式mvrqB=，又mv=P（动量），则得PrqB=，在衰变过程遵守动量守恒，根据动量守恒定律得：0=PY-Pα，则PY=Pα，得半径之比为22YYqrrqZ==−，则核Y在磁场中运动的半径为22YRrZ=−，故C正确；D．两核的动能之

比：()()22221212YYYYkYkYYmvmmvEmEmmmvmv===，因2kYkxyEEEmmmc（）+==−−，解得()2XYkYYmmmmcEmm−−=+，选项D错误．三、填空与实验18.(1)质量为M的火箭原来以速率为v0飞行

在太空中，现在突然喷出一份质量为m的气体，喷出的气体相对于火箭的速率是v，则喷气后火箭的速率为______；(2)如图所示，在光滑水平面上有甲、乙两辆完全相同的小车，质量都为M=1.0kg，乙车内用轻绳吊一质量为m=0.5kg的小球。当乙车静止时，甲车以速度v与乙车相碰，若碰

撞时间极短，且碰后两车连为一体，则碰后瞬间两车的共同速度为_______。当小球摆到最高点时，车的速度为_________；(3)如果某物体作匀速圆周运动的动量大小为p，经过一段时间后其速度方向改变了

θ角，它的动量变化的大小为_________；(4)用如图装置做探究碰撞中的不变量实验，下列说法正确的是（）A.在实验前，必须把长木板的一端垫高，使A能拖着纸带匀速下行B.A、B两辆小车的质量必须相等C.A、

B碰撞后必须保证A、B以共同速度一起运动D.小车A必须从紧靠打点计时器的位置无初速度释放【答案】(1).0mvvM+(2).2v(3).25v(4).2sin2p(5).AC【解析】【详解】(1)[1]以火箭

和喷出的气体为研究对象，以火箭飞行的方向为正方向，由动量守恒定律得：0MvMmvmvv=−+−()()解得：0mvvvM=+(2)[2][3]甲车与乙车相碰是在极短时间内发生的过程，两者（不包

括乙车中的小球）动量守恒Mv=2Mv1解得：12vv=此时乙车中悬挂的小球速度为零．然后在绳的拉力作用下，小球和甲、乙车的速度发生变化，三者组成的系统在水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒．又根据运动情景分析

可知，当小球运动到最高点的瞬间，车和球相对静止，设速度为v2，那么1222MvMmv=+()解得：225vv=(3)[4]如果某物体作匀速圆周运动的动量大小为p，经过一段时间后其速度方向改变了θ角，根据矢量合成可知，两动量合成等腰三

角形，根据几何关系可知，动量变化量大小为2sin2p。(4)[5]A．根据动量守恒的条件可知，本实验需要平衡摩擦力，故在实验前，必须把长木板的一端垫高，使A能拖着纸带匀速下行，故A正确；B．本实验中对A、B两辆小车的质量无特殊要求，故B错误；C．为了得出动量守恒的表达式，A、B碰撞后

必须保证A、B以共同速度一起运动，故C正确；D．碰撞前小车A应有速度，故小车A在手推动下开始运动，故D错误；故选：AC。四．计算题19.如图甲所示，静止在匀强磁场中的63Li核俘获一个速度为v0＝7.7×104m/s的中子而发生核反应，即

61343012LinHHe+→+，若已知42He的速度大小v2＝2.0×104m/s，其方向与反应前中子速度方向相同，试求：(1)31H的速度大小和方向；(2)在图乙中，已画出并标明两粒子的运动轨迹，请计算出轨道半径之比；(3)当42He

旋转三周时，粒子31H旋转几周？【答案】(1)3110m/s；跟v0的方向相反；(2)3：40；(3)2周【解析】【详解】(1)63Li核俘获中子的过程，系统动量守恒，设中子质量为mn，31H的质量为mH，α粒子的质量为mα．则mnv0=mHv1+mαv2即：3n0α21H110m/s

mvmvvm−==−负号表示跟v0的方向相反。(2)两个粒子都做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由2vqvBmR=得：mvRqB=在磁场中半径之比为H1α2HαHα::3:40mvmvRRqBqB==

(3)运动周期为：22rmTvqB==则ααα2mTqB=，HHH2mTqB=设α粒子转3周的时间内，反冲核旋转n周，则有n•TH=3Ta代入数据得：n=2周20.五块完全相同的长木板依次紧挨着放在水平地

面上，每块木板的长度为0.5m，质量为0.6kg。在第一块长木板的最左端放置一质量为0.98kg的小物块。已知小物块与长木板间的动摩擦因数为0.2，长木板与地面间的动摩擦因数为0.1，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。一颗质量为

0.02kg的子弹以的150m/s水平速度击中小物块并立即与小物块一起在长木板表面滑行，重力加速度g取10m/s2。(1)分析小物块滑至哪块长木板时，长木板才开始在地面上滑动；(2)求长木板开始在地面上滑动后达到的最大速度；(3)求物块在整个运动过程中相对出发点

滑行的最大距离。【答案】(1)物块滑上第五块木板时，木板才开始在地面上滑动；(2)0.25m/s；(3)2.27m。【解析】【详解】(1)由题意子弹、小物块、长木板的质量分别为m0、m、M，子弹的初速度为v0，子弹击中小物块后二

者的共同速度为v1，由动量守恒定律得：0001()mvmmv=+子弹击中小物块后物块的质量为M′，且M′=m+m0设当物块滑至第n块木板时，木板才开始运动，则满足：μ1M′g＞μ2[M′+（6-n）M]g其中μ1、μ2分别表示物

块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数。解得n＞4.3即物块滑上第五块木板时，木板才开始在地面上滑动。(2)设物块刚滑上第五块木板时的速度为v2，每块木板的长度为L，由动能定理2221111422MgLMvvM−=−解得

v2=1m/s物块在第五块木板表面做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，设经历时间t，物块与木板能获得相同的速度v3，由动量定理132MgtMvMv−=−123MgMMgtMv−+=[（

）]解得最大速度为v3=0.25m/s(3)在物块滑上第五块板到共速过程中，物块发生的位移为s1，由动能定理2211321122MgsMvMv−=−解得115m0.5m64s=即物块与木板获得0．25m/s的共同速度，之后整体

向前匀减速运动s2后静止，由动能定理()()222312MMgsMmv−+=−+解得21m32s=所以物块总共发生的位移1242.27msLss=++21.如图所示是研究光电效应的实验电路示意图，M、N为两正对的半径为R

的金属圆形板，板间距为d。当一细束频率为v的光照N极板圆心时，产生沿不同方向运动的光电子。调节滑片P改变两板间电压，发现当电压表示数为Uc时，检流计示数恰好为零。假设光电子只从极板圆心处发出，忽略场的边界效应（已知普朗克常量为

h，电子电量为e，电子质量为m，）(1)求金属板的逸出功；(2)若交换电源正负极，调节滑片P逐渐增大两板间电压，求电流达到饱和时的最小电压；(3)断开开关，在两板间半径为R的柱形区域内加上方向垂直纸面的匀强磁场。若板间距离d可以在R

到3R之间变化，求电流为零时B的最小值与d的关系式。【答案】(1)chveU−；(2)224cdUR；(3)22BmeUed=。【解析】【详解】(1)当电压为Uc，电流为零时有：20012ceUmvhvW=−=解得逸出功：0cWhveU=−(2)电子做类平抛运动R=vt，212d

at=由牛顿第二定律，则有Ueadm=解得：224cdUUR=(3)由题意知根据洛伦兹力提供向心力：2vqvBmr=解得：0mvrBe=，d=2r解得：2822mUBmeUeded==