【文档说明】浙江省宁波市镇海中学2023-2024学年高二下学期3月月考物理试题 含解析.docx，共(24)页，4.890 MB，由管理员店铺上传

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2023学年第二学期3月月考高二试题物理姓名___________准考证号___________本试题卷分选择题和非选择题两部分，共6页，满分100分，考试时间90分钟。考生注意：1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签宇笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。2.答题时

，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答。在本试题卷上的作答一律无效。选择题部分一、选择题Ⅰ（本大题共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.半径为r超导体导线做的圆

环，电流为I，在圆环中心的磁感应强度为02IBr=，0为真空磁导率，关于0的单位用国际单位制基本单位表示正确的是（）A.22kgmsA−−B.1TmA−C.2NA−D.21kgmsA−−【答案

】A【解析】【详解】由题意有02BrI=则0单位为T/A?m，又由FBIL=可得1T1N/A?m=所以0单位为22·m?s?Akg−−故选A。2.下列说法正确的是（）A.研究甲图中排球运动员扣球动作时，排球可以看成质点B.研究乙图中乒乓球运动

员的发球技术时，乒乓球不能看成质点C.研究丙图中羽毛球运动员回击羽毛球动作时，羽毛球大小可以忽略D.研究丁图中体操运动员的平衡木动作时，运动员身体各部分的速度可视为相同【答案】B【解析】【详解】A．研究甲图中排球运动员扣球动作时，排球的形状和大小不能忽略，

故不可以看成质点，故A错误；B．研究乙图中乒乓球运动员的发球技术时，要考虑乒乓球的大小和形状，则乒乓球不能看成质点，故B正确；C．研究丙图中羽毛球运动员回击羽毛球动作时，羽毛球大小不可以忽略，故C错误；D．研究丁图中体操运动员的平衡木动作时，运动员

身体各部分有转动和平动，各部分的速度不可以视为相同，故D错误；故选B。3.如图所示，公园里有一仿制我国古代欹器的U形水桶，桶可绕水平轴转动，水管口持续有水流出，过一段时间桶会翻转一次，决定桶能否翻转的主要因素是（）A.水桶自身重力的大小B.水管每秒出水量的大小C.

水流对桶撞击力的大小D.水桶与水整体的重心高低【答案】D【解析】【详解】水管口持续有水流出而过一段时间桶会翻转一次，说明主要原因是装的水到一定量之后，导致水桶与水整体的重心往上移动，竖直向下的重力作用线偏离中

心转轴，导致水桶不能稳定平衡，发生翻转，故选D。4.下列说法正确的是（）A.链球做匀速圆周运动过程中加速度不变B.足球下落过程中惯性不随速度增大而增大C.乒乓球被击打过程中受到的作用力大小不变D.篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向无关【答案】B【解析】【

详解】A．链球做匀速圆周运动过程中加速度方向在改变，A错误；B．惯性只与质量有关，则足球下落过程中惯性不随速度增大而增大，B正确；C．乒乓球被击打过程中受到的作用力随着形变量的减小而减小，C错误；D．篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向有关，D错误。故选B。5.空间站在地球外层的稀薄

大气中绕行，因气体阻力的影响，轨道高度会发生变化。空间站安装有发动机，可对轨道进行修正。图中给出了国际空间站在2020.02-2020.08期间离地高度随时间变化的曲线，则空间站（）A.绕地运行速度约为2.0km/s

B.绕地运行速度约为8.0km/sC.在4月份绕行的任意两小时内机械能可视为守恒D.在5月份绕行的任意两小时内机械能可视为守恒【答案】D【解析】【分析】【详解】AB．卫星贴近地面做匀速圆周运动的线速度大小设为v1，此速度为第一宇宙速度，即v1=7.9km/s；地球半径约为6

400km，则空间站离地高度在418km~421km之间。由2GMmmgR=，22()GMmmvRhRh=++解得2gRvRh=+空间站距离地面的最小高度约为h=418km＜R=6400km，则127.9km/s5.58km/s22vv==所以空间

站绕地运行速度25.58km/s7.9km/sv故AB错误；C．在4月份轨道半径出现明显的变大，则可知，机械能不守恒，故C错误；D．在5月份轨道半径基本不变，故可视为机械能守恒，故D正确。故选D。6.小明用额

定功率为1200W、最大拉力为300N的提升装置，把静置于地面的质量为20kg的重物竖直提升到高为85.2m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过25m/s的匀减速运动，到达平台的速度刚好为零，

g取210m/s，则提升重物的最短时间为（）A.13.2sB.14.2sC.15.5sD.17.0s【答案】C【解析】【详解】为了以最短时间提升重物，一开始先以最大拉力拉重物做匀加速上升，当功率达到额定功率时，保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减

速上升至平台速度刚好为零，重物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律可得22m13002010m/s5m/s20Tmgam−−===当功率达到额定功率时，设重物的速度为1v，则有1m1200m/s4m/s300PvT===额此

过程所用时间和上升高度分别为1114s0.8s5vta===221114m1.6m225vha===重物以最大速度匀速时，有m1200m/s6m/s200PPvTmg====额额重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分别为m3m6s1.2s5vta===22m3m6m

3.6m225vha===设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为2t，该过程根据动能定理可得2222m11122Ptmghmvmv−=−额又285.2m1.6m3.6m80mh=−−=联立解得213.5st=故提升重物的最短时

间为min1230.8s13.5s1.2s15.5stttt=++=++=C正确，ABD错误；故选C。7.某种气体—电子放大器的局部结构是由两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜构成，其上存在等间距小孔，其中相邻两孔截面上的电场线

和等势线的分布如图所示。下列说法正确的是（）A.a点所在的线是等势线B.b点的电场强度比c点大C.b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大D.将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功为零【答案】C【解析】【详解】A．因上下为两块夹有绝缘介质

的平行金属薄膜，则a点所在的线是电场线，选项A错误；B．因c处的电场线较b点密集，则c点的电场强度比b点大，选项B错误；C．因bc两处所处的线为等势线，可知b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大，选项C正确；D．因dg两点在同一电场线上，电势

不相等，则将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功不为零，选项D错误。故选C。8.如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L（不考虑边界效应）。t=0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达

N板时速度大小为02v；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则（）A.M板电势高于N板电势B.两个粒子的电势能都增加C.粒子在两板间的加速度202vaL=D.粒子从N板下端射出的时间0212Ltv−=（）【答案】C【解析】【详解】A．由于不知道

两粒子的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，故A错误；B．根据题意垂直M板向右的粒子，到达N板时速度增加，动能增加，则电场力做正功，电势能减小；则平行M板向下的粒子到达N板时电场力也做正功，电势能同样减小，故B错误；CD．设两板间距离

为d，对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有02Lvt=212dat=对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，在电场中加速度相同，有()220022vvad−=联立解得0

Lt=2v，202vaL=故C正确，D错误；故选C。9.如图所示，一根固定在墙上的水平光滑杆，两端分别固定着相同的轻弹簧，两弹簧自由端相距x。套在杆上的小球从中点以初速度v向右运动，小球将做周期为T的往复运动，则（）A.小球做简谐运动B.小球动能的变化周期为2

TC.两根弹簧的总弹性势能的变化周期为TD.小球的初速度为2v时，其运动周期为2T【答案】B【解析】【详解】A．物体做简谐运动的条件是它在运动中所受回复力与位移成正比，且方向总是指向平衡位置，可知小球在杆

中点到接触弹簧过程，所受合力为零，此过程做匀速直线运动，故小球不是做简谐运动，A错误；BC．假设杆中点为O，小球向右压缩弹簧至最大压缩量时的位置为A，小球向左压缩弹簧至最大压缩量时的位置为B，可知小球做周期为T的往复运动

过程为OAOBO→→→→根据对称性可知小球从OAO→→与OBO→→，这两个过程的动能变化完全一致，两根弹簧的总弹性势能的变化完全一致，故小球动能的变化周期为2T，两根弹簧的总弹性势能的变化周期为2T，B正确，C错误；D．小球的初速度为2v时，可知小球在匀速阶段的时间变为原来的2倍，接

触弹簧过程，根据弹簧振子周期公式02mTk=可知接触弹簧过程所用时间与速度无关，即接触弹簧过程时间保持不变，故小球的初速度为2v时，其运动周期应小于2T，D错误；故选B。10.如图所示，王亚平在天宫课堂上演示了水球光学实验，

在失重环境下，往大水球中央注入空气，形成了一个空气泡，气泡看起来很明亮，其主要原因是（）A.气泡表面有折射没有全反射B.光射入气泡衍射形成“亮斑”C.气泡表面有折射和全反射D.光射入气泡干涉形成“亮纹”【答

案】C【解析】【详解】当光从水中射到空气泡的界面处时，一部分光的入射角大于或等于临界角，发生了全反射现象；还有一部分光折射到内壁然后再折射出去，所以水中的空气泡看起来比较亮。故选C11.用激光笔照射透明塑料制成的光盘边缘时观察到的现象如图所示。入射点O和两出

射点P、Q恰好位于光盘边缘等间隔的三点处，空气中的四条细光束分别为入射光束a、反射光束b、出射光束c和d、已知光束a和b间的夹角为90，则（）A.光盘材料的折射率2n=B.光在光盘内的速度为真空中光速的三分之二C.光束b、c和d的强度之和等于光束a的强度D.光束c的强度小于O点处折射光束OP的强

度【答案】D【解析】【分析】【详解】A．如图所示由几何关系可得入射角为45i=折射角为30r=根据折射定律有。2sin45221sin302n===所以A错误；B．根据22cvcn==所以B错误；C．光束在b、c和d的强度之和小于

光束a的强度，因为在Q处光还有反射光线，所以C错误；D．光束c的强度与反射光线PQ强度之和等于折身光线OP的强度，所以D正确；故选D。12.如图所示，甲图是一种手摇发电机及用细短铁丝显示的磁场分布情况，摇动手柄可使对

称固定在转轴上的矩形线圈转动；乙图是另一种手摇发电机及磁场分布情况，皮带轮带动固定在转轴两侧的两个线圈转动。下列说法正确的是（）A.甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场B.乙图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场C.甲图中线圈转动时产生的

电流是正弦交流电D.乙图线圈匀速转动时产生的电流是正弦交流电【答案】A【解析】【详解】A．甲图中细短铁丝显示的磁场分布均匀，则线圈转动区域磁场可视为匀强磁场，故A正确；B．乙图中细短铁丝显示的磁场分布不均匀，则线圈转动区域磁场不能看成匀强磁场，故B错误；C．根据发电机原理可知甲图中线圈

在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动时才能产生正弦交流电，故C错误；D．乙图中是非匀强磁场，则线圈匀速转动时不能产生正弦交流电，故D错误；故选A。13.如图所示，图甲是LC振荡回路中电流随时间的变化关系，若以图乙回路中顺时针方向的电流为正，a、b、c、d均为电场能或磁场能最大的时刻，下列说法正确的

是（）A.图乙中的a是电场能最大的时刻，对应图甲中的2T时刻B.图乙中的b是电场能最大的时刻，此后的4T内电流方向为正C.图乙中的c是磁场能最大的时刻，对应图甲中的34T时刻D.图乙中的d是磁场能最大的时刻，此后电容C的下极板将充上正电荷【答案】B【解析】【详解】A．图乙中的

a是电场能最大的时刻，电容器上极板带正电，沿顺时针方向的充电结束，对应图甲中的T时刻，故A错误；B．图乙中的b是电场能最大的时刻，电容器下极板带正电，反向充电结束，此后的4T内放电，电流沿顺时针方向，故B正确；C．图乙中的c是磁

场能最大的时刻，此后磁场能转化为电场能，由楞次定律判断，电流方向为逆时针方向，对应图甲中的4T时刻，故C错误；D．图乙中的d是磁场能最大的时刻，此后磁场能转化为电场能，由楞次定律可知，电流方向为顺时针方向，此后电容C的上极板将充上正电荷，故D错误。故选B。二、选择题Ⅱ（

本大题共2小题，每小题3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，选对但不全的得2分，不选、多选、错选均不得分）14.两列振幅相等、波长均为、周期均为T的简谐横波沿同一绳子相向传播，若

两列波均由一次全振动产生，t=0时刻的波形如图1所示，此时两列波相距，则（）A.4Tt=时，波形如图2甲所示B.2Tt=时，波形如图2乙所示C.34Tt=时，波形如图2丙所示D.tT=时，波形如图2丁所示【答案】BD【解析】【详解】A．根据波长和波速的关系式为vT=则4T

t=时，两列波各种向前传播的距离为4xvt==故两列波的波前还未相遇，故A错误；B．2Tt=时，两列波各种向前传播的距离为2xvt==故两列波的波前刚好相遇，故B正确；C．34Tt=时，两列波各种向前传播的距

离为34xvt==根据波的叠加原理可知，在两列波之间3~44的区域为两列波的波形波谷相遇，振动加强，2处的波谷质点的位移为2A，故C错误；D．tT=时，两列波各种向前传播的距离为xvt==两列波的波峰与波谷叠加，位移为零，故

D正确；故选BD。15.发电机的示意图如图甲所示，边长为L的正方形金属框，在磁感应强度为B的匀强磁场中以恒定角速度绕OO’轴转动，阻值为R的电阻两端的电压如图乙所示。其它电阻不计，图乙中的Um为已知量。则金属框转动一周（）A.框内电流方向不变B.电动

势的最大值为UmC.流过电阻的电荷22BLRD.电阻产生的焦耳热2mUBLR【答案】BD【解析】【详解】A．当线框转动时，框内电流方向每经过中性面一次都要变化一次，而线圈和外电路接点处通过换向器，保证电流的方向不发生变化

，从而使加在电阻两端的电压方向保持不变，A错误；B．由图乙可知，电动势的最大值为Um，B正确；C．线圈转过半周，则流过电阻的电荷量为22EBLqIttRRR====则金属框转过一周流过电阻的电荷量为2'42BLqqR==C错误；D．因为2mUBL=

则m2UBL=金属框转过一周电阻产生的焦耳热2m22m22=UUBLUQTRRR==D正确。故选BD。非选择题部分三、解答题（本大题共5小题，共55分）16.某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的操作：（1）用游标上有10个小格的游标卡

尺测量摆球直径如图（甲）所示，摆球直径为_______mm。（2）用秒表测量单摆的周期。当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为0n=，当数到30n=时。秒表的示数如图（乙）所示，该单摆的周期是T=_______s（结果保留二位有效数字）。（3）测量出多组周期T、摆长L数值后，画出2TL−

图像如图（丙），此图线斜率物理意义是（）A.gB.1gC.24gD.24g（4）与重力加速度的真实值比较，发现第（3）问中获得的测量结果偏大，因可能是（）A.振幅偏小的B.将摆线长加直径当成了摆长

C.将摆线长当成了摆长D.开始计时误记为1n=【答案】（1）20.6（2）5.0（3）C（4）C【解析】【小问1详解】直径：主尺读数20mm；游标尺对齐格数：6个格，读数为60.1mm0.6mm=所以直径为20mm0.6mm2

0.6mm+=【小问2详解】单摆全振动的次数为30n=时，全振动的次数为15次，秒表读数为75.2st=该单摆的周期是75.2s5.0s15tTN==【小问3详解】根据2LTg=可得224LTg=可知，2TL−图线斜率

24kg=故选C。【小问4详解】根据2LTg=可得重力加速度的表达式224πLgT=第（3）问中测量结果偏大，即重力加速度偏小A．重力加速度的测量值与振幅无关，振幅偏小，不影响测量结果，故A错误；B．将摆线长加直径当成了摆长，则摆长偏大，g偏大，故B错误；C．以摆线长作为摆长来计

算，摆长偏小，g偏小，故C正确；D．开始计时误记为1n=，则周期偏小，g偏大，故D错误；故选C。17.如图所示，在“测定玻璃砖的折射率”的实验中，将玻璃砖在白纸上放好，aa′和bb′分别是玻璃砖与空气的两个界面，图中两界面平行。在玻璃砖的一侧画直线AO与aa′交于O，

在AO上插两枚大头针P1和P2，用“+”表示大头针的位置，b然后在另一侧透过玻璃砖观察，并依次插上大头针P3和P4。下列说法正确的是（）A.P4只需挡住P1、P2的像B.入射光线AO与其射出玻璃砖的光线O′B是平行的C.若玻璃砖厚度增加，则沿AO入射的光线经过玻璃砖后的侧移会增加D

.若两个界面aa′和bb′不平行，将不能完成实验【答案】BC【解析】【详解】A．P4需要同时挡住P3和P1、P2的像，故A错误；B．由于玻璃砖与空气的两个界面平行，根据光路可逆可知，入射光线AO与其射出玻璃砖的光线O′B是平行的，故B正确；C．若玻璃砖厚度增加，如图所示由图可知沿AO入射的光

线经过玻璃砖后的侧移会增加，故C正确；D．若两个界面aa′和bb′不平行，仍能完成实验，故D错误。故选BC。18.某同学利用图甲装置测量某种单色光的波长。实验时，接通电源使光源正常发光；调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。

回答下列问题：（1）若想增加从目镜中观察到的条纹数，该同学可______A.将单缝向双缝靠近B.将屏向靠近双缝的方向移动C.将屏向远离双缝的方向移动D.使用间距更小的双缝（2）调节分划板的位置，使分划板中心刻线对齐某条亮条

纹（并将其记为第一条）的中心，如图乙所示，此时手轮上的读数为______mm；转动手轮，使分划线向右侧移动到第四条亮条纹的中心位置，读出手轮上的读数，并由两次读数算出第一条亮条纹中央到第四条亮条纹中央之间的距离9.900mma=，又知双缝间距0.200mmd=，双缝到屏

的距离1.00m=l，则对应的光波的波长为______m（保留三位有效数字）。【答案】（1）B（2）①.1.180②.76.6010−【解析】【小问1详解】（1）根据lxd=若想增加从目镜中观察到的条纹数，则需要减小条纹间距∆x，则A．将单缝向双缝

靠近对条纹间距无影响，选项A错误；B．将屏向靠近双缝的方向移动，则l减小，∆x减小，选项B正确；C．将屏向远离双缝的方向移动，则l增大，∆x增大，选项C错误；D．使用间距更小的双缝，则d减小，∆x增加，选项D错误。

故选B。【小问2详解】[1]手轮上读数为1mm+0.01mm×18.0=1.180mm；[2]条纹间距3.300mm41ax==−根据lxd=可得3370.2103.310m6.6010m1dxl−−−

===19.有一环形玻璃砖的俯视图如图所示，玻璃砖内圆半径为R，外圆半径为2R。光线a沿半径方向入射玻璃砖，光线b与光线a平行，两束光线之间的距离设为x。当2xR=时，光线b恰好不通过内圆（不考虑反射光线），光在真空中的速度为c，求：（1）玻璃

砖的折射率n；（2）若光线b从内圆通过的时间为2Rc，则x=？【答案】（1）2n=；（2）22xR=【解析】【详解】（1）如图1所示的当折射光线恰好和内圆相切时，光线b恰好不会通过内圆，根据几何关系得2sin22

xR==，1sin22RR==根据折射率公式sinsinn=代入数据解得玻璃砖的折射率为2n=（2）设光线b两次折射的入射角和折射角分别为和与和，如图2所示据折射定律可得sinsinn=，sinsin

n=作OC垂直QEC于C点，则有2cos2RRtcc==联立解得45=，30=又sinOCR=解得2ROC=则1sin24OCR==那么2sin4=又sin2xR=解得22xR

=20.如图所示，甲图为某波源的振动图像，乙图是该波源产生的横波在某时刻的波形图，波动图的O点表示波源。Q是平衡位置为0.5m处的质点。求：（1）这列波的波速多大？（2）若波向右传播，从该时刻计时经多长时间Q第一次达到波谷。（3）若波向右传播，当Q第一次达到波谷时P点已经通过了多

少路程。【答案】（1）1m/s；（2）0.35s；（3）45cm【解析】【详解】（1）由振动图像可知周期T＝0.2s，由波动图像可知波长λ＝0.2m则由波速公式，可得1m/svT==（2）乙图时刻到Q第一次到达波谷的时间0.50.

15s0.35s1xtv−===（3）当Q第一次达到波谷时P点一共振动了t+2T=0.45s可得P点经过的路程为0.450.2×4A＝45cm21.如图所示，水平固定一半径r=0.2m的金属圆环，长均为r，电阻均为R0的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过

圆心的导电竖直转轴OO′上，并随轴以角速度=600rad/s匀速转动，圆环内左半圆均存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场。圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距l1的水平放置的平行金属轨道相连，轨道间接

有电容C=0.09F的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连。电容器左侧宽度也为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域。在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab，磁场区域外有间距也为l1的绝缘轨道与金属轨道平滑连接，在绝缘轨道

的水平段上放置“［”形金属框fcde。棒ab长度和“［”形框的宽度也均为l1、质量均为m=0.01kg，de与cf长度均为l3=0.08m，已知l1=0.25m，l2=0.068m，B1=B2=1T、方向均为竖直向上；棒ab和“［”形框的cd边的电阻均为R=0

.1Ω，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直。开始时开关S和接线柱1接通，待电容器充电完毕后，将S从1拨到2，电容器放电，棒ab被弹出磁场后与“［”形框粘在一起形成闭合框abcd，此时将S与2

断开，已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2m后返回进入磁场。（1）求电容器充电完毕后所带的电荷量Q，哪个极板（M或N）带正电？（2）求电容器释放的电荷量Q；（3）求框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最

大距离x。【答案】（1）0.54C；M板；（2）0.16C；（3）0.14m【解析】【详解】（1）开关S和接线柱1接通，电容器充电充电过程，对绕转轴OO′转动的棒由右手定则可知其动生电源的电流沿径向向外，即边缘为电源正极，圆心为负极，则M板充

正电；根据法拉第电磁感应定律可知2112EBr=则电容器的电量为0.542CEQCUC===（2）电容器放电过程有211BlQmv=棒ab被弹出磁场后与“［”形框粘在一起的过程有12()mvmmv=+棒的上滑过程有

221222mvmgh=联立解得21220.16mQghCBl==（3）设导体框在磁场中减速滑行的总路程为x，由动量定理2221222BlxmvR=可得0.1280.08xmm=匀速运动距离为320.012mll−=则32Δ0.14mxxll=+−=22.离子

速度分析器截面图如图所示。半径为R的空心转筒P，可绕过O点、垂直xOy平面（纸面）的中心轴逆时针匀速转动（角速度大小可调），其上有一小孔S。整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q

，板Q与y轴交于A点。离子源M能沿着x轴射出质量为m、电荷量为–q（q>0）、速度大小不同的离子，其中速度大小为v0的离子进入转筒，经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离开磁场。落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷，不计离

子的重力和离子间的相互作用。（1）①求磁感应强度B的大小；②若速度大小为v0的离子能打在板Q的A处，求转筒P角速度ω的大小；（2）较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处，OC与x轴负方向的夹角为θ，求转筒转动一周的时

间内，C处受到平均冲力F的大小；（3）若转筒P角速度小于06Rv，且A处探测到离子，求板Q上能探测到离子的其他θ′的值（θ′为探测点位置和O点连线与x轴负方向的夹角）。【答案】（1）①0mvBqR=，②0(41)vk

R=+，k=0，1，2，3…；（2）20(2π)tan2(π)π2mvnNFR+=−，n=0，1，2，…；（3）5π6=，1π6，2【解析】【详解】（1）①离子在磁场中做圆周运动有200mvqvBR=则0mvBqR=②离子在磁场中的运动时间02Rtv=转筒的转动角度的π2π2tk

=+0(41)vkR=+，k=0，1，2，3…（2）设速度大小为v的离子在磁场中圆周运动半径为R，有tan2RR=0tan2vv=离子在磁场中的运动时间()'πRtv=−转筒的转动角度ω′t′=2nπ+θ转筒的转动角速度0

(2π)(π)vnR+=−，n=0，1，2，…动量定理2πFNmv=20(2π)tan2(π)π2mvnNFR+=−，n=0，1，2，…（3）转筒转动角速度()()0002π(41)6πnvkv

vRRR++=−其中k=1，52π6n−=，n=0，2或者0,0,2knpq===可得的