【文档说明】浙江省精诚联盟2022-2023学年高二下学期3月联考物理试题 含解析.docx，共(23)页，3.019 MB，由小赞的店铺上传

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2022学年第二学期浙江省精诚联盟3月联考高二年级物理学科试题考生须知：1．本卷共7页满分100分，考试时间90分钟。2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3．所

有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。4．考试结束后，只需上交答题纸。选择题部分一、选择题I（本题共3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.在国际

单位制中，某个物理量的单位用基本单位表示为23kgmsA，该物理量可能为（）A.电势B.伏特C.韦伯D.特斯拉【答案】A【解析】【详解】由题意，得单位运算为223kgmkgm/smNmJW=====VsAsAsAsAA

选项中只有电势是物理量，且单位为V。故选A。2.按波长由小到大，下列电磁波谱排列顺序正确的是（）A.γ射线、X射线、可见光、紫外线、红外线、无线电波B.无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线C.γ射线

、X射线、紫外线、可见光、红外线、无线电波D.无线电波、紫外线、可见光、红外线、X射线、γ射线【答案】C【解析】【详解】波长越大，频率越小，按波长由小到大顺序为：γ射线、X射线、紫外线、可见光、红外线、无线电波。故选C。3.在

物理学的发展过程中，许多科学家作出了巨大的贡献。以下关于物理学史的叙述符合实际的是（）A.法拉第首先发现了电流的磁效应现象B.麦克斯韦建立了电磁场理论并预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在C.法拉第电磁感应定律是由法拉第通过实验总结得到的D

.能量子首先是由牛顿提出的【答案】B【解析】【详解】A．奥斯特首先发现了电流的磁效应，故A错误；B．麦克斯韦建立了电磁场理论并预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在，故B正确；C．法拉第电磁感应定律是由纽曼、韦伯等人通过实验总结得到的，故C错误；D．能量子首先是由

普朗克提出的，故D错误。故选B。4.下列描述中正确的是（）A.丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，是由于丝绸中的质子转移到玻璃棒的缘故B.回旋加速器的D形盒可以用绝缘的陶瓷制作C.220kV高压输电线铁塔上最上面两条金属导线的主要作用是保护下面的高压线免遭雷击D.维修

高压电路的电工穿绝缘衣比金属衣更安全【答案】C【解析】【详解】A．丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，是由于玻璃棒上的电子转移到丝绸上，玻璃棒因失去电子带正电，A错误；B．回旋加速器的D形盒需要有静电屏蔽作用，所以不能用陶瓷制作，B错误；C．高压输电线铁塔上最上面两条金属导线，两条金属导线

的作用是与大地相连，形成稀疏的“金属网”，把高压线屏蔽起来，免遭雷击，C正确；D．维修高压电路的电工穿金属衣比绝缘衣更安全，因为金属衣有静电屏蔽作用，D错误。故选C。5.传感器在生产、生活中已广泛应用，下列关于传感器的说法正确的是（）A.额温枪测人体的体温主要是利用了红外线传感器B.城市路

灯的自动控制使用了温度传感器C.电子秤主要使用了光传感器D.酒店大厅的自动门使用了力传感器【答案】A【解析】【详解】A．额温枪测人体的体温主要是利用了红外线传感器，故A正确；B．城市路灯的自动控制使用了光传感器，

故B错误；C．电子秤主要使用了压力传感器，故C错误；D．酒店大厅的自动门使用了红外线传感器，故D错误。故选A。6.下列图示中的闭合金属线圈始终全部处在匀强磁场中运动，其中线圈感应电流不为零的是（）A.甲图中线圈水平向右匀速运动到图示位置B.乙图中线圈绕OO′匀速转动

到与B垂直的图示位置C.丙图中线圈绕OO′匀速转动到图示位置D.丁图中线圈绕OO′匀速转动到与B平行的图示位置【答案】D【解析】【详解】A．甲图中线圈水平向右匀速运动到图示位置，运动过程线圈的磁通量一直为零，磁通量保持不变，线圈感应电流为零，故A错误；B．乙图中线圈绕OO′匀速转动到与

B垂直的图示位置，此时通过线圈的磁通量最大，磁通量变化率为零，感应电动势为零，感应电流为零，故B错误；C．丙图中线圈绕OO′匀速转动到图示位置，线圈转动过程中，线圈的磁通量一直为零，磁通量保持不变，线圈感应电流为零，故C错误；D．

丁图中线圈绕OO′匀速转动到与B平行图示位置，此时通过线圈的磁通量为零，但磁通量变化率最大，感应电动势最大，感应电流最大，故D正确。故选D。的7.如图所示的LC振荡电路中，已知某时刻电流i的方向指向A板，则（）A.若A板此时已经带正电，则电流i正在增大B.若A板

此时已经带负电，电容器两极板间的电场能正在减小C.若在线圈中插入铁芯，振荡频率增大D.若减小平行板电容器A、B间的距离，振荡频率增大【答案】B【解析】【详解】A．若A板此时已经带正电，电容器在充电，磁场能正向电场能转化，则电流i正在减小。A错误；B．若A板此时已经

带负电，电容器在放电，电场能正向转化磁场能转化，电容器两极板间的电场能正在减小，B正确；C．若在线圈中插入铁芯，自感系数L增大，由振荡频率12fLC=振荡频率减小。C错误；D．根据电容器的公式4SCkd=可知，当减小电容器两极板之间的距离d时，电容器的电容

C增大，由振荡频率12fLC=从而使振荡的频率减小。D错误。故选B。8.如图，L是自感系数很大的线圈，电阻不为零，A1和A2是两个相同的小灯泡。闭合开关S一段时间后两灯泡都发光，断开开关S瞬间，灯泡A1闪亮一下后熄灭。则下

列说法正确的是（）A.闭合开关S一段时间后两灯泡亮度相同B.断开开关S后小灯泡A2逐渐熄灭C.线圈的电阻必定小于小灯泡的电阻D.断开开关S前后小灯泡A1的电流方向保持不变【答案】C【解析】【详解】A．闭合

开关S一段时间后，由于流过A2的电流大于流过A1的电流，所以两灯泡亮度不相同，故A错误；B．断开开关S后，小灯泡A2无法与线圈构成回路，小灯泡A2马上熄灭，故B错误；C．断开开关S瞬间，灯泡A1闪亮一下后

熄灭，说明开关S闭合稳定后，通过线圈的电流大于通过A1的电流，则线圈的电阻小于小灯泡的电阻，故C正确；D．断开开关S前后小灯泡A1的电流方向由原来的向右变为向左，故D错误。故选C。9.如图，在光滑水平面上

，一质量为100g的A球，以2m/s的速度向右运动，与质量为200g大小相同的静止B球发生对心碰撞，撞后B球的速度大小为1.2m/s，取A球初速方向为正方向，下列说法正确的是（）A.该碰撞为弹性碰撞B.该碰撞为完全非弹性碰撞C.碰撞前后A球的动量变化

为1.6kgm/s−D.碰撞前后A球的动量变化为0.24kgm/s−【答案】D【解析】【详解】CD．以A球初速方向为正方向，碰撞过程根据动量守恒可得A0AABBmvmvmv=+解得A球碰后的速度为A0.4m/sv=−碰撞前后A球的动量变化为AAA00.1(0.4)kgm/s0.12kg

m/s0.24kgm/spmvmv=−=−−=−故C错误，D正确；AB．碰撞前系统的机械能为221A0110.12J0.2J22Emv===碰撞后系统的机械能为22222AABB11110.10.4J0.21.2J0.152J2222

Emvmv=+=+=由于21EE，且碰后A、B速度并不相同，则该碰撞不是弹性碰撞，也不是完全非弹性碰撞，故AB错误。故选D。10.如图所示，表面为正方形，有一定厚度的导体，通如图方向电流时的电阻为R，现使正方形的边长和厚度都变为原来的一半，电流方

向不变，则此时导体电阻为（）A.0.5RB.RC.2RD.4R【答案】C【解析】【详解】设正方形的边长为L，厚度为d，根据电阻定律可得1LRLdd==使正方形的边长和厚度都变为原来的一半，电流方向不变，则此时导体

电阻为112221122LRRdLd===故选C。11.为了早日实现碳中和、碳达峰，国家鼓励发展新能源汽车。节约1升汽油=减排2.3千克“二氧化碳”=减排0.627千克“碳”，一辆普通燃油小汽车的百公里油耗约为7升。下面是一辆小型纯电动汽车的

一些参数：整车质量665kg充电电压交流220V最高车速100km/h平均充电功率2.2kW最大续航120km充电时间65h电池容量9.3kWh电机最大功率20kW以下说法正确的是（）A.最大续航一定是该电动汽车在满电情况下一直以电机最大功率运行时行驶的最大路程B.该电动汽车的

充电效率约为65%C.汽油的价格约为8元/升，1度电的价格约为0.6元，从经济性角度看该电动车并没有优势D.不考虑电动车的碳排放，该电动车充满一次电，比燃油车一定能减排约5.3千克“碳”【答案】B【解析】【详解】

A．最大续航是该电动汽车在满电情况下以低速匀速行驶时的最大路程，并不是一直以电机最大功率运行时行驶的最大路程，故A错误；B．根据表格数据可知平均充电功率为2.2kW，充电时间为6.5h，电池容量为9.3kWh，则该电动汽车的充电效率约为9.3100%65%

2.26.5=故B正确；C．一辆普通燃油小汽车的百公里油耗约为7升，则百公里油耗费用约为7856=元元设汽车以最大功率20kW、最高速度100km/h行驶，可知百公里所用时间为1h，则用电费用约为2010.618

65%元元从经济性角度看该电动车有优势，故C错误；D．不考虑电动车的碳排放，该电动车充满一次电，若汽车走的路程为最大续航120km，则比燃油车能减排12070.627kg5.3kg100但实际上电动车充满一次电，所通过的路程并不一定是120km，比燃油车

不一定能减排约5.3千克“碳”，故D错误。.故选B。12.如图为远距离输电的示意图。升压变压器的原副线圈匝数比为1:n，输电线总电阻为R，不计升压变压器和降压变压器的各种损耗，发电厂输出的电压恒为U，若由于用户端

负载变化，使输电线损失的功率增加了ΔP。下述正确的是（）A.是由于用户端消耗的总功率减小的缘故B.电流表A1、A2的示数均增大C.电流表A1的示数必定增加了PRD.发电机的输出功率增加了PnUR【答案】B【解析】【详解】AB．设电流表A1、A2的示数分别为1I、2I

，降压变压器原副线圈的匝数分别为3n、4n，输电线损失的功率为21PIR=由于输电线损失的功率增大，可知1I增大，根据3214nIIn=可知2I增大，即电流表A1、A2的示数均增大，输电线损失的功率增大，是由于用户端消耗的总功率增大的缘故，故A错误，B正确；C．设

原来电流表A1的示数为1I，变化后电流表A1的示数为1I，则有22211111111111()()()()()PIRIRIIIIRIIIIRIR=−=−+−−=可知电流表A1的示数增加量满足1RIP故C错误

；D．设升压变压器副线圈的输出电压为1U，则有11UnU=可得1UnU=则发电机的输出功率增加量为11111PRPUIUInUInU=−=出故D错误。故选B。13.霍尔元件能够探测磁场的存在及强弱。如图所示是一块长为a、宽为b、高为

c的金属导体霍尔元件，通入向右的恒定电流I，元件处于垂直于上表面且方向向下的匀强磁场中。下列说法正确的是（）A.上下表面间存在霍尔电压B.前表面的电势低于后表面C.仅增大b会使前、后表面间的电压U增大D.仅增大c会使前、后表面间的电压U减小【答案】D【解

析】【详解】AB．根据左手定则可知，金属导体中的自由电子在洛伦兹力作用下向后表面偏转，则前表面的电势高于后表面，前后表面间存在霍尔电压，故AB错误；CD．稳定时，根据受力平衡可得UqvBqb=又IneSvnebcv==联立可得IBUnec=仅增大b，则前、后表面间的电压U

保持不变；仅增大c会使前、后表面间的电压U减小，故C错误，D正确。故选D。二、选择题II（本题共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。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0

分）14.如图所示，在B=1T的匀强磁场中，有一个100匝矩形金属线框，绕垂直磁场的轴OO′以角速度102rad/s匀速转动，线框电阻为2Ω，面积为0.05m2，线框通过滑环与一理想变压器的原线圈相连，副线圈接有一只额定电压为12V的灯泡L，刚好正常发光，理想电流表示数

为1A，则（）A.若从图示位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值表达式为502sin102Vet=B.灯泡L的额定功率为48WC.原副线圈的匝数比为25:6D.原副线圈的匝数比为4:1【答案】BD【解析】【详解】A．感应电动势的最大值为m502VENBS==图中位

置与中性面垂直，可得从图示位置开始计时，线框中感应电动势瞬时值表达式为502cos102Vet=A错误；的B．线框中感应电动势的有效值为m50V2EE==则原线圈中输入电压1150V12V=48VUEIr=−=−根据理想变压器输入功率等于输出功率可得灯泡L的

额定功率为L111481W=48WPPUI===B正确；CD．灯泡的额定电压212VU=，可得原副线圈的匝数比为1212::4:1nnUU==C错误，D正确。故选BD。15.如图，等量异种点电荷间距离为d，连线的中点为O点，以O为圆心，r=d为半径作半圆，与连线的延长线和中垂线分别相交于A

、C、B三点。下列说法正确的有（）A.A、C两点的场强相同B.A点的电势高于C点C.负试探电荷在B点的电势能低于C点D.正试探电荷沿半圆从A→B→C，电场力始终不做功【答案】ABC【解析】【详解】A．根据等量异种电荷在

电场线的对称性可知，A、C两处电场线疏密程度相同，则场强大小相同，场强方向都方向向左，所以AC两点的场强相同，故A正确；B．电场线从A指向C，根据顺着电场线电势降低，可知，A点的电势高于C点的电势，故B正确；C．根据图中位置可知，B点电势更高，根据公式pEq=为可知，负电荷在高电势的

位置电势能越小，故C正确；D．正试探电荷沿半圆从A→B→C，电势降低，电势能减少，故电场力做正功，故D错误。故选ABC。非选择题部分三、非选择题（本题共6小题，共55分）16.某同学用如图（a）所示实验装置来“验证动量守恒定律”，实验原理如图（b）所示。图

（b）中O点是小球抛出点在地面上的竖直投影。实验时，先让入射小球A多次从斜轨上由静止释放，找到其平均落地点的位置P。然后，把被碰小球B静置于轨道的水平部分，再将入射小球A从斜轨上由静止释放，与小球B相碰，并且多次重复，实验得到小球

的落点的平均位置分别为M、N。（1）为了确保两小球一样大，该同学实验开始前用游标卡尺测量了A小球的直径如图（c）所示，则A小球的直径为________cm。（2）A、B小球的质量应满足mA________mB（填“>”或“<”），原因为________。（3）在本实验中，下列关于入射球A的落点P

的说法，正确的是________。A．确定落点P时应多次使小球A在倾斜轨道同一点无初速度释放B．由于偶然因素存在，重复操作时小球落点不重合是正常的，落点会非常分散C．测定P点位置时，如果重复10次的落

点分别为P1、P2、…、P10，则OP应取OP1、OP2、…、OP10的平均值，即121010OPOPOPOP+++=LD．应舍弃个别偏离大的落点，用尽量小的圆把余下的落点圈住，这个圆的圆心是小球落点的平均位置P（4）上述实验除需测量线段

OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有________。A．A小球开始释放点与水平轨道的高度h1B．水平轨道离地面的高度h2C．小球A和小球B的质量mA、mBD．小球A和小球B离开轨道后的飞行时间tA、tB（

5）当所测物理量满足表达式________（用第（4）小问中测量的物理量的字母表示）时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律。【答案】①.1.360②.>③.防止入射小球被反弹④.AD##DA⑤.C⑥.AABmOPmOMmON=+【解析】【详解】（1）[1]20分度游标卡尺的精确

值为0.05mm，由图可知A小球的直径为1.3cm120.05mm1.360cm+=（2）[2][3]为了防止入射小球被反弹，A、B小球的质量应满足ABmm。（3）[4]A．确定落点P时应多次使小球A在倾斜轨道同

一点无初速度释放，故A正确；B．由于偶然因素存在，重复操作时小球落点不重合是正常的，但是落点应相对集中，故B错误；C．测定P点位置时，如果重复10次的落点分别为1P、2P、…、10P，由于这些点分散区域不在一条直线上，则不应该

取1OP、2OP、…、10OP平均值，故C错误；D．找平均位置时，应舍弃个别偏离大的落点，用尽量小的圆把余下的落点圈住，这个圆的圆心是小球落点的平均位置P，故D正确。故选AD。（4）[5]要验证动量守恒定律定律，即验证A0A1B2m

vmvmv=+小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得A0A1B2mvtmvtmvt=+即AABmOPmOMmON=+因此实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量是小球A和小球B的质量Am、Bm。故选C。（5）[6

]若两球相碰后的动量守恒，由（4）可知其表达式为AABmOPmOMmON=+17.在“测定电池电动势和内阻”实验中，提供了以下器材：A.干电池两节B.滑动变阻器R1（最大阻值30Ω，额定电流2A）C.滑动变阻器R2（最大阻值2000Ω，额定电流0.5A）D.电流表A（

量程0.6A，内阻约为0.5Ω）E.灵敏电流计G（量程100μA，内阻为2.0kΩ）F.标准定值电阻R0（阻值为3.0Ω）G.电阻箱R（最大阻值为99999.9Ω）H.电键一个，导线若干小明同学设计了如图甲所示的电路来测量。（1）滑动变阻器应选择______

__（选填“B”或“C”）（2）由于缺少电压表，需要选择E、G器材改装成量程为3V的电压表，电阻箱R的阻值应调为________Ω，在答卷虚线框内画上改装电路________。（3）调节滑动变阻器，电流表的示数如图乙，

读数为________A。（4）不断调节滑动变阻器，记录多组电流表A和灵敏电流计G的示数，以灵敏电流计示数Ig为纵轴，电流表示数I为横轴建立坐标，把记录的数据进行描点，如图丙。根据图像可知两节干电池的电动势为________V，两

节干电池的内阻为________Ω。（结果均保留小数点后两位）【答案】①.B②.28000③.见解析④.0.14⑤.3.000.05⑥.1.000.10【解析】【详解】（1）[1]由于两节干电池的内阻比较小，为了调节

方便，使电表示数变化明显，滑动变阻器应选择阻值较小的1R，即选择B。（2）[2]选择E、G器材改装成量程为3V的电压表，电阻箱R的阻值应调为mg6g320002800010010URRI−=−=−=[3]改装电路如图所示（3）[4]图中电流表的分度值为0.02A，由图乙可知，电流表

的读数为0.14A。（4）[5][6]由于流过灵敏电流计的电流远小于流过电流表A的电流，则干路电流可认为等于流过电流表A的电流I，根据闭合电路欧姆定律可得gg0()()EIRRIRr=+++可得0ggg()RrEIIRRRR+=−+++如图所示可知gII−图像的纵轴截距为g100μAEbRR==+

解得电动势为61001030000V3.00VE−==gII−图像的斜率绝对值为60g()(10020)100.6RrkRR−+−==+解得内阻为6(10020)10300003.01.000.6r−−=−=18.据

报道，海南琼中法院审结了一起高空抛物致人身体损害案件，七旬老人纪某被盒装牛奶砸伤，9岁男童高空抛物，其家属被判赔偿7万余元。城市进入高楼时代后，高空坠物已成为危害极大的社会安全问题。小张同学想用所学的物理知识来作检验，他建立了如下的情景：如图，250ml牛奶的质量为300g，高度

为10cm，设想从18楼（离地45m高）由静止开始释放，直立落地后高度减为原来的一半时速度变为0，此过程把牛奶顶端的运动处理为匀减速运动并作为撞击地面的时间。不计空气阻力，g取10m/s2。帮小张同学求：（1）牛奶落地

时的速度大小；（2）牛奶在撞击地面过程中对地面的平均冲击力大小。【答案】（1）30m/s；（2）2703N【解析】【详解】（1）由22vgh=得30m/sv=（2）减速时间00h22htvv==由动量定理得()-0-mgFtmv=解得2703NF=根据牛顿第三定律

知对地面的平均冲击力大小为2703N19.如图，倾斜平行导轨MN、PQ与水平面的夹角都为θ=37°，N、Q之间接有E=6V，r=1Ω的电源，在导轨上放置金属棒ab，质量为m=200g，长度刚好为两导轨的间距L=0.5m，电阻为R=5Ω，与两导轨间的动摩擦因数都为μ=0.5（设

最大静摩擦力等于滑动摩擦力），ab棒与导轨垂直且接触良好。外加匀强磁场的磁感应强度B=2T，方向为垂直导轨平面向上。在ab棒的中点用一平行轨道MN的细线通过定滑轮挂一质量为m0的物块。不计导轨和连接导线的电阻，不计滑轮的摩擦，sin3

7°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2。要使ab棒始终保持静止，求所挂物块m0的取值范围？【答案】0140g300gm【解析】【详解】根据题意回路中电流为1AEIRr==+根据左手定则ab棒

所受安培力方向平行导轨向下，大小为1NFBIL==安当ab棒受到的静摩擦力最大且方向沿轨道向下时有0maxsin37cos37mgmgmgF=++安解得0max300gm=当ab棒受到的静摩擦力最大且方向沿轨道向上时有0mincos37sin37mgmgmgF

+=+安解得0min140gm=可得所挂物块m0的取值范围为0140g300gm20.如图，光滑金属轨道abcd和a′b′c′d′平行放置于水平面上，间距为L=0.5m，其中点b、c和b′、c′之间用光滑绝

缘材料连接，bb′左侧某位置放置导体棒MN，电阻为R1=0.4Ω，质量为m1=20g，并被锁定；cc′右侧某位置放置导体棒PQ，电阻为R2=0.1Ω，质量为m2=20g，也被锁定，导体棒MN和PQ都与轨道垂直，整个水平轨道处于竖直向下磁感应强度B=2T的匀强磁场中。半径r

=40cm的金属圆环，O点为圆环中心，也处于竖直向下磁感应强度B=2T的匀强磁场中，电阻为R3=0.1Ω的金属棒OA，在外力作用下，沿图示方向（俯视为顺时针）绕过O点的竖直轴以角速度ω=10rad/s匀速转

动，A端与金属圆环良好接触，金属圆环与导轨a′b′用导线连接，O点用导线与导轨ab连接。不计所有导轨、连接导线、金属环和接触的电阻。问：（1）导体棒OA两端的电势差UOA和MN棒所受安培力的大小和方向；（2）若仅

解除MN棒的锁定，MN棒获得v=2m/s的速度通过绝缘区域进入cc′右侧的区域，此后不与PQ相撞，则MN棒进入cc′后产生的最大热量Q1和最后静止位置与cc′的距离d为多少；（3）若同时解除MN和PQ棒的锁定，MN棒获得v=2m/s的速度通过绝缘区域进入cc′后的足够大区域，此后不与PQ相撞，经

足够长时间后MN棒产生的热量Q2。【答案】（1）-1.28V，3.2N，方向水平向右；（2）0.032J，0.02m；（3）0.016J【解析】【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律有21.6V2BrE==要根据闭合电路欧姆定律有133.2AEIRR==+导体棒OA两端的电势差为11

.28VOAUIR==−MN棒所受安培力的大小为3.2NFBIL==安方向：水平向右（2）根据能量守恒有2110.04J2Qmv==总故11120.032JRQQRR==+总根据动量定理有1120BLdBLmvRR−=−+解得0.02md=（3）根据动量守恒有()112

mvmmv=+共解得1m/sv=共根据能量守恒有()22112110.02J22Qmvmmv=−+=总共故2212Q0.016JRQRR==+总21.如图，比荷为1×108C/kg的正电荷，在O1点由静止开始经U1=2×104V

的电压加速，从长为L1=8cm，间距为d=4cm的平行板电容器的中央射入，平行板电容器所加电压为U2=5×103V（上板电势高）。紧贴两极板右端点的右侧加一边界竖直的匀强磁场，方向垂直纸面向外，宽度为L2=1cm。不考虑平行板电容器外的电场，不计粒子的重力。求：（1）粒子进入平行板电容器

的初速v0？（2）要使粒子从磁场的右边界射出，所加磁场的磁感应强度B应满足的条件？（3）若B=1T且磁场右边界无限远，U2可调，粒子射出磁场点与两极板右端点间的中点O2的最大距离Y？【答案】（1）2×106m/s；（2）171T2B−

；（3）6cm【解析】【详解】（1）由动能定理可得21012qUmv=解得60210m/sv=（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，在竖直方向偏移量22111cm2cm42ULdydU===设偏转角为，则有1sin17=，4c

os17=要从右边界射出，满足2sinrrL−由洛伦兹力充当向心力可得2vBqvmr=其中0cosvv=解得171T2B−（3）粒子从平行板电容器右端射出，以任意角度射入磁场后，在左边界射出点和射入点的距离02co

s2cos24cmmvmvyrBqBq====故粒子刚好从下极板右端点射出，再经过磁场从左边界射出时离2O点最远，为Y6cm=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com