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2024江苏点睛押题卷
一、单选题
1．如图所示，一网球爱好者在某次训练时，无初速地释放手中质量为58g的网球，然后在
网球反弹上升途中进行击打训练。试估算该网球由静止释放后第一次落地前瞬时的动量大小
约为（ ）
A．0.03kg⋅m/s
B．0.3kg⋅m/s
C．3kg⋅m/s
D．30kg⋅m/s
2．如图，abcd四边形闭合线框，a、c、d三点分别在三个正交轴上，坐标值均等于L，ab
边与x轴平行，整个空间处于平行于+y方向竖直向上的匀强磁场中，通入电流I方向如图所
示。则关于四边形的四条边所受到的安培力的大小（ ）
A．ab边与bc边受到的安培力大小相等
B．cd边受到的安培力最大
C．cd边与ad边受到的安培力大小相等
D．ad边受到的安培力最大
3．有“深海打捞员”之称的海狮，在一次打捞行动中打捞出一个导热良好且密闭的氧气罐，
罐内封闭一定质量的氧气（视为理想气体）。在海狮从一定深度的海水中缓慢上升的过程中，
海水温度逐渐升高，则此过程中（ ）
A．罐内氧气的内能可能不变
B．罐内氧气的压强不断减小
C．罐内每个氧气分子的动能都增大
D．氧气分子撞击器壁单位面积的作用力增大
试卷第1页，共8页4．中国是目前世界上高速铁路运行里程最长的国家，如图已知“复兴号”高铁长度为400m，
车厢高4m，正常行驶速度360km/h，假设地面附近地磁场的水平分量约为40µT，将列车视
为一整块导体，只考虑地磁场的水平分量，则“复兴号”列车在自西向东正常行驶的过程中
（ ）
A．车厢顶部电势高于车厢底部，电势差大小约为0.016V
B．车厢顶部电势低于车厢底部，电势差大小约为0.016V
C．车头电势高于车尾，电势差大小约为1.6V
D．车头电势低于车尾，电势差大小约为1.6V
5．如图是采用动力学方法测量空间站质量的原理图。已知飞船的质量为m，其推进器工作
时飞船受到的平均推力为F。在飞船与空间站对接后，推进器工作时间为Δ𝑡，测出飞船和空
间站的速度变化为Δ𝑣。下列说法正确的是（ ）
A．空间站的质量为!"# B．空间站的质量为!"#
−𝑚
"$ "$
C．飞船对空间站的作用力大小为F D．飞船对空间站的作用力大小一定为𝑚 "$
"#
6．某种光伏电池的工作原理如图所示。半径为𝑅的透明导电的球壳为阳极A，球形感光材
料为阴极K。现用动量为𝑝的黄光照射K极，K极能发射出最大初动能为𝐸 的光电子。已知
k
电子电荷量为𝑒，光速为𝑐，普朗克常量为ℎ，忽略光电子重力及之间的相互作用。下列说法
正确旳是（ ）
A．入射光子的波长为&
'
B．阴极感光材料的逸出功为𝑐𝑝−𝐸
k
C．若仅增大入射光强度，电压表的示数将增大
D．若用紫光照射K极，电压表的最大示数将小于(k
)
试卷第2页，共8页7．为了减轻学生的学习压力，某中学举行了趣味运动会，在抛沙包比赛中，两个质量相同
的沙包运动轨迹如图所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为O，且轨迹交于P点，抛
出时沙包1和沙包2的初速度分别为𝑣 和𝑣 ，其中𝑣 方向水平，𝑣 方向斜向上。忽略空气阻
* + * +
力，关于两沙包在空中的运动，下列说法正确的是（ ）
A．沙包2在最高点的速度大于𝑣
*
B．从O到P两沙包的平均速度相同
C．从O到P两沙包的动量变化量相同
D．在P点，沙包1重力的瞬时功率小于沙包2重力的瞬时功率
8．如图 甲 所示，将一块平 板玻a璃放置在另一块平板玻璃板b上，在右端夹入两张薄纸片．当
单色光从上方垂直射入后，从上往下看可以观察到如图乙所示的干涉条纹．则下列说法正确
的是（ ）
A．干涉条纹是由𝑎、𝑏两玻璃板上表面反射的光叠加产生的
B．若仅增大垂直射入的单色光波长，则条纹将变疏
C．将b缓慢向下平移，则条纹之间的距离将变大
D．若抽去一张薄纸片，则条纹将变密
9．气排球轻，很适合老年人锻炼身体。某退休工人在打气排球时将一质量为𝑚的气排球以
大小为𝑣 的初速度竖直向上抛出，落回抛出点时的速度大小为𝑣 。已知气排球在运动过程中
, *
所受空气阻力的大小与其运动速度大小成正比。若选竖直向上方向为正方向，选取抛出点为
重力势能的零势能点，已知重力加速度大小为𝑔，则下列加速度𝑎和速度𝑣随时间𝑡变化的图
象以及动能𝐸 和机械能𝐸随高度ℎ变化的图象正确的是（ ）
k
A． B．
试卷第3页，共8页C． D．
10．如图所示，正三角形的三个顶点固定三个等量电荷，其中B带正电，A、C带负电，O、
M、N为AB边的四等分点，下列说法正确的是（ ）
A．电场强度𝐸 >𝐸
- .
B．O、N两点电势𝜑 >𝜑
/ .
C．M、N两点电势𝜑 <𝜑
- .
D．同一负电荷在P点电势能比在O点时要小
11．一块质量为M、长为l的长木板A 静止放在光滑的水平面上，质量为m的物体B（可
视为质点）以初速度v 从左端滑上长木板 A 的上表面并从右端滑下，该过程中，物体B的
0
动能减少量为Δ𝐸 ，长木板A的动能增加量为Δ𝐸 ，A、B间因摩擦产生的热量为Q，下列
kB kA
说法正确的是（ ）
A．A、B组成的系统动量、机械能均守恒
B．Δ𝐸 ，Δ𝐸 ，Q的值可能为Δ𝐸 =7J，Δ𝐸 =2J，𝑄 =5J
kB kA kB kA
C．Δ𝐸 ，Δ𝐸 ，Q的值可能为Δ𝐸 =5J，Δ𝐸 =3J，𝑄 =2J
kB kA kB kA
D．若增大v 和长木板A的质量M，B一定会从长木板A的右端滑下，且Q将增大
0
二、实验题
12．某同学想测定盐溶液的电阻率，具体操作步骤如下：
①如图甲所示，在长方体绝缘容器内插入两竖直金属薄板A、B（金属薄板略小于容器横截
面积），A板固定在左侧，B板可移动。把B移动到容器的最右侧。
试卷第4页，共8页②按图乙连接电路，将a、b两表笔短接，调节滑动变阻器，使灵敏电流计G满偏。
③保持滑动变阻器的滑片位置不变，将A、B两板接在a、b两表笔之间，在容器内倒入适
量的盐溶液，使灵敏电流计半偏。
(1)已知电源的电动势为E，灵敏电流计的满偏电流为𝐼 ，容器内部底面长度为L，倒入溶液
g
的体积为V，则此盐溶液的电阻率为 。（用E、𝐼 、L、V表示）
g
(2)A、B两板接在a、b两表笔之间后，要使灵敏电流计的示数增大，应 （填“增加”或“减
少”）倒入盐溶液的体积。
(3)某同学测量出该盐溶液的电阻率𝜌 =4.5Ω⋅m后，想按图丙（a）所示电路测定一个实验电
源的电动势与内阻。向容器内倒入体积𝑉 =1.6×1034m4的盐溶液后，通过移动B板来改变
A、B两板的间距x，读取电流表的示数I，记录多组数据，做出* −𝑥图像如图丙（b）所示。
5
已知容器内部底面长度𝐿 =0.3m，可以求出电源的电动势为 V，内阻为 Ω。（ 结果
均保留三位有效数字）
(4)不考虑实验过程中的偶然误差，关于上述方法测得的电动势、内阻与真实值的关系，下
列说法正确的是______。
A．测得的电动势和内阻均比真实值大
B．测得的电动势和内阻均比真实值小
C．测得的电动势准确，内阻偏大
D．测得的电动势偏大，内阻准确
试卷第5页，共8页三、解答题
13．如图，某圆柱体宝石的横截面是以O为圆心，以R为半径的圆形。一单色光在横截面
所在平面内，从圆周上的A点射入宝石，从B点射出，∠𝛼 =60°，∠𝐴𝑂𝐵 =120°。已知真
空中的光速为c，不考虑光在玻璃球内的反射。
（1）求宝石对该单色光的折射率；
（2）求该单色光在宝石中传播的时间。
14．一定质量的某种理想气体初始温度为𝑇 =400K，压强𝑝 =1×106Pa，体积为𝑉 。经
, , ,
等容变化放出400J热量，温度降低到𝑇 =300K；若经等压变化，则需要放出600J的热量才
*
能使温度降低到300K。求：
（1）等压过程中外界对气体做的功W；
（2）初始状态下气体的体积𝑉 。
,
试卷第6页，共8页15．如图甲，穿过有孔小A球的轻绳左端固定在水平杆的O处，右端与套在杆上的轻环（质
量不计）相连。将轻环拉至与O相距L的B处并锁定。已知小球A质量为m，绳长为2𝐿，
重力加速度大小为g，不计一切摩擦。
（1）求小球A静止时轻绳的拉力大小F；
（2）让 杆 绕O过点的竖直轴匀速转动，使小球A稳定在B点正下方，求杆转动的角速度𝜔；
（3）解除轻环的锁定，如图乙所示，将小球A拉至最右端由静止释放，求
①轻环滑至O处时，小球A的速度大小𝑣 ；
A
②轻环滑至距O点+√4 𝐿处时，轻环的速度大小𝑣 。
*
4
试卷第7页，共8页16．如图甲所示，在真空室内，A、C为正对放置的两平行金属板，板长𝐿 =0.12m，板间距
离𝑑 =0.03m，𝑂𝑂 为中线，𝑂 为𝑂𝑂 延长线上一点，𝑂𝑂 = √4 𝑑；倾角37°且足够长的斜面
* + * +
4
与两板的截面在同一竖直面内，其底边𝐺𝐹与两板平行，顶点G与A、C两板的右端点共线，
𝐶𝐺 =𝑑。现将某种粒子从O点以某初速度沿𝑂𝑂 连续射入平行板间，任意相同时间内射入
*
的粒子数相等，粒子带电荷量𝑞 =+8.0×103*8C、质量𝑚 =2.0×103+6kg，忽略电场的边
缘效应，不计粒子重力且不考虑粒子间相互作用及碰到斜面后的反弹，设刚好到达极板右端
的粒子恰能射出，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）若两板间电压𝑈 =20V，测得粒子在距离𝑂𝑂 为* 𝑑处射出电场，求该粒子在板间运动过
* *
9
程中电场力所做的功𝑊；
（2）当粒子入射的初速度𝑣 =8.0×109m/s时，粒子均能到达斜面，试确定两板间所加电
,
压𝑈 应满足的条件；
:;
（3）若在两板右侧存在以𝑂 为圆心、直径为d的圆形匀强磁场区域（图中未画出），磁感应
+
强度大小𝐵 =0.2T、方向垂直纸面向外，当在两板间加上如图乙所示电压，发现粒子均能以
水平速度射出电场，求经磁场偏转后能够打在斜面上的粒子占发射粒子总数的百分比。
试卷第8页，共8页参考答案
1．B
【详解】网球落地的速度𝑣 =j2𝑔ℎ，该网球由静止释放后第一次落地前瞬时的动量大小为
𝑝 =𝑚𝑣 =𝑚j2𝑔ℎ，网球释放高度约为1.2m，则
𝑝 =0.058×√2×10×1.2kg⋅m/s=0.284kg⋅m/s≈0.3kg⋅m/s，故选B。
2．B
【详解】根据题意可知由于𝑎𝑏边与磁场方向垂直，则𝑎𝑏边受到的安培力大小为𝐹 =𝐵𝐼𝐿 =
<= <=
𝐵𝐼𝐿，由于𝑏𝑐边与磁场方向平行，可知𝑏𝑐边没有受到安培力的作用，即𝐹 =0，𝑎𝑑边与竖直
=>
方向夹角为45°，则𝑎𝑑边受到的安培力大小为𝐹 =𝐵𝐼𝐿 sin45°=𝐵𝐼𝐿 =𝐵𝐼𝐿，𝑐𝑑边与磁
? >?
BD．根据分析可知𝑐𝑑边所受安培力最大。故B正确，D错误；AC．根据分析可知各边安培
力大小关系为𝐹 >𝐹 =𝐹 >𝐹 ，故AC错误。故选B。
>? <=
3．D
【详解】A．氧气罐从一定深度的海水中缓慢上升的过程中，海水温度逐渐升高，罐内氧气
从外界吸热，内能变大，故A错误；B．由&@ =𝐶可知，罐内氧气的压强不断增大，故B错
A
误；CD．罐内氧气温度升高，氧气分子的平均动能增大，不是每个分子动能都增大，氧气
分子撞击器壁单位面积的作用力增大，故C错误，D正确。故选D。
4．A
【详解】地磁场方向由南向北，根据右手定则，车厢顶部电势高于车厢底部，根据
𝐸 =𝐵𝑙𝑣 ≈40×103B×4×100V≈0.016V，可知电势差大小约为0.016V。故选A。
5．B
【详解】AB．由题知，在飞船与空间站对接后，推进器工作∆t时间内，飞船和空间站速度
变化为∆v，则飞船与空间站的加速度𝑎 = C$，𝑎 = ! ，联立解得𝑀 = !"# −𝑚，故A错误，
C# -DE "$
B正确；CD．设飞船与空间站间的作用力大小为𝐹F，对飞船由牛顿第二定律有𝑚𝑎 =𝐹−𝐹F
解得𝐹F =𝐹−𝑚 C$，故CD错误。故选B。
C#
答案第1页，共7页6．B
【详解】A．根据德布罗意波长公式可知入射光子的波长为𝜆 = '，故A错误；B．根据爱因
&
斯坦光电效应方程有ℎ > =𝐸 +𝑊，解得阴极感光材料的逸出功为𝑊 =𝑐𝑝−𝐸 ，故B正确；
k k
G
CD．随着K极逸出的光电子运动到A极，A、K之间的电压逐渐增大，若K电极逸出的最
大动能的光电子恰好运动不到A电极，两极间电压达到最大，再增大入射光强度电压表示
数不再增大，根据动能定理有−𝑒𝑈 =0−𝐸 ，两极间的最大电压为𝑈 = (k，若用紫光照射K
k
)
极，可知初动能增大，则有𝑈 > (k，故CD错误。故选B。
)
7．D
【详解】根据题意可知，沙包1做平抛运动，沙包2做斜抛运动，沙包1和沙包2运动到𝑃点
的时间由高度决定，沙包2先上升再下降到𝑃点，运动时间大于沙包1的运动时间。A．沙
包2在最高点的速度即为水平分速度，由于两沙包从O到P的水平分位移相同，但沙包2
的运动时间更长，因此沙包2在最高点的水平速度小于沙包1的水平速度，故A错误；B．从
O到P两沙包的位移相同，但时间不同，则平均速度不同，故B错误；C．从O到P的过程
中，由动量定理有Δ𝑝 =𝑚𝑔𝑡，由于两沙包质量相等，沙包2的运动时间更长，可知，两沙
包的动量变化量不相同，故C错误；D．根据题意，由公式𝑣+ =2𝑔ℎ可知，由于沙包2运动
H
的最高点在沙包1的抛出点之上，则运动到𝑃点时，沙包2的竖直分速度大于沙包1的竖直
分速度，由公式𝑃 =𝑚𝑔𝑣可知，由于两沙包质量相等，则在P点，沙包1重力的瞬时功率小
于沙包2重力的瞬时功率，故D正确。故选D。
8．B
【详解】A．干涉条纹是由a的下表面和b上表面反射的光叠加产生的，故A错误。
BC．若仅增大垂直射入的单色光波长时，根据条纹间距表达式𝑙 = G 可知条纹变疏，将b
+IJKL
缓慢向下平移时条纹间距不变，故B正确，C错误；D．若抽去一张薄纸片，平板玻璃a、b
之间的夹角减小，条纹间距变大，条纹变稀疏，故D错误。故选B。
9．D
答案第2页，共7页【详解】AB．上升过程中，加速度方向向下，大小为𝑎 =𝑔+ M$，Δ< = MΔ$ = M<，速度减小，
E Δ# EΔ# E
加速度减小，加速度随时间的变化率在减小；下降过程中，加速度方向向下，大小为𝑎 =𝑔− M$，
E
Δ<
=−
MΔ$
=−
M<，速度增加，加速度减小，加速度随时间的变化率的减小，即加速度和速
Δ# EΔ# E
度随时间的变化率一直减小，故AB错误；C．根 据 动能定理可𝐹得 = Δ(k，上升过程中𝐹 =
合 Δ' 合
−𝑚𝑔+𝑘𝑣，下降过程中𝐹 =𝑚𝑔−𝑘𝑣，所以斜率大小应该越来越小，故C错误；D．由功
合
能关系可知𝑓 =𝑘𝑣 =s Δ( s，即在上升过程中斜率越来越小，在下降过程中斜率越来越大，故
Δ'
D正确。故选D。
10．C
【详解】A．由等量异种电荷电场分布可知，M、N两点的电场大小相等，方向相同，由对
称性可知，点电荷C在M、N两点的电场大小相等，方向不同，根据矢量运算法则可得M
点的电场强度小于N点的电场强度，故A错误；BC．由等量异种电荷电势分布可知，点电
荷A、B在M、O、N三点的电势关系为𝜑 >𝜑 >𝜑 ，由于等量异种电荷连线的中垂线为
. / -
等势线，且无穷远处电势为零，则点电荷A、B在O点的电势为0，由对称性可知，点电荷
C在M、N两点的电势相等，在O点的电势小于零，综上所述可知𝜑 >𝜑 ，𝜑 <0
. - /
故B错误，C正确；D．由于等量异种电荷连线的中垂线为等势线，负电荷沿着电场线方向
电势降低，故𝜑 >𝜑 ，由𝐸 =𝜑𝑞可知，负电荷在P点的电势能比在O点大，故D错误。
/ O p
故选C。
11．B
【详解】A．A、B组成的系统合力为零，因此动量守恒；而A、B由于存在摩擦生热，故
系统机械能不守恒，A错误；BC．画出物体B和长木板A的速度—时间图线，分别如图中
1和2所示，图中1和2之间的梯形面积表示板长𝑙，1与𝑡轴所围的面积表示物体B的位移
x ，2与𝑡轴所围的面积表示长木板A的位移x ，由图可知𝑥 >𝑙，𝑥 <𝑙，又有Δ𝐸 =𝑓𝑥 ，
1 2 * + kB *
Δ𝐸 =𝑓𝑥 ，𝑄 =𝑓𝑙，则有Δ𝐸 >𝑄 >Δ𝐸 ，可知B项所给数值有可能，故B正确，C错
kA + kB kA
误。D．若增大v 和长木板A的质量M，在v-t图像中1将向上平移，而2的图像斜率变小，
0
即A 的加速度变小，显然可知B一定会从长木板A 的右端滑下，而Q=fl不变，D错误。
故选B。
答案第3页，共7页12．(1) (@；(2)增加；(3) 3.07（3.04~3.10） 138（135~141）；(4)C
Q"5g
【详解】（1）因为灵敏电流计后来半偏，即𝑅 =𝑅 = (，由于𝑅 =𝜌 Q =𝜌 Q"
内 5g $ @
%
联立解得𝜌 = (@，故填(@；
Q"5g Q"5g
（2）要使灵敏电流计的示数增大，盐溶液的电阻应减小，绝缘容器底面的长度不变，横截
面应增大，所以应该增加倒入盐溶液的体积，故填增加；
（3）[1][2]由闭合电路欧姆定律可知𝐸 =𝐼（𝜌 QR +𝑟），整理得* = SQR + T
@ 5 (@ (
则由题图丙（b）有SQ = 66，T =45，联立解得𝐸 ≈3.07V，𝑟 ≈138Ω，故填3.07，138；
(@ ,.+ (
（4）由实验图可知电流表与各元件为串联关系，由闭合电路欧姆定律得此实验方法测得实
验电源的电动势准确，但此方法求得的内阻包含灵敏电流计的内阻，故内阻的测量值大于真
实值，故选C。
13．（1）√3；（2）4V
>
【详解】（1）如图所示，画出光路图
由几何关系知𝛽 =30°，则折射率为𝑛 = WXKY =√3
WXKZ
（2）由折射率与光速关系知𝑛 = >
$
代入得𝑣 = √4>
4
由几何关系知𝑠 =√3𝑅
则，单色光在宝石中传播的时间为𝑡 = [ = 4V
$ >
答案第4页，共7页14．（1）200J；（2）8×1034m4
【详解】（1）等容过程中，气体做功为零，即Δ𝑈 =−𝑄 =−400J
等压过程，内能减小400J，放出600J热量，则𝑊 =Δ𝑈−𝑄 =200J
（2）根据等压变化可得@&
=
@'，𝑊
=𝑝 (𝑉 −𝑉 )
, , *
A& A'
联立解得𝑉 =8×1034m4
,
15．（1）𝐹 = √4 𝑚𝑔；（2）𝜔 ={ \；（3）①𝑣 =j2𝑔𝐿；②𝑣 =j𝑔𝐿
A *
4 +Q
【详解】（1）设轻绳与竖直方向夹角为𝜃，如图2𝐹cos𝜃 =𝑚𝑔
由几何关系得𝜃 =30°
解得𝐹 = √4 𝑚𝑔
4
（2）小球A稳定在B点正下方时，小球A与轻环间的绳处于竖直方向，绳子𝑂𝐴与竖直方
向夹角为𝛼，如图则 Q + Q =2𝐿
sinY tanY
竖直方向𝑇cos𝛼+𝑇 =𝑚𝑔
水平方向𝑇sin𝛼 =𝑚𝜔+×𝐿
解得𝜔 ={ \
+Q
（3）解除锁定后，因为轻环的合外力始终为零，所以绳子拉力与杆支持力等大反向，小球
A与轻环间的绳始终处于竖直方向。
①轻环滑至𝑂点时，小球A下落高度为𝐿，由机械能守恒得𝑚𝑔𝐿 = * 𝑚𝑣+
+ A
解得𝑣 =j2𝑔𝐿
A
答案第5页，共7页②轻环滑至距O点+√4 𝐿处时，设小球A下落高度为h，速度为v，两绳的夹角为𝛼F
4
+
2√3
(2𝐿−ℎ)+ =ℎ++} 𝐿~
3
解得ℎ = + 𝐿
4
由机械能守恒定律得𝑚𝑔ℎ = * 𝑚𝑣+
+
解得𝑣 =2{ \Q
4
"√)
Q
又tan𝛼F = ) =√3
"
Q
)
解得𝛼F =60°
因绳中拉力的合力不做功，合力方向始终与小球A的速度方向垂直，所以小球A的速度与
水平方向的夹角为𝛽 =30°
由𝑣 =𝑣cos𝛽
*
解得𝑣 =j𝑔𝐿
*
16．（1）4.0×103*bJ；（2）−10V≤𝑈 ≤10V；（3）87.5%
:;
【详解】（1）由题意可知入射点与出射点间的电势差𝑈 = * 𝑈
*
9
电场力做功𝑊 =𝑞𝑈
解得𝑊 =4.0×103*bJ
（2）粒子在板间运动的时间𝑡 = Q
$&
当𝑈 >0时，粒子向下偏转，粒子刚好运动至C板右边缘时，有* 𝑎 𝑡+ = * 𝑑
:; *
+ +
cd
又𝑎 = 下
*
?E
解得𝑈 =10V
下
当𝑈 <0时，粒子向上偏转，粒子出射后能到达斜面的临界条件为粒子出射速度与水平方
:;
答案第6页，共7页向夹角为37°，有𝑣 =𝑣 tan37,
H ,
又𝑣 =𝑎 𝑡
y +
cd
且𝑎 = 上
+
?E
解得𝑈 =30V>10V
上
所以，要使粒子均能到达斜面，两板间所加电压应满足的条件是−10V≤𝑈 ≤10V
:;
（3）粒子在板间运动的加速度大小𝑎 = cd)
4
?E
+
从𝑡 =0时刻入射的粒子，在每* 𝑇内的侧向位移为𝑦 = * 𝑎 ƒ A „ =0.005m
4
+ + +
由* 𝑑 ≥2𝑛𝑦（𝑛取正整数）
+
可知只有𝑛取1时，上式才成立，即粒子在板间运动的时间为𝑇。
粒子的初速度𝑣 = Q =1.2×106m/s
A
粒子在磁场中运动的半径𝑟 = E$ =0.015m= ?
fc +
因此，所有粒子将汇聚至磁场区域的最低点𝑃，如图所示。
对于恰沿PG出射的粒子，它在电场中的出射点与𝐶点间的距离为𝑦 =𝑟+𝑟cos𝛼
,
由几何关系可知tan𝛼 = ;g
/'/"
*
则能够打在斜面上的粒子占发射粒子总数的百分比为𝜂 =
H&3h
"
3+Hi
=87.5%
9H
答案第7页，共7页
