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2018 年下半年浙江省普通高校招生选考科目考试
一、选择题Ⅰ(13×3＝39分)
1．下列物理量属于标量的是（ ）
A．速度 B．加速度
C．电流 D．电场强度
答案 C
解析 电流是标量，速度、加速度、电场强度为矢量．
2．发现电流磁效应的物理学家是（ ）
A．法拉第 B．奥斯特
C．库仑 D．安培
答案 B
解析 通电导线周围的磁场是奥斯特发现的，揭示了电和磁之间存在联系．
3．用国际单位制的基本单位表示电场强度的单位，下列正确的是（ ）
A．N/C B．V/m
C．kg·m/(C·s2) D．kg·m/(A·s3)
答案 D
F
解析 根据公式 E＝ ，F＝ma，q＝It 可知，电场强度的单位是 N/C＝kg·m/(s2·A·s)＝
q
kg·m/(A·s3)．也可用排除法，因为国际单位制中的基本单位不包括N、V、C，故A、B、C错误，
D正确．
4．一辆汽车沿平直道路行驶，其v－t图象如图1所示．在t＝0到t＝40 s这段时间内，汽车的
位移是（ ）
图1
A．0 B．30 m
C．750 m D．1 200 m
答案 C
1
解析 汽车通过的位移即为 v－t 图象与时间轴围成的面积，根据面积可知位移为 x＝ ×(10＋
2
40)×30 m＝750 m.
第1页 | 共15页5．奥运会比赛项目撑杆跳高如图2所示，下列说法不正确的是（ ）
图2
A．加速助跑过程中，运动员的动能增加
B．起跳上升过程中，杆的弹性势能一直增加
C．起跳上升过程中，运动员的重力势能增加
D．越过横杆后下落过程中，运动员的重力势能减少动能增加
答案 B
解析 加速助跑过程中运动员的速度增大，动能增加，A对；起跳上升过程中杆的形变量先变大，
再变小，故弹性势能先增加再减少，B错；起跳上升过程中运动员位置升高，重力势能增加，C
对；越过横杆后，下落过程中运动员所受重力做正功，重力势能减少，动能增加，D对．
6．等量异种电荷的电场线如图3所示，下列表述正确的是（ ）
图3
A．a点的电势低于b点的电势
B．a点的场强大于b点的场强，方向相同
C．将一负电荷从a点移到b点电场力做负功
D．负电荷在a点的电势能大于在b点的电势能
答案 C
解析 沿电场线方向电势降低，a点的电势高于b点的电势，A错误；电场线的疏密表示电场强
弱，故a点场强大于b点场强，且方向不同，B错误；负电荷的受力方向与场强方向相反，所以
将一负电荷从a点移到b点电场力做负功，电势能增大，负电荷在a点的电势能小于在b点的电
势能，C正确，D错误．
7．电流天平是一种测量磁场力的装置，如图4所示，两相距很近的通电平行线圈Ⅰ和Ⅱ，线圈Ⅰ
固定，线圈Ⅱ置于天平托盘上，当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零．下列说法正确的
是（ ）
第2页 | 共15页图4
A．当天平示数为负时，两线圈电流方向相同
B．当天平示数为正时，两线圈电流方向相同
C．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力大于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力
D．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对相互作用力
答案 A
解析 装置的构造模型为两个线圈和一个杠杆，当线圈中通有同向电流时互相吸引，通有异向电
流时互相排斥，故当天平示数为负时表示两线圈互相吸引，所以为同向电流，A正确，B错误；
根据牛顿第三定律可知线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力等于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力，由相互作用力的
特点知，线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力不是一对相互作用力，故C、D错
误．
8．电荷量为4×10－6 C的小球绝缘固定在A点，质量为0.2 kg、电荷量为－5×10－6 C的小球用绝
缘细线悬挂，静止于B点．A、B间距离为30 cm，AB连线与竖直方向夹角为60°.静电力常量为
9.0×109 N·m2/C2，小球可视为点电荷．下列图示正确的是(g取10 m/s2)（ ）
答案 B
kq |q |
A B
解析 A对B的库仑力F ＝ ＝2 N，对B受力分析如图所示，可知A对B的库仑力与B的
A
r2
重力相等，所以F 与G的合力方向与G方向的夹角为60°，故B正确．
A
9．一质量为2.0×103 kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104 N，
当汽车经过半径为80 m的弯道时，下列判断正确的是（ ）
第3页 | 共15页图5
A．汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力
B．汽车转弯的速度为20 m/s时所需的向心力为1.4×104 N
C．汽车转弯的速度为20 m/s时汽车会发生侧滑
D．汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s2
答案 D
解析 汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力，向心力是由摩擦力提供的，A错误；汽车转
v2
弯的速度为20 m/s时，根据F ＝m ，得所需的向心力为1.0×104 N，没有超过最大静摩擦力，所
n
R
F
f
以汽车不会发生侧滑，B、C错误；汽车转弯时的最大向心加速度为a ＝ ＝ 7.0 m/s2，D
m
m
正确．
10．磁流体发电的原理如图6所示，将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度
为B的匀强磁场中，在相距为d、宽为a、长为b的两平行金属板间便产生电压．如果把上、下
板和电阻R连接，上、下板就是一个直流电源的两极，若稳定时等离子体在两板间均匀分布，电
阻率为ρ，忽略边缘效应，下列判断正确的是（ ）
图6
Bdvab
A．上板为正极，电流I＝
Rab＋ρd
Bvad2
B．上板为负极，电流I＝
Rad＋ρb
Bdvab
C．下极为正极，电流I＝
Rab＋ρd
Bvad2
D．下板为负极，电流I＝
Rab＋ρb
答案 C
解析 根据左手定则可知，正离子在磁场中受到的洛伦兹力向下，故下板为正极，设两板间的电
U U Bdvab
压为U，则q ＝Bqv，得U＝Bdv，电流I＝ ＝ ，故C正确．
d d Rab＋ρd
R＋ρ
ab
第4页 | 共15页11．小明在观察如图7所示的沙子堆积时，发现沙子会自然堆积成圆锥体，且在不断堆积过程中，
材料相同的沙子自然堆积成的圆锥体的最大底角都是相同的．小明测出这堆沙子的底部周长为
31.4 m，利用物理知识测得沙子之间的动摩擦因数为0.5，估算出这堆沙的体积最接近(π取3.14)
（ ）
图7
A．60 m3 B．200 m3
C．250 m3 D．500 m3
答案 A
解析 沙堆底部的周长为31.4 m，可知底面半径为R＝5 m，由图可知当沙堆不能再堆高时即μ＝
1
tan θ＝0.5，此时沙堆的高h＝Rtan θ＝2.5 m，故沙堆的体积为V＝ πR2h≈65.4 m3，故选项A正
3
确．
12．20世纪人类最伟大的创举之一是开拓了太空的全新领域．现有一艘远离星球在太空中直线飞
行的宇宙飞船，为了测量自身质量，启动推进器，测出飞船在短时间Δt内速度的改变量为Δv，
和飞船受到的推力F(其它星球对它的引力可忽略)．飞船在某次航行中，当它飞近一个孤立的星
球时，飞船能以速度v，在离星球的较高轨道上绕星球做周期为T的匀速圆周运动．已知星球的
半径为R，引力常量用G表示，则宇宙飞船和星球的质量分别是（ ）
图8
FΔv v2R FΔv v3T
A. ， B. ，
Δt G Δt 2πG
FΔt v3R FΔt v3T
C. ， D. ，
Δv G Δv 2πG
答案 D
Δv FΔt 2πr
解析 根据牛顿第二定律可知F＝ma＝m ，所以m＝ ，飞船做匀速圆周运动的周期T＝ ，
Δt Δv v
第5页 | 共15页Tv Mm v2 v2r v3T
得轨道半径为r＝ ，根据万有引力提供向心力可得G ＝m ，得M＝ ＝ ，故选项D正
2π r2 r G 2πG
确．
13．如图9所示为某一游戏的局部简化示意图．D为弹射装置，AB是长为21 m的水平轨道，倾
斜直轨道BC固定在竖直放置的半径为R＝10 m的圆形支架上，B为圆形的最低点，轨道AB与
BC平滑连接，且在同一竖直平面内，某次游戏中，无动力小车在弹射装置D的作用下，以v ＝
0
10 m/s的速度滑上轨道AB，并恰好能冲到轨道BC的最高点．已知小车在轨道AB上受到的摩擦
力为其重量的0.2倍，轨道BC光滑，则小车从A到C的运动时间是(g取 10 m/s2)（ ）
图9
A．5 s B．4.8 s
C．4.4 s D．3 s
答案 A
1
解析 小车在轨道AB上运动的加速度大小为a＝μg＝2 m/s2，L AB ＝v 0 t 1 － at2 1 ，得t 1 ＝3 s(另一值
2
7 s舍去)，在轨道BC上运动时，L ＝2Rsin θ，加速度大小为a ＝gsin θ，将小车在轨道BC上的
BC 1
1
运动看作逆向的初速度为0的匀加速直线运动，则有L BC ＝ a 1 t2 2 ，得t 2 ＝2 s，所以小车从A到C
2
的运动时间为t＝t ＋t ＝5 s.
1 2
二、选择题Ⅱ(3×2＝6分)
14．【加试题】处于较高能级的氢原子向较低能级跃迁时，能辐射出a、b两种可见光，a光照射
某金属表面时有光电子逸出，b光照射该金属表面时没有光电子逸出，则（ ）
A．以相同的入射角射向一平行玻璃砖，a光的侧移量小于b光的
B．垂直入射到同一单缝衍射装置，a光的衍射中央亮条纹宽度小于b光的
20
C．a光和b光的频率之比可能是
27
D．a光子的动量大于b光子的
答案 BD
解析 由题意可知，a光可使某金属发生光电效应，b光不能，则有频率ν >ν ，C错误；同种介
a b
质中的折射率n >n ，在玻璃砖中的侧移量y >y ，A错误；波长λ <λ ，单缝衍射时的中央亮条纹
a b a b a b
h
宽度a光比b光小，B正确；光子的动量为p＝ ，所以a光子的动量大于b光子的动量，D正
λ
确．
15．【加试题】一个铍原子核(7 4Be)俘获一个核外电子(通常是最靠近原子核的K壳层的电子)后发
第6页 | 共15页生衰变，生成一个锂核(7 3Li)，并放出一个不带电的质量接近零的中微子ν
e
，人们把这种衰变称为
“K俘获”．静止的铍核发生了“K俘获”，其核反应方程为
7 4Be＋0－1e→7 3Li＋ν
e
已知铍原子的质量为 M ＝7.016 929 u，锂原子的质量为 M ＝7.016 004 u,1 u 相当于 9.31×102
Be Li
MeV.下列说法正确的是（ ）
A．中微子的质量数和电荷数均为零
B．锂核(7 3Li)获得的动能约为0.86 MeV
C．中微子与锂核(7 3Li)的动量之和等于反应前电子的动量
D．中微子与锂核(7 3Li)的能量之和等于反应前电子的能量
答案 AC
16．【加试题】如图10所示，两种不同材料的弹性细绳在O处连接，M、O和N是该绳上的三个
点，OM间距离为7.0 m，ON间距离为5.0 m，O点上下振动，则形成以O点为波源向左和向右
传播的简谐横波Ⅰ和Ⅱ，其中波Ⅱ的波速为1.0 m/s.t＝0时刻O点处在波谷位置，观察发现5 s后
此波谷传到M点，此时O点正通过平衡位置向上运动，OM间还有一个波谷，则（ ）
图10
A．波Ⅰ的波长为4 m
B．N点振动周期为4 s
C．t＝3 s时，N点恰好处于波谷
D．当M点处于波峰时，N点也一定处于波峰
答案 BD
L
解析 由题意知，OM间的距离为1.25λ，即λ＝ ＝5.6 m，A错误；O点的振动周期为T，则
1.25
1.25T＝5 s，所以T＝4 s，故N点的周期也为4 s，B正确；由于波Ⅱ的波速为1 m/s，所以波长为
4 m，t＝0时，N点正处在平衡位置向下振动，所以t＝3 s时N点处于波峰，C错误；波Ⅰ、波Ⅱ
的振动周期相同，且t＝0时，M点、N点都处在平衡位置向下振动，所以振动步调一致，当M
在波峰时，N点也在波峰，D正确．
三、非选择题(本题共7小题，共55分)
17．(5分)(1)在“探究求合力的方法”的实验中，下列操作正确的是________．
A．在使用弹簧秤时，使弹簧秤与木板平面平行
B．每次拉伸橡皮筋时，只要使橡皮筋伸长量相同即可
C．橡皮筋应与两绳夹角的平分线在同一直线上
D．描点确定拉力方向时，两点之间的距离应尽可能大一些
(2)在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，两个相同的小车放在光滑水平板上，前端各系一
第7页 | 共15页条细绳，绳的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘，盘中可放重物．小车的停和动通过用黑板擦按住
小车后的细线和抬起来控制，如图11甲所示．实验要求小盘和重物所受的重力近似等于使小车
做匀加速直线运动的力．
图11
①请指出图乙中错误之处：______________________________________________；
②调整好实验装置后，在某次实验中测得两小车的位移分别是x 和x ，则两车的加速度之比为
1 2
________．
答案 (1)AD (2)①拉小车的细绳与水平板没有平行 托盘和重物的总质量没有远小于小车的质
量 ②x ：x
1 2
解析 (1)做“探究求合力的方法”的实验中弹簧秤应与木板平面平行，A正确；每次拉伸橡皮筋时，
应保证橡筋的伸长方向和伸长量相同，即保证结点在同一位置，B错误；拉橡皮筋时不一定要使
橡皮筋的拉伸方向在两绳夹角的平分线上，C错误；描点确定拉力方向时，两点间的距离应适当
大些，以减小作图时的误差，故D正确．
(2)细绳拉力方向应与水平板平行，以保证小车受到恒力的作用，从而加速度恒定，如果不平行，
则随着小车的运动，小车水平方向的拉力会发生变化，同时根据题意“小盘和重物所受的重力近
似等于使小车做匀加速直线运动的力”可知，只有当托盘和重物的质量远小于小车质量时，才可
1
以近似把小车受到的拉力约等于托盘和重物的重力．根据x＝ at2可知，两车同时释放，同时停
2
止，加速度之比等于位移之比．
18．(5分)为了比较精确地测定阻值未知的定值电阻R ，小明设计了如图12（1）所示的电路．
x
图12（1）
(1)实验时，闭合开关S，滑动变阻器的滑片滑至合适位置保持不变，将c点先后与a、b点连接，
发现电压表示数变化较大，电流表示数基本不变，则测量时应将c点接________(选填“a点”或“b
点”)，按此连接测量，测量结果________(选填“小于”、“等于”或“大于”)R 的真实值．
x
第8页 | 共15页(2)根据实验测得的6组数据，在图12（2）中描点，作出了2条图线，你认为正确的是________(选
填“①”或“②”)，并由图线求出电阻R ＝________ Ω.(保留两位有效数字)
x
图12（2）
答案 (1) a点 小于 (2)② 7.5
解析 (1)由题中表述知，c先后与a、b试触，电压表示数变化比较大，故电流表的电阻对电路
U
影响比较大，所以应该使用电流表外接法，即接a点，由R＝ 知测量值比真实值偏小．
I
(2)根据电路的接法，当电流为零时电压表示数也为0，故图线过原点，选②，由I－U图象的斜
率的倒数即为电阻阻值可知R ＝7.5 Ω.
x
19．(9分)在竖直平面内，某一游戏轨道由直轨道AB和弯曲的细管道BCD平滑连接组成，如图
13所示，小滑块以某一初速度从A点滑上倾角为θ＝37°的直轨道AB，到达B点的速度大小为2 m/s，
然后进入细管道BCD，从细管道出口D点水平飞出，落到水平面上的G点．已知B点的高度h
1
＝1.2 m，D点的高度h ＝0.8 m，D点与G点间的水平距离L＝0.4 m，滑块与轨道AB间的动摩
2
擦因数μ＝0.25，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，不计空气阻力．
图13
(1)求小滑块在轨道AB上的加速度和在A点的初速度；
(2)求小滑块从D点飞出的速度；
(3)判断细管道BCD的内壁是否光滑．
答案 见解析
解析 (1)取AB段研究，滑块在AB上做匀减速运动
设初速度为v
A
，则v2
B
－v2
A
＝－2ax
mgsin θ＋μmgcos θ
a＝
m
h
1
x＝
sin θ
第9页 | 共15页联立得v ＝6 m/s(方向沿轨道AB向上)，a＝8 m/s2(方向沿轨道AB向下)
A
1
(2)取DG段研究，滑块做平抛运动，竖直方向h ＝ gt2，水平方向L＝v t，则v ＝1 m/s
2 D1 D1
2
1 1
(3)取BD段研究，假设BD段光滑，根据机械能守恒定律有 mv2
D2
－ mv2
B
＝mg(h
1
－h
2
)，则
2 2
v ＝2 3 m/s≠v
D2 D1
因此细管道BCD的内壁不是光滑的．
20. (12分)如图14所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端与刻度尺上的
A点等高．质量m＝0.5 kg的篮球静止在弹簧正上方，其底端距A点的高度h ＝1.10 m，篮球静
1
止释放，测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最大形变量x ＝0.15 m，第一次反弹至最高点，篮球底
1
端距A点的高度h ＝0.873 m，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x ＝0.01
2 2
m，弹性势能为E ＝0.025 J．若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的
p
能量损失和篮球形变，弹簧形变在弹性限度范围内，g取10 m/s2.求：
图14
(1)弹簧的劲度系数；
(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力；
(3)篮球在整个运动过程中通过的路程；
(4)篮球在整个运动过程中速度最大的位置．
答案 (1)500 N/m (2)0.5 N
(3)11.05 m (4)第一次下落至A点下方0.009 m处速度最大
解析 (1)由最后静止的位置可知kx ＝mg，所以k＝500 N/m
2
(2)由动能定理可知，在篮球由静止下落到第一次返弹至最高点的过程中
1 1
mgΔh－F
f
·L＝ mv2
2
－ mv2
1
2 2
整个过程动能变化为0，重力做功mgΔh＝mg(h －h )＝1.135 J
1 2
空气阻力恒定，作用距离为L＝h ＋h ＋2x ＝2.273 m
1 2 1
因此代入可知F≈0.5 N
f
(3)整个运动过程中，空气阻力一直与运动方向相反
1 1
根据动能定理有mgΔh′＋W f ＋W 弹 ＝ mv 2 ′2－ mv2 1
2 2
整个过程动能变化为0，重力做功W＝mgΔh′＝mg(h ＋x )＝5.55 J
1 2
弹力做功W ＝－E ＝－0.025 J
弹 p
第10页 | 共15页则空气阻力做功W＝－Fs＝－5.525 J
f f
联立解得s＝11.05 m.
(4)速度最大的位置是第一次下落到合力为零的位置，即mg＝F＋kx ，得x ＝0.009 m，即球第一
f 3 3
次下落至A点下方0.009 m处速度最大．
21．(4分)【加试题】小明做“探究碰撞中的不变量”实验的装置如图15甲所示，悬挂在O点的单
摆，由长为l的细线和直径为d的小球A组成，小球A与放置在光滑支撑杆上的直径相同的小球
B发生对心碰撞，碰撞后小球A继续摆动，小球B做平抛运动．
图15
(1)小明用游标卡尺测小球A直径如图乙所示，则d＝________ mm.又测得了小球A质量m ，细
1
线长度l，碰撞前小球A拉起的角度α和碰撞后小球B做平抛运动的水平位移x、竖直下落高度
h.为完成实验，还需要测量的物理量有：__________.
(2)若A、B两球碰后粘在一起形成新单摆，其周期________(选填“小于”、“等于”或“大于”)粘合前
单摆的周期(摆角小于5°)．
答案 (1)14.40 小球B的质量m ，A球碰撞后摆角的大小 (2)等于
2
解析 (1)游标卡尺的精确度为0.05 mm，根据游标卡尺的读数方法可知，
d＝14 mm＋8×0.05 mm＝14.40 mm.
碰撞过程中动量守恒，则有m v ＝m v ′＋m v ′，
1 1 1 1 2 2
1
A球碰前的速度可以由m 1 gl(1－cos α)＝ m 1 v2 1 得出，故还需要测m 2 的值，以及碰后A球的摆角
2
从而来测定碰后的A球的速度．
l
(2)若两球碰后粘在一起形成新单摆，根据单摆周期公式可知T＝2π ，摆球质量变大不会改变单
g
摆的周期．
22．如图16所示，在间距L＝0.2 m的两光滑平行水平金属导轨间存在方向垂直于纸面(向内为正)
的磁场，磁感应强度的分布沿y方向不变，沿x方向如下：
第11页 | 共15页{1 T x>0.2 m
B＝ 5x T －0.2 m≤x≤0.2 m
－1 T x<－0.2 m
导轨间通过单刀双掷开关S连接恒流源和电容C＝1 F的未充电的电容器，恒流源可为电路提供
恒定电流I＝2 A，电流方向如图所示．有一质量m＝0.1 kg的金属棒ab垂直导轨静止放置于x ＝
0
0.7 m处．开关S掷向1，棒ab从静止开始运动，到达x ＝－0.2 m处时，开关S掷向2.已知棒
3
ab在运动过程中始终与导轨垂直，求：
(提示：可以用F－x图象下的“面积”代表力F所做的功)
图16
(1)棒ab运动到x ＝0.2 m时的速度v ；
1 1
(2)棒ab运动到x ＝－0.1 m时的速度v ；
2 2
(3)电容器最终所带的电荷量Q.
115 2
答案 (1)2 m/s (2) m/s (3) C
5 7
1
解析 (1)从x 0 →x 1 的过程，由于安培力为恒力，由动能定理有BIL(x 0 －x 1 )＝ mv2 1 －0，
2
得v ＝2 m/s
1
(2)从x →x 过程中，安培力F＝BIL，
1 2
由于B＝5x，可知F＝2x，可知F随x变化而变化，F－x图象如图所示，
所以在这个过程中，安培力做功的大小为图象与x轴围成的面积，W ＝0.03 J
安
1 1
所以W
安
＝ mv2
2
－ mv2
1
2 2
115
得v ＝ m/s
2
5
(3)从x＝0.2 m处移到x＝－0.2 m处安培力不做功，v ＝v ＝2 m/s
3 1
设最后稳定时的速度为v，则导体棒两端电压U＝BLv
电容器上所带电荷量Q＝CU
电路中通过的电荷量Q＝I′t
第12页 | 共15页根据动量定理得－BI′Lt＝mv－mv
3
2
联立解得Q＝ C.
7
23．小明受回旋加速器的启发，设计了如图17甲所示的“回旋变速装置”．两相距为d的平行金
属栅极板M、N，板M位于x轴上，板N在它的正下方．两板间加上如图乙所示的幅值为U 的
0
2πm
交变电压，周期 T ＝ .板 M 上方和板 N 下方有磁感应强度大小均为 B、方向相反的匀强磁
0
qB
场．粒子探测器位于y轴处，仅能探测到垂直射入的带电粒子．
有一沿x轴可移动、粒子出射初动能可调节的粒子发射源，沿y轴正方向射出质量为m、电荷量
为q(q>0)的粒子．t＝0时刻，发射源在(x,0)位置发射一带电粒子．忽略粒子的重力和其它阻力，
粒子在电场中运动的时间不计．
图17
(1)若粒子只经磁场偏转并在y＝y 处被探测到，求发射源的位置和粒子的初动能；
0
(2)若粒子两次进出电场区域后被探测到，求粒子发射源的位置x与被探测到的位置y之间的关
系．
q2B2y2
0
答案 (1)x＝y
0
2m
(2)见解析
解析 (1)根据题意，粒子沿着y轴正方向射入，只经过磁场偏转，探测器仅能探测到垂直射入的
1
粒子，粒子轨迹为 圆周，因此射入的位置为x＝y
0
4
v2
根据R＝y ，qvB＝m ，
0
R
第13页 | 共15页1 q2B2y2 0
可得E ＝ mv2＝
k
2 2m
(2)根据题意，粒子两次进出电场，然后垂直射到y轴，由于粒子射入电场后，会做减速直线运动，
且无法确定能否减速到0，因此需要按情况分类讨论
①第一次射入电场即减速到零，即当E 2qU 时，轨迹如图所示
k0 0
第14页 | 共15页mv0 mv1 mv2
r ＝ ，r ＝ ，r ＝
0 1 2
qB qB qB
1 1
－qU
0
＝ mv2
1
－ mv2
0
2 2
1 1
－qU
0
＝ mv2
2
－ mv2
1
2 2
且x＝r ＋2r ＋2r ，y＝r
2 1 0 2
( 2mU 4mU )
0 0
联立解得x＝2 y2＋ ＋ y2＋ ＋y
qB2 qB2
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