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高二下学期物理期末压轴题考卷（答案版）
高中物理参考答案
1．【答案】C
【详解】AB．阿秒是时间的计量单位，既不是国际单位制的基本单位，也不是导出单位，选项AB错误；
CD．1阿秒时间内光在真空中前进的距离是
8 −18 −10
选项C正确，D错误。 𝑥𝑥 =𝑐𝑐𝑐𝑐 =3×10 ×10 𝑚𝑚=3×10 𝑚𝑚
故选C。
2．【答案】D
【详解】A．磁电式电流表的内部，极靴与圆柱间的磁场是均匀辐向磁场，磁感线都经过圆柱体的圆心，不
是匀强磁场，故A错误；
B．线圈中通过的是直流电流，由左手定则可知，当线圈中的电流方向发生改变时，线圈受到的安培力方向
改变，可知指针偏转方向改变，故B错误；
C．磁电式电流表指针发生偏转，是因为线圈受到安培力作用，螺旋弹簧的作用力与安培力方向相反，阻碍
线圈转动，故C错误；
D．由于磁场是均匀辐向分布，磁力矩大小始终满足M=NBIS，平衡时M=kθ，可得θ=NBIk，因此指针偏
转角度与电流大小成正比，电表表盘刻度均匀，故D正确。
故选D。
3．【答案】A
【详解】由图可知油膜没有充分展开，说明水面上痱子粉撒得太多太厚，阻碍了油膜的扩散。
故选A。
4．【答案】D
【详解】A．变压器输入电压有效值为
𝑈𝑈1 =10𝑈𝑈2 =100𝑉𝑉
π
2𝜋𝜋
电源输出电压瞬时值的表达式 𝜔𝜔 = =100 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟/𝑠𝑠
𝑇𝑇
π
选项A错误； 𝑢𝑢 =100√2𝑐𝑐𝑐𝑐𝑠𝑠100 𝑐𝑐 (𝑉𝑉)
B．理想变压器的输入功率与输出功率相等，选项B错误；
试卷第1页，共16页
学科网（北京）股份有限公司C．理想变压器原、副线圈共用相同的铁芯，则磁通量的变化率相等，选项C错误；
D．次级电流有效值为
𝑈𝑈2
原、副线圈匝数之比为10∶1，由匝数比与电流𝐼𝐼2 比=的关系=可2𝐴𝐴知初级电流I =0.2A，即电流表读数为0.2A，选
𝑅𝑅 1
项D正确。
I =0.2A
1
选项D正确。
故选D。
5．【答案】C
【详解】A．滑动变阻器的滑片向b端移动，并联电路电阻变小，总电阻变小，导致电路总电流变大，则导
体棒内电压变大，外电路两端电压变小，即灯泡两端电压变小，所以灯泡变暗，故A正确；
B．滑动变阻器的滑片向a端移动，并联电路电阻变大，总电阻变大，导致电路总电流变小，则导体棒内电
压变小，外电路两端电压变大，电容器两端电压变大，电场力变大，所以液滴将向上运动，故B正确；
C．导体切割磁感线产生的电动势为
灯泡的电阻和滑动变阻器接入电路的𝐸𝐸电=阻𝐵𝐵相𝐵𝐵𝑣𝑣同 0 ，所以电路总电阻为
2𝑅𝑅
𝑅𝑅 = 2 +𝑅𝑅 =2𝑅𝑅
电路的总电流为
𝐸𝐸总 𝐵𝐵𝐵𝐵𝑣𝑣0
𝐼𝐼 =𝑅𝑅 = 2𝑅𝑅
则通过灯泡的电流为
灯
𝐼𝐼 𝐵𝐵𝐵𝐵𝑣𝑣0
𝐼𝐼 =2= 4𝑅𝑅
则 时间内的电荷量为 ，故C错误；
𝐵𝐵𝐵𝐵𝑣𝑣0
𝛥𝛥𝑐𝑐 𝑞𝑞 = 4𝑅𝑅 𝛥𝛥𝑐𝑐
D．由C选项可知滑动变阻器的电流为
𝐼𝐼 𝐵𝐵𝐵𝐵𝑣𝑣0
𝐼𝐼1 =2= 4𝑅𝑅
故 时间内滑动变阻器消耗的电能为 ，故D正确。
2 2 2 2 2 2
2 𝐵𝐵 𝐵𝐵 𝑣𝑣0 𝐵𝐵 𝐵𝐵 𝑣𝑣0𝛥𝛥𝛥𝛥
本𝛥𝛥题𝑐𝑐选不正确的，故选C。 𝑄𝑄 =𝐼𝐼1𝑅𝑅𝛥𝛥𝑐𝑐 = 16𝑅𝑅 2 ⋅2𝑅𝑅⋅𝛥𝛥𝑐𝑐 = 8𝑅𝑅
6．【答案】A
【详解】AB．线框恰好进入磁场时，根据运动学公式有
ℎ
2
线框下边切割磁感线产生的感应电动势为 𝑣𝑣 =2𝑔𝑔
线框中感应电流为 𝐸𝐸 =𝐵𝐵𝑟𝑟𝑣𝑣
试卷第2页，共16页𝐸𝐸
解得 𝐼𝐼 =
𝑅𝑅
Ba 2gh
I =
R
则下边刚进入磁场时，A、B中感应电流强度之比是 1∶2
线框受到的安培力为
可知 𝐹𝐹 =𝐵𝐵𝐼𝐼𝑟𝑟
设线框的边长为a、导线的横截面积为S、密度为𝐹𝐹𝐴𝐴，=则𝐹𝐹线𝐵𝐵框的重力为
G=mg =4ρSag 𝜌𝜌
由题意可知
A框恰能匀速进入，则有 𝐺𝐺𝐴𝐴 =𝐺𝐺𝐵𝐵
F =G
A A
则可知
故B线框匀速进入磁场，A正确，B错误； 𝐹𝐹𝐵𝐵 =𝐺𝐺𝐵𝐵
C．根据电流的定义式有
线框完全进入磁场过程中做匀速运动，所用时间为𝑄𝑄 =𝐼𝐼𝑐𝑐
𝑟𝑟
解得 𝑐𝑐 =
𝑣𝑣
Ia
Q=
v
故线框全部进入磁场的过程中，通过截面的电量之比为 1∶1，C错误；
D．消耗的电能等于克服安培力做功，则有
∆E=W =Fa
线框全部进入磁场的过程中，消耗的电能之比为 2∶1，D错误。
故选A。
试卷第3页，共16页
学科网（北京）股份有限公司7．【答案】B
【详解】A．电梯速度为零时，穿过两线圈的磁通量均没有变化，根据楞次定律可知，线圈对电梯均没有力
的作用，该安全装置并不能使电梯停在空中，故A错误；
B．当电梯运动时，穿过两线圈的磁通量方向相同，一个增加一个减少，根据楞次定律可知，两线圈产生的
感应磁场方向相反，根据安培定则可知，两线圈产生的感应电流方向相反，故B正确；
CD．由上知，两线圈均产生感应电流，感应电流产生的磁场，均阻碍电梯的运动，故CD错误。
故选B。
8．【答案】C
【详解】A．根据左手定则，正电荷受到的洛伦兹力向下，负电荷受到的洛伦兹力向上，故上极为负极，下
板为正极。故A错误；
B．稳定时，电荷受到的洛伦兹力和电场力大小相等，即
U
q =qvB
d
解得
即电源电动势为U，可知上下两板电压要小于 𝑈𝑈。=故𝐵𝐵𝑣𝑣B𝑟𝑟错误；
CD．根据电阻定律，等离子体的电阻 𝐵𝐵𝑣𝑣𝑟𝑟
𝑟𝑟
根据闭合电路欧姆定律，有 𝑟𝑟 =𝜌𝜌
𝑟𝑟𝑎𝑎
U
I =
R+r
联立，解得
𝑣𝑣𝐵𝐵𝑟𝑟𝑟𝑟𝑎𝑎
故C正确；D错误。 𝐼𝐼 =
𝑅𝑅𝑟𝑟𝑎𝑎+𝜌𝜌𝑟𝑟
故选C。
9．【答案】D
【详解】A．粒子每转过半圈，交变电场做功qU，竖直向下的匀强电场也要做功，其动能增量要大于qU，
A错误；
B．粒子引出时水平方向速度为 ，竖直方向也有速度，合速度要大于 ，B错误；
𝑞𝑞𝐵𝐵𝑅𝑅 𝑞𝑞𝐵𝐵𝑅𝑅
C．粒子在运动过程中，周期不变𝑚𝑚，每隔相同的时间就加速一次，增大狭𝑚𝑚缝间电压U，每加速一次得到的动
试卷第4页，共16页能增大，整个过程的运动时间是确定的（D选项的解析），粒子到底部时的速度比原来增大，实际上的情况
是速度提前到达原来的最大值，可提前引出，C错误；
D．研究粒子在竖直方向运动， ，
1 2 𝑞𝑞𝐸𝐸
𝐻𝐻 =2𝑟𝑟𝑐𝑐 𝑟𝑟 = 𝑚𝑚
解得 ，D正确；
2𝐻𝐻𝑚𝑚
故选D 𝑐𝑐 =。� 𝐸𝐸𝑞𝑞
10．【答案】B
【详解】A．由图2可知氢原子自旋不是以 为轴，而是以NS极方向为轴转动，故A错误；
B．由题意可知，“射频线圈产生的电磁波激𝐵𝐵发0 氢原子核跃迁至更高能级”，说明激发后的状态能量较高。当
氢原子小磁针“重新回到原进动模式”时，是从高能级跃迁回低能级（稳定态），根据能量守恒定律，该过程
必然释放能量，这部分能量转化为探测线圈中的电能，故B正确；
C．在恢复过程中，探测线圈中形成了感应电流，根据法拉第电磁感应定律，穿过探测线圈的磁通量必然发
生变化，若磁通量不变则不会产生感应电流，故C错误；
D．射频属于无线电波波段，其频率远低于X射线的频率，故D错误。
故选B。
11．【答案】BC
【详解】A．图甲所示实验中，为防止入射小球反弹，入射小球质量应大于被撞小球，则AB两小球位置不
可互换，故A错误；
B．图乙所示装置中，该容器在水从下方弯曲喷口流出时会发生旋转，这是反冲现象，故B正确；
C．图丙所示电路中，若在线圈中放入铁芯，线圈的感抗变大，则稳定状态下灯泡会比没有铁芯时更暗，故
C正确；
D．图丁所示实验中，由于玻璃是非晶体，表现为各向同性，因此各个方向上导热均匀，石蜡熔化区域形状
为圆形（a图），故D错误。
故选BC。
12．【答案】BCD
【详解】AB．中微子的电荷数为0，质量数也为0，所以A错误；B正确；
C．核反应过程遵守质量数，电荷数守恒定律，所以C正确；
D．参与上述反应的中微子的最小能量约为
所以D正确； 𝛥𝛥𝐸𝐸 =(36.95691+0.00055−36.95658)×931.5 MeV≈0.82 MeV
试卷第5页，共16页
学科网（北京）股份有限公司故选BCD。
13．【答案】CD
【详解】A．把 分别沿着水平方向和竖直方向分解，竖直方向的分力为
𝐹𝐹
∘
圆环的合力为 𝐹𝐹𝑦𝑦 =𝐹𝐹𝑠𝑠𝐹𝐹𝐹𝐹37 =0.6𝑚𝑚𝑔𝑔
∘
由牛顿第二定律可得圆环的加速度为 𝐹𝐹𝑥𝑥 =𝐹𝐹 37 =0.8𝑚𝑚𝑔𝑔
cos
所以圆环的加速度不变，做初速度为0的匀加速直𝑟𝑟线=运0.8动𝑔𝑔，A错误；
B．经过一段时间 ，拉力的冲量大小为
𝑐𝑐
合力的冲量大小为 𝐼𝐼𝐹𝐹 =𝐹𝐹𝑐𝑐 =𝑚𝑚𝑔𝑔𝑐𝑐
合
𝐼𝐼 =𝐹𝐹𝑥𝑥𝑐𝑐 =0.8𝑚𝑚𝑔𝑔𝑐𝑐
B错误；
C．当硬杆对圆环的弹力为0时，竖直方向由三力平衡可得
综合解得 𝐹𝐹𝑦𝑦+𝑚𝑚𝑔𝑔 =𝐵𝐵𝑞𝑞𝑣𝑣1
8𝑚𝑚𝑔𝑔
C正确； 𝑣𝑣1 =
5𝐵𝐵𝑞𝑞
D．同理，当杆对圆环的弹力向上且大小等于 时，有
𝑚𝑚𝑔𝑔
圆环的动量为 𝐹𝐹𝑦𝑦+𝑚𝑚𝑔𝑔−𝑚𝑚𝑔𝑔=𝐵𝐵𝑞𝑞𝑣𝑣2
p=mv
2
综合可得
2
3𝑚𝑚 𝑔𝑔
D正确。 𝑝𝑝=
5𝐵𝐵𝑞𝑞
故选CD。
14．【答案】 C 向右 变小 阻碍
试卷第6页，共16页【详解】（1）[1] 为明确灵敏电流计指针的偏转方向与通过电流计的电流方向的关系，除题中器材外，还需
要直流电源确定电流的方向，故选C。
（2）[2] 将条形磁铁的N极从螺线管拔出时，穿过螺线管的磁通量向下减小，由楞次定律可知，螺线管中
感应电流的磁场向下，因此感应电流沿顺时针方向（从上往下看），即电流由“+”接线柱流入灵敏电流计，
则指针向右偏转。
（3）[3]根据楞次定律“来拒去留”的结论可知，当N极拔出螺线管时，螺线管会对磁铁产生吸引力，因此磁
铁对螺线管的拉力向下减小，所以电子秤的示数会变小。
（4）[4]多次实验发现：感应电流产生的磁场，总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
15．【答案】 450 620.0 33.0
𝑎𝑎
【详解】（1）[1]滑动变阻器是限流式接法，S 闭合前，滑片应置于使滑动变阻器连入电路的阻值最大的位
1
置，即 端。
（2）[2𝑎𝑎]由题给数据描完点后，观察这些点的分布规律，应画一条平滑曲线，让尽可能多的点落在线上，不
在线上的点要均匀分布在线的两侧。
（3）[3]由 图线知，当 ℃时
𝑅𝑅2−𝑐𝑐 𝑐𝑐 =44.0
（4）[4]电阻箱的读数为 𝑅𝑅𝑇𝑇 =450 Ω
Ω Ω Ω Ω Ω
[5]由 图像知，当 6×100 Ω+时2 ×10 +0×1 +0×0.1 =620.0
𝑅𝑅2−𝑐𝑐 𝑅𝑅2 =620.0 ℃
试卷第
𝑐𝑐
=7页
33
，
.0
共16页
学科网（北京）股份有限公司16．【答案】 AB/BA BD/DB 漏气 A 偏大
【详解】（1）[1] A。保证注射器内封闭气体的温度不发生明显变化，环境温度不变，故选项A正确；
B．实验过程中应缓慢地推动活塞，使气体温度始终与环境温度相同，故选项B正确；
C．实验过程中要用手握紧注射器并快速推拉活塞，气体温度将升高，故选项C错误；
D．在活塞与注射器壁间涂适量的润滑油作用是不漏气，不能保证温度不变，故选项D错误。
故选AB。
（2）[2]AB。对于一定质量的理想气体，当温度一定 为定值，且温度越高， 越大，故选项A错误，选
项B正确； 𝑃𝑃𝑉𝑉 𝑃𝑃𝑉𝑉
CD．对于一定质量的理想气体，当温度一定 与 成正比，斜率即 的乘积，故斜率越大温度越高，故选项
1
C错误，选项D正确。 𝑃𝑃 𝑉𝑉 𝑃𝑃𝑉𝑉
故选B D。
（3）[3]由克拉伯龙方程
当温度不变时， 变小， 变小，气体漏气造成𝑃𝑃的𝑉𝑉。= 𝐹𝐹𝑅𝑅𝑇𝑇
（4）[4]设大米的𝑃𝑃𝑉𝑉体积为 V ，𝐹𝐹 由理想气体方程得
0
，
𝑃𝑃(𝑉𝑉−𝑉𝑉0) 1
故是𝑇𝑇 图中=的𝐾𝐾 A 𝑉𝑉 。 = 𝑃𝑃𝐾𝐾+𝑉𝑉0
（5）[5]因为软管的存在，故V 偏小，由密度
0
𝑀𝑀
故密度偏大。 𝜌𝜌 = 𝑉𝑉0
17．【答案】(1) 不变 变少
(2)18.54 cm
(3)减少
【详解】3（4.61） J [1]汽缸导热良好，外界环境温度不变，内能不变；
[2]封闭气体压强减小，温度不变，气体分子平均动能不变，体积增大，单位时间内气体分子碰撞活塞的次
数变少。
（2）开始时气体的压强
𝑚𝑚𝑔𝑔 5
𝑝𝑝1 =试𝑝𝑝卷 0+第 𝑆𝑆8页=，1共.03
1
× 6页10
Pa体积
将汽缸固定在倾角为 °斜面上后气体的压强 𝑉𝑉1 =𝐵𝐵𝑆𝑆
𝜃𝜃 =30
𝑚𝑚𝑔𝑔𝑠𝑠𝐹𝐹𝐹𝐹𝜃𝜃 5
体积 𝑝𝑝2 =𝑝𝑝0− =1.00×10 Pa
𝑆𝑆
根据玻意耳定律可得 𝑉𝑉2 =𝐵𝐵2𝑆𝑆
解得 𝑝𝑝1𝑉𝑉1 =𝑝𝑝2𝑉𝑉2
L2=18.54 cm
（3）降低丙图中的气体温度，使活塞缓慢回到甲图位置，压强不变，体积减小，该过程中外界对气体做功
为
而气体放热 𝑊𝑊 =𝑝𝑝2𝑆𝑆(𝐵𝐵2−𝐵𝐵)=5.4 J
根据 𝑄𝑄 =−40 J
可知内能变化量 𝛥𝛥𝑈𝑈=𝑊𝑊+𝑄𝑄
故内能减少34.6 J。 𝛥𝛥𝑈𝑈 =5.4 J−40 J=−34.6 J
18．【答案】（1）0.4 N，方向垂直导轨向下；（2）1 C；（3）0.8 A
【详解】（1） 沿斜面向上运动切割磁感线，根据右手定则可知，产生的感应电流方向由 流向 ，则cd中
电流方向由 流𝑟𝑟向𝑎𝑎 ，根据左手定则可知，cd 棒受到的安培力方向垂直导轨向下；当cd棒运𝑎𝑎动的速𝑟𝑟度达到最
大时，以cd𝑐𝑐以棒为𝑟𝑟对象，沿斜面方向有
解得 𝑚𝑚𝑔𝑔𝑠𝑠𝐹𝐹𝐹𝐹𝜃𝜃 =𝜇𝜇(𝑚𝑚𝑔𝑔𝑐𝑐𝑐𝑐𝑠𝑠𝜃𝜃+𝐹𝐹𝐴𝐴)
（2）当回路中的瞬时电功率为 时，电功率为𝐹𝐹 𝐴𝐴 =0.4 N
2𝑊𝑊
2
𝐸𝐸
𝑃𝑃 =
试卷第9页，𝑅𝑅共16页
学科网（北京）股份有限公司电源的电动势为
由速度位移关系得 𝐸𝐸 =𝐵𝐵𝐵𝐵𝑣𝑣
2
𝑣𝑣
在此过程中，通过 棒横截面的电量 𝑥𝑥 =
2𝑟𝑟
𝑟𝑟𝑎𝑎
𝐸𝐸𝑐𝑐 𝐵𝐵𝐵𝐵𝑥𝑥
联立解得 𝑞𝑞 =𝐼𝐼𝑐𝑐 = =
𝑅𝑅 𝑅𝑅
（3）cd棒向下运动的过程中，对cd 棒列动量定理𝑞𝑞得= 1 C
( )
mgsinθ⋅t−m mgcosθ+BIL ⋅t=0
可得
在此过程中，通过cd棒横截面的电𝑚𝑚量𝑔𝑔𝑠𝑠就𝐹𝐹𝐹𝐹是𝜃𝜃通⋅𝑐𝑐过−𝜇𝜇𝑚𝑚棒𝑔𝑔电𝑐𝑐𝑐𝑐量𝑠𝑠 𝜃𝜃⋅𝑐𝑐−𝜇𝜇𝐵𝐵𝐵𝐵𝐼𝐼𝑐𝑐 =0
为 棒运动的距离 𝑟𝑟𝑎𝑎
𝐸𝐸𝛥𝛥 𝐵𝐵𝐵𝐵𝑥𝑥
𝑞𝑞 =𝐼𝐼𝑐𝑐 = 𝑅𝑅 = 𝑅𝑅 𝑥𝑥 𝑟𝑟𝑎𝑎
1 2
联立解得 𝑥𝑥 = 𝑟𝑟𝑐𝑐
2
此时 棒的速度 𝑐𝑐 =1.6 s
v =a 𝑟𝑟 t 𝑎𝑎=1.6m/s
1
电动势
回路中的电流 𝐸𝐸 =𝐵𝐵𝐵𝐵𝑣𝑣1 =1.6 V
𝐸𝐸
19．【答案】(1)磁场方向竖直向下， 𝐼𝐼1 = =0.8 A
𝑅𝑅
(2)1 m/s，1.5 J 2 m/s
(3)见解析，
【详解】（1）10由 m左手定则可知， 间的磁场方向竖直向下，导体棒运动稳定时有
𝐴𝐴𝐵𝐵𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐸𝐸 =𝐵𝐵𝑟𝑟𝑣𝑣0
试卷第10页，共16页解得
（2）𝑣𝑣导 0 =体2棒 m从/s 到 过程的某时刻，根据牛顿第二定律有
𝐵𝐵𝐵𝐵𝑣𝑣
𝐸𝐸 𝐺𝐺 𝐵𝐵 𝑅𝑅 𝑟𝑟 =𝑚𝑚𝑟𝑟
在整个运动过程中有
𝐵𝐵𝐵𝐵𝑣𝑣
∑𝐵𝐵 𝑅𝑅 𝑟𝑟𝛥𝛥𝑐𝑐 =∑𝑚𝑚𝑟𝑟𝛥𝛥𝑐𝑐
即有
𝐵𝐵𝐵𝐵𝑥𝑥
其中𝐵𝐵 𝑅𝑅 𝑟𝑟 =𝑚𝑚(𝑣𝑣 0 −𝑣𝑣1)
解得𝑥𝑥 =𝐸𝐸𝐺𝐺 =1 𝑚𝑚
则有𝑣𝑣1 =1 m/s
1 2 1 2
（3） 𝑄𝑄 由 = 题2可 𝑚𝑚𝑣𝑣 知 0 ， − 导2𝑚𝑚 体 𝑣𝑣 棒 1 = 从倾 1.5 斜 J 轨道顶端由静止开始下滑，下滑过程中，电感线圈的自感电动势与导体棒产
生的感应电动势始终大小相等，导体棒切割磁感线，产生感应电动势，在闭合电路中形成电流。电流变化
导致电感线圈产生自感电动势。因为电路中电阻为零，故自感电动势总是等于导体棒的动生电动势，即有
𝛥𝛥𝐼𝐼
𝐵𝐵𝛥𝛥𝛥𝛥 =𝐵𝐵𝑟𝑟𝑣𝑣
可得
𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐵𝐵𝐵𝐵
在t= 𝛥𝛥 0 𝐼𝐼时=电𝐵𝐵流𝑣𝑣𝛥𝛥𝑐𝑐 = 𝐵𝐵 𝛥𝛥𝑠𝑠
则有 𝐼𝐼 =0
𝐵𝐵𝐵𝐵
𝐼𝐼 = 𝐵𝐵 𝑠𝑠
对导体棒进行分析有
2 2
𝐵𝐵 𝐵𝐵
加速度 时解得 𝑚𝑚𝑔𝑔 sin 𝜃𝜃− 𝐵𝐵 𝑠𝑠 =𝑚𝑚𝑟𝑟
𝑚𝑚𝑚𝑚𝐵𝐵sin𝜃𝜃
𝑟𝑟 =0 𝑠𝑠0 = 𝐵𝐵 2 𝐵𝐵 2
此时导体棒所在位置为 处，则倾斜导轨上，导体棒在 处上方距 处 处时有
合
𝑂𝑂 𝑂𝑂 𝑂𝑂 𝑥𝑥 𝐹𝐹 =𝑚𝑚𝑟𝑟 =𝑚𝑚𝑔𝑔𝑠𝑠𝐹𝐹𝐹𝐹𝜃𝜃−
2 2 2 2
𝐵𝐵 𝐵𝐵 𝐵𝐵 𝐵𝐵
𝐵𝐵 (𝑠𝑠0−𝑥𝑥)= 𝐵𝐵 𝑥𝑥
同理，当导体棒在 处下方时也有
合 2 2
𝐵𝐵 𝐵𝐵
𝑂𝑂 𝐹𝐹 = 𝐵𝐵 𝑥𝑥
可知导体棒在倾斜导轨上做简谐运动的振幅为 。导体棒到 的最大距离为
2𝑚𝑚𝑚𝑚𝐵𝐵sin𝜃𝜃
20．【答案】（1） ，11.8 cm；（2） 𝑠𝑠0 ， 𝐺𝐺𝐻𝐻；（3） ，2𝑠𝑠0 = 𝐵𝐵 2 𝐵𝐵 2 。= 10 m
−2
【详解】（1）想要7射3.7出5%板的粒子占发射源1发4射.25粒 c子m总9数.6的25百 cm分比最小7，.7需 cm要让5更.4多×的10粒子 T打在极板上，即
全体粒子向垂直于极板方向的位移最大，故粒子源应在t=0时刻（或方形波电压每一周期的起始时刻）发
射粒子，由于粒子带负电，故粒子受到向上的电场力而向上运动，假设在极板左侧的 位置发射的粒子刚好
打在上极板右侧边缘，如图所示 𝐴𝐴
试卷第11页，共16页
学科网（北京）股份有限公司以t=0时刻进入电场的粒子，在初速度方向做匀速直线运动，则
解得 𝐵𝐵 =𝑣𝑣0𝑐𝑐
−5
粒子在电场中的加速度大小为 𝑐𝑐 =1.5×10 s
𝑞𝑞𝐸𝐸 𝑞𝑞𝑈𝑈0 8 2
粒子在电场方向先做匀加速运动后做匀𝑟𝑟减=速运动=，匀=加6速×运1动0时 m间/s为
𝑚𝑚 𝑚𝑚𝑟𝑟
t 时刻粒子在电场方向的分速度为
1
−5 −5
𝑐𝑐1 =2×0.5×10 s=1×10 s
3
在电场方向匀加速运动的位移为 𝑣𝑣𝑦𝑦1 =𝑟𝑟𝑐𝑐1 =6×10 m/s
1 2
匀减速运动时间为 𝑦𝑦1 = 𝑟𝑟𝑐𝑐1 =3 cm
2
t 时刻粒子在电场方向的分速度为
2
−5
𝑐𝑐2 =𝑐𝑐−𝑐𝑐1 =0.5×10 s
3
在电场方向匀减速运动的位移为 𝑣𝑣𝑦𝑦2 =𝑣𝑣𝑦𝑦1−𝑟𝑟𝑐𝑐2 =3×10 m/s
𝑣𝑣𝑦𝑦1+𝑣𝑣𝑦𝑦2
故粒子向上偏转的距离为 𝑦𝑦2 = 𝑐𝑐2 =2.25 cm
2
射出板的粒子占发射源发射粒子总数的百分𝑦𝑦比=最𝑦𝑦1小+值𝑦𝑦2为= 5.25 cm
𝑟𝑟−𝑦𝑦 20−5.25
由速度关系可知粒子射出电场的合速度𝜂𝜂 =大小为 = =73.75%
𝑟𝑟 20
试卷第12页，共16页2 2 3
合速度与初速度方向之间夹角为 𝑣𝑣 =�𝑣𝑣0 +𝑣𝑣𝑦𝑦2 =5×10 m/s
𝑣𝑣0 4
即 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑠𝑠𝜃𝜃 = =
𝑣𝑣 5
°
由图中几何关系可知收集板的最小长度为 𝜃𝜃 =37
4
（2）设粒子在 𝐵𝐵时 1 =刻(进𝑟𝑟入−电𝑦𝑦)场𝑐𝑐𝑐𝑐，𝑠𝑠𝜃𝜃可=知(离20开−电5场.25的)粒×子 c在m电=场1中1.8先 c向m下加速再向下减速，最后向
5
−5
上加速离开电场𝑐𝑐，=设1×极1板0左𝑠𝑠侧的 位置发射的粒子刚好没有打在下极板上，如图所示
𝐴𝐴
粒子在电场方向先向下匀加速运动的时间为
′ t 时刻粒子在电场方向的分速度为
1
−5
𝑐𝑐1 =0.5×10 s ′ ′
3
在电场方向向下匀加速运动的位移为 𝑣𝑣𝑦𝑦1 =𝑟𝑟𝑐𝑐1 =3×10 m/s
′ ′
1 2
向下匀减速运动时间为 𝑦𝑦1 = 𝑟𝑟𝑐𝑐1 =0.75 cm
2
′
−5
由对称性可知向下匀减速运动的位移为 𝑐𝑐2 =0.5×10 s
′ ′
最后向上匀加速运动时间为 𝑦𝑦2 =𝑦𝑦1 =0.75 cm
−5
试卷𝑐𝑐3第=103.5页×，10共1 s6页
学科网（北京）股份有限公司在电场方向向上匀加速运动的位移为
t 时刻粒子在电场方向的分速度为
3
1 2
𝑦𝑦3 =2𝑟𝑟𝑐𝑐3 =0.75 cm ′ ′
3
可知从极板右侧离开的粒子中离B板𝑣𝑣𝑦𝑦的3 =最𝑣𝑣小𝑦𝑦1距−离𝑟𝑟为𝑐𝑐2+𝑟𝑟𝑐𝑐3 =；3 ×10 m/s
所有离开电场的粒子速度都满足大小为 0.75 cm
2 2 3
与初速度方向之间夹角为 °， 𝑣𝑣 =�𝑣𝑣0 +𝑣𝑣𝑦𝑦 =5×10 m/s
粒子在磁场中做匀速圆周运𝜃𝜃 =动3，7根据牛顿第二定律
2
𝑣𝑣
解得 𝑞𝑞𝑣𝑣𝐵𝐵 =𝑚𝑚
𝑟𝑟
R=2.5 cm
为使所有射出电场的粒子都能被收集板吸收，如图所示
由几何关系可得收集板的最小长度为
若磁场改为 ，则粒𝐵𝐵子 2 =在𝑟𝑟磁 𝐴𝐴𝐹𝐹 场−中2的𝑟𝑟 =轨 ( 迹20半−径0为.75 −2×2.5) cm=14.25 cm
5
𝐵𝐵2 =96𝑇𝑇
𝑚𝑚𝑣𝑣
𝑟𝑟2 = =8 cm
为使所有射出电场的粒子都能被收集板吸收，如图
𝑞𝑞
所 𝐵𝐵2示
试卷第14页，共16页由几何关系可得收集板的最小长度为
′
𝑟𝑟𝐴𝐴𝐹𝐹 20−0.75
（3）要使所有射出电场的粒子都能𝐵𝐵收 2 =集到一=点，所加圆形 cm磁=场9区.6域25直 c径m应与粒子射出范围的宽度相等，如
2 2
图所示
由图中几何关系可知磁场区域的最小半径为
4
𝑟𝑟𝐴𝐴𝐹𝐹𝑐𝑐𝑐𝑐𝑠𝑠𝜃𝜃 (20−0.75)×
5
𝑅𝑅 = = m
为使粒子在磁场中偏转后汇聚于一点，粒子在2 磁场中的轨迹2半径应为
′
根据牛顿第二定律 𝑟𝑟 =𝑅𝑅𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
试卷第15页，共16页
学科网（北京）股份有限公司2′
𝑣𝑣
解得 𝑞𝑞𝑣𝑣𝐵𝐵 =𝑚𝑚
𝑟𝑟
−2
𝐵𝐵 ≈5.4×10 T
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