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2019-2020年高三第一次模擬考試 物理 　 一、選擇題（共8小題，每小題6分，滿分48分） 1．（6分）（xx?西城區(qū)一模）下列核反應(yīng)方程中X代表質(zhì)子的是（　?。? 　 A． B． 　 C． D． 考點： 原子核衰變及半衰期、衰變速度；原子核的人工轉(zhuǎn)變． 專題： 衰變和半衰期專題． 分析： 根據(jù)核反應(yīng)方程前后質(zhì)量數(shù)守恒、電荷數(shù)守恒判斷出生成物的成分，然后再找質(zhì)子． 解答： 解：根據(jù)核反應(yīng)方程前后質(zhì)量數(shù)守恒、電荷數(shù)守恒知：X在A中代表電子，B中代表質(zhì)子，C中代表中子，D中代表氦原子核，B正確． 故選B 點評： 本題較簡單，只要根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒、電荷數(shù)守恒判斷出生成物的成分即可解決此類題目． 　 2．（6分）（xx?西城區(qū)一模）用某種頻率的光照射鋅板，使其發(fā)射出光電子．為了增大光電子的最大初動能，下列措施可行的是（　?。? 　 A． 增大入射光的強度 B． 增加入射光的照射時間 　 C． 換用頻率更高的入射光照射鋅板 D． 換用波長更長的入射光照射鋅板 考點： 光電效應(yīng)． 專題： 光電效應(yīng)專題． 分析： 根據(jù)光電效應(yīng)方程判斷最大初動能與什么因素有關(guān)． 解答： 解：根據(jù)光電效應(yīng)方程Ekm=hv﹣W0得，光電子的最大初動能與入射光的強度、照射時間無關(guān)．入射光的頻率越高，或波長越短，光電子的最大初動能越大．故C正確，A、B、D錯誤． 點評： 解決本題的關(guān)鍵掌握光電效應(yīng)方程，知道光電子的最大初動能與入射光的頻率有關(guān)． 　 3．（6分）（xx?西城區(qū)一模）一定質(zhì)量的理想氣體，當(dāng)溫度保持不變時，壓縮氣體，氣體的壓強會變大．這是因為氣體分子的（　?。? 　 A． 密集程度增加 B． 密集程度減小 C． 平均動能增大 D． 平均動能減小 考點： 理想氣體的狀態(tài)方程． 專題： 理想氣體狀態(tài)方程專題． 分析： 氣體分子的密集程度與密度有關(guān)．溫度是分子平均動能變化的標(biāo)志． 解答： 解：A、當(dāng)溫度保持不變時，壓縮氣體，氣體的壓強會變大．體積減小，所以氣體密度增大，即氣體分子的密集程度增加，故A正確，B錯誤 C、溫度保持不變時，所以分子平均動能不變，故CD錯誤 故選A． 點評： 加強對基本概念的記憶，基本方法的學(xué)習(xí)利用，是學(xué)好3﹣3的基本方法．此處高考要求不高，不用做太難的題目． 　 4．（6分）（xx?西城區(qū)一模）木星繞太陽的公轉(zhuǎn)，以及衛(wèi)星繞木星的公轉(zhuǎn)，均可以看做勻速圓周運動．已知萬有引力常量，并且已經(jīng)觀測到木星和衛(wèi)星的公轉(zhuǎn)周期．要求得木星的質(zhì)量，還需要測量的物理量是（　　） 　 A． 太陽的質(zhì)量 　 B． 衛(wèi)星的質(zhì)量 　 C． 木星繞太陽做勻速圓周運動的軌道半徑 　 D． 衛(wèi)星繞木星做勻速圓周運動的軌道半徑 考點： 萬有引力定律及其應(yīng)用． 專題： 萬有引力定律的應(yīng)用專題． 分析： 根據(jù)木星的某個衛(wèi)星的萬有引力等于向心力，列式求解即可求出木星的質(zhì)量． 解答： 解：衛(wèi)星繞木星做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力，設(shè)衛(wèi)星的質(zhì)量為m、軌道半徑為r、地球質(zhì)量為M，有 F=F向 因而 G=m=mω2r=m（）2r=ma 由以上式子可以看出，要計算M，需要測量出T和r，或v和r，或ω和r，或v和ω 由于已知了T，故只要知道衛(wèi)星繞木星做勻速圓周運動的軌道半徑r即可． 故選D． 點評： 本題關(guān)鍵是根據(jù)木星的衛(wèi)星做圓周運動的向心力有萬有引力提供，列出方程，分析方程式即可看出要測量的量． 　 5．（6分）（xx?西城區(qū)一模）一彈簧振子的位移y隨時間t變化的關(guān)系式為y=0.1sin2.5πt，位移y的單位為m，時間t的單位為s．則（　?。? 　 A． 彈簧振子的振幅為0.2m 　 B． 彈簧振子的周期為1.25s 　 C． 在t=0.2s時，振子的運動速度為零 　 D． 在任意0.2s時間內(nèi)，振子的位移均為0.1m 考點： 簡諧運動的振幅、周期和頻率． 專題： 簡諧運動專題． 分析： 質(zhì)點做簡諧運動，振動方程為y=0.1sin2.5πt，可讀出振幅A和角頻率．然后結(jié)合簡諧運動的對稱性進行分析． 解答： 解：A、質(zhì)點做簡諧運動，振動方程為y=0.1sin2.5πt，可讀出振幅A=0.1m，故A錯誤； B、質(zhì)點做簡諧運動，振動方程為y=0.1sin2.5πt，可讀出角頻率為2.5π，故周期T=，故B錯誤； C、在t=0.2s時，振子的位移最大，故速度最小，為零，故C正確； D、根據(jù)周期性可知，質(zhì)點在一個周期內(nèi)通過的路程一定是4A，但四分之一周期內(nèi)通過的路程不一定是A，故D錯誤； 故選C． 點評： 本題考查理解簡諧運動方程和分析振動過程的能力，要掌握振動方程的標(biāo)準(zhǔn)式：x=Asinωt，會分析質(zhì)點的位移和速度等運動情況． 　 6．（6分）（xx?西城區(qū)一模）如圖所示，正電荷Q均勻分布在半徑為r的金屬球面上，沿x軸上各點的電場強度大小和電勢分別用E和?表示．選取無窮遠處電勢為零，下列關(guān)于x軸上各點電場強度的大小E或電勢?隨位置x的變化關(guān)系圖，正確的是（　　） 　 A． B． C． D． 考點： 電勢；電勢能． 專題： 電場力與電勢的性質(zhì)專題． 分析： 該題中正電荷Q均勻分布在半徑為r的金屬球面上，金屬球是一個等勢體．從金屬球到無窮遠處的電勢降低． 解答： 解：A、B：金屬球是一個等勢體，等勢體內(nèi)部的場強處處為0，故A錯誤，B錯誤； C、D：金屬球是一個等勢體，等勢體內(nèi)部的電勢處處相等，故C正確，D錯誤． 故選：C 點評： 該題考查帶正電荷的金屬球周圍的場強分布與電勢的特點，除了上述的方法，還可以使用積分法求它的場強和電勢．屬于簡單題． 　 7．（6分）（xx?西城區(qū)一模）某同學(xué)采用如圖1所示的裝置探究物體的加速度與所受合力的關(guān)系．用砂桶和砂的重力充當(dāng)小車所受合力F；通過分析打點計時器打出的紙帶，測量加速度a．分別以合力F 和加速度a作為橫軸和縱軸，建立坐標(biāo)系．根據(jù)實驗中得到的數(shù)據(jù)描出如圖2所示的點跡，結(jié)果跟教材中的結(jié)論不完全一致．該同學(xué)列舉產(chǎn)生這種結(jié)果的可能原因如下： （1）在平衡摩擦力時將木板右端墊得過高； （2）沒有平衡摩擦力或者在平衡摩擦力時將木板右端墊得過低； （3）測量小車的質(zhì)量或者加速度時的偶然誤差過大； （4）砂桶和砂的質(zhì)量過大，不滿足砂桶和砂的質(zhì)量遠小于小車質(zhì)量的實驗條件． 通過進一步分析，你認為比較合理的原因可能是（　?。? 　 A． （1）和（4） B． （2）和（3） C． （1）和（3） D． （2）和（4） 考點： 探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關(guān)系． 專題： 實驗題；牛頓運動定律綜合專題． 分析： 探究物體的加速度與所受合力的關(guān)系的實驗，運用控制變量法探究加速度與力和力的關(guān)系．根據(jù)牛頓第二定律分析“將砂桶和砂的重力近似看作小車的牽引力”的條件．根據(jù)原理分析圖線不經(jīng)過原點和曲線上部出現(xiàn)彎曲現(xiàn)象的原因． 解答： 解：根據(jù)實驗中得到的數(shù)據(jù)描出如圖2所示的點跡， 1、圖線不經(jīng)過原點，當(dāng)拉力為零時，加速度不為零，知平衡摩擦力過度，即長木板的末端抬得過高了．故（1）正確 2、曲線上部出現(xiàn)彎曲現(xiàn)象，隨著F的增大，即砂和砂桶質(zhì)量的增大，不在滿足砂和砂桶遠小于小車的質(zhì)量，因此曲線上部出現(xiàn)彎曲現(xiàn)象．故（4）正確 故選A． 點評： 對于實驗問題一定要明確實驗原理，并且親自動手實驗，熟練應(yīng)用所學(xué)基本規(guī)律解決實驗問題． 　 8．（6分）（xx?西城區(qū)一模）如圖所示，一長木板放置在水平地面上，一根輕彈簧右端固定在長木板上，左端連接一個質(zhì)量為m的小物塊，小物塊可以在木板上無摩擦滑動．現(xiàn)在用手固定長木板，把小物塊向左移動，彈簧的形變量為x1；然后，同時釋放小物塊和木板，木板在水平地面上滑動，小物塊在木板上滑動；經(jīng)過一段時間后，長木板達到靜止?fàn)顟B(tài)，小物塊在長木板上繼續(xù)往復(fù)運動．長木板靜止后，彈簧的最大形變量為x2．已知地面對長木板的滑動摩擦力大小為f．當(dāng)彈簧的形變量為x時，彈性勢能，式中k為彈簧的勁度系數(shù)．由上述信息可以判斷（　?。? 　 A． 整個過程中小物塊的速度可以達到 　 B． 整個過程中木板在地面上運動的路程為 　 C． 長木板靜止后，木板所受的靜摩擦力的大小不變 　 D． 若將長木板改放在光滑地面上，重復(fù)上述操作，則運動過程中物塊和木板的速度方向可能相同 考點： 機械能守恒定律；共點力平衡的條件及其應(yīng)用． 專題： 機械能守恒定律應(yīng)用專題． 分析： 同時釋放小物塊和木板后，彈簧彈力和地面對木板的摩擦力對系統(tǒng)做功，系統(tǒng)機械能不守恒，當(dāng)長木板達到靜止?fàn)顟B(tài)，小物塊在長木板上繼續(xù)往復(fù)運動時，只有彈簧彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒，若將長木板改放在光滑地面上，系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒． 解答： 解：A、整個過程根據(jù)動能定理得：=，所以速度不能達到，故A錯誤； B、當(dāng)木板靜止時，小物塊在長木板上繼續(xù)往復(fù)運動時，只有彈簧彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒，所以當(dāng)木板剛靜止時，系統(tǒng)具有的機械能為， 從開始到木板剛靜止的過程中，根據(jù)能量守恒得：=fs 解得：，故B正確； C、長木板靜止后，對木板進行受力分析，水平方向受地面的靜摩擦力和彈簧彈力，彈簧彈力隨木塊的運動而發(fā)生改變，所以木板受的靜摩擦力也發(fā)生改變，故C錯誤； D、若將長木板改放在光滑地面上，系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒，則運動過程中物塊和木板的速度方向肯定相反，故D錯誤． 故選B 點評： 本題涉及到彈簧，功、機械能守恒的條件、動量守恒登陸等較多知識．題目情景比較復(fù)雜，全面考查考生理解、分析、解決問題的能力． 　 二、解答題（共4小題，滿分72分） 9．（18分）（xx?西城區(qū)一模）在實驗室測量兩個直流電源的電動勢和內(nèi)電阻．電源甲的電動勢大約為4.5V，內(nèi)阻大約為1.5Ω；電源乙的電動勢大約為1.5V，內(nèi)阻大約為1Ω．由于實驗室條件有限，除了導(dǎo)線、開關(guān)外，實驗室還能提供如下器材： A．量程為3V的電壓表V B．量程為0.6A的電流表A1 C．量程為3A的電流表A2 D．阻值為4.0Ω的定值電阻R1 E．阻值為100Ω的定值電阻R2 F．最大阻值為10Ω的滑動變阻器R3 G．最大阻值為100Ω的滑動變阻器R4 （1）選擇電壓表、電流表、定值電阻、滑動變阻器等器材，采用圖1所示電路測量電源甲的電動勢和內(nèi)電阻． ①定值電阻應(yīng)該選擇　D?。ㄌ頓或者E）；電流表應(yīng)該選擇　B?。ㄌ頑或者C）；滑動變阻器應(yīng)該選擇　F?。ㄌ頕或者G）． ②分別以電流表的示數(shù)I和電壓表的示數(shù)U為橫坐標(biāo)和縱坐標(biāo)，計算機擬合得到如圖2所示U﹣I圖象，U和I的單位分別為V和A，擬合公式為U=﹣5.6I+4.4．則電源甲的電動勢E=　4.4　V；內(nèi)阻r=　1.3　Ω（保留兩位有效數(shù)字）． ③在測量電源甲的電動勢和內(nèi)電阻的實驗中，產(chǎn)生系統(tǒng)誤差的主要原因是　C　 A．電壓表的分流作用 B．電壓表的分壓作用 C．電流表的分壓作用 D．電流表的分流作用 E．定值電阻的分壓作用 （2）為了簡便快捷地測量電源乙的電動勢和內(nèi)電阻，選擇電壓表、定值電阻等器材，采用圖3所示電路． ①定值電阻應(yīng)該選擇　D　（填D或者E）． ②實驗中，首先將K1閉合，K2斷開，電壓表示數(shù)為1.48V．然后將K1、K2均閉合，電壓表示數(shù)為1.23V．則電源乙電動勢E=　1.48　V；內(nèi)阻r=　0.81　Ω（小數(shù)點后保留兩位小數(shù)）． 考點： 測定電源的電動勢和內(nèi)阻． 專題： 實驗題；恒定電流專題． 分析： （1）①根據(jù)安全性原則、準(zhǔn)確性原則、與方便操作性原則選擇實驗器材； ②電路斷路時的路端電壓是電源電動勢，短路電阻為電源內(nèi)阻，根據(jù)表達式求出電動勢與內(nèi)阻； ③根據(jù)電路圖分析系統(tǒng)誤差原因． （2）用圖3所示電路測電動勢與內(nèi)阻，為減小實驗誤差，定值電阻阻值應(yīng)小一點；根據(jù)實驗步驟及歐姆定律求出電動勢與內(nèi)阻． 解答： 解：（1）①測電動勢是1.5V，內(nèi)阻為1Ω的電源電動勢與內(nèi)阻實驗時，短路電流為1.5A，如果用量程為3A電流表，則讀數(shù)誤差太大，因此電流表應(yīng)選B； 電流表選B，測電動勢為4.5V電源電動勢與內(nèi)阻實驗時，電路最小電阻為R===7.5Ω，考慮電源內(nèi)阻、滑動變阻器電阻，因此定值電阻應(yīng)選D； 為方便實驗操作，滑動變阻器應(yīng)選F． ②由表達式U=﹣5.6I+4.4可知，電源電動勢為：E=4.4V，內(nèi)阻為：r=≈1.3Ω； ③由電路圖可知，電流表的分壓會造成實驗誤差，故選C． （2）①用圖3所示電路測電動勢與內(nèi)阻，定值電阻適當(dāng)小一點，實驗誤差小，因此定值電阻應(yīng)該選擇D． ②由電路圖可知，K1閉合，K2斷開，電壓表示數(shù)為電源電動勢，電壓表示數(shù)為1.48V，則電源乙電動勢為：E=1.48V； K1、K2均閉合，電壓表示數(shù)為1.23V，電壓表測路端電壓，此時電路電流為：I===0.3075A， 電源內(nèi)阻為：r==≈0.81Ω； 故答案為：（1）①D、B、F；②4.4；1.3；（2）①D；②1.48；0.81． 點評： 本題考查了實驗器材的選擇，實驗數(shù)據(jù)處理，要正確實驗器材的選取原則，理解實驗原理是正確解題的關(guān)鍵． 　 10．（16分）（xx?西城區(qū)一模）如圖所示，跳臺滑雪運動員從滑道上的A點由靜止滑下，經(jīng)時間t0從跳臺O點沿水平方向飛出．已知O點是斜坡的起點，A點與O點在豎直方向的距離為h，斜坡的傾角為θ，運動員的質(zhì)量為m．重力加速度為g．不計一切摩擦和空氣阻力．求： （1）運動員經(jīng)過跳臺O時的速度大小v； （2）從A點到O點的運動過程中，運動員所受重力做功的平均功率； （3）從運動員離開O點到落在斜坡上所用的時間t． 考點： 動能定理的應(yīng)用；平拋運動；功率、平均功率和瞬時功率． 專題： 動能定理的應(yīng)用專題． 分析： A到O的過程重力做功，運動員的動能增加；重力做功與所用時間的比值即重力的平均功率；離開O點后，運動員在水平方向做勻速直線運動，豎直方向做自由落體運動，根據(jù)平拋運動的關(guān)鍵即可求出所用的時間． 解答： 解：（1）運動員從A到O點過程中，根據(jù)動能定理 解得： （2）重力做功的平均功率 （3）運動員從O點到落在斜坡上做平拋運動 豎直方向： 水平方向：x=vt 由平拋運動的位移關(guān)系可知： 解得： 答：（1）運動員經(jīng)過跳臺O時的速度大?。? （2）從A點到O點的運動過程中，運動員所受重力做功的平均功率； （3）從運動員離開O點到落在斜坡上所用的時間． 點評： 該題考查動能定理和平拋運動，公式雖然多，大都比較簡單．題目屬于中檔題目． 　 11．（18分）（xx?西城區(qū)一模）如圖1所示，兩根間距為l1的平行導(dǎo)軌PQ和MN處于同一水平面內(nèi)，左端連接一阻值為R的電阻，導(dǎo)軌平面處于豎直向上的勻強磁場中．一質(zhì)量為m、橫截面為正方形的導(dǎo)體棒CD垂直于導(dǎo)軌放置，棒到導(dǎo)軌左端PM的距離為l2，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，不計導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻． （1）若CD棒固定，已知磁感應(yīng)強度B的變化率隨時間t的變化關(guān)系式為，求回路中感應(yīng)電流的有效值I； （2）若CD棒不固定，棒與導(dǎo)軌間最大靜摩擦力為fm，磁感應(yīng)強度B隨時間t變 化的關(guān)系式為B=kt．求從t=0到CD棒剛要運動，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q； （3）若CD棒不固定，不計CD棒與導(dǎo)軌間的摩擦；磁場不隨時間變化，磁感應(yīng)強度為B．現(xiàn)對CD棒施加水平向右的外力F，使CD棒由靜止開始向右以加速度a做勻加速直線運動．請在圖2中定性畫出外力F隨時間t變化的圖象，并求經(jīng)過時間t0，外力F的沖量大小I． 考點： 導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢；閉合電路的歐姆定律． 專題： 電磁感應(yīng)——功能問題． 分析： （1）已知磁感應(yīng)強度B的變化率，由法拉第電磁感應(yīng)定律求得感應(yīng)電動勢瞬時表達式，由歐姆定律求得感應(yīng)電流瞬時表達式，得到感應(yīng)電流的最大值Im．由于交變電流是正弦式的，所以感應(yīng)電流的有效值I=Im． （2）當(dāng)磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的關(guān)系式為B=kt，回路中產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電流，CD棒所受的安培力均勻增大，當(dāng)安培力等于最大靜摩擦力時，棒剛要運動．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律得到安培力與時間的關(guān)系式，由安培力等于最大靜摩擦力求出時間，由焦耳定律求Q． （3）先推導(dǎo)出安培力與時間的關(guān)系式，根據(jù)牛頓第二定律外力F與時間的關(guān)系式，作出圖象，圖象的“面積”等于外力的沖量，即可由幾何知識求得沖量I． 解答： 解：（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律 回路中的感應(yīng)電動勢 所以，電動勢的最大值 Em=kl1l2 由閉合電路歐姆定律 由于交變電流是正弦式的，所以感應(yīng)電流的有效值I=Im 解得， （2）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，回路中的感應(yīng)電動勢 根據(jù)閉合電路歐姆定律 CD桿受到的安培力 當(dāng)CD桿將要開始運動時，滿足：FA=fm 由上式解得：CD棒運動之前，產(chǎn)生電流的時間 所以，在時間t內(nèi)回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q=I2Rt=fml2 （3）CD棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=Bl1v 時刻t的感應(yīng)電流 CD棒在加速過程中，根據(jù)由牛頓第二定律 F﹣BIl1=ma 解得： 根據(jù)上式，可得到外力F隨時間變化的圖象如圖所示，由圖象面積可知：經(jīng)過時間t0，外力F的沖量I 解得： 答： （1）回路中感應(yīng)電流的有效值I為； （2）從t=0到CD棒剛要運動，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q為fml2； （3）在圖2中定性畫出外力F隨時間t變化的圖象如圖所示，經(jīng)過時間t0，外力F的沖量大小I為+mat0． 點評： 本題是電磁感應(yīng)與交變電流、力學(xué)、電路等多個知識的綜合，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求感應(yīng)電動勢，由歐姆定律求感應(yīng)電流是基本的思路．對于涉及棒的運動問題，安培力的推導(dǎo)是關(guān)鍵． 　 12．（20分）（xx?西城區(qū)一模）如圖1所示，M、N為豎直放置的平行金屬板，兩板間所加電壓為U0，S1、S2為板上正對的小孔．金屬板P和Q水平放置在N板右側(cè)，關(guān)于小孔S1、S2所在直線對稱，兩板的長度和兩板間的距離均為l；距金屬板P和Q右邊緣l處有一熒光屏，熒光屏垂直于金屬板P和Q；取屏上與S1、S2共線的O點為原點，向上為正方向建立x軸．M板左側(cè)電子槍發(fā)射出的電子經(jīng)小孔S1進入M、N兩板間．電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，初速度可以忽略．不計電子重力和電子之間的相互作用． （1）求電子到達小孔S2時的速度大小v； （2）若板P、Q間只存在垂直于紙面向外的勻強磁場，電子剛好經(jīng)過P板的右邊緣后，打在熒光屏上．求磁場的磁感應(yīng)強度大小B和電子打在熒光屏上的位置坐標(biāo)x； （3）若金屬板P和Q間只存在電場，P、Q兩板間電壓u隨時間t的變化關(guān)系如圖2所示，單位時間內(nèi)從小孔S1進入的電子個數(shù)為N．電子打在熒光屏上形成一條亮線．忽略電場變化產(chǎn)生的磁場；可以認為每個電子在板P和Q間運動過程中，兩板間的電壓恒定． a．試分析在一個周期（即2t0時間）內(nèi)單位長度亮線上的電子個數(shù)是否相同． b．若在一個周期內(nèi)單位長度亮線上的電子個數(shù)相同，求2t0時間內(nèi)打到單位長度亮線上的電子個數(shù)n；若不相同，試通過計算說明電子在熒光屏上的分布規(guī)律． 考點： 帶電粒子在混合場中的運動；牛頓第二定律；向心力；動能定理的應(yīng)用；帶電粒子在勻強電場中的運動． 專題： 帶電粒子在電場中的運動專題． 分析： （1）電子在加速電場中，電場力做正功，根據(jù)動能定理求電子到達小孔S2時的速度大小v； （2）電子在磁場中做勻速圓周運動，畫出軌跡，由幾何知識求出軌跡半徑，由牛頓第二定律求磁感應(yīng)強度B．電子離開磁場后做勻速運動，由幾何關(guān)系求x； （3）電子在電場中做類平拋運動，運用運動的分解，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式結(jié)合求得離開電場時偏轉(zhuǎn)的距離x1．電子在偏轉(zhuǎn)電場外做勻速直線運動，也運用運動的分解求出電子打在熒光屏上的位置坐標(biāo)x．對于有電子穿過P、Q間的時間內(nèi)進行討論，在任意△t時間內(nèi)，P、Q間電壓變化△u相等，在任意△t時間內(nèi)，亮線長度△x相等．所以在一個周期內(nèi)單位長度亮線上的電子個數(shù)相同． 根據(jù)電子在P、Q電場中的側(cè)移量，求出偏轉(zhuǎn)電壓u，再求出電子打在熒光屏上的最大側(cè)移量，求出亮線的長度，即可求得單位長度亮線上的電子數(shù)． 解答： 解：（1）根據(jù)動能定理解得： ① （2）電子在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)圓運動半徑為 R， 在磁場中運動軌跡如圖1，由幾何關(guān)系 解得： 根據(jù)牛頓第二定律： 解得： 設(shè)圓弧所對圓心為α，滿足： 由此可知： 電子離開磁場后做勻速運動，滿足幾何關(guān)系： 通過上式解得坐標(biāo) （3）a．設(shè)電子在偏轉(zhuǎn)電場PQ中的運動時間為t1，PQ間的電壓為u 垂直電場方向：l=vt1② 平行電場方向： ③ 此過程中電子的加速度大小 ④ ①、②、③、④聯(lián)立得： 電子出偏轉(zhuǎn)電場時，在x方向的速度vx=at1 ⑤ 電子在偏轉(zhuǎn)電場外做勻速直線運動，設(shè)經(jīng)時間t2到達熒光屏．則 水平方向：l=vt2 ⑥ 豎直方向：x2=vxt2 ⑦ ①、⑤、⑥、⑦聯(lián)立，解得：電子打在熒光屏上的位置坐標(biāo) ⑧ 對于有電子穿過P、Q間的時間內(nèi)進行討論： 由圖2可知，在任意△t時間內(nèi)，P、Q間電壓變化△u相等． 由⑧式可知，打在熒光屏上的電子形成的亮線長度． 所以，在任意△t時間內(nèi)，亮線長度△x相等． 由題意可知，在任意△t時間內(nèi)，射出的電子個數(shù)是相同的． 也就是說，在任意△t時間內(nèi)，射出的電子都分布在相等的亮線長度△x范圍內(nèi)． 因此，在一個周期內(nèi)單位長度亮線上的電子個數(shù)相同． b．現(xiàn)討論2t0時間內(nèi)，打到單位長度亮線上的電子個數(shù)： 當(dāng)電子在P、Q電場中的側(cè)移量x1=時，由得：u=2U0 當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓在0～±2U0之間時，射入P、Q間的電子可打在熒光屏上． 由圖2可知，一個周期內(nèi)電子能從P、Q電場射出的時間 所以，一個周期內(nèi)打在熒光屏上的電子數(shù) 由⑧式，電子打在熒光屏上的最大側(cè)移量 亮線長度L=2xm=3l 所以，從0～2t0時間內(nèi)，單位長度亮線上的電子數(shù) 答： （1）電子到達小孔S2時的速度大小v為； （2）磁場的磁感應(yīng)強度大小B是，電子打在熒光屏上的位置坐標(biāo)x為； （3）從0～2t0時間內(nèi)，單位長度亮線上的電子數(shù)n為． 點評： 本題是帶電粒子先加速后偏轉(zhuǎn)問題，電場中加速根據(jù)動能定理求解獲得的速度、偏轉(zhuǎn)電場中類平拋運動的研究方法是運動的分解和合成，結(jié)合幾何關(guān)系進行分析，難度較大．