1、浙江省2022届物理选考模拟试卷考生须知：1.本卷满分100分，考试时间90分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写学校、班级、姓名、试场号、座位号及准考证号。3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题卷。5.本卷除第17题外，重力加速度均取：一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，选对的得3分，不选、多选、错选均不得分）1. 太阳常数指在日地平均距离(D=1.496x108km)上，大气顶界垂直于太阳光线的单位面积每分钟接受的太阳辐射，由于太阳表面常有黑子等太阳活动的缘故，太阳常数并不是固定不变的，
2、一年当中的变化幅度在1%左右。以人造卫星测得的数值是每平方米大约1366瓦特为依据，整个地球上到达的太阳能约为 ( 地球半径为6400千米)A. B. C. D. 2. 在电梯中用测力计悬吊一个重物，保持测力计相对电梯静止，测得电梯匀加速上升时测力计读数为G1，匀减速上升时读数为G2。已知电梯加速和减速过程的加速度的大小是相同的，则电梯做匀加速运动时的加速度大小为 A B C D3. 下列说法中正确的是 A. 平均速度、瞬时速度和加速度等描述运动所需的概念是牛顿首先提出的B. 伽利略通过逻辑推理和实验认为：重物比轻物下落的快C. 普朗克提出了能量子假说，并成功地应用于光电效应现象的解析D. 法
3、拉第提出了场的概念，且采用力线的方法来描述电场、磁场4. 频闪摄影是研究变速运动常用的实验手段。在暗室中，照相机的快门处于常开状态，频闪仪每隔一定时间发出一次短暂的强烈闪光，照亮运动的物体，于是胶片上记录了物体在几个闪光时刻的位置。图是小球在月球上自由下落时的频闪照片示意图，（照片中的数字是小球落下的距离，单位是厘米）。由此可以估算该频闪仪的闪光频率约为：A. B. C. D. 5. 如图所示为一个质量为m、电荷量为q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图像可能是下列选项中的
4、 6. 某同学搬运如图所示的磁电式电流表时，发现表针晃动剧烈且不易停止。按照老师建议，该同学在两接线柱间接一根导线后再次搬运，发现表针晃动明显减弱且能很快停止。下列说法正确的是 A. 未接导线时，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势B. 未接导线时，表针晃动剧烈是因为表内线圈受到安培力的作用C. 接上导线后，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势D. 接上导线后，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用7. 国产科幻片流浪地球的成功,掀起了天体研究热。小红同学课外查阅太阳系行星的一些资料，太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎
5、排成一条直线的现象，天文学称为“行星冲日”。据报道，2020年各行星冲日时间分别是：7月14日木星冲日；7月21日土星冲日；9月12日海王星冲日；10月14日火星冲日；11月1日天王星冲日，已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示,则下列判断中正确的是 地球火星木星轨道半径(AU)1.01.55.2土星天王星海王星轨道半径(AU)9.51930A.各地外行星每年都会出现冲日现象B.在2021年内一定会出现2次木星冲日C.天王星相邻两次冲日的时间间隔为土星的一半D.地外行星中,海王星相邻两次冲日的时间间隔最短8. 用平行单色光垂直照射一层透明薄膜，观察到如图所示明暗相间的干涉条纹。下列
6、关于该区域薄膜厚度d随坐标x的变化图像，可能正确的是 A. B. C. D. 9. 一种粒子束的加速与扩束原理,简化如图所示.在真空中,一束横截面积极小、长度为l0的粒子束以初速度v0垂直射入带有小孔的平行金属板A、B内并穿出.已知粒子束由电荷量均为 -q、质量均为m的带电粒子组成,不计粒子重力和粒子间的相互作用.要使该粒子束通过平行板后速度大小变为2v0,则: A. 平行板A 带正电B. 平行板B、A之间的电势差C. 粒子束离开电场后,长度拉长了2l0D. 粒子束离开电场后，长度拉长了3l010. 随着“共享单车”的持续火热,“共享汽车”(电动汽车)也悄然出现，如图所示.下表是某种“共享汽车
7、”的主要参数。根据上述信息，则下列说法正确的是 空车质量800 kg电池容量44 kWh标准承载200 kg最大续航(充满电最大行驶路程)200 km所受阻力与汽车总重比值0.09A.工作时,电动汽车的电动机将机械能转化成电能B.电池容量44 kWh指的是汽车电池充满电时的电荷量C.标准承载下,电动汽车以72 km/h的速度匀速行驶10 min消耗的电能为2 kWhD.若标准承载下汽车速度能达到120 km/h,则汽车电动机最大输出功率不小于3 kW11. 一列简谐横波沿x轴正方向传播，如图所示，实线为时的波形图，虚线为时的波形图。以下关于平衡位置在O处质点的振动图像，可能正确的是 A. B.
8、 C. D. 12在如图甲所示的电路中，ab两端接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统(报警器未画出)，图中电压表和电流表均为理想电表，电压表的示数为22 V，D为理想二极管，R0为定值电阻，L为电阻恒定的指示灯，RT为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，下列说法中正确的是 A理想变压器原、副线圈匝数之比为101B若RT处出现火灾时，电压表示数不变，电流表示数将变小C若RT处出现火灾时，指示灯L将变暗D若只将原线圈的理想二极管去掉，则电压表的示数会变为原来的2倍13. 如图所示，在楼梯口，用弹射器向第一级台阶弹射小球。台阶高为H，宽为L，A为竖直踢脚板的最高点，B为水平踏脚板的最右侧点，C是
9、水平踏脚板的中点。弹射器沿水平方向弹射小球，弹射器高度h和小球的初速度可调节，小球被弹出前与A的水平距离也为L。某次弹射时，小球恰好没有擦到A而击中B，为了能击中C点，需调整h为，调整为，下列判断正确的是（）A. 的最大值为 B. 的最小值为C. 的最大值为 D. 的最小值为二、选择题（本题共3小题，每小题2分，共6分。每小题列出的四个选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）14.关于四幅图片的说法中正确的是： A. 图甲说明发生光电效应现象时，频率越高的光对应的饱和光电流越大B. 图乙的粒子的散射实验中，散射后，绝大多数的粒子按照原来的方向运动
10、C. 图丙为粒子在威尔逊云室中的径迹，显示为粗而直的直线D. 由图丁可知，质量数大于60的原子核，质量数越大比结合能越小15如图所示，水平面内有竖直向下、范围足够大的匀强磁场中，平行光滑且足够长的金属导轨上放置导体棒MN，水平导体棒与导轨垂直且接触良好。t=0时刻单刀双掷开关S拨到1位置，电源给电容器C充电，经过足够长时间后，在t1时刻又将S拨到2位置，电容器C通过MN连接的回路放电。以下关于电容器充放电电流iC、电容器两极板间的电压UC、棒MN的速度v以及棒MN两端电压UMN随时间变化的图像正确的是16. 如图所示，两束激光束对称地射到上下对称的三棱镜上A和B点上，光线方向与三棱镜中心轴平行
11、，A、B与三棱镜中心线距离为d。已知每束激光束的功率为。三棱镜的顶角为，对激光的折射率为。假若激光射到三棱镜后全部通过，不考虑反射光，下列说法正确的是 A. 激光通过三棱镜后方向改变角B. 若不计三棱镜左右厚度，则两激光束在中心轴上交点与三棱镜距离为C. 激光束对三棱镜水平方向作用力大小D. 增加三棱镜顶角，激光可能不能通过三棱镜三、非选择题部分（本题共6小题，共55分，计算题必须有必要的解答过程，只有答案没有过程的不得分）17. （8分）用如图甲所示的实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒（图中滑轮为轻质滑轮）m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测
12、量，即可验证机械能守恒定律。如图乙给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，打点计时器所用交流电的频率为50Hz，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图乙所示。已知m1=100g、m2=300g，（取g=9. 8m/s2）则：（1）为完成此实验，除了所给的器材，还需要的器材有 A刻度尺 B. 秒表C.012V的直流电源 D. 012V的交流电源（2）在纸带上打下计数点5时的速度v5= m/s；（结果保留3位有效数字）（3）在打点05过程中系统动能的增加量 J，系统势能的减少量 J，由此得出的结论是 （结果均保留3位有效数字）（4）若某同学作出图像如图丙所示，则根据
13、图像求得的重力加速度g= m/s218. (6分) 小红想利用以下材料测量某一规格为“24W，20V”的灯泡电阻，现有如下材料供它选择：A.电压表（量程0-3V）B.电压表（量程0-15V）C.电流表（量程0-0.6A）D.电流表（量程0-3A）E.灵敏电流表G（内阻1000，满偏电流）F.定值电阻G.开关SH.电源E=40VI.滑动变阻器（0-50）J.小灯泡L（1）小红打算采用分压式接法，请在方框区域画出设计的电路图： 图A（2）小红观察电流表，结果如图A，则得到的电流值为 。（3）测量完灯泡电阻后，小红点亮该灯泡，决定用“双缝干涉测量光的波长”，如图B所示。若观察到较模糊的干涉条纹，要使
14、条纹变得清晰，最值得尝试的是 。图B A.旋转测量头 B.增大单缝与双缝间的距离 C.调节拨杆使单缝与双缝平行19. (9分)如图所示为四旋翼无人机,它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器,目前正得到越来越广泛的应用.一架质量的无人机,其动力系统所能提供的最大升力,无人机上升过程中最大速度为6 m/s.若无人机从地面以最大升力竖直起飞,达到最大速度所用时间为3 s,假设无人机竖直飞行时所受阻力大小不变.求:(1)无人机以最大升力起飞的加速度大小;(2)无人机在竖直上升过程中所受阻力Ff的大小;(3)无人机从地面起飞竖直上升至离地面h=21 m的高空所需的最短时间.20(12分)轻质弹簧原长为2L
15、，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为L。现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5L的水平轨道，B端与半径为L的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数=0.5。用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度L，然后放开，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g。求：（1）若P的质量为m，求P到达C点时对轨道的作用力；（3）求它离开圆轨道后落回到AB上的位置与A点之间的距离；（4）若P能滑上圆轨道，且不脱离圆轨道，求P的质量的取值范围。21(10分)如图所示为某兴趣小组做电
16、磁驱动和电磁阻尼实验的示意图。分界线将水平面分成左右两部分，左侧平面粗糙，右侧平面光滑。左侧的驱动磁场为方向垂直平面、等间隔交替分布的匀强磁场，磁感应强度大小均为，每个磁场宽度均为L；右侧较远处的阻尼磁场为宽度也为L、方向垂直平面的匀强磁场，磁感应强度大小。两个完全相同的刚性正方形金属线框和的边长也均为L，已知线框单位长度的质量为，单位长度的电阻为，线框与左侧粗糙平面间的动摩擦因数。现使驱动磁场以稳定速度向右运动，线框由静止开始运动，经过一段时间后线框做匀速运动，当边匀速运动到分界线时立即撤去驱动磁场，接着线框继续运动越过分界线，并与静止线框发生正碰，碰后边和边粘在一起，组成“”型线框后向右运
17、动进入阻尼磁场。设整个过程中线框的边和边始终与分界线平行，边和边碰后接触良好，重力加速度g=10m/s2。（1）求线框刚开始运动时加速度的大小；（2）求线框在驱动磁场中匀速运动时的速度大小；（3）设线框边在越过分界线后速度为v（已知），要使“”线框整体不穿出阻尼磁场，求L的数值需要满足的条件。（结果用v表示）22(10分)如图所示，在平面直角坐标系xOy的平面内，有一个半径为R，圆心O1坐标为（0，3R）的圆形区域，该区域内存在着磁感应强度为B1、方向垂直坐标平面向里的匀强磁场；有一对平行电极板垂直于x轴且关于y轴对称放置，极板AB、CD的长度和两板间距均为2R，极板的两个端点B和D位于x轴上
18、，AB板带正电，CD板带负电在第一和第二象限内（包括x轴和正y轴上）有垂直于坐标平面向里的磁感应强度为B2（未定知）的匀强磁场。另有一块长为R厚度不计的收集板EF位于x轴上2R3R的区间上。现有一坐标在（R，3R）的电子源能在坐标平面内向圆形区域磁场内连续不断发射速率均为、方向与y轴正方向夹角为（可在0180内变化）的电子。已知电子的电荷量大小为e，质量为m，不计电子重力作用，不计电子之间的相互作用力，两极板之间的电场看成匀强电场且忽略极板的边缘效应电子若打在AB极板上则即刻被导走且不改变原电场分布；若电子能经过第一、二象限的磁场后打在收集板上也即刻被吸收（不考虑收集板的存在对电子运动的影响）
19、；若电子没有打在收集板上则不考虑后续的运动。求：（1）若从=60发射的电子能够经过原点O，则两极板间电压为多大？（2）要使第（1）问中的电子能被收集板吸收，则B2应为多大？（3）若B2=B1，两极板间的电压为第（1）问中的电压，要使收集板的右端点F被电子击中，则收集板绕左端点E逆时针旋转的角度至少多大？（答案可用反三角函数表示，例如，则可表示为）（4）若B2=B1，两极板间的电压大小可以从0开始调节（两极板极性不变），则从哪些角度发射的电子可击中收集板的右端点F。高三物理模拟试卷参考答案及评分标准一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要
20、求的，选对的得3分，不选、多选、错选均不得分）题号12345678910111213答案CCDADDDDBDACC二、选择题（本题共3小题，每小题2分，共6分。每小题列出的四个选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）题号141516答案BDACBD三、非选择题部分（本题共6小题，共55分，计算题必须有必要的解答过程，只有答案没有过程的不得分）17. (8分) (1). AD (2). 2. 40 (3). 1. 15 (4). 1. 18 (5). 在误差允许范围内，物体机械能守恒 (6). 9. 6 （其中(3). 1. 15 (4). 1.
21、18为各两分，其他均1分）18.（6分）【答案】 . （4分） . 0.8A （1分） . C（1分）19. (9分)【答案】(1)2 m/s2(2)6 N(3)5 s （各3分）20. (12分)【答案】（1），方向水平向右；(3分)（2）；(3分)（3） 或(各3分)21. (10分) 【答案】（1）；(3分)（2）；(3分)（3）(4分)22. (10分) 【答案】（1）；( 2分)（2）；( 2分)（3）；(3分)（4）120发射的电子可击中收集板的右端点F (3分)部分试题详解5.【解析】带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，当重力与洛伦兹力相等时，圆环将做匀速直线运动，速度不会变小，
22、A错误；当洛伦兹力大于重力时，圆环受到摩擦力的作用，并且随着速度的减小而减小，圆环将做加速度逐渐减小的减速运动，最后做匀速直线运动，D正确；如果重力大于洛伦兹力，圆环也受摩擦力作用，且摩擦力越来越大，圆环将做加速度逐渐增大的减速运动，故B、C错误6【解析】A未接导线时，表针晃动过程中导线切割磁感线，表内线圈会产生感应电动势，故A错误；B未接导线时，未连成闭合回路，没有感应电流，所以不受安培力，故B错误；CD接上导线后，表针晃动过程中表内线圈产生感应电动势，根据楞次定律可知，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用，故C错误D正确。故选D。7.【解析】因为冲日现象实质上是角速度大的天体转过的弧
23、度恰好比角速度小的天体多出2,所以不可能每年都出现,A错误;设木星的周期为T1,半径为r1,地球的周期为T2,半径为r2,由开普勒行星第三定律有,周期的近似比值为12,故木星的周期约为12年,由曲线运动追及公式,将k=1代入可得t=1.1年,为木星相邻两次冲日的时间间隔,所以两次冲日的时间间隔一定大于1年，故AB均错误;同理可算出天王星相邻两次冲日的时间间隔约为1.01年,土星两次冲日的时间间隔约为1.03年,海王星两次冲日的时间间隔约为1.006年,由此可知C错误，D正确.8 【解析】从薄膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，其光程差为x=2d，即光程差为薄膜厚度的2倍，当光程差x=n时此处
24、表现为亮条纹，故相邻亮条纹之间的薄膜的厚度差为，在图中相邻亮条纹（或暗条纹）之间的距离变大，则薄膜层的厚度之间变小，因条纹宽度逐渐变宽，则厚度不是均匀变小。故选D。9.【答案】B 【解析】粒子带负电,电场力做正功,说明A板的电势低于B板的电势,故A为负极,B为正极.根据动能定理有, 代入解得 故B正确。粒子束的前端与后端离开电场的时间差为t= 粒子束的长度变为 故粒子束拉长了l0.,C D均错误10.【答案】D【解析】工作时,电动汽车的电动机将电能转化为机械能,故A错误;电池容量44 kWh指的是汽车电池充满电时的电能,故B错误;电动汽车标准承载下的阻力为Ff=0.09(800+200)10
25、N=9102 N,汽车的牵引力F=Ff,消耗电能Fvt=91021060 J=1.08107 J=3 kWh,故C错误;汽车以120 km/h的速度匀速运动时的功率为Fv=9102W=3104 W=30 kW,故D正确.11. 【答案】A【解析】若机械波沿轴正方向传播，在时点振动方向竖直向上，则传播时间满足 （n=0，1，2，3）解得 （n=0，1，2，3）当时，解得周期 A正确，C错误；若机械波沿轴负方向传播，在时点处于波谷，则（n=0，1，2，3）解得 （n=0，1，2，3）当时，解得周期 B正确，D错误。故选A12【答案】C【解析】设原线圈两端电压为U1，根据电流的热效应可得T，解得U1
26、110 V由得5，故A错误；输入端的电压不变，匝数比不变，则电压表示数不变，若RT处出现火灾时，RT电阻变小，输出的总功率变大，则输入端的电功率变大，电压不变，则电流表的示数变大，故B错误；若RT处出现火灾时，RT电阻变小，输出的总功率变大，副线圈中电流变大，R0两端电压变大，则指示灯两端电压变小，指示灯变暗，故C正确；有二极管时原线圈两端电压为110 V，没有二极管时原线圈两端电压为220 V，则原线圈两端电压变为原来的倍，由于匝数比不变，则电压表的示数变为原来的倍，故D错误13. 【答案】C【解析】AB，根据小球做平抛运动有： 可以知道： 得调整后，恰好没有擦到A而击中C得 ，因此：从越高
27、的地方抛出来要打中C点，抛物线就越陡，越不会碰到A，所以是满足条件的最小值。故AB都错了。 由于 两次过A的情况水平位移都是L，所以： 这是满足条件的最大值，故选C 正确。14. BD【解析】图甲说明发生光电效应现象时，饱和光电流不是与频率相关的，故A错误图乙的粒子的散射实验中，由于，原子核很小，散射后，绝大多数的粒子按照原来的方向运动是正确的；图丙为粒子在威尔逊云室中的径迹，才是粗而直的直线。C错误的。由图丁可知，质量数大于60的原子核，质量数越大比结合能越小显然D的正确的。. 15【解析】AC无论是充电还是放电，电流都是逐渐变小的，故A选项正确。B的主要错误在开始电容的电压是逐渐变大的。电
28、容放电时，不考虑摩擦的情况下，MN作加速度变小的加速运动，最后，MN将是匀速运动。D的错误在于稳定时，电容无法彻底放完电。最后，故D错误。 16【答案】BD【解析】根据折射定律，方向变化不是角 所以A错误，若不计三棱镜左右厚度，到达第二个面的折射光线与水平成角，故B正确；根据全反射的特点知道：D正确。17【解析】(1)打点计时器需要使用低压交流电源故选项C错误选项D正确；实验中需要用刻度尺测量点迹之间的距离，所以选项A正确.打点计时器本身就是一种计时仪器，所以不需要秒表,选项B错误。(2)由于每相邻两个点之间，还有4个点，故相邻两个点之间的时间间隔为0.1秒，做匀变速直线运动的物体，在某段时间
29、的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可以得到打计数点5的速度为2.40 m/s（3）系统动能的增加量为： 系统重力势能减少量为：观察数据可得在误差允许范围内，系统的机械能守恒的（4）根据机械能守恒定律有变形，可得 结合图像的斜率可得重力加速度为。18【解析】 (1)由于灯泡的额定电压是20V，已有的电压表量程分别是3V和15V，都不满足测量要求，因此需要进行电压表的改装，灵敏电流表G与定值电阻R1串联，改装成电压表的量程为灯泡的额定电流 电流表采用A2，电路图如图所示(2)电流表是3A的量程，最小分度是0.2A，读出电流为0.8A。(3) AB干涉条纹模糊，说明经过双缝的透光量较少或者入射光强度
30、较弱，在测量端旋转测量头和增大单缝与双缝间的距离，都不会改善透光量或入射光的强弱，故AB错误；C调节拨杆使单缝与双缝平行，这样会使透过单缝（相当于“线状光源”）的条形光与双缝平行，可增加双缝的透光量，会使条纹变得清晰，故C正确。故选C。19【解析】(1) (2)由牛顿第二定律 得Ff=6 N.(3)竖直向上加速阶段 ,x1=9 m匀速阶段 t=t1+t2= 5 s.20【解析】（1）当弹簧竖直放置，长度被压缩至L时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能，由机械能守恒定律，弹簧长度为L时的弹性势能为：设物块P到达B点时的速度大小为， 由能量守恒定律得：联立得：物块P到达C点
31、时的速度大小为，由动能定理得：C点由水平向左的轨道弹力提供向心力：由牛顿第三定律，方向水平向右（2）若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力大于等于重力，即P此时的速度大小应满足： 即：设P滑到D点时的速度为，由机械能守恒定律得：联立得：则满足的要求，故P能运动到D点，并从D点以速度水平射出，设P落回到轨道AB所需的时间为，由运动学公式得：P落回到AB上的位置与A点之间的距离为：联立得到：（3） 设P的质量为M，若P刚好过B点，有： 解得：若要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道上的上升高度不能超过半圆轨道的中点C，P最多到C而不脱轨，则有：解得：综上的P的质量的取值范围为：若P顺利通过最高
32、点D，根据动能定理：，可得所以要使P能滑上圆轨道，且不脱离圆轨道，P的质量的取值范围为：或。21 【解析】（1）磁场以稳定速度向右运动，线框刚开始切割速度向左，根据根据欧姆定律设线框刚开始运动的加速度为a，则解得（2） 设线框在驱动磁场中匀速运动速度为 ，此时切割磁场的速度为根据法拉第电磁感应定律：根据欧姆定律：根据平衡条件：解得（3）线框和线框 发生正碰，系统的动量守恒，则仍为当cd边和ef边在磁场中运动时，等效电路图分别为：长为L的部分电阻为：电路中的总电阻为：当ef边在磁场中运动时，ef边受到的安培力冲量：则：同理，当cd边在磁场中运动时，cd边受到的安培力冲量： 当ab和gh边的组合边
33、在磁场中运动时，等效电路图为：电路的总电阻为：该过程中受到安培力的冲量为：线框整体不穿出阻尼磁场的临界条件为cd边运动到磁场右边界时的速度为零，从ef边进出磁场到cd边离开磁场的过程中根据动量定理：整理得：22【解析】（1）电子在圆心磁场区域中做匀速圆周运动，速度洛伦兹力做向心力，故有：，解得轨道半径： 根据几何关系可得：电子离开圆心磁场时的速度方向竖直向上，那么，电子运动到O点的轨迹如图所示：电子在极板间运动只受电场力作用，故电子做类平抛运动，加速度：竖直位移为2R，则有：2R=v0t水平位移为：则有：所以两极板间电压：（2）由（1）可得：电子在O点时的水平分速度故设电子在y0区域做匀速圆周
34、运动的轨道半径为R2，则由几何关系可得，电子再次经过x轴的坐标： 故根据收集板位置，要使第（1）问中的电子能被收集板吸收，则有：再根据洛伦兹力做向心力可得：则： 所以，。（3）若B2=B1，则电子在y0区域做匀速圆周运动的轨道半径为：以=0发射的电子打在收集板右端点F时，收集板绕左端点E逆时针旋转的角度 最小；此时，电子进入y0区域时的速度方向与x轴间的夹角：，在x轴上M的坐标：设此时F的坐标为（X，Y），在直角三角形中，由几何关系可得：，即； 在直角三角形中，由几何关系可得：，即；且所以， 则：（4）设电子进入y0区域时的速度为v，到F的距离为2d，粒子做匀速圆周运动的轨道半径为r；则竖直分量为v0；由几何关系可得：根据洛伦兹力做向心力可得：，所以：，故；故从处离开电场的电子可以击中收集板的右端点F；假设从处离开圆形磁场的电子，进入圆形磁场的速度方向与水平方向成角，该电子进入电场后两极板间的电压为零，电子从x轴的处进入第一、二象限的磁场，偏转后击中收集板的右端点F，由几何关系： 即，此电子进入圆形磁场的速度方向与竖直方向成角。又有两极板间的电压大小可以从0开始调节，电子进入电场时的速度竖直向上，在电场中运动向左偏转；所以，离开圆形磁场区域时的x轴坐标在范围内的电子可以击中收集板的右端点F；根据电子在圆形磁场区域的轨道半径为R，由几何关系可得：120。