2022年6月浙江省普通高校招生选考科目考试8物理试题（解析版）.docx

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1、2022年6月浙江省普通高校招生选考科目考试8物理试题本试卷共100分，考试时间90分钟。可能用到的相关公式或参数：重力加速度g均取10 m/s2一、选择题(本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1下列属于力的单位是( )Akgm/s2 Bkgm/sCkgm2/s Dkgs / m2【答案】A【解析】根据牛顿第二定律的表达式Fma可知，m的国际单位为kg，a的国际单位为m/s2，则F的单位为kgm/s2，故A正确。2下列说法正确的是( )A链球做匀速圆周运动过程中加速度不变B足球下落过程中惯性不随速度增大而增大C乒乓球

2、被击打过程中受到的作用力大小不变D篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向无关【答案】B【解析】因做匀速圆周运动的物体加速度的大小不变、方向始终指向圆心，故链球做匀速圆周运动的过程中加速度的大小不变，方向时刻改变，A错误。惯性是物体本身的固有属性，惯性的大小只与物体的质量有关，质量大则惯性大，足球下落过程中质量不变，故惯性不变，B正确。乒乓球被击打的过程中，球与球拍发生弹性形变，随着形变量的变化，乒乓球受到的作用力也发生变化，C错误。一般情况下，篮球在低速飞行时受到的空气阻力方向与速度方向相反，D错误。3如图所示，鱼儿摆尾击水跃出水面，吞食荷花花瓣的过程中，下列说法正确的是( )第3题图A鱼

3、儿吞食花瓣时鱼儿受力平衡B鱼儿摆尾出水时浮力大于重力C鱼儿摆尾击水时受到水的作用力D研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作可把鱼儿视为质点【答案】C【解析】鱼儿吞食花瓣时在空中处于最高点，此时鱼儿受重力作用，鱼儿与花瓣间的作用力可以忽略，则此时鱼儿受力不平衡，A错误；鱼儿摆尾击水时受到水的作用力，鱼儿摆尾出水时，水对鱼儿的作用力大于鱼儿的重力，并非浮力大于重力，B错误，C正确；研究鱼儿摆尾出水的动作时，鱼儿的大小和形状不能忽略，故不能把鱼儿看成质点，D错误。4关于双缝干涉实验，下列说法正确的是( )A用复色光投射就看不到条纹B明暗相间条纹是两列光在屏上叠加的结果C把光屏前移或后移，不能看到明暗相间条纹

4、D蓝光干涉条纹的间距比红光的大【答案】B【解析】复色光投射，在屏上可以看到彩色条纹，A错误；明暗相间的条纹是两列相干光在屏上叠加的结果，B正确；根据干涉现象中两相邻的亮条纹或暗条纹间距公式x可知，把光屏前移或后移，l的距离会发生变化，即x会发生变化，但依然可以看到明暗相间的条纹，C错误；因红蓝，由x可知，x红x蓝，故D错误。5下列说法正确的是( )A恒定磁场对静置于其中的电荷有力的作用B小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向C正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流最大D升压变压器中，副线圈的磁通量变化率大于原线圈的磁通量变化率 【答案】B【解析】恒定磁场对运动电荷有

5、力的作用，对静止的电荷没有力的作用，A错误；物理学中规定，小磁针在磁场中静止时N极所指的方向为该点的磁感应强度方向，小磁针在磁场中静止时N极的受力方向即所指方向，B正确；穿过线圈平面的磁通量最大时，磁通量的变化率最小，产生的感应电动势最小，故电流也最小，C错误；无论是升压变压器还是降压变压器，若变压器是理想变压器，则穿过原线圈和副线圈的磁通量变化率相同，若变压器不是理想变压器，即有漏磁和能量损失，则穿过原线圈的磁通量变化率大于穿过副线圈的磁通量变化率，D错误。6神舟十三号飞船采用“快速返回技术”，在近地轨道上，返回舱脱离天和核心舱，在圆轨道环绕并择机返回地面。则( )A天和核心舱所处的圆轨道距

6、地面高度越高，环绕速度越大B返回舱中的航天员处于失重状态，不受地球的引力C质量不同的返回舱与天和核心舱可以在同一轨道运行D返回舱穿越大气层返回地面过程中，机械能守恒【答案】C【解析】天和核心舱做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力，由m得v，可知随距地面的高度的增加，天和核心舱的速度减小，A错误；航天员处于失重状态时，依然受到地球对其的引力，即F，B错误；返回舱和天和核心舱在同一轨道上运行，其质量不同，但周期、角速度和线速度的大小均相同，C正确；返回舱穿越大气层返回地面的过程中，因大气的摩擦阻力对其做负功，故返回舱的机械能减少，D错误。7图为氢原子的能级图。大量氢原子处于n3的激发态，在向低能级

7、跃迁时放出光子，用这些光子照射逸出功为2.29 eV的金属钠。下列说法正确的是( )第7题图A逸出光电子的最大初动能为10.80 eVBn3跃迁到n1放出的光子动量最大C有3种频率的光子能使金属钠产生光电效应D用0.85 eV的光子照射，氢原子跃迁到n4激发态【答案】B【解析】大量处于n3能级的氢原子向低能级跃迁时可以释放出3种不同能量的光子，从n3能级跃迁到n2能级时有h1E3E21.89 eV，从n2能级跃迁到n1能级时有h2E2E110.2 eV，从n3能级跃迁到n1能级时有h3E3E112.09 eV，显然h3能量最大，根据爱因斯坦光电效应方程EkhW0可知，逸出光电子的最大初动能Ek

8、mh3W012.09 eV2.29 eV9.80 eV，故A错误。由动量p可知，辐射光子的能量越大，其动量也越大，故B正确。从n3能级跃迁到n2能级时，辐射光子的能量h11.89 eV，小于金属钠的逸出功，故处于n3能级的氢原子向低能级跃迁时释放出的3种光子中只有2种可以使金属钠发生光电效应，C错误。要使氢原子从n3能级跃迁到n4能级，需要吸收光子的能量只能为E4E30.66 eV，故D错误。8如图所示，王亚平在天宫课堂上演示了水球光学实验，在失重环境下，往大水球中央注入空气，形成了一个空气泡，气泡看起来很明亮，其主要原因是( )第8题图A气泡表面有折射没有全反射B光射入气泡衍射形成“亮斑”C

9、气泡表面有折射和全反射D光射入气泡干涉形成“亮纹”【答案】C【解析】当光从水中射到空气泡的界面处时，一部分光的入射角大于或等于临界角，发生了全反射现象，所以水中的空气泡看起来特别亮。但并不是全部的入射光都发生全反射，也有一部分的入射角小于临界角，所以气泡表面也会有折射现象，故选C。9如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L(不考虑边界效应)。t0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为v0；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则( )第9题图AM板电势高于N板电势B两个粒子

10、的电势能都增加C粒子在两板间的加速度aD粒子从N板下端射出的时间t【答案】C【解析】由于粒子电性未知，有两种情况，如图所示，故M、N板电势的高低无法判断，A错误；由题知，垂直M板运动的粒子速度增大，则其做匀加速直线运动，由于两粒子完全相同，故在电场中运动时的加速度相同，平行M板向下的粒子做类平抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，电场力均做正功，故两粒子的电势能都减小，B错误；两粒子由M板中点射入，设板间距为d，垂直M板向右的粒子运动满足(v0)2v022ad，则2adv02；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出，则竖直方向有v0t，水平方向有vx22adv02，则a，解得t，a，C

11、正确，D错误。10如图所示，一轻质晒衣架静置于水平地面上，水平横杆与四根相同的斜杆垂直，两斜杆夹角60。一重为G的物体悬挂在横杆中点，则每根斜杆受到地面的( )第10题图A作用力为G B作用力为GC摩擦力为G D摩擦力为G【答案】B【解析】晒衣架左侧斜杆受力分析如图所示，由整体平衡可知4FNG，对斜杆，有tan 30，解得FN，f，每根斜杆受到地面的作用力FG，故B正确，A、C、D错误。11如图所示，一根固定在墙上的水平光滑杆，两端分别固定着相同的轻弹簧，两弹簧自由端相距x。套在杆上的小球从中点以初速度v向右运动，小球将做周期为T的往复运动，则( )第11题图A小球做简谐运动B小球动能的变化周

12、期为C两根弹簧的总弹性势能的变化周期为TD小球的初速度为时，其运动周期为2T【答案】B【解析】小球未压缩弹簧时做匀速直线运动，不受回复力作用，由简谐运动的定义可知，小球的运动不是简谐运动，A错误；小球由中点向右运动开始计时，运动过程中小球与弹簧组成的系统机械能守恒，小球的动能以及弹簧的弹性势能随时间的变化图像如图所示，由图像可知，运动过程中小球动能与弹簧弹性势能的变化的周期均为，B正确，C错误；若小球的初速度变为，则t0变为原来的二倍，t1变为原来的，D错误。12风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一。如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为9 m/s时

13、，输出电功率为405 kW，风速在510 m/s范围内，转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为A，空气密度为，风场风速为v，并保持风正面吹向叶片。下列说法正确的是( )第12题图A该风力发电机的输出电功率与风速成正比B单位时间流过面积A的流动空气动能为Av2C若每天平均有1.0108 kW的风能资源，则每天发电量为2.4109 kWhD若风场每年有5 000 h风速在610 m/s范围内，则该发电机年发电量至少为6.0105 kWh【答案】D【解析】风力发电机将风的动能转化为电能，单位时间内叶片接收到的空气的质量mAv，其动能Ekmv2Av3，则发电机的输出电功率与v3成正比，A、

14、B错误； 若1.0108 kW的风能资源全部转化为电能，则每天发电量为E1.0108kW24 h2.4109kWh，由于风力发电机的转化效率无法达到百分之百，故每天的发电量低于2.4109 kWh，C错误；风速在510 m/s范围内，转化效率可视为不变，则风速在6 m/s时输出的电功率P405 kW120 kW，则年发电量至少为EPt6.0105 kWh，D正确。13小明用额定功率为1 200 W、最大拉力为300 N的提升装置，把静置于地面的质量为20 kg的重物竖直提升到高为85.2 m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5 m/s2的匀减速运动，到达平台的速度刚好为零，则提升重物

15、的最短时间为( )A13.2 s B14.2 s C15.5 s D17.0 s【答案】C【解析】由题知，提升装置最大拉力F300 N，故重物加速运动的加速度大小a15 m/s2，重物运动的最大速度为vm6 m/s，重物先做加速度大小为a15_m/s2的匀加速直线运动，当速度大小达到v14_m/s时，功率达到最大，此后以额定功率做变加速直线运动，当速度大小达到6_m/s时，做匀速直线运动，最后做匀减速直线运动，减速过程的加速度越大，运动时间越短，故减速过程的加速度大小也为5 m/s2时，所用时间最短，由运动规律可知，重物做匀加速运动的时间t10.8 s，重物匀加速运动的位移大小x1t11.6

16、m，匀减速运动的时间t2 s1.2 s，重物匀减速运动的位移大小x2t23.6 m，所以变加速运动和匀速运动的位移大小为h(85.23.61.6)m80 m，设此段位移所用时间为t3，由动能定理有Pt3mghmvm2mv12，解得t313.5 s，总时间tt1t2t315.5 s，C正确。二、选择题(本题共3小题，每小题2分，共6分。每小题列出的四个备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秦山核电站生产 614C的核反应方程为 714N01n 614CX，其产物 614C的衰变方程为 614C 147N 10e。下列说法正确的是( )AX是

17、11H B 614C可以用作示踪原子C10e来自原子核外D经过一个半衰期，10个 614C将剩下5个【答案】AB【解析】核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒，故X的质量数为141141，电荷数为7061，X是11H，A正确；614C能发生衰变，可知其具有放射性，故可以用作示踪原子，B正确；衰变中的电子是核内中子转化为质子时放出的，C错误；半衰期是统计学的概念，故对于少数原子核，半衰期的概念并不适用，D错误。15如图为某一径向电场示意图，电场强度大小可表示为E， a为常量。比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动。不考虑粒子间的相互作用及重力，则( )第15题图A轨道半径r小的粒子角速度一定小B

18、电荷量大的粒子的动能一定大C粒子的速度大小与轨道半径r一定无关D当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动【答案】BC【解析】由题图可知，电场方向背离圆心，粒子在其中做匀速圆周运动，故粒子带负电，由电场力提供向心力，有E，Eq，得v，v只与粒子比荷有关，两粒子比荷相同，故在电场中运动的速度大小相同，r越小，由可知，粒子运动的周期越小，粒子运动的角速度越大，A错误，C正确；带电粒子运动的动能Ekmv2aq，故带电粒子的电荷量越大，动能越大，B正确；由于粒子做圆周运动的方向不确定，故加磁场时所受洛伦兹力的方向可以指向圆心，也可以背离圆心，粒子可以做近心运动，也可以做离心运动，故D错误。16位于x0.2

19、5 m的波源p从t0时刻开始振动，形成的简谐横波沿x轴正负方向传播，在t2.0 s时波源停止振动，t2.1 s时的部分波形如图所示，其中质点a的平衡位置xa1.75 m，质点b的平衡位置xb0.5 m。下列说法正确的是 ( )第16题图A沿x轴正负方向传播的波发生干涉Bt0.42 s时，波源的位移为正Ct2.25 s时，质点a沿y轴负方向振动 D在0到2 s内，质点b运动总路程是2.55m【答案】BD【解析】干涉现象指的是频率相同的两列波发生叠加的现象，图中两列波并未出现叠加，故A错误；由题图可知波速v m/s2.5 m/s，波长1 m，则周期T0.4 s，振幅A0.15 m，t0.42 s时

20、，波源的位移与t0.02 s时的位移相同，由图像可知波源的起振方向沿y轴正方向，00.1 s时间内波源由平衡位置向y轴正方向运动，位移为正，B正确；t2.25 s时，相比于t2.1 s时波沿x轴正方向传播了xvt0.375 m，故质点a的振动情况与t2.1 s时平衡位置在x1.375 m处质点的振动情况相同，由“上下坡”法可知t2.1 s时，平衡位置在x1.375 m处的质点向y轴正方向运动，C错误；02 s内，波传到b点所用的时间tb s0.3 s，故质点b振动的时间为2 s0.3 s1.7 sT，由于波源从平衡位置开始振动，故02 s内，质点b运动总路程s4A2.55 m，D正确。三、非选

21、择题(本题共6小题，共55分)17(7分)(1)“探究小车速度随时间变化的规律”的实验装置如图1所示，长木板水平放置，细绳与长木板平行。图2是打出纸带的一部分，以计数点O为位移测量起点和计时起点，则打计数点B时小车位移大小为_cm。由图3中小车运动的数据点，求得加速度为_m/s2(保留两位有效数字)。第17题图1第17题图2利用图1装置做“探究加速度与力、质量的关系”的实验，需调整的是_(多选)。A换成质量更小的小车B调整长木板的倾斜程度C把钩码更换成砝码盘和砝码D改变连接小车的细绳与长木板的夹角第17题图3第17题图4(2)“探究求合力的方法”的实验装置如图4所示，在该实验中，下列说法正确的

22、是_(单选)；A拉着细绳套的两只弹簧秤，稳定后读数应相同B在已记录结点位置的情况下，确定一个拉力的方向需要再选择相距较远的两点C测量时弹簧秤外壳与木板之间不能存在摩擦D测量时，橡皮条、细绳和弹簧秤应贴近并平行于木板若只有一只弹簧秤，为了完成该实验至少需要_(填“2”“3”或“4”)次把橡皮条结点拉到O点。【答案】(1)6.20(6.156.25均可) 1.9(1.72.1均可) BC (2)D 3【解析】(1)小车从起点O到打计数点B的位移xOBxBxO6.20 cm0.00 cm6.20 cm；根据题图3数据点作出vt图像，vt图像斜率表示加速度，在图像上相隔远一点取两点，可得小车加速度a

23、m/s21.9 m/s2。本实验要利用悬挂钩码的重力表示绳子拉力，必须满足小车质量要远大于悬挂钩码的质量，A错误；实验时需要调整长木板的倾斜程度，用重力分力补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力，B正确；把钩码更换成砝码盘和砝码，便于实验中改变绳子拉力，C正确；实验时要使细绳始终与长木板保持平行，D错误。(2)实验时两弹簧秤的读数不一定要相同，A错误；在已记录结点位置的情况下，再需要一个点，就能确定拉力方向，B错误；测量时弹簧秤外壳可以与木板存在摩擦，不影响实验结果，C错误；测量时，橡皮条、细绳和弹簧秤应贴近并平行于木板，D正确。用一个弹簧秤完成实验至少需要把橡皮条结点拉到O点3次，第1次弹簧秤

24、拉一个细绳套，将结点拉到O点，记录力F的大小和方向，第2次弹簧秤拉一个细绳套产生拉力F1，手拉另一个细绳套产生拉力F2，将结点拉到O点，记录弹簧秤示数(F1的大小)和方向，记录F2的方向，第3次手沿着F1的方向拉细绳套，弹簧秤沿着F2的方向拉细绳套，将结点拉到O点，记录弹簧秤示数(F2的大小)。18(7分)(1)探究滑动变阻器的分压特性，采用图1所示的电路，探究滑片P从A移到B的过程中，负载电阻R两端的电压变化。图2为实验器材部分连线图，还需要_(填“af”“bf”“fd”“fc”“ce”或“cg”)连线(多选)。图3所示电压表的示数为_V。第18题图1第18题图2第18题图3第18题图4已知

25、滑动变阻器的最大阻值R010 ，额定电流I1.0 A。选择负载电阻R10 ，以R两端电压U为纵轴，为横轴(x为AP的长度，L为AB的长度)，得到U分压特性曲线为图4中的“I”；当R100 ，分压特性曲线对应图4中的_(填“”或“”)；则滑动变阻器最大阻值的选择依据是_。(2)两个相同的电流表G1和G2如图5所示连接，晃动G1表，当指针向左偏时，静止的G2表的指针也向左偏，原因是_(多选)。第18题图5A两表都是“发电机”BG1表是“发电机”，G2表是“电动机”CG1表和G2表之间存在互感现象DG1表产生的电流流入G2表，产生的安培力使G2表指针偏转【答案】(1)af、fd、ce 1.500.0

26、2 R0R (2)BD【解析】(1)由题图4可知，电压表量程选取03 V，由题图1可知，题图2中还需要af、fd、ce连线；电压表量程为03 V，最小分度为0.1 V，则电压表示数为1.50 V；由电路图可知，R与RAP并联后再与RPB串联，RAPRPBR010 ，当R100 时，RAPR，R与RAP并联部分的电阻趋近于RAP，滑片移动时电路总电阻几乎不变，UURAPRAP，U近似与成正比，故分压特性曲线对应图4中的，则滑动变阻器最大阻值的选择依据为R0R。(2)G1表指针偏转，内部线圈切割磁感线产生感应电流，则G1表相当于“发电机”，电流会流入G2表内部线圈，而该线圈处于磁场中，安培力使G2

27、表指针偏转，则G2表相当于“电动机”，B、D正确。19(9分)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。如图所示，倾斜滑轨与水平面成24角，长度l14 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为，货物可视为质点(取cos 240.9，sin 240.4)。(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2。第19题图【答案】(1)2 m/s2 (2)4 m/s (3)2.7 m【解析】(1)货物在倾斜滑轨上滑行时，由牛顿

28、第二定律有mgsin 24mgcos 24ma1，解得a12 m/s2。(2)货物在倾斜滑轨上做匀加速直线运动，由v22a1l1，解得货物在倾斜滑轨末端时速度大小v4 m/s。(3)货物在水平滑轨上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有mgma2，由v12v22a2l2，解得水平滑轨的最短长度l22.7 m。20(12分)如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的

29、高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知m2 g，l1 m，R0.4 m，H0.2 m，v2 m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点。(1)若h1.25 m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小；(2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系；(3)若物块b释放高度0.9 mh1.65 m，求物块a最终静止的位置x值的范围(以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴)。第20题图【答案】(1)5 m/s (2)F

30、N0.1h0.14(N)(h1.2 m) (3)见解析【解析】(1)物块b摆到最低点的过程中，由动能定理有mghmvb2，解得vb5 m/s，在最低点，物块a、b发生弹性正碰，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mvbmv0mvb，mvb2mv02mvb2，联立解得碰后物块a的速度v0vb5 m/s。(2)假设物块b从h1高度释放时，物块a运动到E点时速度恰好为零，对物块a、b运动的全过程由能量守恒定律有mgh12mglmgH0，解得h11.2 m，由此可知，物块a要运动到E点，物块b释放的高度h1.2 m，规定竖直向下为正方向，在E点对物块a受力分析有FNmgm，对物块a运动的全过程由能量守恒定

31、律有mgh2mglmgHmvE2，解得FN0.1h0.14(N)(h1.2 m)。(3)由几何知识可得lDFm。当h1.2 m时，物块a刚好停在E点，物块a运动的位移x13llDF m，当1.2 mh1.65 m时，物块a通过E点后做平抛运动落在FG上，当h1.65 m时，物块a落到FG上的位置到F点最远，物块a、b碰撞后速度交换，则对物块a、b的运动过程由能量守恒定律有mgh2mglmgHmvEm2，解得vEm3 m/s，由平抛运动规律可得t0.2 s，物块a落到FG上的位置到F点的最大距离smvEmt0.6 m，解得物块a运动的最大位移xm3llDFsm m，综上可得，当1.2 mh1.6

32、5 m时，物块a最后停下时的位置满足 mx m；从h0.9 m处释放物块b时，设物块a停下的位置到C点的距离为lx，对物块a、b运动的全过程，由能量守恒定律有mghmglmglx0，解得lx0.8 m，物块a运动到距C点0.8 m处速度恰好为零，则物块a运动的位移x22llx2.8 m，从略小于1.2 m高度释放物块b，物块a不能通过最高点E，运动到能到达的最高点后将返回CD段，设物块a停下的位置到D点的距离为lx，对物块a、b运动的全过程分析，由能量守恒定律有mgh2mglmglx0，解得lx0.4 m，物块a运动的位移x33llx2.6 m2.8 m，调整物块b的高度，物块a可以刚好停在D

33、点，综上可得，当0.9 mh1.2 m时，物块a最终静止的位置x的范围为2.6 m0)、速度大小不同的离子，其中速度大小为v0的离子进入转筒，经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离开磁场。落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷，不计离子的重力和离子间的相互作用。(1)求磁感应强度B的大小；若速度大小为v0的离子能打在板Q的A处，求转筒P角速度的大小；(2)较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处，OC与x轴负方向的夹角为，求转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小；(3)若转筒P的角速度小于，且A处探测到离子，求板Q上能探测到离子的其他的值(为探测点位置和O点连线与x轴负方

34、向的夹角)。第22题图【答案】(1) (4k1)(k0，1，2，) (2)tan(n0，1，2，) (3)或【解析】(1)由题意可知，速度为v0的离子在磁场中运动的轨迹半径为R，洛伦兹力充当向心力，有qv0Bm，解得B。离子在磁场中转过了的圆周，在磁场中的运动时间tT，转筒P转动的角度t2k，解得转筒P的角速度(4k1)(k0，1，2，)。(2)设速度大小为v的离子在磁场中的轨迹半径为R，由几何关系可得RRtan，洛伦兹力充当向心力，有v，解得vv0tan，离子在磁场中的运动时间t()()，转筒转动的角度t2n(n0，1，2，)，转筒转动的角速度(n0，1，2，)，由动量定理有FNmv，解得Ftan(n0，1，2，)。(3)第(1)(2)问可知，转筒转动的角速度(4k1)，分析上式可知，k1，n只能取0或2，解得或。 第 21 页，共 21 页