2020届高三物理三模(最后一卷)试题(含解析)

2019高三三模（最后一卷）物理试题

一、单项选择题：

1. 如图所示，水平地面上有一个半球体A．现在A与竖直墙之间放一完全相同的半球体B，不计一切摩擦，将A缓慢向左移动（B未与地面接触），则在此过程中A对B的弹力F1、墙对B的弹力F2

A. F1变小、F2变小

B. F1变小、F2变大

C. F1变大、F2变大

D. F1变大、F2变小

【答案】C

【解析】对B分析，受力如图所示，设与水平方向的夹角为，故根据共点力平衡条件可得，，移动过程中减小，故两者都变大，C正确．

2. 如图所示，一理想变压器的原线圈接有电压为U的交流电，副线圈接有电阻R1、光敏电阻R2（阻值随光照增强而减小），开关K开始时处于闭合状态，下列说法正确的是

A. 当光照变弱时，变压器的输入功率增加

B. 当滑动触头P向下滑动时，电阻R1消耗的功率增加

C. 当开关K由闭合到断开，原线圈中电流变大

D. 当U增大时，副线圈中电流变小

【答案】B

【解析】试题分析：变压器的输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率决定输入功率；结合功率表达式分析判断即可．

当光照变弱时，增大，副线圈中总电阻增大，原副线圈匝数不变，所以副线圈两端的电源不变，故根据可得副线圈中消耗的电功率减小，即原线圈输入功率减小，A错误；当滑动触头P向下滑动时，减小，根据可得，所以副线圈两端的电压增大，根据

可知消耗的电功率增大，B正确；当开关K由闭合到断开，原线圈中少了一个支路，电流减小，C错误；当U增大时，根据可知副线圈两端的电压增大，而电阻不变，故副线圈中的电流增大，D错误．

3. 如图所示，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，.M、N、P、F四点处的电势分别用、、、表示.已知，，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则

A. 点电荷Q一定在MP的中点

B. 大于

C. N点的场强比P点的场强大

D. 将负试探电荷从P点搬运到N点，电场力做正功

【答案】B

【解析】试题分析：点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆，圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心；找出电荷位置后，根据电势能的变化情况判断电场力做功情况．... 点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆、圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心，故场源电荷在MN的中垂线和FP的中垂线的交点上，在MP的连线上，但不在MP的中点上，如图所示，故A错误；在正的点电荷的电场中，根据公式可得离场源越远，电场强度

越小，电势越低，故，，B正确C错误；在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，将负试探电荷从P点搬运到N点，电势能升高，故电场力做负功，故D错误．

4. 如图所示，将一铝管竖立在水平桌面上，把一块直径比铝管内径小一些的圆柱形的强磁铁从铝管上端由静止释放，强磁铁在铝管中始终与管壁不接触.则强磁铁在下落过程中

A. 若增加强磁铁的磁性，可使其到达铝管底部的速度变小

B. 铝管对水平桌面的压力一定逐渐变大

C. 强磁铁落到铝管底部的动能等于减少的重力势能

D. 强磁铁先加速后减速

【答案】A

【解析】试题分析：条形磁铁通过铝管时，导致铝管的磁通量发生变化，从而产生感应电流，出现感应磁场要阻碍原磁场的变化，导致条形磁铁受到一定阻力，因而机械能不守恒；在下落过程中导致铝管产生热能；

条形磁铁通过铝管时，导致铝管的磁通量发生变化，从而产生感应电流，即一部分机械能转化为电能，若增加强磁铁的磁性，导致感应电流增大，转化为电能的部分增加，故到底部时的动能减小，重力势能一部分转化动能，一部分转化为电能，故强磁铁落到铝管底部的动能小于减少的重力势能，A正确C错误；如果铝管不够长，下落过程中，强磁铁一直做加速运动，则由于强磁铁下落的速度增大，则导致铝管的磁通量变化率变大，因此产生感应电流增大，那么安培力也会增大，那么铝管对水平桌面的压力增大，如果铝管足够长，产生的安培力等于重力后，强磁铁做匀速运动，产生的安培力也会温定，即铝管对水平桌面的压力恒定，故BD错误．

5. 静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力.若不计空气阻

力，则在整个上升过程中，下列关于物体机械能E、速度大小v、重力势能E p、动能E k随时间变化的关系中，正确的是

A. B. C. D.

【答案】D

【解析】设在恒力作用下的加速度为a，则机械能增量，知机械能随时间不是线性增加，撤去拉力后，机械能守恒，则机械能随时间不变，A错误；在恒力作用下时，物体受力恒定，加速度恒定，撤去外力后，只受重力作用，加速度为g，恒定，故B错误；有外力作用时．随时间变化图像应是开口向上的抛物线，当撤去外力后，物体仍继续上升，重力势能仍继续增大，故C错误；有外力阶段，做匀加速运动，动能增大，，无外力阶段，做匀减速运动，动能减小，且，都是开口向上的抛物线，故D正确．

二、多项选择题：

6. 如图所示是磁流体发电机的示意图，两平行金属板P、Q之间有一个很强的磁场.一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）沿垂直于磁场的方向喷入磁场.把P、Q与电阻R相连接.下列说法正确的是

A. Q板的电势高于P板的电势

B. R中有由a向b方向的电流

C. 若只改变磁场强弱，R中电流保持不变

D. 若只增大粒子入射速度，R中电流增大

【答案】BD

【解析】试题分析：等离子体从左向右进入磁场，受到洛伦兹力发生偏转，打到极板上，使两极板间形成电势差，当粒子所受电场力与洛伦兹力相等时，形成动态平衡．根据极板的正负判断电势的高低以及电流的流向．

等离子体进入磁场，根据左手定则，正电荷向上偏，打在上极板上，负电荷向下偏，打在下极板上．所以上极板带正电，下极板带负电，则P板的电势高于Q板的电势，流过电阻电流方向由a到b．故A错误B正确；依据电场力等于磁场力，即为，则有，再由欧姆定律，电流与磁感应强度成正比，故C错误；由上分析可知，若只增大粒子入射速度，R中电流也会增大，故D正确．

7. 2016年10月17日，“神舟十一号”与“天宫二号”交会对接成为组合体，如图所示.10月20日组合体完成点火程序，轨道高度降低.组合体在高、低轨道上运行时均可视为做匀速圆周运动.下列说法正确的是

A. 在高轨道上运行时组合体的加速度较小

B. 在低轨道上运行时组合体的周期较小

C. 组合体可以一直飞行在北半球的上空...

D. 点火使组合体速率变大，从而降低了轨道高度

【答案】AB

【解析】卫星环绕地球做匀速圆周运动，满足万有引力提供向心力．即，得加速度，可知低轨道上组合体加速度较大，周期较小，故AB正确；由于万有引力指向地心，即向心力指向地心，故组合体不可以已知在北半球上空飞行，C错误；点火后组合体速度变大，做离心运动，故D错误；

【点睛】在万有引力这一块，涉及的公式和物理量非常多，掌握公式

在做题的时候，首先明确过程中的向心力，然后弄清楚

各个物理量表示的含义，最后选择合适的公式分析解题，另外这一块的计算量一是非常大的，所以需要细心计算

8. 将一物体由坐标原点O以初速度v0抛出，在恒力作用下轨迹如图所示，A为轨迹最高点，B 为轨迹与水平x轴交点，假设物体到B点时速度为v B，v0与x轴夹角为，v B与x轴夹角为，已知OA水平距离x1大于AB水平距离x2，则

A. 物体在B点的速度v B大于v0

B. 物体从O到A时间大于从A到B时间

C. 物体在O点所受合力方向指向第四象限

D. 可能等于

【答案】AC

【解析】从图中可知物体在竖直方向上做竖直上抛运动，在水平方向上做初速度不为零的匀加速直线运动，故到B点合外力做正功，物体在B点的速度大于，A正确；由于合运动和分运动具有等时性，根据竖直上抛运动的对称性可知物体从O到A时间等于从A到B时间，B 错误；物体受到竖直向下的重力，水平向右的恒力，故合力在O点指向第四象限，C正确；只有在只受重力作用下，，由于水平方向上合力不为零，故两者不可能相等，D错误．9. 如图所示，物体A和带负电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分别是m 和2m，劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体A相连，倾角为θ的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦.开始时，物体B在一沿斜面向上的外力F=3mg sinθ的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力F，直到物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，则在此过程中

A. 撤去外力F的瞬间，物体A的加速度为

B. 撤去外力F的瞬间，物体B的加速度为

C. A、B获得最大速度时，弹簧伸长量为

D. 物体A和弹簧组成的系统机械能守恒

【答案】AC

【解析】试题分析：在撤去外力前后对B物体受力分析，求的电场力，由牛顿第二定律求的加速度，当B受到的合力为零时，速度最大，根据能量守恒即可判断．

三、简答题：

10. 某实验小组应用如图所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车的质量为M，单个砝码质量为m，打点计时器所接的交流电的频率为50 Hz，动滑轮轻质．实验步骤如下：

A．按图所示安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直；

B．调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀速运动；

C．挂上砝码，接通电源后，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求出小车的加速度；

D．改变砝码的数量，重复步骤C，求得小车在不同合力作用下的加速度．

根据以上实验过程，回答以下问题：

（1）对于上述实验，下列说法正确的是____...

A．砝码的质量应远小于小车的质量

B．实验过程中砝码处于超重状态

C．与小车相连的轻绳与长木板一定要平行

D．弹簧测力计的读数应为砝码重力的一半

（2）实验中打出的其中一条纸带如图所示，由该纸带可求得小车的加速度a＝____m/s2.(结

果保留两位有效数字)，若交流电的实际频率大于50Hz，则上述计算结果与实际值相比____（填“偏大”、“偏小”或“相同”）

（3）由本实验得到的数据作出小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图象，与本实验相符合的是_____

【答案】 (1). c (2). 0.88 (3). 偏小 (4). A

【解析】试题分析：（1）根据实验原理，可知小车的加速度与砝码盘的加速度不等，但弹簧测力计的读数为小车所受合外力，砝码加速度向下，处于失重状态，不需要砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量的条件；（2）在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数，根据作差法求解加速度；（3）数据作出小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图象，应该是过原点的一条倾斜直线．

（1）由图可知，实验装置里有弹簧测力计，绳子的拉力可以通过弹簧测力计读出，不需要砝码的质量应远小于小车的质量，故A错误；实验过程中，砝码向下加速运动，处于失重状态，故B错误；小车相连的轻绳与长木板一定要平行，保证拉力沿着木板方向，故C正确；实验过程中，砝码向下加速运动，处于失重状态，故弹簧测力计的读数小于砝码和砝码盘总重力的一半，故D错误；

（2）设相邻两个计数点之间的位移分别为，相邻两个计数点之间的时间间隔

，由结合作差法得

，如果在某次实验中，实际所用交流电的频率高于50Hz，那么实际打点周期变小，根据运动学公式得计算结果与实际值相比是偏小．

（3）由题意可知，小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系应该是成正比，即为过原点的一条倾斜直线，故A符合．

11. 某研究性学习小组在测量电池组的电动势和内电阻中．利用了如下实验器材：电压表，电阻箱（阻值范围0～999.9）；开关、导线若干．

（1）用笔画代替导线，请将图1甲中器材连接成实验电路___________；

（2）某同学开始做实验，先把变阻箱阻值调到最大，再接通开关，然后逐次改变电阻箱接入电路的阻值R，读取与R对应的电压表的示数U，并将相应的数据转化为坐标点描绘在U-U/R 图中.请将图1乙、丙中电阻箱和电压表所示的数据转化为坐标点描绘在图2所示的坐标系中（用“+”表示），并画出U-U/R图线__________；

（3）根据图2中实验数据绘出的图线可以得出该电池组电动势的测量值E=____V，内电阻测量值r =_____Ω.（保留3位有效数字）

（4）不同小组的同学分别用不同的电池组（均由同一规格的两节干电池串联而成）完成了上述的实验后，发现不同组的电池组的电动势基本相同，只是内电阻差异较大.同学们选择了内电阻差异较大的甲、乙两个电池组进一步探究，对电池组的输出功率P随外电阻R变化的关系，以及电池组的输出功率P随路端电压U变化的关系进行了猜想，并分别画出了如图3所示的P-R和P-U图象.若已知甲电池组的内电阻较大，则下列各图中可能正确的是____（选填选项的字母）.

【答案】 (1). (2).

(3). 2.93V（2.85~3.00V） (4). 1.34Ω

（1.25~1.40Ω） (5). BC

【解析】（1）根据原理图可连接对应的实物图，如图所示；

②根据描出的点用直线将各点拟合，得出图象如图所示；

（3）根据闭合电路欧姆定律可得，则可知，图象与纵轴的交点表示电源的电动势，故E=2.93V；图象的斜率表示内阻，故有；

（4）根据电源的输出功率规律可知，当内外电阻相等时输出功率最大，如果外电阻大于内电阻时，随着电阻的增大，输出功率将越来越小，由可知，电动势相同，内阻越小的乙输出功率越大，故B正确A错误；当内阻和外阻相等时，输出功率最大；此时输出电压为电动势的一半．由A的分析可知，乙输出的功率比甲的大；而当外电路断开时，路端电压等于电源的电动势，此时输出功率为零；故C正确，D错误．

【点睛】本题考查了实验电路选择、实验器材选择、作图象、求电源电动势与内阻等问题，要知道实验原理，要掌握应用图象法处理实验数据的方法；电源的U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势图象斜率的绝对值是电源内阻．

【选做题】

12. 下列说法中正确的是．...

A. 所有晶体沿着各个方向的物理性质都相同

B. 饱和气压随温度升高而增大

C. 布朗运动是由于液体各部分的温度不同而引起的

D. 液体表面层的分子分布比内部稀疏

【答案】BD

13. 快递公司用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图所示.假设袋内气体与外界没有热交换，当充气袋四周被挤压时，袋内气体压强____（填“增大”、“减少”或“不变”），

对外界____（填“做正功”、“做负功”或“不做功”）．

【答案】 (1). 增大 (2). 做负功

【解析】气体的内能增大，温度升高，根据气体方程，气体的压强必定增大，气体的体积减小，气体对外界做负功，

【点睛】对于气体，常常是气态方程和热力学第一定律的综合应用，当气体的体积减小时，外界对气体做正功，相反体积增大时，气体对外界做正功．

14. 如图所示，一轻活塞将体积为V、温度为2T0的理想气体，密封在内壁光滑的圆柱形导热汽缸内.已知大气压强为p0，大气的温度为T0，气体内能U与温度的关系为U＝aT(a为正常数).在汽缸内气体温度缓慢降为T0的过程中，求：

① 气体内能减少量ΔU；

② 气体放出的热量Q.

【答案】①aT0②Q＝aT0＋P0V

【解析】试题分析：①由题意可知aT0

②设温度降低后的体积为V′，则

外界对气体做功

热力学第一定律

解得

考点：气体的状态变化方程；热力学第一定律

15. 下列说法中正确的是

A. 分别用蓝光和红光在同一装置上做双缝干涉实验，蓝光的条纹间距宽

B. 光纤通信利用了光的全反射的原理

C. 肥皂泡呈现彩色条纹是由光的折射现象造成的

D. 动车组高速行驶时，在地面上测得车厢的长度明显变短

【答案】B

【解析】双缝干涉实验中条纹间距与波长成正比，由于红色光的波长比蓝色光的波长大，所以相邻红光干涉条纹间距大于相邻蓝光干涉条纹间距，故A错误；光纤通信利用了全反射的原理，故B正确；肥皂泡呈现彩色是光在前后膜的反射光叠加产生的干涉形成的，故C错误；根据狭义相对论可知，当列车的；速度接近光速时，沿着速度方向长度才明显变短．故D错误．

16. 一列简谐横波沿x轴正方向传播，t＝0时刻的波形如图所示(此时波恰好传播到x＝6 m 处).质点a平衡位置的坐标x a＝2.5 m，该质点在8 s内完成了4次全振动，则该列波的波速是____m/s；位于x＝20 m处的质点再经__s将第一次经过平衡位置向y轴负方向运动....

【答案】 (1). 2 (2). 8

【解析】试题分析：右图可以知道波长，而且质点a在内完成了4次全振动，故周期为，所以根据公式；经过波传播到位于处的质点，该质点在经过向轴负方向运动，故需要时间为

。

考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象

【名师点睛】由图读出波长，由波速公式求波速；根据波的传播方向判断可知，图中处质点的运动方向沿y轴向上，当此质点的状态传到点时，该质点第一次经过平衡位置向y轴正方向运动，在经过半个周期即可向轴负方向运动。

17. 一半圆柱形透明物体横截面如图所示，底面AOB镀银(图中粗线)，O表示半圆截面的圆心.一束光线在横截面内从M点的入射角为30°，∠MOA＝60°，∠NOB＝30°.(已知sin 15°＝)

①求光线在M点的折射角；

②求透明物体的折射率.

【答案】（1）r＝15°(2) .

【解析】试题分析：（1）作出光路图，根据几何关系求出光线在M点的折射角．（2）根据折射角，通过折射定律求出透明物体的折射率．

（1）如图，透明物体内部的光路为折线MPN，Q、M点相对于底面EF对称，Q、P和N三点共线.

设在M点处，光的入射角为i，折射角为r，，.根据题意有

由几何关系得，，则有，且

联立式得

（2）根据折射率公式有，得

18. 如图所示，某原子的三个能级的能量分别为E1、E2和E3.a、b、c为原子跃迁所发出的三种波长的光，下列判断正确的是

A. E1 >E3>E2

B. (E3－E2)＝(E2－E1)

C. b光的波长最长

D. c光的频率最高

【答案】D

【解析】试题分析：结合题图和电子跃迁时发出的光子的能量为：可知，，能量差等于光子的能量，能量差等于光子的能量，能量差等于光子的能量，那么对应的能量最大，而对应的能量最小，因：，且

，则有故AB错误；又，光的频率最高，光的波长最长，故C错误，D正确。

考点：氢原子的能级公式和跃迁

【名师点睛】该题考查能级与跃迁以及光子的能量，解决本题的关键掌握辐射光子的能量与能级差的关系。

19. 2011年3月11日在日本海域发生强烈地震，强震引发了福岛核电站危机.核中的发生着裂变反应，试完成下列反应方程式：235 92U+1 0n→141 56Ba+92 36Kr+____；已知235 92U、141 56Ba、92 36Kr和中子的质量分别是m U、m Ba、m Kr、m n，该反应中一个裂变时放出的能量为____.(已知光速为c)

【答案】 (1). (2). (m U－m Ba－m Kr－2m n)c2

【解析】试题分析：核反应遵循质量数守恒和电荷数守恒；根据爱因斯坦质能方程列式求解裂变时放出的能量．...

反应方程式中，根据质量数守恒，X的总的质量数为：

，X的总的电荷数为，故X是3个中子，即为；一个裂变时放出的能量为

20. 如图所示，A、B两个木块质量分别为2 kg与0.9 kg，A、B与水平地面间接触面光滑，上表面粗糙，质量为0.1 kg的铁块以10 m/s的速度从A的左端向右滑动，最后铁块与B

的共同速度大小为0.5 m/s，求：

①A的最终速度；

②铁块刚滑上B时铁块的速度.

【答案】①0.25 m/s②2.75 m/s.

【解析】试题分析：铁块从A的左端滑上A后，铁块做匀减速运动，AB一起做匀加速运动，当铁块冲上B后，AB分离，A做匀速运动，B继续做匀加速运动，当铁块与B达到共同速度后一起做匀速运动．

(1)设A的最终速度，铁块与B的共同速度．铁块和木块A、B组成的系统动量守恒，由系统总动量守恒得：

代入数据解得：

(2)设铁块刚滑上B时的速度为u，此时A、B的速度均为

铁块与A、B组成的系统动量守恒，由系统动量守恒得：

解得：

考点：本题考查考生对动量守恒定律的理解和应用．

四、计算题：本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．21. CD、EF是水平放置的电阻可忽略的光滑水平金属导轨，两导轨距离水平地面高度为H，导轨间距为L，在水平导轨区域存在磁感应强度大小为B，方向垂直导轨平面向上的矩形有界匀强磁场（磁场区域为CPQE），如图所示，导轨左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接，弯曲的光滑轨道的上端接有一电阻R，将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上距离水平金属导轨高度h 处由静止释放，导体棒最终通过磁场区域落在水平地面上距离水平导轨最右端x处.

已知导体棒与导轨始终接触良好，重力加速度为g，求

（1）电阻R中的最大电流的大小与方向;

（2）整个过程中，导体棒中产生的焦耳热；

（3）若磁场区域的长度为d，求全程流过导体棒的电量.

【答案】(1) ，方向由a到b（2） (3)

【解析】试题分析：金属棒在弯曲轨道下滑时，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律或动能定理可以求出金属棒到达水平面时的速度，由E=BLv求出感应电动势，然后求出感应电流；由可以求出流过电阻R的电荷量；克服安培力做功转化为焦耳热，由动能定理（或能量守恒定律）可以求出克服安培力做功，得到导体棒产生的焦耳热．

（1）由题意可知，导体棒刚进入磁场的瞬间速度最大，产生的感应电动势最大，感应电流最大，由机械能守恒定律有解得

由法拉第电磁感应定律得

由闭合电路欧姆定律得

联立解得，方向由a到b

（2）由平抛运动规律解得

由能量守恒定律可知整个电路中产生的焦耳热为

即电阻产生的热量为.

（3）设导体棒通过磁场区域时整个回路的平均电流为，用时

则通过导体截面电量其中

综上

22. 微观世界与宏观世界往往存在奇妙的相似性.对于氢原子模型，因为原子核的质量远大于电子质量，可以忽略原子核的运动，形成类似天文学中的恒星-行星系统，记为模型Ⅰ.另一种模型认为氢原子的核外电子并非绕核旋转，而是类似天文学中的双星系统，核外电子和原子核依靠库仑力作用使它们同时绕彼此连线上某一点做匀速圆周运动，记为模型Ⅱ.已知核外电子的质量为m，氢原子核的质量为M，二者相距为r，静电力常量为k，电子和氢原子核的电荷量大小均为e.

（1）模型Ⅰ、Ⅱ中系统的总动能分别用E kⅠ、 E kⅡ表示，请通过定量计算来比较E kⅠ、 E kⅡ的大小关系；

（2）求模型Ⅰ、Ⅱ中核外电子做匀速圆周运动的周期TⅠ和TⅡ；

（3）通常情况下氢原子的研究采用模型Ⅰ的方案，请分析这样简化处理的合理性。

【答案】（1）总动能相等（2）、（3）采用模型Ⅰ更简单方便【解析】（1）模型Ⅰ中，设电子和原子核的速度分别为v对于电子绕核的运动，根据库仑定律和牛顿第二定律有

解得：

模型Ⅱ中，设电子和原子核的速度分别为，电子的运动半径为r1，原子核的运动半径为r2。根据库仑定律和牛顿第二定律

对电子有，解得

对于原子核有：，解得

系统的总动能：

即在这两种模型中，系统的总动能相等。

（2）模型Ⅰ中，根据库仑定律和牛顿第二定律有，解得

模型Ⅱ中，电子和原子核的周期相同，均为

根据库仑定律和牛顿第二定律

对电子有，解得

对原子核有，解得

因，将以上两式代入，可解得

（3）所以有

因为，可得，所以采用模型Ⅰ更简单方便。

23. 如图，矩形abcd区域有磁感应强度为B的匀强磁场，ab边长为3L，bc边足够长．厚度不计的挡板MN长为5L，平行bc边放置在磁场中，与bc边相距L，左端与ab边也相距L. 电子质量为m、电荷量为e的电子，重力忽略不计，由静止开始经电场加速后沿ab边进入磁场区域，若电子与挡板碰撞则完全被吸收并导走．

（1）设加速电压U= U0，求电子进入磁场中的速度大小

（2）如果加速电压控制在一定范围内，能保证在这个电压范围内加速的电子进入磁场后在磁

场中运动时间都相同，求这个加速电压U的范围．

（3）调节加速电压，使电子落在挡板上表面，求电子落在挡板上表面的最大宽度ΔL.

【答案】（1）(2) （3）

【解析】（1）由动能定理得，解得.

（2）只要电子从ad边离开磁场，其运动的轨迹都为半圆，且运动时间相同，当电子与挡板下表面相切时轨迹的半径，圆心为，如图所示，要使电子在磁场中的运动时间相等，必须满足：

由牛顿第二定律得

由动能定理得：

联立解得

若电子恰好绕过挡板最右端N点从ad边离开磁场，设其轨迹的半径为r2，圆心为O2，由几何关系有

解得

即电子不可能绕过挡板最右端N点从ad边离开磁场，所以使电子在磁场中运动时间相同的电压的取值范围是：

(或者设电子与bc边相切时的半径为，圆心为，则有，设打到MN上D点，

，也能证明电子不可能绕过挡板最右端N点从ad边离开磁场)

（3）电子能打到挡板上表面必须满足以下要求：

(i)电子能通过挡板边缘M点，设其对应的轨迹半径为，圆心为，打在挡板上表面的C点．则有：，

(ii)电子不能从bc边射出，设电子轨迹与bc边相切时的半径为，圆心为，打在挡板上表面的D点．则有

所以：