2020年天津市和平区高考物理三模试卷

2020年天津市和平区高考物理三模试卷
一、单选题（本大题共5小题，共25.0分）
1.下列说法正确的是()
A. 太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应
B. 某些元素的原子核可以自发进行α衰变，衰变后原子核总质量减少
C. 汤姆生通过对阴极射线的研究发现电子并提出原子核式结构模型
D. 玻尔能级跃迁理论说明原子核具有复杂结构
2.如图所示，理想变压器原副线圈匝数比为4：1.原线圈接入输出电压为u=
220√2sin100πt(V)的交流电源，副线圈接一个R=27.5Ω的负载电阻．则下
述结论正确的是()
A. 副线圈中交流电压表的读数为55√2V
s
B. 副线圈中输出交流电的周期为1
100π
C. 原线圈中交流电流表的读数为0.5A
D. 原线圈中的输入功率为110√2W
3.2020年5月5日长征五号B运载火箭的首飞成功，实现空间站阶段飞行任务首战告捷，拉开我国载人
航天工程“第三步”任务序幕。

已知地球质量为M，半径为R，自转周期为T，地球同步卫星质量为m，引力常量为G，有关同步卫星，下列表述正确的是()
3
A. 卫星距离地面的高度√GMT2
4π2
B. 卫星的运行速度大于第一宇宙速度
C. 卫星运行时受到的向心力大小为GMm
R2
D. 卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度
4.简谐横波在同一均匀介质中沿x轴正方向传播，波速为v。

若某时刻在波的传播方向上，位于平衡位
置的两质点a、b相距为s，a、b之间只存在一个波谷，则从该时刻起，下列四副波形中质点a最早到达波谷的是()
A. B. C. D.
5.传感器是一种采集信息的重要器件，图为测定压力的电容式传感器，将电容器、灵敏电流计(零刻度
在中间)的电源串联成闭合回路．当压力F作用于可动膜片电极上时，膜片产生形变，引起电容的变化，导致灵敏电流计指针偏转．在对膜片开始施加恒定的压力到膜片稳定之后，灵敏电流表指针的偏转情况为(电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏)()
A. 向右偏到某一刻度后回到零刻度
B. 向左偏到某一刻度后回到零刻度
C. 向右偏到某一刻度后不动
D. 向左偏到某一刻度后不动
二、多选题（本大题共3小题，共15.0分）
6.蓝光相比红光具有频率高、能量大的特点，则以下叙述正确的是()
A. 发生全反射时红光的临界角小于蓝光的临界角
B. 用同一干涉装置可看到红光的干涉条纹间距比蓝光宽
C. 在同一均匀介质中蓝光的传播速度小于红光的传播速度
D. 如果蓝光能使某种金属发生光电效应，红光也一定能使该金属发生光电效应
7.质量为m、电量为q的带电粒子以速率v垂直磁感线射入磁感强度为B的匀强磁场中，在磁场力作用
下做匀速圆周运动，带电粒子在圆周轨道上运动相当于一环形电流，则()
A. 环形电流的电流强度跟q成正比
B. 环形电流的电流强度跟v成正比
C. 环形电流的电流强度跟B成正比
D. 环形电流的电流强度跟m成反比
8.如图所示，试管的一端插在水银槽中，另一端封闭有理想气体。

试管内有一
段水银柱，降低封闭气体温度，以下说法正确的是()
A. 试管中的水银柱高度下降
B. 封闭气体压强减小
C. 封闭气体的体积与压强乘积变大
D. 气体内能的变化值小于气体放出的热量
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
9.图甲为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图．沙和沙桶的总质量为m，小车和砝码的总质量为M.
实验中用沙和沙桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小．
(1)实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线
与长木板平行．接下来还需要进行的一项操作是______
A.将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节m的大小，
使小车在沙和沙桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动
B.将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去沙和沙桶，给打点
计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动
C.将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及沙和沙桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运
动
(2)实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是______
A.M=200g，m=10g、15g、20g、25g、30g、40g
B.M=200g，m=20g、40g、60g、80g、100g、120g
C.M=400g，m=10g、15g、20g、25g、30g、40g
D.M=400g，m=20g、40g、60g、80g、100g、120g
(3)图乙是实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点
之间还有四个点未画出．量出相邻的计数点之间的距离分别为：s AB=4.22cm、s BC=4.65cm、s CD=
5.08cm、s DE=5.49cm、s EF=5.91cm、s FG=
6.34cm.已知打点计时器的工作频率为50Hz，则
a=______m/s2．
10.从下列实验器材中选出适当的器材，设计实验电路来测量某电压表的内阻，要求方法简捷，操作方便。

可进行多次测量并达到较高的测量精度。

A.待测电压表V1，量程0～3V，R v内电阻约20kΩ～25kΩ
B.电压表V，量程0～5V，内电阻约50kΩ
C.定值电阻R1，阻值20kΩ
D.定值电阻R2，阻值100Ω
E.滑动变阻器R3，阻值范围0−2000Ω，额定电流2.5A
F.滑动变阻器R4，阻值范围0～20Ω，额定电流2A
G.电池组，电动势为6V，内电阻为0.5Ω
H.单刀开关若干和导线若干
①请设计一个测量电路，并在方框中画出电路图。

②实验器材选择除A、B、G、H外，定值电阻应选用______，滑动变阻器应选用______(用器材前的
字母表示)。

③写出测量电压表内阻的表达式______。

(用己知物理量和测量量表示)
四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）
11.如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L=0.30m.导
轨电阻忽略不计，其间连接有固定电阻R=0.40Ω.导轨上停放一质量m=0.10kg、电阻r=0.20Ω的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度B=0.50T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下．用一外力F沿水平方向拉金属杆ab，使之由静止开始运动，电压传感器可将R两端的电压U即时采集并输入电脑，获得电压U随时间t变化的关系如图乙所示．
(1)试证明金属杆做匀加速直线运动，并计算加速度的大小；
(2)求第2s末外力F的瞬时功率；
(3)如果水平外力从静止开始拉动杆2s所做的功W=0.35J，求金属杆上产生的焦耳热．
12.如图所示，AB是长度足够长的光滑水平轨道，水平放置的轻质弹簧一端固定在A点，另一端与质量
m1=2kg的物块P接触但不相连。

一水平传送带与水平轨道B端平滑连接，物块P与传送带之间的动摩擦因数μ1=0.3，传送带右端与光滑水平轨道CD平滑连接，传送带在电机驱动下以v=2m/s的速度顺时针匀速运动。

质量为m2=6kg的小车放在光滑水平轨道上，位于CD右侧，小车左端与CD 段平滑连接，右侧与一段半径R=0.5m的光滑的四分之一圆弧相连接，物块P与小车水平上表面的动摩擦因数μ2=0.2，用外力缓慢推动物块P，将弹簧压缩至储存的弹性势能E P=9J，然后放开，P开始沿轨道运动并冲上传送带，到达传送带右端时速度恰好与传送带速度大小相等，物块P在小车上上
升的最大高度H=0.1m，重力加速度大小g=10m/s2，求：
(1)物块P相对传送带的滑行距离L；
(2)小车的水平长度L1。

13.如图所示，在平面内，有一电子源持续不断地沿x正方向每秒发射出N个速率均为v的电子，形成宽
为2b，在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的电子流．电子流沿x方向射入一个半径为R，中心位于原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xoy平面向里，电子经过磁场偏转后均从P点射出．在磁场区域的正下方有一对平行于x轴的金属平行板K和A，K板接地，A与K两板间加有正负、大小均
R，电子质可调的电压U AK，穿过K板小孔达到A板的电子被收集且导出，从而形成电流，已知b=√3
2量为m，电荷量为e，忽略电子间相互作用．
(1)磁感应强度B的大小；
(2)电子流从P点射出时与y轴负方向的夹角θ的范围；
(3)电子被收集形成最大电流I m；
(4)调节A与K两级板间的电压刚好不能形成电流，此时可调的电压U AK大小．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应，故A错误。

B、某些元素的原子核可以自发进行α衰变，根据衰变规律可知，衰变后原子核总质量减少，故B正确。

C、卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，故C错误。

D、玻尔能级跃迁理论研究对象是原子，不能说明原子核具有复杂结构，故D错误。

故选：B。

太阳内部发生的核聚变。

卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型。

核反应过程中，质量数守恒。

本题考查了原子结构、原子核等问题，理解课本基本知识即可求解，关键是理解衰变方程中，质量数守恒，质量不守恒，出现亏损。

2.【答案】C
【解析】解：A、由瞬时值的表达式可知，原线圈的电压最大值为U m=220√2V，所以原线圈的电压的有效值为U=220V，
理想变压器原副线圈匝数比为4：1，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压的有效值为55V，即为电压表的读数，故A错误；
B、变压器不会改变电流的周期，则副线圈输出电流的周期为T=2π
100π
s=0.02s，故B错误；
C、副线圈的电流为I2=55
27.5A=2A，根据电流与匝数成反比可得，原线圈的电流大小为I1=1
4
I2=0.5A，
故C正确；
D、变压器的输入功率和输出功率相等，副线圈的功率为P=552
27.5
W=110W，所以原线圈中的输入功率也为110W，故D错误；
故选：C。

根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，即电压与匝数成正比，电流与匝数成反比．
知道正弦交变电流最大值和有效值之间√2倍的关系即可解决本题．
3.【答案】D
【解析】解：A、根据万有引力提供向心力得：GMm
(R+ℎ)2=m(R+ℎ)4π2
T2
，解得卫星距离地面的高度为：ℎ=
√GMT2
4π
3−R，故A错误；
B、根据万有引力提供向心力得：G Mm
(R+ℎ)2=m v2
R+ℎ
，解得卫星的运行速度为：v=√GM
R+ℎ
，根据第一宇宙速
度定义得：G Mm
R2=m v12
R
，解得：v1=√GM
R
，可得：v<v1，故B错误；
C、根据万有引力提供向心力，得卫星运行时受到的向心力大小为：F向=GMm
(R+ℎ)2
，故C错误；
D、根据牛顿第二定律得：F向=ma向，解得卫星运行的向心加速度为：a向=GM
(R+ℎ)2
，根据地球表面上物
体的重力等于其受到的万有引力，得：G Mm
R2=mg，解得地球表重力加速度为：g=GM
R2
，所以有：a向<g，
故D正确。

故选：D。

同步卫星与地球相对静止，因而与地球自转同步，根据万有引力提供向心力，即可求出相关的量。

本题以我国载人航天工程“第三步”任务为背景考查了万有引力定律在航天领域中的应用，解决此题关键要抓住万有引力等于向心力，卫星转动周期与地球自转同步。

4.【答案】D
【解析】解：A、图图示可知，波长λ=2s，周期：T=2s
v ，由图知质点a向上振动，经3
4
T第一次到达波谷，
用时t1=3
4T=3s
2v
，故A错误；
B、由图示波形图可知，应波长：λ=s，周期：T=s
v
，由图知质点a向下振动，经T/4第一次到达波谷，
用时t2=1
4T=s
4v
，故B错误；
C、由图示波形图可知，波长λ=s，周期：T=s
v
，由图知质点a向上振动，经3T/4第一次到达波谷，用
时t3=3
4T=3s
4v
，故C错误；
D、由图示波形图可知，波长：λ=4
5s，由图知质点a向下振动，经1
4
T第一次到达波谷，用时t4=1
4
T=s
5v
，
故D正确。

故选：D。

根据波的传播方向判断出a点的振动方向，读出波长，求出周期。

分别得到质点a从图示位置到达波谷的时间，从而进行比较。

本题考查了波的传播与质点振动情况，解决本题的关键要确定波长与s的关系，求得周期。

能熟练根据波的传播方向判断质点的振动方向。

5.【答案】A
【解析】解：当F向上压膜片电极时，板间距离减小，由电容的决定式C=εS
4πkd
得到，电容器的电容将增
大，又根据电容的定义式C=Q
U
，电容器两极的电压U不变，故Q将增大，即电容器充电，所以电流将从电流表正接线柱流入，电流计指针向右偏。

当充电完毕后，电路中没有电流，电流计的指针回到零刻度。

故A正确、BCD错误。

故选：A。

根据电容器的电容与板间距离的关系判断当F向上压膜片电极时电容的变化，再根据电容定义式判断电容器在充电还是放电，从而判断电流计的变化．
本题电容器动态变化分析问题，只要掌握电容的定义式C=Q
U 和决定式C=εS
4πkd
就能正确解答．
6.【答案】BC
【解析】解：A、蓝光的折射率比红光的折射率大，由sinC=1
n
可知蓝光的临界角小于红光的临界角，故A
错误；
B、根据公式△x=L
d
⋅λ，红色光的波长比蓝光长，则红色光的条纹间距大于蓝光的条纹间距，故B正确；
C、在同一种均匀介质中，红光的波长大于蓝光的波长，故C正确；
D、蓝光比红光具有频率高，根据光电效应的条件可知，蓝光能使某种金属发生光电效应，红光不一定能使该金属发生光电效应，故D错误。

故选：BC。

明确临界角与折射率的关系；依据同一介质中，波长越长的，折射率越小；所有光在真空中速度均相等；
根据公式△x=L
d
⋅λ，即可一一求解。

明确临界角与折射率的关系；依据同一介质中，波长越长的，折射率越小；所有光在真空中速度均相等；根据公式△x=λ，即可一一求解。

7.【答案】CD
【解析】
【分析】
本题是洛伦兹力、向心力和电流等知识的综合应用，抓住周期与B、I的联系是关键．
带电粒子以速率v垂直射入磁感强度为B的匀强磁场中，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求出带电粒子圆周运动的周期，由电流的定义式得出电流的表达式，再进行分析．
【解答】
解：设带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，半径为r，则由qvB=m v2
r ，得T=
2πr
v
=2πm
qB
环形电流：I=q
T =q2B
2πm
，可见，I与q的平方成正比，与v无关，与B成正比，与m成反比。

故选项AB
错误，选项CD正确。

故选：CD。

8.【答案】BD
【解析】解：AB.当理想气体的温度降低后，假设试管内气体的体积不变，根据理想气体状态方程pV=CT 可知，气体的压强减小，则试管内的水银柱高度会上升，从而使气体的体积减小，由此可知试管内气体的压强与体积均减小，试管内水银柱的高度上升，故A错误，B正确；
C.由于气体的温度降低，根据理想气体状态方程pV=CT可知，封闭气体的体积与压强乘积变小，故C错误；
D.理想气体的分子距离很大，分子力可认为等于零，分子势能为零，所以理想气体的内能等于分子总动能，只与温度有关，由于理想气体的温度降低，所以理想气体的内能减小，即△U<0，又理想气体的体积减小，所以外界对理想气体做功，即W>0，根据热力学第一定律△U=W+Q可得Q的绝对值大于△U的绝对值，即气体内能的变化值小于气体放出的热量，故D正确。

故选：BD。

可先假设气体温度降低后体积不变，可判断出压强的变化，从而即可判断出气体的体积变化与试管中水银柱高度的变化情况；根据理想气体状态方程判断出封闭气体的体积与压强乘积的变化情况；由温度变化情况分析气体的内能变化，由气体的体积变化判断气体与外界做功的情况，根据热力学第一定律即可判断气体内能的变化量与气体放出的热量大小关系。

本题的关键有二点：一是利用假设法分析压强与气体体积的变化情况；二是要掌握理想气体的分子势能为零，内能只与温度有关；注意理解热力学第一定律并会利用其解决问题。

9.【答案】B C0.42
【解析】解：(1)将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂沙和沙桶的情况下使小车恰好做匀速运动，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力．要判断是否是匀速运动，我们可以从打出的纸带相邻的点的间距来判断小车是否做匀速运动，故选B．
(2)当m<<M时，即当沙和沙桶的总重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于沙和沙桶的总重力．故选C．
(3)相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，相邻的计数点时间间隔为0.1s
利用匀变速直线运动的推论△x=at2，
s DE−s AB=3a1T2
s EF−s BC=3a2T2
s FG−s CD=3a3T2
a=a1+a2+a3
3
=0.42m/s2．
故答案为：(1)B(2)C(3)0.42
解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项．
该实验采用的是控制变量法研究，其中加速度、质量、合力三者的测量很重要．
纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的两个推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度．
实验问题需要结合物理规律去解决．实验中的第2题考查的是力学问题，把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大，会导致重力沿斜面向下的分力增大，摩擦力减小等现象，这些我们都要从学过的力学知识中解决．
纸带的处理是运用匀变速直线运动的两个推论去完成的．
10.【答案】C F U1R1
U−U1
【解析】解：①实验没有电流表，可以用已知阻值的定值电阻与待测电压表串联，求出流过定值电阻的电流从而求出通过待测电压表电流，
由于待测电压表内阻20kΩ～25kΩ，为方便实验操作，定值电阻阻值应与待测电压表内阻相差不多，定值电阻应选择R1，
为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择R4，实验电路图如图所示：
②由①可知，为方便实验操作，定值电阻应选C，滑动变阻器应选择F；
③通过待测电压表的电流：I=U1
R1=U−U1
R1
，
待测电压表内阻：R V=U1
I
=U1
U−U1
R1
=U1R1
U−U1；
故答案为：①电路图如图所示；②C；F；③U1R1
U−U1。

①测量电压表内阻需要测出流过电压表的电流，可以用定值电阻与待测电压表串联，应用欧姆定律求出流过电压表的电流，然后求出电压表内阻，根据实验原理与所给实验器材设计实验电路图； ②根据所给实验器材从方便实验操作的角度选择定值电阻与滑动变阻器； ③根据图示电路图应用串联电路特点与欧姆定律求出待测电压表内阻表达式。

本题考查了实验设计与实验器材的选择，理解实验原理是解题的前提，要掌握实验器材的选择原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作原则；根据串联电路特点与欧姆定律可以求出待测电压表内阻。

11.【答案】解：(1)由图乙可得U =kt ，k =0.10V/s ．
设路端电压为U ，金属杆的运动速度为v ，则感应电动势E =BLv ， 通过电阻R 的电流I =E
R+r 电阻R 两端的电压 U =IR =BLvR R+r
解得 v =
k(R+r)BLR
⋅t
因为速度与时间成正比，所以金属杆做匀加速运动，加速度为a =k(R+r)BLR
=1.0m/s 2．
(2)在2s 末，速度v 2=at =2.0m/s ，电动势E =BLv 2， 通过金属杆的电流为 I =E
R+r 金属杆受安培力 F 安=BIL =
(BL)2v 2R+r
解得：F 安=7.5×10−2
N
设2s 末外力大小为F 2，由牛顿第二定律，F 2−F 安=ma ， 解得：F 2=1.75×10−2N
故2s 末时F 的瞬时功率 P =F 2v 2=0.35W
(3)设回路产生的焦耳热为Q ，由能量守恒定律，W =Q +1
2mv 2
2
解得：Q =0.15J 电阻R 与金属杆的电阻r 串联，产生焦耳热与电阻成正比 所以，Q R
Q r
=R
r ，
运用合比定理得，
Q R +Q r Q r
=
R+r r
，而Q R +Q r =Q
故在金属杆上产生的焦耳热 Q r =r
R+r Q
解得：Q r =5.0×10−2J 答：
(1)证明见上．金属杆做匀加速直线运动的加速度大小为1m/s 2； (2)第2s 末外力F 的瞬时功率为0.35W ； (3)金属杆上产生的焦耳热为5.0×10−2J .
【解析】(1)由乙图提到电压与时间的表达式．根据E =BLv 、I =E
R+r 、U =IR 推导出速度与时间的关系式，即可证明金属杆做匀加速直线运动，并求出加速度的大小．
(2)由速度公式求出2s 末杆的速度，由E =BLv 、I =E
R+r 、F 安=BIL 结合求出杆所受的安培力大小，由牛
顿第二定律求出外力F，即能求出外力的功率．
(3)水平外力从静止开始拉动杆2s所做的功W=0.35J，外界有0.35J的能量转化为电路的内能和杆的动能，根据能量守恒定律求出电路中产生的焦耳热，由焦耳定律求出金属杆上产生的焦耳热．
本题是电磁感应与力学的综合，关键是安培力的计算，F=B2L2v
R+r
是经验公式，如能熟记，对分析和计算电
磁感应中力学问题大有帮助．
12.【答案】解：(1)设物块P离开弹簧时的速度为v0。

在弹簧将物块P弹开的过程中，根据机械能守恒定律可得：
E P=1
2
m1v02
解得：v0=3m/s
设传送带的水平长度为L0，物块P在传送带上仅有摩擦力对其做功，因此由动能定理可得：
−μ1m1gL0=1
2
m1v2−
1
2
m1v02
代入数据联立解得：L0=5
6
m
设物块在传送带上运动的时间为t，则有：L0=v0+v
2
t
解得：t=1
3
s
故物块P相对传送带的滑行距离L=L0−vt=5
6m−2×1
3
m=1
6
m
(2)当物体运动到小车的最高点时，两者速度相同，设为v。

对于P与小车构成的系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得
m1v=(m1+m2)v1
由能量守恒定律可得1
2m1v2=1
2
(m1+m2)v12+m1gH+μ2m1gL1
联立解得小车的水平长度为L1=0.25m
答：(1)物块P相对传送带的滑行距离L是1
6
m；
(2)小车的水平长度L1是0.25m。

【解析】(1)在弹簧将物块P弹开的过程中，由机械能守恒定律列方程，可求出物块P获得的速度。

物块在传送带上运动过程中，由动能定理列方程，可求出传送带的长度，根据运动学公式求出物块在传送带上运动的时间，即可求得物块P相对传送带的滑行距离；
(2)当物块P运动到小车的最高点时，两者速度相同，根据动量守恒定律求出共同速度，再由能量守恒定律联立解得小车的水平长度。

本题主要考查动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，要掌握其守恒条件：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用；解答时要首先确定一个正方向。

涉及相对位移问题，往往根据能量守恒定律处理。

13.【答案】解：(1)粒子源沿x轴正方向射出的粒子经圆形磁场区域偏转后均从P点射出，那么可以设想从x轴上沿x轴正方向射入磁场的粒子也从P点射出，显然该粒子的轨道半径与磁场区域的半径相等，偏转角为90°，说明电子做圆周运动的轨道半径：r=R，
电子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：evB=m v2
r
，
解得：B=mv
eR
；
(2)上端电子从P点射出时与负y轴最大夹角θm，如图所示，
由几何关系可得sinθm=b
R =√3
2
，
所以得：θm=60°．
同理下端电子从P点射出时与负y轴最大夹角也为60°，范围是−60°≤θ≤60°；
(3)进入小孔的电子偏角正切值：tanα=l
d
=1，
解得：α=45°，
则：y′=Rsinα=√2
2
R，
设每秒进入两极板间的电子数为n，则：
n N =y′
b
=√6
3
=0.82，
解得：n=0.82N；
电子被收集形成最大电流I m=ne
t
=ne=0.82eN；
(4)只要竖直向下的电子达不到A板，其它电子一定达不到，此时的电压大小为U AK，
根据动能定理可得：eU AK=0−1
2
mv2，
解得：U AK=−mv2
2e
.下极板带负电．
答：(1)磁感应强度B的大小为mv
eR
；
(2)电子流从P点射出时与负y轴方向的夹角θ的范围是−60°≤θ≤60°；
(3)电子被收集形成最大电流为0.82eN；
(4)调节A与K两级板间的电压刚好不能形成电流，此时可调的电压U AK大小为−mv2
2e
．
【解析】(1)电子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律可以求出磁感应强度．
(2)求出电子从P点射出时与负y轴方向的夹角极限值，然后确定其范围．
(3)求出进入小孔的电子偏角，然后求出每秒经过极板K上的小孔到达板A的电子数再根据电流强度的计算公式求解电流强度．
(4)由动能定理求出遏制电压．
本题考查了电子在磁场与电场中的运动，分析清楚电子运动过程、作出电子运动轨迹、求出电子在磁场中
做圆周运动的轨道半径是解题的关键，解题时注意求出极限值然后再确定范围．。