2015年浙江省杭州高级中学高考物理仿真试卷

2015年浙江省杭州高级中学高考物理仿真试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共4小题，共24.0分)1.鸵鸟是当今世界上最大的鸟，由于翅膀退化它已经不会飞了．鸟起飞的必要条件是空气对它向上的力f足够大，计算f大小的公式为：f=cρS v2，式中c是一个无量纲的比例常数，ρ是空气密度，S是鸟翅膀的面积，v是鸟起飞时的速度．为了估算鸟起飞时的速度v，可以作一个简单的几何相似性假设：设鸟的几何线度为l，则鸟的质量与l3成正比，翅膀的面积S与l2成正比．已知燕子起飞时的速度约为20km/h，鸵鸟的几何线度大约是燕子的25倍．由此可估算出若要使鸵鸟能起飞，鸵鸟的速度必须达到（）A.50km/h B.100km/h C.200km/h D.500km/h【答案】B【解析】解：燕子以最小速度飞行时，m1g=c S1v12而鸵鸟展翅以最大速度奔跑时，获得的举力为：F2=c S2v22又=252，则==5得：v2=100km/h故选：B．由题目要使鸟刚好能飞起来举力至少等于自身的重力，根据举力大小的表达F=k S v2，得到速度与质量、翅膀展开后的面积的关系，再将质量m∝L3，而翅膀面积S∝L2的关系代入得到速度与鸟的体长的关系，求出小燕子与鸵鸟的最小飞行速度的比值，得到鸵鸟飞起来需要的最小速度．本题是实际问题，关键是建立物理模型，抓住受力平衡的条件，将问题简化，考查建模的能力．2.静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器．某除尘器模型的收尘板是很长的条形金属板，图中直线ab为该收尘板的横截面．工作时收尘板带正电，其左侧的电场线分布如图所示；粉尘带负电，在电场力作用下向收尘板运动，最后落在收尘板上．若用粗黑曲线表示原来静止于P点的带电粉尘颗粒的运动轨迹，下列4幅图中可能正确的是（忽略重力和空气阻力）（）A. B. C. D.【答案】A【解析】解：粉尘受力方向为电场线方向，故P点受力沿切线方向，从静止开始运动时应沿P点的切线运动，但运动方向不可能沿电场线方向；故C、D错误；此后粒子受力偏向右，故粒子应从P点的切线方向向右下偏，但运动轨迹一定在P所在电场线的上方，故B错误，A正确；故选A．电场线的切线方向表示该点电场强度的方向，而负电荷受力的方向与电场强度方向相反；根据粒子受力的变化可得出其大致轨迹．本题应注意物体做曲线运动的轨迹与受力的关系，只有明确了受力才能由动力学知识确定粒子的运动轨迹．3.倾角为37°的光滑斜面上固定一个槽，劲度系数k=20N/m、原长l0=0.6m的轻弹簧下端与轻杆相连，开始时杆在槽外的长度l=0.3m，且杆可在槽内移动，杆与槽间的滑动摩擦力大小F f=6N，杆与槽之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．质量m=1kg的小车从距弹簧上端L=0.6m处由静止释放沿斜面向下运动．已知弹性势能E p=kx2，式中x为弹簧的形变量．g取10m/s2，sin37°=0.6．关于小车和杆的运动情况，下列说法中正确的是（）A.小车先做匀加速运动，后做加速度逐渐减小的变加速运动B.小车先做匀加速运动，后做加速度先减小后增大的变加速运动C.杆刚要滑动时小车已通过的位移为0.6mD.杆从开始运动到完全进入槽内所用时间为0.1s【答案】D【解析】解：AB、一开始小车受恒力向下做匀加速运动，后来接触到弹簧，合力逐渐变小，于是做加速度逐渐变小的变加速运动，最后受到弹簧轻杆的力和重力沿斜面向下的分力平衡，于是做匀速直线运动，所以AB错误；C、当弹簧和杆整体受到的力等于静摩擦力的时候，轻杆开始滑动，此时由平衡得：弹簧压缩量有公式F f=k△x解得：△x=0.3，所以杆刚要滑动时小车已通过的位移为x=△x+L=0.3+0.6m=0.9m，所以C错误；D、当弹簧的压缩量为0.3M的时候，弹簧的弹力和小车在斜面上的分力相等，此时整个系统开始做匀速运动设此速度为v，开始运动到做匀速运动，由能量守恒得：mg（mg+△x）sinθ=mv2代入数据求得：v=3m/s所以杆从开始运动到完全进入槽内所用时间为：t===0.1s，所以D正确；故选：D对小车在碰撞弹簧前后受力分析，根据力判断其运动情况，然后利用能量守恒定律和运动学公式求解本题的关键是分清小车的运动过程，特别是接触弹簧后的情况，弹力变导致静摩擦力也跟着变，找出最后运动状态后利用能的观点即可求解4.如图所示电路，L是自感系数较大的线圈，在滑动变阻器的滑动片P从A端迅速滑向B端的过程中，经过AB中点C时通过线圈的电流为I1；P从B端迅速滑向A端的过程中，经过C点时通过线圈的电流为I2；P固定在C点不动，达到稳定时通过线圈的电流为I0．则（）A.I1=I2=I0B.I1＞I0＞I2C.I1=I2＞I0D.I1＜I0＜I2【答案】D【解析】解：滑片在A点时，滑动变阻器接入电阻最大，电路中电流最小，则当滑片下移时，电流将变大，而此时线圈将阻碍电流的增大；故电流较小；而当滑片从B向A移动时，由于开始时电流较大，向上运动时，线圈中电流将减小，故线圈将阻碍电流的减小；故此时I2将保持在B点时的电流；而滑片固定在C点时，电流小于在B点时的电流；故有：I1＜I0＜I2故选D．当电流发生变化时，线圈由于自感现象而具有保持原来电流的作用；而当电流稳定时，线圈相当于导线．本题应明确电感的作用，当电流发生变化时它将阻碍电流的变化．二、多选题(本大题共3小题，共18.0分)5.如图，一质量为m的滑块静止置于倾角为30°的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与斜面垂直，则（）A.滑块不可能只受到三个力作用B.弹簧可能处于伸长状态C.斜面对滑块的支持力大小可能为零D.斜面对滑块的摩擦力大小一定等于mg【答案】BD【解析】解：A、弹簧与竖直方向的夹角为30°，所以弹簧的方向垂直于斜面，因为弹簧的形变情况未知，所以斜面与滑块之间的弹力大小不确定，所以滑块可能只受重力、斜面支持力和静摩擦力三个力的作用而平衡，此时弹簧弹力为零，处于原长状态，故A错误，B 正确；C、沿斜面方向，根据平衡条件滑块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力（等于mg），不为零，有摩擦力必有弹力，所以斜面对滑块的支持力不可能为零，故C错误，D正确．故选：BD．滑块可能受重力、支持力、摩擦力三个力处于平衡，弹簧处于原长，弹力为零．滑块可能受重力、支持力、摩擦力、弹簧的弹力四个力处于平衡．根据共点力平衡进行分析．解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，注意弹簧的弹力可能为零，可能不为零．6.如图所示，MNPQ是纸面内的一个长、宽之比为2：1的矩形，矩形内（包含边界）只存在与纸面平行的匀强电场或与纸面垂直的匀强磁场．现有一重力不计的带电粒子从M点沿MQ方向以初速度V0射入场区，则下列有关判断正确的是（）A.如果粒子从PN边射出场区，则矩形内存在的一定是电场B.如果粒子射出的速度大小不变，则矩形内存在的一定是磁场C.如果粒子再回到MN上（不包括M点）时的速度大小与初速度大小相等，则矩形内存在的一定是磁场D.若增加粒子的速度大小，发现粒子射出场区的时间变长，则矩形内存在的一定是磁场【答案】AC【解析】解：A、若MNPQ的区域是磁场，粒子在磁场中做匀速圆周运动，则最大半径等于MQ=MN，不可能从PN边射出场区；所以如果粒子从PN边射出场区，则矩形内存在的一定是电场，故A正确；B、若带电粒子以与电场线平行的速度v0射入，受到的电场力的方向与初速度的方向相反，则粒子返回M点的速率不变，故B错误；C、由于洛伦兹力不做功，如果粒子再回到MN上（不包括M点）时的速度大小与初速度大小相等，则矩形内存在的一定是磁场，故C正确；D、由T=知，粒子在磁场中运动的时间与速率无关；故时间改变一定是电场；故D错误；故选：AC．洛伦兹力不做功，电场力可以做功；粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类似抛体运动或往返运动，结合它们运动的特点与规律即可正确解答．本题关键是分电场和磁场两种情况进行分析讨论，抓住匀速圆周运动模型和平抛运动或直线运动模型进行分析讨论．7.如图所示，空间存在着与圆台母线垂直向外的磁场，各处的磁感应强度大小均为B，圆台母线与竖直方向的夹角为θ．一个质量为m、半径为r的通电匀质金属环位于圆台底部，0～t时间内环中电流大小恒定为I，由静止向上运动经过时间t后撤去该恒定电流并保持圆环闭合，圆环上升的最大高度为H．已知重力加速度为g，磁场的范围足够大．在圆环向上运动的过程中，下列说法正确的是（）A.圆环先做加速运动后做减速运动B.在时间t内安培力对圆环做功为mg HC.圆环先有扩张后有收缩的趋势D.圆环运动的最大速度为-gt【答案】AD【解析】解：A、圆环先向上做加速运动；当电流撤去后，由于惯性，圆环继续向上运动，在磁场中切割磁感线产生感应电流，电流方向俯视为逆时针，由左手定则可知圆环所受安培力方向垂直磁感线向下，由于速度在变化，则安培力也在变，所以圆环做变减速运动，故A 正确；B、由功能关系可知，在上升全过程中，在t时间内安培力对圆环做的功等于全过程重力做的功mg H和t时间后圆环克服安培力做的功，所以在时间t内安培力对圆环做功大于mg H，故B错误；C、圆环通电流时，由安培力垂直磁感线向上可知，电流方向俯视为顺时针，安培力分量指向圆心，圆环有收缩的趋势；撤去电流后，根据右手定则可知，切割产生的感应电流方向俯视为逆时针，则安培力分量背离圆心，则有扩张的趋势，故C错误；D、环中通以恒定电流I后，圆环所受安培力为BI2πr，则在竖直方向的分力为2πr BI cosθ，由牛顿第二定律，可得：BI2πrcosθ-mg=ma，则圆环向上的加速度为a=-g，则竖直方向上，在电流未撤去时，圆环将做匀加速直线运动，经过时间t，速度会达到最大值，由v=at得v=-gt，故D正确．故选：AD．根据牛顿第二定律，与运动学公式，依据做功表达式，结合电磁感应与安培力，即可求解．磁场中力做功与牛顿第二定律、电磁感应等的综合问题，注意掌握线圈扩张与收缩的原因．三、实验题探究题(本大题共2小题，共18.0分)8.如图甲所示，两个相同装置：两辆相同的小车并排放在两相同的直轨道上，小车前端系上细线，线的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘．盘里可以分别放不同质量的砂子，小车后端连着纸带，纸带分别穿过固定在轨道上的打点计时器，两个打点计时器并联接在同一接线板上．实验时先接通接线板的电源使两打点计时器同时开始打点，然后同时释放两辆小车，当其中有一辆小车快接近导轨末端时，断开接线板的电源，两打点计时器同时停止工作．如图乙所示为某次实验得到的两条纸带，纸带上的0、1、2、3、4、5、6为所选取的测量点（相邻两点间还有四个打点未画出），两相邻测量点间的距离如图所示，单位为cm．打点计时器所用电源的频率为50H z．（1）求出①号纸带测量点5的速度v5= ______ m/s；①号纸带对应的加速度值为______ m/s2．（结果保留两位有效数字）（2）利用此装置，正确平衡摩擦力后，研究质量一定时，加速度与力的关系，是否必须求出两辆小车运动加速度的确切值？______ （选填“是”或“否”）；请说明理由：______（3）利用此图的其中一个装置，还可以探究做功与物体速度变化的关系．若用M表示小车及车上砝码的总质量，m表示砂子及盘的总质量，对于改变外力对小车做的功，下列说法正确的是______A．通过改变小车运动的距离来改变外力做功时，必须平衡摩擦，必须满足M远大于m B．通过改变小车运动的距离来改变外力做功时，不需要平衡摩擦，也不需要满足M远大于mC．通过改变小盘里砂子的质量来改变外力做功时，必须平衡摩擦，必须满足M远大于mD．通过改变小车上砝码的质量来改变外力做功时，只需平衡摩擦不需要满足M远大于m（4）若在①号纸带上标注纸带随小车运动的加速度方向，应该是______ （填“O→E”，或“E→O”）【答案】0.24；0.21；否；因两打点计时器同时开始、停止工作，故两小车运动的时间相等，可以用纸带上打点的总位移大小之比表示加速度之比；BC；O→E【解析】解：（1）匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度；对于第一条纸带，有：，根据作差法得：a==0.21m/s2，（2）小车做初速度为零的匀加速直线运动，结合位移时间关系公式，有：；故不需要求出小车运动加速度的确切值；理由：因两打点计时器同时开始、停止工作，故两小车运动的时间相等，可以用纸带上打点的总位移大小之比表示加速度大小之比；（3）A、B、采用倍增法使功成倍增加，通过改变小车运动的距离来改变外力做功时，根据W=F x，由于合力恒定，故不需要平衡摩擦力，也不需要保证M远大于m，故A 错误，B正确；C、D、采用倍增法使功成倍增加，通过改变小车上砝码的质量来改变外力做功时，根据W=F x，采用mg来表示拉力F；如果把（M+m）作为整体来研究动能定理，就不需要必须满足M远大于m；当然，如果对小车M进行动能定理研究，肯定要满足M远大于m；故C正确，D错误；故选：BC．（4）由图可知计数点之间的距离逐渐增大，所以小车的加速度方向O→E．故答案为：（1）0.24；0.21；（2）否，因两打点计时器同时开始、停止工作，故两小车运动的时间相等，可以用纸带上打点的总位移大小之比表示加速度之比；（3）BC；（4）O→E（1）匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，根据作差法求解加速度；（2）小车做初速度为零的匀加速直线运动，结合位移时间关系公式分析即可；（3）采用倍增法使功成倍增加时，如果改变位移，保证力恒定即可；如果改变拉力，使拉力成倍增加即可．（4）根据计数点之间距离的变化可以判断小车加速还是减速运动本题关键是明确实验的原理，会通过运动学公式求解加速度之比和瞬时速度大小；明确实验的误差来源；不难．9.某科技创新小组在小制作中需要1.00Ω的定值电阻．由于实验室没有合适的电阻，他们打算用一段导线代替．他们在实验室找到了两圈长度均为100.00m的粗细均匀的导线圈a、b，他们用螺旋测微器测出b线圈导线的直径和用多用电表“R×100”档粗测b 线圈的总电阻示数如图甲、乙所示．（1）导线b的直径d= ______ mm；由多用电表得线圈b的总电阻约为R b= ______ Ω（2）接着测出线圈a、b的U-I图象如图丙所示，实验室提供如下器材可选：A．电流表A1（600m A，1.0Ω）；B．电流表A2（40m A，10.0Ω）；C．电压表V1（3V，6kΩ）；D．电压表V250V，20kΩ）；E．滑动变阻器R1（100Ω，1.0A）；F．滑动变阻器R2（10Ω，2A）；G．直流电源E（50V，0.05Ω）；H．开关一个，带夹子的导线若干．以上器材中，要求实验测b线圈的伏安特性曲线，且在实验时需测出多组有关数据和尽可能高的测量精度．电流表选用：______ ；电压表选用：______ ；滑动变阻器选用：______ ．（只填仪器前的字母代号）．请在图丁的方框中画出实验的电路图．（3）最后，他们决定用线圈a的一段导线来替代1.00Ω的电阻，他们应将长度L= ______ m的导线接入电路．【答案】0.239；2400；B；D；E；0.2【解析】解：（1）螺旋测微器读数=固定刻度读数+可动刻度读数=0+0.01mm×23.9=0.239mm；欧姆表读数=表盘读数×倍率=24×100=2400Ω；（2）根据I-U图象得到测量时的最大电压测量值为46V，电流值的最大测量值为40m A，故电压表选择D，电流表选择B；滑动变阻器R1电流约为：I==0.5A，小于额定电流；滑动变阻器R2电流约为：I==5A，大于额定电流，故滑动变阻器选用E；滑动变阻器最大阻值小于导线电阻，为测多组实验数据，滑动变阻器采用分压式接法；导线电阻约为2400Ω，电流表内阻约为10Ω，电压表内阻约为20kΩ，待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表采用内接法，电路图如图所示：（3）根据I-U图象得到线圈a的电阻为：R a===500Ω；线圈的长度为100m，故每米5Ω，长度0.2m的电阻即为1欧姆．故答案为：（1）0.239；2400．（2）B；D；E．（3）0.2．（1）螺旋测微器读数=固定刻度读数+可动刻度读数；欧姆表读数=表盘读数×倍率；（2）根据I-U图象得到测量时的电压和电流值，选择合适的电流表和电压表；滑动变阻器的电流不能超过额定电流；滑动变阻器采用分压式接法，电流表采用内接法；（3）先根据I-U图象得到电阻，再结合电阻定律求解1.00Ω的导线的长度．本题考查了螺旋测微器读数、欧姆表读数，选择实验器材、实验数据处理，螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；对器材读数时，视线要与刻度线垂直；要掌握实验器材的选择原则．四、计算题(本大题共3小题，共58.0分)10.杭甬高铁全长约150公里，已于2013年6月开通．甬绍用时32分钟，绍杭用时20分钟．高铁列车采用动力分散的电力机车驱动方式．国家电网将220k V高压电送至高铁牵引站，经牵引站变压后送达接触网．铁路沿线上方悬挂着的金属线就是接触网．接触网额定电压为25k V．车顶伸出的“长辫子”般的受电弓与接触网滑动接触获得电能而牵引列车运行．假设列车由16节车厢组成，除第1、16节两车厢为无动力车厢外，其余14节车厢均装备动力系统，各动力车厢产生的动力相同，每节车厢（含乘客行李等）的平均质量均为10吨．假设运动时每节车厢所受的阻力恒为车重的倍，该列车匀加速启动时，能在10分钟内将速度提升到360公里每小时，此后列车保持恒定功率，列车达到最大速度后匀速运动．（g取10m/s2）求：（1）列车在启动过程中总的牵引力大小．（2）求列车的最大速度及此时接触网中的平均电流至少为多大？（3）列车在启动过程中，第8节车厢对第9节车厢的作用力．【答案】解：（1）该列车匀加速启动时，能在10分钟内将速度提升到360公里每小时，故加速度为：a=根据牛顿第二定律，有：F-=（16m）a解得：F=m（）=10×103×=0.8×105N（3）汽车的额定功率P=F v=0.8×105N×100=0.8×107W；当牵引力等于阻力时，速度达最大，最大速度v m===1.5×102m/s；由P=UI可得：I==3200A；（3）对后7节车厢受力分析，受重力、支持力、牵引力和前6节车厢整体对其的拉力，根据牛顿第二定律，有：F′-×（7mg）+=（7m）a解得：F′=-1167N；答：（1）列车在启动过程中总的牵引力大小0.8×105N（2）列车的最大速度1.5×102m/s；此时接触网中的平均电流至少为3200A；（3）列车在启动过程中，第8节车厢对第9节车厢的作用力-1167N；．【解析】（1）先根据速度时间关系公式求解加速度，然后根据牛顿第二定律列式求解总牵引力；（2）由P=F v可求得额定功率；当F=f时可求得匀速运动时的牵引力；再由P=F v可求得速度；由P=UI可求得平均电流；（3）对后9节车厢受力分析后根据牛顿第二定律列式求解即可．本题综合考查牛顿第二定律、电功率及功率公式等内容，关键明确运动规律，然后灵活地选择研究对象进行受力分析，根据牛顿第二定律列式求解．11.如图a所示，水平面内固定有宽L=0.2m的两根光滑平行金属导轨，金属杆ab、cd垂直导轨水平放置，ab阻值R=0.5Ω，cd质量m=0.01kg．匀强磁场垂直于导轨平面，不计金属杆cd和导轨的电阻．若固定cd，用水平力F1=0.04N匀速向左拉动ab时，作出的位移大小-时间图象如图（b）中的①所示；若固定ab，用水平力恒力F2从静止起拉动cd向右，作出的位移大小-时间图象如图（b）中的②所示．试求：（1）匀强磁场的磁感应强度B；（2）在F2拉动cd的3s时间内，ab上产生的焦耳热Q；（3）若在图b中把纵坐标改为v（m/s），试在v-t图中画出F2拉动cd的过程中较合理的图线③．（4）若用水平外力按图线①向左匀速拉动ab的同时，用水平外力按图线②拉动cd，则1s内作用在cd上的外力至少做了多少功？（不同电源串联时，回路中总电动势等于各电源电动势之和．）【答案】解：（1）金属杆ab匀速时，根据图象①有v1=2m/s由F1=BI1L=得T=0.5T．B==．（2）3s末，金属杆cd匀速，根据图象②有v2=1m/sF2=BI2L==0.02N由动能定理得F2S-Q=-0得Q=F2S-=0.045J（3）cd杆先做加速度减小的加速运动，在2s后做匀速运动．近似图如图（b）中的红线所示．启动时加速度是2m/s2，所以启动段与图象①相切．（4）设作用在金属杆cd上的外力为F2′，对金属杆cd分析，某时刻速度v，加速度a，有F2′-F A3=ma其中安培力F A3=BI3L=整理得F2′--=ma…①对比“固定金属杆ab，用水平力恒力F2从静止起拉动金属杆cd向右”的过程，相同时刻有相同的速度v，加速度a有F2-=ma…②由①②两式得F2′=+F2=F1+F2=0.04+0.02=0.06（N），则为恒力．所以1s内做功W=F2′S=0.06×0.56J=0.0336J答：（1）匀强磁场的磁感应强度B为0.5T；（2）在F2拉动cd的3s时间内，ab上产生的焦耳热Q是0.045J；（3）若在图b中把纵坐标改为v（m/s），在v-t图中画出F2拉动cd的过程中较合理的图线③如图所示．（4）1s内作用在cd上的外力至少做了0.0336J的功．【解析】（1）由图b可知，s-t图象的斜率等于速度，即可求出金属杆匀速运动时的速度，根据水平力与安培力平衡条件进行求解；（2）由图象看出，3s末金属杆匀速运动，读出速度，求出安培力，即可得到外力的大小，根据动能定理求解Q；（3）分析cd杆的运动过程，再作v-t图象．cd杆先做加速度减小的加速运动，在2s后做匀速运动．（4）对cd杆进行分析，根据牛顿第二定律得到加速度的表达式，对比“固定金属杆ab，用水平力恒力F2从静止起拉动金属杆cd向右”的过程，相同时刻有相同的速度v 和加速度a，即可求出外力，从而求出功．本题是电磁感应与力学知识的综合，安培力是联系的桥梁，关键是安培力分析和计算．第4问采用对比的方法进行研究．12.如图所示，MN为两竖直放置的金属板，其间的电压U NM=180V，两水平放置的金属板FH间所加电压U FH=7.2sin2πt伏（从第一个电子刚进入FH板开始计时），已知MN 两板各有一个小孔，两小孔连线水平且与MN两板垂直并刚好通过FH两板的中心线，以此线作为x轴，FH的中心线末端为坐标原点O，竖直线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系，已知坐标系的第一、四象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度B=5×10-4T，现有电子可以源源不断的从M板的小孔进入电场，已知进入M孔的电子的初速度可以忽略（不计电子之间的相互作用力），且相同时间内进入的电子数目相同．已知电子电量e=1.6×10-19C，电子质量为m=9×10-31kg，FH板板长L=0.4m，板间间距d=0.04m，电子重力不计．（1）求电子从N板小孔射出时速度的大小及t=0时刻进入FH板的电子在磁场中作圆周运动的半径．（2）求从t=0时刻至T=1s时刻从FH板射入的电子中，能从FH板射出的电子数与进入FH板的电子数之比．（3）求电子从磁场射出的位置坐标y的范围．（4）已知所有从磁场射出的电子好像都是从磁场中某一点沿直线射出来的一样，试求该点的坐标．【答案】解：（1）电子在加速电场中由动能定理得：e U MN=①解得v0=8.0×106m/s由于电子的速度大，穿过偏转电场的过程中偏转电压几乎不变，t=0时刻的偏转电压是0，所以电子做匀速直线运动．进入磁场的速度仍然不变，则：所以：m（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，设电子恰好从电场的边缘射出电场时，偏转电压为U2，有：a==联立以上公式，并代入数据得：U2=3.6V结合U FH=7.2sin2πt，可知，在第一秒内，当t=s或s时，电子从上极板的边缘射出；当t=s或s时，电子从下极板的边缘射出，所以在0-s、s-s、s-1s的时间内入射的电子内射出电场，由于相同时间内进入的电子数目相同，则能从FH板射出的电子数与进入FH板的电子数之比等于相应的时间的比值，即：。