1、 北京市三区北京市三区 2017 届届高三高三模拟模拟 物理试卷物理试卷 一、单选题一、单选题 1.下列说法正确的是（ ） A. 液体分子的无规则运动称为布朗运动 B. 物体从外界吸收热量，其内能一定增加 C. 物体温度升高，其中每个分子热运动的动能均增大 D. 气体压强产生的原因是大量气体分子对器壁的持续频繁的撞击 【答案】D 【解析】 试题分析：液体分子的无规则运动不能称为布朗运动，因为布朗运动不是液体分子运动的直接反映，而是 液体分子对花粉颗粒的无规则碰撞所反映出来的现象，故选项 A 错误；物体从外界吸收热量，如果它再对 外做功，则其内能不一定增加，选项 B 错误；物体温度升高，分子的平
2、均动能增大，而不是其中每个分子 热运动的动能均增大，选项 C 错误；气体压强产生的原因是大量气体分子对器壁的持续频繁的撞击，选项 D 正确 考点：分子动理论，内能，温度及压强的微观含义 2. 一列沿 x 轴正方向传播的间谐机械横波，波速为 4m/s某时刻波形如图所示，下列说法正确的是 A. 这列波的振幅为 4cm B. 这列波的周期为 1s C. 此时 x=4m 处质点沿 y 轴负方向运动 D. 此时 x=4m 处质点的加速度为 0 【答案】D 【解析】 试题分析：振幅等于 y 的最大值，故这列波的振幅为 A=2cm故 A 错误由图知，波长 =8m，由波速公 式v T ，得周期 8 2 4 T
3、ss v 故 B 错误简谐机械横波沿 x 轴正方向传播，由波形平移法得知， 此时 x=4m 处质点沿 y 轴正方向运动故 C 错误此时 x=4m 处质点沿处于平衡位置，加速度为零故 D 正确故选 D 考点：波的图像 3.如图所示为两个等量异号点电荷所形成电场的一部分电场线，P、Q是电场中的两点下列说法正确的是 （ ） A. P点场强比 Q点场强大 B. P 点电势比 Q点电势低 C. 电子在 P 点的电势能比在 Q 点的电势能小 D. 电子从 P 沿直线到 Q的过程中所受电场力恒定不变 【答案】C 【解析】 试题分析：由图可知，P 点周围的磁感线比 Q 点稀疏，故 P 点的场强比 Q 点小，选
4、项 A 错误；由电场线的 方向可知，电场由 P 到 Q，而电势沿电场线方向是降低的，故 P 点电势高于 Q 点电势，选项 B 错误；那么 电子是负电荷，电子在 P 点的电势能小于在 Q 点的电势能，选项 C 正确；由于 P 到 Q 间的电场强度是变化 的，故电子从 P 沿直线到 Q 的过程中所受电场力是变化的，选项 D 错误 考点：电场强度，电势，电势能 4.如图所示，有一个电热器R，接在电压为u311sin100t (V) 的交流电源上电热器工作时的电阻为100 ，电路中的交流电表均为理想电表由此可知 A. 电压表的示数为311 V B. 电流表的示数为2.2 A C. 电热器的发热功率为9
5、67 W D. 交流电的频率为100 Hz 【答案】B 【解析】 试题分析：因为交流电的最大值为 311V，故其有效值为 220V，则电压表的示数为 220V，选项 A 错误；因 为电阻为 100，所以电路中的电流为 22A，即就你一个的示数为 22A，选项 B 正确；电热器的发热功 率为 P=I2R= （2 2A） 2100=484W， 选项 C 错误； 因为交流电的角速度为 100， 故交流电的周期为 0 02s， 则其频率为 50Hz，选项 D 错误 考点：交流电的最大值、有效值，发热功率 5.如图所示，质量为 M 的人在远离任何星体的太空中，与他旁边的飞船相对静止.由于没有力的作用，他
6、与 飞船总保持相对静止的状态.这个人手中拿着一个质量为 m 的小物体，他以相对飞船为 v 的速度把小物体抛 出，在抛出物体后他相对飞船的速度大小为( ) A. m v M B. Mv m C. M m v m D. m v Mm 【答案】A 【解析】 【分析】 人和物体组成的系统不受外力作用，系统动量守恒，根据动量守恒定律列式求解即可； 【详解】人和物体组成的系统不受外力作用，系统动量守恒，以 v的方向为正方向，根据动量守恒定律得： mvMv 人，解得： mv v M 人 ，故 A正确，B、C、D 错误； 故选 A 【点睛】对于动量守恒定律的应用，关键是要求同学们能正确分析物体的受力情况，注意
7、使用动量守恒定 律解题时要规定正方向 6. 应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入如图所示，某同学坐在列车的车 厢内，列车正在前进中，桌面上有一个小球相对桌面静止如果他发现小球突然运动，可以根据小球的运 动，分析判断列车的运动下列判断正确的是 A. 小球相对桌面向后运动，可知列车在匀速前进 B. 小球相对桌面向后运动，可知列车在减速前进 C. 小球相对桌面向前运动，可知列车在加速前进 D. 小球相对桌面向前运动，可知列车在减速前进 【答案】D 【解析】 试题分析：若小球相对桌面向后运动，说明列车的速度大于小球的速度，故可知列车在加速前进，选项 AB 错误；若小球相对桌面
8、向前运动，可知列车没有小球的速度大，故列在减速前进，选项 C 错误，D 正确 考点：参照物 7.某同学利用电流传感器研究电容器的放电过程，他按如图 1 所示连接电路，先使开关 S 接 1，电容器很快 充电完毕，然后将开关掷向 2，电容器通过 R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时 间变化的 I-t曲线如图 2 所示他进一步研究滑动变阻器的阻值变化对曲线的影响，断开 S，先将滑片 P 向 右移动一段距离，再重复以上操作，又得到一条 I-t 曲线关于这条曲线，下列判断正确的是 A. 曲线与坐标轴所围面积将增大 B. 曲线与坐标轴所围面积将减小 C. 曲线与纵轴交点的位置将向下移动
9、 D. 曲线与纵轴交点的位置将向上移动 【答案】C 【解析】 【详解】I-t 图线与坐标轴所围成的面积表示电容器放电的电荷量，而电容器的带电量 Q=CE，没有变化， 所以曲线与坐标轴所围面积不变，故 AB错误将滑片 P 向右移动时，变阻器接入电路的电阻增大，由闭合 电路欧姆定律知，将开关掷向 2 时电容器开始放电的电流减小，则曲线与纵轴交点的位置将向下移动，故 C 正确，D错误故选 C 8.光导纤维按沿径向折射率的变化可分为阶跃型和连续型两种.阶跃型的光导纤维分为内芯和外套两层，内 芯的折射率比外套的大连续型光导纤维的折射率中心最高，沿径向逐渐减小，外表面附近的折射率最低. 关于光在连型光导纤
10、维中的传播，图中能正确表示传播路径的是( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 试题分析：首先我们看最左端光线刚进入时情况，光由空气进入内芯，由于内芯有一定的折射率，故折 射角会变小，而选项 AD 中的折射角都大于入射角，故选项 AD 错误；又因为光导纤维的折射率中心最高， 沿径向逐渐减小，所以光线进入纤维中后折射角会变化，而不是像 B 中不变，故选项 B 错误，C 正确；当 折射率减小时，其折射角与入射角的差值会变小，且在边缘时光会发生全反射，故光又会折回这种介质中， 形成如图 C 所示的传播轨迹 考点：光的折射 9.下列说法正确的是（） A. 气体从外界吸收热量，气体的内能一定
11、增加 B. 液体中的悬浮微粒越小，布朗运动越明显 C. 封闭在汽缸中的气体，体积减小，压强一定减小 D. 两块纯净的铅板压紧后能合在一起，说明此时分子间不存在斥力 【答案】B 【解析】 【分析】 根据热力学第一定律公式UWQ判断气体的内能的变化；布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的 无规则运动，由液体分子碰撞的不平衡性造成；分子间同时存在引力和斥力； 【详解】A、根据热力学第一定律，气体内能的变化由做功和热传递共同决定，只知道吸收热量无法判断内 能的变化，故 A错误； B、布朗运动是由液体分子碰撞的不平衡性造成的，故悬浮微粒越小，碰撞的不平衡越明显，则布朗运动越 明显，故 B正确； C、根据理
12、想气体状态方程 PV C T ，封闭在气缸中的气体，体积减小，压强不一定减小，故 C 错误； D、分子间的引力和斥力同时存在，两块纯净的铅版压紧后能合在一起只是引力表现的更明显，故 D错误； 故选 B 【点睛】关键是知道根据热力学第一定律，气体内能的变化由做功和热传递共同决定；布朗运动是由液体 分子碰撞的不平衡性造成的，故悬浮微粒越小，碰撞的不平衡越明显，则布朗运动越明显 10.已知单色光 a 的频率低于单色光 b 的频率，则（） A. 通过同一玻璃三棱镜时，单色光 a 的偏折程度小 B. 从同种玻璃射入空气发生全反射时，单色光 a的临界角小 C. 通过同一装置发生双缝干涉，用单色光 a照射时
13、相邻亮纹间距小 D. 照射同一金属发生光电效应，用单色光 a照射时光电子的最大初动能大 【答案】A 【解析】 【分析】 单色光的频率越小，折射率越小，发生折射时偏折程度越小；折射率越小，临界角越大；波长越长，干涉 条纹的间距越大；频率越大，发生光电效应时，逸出的光电子的最大初动能越大； 【详解】A、单色光的频率越小，折射率越小，发生折射时偏折程度越小，则知 a光的折射率小，通过三棱 镜时，单色光 a 的偏折程度小，故 A正确； B、由 1 sinC n 知，折射率越小，全反射临界角越大，故 B 错误； C、频率越小，波长越长，发生双缝干涉时，干涉条纹的间距与波长成正比，则知用单色光 a 照射时
14、相邻亮 纹间距大，故 C错误； D、发生光电效应时,光电子的最大初动能为 km EhvW，光的频率越小，光电子的最大初动能越小，所 以用单色光 a照射时光电子的最大初动能小，故 D错误； 故选 A 【点睛】关键要掌握折射率与光的频率、波长的关系，要掌握全反射临界角公式、干涉和衍射的条件等多 个知识点 11.下列表述正确的是（ ） A. 4 2 He 14 7 N 17 8 O+X， X表示 3 2 He B. 2 1 .H 3 1 H 4 2 He 1 0 n是重核裂变的核反应方程 C. 放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态无关 D. 衰变中放出的 射线是核外电子挣脱原子核的束缚而形成的 【
15、答案】C 【解析】 根据电荷数守恒、 质量数守恒知， X的电荷数为1， 质量数为1， 则X为质子， 故A错误 2341 1120 HHHen 是轻核聚变的核反应方程，故 B 错误；放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态无关，故 C正确衰 变的实质是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，故 D错误故选 C 【点睛】根据电荷数守恒、质量数守恒得出 X的电荷数和质量数，从而确定 X的种类；半衰期的大小与放 射性元素所处的物理环境和化学状态无关，由原子核内部因素决定；衰变的实质是原子核中的一个中子 转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，不是来自核外电子 12.2015年 12 月
16、 29日 0 时 04 分，我国在西昌卫星发射中心成功发射高分四号卫星，至此我国航天发射“十 二五”任务圆满收官高分四号卫星是我国首颗地球同步轨道高分辨率光学成像卫星，也是目前世界上空 间分辨率最高、幅宽最大的地球同步轨道卫星，它的发射和应用将显著提升我国对地遥感观测能力该卫 星在轨道正常运行时，下列说法正确的是（） A. 卫星的轨道半径可以近似等于地球半径 B. 卫星的向心加速度一定小于地球表面的重力加速度 C. 卫星的线速度一定大于第一宇宙速度 D. 卫星的运行周期一定大于月球绕地球运动的周期 【答案】B 【解析】 【分析】 同步卫星的轨道半径大于地球的半径，根据万有引力提供向心力，得出加
17、速度、线速度、周期与轨道半径 的关系，从而分析比较； 【详解】A、同步卫星轨道半径大于地球的半径，故 A 错误； B、根据 2 GMm ma r 知，卫星的加速度 2 GM a r ，地球表面的重力加速度 2 GM g R ，由于 rR，则卫星的 向心加速度一定小于地球表面的重力加速度，故 B正确； C、根据 2 2 GMmmv rr 可得 GM v r ，由于卫星的轨道半径大于地球的半径，则卫星的线速度一定小于 第一宇宙速度，故 C错误； D、根据 2 22 4GMmmr rT 可得 23 4r T GM ，同步卫星的轨道半径小于月球的轨道半径，同步卫星的周期 小于月球的周期，故 D 错误；
18、 故选 B 【点睛】关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，知道线速度、周期、加速度与轨道半径的关系 13.如图所示为一列沿 x轴正方向传播的简谐横波在 t=0时的波形图当 x=4cm处质点在 t=0时的运动状态 传播到 x=10cm处质点时，下列说法正确的是（ ） A. x=2cm处质点的位移最大 B. x=4cm处质点的速度最大 C. x=6cm处质点沿 x轴正方向运动到 x=12 cm处 D. 4 cmx6cm的质点正在向 y轴负方向运动 【答案】D 【解析】 【分析】 根据波在一个周期内传播一个波长的距离， 分析传播的时间， 再判断各个质点的运动状态，结合图象分析； 【详解】A、波向
19、x 轴正方向传播，则由同侧法可判断 t=0 时刻 x=4cm处的质点向上振动，当它的运动状态 传播到 x=10cm处的质点时， 波向 x 正方向移动了 6cm， 而从图象可知8cm， 则可知波的传播用了 3 4 T， 此时 x=2cm处的质点位于平衡位置,，x=2cm处的质点处于平衡位置，位移为零，故 A 错误 B、x=4cm处的质点处于负的最大位移位置，速度为零，故 B 错误； C、波传播的是能量和振动形式，质点只在平衡位置附近振动，不随波迁移，故 C 错误； D、波沿 x轴正方向传播，先振动的质点带动后振动的质点，故 4cmx0 且为常量） （1）将一由细导线构成的半径为 r、电阻为 R0
20、的导体圆环水平固定在上述磁场中，并使圆环中心与磁场区 域的中心重合求在 T 时间内导体圆环产生的焦耳热 （2）上述导体圆环之所以会产生电流是因为变化的磁场会在空间激发涡旋电场，该涡旋电场趋使导体内的 自由电荷定向移动，形成电流如图乙所示，变化的磁场产生的涡旋电场存在于磁场内外的广阔空间中， 其电场线是在水平面内的一系列沿顺时针方向的同心圆（从上向下看） ，圆心与磁场区域的中心重合在半 径为 r 的圆周上，涡旋电场的电场强度大小处处相等，并且可以用 2 E r 涡 计算，其中 e 为由于磁场变化 在半径为 r 的导体圆环中产生的感生电动势 如图丙所示， 在磁场区域的水平面内固定一个内壁光滑的绝缘
21、 环形真空细管道，其内环半径为 r，管道中心与磁场区域的中心重合由于细管道半径远远小于 r，因此细 管道内各处电场强度大小可视为相等的某时刻，将管道内电荷量为 q 的带正电小球由静止释放（小球的 直径略小于真空细管道的直径） ， 小球受到切向的涡旋电场力的作用而运动， 该力将改变小球速度的大小 该 涡旋电场力与电场强度的关系和静电力与电场强度的关系相同假设小球在运动过程中其电荷量保持不变， 忽略小球受到的重力、小球运动时激发的磁场以及相对论效应 若小球由静止经过一段时间加速，获得动能 Em，求小球在这段时间内在真空细管道内运动的圈数； 若在真空细管道内部空间加有方向竖直向上的恒定匀强磁场，小球
22、开始运动后经过时间 t0，小球与环形真 空细管道之间恰好没有作用力，求在真空细管道内部所加磁场的磁感应强度的大小 【答案】 （1） 224 0 Tk r Q R （2） 2 m E N kq r ； 00 1 2 Bkt 【解析】 试题分析： （1）导体圆环内的磁通量发生变化，将产生感生电动势，根据法拉第电磁感应定律，感生电动 势为： 2 B ESr k tt 导体圆环内感生电流为： 2 00 Ek r I RR 在 T 时间内导体圆环产生的焦耳热为：Q=I2R0T 解得： 224 0 Tk r Q R （2）根据题意可知，磁场变化将在真空管道处产生涡旋电场，该电场的电场强度为： 22 Ekr
23、 E r 电 小球在该电场中受到电场力的作用，电场力的大小为： 2 kqr FqE 电 电场力的方向与真空管道相切，即与速度方向始终相同，小球将会被加速，动能变大设小球由静止到其 动能为 Em的过程中，小球运动的路程为 s， 根据动能定理有：Fs=Em 小球运动的圈数为： 2 s N r 解得： 2 m E N kq r 小球的切向加速度大小为： 2 Fkqr a mm 由于小球沿速度方向受到大小恒定的电场力，所以经过时间 t0，小球的速度大小 v 满足 v=at0 小球沿管道做圆周运动，因为小球与管道之间没有相互作用力，所以，小球受到的洛伦兹力提供小球的向 心力，设所加磁场的磁感应强度为 B
24、0， 则有： 2 0 mv qvB r 解得： 00 1 2 Bkt 考点：法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律与焦耳定律 【名师点睛】考查电磁学与力学综合运用的内容，掌握法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律与焦耳定 律的应用，理解动能定理及牛顿运动定律，注意电场强度与电动势的符号区别，及用 2 E r 涡 计算出其 电场强度是解题的突破口 四、综合题四、综合题 52.如图所示，一个少年脚踩滑板沿倾斜街梯扶手从 A 点由静止滑下，经过一段时间后从 C 点沿水平方向飞 出，落在倾斜街梯扶手上的 D 点已知 C 点是一段倾斜街梯扶手的起点，倾斜的街梯扶手与水平面的夹角 = 37 ，CD 间的距离
25、s=3.0m，少年的质量 m=60kg滑板及少年均可视为质点，不计空气阻力取 sin37 = 0.60，cos37 = 0.80，重力加速度 g=10 m/s2，求： （1）少年从 C 点水平飞出到落在倾斜街梯扶手上 D点所用的时间 t； （2）少年从 C 点水平飞出时的速度大小 vC； （3）少年落到 D点时的动能 Ek 【答案】（1）0.60s；（2）4.0m/s；（3）1560J 【解析】 （1）少年从 C 点水平飞出做平抛运动，在竖直方向 2 1 2 ygt，由图有 y=ssin37 ，解得 t=0.60s （2）在水平方向：x=vCt，又 x=scos37 ，解得：4.0/ C vm
26、 s （3）少年到 D点时竖直方向的速度 6.0/ y vgtm s， 少年到 D 点时速度大小为 22 DCy vvv 动能为 2 1 2 kD Emv，解得：Ek=1560J 53.如图所示，有一固定在水平面的平直轨道，该轨道由白色轨道和黑色轨道交替排列并平滑连接而成各 段轨道的编号已在图中标出仅黑色轨道处在竖直向上的匀强电场中，一不带电的小滑块 A静止在第 1 段 轨道的最左端， 绝缘带电小滑块 B静止在第 1段轨道的最右端 某时刻给小滑块 A 施加一水平向右的恒力 F， 使其从静止开始沿轨道向右运动，小滑块 A 运动到与小滑块 B碰撞前瞬间撤去小滑块 A所受水平恒力滑 块 A、B 碰撞
27、时间极短， 碰后粘在一起沿轨道向右运动 已知白色轨道和黑色轨道各段的长度均为 L=0.10m， 匀强电场的电场强度的大小 E=1.0 104N/C；滑块 A、B的质量均为 m=0.010kg，滑块 A、B 与轨道间的动摩 擦因数处处相等，均为 =0.40，绝缘滑块 B所带电荷量 q=+1.0 10-5C，小滑块 A 与小滑块 B 碰撞前瞬间的 速度大小 v=6.0m/sA、B均可视为质点（忽略它们的尺寸大小） ，且不计 A、B 间的静电力作在 A、B粘 在一起沿轨道向右运动过程中电荷量保持不变，取重力加速度 g =10m/s2 （1）求 F 的大小； （2）碰撞过程中滑块 B 对滑块 A的冲量
28、； （3）若 A 和 B最终停在轨道上编号为 k的一段，求 k 的数值 【答案】(1)F=1.84N；(2)0.030IN s，滑块 B 对滑块 A 冲量的方向水平向左；(3)k=17 【解析】 试题分析：对滑块 A 应用动能定理可以求出力 F 的大小；两滑块碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定 律可以求出碰撞后的速度，然后应用动量定理求出 B 对 A 的冲量；求出滑块经过黑色与白色轨道时损失的 机械能，根据 A、B碰撞后的总机械能求出滑块能经过黑白轨道的条数，然后分析求出 k的数值 （1）以滑块 A为研究对象，在第 1段轨道上，滑块 A受到摩擦力的大小 f=mg， 对于滑块 A在第 1段轨道
29、上从最左端到最右端的过程， 根据动能定理得： 2 1 0 2 Ff Lmv，解得：F=1.84N； （2）设滑块 A、B碰撞后瞬间 A和 B的共同速度为 vAB，碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动 量守恒定律得：2 AB mvmv， 设滑块 B 对滑块 A的冲量为 I，规定水平向右为正方向 以滑块 A 为研究对象，根据动量定理有： AB Imvmv， 解得：0.030IN s，滑块 B对滑块 A冲量的方向水平向左； （3）设滑块 A和 B 每经过一段长为 L的黑色轨道损失的动能为 1 E，则 1 2EmgEqL（）， 设滑块 A 和 B每经过一段长为 L的白色轨道，损失的动能为 2 E
30、，则 2 2EmgL， 设滑块 A 和 B碰撞后瞬间的总动能为 kAB E，令 12 kAB E N EE ，解得：N=7.5， 即滑块通过标号为 15的白色轨道后，仍有动能： 3 12 0.56 10 k EEEJ ， 因 EkE1，故物块可通过第 16号轨道而进入第 17 号轨道， 进入第 17 号轨道时的动能 3 12 2 10 kk EEEJE ， 故将不能通过第 17 号轨道，即最终停在第 17 号轨道上 54.如图为某种质谱仪的结构的截面示意图， 该种质谱仪由加速电场、 静电分析器、 磁分析器及收集器组成 其 中静电分析器由两个相互绝缘且同心的四分之一圆柱面的金属电极 K1和 K2
31、构成， 两柱面电极的半径分别为 R1和 R2，O1点是圆柱面电极的圆心 S1和 S2分别为静电分析器两端为带电粒子进出所留的狭缝 静电分析 器中的电场的等势面在该截面图中是一系列以 O1为圆心的同心圆弧，图中虚线 A 是到 K1、K2距离相等的 等势线磁分析器中有以 O2为圆心的四分之一圆弧的区域，该区域有垂直于截面的匀强磁场，磁场左边界 与静电分析器的右边界平行 P1为磁分析器上为带电粒子进入所留的狭缝， O2P1的连线与 O1S1的连线垂直 离子源不断地发出正离子束，正离子束包含电荷量均为 q 的两种质量分别为 m、m(mm2m)的同位素离 子，其中质量为 m的同位素离子个数所占的百分比为
32、 离子束从离子源发出的初速度可忽略不计，经电 压为 U的加速电场加速后，全部从狭缝 S1沿垂直于 O1S1的方向进入静电分析器稳定情况下，离子束进入 静电分析器时的等效电流为 I进入静电分析器后，质量为 m的同位素离子沿等势线 A 运动并从狭缝 S2射 出静电分析器， 而后由狭缝 P1沿垂直于 O2P1的方向进入磁场中， 偏转后从磁场下边界中点 P2沿垂直于 O2P2 的方向射出，最后进入收集器忽略离子的重力、离子之间的相互作用、离子对场的影响和场的边缘效应 (1)求静电分析器中等势线 A上各点的电场强度 E的大小； (2)通过计算说明质量为 m的同位素离子能否从狭缝 S2射出电场并最终从磁场
33、下边界射出； (3)求收集器单位时间内收集的离子的质量 M0 【答案】(1) 12 4U E RR (2)能从磁场下边界射出(3) ?(1) I mm q 【解析】 【分析】 根据动能定理求得加速后获得的速度，根据运动轨迹判断出在静电分析器中的半径，利用电场力提供向心 力求得点场强度；根据动能定理求得在加速电场中获得的速度，在磁场中，根据洛伦兹力提供粒子作圆周 运动所需的向心力，根据几何关系求得，即可判断；有离子都能进入磁场并从磁场下边界射出进入收集器， 由题意可知，进入收集器的离子中，质量为 m的离子个数 1 NN，质量为 m的离子个数 2 (1)NN， 即可求得； 【详解】解：(1)由题意
34、可知，等势线 A 的半径为： 12 2 RR R 质量为 m的离子在静电分析器中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有： 2 v qEm R 设质量为 m的离子从狭缝 S,进入静电分析器时的速度为 v，则其在加速电场中加速过程中，根据动能定理 有： 2 1 2 qUmv 解得： 12 4U E RR (2)设质量为 m的离子经加速电场加速后，速度为 v，由动能定理可得： 2 1 2 qUm v 质量为 m的离子在电场中做半径为 R的匀速圆周运动，所需要的向心力为： 2 v Fm R 向 解得：F qE 向 即该离子所受电场力，恰好等于它若做匀速圆周运动的向心力，因此这个离子仍然在静电分析器中做半径
35、 为 R 的匀速圆周运动故质量为 m的离子能从狭缝 S2射出，仍从狭缝 P1进入磁场做匀速圆周运动 设质量为 m的离子进入磁场做匀速圆周运动的半径为 r， 22 O Pd， 若质量为 m的离子能从磁场下边界射 出，则出射位置到 O2距离为 x须满足的条件为0 2xd 质量为 m的离子在磁分析器中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有： 2 v qvBm r 离子在磁分析器中做匀速圆周运动的半径： 12mU r Bq ，r m 由题意可知，质量为 m的离子圆周运动的轨道半径 r=d 所以质量为 m的离子在磁分析器中做匀速圆周运动的半径为： mm rrd mm 因2mmm，故 2drd 则由几何关系有： 222 rxrd（） 解得： 222 (2 21)4 max xdd，所以质量为 m的离子能从磁场下边界射出 (3)时间 t内能进入静电分析器的离子个数： I t N q 因所有离子都能进入磁场并从磁场下边界射出进入收集器，由题意可知，进入收集器的离子中，质量为 m 的离子个数 1 NN，质量为 m的离子个数为： 2 (1)NN 解得： 12 0 ?1? N mN mI Mmm tq （）
