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{#{QQABBQSAgggAAhBAAQhCUwUoCkOQkAEACKoGhEAAMAAAiBNABAA=}#}福州三中 2023-2024学年度第一学期期末考
高二物理试卷
一、单选题：本大题共 4小题，共 16分。
1.以下关于电磁场和电磁波说法正确的是
A. 变化的电场可以产生磁场，变化的磁场也可以产生电场
B. 电磁场仅仅是一种描述方式，不是真正的物质存在
C. 麦克斯韦提出了电磁场理论，并通过实验捕捉到了电磁波
D. 电磁波不可以在真空中传播
【答案】A
【解答】
A.麦克斯韦电磁场理论的两个基本论点：变化的电场能够产生磁场，变化的磁场能够产生电场，故 A 正确;
B.电磁场是一种特殊物质，是真正的物质存在，故 B 错误；
C.麦克斯韦提出了电磁场理论，并预言了电磁波的存在，而赫兹通过实验捕捉到了电磁波，故 C 错误；
D.电磁波在介质和真空中都可以传播，故 D 错误。
2.下列关于教材中四幅插图的说法正确的是( )
A. 图甲中，当手摇动柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，且和磁铁转得一样快
B. 图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈中产生大量热量，从而冶炼金属
C. 丙是铜盘靠惯性转动，手持磁铁靠近铜盘，铜盘转动加快
D. 图丁是微安表的表头，运输时把两个正、负接线柱用导线连接，可以减小电表指针摆动角度
【答案】D
【解答】
A.根据电磁驱动原理，图甲中，当手摇动柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，但线圈比磁铁转得慢，
故 A 错误；
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B.图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，铁块中产生产生涡流，铁块中产生大量热量，从而冶
炼金属，故 B 错误；
C.当转动铜盘时，导致铜盘切割磁感线，从而产生感应电流，出现安培力，由楞次定律可知，产生的安培
力将阻碍铜盘切割磁感线运动，则铜盘转动将变慢，故 C 错误；
D.图丁是微安表的表头，在运输时要把两个正、负接线柱用导线连在一起，可以减小电表指针摆动角度，
这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼的原理，故 D 正确。
故选 D。
3.一线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，得到的交变电流的电动势瞬时值表达式为 =
220sin314 ( )，则下列说法正确的是( )
A. 该交变电流电动势的有效值为220
B. 该线圈匀速转动的转速约为3000 /min
C. 当仅将线圈的转速提高时，电动势的峰值不发生变化
D. 将该交变电流加在标称为220 的灯泡上时，灯泡能正常发光
【答案】B
【解答】
、根据交变电流的电动势瞬时值表达式为 = 220 314 ( )可知 = 220 ， = 314 /
故电动势的有效值为 = = 110√ 2 ，故 A 错误；
√ 2
314
B、 = = / = 50 / = 3000 / ，故 B 正确；
2 2
C、将线圈的转速提高时，角速度增大，根据 = ，电动势的峰值增大，故 C 错误；
D、电动势的有效值为 = = 110√ 2 小于220 ，将该交变电流加在标称为220 的灯泡上时，灯泡不会
√ 2
正常发光，故 D 错误。
故选： 。
4.质量为1 的物体 在光滑水平面上以6 / 的速度与质量为3 、速度为2 / 的物体 发生正碰。碰撞后
、 两物体的速度可能值为( )
A. = 4 / B. = 1 / C. = 4 / D. = 5 /
【答案】C
【解答】
由题可得，物体 撞向物体 ，设其运动方向为正方向
碰撞过程，系统动量守恒： +
/
= +
/
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若两物体发生完全非弹性碰撞，则碰后两物体共速， / = / = 共，
+ 1×6+3×2代入数据解得： = 共 = / = 3 / + 1+3
若两物体发生完全弹性碰撞，碰撞过程系统动能不变
1 2 1 2 1 /2 1则有：
/2
2
+ 2 = 2 + 2
( ) +2 (1 3)×6+2×3×2
代入数据解得： / = = = 0 / + 1+3
/ ( ) +2 (3 1)×2+2×1×6 = = = 4 / + 1+3
两物体碰撞过程，相互作用，
物体做减速运动，碰后速度：0 3 / 之间，∴ 、 选项均错误
物体做加速运动，碰后速度：3 4 / 之间，∴ 选项正确， 选项错误
二、多选题：本大题共 4小题，共 24分。
5.电饭锅的电路图如图所示。 1是一个温控开关，手动闭合后，当此开关温度达到103℃时，会自动断开。
2是一个自动温控开关，当温度低于70℃时，会自动闭合，温度高于
80℃时，会自动断开。红灯是加热时的指示灯，黄灯是保温时的指示
灯，定值电阻 1 = 2 = 500 ，加热电阻丝 3 = 50 ，两灯电阻不计。
则下列分析正确的是：
A. 手动闭合开关 1后，电饭煲处于加热状态，且温度低于70°时，开关 1、 2均处于闭合状态，黄灯不亮、
红灯亮
B. 加热到103 ℃时，开关 1、 2均处于断开状态，黄灯亮、红灯几乎不亮，电饭煲处于保温状态
C. 由于散热，待温度降至80 ℃时， 2自动闭合，电饭煲重新加热
D. 由于电饭煲重新加热，温度达到103 ℃时， 2又自动断开，再次处于保温状态
【答案】AB
【解析】
电饭煲盛上食物后，接上电源， 2自动闭合，同时手动闭合 1，这时黄灯短路，红灯亮，电饭煲处于加热状
态，故 A 答案正确
加热到80 ℃时， 2自动断开， 1仍闭合，温度升高到103 ℃时，开关 1自动断开，这时饭已煮熟，黄灯亮，
电饭煲处于保温状态；故 B 答案正确
由于散热，待温度降至70 ℃时， 2自动闭合，电饭煲重新加热，故 C 答案错误
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温度达到80 ℃时， 2又自动断开，再次处于保温状态；故 D 答案错误
6.一环形线圈放在匀强磁场中，取磁感线垂直线圈平
面向里为正方向，如图甲所示。若磁感应强度 随时
间 变化的关系如图乙所示，那么从1 3 时间内，
下列说法正确的是
A. 感应电流逐渐变大，垂直纸面往里看感应电流方向为逆时针
B. 感应电流大小恒定，垂直纸面往里看感应电流方向为逆时针
C. 线圈一直有扩张的趋势
D. 线圈先有扩张的趋势，后有收缩趋势
【答案】BD
【解析】
.在第2 内，磁感应强度方向垂直线圈向外，磁感应强度逐渐减小，根据楞次定律可知，感应电流方向为
逆时针；在第3 内，磁感应强度方向垂直线圈向里，磁感应强度逐渐增大，根据楞次定律可知，感应电流
方向亦为逆时针；
根据 = = ，根据图乙可知，从第2 初至第3 末时间内，磁感应强度的变化率 一定，即感应电
动势一定，则感应电流一定，即感应电流大小恒定，方向为逆时针， A 错误，B 正确，
.根据楞次定律可知，感应电流产生的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，在第2 内，磁感应强
度逐渐减小，穿过线圈的磁通量减小，则线圈有扩张的趋势；在第3 内，磁感应强度逐渐增大，穿过线圈
的磁通量增大，则线圈有收缩的趋势，即线圈先有扩张的趋势，后有收缩趋势， C 错误， D 正确。
故选 BD。
7.如图所示，在 坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在 点以与
轴正方向成60°的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于 轴射出磁场。已知带电粒
子质量为 、电荷量为 ， = 。不计重力。根据上述信息可以求出
A. 带电粒子在磁场中运动的轨道半径 B. 带电粒子在磁场中运动的速率
C. 带电粒子在磁场中运动的时间 D. 带电粒子射出磁场位置
【答案】AD
【解析】
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利用左手定则画出初末位置的洛伦兹力的方向，由此判断出圆心的所在位置：
2√ 3
根据几何关系可得： 30° = ，所以
= 3
带电粒子射出磁场位置： = + · cos60° = √ 3 。
2 2
在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，即： = ，同时： = ，化简得：
2
= =
，
1 2
在磁场中运动的时间 = = 。
3 3
由此可知，带电粒子在磁场中的运动轨迹是唯一确定且可求的，故 A、D 正确；
因为 和 都未知，所以带电粒子在磁场中的运动时间也无法确定，故 BC 错误。
故选： 、 。
在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，利用左手定则判断出洛仑磁力的方向，利用洛伦兹力的交点找出圆心
所在位置，再根据几何关系和向心力公式求解。
熟悉左手定则，可根据初末速度的方向判断出圆心的所在位置，要善于适用结合关系确定半径 的大小，联
立公式求解即可。
8.如图所示，某超市两辆相同的购物车质量均为 ，相距 沿直线排列，静置于水平地面上。为节省收纳空
间，工人猛推一下第一辆车并立即松手，第一辆车运动
距离 后与第二辆车相碰并相互嵌套结为一体，两辆车
一起运动了 距离后恰好停靠在墙边。若购物车运动时
受到的摩擦力恒为车重的 倍，重力加速度为 ，则
A. 两购物车在整个过程中克服摩擦力做功之和为2
B. 两购物车碰撞后瞬间的速度大小为√
C. 两购物车碰撞时的能量损失为2
D. 工人给第一辆购物车的水平冲量大小为 √ 10
【答案】CD
【解析】
A.由题意可知，两购物车在整个过程中克服摩擦力做功之和为： = + 2 = 3 ，A 错误；
B.工人猛推一下第一辆车并立即松手，设此时第一辆车的速度为 0，运动 距离后速度为 1，
1 1
由动能定理可得： = 2 21 0，解得 1 = √
2
0 2 ； 2 2
设和第二辆车碰后共同速度为 ，取第一辆车的初速度方向为正方向，
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1
由动量守恒定律可得： 1 = 2 ，解得： = ， 2 1
1 1 1 1 1 1
则两购物车在碰撞中系统减少的机械能： = 21 × 2
2 = 21 × 2 ( )
2 = 2 =
2 2 2 2 2 1 4 1
1
( 20 2 )， 4
1 1 1
由能量守恒定律可得：3 + = 2 20，联立解得： 0 = √ 10 ，解得： = 1 = √ 0 2 =2 2 2
√ 2 ，B 错误；
1 1 1 1 1 1
C.两购物车在碰撞时系统减少的机械能： = 21 × 2
2 = 21 × 2 ( )
2 = 2 =
2 2 2 2 2 1 4 1
1
( 20 2 ) = 2 ，即两购物车碰撞时的能量损失为：2 ，故 C 正确； 4
D.由动量定理可知，工人给第一辆购物车的水平冲量大小为： = 0 0 = √ 10 ，D 正确。
三、填空题：本大题共 3小题，共 9分。
9.如图所示为洛伦兹力演示仪的结构图，励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产
生，其速度方向与磁场方向垂直。电子速度的大小和磁场强弱可分别由通过电子枪的加速电压和励磁线圈
的电流来调节，保持电子枪加速电压不变，增大励磁线圈电流，则电子束受
到洛伦之力大小________________(选填“增大”“不变”或“减小”)，其
轨迹的半径________________(选填“增大”“不变”或“减小”)，运动周
期：_______________(选填“增大”“不变”或“减小”)。
【答案】增大，减小，减小
【解析】解：增大励磁线圈中电流，磁感应强度 增大；
1
电子束运动速度由电子枪加速度获得，由动能定理： = 20 电子束速度不变 2
电子束受到洛伦兹力： = 0 ， 增大，所以 增大
2
电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得： = 0
轨道半径： = 0 增大，所以 减小
2
运动周期： = 增大，所以 减小
10.如图所示，在水平光滑桌面上有两辆静止的小车 和 ，已知
小车 质量大于小车 ，现将两车用细线拴在一起，中间有一被压
缩的弹簧，烧断细线后至弹簧恢复原长的过程中，则小车 最后动
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量大小________________(选填“大于”“相等”或“小于”)小车 最后动量大小；小车 最后动能大小
________________(选填“大于”“相等”或“小于”)小车 最后动能大小；在此过程小车 重力的冲量大
小________________(选填“大于”“相等”或“小于”)小车 重力的冲量大小。
【答案】等于，小于，大于
【解析】
由动量守恒定律：0 + 0 = +
所以弹开后，两车动量大小相等，方向相反
2
由动能和动量的关系： = 2
依题意得， 车动能小于 车动能
由冲量定义式得：重力冲量 =
依题意得， 车重力冲量大于 车重力冲量
11.如图所示理想变压器输入的交流电压 1 = 220 ，有两组副线圈，
其中 2 = 36匝，标有“6 10 ”、“12 12 ”的电灯分别接在
两副线圈上均正常发光，则原线圈的匝数 1 = ______________ 匝，
另一副线圈的匝数： 3 = ______________ 匝，原线圈中电流 1 =
______________ 。
【答案】1320 72 0.1
【解析】
由于两灯泡正常发光，所以 2 = 6 ， 3 = 12 ，根据电压与匝数成正比知两副线圈的匝数比 2： 3 = 6：
12 = 1：2，故 3 = 72匝；
1： 2 = 220：6 = 110：3，所以 1 = 1320匝；
22
根据输入功率等于输出功率知： 1 1 = 2 + 3 = 10 + 12 = 22 ，得： 1 = = 0.1 220
故答案为：1320；72；0.1 。
四、实验题：本大题共 2小题，共 12分。
12.用如图甲所示装置研究两个半径相同的小球在轨道水平部分碰撞前后
的动量关系．
(1)关于本实验，下列说法中正确的是____________．
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.同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放
.轨道倾斜部分必须光滑
.轨道末端必须水平
.入射小球质量大于被碰小球质量时，系统误差会减小
(2)图甲中 点是小球抛出点在地面上的竖直投影，实验时先让入射小球多次从斜轨上的位置 由静止释放，
通过白纸和复写纸找到其平均落点的位置( 、 、 三点中的某个点).然后，把被碰小球静置于轨道的水平
部分末端，仍将入射小球从斜轨上的位置 由静止释放，与被碰小球相碰，并多次重复该操作，用同样的方
法找到两小球碰后平均落点的位置( 、 、 三点中剩下的两个点).实验中必须要测量的有_____________．
.入射小球的质量 1和被碰小球的质量 2
.入射小球开始的释放高度
.小球抛出点与地面的竖直高度差
.两球相碰前后的平抛射程 、 、
(3)某同学在做上述实验时，测得 1 = 160.0 ， 2 = 75.0 ，两小球在记录纸上留下三处落点痕迹如图乙
所示．他将米尺的零刻线与 点对齐，测量出 点到三处平均落地点的距离分别为 、 、 ，其中
=________________ ， = 25.00 ， = 30.00
由于小球离开轨道后均做等高平抛运动，所以用水平位移值做为小球碰撞前后的速度值；该同学用 1 ·
做为系统碰前动量 前，代入数值计算得 前 =____________________ · (计算结果保持2位有效数字)，
用 1 · + 2 · 做为系统碰后的动量 后，代入数据计算得 后 = 0.051 · ，比较碰撞前后系统动量，
发现实验数据不支持系统动量守恒；该同学反思实验操作和数据处理过程，入射小球每次均从 处静止开始
下滑、斜槽水平轨道调整水平、被碰小球每次均放在水平槽末端，斜槽末端投影位置 准确，碰撞前后小球
水平位移确定和测量规范准确，唯一可能的错误是：__________________________________________；解
决这个错误，重新实验、处理数据，可以证明两小球在碰撞前后动量是守恒的．
【答案】
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(1) ；(2分，漏选得 1分，有选错得 0分)
(2) ；（2分，漏选得 1分，有选错得 0分）
(3)17.60；0.040； （每空 1分）
入射小球碰前水平位移为 ，不是 ，系统碰前动量应为 前 = 1 · = 0.048 · ，碰后系统动量为
后 = 1 · + 2 · = 0.047 · （有指出 OC 为碰撞前入射小球水平射程均给分，1分）
【解析】
（1）本实验只要确保轨道末端水平，从而确保小球离开轨道后做的是平抛运动即可，并不需要轨道光
滑；另一方面，要确保放上被碰小球后，入射小球的碰前的速度大小还是原来的大小，故要求从同一位
置由静止释放入射小球， 入射小球质量大于被碰小球质量，这样可以保证碰撞后入射小球不会回弹，
小球回弹，会使其在轨道上多运动造成平抛初速度减小，增大系统误差
故选 ACD。
2
（2）由于入射小球、被碰小球离开轨道后的运动都是平抛运动，且平抛的竖直位移相同，故由 = 0√
可知，小球的水平位移 ∝ 0，故可用水平位移的大小关系表示速度的大小关系 因此不要测量 。
只要保持不变就可以了，并不需要测量出来。
故选 AD。
（3）由图可知， = 17.60 ， = 25.00 ， = 30.00 ，代入质量关系，可知 1 ≠ 1
+ 2 ，但是 1 ≈ 1 + 2 ， 故 才是入射小球碰前速度对应的水平位移。该同
学处理数据时把 当成小球碰撞前速度，引起一系列错误。
13.在测量某电源电动势和内阻时，因为电压表和电流表的影响，不论使用何种接法，都会产生系统误差，
为了消除电表内阻造成的系统误差，某实验兴趣小组设计了如图甲实验电路进行测量。已知 0 = 2 。
(1)按照图甲所示的电路图，将图乙中的器材实物连线补充完整。
(2)实验操作步骤如下：
第 9 页，共 15 页
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①将滑动变阻器滑到最左端位置
②接法Ⅰ：单刀双掷开关 与1接通，闭合开关 0，调节滑动变阻器 ，记录下若干组数据 1 1的值，
断开开关 0
③将滑动变阻器滑到最左端位置
④接法Ⅱ：单刀双掷开关 与2闭合，闭合开关 0，调节滑动变阻器 ，
记录下若干组数据 2 2的值，断开开关 0
⑤分别作出两种情况所对应的 1 1和 2 2图像
(3)单刀双掷开关接1时，某次读取电表数据时，电压表指针如图丙所示，
此时 1 =______________ 。
(4)根据测得数据，作出 1 1和 2 2图像如图丁所示。若只用 2 2图像的数据，求得电源电动势
=_________，内阻 =_________。(结果均保留两位小数)
(5)综合考虑，若只能选择一种接法，应选择____________(填“接法Ⅰ”或“接法Ⅱ”)测量更合适。
【答案】
(1) ；(1分)
(3)1.30；(1分)
(4)1.70；2.25；(每空 1分)
(5)接法Ⅱ (1分)
【解析】(1)根据图甲所示的电路图，实物连接如图所示
(3)量程为3 的电压表分度值为0.1 ，需要估读到分度值的下一位，由图丙可知电压表读数为 1 = 1.30
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(4)当单刀双掷开关接1时，电流表示数为零时，电压表测量准确，故电动势为 1 1的纵轴截距，则有 =
1.80
当单刀双掷开关接2时，电压表示数为零时，电流表测量准确，由 2 2图像可知此时电路电流为0.40 ，
根据闭合电路欧姆定律可知 =
0+
1.80
解得内阻为 = = 2 = 2.50
0 0.40
1.70
若只用 2 2图像的数据，可得 = 1.70 ，内阻 = 0 = 2 = 2.25 0.40
均比真实值小。
1.80 0
(5)由图丁可知 1 1图像斜率为 1 = = 0 + 1 解得 1 = 3.00 0.36
1.70 0
由图丁可知 2 2图像的斜率为 2 = = + 解得 = 2.25 0.40 0 2 2
1 3.00 2.50 2 2.50 2.25 可得 = = 0.2 > = = 0.1 故接法Ⅱ测得的电源内阻更接近真实值。
2.50 2.50
由电路图可知接法Ⅰ的误差来源是电流表的分压，接法Ⅱ的误差来源是电压表的分流，由于电源内阻较
小，远小于电压表内阻，结合(5)问分析可知，若只能选择一种接法，应选择接法Ⅱ测量更合适。
五、计算题：本大题共 3小题，共 39分。
14.“蹦极”是一项勇敢者的运动，如图所示，某人用弹性橡皮绳拴住身体从高空 处自由下落，在空中感
受失重的滋味。若此人质量为60 ，橡皮绳原长20 ，人可看成质点，且此人从 点自静止下落到最低点
所用时间为5 ， 取10 / 2，橡皮绳重力忽略不计；求：
(1)橡皮绳刚伸直时，此人的动量大小和动能
(2)从橡皮绳从伸直到人下落到最低点的过程中橡皮绳对人平均作用力
【解析】
(1)人做自由落体运动，下落20 高度时，
1
由机械能守恒定律： = 2 ① (2分)
2
代入数据解得： = 1.2 × 10
4 = 20 / ② (1分)
此时人的动量大小为: = = 1200 / ③ (2分)
(2)人从下落到橡皮绳正好拉直的时间设为 1，
1
由自由落体运动公式： = 21 ④ (1分) 2
2 2×20
代入数据得： 1 = √ = √ = 2 ，⑤ (1分) 10
依题意橡皮绳对人的作用时间为 2 = 1 = 3 ⑥(1分)
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取向上为正方向，
由动量定理得：( ) 2 = 0 ( ) ⑦ (2分)
解得橡皮绳对人的平均作用力大小为 = 1000 ⑧ (1分)
15.宽 = 0.75 的导轨固定，导轨间存在着垂直于纸面且磁感应强度 = 0.4 的匀强磁场。虚线框Ⅰ、Ⅱ中
有定值电阻 0和最大阻值为20 的滑动变阻器 。一根与导轨等宽的金属杆在沿着导轨方向拉力 作用下，
以恒定速率 向右运动，图甲和图乙分别为变阻器全部接入和一半接入时，电路上电势 沿 方向的
位置变化而变化的图像；导轨和金属杆的电阻均可忽略。
(1)分析并说明定值电阻 0在Ⅰ还是Ⅱ中，并求出其值 0；
(2)分析确定匀强磁场的方向，求出金属杆运动的速率 ；
(3)若金属杆受到拉力为 = 0.045 ，求此时滑动变阻器两端电压 3
【解析】
(1)由法拉第电磁感应定律：金属杆切割磁感线产生感应电动势 = 不变，由闭合电路欧姆定律可得，
回路中电流 = ；
+ 0
滑动变阻器从全部接入到一半接入电路，回路里电流变大，定值电阻 0上电压变大，图甲的 小于
图乙的 ，可以推理得定值电阻在Ⅰ内，滑动变阻器在Ⅱ．(分析正确得 2分)
由甲图可得：
滑动变阻器接入电路电阻 1 = 20 ，其两端电压为 1 = 1.2
1.2
由部分电路欧姆定律：中回路电流 1 =
1 = = 0.06 (1分)
1 20
由闭合电路欧姆定律： 1 = 1+ 0
乙图中可得：
滑动变阻器接入电路电阻 2 = 10 ，其两端电压为 2 = 1.0
1.0
由部分电路欧姆定律：中回路电流 22 = = = 0.10 (1分) 2 10
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由闭合电路欧姆定律： 2 = 2+ 0
代入数据可得： 1 = 0.06 2 = 0.10
0 = 5 = 1.5 (2分)
(2)由图可得， 点电势比 点电势高，说明导体棒上端为电源正极，导体棒切割磁感线产生感应电流向上，
根据右手定则判断得出匀强磁场的方向垂直纸面向里;
由法拉第电磁感应定律：金属杆切割磁感线产生感应电动势： = (2 分)
1.5
代入数据解得： = = / = 5 / (1分)
0.4×0.75
(3)金属杆匀速运动，由平衡条件和安培力公式得： = 3 (1分)
由闭合电路欧姆定律： 3 = 3+ 0
由部分电路欧姆定律： 3 = 3 3
代入数据可得： 3 = 0.15 3 = 5 3 = 0.75 (2分)
答：(1)定值电阻 0在Ⅰ中，定值电阻 0 = 5
(2)匀强磁场的方向垂直纸面向里
金属杆运动时的速率为5 /
(3) 3 = 0.75
16.信号放大器是一种放大电信号的仪器，如图甲，其可以通过在相邻极板间施加电压，使阴极逸出的电子，
击中极板时，激发出更多电子，从而逐级放大电信号。已知电子质量 ，带电量 。
(1)在极板上建立三维坐标系，如图乙所示。极板上方空间内存在磁场，其强度为 ，方向平行 轴。极板间
电压 极小，几乎不影响电子运动。如图，某次激发中，产生了2个电子 和 ，其初速度方向分别在 与
平面内，且与 轴正方向成 角，则：
( )判断 的方向；
( ) 、 两个电子运动到下一个极板的时间 和 ；
(2)若单位时间内阴极逸出的电子数量为 0保持不变，每个电子打到极板上可以激发出 个电子，且 = ，
式中 为常数、 为两极间电压；激发的电子均能打在下一极板上；经过 极板后，所有电子被阳极接收；求：
阳极处接收电子产生的电流 。
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【解析】
(1)
(ⅰ) 电子，初速度方向在 平面内，与 轴正方向成 角；若磁场方向沿 轴正方向， 电子在洛伦兹力作
用下向 轴负方向偏转，不符合题题意；若磁场方向沿 轴反方向， 电子在洛伦兹力作用下向 轴正方向偏
转，符合题意；
电子，初速度方向在 平面内，与 轴正方向成 角。将 电子初速度沿坐标轴分解，沿 轴的分速度与磁
感线平行不受力，沿 轴方向的分速度受到洛伦兹力使得电子沿 轴正方向偏转，根据左手定则可知，磁场
方向沿 轴反方向。符合题意；
综上可知，磁感应强度 的方向沿 轴反方向。(方向判断做正确得 3分)
(ⅱ) 电子在洛伦兹力作用下运动轨迹如图，
由图可知电子运动到下一个极板运动轨迹对应圆心角：
= 2( ) (1 分)
2
运动的时间： = (1 分) 2
2
电子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得： = (1分)
2
其运动周期： = (1分)
2 ( 2 )
解方程得： = = (1分)
电子运动可分解成沿 轴方向分运动和平行于 面上分运动组成，由于沿 轴方向上没有受力，所
以沿 轴方向做匀速运动；沿 轴方向的分速度受到洛伦兹力使电子做匀速圆周运动，向右偏转，
电子运动半个圆周到下一个极板，其运动的时间： = = ；(2分) 2
(2)
单位时间内，依题意得：
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第1块极板激发出电子数： 1 = 0
第2块极板激发出电子数： 2 = 1
… …
第 块极板激发出电子数： = 1 (2分)
经过 次激发阳极处接收电子数量： =
阳极处，接收得电流： = (2分)
解方程得： = 0
(2分)
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