浙江省2023届重点中学拔尖学生培养联盟高三6月适应性考试物理 Word版含解析

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2023年6月高三普通高校招生适应性考试物理试题考生须知：1.本卷满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有答案必须写在答题卷上相应的位置，写在试卷上无效。4.考试结束后，只需上交答题卷。5.可能用到的相关参量：重力加速度g为已知量，数值计算中取。选择题部分一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39分，每小题列出的四个选项中只有一个符合题目要求，选对得3分，不选、错选或多选均不得分）1.下列属于国际单位制中基本单位符号的是（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】国际单位制中七个基本单位分别为：长度m，时间s，质量kg，热力学温度（开尔文温度）K，电流A，光强度cd（坎德拉），物质的量mol。故选A。2.如图所示，光滑斜面上有一个重力大小为G的小球被轻绳拴住悬挂在天花板上，已知绳子与竖直方向的夹角为，斜面倾角为，整个装置处于静止状态。绳对小球的拉力大小为，斜面对小球的支持力大小为，则（　　）A.B.C.D.【答案】C

1【解析】【详解】小球受力如图所示，将拉力和支持力沿水平和竖直方向分解，由平衡关系得FTsin45°=FNsin37°①FTcos45°+FNcos37°=G②联立①②得G>FN>FT故选C。3.正在建设的甬舟铁路西起宁波东站，经宁波市鄞州区、北仑区，舟山市金塘岛、册子岛、富翅岛至舟山本岛舟山火车站，正线长76.4公里，设计时速，全线共设7个站，总投资270亿元。下列说法正确的是（　　）A.约等于B.76.4公里是指起始站到终点站的位移大小C.考查火车从舟山火车站到宁波东站的运行时间时，不可以把火车视为质点D.工程师设计铁路弯道时，内外轨可以设计成一样高【答案】A【解析】【详解】A．约等于，故A正确；B．76.4公里是指起始站到终点站的路程，故B错误；

2C．考查火车从舟山火车站到宁波东站的运行时间时，可以把火车视为质点，故C错误；D．工程师设计铁路弯道时，内外轨可以设计成内低外高，故D错误。故选A。4.如图所示，一根均匀带负电的长直橡胶棒沿水平方向向右做速度为v的匀速直线运动。若棒的横截面积为S，单位长度所带的电荷量为-q（q>0），由于棒的运动而形成的等效电流的大小和方向分别是（　　）A.qv向左B.qvS向左C.qv向右D.qvS向右【答案】A【解析】【详解】电荷的定向移动形成电流，正电荷定向移动的方向即为电流的方向，故均匀带负电的长直橡胶棒沿轴线方向做速度大小为v的匀速直线运动，形成等效电流，电流的方向与v反向，电流方向向左。设橡胶棒的长度为l，根据电流强度的定义得根据题意得解得故选A5.某同学把一小球放在竖立的轻弹簧上，并把小球往下按至A位置，如图甲所示。迅速松手后，弹簧把小球弹起，小球升至最高位置C（如图乙），途中经过位置B时弹簧正好处于原长状态。小球从A上升到C的过程中（　　）

3A.弹性势能减小B.重力势能增大C.在位置B时动能最大D.机械能守恒【答案】B【解析】【详解】A．从A到B阶段，弹簧对小球做正功，弹簧形变量变小，弹簧的弹性势能变小，A错误；B．小球的高度变高，根据可知小球的重力势能增大，B正确；C．小球从A上升到B位置的过程中，弹簧的弹力先大于重力，后小于重力，小球的合力先向上后向下，则小球先加速后减速，当弹簧的弹力等于重力时，合力为零，小球的速度达到最大，在AB之间的某位置速度最大，即此过程中动能先增加后减小；从B到C，重力做负功，则小球的动能一直减小，则整个过程中小球的动能先增大后减小，在B位置动能不是最大，选项C错误；D．从A到B阶段，弹簧弹力对小球做正功，小球的机械能增大，D错误。故选B。6.图甲中的装置水平放置，将小球从平衡位置O拉到A后释放，小球在O点附近来回振动，振动周期为，图乙中被细绳拴着的小球由静止释放后可绕固定点来回小角度摆动，摆动周期为。若将上述装置安装在太空中的我国天宫空间站内进行同样操作，下列说法正确的是（　　）A.甲图中的小球将保持静止B.甲图中的小球仍将来回振动，且振动周期大于C.乙图中的小球将保持静止D.乙图中的小球仍将来回摆动，且摆动周期大于

4【答案】C【解析】【详解】AB.空间站中的物体处于完全失重状态，甲图中的小球所受的弹力不受失重的影响，则小球仍将在弹力的作用下来回振动，振动周期等于，AB错误；CD.乙图中小球处于完全失重状态，细绳对小球没有弹力作用，则小球处于静止状态，C正确，D错误。故选C。7.如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为，与其前、后表面相连的电压表测出的霍尔电压满足，式中k为霍尔系数，与霍尔元件的材料有关，d为霍尔元件沿磁场方向上的厚度，霍尔元件的电阻可以忽略不计，则（　　）A.霍尔元件前表面的电势比后表面的低B.若电源的正、负极对调，电压表指针偏转方向不变C.与I成反比D.电压表的示数与电流I成正比【答案】B【解析】【详解】A．根据左手定则可以判断出霍尔元件中的导电物质所受安培力指向后表面，即将向后表面侧移，又由于该导电物质为电子，带负电，因此后表面的电势将低于前表面的电势，故A错误；B．若电源的正负极对调，磁场方向与图示方向相反，同时由电路结构可知，流经霍尔元件上下面的电流也将反向，因此电子的受力方向不变，即前后表面电势高低情况不变，电压表指针偏转方向不变，故B正确；C．由电路结构可知，RL与R并联后与线圈串联，因此有与I成正比，故C错误；

5D．磁感应强度大小B与I成正比，与I成正比，电压表的示数则UH与成正比，与电流I2成正比，故D错误。故选B。8.假如当你躺在平静的海滩（位于赤道处）上观看日落时，在太阳消失的瞬时启动秒表，然后站起来，在太阳再次消失时停止计时，这之间的时间间隔为。角度很小时，有近似公式，那么估算得地球的半径是（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】如图所示设人的高度为，地球半径为，由图中几何关系可得可得又联立可得故选B。

69.如图所示，由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是（　　）A.甲产生的焦耳热比乙多B.甲加速运动，乙减速运动C.甲和乙都加速运动D.甲减速运动，乙加速运动【答案】C【解析】【详解】设线圈到磁场的高度为h，线圈的边长为l，线圈材料密度为，质量为m，横截面积为S，电阻率为，线圈在磁场中运行速度为，线圈刚进入磁场时速度为，有感应电动势为线圈电阻为感应电流为线圈所受的安培力由牛顿第二定律有

7联立解得加速度为BCD．可知线圈在磁场中运动加速度与匝数、横截面积无关，则甲乙线圈进入磁场时，具有相同的加速度。当时，甲和乙都做加速运动，当时，甲和乙都做减速运动，故BD错误；C正确。A．线圈的热功率甲乙线圈在磁场中运动速度相同，热功率也一样，甲产生的焦耳热与乙一样多，故A错误。故选C。10.如图所示，不带电，长为l的导体棒水平放置，现将一个电荷量为（）的点电荷放在棒的中心轴线上距离棒的左端R处，A、B分别为导体棒左右两端的一点，静电力常量为k。当棒达到静电平衡后，下列说法正确的是（　　）A.棒的两端都感应出负电荷B.感应电荷在棒的中心O处产生的电场强度方向水平向右C.感应电荷在棒的中心O处产生的电场强度大小D.若用一根导线将A、B相连，导线上不会产生电流【答案】D【解析】【详解】AB．根据静电平衡规律，导体A端带负电，B端带正电，静电平衡时O处的电场强度为零，故AB错误；C ．根据静电平衡规律，导体静电平衡时0处的电场强度为零，即感应电荷在棒的中心O处产生的电场强度与电荷q在O点产生的电场强度等大反向，所以有故C错误；

8D．静电平衡时导体是等势体，表面是等势面，则导线上没有电流，故D正确；故选D。11.跳台滑雪是一种勇敢者的滑雪运动，运动员穿上专用滑雪板，在滑雪道上获得一定速度后从跳台水平飞出，在空中飞行一段距离后着陆。如图所示，现有某运动员从跳台a处沿水平方向飞出，以运动员在a处时为计时起点，在斜坡b处着陆。测得ab间的距离为，斜坡与水平方向的夹角为，不计空气阻力。计算运动员在a处的速度大小①，在空中飞行的时间②，运动员在空中离坡面的距离最大时对应的时刻③，运动员在空中离坡面的最大距离④。以上四个计算结果正确的（　　）A.只有①B.只有①②C.只有①②③D.有①②③④【答案】D【解析】【详解】①②运动员从A点做平抛运动，而平抛运动可以分解成竖直方向的自由落体运动和水平方向的匀速直线运动，设竖直方向的位移为，水平方向的位移为，则代入数据解得①②正确；③当运动员从a处开始到在空中离坡面的距离最大时，此时运动员的速度方向恰好和坡面平行，此时速度方向偏转了，根据运动的合成与分解，可将速度正交分解成水平方向的和竖直方向的，则有

9代入数据可得③正确；④将运动员的运动分解到垂直斜面向上和平行斜面向下，则可知在垂直斜面向上运动员做匀减速的运动，离斜面最远的距离也是垂直斜面向上速度减为零的地方，将初速度分解到垂直斜面的方向，可得将重力加速度分解到垂直斜面的方向，可得设最大距离为，则有④正确。故选D。12.有一质量为M、半径为R、密度均匀的球体，在距离球心O为的地方有一质量为m的质点。现从球体中挖去半径为的小球体，如图所示，万有引力常量为G，则剩余部分对m的万有引力为（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】挖去小球前球与质点的万有引力挖去的球体的质量

10被挖部分对质点的引力为则剩余部分对质点m的万有引力故选A。13.将一小球竖直上抛，抛出时小球的速度大小为，过一段时间小球回到抛出点，此时小球的速率为。小球运动过程中仅受重力和空气阻力，空气阻力大小与速率成正比。则可以求出哪个物理量（　　）A.小球动能的减少量B.小球从抛出点到最高点的运动时间C.小球从抛出点到最高点的路程D.小球从抛出点回到抛出点的运动时间【答案】D【解析】【详解】A．小球动能变化量为因为小球质量未知，故小球的动能减少量无法计算，A错误；BD．设小球运动过程中受到的空气阻力大小为，上升的最大高度为h，阻力的冲量大小为，规定竖直向上的方向为正方向，上升过程由动量定理可得又因为故同理可得下降过程

11联立可得解得故小球从抛出点回到抛出点的运动时间可以计算，上升或者下降的时间无法计算，B错误，D正确；C．小球上升过程做加速度逐渐减小的加速运动，由运动学公式无法计算位移，因为上升过程摩擦力是变力，该变力功无法计算，故用能量的观点无法计算位移，由BD选项分析可知上升时间无法计算，故动量角度也无法计算路程，C错误。故选D。二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个选项是符合题目要求的，全部选对得3分，选对但不全的得2分，有错选的得0分）14.较重的原子核分裂成中等大小的核，较小的原子核合并成中等大小的核的过程中，都会释放出核能，前者称为核裂变，后者称为核聚变。核电站、原子弹、氢弹和太阳，利用的就是核能。下列说法正确的是（　　）A.核电站中利用的核原料为铀棒，可能的核反应方程为B.氢弹中含有原子弹C.太阳的中心温度达几万开尔文，剧烈的热运动使得氢原子核具有足够的动能，可以克服库仑斥力，发生核聚变D.与核裂变相比，核聚变产能效率更高，更为安全、清洁【答案】BCD【解析】【详解】A．核反应堆的工作原理是利用中子轰击重核发生裂变反应，释放出大量核能，所以反应物中要有中子，选项A错误；B．氢弹爆炸要需要极高的温度，这种温度可由原子弹爆炸来提供，则氢弹中含有原子弹，选项B正确；C．太阳中心温度达几万开尔文，剧烈的热运动使得氢原子核具有足够的动能，可以克服库仑斥力，发生核聚变，选项C正确；D．核裂变一般带有辐射，则与核裂变相比，核聚变产能效率更高，更为安全、清洁，选项D正确。故选BCD。15.下列说法正确的是（　　）

12A.图甲浸在水中的筷子产生了侧移，而且变粗了，是因为光发生了全反射B.图乙为泊松亮斑，这个现象证明了光具有波动性C.对比图丙和图丁两张照片，可知拍摄图丁时相机前可能安装了偏振滤光片D.物体在以接近光速运动时所遵从的规律，有些是与牛顿力学的结论不相同的【答案】BCD【解析】【详解】A．图甲浸在水中的筷子产生了侧移，而且变粗了，是因为光发生了折射，故A错误；B．衍射是波特有的一种现象，图乙为泊松亮斑，属于衍射现象，这个现象证明了光具有波动性，故B正确；C．对比图丙和图丁两张照片，可知拍摄图丁时相机前可能安装了偏振滤光片，让它的透振方向和玻璃表面的反射光的偏转方向垂直，能有效滤除反射光，拍摄得到的车内景象更为清晰，故C正确；D．物体在以接近光速运动时所遵从的规律，有些是与牛顿力学的结论不相同的，故D正确。故选BCD。非选择题部分三、非选择题（本题共5小题，共55分）16.（1）在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，实验装置如图所示。①需要的实验操作有___________A.调节滑轮使细线与桌面平行B.调节轨道与桌面的夹角以补偿阻力C.小车靠近打点计时器由静止释放D.先接通电源再释放小车②经正确操作后打出一条纸带，截取其中一段如下图所示，图中相邻计数点之间还有四个实际点没有画出来，计数点3的读数为___________。已知打点计时器所用交流电源的频率为，则小车的加速度大小为___________（计算结果保留3位有效数字）。

13（2）在“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”的实验中，实验装置如图3所示。若将变速塔轮上的皮带一起往下移动一层，则短槽和长槽的角速度之比会___________（选填“变大”“不变”“变小”或无法确定”）。长、短槽内放有三个小球，其中2号球的质量等于3号球，且是1号球的2倍；1号球和3号球到转轴的距离是2号球到转轴距离的一半。若皮带所在左、右塔轮的半径相等，则在加速转动手柄过程中，左、右标尺露出的红白等分标记都会___________（选填“变长”“不变”“变短”或“无法确定”）；在匀速转动的过程中，左右标尺露出的红白标记长度之比为___________。【答案】①.ABCD②.4.70③.0.967④.变大⑤.变长⑥.5:2【解析】【详解】（1）[1]①A.调节滑轮使细线与桌面平行，选项A正确；B.调节轨道与桌面的夹角以补偿阻力，选项B正确；C.小车靠近打点计时器由静止释放，选项C正确；D.先接通电源再释放小车，选项D正确。故选ABCD。②[2]图中相邻计数点之间还有四个实际点没有画出来，则T=0.1s；计数点3的读数为4.70cm。[3]小车的加速度大小为（2）[4]若将变速塔轮上的皮带一起往下移动一层，则左边塔轮半径变大，右侧塔轮半径减小，因两边塔轮边缘线速度相等，可知短槽和长槽的角速度之比会变大。[5]

14若皮带所在左、右塔轮的半径相等，则在加速转动手柄过程中，向心力变大，则左、右标尺露出的红白等分标记都会变长；[6]长、短槽内放有三个小球，设其中2号球的质量等于3号球均为2m，1号球的质量为m；1号球和3号球到转轴的距离r，2号球到转轴距离2r。在匀速转动的过程中，左右标尺露出的红白标记长度之比等于向心力之比17.（1）随着传感器技术的不断进步，传感器在中学实验室逐渐普及。某同学用电流传感器和电压传感器做“观察电容器的充、放电现象”实验，电路如图1所示。①先使开关K与1端相连，电源对电容器充电，这个过程很快完成，充满电的电容器上极板带___________（选填“正”或“负”）电；②然后把开关K掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流、电压信息传入计算机，经处理后得到电流和电压随时间变化的、曲线，如图2所示：则电容器的电容约为___________（计算结果保留两位有效数字）。（2）指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器，现有两个多用电表甲和乙，某同学用这两个多用电表进行相互测量。①步骤1：将多用电表甲的选择开关拨至欧姆挡“”位置，两表笔短接后发现指针如图所示，接下来正确的操作应调节图3中哪个部件___________（选填“A”或“B”或“C”）②步骤2：正确调节后，将多用电表乙的选择开关拨至“”挡，与多用电表甲相连，那么多用电表甲的黑表笔应与多用电表乙的___________插孔相接（选填“正”或“负”）；

15③步骤3：正确连接两多用电表后，发现两表指针如图4所示，那么测得多用电表乙的内阻为___________，此时多用电表甲内部电源的电动势为___________（计算结果保留两位有效数字）。【答案】①.正电②.③.B④.正⑤.⑥.【解析】【详解】(1)[1]电容器的上极板与电源的正极相连，所以上极板带正电。[2]图像与坐标轴围成图形的面积表示电容器放电过程放出的电荷量，也是电容器充满电的电荷量。根据图像得出每一小格代表的电荷量电容器充满电的电荷量为

16电容器的电容为（2）[3]多用电表测电阻时每次选完档位后必须进行欧姆调零，两表笔短接，用欧姆调零旋钮进行欧姆调零，应为图中的B。[4]根据“红正黑负”得出多用电表甲的黑表笔应与多用电表乙的正插孔相连。[5]根据欧姆表的读数原理得出多用电表乙测电流时的内阻为。[6]欧姆表的内阻为它的中值电阻，则欧姆表的内阻为，从乙中读出回路中的电流为,根据闭合电路欧姆定律得出多用电表甲内部电源的电动势为18.如图所示，在竖直放置的导热性良好的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分气体，活塞能无摩擦地滑动，容器的横截面积为S，将整个装置放在大气压恒为的空气中，开始时气体的热力学温度为，活塞处于A处，它与容器底的距离为，当气体从外界吸收热量Q后，活塞缓慢上升d后到达B处再次处于静止状态。（1）外界空气的热力学温度是多少？（2）在此过程中的密闭气体的内能增加了多少？（3）某人在上一问的基础上又接着提了一个问题，说：“有人在活塞上方施加一个竖直向下的外力，使气体从上一问的状态B（活塞在B处）缓慢地回到状态A（活塞在A处），在此过程中外力做功是多少？”他的解答思路如下：设状态A和状态B时的外力分别为和，外力做功。请你对他的解答思路进行评价：如果你认为正确，请求出结果；如果你认为不正确，请说出错误的原因，不必求出正确结果？【答案】（1）；（2）；（3）见解析【解析】【详解】（1）取密闭气体为研究对象，活塞上升过程为等压变化，由盖一吕萨克定律有

17解得（2）活塞上升的过程，密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功，所以外界对气体做的功根据热力学第一定律得，密闭气体增加的内能（3）气体发生等温变化，根据玻意耳定律及平衡状态可知F并非线性变化，所以该同学解答思路错误。19.如图是由弧形轨道、圆轨道、水平直轨道平滑连接而成的力学探究装置。水平轨道AC末端装有一体积不计的理想弹射器，圆轨道与水平直轨道相交于B点，且B点位置可改变。现将质量的滑块（可视为质点）从弧形轨道高处静止释放，且将B点置于AC中点处。已知圆轨道半径，水平轨道长，滑块与AC间动摩擦因数，弧形轨道和圆轨道均视为光滑，不计其他阻力与能量损耗，求：（1）滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小：（2）弹射器获得的最大弹性势能：（3）若，改变B点位置，使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道，求满足条件的BC长度。【答案】（1）100N；（2）8J；（3）【解析】【详解】（1）从出发到第一次滑至圆轨道最高点过程，由动能定理可得在圆轨道最高点，由牛顿第二定律可得

18联立解得F=100N由牛顿第三定律得：滑块对轨道的压力大小为100N。（2）弹射器第一次压缩时弹性势能有最大值，有能量守恒可知解得Ep=8J（2）①若滑块恰好到达圆轨道的最高点，从开始到圆轨道最高点，由动能定理可知解得要使滑块不脱离轨道，BC之间的距离应该满足②若滑块刚好达到圆轨道圆心等高处，此时的速度为零有动能定理可知解得根据滑块运动的周期性可知，应使，滑块不脱离轨道；综上所述，符合条件的BC长度为。20.如图甲所示，在圆柱形区域内存在一方向竖直向下、磁感应强度大小为的匀强磁场，在此区域内，沿水平面固定一半径为r的圆环形光滑细玻璃管，环心O在区域中心。一质量为、带电量为

19（）的小球，在管内沿逆时针方向（从上向下看）做圆周运动。已知磁感应强度大小随时间的变化关系如图乙所示（图中的为已知量），其中。设小球在运动过程中电量保持不变，对原磁场的影响可忽略。在到这段时间内，小球恰好不受细管侧壁的作用力。（1）求小球的速度大小；（2）在竖直向下的磁感应强度增大过程中，将产生感生电场，其电场线是在水平面内一系列的同心圆，同一条电场线上各点的场强大小相等。试求到这段时间内；①细管内感生电场的场强的大小和方向（从上向下看，填“顺时针”或“逆时针”）；②电场力对小球做的功；③细玻璃管侧壁是否存在对小球的弹力？如果存在，是哪一侧（填“内侧”或“外侧”）对小球有弹力？并说明理由。如果不存在，请说明理由。【答案】（1）；（2）①，方向为逆时针；②；③见解析【解析】【详解】（1）在到这段时间内，小球恰好不受细管侧壁的作用力，说明洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有解得（2）①根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为

20根据电势差与电场强度的关系，有联立解得细管内感生电场的场强大小为根据楞次定律可知，感生电场方向为逆时针。②电场力为根据牛顿第二定律可得小球的末速度大小为根据动能定理，电场力做的功为③在到这段时间内，有假设在到这段时间内，侧壁对小球没有弹力，设在时刻，由洛伦兹力提供向心力，可得其中

21又联立可得所以侧壁对小球存在弹力，且是内测对小球有弹力。21.如图所示，在平面内，以为圆心、R为半径的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，x轴下方有一与其平行的直线ab，ab与x轴相距为d，x轴与直线ab间区域有平行于y轴的匀强电场，在ab的下方有一平行于x轴的感光板MN，ab与MN间区域有垂直于纸面向外的匀强磁场。在的区域内，大量质量为m、电荷量为的电子从圆形区域左侧沿x轴正方向以速度射入圆形区域，经过磁场偏转后都经过O点，然后进入x轴下方。已知x轴与直线ab间匀强电场的场强大小，直线ab与感光板MN间的磁场的磁感应强度大小。不计电子重力，取，（1）求圆形区域内磁场的磁感应强度大小；（2）若要求从所有不同位置出发的电子都不能打在感光板MN上，MN与ab间的最小距离是多大？（3）若要求从所有不同位置出发的电子都能打在感光板MN上，MN与ab间的最大距离是多大？（4）在（3）的条件下，电子从O点到MN的运动时间最长是多少？

22【答案】（1）；（2）；（3）d；（4）【解析】【详解】（1）所有电子射入圆形区域后做圆周运动轨道半径大小相等，设为r，当电子从位置y=R处射入的电子经过O点进入x轴下方，则r=R解得（2）设电子经电场加速后到达ab时速度大小为v，电子在ab与MN间磁场做匀速圆周运动轨道半径为r1，沿x轴负方向射入电场的电子离开电场进入磁场时速度方向与水平方向成θ角，则

23如果电子在O点以速度v0沿x轴负方向射入电场，经电场偏转和磁场偏转后，不能打在感光板上，则所有电子都不能打在感光板上，恰好不能打在感光板上的电子在磁场中的圆轨道圆心为O2如图，则感光板与ab间的最小距离解得θ＝53°（3）如果电子在O点沿x轴正方向射入电场，经电场偏转和磁场偏转后，能打在感光板上，则所有电子都能打在感光板上．恰好能打在感光板上的电子在磁场中的圆轨道圆心为O3，如图，感光板与ab间的最大距离解得d（4）当感光板与ab间的距离最大为d时，所有从O点到MN板的电子中，沿x轴正方向射入电场的电子，运动时间最长．设该电子在匀强电场中运动的加速度为a，运动时间为t1，在磁场B2中运动周期为T，时间为t2，则

24运动最长时间解得

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