2026浙江省名校协作体G12联盟高二下学期开学考试物理含解析

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2、答题前，在答题卡指定区域填写学校、班级、姓名、考场号、座位号及准考证号：
3、所有答案必须写在答题卡上，写在试卷上无效：
4、、练习结束后，只需上交答题卡。
第Ⅰ卷（选择题 共42分）
一、选择题Ⅰ（本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，选对的得3分，选错的得0分）
1. 下列物理量都是标量的是（ ）
A. 功和重力势能B. 力和电势能C. 电势差和电场强度D. 电荷量和速度
【答案】A
【解析】
【详解】A．功的正负表示动力做功还是阻力做功，无方向，属于标量；重力势能的正负表示相对零势能面的高低，无方向，属于标量，故A正确；
B．力既有大小又有方向，属于矢量；电势能是标量，故B错误；
C．电势差的正负表示两点电势的高低关系，无方向，属于标量；电场强度既有大小又有方向，属于矢量，故C错误；
D．电荷量的正负表示电荷的电性，无方向，属于标量；速度既有大小又有方向，属于矢量，故D错误。
故选A。
2. 如图所示，2025年11月14日16时40分，神舟二十一号飞船返回舱安全着陆于东风着陆场，着陆前展开减速伞进行“空中刹车”，最终平稳着地，则（ ）
A. “11月14日16时40分”指的是时间间隔
B. 调整返回舱返回过程中的飞行姿势时，可将其视为质点
C. 减速伞对返回舱拉力大于返回舱对减速伞的拉力
D. 返回舱在减速下降过程中处于超重状态
【答案】D
【解析】
【详解】A．“11月14日16时40分”指的是时刻，故A错误；
B．调整返回舱返回过程中的飞行姿势时，返回舱的形状大小不能忽略不计，不可以将其视为质点，故B错误；
C．减速伞对返回舱的拉力与返回舱对减速伞的拉力是一对相互作用力，大小相等，故C错误；
D．返回舱在减速下降过程中，加速度方向向上，处于超重状态，故D正确。
故选D。
3. 如图所示，某人在同一位置先后水平抛出甲、乙两个小球，两小球最终落到同一水平面上，不计空气阻力，则（ ）
A. 甲球的质量较大B. 乙球的初速度较大
C. 甲球下落时间较长D. 该过程甲球的速度变化量较大
【答案】B
【解析】
【详解】AC．两球在空中做平抛运动，加速度均为重力加速度，与质量无关；由，可得
由于下落高度相同，所以两球在空中运动时间相等，故AC错误；
B．水平方向有
由于乙球的水平位移较大，下落时间相等，所以乙球的初速度较大，故B正确；
D．根据，由于下落时间相等，所以两球的速度变化量相等，故D错误。
故选B。
4. 如图所示的家用燃气炉架有四个爪，四个爪均匀分布，若将总质量为m的半球形锅放在炉架上，忽略爪与锅之间的摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A. 每个爪对锅的弹力是由于锅发生弹性形变产生的
B. 每个爪与锅之间的弹力等于
C. 若m一定，锅的半径越大，每个爪对锅的弹力越小
D. 若m一定，锅的半径越大，燃气炉架对锅的作用力越小
【答案】C
【解析】
【详解】A．弹力是由于物体发生弹性形变而产生的力，每个爪对锅的弹力是由于爪发生弹性形变产生的，而不是锅，故A错误。
B．由于四个爪均匀分布，且忽略爪与锅之间的摩擦力，设每个爪与锅之间的弹力方向与水平方向夹角为，如图所示，
竖直方向根据平衡条件有
解得，故B错误。
C．若一定，设正对的一对爪之间的距离为，锅的半径为，则有
即
因为不变，故可知当越大时，越小，故C正确。
D．燃气炉架对锅的作用力等于锅的重力，与锅的半径无关，故D错误。
故选C。
5. 某手机说明书标明该手机电池容量为4000mA·h，可持续播放视频16小时或待机20天，若电池输出电压恒为3.7V，下列说法正确的是（ ）
A. 电池储存的总电荷量为4000CB. 播放视频时的电流约为0.25A
C. 待机10天电池输出的总能量约为7400JD. 待机时的功率是播放视频时的30倍左右
【答案】B
【解析】
【详解】A该手机电池储存的总电荷量为，故A错误；
B．播放视频时电流，故B正确；
C．待机20天耗尽电量，10天消耗总能量的，总能量
待机10天输出能量为，故C错误；
D．根据功率公式
可知电压恒定，功率与电流成正比，待机电流
可得
即待机功率是播放视频的，故D错误。
故选B。
6. 2025年2月28日晚在夜空上演了“七星连珠”，在地球上观测的天象示意图如图1，各行星绕太阳运动示意图如图2。行星绕太阳运动近似为匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A. 地球绕太阳运动的周期大于木星
B. 水星绕太阳运动的角速度最小
C. 若已知土星的自转周期和轨道半径，可求太阳的质量
D. “七星连珠”期间，金星和水星与太阳中心连线在相同时间内扫过面积不同
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据开普勒第三定律可知，轨道半径越小，行星的公转周期越短，由于地球的轨道半径小于木星的轨道半径，所以地球绕太阳运动的周期小于木星，故A错误；
B．根据万有引力提供向心力有
解得行星绕太阳做圆周运动的角速度为
故轨道半径越小，行星做圆周运动的角速度越大，由于水星的轨道半径最小，所以水星的角速度最大，故B错误；
C．求太阳质量需要行星的公转周期，而不是自转周期，所以若已知土星的自转周期和轨道半径，不能求出太阳的质量，故C错误；
D．根据开普勒第二定律可知，同一行星与太阳中心的连线在相同时间内扫过的面积相等，但金星和水星是不同的行星，轨道半径不同，所以相同时间内扫过的面积不同，故D正确。
故选D。
7. 空间中存在竖直向下的匀强磁场，足够长的光滑金属轨道固定在水平面上，轨道左端与充满电的电容器C相连，有一定电阻的金属杆垂直轨道放置。闭合开关S后，金属杆向右运动，不计一切阻力，在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 电容器上极板带负电B. 金属杆做匀加速运动
C. 回路电流最终为0D. 电容器减小的电场能全都转化为金属杆的动能
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于金属棒ab向右运动，所以受到向右的安培力，由左手定则可知，电容器上极板带正电，故A错误；
B．由于电容器放电过程中电流逐渐减小，金属棒ab受到的安培力也逐渐减小，故金属杆ab做变加速运动，故B错误；
C．金属棒ab产生的感应电动势和电容器两端剩下的电压相等时，金属棒ab做匀速直线运动，回路电流最终为0，故C正确；
D．由于金属棒ab有电阻，故电容器减小电场能转化为金属杆ab的动能和焦耳热，故D错误。
故选C。
8. 生活在尼罗河的反天刀鱼，它的器官能在其周围空间产生电场，电场线分布如图所示，M、N、P为电场中的点。下列说法正确的是（ ）
A. 鱼头带负电
B. M点电势大于P点电势
C. M点电场强度小于N点电场强度
D. 某带电微粒只在电场力作用下从M点沿虚线运动到N点，速度减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．电场线的方向是从正电荷指向负电荷。图中电场线从鱼头指向鱼尾，说明鱼头带正电，鱼尾带负电。A错误。
B．沿着电场线方向，电势逐渐降低。M点靠近尾部（负电荷），电势更低；P点靠近头部（正电荷），电势更高。所以 ，B错误。
C．电场线的疏密程度表示电场强度的大小，电场线越密，场强越大。M点的电场线比N点更密集，所以 。C错误。
D．带电微粒从M点沿虚线运动到N点，电场线方向指向尾部，M点电势低于N点电势（）。微粒的运动轨迹向电场线方向弯曲，说明电场力方向与速度方向的夹角大于90°，电场力做负功。根据动能定理，电场力做负功，动能减小，速度减小。D正确。
故选D。
9. 某智能锁利用超级电容器作为备用电源，其简化电路如图所示。主电源正常工作时（开关S闭合），智能锁的输入电压为6V；当主电源断电（开关S断开），则启用备用电源。已知电容器的电容为1F，及是电路中的电阻，下列说法正确的是（ ）
A. 正常工作时，电容器储存的能量为36J
B. 正常工作时，阻值越小，电容器的电压越大
C. 断电前后，流经智能锁的电流方向相反
D. 阻值越大，当主电源断电后，电容器放电时间越长
【答案】D
【解析】
【详解】AB．正常工作时，由图可知，电容器与智能锁并联，电阻相当于导线作用，没有电压，故电容器两端的电压等于智能锁的输入电压，即为6V，所以调节，不会改变电容器两端的电压，则电容器储存的电量为
在给电容器充电的过程中，电荷量是从0线性增加到Q，则电容器两端的电压也是从0线性增加到U，取电压的平均值计算电容器储存的能量，则有，故AB错误；
C．断电前，由主电源对智能锁供电，电流方向由上到下；主电源也对电容器供电，电容器上端为正极，下端为负极；断电后，由电容器对智能锁供电，电流方向由上到下，所以断电前后，流经智能锁的电流方向相同，故C错误；
D．主电源断电后，电容器放电，阻值越大，回路中的电流越小，因电容器储存的总电荷量是一个定值，根据，可知电容器放电时间越长，故D正确。
故选D。
10. 如图所示，真空中固定一个圆心为、半径为、带电量为的均匀带正电圆环。一根与水平面成30°角的固定绝缘长细杆，过圆心且垂直于圆环平面穿过该圆环。一可视为质点的带负电小球，从杆上的点以某一初速度沿杆向上运动，恰好能运动到杆上点，已知小球电荷量为，，静电力常量为，重力加速度大小为，绝缘细杆与小球间的动摩擦因数。则小球从运动到的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A. 圆环在点产生的电场强度的大小
B. 小球与圆环间的电势能先增大后减小
C. 小球初速度大小等于
D. 小球从到和从到的运动时间相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．设想将圆环等分为个小段，当相当大时，每一小段都可以看成点电荷，其所带电荷量为 ，由点电荷电场强度公式可求得每一点电荷在处的电场强度
由对称性可知，各小段圆环在处的电场强度垂直于细杆方向的分量相互抵消，而沿杆方向的分量之和即为带电圆环在处的电场强度，故
而
联立解得 ，故A错误；
B．均匀带正电圆环轴线上的场强方向始终沿轴线背离圆心，电势沿轴线越靠近电势越高，即从到过程，电势先升高后降低。小球带负电，电势能（），因此电势能先减小后增大，故B错误；
C．根据对称性，点和点到距离均为，因此，从到电场力总做功。摩擦力做功
由动能定理得
解得，故C正确；
D．小球从过程，加速度大小
从过程，加速度大小，而运动位移相等，显然时间不等，故D错误。
故选C。
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
11. 电磁学知识在科技生活中有广泛的应用，下列相关说法正确的是（ ）
A. 图甲中，高压输电线的上方还有两条导线，可以形成稀疏的金属“网”把高压线屏蔽起来，免遭雷击，是利用了静电屏蔽的原理
B. 图乙中，线圈在电路中产生的自感电动势一定会大于原来电路中的电源电动势
C. 图丙中，自制金属探测器是利用地磁场来进行探测的
D. 图丁中，在磁电式仪表内把线圈绕在铝框骨架上可以增加电磁阻尼作用
【答案】AD
【解析】
【详解】A．高压输电线的上方两条导线与铁塔相连，形成一个稀疏的金属“网”，将下方的高压线屏蔽起来，利用静电屏蔽原理，避免高压线遭受雷击。A正确；
B．自感电动势的大小由电流变化率和自感系数决定，其大小不一定大于电源电动势。例如在通电自感中，自感电动势会阻碍电流增大，但不会超过电源电动势。B错误；
C．自制金属探测器的工作原理是电磁感应：探测器的线圈产生变化磁场，在金属内部感应出涡流，涡流又产生磁场被探测器接收，并非利用地磁场。C错误；
D．磁电式仪表的线圈绕在铝框骨架上，当线圈转动时，铝框切割磁感线产生感应电流，受到安培力作用，形成电磁阻尼，可以阻碍线圈的摆动，使指针快速稳定。D正确。
故选AD。
12. 如图所示，一物块以某一初速度滑上固定的粗糙斜面，向上运动至最高点后返回底端。不计空气阻力，取斜面底端位置为零势能面。下列图像能正确反映物块运动过程的速率v随时间t和机械能随路程变化的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．物块上滑过程，根据牛顿第二定律可知加速度大小
物块下滑过程加速度大小
可知上滑过程加速度更大，因为图斜率绝对值表示加速度大小，故A错误，B正确；
CD．设物体初态机械能为，根据功能关系可知物体运动过程中，机械能为
可知图是一条倾斜且斜率为负的直线，故C正确，D错误。
故选BC。
13. 如图1所示，倾斜圆盘与水平面的夹角，可绕过圆心且垂直于圆盘的转轴匀速转动。在圆盘平面内以为原点建立平面直角坐标系，轴沿水平方向，轴沿盘面向上。圆盘上的小滑块始终与圆盘保持相对静止，其所受摩擦力在、轴的分力、的关系如图2所示。则下列说法正确的是（ ）
A. 滑块在最高点最容易发生相对滑动B. 运动过程中摩擦力的最大值是9N
C. 滑块所受的重力等于4ND. 滑块与圆盘之间的动摩擦因数至少为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．滑块做匀速圆周运动，向心力由摩擦力、重力分力的合力提供。最高点：重力沿斜面向下的分力与向心力方向相同，摩擦力，此时摩擦力最小。
最低点：重力沿斜面向下的分力与向心力方向相反，摩擦力，此时摩擦力最大，显然滑块在最低点最容易达到最大静摩擦力而发生相对滑动。A错误。
B．设图2中圆与正方向的交点为，可知
求得
滑块运动至最低点时，所受的静摩擦力最大，方向指向圆心，此时，可知运动过程中摩擦力的最大值，B正确。
C．根据图2知，当滑块在轴最低点时，，此时摩擦力仅沿轴方向，有
当滑块在轴最高点时，，
则，
联立求得滑块所受的重力，C错误。
D．结合前面分析知，最大静摩擦力，正压力
动摩擦因数满足：
得，D正确。
故选BD。
第Ⅱ卷（非选择题 共58分）
14. 某同学利用如图1所示的装置来“探究加速度与力、质量的关系”。图中带滑轮的长木板放置在水平桌面上，将力传感器固定在小车上端，力传感器可直接显示绳上拉力大小。
（1）下列实验中用到与该实验相同的研究方法的有________
A. 探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系
B. 探究两个互成角度的力的合成规律
C. 探究平抛运动的特点
（2）下列说法正确的是________（多选）
A. 实验需先释放小车再接通电源
B. 实验前应调整滑轮高度，使细线与木板平行
C. 实验需要补偿阻力
D. 不断增加重物质量，作出的图像会发生弯曲
【答案】（1）A （2）BC
【解析】
【小问1详解】
A．探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系，需要控制其中两个变量不变，研究第三个变量对向心力的影响，同样使用控制变量法，故A正确；
B．探究两个互成角度的力的合成规律，使用的是等效替代法，故B错误；
C．探究平抛运动的特点，使用的是运动分解法，故C错误。
故选A。
【小问2详解】
A．打点计时器类实验的操作要求是先接通电源，待打点稳定后再释放小车，故A错误；
B．调整滑轮高度使细线与木板平行，可以保证拉力方向沿木板，小车的合力恒定，故B正确；
C．本实验需要让绳子拉力等于小车的合力，因此实验前必须补偿阻力（平衡摩擦力），故C正确；
D．本实验拉力由力传感器直接测量，不需要满足“重物质量远小于小车质量”的条件，因此不断增加重物质量，图像仍为直线，不会弯曲，故D错误。
故选BC。
15. 在“验证机械能守恒定律”的实验中
（1）下列操作正确的是________
A. B. C.
（2）如图是实验中获得的一条纸带，其中为打点计时器打下的第一个点，并测得下落高度如图所示。已知重物质量为，打点周期为，重力加速度为，则打下“D”点时，重锤下落的速度大小________，重锤从O点下落到D点的重力势能减少量________（用图中所给字母及、、表示）
（3）实验中某同学的实验数据结果显示：重物动能的增加量大于重力势能的减少量，则可能的原因________（多选）
A. 空气对重物有阻力和打点计时器对纸带有阻力
B. 利用公式计算重物速度
C. 未静止释放，O点有初速度
D. 电压的频率小于50Hz
【答案】（1）B （2） ①. ②. （3）CD
【解析】
【小问1详解】
在“验证机械能守恒定律”的实验中，重物应靠近打点计时器，且纸带应处于竖直状态，这样能减小摩擦阻力的影响。
故选B。
【小问2详解】
[1] 根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度，由于D点是C、E两点的中间时刻，所以打下“D”点时，重锤下落的速度大小为
[2] 重锤从O点下落到D点的过程中，重物下落的高度为，所以该过程重力势能的减少量为
【小问3详解】
A．由于空气对重物有阻力和打点计时器对纸带有阻力，重锤下落过程中需克服阻力做功，所以空气阻力和纸带阻力会使动能增加量小于重力势能的减少量，故A错误；
B．利用公式计算重物速度，相当于默认了机械能守恒，再去验证机械能守恒，算出的结果应为重物动能的增加量等于重力势能的减少量，故B错误；
C．如果开始释放时重物就有初速度，那么重物在O点就已经具备了一部分动能，下落过程中，除了重力势能转化的动能，还加上了初始的动能，所以最终测得的动能增加量就会大于重力势能的减少量，故C正确；
D．电压频率小于50Hz，实际打点周期大于0.02s，而计算时用了这个偏小的周期，会使速度计算值偏大，所以最终测得的动能增加量就会大于重力势能的减少量，故D正确。
故选CD。
16. 为测量两节干电池组成的电池组的电动势和内阻，实验室备有以下器材可供选择：
A.两节干电池组成的电池组
B.电压表（量程3V，内阻约为）
C.电流表（量程1mA，内阻约）
D.电阻箱（）
E.滑动变阻器
F.单刀单掷开关一个
G.导线若干
（1）根据提供的器材，甲同学设计了如图1的方案，你是否同意他的方案________（填“是”或“否”），并说明理由________。
（2）乙同学设计了如图2的方案并进行实验，通过调节电阻箱，测得多组、数据，记录于题表，描点并作出图像，由此求得电池组的电动势________V，内阻________Ω。（结果均保留到小数点后两位）

（3）此方案测得的电池组的电动势与真实值相比________，内阻与真实值相比________。（选填“偏大”“偏小”或“相等”）
【答案】（1） ①. 否 ②. 电流表超量程
（2） ①. 3.06##3.05##3.07 ②. 0.95##0.96##0.97##0.98
（3） ①. 偏小 ②. 偏小
【解析】
【小问1详解】
[1] [2]否；当滑动变阻器的有效阻值最大为，估算回路中的最小电流为
可知最小电流超过电流表的量程。
【小问2详解】
由图2并结闭合电路的欧姆定律，可得
变形得
可知图像的斜率
解得
可知图像的纵截距表示电源的电动势，可得
【小问3详解】
[1][2]本实验误差来源于电压表的分流，设电压表内阻为，根据闭合电路欧姆定律可得
变形得
可得测量值与真实值的关系式为，
即此方案测得的电池组的电动势与真实值相比偏小，内阻与真实值相比偏小。
17. 中国科学院国家微重力实验室“北京落塔”具有微重力水平高、实验费用低等优点。其核心原理是当实验舱处于自由落体或者竖直上抛状态时，内部的物体会处于完全失重状态，就可以模拟微重力环境。落塔中央控制系统能将实验舱从塔的底部匀加速提升，提升的加速度为，2s后关闭动力，进行微重力实验研究。实验结束后回收系统开始工作，将实验舱匀减速送回落塔底部。为使回收安全，实验舱回收加速度不得超过且落地时的速度为零，不计一切阻力的影响。求实验舱
（1）匀加速阶段的末速度大小；
（2）能到达的最大高度；
（3）可进行微重力实验研究的最长时间。
【答案】（1）
（2）120m （3）
【解析】
【小问1详解】
匀加速结束时的速度为
【小问2详解】
匀加速阶段上升高度
匀加速结束后竖直上抛的高度为
能达到的最大总高度为
【小问3详解】
匀加速结束后继续上升的时间为
由运动学公式可知，
所以自由下落高度为
自由下落所用时间为
求得
则微重力实验最长时间为
18. 某固定光滑倾斜轨道装置的竖直截面如图所示，由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道平滑连接而成，圆形轨道底端略微错开，在轨道末端的右侧水平面上紧靠着一固定的长木板，长木板上表面与轨道末端所在的水平面齐平，长木板右端固定连有一轻质弹簧的竖直挡板，弹簧处于原长时左端刚好在点。现将一质量为的滑块从弧形轨道上高为的位置静止释放（）。已知圆轨道半径，长木板部分粗糙，与滑块间的动摩擦因数为，为滑块到点的水平距离，右侧光滑，滑块可视为质点，不计其它阻力。
（1）若滑块恰能通过竖直圆轨道的最高点，求滑块静止释放的高度及运动到点时轨道对滑块作用力的大小；
（2）当时，滑块经圆轨道运动到点并滑上木板，与弹簧碰撞后原速返回，发现滑块第一次返回恰好不滑离木板，求木板部分的长度；
（3）若滑块最终停止的位置与的距离为，求与的关系式。
【答案】（1），
（2）0.8m （3）当，；当，
【解析】
【小问1详解】
滑块恰能过圆轨道最高点C，则在C点，由向心力公式有
从释放点到C点，由动能定理：
解得
从释放点到B点，由动能定理：
在B点，由向心力公式：
解得
【小问2详解】
从释放点到E点，对全过程列动能定理：
其中
解得
【小问3详解】
a．滑块刚好过C点，
b．滑块刚好过F点停止，
求得
c．滑块返回刚好停在E点，
求得
d．滑块返回恰好到圆心等高处，
求得
综合得，当时，停在从F返回E的过程中
解得或
当时，停在从E返回F的过程中，
解得或
19. 如图所示，水平固定一半径为的金属圆环，一根长为，电阻为金属棒沿圆环径向放置，端与圆环、端与竖直导电转轴均接触良好。圆环所在区域内存在方向竖直向下、大小为的匀强磁场。圆环边缘、转轴用电刷分别连接到两根足够长的平行金属导轨上，导轨与水平面间的倾角，导轨所在平面存在大小为，方向垂直平面向下的匀强磁场。质量为的金属棒垂直导轨放置。已知导轨宽度与金属棒长度均为，棒电阻为，其余电阻不计，不计一切摩擦，已知，，，，，重力加速度取。
（1）初始棒锁定，棒静止释放。当棒的速度时，求通过棒的电流方向及棒两端电压的大小；
（2）若棒在外力作用下绕轴做顺时针匀速转动，此时棒恰好处于静止状态，求棒的角速度大小；
（3）棒在外力作用下，以角速度绕轴做逆时针匀速转动，同时棒静止释放，经过足够长的时间，求
①棒的速度；
②外力的功率。
【答案】（1）电流方向d到c；1V
（2）
（3）①；②
【解析】
【小问1详解】
根据右手定则可得，电流方向d到c；金属棒产生的电动势为
代入数据，解得
棒两端电压大小为
【小问2详解】
金属棒ab匀速顺时针转动，产生电动势大小为
则电流为
cd棒恰好处于静止状态，根据平衡条件可得
解得
【小问3详解】
①金属棒ab逆时针匀速转动，产生电动势
ab最终匀速运动
则
对棒，根据平衡条件可得
解得
②方法一：根据能量守恒
得
方法二：对棒分析，最终外力与安培力力矩相等，外力功率等于所受安培力的功率
解得
20. 电子显微镜的某重要部件截面如图1所示，在真空玻璃管中装有阴极和带小孔的阳极，在、之间加大小为的加速电压。电容器两极板长为，板间距离为，电压为（板带正电）。如图以电容器右边界中点为坐标原点，在纸面内建立坐标系。已知阴极可持续产生初速度为零的电子，电子质量为，电量为e。电容器右边界和荧光屏间的空间内存在一平行于x轴方向的匀强磁场，调节匀强磁场的磁感应强度大小B和荧光屏到电容器右边界的距离L，可使从电容器右边界飞出的电子再次回到平面。不计电子的重力和相互作用力，且电子均能从电容器射出，不考虑相对论效应和电场磁场的边缘效应，电容器已屏蔽磁场。
（1）求电子进入电容器时的速度以及离开电容器时离点的距离；
（2）若磁感应强度，求电子第一次回到平面时，沿方向前进的距离；
（3）若在电容器两板间接入周期性交变电压，足够大。电子在电场中运动时间极短，可认为电场不变。若匀强磁场磁感应强度大小，过点垂直纸面向外建立轴，并沿方向观察荧光屏，
①当时，在图2中画出电子在荧光屏打出的光斑形状并求出光斑上离荧光屏中心最远点的距离；
②将从缓慢地增大到的过程中，求荧光屏上的发过光的区域面积。
【答案】（1）
（2）
（3）①，图见详解 ； ②
【解析】
【小问1详解】
根据动能定理
得电子进入电容器时的速度



得离开电容器时离点的距离
【小问2详解】
电子的运动可分解为沿轴线的匀速直线运动和垂直纸面的匀速圆周运动，每经过一个周期回到平面内


得
【小问3详解】
①经过L的距离，所有从y轴不同位置出射的粒子均运动
因此所有粒子均回到平面，且沿方向前进的距离相同，轴坐标与从电场中出射时一致，处于同一条直线上。离中心最远点的距离即为
电子在荧光屏打出的光斑形状如上图。
②


得
把代入上式得
，即
所以荧光屏上的发过光的区域面积 U/V
R/Ω
2.84
12.0
0.24
2.74
8.0
0.34
2.64
6.0
0.44
2.46
4.0
0.62
2.05
2.0
1.03
1.57
1.0
1.57