（高考物理）2020年北京市高考物理試卷（含解析版）

1、 北京市2020年普通高中學(xué)業(yè)水平等級性考試物理一、單選題1.以下現(xiàn)象不屬于干涉的是（）A. 白光經(jīng)過楊氏雙縫得到彩色圖樣B. 白光照射肥皂膜呈現(xiàn)彩色圖樣C. 白光經(jīng)過三棱鏡得到彩色圖樣D. 白光照射水面油膜呈現(xiàn)彩色圖樣【答案】C【解析】【詳解】A根據(jù)光的干涉定義可知白光經(jīng)過楊氏雙縫得到彩色圖樣是楊氏雙縫干涉，故A錯誤；B由于重力的作用，肥皂膜形成了上薄下厚的薄膜，光線通過薄膜時頻率不變，干涉條紋的產(chǎn)生是由于光線在薄膜前后兩表面反射形成的兩列光波的疊加，白光照射肥皂膜呈現(xiàn)彩色圖樣是屬于干涉現(xiàn)象，故B錯誤；C白光經(jīng)過三棱鏡得到彩色圖樣是光在折射時產(chǎn)生的色散現(xiàn)象，故C正確；D水面上的油膜呈現(xiàn)彩色是

2、光的干涉現(xiàn)象，屬于薄膜干涉，故D錯誤；故選C。2.氫原子能級示意如圖?，F(xiàn)有大量氫原子處于能級上，下列說法正確的是（）A. 這些原子躍遷過程中最多可輻射出2種頻率的光子B. 從能級躍遷到能級比躍遷到能級輻射的光子頻率低C. 從能級躍遷到能級需吸收的能量D. 能級的氫原子電離至少需要吸收的能量【答案】C【解析】【詳解】A大量氫原子處于能級躍遷到最多可輻射出種不同頻率的光子，故A錯誤；B根據(jù)能級圖可知從能級躍遷到能級輻射的光子能量為從能級躍遷到能級輻射的光子能量為比較可知從能級躍遷到能級比躍遷到能級輻射的光子頻率高，故B錯誤；C根據(jù)能級圖可知從能級躍遷到能級，需要吸收的能量為故C正確；D根據(jù)能級圖可

3、知氫原子處于能級的能量為-1.51eV，故要使其電離至少需要吸收1.51eV的能量，故D錯誤；故選C。3.隨著通信技術(shù)的更新?lián)Q代，無線通信使用的電磁波頻率更高，頻率資源更豐富，在相同時間內(nèi)能夠傳輸?shù)男畔⒘扛蟆５?代移動通信技術(shù)(簡稱5G)意味著更快的網(wǎng)速和更大的網(wǎng)絡(luò)容載能力，“4G改變生活，5G改變社會”。與4G相比，5G使用的電磁波（）A. 光子能量更大B. 衍射更明顯C. 傳播速度更大D. 波長更長【答案】A【解析】【詳解】A因為5G使用的電磁波頻率比4G高，根據(jù)可知5G使用的電磁波比4G光子能量更大，故A正確；B發(fā)生明顯衍射的條件是障礙物（或孔）的尺寸可以跟波長相比，甚至比波長還小；因

4、5G使用的電磁波頻率更高，即波長更短，故5G越不容易發(fā)生明顯衍射，故B錯誤；C光在真空中的傳播速度都是相同的；光在介質(zhì)中的傳播速度為5G的頻率比4G高，而頻率越大折射率越大，光在介質(zhì)中的傳播速度越小，故C錯誤；D因5G使用的電磁波頻率更高，根據(jù)可知波長更短，故D錯誤。故選A。4.如圖所示，一定量的理想氣體從狀態(tài)A開始，經(jīng)歷兩個過程，先后到達狀態(tài)B和C。有關(guān)A、B和C三個狀態(tài)溫度和的關(guān)系，正確的是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【詳解】由圖可知狀態(tài)A到狀態(tài)B是一個等壓過程，根據(jù)因為VBVA，故TBTA；而狀態(tài)B到狀態(tài)C是一個等容過程，有因為pBpC，故TBTC；對狀態(tài)A和C有可得T

5、A=TC；綜上分析可知C正確，ABD錯誤；故選C。5.我國首次火星探測任務(wù)被命名為“天問一號”。已知火星質(zhì)量約為地球質(zhì)量的10%，半徑約為地球半徑的50%，下列說法正確的是（）A. 火星探測器的發(fā)射速度應(yīng)大于地球的第二宇宙速度B. 火星探測器的發(fā)射速度應(yīng)介于地球的第一和第二宇宙速度之間C. 火星的第一宇宙速度大于地球的第一宇宙速度D. 火星表面的重力加速度大于地球表面的重力加速度【答案】A【解析】【詳解】A當(dāng)發(fā)射速度大于第二宇宙速度時，探測器將脫離地球的引力在太陽系的范圍內(nèi)運動，火星在太陽系內(nèi)，所以火星探測器的發(fā)射速度應(yīng)大于第二宇宙速度，故A正確；B第二宇宙速度是探測器脫離地球的引力到太陽系中

6、的臨界條件，當(dāng)發(fā)射速度介于地球的第一和第二宇宙速度之間時，探測器將圍繞地球運動，故B錯誤；C萬有引力提供向心力，則有解得第一宇宙速度為所以火星的第一宇宙速度為所以火星的第一宇宙速度小于地球的第一宇宙速度，故C錯誤；D 萬有引力近似等于重力，則有解得星表面的重力加速度所以火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，故D錯誤。故選A。6.一列簡諧橫波某時刻波形如圖甲所示。由該時刻開始計時，質(zhì)點L的振動情況如圖乙所示。下列說法正確的是（）A. 該橫波沿軸負方向傳播B. 質(zhì)點N該時刻向y軸負方向運動C 質(zhì)點L經(jīng)半個周期將沿軸正方向移動D. 該時刻質(zhì)點K與M的速度、加速度都相同【答案】B【解析】【詳解

7、】AB由圖可知乙質(zhì)點L的振動情況，該時刻質(zhì)點L向y軸正方向振動。根據(jù)上下坡法或者平移法可知，該橫波沿x軸正方向傳播，質(zhì)點N該時刻向y軸負方向運動，故A錯誤，故B正確；C質(zhì)點L只在平衡位置附近y軸方向上下振動，波傳播時，質(zhì)點不會沿x軸正方向移動，故C錯誤；D該時刻質(zhì)點K與M的速度為零，質(zhì)點K加速度為-y方向，質(zhì)點M加速度為+y方向，故D錯誤。故選B7.真空中某點電荷的等勢面示意如圖，圖中相鄰等勢面間電勢差相等。下列說法正確的是（）A. 該點電荷一定為正電荷B. P點的場強一定比Q點的場強大C. P點電勢一定比Q點電勢低D. 正檢驗電荷在P點比在Q點的電勢能大【答案】B【解析】【詳解】A正電荷和負

8、電荷周圍的等勢面都為一組同心球殼，該點電荷不一定為正電荷，故A錯誤；B相鄰等勢面間電勢差相等，P點附近的等差等勢面更加密集，故P點的場強一定比Q點的場強大，故B正確；C正電荷和負電荷周圍的等勢面都為一組同心球殼，若為正點電荷，則P點電勢一定比Q點電勢高，故C錯誤；D從等勢面的情況無法判斷該點電荷為正點電荷還是負點電荷，無法判斷P點電勢與Q點電勢的高低，就無法判斷正檢驗電荷在P點和在Q點的電勢能的大小，故D錯誤。故選B。8.如圖所示，在帶負電荷的橡膠圓盤附近懸掛一個小磁針。現(xiàn)驅(qū)動圓盤繞中心軸高速旋轉(zhuǎn)，小磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn)。下列說法正確的是（）A. 偏轉(zhuǎn)原因是圓盤周圍存在電場B. 偏轉(zhuǎn)原因是圓盤周圍產(chǎn)生

9、了磁場C. 僅改變圓盤的轉(zhuǎn)動方向，偏轉(zhuǎn)方向不變D. 僅改變圓盤所帶電荷的電性，偏轉(zhuǎn)方向不變【答案】B【解析】【詳解】AB小磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn)是因為帶負電荷的橡膠圓盤高速旋轉(zhuǎn)形成電流，而電流周圍有磁場，磁場會對放入其中的小磁針有力的作用，故A錯誤，B正確；C僅改變圓盤的轉(zhuǎn)動方向，形成的電流的方向與初始相反，小磁針的偏轉(zhuǎn)方向也與之前相反，故C錯誤；D僅改變圓盤所帶電荷的電性，形成的電流的方向與初始相反，小磁針的偏轉(zhuǎn)方向也與之前相反，故D錯誤。故選B。9.如圖所示， 理想變壓器原線圈接在的交流電源上， 副線圈接三個阻值相同的電阻R，不計電表內(nèi)電阻影響。閉合開關(guān)S后（）A. 電流表的示數(shù)減小B. 電壓表的示

10、數(shù)減小C. 電壓表的示數(shù)不變D. 電流表的示數(shù)不變【答案】A【解析】【詳解】開關(guān)S閉合時，副線圈總的電阻減小，由于變壓器的匝數(shù)比和輸入的電壓都不變，所以輸出的電壓也不變，即V1示數(shù)不變，但因副線圈的總電阻減小，則副線圈的總電流增大，則原線圈的電流增大，故A1的示數(shù)變大；由于副線圈的電流增大，故串聯(lián)在副線圈的電阻R兩端的電壓增大，而副線圈的總電壓不變，所以副線圈并聯(lián)部分的電壓減小，即的示數(shù)減小，故電流表的示數(shù)減小，故A正確，BCD錯誤。故選A。10.分子力隨分子間距離的變化如圖所示。將兩分子從相距處釋放，僅考慮這兩個分于間的作用，下列說法正確的是（）A. 從到分子間引力、斥力都在減小B. 從到分

11、子力的大小先減小后增大C. 從到分子勢能先減小后增大D. 從到分子動能先增大后減小【答案】D【解析】【詳解】A從到分子間引力、斥力都在增加，但斥力增加得更快，故A錯誤；B由圖可知，在時分子力為零，故從到分子力的大小先增大后減小再增大，故B錯誤；C分子勢能在時分子勢能最小，故從到分子勢能一直減小，故C錯誤；D從到分子勢能先減小后增大，故分子動能先增大后減小，故D正確。故選D。11.某同學(xué)利用圖甲所示裝置研究摩擦力的變化情況。實驗臺上固定一個力傳感器，傳感器用棉線拉住物塊，物塊放置在粗糙的長木板上。水平向左拉木板，傳感器記錄的圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（）A 實驗中必須讓木板保持勻速運動B.

12、 圖乙中曲線就是摩擦力隨時間的變化曲線C. 最大靜摩擦力與滑動摩擦力之比約為10:7D. 只用圖乙中數(shù)據(jù)可得出物塊與木板間的動摩擦因數(shù)【答案】C【解析】【詳解】AB為了能研究摩擦力隨時間的變化曲線，故物塊一直要處于靜止?fàn)顟B(tài)，則向左的摩擦力一直與向右輕繩的拉力平衡，圖乙是向右輕繩的拉力隨時間變化曲線，故圖乙也可以反映摩擦力隨時間變化的曲線，由圖可乙知向右輕繩的拉力先增大后減小，最后趨于不變，故物塊先受靜摩擦力作用后受滑動摩擦力作用，所以不需要讓木板保持勻速運動，故AB錯誤；C由圖可知，最大靜摩擦力約為10N，滑動摩擦力約為7N，故最大靜摩擦力與滑動摩擦力之比約為10:7，故C正確；D根據(jù)，可知，

13、由于不知道物塊的重力，故無法求物塊與木板間的動摩擦因數(shù)，故D錯誤。故選C。12.圖甲表示某金屬絲電阻隨攝氏溫度變化的情況。把這段金屬絲與電池、電流表串聯(lián)起來（圖乙），用這段金屬絲做測溫探頭，把電流表的刻度改為相應(yīng)的溫度刻度，就得到了一個簡易溫度計。下列說法正確的是（）A. 應(yīng)標(biāo)在電流較大的刻度上，且溫度與電流是線性關(guān)系B. 應(yīng)標(biāo)在電流較大的刻度上，且溫度與電流是非線性關(guān)系C. 應(yīng)標(biāo)在電流較大的刻度上，且溫度與電流是線性關(guān)系D. 應(yīng)標(biāo)在電流較大的刻度上，且溫度與電流是非線性關(guān)系【答案】B【解析】【詳解】由甲圖可知，點對應(yīng)的電阻阻值較小，由閉合電路歐姆定律知對應(yīng)電路中的電流較大，故應(yīng)標(biāo)在電流較大的

14、刻度上；而點對應(yīng)的電阻阻值較大，由閉合電路歐姆定律知對應(yīng)電路中的電流較小，故應(yīng)標(biāo)在電流較小的刻度上；由圖甲得其中為圖線的縱截距，由閉合電路歐姆定律得聯(lián)立解得可知t與I是非線性關(guān)系，故B正確，ACD錯誤。故選B13.在同一豎直平面內(nèi)，3個完全相同的小鋼球（1號、2號、3號）懸掛于同一高度；靜止時小球恰能接觸且懸線平行，如圖所示。在下列實驗中，懸線始終保持繃緊狀態(tài)，碰撞均為對心正碰。以下分析正確的是（）A. 將1號移至高度釋放，碰撞后，觀察到2號靜止、3號擺至高度。若2號換成質(zhì)量不同的小鋼球，重復(fù)上述實驗，3號仍能擺至高度B. 將1、2號一起移至高度釋放，碰撞后，觀察到1號靜止，2、3號一起擺至高

15、度，釋放后整個過程機械能和動量都守恒C. 將右側(cè)涂膠的1號移至高度釋放，1、2號碰撞后粘在一起，根據(jù)機械能守恒，3號仍能擺至高度D. 將1號和右側(cè)涂膠的2號一起移至高度釋放，碰撞后，2、3號粘在一起向右運動，未能擺至高度，釋放后整個過程機械能和動量都不守恒【答案】D【解析】【詳解】A1號球與質(zhì)量不同的2號球相碰撞后，1號球速度不為零，則2號球獲得的動能小于1號球撞2號球前瞬間的動能，所以2號球與3號球相碰撞后，3號球獲得的動能也小于1號球撞2號球前瞬間的動能，則3號不可能擺至高度，故A錯誤；B1、2號球釋放后，三小球之間的碰撞為彈性碰撞，且三小球組成的系統(tǒng)只有重力做功，所以系統(tǒng)的機械能守恒，但

16、整個過程中，系統(tǒng)所受合外力不為零，所以系統(tǒng)動量不守恒，故B錯誤；C1、2號碰撞后粘在一起，為完全非彈性碰撞，碰撞過程有機械能損失，所以1、2號球再與3號球相碰后，3號球獲得的動能不足以使其擺至高度，故C錯誤；D碰撞后，2、3號粘在一起，為完全非彈性碰撞，碰撞過程有機械能損失，且整個過程中，系統(tǒng)所受合外力不為零，所以系統(tǒng)的機械能和動量都不守恒，故D正確。故選D。14.在無風(fēng)的環(huán)境，某人在高處釋放靜止的籃球，籃球豎直下落；如果先讓籃球以一定的角速度繞過球心的水平軸轉(zhuǎn)動（如圖）再釋放，則籃球在向下掉落的過程中偏離豎直方向做曲線運動。其原因是，轉(zhuǎn)動的籃球在運動過程中除受重力外，還受到空氣施加的阻力和偏

17、轉(zhuǎn)力。這兩個力與籃球速度的關(guān)系大致為：，方向與籃球運動方向相反；，方向與籃球運動方向垂直。下列說法正確的是（）A. 、是與籃球轉(zhuǎn)動角速度無關(guān)的常量B. 籃球可回到原高度且角速度與釋放時的角速度相同C. 人站得足夠高，落地前籃球有可能向上運動D. 釋放條件合適，籃球有可能在空中持續(xù)一段水平直線運動【答案】C【解析】【詳解】A籃球未轉(zhuǎn)動時，籃球豎直下落，沒有受到偏轉(zhuǎn)力的作用，而籃球轉(zhuǎn)動時，將受到偏轉(zhuǎn)力的作用，所以偏轉(zhuǎn)力中的與籃球轉(zhuǎn)動角速度有關(guān)，故A錯誤；B空氣阻力一直對籃球做負功，籃球的機械能將減小，籃球的角速度也將減小，所以籃球沒有足夠的能量回到原高度，故B錯誤；C籃球下落過程中，其受力情況如下

18、圖所示籃球下落過程中，由受力分析可知，隨著速度不斷增大，籃球受到和的合力沿豎直方向的分力可能比重力大，可使籃球豎直方向的分速度減小為零或變成豎直向上，所以籃球可能向上運動，故C正確；D如果籃球的速度變成水平方向，則空氣阻力的作用會使籃球速度減小，則籃球受到的偏轉(zhuǎn)力將變小，不能保持與重力持續(xù)等大反向，所以不可能在空中持續(xù)一段水平直線運動，故D錯誤。故選C。15.在“探究加速度與物體受力、物體質(zhì)量的關(guān)系”實驗中，做如下探究：（1）為猜想加速度與質(zhì)量的關(guān)系，可利用圖1所示裝置進行對比實驗。兩小車放在水平板上，前端通過鉤碼牽引，后端各系一條細線，用板擦把兩條細線按在桌上，使小車靜止。抬起板擦，小車同時

19、運動，一段時間后按下板擦，小車同時停下。對比兩小車的位移，可知加速度與質(zhì)量大致成反比。關(guān)于實驗條件，下列正確的是：_(選填選項前的字母)。A. 小車質(zhì)量相同，鉤碼質(zhì)量不同B. 小車質(zhì)量不同，鉤碼質(zhì)量相同C. 小車質(zhì)量不同，鉤碼質(zhì)量不同（2）某同學(xué)為了定量驗證(1)中得到的初步關(guān)系，設(shè)計實驗并得到小車加速度與質(zhì)量的7組實驗數(shù)據(jù)，如下表所示。在圖2所示的坐標(biāo)紙上已經(jīng)描好了6組數(shù)據(jù)點，請將余下的一組數(shù)據(jù)描在坐標(biāo)紙上，并作出圖像_。次數(shù)12345670.620.560.480.400.320.240.150.250.290.330.400.500.711.00（3）在探究加速度與力的關(guān)系實驗之前，需要

20、思考如何測“力”。請在圖3中畫出小車受力的示意圖。為了簡化“力”的測量，下列說法正確的是：_（選填選項前的字母）。A使小車沿傾角合適的斜面運動，小車受力可等效為只受繩的拉力B若斜面傾角過大，小車所受合力將小于繩的拉力C無論小車運動的加速度多大，砂和桶的重力都等于繩的拉力D讓小車的運動趨近于勻速運動，砂和桶的重力才近似等于繩的拉力【答案】 (1). B (2). (3). A【解析】【詳解】（1）1為了探究加速度與質(zhì)量的關(guān)系，必須控制小車所受拉力相同，而讓小車的質(zhì)量不同，所以鉤碼質(zhì)量相同，故B正確。（2）2數(shù)據(jù)描點和圖像如圖所示（3）3A使小車沿傾角合適的斜面運動，小車所受重力沿斜面的分力剛好等

21、于小車所受的摩擦力，則小車受力可等效為只受繩的拉力，故A正確；B若斜面傾角過大，重力沿斜面的分力大于摩擦力，小車所受合力將大于繩的拉力，不利于簡化“力”的測量，故B錯誤；C由牛頓第二定律可知，無論小車運動的加速度多大，砂和桶的重力都大于繩的拉力，故C錯誤；D當(dāng)小車的質(zhì)量遠大于砂和桶的質(zhì)量時，砂和桶的重力近似等于繩的拉力，故D錯誤。故選A。16.用圖1所示的甲、乙兩種方法測量某電源的電動勢和內(nèi)電阻（約為1）。其中R為電阻箱，電流表的內(nèi)電阻約為0.1，電壓表的內(nèi)電阻約為3k。（1）利用圖1中甲圖實驗電路測電源的電動勢E和內(nèi)電阻r，所測量的實際是圖2中虛線框所示“等效電源”的電動勢和內(nèi)電阻。若電流表

22、內(nèi)電阻用表示，請你用E、r和RA表示出、，并簡要說明理由_。（2）某同學(xué)利用圖像分析甲、乙兩種方法中由電表內(nèi)電阻引起的實驗誤差。在圖3中，實線是根據(jù)實驗數(shù)據(jù)（圖甲：U=IR，圖乙：）描點作圖得到的U-I圖像；虛線是該電源的路端電壓U隨電流I變化的U-I圖像（沒有電表內(nèi)電阻影響的理想情況）。在圖3中，對應(yīng)圖甲電路分析的U-I圖像是：_；對應(yīng)圖乙電路分析的U-I圖像是：_。（3）綜合上述分析，為了減小由電表內(nèi)電阻引起的實驗誤差，本實驗應(yīng)選擇圖1中的_（填“甲”或“乙”）。【答案】 (1). ，理由見解析 (2). C (3). A (4). 乙【解析】【詳解】(1)1將電源和電流表視為等效電源，電

23、源電動勢是電源本身具有的屬性，電流表不具有產(chǎn)生電動勢的本領(lǐng)，所以等效電源的電動勢仍然為而電流表的內(nèi)阻和電動勢的內(nèi)阻作為等效電源的內(nèi)阻，即(2)2對甲圖，考慮電表內(nèi)阻時，根據(jù)閉合電路歐姆定律得變形得直接通過實驗獲得數(shù)據(jù)，可得圖像與縱軸截距均為電源電動勢，虛線對應(yīng)的斜率大小為，實線對應(yīng)的斜率大小為，所以對應(yīng)圖甲電路分析的圖像是C；3對乙圖，考慮電表內(nèi)阻時（即虛線對應(yīng)的真實情況），根據(jù)閉合電路歐姆定律得變形得直接通過實驗獲得數(shù)據(jù)，可得虛線對應(yīng)的斜率大小為，實線對應(yīng)的斜率大小為，虛線對應(yīng)的縱軸截距為，實線對應(yīng)的縱軸截距為；兩圖線在時，對應(yīng)的短路電流均為，所以對應(yīng)圖乙電路分析的圖像是A。(3)4圖甲雖然

24、測量的電源電動勢準(zhǔn)確，但電流表分壓較為明顯，所以內(nèi)阻測量的誤差很大；圖乙雖然電動勢和內(nèi)阻測量均偏小，但是電壓表內(nèi)阻很大，分流不明顯，所以電動勢和內(nèi)阻的測量誤差較小，所以選擇圖乙可以減小由電表內(nèi)電阻引起的實驗誤差。17.無人機在距離水平地面高度處，以速度水平勻速飛行并釋放一包裹，不計空氣阻力，重力加速度為。(1)求包裹釋放點到落地點的水平距離；(2)求包裹落地時的速度大小；(3)以釋放點為坐標(biāo)原點，初速度方向為軸方向，豎直向下為軸方向，建立平面直角坐標(biāo)系，寫出該包裹運動的軌跡方程?！敬鸢浮?1)；(2)；(3)【解析】【詳解】(1)包裹脫離無人機后做平拋運動，在豎直方向做自由落體運動，則解得水平

25、方向上做勻速直線運動，所以水平距離為(2)包裹落地時，豎直方向速度為落地時速度為(3)包裹做平拋運動，分解位移兩式消去時間得包裹的軌跡方程為18.如圖甲所示，匝的線圈（圖中只畫了2匝），電阻，其兩端與一個的電阻相連，線圈內(nèi)有指向紙內(nèi)方向的磁場。線圈中的磁通量按圖乙所示規(guī)律變化。(1)判斷通過電阻的電流方向；(2)求線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢；(3)求電阻兩端的電壓。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【詳解】(1)根據(jù)圖像可知，線圈中垂直于紙面向里的磁場增大，為了阻礙線圈中磁通量的增大，根據(jù)楞次定律可知線圈中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場垂直于紙面向外，根據(jù)安培定則可知線圈中的感應(yīng)電流為逆時針方向，所通過電阻

26、的電流方向為。(2)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律(3)電阻兩端的電壓為路端電壓，根據(jù)分壓規(guī)律可知19.如圖甲所示，真空中有一長直細金屬導(dǎo)線，與導(dǎo)線同軸放置一半徑為的金屬圓柱面。假設(shè)導(dǎo)線沿徑向均勻射出速率相同的電子，已知電子質(zhì)量為，電荷量為。不考慮出射電子間的相互作用。(1)可以用以下兩種實驗方案測量出射電子的初速度：a.在柱面和導(dǎo)線之間，只加恒定電壓；b.在柱面內(nèi)，只加與平行的勻強磁場。當(dāng)電壓為或磁感應(yīng)強度為時，剛好沒有電子到達柱面。分別計算出射電子的初速度。(2)撤去柱面，沿柱面原位置放置一個弧長為、長度為的金屬片，如圖乙所示。在該金屬片上檢測到出射電子形成的電流為，電子流對該金屬片的壓強為。求單位長度導(dǎo)線單位時間內(nèi)出射電子的總動能?！敬鸢浮浚?），；（2）【解析】【詳解】（1）a.在柱面和導(dǎo)線之間，只加恒定電壓，粒子剛好沒有電子到達柱面，此時速度為零，根據(jù)動能定理有解得b.在柱面內(nèi)，只加與平行的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為時，剛好沒有電子到達柱面，設(shè)粒子的偏轉(zhuǎn)半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系有根據(jù)洛倫茲力提供向心力，則有解得（2）撤去柱面，設(shè)單位長度射出電子數(shù)為N，則單位時間都到柱面的粒子數(shù)為金屬片上電流由于電子流對金屬片的壓強為p，則電子流對金屬片單位時間內(nèi)的壓力為F=pab由牛頓第三定律可得，金屬片對電子流的作用為 根據(jù)動量定理有解