1.下列屬于國(guó)際單位制中基本單位的是( )
A. kgB. NC. WD. J
2.下列關(guān)于物理研究方法的敘述中，正確的是( )
A. 把物體當(dāng)成質(zhì)點(diǎn)來(lái)處理，主要采用了“微元法”
B. 建立“重心”概念時(shí)，主要采用了“極限法”
C. 卡文迪什利用扭秤實(shí)驗(yàn)測(cè)出了引力常量的數(shù)值，主要采用了“放大法”
D. 利用v?t圖像推導(dǎo)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移與時(shí)間公式時(shí)，主要采用了“控制變量法”
3.圖甲是迷宮尺子，質(zhì)量為M的尺子外殼內(nèi)有一顆質(zhì)量為m的小鋼珠，通過(guò)傾斜尺子，可以讓小鋼珠走出迷宮。小齊保持尺面豎直，小鋼珠位于如圖乙所示相互垂直的A、B擋板之間，緩慢逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)尺子，直至B水平。將A與水平面的夾角記為θ，下列說(shuō)法正確的是( )
A. A對(duì)小鋼珠的作用力先增大后減小
B. B對(duì)小鋼珠的支持力大小為mgsinθ
C. 小齊對(duì)尺子的作用力大小始終為Mg
D. 小鋼珠對(duì)尺子的作用力和小齊對(duì)尺子的作用力是平衡力
4.中國(guó)跳水隊(duì)在巴黎奧運(yùn)會(huì)包攬8金完美收官。質(zhì)量為50kg的跳水運(yùn)動(dòng)員，訓(xùn)練10m跳臺(tái)跳水。若將運(yùn)動(dòng)員看作質(zhì)點(diǎn)，其跳水過(guò)程可簡(jiǎn)化為先自由落體10m，入水后受恒定阻力做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，減速2m時(shí)速度恰為零，下列說(shuō)法正確的是( )
A. 水中減速的運(yùn)動(dòng)員處于失重狀態(tài)
B. 水的阻力大小為2500N
C. 運(yùn)動(dòng)員整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的平均速度為5 2m/s
D. 從入水到速度為零，運(yùn)動(dòng)員動(dòng)能減少了1250J
5.一種典型的核反應(yīng)是一個(gè)鈾核與一個(gè)中子結(jié)合成一個(gè)鋇核和氪核同時(shí)放出三個(gè)中子，反應(yīng)方程為： 92235U+01n→56144Ba+3689Kr+301n。已知鈾核、鋇核、氪核和中子的質(zhì)量分別為m1、m2、m3和m4，光在真空中的傳播速度為c，下列說(shuō)法正確的是( )
A. m1+m4=m2+m3+3m4
B. 該核反應(yīng)需要在很高的溫度下進(jìn)行，又叫熱核反應(yīng)
C. 該核反應(yīng)屬于核裂變，制造氫彈不需要利用核裂變
D. 該核反應(yīng)釋放的能量ΔE=(m1?m2?m3?2m4)c2
6.如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有兩個(gè)相同的彈簧測(cè)力計(jì)，測(cè)力計(jì)下方豎直懸掛一副邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，粗細(xì)均勻的均質(zhì)金屬等邊三角形，將三條邊分別記為a、b、c。在a的左右端點(diǎn)M、N連上導(dǎo)線，并通入由M到N的恒定電流，此時(shí)a邊中電流大小為I，兩彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)均為F1。僅將電流反向，兩彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)均為F2。電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)忽略不計(jì)，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是( )
A. 三條邊a、b、c中電流大小相等B. 兩次彈簧測(cè)力計(jì)示數(shù)F1=F2
C. 金屬等邊三角形的總質(zhì)量m=F1+F2gD. 勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2(F1+F2)3IL
7.無(wú)線充電是一種基于變壓器原理的充電方式。如圖發(fā)射線圈連接$u=220 {2}sin100πt(V)$的交流電，發(fā)射線圈與接收線圈匝數(shù)之比為44：1，若工作狀態(tài)下，接收線圈內(nèi)的磁通量約為發(fā)射線圈的60%，不計(jì)其它損耗，下列說(shuō)法正確的是( )
A. 發(fā)射線圈中的電流每秒鐘方向變化50次
B. 發(fā)射線圈與接收線圈中電流之比為1：44
C. 發(fā)射線圈與接收線圈中交變電流的周期之比為1：44
D. 接收線圈的輸出電壓有效值約為3V
8.打水漂是一項(xiàng)很有趣的運(yùn)動(dòng)，其成功與否的條件之一是石塊入水速度與水面的夾角。小明某次打水漂時(shí)，將一小石塊從離水高度45cm的地方水平拋出，石塊首次入水速度與水面的夾角等于37°，結(jié)果打水漂失敗。為提高成功率，小明降低拋出點(diǎn)以同一速度平拋石塊，這次石塊首次入水速度與水面的夾角等于26.5°，打水漂成功。拋出點(diǎn)下移的距離為(不計(jì)空氣阻力，tan26.5°≈0.50)( )
A. 20cmB. 25cmC. 30cmD. 35cm
9.2024年6月嫦娥六號(hào)在鵲橋二號(hào)中繼星支持下，成功在月球背面南極著陸。以下是落月軌跡圖，嫦娥六號(hào)先在距離月球表面200km的圓軌道Ⅰ上運(yùn)行，經(jīng)過(guò)A點(diǎn)進(jìn)入近月點(diǎn)離月球表面15km、遠(yuǎn)月點(diǎn)離月球表面200km的橢圓軌道Ⅱ，最后經(jīng)過(guò)B點(diǎn)進(jìn)入距離月球表面15km的圓軌道Ⅲ，已知月球半徑約為1740km，下列說(shuō)法正確的是( )
A. 嫦娥六號(hào)在軌道Ⅰ和軌道Ⅲ運(yùn)行的速率之比vⅠvⅢ=(351388)12
B. 嫦娥六號(hào)在軌道Ⅰ和軌道Ⅱ運(yùn)行的周期之比TⅠTⅡ=(4380)32
C. 嫦娥六號(hào)從軌道Ⅰ到軌道Ⅱ機(jī)械能增大
D. 嫦娥六號(hào)在軌道Ⅱ運(yùn)行時(shí)，其加速度只改變運(yùn)動(dòng)方向，不改變運(yùn)動(dòng)大小
10.如圖甲所示，在拉力傳感器的下端豎直懸掛一個(gè)彈簧振子，拉力傳感器可以實(shí)時(shí)測(cè)量彈簧彈力大小，圖乙是小球簡(jiǎn)諧振動(dòng)時(shí)傳感器示數(shù)隨時(shí)間變化的圖像，下列說(shuō)法正確的是( )
A. 小球的質(zhì)量為0.8kg，振動(dòng)的周期為8s
B. 0～2s內(nèi)，小球受回復(fù)力的沖量大小為0
C. 1～2s和2～3s內(nèi)，小球受彈力的沖量相同
D. 1～3s內(nèi)，小球受彈力的沖量大小為16N?s，方向向上
11.“福建艦”是我國(guó)第一艘采用電磁彈射裝置的航空母艦，如圖是某實(shí)驗(yàn)小組做的彈射模擬裝置，首先將單刀雙擲開(kāi)關(guān)打到a，用電動(dòng)勢(shì)為E的電源給電容為C的電容器充電，電容器充滿電后開(kāi)關(guān)打到b，驅(qū)動(dòng)線圈通電產(chǎn)生磁場(chǎng)，同時(shí)發(fā)射線圈從絕緣且內(nèi)壁光滑的發(fā)射管道內(nèi)彈射出去，下列說(shuō)法正確的是( )
A. 發(fā)射線圈中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)水平向右
B. 開(kāi)關(guān)打到b的瞬間，發(fā)射線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大
C. 開(kāi)關(guān)打到b的瞬間，驅(qū)動(dòng)線圈的自感電動(dòng)勢(shì)最小
D. 開(kāi)關(guān)打到b的瞬間，發(fā)射線圈的安培力最大
12.如圖是氫原子的能級(jí)，一群處于基態(tài)的氫原子吸收某頻率光子能量后躍遷到了n=4能級(jí)，很快這些氫原子開(kāi)始向下躍遷，放出不同頻率的光，這些光照射在逸出功為3.34eV的鋅板上，已知可見(jiàn)光的光子能量范圍為1.62eV到3.11eV，下列說(shuō)法正確的是( )
A. 吸收的光子能量可能大于12.75eV
B. 躍遷時(shí)，最多能發(fā)出6種不同頻率的可見(jiàn)光
C. 存在可以使鋅板發(fā)生光電效應(yīng)的可見(jiàn)光
D. 鋅板表面逸出光電子的最大初動(dòng)能為9.41eV
13.如圖甲所示是弗蘭克-赫茲實(shí)驗(yàn)，該實(shí)驗(yàn)為能量量子化假設(shè)提供了直接證據(jù)。實(shí)驗(yàn)前，裝置內(nèi)僅充滿汞原子，實(shí)驗(yàn)中，燈絲發(fā)射出初速度可忽略的電子，先經(jīng)過(guò)陰極K與柵極G之間的電場(chǎng)加速，再經(jīng)過(guò)柵極G與集電極A之間的反向電場(chǎng)減速，電子在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中會(huì)和汞原子碰撞，實(shí)驗(yàn)中記錄了柵極G到陰極K的電壓大小UGK以及通過(guò)集電極A的電流I，電流越大說(shuō)明單位時(shí)間到達(dá)集電極A的電子越多，實(shí)驗(yàn)結(jié)果如圖乙所示，電流I的極大值呈周期性出現(xiàn)，峰值的水平間距為4.9V，從中得出汞原子能量具有量子化的結(jié)論，由于電子質(zhì)量遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于汞原子質(zhì)量，通過(guò)彈性碰撞轉(zhuǎn)移給汞原子的動(dòng)能可以忽略不計(jì)，結(jié)合以上內(nèi)容判斷下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是( )
A. UGKRVRx=20×1032200
可知應(yīng)該采用電流表內(nèi)接，滑動(dòng)變阻器接成分壓電路，電路如圖
(3)根據(jù)
Rx=UI=ρlS=ρl14πd2
解得
ρ=πd2U4lI
故答案為：(1)2.2；(2)
(3)πd2U4lI。
(1)歐姆表的讀數(shù)等于指針?biāo)甘緮?shù)乘以倍率；
(2)根據(jù)誤差分析判斷電流表的連接方式，根據(jù)題中要求有盡可能大的測(cè)量范圍判斷滑動(dòng)變阻器的連接方式，補(bǔ)充電路圖；
(3)根據(jù)歐姆定律和電阻定律推導(dǎo)。
本題關(guān)鍵掌握歐姆表的讀數(shù)方法和伏安法測(cè)電阻的原理。
18.【答案】B； 偏小。
【解析】解：(1)輪廓包圍方格約為68個(gè)，故油酸薄膜的面積為
S=68a2
每滴溶液中含有純油酸的體積為
VN=V0N×V1V2
油酸分子的直徑為
d=VNS=V0V168NV2a2
故B正確，ACD錯(cuò)誤。
故選：B。
(2)若配置好的油酸酒精溶液敞口后放置了較長(zhǎng)時(shí)間再使用，由于酒精的揮發(fā)，使得油酸酒精溶液濃度變大，而代入計(jì)算的濃度偏小，一滴油酸酒精溶液中純油酸體積測(cè)量值偏小，根據(jù)d=VS可知計(jì)算得到的油酸分子直徑將偏小。
故答案為：(1)B；(2)偏小。
(1)根據(jù)方格數(shù)量和面積計(jì)算油酸薄膜的面積，根據(jù)濃度和體積公式計(jì)算油酸分子的直徑；
(2)根據(jù)濃度變化和體積公式分析判斷。
本題關(guān)鍵掌握“用油膜法估測(cè)分子的大小”實(shí)驗(yàn)原理、數(shù)據(jù)處理和誤差分析。
19.【答案】不變；吸熱；
缸內(nèi)氣體壓強(qiáng)為1.48×105Pa；
氣體吸收的熱量為53.92J。
【解析】解：(1)由題意可知，氣缸足夠長(zhǎng)且導(dǎo)熱良好，氣體溫度不變，則內(nèi)能不變；
對(duì)活塞，沿斜面方向，由平衡條件可得：mgsinθ+p0S=pS，解得：p=p0+mgsinθS，由此可知當(dāng)傾角緩慢由37°變?yōu)?0°過(guò)程中，氣體的壓強(qiáng)減小，可知?dú)怏w體積增大，外界對(duì)氣體做負(fù)功，則有：W0，則則缸內(nèi)氣體從外界吸熱。
(2)對(duì)活塞，由平衡條件可得：mgsinθ+p0S=pS，解得：p=p0+mgsinθS=1×105Pa+8×10×0.610×10?4Pa=1.48×105Pa；
(3)環(huán)境溫度由270K逐漸上升到330K的過(guò)程，氣體的壓強(qiáng)不變，由蓋-呂薩克定律可得：VT=V1T1
其中：V=L1S=0.18×10×10?4m3=1.8×10?4m3，T1=270K，T=330K，代入數(shù)據(jù)解得：V1=2.2×10?4m3，則外界對(duì)氣體做的功為：W=?p(V1?V)=?1.48×105×(2.2?1.8)×10?4J=?5.92J
由熱力學(xué)第一定律得：ΔU=W+Q，解得：Q=ΔU?W=48J?(?5.92J)=53.9J。
答：(1)不變；吸熱；
(2)缸內(nèi)氣體壓強(qiáng)為1.48×105Pa；
(3)氣體吸收的熱量為53.92J。
(1)由題意可知，氣體溫度不變，則內(nèi)能不變，對(duì)活塞，由平衡條件可知?dú)怏w的壓強(qiáng)減小，體積增大，由熱力學(xué)第一定律可知?dú)怏w吸收熱量；
(2)由平衡條件可求氣體的壓強(qiáng)；
(3)蓋-呂薩克定律結(jié)合熱力學(xué)第一定律可求吸收的熱量。
本題考查氣缸類問(wèn)題，此類問(wèn)題一般要選擇封閉氣體為研究對(duì)象，分析理想氣體發(fā)生的是何種變化，根據(jù)平衡條件分析初末狀態(tài)的壓強(qiáng)，并結(jié)合題意分析初末狀態(tài)氣體的體積、溫度，利用理想氣體狀態(tài)方程或者氣體實(shí)驗(yàn)定律列等式求解。分析氣體內(nèi)能變化時(shí)，要使用熱力學(xué)第一定律。其中氣體做功通過(guò)W=p?ΔV求解。
20.【答案】小球P經(jīng)過(guò)與圓心等高的C點(diǎn)時(shí)受到軌道對(duì)它的支持力大小等于9.8N；
小球不滑出軌道D′E，求其長(zhǎng)度的最小值等于5m，小球在直軌道D′E運(yùn)動(dòng)的總路程等于15m；
Q第3次碰撞后到最終靜止過(guò)程中在木板上滑行的總長(zhǎng)度等于190m。
【解析】解：(1)設(shè)小球到達(dá)C點(diǎn)的速度為vC，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知
12m1v02=12m1vC2+m1gR
在C點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得
FN=m1vC2R
聯(lián)立解得軌道對(duì)小球的支持力
FN=9.8N
(2)從出發(fā)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理
?m1gR(1+csθ)?fl?m1glsinθ=0?12m1v02
解得
l=5m
最終小球在D與擋板之間往復(fù)運(yùn)動(dòng)，則有
m1gR(1+csθ)+fs=12m1v02
解得
s=15m
(3)設(shè)第一次碰前小球的速度為vA1，碰撞后小球的速度為vA1′，滑塊的速度為vB1
m1gR(1+csθ)=12m1vA12
解得
vA1=3 2m/s
小球與滑塊為彈性碰撞，則有
m1vA1=m1vA1′+m2vB1
12m1vA12=12m1vA1′2+12m2vB12
解得
vA1′=m1?m2m1+m2vA1=?13vA1
vB1=2m1m1+m2vA1=23vA1
同理可得第三次碰后
vA3=(13)3vA1
vB3=23(13)2vA1
第三次碰后最終通過(guò)多次碰撞二者停止運(yùn)動(dòng)，根據(jù)功能原理可得
μm2gLQ=12m1vA32+12m2vB32
LQ=190m
答：(1)小球P經(jīng)過(guò)與圓心等高的C點(diǎn)時(shí)受到軌道對(duì)它的支持力大小等于9.8N；
(2)小球不滑出軌道D′E，求其長(zhǎng)度的最小值等于5m，小球在直軌道D′E運(yùn)動(dòng)的總路程等于15m；
(3)Q第3次碰撞后到最終靜止過(guò)程中在木板上滑行的總長(zhǎng)度等于190m。
(1)根據(jù)機(jī)械能守恒定律求解小球到達(dá)C點(diǎn)的速度，根據(jù)牛頓第二定律求解得軌道對(duì)小球的支持力；
(2)從出發(fā)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理求解軌道長(zhǎng)度，最終小球在D與擋板之間往復(fù)運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理求解運(yùn)動(dòng)的總路程s；
(3)求出第一次碰前小球的速度，小球P與滑塊Q每次均為彈性碰撞，動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，第三次碰后最終通過(guò)多次碰撞二者停止運(yùn)動(dòng)，根據(jù)功能原理求出在木板上滑行的總長(zhǎng)度。
應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的解題步驟：
(1)明確研究對(duì)象(系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體及研究的過(guò)程)；
(2)進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒(或某一方向上是否守恒)；
(3)規(guī)定正方向，確定初末狀態(tài)動(dòng)量；
(4)由動(dòng)量守恒定律列式求解；
(5)必要時(shí)進(jìn)行討論。
21.【答案】CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為2kmgsinθ；
減速向上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為4k2m2gsinθ?d2kmgsinθ；
CD棒出磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為 2dmgsinθm+B2l2C。
【解析】解：(1)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件有
3mgsinθ=mgsinθ+F
又
F=BIl，I=ER，E=Blv
聯(lián)立解得
v=2kmgsinθ
(2)CD棒減速過(guò)程，取沿導(dǎo)軌向上為正方向，由動(dòng)量定理得
?mgsinθt?BI?lt=0?mv
又
E?=ΔΦΔt,I?=E?R,q=I?Δt,ΔΦ=Bl?d2
聯(lián)立解得CD棒減速向上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
t=4k2m2gsinθ?d2kmgsinθ
(3)設(shè)CD棒的速度大小為v′時(shí)，經(jīng)歷的時(shí)間為t，通過(guò)CD棒的電流為I，CD棒受到的安培力方向沿導(dǎo)軌向上，大小為
f1=BIl
設(shè)在時(shí)間間隔(t,t+Δt)內(nèi)流經(jīng)CD棒的電荷量為ΔQ，則
ΔQ=CBlΔv
ΔQ是平行板電容器極板在時(shí)間間隔(t,t+Δt)內(nèi)增加的電荷量，Δv為CD棒的速度變化量。
按電流的定義和加速度的定義有
I=ΔQΔt，a=ΔvΔt
CD棒在時(shí)刻t的加速度方向沿斜面向下，根據(jù)牛頓第二定律有
mgsinθ?f1=ma
聯(lián)立可得
a=mgsinθm+B2l2C
可知CD棒做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，則有
v′2?0=2ad
解得CD棒出磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為
v′= 2dmgsinθm+B2l2C
答：(1)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為2kmgsinθ；
(2)減速向上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為4k2m2gsinθ?d2kmgsinθ；
(3)CD棒出磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為 2dmgsinθm+B2l2C。
(1)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件以及安培力公式、法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律相結(jié)合求CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大??；
(2)CD棒減速過(guò)程，利用動(dòng)量定理。結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、電荷量和電流的關(guān)系求減速向上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；
(3)CD棒下滑過(guò)程中，根據(jù)牛頓第二定律以及電流定義式、加速度定義式求出其加速度，分析運(yùn)動(dòng)情況，再由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求CD棒出磁場(chǎng)時(shí)的速度大小。
本題是力電綜合題，關(guān)鍵要根據(jù)牛頓第二定律以及根據(jù)法拉第定律、閉合電路歐姆定律、電流定義式、加速度定義式相結(jié)合得到導(dǎo)體棒的加速度，分析其運(yùn)動(dòng)情況。
22.【答案】該電子經(jīng)過(guò)a進(jìn)入磁場(chǎng)后做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑等于1B0 2mU0e；
粒子接收器上接收到粒子的長(zhǎng)度等于R；
金屬A的逸出功W0等于hν?e2R2B122m+eU0；
單位時(shí)間內(nèi)接收板上接收到的粒子數(shù)n等于FeB0R。
【解析】解：(1)光電子從A板離開(kāi)到a進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，由動(dòng)能定理可得
eU0=12mv2
解得
v= 2eU0m
光電子在磁場(chǎng)中，由洛倫茲力提供向心力，則有
evB0=mv2R1
解得
R1=mveB0,解得R1=1B0 2mU0e
(2)電子以不同的入射角進(jìn)入磁場(chǎng)，其軌跡會(huì)形成一個(gè)扇形區(qū)域，如圖所示，由于入射角度范圍θ=±30°，因此可知該扇形的張角為60°。由幾何關(guān)系可知，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R時(shí)，粒子射出磁場(chǎng)時(shí)的速度方向豎直向下，在圓磁場(chǎng)邊緣上兩粒子射出磁場(chǎng)時(shí)所夾的圓弧所對(duì)的圓心角為60°，則接收器上接收到粒子的長(zhǎng)度是R。
(3)磁感應(yīng)強(qiáng)度由B0緩慢增大到B1時(shí)，接收器上恰好不能再接收到粒子，說(shuō)明初速度最大的粒子運(yùn)動(dòng)軌道半徑都比R小，臨界狀態(tài)是速度最大的粒子軌道半徑恰好為R
vm=eB1Rm
這意味著電子從A板逸出時(shí)的最大動(dòng)能是
Ekm=12mvm2?eU0
光電效應(yīng)方程可得
Ekm=hν?W0=12mvm2?eU0
解得
W0=hν?e2R2B122m+eU0
(4)當(dāng)B=B0時(shí)，粒子射出磁場(chǎng)時(shí)的速度為
v0=eB0Rm
粒子接收器上受到的粒子撞擊的作用力大小為F，單位時(shí)間內(nèi)接收板上接收到的粒子數(shù)n，以初速度方向?yàn)檎较?，?duì)粒子由動(dòng)量定理可得
?Ft=0?nt?mv0
解得
n=Fmv0=FeB0R
答：(1)該電子經(jīng)過(guò)a進(jìn)入磁場(chǎng)后做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑等于1B0 2mU0e；
(2)粒子接收器上接收到粒子的長(zhǎng)度等于R；
(3)金屬A的逸出功W0等于hν?e2R2B122m+eU0；
(4)單位時(shí)間內(nèi)接收板上接收到的粒子數(shù)n等于FeB0R。
(1)光電子從A板離開(kāi)到a進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，由動(dòng)能定理可得進(jìn)入時(shí)速度，光電子在磁場(chǎng)中，由洛倫茲力提供向心力，求解該電子經(jīng)過(guò)a進(jìn)入磁場(chǎng)后做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑；
(2)電子以不同的入射角進(jìn)入磁場(chǎng)，其軌跡會(huì)形成一個(gè)扇形區(qū)域，畫(huà)出軌跡圖，結(jié)合幾何關(guān)系求解；
(3)接收器上恰好不能再接收到粒子，臨界狀態(tài)是速度最大的粒子軌道半徑恰好為R，根據(jù)動(dòng)能定理結(jié)合光電效應(yīng)方程求解；
(4)當(dāng)B=B0時(shí)，求出粒子射出磁場(chǎng)時(shí)的速度，結(jié)合動(dòng)量定理求解。
由于帶電粒子往往是在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，粒子在磁場(chǎng)中只運(yùn)動(dòng)一段圓弧就飛出磁場(chǎng)邊界，其軌跡不是完整的圓，因此，此類問(wèn)題往往要根據(jù)帶電粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡作相關(guān)圖去尋找?guī)缀侮P(guān)系，分析臨界條件，然后應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)和相應(yīng)物理規(guī)律分析求解。

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