2022年江苏省高考物理真题试卷
一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）
1. 高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑
动摩擦力，取重力加速度𝑔=10m/s2。若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过( )
A. 2.0m/s2 B. 4.0m/s2 C. 6.0m/s2 D. 8.0m/s2
2. 如图所示，电路中灯泡均正常发光，阻值分别为𝑅1=2𝛺，𝑅2=3𝛺，𝑅3=2𝛺，𝑅4=4𝛺，电
源电动势𝐸=12V，内阻不计，四个灯泡中消耗功率最大的是( )
A. 𝑅1
B. 𝑅2 C. 𝑅3 D. 𝑅4
3. 如图所示，两根固定的通电长直导线𝑎、𝑏相互垂直，𝑎平行于
𝑏垂直于纸面，纸面，电流方向向右，电流方向向里，则导线𝑎所受安培力方向( )
A. 平行于纸面向上 B. 平行于纸面向下
C. 左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里 D. 左半部分垂直纸面向里，右半部分垂直纸面向外
4. 上海光源通过电子−光子散射使光子能量增加，光子能量增加后( )
A. 频率减小 B. 波长减小 C. 动量减小 D. 速度减小
5. 如图所示，半径为𝑟的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感
应强度𝐵随时间𝑡的变化关系为𝐵=𝐵0+𝑘𝑡，𝐵0、𝑘为常量，则图中半径为𝑅的单匝圆形线圈中产生的感应电动势大小为( )
A. 𝜋𝑘𝑟2 B. 𝜋𝑘𝑅2 C. 𝜋𝐵0𝑟2 D. 𝜋𝐵0𝑅2
6. 自主学习活动中，同学们对密闭容器中的氢气性质进行讨论，下列说法中正确的是( )
A. 体积增大时，氢气分子的密集程度保持不变 B. 压强增大是因为氢气分子之间斥力增大
C. 因为氢气分子很小，所以氢气在任何情况下均可看成理想气体
D. 温度变化时，氢气分子速率分布中各速率区间的分子数占总分子数的百分比会变化
7. 如图所示，一定质量的理想气体分别经历𝑎→𝑏和𝑎→𝑐两个过
程，其中𝑎→𝑏为等温过程，状态𝑏、𝑐的体积相同，则( )
A. 状态𝑎的内能大于状态𝑏 B. 状态𝑎的温度高于状态𝑐 C. 𝑎→𝑐过程中气体吸收热量 D. 𝑎→𝑐过程中外界对气体做正功
8. 某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳。将运动员视为
质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能𝐸k与水平位移𝑥的关系图像正确的是( )
A.
B.
C.
D.
9. 如图所示，正方形𝐴𝐵𝐶𝐷四个顶点各固定一个带正电的点电荷，
电荷量相等，𝑂是正方形的中心。现将𝐴点的电荷沿𝑂𝐴的延长线向无穷远处移动，则( )
A. 在移动过程中，𝑂点电场强度变小 B. 在移动过程中，𝐶点的电荷所受静电力变大 C. 在移动过程中，移动的电荷所受静电力做负功 D. 当其移动到无穷远处时，𝑂点的电势高于𝐴点
10. 如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块𝐴连接在一起，处
于压缩状态，𝐴由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立A、𝐵由静止开始一起沿斜面向下运动，即将物块𝐵轻放在𝐴右侧，
A、𝐵始终不分离，下滑过程中A、当𝐴回到初始位置时速度为零，𝐵与斜面间的动摩擦因数相同、弹簧未超过弹性限度，则( )
A. 当上滑到最大位移的一半时，𝐴的加速度方向沿斜面向下 B. 𝐴上滑时、弹簧的弹力方向不发生变化 C. 下滑时，𝐵对𝐴的压力先减小后增大
D. 整个过程中A、𝐵克服摩擦力所做的总功大于𝐵的重力势能减小量
二、实验题（本大题共1小题，共9.0分）
11. 小明利用手机测量当地的重力加速度，实验场景如图1所示，他将一根木条平放在楼梯台阶边
缘，小球放置在木条上，打开手机的“声学秒表”软件，用钢尺水平击打木条使其转开后，
小球下落撞击地面，手机接收到钢尺的击打声开始计时，接收到小球落地的撞击声停止计时，记录下击打声与撞击声的时间间隔𝑡，多次测量不同台阶距离地面的高度ℎ及对应的时间间隔𝑡。
(1)现有以下材质的小球，实验中应当选用______。 A.钢球 𝐵.乒乓球 𝐶.橡胶球
(2)用分度值为1mm的刻度尺测量某级台阶高度ℎ的示数如图2所示，则ℎ=______cm。
(3)作出2ℎ−𝑡2图线，如图3所示，则可得到重力加速度𝑔=______m/s2。
(4)在图1中，将手机放在木条与地面间的中点附近进行测量，若将手机放在地面𝐴点，设声速为𝑣，考虑击打声的传播时间，则小球下落时间可表示为𝑡′=______(用ℎ、𝑡和𝑣表示)。 (5)有同学认为，小明在实验中未考虑木条厚度，用图像法计算的重力加速度𝑔必然有偏差。请判断该观点是否正确，简要说明理由______。
三、计算题（本大题共4小题，共40.0分）
12. 如图所示，两条距离为𝐷的平行光线，以入射角𝜃从空气射入平静水面，反射光线与折射光线
垂直，求： (1)水的折射率𝑛；
(2)两条折射光线之间的距离𝑑。
如图所示，云室中存在磁感应强度大小为𝐵的匀强磁场，13. 利用云室可以知道带电粒子的性质，
一个质量为𝑚、速度为𝑣的电中性粒子在𝐴点成带等量异号电荷的粒子𝑎和𝑏，𝑎、𝑏在磁场中的径迹是两条相切的圆弧，相同时间内的径迹长度之比𝑙𝑎:𝑙𝑏=3:1，半径之比𝑟𝑎:𝑟𝑏=6:1，不计重力及粒子间的相互作用力，求：
(1)粒子𝑎、𝑏的质量之比𝑚𝑎:𝑚𝑏； (2)粒子𝑎的动量大小𝑝𝑎。
14. 在轨空间站中物体处于完全失重状态，对空间站的影响可忽略，空间站上操控货物的机械臂
可简化为两根相连的等长轻质臂杆，每根臂杆长为𝐿，如题图1所示，机械臂一端固定在空间站上的𝑂点，另一端抓住质量为𝑚的货物，在机械臂的操控下，货物先绕𝑂点做半径为2𝐿、角速度为𝜔的匀速圆周运动，运动到𝐴点停下，然后在机械臂操控下，货物从𝐴点由静止开始做匀加速直线运动，经时间𝑡到达𝐵点，𝐴、𝐵间的距离为𝐿。 (1)求货物做匀速圆周运动时受到合力提供的向心力大小𝐹n； (2)求货物运动到𝐵点时机械臂对其做功的瞬时功率𝑃。
(3)在机械臂作用下，货物、空间站和地球的位置如题图2所示，它们在同一直线上，货物与空间站同步做匀速圆周运动，已知空间站轨道半径为𝑟，货物与空间站中心的距离为𝑑，忽略空间站对货物的引力，求货物所受的机械臂作用力与所受的地球引力之比𝐹1:𝐹2。
工作原理如图所示，矩形𝐴𝐵𝐶𝐷区域内存在多层紧邻的匀强15. 某装置用电场控制带电粒子运动，
电场，每层的高度均为𝑑，电场强度大小均为𝐸，方向沿竖直方向交替变化，𝐴𝐵边长为12𝑑，
𝐵𝐶边长为8𝑑，质量为𝑚、电荷量为+𝑞的粒子流从装置左端中点射入电场，粒子初动能为𝐸k，入射角为𝜃，在纸面内运动，不计重力及粒子间的相互作用力。 (1)当𝜃=𝜃0时，若粒子能从𝐶𝐷边射出，求该粒子通过电场的时间𝑡；
(2)当𝐸k=4𝑞𝐸𝑑时，若粒子从𝐶𝐷边射出电场时与轴线𝑂𝑂′的距离小于𝑑，求入射角𝜃的范围； (3)当𝐸k=3𝑞𝐸𝑑，粒子在𝜃为−2∼2范围内均匀射入电场，求从𝐶𝐷边出射的粒子与入射粒子的数量之比𝑁:𝑁0。
8
𝜋
𝜋
答案和解析
1.【答案】𝐵
【解析】书放在水平桌面上，若书相对于桌面不滑动，则最大静摩擦力提供加速度：𝑓m=𝜇𝑚𝑔=𝑚𝑎m
解得：𝑎m=𝜇𝑔=4m/s2
书相对高铁静止，故若书不动，高铁的最大加速度4m/s2，B正确，ACD错误。 故选：𝐵。
2.【答案】𝐴
【解析】由电路图可知𝑅3与𝑅4串联后与𝑅2并联，再与𝑅1串联。 并联电路部分的等效电阻为：𝑅并=
𝑅2(𝑅3+𝑅4)𝑅2+𝑅3+𝑅4
=2𝛺
𝐸
由闭合电路欧姆定律可知，干路电流即经过𝑅1的电流为：𝐼1=𝐼=𝑅1+𝑅=3A
并并联部分各支路电流大小与电阻成反比，则𝐼2=
𝐼𝑅并𝑅2
=2A，𝐼3=𝐼4=
𝐼𝑅并𝑅3+𝑅4
=1A
2222
四个灯泡的实际功率分别为：𝑃1=𝐼1𝑅1=18W，𝑃2=𝐼2𝑅2=12W，𝑃3=𝐼3𝑅3=2W，𝑃4=𝐼4𝑅4=
4W
故四个灯泡中功率最大的是𝑅1。 故选：𝐴。
3.【答案】𝐶
【解析】
如图，根据安培定则，可判断出导线𝑎左侧部分的空间磁场方向斜向右上方，右侧部分的磁场方向斜向右下方，根据左手定则可判断出左半部分所受安培力垂直纸面向外，右半部分所受安培力垂直纸面向里。故C正确，ABD错误。 故选：𝐶。
4.【答案】𝐵
【解析】𝐴𝐵.根据𝐸=ℎ𝜈可知光子的能量增加后，光子的频率增加，又根据：𝜆=𝜈，可知光子波长减小，故A错误，B正确；
𝐶𝐷.根据𝑝=𝜆，可知光子的动量增加；又因为光子质量不变，根据𝑝=𝑚𝑣可知光子速度增加，故C错误，D错误。 故选：𝐵。
ℎ
𝑐
5.【答案】𝐴
【解析】由题意可知磁场的变化率为：𝛥𝑡=根据法拉第电磁感应定律可知：𝐸=故选：𝐴。
𝛥𝛷𝛥𝑡𝛥𝐵
𝑘𝑡𝑡
=𝑘 =𝑘𝜋𝑟2
=
𝛥𝐵𝜋𝑟2𝛥𝑡
6.【答案】𝐷
【解析】A.密闭容器中的氢气质量不变，分子个数不变，根据：𝑛=位体积的个数变小，分子的密集程度变小，故A错误；
B.气体压强产生的原因是大量气体分子对容器壁的持续的、无规则撞击产生的；压强增大并不是因为分子间斥力增大，故B错误；
C.普通气体在温度不太低，压强不太大的情况下才能看作理想气体，故C错误；
𝑁0𝑉
，可知当体积增大时，单
D.温度是气体分子平均动能的标志，大量气体分子的速率呈现“中间多，两边少”的规律，温度变化时，大量分子的平均速率会变化，即分子速率分布中各速率区间的分子数占总分子数的百分比会变化，故D正确。 故选：𝐷。
7.【答案】𝐶
【解析】A.由于𝑎→𝑏的过程为等温过程，即状态𝑎和状态𝑏温度相同，分子平均动能相同，对于理想气体状态𝑎的内能等于状态𝑏的内能，故A错误；
B.由于状态𝑏和状态𝑐体积相同，且𝑝𝑏<𝑝𝑐，根据理想气体状态方程：可知𝑇𝑏<𝑇𝑐，又因为𝑇𝑎=𝑇𝑏，故𝑇𝑎<𝑇𝑐，故B错误；
𝐶𝐷.因为𝑎→𝑐过程气体体积增大，气体对外界做正功；而气体温度升高，内能增加，根据：𝛥𝑈=𝑊+𝑄，可知气体吸收热量；故C正确，D错误； 故选：𝐶。
𝑝𝑏𝑉𝑏𝑇𝑏
=
𝑝𝑐𝑉𝑐𝑇𝑐
8.【答案】𝐴
【解析】设斜面倾角为𝜃，不计摩擦力和空气阻力，由题意，运动员在沿斜面下滑过程中根据动能定理有：𝐸𝑘=𝑚𝑔𝑥𝑡𝑎𝑛𝜃 即𝑥𝑘=𝑚𝑔𝑡𝑎𝑛𝜃
下滑过程中开始阶段倾角𝜃不变，𝐸𝑘−𝑥图像为一条直线；经过圆弧轨道过程中𝜃先减小后增大，即图像斜率先减小后增大。 故选：𝐴。
𝐸
9.【答案】𝐷
【解析】A.𝑂是等量同种电荷连线的中点，场强为0，将𝐴处的正点电荷沿𝑂𝐴方向移至无穷远处，𝑂点电场强度变大，故A错误；
B.移动过程中，𝐶点场强变小，正电荷所受静电力变小，故B错误；
C.𝐴点电场方向沿𝑂𝐴方向，移动过程中，移动电荷所受静电力做正功，故C错误；
D.𝐴点电场方向沿𝑂𝐴方向，𝑂点的电势高于𝐴点电势，沿电场线方向电势降低，移动到无穷远处时，故D正确。 故选：𝐷。
10.【答案】𝐵
【解析】B.由于𝐴、𝐵在下滑过程中不分离，设在最高点的弹力为𝐹，方向沿斜面向下为正方向，斜面倾角为𝜃，𝐴𝐵之间的弹力为𝐹𝐴𝐵，动摩擦因数为𝜇，刚下滑时根据牛顿第二定律对𝐴𝐵有：𝐹+(𝑚A+𝑚B)𝑔sin𝜃−𝜇(𝑚A+𝑚B)𝑔cos𝜃=(𝑚A+𝑚B)𝑎 对𝐵有：𝑚B𝑔sin𝜃−𝜇𝑚B𝑔cos𝜃−𝐹AB=𝑚B𝑎 联立可得：𝑚
𝐹
A+𝑚B
AB
=−𝑚 B
𝐹
由于𝐴对𝐵的弹力𝐹𝐴𝐵方向沿斜面向上，故可知在最高点𝐹的方向沿斜面向上；由于在最开始弹簧弹力也是沿斜面向上的，弹簧一直处于压缩状态，所以𝐴上滑时、弹簧的弹力方向一直沿斜面向上，不发生变化，故B正确；
A.设弹簧原长在𝑂点，𝐴刚开始运动时距离𝑂点为𝑥1，𝐴运动到最高点时距离𝑂点为𝑥2；下滑过程𝐴𝐵
22
𝑘𝑥1=𝑘𝑥2+(𝑚𝐴𝑔sin 𝜃+不分离，则弹簧一直处于压缩状态，上滑过程根据能量守恒定律可得：22
1
1
𝑓)(𝑥1−𝑥2) 化简得：𝑘=
2(𝑚𝐴𝑔sin 𝜃+𝑓)
𝑥1+𝑥2
𝑥1−𝑥22
当位移为最大位移的一半时有：𝐹合=𝑘(𝑥1−)−(𝑚𝐴𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃+𝑓)
代入𝑘值可知𝐹合=0，即此时加速度为0，故A错误； C.根据𝐵的分析可知：𝑚
𝐹
𝐴+𝑚𝐵
=−
𝐹𝐴𝐵𝑚𝐵
再结合𝐵选项的可知下滑过程中𝐹向上且逐渐变大，则下滑过程𝐹𝐴𝐵逐渐变大，根据牛顿第三定律可知𝐵对𝐴的压力逐渐变大，故C错误；
D.整个过程中弹力做的功为0，𝐴重力做的功为0，当𝐴回到初始位置时速度为零，根据功能关系可知整个过程中A、𝐵克服摩擦力所做的总功等于𝐵的重力势能减小量，故D错误。 故选：𝐵。
11.【答案】 (1)𝐴 ；(2) 61.20 ；(3)9.48 (4) 𝑡+𝑣 ；(5)不正确，考虑木条厚度图像的斜率
不变，重力加速的测量值不受影响。
【解析】(1)为了减小空气阻力等误差影响，应该选用材质密度较大的小钢球，故选A。 (2)刻度尺的分度值为1𝑚𝑚，估读到分度值的下一位，由图可知ℎ=61.20𝑐𝑚； (3)根据ℎ=2𝑔𝑡2可知：𝑡2=𝑔
故在2ℎ−𝑡2图像中斜率表示重力加速度，则根据图线有：𝑔=0.35−0.06𝑚/𝑠2≈9.48𝑚/𝑠2 (4)下落过程中声音传播的时间为：𝑡1=𝑣 则小球下落的时间为：𝑡′=𝑡+𝑡1=𝑡+𝑣
(5)设木条的厚度为𝑑，小球下落过程位移：ℎ+𝑑=2𝑔𝑡2，整理得：2ℎ=𝑔𝑡 2−2𝑑，2ℎ−𝑡 2图像的斜率𝑘=𝑔，应用图像法处理实验数据，木条的厚度对实验没有影响。
故答案为： (1)𝐴 ；(2) 61.20 ；(3)9.48 (4) 𝑡+𝑣 ；(5)不正确，考虑木条厚度图像的斜率不变，重力加速的测量值不受影响。
ℎ1
ℎℎ
3.25−0.50
1
2ℎ
ℎ
12.【答案】(1)设折射角为𝛾，根据几何关系可得：𝛾=90
根据折射定律可得：𝑛=sin𝛾 联立可得：𝑛=tan𝜃 (2)如图所示
sin𝜃
∘
−𝜃
根据几何关系可得：𝑑=sin(90
𝐷
∘−𝜃)
⋅sin𝜃=𝐷tan𝜃
【解析】解决本题的关键要抓住入射光线和折射光线之间的关系，根据几何知识求出折射角，注意折射定律的应用。
13.【答案】(1)后带电粒子在磁场中偏转做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有𝑞𝑣𝐵=
𝑚𝑟 解得：𝑟=
𝑚𝑣𝑞𝐵 𝑣2
由题干知半径之比𝑟𝑎:𝑟𝑏=6:1，故𝑚𝑎𝑣𝑎:𝑚𝑏𝑣𝑏=6:1
因为相同时间内的径迹长度之比𝑙𝑎:𝑙𝑏=3:1，则后粒子在磁场中的速度为：𝑣𝑎:𝑣𝑏=3:1 联立解得：𝑚𝑎:𝑚𝑏=2:1
(2)中性粒子在𝐴点成带等量异号电荷的粒子𝑎和𝑏，过程中，没有外力作用，动量守恒，根据动量守恒定律：𝑚𝑣=𝑚𝑎𝑣𝑎+𝑚𝑏𝑣𝑏
因为后动量关系为𝑚𝑎𝑣𝑎:𝑚𝑏𝑣𝑏=6:1，联立解得𝑝𝑎=𝑚𝑎𝑣𝑎=7𝑚𝑣
6
【解析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力；粒子过程系统动量守恒，应用动量守恒定律与牛顿第二定律即可解题。
14.【答案】(1)质量为𝑚的货物绕𝑂点做匀速圆周运动，半径为2𝐿，根据牛顿第二定律可知：𝐹n=
𝑚𝜔2⋅2𝐿=2𝑚𝜔2𝐿
(2)货物从静止开始以加速度𝑎做匀加速直线运动，根据运动学公式可知：𝐿=2𝑎𝑡2 解得：𝑎=
2𝐿𝑡21
2𝐿𝑡
货物到达𝐵点时的速度大小为：𝑣=𝑎𝑡=
货物在机械臂的作用下在水平方向上做匀加速直线运动，机械臂对货物的作用力即为货物所受合𝑃=𝑚𝑎𝑣=𝑚⋅𝑡2⋅力𝑚𝑎，所以经过𝑡时间，货物运动到𝐵点时机械臂对其做功的瞬时功率为：
4𝑚𝐿2𝑡3
2𝐿
2𝐿𝑡
=
(3)空间站和货物同轴转动，角速度𝜔0相同，对质量为𝑚0空间站，质量为𝑀的地球提供向心力：𝐺
𝑀𝑚0𝑟22
=𝑚0𝜔0𝑟
23
解得：𝐺𝑀=𝜔0𝑟
2货物在机械臂的作用力𝐹1和万有引力𝐹2的作用下做匀速圆周运动，则𝐹2−𝐹1=𝑚𝜔0(𝑟−𝑑)
货物受到的万有引力：𝐹2=𝐺(𝑟−𝑑)2=
𝑀𝑚
2𝑟3𝑚𝜔0
(𝑟−𝑑)2
𝑟3−(𝑟−𝑑)3(𝑟−𝑑)2
022解得机械臂对货物的作用力大小为：𝐹1=(𝑟−𝑑)2−𝑚𝜔0(𝑟−𝑑)=𝑚𝜔0
𝑚𝜔2𝑟3
则𝐹=
2
𝐹1
𝑟3−(𝑟−𝑑)3
𝑟3
【解析】本题难度不大，但需要仔细分析，特别是第(3)问需要根据万有引力定律分别求解地球对空间站和货物的万有引力，确定向心力的来源；本题有利于培养学生的分析综合能力。
15.【答案】(1)电场方向沿竖直方向，粒子所受电场力在竖直方向上，粒子在水平方向上做匀速
直线运动，速度分解如图所示
粒子在水平方向的速度为：𝑣𝑥=𝑣cos𝜃0
2𝐸根据𝐸k=2𝑚𝑣2可知：𝑣=√k 𝑚
1
解得：𝑡=
8𝑑𝑣𝑥
=
8𝑑cos𝜃0
⋅√
𝑚
2𝐸k
1
2
(2)粒子进入电场时的初动能：𝐸k=4𝑞𝐸𝑑=2𝑚𝑣0
粒子进入电场沿电场方向做减速运动，由牛顿第二定律可得：𝑞𝐸=𝑚𝑎 粒子从𝐶𝐷边射出电场时与轴线𝑂𝑂′的距离小于𝑑，则要求：2𝑎𝑑>(𝑣0sin𝜃)2 解得：−2∘∘
<𝜃<30或−6<𝜃<6 11
𝜋𝜋
(3)设粒子入射角为𝜃′时，粒子恰好从𝐷点射出，由于粒子进入电场时，在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向反复做加速度相同的减速运动、加速运动。 粒子的速度：𝑣′=√𝑘=√
𝑚3
2𝐸
4
3𝑞𝐸𝑑𝑚
运动时间为：𝑡总==cos𝜃′⋅√𝑣′cos𝜃′
8𝑑23𝑚𝑑𝑞𝐸
2𝑎𝑑=粒子在沿电场方向，反复做加速度相同的减速运动、加速运动，则−2𝑎𝑑=𝑣1𝑑2−(𝑣′sin𝜃′)2，𝑣2𝑑2−(𝑣1𝑑)2，−2𝑎𝑑=𝑣3𝑑2−(𝑣2𝑑)2，2𝑎𝑑=𝑣4𝑑2−(𝑣3𝑑)2，−2𝑎𝑑=𝑣5𝑑2−(𝑣4𝑑)2，2𝑎𝑑=𝑣6𝑑2−(𝑣5𝑑)2
则𝑣2𝑑=𝑣4𝑑=𝑣6𝑑=𝑣′sin𝜃′，𝑣1𝑑=𝑣3𝑑=𝑣5𝑑
则粒子在分层电场中运动时间相等，设为𝑡0，则𝑡0=6𝑡总=6×𝑣′cos𝜃′=3𝑣′cos𝜃′ 且𝑑=𝑣
′
1
1
8𝑑
4𝑑
sin 𝜃′⋅𝑡0−2𝑚⋅𝑡02
1𝑞𝐸
代入数据化简可得：6cos2𝜃′−8sin𝜃′cos𝜃′+1=0 即tan2𝜃′−8tan𝜃′+7=0 解得：tan𝜃′=7(舍去)或tan𝜃′=1 解得：𝜃′=4
则从𝐶𝐷边出射的粒子与入射粒子的数量之比：𝑁:𝑁0=
𝜃′
𝜋2𝜋
=50％
【解析】有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。
