【文档说明】2024届浙江省台州市高三上学期第一次教学质量评估物理试题 含解析.docx，共(27)页，8.396 MB，由小赞的店铺上传

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浙江省台州市2023-2024学年高三第一次教学质量评估物理试题一、选择题1.下列工具不能直接测量国际单位制中基本量的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．A图是弹簧测力计，测量的是力，力的单位是N，

是导出单位，因此力不是国际单位制中基本量，A符合题意；B．B图是电流表，电流表测量的是电流，电流是国际单位制中基本量，B不符合题意；C．C图是秒表，测量的是时间，时间是国际单位制中基本量，C不符合题意；D．D图是天平，天平测量的是

质量，质量是国际单位制中基本量，D不符合题意。故选A。2.2023年苏迪曼杯羽毛球比赛在中国苏州举行，中国选手石宇奇扣球瞬间，球速高达400km/h，下列说法正确的是（）A.400km/h指的是平均速度B.羽毛球在空中的运动是抛体运动C.研究羽毛球的飞行轨

迹时，可将羽毛球看作质点D.球拍对羽毛球的弹力是由羽毛球发生形变而产生的【答案】C【解析】【详解】A．400km/h指的是最大速度，是瞬时速度，A错误；B．羽毛球在空中的运动不能忽略空气阻力的作用，不能

看成抛体运动，B错误；C．研究羽毛球的飞行轨迹时，可以忽略羽毛球本身的大小和形状，所以可以将羽毛球看作质点，C正确；D．球拍对羽毛球的弹力是由球拍发生形变而产生的，D错误。故选C。3.叠石头是一项考验耐心和平衡感的游戏。如图所示，三个形状不规则的石块甲、乙、丙在水平地面上成功地叠放在一

起，下列说法正确的是（）A.石块丙可能受到地面的摩擦力作用B.石块丙对石块乙的作用力垂直接触面向上C.石块甲、乙、丙三者的重心都在同一竖直线上D.石块乙对丙的压力大小等于石块丙对乙的支持力大小【答案】D【解析】【详解】A．将甲、乙、丙三个

石块看成一个整体，整体受重力与地面的支持力，在竖直方向合力为零而平衡，若水平方向受地面的摩擦力作用，则整体在水平方向合力不为零，不能处于静止状态，与实际情况相悖，因此可知，石块丙不可能受到地面的摩擦力

作用，故A错误；B．将石块甲、乙看成一个整体，整体受力平衡，分析可知，整体受竖直向下的重力与石块丙对石块乙的作用力而平衡，则可知石块丙对石块乙的作用力竖直向上，与甲、乙整体受到的重力大小相等，方向相反，故B错误；C．物

体的重心越低越稳定，而要使石块甲、乙、丙保持平衡，则其重心应在基底的中心，故C错误；D．石块乙对丙的压力与石块丙对乙的支持力是一对作用力与反作用力，大小相等、方向相反、作用在两个物体上，故D正确。故选D4.如图所示，在某个恒星Q的上空有一颗卫星P绕其做匀速圆周运动，利用探测

器可测出卫星P的公转周期T。若已知Q的质量为M，引力常量为G。利用上述已知信息可求出的物理量有（）A.恒星Q的密度B.卫星P的公转角速度C.恒星Q的自转周期D.卫星P离恒星Q表面的高度【答案】B【解析】【详解】A．设恒星Q半径为R，则，体积为

343VR=MV=因为不知恒星半径R，所以不能求出Q的密度，A错误；B．根据角速度与周期的关系2T=可求出卫星P的公转角速度，B正确；C．恒星Q的自转周期无法求出，C错误；D．设卫星P的轨道半径为r，则2224GMmrmrT=得到2324GMTr=因为不知恒星Q

的半径，故不能求出卫星P离恒星Q表面的高度，D错误。故选B。5.下列四幅图中的实验现象能说明光具有粒子性的是（）。A.光电效应B.薄膜干涉C.光的偏振D.光的衍射【答案】A【解析】【详解】A．光电效应说明光具有粒子性，A正确；BCD．干涉、衍射和偏振都是

波的特性，说明光具有波动性，BCD均错误。故选A。6.如图所示，跳台滑雪者在助滑道AB上获得一定速度后从B点沿水平方向跃出，在空中飞行一段时间后着落。若不计空气阻力，则下列关于滑雪者的速度大小v、机械能E

、动能kE、重力的瞬时功率P随时间t的变化关系中，正确的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．v-t图像只表示直线运动，不表示曲线运动，故A错误；B．运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，故B错误；

C．根据222222k0001111122222Emvmghmvmggtmgtmv=+=+=+2201122mgmv、均为恒量，故C正确；D．根据2yPmgvmggtmgt===P-t图像应为一条直线，故D错误。故选C。7.静电喷涂是利用高压静电场使带电涂

料微粒发生定向运动，并最终吸附在工件表面上的一种喷涂方法，其工作原理如图所示，图中虚线为涂料微粒的运动轨迹。若不计涂料微粒的重力、微粒间的相互作用力及一切阻力，下列说法正确的是（）A.涂料微粒带正电B.涂料微粒所受电场力方向为轨迹切线的方向C.减小喷枪枪口与工

件之间的距离，各个涂料微粒运动过程中电场力所做的功不变D.涂料微粒运动过程中电势能逐渐增加【答案】C【解析】【详解】A．由图知，工件带正电，则在涂料微粒向工件靠近的过程中被吸附在工件上，所以涂料微粒带负电，故A错误；B．涂料微粒做曲线运动，速度方向沿运动轨迹切线方向，电场力方向与粒子运动的速度方向

不共线，则涂料微粒所受电场力方向不是轨迹切线的方向，故B错误；C．工件接地，电势不变，减小喷枪枪口与工件之间的距离，则它们间的电势差不变，各个涂料微粒运动过程中电场力所做的功不变，故C正确；D．涂料微粒在运动过程中电场力对

它做正功，则动能增大、速度增大，电势能逐渐减少，故D错误。故选C。8.如图所示，在圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，AC导体棒的O点位于圆心，OA长度小于OB的长度。在导体棒绕O点逆时针匀速转动的过程中，

AOBC、、、点电势分别为AOBC、、、，则（）A.AOB.BAC.OBD.BC【答案】B【解析】【详解】ACD．由题图可看出OA、OB导体棒转动切割磁感线，则根据右手定则可知OA、OB其中导体棒AC段

不在磁场中，不切割磁感线，电流为0，则BC=故ACD错误；B．导体棒转动的角速度相同，有BBAAvrvr==则根据楞次定律可知导体棒转动切割磁场的电动势不为0，有0=−ABBAE所以AB故B正确。故选B。9.在一次紧急救灾行动中，一架飞机在空中沿水平方向做匀减速直线运

动，过程中连续释放沙袋。若不计空气阻力，则在一段时间后下列各图中能反映空中沙袋排列关系的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】以某个沙袋抛出点为坐标原点O，初速度方向为x轴，竖直向下为y轴，设该沙袋抛出瞬间水平方向速度为xv，经时间t，位

置坐标为P（x，y）。根据平抛运动公式有xxvt=212ygt=设此时飞机坐标为Q（x1，y1），飞机做匀减速直线运动，则2112xxvtat=−10y=如图则212txa=212ygt=tanygxa==不变，则说明沙袋相对飞机的运动方向不变。故选D

。10.如图所示，一理想变压器可通过移动触头P的位置改变原线圈接入电路的匝数，b为原线圈的中点，当P接端点a时，原、副线圈匝数之比为10:1，原线圈接1102cosVut=的交流电源，则下列说法正确的是（）A.增大电源的频率

，灯泡L变暗B.当P接a时，通过原、副线圈的磁通量之比为10:1C.当P接b时，滑动变阻器R两端的电压为22VD.当滑动变阻器的滑片向下滑动时，变压器的输入功率变小【答案】C【解析】【详解】A．因为变压器不改变电压的频率，

增大电源的频率，副线圈中电流频率也增大，电容器的容抗减小，灯泡中电流增大，灯变亮，A错误；B．任何情况下，原、副线圈的磁通量之比都为1:1，B错误；C．当P接b时，原、副线圈匝数之比为5:1，原线圈电压1m110V2UU==根据1122UnUn=可得，滑动变阻器R两端的电压为222

VU=C正确；D．当滑动变阻器的滑片向下滑动时，接入电路中的电阻R减小，根据22UPR=可知，R消耗的功率变大，所以变压器的输入功率也变大，D错误。故选C。11.甲、乙两列简谐波在同一种均匀介质中沿x轴相向传播，甲波源位于0x=处，乙波源位于8mx=处，两波源均沿y轴

方向振动。在0=t时刻甲形成的波形如图（a）所示，此时乙波源开始振动，其振动图像如图（b）所示，已知甲波的传播速度2.0m/sv=甲，质点P的平衡位置处于5mx=处，若两波源一直振动，下列说法中正确的是（）A.乙

波的波长为1mB.甲、乙两波在P点叠加后，P点的振动总是减弱C.在1.7st=时，质点P正朝y轴正方向振动D.从0=t时刻起37s12内，质点P的运动路程为39cm【答案】C【解析】【详解】A．由图（b）可知，乙波的周期为1s，甲、乙两波在同一种均匀介质中，则两波传播速度相同，因此2.0m/

sv=乙，则有2.01m2mvT===乙乙乙A错误；B．由题意可知，在85s1.5s2t−==时乙波到达P点，质点P开始从平衡位置向y轴正方向振动。甲的周期2s1s2Tv===甲甲甲可知，甲波到达P点需要2s，在t=2s时，甲波在P点起振方向从平衡位置向y轴负方向，对乙波，

在t=2s时，在P点从平衡位置向y轴负方向振动，因此P点为振动加强点，B错误；C．由B选项分析可知，乙波到达P点需要1.5s时间，且起振方向为沿y轴正方向，乙波的周期为1s，乙波到达P点后，经0.25s到达y轴正方向最大位移处，因此在1.7st=

时，质点P正朝y轴正方向振动，C正确；D．从0=t时刻起，乙波到达P点需要1.5s时间，乙波使P质点振动0.5s，质点P的运动路程是126cmsA==乙又有371s3ss1212t==+在t=2s时，甲波传到P点，此时质点P从平衡位置向y轴负方向振动，可知在1

1ss12+时间内，P点的振幅为3cm4cm7cmPAAA=+=+=乙甲则有在11ss12+时间内，质点P的运动路程是211447cm7cm31.5cm22PPsAA=+=+=则有从0=t时刻起37s12内，质点P的运动路程为126cm31.5cm37.5cm

sss=+=+=D错误。故选C。12.如图所示，将霍尔式位移传感器置于一个沿z轴正方向的磁场中，磁感应强度随位置变化关系为0BBkz=+（00,0Bk且均为常数），霍尔元件的厚度d很小。当霍尔元件通以沿x轴正方向的恒定电流I，上、下表面会产生电势差U，则下列说法正确的是

（）A.若霍尔元件是自由电子导电，则上表面电势低于下表面B.当物体沿z轴正方向移动时，电势差U将变小C.仅减小霍尔元件上下表面间的距离h，传感器灵敏度UzDD将变弱D.仅减小恒定电流I，传感器灵敏度UzDD将变弱【答案】D【解析】【详解】A．霍尔元件是自由电子导电，

受洛伦兹力的是电子，根据左手定则。电子受向下的洛伦兹力，所以下表面带负电，上表面带正电，上表面电势高于下表面，A错误；B．设霍尔元件上下表面高度差为h，电子定向移动速度为v，电子电荷量为e，霍尔元件平衡时，有UeBveh=解得UBvh=又因为I

nvSenvdhe==其中n为单位体积的自由电子数，可得Ivndhe=则BIUBvhnde==当物体沿z轴正方向移动时z增大，所以B增大，电势差U也增大，B错误；CD．传感器灵敏度为UBIzznde=因为0BBkz=+可得Bkz=

UkIznde=仅减小霍尔元件上下表面间距离h，传感器灵敏度UzDD不变，仅减小恒定电流I，传感器灵敏度UzDD将变弱，C错误，D正确。故选D。13.如图所示，玻璃砖的横截面为等腰梯形，梯形上底边长为a，下底边长为3a，底角为60=。一束折射率为2的足够强的单色光垂直射

向玻璃砖的整个下底面，对于分别从上底面、两侧面、下底面射出的单色光，其在下底面入射时的面积之比为（）A.1∶1∶1B.1∶1∶3C.1∶2∶2D.1∶2∶3【答案】B【解析】【详解】根据全反射临界角公式可知1sinCn=则临界角为45C=根据几何关系可知从侧面射入的光的入射

角为60°，则从侧面射入的光会发生全反射，如图：的根据几何关系可知12ABa=根据对称性可知从侧面射出的光线对应的下底面入射时的边长为a；在光线到达上底面时，与上底面垂直，可直接射出，对应的下底面入射时的边长为a；下底

面的光会发生反射，对应的下底面入射时的边长为3a；可知在下底面入射时的面积之比为1∶1∶3。故选B。二、选择题14.下列说法正确的是（）A.不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功B.普朗克首先提出了电磁波的概念，并建立了完整的电磁场理论C.金属热电阻可用来制作温度

传感器，其原理是将热学量转换为电学量D.电子的德布罗意波长与原子间距数量级相近，因此可用晶体做电子束衍射实验【答案】CD【解析】【详解】A．开尔文表述为：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响，A错

误；B．麦克斯韦首先提出了电磁波的概念，并建立了完整的电磁场理论，B错误；C．金属热电阻电阻率随温度的升高而增大，所以金属热电阻可用来制作温度传感器，其原理是将温度这个热学量转换为电阻这个电学量，C正确；D．电子的德布罗意波长与原子间距数量级相近，满足发生明显衍射的条件，因

此可用晶体做电子束衍射实验，D正确。故选CD。15.有研究发现中子n衰变后可转化成质子p和电子e，同时放出质量可视为零的反中微子ev。已知中子质量2939.57MeV/cnm=，质子质量2938.27MeV/cpm=，电子质量20.51MeV/cem=，c

为光速，不考虑粒子之间的相互作用及中子初动能。若质子的动量81310MeVsmp−−=，关于中子的衰变，下列说法正确的是（）A.强相互作用是中子衰变成质子和电子的原因B.中子衰变的核反应式为11000110enpev−→++C.质子和电子的动量大小相等，方向相反D

.电子和反中微子的总动能约为0.747MeV【答案】BCD【解析】【详解】A．弱相互作用是中子发生β衰变成质子和电子的原因，故A错误；B．根据质量数守恒与电荷数守恒可知中子衰变的核反应式为11000110enpev−→++故B正确；C．中子

衰变过程满足动量守恒，一个静止的中子衰变前其动量为零，衰变放出反中微子的质量可视为零，放出的质子和电子的总动量为零，故放出的质子和电子两者的动量大小相等、方向相反，故C正确。D．中子衰变过程中释放的能量为ΔE＝(mn−me−mp)c2=（939.57-0.51-938.2

7）MeV=0.79MeV一个静止的中子衰变过程中放出的质子动能为()()22882310310MeV0.0432MeV22938.27kpppEm−＝＝＝中子衰变过程中电子和反中微子的总动能为ΔE-Ekp=0.7468MeV故D正确；故选BCD。三、非选择题16.在“探究

小车速度随时间变化的规律”的实验中，如图1，某同学将打点计时器接在50Hz的电源上。在打出的纸带上每5个点取一个计数点，共取了1、2、3、4、5、6六个计数点，如图2。（1）图1中打点计时器所接的电源为_______（选填“

8V”或“220V”）交变电源；（2）图2中计数点2的读数为_______cm；（3）打下图2中计数点3时，小车的速度大小为_______m/s；（结果保留2位有效数字）（4）该同学从每一个计数点处将

纸带剪开分成几段，将这些纸带由短到长紧靠但不重叠地粘在坐标系中，如图3所示，最后将纸条上端中心连起来，于是得到vt−图像，用该图像探究小车速度随时间变化的规律是否可行？_______（选填“可行”或“不可行”）。【答案】①.220V②.3.653.70c

m③.0.270.28m/s④.可行【解析】【详解】（1）[1]图中为电火花打点计时器，接220V交流电源。（2）[2]刻度尺最小刻度为毫米，估读一位，所以计数点2的读数为3.653.70cm均可。（3

）[3]计数点3时，小车的速度大小为9.15cm3.65cm0.28m/s20.1sv−==（4）[4]因为纸条的长度除以时间是这一段的平均速度，而平均速可看成于中间时刻的瞬时速度，因为纸条对应的时间都是0.1s，所以可以用纸条的长度代替速

度，所以此方案可行。17.（1）如图所示是探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系的实验装置。①下列实验的实验方法与本实验相同的是_______；A．探究平抛运动的特点B．探究加速度与力、质量的关系C．探究两个互成角度的力的合成规律D．探究变压器原、副线圈

电压与匝数的关系②当探究向心力的大小F与半径r的关系时，需调整传动皮带的位置使得左右两侧塔轮轮盘半径_______（选填“相同”或“不同”）；（2）在研究牛顿第三定律时，将两个完全相同的弹簧秤通过挂钩悬挂对拉，如图所示，甲弹簧秤在上，

乙弹簧秤在下。若将两个弹簧的位置互换重复实验，则甲弹簧秤和乙弹簧秤示数的变化情况为_______。A．甲变小B．甲不变C．乙变小D．乙不变【答案】①.BD##DB②.相同③.A【解析】【详解】（1）[1]A．本实验采用的实验方法是控制变量法，探究平抛运动的特

点，采用等效思想，故A错误；B．探究加速度与力和质量的关系实验采用的实验方法是控制变量法，故B正确；C．探究两个互成角度的力的合成规律实验采用的实验方法是等效替代法，故C错误；D．探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系利用控制变量法，故D正确。故选BD。[2]当探究向心力的

大小F与半径r的关系时，应保证小球的质量和角速度不变，所以需调整传动皮带的位置使得左右两侧塔轮轮盘半径相同。（2）[3]由于弹簧秤重力的影响，使得上面弹簧秤的读数大于下面弹簧秤的读数，所以甲乙位置互换

后，甲的读数减小，乙的读数增大。故选A。18.某实验小组为尽量准确测定电池组的电动势和内阻，实验室提供以下器材：A.待测电池组（电动势约为3V，内阻约为1Ω）B.电压表（量程03V，内阻约为3kΩ）C.电流表（量程00.6A，内阻约为1Ω）D.电流表（量程03.0A，内

阻约为0.2Ω）E.滑动变阻器(020Ω，额定电流2A)F滑动变阻器(01kΩ，额定电流0.5A)G.开关、导线若干（1）电流表应选用_______（选填“C”或“D”），滑动变阻器应选用_______（选填“E”或“F”）；（2）该小组连接的实物电路如图6所示，经仔

细检查，发现电路中有一条导线连接不当，这条导线对应的编号是_______；（3）该小组在电池组正极和开关之间串联一个阻值为3Ω电阻，重新测量后得到了几组电压表读数U和对应的电流表读数I，并作出UI−图像，如图7所示。根据图像可知，电池组的电动势为_______V（结果保留

三位有效数字），内阻为_______Ω（结果保留两位有效数字）。【答案】①.C②.E③.④④.2.88##2.89##2.90##2.91##2.92⑤.0.78##0.79##0.80##0.81##0.82【解析】【详解】（

1）[1]从图7可看出电流变化范围00.5A，所以电流表选择C。[2]根据EIR=.的以及电流表的量程可知，20Ω的滑动变阻器足够用，而且方便操作，所以选E。（2）[3]由于电源内阻较小，应该采用电流表分压接法，如图所以导线④连接不当。（3）[4][5]因为在电池组正极和开关之间串联一个阻值

为3Ω的电阻，根据闭合电路欧姆定律，有()UEIrR=−+所以可知UI−图像中，图线的纵轴截距表示电源的电动势，图线斜率的绝对值表示rR+，将图线连接完整，如图可得出2.90VE=2.90V-1.00V3.800.5ARr+==所以电源的内阻为3.

8030.80r=−=由于误差，电源的电动势为2.882.92V即可，电源内阻为0.780.82Ω即可。19.一个容积为09.9LV=的导热汽缸下接一圆柱形管，二者总质量为900gM=，现用质量100gm

=、横截面积210cm=S、厚度可忽略不计的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与圆管管壁间摩擦不计。活塞下端连接弹簧，弹簧下端与地面固定，气缸始终保持竖直。开始时气体温度为1297KT=，活塞处在A位置，气缸内气体压强为1p。随着环境温度缓慢升高

到2T，活塞恰能缓慢移至容器底部B位置处，已知A、B间距离10cmh=，外界大气压强501.0110Pap=。（1）环境温度由1T缓慢升高到2T过程中，气缸内气体压强（选填“变化”或“不变”）；（2）求汽缸内的气体压强1p及环境温度2T；（3）升温过程中，若气体内能增加了Δ25J

U=，求气体需要向外界吸收的热量。【答案】（1）不变；（2）511.110pPa=，2300KT=；（3）36JQ=【解析】【详解】（1）对气缸受力分析，变化前有01MgpSpS+=变化后有01MgpSpS+=可知11pp=则

可知，环境温度由1T缓慢升高到2T过程中，气缸内气体压强不变。（2）以气缸为研究对象，根据平衡条件可知01MgpSpS+=解得511.110Pap=气体升温膨胀过程为等压过程，由盖吕萨克定律定律有0012VVShTT+=解得2300KT=（3）由热力学第一定律可知ΔUWQ=+气体膨胀对外做功，则

可得111JWpSh=−=−所以气体需要向外界吸收热量36JQ=20.光滑细轨道FEA由半径为0.5mR=的竖直圆弧轨道与直轨道组成，圆弧轨道的圆心O位于最低点E正上方，OA连线与水平方向夹角为37，在轨道右侧与F等高处有一平台，平台边缘B处有一质量为10

.3kgm=的滑块放在质量为20.2kgm=的“L形”薄板最左端。质量为00.1kgm=的小球在一定条件下可经A点射出后恰能水平击中滑块，该碰撞过程可视为弹性碰撞。若滑块能与薄板发生碰撞，碰撞过程可视为完全非弹性碰撞。已知B与A

的高度差0.8mh=，滑块与薄板间的动摩擦因数为10.5=，薄板与平台间的动摩擦因数20.3=，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，薄板厚度不计，小球和滑块都视为质点，不计空气阻力，sin530.8=，co

s530.6=。（1）若小球自F点无初速度释放，求小球经过E点时受轨道的支持力大小NF；（2）要使小球能水平击中薄板上的物块，求小球在F处的初速度0v及A与B间的水平距离x；（3）若小球能水平击中薄板上的物块。a．薄板长为0.3mL=，求滑块与薄板间因摩擦产生的总热量Q；b．

薄板长为0.2mL=，求薄板最终停下时其右端离B的距离l。【答案】（1）N5NF=；（2）1.2mx=；（3）（a）0.3375JQ=，（b）20.215mdLx=+=【解析】【详解】（1）F运动到E得过程由动能定理有()2001sin372EmghRRmv+−

=运动到E点位置，由牛顿第二定律有20N0EmvFmgR−=联立可得，小球经过E点时受轨道的支持力N5NF=（2）小球由A运动到B位置过程可视为由B到A逆向的平抛运动，利用平抛运动规律有22Ayvgh=可得4m/sAyv=利用A点速度方

向可知3m/stan53AyAxvv==由于F点与B点等高，由能量守恒可知，F点小球的初速度03m/sAxvv==斜抛过程中212hgt=，Axxvt=联立解得1.2mx=（3）（a）小球与滑块碰撞的过程中，满足机械能守恒与动量守恒，则

有0011AxAxmvmvmv=+2220011111222AxAxmvmvmv=+联立可得小球与滑块碰撞后滑块的速度为13m/s2v=由于()21211mmgmg+=因此，滑块在薄板上滑动过程中，薄板不动，由2112vgx=可得0.225m0.3mxL==因此滑块减小的动能全部转化为

摩擦形成的内能，即21110.3375J2Qmv==（b）由于0.225m0.2mxL==物块与薄板右端发生碰撞前，有22112vvgL−=−可得0.5m/sv=由动量守恒有()112mvmmv=+共由动能定理有()()

2212212102mmgxmmv−+=−+共联立可得20.015mx=结合題意可知，薄板右端最终距离B的距离为20.215mdLx=+=21.某兴趣小组设计了一个磁悬浮列车的驱动模型，简化原理如图甲所示，Oxy平面（

纸面）内有宽为L，关于x轴对称的磁场区域，磁感应强度大小为0B，变化规律如图乙所示。长为d，宽为L的矩形金属线框MMNN放置在图中所示位置，其中MN边与y轴重合，MMNN、边分别与磁场的上下边界重合。当磁场以速度0v沿x轴

向左匀速运动时，会驱动线框运动，线框受到的阻力大小恒为f。已知线框的质量为m，总电阻为R。（1）求磁场刚开始运动时，通过线框的感应电流的大小和方向；（2）求线框稳定运动时的速度大小1v；（3）某时刻磁场停止运动，此后线框运动t时间

后停止，求t时间内线框运动的距离x；（4）在磁悬浮列车的实际模型中，磁场应强度的大小是随时间和空间同时变化的，即02cosBBtxTd=+，若将线框固定不动，求在2T时间内线框产生的热量Q。【答案】（1）002BLvR，沿顺时针方

向；（2）02204fRvBL−；（3）022220044RfRmvftBLBL−−；（4）22204BLdRT【解析】【详解】（1）由右手定则得，感应电流沿顺时针方向002EBLv=EIR=解得002BLv

IR=（2）线框稳定运动后，电流大小为()0012BLvvIR−=安培力大小为02FBIL=由受力平衡可知Ff=解得102204fRvvBL=−（3）由动量定理可得22014ΣΔ0BLvftmvR−+=−即22014ΣΔ0BLftvt

mvR−−=−解得0222200ΣΔ44RfRxvtmvftBLBL==−−（4）该磁场可等效为磁感应强度为0cosBBxd=，且以速度2dvT=运动的磁场，在线框中产生正弦式交流电，电动势的最大值为02mE

BLv=故产生的热量为222mETQR=解得22204BLdQRT=22.如图所示，Oxy平面（纸面）内y轴右侧连续分布宽度为L的无场区域和宽度为d（未知）的匀强磁场区域，磁感应强度大小为02mvBqL

=，方向垂直纸面向里。位于原点O处的粒子源能释放出质量为m，电量为q，初速度大小为0v的正离子，离子沿各方向均匀分布在与x轴成60=的范围内，其中有75%的离子能从第一个磁场区域的右边界飞出。不计

离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。求：（1）离子进入磁场后做圆周运动的半径大小；（2）磁场宽度d的大小；（3）离子能到达离y轴的最远距离；（4）离子从O点出发到飞离第一个磁场区域的左边界所用时间的最小值。[提示：若()1cosf=，则()2sinc

osf=]【答案】（1）22RL=；（2）24dL=；（3）max226164xL++=；（4）min0214Ltv=+【解析】【详解】（1）根据洛伦兹力充当向心力有200mvqvBR=解得22RL=（2）由题得，如图所示与x轴成

30=斜向上入射的离子恰好从磁场右侧飞出，由几何关系可得2sin4dRRL=−=（3）在最远位置时，离子的速度方向变为沿y轴正方向，则沿y方向由动量定理可得ΣΔΔxqvBtmv=即00ByqBxmvmv=−与x轴成60=斜向下入射的离子00sin60yvv=−

Bx最大，解得2264BxL+=故离子在第四个磁场中到达最远位置，则离y轴的最远距离为max226164xL++=（4）运动时间为()02cosmLtvqB−=+化简得()0221cos2Ltv−=+令()0t=，解得4=故最短时间为获得更多资源请扫

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