【文档说明】浙江省名校联盟（七彩阳光联盟）2022-2023学年高三下学期二模物理试题 含解析.docx，共(25)页，6.493 MB，由小赞的店铺上传

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浙南名校2022学年第二学期浙江七彩阳光联盟返校联考高三物理学科试题选择题部分一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.下列属于能量单位的是（

）A.NsB.eVC.J/kgD.u【答案】B【解析】【详解】A．Ns是冲量（或动量）的单位，故A错误；B．根据电场中的电荷，电势能为PEq=，电势的单位为V，则eV为能量的单位，故B正确；C．J/kg是热值的单位，故C错误

；D．u是原子质量单位，故D错误。故选B。2.将玻璃管和塑料管分别插入水中，管中液面如图所示，下列说法正确的是（）A.左边管子为塑料管B.右边液面是不浸润现象C.左边液面是因为水分子之间的斥力形成的D.右边

液面是因为材料分子间的引力形成的【答案】B【解析】【详解】AB．根据液面的形状可以判断左边管子是浸润的，右边管子是不浸润的，所以左边管子为玻璃管，A错误，B正确；C．浸润是由于玻璃分子对水分子的吸引力大于水分子间的吸引力，液面为

凹形，C错误；D．不浸润是由于玻璃分子对水分子的斥力大于水分子间的斥力，液面为凸形，D错误。故选B。3.如图所示，下列关于撑杆跳高运动员在上升过程中的说法正确的是（）A.运动员受到杆的作用力等于重力B.运动员经历先超重后失重的过程C.运动员的重

力势能全部由杆的弹性势能转化而来D.分析运动员肌肉做功放能过程可将其看成质点【答案】B【解析】【详解】A．撑杆跳高运动员在上升过程中做变速运动，受力不平衡，运动员受到杆的作用力不等于重力，选项A错误；B．运动员先加速上升再减速上升，故先超重后失重

，选项B正确；C．运动员的重力势能主要由动能转化而来，选项C错误；D．分析运动员肌肉做功放能过程，不能忽略运动员的姿势和动作，不可将其看成质点，选项D错误。故选B。4.图为某资料上一幅反映课外活动的场景，描绘了小明荡秋千荡

到最高点时的情形，关于该图与实际情况是否相符的判断及其原因，下列正确的是（）A.符合实际情况，图片没有科学性错误B.不符合实际情况，因为没有人推他不可能荡到这么高处C.不符合实际情况，最高点时手以上部分绳子可以弯曲但以下部分应拉直D.不符合实际情况，最

高点时手以上部分和以下部分的绳子均应该是拉直的【答案】D【解析】【详解】小明在最高点时绳子拉力不为零，不会松弛；速度为零时，即将加速向下摆动，加速度不为零。故选D。5.观察下列四个选项中的四幅图，请选出图中器件材料应用涉及的原理与其他三项不同的是

（）A高压输电线上方有两条导线B.带电作业工人工作服织物中包含金属丝C.话筒线用铝箔合金网包裹D.远距离输电铝绞线中心有钢芯【答案】D【解析】【详解】高压输电线上方有两条导线、带电作业工人工作服织物中包

含金属丝、话筒线用铝箔合金网包裹均为静电屏蔽原理的应用。远距离输电铝绞线中心有钢丝是为了增加导线强度。故选D。6.如图将一根筷子竖直插入装有水的圆形玻璃杯中，从图中视角方向观察到筷子水中的像与筷子位置发生了侧移，下列判断正确的是（）.A.像发生侧移是因为水中筷子反射的光在玻璃壁

处发生了全反射B.像发生侧移是因为水中筷子反射的光在玻璃壁处发生了折射C.如将筷子放在圆形玻璃杯的中心轴上，也能看到筷子的像侧移D.如将筷子沿所在直径向中心轴移动，移到某处时筷子在水中的像会消失【答案】B【解析】【详解】A．该现象是光的折射现

象，选项A错误；B．为了使成像原理更加清晰，应作截面图，如图为筷子竖直插入盛水玻璃杯内的俯视图，A处为筷子，ABP表示由筷子发出的穿过玻璃杯壁B射向观察者P处的一条光线，ON为过B点沿半径方向的直线，即在B处和空气的

分界面的法线，上述光线则相当于在B处由水中射入空气中，图中的角θ1和角θ2分别为此光线的入射角和折射角，根据光的折射规律可知，应有θ1<θ2，所以观察者在P处看到的筷子A的像A'的位置不是在A的实际位置，而是由其实际位置偏离杯中心的方向向杯壁靠拢一些，故看上

去，浸在水中的这段筷子产生了侧移。选项B正确；C．筷子在中心处出射光线始终垂直杯子，光线不发生偏折，选项C错误；D．筷子在距离杯子的边沿处发出的光射到玻璃杯边缘时入射角较大，最容易发生全反射，则如将筷子沿所在直径向中心轴移动，移到某处时筷子在水中的像不会消失，选项D错误。故选B。7.科

学家通过研究双中子星合并的引力波，发现：两颗中子星在合并前相距为L时，两者绕连线上的某点每秒转n圈；经过缓慢演化一段时间后，两者的距离变为kL，每秒转pn圈，则演化前后（）A.两中子星运动周期为之前kp倍B.两中子星运动的角速度为之

前kp倍C.两中子星质量之和为之前32kp倍D.两中子星运动的线速度平方之和为之前1k倍【答案】C【解析】【详解】A．合并前相距为L时，周期1Tn=缓慢演化一段时间后，周期11TTnpp==故A错误；

B．角速度之比即转速之比，两中子星运动的角速度为之前p倍，故B错误；C．对m，根据万有引力提供向心力222(2)GMmmnrL=对M，根据万有引力提供向心力212(2)GMmMnrL=得22224GMnrL=可得()2234GMmnL+=转速之比为p且距离变为kL，所以总

质量()32()MmkpMm+=+故C正确；D．根据22GMmvmLr=可得2112GmrvL=2222GMrvL=2221122GMrGmrvvL++=只有当M=m时2212GMvvL+=两者的距离变为kL时，线速度平方之和为之前1k倍，但现在质量关系不确定，则线速

度平方之和不一定为之前1k倍，故D错误。故选C。8.利用霍尔元件可进行微小位移的测量。如图所示，两块相同磁铁，同极正对放置，将霍尔元件垂直磁场放入中间位置，通图示方向电流，则当元件向右偏离初始位置微小距离z，下列关于这个位移传感器说法正确的是（

）A.该传感器将位移量转化为磁学量输出B.该传感器输出为电压，电压值应区分正负C.该传感器的精度可以减小通入电流来提高D.仅将右边磁铁的极性对调仍能测出元件位置变化【答案】B【解析】【详解】AB．设载流子的电荷量为q，沿电流方向定向运动的平

均速度为v，单位体积内自由移动的载流子数为n，导体板横截面积为S，霍尔元件沿z轴厚度为a，霍尔元件上下宽度为b，则电流的微观表达式为I=nqSv=nqabv载流子在磁场中受到洛伦兹力F洛=qvB为载流子

在洛伦兹力作用向上或向下移动，上下表面出现电势差，则载流子受到的电场力为HUqFb=当达到稳定状态时，洛伦兹力与电场力平衡，联立得出HBIUnqa=可知，UH与B成正比，而B与z轴的位置有关，故UH与坐标z是有关的；在Δz＜0区域（霍尔元件距离左侧的N极较近），所处的B方向沿z轴正方向，在

Δz>0区域（霍尔元件距离右侧的N极较近），所处的B方向沿z轴负方向，用左手定则可判断载流子偏转方向相反，则霍尔电压符号相反，即该传感器是将位移量转化为电压且随着位置在中心点的左右不同输出电压正负不同，选项A错误，B正确；C．由表达式可知，电流越小，输出电压越小，越不精确

，选项C错误；D．若将右侧磁铁N、S极对调，则磁场方向变为都向右，则输出电压将没有正负之分，选项D错误。故选B。9.如图所示两个较大的相同容器中盛有相同体积的水和盐水。将一根粗细均匀的木筷，下端绕几圈铁丝，分别

竖直按入液体中相同深度后静止释放，木筷开始在液体中上下振动（不计液体粘滞阻力），则筷子分别在两种液体中振动时（）A.周期相同B.振幅相同C.重力势能变化的最大值不相同D.受到液体对它的最小浮力相同【答案】C【解析】【详解】BC．若木筷平衡时插入水中0x，则有0mg

sxg=设某时刻筷子位置较平衡位置低x，则其回复力0()Fsxxgmgsgx=+−=与x成正比，方向相反，故做简谐运动，两种液体密度不同，木筷平衡位置不同，因此木块做简谐振动得的振幅A、最大势能变化不同，故B错误，C正确；A．该简谐运动的周期与恢复力的比

例系数sg有关，因此周期T不同，故A错误；D．简谐运动最高点与最低点加速度大小相同，则有mgFma−=浮盐水中a大，所以盐水的最小浮力小，故D错误。故选C。10.在真空中竖直放置的金属板M，受到紫外线照射时会向各个方向发射出速度大小不同的电子，在M右侧相距d处正对放

置一个金属网罩N，若在金属板与网罩间加上逐渐增大的电压，当电压增大到U时，发现网罩上开始接收不到来自金属板的电子。已知电子电量为e，质量为m，则（）A.增强紫外线的强度，能使网罩上接收到电子B.适当减小MN之间的距离d，能使网罩上接收到电子C.当电压为

U时，所有能运动至最靠近网罩的电子发射时的初动能都相同D.从M板上发射的电子，速度越大在MN间运动的时间越长【答案】C【解析】【详解】ABC．若在金属板与网罩间加上逐渐增大的电压，当电压增大到U时，发现网罩上开始接收不到来自金属板的电子。设光电子的最大初动能为kmE，由

动能定理得km0eUE−=−又由光电效应方程km0EhW=−增强紫外线的强度，光电子的最大初动能不变，不能使网罩上接收到电子。适当减小MN之间的距离d，MN间U不变，不能使网罩上接收到电子。当电压为U时，所有能运动至最靠近网罩的

电子发射时的初动能都相同。AB错误，C正确；D．从M板上发射的电子，由于出射的电子与M板可能存在一定角度，速度越大在MN间运动的时间不一定越长。D错误。故选C。11.下列说法正确的是（）A.布朗运动观察到的是液体

分子的无规则运动B.容器内气体压强是分子无规则运动撞击器壁造成的，故与容器形状有关C.随着物体运动速度增大，其内能也一定增大D.方解石的双折射现象说明其具有各向异性的属性【答案】D【解析】【详解】A．布朗运动是悬浮在液体当中的固

体颗粒的运动，反映了液体分子的无规则运动，A错误；B．容器内气体压强是大量气体分子无规则运动撞击器壁造成的，与容器形状无关，B错误；C．随着物体运动速度增大，其动能增大，可物体的温度不一定增大，其内能不一定增大，C错误；

D．有些晶体的光学性质各向异性，因此方解石的双折射现象说明其具有各向异性的属性，D正确。故选D。12.一种典型的铀核裂变是生成钡和氪，则下列说法正确的是（）A.反应后生成物的总动量等于零B.该裂变的方程为2351448919256360UBaKr2n→++C.14456Ba和8936K

r的比结合能小于23592U的比结合能D.生成物的结合能之和大于反应物结合能之和【答案】D【解析】【详解】A．中子轰击铀核发生核裂变，因中子具有动量，所以系统动量不为零，故A错误；B．中子轰击铀核发生核裂变，故B错误；C．由于5626Fe附近原子核的比结合能最大

，随着核子数增大，比结合能减小，而且铀核裂变要释放核能，所以14456Ba和8936Kr的比结合能大于23592U的比结合能，故C错误；D．铀核裂变要释放核能，所以生成物的结合能之和大于反应物结合能之和，故D正确。故选D。13.某景区景点喷泉喷出的

水柱高约20m，如图所示，小明了解到喷泉专用泵额定电压为220V，正常工作时输入电流为3A，泵输出的机械功率占输入功率的75％，则此喷泉（）A.出水流量约为30.1m/sB.电机绕组的电阻是55C.任意时刻空中水的质量约为10

kgD.喷管的横截面积约为421.210m−【答案】D【解析】【详解】A．由喷泉喷出的水柱高约20m，可知水喷出喷口的速度为22vgh=20m/sv=设极短时间Δt内有质量为m的水喷出喷口，则由能量守恒21

2UItmv=解得22UItmv=这些水的体积为mV=则出水流量约为33222.510m/sVUIQtv−===故A错误；B．设电机绕组的电阻为r，由能量守恒定律()21UIIr−=解得电机绕组的电阻1

8.3r故B错误；C．水从喷出到最高点所用的时间为vtg=又由22UItmv=任意时刻空中水的质量约为Δ29.9kgΔmmtt==故C错误；D．设喷管的横截面积为S，则22UItmSvtv==解得喷管的横截面积约为421.210mS−故D正确

。故选D。二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6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3分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）14.氢原子的能级图如图所示，关于大量氢

原子的能级跃迁，下列说法正确的是（）（可见光的波长范围为774.010m~7.610m−−，普朗克常量346.610Jsh−=，真空中的光速83.010m/sc=）A.基态氢原子电离时，能辐射

射线B.氢原子从4n=能级向低能级跃迁时，某些辐射的光具有荧光效应C.氢原子处在3n=能级，用0.7eV的光子照射时，能向高能级跃迁D.氢原子处在5n=能级，则辐射的光中有6种可以使逸出功为2.29eV的

钠产生光电效应【答案】BD【解析】【详解】A．射线是原子核衰变时发出的电子，A错误；B．从n=4能级跃迁到n=1能级放出的光子的能量△E=E4-E1=-0.85-（-13.6）=12.75eV对应的波长3488196.6103.0109.710m12.751.610hcE−−−

=＝＝小于可见光的波长，即从4n=向下跃迁时有紫外线发出，具有荧光效应，B正确；C．由波尔理论可知，光子能量等于两能级的能量差时才能被氢原子吸收，0.70eV的光子不能被吸收，故C错误；D．从n=5跃迁到n=1，辐射的光子能量为13.06eV，从n=5跃迁到n=2，辐射的光子

能量为2.86eV，从n=4跃迁到n=1，辐射的光子能量为12.75eV，从n=4跃迁到n=2，辐射的光子能量为2.55eV，从n=3跃迁到n=1，辐射的光子能量为12.09eV，由n=2跃迁到n=1，辐射的光子能量为10.2eV，可见有6种光子能量

大于金属的逸出功，所以有6种频率的光能使金属钠发生光电效应，故D正确。故选BD。15.如图所示，波源O垂直于纸面做简谐运动，所激发的横波在均匀介质中向四周传播，0=t时刻，质点A、A位于以O为圆心半径4m的实线波峰圆周上，B点位

于半径7m的虚线波谷圆周上；经过3s，A点第二次经过平衡位置，A、O、A、B四点位于同一直线上，则（）A.波的周期为4sB.波的波长为6mC.0=t时AB连线上（包括A、B）至少有4个点处于平衡位置D.AB连线上（包括A、B）有可能出现5个点处于平衡位置【答

案】AD【解析】【详解】A．经过3s，处于波峰的A点第二次经过平衡位置，则有33s4T=解得周期为4sT=A正确；B．由题意得1()3m2n+=（0n=，1，2）解得波长为6m21n=+（0n=，1

，2）B错误；C．当波长最大为6m时，AB之间距离为半个波长，有一个质点在平衡位置；由于1234m234OA==且A在波峰，则OA之间有一个质点在平衡位置；根据对称性可知，OA之间有一个质点在平衡位置，则0=t时A

B连线上（包括A、B）至少有3个点处于平衡位置，C错误；D．3st=时，可知A、A、B均处在平衡位置；当波长最大为6m时，AB之间距离为半个波长，由于1234m234OA==且A在平衡位置，则OA

之间有一个质点在平衡位置；根据对称性可知，OA之间有一个质点在平衡位置，则3st=时AB连线上（包括A、B）有5个点处于平衡位置，D正确。故选AD。非选择题部分三、实验题（Ⅰ、Ⅱ两题，共14分）16.如图是某同学研究自由落体运动

时打下的一条纸带，（每两点间还有1个点没有画出来），以打点A为坐标原点，各打点与A点之间的距离在纸带上标出。打点计时器的电源频率为50Hz。试根据图中纸带，简述二种计算重力加速度的方法（利用图1中的各数据点的坐标位置Ax、Bx、C

x…等表示或直接用数据表述），并用其中的一种方法求出重力加速度（保留二位有效数字）方法一：_______________，方法二：___________________，=a__________2m/s。【答案】①.()()2(4)FD

DBxxxxaT−−−=②.以xt为纵轴，t为横轴，作xtt图，求斜率，2ak=③.9.5##9.6##9.7【解析】【详解】[1]可以根据逐差法计算重力加速度，可得()()2(4)FDDBxxxxaT−−−=[2]可以以xt为纵轴，t为

横轴，作xtt图，根据2012xvtat=+，可得012xvatt=+则xtt图像斜率为12a，故2ak=[3]根据逐差法代入数据可得()()229.7m/s(4)FDDBxxxxaT−−−==17.小明用插针法测

量等边棱镜的最小偏向角，从而得到棱镜的折射率。所谓偏向角，是指入射光线经过棱镜两次折射后的出射光线方向与首次入射光线方向之间的夹角，这一角度会随入射角变化而变化。当棱镜中的光线与三棱镜底边平行时，这时的偏向角最小，即为最小偏向角。小明用六枚大头针测定三棱镜最小偏向角的插针位置如

图所示。试根据插针位置画出光路图，标出最小偏向角______，并根据得到的最小偏向角，给出计算其折射率的公式________。【答案】①.②.60sin2sin30n+=【解析】【详解】[1]根据插针位置画出光路图，标出最小偏向角如图[2]棱镜中的光线与三棱镜底边平行时，这时的偏向角最小

，即为，根据几何关系知，第一次折射的折射角为30°，入射角为θ，有60+=2则计算其折射率的公式为60+sinsin2=sin30sin30n=18.（1）在测量一节干电池的电动势和内阻的实验中，某同学先用多用表的直流电压挡直接去测量电池两端的电压，把测量值作为电动势

时，其主要误差是___________________。为减小实验误差，他用如图所示的电路，并通过作图法得到电池的电动势和内阻。根据下列实验器材，则电阻箱应选__________；由同一表头改装的电流表应选__________（填选

项前的字母）A.电阻箱（调节范围09999～）B.电阻箱（调节范围0999.9～）C.电流表（量程0.6A）D.电流表（量程50mA）（2）根据欧姆定律，有EIRIr=+，通过改变电阻箱电阻，测得若干组电阻值和相应的电流

值，以R为横轴，1I为纵轴，得到1RI～曲线，求得斜率为a，纵轴截距为b，则电动势E=__________；内阻r=__________。这样得到的电动势与电流表的内阻__________（填“有关”、“无关”或“不确定”）

；电池内阻与电流表的内阻__________（填“有关”、“无关”或“不确定”）。【答案】①.电池内阻有电压降②.B③.C④.1a⑤.ba⑥.无关⑦.有关【解析】【详解】（1）[1]电压表和电源串联，电池内阻有电压降，电动势测

量值小于真实值；[2]由同一表头改装的电流表，是由表头和电阻并联改装的，由并联分流特点可知量程越大并联的电阻越小，内阻越小，在电源内阻测量时误差越小，故电流表应选择量程为0.6A的电流表，故选C；采用量程为0.

6A的电流表，电路的最小电阻为minmax1.52.50.6ERI===电阻箱应选调节范围在0999.9～电阻箱，故选B；[4][5]根据欧姆定律，有EIRIr=+解得11rRIEE=+根据图像斜率和纵轴截距有1aE=，rbE=解得1Ea=，bra=[6][

7]将电流表的内阻看作电源内阻一部分，根据闭合电路欧姆定律有A()UEIRr=−+路端电压和电流的测量值等于真实值，故电动势的测量值与电流表的内阻无关，测出的电源内阻实际是电源内阻与电流表内阻之和，故电源内阻测量值与

电流表内阻有关。四、计算题（本题共4小题，共41分）19.如图所示，密闭导热汽缸与活塞间无摩擦，对活塞施加沿斜面向上的外力F。当2Fmg=时，汽缸与活塞静止在倾角为37的斜面上。已知汽缸质量14mm=，活塞质量2mm=，活塞横截面积为S。静止时活塞与汽缸底部距离为0L，斜面与汽缸之间

的动摩擦因数0.5=，大气压强0P，重力加速度为g，设环的境温度保持不变。现缓慢增加外力F的大小。（1）求开始2Fmg=时，汽缸受到的摩擦力；（2）求当汽缸与活塞共同沿斜面向上以0.6g的加速度加速运动时，F力的大小；（3）从静止状态到（2）问中状态的过程中

，活塞相对汽缸底部运动的距离。【答案】（1）mg，沿斜面向上；（2）8mg；（3）0027534mgLPSmg−【解析】【详解】（1）开始时汽缸与活塞静止在斜面上，由受力平衡()12sin37Fmmgf=++解得fmg=−负号表示f方向

沿斜面向上，大小为mg。（2）当汽缸与活塞共同沿斜面向上以0.6g的加速度加速运动时，由牛顿第二定律()()()121212'sin37cos37Fmmgmmgmma−+−+=+解得'8Fmg=（3）以活塞为研究对象，当2Fmg=静止时120sin37FPSmgPS+

=+解得1075mgPPS=−当'8Fmg=活塞向上匀加速时2202'sin37FPSmgPSma+−−=解得20345mgPPS=−对于汽缸内气体，由玻意耳定律102PLSPLS=解得00057534PSmgLLP

Smg−=−则活塞相对汽缸底部运动距离00027534mgsLLLPSmg=−=−20.如图所示，在竖直平面内倾角37=的斜面AB、FG和HI，在G和H处与水平轨道GH平滑连接，在轨道AB、FG上高为R的()BF处与一光滑的半径为R的螺旋形圆轨道BCDEF平滑连接，一质量为m的滑块位于轨道

AB上高为h处静止下滑。滑块一旦脱离轨道，便落于地上。已知1mR=，1kgm=，滑块与斜面轨道间的动摩擦因数0.15=，与水平轨道GH间的动摩擦因数0.4=，轨道GH长GHLR=，轨道HI长5HILR=，轨道连接处均

光滑，滑块可视为质点。求：（1）若2hR=，求滑块沿直轨道滑到B点速度；（2）若2hR=，滑块刚从直轨道AB滑入螺旋圆形轨道时，求滑块所受合力的大小；（3）滑块不脱离轨道，最终停留在GH间，求高度h的范

围。【答案】（1）4ms；（2）292N；（3）31m5m8h【解析】【详解】（1）根据能量守恒21cot2BmgRmvmgR=+得4m/sBv=的（2）向心力2I16NBmvFR==又IIsin6NFmg==滑块所受合力的大小22166N292NF=+=（3）滑块恰好过螺旋圆形的高度

1h()()21112.8cot2DhRmgmvmghR−=+−20vmgmR=131m8h=滑块恰好不滑出轨道HI的高度2h22cotcossinGHHIHImghmghmgLmgLmgL++=+()20.80.120.60.4HIGHhLL=++25mh=从HI轨道上静止

滑下，恰好不脱离螺旋圆形轨道时轨道HI的长度HIL()sincoscot0.8HIHIGHmgLmgLmgRmgRRmgL=++++0.482.4HILR=55mHILR==即滑块恰好不冲出HI轨道同时也不会脱离圆轨道31m5m8h21.如图所示，两

直径均为d的平行金属圆环固定于相距为L的水平地面上，在两圆环构成的柱形空间中存由轴线向外的辐向磁场，且在圆柱侧面处磁感应强度大小均为B。在两圆环间通过单刀双键开关S连接阻值为R的电阻和电容为C的电容器。一质量为m的导体棒搁置于两圆环内侧，与两圆环平面垂直，其接

触点与圆心的连线和竖直方向的夹角为，若导体棒从初始0=的位置静止释放，且0很小，不计阻力和其它电阻。（已知带电量为q的电容，存储的电能为22eqWC=）（1）开关S与1接通，试定性分析棒的运动情况，并求电阻产生的焦耳热；（2）开关S断开，试分

析棒的运动情况，并求导体棒运动速率v与角度的关系；（3）开关S与2接通，求电容器极板间的电压与角度的关系（不考虑电磁辐射）。【答案】（1）棒做阻尼运动，()01cos2dmg−；（2）棒做简谐振动，()

0coscosvgd=−；（3）()022coscosCmgdUmCBL−=+【解析】【详解】（1）开关S与1接通，导体棒和电阻R及金属圆环组成闭合回路。导体棒运动过程中切割磁感线产生感应电动势，导体棒中有感应电流，

导体棒受到安培力，总是阻碍导体棒的运动。导体棒做阻尼运动。由能量守恒定律得()01cos2dQmg=−（2）开关S断开，棒受到的回复力sinFmgmg=−−棒做简谐振动，由机械能守恒定律得()()

2011cos1cos222ddmgmgmv−=−+得()0coscosvgd=−（3）开关S与2接通，由能量守恒定律得()()220111cos1cos2222ddqmgmgmvC−=−++又CqCU=CUCE=EBLv=得()022coscos

CmgdUmCBL−=+22.离子推进技术在太空探索中已有广泛的应用，其装置可简化为如图（a）所示的内、外半径分别为1R和2R的圆筒，图（b）为其侧视图。以圆筒左侧圆心O为坐标原点，沿圆筒轴线向右为x轴正方向建立坐标。在0

x=和xL=处，垂直于x轴放置栅极，在两圆筒间形成方向沿x轴正向、大小为E的匀强电场，同时通过电磁铁在两圆筒间加上沿x轴正方向、大小为B的匀强磁场。待电离的氙原子从左侧栅极飘进两圆筒间（其初速度可视为零）。在内圆筒表面分布着沿径向以一

定初速度运动的电子源。氙原子被电子碰撞，可电离为一价正离子，刚被电离的氙离子的速度可视为零，经电场加速后从栅极射出，推进器获得反冲力。已知单位时间内刚被电离成氙离子的线密度（沿x轴方向单位长度的离子数）()kLx=−，其中k为常量，氙

离子质量为M，电子质量为m，电子元电荷量为e，不计离子间、电子间相互作用。（1）在x处的一个氙原子被电离，求其从右侧栅极射出时的动能；（2）要使电子不碰到外筒壁，求电子沿径向发射的最大初速度；（3）若在xxx+～的

微小区间内被电离的氙离子从右侧栅极射出时所产生的推力为F，求~Fxx的关系式，并画出~Fxx的图线；（4）求推进器所受的推力。【答案】（1）()EeLx−；（2）222122RReBRm−；（3）()Δ2ΔFkMEeLxx=−，（4）2122

FkMEeL=【解析】【详解】1）从右侧栅极射出时的动能()kEeUEeLx==−①（2）粒子在筒内运动如图所示：由几何关系可知()22221RRRR−=+②解得222122RRRR−=③根据洛伦兹力提供向心力2mmveBvmR=可得电子沿径向发射的最大初速度222122mRRe

BRveBmRm−==④（3）单位时间内刚被电离成的氙离子()ΔΔΔnxkLxx==−⑤微小区间内被电离的氙离子从右侧栅极射出时所产生的推力ΔΔFnMv=⑥即()kΔΔ22ΔFnMEkMEeLxx==−解

得()Δ2ΔFkMEeLxx=−⑦图线如下图所示：（4）则推进器所受的推力2112222FkMEeLLkMEeL==⑨获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com