【文档说明】浙江省温州十校联合体2022-2023学年高二下学期期中联考物理试题 含解析.docx，共(28)页，19.715 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-2efc48daf4193bfac2214949248019f5.html

以下为本文档部分文字说明：

2022学年第二学期温州十校联合体期中联考高二年级物理学科试题考生须知：1.本卷共8页满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。4.考试结束后，只需上交答题纸。5.

本试卷中的有关计算中重力加速度取102m/s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.下面所给的物理量是矢量且要求其对应的单位是用国际单位

制基本单位符号表示的是（）A.电场强度13kgmAs−−B.磁感应强度11NAm−−C.功22kgms−D.冲量2kgms−【答案】A【解析】【详解】A．电场强度是矢量，单位213Nkgm/s1=1=1kgm

AsCAs−−选项A正确；B．磁感应强度是矢量，单位2-1-2kgm/s=kgAsA1mNT=Am=选项B错误；C．功是标量，选项C错误；D．冲量是矢量，单位11Ns=kgms−选项D错误。故选A。2.温州轨道交通

S2线一期于2022年全线建成，预计2023年10月通车。设计最大时速140km/h，乐清至瑞安里程64km，届时乐清到瑞安仅需1h左右。下列说法正确的（）A.“140km/h”是指瞬时速度的大小B.“64km

”是位移C.列车从乐清到瑞安的平均速度约64km/hD.研究列车从乐清到瑞安的时间，不能将其看做质点【答案】A【解析】【详解】A．根据题意最大时速140km/h，指某时刻速度达到最大，是瞬时速度，故A正确；B．乐清至瑞安里程64km指的是路

程，不是位移，故B错误；C．列车从乐清到瑞安的平均速率约64km64km/h1hsvt==而不是平均速度，故C错误；D．研究列车从乐清到瑞安的时间，列车的大小和形状对所研究的问题可以忽略不计，可将其看作质点，故D错误。故选A。3.2

018年雅加达亚运会体操赛场女子平衡木决赛较量中，中国选手陈一乐最终以14.600分获得冠军，如图所示是她在比赛中的情景，平衡木器械水平放置，运动员此时单腿竖直站立处于平衡，则（）的A.平衡木对人的力

与人对平衡木的力是一对平衡力B.平衡木对人可能有水平方向的摩擦力作用C.人对平衡木的作用力一定竖直向下D.平衡木受到的压力是因为平衡木发生了形变【答案】C【解析】【详解】A．平衡木对人的力与人对平衡木的力是一对作

用力和反作用力，选项A错误；B．平衡木器械水平放置，则平衡木对人不可能有水平方向的摩擦力作用，选项B错误；C．人受力平衡，即平衡木对人的作用力与人的重力等大反向，则平衡木对人的作用力竖直向上，人对平衡木的作用力一定竖直向下，选项C正确；D．平衡木受到的压力是因为人脚发生了形变

产生的，选项D错误。故选C。4.下列关于物理研究的思想方法，叙述正确的是（）A.ΔΔvat=，这里用两个物理量之比定义了一个新的物理量，这在物理学上叫比值定义法，这个式子说明加速度a与速度变化量v成正比B.速度定义式ΔΔxvt=，当Δt足够小时，xt就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，

该定义用了极限法C.重心可看成物体各部分所受重力作用的集中体现，对重心的研究用了理想化的研究方法D.合力、质点概念的建立都体现了等效替代的思想【答案】B【解析】【详解】A．ΔΔvat=为加速度的定义式

，加速度a由物体所受的合外力决定，与速度变化量v和Δt无关，A错误；B．速度定义式ΔΔxvt=，当Δt足够小时，xt就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义用了极限法，B正确；C．重心可看成物体各部分所受重力作用的集中体现，对重心的研究用了等效替代的研究方法，C

错误；D．合力概念的建立体现了等效替代的思想，但是质点并不是，质点体现的是一种理想化模型的思想，D错误。故选B。5.如图甲、乙所示为某物体在00t时间内运动的xt−图像和vt−图像，由图可知，在00t时间内（）A.物体做的是曲线运动B.

物体做加速度越来越小的运动C.甲图中在02t时刻，图线的斜率为02vD.00102vtxx−【答案】C【解析】【详解】AB．xt−图线和vt−图线只能用来描述直线运动的规律，由乙图可知，物体做加速度恒定的匀减速直线运动，故AB错误；C．因为物体做匀变速运动，甲图斜率表示速度，中间时刻

的速度等于全程的平均速度000t2022vvv+==C正确；D．乙图所围面积表示物体运动的位移00102vtxx−=D错误。故选C。6.如图所示，一同学表演荡秋千。已知秋千的两细根绳长度均为10m，该同学和秋千踏板的总质量约为50kg。绳的质量忽略不计

，当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8m/s，此时每根绳子平均承受的拉力最接近于下列数值中的（）A.820NB.400NC.420ND.480N【答案】C【解析】【详解】在最低点时，由牛顿第二定律可

得22vTmgml−=考虑到人体的重心到悬点的距离小于10m，可认为10m1m9ml=−=联立解得423NT故选C。7.如图所示，在斜面顶端a处以速度v0水平抛出一小球，经过时间ta恰好落在斜面底端P处；今在P点正上方与a等高的b处以速度vb水平抛出另一小球，经过时间tb恰好落在斜面的中点

O处，若不计空气阻力，下列关系式正确的（）A.abvv=B.2abvv=C.abtt=D.2abtt=【答案】B【解析】【详解】b球落在斜面的中点，知a、b两球下降的高度之比为2：1，根据h=12gt2知2htg=则时间之比为ta＝2

tb因为a、b两球水平位移之比为2：1，则va=2vb故B正确，ACD错误。故选B。8.2021年2月，我国首个火星探测器“天问一号”实现了对火星的环绕。若已知该探测器在近火星圆轨道与在近地球圆轨道运动的速率之比为k和周期之比为p，则可以

求出火星与地球的半径比为（）A.21kB.1pkC.321pD.pk【答案】D【解析】【详解】在近地（火）轨道时22224MmvGmmRRRT==解得GMvR=32RTGM=由题意可得vMRkvMR==火火地地地火3()TRMpTMR==火火地地地

火解得RkpR=火地故选D。9.某兴趣小组模拟避雷针周围电场的等势面分布如图所示，相邻等势面间的电势差相等。A、B、C、D、E为空间电场中的五点，其中C、D两点位置关于避雷针对称。一电子（质量为m）从A点静止

释放，仅在电场力作用下运动到C点时速度为v。下列说法正确的是（）A.A点的电势大于D点的电势B.若电子能运动到B点，则到B点时的速度为12vC.电子在C、D两点的电场强度相同D.若电子从A点运动到E点，其电势能减小【答案】D【解析】【详解】A．电子从A点静止释放，仅

在电场力作用下运动到C点时速度增加，电势能减小，可知C点电势高于A点，又因为DC电势相等，可知D点电势高于A点，选项A错误；B．设相邻两等势面间的电势差为U，则从A到C有2122Uemv=从A到B'212Uemv=解得'22vv

=选项B错误；C．由对称性可知，C、D两点的电场强度大小相同，但是方向不同，选项C错误；D．因E点电势高于A点，则若电子从A点运动到E点，其电势能减小，选项D正确。故选D。10.为了测量储罐中不导电液体的高度，有人设计了如图所示装置。

将与储罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容C置于储罐中，电容C可通过单刀双掷开关S与电感L或电源相连。当开关从a拨到b时，由电感L与电容C构成的回路中产生振荡电流。现知道平行板电容器极板面积一定、两极板间距离一定的条件下，

当两极板间充入电介质时，电容增大。在该LC振荡电路中，某一时刻的磁场方向、电场方向如图所示，则下列说法正确的是（）A.此时电容器正在充电B.振荡电流正在减小C.当储罐内的液面高度降低时，LC回路振荡电流的频率升高D.当开关从a拨到b时开始计时，经过时间t，电感L上的电流第一次达到

最大，则该LC回路中的振荡周期为2t【答案】C【解析】【详解】AB．根据图中电场方向可知此时电容器右极板带正电，左极板带负电，由磁场方向可知电流方向由正极板流向负极板，故此时电容器正在放电，振荡电流正在增大，AB错误；C．根据电容的决定式4SCkd=当储罐内的液面高

度降低时，可知此时减小，电容变小，由2TLC=可得此时振荡周期减小，频率变大，C正确；D．开关从a拨到b时，此时电容器开始放电，当电感L上的电流第一次达到最大时，此时经过14T，故该LC回路中的振荡周期为4t，D错误。故选C。11.“道威棱镜”广泛地应用在光学仪器中

，如图所示，将一等腰直角棱镜截去棱角，使其平行于底面，可制成“道威棱镜”，这样就减小了棱镜的重量和杂散的内部反射。一束由红绿两色组成的复色光从AB边中点E平行于BC边射入，红光在BC边发生全反射后再从CD边的中点F射出玻璃砖。则

下列说法正确的是（）A.绿光第一次入射到BC边一定会发生全反射B.绿光第一次从CD边的出射点在F点的下方C.绿光在玻璃砖内传播的速度比红光快D.红绿光第一次从CD边出来的折射光都与BC边平行【答案】D【解析】【详解】AD．如下图红光的光路图为①，因为从CD边

的中点F射出玻璃砖，根据对称性及光路的可逆性可知红光在BC边发生全反射的点为BC的中点O，根据折射率关系<nn红绿，故可知绿光从AB边中点E入射后的折射角小于红光该处的折射角，根据几何关系可知若在AB边的折射角为时，在CD边发生折射时的

入射角一定为，故光线在CD边折射出去后的折射角等于45，即红绿光第一次从CD边出来的折射光都与BC边平行；根据1sinCn=可知绿光的临界角小于红光，由于绿光第一次入射到BC边时的入射角小于红光，故无法判断此时绿光在该处的入射角与其临界角的关系，故绿光此时不一

定会发生全反射，A错误，D正确；B．根据光路图结合几何关系可知绿光到BC边时入射角小于红光，反射后的光线一定位于红光的反射光上方，故绿光第一次从CD边的出射点在F点的上方，B错误；C．根据<nn红绿，光在玻璃砖内的速度为v，结合公

式cvn=可得>vv红绿，C错误。故选D。的12.为了研究交流电的产生过程，小张同学设计了如下实验构思方案：将单匝矩形线圈放在匀强磁场中，线圈绕转轴1OO按图示方向匀速转动（ab向纸外，cd向纸内），并从图甲所示位置开始计时，此时产生的正弦式交流电如图乙所示。已知其周期为

T，电流峰值为0I，下面说法正确的是（）A.根据图乙可知4T时，线圈的磁通量最大B.根据图乙可知4T时，线圈的磁通量变化率最大C.若仅把甲图中的转轴1OO改为转轴ab，并从图甲所示位置开始计时，则产生的交流电与图乙所

示不同D.若仅把甲图中的单匝矩形线圈改为两匝矩形线圈，并从图甲所示位置开始计时，则产生的交流电与图乙所示不同【答案】B【解析】【详解】AB．根据图乙可知4T时，线圈的感应电流最大，线圈的磁通量变化率最大，磁通量最小为0，A错误，B正确。C．若仅把甲图中的转轴1OO改为转轴ab，并从图甲所示位

置开始计时，磁通量的变化情况一样，产生的交流电与图乙所示相同，C错误；D．若仅把甲图中的单匝矩形线圈改为两匝矩形线圈，并从图甲所示位置开始计时，则产生的交流电压最大值变为原来的两倍，但是线圈电阻也变为原来的两倍，则交流电的图像与图乙所示仍一致，D错误。故选B。13.我国某农村用潜水泵抽取地下

水进行农田灌溉，潜水泵由电动机、水泵、输水钢管组成。勘测得知当地地下水源距离地表8m深，因此安装潜水泵时需要将一根输水钢管竖直打入地底下与地下水源连通。水泵出水口离水平地面高度为0.8m，水流由出水口水平喷出时的速度为5m/s，每秒出水量为4kg。水泵由电动机带动，电动机正常工作时，功率为550

W，输入电压为220V。不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率，已知水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为80%，（取重力加速度210m/sg=）忽略其他能量损失，则（）A.空中水柱的水的质量为4kg

B.每秒钟水泵对水做功为50JC.水泵的输入功率为502.5WD.电动机线圈的电阻为88Ω【答案】C【解析】【详解】A．水泵出水口离水平地面高度为0.8m，水流由出水口水平喷出时的速度为5m/s，每秒出水量为4kg。可知水从水泵出水口开始做平抛运动

，在空中运动时间为220.8s0.4s10htg===可得空中水柱的水的质量为40.4kg1.6kgm==选项A错误；B．以每秒出水量为研究对象，每秒钟水泵对水做功为212WmgHmv=+8m0.8m8.8mH=+=解得214108.8J+45J402J2W==选项B错误；C．由每

秒钟水泵对水做功为402J，则泵的输出功率为402W，输入功率00402W=502.5W80P=泵入选项C正确；D．由题意对电动机可得PPPPP=+=+出泵入总内内550W502.5W47.5WP=−=内电动机额定电压为220V，则有额定电流为550A2.5A220

PIU===总额247.5WPIR==内解得电动机线圈的电阻为247.57.62.5R==选项D错误。故选C。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.关于以下四张图片，下列说法正确的是（）A.图甲所示疾驰而过的急救车使人感觉音调变化，是由于多普勒效应引起的B.图乙所示竖直的肥皂膜看起来常常是水平彩色横纹，是

由于光的衍射产生的C.图丙所示为立体电影原理是利用了光的偏振D.图丁所示水中的气泡看上去特别明亮，是由于光的全反射引起的【答案】ACD【解析】【详解】A．图甲所示疾驰而过的急救车使人感觉音调变化，是由于多普勒效应引起的，选项A正确；B．图乙所示竖直的肥皂膜看起来常常是水平彩色横纹，是由于光的干涉产

生的，选项B错误；C．图丙所示为立体电影原理是利用了光的偏振，选项C正确；D．图丁所示水中的气泡看上去特别明亮，是由于光的全反射引起的，选项D正确。故选ACD。15.一列简谐横波在0.8st=时的波形图如图甲所示，P是介质中的质点，图乙是质点Р的振动图像。已知该波在该介质中的传播速

度为10m/s，则（）A.该波沿x轴负方向传播B.再经过0.9s，质点P通过的路程为30cmC.0=t时刻质点P离开平衡位置的位移53−cmD.质点P的平衡位置坐标为7mx=【答案】AD【解析】【详解】A．由乙图可知0.8s时P点振动方向向下，根据上下坡

法，波沿负方向传播，A正确；B．经过1个周期，质点经过的路程4sA=经过0.5个周期，经过的路程2sA=以上规律质点在任何位置开始都适用经过1344、个周期，经过的路程3sAA=、以上规律质点只有在特殊位置（平衡位置、最大位移处）才适用，30.94ts

T==，此时P未处于特殊位置，B错误；C．由图乙可知，0时刻质点P位于平衡位置，C错误；D．根据简谐运动的表达式25sin10sin3yAttT==当0x=5cmy=则0.1st=即0x=处的质点从平衡位置到5cm经历的时间10.1st=故P点振动形式传播到0x=处的时间0.

8s0.1s0.7st=−=7mPxvt==故D正确。故选AD。非选择题部分三、非选择题（本题共5小题，共55分）16.在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，某同学正确操作后，在目镜中看到如图甲所示的干涉条纹。使测量头分划板刻线与某一级亮条纹中心

对齐，此时测量头标尺如图乙所示，其读数是_________mm。【答案】158【解析】【详解】[1]游标卡尺读数为：1.5cm+0.1mm×8=1.58cm=15.8mm17.某同学利用图1的装置做“验证机械能守恒定律”实验。.（1）请指出该同学在实验操作中存

在的两处明显错误：_________________、________________；（2）该同学按正确操作得到了一条完整纸带如图所示。纸带上各点是打点计时器打出的计时点，其中O点为纸带上打出的第一个点。利用下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有__________；A．OA、AD和EG的长

度B．OC、BC和CD的长度C．BD、CF和EG的长度D．AC、BD和EG的长度（3）该同学用一把刻度尺去测量（2）题中的纸带，如图所示。已知打点计时器每隔0.02s打一个点，则打下点E时纸带速度的大小为__________m/s（保留3位有效数字）。【答案】①.计时器选用了直流电是错误的②.纸带

弯曲是错误的（手指抓住纸带的下端是错误的）③.BC##CB④.1.37##1.34##1.35##1.36##1.38##1.39##1.40【解析】【详解】（1）[1]电火花打点计时器应采用220V的

交流电源，故图中计时器选用了直流电是错误的。[2]为了减小误差，减小阻力对实验的影响，手指应抓住纸带的上端使纸带竖直，故图中纸带弯曲是错误的。（2）[3]A．由EG的长度可求出打F点的速度Fv，打O点的速度10v=，但求不出OF之间的距离，故A错误；B．由BC和CD的长度可求出打

C点的速度Cv，打O点的速度10v=，由OC之间的距离可得重力势能的的减少量，可以来验证机械能守恒定律，故B正确；C．由BD和EG的长度可分别求出打C点的速度Cv和打F点的速度Fv，由CF之间的距离h，可以来验证机械能守恒定律，故C正确；D．AC、BD

和EG的长度可分别求出打B、C、F三点的速度，但BC、CF、BF之间的距离都无法求出，无法验证机械能守恒定律，故D错误。故选BC。（3）[4]打下点E时速度的大小212.086.6410m/s1.36m/s220.02DFExvT−−===由于存在估读误差，则1

.34m/s1.40m/s均正确。18.在“测定电池的电动势和内电阻”实验中。（1）某同学用多用电表粗测一节干电池的电动势，选择开关应置于合适位置，下列符合要求的是_________。（2）该同学根据图

甲中的电路图将实验仪器连接成如图乙所示的实验电路，a、b、c、d四条导线中，其中有一条导线连接错误，则该导线是_________。（3）某次测量时电压表的示数如图丙所示，则电压U=_________V；（4）用如图甲所示的电路图测量，得到的

一条实验数据拟合线如图丁所示，则该电池的电动势E=________V（保留3位有效数字）；内阻r=_________Ω（保留2位有效数字）。【答案】①.B②.b③.1.30##1.29##1.31④.1.46⑤.0.64【解析】【详解】（1）[1]一节干电池的电动势约为1.5V，选择开

关应置于量程为2.5V的直流电压档。故选B。（2）[2]由图甲中的电路图可知电流表采用内接法，而实物图中电流表是外接法，故导线b连接错误，应接电流表正接线柱。（3）[3]电压表的量程为3V，最小分度值为0.1V，故电压为1.30VU=

（4）[4][5]延长图线与纵轴相交，根据闭合电路欧姆定律UEIr=−可得纵截距为电动势大小，即1.46VE=图线斜率的绝对值表示内阻大小，即1.461.140.640.5r−==19.北京时间2022年11月29日23时08分，搭载神舟十五号载人飞船的长征二号F遥十五运载火箭在

酒泉卫星发射中心点火发射，神舟十五号乘组与神舟十四号乘组进行在轨轮换，在空间站工作生活约6个月。长征二号F遥十五运载火箭质量约500吨，总长为58.3m。若发射塔高105m，点火后，经5s火箭离开发射塔，已知火箭离开发射塔过程做匀加速直线

运动，忽略一切阻力和运载火箭质量的变化，210m/s=g,求（1）火箭离开发射塔瞬间的速度大小；（2）火箭起飞时推动力的大小；（3）若火箭刚离开发射塔瞬间，一个小零件从火箭的尾部自然脱落，求该零件运动过程中离地面的最大高度。【答案】（1）42m/s；（2）69.

210N；（3）193.2m【解析】【详解】（1）对火箭，由匀变速运动位移公式有212xat=，105mx=，5s=t代入数值解得28.4m/sa=则火箭离开发射塔瞬间的速度42m/svat==（2）设火箭起飞时推动力大小为F，由牛顿第二定律F

mgma−=得69.210NF=（3）零件从火箭上脱落瞬间初速度为42m/sv=，零件开始向上做匀减速运动，由22vgh=得零件向上运动的高度288.2m2vhg==零件运动过程中离地面的最大高度为105.0193.2mHh=+=20.小华同学利用如

图所示的装置进行游戏，已知装置甲的A处有一质量1kgm=的小球（可视为质点），离地面高2mh=，通过击打可以将小球水平击出，装置乙是一个半径1mR=，圆心角是53°的一段竖直光滑圆弧，圆弧低端与水平地面相切，装置丙是一个固定于水平地面的倾角为37°的光滑斜面，斜面上固定有一个半径为0.5m

r=的半圆形光滑挡板，底部D点与水平地面相切，线段DE为直径，现把小球击打出去，小球恰好从B点沿BC轨道的切线方向进入，并依次经过装置乙、水平地面，进入装置丙。已知水平地面CD表面粗糙，其他阻力均不计，取重力加速度大小210m/sg=，装置乙、丙与水平地面均平滑连接。（sin530.8

=，cos530.6=，sin370.6=，cos370.8=）（1）小球被击打的瞬间装置甲对小球做了多少功？（2）小球到C点时对圆弧轨道的压力多大？（3）若5mCDL=，要使小球能进入DE轨道且又不脱离

DE段半圆形轨道，则小球与水平地面间的动摩擦因数取值范围为多少？【答案】（1）9J；（2）68N；（3）00.43或0.520.58【解析】【详解】（1）A到B平抛有()221cos53ByvghR=−−解得42m/sByv=根据0tan53By

vv=解得032m/sv=击打瞬间有2019J2Wmv==（2）A到C根据动能定理有2201122Cmghmvmv=−在C点由牛顿第二定律有2NCvFmgmR−=联立解得N68NF=由牛顿第三定律得小球到C点时对圆弧轨道的

压力NN68NFF==（3）恰好过E点2sin37vmgmr=得sin373m/svgr==A到E由动能定理2210112sin3722CDmghmgLmgrmvmv−−=−解得10.43=若恰好到圆弧DE的中点，有22

01sin3702CDmghmgLmgrmv−−−=解得20.52=恰好到D点时230102CDmghmgLmv−=−解得30.58=综上分析得动摩擦因数取值范围为00.43或0.520.5821.小红在查阅资料时看到了嫦娥五号的月球着落装

置设计，她也利用所学知识设计了一个地球着落回收的电磁缓冲装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓返回舱和地面间的冲击力。如图甲所示，在返回舱的底盘安装有均匀对称的4台电磁缓冲装置，电磁缓冲结构示意图如图乙所示。在缓冲装置的底板上，沿竖直方向固定着两个光滑绝缘导轨PQ、MN。导轨内侧，安装电磁铁（图

中未画出），能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B。导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，匝数为n，ab边长为L。假设整个返回舱以速度0v与地面碰撞后

，滑块K立即停下，此后在线圈与轨道的磁场作用下使舱体减速，从而实现缓冲。返回舱质量为m，地球表面的重力加速度为g，一切摩擦阻力不计，缓冲装置质量忽略不计。（1）求滑块K的线圈中最大感应电流的大小；（2）若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈ab

cd中通过的电量和产生的焦耳热各是多少？（3）若要使缓冲滑块K和返回舱不相碰，且缓冲时间为t，则缓冲装置中的光滑导轨PQ和MN长度至少多大？【答案】（1）0maxnBLvIR=；（2）nBLHqR=，22011

1422QmgHmvmv=+−；（3）()02224mgtmvRdnBL+=【解析】【详解】（1）滑块刚接触地面时感应电动势最大max0EnBLv=maxmaxEIR=得0maxnBLvIR=（2）电量ΔΦnqR=ΔΦBLH=可得nBLHqR=设每个缓冲线圈

产生的焦耳热为Q，由动能定理得22011422mgHQmvmv−=−得220111422QmgHmvmv=+−（3）因为有4台减速装置，利用动量定理得22204nBLvtmgtmvR−=其

中vtd=解得()02224mgtmvRdnBL+=22.如图甲是一种利用磁场偏转的粒子收集装置原理图。两块磁铁前后平行垂直水平面放置，收集板位于两块磁铁之间，平行于上下底面从高到低放置，收集板的右端在同一竖直面上，收集板长度从高到低变大，因而左端位

置不同。两磁铁之间的长方体空间内的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度为0.1TB=。在其下方有一粒子源可以无初速释放质量为263.210kgm−=、电荷量绝对值为191.610Cq−=的粒子，这些粒子经加速电场加速后从小孔O进入收集装置的磁场，在磁场

的作用下运动，并打到右侧足够长的收集板上（如图乙中1D、2D所示）。收集板1D刚好与小孔O在同一高度，已知收集板1D、2D收集的粒子的最小动能分别为3D11.010eVE=、3D24.010eVE=。粒子击中收集

板后有一定比例反射，反射速度最大值为撞击前速度的0.6k=倍。重力及粒子间的相互作用忽略不计。（1）求O点与收集板1D的左端之间的距离；（2）要使得能量在D1E与D2E之间的粒子最终全部被1D吸收，求1D，2D间

的最小距离；（3）在第（2）小题的情况下，1D板最少长度（左端到右端的距离）。（等比数列公式前n项和公式()111nnaqSq−=−）【答案】（1）0.4m；（2）0.24m；（3）1.6m【解析】详解】（1）由2D1112Emv=2111vqvBmr=可得120.4mLr==（2）粒子在垂直

纸面向内的磁场中向右偏，半径为mvrqB=动能为2k12Emv=联立解得k2mErqB=当粒子以D2E的动能进入磁场中，由上可知D222mErqB=【打到1D的最大动能是3D24.010eVE=代入数值可得其对应的半径为20.4mr=分析可知在1D板中碰撞

后反弹，到达的最大高度为20.24mdkr==即1D、2D间的最小距离为0.24md=（3）由上小题知当粒子以最小动能D1E打到1D板上时12mErqB=D1，112sr=代入数据得O点到1D板左端的距离为10.4ms=由前面可知打到板1D的最大动能是3D24.010

eVE=其对应的半径20.4mr=，因此其第一次在1D上的落点到粒子源的距离为1220.8msr==这些粒子中反弹的粒子速度最大为原来的k倍，故半径为原来的k倍，因此这些反射的粒子不断的向右以半圆的轨迹运动，半径按k倍减小，经无穷

多次碰撞后，粒子到粒子源的距离为2111112m1sskskssk=+++==−因此1D的板长至少为111.6mLss=−=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com