【文档说明】北京市第一六一中学2023-2024学年高三下学期开学考试物理试题 Word版含解析.docx，共(24)页，5.312 MB，由小赞的店铺上传

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北京一六一中学2023—2024学年度第二学期开学测试高三物理试卷班级______姓名______学号______考生须知1．本试卷共5页，满分100分，考试时长90分钟。2．试题答案一律书写在答题纸上，在试卷上作答无效。3．在答题纸上，选择题用2B铅笔作答，非选择题用黑色字迹签字笔作答。4

．考试结束后，将答题纸、试卷和草稿纸一并交回。一、单项选择题：本大题共10道小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目的要求。把正确答案涂写在答题卡上相应的位置上。1.如图所示，运动员在攀登峭壁的过程

中，通过手、脚与岩壁、绳索间的相互作用来克服自身的重力。若图片所示时刻运动员保持静止，则运动员（）A.只受到重力和拉力的作用B.一定受到岩石施加的支持力C.一定受到岩石施加的静摩擦力D.所受到的合力竖直向上【答案】B【解析】【详解】ABC．根据图示照片可知运动员一定受到重力、绳子的拉力与岩石的

支持力，无法确定是否受到摩擦力的作用，B正确，AC错误；D．运动员保持静止，处于平衡态，所以运动员所受合力为零，D错误。故选B。2.如图所示，一对用绝缘柱支撑的金属导体A和B，使它们彼此接触。起初它们不带电，贴

在下部的两金属箔是闭合的。现将一个带正电的导体球C靠近导体A，如图所示。下列说法正确的是（）A.导体A下面的金属箔张开，导体B下面的金属箔仍闭合B.导体A的部分正电荷转移到导体B上，导体A带负电C.导体A的电势升高，导体B的电

势降低D.将导体A、B分开后，再移走C，则A带负电【答案】D【解析】【详解】AC．将一个带正电的导体球C靠近导体A，由于静电感应，导体A带负电，电势降低，导体B带正电，电势升高，故导体A、B下面的金属箔均张

开，故AC错误；B．金属导体中电子可以自由移动，导体B的部分负电荷转移到导体A上，导体A带负电，故B错误；D．将导体A、B分开后，再移走C，此时导体A、B不接触，电荷不发生转移，则A带负电，故D正确。故选D。

3.质量为m的物体从某一高度由静止释放，除重力之外还受到水平方向大小、方向都不变的力F的作用。下列说法正确的是（）A.物体的运动轨迹是抛物线B.物体落地时速度方向竖直向下C.物体下落时加速度方向不断变化D.若在物体落地前的某一位置撤去力F，则物体从开始运动到落地的时间不变【答案】D【解析】【详解】

A．物体由静止开始下落，受到的重力mg与水平力F都是恒力，则物体的运动轨迹是直线，A错误；B．物体沿合力方向做直线运动，则物体落地时速度方向与水平方向夹角的正切值等于mgF。物体落地时速度方向不是竖直向下。B错误；C．物体受到的合力22=()FmgF+合加速度方向与合力方向相同，方向不变。C错误

；D．若在物体落地前的某一位置撤去力F，竖直方向受力情况不变，由分运动和合运动的等时性可知物体从开始运动到落地的时间不变。D正确。故选D。4.图甲为一列沿x轴传播的简谐横波在t＝0.4s时的波形图，P、Q是这列波上的两个质点，质点P的振动图像如图乙所示。下列说法正确

的是（）A.这列波沿x轴负方向传播B.这列波的传播速度v＝15m/sC.这列波的波长λ＝7.3mD.在t＝0.4s到t＝0.5s内，质点Q通过的路程是1.5m【答案】B【解析】【详解】A．由图乙可知，0.4st=时P点向上振动，根据同侧法，波沿x轴正方向传

播，故A错误；BC．由图甲可知，波长为6m=由图乙可知，振动周期为0.4sT=所以波速为15m/svT==故B正确，C错误；D．在0.4st=到0.5st=内，经过14T，质点Q通过的路程是2cm，故D错误。故选B。5.

我国发射的“天和”核心舱距离地面的高度为h，运动周期为T，绕地球的运动可视为匀速圆周运动。已知万有引力常量为G，地球半径为R，根据以上信息可知（）A.地球的质量2324()RhMGT+=B.核心舱的质量2324()

RhmGT+=C.核心舱的向心加速度224RaT=D.核心舱的线速度2RvT=【答案】A【解析】【详解】AB．根据2224()()MmGmRhRhT=++解得地球的质量2324()RhMGT+=但不能求解核心

舱的质量，选项A正确，B错误；C．核心舱的向心加速度224()RraT+=选项C错误；D．核心舱的线速度2()RrvT+=选项D错误。故选A。6.电动平衡车作为一种电力驱动的运输载具，被广泛应用在娱乐、代步、安保巡逻等领域。某人站在平衡车上

以初速度0v在水平地面上沿直线做加速运动，经历时间t达到最大速度mv，此过程电动机的输出功率恒为额定功率P。已知人与车整体的质量为m，所受阻力的大小恒为f。则（）A.m0Pvvf=+B.车速为0v时的加速度大小为0PmvC.人与车在时间t内的位移大小等于012Pvtf+

D.在时间t内阻力做的功为22m01122mvmvPt−−【答案】D【解析】【详解】A．根据题意可知，当牵引力等于阻力时，平衡车的速度达到最大值，由公式P=Fv可得，最大速度为mPPvFf==故A错

误；B．车速为0v时的牵引力为0PFv=由牛顿第二定律可得0Pfmav−=解得0Pfamvm=−故B错误；D．平衡车从0v到最大速度mv，由动能定理得22m01122PtWmvmv+=−解得在时间t内阻力做的功为22m01122mvmvPtW−−=

故D正确；C．在时间t内阻力做的功Wfx=−解得人与车在时间t内的位移大小为220m22mvmvPtxfff=+−故C错误。故选D。7.在如图所示的电路中，电源内阻和定值电阻的阻值均为r，滑动变阻器的最大阻值为2r。闭合开关，将滑动变阻器的滑片P由a端向b

端滑动的过程中，下列选项正确的是（）A.电压表的示数变大B.电流表的示数变大C.电源的效率变大D.滑动变阻器消耗功率变大【答案】B【解析】【分析】【详解】AB．开关闭合后，电压表测量路端电压，电流表测量总电流。当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动过程中，

接入电路的电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小，故电压表的示数变小，电流表的示数变大，故A错误，B正确；C．根据电源效率公式100%100%PUPE==出总可知，当路端电压U减小时，则电源的效率变小，故C错误；D．将定值电阻

r看成电源的内阻，则等效电源的内阻为2r，滑动变阻器的最大阻值也是2r，因为电源的内外电阻相等时电源的输出功率最大，所以滑片P由a端向b端滑动过程中，滑动变阻器消耗的功率变小，故D错误。故选B。8.如图所示，在盛有导电液体的水平玻璃皿中心放一个圆柱形

电极接电源的负极，沿边缘内壁放另一个圆环形电极接电源的正极做“旋转液体实验”，其中蹄形磁铁两极间正对部分的磁场可视为匀强磁场，磁铁上方为S极。电源的电动势6VE=，限流电阻04.8R=。闭合开关S后，当导电液体旋转稳定时理想电

压表的示数为3.5V，理想电流表示数为0.5A。则（）A.从上往下看，液体顺时针旋转B.玻璃皿中两电极间液体的电阻为7ΩC.液体消耗的电功率为1.75WD.电源的内阻为5Ω【答案】C【解析】【详解】A．由于中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘内壁放一个圆环形电极

接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心，玻璃皿所在处的磁场方向竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的安培力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转，A错误；B．对于非纯电阻元件，不满足欧姆定律UIR=，即7ΩURI

=B错误；C．液体消耗的电功率为1.75WPUI==C正确；D．电压表示数为3.5V，电流表示数为0.5A，则根据闭合电路的欧姆定律有0EUIRIr=++解得电源内阻00.2EUIRrI−−==D错误。故选C9.用试探电荷可以探测电场中场强和电势的分布情况。如图甲所示，两个被固定的点电

荷12QQ、连线的延长线上有a、b两点，1Q带正电。试探电荷q+仅受电场力作用，0=t时刻从b点沿着ba方向运动，0t时刻到达a点，其v-t图像如图乙所示，根据图像，下列判断正确的是（）A.2Q带正电B.沿ba连线电势先减小后增大的。C.场强为零的点在b点

和a点之间D.试探电荷q+在b点电势能比a点电势能大【答案】C【解析】【详解】A．由图乙可知试探电荷先做减速运动，则b点的电场强度方向为ab方向，故2Q带负电，A错误；B．试探电荷从b点向a点运动过程中，电场力先做负功，后做正功，电势能先增

大后减小，沿ba连线电势先增大后减小，B错误；C．vt−图象的斜率表示加速度，可知a点和b点间某处加速度为零，试探电荷受到的电场力为零，场强为零的点在a点和b点间某处，C正确；D．试探电荷从b点到a点，只有电场力做功，所以电势能

与动能之和不变，试探电荷在b点的动能大，所以试探电荷在b点的电势能小，D错误。故选C。10.如图所示为著名的“阿特伍德机”装置示意图。跨过轻质定滑轮的轻绳两端悬挂两个质量均为M的物块，当左侧物块附上质量为m的小物块时，该物块由静止

开始加速下落，下落h后小物块撞击挡板自动脱离，系统以v匀速运动。忽略系统一切阻力，重力加速度为g。若测出v，则可完成多个力学实验。下列关于此次实验的说法，正确的是（）A.系统放上小物块后，轻绳的张力增加了mgB.

可测得当地重力加速度g＝2(2)2Mmvmh+C.要验证机械能守恒，需验证等式mgh＝Mv2，是否成立D.要探究合外力与加速度的关系，需探究mg＝(M＋m)22vh是否成立【答案】B【解析】【分析】【详解】A．对系统，由牛顿第二定律得

，加速度()2MmgMgmgaMmMMm+−==+++对M，由牛顿第二定律得FMgMa−=解得2MmgFMgMm=++故A错误；B．对系统，由动能定理得()()2102MmghMghMmMv+−=++−解得()222Mmvgmh+=故B正确；C．如果机械能守恒，则()()212Mmg

hMghMmMv+=+++整理得()2122mghMmv=+故C错误；D．物体做初速度为零的匀加速直线运动，加速度22=vah由牛顿第二定律得()()MmgMgMmMa+−=++整理得()222vmgMmh=+要探究合外力与加速度的关系，需探究()222vmgMmh=+

是否成立，故D错误。故选B。二、多项选择题：本大题共4道小题，每小题3分，共12分。每小题全选对的得3分，选对但不全的得2分，只要有选错的该小题不得分。把正确答案涂写在答题卡上相应的位置上。11.在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一

圆形导体环。规定导体环中电流的正方向如图1所示，磁场方向向上为正方向。当磁感应强度B随时间t按图2所示的正弦曲线规律变化时，下列说法正确的是（）A.t=1s时，导体环中的电流为0B.t=2s时，导体环中的磁通量变化率为0C.t=3s和t=5s时，导体环中的电流大小相等、方向相反D.2s~4s

内，导体环中的电流方向先为负方向后为正方向【答案】BC【解析】【详解】ABC．如图所示任意点的斜率大小为该点的感应电动势大小，得t=1s时该点该点斜率不为零，则磁通量变化率不为零，得感应电动势不变零，由欧姆定律得导体环中的电流不为零；t=2s时，磁通量最大，但该点斜率

为零，得磁通量变化率为零；在t=3s和t=5s时图像上该点的斜率大小相等，t=3s斜率时为负，t=5s时斜率为正，则感应电动势为一正一负，根据欧姆定律得感应电流大小相等、方向相反，故A错误，BC正确；D．2s~3s内，原

磁场方向向上，减小，由楞次定律得感应电流为负方向，3s~4s内，原磁场方向向下，增大，由楞次定律得感应电流为负方向，故D错误。故选BC。12.图甲是某实验小组的同学通过实验作出的电源E的路端电压U与电流I的关系图像，图乙是该实验小组的同学通过实验作出的小灯泡L的IU−图像

。下列说法中正确的是（）A.电源E的电动势约为3.0VB.电源E的内阻约为12.5ΩC.电源E的路端电压为2.0V时，电源效率约为50%D.将小灯泡L接在电源E两端组成闭合回路，此时小灯泡消耗的功率约为0.23W【答案】AD【解析】【详解】AB．由闭合电路的欧姆定律UEIr=

−，结合电源的UI−图像可知，图像的纵截距表示电动势，斜率表示内阻，可得3.0VE=3.01.0250.243UrI−===故A正确，B错误；C．由电源的路端电压2.0VU=时，电源的效率为2100%100%66.7%3UE==故C错误；D．在小灯泡的IU−图像

上作出电源的UI−图像，如图所示两图像的交点即为工作点，则灯泡的实际功率为0.90.26W0.23WPUI==故D正确；故选AD。13.如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧

上端高h处由静止释放。以小球开始下落的位置为坐标原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，小球所受弹力F的大小随小球位置坐标x的变化关系如图乙所示。小球向下运动过程中，弹簧始终处于弹性限度内。小球可视为质点。不计空气阻力的影响。重力加速度为g。下

列说法正确的是（）A.02xhx=+处，小球的速度为零B.xh=处与02xhx=+处，小球的加速度大小相等C.0xhx=+处，小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最大D.从xh=到02xhx=+过程中，小球所受弹力做功为02mgx−【答案】BD【解析】【详解】AB．由题

图乙可知0mgkx=解得0mgxk=由F-x图线与横轴所图形的面积表示克服弹簧弹力所做的功，则有()212Wkxh=−从开始到最低点过程中，由动能定理得()2102mgxkxh−−=解得最低点的坐标为20002xhxxhx=+++所以最低点不是02xhx=+；由对称性可知当02xhx=+时，小

球加速度为g−，且弹力为2mg，但不是最低点，即速度不为零，xh=处与02xhx=+处，小球的加速度大小相等，方向不同，A错误，B正确；C．在0xhx=+处，小球的重力与弹力等大反向即此时小球的速度最大，由能

量守恒可知，此时小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小，C错误；D．从xh=处到02xhx=+处，小球所受弹力做功为0002222mgWxmgx+=−=−D正确。故选BD。14.1911年，科学家们发现一些金属在温度低于某一临界温度cT时，其直流电阻率会降到

2810m−以下，远低于正常金属的710m−，称为超导现象。1934年，科学家提出超导体的二流体模型初步解释了低温超导现象。该模型认为，当金属在温度低于cT成为超导体后，金属中的自由电子会有一部分凝聚成超导电子（

“凝聚”是指电子动量分布趋于相同、有序）。随着温度进一步降低，越来越多的自由电子凝聚为超导电子。这些超导电子与金属离子不发生“碰撞”，因而超导电子的定向运动不受阻碍，具有理想的导电性。一圆柱形金属导体，沿其轴线方向通有均匀分布的恒定电流，将中间一段金属降温转变为超导体后，超导体内

的电流只分布在表面厚为810m−量级的薄层内，其截面示意图如图所示。在正常金属和超导体之间还存在尺度为810m−量级的交界区。根据上述信息可知（）A.交界区两侧单位时间内通过的电荷量相等B.超导体中需要恒定电场以维持其中的超导

电流C.如图中超导体内部可能存在定向移动的自由电子D.如图中超导体内部轴线处的磁场一定为零【答案】ACD【解析】【详解】A．交界区两侧的电流相等，则单位时间内通过的电荷量相等，选项A正确；B．因超导电子能产生定向运动，不受阻碍，则超导体中不需要恒定电场以维持其中的超导电流，选项B错误；C．

由题意可知，当金属在温度低于cT成为超导体后，金属中的自由电子会有一部分凝聚成超导电子，则在如图中超导体内部可能存在定向移动的自由电子，选项C正确；D．因为超导体内的电流只分布在表面厚为810m−量级的薄

层内，由对称性可知，如图中超导体内部轴线处的磁场一定为零，选项D正确。故选ACD。三、实验题：本大题共2小题，共18分。把正确答案填在答题纸中相应的位置上。15.如图a所示是利用单摆测定重力加速度的实验装置。（1）组装单摆时，实验室有两种小球：直径约为2.0cm的铁球和直径约为2.0cm塑料球。对

摆球的选择，下列说法正确的是________（选填字母代号）；A.应选用铁球B.应选用塑料球C.铁球和塑料球的大小差不多，它们在运动过程中受到的空气阻力大小几乎相同，因此选用铁球或塑料球都可以（2）用游标卡尺测量小球的直

径，如图b所示，测出的小球直径为_________cm；（3）为了提高实验精确度，下列说法正确的是___________（选填字母代号）；A.把摆球从平衡位置拉开一个约30º的角度后释放B.当摆球经过平衡位置时开始计时和结束计时C.用秒表测30至50次全振动的时间，计算出平均周期（4）摆长测

量完成后，在测量周期时，摆球振动过程中固定摆线的悬点处出现松动，摆长略微变长，这将会导致所测重力加速度的数值_______（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。【答案】①.A②.1.96③.BC##CB④.偏小【解

析】【详解】（1）[1]小球密度越大，空气阻力对实验的影响越小，选铁球。（2）[2]游标卡尺读数为主尺读数加游标尺对齐刻度数乘精确度，因此1.960.01cm1.96cmd=+=（3）[3]A．摆球从平衡位置拉开的角度要小于5°，A错误；B．摆球在

平衡位置开始计时和结束计时，因为该位置速度最大，误差比较小，B正确；C．因单次周期时间过短，测量误差大，用秒表测30至50次全振动时间，再来计算平均周期有利于减小测量误差，C正确；故选BC。（4）单摆周期公式=2LTg实验中，摆长的记录数值小于实际数值，故计算出的g小于实际g，导致所测

重力加速度的数值偏小。16.某物理兴趣小组的同学在实验室测量不同电源的电动势和内阻。（1）甲同学所测电源的电动势约为3V，内阻约为1.5Ω。①甲同学在实验过程中，可选择的器材有：A．电流表（量程为0.6A，内阻约为0.1Ω）；B．电压表（量程为3V，内组为为3kΩ）；C．滑动变阻器（最大阻值为20

）；D．滑动变阻器（最大阻值为20k）。本实验中，滑动变阻器应选用___________（选填“C”或“D”）。②甲同学用图1所示的电路进行测量，请将图2中的实物电路补充完整_________。的（2）乙同学用电阻箱和电压表

测量水果电池的电动势和内阻，电路如图3所示。闭合开关S后，调节电阻箱得到多组实验数据，由电阻箱的电阻R和电阻箱两端的电压U，计算得到通过电阻箱的电流I，如下表所示。坐标纸上已经描好了5组数据点，请将第4组数据描在坐标纸上，并在图

4中作出UI−图像___________。根据图像得出该水果电池的内阻r=___________。123456/kR0.10.20.4081.64.0/VU0090.160.270.400.600.67I/mA0.900.800.68

0.500.380.17（3）实验小组的同学在分析实验误差时，认为由于电表内阻的影响，导致电压表和电流表的测量值可能与“路端电压”和“流过电源的电流”存在偏差。下列分析正确的是______A．图1中电压表的测量值偏大B．图1中电流表的测量值偏小C．图3中电压表的测量值偏大D．图

3中计算出的电流值比“流过电源的电流”小..【答案】①.C②.③.④.82040⑤.BD##DB【解析】【详解】（1）①[1]由于甲同学所测电源的电动势约为3V，内阻约为1.5Ω，实验时，为了调节方便，使电表示数变化明显，滑动变阻器应选择阻值较小的，即选择C。②[2]根据

电路图，实物连接如图所示（2）[3]根据表格第4组数据描点，作出UI−图像如图所示[4]根据闭合电路欧姆定律可得UEIr=−可知UI−图像的斜率绝对值等于水果电池的内阻，则有30.820820(1.00)10UrI−−===−（3）[5]由实验电路图1可知，误差来源于电压

表的分流，使得图1中电流表的测量值偏小；由实验电路图3可知，电路电流计算值为UIR=由于电压表的分流，使得图3中计算出的电流值比“流过电源的电流”小。故选BD。四、计算题：本大题共4道小题，共40分。解答应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。把正确

答案写在答题卡相应的位置上。17.如图所示，用不可伸长的轻绳将物块a悬挂于O点。现将轻绳拉至水平，将物块a由静止释放。当物块a运动至最低点时，恰好与静止在水平面上的物块b发生完全弹性碰撞。碰撞后物块b在水平面上滑行一段距离后停下来。已知轻绳的长度为L，

物块a的质量为m，物块b的质量为3m，a、b均可视为质点，重力加速度大小为g，不计空气阻力的影响。(1)求碰撞前瞬间，轻绳对物块a的拉力大小；(2)求碰撞后瞬间，物块b的速度大小；(3)有同学认为：两物块碰撞后，物块b在水平面上滑行一段距离后停下来，是因为碰撞后没有力来维持它的运动。你认为这

种说法是否正确，并说明你的理由。【答案】(1)3Fmg=(2)2bgLv=(3)见解析【解析】【详解】（1）物块a由静止开始运动到最低点过程根据动能定理2012mgLmv=物块a运动到最低点时，根据牛顿第

二定律20vFmgmL−=联立解得，碰撞前瞬间轻绳对物块a的拉力大小3Fmg=（2）两物块发生弹性碰撞过程根据动量守恒定律03abmvmvmv=+根据能量守恒定律22201113222abmvmvmv=+解得碰撞后瞬间，物块

b的速度大小2bgLv=（3）这种说法不正确。物体的运动不需要力来维持。两物块碰撞后，物块b在水平面上运动一段距离后，之所以能停下来，是因为受到地面对它的滑动摩擦力，使它的运动状态发生改变。如果没有滑动摩擦力，物块将做匀速直线运动。18.如图所示，两平行金属导轨间的距离为L，金属

导轨所在的平面与水平面的夹角为θ，在导轨所在平面内分布着磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势为E、内阻为r的直流电源。现把一个长度为L、质量为m的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好不发生滑动。导体棒与金属导轨垂直且

接触良好，导体棒的电阻为R，金属导轨的电阻不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。求：（1）导体棒中的电流I；（2）t时间内导体棒所受安培力的冲量冲I；（3）导体棒与金属导轨间的动摩擦因数μ。【答案】（1）

EIRr=+；（2）BLEtIRr=+冲，方向沿导轨向上；（3）tan()cosBLEμθmgRrθ=−+或tan()cosBLEμmgRrθ=−+【解析】【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律得EIRr=+（2）根据安培力的公式有ABLEF

BILRr==+所以ABLEtIFtRr==+冲方向沿导轨向上；（3）对导体棒受力分析可知，其所受摩擦力可能沿斜面向上，如图所示。根据平衡条件有NcosmgF=AfsinmgθFF=+fcosFmg=解得tan()cosBLEμθmgRrθ=−+当摩擦力沿斜面

向下时，同理可得tan()cosBLEμmgRrθ=−+19.目前正在运转的我国空间站天和核心舱，搭载了一种全新的推进装置——霍尔推力器。其工作原理简化如下：由阴极逸出（初速度极小）的一部分电子进入放电室后，在电场力与磁场

力的共同作用下被束缚在一定的区域内，与推进剂工质（氙原子）发生碰撞使其电离；电离后的氙离子在磁场中的偏转角度很小，其运动可视为在轴向电场力作用下的直线运动，并最终被高速喷出，霍尔推力器由于反冲获得推进动力。设某次核心舱进行姿态调整，开启霍尔推力器，电离后的

氙离子初速度为0，经电压为U的电场加速后高速喷出，单位时间内喷出氙离子的数目为N，已知一个氙离子的质量为m，电荷量为q，忽略离子间的相互作用力和电子能量的影响，求：（1）氙离子喷出加速电场的速度v及其所形成的等效电流为I；（2）霍尔

推力器获得的平均推力大小F；（3）可以用离子推进器工作过程中产生的推力与电压为U的电场对氙离子做功的功率的比值S来反映推进器工作情况．通过计算说明，如果要增大S可以采取哪些措施。【答案】（1）2qUvm=，INq=；（2）2

FNmqU=；（3）见解析【解析】【详解】（1）由动能定理212qUmv=①解得2qUvm=②由电流定义，等效电流ΔQINqt==③（2）以Δt内喷出的n个氙离子为研究对象：由动量定理Δ0Ftnmv=−④推出FNmv=⑤根据牛顿第三定

律得，推力器获得推力FF=⑥联立②⑤⑥得2FNmqU=⑦（3）设Δt内电场对n个氙离子做功为W，则电场做功功率为WPt=⑧又WnqU=⑨联立⑧⑨得nqUPNqUt==⑩根据题意，由⑦⑩推出2FmSPqU==⑪根据上式可知：增大S可以通过减小q、U或增大m的方法。20.用静电的方法来清除

空气中的灰尘，需要首先设法使空气中的灰尘带上一定的电荷，然后利用静电场对电荷的作用力，使灰尘运动到指定的区域进行收集。为简化计算，可认为每个灰尘颗粒的质量及其所带电荷量均相同，设每个灰尘所带电荷量为q，其所受空气阻力与其速度大小成正比，表达式为F阻=kv（

式中k为大于0的已知常量）。由于灰尘颗粒的质量较小，为简化计算，灰尘颗粒在空气中受电场力作用后达到电场力与空气阻力相等的过程所用的时间及通过的位移均可忽略不计，同时也不计灰尘颗粒之间的作用力及灰尘所受重力的影响。（1）有一种静电

除尘的设计方案是这样的，需要除尘的空间是一个高为H的绝缘圆桶形容器的内部区域，将一对与圆桶半径相等的圆形薄金属板平行置于圆桶的上、下两端，恰好能将圆桶封闭，如图甲所示。在圆桶上、下两金属板间加上恒定的电压U（圆桶内空间的电场可视为匀强电

场），便可以在一段时间内将圆桶区域内的带电灰尘颗粒完全吸附在金属板上，从而达到除尘的作用，求灰尘颗粒运动可达到的最大速率；（2）对于一个待除尘的半径为R的绝缘圆桶形容器内部区域，还可以设计另一种静电除尘的方案：沿圆桶的轴线有一根细

直导线作为电极，紧贴圆桶内壁加一个薄金属桶作为另一电极。在直导线电极外面套有一个由绝缘材料制成的半径为R0的圆桶形保护管，其轴线与直导线重合，如图乙所示。若在两电极间加上恒定的电压，使得桶壁处电场强度的大小恰好等于第（1）问的方案中圆桶内电场强度的大小，且已知此方案中沿圆桶半径方向电

场强度大小E的分布情况为1Er，式中r为所研究的点与直导线的距离；①试通过计算分析，带电灰尘颗粒从保护管外壁运动到圆桶内壁的过程中，其瞬时速度大小v随其与直导线的距离r之间的关系；②对于直线运动，教科书中讲解了由v-t图像下的面积求位移的方法，请你借鉴此

方法，利用v随r变化的关系，画出1v随r变化的图像，根据图像的面积求出带电灰尘颗粒从保护管外壁运动到圆桶内壁的时间。【答案】（1）1qUvkH=；（2）①qURvkHr=，②2202()2kHRRtqUR−=【解析】【详解】（1）圆

桶形容器内的电场强度UEH=灰尘颗粒所受的电场力大小qUFH=电场力跟空气的阻力相平衡时，灰尘达到的最大速度，并设为v1，则有1qUkvH=解得1qUvkH=（2）①由于灰尘颗粒所在处的电场强度随其与直

导线距离的增大而减小，且桶壁处的电场强度为第（1）问方案中场强的大小1UEH=设在距直导线为r处的场强大小为E2，则有21EREr=解得E2=URHr故与直导线越近处，电场强度越大；设灰尘颗粒运动到与

直导线距离为r时的速度为v，则有2kvqE=解得qURvkHr=上式表明，灰尘微粒在向圆桶内壁运动过程中，速度是逐渐减小的；②以r为横轴，以1v为纵轴，作出1rv−的图像如图所示在r到r+Δr微小距离内，电场强度可视为相同，其速度v可视为相同，对应于Δr的一

段1rv−的图线下的面积为1rrvv=显然这个小矩形的面积等于灰尘微粒通过Δr的时间rtv=所以灰尘微粒从保护管外壁运动到圆桶内壁所需的总时间t2等于从R0到R一段1rv−的图线下的面积，所以灰尘颗粒从保护管

外壁运动到圆桶内壁的时间2202()2kHRRtqUR−=