【文档说明】浙江省嘉兴市2024-2025学年高三上学期9月基础测试物理试卷 Word版含解析.docx，共(25)页，7.143 MB，由小赞的店铺上传

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2024年高三基础测试物理试题卷本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。考生注意：1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在答题纸规定的位置上。2.答题时，请按照答题纸上“注

意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答。在试题卷上的作答一律无效。3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内。作图时先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。4.可能用到的相关公式或

参数：重力加速度g均取10m/s2。选择题部分一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.下列选项中，属于能量单位的是（）A.WB.N•mC.A•VD.2kgms−【答案】B【解析】

【详解】A．W是功率的单位，故A错误；B．N为力的单位，m为位移的单位，根据WFs=可知N•m为功的单位，而能量与功的单位相同，故B正确；C．A为电流的单位，V为电压的单位，根据PUI=可知A•V为电功

率的单位，故C错误；D．kg为质量的单位，2ms−为加速度的单位，根据Fma=可知2kgms−为力的单位，故D错误。故选B。2.下雨时，关于雨滴下落过程的说法中，正确的是（）A.雨滴很小，一定可以看成质点B.雨滴位移的大小一定等于路程C.在无风环境中雨滴做自由落体运动D.要研究雨滴的运动必须

先选定参考系【答案】D【解析】【详解】A．物体能否可看做质点，主要是看物体的线度和大小与所研究的问题相比能否忽略不计，与物体的大小无关，则雨滴虽然很小，也不一定可以看成质点，选项A错误；B．若雨滴做曲线运动，则雨滴位移的大小不等于路程，选项B错误；C．在无风环境中雨滴下落时也

受空气阻力作用，则不是做自由落体运动，选项C错误；D．要研究雨滴的运动必须先选定参考系，选项D正确。故选D。3.如图所示，篮球擦着篮板成功入筐。篮球擦板过程中受到（）A.手的推力、重力B.重力、弹力和空

气阻力C.重力、弹力、篮板的摩擦力和空气阻力D.手的推力、重力、弹力、篮板的摩擦力和空气阻力【答案】C【解析】【详解】篮球擦板过程中受到重力、弹力、篮板的摩擦力和空气阻力共四个力作用。故选C。4.如图所示是水平地面上的“剪叉”式升降平台，通过“剪叉”的伸展或收缩可调整平台高度。则平台（

）A匀速上升过程中机械能守恒B.匀速下降过程中“剪叉”对平台的作用力逐渐减小C.匀速上升过程中“剪叉”中每一根臂的弹力逐渐增大D.启动上升的瞬间处于超重状态【答案】D【解析】【详解】A．匀速上升过程中，平台的动能不变，重

力势能增加，则机械能增加，故A错误；B．匀速下降过程中“剪叉”对平台的作用力与平台的重力平衡，则“剪叉”对平台的作用力不变，故B错误；C．匀速上升过程中，设“剪叉”中每一根臂与竖直方向夹角为，以平台为对象，根据受力平衡可得2cosNmg=上升过程中，由于逐渐减小，cos逐渐增

大，则“剪叉”中每一根臂的弹力逐渐减小，故C错误；D．启动上升的瞬间，由于加速度方向向上，则平台处于超重状态，故D正确。故选D。5.以下关于教材插图的说法正确的是（）A.甲图中左为验电器，右为静电计，静电计不能检验物体是否带电B.利用乙图仪器探究带电小球间库仑力大小相关因素时

需要测出小球电荷量C.丙图中高压设备间发生了尖端放电，为避免此现象则设备表面应尽量光滑D.丁图所示的器材为电容器，其电容为1.0F，击穿电压为5.5V【答案】C【解析】【详解】A．甲图中左为验电器，右

为静电计，静电计也能检验物体是否带电，选项A错误；B．利用乙图仪器探究带电小球间库仑力大小相关因素时只需要知道小球带电量的关系，不需要测出小球电荷量，选项B错误；C．高压电气设备的金属元件，表面有静电，尖锐的地方更

容易积累更多的电荷，金属元件表面要很光.滑，这样做的目的是避免尖端放电，故C正确；D．丁图所示的器材为电容器，其电容为1.0F，额定电压为5.5V，选项D错误。故选C。6.如图所示为某种烟雾探测器，其中

装有放射性元素24195Am，24195Am可衰变为23793Np，半衰期长达432.2年。利用24195Am衰变时释放的射线，可以实现烟雾监测。则（）A.24195Am衰变是β衰变B.该探测器主要利用了γ射线的电离本领C.24195Am比结合能小于23793Np的比结合能

D.864.4年后探测器中所含的24195Am已全部发生衰变【答案】C【解析】【详解】A．根据电荷数和质量数守恒，可得衰变方程241237495932AmNp+He→可知，24195Am的衰变是衰变，故A错误；B．该探测器主要利用了射线的电离本领，故B错误；C

．24195Am可衰变产生的23793Np更稳定，故24195Am的比结合能小于23793Np的比结合能，故C正确；D．根据012tTNN=代入t=864.4年，T=432.2年，可得剩余个数为014NN=即还有14的24195Am没有发生衰变，故D错误。故选C。的的7.

如图所示为嫦娥六号探测器“奔月”过程，其历经了①地月转移、②近月制动、③环月飞行等过程，已知三个过程的轨道均经过P点。则（）A.①转移到②时需要加速B.②上的运行周期小于③上的运行周期C.②上经过P点时加速度比③上经过P点时大D.通过测量③上的运行周期可以估测月球密度【答案】D【解

析】【详解】A．卫星从高轨道到低轨道需要减速，故①转移到②时需要减速，故A错误；B．根据开普勒第三定律，可知轨道半径越大，周期越大，故B错误；C．根据牛顿第二定律2MmGmar=解得2GMar=可知②上经过P点时加速度与③上经过P点时加速度相等，故C错误；D．③是贴近月

球表面环月飞行，设其周期为T，根据万有引力提供向心力222MmGmRRT=解得2324RMGT=则月球的密度为343MR=解得23GT=所以通过测量③上的运行周期可以估测月球密度，故D正确。故选D。8.如图所示，用三根相同细线a、b、

c将重力均为G的两个灯笼1和2悬挂起来。两灯笼静止时，细线a与竖直方向的夹角为30°，细线c水平。则（）A.a中的拉力大小为433GB.c中的拉力大小为12GC.b中的拉力小于c中的拉力D.只增加灯笼2的质量，b最先断【答案】A【解析】【详解】AB．将两小球看作一

个整体，对整体受力分析，如图所示根据平衡条件可得cos302aFG=，sin30acFF=解得433aFG=，233cFG=故A正确，B错误；C．对2小球隔离分析，利用平衡条件可得22b212333ccFGFGFG=+==故C错误；D．三

根相同细线a、b、c的拉力大小关系为b432123333acFGFGFG===因三根相同细线所能承受的最大拉力相同，故只增加灯笼2的质量，由上可知，a最先断，故D错误。故选A。9.“超短激光脉冲展宽”曾获诺贝尔物理学奖，其主体结构

的截面如图所示。在空气中对称放置四个相同的直角三棱镜，三棱镜的顶角为θ，相邻两棱镜间的距离为d。两频率不同的光脉冲同时垂直射入第一个棱镜左侧面某处，经过前两个棱镜后平行射向后两个棱镜，再经过后两个棱镜重新合成为一束，并从第四个棱镜右侧面射出。两光脉冲出射时有一时间差t，从而完成脉冲

展宽。则（）A.频率较高的光脉冲先从出射点射出B.θ必须大于某一值才能实现光脉冲展宽C.垂直入射点不同，t也不同D.d一定时，θ越小，t也越小【答案】D【解析】【详解】A．光路图如图所示根据折射定律有sinsininr=因入射角r相同，

下方光脉冲的折射角i更大，故下方光脉冲的折射率更大，频率也更高，根据cnv=可知下方光脉冲在棱镜传播的速度更小，且由图可知，其传播的路程更长，故频率较高的光脉冲传播的时间更长，较后从出射点射出，故A错误；B．若θ大于某一值，光脉冲可能在第一个三棱镜的斜面发生全反射，无法实现光脉冲展宽，故B错

误；C．由于光脉冲在棱镜中的传播路径和所需时间只与棱镜的折射率和几何形状有关，与垂直入射点的位置无关，所以t不会因垂直入射点的不同而改变，故C错误；D．当两棱镜间的距离d一定时，θ越小，光在棱镜中的传播路径就会越短，所需时间也会越少，因此时间差t

也会越小，故D正确。故选D。10.如图所示，两波源分别位于x=-2m和x=12m处，均只振动一个周期，振幅均为4cm。两波沿x轴相向传播，t=0时刻波形如图。已知波传播速度为v=4m/s，质点M的平衡位置在x=5m处，则（）A.P、Q起振方向相同B.两波相遇时P处质点移动到了M处

C.t=1.75s时质点Q位移为8−cmD.整个传播过程M点一直没有振动【答案】D【解析】【详解】A．根据t=0时刻的波形图和上下坡法可知，P的起振方向沿y轴负方向，Q的起振方向沿y轴正方向，故A错误；B．质点只能在自己平衡位置附近振动，而不随波迁移，故B错误；C．由图可知，两列波的

波长都为4m，则周期为1sTv==又31.75s4tTT==+因两列波只振动一个周期，可知在t=1.75s时右侧波已离开x=8m处，左侧波经t=1.75s向右传播的距离为7mxvt==即左侧波的波谷恰好传到x=8m处，故此时质点

Q的位移为-4cm，故C错误；D．由图可知，PM的距离与OM的距离相等，故两列波同时传至M点，两列波的频率相同，振动方向相反，故M点为振动减弱点，所以整个传播过程M点一直没有振动，故D正确。故选D。11.某品

牌电动汽车电动机最大输出功率为120kW，最高车速可达180km/h，车载电池最大输出电能为75kWh。已知该车以90km/h速度在平直公路上匀速行驶时，电能转化为机械能的总转化率为90%。若汽车行驶过程中受到阻力f与车速v的关系符合2fkv=，其中k为未知常数，

则该电动汽车以90km/h行驶的最大里程约为（）A.350kmB.405kmC.450kmD.500km【答案】B【解析】【详解】根据题意可知m180km/h50msv==，190km/h25msv==车速最大时，牵引力为mmm2400NPFv==则有2mmmFfkv==解得0.

96k=当车速为90km/h时，则有2111600NFfkv===由能量守恒定律有m1WFs=解得m1751000360090m405000m405km600WsF====％故选B。12.如图所示，空间同一水平面的M、N点固定两个等量正点电荷，半径为R的绝缘光滑圆管

道ABCD垂直MN放置，其圆心O在MN的中点，AC和BD分别为竖直和水平的直径。质量为m、电荷量为q−的小球（小球直径略小于圆管直径）放进圆管内，从A点沿圆环以初速度gR做完整的圆周运动，则小球（）A.从A到C的过程中电势能变小B.不可能沿圆环做匀速圆

周运动C.在A处与管道之间弹力为0D.在D点受到的合外力指向O点【答案】B【解析】【详解】A．根据等量同种点电荷电场的电势分布规律可知，以O点为圆心且垂直于连线的圆环，其上每一位置的电势均相等，故小球从A到C的过程中电势能不变，故

A错误；B．小球从A到C的过程中，电势能不变，则电场力不做功，重力做正功，速度会增大，故小球不可能沿圆环做匀速圆周运动，故B正确；C．小球在A处的速度为gR，两正电荷对其库仑力的合力指向O点，根据牛顿第二定律有2NAvmgFFmR++=库的可得NFF

=−库即小球在A处受到内轨道向上的支持力，即弹力不为零，故C错误；D．在D点，两正电荷对小球库仑力的合力指向O点，小球所受重力竖直向下，故小球在D点受到的合外力不指向O点，故D错误。故选B。13.如图所示为无线充电宝给手机充电的工作原理图。充电时，手机与阻值R

=2Ω的电阻串接于受电线圈两端c和d，并置于充电宝内的送电线圈正上方，送电线圈与受电线圈的匝数比为1∶3，两线圈自身的电阻忽略不计。当ab间接上3V的正弦交变电流后，手机两端的输入电压为5V，流过手机的电流为1A，则（）A.受电线圈cd两端

的输出电压为9VB.ab端的输入功率为7WC.流经送电线圈的电流为3AD.充电效率一定小于55.6%【答案】D【解析】【详解】A．根据题意，受电线圈cd两端的输出电压为221A25V7VUIRU=+=+=故A错误；B．根据题意知1212:3V:7V

3:7:UUnn==故判断送电线圈与受电线圈非理想线圈，因为7V1A7WP==出故ab端的输入功率大于7W，故B错误；C．根据B项分析知，送电线圈与受电线圈非理想线圈，故1221::nnII解得流经送电线圈的电流13AI故C错误；D．如果是理想变压器，则根据电压与匝数比的关系知受电线圈c

d两端的输出电压为29VU=电路的总的输入功率为22UI，电池产生的热功率为22Ir，故充电效率2222222555.6%9UIIIUIrrU−−==故D正确。故选D。二、选择题II（本题共2小题，每小题3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，选对但不全的得2分，有选错的得0分）14.下列说法正确的是（）A.动量守恒定律由牛顿力学推导得到，因此微观领域动量守恒定律不适用B.非晶体沿各个方向的物理性质都是一样的，具有各向同性C.食盐被灼烧时发的光主要是由钠原子从低

能级向高能级跃迁时产生的D.光电效应、黑体辐射、物质波等理论均与普朗克常量有关【答案】BD【解析】【详解】A．动量守恒定律虽然由牛顿力学推导得到，但动量守恒定律在宏观与微观与领域均适用，故A错误；B．根

据晶体与非晶体的特征，非晶体沿各个方向的物理性质都是一样的，具有各向同性，故B正确；C．食盐被灼烧时发的光主要是由钠原子从高能级向低能级跃迁时产生的，故C错误；D．根据粒子性与波动性的规律可知，光电效应、黑体辐射、物质波等理论均与普朗克常量有关，故D正

确。故选BD。15.用如图甲所示电路图进行两次不同的光电效应实验，得到图乙所示cU−图像①、②，其中cU为遏止电压，为入射光频率，则（）A.测遏止电压时滑动变阻器划片P应置于Ob之间B.两次实验相比，①实验中的金属逸出功较②小C.①②图线的斜率相同，斜率大小表示普朗克

常量D.同一入射光做光电效应实验时，①中的光电子最大初动能较②大【答案】BD【解析】【详解】A．光射入后，光电子在K极射出，当光电子恰好能达到A极时，此时电压表的示数为遏止电压，所以光电子从K到A做减速运动，所受电场力向左，则电场强度向右，则K极电势更高，

所以滑动变阻器划片P应置于Oa之间，故A错误；B．根据k0EhW=−ν，ck0eUE−=−联立解得0cWhUee=−图像的纵截距0Wbe=−，由图可知①的纵截距绝对值小于②的纵截距绝对值，则两次实验相比，故①实验中的金属逸出功较②小，故B正确；C．根据0cWhUee=

−可知图像的斜率为he，故①②图线的斜率相同，但斜率大小不表示普朗克常量，故C错误；D．根据k0EhW=−ν可知，同一入射光做光电效应实验时，因①的金属逸出功更小，所以①的电子最大初动能较②大，故D正确。故选BD。非选择题部分三、非选择题（本题共5小题，共55分）1

6.（1）①利用如图1所示实验装置，可以完成的实验有__________。A.探究小车速度随时间变化规律B.探究加速度与力、质量的关系C.验证动量守恒定律②在“验证机械能守恒定律”实验中，利用打点计时器得到了如图2的纸带，其中“1”、“2”、“3

”、“4”为连续打出的四个点。点“3”对应速度大小为________m/s；点“1”对应的重锤重力势能大小________点“4”（填“>”“<”或“=”）。（2）在研究平抛运动规律实验中：①利用图3甲装置进行实验，可以探究平抛运动__________（填“水平”或“竖直

”）方向运动规律；②利用图3乙装置进行实验时，操作正确的是__________。A.释放小球时必须在同一点B.挡杆高度必须等间距调整C.实验前调节斜槽末端水平D.用平滑曲线将小球印迹连接形成平抛轨迹【答案】（1）①.AB②.3.25③.>（2）①.竖直②.ACD【解析】【小问1详解】

①[1]利用如图1所示实验装置，可以完成“探究小车速度随时间变化规律”以及“探究加速度与力、质量的关系”，不能完成“验证动量守恒”的实验，故选AB。②[2]点“3”对应速度大小为2430.62180.4918m/

s3.25m/s220.02xvT−===[3]打点“1”时重锤的位置较高，则点“1”对应的重锤重力势能大小大于点“4”。【小问2详解】①[1]利用图3甲装置进行实验，让小锤击打金属片，两球同时下落，且同时落地，说明两球在竖直方向的运动相同

，即可以探究平抛运动竖直方向运动规律；②[2]A．释放小球时必须在同一点，以保证小球做平抛运动的初速度相同，选项A正确；B．挡杆高度不一定必须等间距调整，选项B错误；C．实验前调节斜槽末端水平，以保证小球做平抛运动，选项C正确；D．用平滑曲线将小球印迹连接形成平抛轨迹，选项D正确

。故选ACD。17.某学习小组在做“测量电源的电动势和内阻”实验时采用了以下实验器材：干电池一节（电动势约1.5V，内阻小于1Ω）；电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）；电流表A（量程0.6A，内阻约1Ω）；滑动变阻器R（最大阻值

为20Ω）；定值电阻R1（阻值2Ω）；定值电阻R2（阻值4Ω）；开关一个，导线若干。（1）学习小组按照图甲图电路图进行正确操作，并根据实验数据做出U−I图像，如图乙图所示。根据图像可知，所选的定值电阻应为__________（填“R1”或“R2”），干电池内

阻r=__________Ω。（保留两位有效数字）（2）本实验中的电表带来的误差主要来源于__________（填“电压表分流”或“电流表分压”），测得的电源电动势相比真实值__________（填“偏大”或“偏小”）。【答案】（1）①R1②.0.41##0.4

2##0.43##0.44##0.45（2）①.电压表分流②.偏小【解析】【小问1详解】[1][2]由图示图像可知，电源与定值电阻整体组成的等效电源内阻Δ1.45Ω2.42ΩΔ0.6UrRI+==由题意可知，电源内阻小于1Ω，则定值电阻应选择R

1，干电池内阻为2.42Ω2Ω0.42Ωr=−=【小问2详解】[1]考虑电表内阻对实验的影响，由图甲可知，误差来源于电压表分流作用。[2]由于电压表的分流作用，干路中电流的真实值大于测量值，由闭合电路欧姆定律得V()UUErRIR=−++真真可得VVVV()RRUE

rRIRrRr=−+++真真真真如果不考虑电表内阻对实验的影响，由闭合电路欧姆定律得()UErRI=−+可知，电源的U−I图像如下图所示由图可知.VVREERrE+=真真测真18.关于如图中实验数据或现象说法正确的是（）A.甲

图中的游标卡尺读数为5.24mmB.对于一定质量的气体而言，乙图为不同温度下的等温线，其中T1>T2C.用白光进行光的干涉实验时可以得到如图丙所示的黑白相间干涉条纹D.丁图为“用油膜法估测油酸分子的大小”实验时得到的实

验现象，产生原因可能是痱子粉洒太厚了【答案】AD【解析】【详解】A．甲图中的游标卡尺读数为5mm120.02mm5.24mmd=+=故A正确；B．根据理想气体状态方程pVCT=可得pVCT=可知则离坐标原点

越远的等温线温度越高，所以T1<T2，故B错误；C．用白光进行光的干涉实验时，因白光为复色光，所以像屏上产生的条纹是彩色的干涉条纹，故C错误；D．由图可知油膜没有充分展开，说明水面上痱子粉撒得太多太厚，故D正确。故

选AD。19.如图所示，在竖直放置的圆柱形容器内用质量为m=0.5kg的活塞密封一部分气体，活塞能无摩擦地滑动，容器的横截面积S=100cm2，将整个装置放在大气压恒为p0=1.0×105Pa的空气中，开始时气体的温度T0=300K，活

塞与容器底的距离为L=20cm。由于外界温度改变，活塞缓慢下降h=3cm后再次平衡，此过程中气体与外界有40J的热交换。求：（1）在此过程中容器内气体（选填“吸收”、“释放”或“既不吸收也不释放”）热量；（2）活

塞再次平衡时外界的温度；（3）此过程中密闭气体内能变化量。【答案】（1）释放（2）255K（3）9.85J−【解析】【小问1详解】气体进行等压变化，体积减小，则根据VCT=可知，温度降低，可知内能减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体释放热

量；【小问2详解】根据盖吕萨克定律120VVTT=0()LSLhSTT−=解得T=255K【小问3详解】此过程中外界对气体做功为0()30.15JmgWpVphSS==+=气体向外放热Q=-40J则气体内能变化量-40J+30.15J=-9.85

JU=20.如图所示为一轨道模型图，由水平轨道AB、固定凹槽BGHC（GH足够长）、半圆轨道DE（D是最高点，E是最低点，C在D的正下方，且C和D间隙不计）组成，其中半圆轨道DE的半径R大小可调，所有轨道及凹槽均光滑。长度L=0.5m的水平传送带EF与DE平滑衔接。质量M=

0.2kg的平板紧靠凹槽侧璧BG放置，平板上表面与ABC平面齐平。质量m=0.1kg的小滑块（可视为质点）被弹簧弹出后，滑上平板并带动平板一起运动，平板与侧璧CH相撞后将原速弹回。已知ABC平面与水平地面高度差h=1m，传送带顺时

针传送速度v=1m/s，滑块与平板和传送带之间的动摩擦因数均为μ=0.4。（1）调节半圆轨道DE的半径为R=0.4m，被弹出的滑块恰好能滑过凹槽，且恰好不脱离圆轨道DE，求：①小滑块沿圆轨道滑过E点时受到的支持力

FN；②平板的长度及弹簧释放的弹性势能Ep。（2）在保持问（1）中其他条件不变的情形下，仅改变R大小，滑块从F飞出落至地面，水平位移为x，求x的最大值。【答案】（1）①6N；②3m，1.8J（2）1m【解析】【小问1详解】①设滑块经过D点的速度为vD，根据题意，可得2Dmvm

gR=解得2m/sDv=D到E过程由动能定理得2211222EDmgRmvmv=−在E点有2NEmvFmgR−=解得N6NF=②到达木板最右端时两物体共速，设木板长度为s，滑块滑上木板时速度为vB，共速时的速度为v共，即2m/sDvv==共，由动量守恒定律得()

BmvMmv=+共解得6m/sBv=由能量守恒可得弹性势能为2p11.8J2BEmv==由能量守恒得2211()22BmvMmvmgs=++共解得3ms=【小问2详解】在满足（1）条件下滑块在D点的速度为2m/s，所以，D到F过程由动能定理得2211222FDmgRmgLmvmv−

=−从F点滑出后滑块做平抛运动，则Fxvt=2122hRgt−=联立可得2816xRR=−当1m4R=时，x有最大值为1m。21.如图1所示，在光滑的水平面上有一质量m=1kg、足够长的U型金属导轨PQMN，导轨间距L=0.5m，QN段电阻r=0.3Ω，导轨其余部分电阻不计。紧靠U型导轨的

右侧有方向竖直向下、磁感应强度大小B=1.0T的匀强磁场。一电阻R=0.2Ω的轻质导体棒ab垂直搁置在导轨上，并处于方向水平向左、磁感应强度大小亦为B=1.0T的匀强磁场中，同时被右侧两固定绝缘立柱挡住，棒ab与导轨间的动摩擦因数μ=0.2，在棒ab两端接有一

理想电压表（图中未画出）。t=0时，U型导轨QN边在外力F作用下从静止开始运动，电压表显示的示数U与时间t的关系如图2所示。经过t=2s的时间后撤去外力F，U型导轨继续滑行直至静止，整个过程中棒ab始

终与导轨垂直。求：（1）t=2s时U型导轨的速度大小；（2）外力F的最大值；（3）撤去外力F后，U型导轨继续滑行的最大位移；（4）撤去外力F后的整个滑行过程中，回路中产生的焦耳热Q。【答案】（1）1m/sv=（2）F=

1.1N（3）5m3x=（4）15J12Q=【解析】【小问1详解】导体框切割产生的电动势EBLv=ab棒两端的电压RUERr=+解得1m/sv=【小问2详解】因ab间电压ERRRUBLvBLatRrRrRr===+++因U-t图像为过原点的直线，可知导轨的加速度a不变，

即做匀加速运动，且由图像可知0.20.12.0RBLaRr==+a=0.5m/s2受力分析知：t=2s时ab间电压最大，此时v=1m/s，产生的感应电流最大，导轨受安培力最大，则此时拉力最大，根据牛顿第二定律FFfma

−−=安其中22BLvBLvFBLRrRr==++安22NBLvBLvfFBILBLrRRr====++2222BLvBLvFmaRrRr−−=++解得F=1.1N【小问3详解】撤去外力F后22220

BLvBLvttmvRrRr−−=−++2222BLxBLxmvRrRr−=++求得5m3x=【小问4详解】产生的总热量210.5J2Qmv==由以上分析可知15Ff==安可知焦耳热Q1和摩擦生热Q2的比例关系为5∶1，则撤去

F后回路的焦耳热15J12Q=22.如图所示，在xOy坐标平面的第三象限内存在一个与x轴平行的线状粒子源S，其长度为2R，右端紧靠y轴，可以连续不断地产生沿粒子源均匀分布的电量为+q、质量为m的无初速粒子。粒子经y方向的匀强电场加速获得初速度v0后，进入一垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域。

该圆形磁场区域与y轴相切，圆心O'坐标为（R−，0）。在xOy坐标平面的第一象限内依次存在三个宽度均为d、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域I、Ⅱ、Ⅲ，三区域的磁感应强度之比为6∶2∶1，区域Ⅲ的右边界安装了一竖直接地挡板，可吸收打在板上的粒子。已

知对准O'射入圆形磁场的粒子将沿着x轴射出；从O点射出、方向与x轴成30°的粒子刚好经过区域I的右边界（未进入区域Ⅱ）。不计粒子的重力和粒子间的相互作用，求：（1）圆形磁场的磁感应强度大小B0；（2）I区域的磁感应强度大小B1；（3）若能从O点出射、方向与x轴成θ的粒子刚好经过区域

Ⅱ的右边界（未进入区域Ⅲ），求θ的正弦值；（4）若某段时间内从线状离子源飘出N个粒子，求能打在挡板上的粒子数。【答案】（1）00mvBqR=（2）012mvBqd=（3）1sin3=（4）18N【解析】【小问1详解】根据

洛伦兹力提供向心力有2000vqvBmR=解得00mvBqR=【小问2详解】设粒子在I区的运动半径为r，根据几何关系有sinrrd−=则2rd=I区域根据洛伦兹力提供向心力有2000vqvBmr=可得012mvBqd=【小问3详解】区域Ⅱ粒子轨迹如图所示根据几何关系有66si

nddd−=，2sin2sinddd−=解得5sin6=，1sin3=【小问4详解】设与x轴成β方向的粒子正好打到档板，由三个区域的动量定理综合得111011(1sin)36qBdqBdqBdmv++=−解得1sin4=由几何关系可得对应在发射源的位置与y轴距离38R，该点到发射源中

点间发射的粒子均能打到档板，所以总共为18N。