【文档说明】浙江省宁波金兰教有合作组织2023-2024学年高二上学期期中联考物理试题 含解析.docx，共(25)页，4.589 MB，由小赞的店铺上传

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2023学年第一学期宁波金兰教育合作组织期中联考高二年级物理学科试题一、单项选择题1.下列哪一组物理量都是矢量且在国际单位制中的单位是相同的（）A.功与能B.动能与动量C.动量变化量与冲量D.动量变化率与冲量【答案】C【解析】【详解】A

．功与能都是标量，单位都是J，故A错误；B．动能是标量，单位J，动量是矢量，单位是kgm/s，故B错误；C．动量变化量与冲量都是矢量，单位相同，kgm/sNs=，故C正确；D．动量变化率与冲量都是矢量，前者单位为N，后者单位为Ns，故D错误。故选C。2.下列说法正确的是（）A.赫兹预言了

电磁波的存在B.奥斯特发现了电流的磁效应C.安培力的方向用安培定则判断D.麦克斯韦认为变化的磁场一定会产生恒定的电场【答案】B【解析】【详解】A．麦克斯韦预言了电磁波的存在，故A错误；B．奥斯特发现了电流的磁效应，故B正确；C．安培力的方向用左手定则

判断，故C错误；D．麦克斯韦认为均匀变化的磁场一定会产生恒定的电场，故D错误故选B。3.如图所示，直导线AB、螺线管E、电磁铁D三者相距较远，其磁场互不影响，当开关S闭合后，则小磁针北极N（黑色端）指示磁场方向正确的是（）A.aB.bC.cD.d【答案】C【解析】【分析】【详解】A．当开关S

闭合后，直导线电流从B流向A，根据右手定则可知磁场方向为逆时针方向，所以a点的磁场方向刚好相反了，则A错误；BC．当开关S闭合后，根据右手定则可知通过螺线管的右边是N极，所以C点磁场方向正确，b点的磁场方向刚好相反，所以B错误；C正确；D．当开

关S闭合后，根据右手定则可知电磁铁D的左边是N极，右边为S极，所以d点的磁场方向刚好相反，则D错误；故选C。4.如图所示，绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和电键组成闭合回路，在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环A，下列各种情况中铜环A中没有感应电流的是（）A.将电键

突然断开的瞬间B.通电时，保持变阻器的滑片P位置不变C.通电时，使变阻器的滑片P做匀速移动D.通电时，使变阻器的滑片P做加速移动【答案】B【解析】【详解】A．将电键突然断开的瞬间，线圈产生的磁场从有到无消失

，穿过铜环A的磁通量减小，产生感应电流，故A不符合题意；B．通电时，使变阻器的滑片P位置不变，电路中电流不变，线圈产生稳恒的磁场，穿过铜环A的磁通量不变，没有感应电流产生，故B符合题意；C．通电时，使变阻器的滑片P匀速滑动时，变阻器接入电路的电阻变化，回路中电流将发生变化，线圈产生的磁场变

化，穿过铜环A磁通量会变化，因此会产生感应电流，故C不符合题意；D．通电时，使变阻器的滑片P做加速移动，变阻器接入电路的电阻变化，回路中电流变化，线圈产生的磁场变化，穿过铜环A的磁通量变化，会产生感应电流。故

D不符合题意。故选B。5.一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则（）A.1秒末物块的速率为2m/sB.3秒末时物块的动量大小为5kgm/sC.前4秒内物块的运动方向不发生改变D.4秒末物块的速度为零【答案】C【解析】【详

解】A．由动量定理有11Ftmv=解得1秒末物块的速率为1121m/s1m/s2Ftvm===故A错误；B．Ft−图线与时间轴所围面积表示冲量，根据动量定理可知，3st=时物块动量大小为322kgm/s11kg

m/s3kgm/sp=−=故B错误；CD．根据动量定理可知，4st=时物块的动量大小为422kgm/s12kgm/s2kgm/sp=−=则4st=时物块的速度为441m/spvm==所以前4秒内物体的速度均大于零，即前4秒内物块的运动方向不发生改

变。故C正确，D错误。故选C。6.如图所示为某型号手机的一块电池板，则下列描述错误的是（）BT10的3800mAh锂离子高密度电池标准电压：3.7V14.06Wh充电限制电压4.2V执行标准：GB/T18287-2

000A.mAh是电荷量的单位B.该电池充满电后能储存50616J的电能C.电池对外供电时每通过1C的电荷量能产生4.2J的电能D.若该手机的移动待机功率为0.07W，则该电池充满电后能使该手机待机大约200小时【答案】C【解析】【详解】A．根据qIt=，可知mAh是电荷量的单

位，故A正确；B．该电池充满电后能储存的电能为WqU==3.836003.7J50616J=故B正确；C．图中没有对外供电的电动势，无法计算，故C错误；D．若该手机的移动待机功率为0.07W，则该电池充满电后能使该手机待机大约为200WtP==h故D正确；本题选择错

误选项，故选C。7.在如图所示的电路中，电源电压恒定不变，内阻不计，0R为定值电阻，闭合电键S，调节滑动变阻器R的阻值到r或4r时，变阻器的电功率相等，要使R上消耗的功率最大，须调节滑动变阻器R的阻值到（）A.rB.2rC.3r

D.4r【答案】B【解析】【详解】当滑动变阻器连入电阻的阻值为r时，变阻器的功率220()EPIRrRr==+同理，当滑动变阻器连入电阻的阻值为4r时，变阻器的功率220'()44EPIRrRr==+两次功率相等，解得0R=2r则当滑动变阻器阻值R=0R=2r时，R上消耗的功

率最大。故选B。8.某学校为了创建绿色校园，新装了一批节能灯。该路灯通过光控开关实现自动控制，电灯的亮度可自动随周围环境的亮度改变而改变，如图所示为其内部电路简化原理图。电源电动势为E，内阻为r，1R为光敏电阻，现增加对光敏电阻的光照强度，发现A灯变暗，则下列判断

正确的是（）A.干路电流减小B.0R两端电压变大C.光照强度增加时，光敏电阻阻值增大D.B灯变亮【答案】B【解析】【详解】A．A灯变暗说明A灯中电流减小，A灯两端电压减小，即路端电压减小，电源电动势不变，则内电压增大，干路电流

增大，A错误；B．A灯中电流减小，干路电流增大，所以通过0R的电流增大，0R两端电压增大，B正确；CD．路端电压减小，而0R两端电压增大，所以B灯两端电压减小，电流减小，灯泡变暗，而0R的电流增大，所以1R中电流是增大，1R与B灯并联，两端电压减小，所以1R是减小的，CD错误。故选B。

9.有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺测量它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d和船长L，已知他自身的质量为m，忽略船运动过程中水对它的阻力，则可测得船的质量为

（）A.()mLdd−B.()mLdd+C.()mLdL+D.mLd【答案】A【解析】【详解】设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v，船的质量为M，人和船的相对位移为L，人从船尾走到船头所用时间为t，则dvtLdvt=−=人和船组成的系统在水平方向上动量守恒，取船的速度方向为正方向，根

据动量守恒定律得0Mvmv−=解得船的质量()mLdMd−=故选A。10.如图所示，真空中狭长区域内的匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，区域宽度为d，边界为CD和EF，速度为v的电子从边界CD外侧沿垂直于

磁场方向射入磁场，入射方向跟CD的夹角为θ，已知电子的质量为m、带电荷量为e，为使电子能从另一边界EF射出，电子的速率应满足的条件是（）A.v>(1)Bedmcos+B.(1cos)Bedvm+C.v>(1sin)Bedm+D.(1)Bedvmsin+【答案】A【解

析】【详解】由题意可知电子从EF射出的临界条件为到达边界EF时，速度与EF平行，轨迹与EF相切，如图。R+Rcosθ=d，0mvReB=由几何知识得解得0(1cos)Bedvm=+，v＞v0即能从EF射出．故选A。11.如图所示天平可用来测量磁场的磁感应强度。天平的右臂下面挂一个矩形线圈，底边

bc长为L，共N匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面。当线圈中通有电流I（方向如图所示）时，在天平两边加上质量分别为1m、2m的砝码时，天平平衡；当电流反向（大小不变）时，右边再加上质量为m的砝码后，天平又重新平衡，重力加

速度为g。由此可知（）A.磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为2mgNILB.磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为()12mmgNIL−C.磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为2mgNILD.磁感应强度方向垂直纸

面向里，大小为()12mmgNIL−【答案】C【解析】【详解】因为电流反向时，右边再加砝码才能重新平衡，所以此时安培力竖直向上，由左手定则判断磁场方向垂直于纸面向外。电流反向前，有123mgmgmgNBIL=++其中3m为线圈质量。电流反向后，有12

3mgmgmgmgNBIL=++−两式联立可得2mgBNIL=故选C。12.一盏电灯的发光功率为100W，假设它发出的光向四周均匀辐射，光的平均频率为145.010Hzf=，在距电灯10m运处，以电灯为球心的球面上，21m的面积每秒通过

的光子数约为（取普朗克常量为346.6310Js−）（）A.17210个B.16210个C.15210个D.10210个【答案】A【解析】【详解】光是电磁波﹐辐射能量也是一份一份地进行的，100W的灯泡每秒产生光能E=100J；设灯泡每秒发射的光子数为n

，则Enhf=在以灯泡为球心的球面上，21m的面积每秒通过的光子数为1722.4104EnRhf==个21m的面积每秒通过的光子数约为17210个。故选A。13.如图所示，质量为2m、长为L的长木板c静止在光滑水平面上，

质量为m的物块b放在c的正中央，质量为m的物块a以大小为0v的速度从c的左端滑上c，a与b发生弹性正碰，最终b刚好到c的右端与c相对静止，不计物块大小，物块a、b与c间动摩擦因数相同，重力加速度为g，则下列说法正确的是

（）A.a与b碰撞前b的速度始终为零B.a与b碰撞后，a与b都相对c滑动C.物块与木板间的动摩擦因数为2038vgLD.整个过程因摩擦产生的内能为2012mv【答案】C【解析】【详解】AB．物块a滑上模板c后，假设物块b与长木板c一起

滑动，设物块a与长木板c间的动摩擦因数为，则有3mgma=解得13ag=则物块b与长木板c间的静摩擦力为m13fmamgmgf===静所以假设成立，物块b与长木板c一起做匀加速直线运动，速度并不为零，即a滑上c后，b不会相对c滑动。a与b发生弹性正碰，a与b

质量相等，所以正碰后速度发生交换，物块a的速度与长木板c的相等，一起做匀加速直线运动，直到最终b刚好滑到c的右端与c相对静止，故AB错误。CD．b刚好到c的右端与a、c相对静止时，设共同速度为v共，以a、b

、c为整体，系统动量守恒，则0(2)mvmmmv=++共根据能量守恒可得22011(2)22mvmmmvmgLQ−++==共所以整个过程因摩擦产生的内能为2038Qmv=物块与木板间的动摩擦因数为2038vgL=故C正确，D错误。故选C二、不定项选择题14.水平面上有质量相等的a、b两个

物体，水平推力1F、2F分别作用在a、b上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下，两物体的vt−图像如图所示，图中//ABCD，整个过程中两个物体的运动时间分别为1t，2t，水平推力的冲量分别为1I，2I。则整个过程中

正确的有（）A.1122ItIt=B.1122FtFt=C.1122FtFtD.1221FtFt=【答案】AC【解析】【详解】A．根据动量定理有110Imgt−=，220Imgt−=解得1122ItIt=故A正确；BCD．根

据动量定理有110AFtmgt−=，220CFtmgt−=解得1122CAttFFtt=。根据图像可知ACtt，12tt解得1122FtFt故C正确，BD错误。故选AC。15.如图所示为回旋加速器的示意图．两个靠得很近的D形金属盒处在与盒面垂直

的匀强磁场中，一质子从加速器的A处开始加速，已知D型盒的半径为R，磁场的磁感应强度为B，高频交变电源的电压为U、频率为f，质子质量为m，电荷量为q，下列说法正确的是（）A.若只增大D型盒的半径R，则质子获得的最大动能增大B.若只增大磁感应强度B，则质子获得的最大动能增大C.若

只增大交流电压U，则质子在回旋加速器中运行时间会变长D.不改变磁感应强度B和交流电频f，该回旋加速器也能用于加速α粒子【答案】AB【解析】【详解】AB．由洛伦兹力提供向心力2vqvBmr=解得qBrvm=当rR=时，质子

获得最大动能2222kmm122qBREmvm==磁感应强度B越大，最大动能越大；D型盒的半径R越大，最大动能越大。AB正确；C．令加速次数为n，则有2km222BRnqUmqE==粒子在磁场中圆周运动的周期为2mTq

B=质子在磁场中运动的时间2Ttn=解得2BRtU=可知，若只增大交流电压U，则质子在回旋加速器中运行时间会变短，C错误；D．带电粒子在磁场中运动的周期与加速电场的周期相等，根据2mTBq=可知，换用α粒

子，粒子的比荷变化，周期变化，回旋加速器需改变交流电的频率才能加速α粒子，D错误。故选AB。16.全国各省市打响碧水蓝天保卫战，调查组在某化工厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，测量管由绝缘材料制成，水平放置，其长为L、直径为D，左右两

端开口，匀强磁场方向竖直向上（图中未画出），在前后两个内侧面a、c上固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经测量管时，a、c两端电压为U，显示仪器显示污水流量为Q（单位时间内排出的污水体积），下列说法正确的是（）

A.a侧电势比c侧电势低B.U与污水流量Q成正比，与L无关C.污水中离子浓度越高，显示仪器的示数越大D.若污水中正离子较多，则a侧电势比c侧电势高；若污水中负离子较多，则a侧电势比c侧电势低【答案】AB【解

析】【详解】AD．由左手定则可知，污水中正离子受到洛伦兹力作用偏向c，负离子受到洛伦兹力作用偏向a，c侧为高电势，所以a侧电势比c侧电势低，与污水中正、负离子的数量无关，故A正确，D错误；B．显示仪器显示污水流量24vDQvS==由平衡条件UqvBqD=可得UBDv=联立

可得，a、c两端电压为4QBUD=即U与污水流量Q成正比，与污水中的离子浓度无关，与L无关，故B正确；C．由24vDQvS==及UBDv=，可得4UDQB=显示仪器示数与污水中离子浓度无关。故C错误。故选AB。17.如图所示，为我国某地的一风力发电机

，其叶片的半径为R，若风速恰好与叶片转动所在圆面垂直，风力发电机将风能转化为电能的效率为。已知空气密度为，风速为v时发电机的发电功率为P。下列说法正确的是（）A.风速为2v时发电机的发电功率为4PB.若每天平均有81.010kW的风能资源，则每天发电量为92

.410kWh的C.风速为v时单位时间内冲击发电机叶片圆面的气流的动能为2312RvD.风速为2v时单位时间内冲击发电机叶片圆面的气流的动能为8P【答案】D【解析】【详解】Ａ．单位时间内吹到发电机叶片上流动空气质量为2=mRv风力发电机叶片圆面气流的动能为232122kRv

Emv==所以发电的功率为232RvP=所以发电功率与风速的三次方成正比，即风速为2v时发电机的发电功率为8P，故A错误；B．由A可知232PRv=则每天的发电量为992.410kWh2.410kWhWPt==

风故C错误；D．风速为2v时单位时间内冲击发电机叶片圆面的气流的动能为kE则k8PE=解得k8EP=故D正确。故选D。三、实验题18.小强同学在实验室进行“测定两节干电池的电动势和内阻”实验．（1）他打算先用多用

电表粗测电源的电动势，测量前发现电表的指针位置如图所示，他需要进行的操作是________；A．调节指针定位螺丝将指针调到左侧零刻度B．调节欧姆调零旋纽指针调到左侧零刻度C．调节指针定位螺丝将指针调到右

侧零刻度D．调节欧姆调零旋钮指针调到右侧零刻度（2）为了更加精确地测量，他利用如图乙所示器材和电路进行实验，其中有一根导线接线错误，错误的接线是________；A．第①根B．第②根C．第③根D．第④根（3）①正确连接电路，滑动变阻器滑片滑至某一位置时，电压表指针如图丙所示，此时电压表示数____

____V．②多次测量后，在UI−图像中描出各对应点，如图所示。请结合数据点分析电源的电动势E=________V，内阻为________（结果均保留3位有效数字）．为【答案】①A②.D③.1.10④.2.90⑤.6.50【解析】【详解】（1）[1]用多用电表粗测电源的电动势时，是作为电压表

使用的，不使用欧姆挡，不需要欧姆调零，所以只需要调节指针定位螺丝进行机械调零即可，其他操作不必进行。故选A。（2）[2]测电源电动势时，应该用电流表的外接法，所以第④根导线接错，应该接在滑动变阻器的左下接线柱。故选D。（3）①[3]电压表用量程3V即可，分度值为0.1V，指针指在了

1.1的刻度，所以读数为1.10V。②[4]多次测量后，在UI−图像中描出各对应点，连线如图由图中的点连线可知，图线与纵轴的截距为2.90V，所以电源电动势为2.90V。[5]可求得图像斜率绝对值即为内阻，约

为.Δ2.900.30=Ω6.50ΩΔ0.40UrI−=19.某仓库采用自动化传送装置运送货物。如图所示，工人借助机器设备推动质量1kgm=的货物，使其在光滑水平面上获得初速度v，货物从A点滑上长度5ml=

，倾角37=，动摩擦因数0.8=的倾斜传送带，并从传送带最高点B点进入右侧半径为3mR=的14光滑圆弧轨道，最终落在右侧水平柜台上。整个过程中货物可看做质点，水平面和圆弧面均与传送带平滑连接，不考虑货物通过A点和B点时的能量损失

。（sin370.6=，cos370.8=）（1）若传送带静止，为使货物能运动到B点，v至少要多大？（2）若货物在水平面上的速度1m/sv=，传送带以12m/sv=的速度顺时针传动，传送带为了将其传送到B点，需多消耗多少电能？（3）己知传送带速度如（2）问，要

使货物经B点后能沿圆弧轨道下滑一段距离，初速度v需满足什么条件？经研究发现，当货物的初速度v在一定范围内变化时，其在圆弧轨道上滑过的轨迹长度相同，求此轨迹对应的圆心角余弦值？【答案】（1）231m/sv；（

2）40J；（3）154m/sv，32cos45=【解析】【详解】（1）传送带静止，为使货物能运动到B点，根据能量守恒有21sincos2mvmglmgl+解得231m/sv（2）货物做加速运动的加速度为2cossin0.4

m/sagg=−=货物做加速运动的时间为12.5svvta−==货物做加速运动的位移113.75m2vvxt+==货物与传送带相对位移为211.25mxvtx=−=货物与传送带间产生的热量为cos8JQfxmgx===传送带

为了将其传送到B点，需多消耗电能为211sin40J2WmvmglQ=++=（3）货物经B点后能沿圆弧轨道下滑一段距离，则2BvmgmR货物从A点运动到B点，根据动能定理有2211sincos22Bmvmglmgl

mv−−解得154m/sv当货物的初速度v在一定范围内变化时，货物到达B点的速度等于传送带速度，为2m/s，设货物离开圆弧轨道的位置为C点，圆弧轨道圆心为O点，OC与竖直方向的夹角为，根据机械能守恒有22111(1cos)22CmvmvmgR−=−恰从C点离开圆弧轨道，货物与圆

弧轨道的压力为零，有2cosCvmgmR=解得32cos45=20.如图所示，由金属和绝缘部件组成的无限长光滑平行导轨，其间距为0.5mL=，金属导轨中间嵌有两段由绝缘材料制成的导轨M、N（图中用黑实体表示）

，导轨左端连有电动势11.2VE=的电源．质量0.1kgm=，电阻0.2R=的三根相同导体棒ab、cd和ef垂直导轨放置，其中cd用两根很长的轻质绝缘细线悬挂，刚好与导轨接触且无挤压．ghkj是一个置于金属导轨上的“”型导体线框，由三根导体棒组成，

每根棒质量均为m，电阻均为R，长度均为L．若ef棒与线框ghkj相碰则连接成一个正方形导体框，初始时，导体棒和线框均静止在金属导轨上．导轨上方有三个方向垂直于导轨平面向下的有界匀强磁场：紧靠绝缘导轨M左侧的区域Ⅰ中有磁感应强度为11TB=的磁场；区域Ⅱ中有

磁感应强度为2B的磁场，cd棒紧靠区域Ⅱ的左边界放置；紧靠绝缘导轨N右侧的区域Ⅲ中有宽度为L、磁感应强度为32TB=的磁场．初始时ef处于区域Ⅱ中，区域Ⅱ、Ⅲ位于绝缘导轨N两侧．导体线框gj两点紧靠区域Ⅲ的左边界，闭合开关S

，ab棒启动，进入绝缘轨道M之前已做匀速运动．导体棒ab和cd相碰后结合在一起形成“联动二棒”，与导轨短暂接触后即向右上方摆起，摆起的最大高度为3.2mh=，到达最高点后不再下落，同时发现ef棒向右运动，进入区域Ⅲ．不计其他电阻．求：（1）ab棒匀速运动时的速度；（2）ef棒离开区域Ⅱ时的速度2

v；（3）“”导体线框能产生的焦耳热。【答案】（1）22.4m/s；（2）6.4m/s；（3）0.256J【解析】【详解】（1）ab棒匀速运动时，导体棒受到的安培力为零，即产生的感应电动势与电源电动势大小相等，故有11BLvE=代入数据可得

122.4m/sv=（2）ab与cd碰撞过程，系统动量守恒，故有12mvmv=“联动二棒”与导轨短暂接触时，“联动二棒”与ef棒构成的系统动量守恒，故有222mvmvmv=+“联动二棒”上摆的过程中，系统机械能守恒，故有21222mvmgh=联立解得26.4m/sv

=（3）ef棒与线框ghkj相碰则连接成一个正方形导体框，即碰后粘在一起向右运动，碰撞过程中，系统动量守恒，故有234mm=vv线框向右移动过程中，ef边相当于电源，又由于gh/kj在导轨上被短路，因此，回路中总

电阻为0.4RRR=+=总假设正方向线框停下时，ef仍在磁场区域Ⅲ中，线框从开始运动到停下来运动的总位移为x1，由动量定理可得31304BLxBILtBLtBLtmvtRtR−=−=−=−总总代入数据可得

10.246mxL=＜故假设成立，即ef在离开区域Ⅲ前，线框已经停下，故根据能量守恒定律可得，正方向导体线框产生的总焦耳热为23142Qmv=导体线框产生的焦耳热为112QQ=代入数据可得10.256JQ=【点睛】本题的解题关键在于理解碰撞后，各棒和线框的运动情况

，明确碰撞所属的类型。导体棒在磁场中做匀速运动，则导体棒处于平衡状态，即产生的感应电动势与电源电动势等大，电路中无电流。主要考察对动量守恒定律及动量定理的灵活运用能力。21.在光滑的水平冰面上，放置一个截面为四分之一圆的半径足够大的光滑自由曲面，曲

面底都与冰面相切，一个坐在冰车上的小孩手状小球静止在冰面上，某时刻小孩将小球以02m/sv=的速度（相对于冰面）向曲面推出（如图所示），小孩将球推出后还能再接到球。已知小孩和冰车的总质量为140kgm=，小球质量为22kgm=，曲面质量为310kgm=，求（1）小孩将小球推出过

程中，小孩、冰车、小球构成的系统的机械能的增加量。（2）整个运动过程中小球能到达的最大高度（距离冰面）。（3）小孩再接到球后，球的速度大小。【答案】（1）4.2J；（2）1m6h=；（3）10m/s63v=【解析】【详解】（1）

根据动量守恒有20110mvmv−=可得10.1m/sv=小孩、冰车、小球构成的系统的机械能的增加量222011114.2J22Emvmv=+=（2）小球与曲面水平方向动量守恒，小球到达最大高度的过程中，有

20232()mvmmv=+根据机械能守恒有2220232211()22mvmmvmgh=++联立可得1m6h=（3）球返回曲面最低点时，由动量和能量守恒有203324mvmvmv−=−+222203324111222m

vmvmv=+联立可得44m/s3v=小孩接球的过程由动量守恒有241121()mvmvmmv+=+可知小孩再接到球后，球的速度大小10m/s63v=22.如图所示，P点是位于纸面内的质子源，它可以向各个方向均匀发射速率

相同的质子，在P点下方放置有长度为2.0mL=以O为中点的探测板，P点离探测板的垂直距离OP为a，在探测板的上方存在方向垂直直面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。不考虑粒子间的相互作用，质子的电荷量191.610Cq−=。若质子的质量271.71

0kgm−=，质子的动量214.810kgm/sp−=。（1）当0.3ma=，0.1TB=时，求计数率（即打到探测板上的质子数与总质于数的比值）。（2）当0.3ma=，0.1TB=时，求质子从质子源出发到探测板上运动的最长时间；（3）若a取不同的值，可

通过调节B的大小获得与（1）问中同样的计数率，求B与a的关系并给出B的取值范围。【答案】（1）12=；（2）75.010st−=；（3）3100Ba=；33T100B【解析】【详解】（1）根据洛伦兹力提供向心力2mvqv

BR=可得0.3mmvpRqBqB===质子运动半径运动轨迹如下图由几何关系可知，当P点的质子出射速度方向由竖直向上逆时针旋转为竖直向下的过程中，质子将打到探测板上，故能够打在探测板上的角度为可得=计数率为1222===（2）由图可知，竖直向上的粒子运动时间最长，为7235.010

s4mtqB−==（3）由（1）中分析可知，在确保计数率相同的情况下，只要满足Ra=结合（1）中半径公式可得3100pBqRa==若刚好打到探测板最左端时为粒子运动所允许的最大半径，如下图由几何关系可得()222maxmax2()2LRR=+解得max

3m3R=由于Ra=可得max3m3a=结合B与a的关系可得获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com