【文档说明】2023届浙江省台州市高三下学期第二次教学质量评估物理试题 含解析.docx，共(29)页，6.828 MB，由管理员店铺上传

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台州市2023届第二次教学质量评估试题物理2023.4本试题卷分选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间90分钟。可能用到的相关参数：重力加速度g均取210m/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.奥地利物理学家J.Stefan发现黑体的单位表面积在单位时间内辐射的能量为4MT=，若用国际单位制基本单位的符号来表示比例系数的单位，下列正确的是（）A.4W/KB.()42W/KmsC.()43kg/KsD.()42N/Kms

【答案】C【解析】【详解】依题意，黑体的单位表面积在单位时间内辐射的能量表达式为4MT=比例系数的单位为222424431JkgmskgmsKmsKKs−==故选C。2.关于以下四张图片，下列说法正确的是（）A.甲图：五颜六色的彩虹是光的干涉现象B.乙图：利用偏振

眼镜能观看立体电影，说明光属于纵波C.丙图：电子穿过铝箔后的衍射图样，说明了电子具有波动性D.丁图：让高频电磁波的振幅随信号强弱而改变的技术叫调谐【答案】C【解析】【详解】A．五颜六色的彩虹是光的色散现象，故A错误；B．利用偏振眼镜能观看立体电影

，说明光属于横波，故B错误；C．电子穿过铝箔后的衍射图样，说明了电子具有波动性，故C正确；D．让高频电磁波的振幅随信号强弱而改变的技术叫调幅，故D错误。故选C。3.某款机械表中有两个相互咬合的齿轮A、B，如图所示，齿轮A、B的齿数之比为1:2，齿轮匀速转动时，则A、B齿轮的（

）A.周期之比12:2:1TT=B.角速度之比为12:2:1=C.边缘各点的线速度大小之比12:1:2vv=D.转速之比为12:1:2nn=【答案】B【解析】【详解】齿轮A、B的齿数之比为1:2，可知齿轮A、B的半径之比为1:2；齿轮A、B相互咬合，可知边缘各点的线速度大小相等，即12

:1:1vv=根据vr=可得齿轮A、B角速度之比为1221::2:1rr==根据2T=可得齿轮A、B周期之比为1221::1:2TT==根据2n=可得齿轮A、B转速之比为1212::2:1nn==故选B。4.下列对教材

中的四幅图分析正确的是（）A.图甲：天宫一号空间实验室里的水球不受重力作用B.图乙：树枝受到猴子的拉力是树枝发生形变产生的C.图丙：汽车速度计的示数表示瞬时速率D.图丁：随着沙子的不断流入，干沙堆的倾角会不断增大【答案】C【解析】【详解】A.天宫一号空间实

验室里的水球依然受重力，只不过重力用于提供了向心力，A错误；B.猴子受到树枝的拉力是树枝发生形变产生的，B错误；C.汽车速度计的示数表示汽车通过某一位置的瞬时速度，C正确；D.当干沙堆的倾角到达某一值时，再落下的沙子沿斜面方向重力的分力大于摩擦力，沙子就会滑下，D错误。故选C。5.我国发射的“悟空

”号暗物质探测卫星运行在离地约为500km的圆轨道上，此卫星运行中（）A.受地球的引力保持不变B.线速度大于第一宇宙速度C.角速度大于月球绕地球运行的角速度D.向心加速度小于同步卫星的向心加速度【答案】C【解析】【详解】A．卫星受地球的引力

大小保持不变，方向时刻改变，A错误；B．第一宇宙速度是最大的运行速度，卫星距离地面500km，轨道半径大于地球半径，运行速度小于第一宇宙速度，B错误；C．由22MmGmrr=可得3GMr=因为卫星轨道半径小于月球轨道半径，故卫星角速

度大于月球绕地球运行的角速度，C正确。D．由2MmGmar=可得2GMar=因为此卫星轨道半径小于同步卫星轨道半径，故此卫星向心加速度大于同步卫星的向心加速度，D错误。故选C。6.电子束焊接机的核心部件内存在如图甲所示的高压辐

向电场，带箭头的虚线表示电场线。一电子在电场力作用下由A沿直线运动到B。下列说法正确的是（）A.该电场为匀强电场B.电子运动过程中电势能逐渐减小C.电子运动过程中加速度逐渐减小D.电子经过各点的电势随位移x的变化如乙图所示【答案】B【解析】【详解】A．由甲图中电场线分布可知，该

电场为非匀强电场，A错误；B．由于电子带负电，当它从A沿直线运动到B时，电场力做正功，则电势能减小，B正确；C．由甲图中电场线分布和牛顿第二定律可知，电子在加速过程中电场力逐渐变大，因此加速度逐渐变大，C错误

；D．乙图斜率表示电场强度，由图知斜率逐渐变小，而甲图可知电场强大逐渐变大，D错误。故选B。7.小张用多用表的欧姆挡测量一个带铁芯变压器线圈的电阻。小杨两手分别握住线圈裸露的两端让小张测量，测量时表针摆过了一定角度。正当

小张将表笔与线圈脱离时，小杨有电击感。下列说法正确的是（）A.实验中小张也有电击感B.表笔与线圈脱离前后通过小杨的电流方向不变C.若未放置铁芯，小杨电击感减弱D.小杨有电击感，是因为表笔与线圈脱离后流过线圈的电流突然变大【答案】C【解析】【详解】AD．当回路断开

时，电流要立即减小到零，但由于线圈的自感现象会产生感应电动势，该自感电动势较大，小杨两手分别握住线圈裸露的两端，瞬间有高电压，所以有电击感，但是小张握着绝缘处，不会有电击感，故AD错误；B．线圈自感，要保持的电流方向，相当于电源内部，而小杨相当于外电路，外电路电流方向改变

，故B错误；C．若未放置铁芯，磁性减弱，自感产生感应电动势减小，所以小杨电击感减弱，故C正确。故选C。8.如图所示为手机的无线充电原理示意图。正常工作状态下，输入电压为220V时，接收线圈的电压为8V。已知发射线圈的匝数为1100匝，装置的磁

通量损耗约为20%。下列说法正确的是（）A.接收线圈的匝数为40匝B.两线圈中交变电流的频率不相同C.让手机略微远离充电装置，接收线圈的电压不变D.相比有线充电器，该装置能量损耗率更高【答案】D【解析】

【详解】A．由法拉第电磁感应定律得，发射线圈的电压为11Unt=装置的磁通量损耗约为20%，则接收线圈的电压为22(120%)Unt−=所以112222080%8UnUn==可得，接收线圈的匝数为250n=A错误；B．发射线圈与接收线圈中磁通量

变化的频率相等，则发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同，B错误；C．让手机略微远离充电装置，受电线圈中感应电流变小，发射线圈中的感应电流变小，则接收线圈的电压发生变化，C错误；D．无线充电利用能量转化的原理充电的，将电场能变成磁场能，然后再变成电场能给电池充电，相比有

线充电器，该装置能量损耗率更高，D正确。故选D。9.笔记本电脑机身和显示屏分别装有霍尔元件和磁体，实现开屏变亮，合屏熄灭。图乙为一块利用自由电子导电，长、宽、高分别为a、b、c的霍尔元件，电流方向向右。当合上显示屏时，水平放置的元件处于竖直向下的匀强磁场中，元件前、后表面间产生电压

，当电压达到某一临界值时，屏幕自动熄灭。则元件的（）A.合屏过程中，前表面的电势比后表面的低B.开屏过程中，元件前、后表面间的电压变大C.若磁场变强，可能出现闭合屏幕时无法熄屏D.开、合屏过程中，前、后表面间电压U与b无关【答案】D【解析】【详解】A．电流方

向向右，电子向左定向移动，根据左手定则，自由电子向后表面偏转，后表面积累了电子，前表面的电势高于后表面的电势，故A错误；BCD．稳定后根据平衡条件有=UevBeb根据电流的微观表达式有IneSvnebcv==解得BIUnec=所以开屏过程中，磁感应强度减小，元件前、后表面间的电压变小。若磁

场变强，元件前、后表面间的电压变大，不可能出现闭合屏幕时无法熄屏。开、合屏过程中，前、后表面间的电压U与b无关，故D正确，BC错误；故选D。10.两个振动情况完全相同的波源1S、2S，分别位于x轴上原点O和0.9m，振幅为10

cm。0=t时刻波源1S开始沿y轴方向做简谐运动，形成的简谐波沿x轴正、负方向传播，当波传到0.9m处，触发波源2S开的始振动，此时x正半轴波形如图所示，两波源各自振动2s后停止振动。则下列说法正确的是（）A.两列波的传播速度为4m/sB.波源的起

振方向沿y轴正方向C.在0~6s内，平衡位置处在0.4mx=−的质点运动总路程为100cmD.从图示时刻开始，再过0.75s，平衡位置在0.7mx=处的质点位移为10cm【答案】C【解析】【详解】A．根据题图可得波长0.4m=根据题意可得92s44TT+=可

得1sT=波速0.4m/svT==A错误；B．根据题意可知图中时刻波形图0.9mx=处质点刚开始振动，与波源振动方向相同，根据同侧法可知波源的起振方向沿y轴负方向，B错误；C．波源1s振动的情况下，平衡位置处在0.4mx=−的质点振动的时间2s=t路程480cmtsAT==波源2

s开始振动的时间12s2.25s4Tt=+=波源2s的振动传到0.4mx=−质点的时间21.33.25s0.4t==因2s的振动0.4mx=−质点真的的时间36s2.25s3.25s0.5s2Tt=−−==路程'220cms

A==在0~6s内，平衡位置处在0.4mx=−的质点运动总路程'100cmsss=+=总C正确；D．从图示时刻开始，再过0.75s即34T，因1s振动0.7mx=处的质点位移为110cmx=−2s振动传到0.7mx=处的质点的

时间40.20.5s0.4t==则因2s振动0.7mx=处的质点振动的时间为50.25s4Tt==因2s振动0.7mx=处的质点起振方向向下，所以位移为210cmx=−从图示时刻开始，再过0.75s，平衡位置在0.7mx=处的

质点位移为1220cmxxx=+=−D错误故选C。11.某款电动自行车的内部电路可简化为如图所示，电源铭牌上标有“36V，12Ah”字样。正常工作时，电源的输出功率为180W，工作效率为75%，电动机机械效率为80%。已知自行车运动时受到阻力

恒为40N。正常工作时（）。A.电动机两端电压为36VB.电动机的电流约为5AC.自行车匀速行驶的最长时间约为1.8hD.自行车匀速行驶的最远距离约为30km【答案】C【解析】【详解】AB．正常工作时，电源的输出功率为180W，工作效率为75%，则电源的输入功率为1180W240W75%PP=

==输出输入且由公式PUI=解得电动机的额定电流约为240A6.7A36PIU==输入额设电动机的内阻为Mr，电动机的效率为80%，则2M0.8PPIr−=解得M2(10.8)180Ω0.8Ω6.7r−=由于电源与电动机都有内阻，故电动机两

端电压180V27V6.7PUI==故AB错误；CD．根据电池容量12AhQ=，电流为6.7A，则可得12h1.8h6.7QtI==自行车匀速行驶时Ff=则由80%Pfv=解得3.6m/sv=自行车匀速行驶的最远距离约为1.83600

3.6m23.328kmxvt===故C正确，D错误。故选C。12.如图所示，两个质量分别为Am和Bm的带电小球A、B（可视为质点）通过一根绝缘轻绳跨放在光滑的定滑轮上（滑轮大小不计），两球静止，O为滑轮正下方AB连线上的一个点。两球到O点距离分别为Ax和Bx，

到滑轮的距离分别为Al和Bl，且AB:1:2ll=，细绳与竖直方向的夹角分别为1和2，两球电荷量分别为Aq和Bq。则（）A.ABqqB.12C.AB:1:2mm=D.AB:1:2xx=【答案】D【解析】【详解】A．由于两球的电场力是相互作用力，故无法比较

两球电荷量的大小，A错误；B．绳子上的力处处相等，对绳子跨过定滑轮的节点受力分析可知12coscosTT=所以12=B错误；CD．对两球受力可知，根据相似三角形AAAmgTFhlx==BBBmgTFhlx==可得AB:2:1mm=AB:1:2xx=故C错误，D正确。故选D13.

如图所示，一架战斗机沿水平方向匀速飞行，先后释放三颗炸弹，分别击中山坡上水平间距相等的A、B、C三点。已知击中A、B的时间间隔为1t，击中B、C的时间间隔为2t，释放炸弹的时间间隔分别为1t、2t。不计空气阻力，则（）A.12ttB.12tt=C.12ttD.12t

t=【答案】B【解析】【详解】设释放第一颗炸弹的时刻为01t，击中山坡上A点的时刻为At，释放第二颗炸弹的时刻为02t，击中山坡上B点的时刻为Bt，释放第三颗炸弹的时刻为03t，击中山坡上C点的时刻为Ct，由于炸弹在空

中下落过程，战斗机一直处于炸弹的正上方，则有。001()ABBAxvttvt=−=002()BCCBxvttvt=−=由于ABBCxx=可得12tt=设三颗炸弹在空中下落的高度分别为Ah、Bh、Ch；则三颗炸弹在空中的

下落时间分别为012AAAhtttg==−022BBBhtttg==−032CCChtttg==−则有1201102222))()((ABBABAttttthhhhtgggg=−=−−=−−−2302

202222))()((BCCCBBttttthhhhtgggg=−=−−=−−−由图可知下落高度关系为：Bh略小于Ah，Ch比Bh小得多；则有12tt故选B。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，选对但不全的得2分，有选错的得0分）14.一个静止的铀核23292U经衰变后产生一个新核X，已知23292U、X、42He的原子质量分别为232.0372u、228.0287u、4.0026u，1u相当于

931.5MeV的能量，则（）A.新核的中子数为90B.释放出的核能约为5.5MeVC.反应物的结合能之和大于生成物的结合能之和D.若释放的核能全部转化动能，则新核X的动能约为0.1MeV【答案】BD【解析】【详解】A．核反应过程质子数和质量数守恒，新核的质子数为92290Z=

−=质量数为2324228A=−=故新核的中子数为22890138−=A错误；B质量亏损232.0372u-228.0287u-4.0026u=0.0059um=根据质能方程20.00599V531.5MeV.5MeEmc==B正确；C．由于衰变放出

能量，反应物的结合能之和小于生成物的结合能之和，C错误；D．根据动量守恒，新核和粒子动量大小相等，方向相反Xpp=有动能和动量关系2XkXX2pEm=2k2pEm=由能量守恒得kXkEEE+=所以新核X的动能约为k

XX0.1MeVmEEmm=+D正确。故选BD。15.如乙图所示，一束复色光从空气射向一个球状水滴后被分成了a、b两束单色光，分别将这两束单色光射向图甲所示的装置，仅有一束光能发生光电效应。调节滑片P的位置，当电流表示数恰为零时，电压变示数为cU。已知

该种金属的极限频率为0v，电子电荷量的绝对值为e，普朗克常量为h，下列说法正确的是（）A.a光在玻璃中的传播速度比b光小B.b光的光子能量为0chveU+C保持光强不变，滑片P由图示位置向左移，电流表示数变大D.用同一双缝做

光的干涉实验，a光产生的干涉条纹间距比b光的大【答案】BD【解析】【详解】A．由乙图知，由于两束光入射角相同，b光的折射角小，根据sinsininr=可知b光的折射率大于a光的折射率，根据cvn=所以b光在玻璃中的

传播速度比a光小，A错误；B．由折射率和频率的关可知，b光的频率大于a光的频率，故b光发生光电效应，根据光电效应方程km0cEhWeU=−=又有00Wh=ν所以b光的光子能量为0chvhveU=+.B正确；C．

保持光强不变，滑片P由图示位置向左移，则AK两端的电压变小，则电流表示数可能不变，可能变小，C错误；D．由于b光的折射率大，所以a光的波长大于b光的波长，根据Lxd=用同一双缝做光的干涉实验，a光产生的干涉条纹间距比b光的大，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）16.某同学利用如图甲所示装置做“探究弹力和弹簧伸长的关系”实验。①图乙所示的弹簧用毫米刻度尺测得的长度为______cm。②用两根不同规格的轻质弹簧a和b进行实验，得

到弹力F与弹簧形变量x关系如图丙所示，关于图像分析下列说法正确的是______A.弹性限度内，弹簧a的劲度系数比b小B.弹簧a的自重比弹簧b的大C.弹簧a的原长一定比弹簧b的大D.弹簧a的图像弯曲，是因为超过了弹簧的弹性限度【答案】①.25.81##25.82##25.

83##25.84②.BD##DB【解析】【详解】①[1]图乙所示的弹簧用毫米刻度尺，所以读数要精确到最小刻度，但是要估读一位，则测得的长度为25.81cm。②[2]A．图像斜率表示劲度系数，故弹性限度内，弹簧a的劲度系数比b大，故A错误；B．横截距为拉力F为

0时，弹簧的伸长量，即弹簧在自重作用下的伸长量。弹簧a的劲度系数比b大，两个弹簧在自重作用下伸长量相同，所以弹簧a的自重比弹簧b的大，故B正确；C．在图中，当弹簧的弹力为0时，弹簧处于原长，故弹簧a的原长与弹簧b的原长相同，

故C错误；D．弹簧在其弹性限度内，弹力与形变量成正比；超出弹性限度后，不再成正比。图线的末段明显偏离直线，就是弹簧受到的力超过了弹性限度的原因，故D正确。故选BD。17.①在“用油膜法估测分子的大小”实验中，所选用的油酸酒精溶液的浓度为每410

mL溶液中含有纯油酸5mL。用注射器测得1mL上述溶液有75滴。把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，测得水面稳定后的油膜面积为299cm，可算出一滴溶液中含有纯油酸的体积为______ml，油酸分子的直径约为_____

_m。（结果均保留一位有效数字）②某同学最终得到的油酸分子直径数值和其他同学相比明显偏大，其原因可能是______。A.水面上痱子粉撒的较多，油膜未充分展开B.使用了长时间放置且未密封保存的油酸酒精溶液C.计算油酸膜面积时，错将

所有不完整的方格作为完整方格处理D.错误地将油酸酒精溶液的体积直接作为纯油酸的体积进行计算【答案】①.6710ml−②.10710−m③.AD##DA【解析】【详解】①[1]根据题意可知，一滴油酸酒精溶液中油酸的体积为615mL710mL7510000V−=[2]则油

酸分子的直径是610710m99710=cmVdS−−=②[3]A．水面上痱子粉撒得较多，油酸膜没有充分展开，则测得的油膜面积S偏小，直径d的测量值偏大，A正确；B．使用了长时间放置且未密封保存的油酸酒精溶液，酒精挥发使溶液的

浓度变大，则所含油酸体积偏大，则面积变大，则直径d的测量值偏小，B错误；C．计算油酸膜面积时，错将不完整的方格作为完整方格处理，则测得的油膜面积S偏大，则直径d的测量值偏小，C错误；D．油酸分子直径为VdS=可知，错误地将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行

计算，则体积V偏大，直径d的测量值偏大，D正确。故选AD。18.某物理兴趣小组尝试通过实验测量某金属导体电阻。（1）先用欧姆表“1”档粗测该导体阻值，指针位置如图1，对应的读数是______。经查阅资料发现该电阻的阻值约为5，测量值与真实值的偏差较大，原因是该

同学未进行欧姆调零所致，若此时把两表笔短接，指针应指在欧姆挡零刻度线的______侧（选填“左”或“右”）；（2）考虑到伏安法测电阻中电表会给实验测量带来误差，为解决该问题，兴趣小组设计了如图2所示的电路（部分导线未画），实验操作如下：①断

开开关2S，将滑动变阻器的阻值调到最大，闭合开关1S，调节滑动变阻器，使电流表和电压表指针偏转到合适位置，并记录两电表示数U、1I。图3所示的电流表读数为______A。②闭合开关2S，调节滑动变阻器，使电压表示数仍为U，并记录此时的电流表示数2I。则该电阻的阻值可表示为xR=_

_____（结果用U、1I、2I表示）。③根据你对该实验原理的理解，在图2中将剩余的两根导线连接到合适的位置______。【答案】①.22Ω②.左③.0.32A④.21UII−⑤.【解析】【详解】（1）[1]欧姆表的读数为22122

R==[2]由于测量值大于真实值是因为电表内阻偏大，因此短接时，电流达不到满偏电流，指针应在零刻度线的左侧。（2）①[3]电流表读数为1160.02A=0.32AI=②[4]两个电阻并联的电流之和等总电流，根据欧姆定律21xURII=−③[5]电压表应并联到定值电阻两

端，如图19.一导热汽缸内用活塞封闭着一定质量的理想气体。如图甲所示，汽缸水平横放时，缸内空气柱长为0l。已知大气压强为0p，环境温度为0T，活塞横截面积为S，汽缸的质量020PSmg=，不计活塞与汽缸之间的摩擦。现将气缸悬挂于空中，如图乙所示。求（1）稳定后，汽缸内空气柱长度；（2）

汽缸悬在空中时，大气压强不变，环境温度缓慢地降至多少时能让活塞回到初始位置；（3）第（2）小题过程中，若气体内能减少了U，此气体释放了多少热量。【答案】（1）02019l；（2）01920T；（3）0020plSU+【解析】【详解

】（1）设气缸竖直悬挂时，内部气体压强为1p，空气柱长度为1l，由玻意耳定律可知0011plpl=对气缸受力分析，由平衡条件10pSmgpS+=联立可得，稳定后，汽缸内空气柱长度为102019ll=（2）由盖—吕萨克定律可知0101SlSlTT=得101920T

T=（3）由热力学第一定律可知ΔUQW−=+其中()110WpSll=−得00()20plSQU=−+则气体释放的热量为0020plSQU=+20.如图所示，在水平面上静置一质量450gM=的滑块

，滑块上表面是一个半径0.2mR=的四分之一圆弧，圆弧最低点A与水平地面相切。现给质量50gm=的小球一个大小04m/sv=的水平初速度，小球经B点离开滑块时，随即撤去滑块。小球于C点第一次着地，小球每次与地面碰撞前后，水平速度保持不变，竖直速度

大小减半，方向反向。A点始终与地面接触，忽略小球通过各轨道连接处的能量损失，不计一切摩擦和空气阻力，求（1）小球刚运动到滑块最低点A时，对滑块的压力；（2）小球离开滑块后所能到达的最大高度；（3）要使小球能水平进入接收器最低点P，P与C间的最小距离为多大。【答案】（1）N4.5NF=

，方向竖直向下；（2）0.72mh=；（3）1210m125【解析】【详解】（1）小球刚运动到滑块最低点A时，对小球20NmvFmgR−=得N4.5NF=由牛顿第三定律可知，小球对滑块的压力N4.5NF=方向竖

直向下（2）小球滑上滑块到运动至最高点的过程中，小球和滑块组成的系统水平方向动量守恒，设小球运动到最高点h时，滑块和小球水平方向的速度大小相等，设为v共0()mvMmv=+共220()22Mmvmvmgh+=+共得0.72mh=（3）设小球第一次着地前瞬间，竖直方向的速度大小设为1

yv，初次着地后经t时间，小球与地面发生第1n+次碰撞时与C点的距离为x，则212yvgh=xvt=共解得231111112222nyvtg=+++++当n→时12yvtg=此时1210m125x=即要使小球能水平进

入接收器最低点P，P与C间的最小距离为1210m125。21.如图所示，在一个匝数为N、横截面积为S、阻值为0R的圆形螺线管内充满方向与线圈平面垂直、大小随时间均匀变化的匀强磁场1B，其变化率为k。螺线管右侧连接有“T”形金属轨道装置，整个装置处于大小

为2B、方向竖直向下的匀强磁场中，该装置由位于同一水平面的光滑平行导轨AP、AP和粗糙竖直导轨SW、SW构成，导轨间距均为l。开始时，导体棒a、b分别静置在水平轨道上SS左右两侧适当位置，b棒用一绝缘且不可伸长的轻绳通过光滑转弯装置O与c棒相连，与

b、c棒相连的轻绳分别与导轨SP、SW平行，三根导体棒的长度均为l且始终与导轨垂直接触。刚开始锁定b棒，闭合开关K后，a棒由静止开始运动，与b棒碰前瞬间，a棒的速度为0v，此时解除b棒的锁定，同时断开开关K，碰后两棒粘在一起运动，此后导体棒减速为零的过

程中c棒产生的焦耳热为Q。已知三根导体棒的质量均为m，电阻均为0R，c棒与竖直轨道间的动摩擦因数为，a、b棒碰撞时间极短，不计其他电阻及阻力，重力加速度为g。求（1）开关K刚闭合时，通过a棒的电流大小；（2）a棒从静止加速到0v的过程中，流过a棒的电荷量；（3）a、b棒碰后瞬间，a棒的

速度大小；（4）c棒上升的最大高度。【答案】（1）04NSkIR=；（2）02mvqBl=；（3）03vv=；（4）20max3(1)62vQhgmg+=−【解析】【详解】（1）开关K刚闭合时，产生的感应电动势1ΔNNSkt

==通过a棒的电流大小10001343NSkIRRR==+（2）a棒根据动量定理021mvBlIt=流过a棒的电荷量012mvqItBl==（3）a、b棒碰撞过程中，根据动量守恒定律，对a、b棒0T2mvmvI−=−对c棒T0mv

I−=因此03mvmv=碰后瞬间，a棒的速度大小03vv=（4）整个电路的焦耳热322QQQQ=+=整对c棒2fBIl=因此32fFWWQ==安c棒上升过程中()2max1333222mvmghQQ=++c棒上升的最大高度20max3(1

)62vQhgmg+=−22.如图所示，某创新小组设计了一个质谱仪，由粒子源、加速器、速度选择器、有界磁场及探测板等组成。速度选择器两端中心位置O、O各有一个小孔，选择器内部磁感应强度为1B。以O为原点，OO为x轴建立平面直角坐标系。在第一象限区域

和第四象限部分区域存在磁感应强度大小为2B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，第四象限内磁场边界为经过O点的直线。探测板足够长且与y轴垂直，其左端C的坐标为()0,3a−。某种带电粒子流经加速器加速后，沿AO从O点进入速度选择器，单位时间内有0N个粒子从O沿

x轴方向进入右侧磁场，经磁场偏转后，均垂直打在探测板上的P、Q（未画出）之间，落在板上的粒子在P、Q间均匀分布，并且全部被吸收，其中速度大小为0v的粒子沿直线OO经选择器后打在探测板P点上。已知粒子的质量为m，12BBB==，C

Pa=，2CQa=；不计粒子的重力及粒子间的相互作用，求（1）粒子的比荷；（2）第四象限磁场下边界的函数关系式；（3）探测板受到粒子的总作用力大小；（4）速度选择器两极板间距。【答案】（1）0vqmBa=；（2）yx=−；（3）0032FNmv=；（4

）4La=【解析】【详解】（1）由题意可知200vqvBma=解得粒子的比荷0vqmBa=（2）假设粒子经过边界坐标(),xy，粒子在磁场中轨道半径为r，因为粒子转过的圆心角为90，故xr=yr−=得出边界函数关系yx=−（3）由上

述分析可知2vqvBmx=故0vvxa=PQ之间2axa可以知道002vvv方法1：t时间内打在探测板PQ间每一小段x的粒子数0xnNta=由动量定理0nmvft−=−求出002Nmvfxxa=0N个粒子受到的总作用力0000232NmvFfxxNmva===

根据牛顿第三定律，探测板受到粒子的总作用力0032FFNmv==方法2：t时间内打探测板所有粒子000202mvmvNFt+−=−求出0032FNmv=根据牛顿第三定律，探测板受到粒子的总作用力0032FFNmv==（4）方法1：0BqvEq=02vv=的粒子刚好与速度选择器

的极板相切()220112222LEqmvmv−=−()02yBqvtmvmv−=−2yLvt=求出速度选择器两极板的间距4La=方法2：02vv=的粒子刚好与速度选择器的极板相切，02vv=的粒子在速度选择器中运

动可以看成直线运动和圆周运动的合运动。直线运动在0BqvEq=圆周运动：轨道半径为4Lr=()()2000022vvBqvvmr−−=求出速度选择器两极板的间距4La=获得更多资源请扫码加入享学资源网

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