【文档说明】【精准解析】浙江省温州市2020届高三下学期4月选考适应性测试物理试题.doc，共(28)页，1.495 MB，由小赞的店铺上传

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2020年4月份温州市普通高中选考适应性测试物理试题一、选择题1.如图所示，下列数据的单位属于国际单位制中基本单位的是（）A.北京到重庆的直线距离约1300kmB.打点计时器打点时间间隔0.02sC.锂电池电动势3.6VD.电容器电容1.0F【答案】

B【解析】【详解】A.国际单位制中长度基本单位是m，故A错；B.国际单位制中时间基本单位是s，故B正确；C.根据电压公式WUq=可得，电压单位V为导出单位，故C错误；D.根据电容公式QCU=可得，电容单位F为导出单位，故D错误。

故选B。2.“文泰高速”泰顺先行通车段已于2019年12月30日正式通车运营，龙丽温高速文成至泰顺段起于文成樟台、止于泰顺友谊桥，全长55.96km，采用双向四车道高速公路标准，设计速度80km/h，使两地的通行时间由150min缩短至50min以内。下列说法正确

的是（）A.“50min”指的是时刻B.“55.96km”指的是位移C.“80km/h”指的是平均速度D.研究汽车从樟台到友谊桥所用时间，可将汽车看成质点【答案】D【解析】【详解】A.“50min”指的是从文成樟台到泰顺友谊桥走高速消耗的时间，即时间间隔，故A错误；B.位移

是描述质点位置变化的物理量，大小是初末位置间有向线段的长度，“55.96km”指的是路程，故B错误；C.“80km/h”指的是汽车在某一时刻的速度，为瞬时速度，故C错误；D.在研究问题中，当物体的体积和形状处于次要或可忽略地位

时，可以把物体看做质点，故研究汽车从樟台到友谊桥所用时间，可将汽车看成质点，故D正确。故选D。3.如图所示，篮球训练中，某同学伸出双手迎接飞来的篮球，触球后双手随篮球收缩至胸前。这样接球有助于减小接球过程中（）A.篮球动量的变化量B.篮球动能的变化量C.篮球对手的作用力

D.篮球对手作用力的冲量【答案】C【解析】【详解】A.在触球后双手随篮球收缩至胸前的过程中，动量的变化量为0pmvmv=−双手接球和单手接球初末速度相同，故篮球动量的变化量相同，故A错误；B.在触球后双手随篮球收缩至胸前的过程中，动能的变化量为22011

22kEmvmv=−双手接球和单手接球初末速度相同，故篮球动能的变化量相同，故B错误；C.双手接球篮球对手的作用力为单手接球篮球对手的作用力大小的一半，故C正确；D.篮球对手作用力的冲量等于动量的变化量，故篮球对手作用力的冲量相同，故

D错误。故选C。4.北斗卫星是我国自行研制的全球卫星导航系统（BDS）。其中第41颗北斗卫星是地球静止轨道卫星，第49颗北斗卫星是倾斜地球“同步”卫星（轨道倾斜、周期与地球自转周期相同），第50颗和51颗北斗卫星是中圆轨道卫星（轨道高度约20000km），则下列说法正

确的是（）A.第50颗卫星的运行周期大于24hB.第51颗卫星绕地球运行速度约为7.9km/sC.第41颗、第49颗卫星都相对地面静止D.第41颗、第49颗卫星的角速度大小相等【答案】D【解析】【详解】A

.根据开普勒第三定律32RCT=第50颗卫星的运行的半轴长小于地球同步卫星运行的半轴长，故第50颗卫星的运行周期小于24h，故A错误；B.7.9km/s是地球的第一宇宙速度，是环绕地球卫星最大的环绕速度，根据万有引力定律得22MmvGmRR=可得第51颗卫星绕地球运行速度小于7.9km

/s，故B错误；C.地球的同步卫星相对地面静止，地球的同步卫星的轨道在赤道的正上方，第49颗北斗卫星的轨道倾斜于地球“同步”卫星轨道，故第49颗北斗卫星相对地面在运动，故C错误；D.根据周期角速度关系得2π=T可得第41颗、第49颗卫星的角速度大小相等，故D正确。故选D。5.如图甲所示，为研究

一半圆柱形透明新材料的光学性质，用激光由真空沿半圆柱体的径向射入，入射光线与法线成θ角，由光学传感器CD可以探测反射光的强度。实验获得从AB面反射回来的反射光的强度随θ角变化的情况如图乙所示。光在真空中传播速度为c，则该激光在这种透明新材料中（）A.折射率为32B.传播速

度为32cC.θ=0°时，反射光强度为0D.反射光的强度随θ角的增大而增大【答案】B【解析】【详解】A.根据图像可得当60=时激光发生全反射，根据折射定律得123sin3n==故A错误；B.根据速度公式32cvcn==故B正确；C.

θ=0°时大量的激光从O点射出，少量激光反射经过C点，故C错误；D.根据图像可得当60=时激光发生全反射，反射光的强度不变，故D错误。故选B。6.1966年曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的测

定质量的实验。实验时，用双子星号宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组（火箭组发动机已熄火）。接触后，开动飞船尾部的推进器，使飞船和火箭组共同加速，如图所示。推进器的平均推力为F，开动时间t，测出飞船和火箭的速度变化量是v，双子星号宇宙飞船的质量为m，下列说法正确的是（）A

.火箭组的质量应为FtvB.火箭组的质量应为Ftv−mC.宇宙飞船对火箭组的作用力为mvtD.宇宙飞船对火箭组的作用力为Fmvt−【答案】BD【解析】【详解】AB.飞船和火箭组共同加速有=vat()xFmma=+解得xFtm

mv=−，故A错误，B正确；CD.宇宙飞船对火箭组的作用力为TxvFmaFmt==−故C错误，D正确。故选BD。7.如图所示为一种环保“重力灯”，让重物缓慢下落，拉动绳子，从而带动发电机转动，使小灯泡发光，这种灯可替代部分不

发达地区仍在使用的煤油灯。某“重力灯”中的重物为18kg，它在30min内缓慢下落了2m，使规格为“1.5V，0.12W”的小灯泡正常发光。不计绳子重力，则以下说法正确的是（）A.绳子拉力对重物做正功B.重物重力做功的功率为0.12WC.30min内产生的电

能为360JD.重物重力势能转化为灯泡电能的效率为60%【答案】D【解析】【详解】A.绳子拉力方向竖直向上，重物竖直向下运动，故绳子拉力对重物做负功，故A错误；B.重物重力做功的功率为18102W0.2W3060WmghPtt====故B错误；C.30min内产生的电能为0.123

060J216JWPt===电灯泡故C错误；D.重物重力势能转化为灯泡电能的效率为216===60%18102WW电重故D正确。故选D。8.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R1=10Ω，R2=20Ω，C为电容器。通过R1的正弦交流电如图乙所示，则（）A.

电容器两端电压为10VB.原线圈输入电流的频率为100HzC.电压表示数为100VD.原线圈输入功率为10W【答案】C【解析】【详解】A.电容器两端电压为1102sin100πUiRt==故A错误；B.根据变压器原理可知原副线圈中电流的周期频率相同，周期为0.02s1150H

z0.02sfT===故B错误；C.根据变压器原副线圈电压与线圈匝数关系得1122UnUn=解得1100VU=，故C正确；D.根据变压器原理得输入功率等于输出功率，由于有电流通过电容器，输出功率为R1、R2、电容器消耗的电功率之和，故D错误。故选D。9.如图所示，为一种改进

后的回旋加速器示意图，在D形盒边上的缝隙间放置一对中心开有小孔a、b的平行金属板M、N。每当带正电的粒子从a孔进入时，就立即在两板间加上恒定电压，经加速后从b孔射出，再立即撤去电压。而后进入D形盒中的匀强磁场，做匀速圆周运动。缝隙间无磁场，不考

虑相对论效应，则下列说法正确的是（）A.D形盒中的磁场方向垂直纸面向外B.粒子运动的周期不断变大C.粒子每运动一周直径的增加量越来越小D.增大板间电压，粒子最终获得的最大动能变大【答案】C【解析】【详解】A.根据左手定则，D形盒中的磁场方向垂直纸面向

里，故A错误；B.根据洛伦兹力提供向心力得2vqvBmr=粒子运动的周期2π2πrmTvBq==粒子运动的周期不变，故B错误；C.粒子每运动一周直径的增加量12π2()nnmvLrrBq+=−=212nmvnqE=211(1)2nmvnqE+=+(2

2)22(1)nqEnqEqEvnnmmm+=−=+−可得粒子每运动一周直径的增加量越来越小，故C正确；D.粒子最终获得的动能2222122kqBrEmvm==当半径达到D形盒的半径时，粒子动能最大，与板间电压无关，故D错误。故选D。10.用

如图甲所示的装置研究平抛运动，在水平桌面上放置一个斜面，每次都让小钢球从斜面上的同一位置滚下，滚过桌边后钢球便做平抛运动打在竖直墙壁上，把白纸和复写纸贴在墙上，就可以记录小钢球的落点。改变桌子和墙的距离，就可以得到多组数据。已知四次实验中桌子右边缘

离墙的水平距离分别为10cm、20cm、30cm、40cm，在白纸上记录的对应落点分别为A、B、C、D，如图乙所示。则B、C、D三点到A点的距离之比为（）A.4：9：16B.3：8：15C.3：5：7D.1：3：5【答案】B【解析】【详解】根

据平抛运动规律得0xvt=212hgt=可得运动时间比1234:::1:2:3:4tttt=竖直方向运动距离比1234:::1:4:9:16hhhh=B、C、D三点到A点的距离之比213141():(

:()3:8:15hhhhhh−−−=）故选B。11.一波源P在水面振动的同时沿x轴正方向匀速移动，某时刻观察到的水面波如图所示。图中的实线表示水面波的波峰位置，此时波源P处于波峰位置，激起的第一个波峰刚好传到40cm处。已知波源P每秒振动5次，O点是它的初始位置，那么水面

波的传播速度及波源P匀速移动的速度分别是（）A.0.2m/s；0.1m/sB.0.15m/s；0.125m/SC.0.1m/s；0.1m/sD.0.05m/s；0.025m/s【答案】A【解析】【详解】波源P每秒振动5次，波源P的周期为0.

2sT=波源P振动10个周期的时间10=2stT=波源P的速度110.2m/s=0.1m/s2xvt==水面波的传播速度220.4m/s=0.2m/s2xvt==故选D。12.笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件

。当显示屏翻开时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏合上时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示是一块长为a、宽为b、高为c的半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入的恒定电流方向向右。当显示屏

合上时，元件处于垂直于上表面且方向向下的匀强磁场中，元件的前、后表面间产生电压U，以此来控制屏幕的熄灭。则元件的（）A.前表面的电势比后表面的低B.前、后表面间的电压U与a成正比C.前、后表面间的电压U与b成正比D.前、后表面间的电压U与c成反比【答案】D【解析】【详解】A.由图知

电流从左向右流动，因此电子的运动方向为从右向左，根据左手定则可知电子偏转到后面表，因此前表面的电势比后表面的高，故A错误；BCD.电压U稳定时，电子受到的洛伦兹力和电场力平衡UevBEeeb==IneSvnebcv

==解得BIUnec=，故D正确，BC错误。故选D。13.沿某一电场方向建立x轴，电场仅分布在-dxd的区间内，其电场场强与坐标x的关系如图所示。规定沿+x轴方向为电场强度的正方向，x=0处电势为零。一质量为m、电荷量为+q的带点粒子只在电场力作用下，沿x轴做周期性

运动。以下说法正确的是（）A.粒子沿x轴做简谐运动B.粒子在x=-d处的电势能为12−qE0dC.动能与电势能之和的最大值是qE0dD.一个周期内，在x0区域的运动时间t20mdqE【答案】D【解析】【

详解】A.x0区域粒子受到恒定大小水平向左的电场力，不满足简谐运动回复力特点，故A错误；B.粒子从x=0到x=-d电压变化00=22EEdUd−−=粒子从x=0到x=-d的电场力做功012WUqEdq==−根据功能关系得粒子在x=-d处的电势能为12Edq，故B错误；C.设动能与电势能之和的最

大值为P212Pmvq=+最右位置有01PqqEx==最左位置有2022EPqxd==粒子的运动区间为002PdPxEqEq−电场仅分布在dxd−≤≤的区间内,解得0102PEqd，故C错误；D.在x0区域的运动由对称的2

段组成20012qEPtmEq=解得02PmtEq=，总时间为002222PmmdtEqEq=故D正确。故选D。二、选择题14.下列说法正确的是（）A.组成原子核的核子越多，原子核越稳定B.一群处于n=4激发态的氢原子共能辐射出4种不同频率的光子C.原子核中所有核子单独存在时的质量总和大于该

原子核的总质量D.在电子的单缝衍射实验中，狭缝变窄，电子动量的不确定量变大【答案】CD【解析】【详解】A.比结合能的大小反映原子核的稳定程度，比结合能越大，原子核越稳定，故A错误；B.一群处于n=4激发态的氢原子共能辐射出246

C=种光子，故B错误；C.原子核的质量小于组成它的核子质量之和，故C正确；D.根据不确定关系4πhxp可知狭缝变窄，电子动量的不确定量变大，故D正确。故选CD。15.如图甲所示的LC振荡电路中，把通

过P点向右的电流方向规定为电流的正方向，通过P点的电流变化规律如图乙所示，则（）A.0.5s至1.0s时间内，电容器在充电B.0.5s至1.0s时间内，电容器的上极板带正电C.1.0s至1.5s时间内，Q点比P点电势高D.1.0s至1.5s时间内，磁场能正在转变成电场能

【答案】AC【解析】【详解】A.由图乙可知，在0.5s至1s内，电路电流在减小，电容器C正在充电，故A正确；B.由图乙可知，在0.5s至1s内，电流是正的，即经过P点的电流向右，由于电路中做定向移动的带电粒子是带负电的电子，因此

在该时间段内，电子经过P点向左移动，因此电容器上极板带负电，故B错误；C.由图乙可知，在1s至1.5s内，通过电感线圈的电流向上，且增大，电感线圈产生自感电动势，由楞次定律可知，电感线圈下端电势高，上端电势低，即Q点比P点电势高，故C正确；D.由图乙可知，在1s

至1.5s内，电路电流增大，磁场增大，磁感应强度变大，电路处于放电过程，电场能转化为磁场能，故D错误。故选AC。16.研究光电效应现象的实验电路如图所示，A、K为光电管的两个电极。已知该光电管阴极K的极限频率为v0，元电荷电量为e，

普朗克常量为h。现用频率为v（vv0）的光照射阴极K，则下列说法正确的是（）A.将滑片P向右滑动，可增大光电子的最大初动能B.若两电极间电压为U，则到达阳极A的光电子最大动能为0()hvveU−+C.将滑片P向右滑动，

则电流表的示数一定会不断增大D.将电源正负极对调，当两电极间的电压大于0hvve−（）时，电流表的示数为0【答案】BD【解析】【详解】A．分析电路图可知，光电管加正向电压，将滑片P向右滑动，光电管两端电压增大，根据爱因斯坦光电效应方程可知0kmEhvhv=−最大初动能由入射光

的频率决定，与光电管两端电压无关，故A错误；B．若两电极间电压为U，根据动能定理可知kmkmeUEE=−解得到达阳极A的光电子最大动能0kmkmEEeUhvhveU−+==+故B正确；C．将滑片P向右滑动，增大光电管的正向电压，当达到

饱和光电流时，电流表的示数不变，故电流表的示数不是不断增大的，故C错误；D．将电源正负极对调，则光电管加反向电压，根据动能定理可知0kmeUE−=−解得0()hvvUe−=即当两电极间的电压大于0()hvve−，电流表的示数

为0，故D正确；故选BD。三、非选择题17.在“探究求合力的方法”的实验中：①已有实验器材：木板、白纸、图钉、细绳套、橡皮筋、铅笔，图甲所示的器材中还需要选取_______；A.B.C.D.②某实验室老师提供的橡皮筋和细绳套如图乙所示，在

实验过程中需要记录的“结点”应该选择___________（选填“O点”或“O’点”）；③关于此实验的操作，说法正确的是___________；A.b、c两细绳套应适当长一些B.实验过程中，弹簧测力计外壳不能与木板有接触C.重复实验再次探究时，“结点

”的位置可以与前一次不同D.只有一把弹簧测力计也可以完成此实验【答案】(1).AC(2).O′点(3).ACD【解析】【详解】（1）[1]在“探究求合力的方法”的实验中需要刻度尺测量长度，弹簧测力计测量橡皮筋拉力，故选AC；（2）[2]实验通过'O点的位置体现合力的

方向；（3）[3]A.b、c两细绳套应适当长一些可以减小实验的误差，故A正确；B.测量力的实验要求尽量准确，为了减小实验中因摩擦造成的误差，操作中要求弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行，故B错误；C.合力与分

力的关系为等效替代的关系，效果是相同的，所以在同一次实验时，需要让两果相同，则必定结点O的位置要相同，而在重复实验再次进行验证时，结点O的位置可以与前一次不同，故C正确，D.如果只有一个弹簧测力计，可以先将结点拉力到某个位置，记下两个拉力的方向，读出一个读数，然后拆开仪器重

做，再拉到原位一个读数，然后拆开仪器重做，再拉到原位，故D正确。故选ACD。18.“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，实验装置如图所示。某同学经过粗略的调试后，出现了干涉图样，但不够清晰明亮，则他需要调节装置中的

一个部件是________（选填“C”、“D”、“E”、“F”）。得到清晰明亮的图样后进行测量，测量头的游标位置如图所示，则其读数为_________mm。【答案】(1).E(2).12.6【解析】【详解】（1）[1]要使干涉条纹更加清晰明

亮，则要增大条纹的宽度，根据公式lxd=可知，增大双缝到屏的距离l或减小双缝之间的距离d都可以增大条纹的间距，所以需要调节E；（2）[2]游标卡尺读数=固定刻度读数+游标尺读数，故读数为12mm0.16mm=12.6mm+19.如图所示的电路由电源、电阻、开关

和导线组成。林同学利用多用电表测电阻的电压时，黑表笔应接图中的_________点（选填“M”或“N”）。测完电压后，他又直接将选择开关旋至欧姆挡，继续测电阻的阻值，而王同学认为有两处不合理：一是测量前未欧姆调零；二是________________。【答案】(1).M(2).待测电阻不能接入

电路【解析】【详解】（1）[1]利用多用电表测电阻的电压时，红表笔接高电势，黑表笔接低电势，故黑表笔接M点；（2）[2]多用电表欧姆挡内部存在干电池，外部电路会影响电阻的测量。20.用电压表和电流表测定一节干电池的电动势和内电阻。实验中要

求尽量减小实验误差：①应选择的实验电路是图2中的___（选填“甲”或“乙”）；②选定合适的电路后进行实验，将记录的6组数据描在图的坐标纸上，请在图中画出U—I图线____；根据所画图线，可得电池的内电阻r=___Ω（保留两位

有效数字）；③实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U及干电池的输出功率P都会发生变化，图中能反映“P-U”关系的是___。A.B.C.D.【答案】(1).甲(2).(3).1.0或1.1(4).C【解析】【详解】①[1]干电池内阻较小，为减小电流表内阻造

成实验误差，应选图甲所示电路图；②[2][3]根据闭合电路的欧姆定律得UIrE=−+可知图像的斜率为电源内阻，图像截距为电源电动势1.51.11.10.36UrI−==③[4]电压表的示数U及干电池的输出功率P关系为2EUUEUPUIUrr−−+=

==可知-PU图像为二次函数，故选C。21.2019年12月17日，中国第一艘国产航母“山东舰”在海南三亚交付使用。“山东舰”的甲板由水平甲板和上翘甲板两部分组成，利于舰载机滑跃式起飞，如图所示。为方便研究舰载机的起飞过程，将

甲板近似为如图所示的轨道：水平轨道AB长L1=157.5m，倾斜轨道高h=6m，水平投影长L2=42.5m。总质量为3.0×104kg的某舰载机，从A点以36km/h的初速度出发，到达B点时的速度为288km/h，进入上翘甲

板后，经0.5s从C点起飞。该舰载机在起飞过程中，发动机的推力恒为8.0×105N，在水平轨道上的运动视为匀变速直线运动，舰载机视为质点，航母静止不动。求舰载机：(1)在水平轨道上运动的加速度大小；(2)在水平轨道上运动时受到的平均阻力大小

；(3)整个起飞阶段平均速度的大小（结果保留整数）。【答案】(1)220/ms；(2)52.010N；(3)50m/s【解析】【详解】（1）根据速度位移公式20122vvaL−=解得20m/sa=（2）根据牛顿第二定律得fFFma−=解得5f=2.010NF（3）A到C位移2

212()200mxLLh=++所用的时间00.5s4svvta−=+=平均速度50m/sxvt==22.如图所示，半径为R、内壁光滑的半圆轨道固定于竖直平面内，下端C与水平地面相切，上端B与水平传送带的左端之间形成一小的狭缝，可让放在传送带上的小物

块刚好通过，传送带以恒定速度6VgR=带逆时针转动。水平地面D点放置一质量为3m的小物块乙，C、D间距为2R。现在传送带上的A处轻轻放上质量为m的小物块甲，A、B间的距离L=2R，它经传送带加速后，从B处沿半圆轨道滑下，再经C沿水

平地面滑到D处，与物块乙相撞后立即粘在一起，继续向前滑行一段距离后静止。两物块均可视为质点，甲物块与传送带间的动摩擦因素及甲、乙两物块与地面间的动摩擦因素均为μ=0.5，重力加速度为g，传送带足够长：(1)求甲物块经过半

圆形轨道的C点时对轨道的压力FN；(2)求两物块最终静止的位置离D点的距离x；(3)若A、B间的距离L可调，求两物块最终静止的位置离D点的距离x随L变化的函数关系式。【答案】(1)7mg，方向竖直向下；(2)1

4R；(3)1(2)(6)16(6)2xLRRLRRxLR=+=【解析】【详解】(1)根据动能定理物块从A至C有2122CmgLmgRmv+=对C点2NCvFmgmR−=解得支持力N7Fmg=，压力'NN7FFm

g==，方向竖直向下(2)甲物块由C至D2222CBvvgR−=甲乙两物块碰撞(3)Dmvmmv=+碰后一起运动至静止22()vgx=最终静止的位置离D点的距离14xR=(3)甲物块由A至D212

(2)2DmgLmgRmgRmv+−=甲乙两物块碰撞(3)Dmvmmv=+碰后一起运动至静止22()vgx=得1(2)16xLR=+甲物块运动至B点恰好不脱轨由1BvgR=2112BvgL=可得1LR=物块运动至B点时恰好与传送带共速即

26BvvgR==带由速度位移公式2222BvgL=可得26LR=综上所述：x随L变化的函数关系式为1(2)(6)16(6)2xLRRLRRxLR=+=23.如图所示，两根粗细均匀的金属棒MN、，用两

根等长的、不可伸长的柔软导线将它们连接成闭合回路，并悬挂在光滑绝缘的水平直杆上，并使两金属棒水平。在M棒的下方有高为H、宽度略小于导线间距的有界匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直纸面向里，此时M棒在磁场外距上边界高h处（hH，且

h、H均为未知量），N棒在磁场内紧贴下边界。已知：棒M、N质量分别为3m、m，棒在磁场中的长度均为L，电阻均为R。将M棒从静止释放后，在它将要进入磁场上边界时，加速度刚好为零；继续运动，在N棒未离开磁场上边界前已达匀速。导线质量和电阻均不计，重力加速度为g：(

1)求M棒将要进入磁场上边界时回路的电功率；(2)若已知M棒从静止释放到将要进入磁场的过程中，经历的时间为t，求该过程中M棒上产生的焦耳热Q；(3)在图2坐标系内，已定性画出从静止释放M棒，到其离开磁场的过程中“v-t图

像”的部分图线，请你补画出M棒“从匀速运动结束，到其离开磁场”的图线，并写出两纵坐标a、b的值。【答案】(1)22228RmgBL；(2)222222412−RmgmRtBLBL；(3)，图见解析，224mgRaBL=，22mgRbB

L=【解析】【详解】（1）由牛顿第二定律得3mgmgBIL−=M棒将要进入磁场上边界时回路的电功率2222282RmgPIRBL==（2）N棒产生的感应电动势2EIRBLv==由动量守恒得(3)4mgmgtBLItm

v−−=通过N棒的电荷量2BLhItqR==根据能量守恒得21(3)422mgmghmvQ−=+联立得222222412RmgmRQtBLBL=−（或223222244448RmgmgRQtBL

BL=−）（3）对M棒受力分析2232BLvmgmgR−=解得224mgRaBL=由2'322BLvmgmgBLR−=解得22mgRbBL=24.如图所示为一离子收集装置，PQ为收集区域，OP=PQ=L。现让电荷量均为+q、质量不同

的离子从装置下方的S1小孔飘入电势差为U0的加速电场，然后依次经过S2、O小孔，沿着与OP边界垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打在PQ收集区域，匀强磁场方向垂直纸面向外。某次收集时发现，PQ左侧34区域P

N损坏，无法收集离子，但右侧14区域NQ仍能正常收集离子。在适当调节加速电压后，原本打在PN区域的离子即可在NQ区域进行收集。离子的重力及离子间的相互作用均忽略不计：(1)求原本打在PQ中点的离子质量m；(2)为使原本打在PQ中点的离子能打在NQ区域，求加速电压U的取值范围；(3)为了在NQ区域

能将原本打在PN区域的所有离子全部收集，求需要调节U的最少次数；（取lg2=0.301，lg7=0.845）(4)只调节一次U后，再通过不断调节离子入射的方向，也能使原本打在PN区域的所有离子在NQ区域得到收集，当入射方向与垂直OP方向的夹角从0缓慢调节到θ时，恰好完成全

部离子的收集，求cosθ的值。【答案】(1)220932qBLU；(2)004916369UUU；(3)见解析所示【解析】【详解】（1）离子在电场中加速2012qUmv=在磁场中做匀速圆周运动2vqvBmr=解得021mUrBq=代入

034rL=，解得220932qBLmU=（2）由（1）知rU可得202169UrUL=离子打在N点时78rL=，04936UU=离子打在Q点时r=L，0169UU=则电压的范围004916369UUU（3）由（1）可知rU由题

意知，第1次调节电压到1U，使原本N点的离子打在Q点1078ULUL=此时，原本半径为1r的打在N1的离子打在N点11078LUrU=解得2178rL=第2次调节电压到2U，原本打在N1的离子打在Q点，原本半径为r2打在N2的离子打在N点22078LUrU=解得3278rL

=同理，第n次调节电压，有178nnrL+=若要全部收集，有2nLr解得lg214.28lg7n−最少次数为5次（4）使原本P点的离子打在N点07812LUUL=此时，原本打在N的离子的半径为r0178rUUr=解得4932rL=恰好

完成全部离子收集时，则需调节入射方向，让半径为r的离子打到Q点32cos494932LL==