【文档说明】浙江省杭州地区（含周边）重点中学2022-2023学年高三上学期期末物理试题 含解析.docx，共(26)页，4.519 MB，由小赞的店铺上传

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2022学年第二学期杭州地区（含周边）重点中学高三年级物理学科试题考生须知：1.本卷满分100分，考试时间90分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题卷。5.可能

用到的相关公式或参数：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.用国际单位制的基本单位表示能量的单位，下列正确的是（）A.22kgm/sB.2kgm/sC.N/

mD.Nm【答案】A【解析】【详解】AB．根据WFsmas==可得222kgmmJ==kgm/ss故A正确，B错误；CD．N不是国际单位制基本单位而是导出单位，故CD错误。故选A。2.如图所示

，吊环比赛中体操运动员双臂缓慢对称撑开，两吊绳的张角逐渐增大的过程中，以下说法正确的是（）A.每根吊绳的拉力变小B.每根吊绳的拉力变大C.两吊绳对运动员拉力的合力变小D.两吊绳对运动员拉力的合力变大【答案】B【解析】【详解】CD．根据平衡条件，两吊绳对运动员拉力的合力与重力大小相等方向相

反，则两吊绳的张角逐渐增大的过程中，两吊绳对运动员拉力的合力不变，故CD错误；AB．根据平衡条件2cosTmg=当两吊绳的张角逐渐增大，则绳与竖直方向的夹角增大，则绳拉力增大，故A错误，B正确。故选B

。3.北京时间2022年11月12日10时03分，搭载天舟五号货运飞船的运载火箭，在中国文昌航天发射场点火发射，飞船与火箭最终成功分离并进入预定轨道，下列说法正确的是（）A.“10时03分”指的是时间间隔B.只要建立二维坐标系就可以精准确定火箭位置C.进入太空后，货运飞船内的货物不

再具有惯性D.飞船与火箭分离前，以火箭为参考系，飞船是静止的【答案】D【解析】【详解】A．“10时03分”在时间轴上对应一个点，指的是时刻，故A错误；B．若要精准确定火箭的位置，需要建立三维空间坐标系，故B错误；C．惯

性大小的唯一量度为质量，所以当货物进入太空后，质量不变，惯性保持不变，故C错误；D．飞船与火箭分离前，二者保持相对静止，所以以火箭为参考系，飞船是静止的，故D正确。故选D。4.作用在飞机上的气动力和发动机推力的合力与飞机质量之比称为飞机的过载。则当飞机以g的加速度向上加速时，我们称飞机的

过载为2g。现有一位飞行员所能承受的最大过载为9g，已知g取210m/s，声速约为340m/s，当飞机在竖直面内以声速做圆周运动在经过最低点时对其半径的要求是（）A.小于1445mB.大于1445mC.小于1284mD.大于1284m【答案】B【解析】【详解】飞机在竖直面内以声速做圆周运动在经过最

低点时，根据牛顿第二定律可得2vFmgmR−=飞行员所能承受的最大过载为9g，则有9Fgm联立解得22340m1445m8810vRg==故选B。5.有两颗地球人造卫星，其中“墨子”号卫星在距离地面500km高度的圆形轨道上运行，另一颗卫星

北斗导航卫星G7，G7属于地球静止轨道卫星（高度约为36000km）。关于卫星以下说法中正确的是（）A.这两颗卫星运行速度可能大于7.9km/sB.通过地面控制可以将北斗G7定点于杭州正上方C.卫星“墨子”的周期比北斗G7的周期小D.卫星“墨子”的

向心加速度比北斗G7的小【答案】C【解析】的【详解】A．第一宇宙速度是绕地球做匀速圆周运动最大的环绕速度，所以这两颗卫星的运行速度均小于7.9km/s，故A错误；B．北斗G7只能定点于赤道正上方，故B错误；C．根据2224MmGmrrT=32rTGM=r墨<r北卫星“墨子”

的周期比北斗G7的周期小，故C正确；D．根据2MmGmar=2GMar=r墨<r北卫星“墨子”的向心加速度比北斗G7的大，故D错误。故选C。6.利用一台竖直升降机，尽可能快地把30箱总质量为150kg的箱子搬到12m高的楼上。已知升降机的平均输出功率与所装物体质量之间的关系如图所示。不计升降机返回

地面的时间和搬起、放下货物的时间。那么下列正确的是（）A.为减少搬运时间，每次搬运的箱子最好多一些B.在所需时间最短的情况下，他每次搬运的箱子为5箱C.把所有箱子都搬到楼上所需要的最短时间约为750sD.搬运过程中电机消耗的电能为1.8kJ【答案】C【解析】【详解】AB．把30个箱子全部搬到

12m高的楼上去，升降机所做的功是一定的，由WtP=可知，要使搬运时间最短，升降机的功率必须最大，由图可知升降机搬运15kg物体上楼时的功率最大，此时最大功率为24WP=而每个箱子的质量为150kg5kg30m==所以每次搬运箱子的数量为15kg35kgn==AB错误；D．把所有箱子都搬

到楼上所需要克服重力做功为1501012J=18000JWmgh==总故搬运过程中电机消耗的电能等于克服重力所做的功为18000J，D错误。C．把所有箱子都搬到楼上所需要的最短时间约为18000s=750s24WtP==C正确。故选C。7.如图所示，均匀透明材料制作的半圆柱，其横截面

为ABC，圆心为O，半径为R，半圆弧上有一点为P，OP与AC间的夹角为45，位于A点的点光源发出一细光束射向圆弧上某点，恰好发生全反射且反射光线垂直于OP，已知光在真空中的速度为c，材料的折射率为n，光在材料中传播的时间为t，以下说法正确的

是（）A.43,Rntc==B.422,Rntc==C.223,Rntc==D.42,Rntc==【答案】D【解析】【分析】【详解】光路图如图所示，1为临界角C，有1sinCn=由几何关系可知1=45

解得2n=光在材料中传播速度为22cvcn==光在材料中传播的时间为t，则有22422ABBCxxRRtvcc+===所以D正确；ABC错误；故选D。8.近年，无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理图如图所示。发射线圈所加电压为220VU=的家用交流电、

匝数为1100匝，接收线圈的匝数为50匝。若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其它损耗，下列说法正确的是（）A.接收线圈的输出电压的有效值约为8VB.发射线圈与接收线圈中电流之比约为1

∶22C.发射线圈与接收线圈中交变电流的频率之比约为22:1D.发射线圈中的磁通量变化率与接收线圈的磁通量变化率相同【答案】A【解析】【详解】A．穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，则有221180%=UnUn解得2211

80%220V500.100V881UUnn===故A正确；B．由于存磁漏现象，电流比不再与匝数成反比，则有1221501110022InIn==故B错误；C．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，故C错误；D．穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，则穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的磁通量变化率不相同，故D错误。故选A。9.某实验小组要测量金

属铝的逸出功，经讨论设计出如图所示实验装置，实验方法是：把铝板放置在水平桌面上，刻度尺紧挨着铝板垂直桌面放置，灵敏度足够高的荧光板与铝板平行，并使整个装置处于竖直向上、电场强度为E的匀强电场中；让波长为λ的单色光持续照射铝板表面，将荧光板向下移动，发现荧光板在与铝板距

离为d时，荧光板上刚好出现辉光。已知普朗克常量为h，光在真空中传播速度为c，电子电量为e，质量为m。下列说法正确的是（）A.金属铝的逸出功为hcB.从铝板逸出的光电子的初动能均为EedC.将荧光板继续向下移动，移动过程中荧光板上的辉光强度会增强D.将荧光板固定在某一位置，增大入射光波长，板

上的辉光强度一定增强【答案】C【解析】【详解】AB．由题意可得212mmvEed=212mhcmvW=−逸出功解得金属铝的逸出功为=-hcWEed逸出功从铝板逸出的光电子的最大初动能为Eed，选项AB错误；C．将荧光板继续向下移动，则达到荧光板

的光电子会增加，则移动过程中荧光板上的辉光强度要增加，选项C正确；D．将荧光板固定在某一位置，增大入射光波长，则光电子最大初动能减小，则达到板上的电子数减小，则板上的辉光强度减小，选项D错误。故选C。10.如图所示，在竖直平面xOy内有一环

形金属线圈，圆心O处放置一小磁针，可在水平面内自由转动，受地磁场影响，此时小磁针N极正好指向x轴正方向。当环形线圈中通入逆时针的2A电流时，小磁针N极与x轴正向的夹角为37，已知环形电流在O点产生的磁感应强

度与环形电流强度成正比。当小磁针N极与x轴正向的夹角为45，则环形线圈中通入的电流为（）A.1AB.2.7AC.2AD.3.5A【答案】B【解析】【详解】设地磁场的磁感应强度为B0，根据右手螺旋定则，电流在O点产生的磁场垂直纸面向外，已知环形电流在O点产生

的磁感应强度与环形电流强度成正比，可设其大小为kI,当环形线圈中通入逆时针的12AI=的电流时，小磁针N极与x轴正向的夹角为37，则10tan37kIB=当小磁针N极与x轴正向的夹角为45，则环形线圈中通入的电流2I满足20tan45kIB=两

式相除得0120tan37tan45BkIkIB=解得1248A2.7A33II==故ACD错误，B正确。故选B。11.如图所示，在x轴的正半轴和负半轴为两种粗细不同的绳子。0=t时，O点处的质点开始从平衡位置向上振动，形成两列沿x轴传播的简谐横波，已知OM间距

离为2.0m，ON间距离为3.0m，沿正半轴传播的简谐横波振幅为6cmA=，速度为3m/s。当2.5st=时O点第二次到达波峰，此时M点第一次到达波峰，下列说法正确的是（）A.负半轴的波速为2m/sB.N点也第一次到达波峰C.正半轴的波长

是负半轴波长的3倍D.在0=t至2.5st=时间内N点振动的路程为30cm【答案】C【解析】【详解】A．由题有，当2.5st=时O点第二次到达波峰，可得54tT=解得两列波的周期为2sT=当O点第二次到达波峰时，M点第一

次到达波峰，可知负半轴的波长为12mOM==则负半轴的波速为111m/svT==BC．正半轴的波长为226mvT==正半轴的波长是负半轴波长的三倍，且当O点第二次到达波峰时，N点位于波谷位置，B错误，C正确；D．在0=t至2.5st=时间内，N点在1st=时开始振动，振

动时间为1.5s，故在0=t至2.5st=时间内N点振动的路程为18cm，D错误。故选C。12.人在体重计上起立时，体重计的示数会发生变化。小管同学质量为50kg，在腰间挂有一只加速度传感器，显示“+”代表加速度方向向上，显示“-”代表加

速度方向向下，起立过程中的某时刻显示为“24m/s+”，那么此时体重计的读数可能为（）A.70kgB.50kgC.60kgD.20kg【答案】A【解析】【详解】对小管进行受力分析，其受到重力和支持力作用，加速度向上，根据牛顿第二定律可知FN−mg=ma解得FN=700N根据牛顿

第三定律可知，此时体重计受到的压力为700N，示数为70kg。故选A。13.如图是某品牌排烟风机的相关参数，若已知空气密度为31.3kg/m，则下列表述判断正确的是（）风机流量322000m/h风机效率65%电机电功率5.5kw风机转速1450r/min工作电压220V/50HzA.风

机的转动的角速度为314rad/sB.排风扇的内电阻约为8.8ΩC.空气排出的速度约为15m/sD.出风口半径约为0.26m【答案】D【解析】【详解】A．由公式2n=可得，风机的转动的角速度为14501452radsrads603==BC．

根据题意可知，风机的输出功率为3575WPP==出电热功率为1925WPPP=−=出热电风机的工作电流为25APIU==电由公式2=热PIr可得，风机的电阻为23.1PrI=热设空气排出的速度为v，时间t内，由能量守恒有212PtQtv=出代入数据解得30msv=故BC错误；D．根据流量

计算公式2Qvr=可得，出风口半径约为0.26mQrv=故D正确。故选D。二、选择题II（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出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.下列有关物理知识在实际中的应用，解释正确的是（）A.我们观察近处的飞鸟和远处的飞机时，往往会觉得鸟比飞机飞得快，这是因为鸟相对眼睛的角速度比较大B.小管同学自己绕制天线线圈，制作一个简易的收音机，若想接收一个频率较高的电台，那么应该增加线圈的匝数。C.人

造卫星绕地球运行时由于受地磁场影响，在外壳中形成的涡流是导致轨道半径变小的原因之一D.空气中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果【答案】ACD【解析】【详解】A．鸟和飞机的飞行看成绕地球做圆周运动，鸟比飞机飞得低，在相同的时间里鸟转过的角度较大，视觉的错觉感觉鸟比飞机飞得快，而飞机飞得

越高，看起来慢。鸟相对眼睛的角速度比较大。A正确；B．若想接收一个频率较高的电台，根据12fLC=可知应减少线圈的匝数。B错误；C．人造卫星绕地球运行时由于受地磁场影响，在金属外壳中形成的涡流，导致卫星机械能减小，是导致轨道半径变小的原因之一，C正确；D．空气中的小雨滴呈球形是水的表面张力

作用的结果，D正确。故选ACD。15.下列说法正确的是A.氘核分离成质子与中子的过程中需要吸收的最小能量就是氘核的结合能B.氪90（9036Kr）经过一系列衰变成为稳定的锆90（9040Zr）要经过1次衰变和4次衰变

C.射线是原子核外电子挣脱原子核的束缚后形成的电子流D.放射性元素的半衰期是指大量该元素的原子核中有半数发生衰变所需要的时间【答案】AD【解析】【详解】A.根据结合能定义可知，氘核分离成质子与中子的过程中需要吸收的最小能量就是氘核的结合能，故A正确。B.氪90（9

036Kr）经过4次衰变成为锆90（9040Zr），故B错误。C.射线是原子核内的中子转化成一个质子和一个电子形成的，故C错误。D.放射性元素的半衰期是指大量该元素的原子核中有半数发生衰变所需要的时间，故D正确

。非选择题部分三、实验题16.探究“加速度与力、质量的关系”实验中。已知小车质量200gM=，所用交流电的频率为50Hzf=，则：（1）关于该实验的操作，下列做法中正确的是______；A.实验前，调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与轨道保持平行B.实验前，适当垫高轨道没有滑轮的一端，

使未被牵引的小车恰能拖着纸带匀速下滑C.实验时，应先接通打点计时器的电源，再释放小车D.实验时，可通过增加小桶中的钩码（50g规格）的个数来改变细绳对小车的拉力大小（2）通过正确的操作打出一条纸带，其中一段如图2所示，每5个计时点为一个计数点，计数点3的刻度为______m，运动过程中

小车的加速度大小为______2m/s（结果保留两位有效数字）。（3）①如图3所示，用光电门测小车的瞬时速度，实验中小车上的挡光条宽度应选择______A.35.010m−B.21.0010m−C.21.5010m−②某次

该挡光片通过光电门的时间显示为0.023s，则此时小车经过光电门的瞬时速度为______m/s（结果保留两位有效数字）。【答案】①.ABC②.0.0760③.0.71④.A⑤.0.22【解析】【详解】（1）[1]A．实验前，调节滑轮的高度，

使牵引小车的细绳与轨道保持平行。A正确；B．实验前，适当垫高轨道沙有滑轮的一端，使未被牵引的小车恰能拖着纸带匀速下滑，B正确；C．实验时，应先接通打点计时器的电源，再释放小车。C正确；D．实验时，可通过增加小桶中的钩码的个数来改变细绳对小车的

拉力大小，但要满足小桶和钩码总质量远小于小车的质量，才能认为绳的拉力近似等于小桶和钩码的重力。规格50g的钩码质量太大。D错误。故选ABC。（2）[2]如图2所示，计数点3的刻度为0.0760m。[3]交流电频率为50Hz，每5个计时点为一个计数点，则的15s=0.1s50

T=运动过程中小车的加速度大小222533122(16.157.60)(7.601.89)10m/s0.71m/s440.1xxaT−−−−−===（3）[4]小车上挡光片的宽度越小，测得的速度就越接近挡光片通过传

感器时小车的瞬时速度，故选A。[5]小车经过光电门的瞬时速度为35.010m/s0.22m/sΔ0.023dvt−===17.在探究小灯泡电阻规律的实验中，实验电路图如图所示，所用器材有：小灯泡（额定电压2.5V，额定电流0.3A）电压表（量程300mV，内阻为300Ω）电流表（

量程300mA，内阻为0.27Ω）定值电阻0R（阻值A.010ΩR=；B.0200ΩR=）滑动变阻器1R（阻值A.020；B.0200Ω）电阻箱2R（最大阻值9999.9Ω）电源E（电动势6V，内阻不计）开关S

、导线若干。完成下列填空：（1）滑动变阻器1R应选择_______（选填A或B），初始触头应滑在_______（选填a或b）；（2）为使电压表量程扩大至3V，应将2R的阻值调整为_______Ω，定值电阻0R选__

_____（选填A或B）。（3）某次测量电压表的读数为152mV，电流表的读数为240mA，此时小灯泡的电阻为_______（保留2位有效数字）；（4）若用电流传感器替代电流表，电键闭合的瞬间，测量得到

电流随时间变化的图线会如_______（填选项A或B）所示，是因为_______A.B.【答案】①.A②.a③.2700④.A⑤.6.3⑥.B⑦.由于小灯泡温度越来越高，则电阻越来越大，则电流逐渐减

小【解析】【详解】（1）[1][2]根据题意，由电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，则滑动变阻器应选阻值较小的，即选择A，初始触头应滑在a端。（2）[3]根据并联分压原理可得，为使电压表量程扩大至3V，应将2R的阻值调整为2gg12700URRU=−=[4]当滑动变阻器滑片处于b

端时，小灯泡所在测量电路分得的电压等于电源电动势6V，电流满偏时，测量电路的电阻为20URI==灯泡本身有电阻，所以作为保护电阻，0R一定小于20，故定值电阻0R选A。（3）[5]某次测量电压表的读数为152mV，流过电压表的电流为V1V0.507mAUIR=灯泡两端的电压

为()L12V1.52VUIRR=+此时小灯泡的电阻为LL16.3URII=−（4）[6][7]由于小灯泡温度越来越高，则电阻越来越大，则电流逐渐减小，用电流传感器替代电流表，电键闭合的瞬间，测量得到电流随时间变化的图线会如B所示。18.如图所示，具有一定导热

性能的柱形气缸竖直放置，外界温度保持0300KT=不变。一定质量的理想气体被横截面积为2100cmS=的轻质活塞封闭在气缸内，此时活塞距气缸底部的距离为05cmL=，气缸内气体温度为0300KT=。先用外力缓

慢地拉动活塞，上升0L的距离被挡块AB挡住。再通过电热丝对气缸内气体快速加热，缸内气体吸收100JQ=热量后，温度升高到02T。此时撤去外力，经过足够长时间，活塞缓慢回到初始位置。已知大气压强501.010Pap=，活塞可沿气缸

壁无摩擦滑动，该理想气体经历的三个过程的P-V图，如图2所示。（1）请在图3中画出该理想气体经历的三个过程的V-T图；（2）在电热丝加热的过程中，气缸内气体内能变化了多少；（3）撤去外力后气缸内的气体放出多少热量？【

答案】（1）；（2）增加100J；（3）150J【解析】【详解】（1）该理想气体经历的三个过程的V-T图（2）加热过程中，气体温度从T0升高到2T0，气体的体积不变，则W=0缸内气体吸收热量100JQ=则气体的内能增加100JE

Q==（3）撤去外力后，气体进行等压压缩，气体温度从2T0降低到T0，内能减小'100JE=外界对气体做功'542001.01010010510J=50JWpSL−−==则气体放热'100J+50J=150JQ=19.如图所示，一弹枪将质量00.3kgm=的

弹丸从筒口A斜向上弹出后，弹丸水平击中平台边缘B处质量10.3kgm=的滑块，打击过程为完全弹性碰撞，此滑块放在质量20.2kgm=的“L形”薄板上。已知弹丸抛射角53=，B与A的高度差20m9h=，薄板长度0.9mL=

，最初滑块在薄板的最左端；薄板在平台的最左端，滑块与薄板间的动摩擦因数为10.5=，薄板与平台间的动摩擦因数20.3=，最大静摩擦力等于滑动摩擦力：薄板厚度不计，弹丸和滑块都视为质点，不计碰撞过程的时间，不计空气阻力，重力加速度210m/sg=，sin530

.8=。（1）求A、B间的水平距离x；（2）求1m开始运动到撞击2m过程中系统因摩擦产生的热量；（3）若1m撞击2m后与2m粘在一起，薄板右端未滑出平台，平台s至少需要多长。的【答案】（1）13m3；（2）1.35J；（3）1.86m【解析】【详解】（1）设弹丸射出时竖

直方向上的速度为yv，则22yvgh=解得20m/s3yv=设弹丸射出时水平方向上的速度为0v，则0tan53yvv=解得05m/sv=弹丸从A点到B点由ygt=v，解得时间为2s3yvtg==所以A、B间的水平距离0101m3m33xvt===（2）由于

01mm=，打击过程为完全弹性碰撞，所以弹丸与滑块碰撞后速度交换，弹丸静止，滑块以05m/sv=的速度运动，此后滑块匀减速运动，由牛顿第二定律可得1111mgma=解得滑块加速度大小2115m/sag==对薄板由牛顿第二定

律得()1121222mgmmgma−+=解得薄板的加速度大小20a=则薄板静止不动。则1m开始运动到撞击2m的过程中系统因摩擦产生的热量111.35JQmgL==（3）m1滑到薄板右端，由动能定理可得221111101122mgLmvmv−=−解得14m/sv=由于1m撞击2

m后与2m粘一起，由动量守恒可知()11122mvmmv=+解得撞击后的共同速度22.4m/sv=设到薄板停止运动，薄板的位移为s0，由动能定理得()()22120122102mmgsmmv−+=−+解得00.96ms=平台s至少需要00.9m0.96

m1.86msLs=+=+=20.如图所示，水平固定一半径为r的金属圆环，长为r，电阻为0R的金属杆a沿半径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO上，并随轴以角速度匀速转动，圆环内存在磁感应强度为1B的匀

强磁场。圆环边缘、转轴通过接触良好的电刷分别与间距L的水平放置的粗糙金属轨道MP、NQ相连，MP、NQ间距也为L，足够长的光滑绝缘轨道PM与QN与金属轨道平滑连接。金属轨道PM、QN处在磁感应强度为2B的匀强磁场中，金属杆b垂直轨道放置，其长为L、

质量为m、电阻为1R，与轨道的动摩擦因数为。绝缘轨道PM、QN上放置边长为L，质量为M、电阻为的“]”形金属框EFGH，FG右侧均处在磁感应强度为3B的匀强磁场。已知1mr=，01R=，0.2=，1mL=

，1kgm=，122RR==，3kgM=，1231TBBB===、方向均竖直向下，不考虑框架中的电流产生的磁场影响，除已给电阻其他它电值不计，最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，金属杆b与“]”形金属框发生碰撞时会形成一闭合的正方形方框。求：在（1）要使金属杆b

能向右运动，转轴转动的角速度的最小值；（2）当角速度为20rad/s=时，b杆到达PQ的速度大小；（3）当角速度为20rad/s=时，稳定后“]”形框产生的焦耳热。【答案】（1）12rad/s；（2）4m/s；（3）31J256；【解析】【详解】（1）设要使金属杆b能向右运动，转轴转动的角速度

的最小值为'，金属杆a切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律有2111'2EBrvBr==电路中的电流为01EIRR=+对金属杆b受力分析，可知2BILmg=代入数据解得'12rad/s=（2）当角速度为20rad/s=时，根据法拉第电磁感应定律有2111''2EBrv

Br==金属杆b切割磁感线有b2EBLv=电路中的电流为b01''EEIRR−=+对金属杆b根据受力平衡有22'BILmgL=解得4m/sv=（3）金属杆b与“]”形金属框发生碰撞时会形成一闭合的正方形方框，规定

向右为正方向，根据动量守恒定律有()'mvmMv=+稳定后，有()()32212'''BLxMmvvRR=+−+其中xL=回路中的焦耳热为2211()'()''22QmMvmMv=+−+“]”形框产生的焦耳热1'2QQ=，解得31'J2

56Q=21.如图1所示，空间中放置一个平行板电容器MN，板长和板间距均为02L，两极板上电压02MNUU=，00U。极板右侧是一个无穷大匀强磁场区域，方向垂直纸面向里，磁场左边界CD紧贴极板右侧，磁场中放着一块与CD平行的足够长金属板P

Q，PQ与CD间距为0L。有一粒子枪S，可以不断产生初速度近似为零的X和Y粒子，X粒子的质量为m，电荷量为+q，Y粒子的质量为4m，电荷量为+q，两种粒子经过枪内内置的加速电场加速后，能水平射入两极板间，内置加速电场

的电压为0U，粒子枪可沿极板左边界EF上下移动。现将粒子枪紧靠在M极板的左端E处，发现射出的X粒子恰好击中金属板PQ上的B点，虚线AB是平行板电容器的中线。不考虑粒子间的相互作用，求：（1）X粒子在电场中偏转的位移；（2）磁感应强度B的大小；（3）金属板PQ被两种粒子都击中的区

域长度d；（4）将金属板PQ移到M板右上方并紧贴磁场左边界CD，如图2所示，Q点与M极板右端重合且彼此绝缘，将极板MN上的电压改为msinMNUUt=，带电粒子在偏转电场中运动时间远小于所加交流电的周期且N极板可上下平移（F点随极板N一起移动），粒子枪内置的加速电压0U不变。当粒

子枪S在EF上移动时，发现击中金属板PQ的X粒子和Y粒子的区域不重叠（粒子打到PQ板立即被导走）求极板M、N间距L的范围。【答案】（1）0L；（2）0022qmUqL；（3）0022LL−；（4）02LL【解析】【详解】（1

）X粒子首先被电子枪内置电场加速，有20012qUmv=进入平行板电容器后做类平抛运动，水平方向有002Lvt=竖直方向有212hat=根据牛顿第二定律有022UqmaL=联立以上各式可得粒子在电场中偏转的位移为

0hL=（2）根据几何关系可知，带电粒子射出平行板电容器时位移偏向角的正切值为1tan2=因此，根据平抛运动的推论，速度偏向角的正切值等于位移偏向角正切值的两倍可得tan2tan1==由此可知带电粒子在射出平行

板电容器时速度的偏向角45=，则带电粒子X在进入磁场后打金属板PQ上的B点，根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的半径为022RL=粒子在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，则有211vBqvmR=其中0102cos45vvv==联立以上各式

解得0022qmUBqL=（3）由（2）可知，电子枪在EA间移动X粒子才能射出电场，且从A点射出的粒子经电场偏转进入磁场后打在PQ板上的位置恰好与N板齐平，故X粒子打在PQ板上的长度为0L，而若是Y粒子从M板的E点处进入电场，则在电场中竖直方向的的偏移量为211112hat=水平方向有00

112Lvt=根据牛顿第二定律由010242UqmaL=电子枪内置电压对Y粒子加速有2001142qUmv=联立以上各式可得1h=0L即可知电性相同的不同带电粒子通过同一加速电场和同一偏转电场后的偏移位移相等，且速度的偏向角也相等，则可知Y粒子在进入

磁场时的速度为01111cos452vvv==由洛伦兹力充当向心力可得2111114vBqvmR=解得Y粒子在磁场中运动的轨迹半径为102RL=则由几何关系可知，两粒子打在PQ板上的重合区域的长度为0022dLL=−（4）进入磁场

X粒子和Y粒子都向上偏转追钟都打在PQ板上，两粒子进入磁场的入射角和打在PQ板上的出射角均为cos45，设X粒子向上偏转的竖直距离为Xy,Y粒子向上偏转的竖直距离为Yy，则根据几何关系有0X22cos45mvyRqB==，0Y1222cos45mvyRq

B==而要使打在PQ板上的X粒子和Y粒子的区域不重叠，则根据几何关系有YX0LyyL−+解得02LL