【文档说明】浙江省杭州学军中学2022-2023学年高三下学期阶段性测试物理试题 含解析3333.docx，共(26)页，5.594 MB，由小赞的店铺上传

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学军中学2022学年第二学期高三年级阶段性测试物理试题选择题部分一、选择题Ⅰ（本大题共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符合题目要求，不选、多选、错选均不得分）1.下列属于矢量，且其国际单

位制单位用基本单位表示正确的是（）A.力：NB.功：22kgm/sC.磁感应强度：N/AmD.电场强度：3kgm/As【答案】D【解析】【详解】A．力是矢量，用国际单位制单位用基本单位表示为2kgm/s，故A错误；B．功是标量，用国际单位制单位用基

本单位表示为22kgm/s，故B错误；C．磁感应强度是矢量，用国际单位制单位用基本单位表示为2kg/As，故C错误；D．电场强度是矢量，用国际单位制单位用基本单位表示为3kgm/As，故D正确。故选D。2.

下列四幅图中包含的物理思想方法叙述错误的是（）A.图甲：观察桌面微小形变的实验，利用了放大法B.图乙：探究影响电荷间相互作用力的因素时，运用了控制变量法C.图丙：利用红蜡块的运动探究合运动和分运动的实验，体现了类比的思想D.图丁：伽利略研究力和运动的关系时，运用了理

想实验方法【答案】C【解析】【详解】用镜面反射观察桌面微小变形时，是根据：入射光线不变时，当入射角改变时，反射角改变2α，所用的物理思想方法是放大法，A正确；探究影响电荷间相互作用力的因素时，所用的物理思想方法是控制变量法，

B正确；利用红蜡块的运动探究合运动和分运动的实验，采用物理思想方法是等效替代法，C错误；在研究力和运动的关系时，伽利略运用了理想实验方法，巧妙地设想了两个对接斜面的实验，D正确．3.如图所示，在粗糙的水平桌面上静止

放着一盏台灯，该台灯可通过支架前后调节从而可将灯头进行前后调节，下列对于台灯的受力分析正确的是()A.台灯受到水平向左摩擦力B.若将灯头向前调一点(台灯未倒)，则桌面对台灯的支持力将变大C.支架对灯头的支持力方向竖直向上D.整个台灯所受的

合外力不为零【答案】C【解析】【详解】A.水平方向台灯受力平衡，根据平衡条件可知台灯水平方向不受摩擦力作用，故A错误；B.若将灯头向前调一点（台灯未倒），则桌面对台灯的支持力仍等于台灯的重力，保持不变，故B错误；C.竖直方向根据平衡条件可知支架对灯头的支持力方向竖直向上，与重力平

衡，故C正确；D.台灯处于平衡状态，所以整个台灯所受的合外力为零，故D错误．4.人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实，如图所示。两人通过轻绳对重物施加拉力，重物离开地面一定高度后停止施力，最后重物自由下落把地面砸深。不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.停止施

力后重物立即开始下落B.停止施力时重物速度等于重物刚落到地面时的速度的的C.重物“砸”地面的力大于重物的重力D.重物先对地面产生作用力，然后地面再对重物产生作用力【答案】C【解析】【详解】A．停止施力后，重物由于惯性会继续上升一段距离才会开始下落。故A错误；B．停止施力

时重物已经上升了一定高度，根据机械能守恒可知，停止施力时的速度小于重物刚落到地面时的速度。故B错误；C．重物“砸”地面时做减速运动，合力竖直向上，则支持力大于重力。根据牛顿第三定律可知，重物“砸”地面的力等于地面给物体的

支持力，则重物“砸”地面的力大于重物的重力。故C正确；D．重物“砸”地面的力与地面给物体的支持力是相互作用力，同时产生同时消失。故D错误。故选C。5.如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质

量分别为2m和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小应大于（）A.3μmgB.4μmgC.5μmgD.6μmg【答案】D【解析】【分析】【详解】当纸板相对砝码运动时，设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，根

据牛顿第二定律，对砝码有f1＝μ·2mg＝2ma1解得a1＝μg对纸板有F－f1－f2＝ma2其中f2＝μ·3mg二者发生相对运动需要纸板的加速度大于砝码的加速度，即a2＞a1所以F＝f1＋f2＋ma2＞f1＋f2＋m

a1＝μ·2mg＋μ·3mg＋μmg＝6μmg即F＞6μmgD正确。故选D。6.如图所示，水平圆盘可绕通过圆心的竖直轴转动，盘上放两个小物体P和Q，它们的质量相同，与圆盘的最大静摩擦力都是fm，两物体中间用一根细线连接，细线过圆心O，

P离圆心距离为r1，Q离圆心距离为r2，且r1＜r2，两个物体随圆盘以角速度ω匀速转动，且两个物体始终与圆盘保持相对静止，则A.ω取不同值时，P和Q所受静摩擦力均指向圆心B.ω取不同值时，Q所受静摩擦力始终指

向圆心，而P所受静摩擦力可能指向圆心，也可能背离圆心C.ω取不同值时，P所受静摩擦力始终指向圆心，而Q所受静摩擦力可能指向圆心，也可能背离圆心D.ω取不同值时，P和Q所受静摩擦力可能都指向圆心，也可能都背离圆心【答案】B【解析】【详解

】设P、Q质量均为m，当角速度ω较小时，做圆周运动的向心力均由盘对其的静摩擦力提供，细线伸直但无张力．当：mω2r＝fm即：ω＝mfmr若再增大ω，则静摩擦力不足以提供做圆周运动所需的向心力，细线中开始出现张力，不足的部分由细线中张力提供，对Q而言有：T＋

fm＝mω2r2而此时对P而言有：T＋f＝mω2r1随着细线张力的增大，P受到的指向圆心的静摩擦力会逐渐减小，当：T＞mω2r1P受到的静摩擦力开始背离圆心．A．描述与分析不符，故A错误B．描述与分析相符，故B正确C．描述与分析不符，

故C错误D．描述与分析不符，故D错误7.如图所示，土星的同步卫星与土星表面的距离为h，运行周期为T，已知万有引力常量为G，土星的半径为R，则下列说法正确的是（）A.土星的质量为2324RGTB.土星的第一宇宙速度为2()RhT+C.

土星表面的重力加速度为23224()RhTR+D.卫星发射的雷达波能覆盖土星的表面积为22R【答案】C【解析】【详解】A．根据万有引力提供向心力可得2224()()GMmmRhRhT=++解得土星的质量为2324()RhMGT+=故A错

误；B．土星的第一宇宙速度等于卫星在土星表面轨道做匀速圆周运动时的线速度，则有212vGMmmRR=解得土星的第一宇宙速度为12()RhRhvTR++=故B错误；C．物体在土星表面受到的万有引力等于重力，则有2GMmm

gR=解得星表面的重力加速度为23224()RhgTR+=故C正确；D．整个土星的表面积为24SR=卫星发射的雷达波能覆盖土星的表面积一定小于整个土星表面积的一半，即卫星发射的雷达波能覆盖土星的表面积满足2122SSR

=覆盖故D错误。故选C。8.如图所示,固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环,圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接,弹簧的另一端连接在墙上,且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑,已知弹簧原长为L,圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度),则在圆环下滑到最大距

离的过程中()A.圆环的机械能守恒B.弹簧弹性势能变化了3mgLC.圆环下滑到最大距离时,所受合力为零D.圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变【答案】B【解析】【详解】圆环在下滑过程中，弹簧对其做负功，故圆环机械能减小，选项A错误

；圆环下滑到最大的距离时，由几何关系可知，圆环下滑的距离为，圆环的速度为零，由能量守恒定律可知，弹簧的弹性势能增加量等于圆环重力势能的减小量，为，故选项B正确；圆环下滑过程中，所受合力为零时，加速度为零，速度最大

，而下滑至最大距离时，物体速度为零，加速度不为零，所以选项C错误；在下滑过程中，圆环的机械能与弹簧弹性势能之和保持不变，即系统机械能守恒，所以选项D错误；考点：系统机械能守恒9.如图所示，P是一个带电体，将原来不带电的导体球Q放入P激发的电场中并接地，a，b，c，d

是电场中的四个点．则静电平衡后（）A.导体Q仍不带电B.a点的电势高于b点的电势C.检验电荷在a点所受电场力等于b点所受电场力D.带正电的检验电荷在c点的电势能大于d点的电势能【答案】D【解析】【详解】由于静电感应，Q将带上与P异号的电荷；故A错误；由图可知电场线

由b到a，故a点的电势低于b点的电势；故B错误；b点电场线较为密集，故a点场强要小于b点场强，故检验电荷在a点所受电场力小于b点所受电场力；故C错误；由于Q接地，d点电势接近0；而c点电势肯定大于d点电势；故带

正电的检验电荷在c点的电势能大于d点的电势能；故D正确；故选D．点睛：本题关键在于比较cd两点的电势，要注意c沿电场线到零势能面有很大的距离，而d点已接近零势能面，而沿电场线的方向，电势是降落的；故c点电势一定大于d点电势．10.如图所示，两个完全相同且相

互绝缘、正交的金属环A、B，可沿轴线OO′自由转动，现通以图示方向电流，沿OO′看去会发现()A.A环、B环均不转动B.A环将逆时针转动，B环也逆时针转动，两环相对不动C.A环将顺时针转动，B环也顺时针

转动，两环相对不动D.A环将顺时针转动，B环将逆时针转动，两者吸引靠拢至重合为止【答案】D【解析】【详解】试题分析：由安培定则可得，A环产生的磁场的方向向下，B环产生的磁场的方向向左，两个磁场相互作用后有磁场的方向趋向一致的趋势，所以A

环顺时针转动，B环逆时针转动．二者相互靠拢．故D正确，ABC错误．考点：电流的磁场、磁场对电流的作用【名师点睛】本题考查了电流的磁场、磁场对电流的作用，只是要求灵活运用所学知识．要注意利用“两个磁场相互作用后有磁场的方向趋向

一致的趋势”是解题的最佳方法．根据安培定则判断出通电圆环A的周围有磁场，通电圆环B放在了通电圆环A的磁场内，受到磁场的作用，根据左手定则就可以判断出相互作用力．11.如图所示，风力涡轮机可将风的动能转化为电能，其转化效率

为40%，已知风力涡轮机叶片的长度为4m，每立方米空气质量为1.2kg，风速为10m/s，且风速方向与叶片垂直，则下列说法正确的是（）A.每秒流经涡轮机空气的体积约为3160mB.每秒流经涡轮机空气的动能约为3k

JC.风力涡轮机产生的电功率约为12kWD.若风速变为原来2倍，则电功率将变为原来4倍【答案】C【解析】【详解】A．每秒流经涡轮机的空气的体积()2233.144m10m/s1s500mVRvt==故A错误B．每秒

流经涡轮机空气的质量331.2kg/m500m600kgmV===每秒流经涡轮机空气的动能()22k11600kg10m/s30kJ22Emv===故B错误。C．风力涡轮机产生的电功率k40%30

kJ12kW1sEPt===故C正确。D．若风速变为原来2倍，每秒流经涡轮机的空气的体积变为原来的2倍，每秒流经涡轮机空气的质量变为原来的2倍，每秒流经涡轮机空气的动能变为原来的8倍，风力涡轮机产生的电功

率变为原来的8倍，故D错误。故选C。12.由导电介质制成的电阻的截面图如图所示，导电介质的电阻率为，制成内、外半径分别为a和b的半球壳层形状（图中阴影部分），半径为a、电阻不计的球形电极被嵌入导电介质的球心作为一个引出电极，在导电介质的外层球壳镀上一层

电阻不计的金属膜作为另外一个电极．设该电阻的阻值为R，通过一定的物理分析，下列表达式中合部的是（）。A.()2baRab+=B.2()abRba=+C.2()abRba=−D.()2baRab−=【答案】D【解析】【分析】【详解】根据电阻定律

lRs=可知，导体的电阻，在，s不变的情况下，电阻R与l成正比，对应题中a到b距离（b-a），在、l不变的情况下，电阻R与面积s成反比，对题中2ab，ABC错误；D正确。13.如图所示，在直铁棒上有两组线圈，线圈110n=匝，220

n=匝，原线圈输入电压1u随时间变化如图所示，则（）A.电压表读数为202VB.电压表读数为20VC.滑动变阻器滑片向上滑动，则电路输入功率变小D.副线圈交流电的周期为2s【答案】C【解析】【详解】AB．由于该变压器磁芯是铁棒，会出现漏磁，不满足理想变压器的电压规律，原线圈输入

电压有效值为1110V2UU==副线圈输出电压满足221120VnUUn==但由于铁棒磁芯出现漏磁，所以电压表读数会小于20V，故AB错误；C．滑动变阻器滑片向上滑动，则副线圈电阻增大，但输入电压不变，则输出电压不变，电压表示数不变，根据闭合电路欧姆定律可知，副线圈的输出电流减小

，根据PUI=可得输出功率变小，则电路输入功率变小，故C正确；D．变压器不改变交变电流的周期，根据图乙知交流电的周期0.02s=T则副线圈交流电的周期为0.02s，故D错误。故选C。二、选择题Ⅱ（本大题共3小题，每小题2分，共6分。每小题给出的四个选项中至少有一个选项是符合题目要求的。全部选对的

得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。）14.如图1、2、3所示为与光电效应相关的三幅图，图3为a、b、c三种单色光分别照射金属K时得到的光电流I与光电管两端电压U的关系图线。下列说法正确的是（）A

.光电效应是爱因斯坦最早在实验中发现，并用光子说成功加以解释B.图2中，若仅将电源极性对调，则电流表一定无示数C.图2中，若电流表无示数，说明金属K受光照时一定没有发生光电效应D.根据图3可知，b光的光子动量一定大于c光的光子动量【答

案】CD【解析】【详解】A．赫兹最早发现光电效应，故A错误；B．图2中，若仅将电源正负极性对调，如果光电子的最大初动能大于电场力做功，光电子仍可以到达A板，电路中有电流，电流表有示数，如果光电子的最大初动能小于电场力做功，则电路中没有电流，电流表没有示数，故B错误；C．图2中，如果发生光

电效应，光电子在电场力作用下向左运动，电路中有电流，电流表有示数，如果电流表没有示数，说明没有发生光电效应，故C正确；D．图3中，光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，对应的光的频率为截止频率，根据2m012CeUmvhW==−可知入射光的频率越高，对

应的截止电压CU越大，由图丙所示可知，a、c截止电压相等，a、c为同一频率的单色光，b的截止电压大，b的截止频率大，b的波长λ小，光的动量hp=波长越小光子动量越大，由此可知，b光子的动量大于c光子的动量，故D正确。故选CD。15.如图所示是两列频率相同的水波相遇某时刻的

情形，M、N为波源，图中实线表示波峰，虚线表示波谷，a、b、c、d为水中的四个质点，下列说法正确的是（）A.质点d仍可能会上下振动B.质点a经过一段时间后到达质点b此时所在位置C.由此时刻经过个14周期，质点c正向下通过平衡

位置D.此时质点a所在的水波最高点正向质点b此时所在位置移动【答案】ACD【解析】【详解】A．质点d为振动减弱点，若两波的振幅不同，质点d仍可能会上下振动，A正确；B．质点仍在自己的平衡位置附近振动，不会随波迁移，质点a经过

一段时间后不会到达质点b此时所在位置。B错误；C．由此时刻质点c处于波峰位置，经过个14周期，质点c正向下通过平衡位置。C正确；D．此时质点a所在的水波最高点正向质点b此时所在位置移动，D正确。故选ACD。非选择题部分三、实验题

（本大题共2小题，共14分）16.小周同学利用如图甲所示的装置完成“验证机械能守恒定律”的实验。（1）关于本实验，下列说法正确的是________。A．纸带越短，阻力的影响越小，实验效果越好B．根据图

甲中的打点计时器外观，它应该接低压交流电源C．纸带上端用固定的夹子夹住或释放纸带的效果比用手更好D．必须利用天平准确测量出重物的质量，否则无法进行验证（2）某次实验中小周同学得到一条合适的纸带（局部）如图乙所示，已知该条纸带上的第1、2两个点（图

中未画出）间的距离近似为2mm，刻度尺的“0”与第1个点对齐，A、B、C…G各点对应的数据是该点到第1个点的距离（单位：cm），打点计时器所接电源频率为50Hz，重物质量为1.0kg，当地的重力加速度为29.8m/s。①若规定打下第1个点时重物所在位置为参考点，则打下B点时，重物的重力势能为__

______J（结果保留三位有效数字）。②打下B点时，重物的动能为________J（结果保留三位有效数字）。③为了增加实验的可靠性，小周同学继续求出打下C、D、E、F点时重物的速度，将这五个点的速度v与对应各点到第1个点的距离h记录

下来，并利用这些数据在如图丙所示的2vh−坐标系中进行描点、拟合图线，经计算该图线的斜率为k，则重物下落的加速度大小可表示为________。【答案】①.BC②.2.37−③.2.35④.2k【解析】【详解】（1）[1]A．纸带过短，记录的点迹过少，将影响数据测量，实验效果反而不好，A

错误；B．根据图甲中的打点计时器外观可知，此为电磁打点计时器，应该接低压交流电源，B正确；C．纸带上端用固定的夹子夹住或释放纸带的效果比用手更好，可以有效防止手抖动带来的影响，C正确；D．根据实验原理可知，验证的关系为212mghmv=故重物的质量可以不测量，D错

误。故选BC。（2）[2]规定打下第1个点时重物所在位置为参考点，则打下B点时，重物的重力势能为p2.37JBEmgh=−=−[3]用AC段的平均速度代替B点的瞬时速度，即2.17m/s2ACBhvt==则此时重物的动能为2k12.35J2B

Emv==[4]根据实验的结论可得22vah=图线的斜率为k，即2ak=解得2ka=17.小明买了一节新电池，想通过伏安法测定该电池的电动势和内阻，他设计了如图1所示的电路，其中电压表量程为3V，电流表量程为0.6A，定

值电阻02.0R=。（1）图1中y处为________（填“电压表”或“电流表”）；（2）关于定值电阻的作用，下列说法正确的是________（填字母）；A.保护电路，防止出现短路B.保护电压表，防止超出其量程C.使电压表的示数变化更加明显D.使电路中电流表的示数更大一些（3）小明利

用组装好的器材进行实验，操作过程均正确、规范，但因习惯不佳，五组电流、电压的数据没有次序地记录在草稿纸上，如图2所示，则实验中最后得到的电压值为图2中的________V。（4）如图3所示为小明根据实验数据在U-I坐标系中描出的五个数据点，请拟合图线，并求出该电池的电动势为_

_______V，内阻为________Ω。【答案】①.电流表②.AC##CA③.0.16④.1.47⑤.0.63【解析】【详解】（1）[1]y串联在电路中，故为电流表。（2）[2]A．因为滑动变阻器采用限流式接法，可能出现短路，故干路上串联定值电阻可以防

止短路，起到保护电路的作用，故A正确；B．因一节干电池的电动势约为1.5V，现有的电压表量程为3V，一定不会超出量程，故B错误；C．因新的干电池内阻很小，电路中干电池两端的电压（路端电压）变化很小，串联定值电阻后，可以使电压表的示数变化明显，便于调节和读数，故C

正确；D．其他条件相同时，串联定值电阻后，电路的总电阻变大，通过电流表的电流会更小，故D错误。故选AC。（3）[3]开始时，滑动变阻器接入电路中的阻值最大，电压表示数最大，随后滑动变阻器接入电路中的阻值逐渐减小，则电压表示数逐渐减小，实验中最后得到的电压值为图2中的0.16V。（4）[4][

5]整理数据、拟合图线如图所示根据公式()0EUIrR=++整理得()0UIrRE=−++可知UI−图线在纵轴上的截距为干电池的电动势E，约1.47V，图线斜率的绝对值等于干电池的内阻r的阻值加上定值电阻0R的阻值，即

01.472.630.56UrRI+==故干电池的内阻r约为0.63。18.小明在冬天使用保温杯装开水，突然“嘭”的一声，瓶内气体温度升高顶开了未拧紧的瓶盖。如图所示，一个绝热容器瓶口横截面积22cmS=，当装入

一定量的开水后迅速塞上不透气的绝热瓶塞，瓶塞重20g且与瓶口间有大小为01.8Nf=的最大静摩擦力。通过晃动容器（瓶身保持竖直）使瓶内气体温度升高，温度上升到最高时瓶塞恰好松动，并被弹出。大气压强50110Pap=

。求：（1）瓶内气体升到最高温后达到的压强p；（2）若瓶内气体刚封闭时温度为0300KT=，则瓶内气体达到最高温后的温度T；（3）若活塞从移动到离开瓶口过程位移1cmd=，滑动后摩擦力即立刻消失，该过程瓶内气体内能损失0.212J，则

瓶塞离开瓶口后的速度v。（不计喷出过程瓶内气体热量损失及液化）【答案】（1）5a1.110P；（2）330K；（3）1m/s【解析】【详解】（1）对瓶塞受力分析得00pSmgfpS=++解得5a1.110Pp=（2）瓶内气体升温过程为一个等容变化00ppTT=解得330KT

=（3）由热力学第一定律可得UWQ=+0.212JW=由动能定理可得2012WmgdpSdWmv=−−+=总得1m/sv=19.如图所示ab为足够长的粗糙斜面，bc为以O点为圆心，半径1.25mR=的光滑圆弧。斜面ab与圆

弧相切于b点，Oc竖直，37bOc==。c点靠近水平传送带左侧，与传送带的距离不计，传送带长1.7mcdL=，以5m/sv=的恒定速度顺时针转动，传送轮的大小忽略不计。一质量1kgm=，可看成质点的滑块从斜面上滑下，滑块与

斜面及传送带间的动摩擦因数0.5=。滑块从圆弧面运动到传送带时速度不变。（1）将滑块从斜面上离b点1mx=处由静止释放，求滑块滑到圆弧面上c点时对轨道的压力大小；（2）将滑块从斜面上离b点1mx=处由静止释放，求滑块在传送带上运动的时间；（3）当d点离水平地面的高度5mh=

时，将滑块从斜面上离b点x处由静止释放，滑块从d点抛出，抛出后的水平距离为L，求L与x的关系。【答案】（1）17.2N；（2）042s；（3）当0.75mx时，224(m)Lx=+；当0.75m9.25mx时，5mL=；当9.25mx时，412(m)Lx=−【解析】【详

解】（1）由动能定理得21sincos(1cos)2cmgxmgxmgRmv−+−=g在c点，由牛顿第二定律得2NcmvFmgR−=联立解得N3m/s17.2NcvF==，根据牛顿第三定律得，滑块滑到圆弧面上c点时对轨道的压力大小NN17.2NFF==（2）假设滑块可以在

传送带上由3m/s加速到5m/s，则mgma=0222cvxva−=解得25m/sa=，01.6m1.7mx=则滑块在传送带上先加速后匀速10.4scvvta−==020.02scdLxtv−==则120.42sttt=+=（3）①假设滑块恰好从c点一直加速到d点，则.2

212ccdvvaL−=解得122m/scv=下滑过程，由动能定理得21111sincos(1cos)2cmgxmgxmgRmv−+−=解得10.75mx=当00.75mx时22[sincos(1cos)]2224(m)cdhLgxgxgRaLxg=−+−+=

+gg②假设滑块恰好从c点一直减速到d点，则2222ccdvvaL−=−解得242m/scv=下滑过程，由动能定理得22221sincos(1cos)2cmgxmgxmgRmv−+−=解得29.25mx=当9.25mx时22[sincos(1cos)

]2412(m)cdhLgxgxgRaLxg=−+−−=−gg③当0.75m9.25mx时，滑块到d点的速度均为5m/sv=，则25mhLvg==g综上所述：当0.75mx时，224(m)L

x=+；当0.75m9.25mx时，5mL=；当9.25mx时，412(m)Lx=−。20.如图所示，粗糙水平导轨MPPM和光滑水平导轨PNNP在PP处平滑连接，但彼此绝缘，导轨间距均

为d，电阻均忽略不计；导轨右端NN之间连接直流电阻不计的线圈，其自感系数为L，整个导轨处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。在导轨上垂直放置两根质量均为m，长度均为d的金属棒a和b，棒a电阻为R，棒b电阻不计。开始时棒b恰好处于导轨MPPM

的最右端且被锁定，棒a处于距离PP为d处：现给棒a一个平行于导轨向右、大小为0I的瞬时冲量，当两棒即将碰撞时解除棒b的锁定，两棒之间发生弹性正碰，碰撞后瞬间棒b的速度04bIvm=。已知棒a与导轨MPPM间的动摩

擦因数为，重力加速度为g，两棒碰撞时间极短。（1）求棒a获得初速度大小；此时金属杆a两端A、C两点的电势差；（2）求两棒碰撞前的过程中，棒a上产生的焦耳热：（3）已知棒b在导轨PNNP上的运动是

简谐运动的一部分，求棒b从滑上导轨PNNP到再次回到PP所用的时间。（提示：简谐运动的回复力与位移的关系为Fkx=−，运动周期2mTk=，线圈产生的感应电动势ΔΔIELt=）【答案】（1）0Im，0；（2）201532Imgdm−；（

3）mLBd【解析】【详解】（1）对棒a，根据动量定理有000aImv=−解得00aIvm=此时外电路电阻为零，金属杆a两端A、C两点的电势差为0。（2）因两棒碰撞时间极短，故两棒组成的系统动量守恒，两棒之间的碰撞

为弹性碰撞，设碰撞前瞬间a棒的速度为av，碰后瞬间a棒的速度分别为av，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有的aabmvmvmv=+222111222aabmvmvmv=+解得04aIvm=，0av=在两棒碰撞前的过程中，根据能量守恒定律有2201122aamvmv

Qmgd−=+解得201532IQmgdm=−（3）当棒b滑上水平导轨后，其与线圈组成的回路无电阻，有L0vEE−=在Δt时间内有ΔΔΔΔiixLBdvBdtt==由数学知识可得BdixL=故安培力22BdFBidxL=−=−故22BdkL=故周期22mm

LTkBd==棒b从PP又回到PP经过了半个周期，则有12mLtTBd==21.如图所示，四分之一圆环区域ABCD中有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，内环壁BC的半径为r，外环壁AD的半径为2r。入口AB

处有分布均匀的线状粒子源，能同时向磁场中发射质量均为m、电荷量均为q的带负电粒子，所有粒子的速度大小相等，方向均垂直AB，已知从A点射入磁场的粒子恰好从C点射出磁场。粒子碰到环壁即被吸收，CD为出口，不计粒子重力和粒子间的相互作用。（1）求

粒子速度v的大小；（2）求出口CD有粒子射出的区域：（3）推导粒子在出口CD的射出率与粒子速度v的关系式。【答案】（1）54qBrm；（2）粒子射出的区域为CD之间距C点14r的范围内；（3）见解析【

解析】【详解】（1）根据条件作出粒子的轨迹如图1所示根据洛伦兹力提供向心力可得21vqvBmR=根据几何关系有()222112RrRr=−+联立解得54qBrvm=（2）将A点粒子的轨迹沿AB方向平移，可知当粒子垂直CD射

出时，射出点离C点最远，如图2所示由几何关系有114mxRrr=−=故粒子射出的区域为CD之间距C点14r的范围内。（3）根据向心力公式有2vqvBmR=当粒子的轨迹半径为Rr=可得1qBrvm=如图3所示同理当粒子的轨迹半径满足222(2)()RrRr=+−即52Rr=可得252qBrv

m=当qBrvm或52qBrvm时，0=；当524qBrqBrvmm时，1=；当54qBrqBrvmm时，如图4所示FB之间的粒子能从CD射出，根据几何关系有2224ROOr=+4||OORF

Br+=+解得22||FBRrRr=−+−22222||11FBmvmvrqBrqBr==−+−当252qBrqBrvmm时，如图5所示GB之间的粒子能从CD射出，根据几何关系有2225(2)ROOr=+5||OOrGBR++

=解得22||4GBRrRr=−−−22222||41GBmvmvrqBrqBr==−−−综上所述可得0=（qBrvm或52qBrvm）2222211mvmvqBrqBr=−+−（54qBrqBrvmm）1=（524qBrqBrvmm）22222||41G

BmvmvrqBrqBr==−−−（252qBrqBrvmm）