【文档说明】浙江省A9协作体2021-2022学年高二（下）期中联考物理试题 含解析.docx，共(27)页，3.157 MB，由小赞的店铺上传

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浙江省A9协作体2021学年第二学期期中联考高二物理试题选择题部分一、单项选择题（本题有13小题，每题3分，共39分，每题只有一个选项符合题意）1.下列说法中，符合物理学史实的是（）A.法拉第经过十多年的实验，发现电流周围

存在磁场，揭示了电流和磁场之间是存在联系的B.伽利略发现了单摆的等时性规律，并进一步确定了计算单摆周期的公式C.麦克斯韦发现了电磁感应现象，并预言了电磁波的存在D.赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在【答案】D【解析】【详解】

A．电流的磁效应是奥斯特发现的，故A错误；B．伽利略发现了单摆的等时性规律，但是惠更斯确定的单摆周期公式，故B错误；C．法拉第发现的电磁感应现象，故C错误；D．赫兹第一次用实验验证了电磁波的存在，故D正确。故选D。2.磁感应强度表示磁场的强弱，其单位特斯拉可以用不同形式表示

。下列四个单位中不表示磁感应强度单位的是（）A.kgCsB.NAmC.WbmD.2kgAs【答案】C【解析】【详解】AD．由2mvqvBR=可得mvBqR=所得单位为2kgkgTCsAs==是磁感应强度的单位，故

AD不符合题意；B．由FBIL=可知NTAm=是磁感应强度的单位，故B不符合题意；C．由BS=可知2WbWbTmm=不是磁感应强度的单位，故C符合题意。故选C。3.下列说法正确的是（）A.浮在水面上的油膜呈现出彩色的原因是

光的衍射现象B.光波、声波均能发生反射、折射、干涉、衍射和偏振现象C.“激光测距雷达”利用激光测量很远目标距离是应用了激光亮度高的特点D.“彩超”仪器可以检查心脏、大脑和眼底血管病变等，是利用了多普勒效应【答案

】D【解析】【详解】A．浮在水面上的油膜呈现出彩色的原因是光的薄膜干涉现象，故A错误；B．光波、声波均能发生反射、折射、干涉、衍射，但偏振现象是横波的特点，声波有纵波有横波，故B错误；C．“激光测距雷达”利用激光测量很远目标的

距离是应用了激光方向性好的特点，故C错误；D．“彩超”仪器可以检查心脏、大脑和眼底血管病变等，医生向人体内发射频率已知的超声波，超声波被血管中的血液反射后又被仪器接收，测出反射波的频率变化，就能知道血流的速度。是利用了多普勒效应

，故D正确。故选D。4.如图，在一水平桌面上放置的闭合导体圆环正上方不远处，有一条形磁铁（S极朝上，N极朝下）由静止开始快速向右运动时，关于圆环中感应电流的方向（从上向下看）和相互作用情况，下列说法正确的是的

（）A.圆环中感应电流的方向是逆时针B.圆环中感应电流的方向是顺时针C.圆环有向左的运动趋势D.圆环对水平桌面的压力增大【答案】B【解析】【详解】AB．由图示可知，圆环中磁场方向向下，在磁铁向右移动时，穿过圆环的

磁通量变小，由楞次定律可知，感应电流产生的磁场方向向下，再由安培定则可知，从上向下看，圆环中的感应电流沿顺时针方向，所以A错误，B正确；C．由左手定则可知，圆环受到的安培力方向向斜右上方，所以圆环有向右运动趋势，C错误；D．在竖直方向上圆环

受到重力、桌面对它支持力，在向右运动的过程中增加了安培力沿竖直方向上的分力，所以支持力变小，根据牛顿第三定律，可知，压力变小，D错误。故选B。5.一个矩形玻璃砖与玻璃三棱镜按如图所示放置，棱镜的右侧面A与玻璃砖的左侧面B互

相平行。一细光束通过玻璃三棱镜折射后分成a、b、c三束单色光，并进入玻璃砖内，其中单色光a射到C面，单色光b、c射到D面。下列说法正确的是（）A.单色光a的频率最小，在玻璃中的传播速度最小B.单色光c从玻璃射向空气的全反射临界角最大C.进入玻璃砖的a光线一定

不能从C面射出D.进入玻璃砖的b、c光线到达D面时，b光线更容易在D面发生全反射【答案】B【解析】的【详解】A．由图可知，a的偏折程度最大，则折射率最大，所以单色光a的频率最大，由cnv=可知在玻璃中的传播速度最小，故A错误；B．单色光c的折射率最小，则由1sinCn=可知单色光c

从玻璃射向空气的全反射临界角最大，故B正确；C．AB面平行，所以进入玻璃砖的a光，与三棱镜中的平行，a光在A面发生折射，则在A面的入射角β小于临界角，则在C面的入射角为2−，如果2−小于临界角，a光就可以从C射出，如果2−大于临界角，a光就不可以从C射出，故C错误

；D．进入玻璃砖的b、c光线与三棱镜中平行，所以在D面的入射角与A面的入射角相同，不能发生全反射，故D错误。故选B。6.远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R。变压器为理想变压器，用户端的电功率为P

，则下列关系式中正确的是（）A.22PIU=B.22UIR=C.2112IUIR=D.1122IUIU=【答案】D【解析】【详解】AD．理想变压器的输入功率等于输出功率，所以升压变压器原副线圈两端功率相等，故1122IUIU=根据

能量守恒，用户端获得的功率为2222PIUIR=−故A错误，D正确；B．2IR表示输电线上的损失电压为U，并不是升压变压器的2U，故B错误；C．11IU是表示输入功率，22IR表示电路损耗的功率，二者不等，故

C错误。故选D。7.甲、乙、丙、丁四幅图分别是回旋加速器、磁流体发电机、速度选择器、质谱仪的结构示意图，下列说法中正确的是（）A.图甲中增大交流电的频率可增大粒子的最大动能B.图乙中可以判断出通过R的电流方向为从a到bC.图丙中粒子沿直线PQ运动的条件是BvE=D.图丁中在分析同位素时，半径最大的

粒子对应质量也最大【答案】D【解析】【详解】A．由洛伦兹力提供向心力可得2mvqvBR=则qBRvm=粒子的最大动能为2222k122qBREmvm==与交流电的频率无关，故A错误；B．根据左手定则可知B为正极，所以通过R的电流方向为从

b到a，故B错误；C．图丙中粒子沿直线PQ运动的条件是qEqvB=可得EvB=故C错误；D．在加速电场中有212qUmv=在磁场中洛伦兹力提供向心力2mvqvBR=联立可得12mURBq=对于同位素，电荷量相等，半径最大的粒子对应质量也最大，故

D正确。故选D。8.如图所示，一个半径为R的14透明圆柱体静止在水平桌面上，其折射率为n=3，AOB为横截面。现有一细光束在距桌面高32Rh=处平行于OB射向圆柱体AB表面，假设射到OB面的光全部被吸收，则（）A.光束从AB面进入柱

体的折射角为60°B.光束到OA面时的位置离O点的距离为3RC.光束不能从OA面射出D.光束从OA面射出时的折射角为60°【答案】D【解析】【详解】A．由几何关系可知光束从AB面进入柱体的入射角正弦值3sin2=由折射率可知sinsinn=可得

30=故A错误；B．由几何关系可知光束到OA面时的位置离O点的距离为3cos60tan303hhRR=−=故B错误；CD．全反射的临界角13sin3Cn==由几何关系可知，光束在OA面的入射角为30°，

小于临界角，故光束能从OA面射出，设折射角为i，由sinsin30in=可得60i=故C错误，D正确。故选D。9.如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧AB是一个半径为R的16弧形凹槽，A点切线水平。一个质量为m的小球以水平初速度v0从A点冲

上滑块，重力加速度大小为g，不计一切摩擦。下列说法中正确的是（）A.滑块和小球组成的系统动量不守恒B.滑块和小球组成的系统机械能不守恒C.若0vgR，小球将越过B点离开滑块MD.若小球能从B点离开滑块M，则小球到达滑块最高点B时，小球和滑块的水平方向速度

相等【答案】A【解析】【详解】A．滑块和小球组成的系统水平方向合力为零，所以水平方向动量守恒，但是整体的合力不为零，所以系统的总动量不守恒，故A正确；B．不计一切摩擦，只有重力对系统做功，所以系统机械能守恒，故B错误；C．当小

球刚好到达B点，系统水平方向动量守恒，有0mvMvmv=+系统机械能守恒，有2220111(1cos60)222mvMvmvmgR=++−可得0MmvgRM+=故C错误；D．若小球能从B点离开滑块M，则小球水平方向的分速度大于滑块水平方向的分速度。小球离开滑块M后做斜

抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则小球到达滑块最高点B时，小球只有水平方向的分速度，则小球的速度大于滑块的水平方向速度，故D错误。故选A。10.如图所示，在倾角为α的斜面顶端固定一摆长为L的单摆，单摆在斜面上做小角度摆动，摆球经过平衡位置时的速度为v，则以下判断正确的是（）A.2LTg

=单摆在斜面上摆动的周期B.摆球经过平衡位置时受到的回复力大小为2vFmL=C.若小球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，则单摆的振动周期将减小D.若小球带正电，并加一垂直斜面向下的匀强磁场，则单摆的振动周期将发生变化【答案】C【解析】

【详解】A．单摆在平衡位置时，等效重力加速度为singg=所以单摆在斜面上摆动的周期22sinLLTgg==故A错误；B．回复力大小与偏离平衡位置位移大小成正比，故摆球经过平衡位置时受到的回复力大小为0，故B错误；C．若小球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，单摆在平衡位置

时，等效重力加速度为sinqEggm=+所以单摆在斜面上摆动的周期22sinLLTqEggm==+减小，故C正确；D．若小球带正电，并加一垂直斜面向下的匀强磁场，则小球摆动过程中洛伦兹力始终垂直速度，不产生回复力的效果，故周期不变，故D错误。故选C。11.如图所示，

水平放置的光滑平行金属导轨，左端与一电源相连，右端与竖直光滑半圆导轨相接，整个导轨处于竖直方向的匀强磁场中，一根导体棒ab垂直导轨放置于半圆轨道底部。已知磁场的磁感应强度B=0.5T，导轨宽度为20cm，导轨电阻不计，半圆的半径也为20cm，导

体棒的质量m=50g、电阻R=1Ω，电源内阻不计。当闭合开关S后，导体棒沿圆弧运动。导体棒速度最大时，导体棒与圆心的连线与竖直方向的夹角θ=45°，若不考虑导体棒的感应电动势对电路的影响，则（）A.磁场方向竖直向上B.

电源的电动势E=5VC.导体棒速度最大时机械能也最大D.导体棒将越过半圆导轨圆心等高处继续运动【答案】B【解析】【详解】A．导体棒ab向右运动进入半圆轨道，由左手定则可知，磁场方向竖直向下，故A错误；B．由题意可得mgBIL=EIR=可得5VE=故B正确；CD

．安培力做功等于机械能的变化，所以机械能最大时，安培力做功最大，由sin0BILREE=−=可知，安培力做功最大时，导体棒与圆心的连线与竖直方向的夹角θ=90°，此时导体棒与半圆导轨圆心等高，由ksin90(1

cos90)BILRmgRE=−+可得k0E=所以导体棒不能越过半圆导轨圆心等高处继续运动，故CD错误。故选B。12.如图所示，一轻质弹簧压缩后处于锁定状态，下端固定在足够长的光滑斜面底端，上端与物体A接触而不栓接

。弹簧解除锁定后将物体沿斜面向上弹出，在斜面上O点（图中未标出）物体与弹簧脱离。现在仅将弹簧上端与物体拴接，其它条件不变，从物体第一次运动到O点开始计时，到物体第一次回到O点用时0.4s，则下列判断正确的是（g取10m/s2）（）A.物体A做简谐运动，O点是其平衡位置B.物体A

做简谐运动的周期是1.6sC.0到0.4s这段时间内，弹簧的弹力对A的冲量沿斜面向下D.0到0.4s这段时间内，合外力对A的冲量为0【答案】C【解析】【详解】A．当物体处于平衡位置时0sinkxmg=某时刻物体离开平衡位置的位移为x，则此时的回复力0[()sin]

Fkxxmgkx=−+−=−则物体A做简谐振动，平衡位置在O点以下距离为0sinmgxk=的位置，选项A错误；B．由题意可得0.4s2T=物体A做简谐运动的周期是T=0.8s选项B错误；C．0到0.4s这段时间内，弹簧处于拉长状态，

弹簧的弹力方向沿斜面向下，则弹簧对A的冲量沿斜面向下，选项C正确；D．若设t=0时刻物体的速度沿斜面向上，大小为v，则在t=0.4s时刻回到O点时的速度大小仍为v，方向沿斜面向下，若规定沿斜面向下为正方向，则0到0.4s这段时间内，合外力对A的冲量

为()20Imvmvmv=−−=选项D错误。故选C。13.如图所示，一列简谐横波沿x轴正向传播，振幅为2cm，某时刻相距40cm的两质点a、b的位移都是3cm，但运动方向相反，其中质点a沿y轴负向运动，a的平衡

位置距0点不足一个波长，此时0质点恰好经过平衡位置。下列说法正确的是（）A.该列简谐横波波长为2.4mB.质点a的平衡位置距0点的距离可能为23C.质点a的平衡位置距0点的距离一定为6D.再经6T，质点b到达波峰【答案】B【解析】【详解】A．设质点的起振方向向上，b的振动方程为132

sint=可得13t=a质点比b振动时间长，所以a的振动方程为232sint=可得223t=则ab振动的时间差最短为2136Tttt=−==所以ab之间的最短距离为6xvt==则通式为1()40cm6n+=则2402.4cmm6161nn

==++（n=0、1、2、3、4……）故A错误；BC．若0点正在向下振动，由A的分析和题意可知，质点a的平衡位置距0点的距离为a6x=若0点正在向上振动，由A的分析和题意可知，质点a的平衡位置距0点的距离为a2623x=+=故B正确，C错误；D．因为ab振动

的时间差最短为2136Tttt=−==根据简谐运动的对称性可知，质点b到达波峰还需经过212tTt==的时间，故D错误。故选B。二、不定项选择题（本题有3小题，每小题4分，共12分。每小题至少有一个选项符合题意。选全对的得4分，选漏的得

2分，有选错或选多了的均不得分）14.关于LC电磁振荡和电磁波，以下说法中正确的是（）A.如图所示为LC振荡电路某时刻的情况，则此时电容器正在充电B.在线圈中插入铁芯可使振荡周期变小C.LC振荡电路辐射的电磁波传播

需要介质D.由空气进入水中时，电磁波的波长变小【答案】AD【解析】【详解】A．如图所示为LC振荡电路某时刻的情况，由线圈内的磁场方向可知，线圈中的电流方向由上到下，而此时电容器下极板为正，则此时电容器正在充电，选项A

正确；B．在线圈中插入铁芯，则L变大，根据2TLC=可知，振荡周期变大，选项B错误；C．LC振荡电路辐射的电磁波传播不需要介质，选项C错误；D．由空气进入水中时，电磁波的波速要减小，周期和频率不变，则根据λ=vT可知，波长变小，选项D正确。故选AD。15.在均匀介质中A、B两

个波源相距4.8m，t=0时刻两波源同时开始振动产生简谐横波在介质中传播，t=4.8s时A、B连线的中点恰好开始振动起来，已知波源A的振动图像如图所示，且B与A的振动情况完全相同，则（）A.波在介质中传

播的速度为1m/sB.t=2s时，波源A的运动方向为负方向C.B波源产生的简谐横波波长为4mD.位于AB连线中垂线上的质点振动加强【答案】BD【解析】【详解】A．因为B与A的振动情况完全相同，所以t=4.8s内

，波传播距离为2.4m，则波速为2.4m/s0.5m/s4.8xvt===故A错误；B．由图像可知t=2s时，波源A的运动方向为负方向，故B正确；C．B波源产生的简谐横波波长为0.54m2mvT===故C错误；D．t=4.8s时，两列波同时传播到A、B连线的中点，因为两列波振动情况完全相同

，所以A、B连线的中点为振动加强点，故D正确。故选BD。16.如图所示，竖直面内有一个闭合导线框ACDE（由细软导线制成）挂在两固定点A、D上，水平线段AD为半圆的直径，在导线框的E处有一个动滑轮，动滑轮下面挂一重物，使导线处于绷紧状态。在半圆形区域内，

有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场。设导线框的电阻为r，圆的半径为R，在将导线上的C点以恒定角速度ω（相对圆心O）从A点沿圆弧移动的过程中，若不考虑导线中电流间的相互作用，则下列说法正确的是（）A.当C从A点沿圆弧移动到图中∠ADC=30°位置时，闭合导

线框ACDE中的电流方向为逆时针B.在C从A点沿圆弧移动到图中∠ADC=30°位置的过程中，通过导线上C点的电量为232BRrC.当C沿圆弧移动到圆心O的正上方时，导线框中的感应电动势最大D.在C从A点沿圆弧移动到D点的过程中，导

线框中产生的电热为242BRr【答案】ABD【解析】【详解】A．设ADC=，根据几何知识知，线框上部分的三角形的面积212cos2sin2sincos2SRRR==磁通量为22sincosBR=在045

的过程中，磁通量增大，根据楞次定律知电流的方向先逆时针，故A正确；B．根据qnR=知22(2sin30cos300)32BRBRqrr−==故B正确；C．根据et=知2coseBRt=C沿圆弧移动到圆心O的正上方时，导线

框中的感应电动势最小为零，故C错误；D．根据C项知可知电动势有效值为222EBR=故电热为22242422EBRBRQtrrr===故D正确。故选ABD。非选择题部分三、实验题（本题共2小题，共16分）17.在“用单摆测量重力加速度的大小”的实验中：（1）某同学在实验过

程中，下列做法正确的是________A.为了减少实验误差，计时起点和终点选择在摆动过程中的最低点B.在实验过程中，由于摆线悬挂点松动，导致实际的摆长略微变大，则用公式法计算出的当地重力加速度值会偏小C.测量摆线长度时，把绳子平放到桌面上用刻度尺来测量比较方

便（2）某同学做此实验时，为了减少实验误差，想利用图像法来求当地重力加速度的大小。通过改变摆长从而测得多组摆长l和周期T实验数据。但在实验作图过程中，该同学的摆长没有加上小球的半径，其他操作无误，那么他通过描点得到的实验图像可能是下列图像中的________，若该同学计算出其图

像中的斜率为k，则当地的重力加速度为_______（用题中符号表示）A.B.C.（3）为完成“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系“的实验，实验室提供一个可拆变压器，某同学用匝数为na=80匝的A线圈和匝数为nb=160匝的B线圈构

成一个变压器来做电压与匝数关系的实验，实验测量数据如下表，A线圈两端电压Ua/V1.802.813.804.78B线圈两端电压Ub/V4.006.018.02998根据测量数据可判断该同学在做实验时，原线圈是_____

__（填“A线圈”或“B线圈”）【答案】①.AB②.C③.4π2k④.B线圈【解析】【详解】（1）[1]A．为了减少实验误差，计时起点和终点选择在摆动过程中的最低点，选项A正确；B．根据2LTg=在实验过程中，由于摆线悬挂点松动，导致实际的摆长略微变大，则测得的周期T偏大，用公式法计算出.的当地

重力加速度值会偏小，选项B正确；C．测量摆线长度时，应该把摆球用细线竖直悬挂，然后用刻度尺来测量摆长，选项C错误；故选AB。（2）[2][3]若测量摆长时没有加上摆球的半径，则根据2lrTg+=解得224glTr=−则l-T2图像为C。由题意可知24gk=解得24gk=（3

）[4]由表中数据可知，B线圈的电压高于A线圈，并且考虑到不是理想变压器有漏磁现象，A线圈中的电压小于B线圈电压的一半，可知线圈B是原线圈，A是副线圈。18.在“用双缝干涉测量光的波长”实验中（1）某同学在实际操作中，下列操作正确的是__

______A.调整光源、凸透镜、遮光筒，让光能沿着遮光筒的轴线传播B.实验操作中可以直接用手去旋转双缝，使得双缝与单缝平行C.若观察到的条纹不清晰，可以尝试用拨杆来调节（2）某同学若想增加从目镜中观察到的条纹个数，该同学可_________；A.将单缝向双缝靠近B.将屏向靠近双

缝的方向移动C.将屏向远离双缝的方向移动D.使用间距更小的双缝（3）某同学将测量头的分划板中心刻线与某条亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，读出测量头标尺的读数为x1。然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，此时测量头标尺示数

记为x2，如图所示，其读数为_________mm。（4）某同学测得双缝到光屏的距离为L，同时记下双缝间的距离d，则光的波长=________（用题中符号表示）。【答案】①.AC##CA②.B③.15.54mm④.()215xxdL−=【解

析】【详解】（1）[1]A．调整光源、凸透镜、遮光筒，让光能沿着遮光筒的轴线传播，才可以在屏上成功观察到清晰的干涉条纹，故A正确；B．实验操作中通过调节拨杆使得双缝与单缝平行，不能直接用手调节，故B错误；C．若观察到的条纹不清晰，可能是单缝与双缝不平行，可以尝试用拨杆来调节，故C正确。故选AC

。（2）[2]若想增加从目镜中观察到的条纹个数，可以通过减小条纹宽度实现，则有Lxd=可知，可以将屏向靠近双缝的方向移动，减小L，或者使用间距d更大的双缝，或用波长较短的光，故B正确，ACD错误。故选B。（3）[3]主尺读数15mm，游标第27个

刻度与主尺对齐，则此时测量头标尺读数为15mm0.0227mm15.54mm+=（4）[4]由Lxd=可得21()5xxddxLL−==四、计算题（本题共3小题，共33分）19.在检测篮球的性能时，检测人员

将篮球从高处自由下落，通过测量篮球自由下落的高度、反弹高度及下落和反弹的总时间等数据来测评篮球是否合格。在某次检测过程中，检测员将篮球最低点置于距离地面H1=1.8m处开始自由下落，测出篮球从开始下落到第一次反弹至最高点所用的时间为t=1.5s，篮球最低点所能到达的最大高度降

为H2=1.25m。已知该篮球的质量为0.6kg。不计空气阻力。（g=10m/s2）（1）求篮球第一次反弹后即将离开地面时的动量大小和方向；（2）求篮球第一次反弹过程中与地面接触时间；（3）篮球第一次与地面接触过程中对地面的平均作用力大小。【答案】（1）p=3kgm/s，方向竖

直向上；（2）0.4s；（3）22.5N【解析】【详解】（1）篮球第一次反弹后即将离开地面时的速度v满足222vgH=可得5m/sv=离开地面时的动量3kgm/spmv==方向竖直向上；（2）篮球第一次自由下落

的时间满足21112Hgt=可得10.6st=篮球第一次反弹后上升的时间满足22212Hgt=的的可得20.5st=则可得篮球与地面接触的时间120.4stttt=−−=（3）篮球第一次自由小落着地前的速度满足2012vgH=可得06m/s

v=篮球与地面接触的过程中()()0Fmgtmvmv−=−−可得F=22.5N由牛顿第三定律可知篮球对地面的平均作用力大小为22.5N。20.“太空粒子探测器”是安装在国际空间站上的一种粒子物理试验设备，可用于探测宇宙中的奇异物质。在研究太空粒子探测器的过程中，某兴趣小组

设计了一款探测器，其结构原理如下图所示，竖直平面内粒了探测器的过程中某兴趣小组设的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在圆形磁场区域的右侧有一宽度32LR=的足够长的匀强磁场，磁感应强度大小也为B，方向垂直纸面向里，该磁场的右边界放有一定够长的荧光屏PQ，左边界MN板与形磁

场相切处留有小孔S。现假设太空中有一群分布均的正离子以速度qBRvm=竖直射入圆形磁场区域，并从S点进入右侧磁场区域，已知单位时间内有N个正离子射入圆形磁场，正离子的质量为m，电荷量为q，不计粒子间的相互作用对粒子引力的

影响。（可能需要的数据有：sin29°1225，sin49°34）（1）求正离子在圆形磁场中的轨道半径大小；（2）各个从S点进入右侧磁场的粒子中能到达荧光屏PQ的最短时间；（3）单位时间内有多少个离子击中荧光屏PQ?【答案】（1）R；（2）4990minmtqB=；（3）14N【解析

】【详解】（1）粒子在圆形磁场中运动时2mvqvBr=解得rR=（2）粒子在右侧磁场中运动的轨迹最短时对应的运动时间最短，如图所示334sin4RR==θ=49°粒子在右侧磁场中得最短运动时间为49224936090minmmtqBqB==（3）由几何关系可知，

粒子由S点射入右侧磁场中时，入射方向与MN边夹角间于120°～180°之间的粒子能集中收集板。设其中入射S点速度方向与MN恰为120°的粒子在入射圆形磁场前与MN边的水平距离为x，由几何关系可知x=32R单位时

间内集中收集板的粒子数321224RRNNNR=−=21.电磁缓冲装置是一种利用电磁力来实现有效缓冲车辆间的速度差，避免车辆间发生碰撞和追尾事故的安全装置。某电磁缓冲车结构如图所示（俯视图），其主要部件为缓冲滑块K和质量为m的缓冲车厢。在缓冲车

的底板上，沿车的轴线固定着两个光滑水平绝缘导轨PQ、MN。车厢底部的电磁铁（图中未面出）能产生垂直导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B。导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，其上绕有n匝闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，ab边长为L。缓冲装置工作时，滑块K在缓冲车

与障碍物C碰撞后能立即停下。某次事故中，缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，在线圈与轨道间磁场力的作用下继续前进L后速度减小为零，此时滑块下还未完全进入导轨间的磁场区域。忽略一切摩擦阻力。求：（1）此次碰撞过程中滑块K上的线圈所能产生的感应电流最大值；（2）此次碰

撞过程中，线圈abcd中通过的电量和产生的焦耳热各是多少？（3）若缓冲车以某一未知速度与障碍物C碰撞后，缓冲车厢所受的最大水平磁场力为Fm。要使导轨右端不碰到障碍物C，则碰撞前，导轨右端与滑块K的cd边距离至少多大？【答案】（1）0nBLvIR=；（2）2BLqnR=，20

12Qmv=；（3）2m444mFRxnBL=【解析】【详解】（1）滑块K上的线圈所能产生的感应电动势的最大值m0EnBLv=感应电流的最大值0mnBLvEIRR==（2）由法拉第电磁感应定律Ent=其中2BL=由电流强度计算公式EIR=q

It=得到2BLqnR=（3）当缓冲车以某一速度v0′（未知）与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，滑块相对于磁场的速度大小为v0′，线圈产生的感应电动势为m0EnBLv=线圈中的电流为EIR=线圈ab边受到的安培力FnBIL=由题意得

mFF=解得m0222FRvnBL=由动量定理可知2220nBLxmvmvR−=−2220nBLvvxmR=−当v=0时，解得2m444mFRxnBL=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com