【文档说明】浙江省新阵地教育联盟2023-2024学年高三上学期第二次联考物理试题 含解析.docx，共(24)页，4.920 MB，由小赞的店铺上传

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浙江省新阵地教育联盟2024届第二次联考物理试题卷考生须知：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相应的位置，写在试卷

上无效。4.考试结束后，只需上交答题卷。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.下列四组单位中，单位对应的物理量均为矢量的一组是（）A.特斯拉、牛顿B.法拉

、库仑C.韦伯、赫兹D.亨利、开尔文【答案】A【解析】【详解】A．特斯拉是磁感应强度的单位，牛顿是力的单位，两者均为矢量，故A正确；B．法拉是电容的单位，库仑是电量的单位，两者均为标量，故B错误；C．韦伯是磁通量的单位，赫兹是频率的单位，两者均为标量，故C错误；D．亨利是电感的单位，开尔

文是热力学温度的单位，两者均为标量，故D错误。故选A。2.在排球运动中，下列说法正确的是（）A.扣球时运动员对排球的作用力大于排球对运动员的作用力B.在研究排球扣球动作时能将球视作质点C.排球在空中运动时受到重力、空气作用力和运动员手臂的弹力D.排球在飞行和击球

时惯性不变【答案】D【解析】【详解】A．根据牛顿第三定律可知扣球时运动员对排球的作用力等于排球对运动员的作用力，故A错误；B．在研究排球扣球动作时，排球的形状、大小不能忽略，故不能将排球视作质点，故B错误；C．排球在空中运动时受到重力

、空气作用力，故C错误；D．物体的惯性只与物体的质量有关，排球在飞行和击球时质量不变，惯性不变，故D正确。故选D。3.千岛湖沪马探险乐园的“火箭蹦极”因其惊险刺激深受年青人喜爱，如图所示，“蹦极球”被向上抛出后上升的运动过程中，忽略绳索对它的作用力和空气阻力，下列关于“蹦极

球”在此运动过程中的位移X、加速度大小a、动能Ek、和机械能E随时间t的变化关系中，正确的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．“蹦极球”被向上抛出后上升的运动过程中，根据竖直上抛公式可知2

012xvtgt=−图像是曲线，故A错误；B．忽略绳索对它的作用力和空气阻力，加速度不变，是重力加速度，故B错误；C．根据0vvgt=−动能22011()22kEmvmvgt==−图像是曲线，故C错误；D．只有重力做功，机械能守恒，所以机械能不随时间变化，故D正确

。故选D。4.日本政府公布的福岛核电站核污水的排海计划，引起了中国的高度关注。福岛核事故泄漏到海洋的污染物含有多种放射性物质，主要有三种：碘131、铯134和铯137，它们的半衰期分别为8天、2年和30年，其中铯137的衰变方程为：1371375556CsB

aX→+，下列说法正确的是（）A.随着未衰变原子核数量的减少，元素的半衰期也相应变短B.从长时间来看，碘131的放射性危害小于铯137的放射性危害C.铯137衰变时，衰变产物中的X为质子D.铯137衰变时会放出能量，衰变过程中的质量亏损等于X的质量【答案】B

【解析】【详解】A．元素原子核的半衰期是由元素本身决定，与元素所处的物理和化学状态无关，故A错误；B．从长时间来看，碘131的放射性危害小于铯137的放射性危害，因为半衰期更短，故B正确；C．根据质量数守恒电

荷数守恒可知，铯137衰变时，衰变产物中的X为电子，故C错误；D．铯137衰变时会放出能量，衰变过程中的质量亏损等于放出的能量与光速平方的比值，不是X的质量，故D错误。故选B。5.支持无线充电的电子设备内部都有一个线圈，而支持反向无线充电的手机内部线圈还接有一个交

流/直流变换器，如图所示，当手机为其他无线充电设备充电时，手机内部的升压板先将额定电压为4.2V的锂电池升压至5V，再通过转换器逆变为高频交变电流，当接收线圈与授电线圈正对放置时即可实现用手机反向无线充电。下列

说法正确的是（）A.无线充电技术主要利用了自感B.反向充电时授电线圈和接收线圈之间没有作用力C.反向充电时授电线圈和接收线圈之间只存在引力D.反向充电和正向充电均是利用了互感【答案】D【解析】【详解】A．无线

充电技术主要利用了互感，选项A错误；BC．反向充电时授电线圈和接收线圈中电流有时同向，有时反向，则它们之间既有引力也有斥力，选项BC错误；D．反向充电和正向充电中当授电线圈磁通量发生变化时引起接收项圈的磁通量变化

而产生感应电流，则均是利用了互感，选项D正确。故选D。6.趣味比赛“毛毛虫竞速”锻炼体能的同时，考验班级的团队协作能力。某班级在比赛中四位同学齐心协力，默契配合，发令后瞬间加速出发，加速度大小约为5.0m/s2。已知“毛毛虫”道具质量为1

0kg，重力加速度g的大小取10m/s²。则在发令后瞬间平均每位同学对道具的作用力约为（）A.10NB.25NC.28ND.100N【答案】C【解析】【详解】设平均每位同学对道具的作用力为F，对“毛毛虫”道具受力分析，该道具

受到重力和四位同学的作用力，如图的由几何关系和牛顿第二定律得2224mgmaF+=()()()解得28NF故选C。7.北京时间2023年7月20日21时40分，经过约8小时出舱活动，神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮密切协同，在空间站机械臂支持下，圆满完成出舱活动全部既

定任务。已知核心舱组合体离地高度约391.9千米。以下说法正确的是（）A.航天员相对太空舱静止时，所受合外力为零B.由于太空舱在绕地圆周运动，出舱后航天员会很快远离太空舱C.航天员在8小时的出舱活动中，将绕地

球转过13周D.航天员出舱后，环绕地球的速度约为7.7km/s【答案】D【解析】【详解】A．航天员相对太空舱静止时，依然绕地球做圆周运动，所受合外力不为零，故A错误；B．由于太空舱在绕地球圆周运动，出舱后航天员在太空舱表面工作，随太空舱一起绕地球圆

周运动，不会远离太空舱，故B错误；C．太空舱在绕地球圆周运动的周期大约1.5小时，航天员在8小时的出舱活动中，将绕地球转过5周多，故C错误；的D．航天员出舱后，随太空舱一起绕地球圆周运动，环绕地球的速度约为7.7km/s，故D正确。故选D。8.下列关于传感器元件说法错

误的是（）A.如图甲，是一光敏电阻，随着光照增强，载流子增多，导电性变好B.如图乙，是一电阻应变片，其电阻随受外力而发生机械形变的变化而发生变化C.如图丙，当磁体靠近“干簧管”时，“干簧管”能起到开关的作用是由于电磁感应D.如图丁，是一种电感式微小位移传感器，物体1连

接软铁芯2插在空心线圈3中，当物体1向左发生微小位移时，线圈自感系数变大【答案】C【解析】【详解】A．光敏电阻，当强光照射时，电阻变小，导电性增强，故A正确不符合题意；B．电阻应变片，其电阻随受外力而发生机械形变的变化而发生变化，故B正确不符合题意；C．干簧管是一种能够感知磁场

的传感器，当磁体靠近干簧管时，两个簧片被磁化相互吸引而接通，当磁体远离干簧管时，软磁性材料制成的簧片失去磁性，两簧片又分开，经常被用于控制电路的通断，不是电磁感应原理，故C错误符合题意；D．当物体1向左发生微小位移时，铁芯插入的长度变大，线圈自感系数变大，故D正确不符合题意。故选C

。9.如图为某一径向电场的示意图，电场强度大小可表示为kER=，k为常数，比荷相同的两带电粒子分别在半径R1、R2的圆轨道上运动，不考虑粒子间的相互作用及重力，则（）A.轨道R1上的粒子速度更大B.轨道R2上的粒子速度更大C.轨道R1

上的粒子角速度更大D.质量大的粒子动能不一定大【答案】C的【解析】【详解】AB．电场力提供粒子做圆周所需的向心力，则2mvqEr=解得qkvm=比荷相同，所以两粒子速度大小相等，故AB错误；C．根据vr=可知，轨道R1上的粒子半径小，角速度大，故C正确；D．粒子动能212kEmv=两粒子速度大小

相等，质量大的粒子动能大，故D错误。故选C。10.如图所示，边长为a电阻为R的正方形导体框水平放置，磁感应强度为B的匀强磁场与水平面成θ=30°角斜向下，导体框可分别绕mn和ef轴以相同角速度ω匀速转

动。下列说法正确的是（）A.从图示位置导体框绕ef轴顺时针转过90°与绕mn轴转过90°导体框的磁通量变化量相同B.从图示位置导体框绕ef轴顺时针转过90°比绕mn轴转过90°导体框的磁通量变化量大C.导体框绕ef轴转动比绕mn轴转动时导体框的发热功率小D.导体框绕ef轴转动与绕mn轴转动时

导体框的发热功率一样大【答案】B【解析】【详解】AB．从图示位置导体框绕ef轴顺时针转过90°，磁通量变化量2222sin(cos)sincosBaBaBaBa=−−=+绕mn轴转过90°导体框的磁通量变化量22sin0sinBaBa

=−=不相同，从图示位置导体框绕ef轴顺时针转过90°比绕mn轴转过90°导体框的磁通量变化量大，故A错误B正确；CD．导体框绕ef轴转动发热功率22242()22BaBaPRR==绕mn轴转动时，感应电动势最大值'22sin30mEBaBa

=所以导体框绕ef轴转动比绕mn轴转动时导体框的发热功率大，故CD错误。故选B。11.某学习小组为了研究水面波的传播特点，在水面上放置波源和浮标，两者的间距为L。t=0时刻，波源开始从平衡位置在竖直方向做简谐运动，产生的水波沿水平方向传播（视为简谐波），t1时刻传

到浮标处使浮标开始振动，此时波源刚好位于正向最大位移处，波源和浮标的振动图像分别如图中的实线和虚线所示，则（）A.水波的波长为43LB.波源的振动周期为134tC.2t₁时刻波源沿y轴负方向运动D.水波的传播速度大小为134Lt【答案】A【解析】【详解】AB．从振动图像来看，波经过134tT

=从波源传播到浮标位置，则该过程中波传播的距离为34L=，故波长为43L=，，周期为143Tt=，A正确，B错误；C．1322tT=，根据振动图像可知0时刻波源是从平衡位置向下运动，故经过一个半周期波源会回到平衡位置且向上

运动，C错误；D．水波的传播速度为1LvTt==D错误。故选A。12.如图，质量为0.1kg的方形铝管静置在足够大的绝缘水平面上，现使质量为0.2kg的条形磁铁（条形磁铁横截面比铝管管内横截面小）以v=3m/s的

水平初速度自左向右穿过铝管，忽略一切摩擦，不计管壁厚度。则（）A.磁铁穿过铝管过程中，铝管受到的安培力可能先水平向左后水平向右B.磁铁穿过铝管后，铝管速度可能为4m/sC.磁铁穿过铝管时铝管的速度可能等于2m/sD.磁铁穿

过铝管过程所产生的热量可能达到0.2J【答案】D【解析】【详解】A．根据楞次定律的“来拒去留”可知，磁铁对铝管的安培力一直水平向右，故A错误；B．磁铁最终能穿过铝管，则铝管的速度一定小于磁铁的速度，故B错误；C．根据动量守恒12mvMvmv=+如果铝管的速度等于2m/s，代入解得22m/

sv=而铝管的速度一定小于磁铁的速度，故C错误；D．磁铁在穿过铝管的过程中安培力对磁铁做负功，对铝管做正功，但无法确定安培力做功的大小，所以磁铁穿过铝管时的速度大于2m/s，因为磁铁的初动能为221110.23J0.9J22kEmv===假

设极限状况下最后铝管和磁铁的速度相等，选择水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律可得(mvMmv=+共)则()221122EQmvMmv==−+共V代入数据解得Q=0.3J所以磁铁穿过铝管过程所产生的热量可能达到0.2J，故D正确。故选D

。13.如图所示，楔形玻璃的横截面AOB的顶角为45°，OA边上的点光源S到顶点O的距离为L，光在玻璃中的折射率为233，光线射向OB边，不考虑多次反射，OB边上有光射出部分的长度为（）A.62LB.6LC.

622L+D.622L−【答案】C【解析】【详解】根据全反射临界角公式有13sin2Cn==临界角为60°，所以光线可以从O点射出，根据几何关系及正弦定理可知sin30sin(1803045)Lx−−

=解得622xL=+故选C。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.下列说法正确的是（）A.相同质量的100℃热水和100℃水蒸气的内能相同B.在不同的惯性参考

系中，物理规律的形式是相同的C.光的偏振现象能说明光是横波D.红外线遥感技术是利用红外线穿透本领强的特征【答案】BC【解析】【详解】A．相同质量的100℃热水变为100℃水蒸气需要吸热，所以水蒸气的内能更大，故A错误；B．狭义相

对论的其中一个假设是在不同的惯性参考系中物理规律的形式都是相同的，故B正确；C．光的偏振现象能说明光是横波，故C正确；D．红外遥感技术是利用了红外线探测器接收物体发出的红外线，探知被测物体的特征，故D错误。故选BC。15.氢原子能

级示意如图，已知可见光的光子能量在1.62eV到3.11eV之间。现有大量氢原子处于n=5能级上，氢原子从n=5能级跃迁到n=2能级可产生a光，从n=4能级跃迁到n=2能级可产生b光，a光和b光的波长分别为λa和λb，照射到逸出功为2.29eV的金属钠表面均可产生光电效应，遏止电压分别为U

a和Ub，下列说法正确的是（）A.a光和b光都是可见光，且abB.Ua>UbC.a光产生的光电子最大初动能0.57eVE=D.氢原子从高能级向低能级跃迁时可能辐射出γ射线【答案】ABC【解析】【详解】A．氢原子从n=5能级跃迁到n=2

能级可产生a光，能量522.86eVaEEE=−=从n=4能级跃迁到n=2能级可产生b光，能量422.55eVbEEE=−=故均在可见光范围内，所以都是可见光，因为a光能量大，根据cEhh==可知ab故A正确；B．根据0ceUhW=

−可知，光子能量越大，遏止电压越大，所以Ua>Ub故B正确；C．a光产生的光电子最大初动能00.57eVkmaEEW=−=故C正确；D．γ射线是原子核受激而产生的，故D错误。故选ABC。非选择题部分三、非选择题（本题共5小题，共55分）16.实验装置如图1，使

重锤自由下落，打点计时器在随重锤下落的纸带上打下一系列点迹。挑出点迹清晰的一条纸带，从点迹清晰处依次标出计数点0，1，2，…，7，纸带如图2。（1）该装置可以用于测量当地重力加速度和验证机械能是否守恒，在下列器材中，两种实验都必须

使用的器材是___________A.交流电源B.天平（含砝码）C.刻度尺D.秒表（2）为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的___________A.速度变化量和高度变化量B.速度变化量和势能变化量C.动能变化量与

势能变化量（3）在验证机械能是否守恒的实验中，大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是___________A.利用公式2vgh=计算重物速度B.存在空气阻力和摩擦阻力的影响C.没有采用多次实验取平均值的方法（4）打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上，纸带图

2所示，计数点0、1间的距离是___________cm。打下1点时重锤的瞬时速度大小是___________m/s（保留二位有效数字）（5）在测量当地重力加速度的实验中，某同学根据纸带打出的点，已经读出2、4间和5、7间的距离分别为：3.96cm、6.30cm。请你根据数据求出当地的重力加速度

g=___________m/s2（结果保留3位有效数字）【答案】①.AC##CA②.C③.B④.1.08（1.05~1.10）⑤.0.63##0.64##0.65⑥.9.75【解析】【详解】（1）[1]实验都必须使用的器材有交流电源和刻度尺；打点计时器可记录重物的运动时间，所

以不需要秒表，而需要打点计时器电源；若重物的机械能守恒，则有22221122mghmvmv=−可知在不需要得出重力势能减小量与动能增加量的具体数据时，可以不测量质量就判断等式是否成立，即不需要天平。故A、C正确，B、D错误。故选AC。（2）[2]根据

机械能守恒定律，为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的动能变化量与势能变化量。故C正确，故选C。（3）[3]由于纸带在下落过程中，重锤和空气之间存在阻力，纸带和打点计时器之间存在摩擦力，所以减小的重力势能一部分转化为动能，还有一部分要克服

空气阻力和摩擦力阻力做功，故重力势能的减少量大于动能的增加量，故B正确，AC错误。故选B。（4）[4]刻度尺最小刻度为0.1cm，故根据读数，计数点0、1间的距离是1.08cm，考虑到估读，1.05~1.10cm皆可。[5]根据读数，计数点0、2间的距离为2.56cm，则根据匀变速直线运动中

间时刻瞬时速度等于平均速度可得打下1点时重锤的瞬时速度大小是212.56100.64m/s1250v−==考虑到估读，结果为0.63~0.65m/s皆可。（5）[6]根据题意可得，打下3点和6点时重锤的瞬时速度大小分别是233.96100.99m/s1250v−==2

66.30101.575m/s1250v−==则当地的重力加速度g为2639.75m/s1350vvg−==17.某学习小组进行“充电宝不同电量时的电动势和内阻研究”，设计实验电路图如图1所示。（1）滑动变阻器R用于改变电路中的电流，R0是定值电阻，R0的主要作用是___________（2

）两只数字多用表分别作为电压表和电流表，电路中的电源为充电宝，通过充电宝的连接线接入电路剥开充电宝连接线的外绝缘层，里面有四根导线，红导线为充电宝的正极，黑导线为负极，其余两根导线空置不用。若用多用电表直流电压档粗测其电动势，多用电表的红表笔应与充电宝的___________（“红导线

”或“黑导线”）连接。（3）图2为实物图，请用笔代替导线根据实验电路图将实物图补充完整。___________（4）记录被测充电宝实验时的电量百分比（开始时的电量百分比为100%）。将滑动变阻器电阻调至最大。闭合开关，依次减小滑动变阻器的阻值，记录每次

操作的电流表和电压表的示数，根据数据作出U-I图像如图3，由图像可得充电宝的电动势___________V（保留两位小数），内阻___________Ω。（保留两位小数）（5）当充电宝电量为80%、60%、40%、20%、5%时重复上述实验操作，得到不

同电量下各组U、I的实验数据，算出对应的电动势和内阻如下表电量/%100806040205充电宝电动势/V5.045.005.045.145.08充电宝内阻/Ω0.210.200.210.250.15（6）研究表明，如果使用所测试的充电宝供电，___________（“不必”“需要”）考虑

充电宝的电量百分比以及电流大小对输出电压的影响。【答案】①.作为保护电阻，以防止滑动变阻器调节过度导致短路②.红导线③.④.5.06##5.07##5.08⑤.0.10##0.11⑥.不必【解析】【详解】（1）[1]R0为定值电阻，在电路中作为保护电阻，以防止滑动变阻器调节过度

导致短路；（2）[2]根据多用电表电流“红表笔进黑表笔出”，可知多用电表的红表笔应与充电宝的正极，即红导线连接；（3）[3]根据实验电路图可得实物图如下（4）[4]根据闭合回路欧姆定律可得EUIr=+可得UEIr=−根据图像在纵轴上的截距可得5.07VE=5.06V~5.0

8V均算正确；[5]由图像的斜率大小可得5.074.850.1120UrI−===−0.10~0.11均算正确；（6）[6]由表格数据可知，充电宝的电动势受充电宝电量影响很小，基本保持不变，而充电宝的内阻很小，

充电宝的内电路对输出电压的影响很小，故使用所测试的充电宝供电不必考虑充电宝的电量百分比以及电流大小对输出电压的影响。18.如图所示，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为4.0cm的水银柱，水银柱下密封了一定质量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0cm。若

将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为76cmHg，环境温度为297K。（1）细管倒置后，气体吸热还是放热；（2）求细管的长度；（3）若在倒置前，缓慢加热管内被密封气体，直到水银柱的上表面恰

好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度。【答案】（1）吸热；（2）24cm；（3）330K【解析】【详解】（1）细管倒置后，由于气体变大，气体对外做功，而气体温度最终不变，内能不变，由：ΔU=W+Q可知气体吸热；（2）设细管的长度为L，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到

管口的距离为h，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，气体体积为V1，压强为p1.由玻意耳定律有pV=p1V1由力的平衡条件可得，细管倒置前后后，管内气体压强有p=p0+pgh=80cmHgp1=p0-ρgh=72cmHg的式中，ρ、g分别为水

银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强。由题意有V=S（L-h1-h）V1=S（L-h）联立解得L=24cm（3）设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖-吕萨克定律有10VVTT=T=330K19

.一游戏装置如图所示，该装置由小平台、传送带和小车三部分组成。倾角为α=37°的传送带以恒定的速率v0=6m/s顺时针方向运行，质量m=1kg的物体（可视为质点）从平台以v1=4.0m/s水平抛出，恰好无碰撞地从传送带最上端（传送轮大小不计）进入传送带。物体在传送带上经过一

段时间从传送带底部离开传送带。已知传送带长度71m24L=，物体和传送带之间的动摩擦因数μ=0.75。质量M=2kg的无动力小车静止于光滑水平面上，小车上表面光滑且由水平轨道与14圆轨道平滑连接组成，圆轨道半径R=0.5m。物体离开传送带后沿水平方向冲上小车（物体

从离开传送带到冲上小车过程无动能损耗），并在小车右侧的最高点离开小车，过一段时间后重新回到小车，不计空气阻力。重力加速度取g=10m/s2。（sin37°=0.6、cos37°=0.8）（1）求平台距离传送带最上端的高度h；（2）

求物体在传送带上运动的时间t；（3）从物体离开小车开始计时，求当物体再次回到小车过程中小车发生的位移d、（结果可保留根式）【答案】（1）0.45m；（2）0.5s；（3）214m5【解析】详解】（1）物体沿水平方向飞出，恰好无碰撞地从传送带最上端，则有【1tan3m/syyvv

v==，又22yghv=联立解得h=0.45m（2）物体刚滑上传送带时的速度为105m/s6m/scosvvv===可知物体刚滑上传送带受到向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可知，物体的加速度大小为2sincos12m/smgmgam

+==物体刚滑上传送带到与传送带共速所用时间为011s12vvta−==下滑的位移为01111m224vvxtL+==物体与传送带共速后，由于μ=0.75=tanα物体与传送带一起向下匀速运动1205s12Lxtv

−==所以t=t1+t2=0.5s（3）物体刚滑上小车的速度为v2=6m/s，物体刚离开小车时，相对速度方向竖直向上，则物体与小球有相同的水平速度，以物体和小车为系统，根据系统水平方向动量守恒可得()2xmvmMv=+解得2m/sv=设物体刚离开小车时

的竖直分速度为vy，根据系统机械能守恒可得222222233111222xxymvmvMvmgRvvv=++=+，解得14m/syv=物体刚离开小车后在竖直方向做竖直上抛运动，则从物体离开小车开始计时，物体重新回到小车所用的时间为214s5y

vtg==由此可得214m5xdvt==20.两根足够长水平金属直轨道平行放置，右侧平滑连接半径为r=0.5m的14光滑圆轨道，圆弧轨道处于竖直平面内，轨道间距为L=0.5m，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B

=2T。现将质量均为m=0.5kg，长为L，电阻为R=0.5Ω的金属棒a、b垂直轨道放置，运动过程中，金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒与直轨道间动摩擦因数为μ=0.4，导轨电阻不计，g=10m/s2。（1）外力使棒b保持静止，对棒a施加水平恒力F=6N，求棒a运动的最大速度vm及此时棒

a两端的电势差U的大小；（2）在（1）问中，当棒a匀速运动时，撤去固定棒b的外力，此时作为零时刻，t1=3s时棒b的速度b2m/sv=时，求从撤去固定棒b的外力到t1时刻通过棒b的电荷量q，经过一段时间后，a、b运动保持稳定状态，此时

棒b的加速度ab的大小；（3）棒a到达圆弧轨道的底端时a6m/sv=，重新固定棒b，改变F使棒a匀速通过14光滑圆轨道，求此过程F做的功。（结果保留π）【答案】（1）4m/s；2V；（2）22m/s；（3）32.5

J4+【解析】【详解】（1）当a=0时，棒a的速度最大，此时有m2BLvIR=又F=μmg+BIL解得4m/sv=I=4A则导体棒切割磁感线产生电动势为4VEBLv==棒a两端的电势差的大小为U=IR=2V（2）从撤去固定棒b的外力到t1时刻，对棒b使用动

量定理b0BILtmgtmv−=−又qIt=联立，解得q=7C撤去固定棒b的外力后，对两棒，由牛顿第二定律可得b2BLvBLmgmaR−=22aΔ2BLvFmgmaR−−=当abaa=，时达到稳定状态，有2b2m/sa=（3）棒a匀速通过圆轨

道产生正弦式交流电，有22QIRt=有其中a2rtv=122aBLvIR=有此过程F做的功为F32.5J4WmgrQ=+=+21.如图所示，在XOY平面内，X轴上方有一沿Y轴方向的匀强电场，电场强度为E，X轴的下方是磁感应强

度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里，磁场中有一内、外径分别为R、2R的半圆环形区域，外圆与X轴交于原点O和P点，在Y轴上的M点静止释放一质量为m、电量为q的带电粒子，带电粒子由原点进入磁场，从P点射出，粒子重力不计。（1）带电粒子带何

种电荷？求M点到原点O的距离L；（2）求带电粒子从静止释放运动到P点所用的时间t；（3）若粒子在第二象限某位置水平射出，并从O点进入磁场，P点射出，粒子从O到P的过程中，始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子射出点的坐标。【答案】（1）正电22qBRmE，；（2）2BRmEq

B+；（3）22222,2qBRqBRmEmE−【解析】【详解】（1）带电粒子带正电，电荷在磁场中22mvqvBR=在电场中22qEvLm=联立得22qBRLmE=（2）在电场中12BRtaEv==在磁场中22TmtqB

==则粒子从静止释放运动到P点的时间2BRmtEqB=+（3）如图所示，粒子穿过磁场时间最短；设带电粒子在磁场中运动的半径为r，由几何关系得()()2222rRrR=+−32Rr=速度与x轴的夹角为θ，则1cos3=磁场中有2mvqvBr=得：32qBRvm

=0cos2qBRvvm==可知：22122oqBRxvtmE==y=L获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com