【文档说明】浙江省衢州、丽水、湖州三地市2023-2024学年高三上学期期中物理试题 含解析.docx，共(27)页，5.363 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-c58f6635a44938192a15a51710fbe913.html

以下为本文档部分文字说明：

衢州、丽水、湖州2023年11月三地市高三教学质量检测物理试题卷考生须知：1．全卷分试卷和答题卷，考试结束后，将答题卷上交。2．试卷共8页，有3大题，20小题。满分100分，考试时间90分钟。3．答题前，请务必将自己

的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸规定的位置上。4．请将答案写在答题卷的相应位置上，写在试卷上无效。5．可能用到的相关参数：重力加速度g均取10m/s2。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.中国民航局规定，便携式电子设备中的锂电池、备用锂电池(含充电宝)的额定能量不超过100W·h时，可以随身携带，但禁止作为行李托运。用国际单位制基本单位

表示能量单位正确的是（）A.W·sB.JC.N·mD.kg·m2/s2【答案】D【解析】【详解】由题意可知，能量的单位为W·h，根据量纲法2221Wh1Nm/s3600s3600kgm/sm/ss3600kgm/s===

故选D。2.如图是无人机正在喷洒农药的场景，则无人机（含箱内农药）（）A.悬停时重力与浮力平衡B.向下运动时处于失重状态C.喷洒过程中惯性不变D.沿曲线轨迹运动时的加速度一定不为零【答案】D【解析】【详解】A．无人机受到重力和空气升力，悬停时重力与升力平衡，故A错误；B

．如果向下加速运动时，处于失重状态；如果向下减速运动时，处于超重状态，故B错误；C．喷洒过程中药水的质量减小，则总体惯性减小，故C错误；D．沿曲线轨迹运动时处于非平衡状态，则加速度一定不为零，故D正确。故选

D。3.2022年8月9日，世界首条永磁磁浮空轨试验线在江西赣州投入使用。如图所示，该列车和轨道应用新型稀土材料，仅凭磁力就可使列车自然悬浮和驱动。已知列车质量为m，空气阻力不可忽略。当列车水平直线行驶时，则列车（）A.匀速行驶时，轨道对列车的作用力大小为mgB.加速行驶

时，轨道对列车作用力沿水平方向C.以加速度a加速行驶时，列车受到的合外力大小为maD.减速行驶时，轨道对列车的作用力小于mg【答案】C【解析】【详解】A．由于空气阻力不可忽略，则列车匀速行驶时，轨道对列车的作用力大小大于mg，故A错误；B．加

速行驶时，列车所受的合力沿水平方向，但由于空气阻力不可忽略，则轨道对列车的作用力不沿水平方向，故B错误；C．以加速度a加速行驶时，列车受到的合外力大小为ma，故C正确；D．减速行驶时，轨道对列车的作用力在竖直方向的

分量等于重力，则轨道对列车的作用力不可能小于mg，故D错误。故选C。4.甲、乙两辆小车在同一平直公路上同向做直线运动，甲和乙的位移（x）随时间（t）变化的图像如图所示，则（）的A.在t1时刻，两车的瞬时速度相等B.在t2时刻，甲车速度大于乙车速度C.在0～t2时间内，两车的平均速度相等D.在t1～

t2之间的某一时刻，两车加速度相等【答案】B【解析】【详解】AB．根据x-t图像中图线某点切线的斜率表示速度，可知在1t时刻两车速度不相等。在t2时刻甲车切线斜率比乙车大，即甲车速度大于乙车速度。故A错误，B正确；C．由图像可知，0时刻两车的位置不

同，2t时刻两车位置相同，可知从0到2t时间内，两车走过的位移不相等，两车的平均速度也不相等。故C错误；D．由两车x-t图线可知，在1t到2t时间内，甲车为一条倾斜的直线，做匀速直线运动，故加速度始终为零。乙车图线为曲线，斜率一直在变化，即速度一直在改变，加速度不为

零，即两车加速度不相等。故D错误。故选B。5.如图是运动员在某次水平掷出的铅球的运动轨迹。A、B、C为铅球运动轨迹上的三点，BD为轨迹上B点的切线。将铅球视为质点，不考虑空气阻力，则铅球（）A.在A、C两点

的加速度相同B.在B点的速度方向沿AB连线方向C.在B点的加速度沿BD方向D.在B点的速度方向在连线BC和BD之间【答案】A【解析】【详解】A．铅球做平抛运动，只受重力，所以在A、C两点的加速度相同，都为重力加速度，故A正确；BD．在B点的速度方向沿切线方向，即BD方向，故BD

错误；C．在B点的加速度竖直向下，故C错误。故选A。6.一家用电风扇正常工作时电流是0.3A。电压按图中正弦规律变化。则（）A.电压的有效值为311VB.该电风扇的内阻约为733.3ΩC.图中所示电压的瞬时值表达式为()311sin100VUt=D.

正常工作时电风扇的输入功率约为66W【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，电压的最大值为311V，则电压的有效值为311220V2U==故A错误；B．根据题中条件无法计算电风扇的内阻，故B错误；C．图中所示电压的瞬时值表达式为()2311sinV311sin100VUttT=

=故C错误；D．正常工作时电风扇的输入功率约为2200.3W66WPUI===故D正确。故选D。7.如图所示，对“中国天眼”的维修使用“微重力蜘蛛人”方案，沿天眼中心轴的竖直截面为圆弧，其圆心角120°。一氦气球拴在质量

m=60kg维修人员身上，气球对人的拉力保持竖直向上，大小约为重力的56，维修时可认为处于平衡状态。则维修人员（）A.在入口处对天眼的压力大小约为100NB.在入口处对天眼的静摩擦力大小约为87NC.在最低点重力大小为10

0ND.对天眼的最大静摩擦力在最低点小于入口处【答案】B【解析】【详解】AB．入口处人受力分析如图根据平衡可得N5sin30cos306Fmgfmg++=Ncos30sin30Ff=解得N50NF=，503

N87Nf=根据牛顿第三定律，在入口处对天眼的压力大小约为，对天眼的静摩擦力大小约为87N故A错误，B正确；C．在最低点重力大小为600Nmg=故C错误；D．最低点的支持力最大，所以最低点的最大静摩擦最大，故D错误。故选B

。8.铀235被中子轰击后，产生钡和氪，同时放出3个核子Z，核裂变方程为2351144899205636U+nBaKr3Z→＋＋，则（）A.Z为质子B.裂变过程核子数守恒，没有质量亏损C.14456Ba的比结合能大于23592U的比结合能D.核反应堆中使用慢化剂的目的是减慢核

反应的速度【答案】C【解析】【详解】A．设Z的质量数为m，质子数为n，则根据质量数守恒和质子数守恒有2351144893m+=++9256363n=++解得1m=，0n=则可知Z为中子，故A错误；B．虽然裂变过程中核子数守恒，但由于反应前

后核子的平均质量不同，因此在裂变过程中有质量的亏损，故B错误；C．重核裂变后生成的新的原子核更稳定，而比结合能越大，原子核越稳定，因此14456Ba的比结合能大于23592U的比结合能，故C正确；D．核反应堆中使用慢化剂的目的是使快中子减速，以便中子与铀

核发生链式反应，而不是减慢核反应的速度，而是为了提高中子的利用率，故D错误。故选C。9.如图所示为钱塘江的“交叉潮”与“鱼鳞潮”，如果把该现象视为两列波的叠加，则（）A.发生叠加的两列波频率相同B.两列波交叉分开后，其振动周期保持不变

C.两列波的频率不同，也有可能会发生干涉现象D.两列波叠加时，振动加强点一直处在波峰位置【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，两列波白浪花间的距离不相等，可知频率不相同，故A错误；B．两列波叠加再分开后，振动互不影响，故周期保持不变，B正确；C．干涉现象的条件是必须频率相

同，故C错误；D．两列波叠加时，波谷位置同样可能处于振动加强点，故D错误。故选B。10.如图所示，一轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁，磁铁正下方桌面上放置一个闭合铜制线圈。将磁铁托起到某一高度后放开，忽略空气阻力。则（）A.磁铁可能做简谐运动B.线圈中会产生感应电流，且感应电流

的方向不变C.磁铁向上运动时，线圈对桌面的压力大于线圈的重力D.若开始时磁铁处于静止状态，当线圈通以周期性变化的电流后，磁铁可能做周期性的上下振动【答案】D【解析】【详解】A．根据楞次定律下面的线圈会阻碍磁铁运动做负功，所以磁铁最终会停止，不是简谐运动，A错在误；B．在磁铁靠近线圈过程

中，穿过线圈的磁通量向下增大，由楞次定律可知，线圈中的感应电流方向为逆时针（从上往下看）；在磁铁远离线圈过程中，穿过线圈的磁通量向下减小，由楞次定律可知，线圈中的感应电流方向为顺时针（从上往下看），故线

圈中的感应电流方向相反，B错误；C．磁铁向上运动时，根据楞次定律推论“来拒去留”可知磁铁对线圈有向上的引力，故对线圈受力分析可知桌面对线圈的支持力小于于线圈的重力；根据牛顿第三定律可知，线圈对桌面的压力小于线圈的重力，C错误；D．

若开始时磁铁处于静止状态，当线圈通以周期性变化的电流后，磁铁做受迫振动，磁铁可能做周期性的上下振动，D正确。故选D。11.太阳系中各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动。“行星冲日”是指某行星、地球和太阳几乎排成一直线的状态，地球位于太阳与该行星之间。

已知相邻两次“冲日”的时间间隔火星约为800天，土星约为378天，则（）A.火星公转周期约为1.8年B.火星的公转周期比土星的公转周期大C.火星的公转轨道半径比土星的公转轨道半径大D.火星和土星的公转轨道半径之比为23800378（）【答案】A【解析】【详解】A．根据开普勒第三定律，其轨道半径的

三次方与周期T的平方的比值相等，由于地球的轨道半径比该火星的轨道半径小，故可知地球的周期比火星的小，设火星相邻两次冲日的时间间隔为t，则在时间t内地球比火星绕太阳多转一周，即011ttTT−=解得0106711.8TtTtT==−天年A正确；B．同理土星的周期为020'9

198'TtTtT==−天25.2年故火星的公转周期比土星的公转周期小，B错误；C．根据开普勒第三定律，其轨道半径的三次方与周期T的平方的比值相等，可知火星的公转轨道半径比土星的公转轨道半径小，C错误；D．火星和土星的公转轨道半径之比为

221133226719198RTRT==（）（）D错误。故选A。12.一实验小组探索测量液体介质折射率的方法，如图1所示，光源S处在接收屏PQ上，PQ与一液体表面平行，液体深度h可变，底面为一高性能

的光反射面MN。一束光以入射角i射向液体表面，在接收屏上出现若干间距相同，亮度不同的光点，已知i=60°，若相邻光点间的距离d与h间的关系如图2所示，则（）A.液体的折射率为2B.光在刚进入液体中的折射角为30°C.光点是由于光的干涉形成的D.d的大小只与

h有关，而与液体折射率的大小无关【答案】B【解析】【详解】AB．光路图如下设折射角为r，根据几何关系可得2tan2ddrhh==可得2tandrh=根据图2可知22tan3r=解得30r=液体的折射率sin3sininr==故A错误，B正确；C．光点是由

于光的反射和折射形成的，故C错误；D．由光路图可知，d的大小与h和液体折射率的大小都有关系，故D错误。故选B。13.水平放置的两金属板，板长为0.2m，板间距为0.15m，板间有竖直向下的匀强电场，场强大小为2×103V/

m，两板的左端点MN连线的左侧足够大空间存在匀强磁场，磁感应强度的大小为0.2T，方向垂直纸面向里。一比荷为1×106C/kg正电粒子以初速度v0紧靠上极板从右端水平射入电场，随后从磁场射出。则（）A.当v0=1×104m/s时，粒子离开磁

场时的速度最小B.当402210m/sv=时，粒子离开磁场时的速度最小C.当430410m/sv=时，粒子离开磁场的位置距M点的距离最小D.当v0=2×104m/s时，粒子离开磁场的位置距M点的距离最小【答案】D【解析】

【详解】AB．粒子在磁场中做匀速圆周运动，要使粒子离开磁场时的速度最小，则粒子在从电场进入磁场时速度最小，设粒子进入磁场时的速度v与水平方向的夹角为，根据类平抛运动的规律有，水平方向0Lvt=竖直方向212yat=加速度63292110210m/s210m/sEqam===

而yvat=则0tan2yvyvL==可得0.1tany=根据匀变速直线运动速度与位移的关系式可得2yvay=而sinyvv=联立以上各式可得942222100.1tan2210sinsinsin

2ayv===可知，当45=时，粒子进入磁场时有最小速度4min2210m/sv=此时4402cos452210m/s210m/s2vv===故AB错误；CD．根据以上分析可知，粒子进入磁场时的速度为v，进入磁场后粒子在磁场中做圆周运动，

偏转后从MN边界离开磁场，则由洛伦兹力充当向心力有2vBqvmR=可得mvRqB=根据几何关系可得，粒子进入磁场的位置与射出磁场的位置之间的距离为222costanmayLRqB==则离M点的距离为2211tantan105tanmayyyLyqB=+=+=+即有

22121141(tan)(tan)1010tantantantany=+=−+−可知，当45=时，粒子离开磁场的位置距M点的距离最小，而根据以上分析可知，当45=时40210m/sv=故C错误

，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，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）14.下列说法正确的是（）A.一密闭容器内气体温度升高时，其内每个气体分子的动能均增大B有些宏观

过程虽然符合能量守恒定律但却不能自发地进行C.利用金属丝的电阻率随温度的升高而增大的性质可制成温度传感器D.LC振荡电路，线圈的自感电动势与电容器的电场强度的变化不同步【答案】BC【解析】【详解】A．一密闭容器内气体温度升高时，分子的平

均动能增大，但不是每个气体分子的动能均增大，故.A错误；B．与热现象有关的能量守恒过程还需要满足热力学第二定律，才能自发地发生，所以能量的转换过程具有方向性，并不是所有符合能量守恒定律的宏观过程都能自发地进行，故B

正确；C．利用金属丝的电阻率随温度的升高而增大的性质可制成温度传感器，故C正确；D．LC振荡电路，当电容器放电时，电容器的电场强度减小，电流强度在增大，电流的变化率减小，则线圈的自感电动势减小，可知，线圈的自感电动势与电容器的电场强度的变化同步

，故D错误。故选BC。15.光电倍增管是将微弱光信号转换成电信号的真空电子器件。如图所示是其工作原理图。阴极和阳极间放置多个倍增电极。使用时相邻两倍增电极间有电压用来加速电子。阴极受光照后释放出光电子，在电场作用下射向第一倍增电极，引起电子的二次发射，激发出更多的电子，然后

在电场作用下飞向下一个倍增电极，又激发出更多的电子。如此电子数不断倍增，阳极最后收集到的电子数可增加104～108倍，大大提高了光测量方面的灵敏度。根据以上信息，则（）A.倍增电极发生光电效应现象发射电子B.增加相邻电极间电压可以提高光电倍增管的灵敏度C.如果光的频率过低，光的强度再大，

阳极也接收不到电子D.射向阴极的入射光频率增加，逸出的每个光电子动能也增加【答案】BC【解析】【详解】A．光电效应是当光子频率大于极限频率时，才会出现的现象，倍增电极让电子加速，撞击出更多电子不是光电效应，A错误；B．增加相邻电极间电压可以加速电子速度，撞

击出更多电子，从而提高光电倍增管的灵敏度，B正确；C．如果光的频率低于截止频率，则光的强度再大，光电效应也不会发生，阳极也接收不到电子，C正确；D．射向阴极的入射光频率增加，可增大电子的最大初动能，但不是能让每个光电子动能都增加，D错误。故选BC。非选择题部分三、非选

择题（本题共5小题，共55分）16.（1）在“验证机械能守恒定律”实验中①用图1装置进行验证，则__A．选取的第一个计数点对应重物的速度可以不为零B．纸带第一个打点的点迹不一定清晰，但选取的两个计数点需间隔4个打点C．重物下落的高度一定用刻度尺直接测量，但

速度可以用v=gt来计算②用图2装置进行验证，操作中需把气垫导轨调成倾斜状态，则__A．调整倾斜状态是为了平衡滑块下滑时受到阻力B．调整倾斜状态是为了将滑块的重力势能转化为动能C．不能用该装置验证机械能守恒，因为该物块下滑过程中机械能不守恒③用图3装置进行验

证，气垫导轨调成水平，遮光条的宽度为d，遮光条到光电门的距离为l，释放滑块，遮光条通过光电门的遮光时间为t，砝码和砝码盘的总质量为m，滑块的质量为M，为验证机械能守恒，需要满足的关系式__（用题中字母表示）。（2

）在“用单摆测量重力加速度”实验中，根据测量数据进行规范描点和作图，得到2Tl−的图像，如图4所示。①图线不过原点的原因可能为__的A．l为摆线长B．l为摆长C．l为摆线长与摆球直径之和②数据处理时，__（选填“能”或“不能”）利用图线的斜率来计算重力加速度。【答

案】①.A②.B③.()212dmglmMt=+④.A⑤.能【解析】【详解】（1）①[1]A．在验证“机械能守恒定律”的实验中，不需要初速度等于零，则选取的第一个计数点对应重物的速度可以不为零，A正确；B．纸带第一个

打点的点迹不一定清晰，为了计数方便可任意间隔相等的计时点取一个计数点，所以选取的两个计数点不一定需间隔4个计时点，B错误；C．重物下落的高度一定用刻度尺直接测量，但速度不可以用v=gt来计算，否则就默认了机

械能守恒，失去了验证意义，C错误。故选A。②[2]在该实验中不需要平衡摩擦力，将气垫导轨调成倾斜状态是为了将滑块的重力势能转化为动能，由于气垫导轨的摩擦力很小，可以忽略不计，则可以用该装置验证机械能守恒。故选B。③[3]遮光条

通过光电门的速度为dvt=砝码和砝码盘重力势能的减小量为p=Emgl砝码和砝码盘以及滑块动能的增加量为22k11()()()22dEmMvmMt=+=+若系统重力势能的减小量等于系统动能的增加量，则满足机械能守恒定律

，即为验证机械能守恒，需要满足的关系式为()212dmglmMt=+（2）①[4]根据单摆的周期公式2lTg=可得224Tlg=A．设摆球的直径为D，若l为摆线长，则公式变为2222444()22DDTllggg=+=+不过原点，纵截距为242Dbg=满足题意，A正确；B

．若l为摆长，则公式变为224Tlg=仍然过原点，不满足题意，B错误；C．若l为摆线长与摆球直径之和，则公式变为2222444()22DDTllggg=−=−不过原点，纵截距为242Dbg=−不满足题意，C错误。

故选A。②[5]由题意可知，图像的斜率为24kg=可得重力加速度为24gk=所以在处理数据时，能利用图线的斜率来计算重力加速度。17.某同学为研究水果电池的电动势和内阻，利用猕猴桃做的水果电池进行实验。（1）他先后用电压表（量程为03V−）和数字多用电表的直流电压2V档

（其内阻远大于电压表的内阻）直接测量了水果电池两端的电压，如图1和图2所示，则该水果电池的电动势更接近__（选填“电压表”或“数字多用电表”）测量的值，其值为__V；（2）为了估算该水果电池的内阻，该同

学需进一步测量电压表的内阻VR，以一节内阻不计的干电池为电源组成测量电路如图3所示，改变电阻箱的阻值R，并读出电压表的读数U，作出1RU−图像如图4，则电压表的内阻为__（用图4中所给字母表示）；（3）若该电压表的内阻为3.2kΩ，则可估

算该水果电池的内阻约为__k（保留两位有效数字）。【答案】①.数字多用电表②.0.660##0.66③.b④.4.1【解析】【详解】（1）[1][2]由于数字多用电表的内阻远大于电压表的内阻，则电动势更接近数字多用电表的测量值，由图2可知，读数为0.660V。（2）[3]根据题意，由串联分压原

理有VUEURR−=整理可得VV1RERRU=−结合图4可得，电压表的内阻为VRb=（3）[4]由图1可知，电压表读数为0.29V，则由串联分压原理有0.290.660.293.2R−=内解得4.1kΩR内18.以下实验中，说法正确的是（）A.在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，应当直接量出

相邻两亮条纹的间距ΔxB.在“探究气体等温变化的规律”实验中，应当缓慢地移动注射器柱塞C.在“探究影响感应电流方向的因素”实验中，应将灵敏电流表直接与干电池相连来确定电流表指针偏转方向与电流方向的关系D.在“探究变压器原副线圈电压与匝数的关系”

实验中，测量电压时应选用多用电表相应的交流电压档【答案】BD【解析】【详解】A．在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，应当量出多个条纹的间距，再取平均值，故A错误；B．在“探究气体等温变化的规律”实验中，应当缓慢地移动注射器柱塞

，放置温度变化对实验的影响，故B正确；C．在“探究影响感应电流方向的因素”实验中，应将灵敏电流表连接滑动变阻器再与干电池相连来确定电流表指针偏转方向与电流方向的关系，以保护电路，故C错误；D．在“探究变压器原副线圈电

压与匝数的关系”实验中，测量电压时应选用多用电表相应的交流电压档，故D正确。故选BD。19.某同学设计一装置来探究容器内气体状态受外界环境变化的影响。如图所示，在容器上插入一根两端开口足够长的玻璃管，接口用蜡密封。玻璃管内部横截面积S=0.5cm2，管内一长h

=11cm的静止水银柱封闭着长度l1=20cm的空气柱，此时外界的温度t1=27℃。现把容器浸没在水中，水银柱静止时下方的空气柱长度变l2=2cm，已知容器的容积V=290cm3。（1）求水的温度T；（2）若容器未浸入水，向玻璃管加注水银，使水银柱的长度增加h=2.7cm，仍使水银柱静止时下方

的空气柱长度为2cm，求外界大气压P0；（3）该同学在玻璃管外表面标注温度值，请问刻度是否均匀，并简要说明理由。【答案】（1）291K；（2）76.3cmHg；（3）刻度均匀，等压下，温度与体积成线性关系。【解析】【详

解】（1）由等压变化121273VSlVSltT++=+解得T=291K（2）由等温变化(P0+h)(V+Sl1)=(P0+h+h)(V+Sl2)解得P0=76.3cmHg（3）刻度均匀。由（1）可知，等压状态下，温度与体积成线性关系20.如图所示装置由倾斜轨道AB，关于竖直线OC

对称且半径可调的圆弧轨道BCD，以速度v顺时针转动的传送带EF和足够长水平轨道MN组成。轨道AB和BCD平滑连接，FM间不计空隙。开始时，小物块甲从AB某处静止释放，经BCD后从D点抛出，由E点水平进入传送带后与MN上静止的另一小物块乙

发生弹性正碰。已知CE的水平距离1.5mS=，CE竖直距离0.55mH=，传送带EF长2mL=，5m/sv=，物块甲和乙均可视为质点，物块甲的质量10.02kgm=。到达E点时，物块甲只有速度水平才能滑上传送带，其与传送带间的动摩擦

因数0.4=，圆弧轨道BCD最低点C点位置固定，圆心角74=保持不变，其它各处摩擦不计。（1）当轨道BCD的半径10.2mR=时，甲从距B点0.2m处释放，求甲在C点受到的支持力大小NF；（2）要使甲能滑上传送带，求轨道BCD的半径2R；（3）在（2）问

中，要使甲、乙只发生一次碰撞，求物块乙的质量2m的取值范围。【答案】（1）0.52N；（2）0.5m；（3）20.18kgm或20.06kgm【解析】【详解】（1）设甲从距B点l1处释放，到C点过程中，由动能定理，得12111s

in371cos3(71)2CmglRmv+−=［］在C点，由牛顿第二定律有2N111CvFmgmR−=可得N0.52NF=（2）根据题意，水平方向上有，22sin37cos37sin37vSRg=+竖直方向上

有()22sin37(1cos37)2vHRg=+−可得20.5mR=（3）由（2）问中，进入传送带的速度04m/sv=，经过传送带速度达到15m/sv=，由动量守恒定律和能量守恒定律有111222mvmvmV=+222111222111222mvmvmV=+甲、乙弹性正碰后，甲和乙

的速度122112mmvvmm−=+，121122mVvmm=+据题意，甲从传送带左端抛出20'2vgL=即'204m/svv=解得20.18kgm如果甲从传送带右端返回，22vV解得20.06kgm综合以上20.18kgm或20.06kgm21.如图所示，两间距为l的足够

长平行光滑导轨，固定在倾角θ=37°绝缘斜面上，两导轨间存在磁场，方向垂直导轨平面向下，导轨一端接有电流为I的恒流源。一矩形线框abdc锁定在导轨上，其中ab、cd边为金属导体，它们长均为l，质量均为m、电阻均为R；ac、bd边为轻质绝缘体，它们长均为nl（n为正整数）。以a

b边的a点锁定的位置为坐标原点，沿导轨向下为正方向，建立x轴。已知磁感应强度B=（0.2+0.8x）T，l=0.5m，m=0.02kg，R=0.2Ω，I=2A．导轨电阻不计，金属边与导轨接触良好。（1）S断开，若n=1，线框锁定解除，则线框运动

速度v=1m/s时，ab边通过的电流I1；（2）S断开，若n=1，线框锁定解除，则线框运动稳定后的速度v；（3）S闭合，若n=3，现仅限x>2l两导轨上涂上绝缘材料，且该区域两导轨间无磁场。线框锁定解除后，则ab边再次回到释放位置过程中，ab边产生的焦耳热Qa。（已知简谐运动的周期

=2MTk，其中M为振子的质量，k为回复力大小与位移大小之比的常数。）【答案】（1）0.5A；（2）2.4m/s；（3）45πJ25【解析】【详解】（1）根据电磁感应定律，导体棒切割磁感线，回路的感应电动势

为()0.2VcaEBBlvBlv=−==根据闭合电路欧姆定律有10.5A2EIR==（2）运动稳定后，受力平衡，沿导轨方向有2sincamgFF=−根据安培力的表达式整理得22()2cacaBBl

vFFR−−=解得v=2.4m/s（3）以导体框为研究对象，当线框平衡时有2sinmgBIl=线框ab边的平衡位置为x0=0.05m偏离平衡位置的位移设为x´，可知F=0.8Ilxʹ=0.8xʹ合外力方向与位移方向相反，线框做简

谐运动，回到释放位置时刚好完成一个周期52πs5MTk==根据焦耳定律得245πJ25aQIRT==22.如图所示，x轴上方存在垂直xOy平面向外，磁感应强度大小为B的匀强磁场。位于坐标原点O的离子源能发射质量为m、电荷量为q的正离子，其速度

方向与x轴正方向的夹角为θ（30°≤θ≤60°），且各个方向均有速度大小为v（0<v≤v0）连续分布的离子射出。已知0=qBLvm，不计离子的重力及相互作用，不考虑离子间的碰撞。（1）若v=v0，则在x轴上能够探测到离子的最大长度L；（2）若θ=60°，则v=v1

的离子经过直线x=L处时，其速度方向与y轴负方向间的夹角φ(用反三角函数表示)；（3）若开始发射离子的时刻记为t=0，则①θ=45°的所有离子，在t=t1时刻其位置满足的方程；②在3mtqB内，磁场中可探测到离子区域的最大面积S。【答案】（1）(31)LL=−；（2

）13arccos()2Bqlmv=−；（3）①11224mqBtyxqBtmm−=−+，②21(3)4SL=−【解析】【详解】（1）由2vBqvmR=得，当离子速度大小v=v0时，其半径为R=L当θ=30°时1LL=当θ=60°时23LL=

21(31)LLLL=−=−。（2）方法1：如图1所示，对0<v≤v0的离子，以y轴负向为正方向，由动量定理，得fyt=mvy′－mvyqBL=mv1cosφ+mv1sin60°013arccos()2vv=−或13arccos()2Bqlmv

=−方法2：在三角形ACE中，00sin(90)sin60ACr=−0sin60LACr+=013arccos()2vv=−由L=2rsin60°时，最小速度min2minqvBmvr=min033vv=其中033v≤v1≤v0（3）①当离子v=v0时，其半径为R=L。如图2所示

，θ=45°时，设运动轨迹对应的弧度角012vttTL==弦切角等于圆心角的一半，即2，所以42=−t1时刻离子所在位置的方程为01tantan()42vtyxxL==−其中102Ltv或1

tantan()42qBtyxxm==−其中12mtqB当102Ltv时，离子运动到磁场外，此时位置坐标为122()22mvmxvtqBqB=+−12()22myvtqB=−−t1时刻离子所在位置的方程为11224mqBtyxqBtmm−=−+②a．θ=60°，v

=v0，其半径为R=L当3mtqB=时，如图3所示，其轨迹OE为以O1为圆心的圆弧，是所围面积的上边界。b．在3mtqB=，v=v0，不管θ取何值，轨迹圆弧v0t均相等，圆弧所对应的弦长也均相等为L，以O点圆心、L为半径的圆弧，圆弧对应的圆心角

为30°，是所围面积的右边界。图3中实线所示，该区域由x轴，以O点圆心、L为半径的圆弧，θ=60°的运动轨迹围成。面积为分别为2211364SLL=−22112SL=磁场中可探测到离子区域的最大面积S为获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号

www.xiangxue100.com