【文档说明】浙江省温州市浙鳌高中2020届高三下学期6月全真模拟物理试题 【精准解析】.doc，共(28)页，2.242 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-db704fb697720ab19f9068904852da78.html

以下为本文档部分文字说明：

2020年6月选考科目考试浙鳌高中全真模拟物理试题一、选择题（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.高三复学时班级都配有额温枪，用来检测同学们的体温是否正常，你认为额温枪用到了（）A.红外线B.紫外线C.伦琴射线D.

超声波【答案】A【解析】【详解】人们利用红外线来测温，是利用红外线的热效应，因为红外线波长长，更容易发生衍射，体温越高人体发射的红外线越强，故A正确，BCD错误。故选A。2.下列说法正确的是（）A.甲图是高速上的指示牌，上面的“77km”、“100km”等指的

是位移B.乙图是高速上的指示牌，上面的“120”、“100等指的是平均速度C.丙图是汽车上的时速表，上面的“72”指的是瞬时速度的大小D.丁图是导航中的信息，上面的“26分钟”、“27分钟”指的是时刻【答案】C【解析】【详解】A.甲图是高速上的指示牌，上面的“77k

m”、“100km”等指的是路程，故A错误；B.乙图是高速上的指示牌，上面的“120、“100等指的是瞬时速度大小，故B错误；C.丙图是汽车上的时速表，上面的“72指的是瞬时速度的大小，故C正确；D.丁图是导航中的信息，上面的“26分钟”、“27

分钟”指的是时间，故D错误．3.以下有关说法正确的是（）A.射线的电离本领比射线强B.氢原子从高能级向低能级跃迁时能放出射线C.结合能是指各核子结合成原子核时释放的核能D.太阳表面温度很高是因为表面发生了核聚变反应【答案】D【解析】【详解】A．射线的电离本领主要看自身的带电量，放

射性元素放出的三种射线，射线的电离本领最弱，射线的电离本领较弱，射线的电离本领最强，故A错误；B．射线的产生机理是原子核受激发，是原子核变化才产生的，不是氢原子跃迁产生的，故B错误；C．结合能是核子结合成原子核时放出的能量，或把原子核分成核子所需要的能量，

故C错误；D．太阳表面温度很高是因为表面发生了氢核聚变反应而释放巨大能量，故D正确。故选D。4.物体做直线运动的xtt−的图像如图所示，下列判断正确的是（）A.物体做匀速直线运动B.物体在2s时的速度是3m/sC.物体的加速度是1.0m/

s2D.物体的初速度为0【答案】C【解析】【详解】ACD．由公式2012xvtat=+变形得012xvatt=+则说明物体做匀加速直线运动，对照图像可得02m/sv=，21.0m/sa=故AD错误，C正确；B．由公式0vvat=+得2(212)m/s4m/sv=+=故

B错误。故选C。5.平昌冬奥会武大靖在500m短道速滑项目中以39秒584的成绩为中国队夺得首金，同时也创造了新的世界纪录。运动员进入弯道时，身体会向弯道内侧倾斜，如图则武大靖在平滑冰面上匀速率转弯时（匀速圆周运动），下列说法正确的是（）A.冰面对武大靖支持力的方

向斜向上B.静摩擦力提供向心力C.所受的地面的作用力与重力平衡D.运动员进入弯道时，如果速度过快，离心力增大，他会做离心运动而滑离轨道【答案】B【解析】【详解】A．冰面对武大靖支持力的方向垂直于冰面向上，故A错误；B．

水平指向轨迹圆心的静摩擦力提供向心力，故B正确；C．重力竖直向下，地面对运动员的作用力为支持力和摩擦力的合力，斜向上，与重力不是一对平衡力；运动员所受的地面的支持力与重力才是平衡一对平衡力，故C错误；D．运动员进入弯道时，如果速度过快，摩擦力不足以提供向心力，他会做离心

运动而滑离轨道，故D错误。故选B。6.如图所示，光滑绝缘水平面上两个相同的带电小圆环A、B，电荷量均为q，质量均为m，用一根光滑绝缘轻绳穿过两个圆环，并系于结点O.在O处施加一水平恒力F使A、B一起加速运动，轻绳恰好构成一个边长为l的等边三角形，则()A.小环A的加速度大小为223kqml

B.小环A的加速度大小为2233kqmlC.恒力F的大小为2233kqlD.恒力F的大小为223kql【答案】B【解析】【详解】AB．设轻绳的拉力为T，则对A：T＋Tcos60＝k22qlTcos30＝maA联立解得：aA＝2233k

qml故B正确，A错误；CD．恒力F的大小为F＝2maA＝22233kql故CD错误．7.2016年2月11日，美国自然科学基金召开新闻发布会宣布，人类首次探测到了引力波.2月16日，中国科学院公布了一项新

的探测引力波的“空间太极计划”.由中山大学发起的空间引力波探测工程“天琴计划”于2015年7月正式启动.计划从2016年到2035年分四阶段进行，将向太空发射三颗卫星探测引力波.在目前讨论的初步概念中，天琴将采用三颗全同的卫星（SC1、SC2、SC3）构成一

个等边三角形阵列，地球恰处于三角形中心，卫星将在以地球为中心、高度约10万公里的轨道上运行，针对确定的引力波源进行探测，这三颗卫星在太空中的分列图类似乐器竖琴，故命名为“天琴计划”.则下列有关三颗卫星的运动描述正确的是A.三颗卫星一定是地球同步卫星B.三颗卫星具有相同的加速度C.三颗卫

星的线速度比月球绕地球运动的线速度大且大于第一宇宙速度D.若知道引力常量G、三颗卫星绕地球运转周期T及地球的半径R，则可估算出地球的密度【答案】D【解析】【详解】同步轨道卫星的半径约为42400公里，是个定值，而三颗卫星的半径约为10万公里，所以这三颗卫星

不是地球同步卫星，故A错误；根据2mMGmar=，解得：2GMar=，由于三颗卫星到地球的距离相等，则它们的加速度大小相等，但是方向不同，故B错误；第一宇宙速度是绕地球运动的最大速度，则三颗卫星线速度都小于第一宇宙速度，故C错误；根据2324rMGT=，若

知道万有引力常量G及三颗卫星绕地球运转周期T可以求出地球的质量M，再知道地球半径R，所以可以求出地球的密度，故D正确．8.1905年，爱因斯坦把普朗克的量子化概念进一步推广，成功解释了光电效应现象，提出了光子说。在给出与光电效应有关的四个图象中，下列说法正确的是（）A.图1中，当紫外线照射锌板时

，发现验电器指针发生了偏转，此时锌板带正电，验电器也带正电B.图2中，从光电流与电压的关系图象中可以看出，电压相同时，光照越强，光电流越大，说明遏止电压和光的强度有关C.图3中，若电子电量用e表示，1

1cU、、已知，由cU−图象可求得普朗克常量的表达式为11cUh=−D.图4中，由光电子最大初动能Ek与入射光频率的关系图象可知该金属的逸出功为-E或eh【答案】A【解析】【详解】A．当紫外线照射锌板时，发现验电器指针发生了偏转，仅仅能说明验电器带电。发生光电效应后锌板后带正

电，所以验电器带正电，故A正确；B．由图可知，电压相等时，光照越强，光电流越大，说明饱和光电流与光的强度有关，不能说明遏止电压和光的强度有关，故B错误；C．根据km0cEhWeU=−=可解得cchh

Uee=−则图像的斜率为11cUhke==−变形可得11cUeh=−故C错误；D．根据光电效应方程k0EhW=−ν当0=时k0EW=−由图像可得，纵轴截距为E−，所以0WE=即该金属的逸出功为E，图像与轴焦点的横坐标是0ν，则该金属的逸出功为0h

，故D错误。故选A。9.如图甲所示是我国自主设计的全球第一款可载客的无人驾驶飞机“亿航184”，其自重为260kg，最大载重为100kg。图乙是该无人机在最大载重情况下，从地面开始竖直升空过程中的v-t图象，则下列说法正确的是（）A.0-5s内的平均速度为3m/

sB.5-8s内发动机的输出功率为零C.0-5s发动机用于升空的功率逐渐减小D.发动机用于升空的功率至少为2.16×104W【答案】D【解析】【详解】A．在v-t图像中速度图象的“面积”等于位移，可知0~5s内的平均速度03m/s2tvvv+

=故A错误；B．5~8s内飞机匀速运动，发动机的输出功率不为零，故B错误；C．0~2s加速度不变，输出功率在逐渐增大，2-5s内输出功率不变，故C错误；D．根据图像可知2~8s时保持功率不变，此时功率为()()426010

0102.6W1610WPFvMmgv==+=+=所以发动机用于升空的功率至少为2.16×104W，故D正确。故选D。10.如图所示，为了浴室用电安全，某同学用理想变压器给浴室降压供电，理想变压器原、副线圈匝数比为5:1，原线圈输入交变电压u

=311sin（100t）V。已知照明灯额定功率为44W，排气扇电动机内阻为1Ω，电流表示数为2A，各用电器均正常工作，电表均为理想表。则（）A.电压表示数为62VB.变压器的输入功率为88WC.排气扇输出功率为44WD.保险丝熔断电流不得低于1A【答案】B【解析

】【详解】A．变压器输入的交变电压为()311sin100Vut=则有效值220VU=变压器原、副线圈匝数比为5:1，根据1122nUnU=可解得244VU=故A错误；B．电流表示数为2A，因此输出功率为288WPUI==出即变压器的输入

功率为88W，故B正确；C．照明灯的电流为2LLUIR=则排气扇的电流为2LIII=−则排气扇的输出功率为2222PUIIr=−代入数据可得43WP=故C错误；D．变压器的初级电流为110.4A5II==因此保险丝熔断电流不得低于0.4A，故D错误。故选B。11.一长方体电阻率为

的载流P型半导体（载流子为空穴正电荷），长、宽、厚分别为a、b、c，其中a>b>c，置于匀强磁场B中，方向垂直于P型半导体上表面，现将金属板用图甲、乙两种方式接到内阻可不计的电源两端，合上开关后在P型半导体前后表面（即I、I

I面）将产生电势差。已知电流I与空穴正电荷定向移动的速率v关系为Inqvs=（n为P型半导体单位体积内的空穴正电荷个数，q为空穴正电荷电荷量，s为导体的横截面积）。则P型半导体（）A.图甲、乙前后表面电势差相等B.图甲前后表面电势差小于图乙C.图甲、乙的

连接方式均为后表面电势较高D.图甲中前表面电势高，图乙中后表面电势高【答案】C【解析】【详解】AB．当处于图甲的状态时，根据1UBqvqa=变形可得1UBav=当处于图乙的状态时，根据2UBqvqc=变形可得2UBcv=由于abc，因此12UU即图甲前后表面电势差大于图乙，故AB错误；CD．

根据左手定则可知，空穴正电荷运动产生的电流I的方向为I到II。在电源内部，II表面的电势高于I表面的电势。故C正确，D错误。故选C。12.两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同

的角速度绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个摆球在运动过程中，相对位置关系示意图正确的是图中的（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】对于圆锥摆，细线的拉力和重力的合力来提供小球的向心力，设细线长为L，摆球质量为m，细线与竖

直方向的夹角为θ，小球与悬挂点的竖直高度为h，则有mgtanθ=mrω2r=Lsinθh=Lcosθ联立解得2gh=由题知两球的角速度相同，故两球的高度相同，故选B。13.如图1所示，半径为R的均匀带

电圆形平板，单位面积带电量为，其轴线上任意一点P（坐标为x）的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：221/22[1]()xEkRx=−+，方向沿x轴．现考虑单位面积带电量为0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆版，如图2所示．则圆孔轴线上任意一

点Q（坐标为x）的电场强度为A.0221/22()xkrx+B.0221/22()rkrx+C.02xkrD.02rkx【答案】A【解析】【详解】无限大均匀带电平板R取无限大，在Q点产生

的场强：1222[1]2xEkkRx＝−+，半径为r的圆版在Q点产生的场强：2222[1]xEkrx−+＝，无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆版后的场强是两个场强的差，所以：120221/22()

xEEEkrx=−=+，所以选项A正确【点睛】本题对高中学生来说比较新颖，要求学生能应用所学过的单位制的应用及极限法；本题对学生的能力起到较好的训练作用，是道好题二、选择题（本题共3小题，每小题2分，共6分，每小题给出四个备选项中至少有一个是正确的，全部

选对得2分，选对但不全得1分，有选错得0分）14.下列物理量或物理常数的单位用国际单位制中的基本单位表示正确的是（）A.普朗克常数h的单位：kg·m2/sB.磁感应强度B的单位：N/A·mC.电感线圈的电感系数L的

单位：H（亨利）D.静电力常数k的单位：kg·m3/A2·s4【答案】AD【解析】【详解】A．根据公式Eh=，因能量E的单位为J，频率的额单位为1s−，那么普朗克常量h的国际制单位为2-2kgmkgmJs=Nms=msss

=故A正确；B．根据公式FBIL=，可知磁感应强度B的国际制单位为-22NkgmskgT=AmAmAs==故B错误；C．根据公式IELt=可知，电感线圈的电感系数L的国际制单位为2-22-1VskgmsskgmsHAAA===D．根据公式122qqFkr=，

静电力常数k的国际制单位为2-22322224NmkgmsmkgmCAsAs==故选D。故选AD。15.一列简谐横波从左向右以v=2m/s的速度传播，某时刻的波形图如图所示，下列说法正确的是（）A.A质点再经过一个周期将传播到D点B

.B点正在向上运动C.B点再经过18T回到平衡位置D.该波的周期T=0.05s【答案】BD【解析】【详解】A．质点不随波传播，故选项A错误；B．波向右传播，由逆向波形法，可判断此时B点向上振动，选项B正确；C．B点向上振动，越靠近平衡位置平均速度越大，故回到平衡位置所用时间小于八分之一周期，选项C

错误；D．由Tv=代入数据，可知周期为：21010()m/s=0.05s2T−=选项D正确；故选BD。16.场致发射显微镜的构造如图所示：一根尖端直径约为100nm的针，位于真空玻璃球泡的中心，球的内表面涂有荧光材料导电膜，在膜与针之间加

上如图所示的高电压，使针尖附近的电场高达4×109V/m，电子就被从针尖表面拉出并加速到达涂层，引起荧光材料发光。这样，在荧光屏上就看到了针尖的某种像（针尖表面的发射率图象），如分辨率足够高，还可以分辨出针尖端个别原子

的位置。但由于电子波的衍射，会使像模糊影响分辨率。将电极方向互换，并在玻璃泡中充进氦气，则有氨离子产生打到荧光屏上，可使分辨率提高。以下判断正确的是（）A.氦原子变成离子是在金属尖端附近发生的B.电子从针尖到导电膜的运动过程加速度不断减C.电子或氦离子的撞击使荧光材料的原子跃

迁到了激发态D.分辨率提高是因为氦离子的德布罗意波长比电子的长【答案】ABC【解析】【详解】A．当无规则运动的氦原子与针尖上的钨原子碰撞时，由于氦原子失去电子成为正离子，故A正确；B．由图可知，该电场是非匀强电场，电子向电场弱的地

方运动，电场减弱，加速度不断减小，故B正确；C．当电子或氦离子以很大的速度撞击荧光材料时，电子或氦离子把一部分动能转移给了荧光材料的原子，从而从使其跃迁到了激发态，故C正确；D．在电场加速，根据动能定理有kqUE=根据动能与动量的关系有k2PmE=根据德布罗意波长hp=联立得2

hmqU=变换电极前后，两极的电压不变，而氦离子的质量、电量都大于电子的质量、电量，故氦离子的德布罗意波长比电子的小，故D错误。故选ABC。三、非选择题（本题共6小题共55分）17.有同学利用如图所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，固定两

个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的质量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力TOA、TOB和TOC，回答下列问题：(1)改变钩码个数，实验能完成的是_____。A．钩码的个数N1=N2=2，N3=4B．钩码的个数N1=N3

=3，N2=4C．钩码的个数N1=N2=N3=4D．钩码的个数N1=3，N2=4，N3=5(2)在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是（）A．标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向B．量出OA、O

B、OC三段绳子的长度C．用量角器量出三根绳子之间夹角D．用天平测出钩码的质量(3)在作图时，下图中更加符合实际的图是_____图。（填“甲”或“乙”）(4)如图所示的实验。ABCD为竖直平板，E、F两处固定

了摩擦不计的轻质滑轮，滑轮的轴保持水平，所用绳子的质量可不计。第一次实验中，当装平衡时，绳子的结点在O处，拉力的方向和钩码的位置如图所示第二次实验时，仅把右侧滑轮的位置移动到图中的G点，待稳定后∠EOF将_____（填“变大”、“变小”或不变”），绳子结点O的位置将_____。A．

竖直向下移动B．水平向右移动C．沿EO方向移动D．沿FO方向移动【答案】(1).BCD(2).A(3).甲(4).不变(5).C【解析】【详解】(1)[1]对O点受力分析如图OA、OB、OC分别表示三个力的大小，由于三共

点力处于平衡，所以OC等于OD，因此三个力的大小构成一个三角形A．2、2、4不可以构成三角形，则结点不能处于平衡状态，故A错误；B．3、3、4可以构成三角形，则结点能处于平衡，故B正确；C．4、4、4可以构成三角形，则结点能处于平衡，故C正确；D．3、4、5可以构成三角形，

则结点能处于平衡，故D正确。故选BCD；(2)[2]为验证平行四边形定则，必须作受力图，所以先明确受力点，即标记结点O的位置，其次要作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示，因此要做好记录，是从力的三要素角度出发，要记录砝码的个数和记录OA、O

B、OC三段绳子的方向，故A正确，BCD错误。故选A；(3)[3]以O点为研究对象，F3的是实际作用效果在OC这条线上，由于误差的存在，F1、F2的理论值要与实际值有一定偏差，故甲图符合实际，乙图不符合实际；(4)

[4]以O点为研究对象，受到三个力的作用，由于钩码个数不变，因此三个力的大小不变，O点所受竖直方向的拉力大小方向不变，即EO，FO两绳子拉力的合力大小方向不变，根据平行四边形定则可知，二力的大小不变，其

合力的大小方向不变，则该二力的夹角不变，故∠EOF不变；[5]根据相似三角形的几何关系可知，E点位置不变，EF之间的距离变大，而∠EOF不变，因此绳子结点O的位置将向EO方向移动，故ABD错误，C正确。故选C。18.某同学先后用多用电表和伏安法测量一个

未知电阻Rx的阻值。(1)该同学选用倍率为“×100”的电阻挡时，指针位置如图甲所示；他应选用倍率为___（填“×1”或“×10”）的电阻挡再次测量，当其选择合适的倍率后，指针位置如图乙所示，则所测电阻的阻值为____Ω；(2)为更精确测量其阻值，该同学采用了伏安法。实验室备有下列实验

器材：a.电压表V1（量程3V，内阻约为15kΩ）；b.电压表V2（量程15V，内阻约为75kΩ）；c.电流表A1（量程250mA，内阻约为0.2Ω）；d.电流表A2（量程50mA，内阻约为1Ω）；e.滑动变阻器R（最大阻值150Ω）

；f.电池组E（电动势为3V，内阻不计）；g.开关S，导线若干。为减小实验误差，电压表应选用___，电流表应选用___（填器材前面的序号），实验电路应选___（填“图丙”或“图丁”）。若该同学选择器材、连接电路等操作均正确，则电阻的测量值___（填“大于”“小

于”或“等于”）其真实值，原因是___________。【答案】(1).×10(2).70(3).a(4).d(5).图丁(6).小于(7).电压表分流【解析】【详解】(1)[1][2]选用倍率为“×100”的电阻挡测量，指针的位置如图甲所示，指针偏角太大，说明所

选挡位太大，要较准确的测量该电阻的阻值，应选择×10电阻挡，重新进行欧姆调零，然后再测电阻；按正常顺序操作后，指针的位置如图中乙，则该电阻的阻值为7×10Ω=70Ω(2)[3]电源电动势是3V，电压表应选a[4]通过待测电阻的最大电流约为3A0.0429A42.9mA70I==电流表

选d[5]由于3xvAx701510214170RRRR==说明待测电阻较小，则电流表用外接法，即验电路应选图丁[6][7]电流表外接法中，电压表测量的是电阻两端的真实电压，由于电压表的分流作用使电流表的示数大于流过待测电阻的电流，据此可知，电阻的测量值小于其真实值，

主要原因为电压表的分流作用。19.如图甲所示，光滑平台右侧与一长为L=10m的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一小滑块以初速度v0=10m/s滑上木板，恰好滑到木板右端停止．现让木板右端抬高，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角

θ=37°，让滑块以相同的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ；(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t．【答案】(

1)0.5(2)1+5s【解析】【详解】(1)设滑块质量为m，木板水平时滑块加速度为a，则对滑块有：mgma=滑块恰好到木板右端停止2002vaL−=−解得：200.52vgL==(2)当木板倾斜，设滑块上滑时的加速

度为a1，最大距离为s，上滑的时间为t1，有：1cossinmgmgma+=20102vas−=−0110vat=−联立解得11st=、5ms=设滑块下滑时的加速度为a2，下滑的时间为t2，有2sincosmgmgma−=22212sat=联立解得：25st=滑块从滑上倾斜木板到滑

回木板底端所用的时间：12=1+5sttt=+20.在学校组织的趣味运动会上,某科技小组为大家提供了一个寓学于乐的游戏.如图所示,将一质量为0.1kg的钢球放在O点,用弹射装置将其弹出,使其沿着光滑的半圆形轨道OA和AB运动,

BC段为一段长为2.0mL=的粗糙平面,DEFG为接球槽.圆弧OA和AB的半径分别为0.2mr=,0.4mR=,小球与BC段的动摩擦因数为0.7=,C点离接球槽的高度为1.25mh=,水平距离为0.5mx=,接球槽足够大,g取102ms.求:(1).要使钢球恰

好不脱离圆弧轨道,钢球在A点的速度Av多大?在B位置对半圆轨道的压力多大?(2).要使钢球最终能落入槽中,弹射速度Ov至少多大?【答案】(1)m2sAv=6N(2)0m21sv=【解析】【详解】(1)要使钢球恰好不脱离圆弧轨道，对最

高点A有2AmvmgR=可得m2sAv=钢球从A到B的过程有2211222BAmgRmvmv=−在B点有2BNmvFmgR−=联立可得6NNF=根据牛顿第三定律可得,钢球在B位置对半圆轨道的压力大小为6N(2)设要使钢球能落入槽中,C

点速度至少为Cv,从C到D由平抛运动规律得水平方向Cxvt=竖直方向212hgt=可得m1sCv=假设钢球在A点的速度恰为以m2sAv=时,钢球可运动到C点,且速度为'Cv，从A到C由动能定理有22112'22CAmgRmgLmvmv−=−可得'0Cv故当

钢球在A点的速度恰为m2sAv=时,钢球不可能到达C点,更不可能平抛入槽要使钢球最终能落入槽中,需要更大的弹射速度,才能使钢球既满足不脱离圆弧轨道,又能落入槽中从O到C由动能定理有221122COmgRmgL

mvmv−=−联立可得0m21sv=21.间距为L的两平行光滑金属导轨如图所示，x轴平行导轨，y轴垂直导轨。在1xx=−位置有一宽度可不计的绝缘薄层，隔开左右两部分电路。在导轨间存在磁场，y轴左侧磁场方向垂直纸面向外，y右侧磁场方向垂直纸面向里

，1xx−区域磁场恒为B0，10xxx−区域磁感应强度沿y轴方向磁感应强度大小不变，沿x轴方向磁感应强度大小随x变化，而且变化规律相同，在0xx=处磁感应强度大小为B0。导轨右侧的恒流源在开关S接通时为电路提供恒定的电流I（方向如图中箭头所示）；导轨左侧接一阻值为R的

电阻。有阻值为R的金属棒ab垂直导轨静止于x0处，当开关S接通时发现其在1xx=−右侧的位移随时间的变化规律为0cosxxt=，其中为已知常数，且102xx−=。(1)金属棒ab的质量m为多少；(2)金属棒ab从x=-x1运动至最左边的过程中流过金属棒ab的电量；(3)金属棒ab从x=x

0运动至最左边的过程金属棒ab产生的焦耳热Q为多少。【答案】(1)020BIlx；(2)32I；(3)20032316BIlxIRQ=+【解析】【详解】(1)对0cosxxt=求导有0sinvx

t=−则二阶导数为20cosaxt=−当0t=时则有2000BILmamx==变形可得020BILmx=(2)设物体位于1xx=−时，速度为1v，则0011cos2xxt−=12π3t=101sinvxt=−所以

过1xx=−时，速度大小1032vx=物体从1x−到最左端的过程中，由动量定理可得0210BILtmv−=−22qIt=解得232Iq=(3)由01xx→−过程中有22112π3IRQIRt==从1x−到最左边过程有20021311()2216BI

LxQmv==因此2001232π316BILxIRQQQ=+=+22.中子不带电，比较容易进入原子核，科学上往往利用中子轰击其他原子核来获得需要的粒子。为了研究获得的粒子的属性，也经常将轰击过程放入电磁场中，如图1所示某空

间x轴上存在场强大小为E0方向向下的匀强电场，x轴下方存在若干个宽度为d的等间隔的长条形匀强电场和匀强磁场区域，电场强度大小相等、方向均向下，磁感应强度大小相等、方向均向外。某中子以一定的水平向右的初速度撞上y轴上一个静止的63Li核（纵坐标为d）而

发生核反应，生成两个原子核，其中一个为31H核，以水平速度0149eEdvu=飞后在电场作用下落在x轴负半轴（图中未画出）；另一个新核X飞出后在电场作用下到达x轴时与x轴正方向成=37°角，如图。若

已知中子和质子的质量相等均为u，（不计反应中的质量亏损）质子的带电量为e。不计粒子重力，不考虑高速运动的粒子的相对论效应，假设电磁场均有理想边界。(1)写出相应的核反应方程式，并求出中子的初速度；（sin37°=0.6，cos37°=0.8）(

2)若磁感应强度0143uEBed=，为使新核不穿出x轴下方的第一层电场区域，应将电场方向改为竖直向上，如图2所示，则该区域电场E至少为的多大？(3)图1中，角任意，各电场大小均为E0，调节磁场强弱：发现新核从第n个匀强

磁场区域射出时速度方向与刚进入第一匀强磁场区域时的速度偏角为90°，则B的大小应调节为？【答案】(1)16340312n+LiH+He→，04eEdu；(2)0169E；(3)220sincos12tanuEnednn++【解析】【详解】(1

)依题得16340312n+LiH+He→01234uvuvuv=−+对核42He则有22021124422eEduvuv=−2222yvvv−=解得0yeEdvu=024tan373yveEdvu==因此004eEdvu=(2)因为2mvqvBr=0553

3yeEdvvu==联立解得57rd=由几何关系可作图可得coscosrrd+=解得cos0.6=因此53=在电场中则有22(sin)24Eevdu=化简可得0169EE=(3)设进入第n个磁场的速度为nv，则有220n11

2(1)4422eEnduvuv−=−0sinsinyeEdvuv==联立解得20n(cot)eEdvnu=+在水平方向上，根据动量定理可得nsincosyBqvtmvmv−=−−即nsincosBqndmvmv=+化简可得220sinc

os12tanuEnBednn+=+