浙江省台州市2024届高三物理下学期二模试题[含答案]

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1、台州市2024届高三第二次教学质量评估试题 物理 本试题卷分选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间90分钟。 可能用到的相关参数：重力加速度g取。 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. 下列四组物理量中均为标量的是（　　） A. 动量变化量、磁通量 B. 磁感应强度、电场强度 C感应电流、电势差 D. 电功率、冲量 【答案】C 【解析】 【详解】标量是只有大小，没有方向的物理量，矢量是既有大小，又有方向的物理量，选项中动量变化量、磁感应强度、电场强度、

2、冲量属于矢量，感应电流、电势差属于标量。 故选C。 2. 电通量是电学中的重要概念。若匀强电场中有一个面积为S的区域，电场强度大小为E，且与该区域垂直，则穿过这个面积的电通量。若用国际单位制的基本单位表示，则电通量的单位为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】电通量的单位用国际单位制基本单位表示为 故选B。 3. 2024年2月3日7时37分，吉利未来出行星座02组卫星，在西昌卫星发射中心以一箭11星方式成功发射入轨。其中有一颗被命名为“浙江台州号”的卫星运行在600千米的轨道高度上。下列说法正确的是（　　） A. 7时37分指时间

3、间隔 B. 在组装火箭与卫星时卫星可看作质点 C. “浙江台州号”绕地球一圈平均速度为0 D. 卫星在太空中不受重力 【答案】C 【解析】 【详解】A．7时37分指时刻，故A错误； B．在组装火箭与卫星时卫星的形状和大小不可忽略，故不可看作质点，故B错误； C．“浙江台州号”绕地球一圈位移为0，平均速度为位移与所用时间的比值，故C正确； D．卫星在太空中仍受到重力的作用，地球对其的引力提供向心力而做圆周运动，故D错误。 故选C。 4. 2024多哈游泳世锦赛中，“中国蛟龙”浙江运动员潘展乐获得4枚金牌并打破男子100米自由泳世界纪录，震撼了世界。如图所示潘展乐在比赛中左手

4、正在划水，下列说法正确的是（　　） A. 运动员划水前进，水对人的力是阻力 B. 运动员向后划水，水对划水手掌做正功 C. 运动员在水中前进时，浮力与重力始终大小相等 D. 水对运动员的作用力等于运动员对水的作用力 【答案】D 【解析】 【详解】A．运动员划水前进，受到整体向前水的动力，水对人的力是动力，故A错误； B．运动员向后划水，手向后运动，水对手的力向前，水对划水手掌做负功，故B错误； C．运动员在水中前进，人体密度大于水的密度，可认为浮力小于重力，人能够不下沉且前进主要靠的划水时身体和四肢推开水时和水的作用力，故C错误； D．根据牛顿第三定律可知，水对运动员的

5、作用力等于运动员对水的作用力，故D正确。 故选D。 5. 2024年1月底，台州迎来了近十年来最大的一场降雪，大地银装素裹。下列说法正确的是（　　） A. 毛绒绒的雪花是晶体 B. 雪花在空中飘舞做的是布朗运动 C. 雪花在风中飘落过程中机械能一直减小 D. 雪天路滑，汽车在转弯时易侧滑是因为受到离心力的作用 【答案】A 【解析】 【详解】A．雪花是水蒸气凝华时形成的晶体，A正确； B．雪花形状太大，不是悬浮在气体中的固体小颗粒，不是布朗运动，B错误； C．雪花在风中飘落的过程，风的作用力可能对雪花做正功，机械能可能增大，C错误； D．雪天路滑，汽车在转弯时易侧滑是

6、因为摩擦力不足以提供向心力，D错误； 故选A。 6. 如图所示，一根粗糙的水平横杆上套有A、B两个轻环，系在两环上的等长细绳下端连接的灯笼处于静止状态。现在灯笼受到垂直纸面的恒定风力作用重新静止，两个轻环始终静止，则（　　） A. 杆对A环的力不变 B. 杆对B环的弹力不变 C. A环对杆的摩擦力变大 D. 与B环相连的细绳对灯笼的拉力变小 【答案】C 【解析】 【详解】两个轻环始终静止，说明两根绳子和横杆的夹角不变。 ABD．初始状态，两细绳拉力的合力与灯笼的重力等大，灯笼受到垂直纸面的恒定风力作用重新静止后，重力与风力的合力等于此时两细绳拉力的合力，即两细绳拉力的合

7、力变大，则两细绳的拉力均变大，杆对A环的力变大，杆对B环的弹力变大，故ABD错误； C．杆对A环的摩擦力与细绳对A环的拉力沿杆方向的分力等大，则杆对A环的摩擦力变大，根据牛顿第三定律，A环对杆的摩擦力变大，故C正确。 故选C。 7. 我国载人登月的初步方案是：采用两枚运载火箭分别将月面着陆器和载人飞船送至环月轨道对接，航天员从飞船进入月面着陆器。月面着陆器将携航天员下降着陆于月面预定区域。在完成既定任务后，航天员将乘坐着陆器上升至环月轨道与飞船交会对接，并携带样品乘坐飞船返回地球。已知月球的半径约为地球的，月球表面重力加速度约为地球的，则（　　） A. 发射火箭的速度必须达到16.7k

8、m/s B. 月面着陆器下降着陆过程应当加速 C. 载人飞船在环月轨道匀速圆周运动运行速度小于地球的第一宇宙速度 D. 载人飞船在月球表面上方约200km处环月匀速圆周运动的周期约为30天 【答案】C 【解析】 【详解】A．发射的火箭携带飞船最终绕月球运动，还是在地月系内，则发射速度大于7.9km/s，小于11.2km/s，故A错误； B．月面着陆器下降着陆过程速度要减小，则应当减速，故B错误； C．卫星绕着星球表面做匀速圆周，由万有引力提供向心力，有 可得 则载人飞船在环月轨道匀速圆周运动的速度和近地卫星的线速度之比为 则有载人飞船在环月轨道匀速圆周运动的运

9、行速度小于近地卫星的线速度（即地球的第一宇宙速度），故C正确； D．载人飞船在月球表面上方约200km处环月匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，有 而，，，则飞船的周期约为 故D错误。 故选C。 8. 控制噪声的基本原则是设法将噪声的能量转化为其他形式的能量，如图所示是一种利用薄板消除噪声的方法。将薄板安放在框架上，并与框架之间留有一定的空气层，当声波入射到薄板上时，引起板的振动。由于板本身的内耗使振动的能量转化为热量。改变薄板的材料和空气层的厚度，可有效消除不同频率的噪声。下列说法正确的是（　　） A. 薄板振动频率始终与入射声波的频率相等 B. 随着入射声波频率的

10、增加，薄板振动的幅度一定增大 C. 当噪声停止后，薄板振动频率仍等于原噪声频率，但振幅减小 D. 该系统可有效消除的噪声频率范围在其可调节的共振频率之间 【答案】D 【解析】 【详解】A．薄板振动稳定后的频率与声波频率相同，初始没有达到稳定时不同，A错误； B．薄板的振幅在入射声波的频率与薄板的故有频率相同时，二者共振，振幅最大，其它频率的声波，薄板的振幅可能会增大，也可能会减小，B错误； C．当噪声停止后，薄板振动逐渐不稳定至振动停止，此时频率与原噪声频率不同，C错误； D．只有当噪声频率范围在系统可调节的共振频率之间，二者可以产生干涉波纹，达到消除噪声的目的，D正确。 故

11、选D。 9. 核能的利用可有效减少碳排放。某次核聚变实验中向目标输入了2.05兆焦的能量，产生了3.15兆焦的聚变能量输出。下列说法正确的是（　　） A. 该核反应的方程可能是 B. 生成物比反应物更稳定，因此生成物的比结合能更小 C. 产生3.15兆焦的能量只需要质量为的反应物 D. 该核反应必须使核之间的距离达到以内，因此需要极高的温度 【答案】D 【解析】 【详解】A．为人工核反应不是核聚变，A错误； B．核反应的生成物比结合能更大，更稳定，B错误； C．根据质能方程 代入数据得 即质量亏损为，不是反应物的质量，C错误； D．核聚变需要极高的温度，才能使

12、原子核接近核力作用的范围，D正确。 故选D。 10. 自2015年起，中国新能源汽车产销量已经连续9年位居全球第一。下表为某品牌新能源汽车的部分参数，下列说法正确的是（　　） 整车质量 1285kg 充电电压交流 220V 最高车速 150km/h 平均充电功率 7kW 0-50km/h加速时间 3.9s 充电时间 7h 电池容量 43kW·h 电机最大功率 70kW A. 平均充电电流约为3.2A B. 电池的内阻约为6.9Ω C. 该汽车的充电效率约为88% D. 该汽车的最大续航里程约为92km 【答案】C 【解析】 【详解】A．平均

13、充电电流约为 A错误； B．充电过程中电池内阻产生的热量为 充电电流为 根据 得电池内阻约为 B错误； C．该汽车的充电效率约为 C正确； D．电池最大的供电时间为 考虑到电池有输出效率，故该汽车的最大续航里程应满足 D错误。 故选C。 11. 如图甲所示是电机的示意图。如图乙所示，将两个完全相同的电机正对放置，用直杆连接两个电机的转轴，电机与电源相连，电机与毫安表相连。先闭合开关，再闭合开关，发现毫安表指针发生偏转。下列说法正确的是（　　） A. 电机相当于发电机 B. 毫安表指针会在中央零刻度的左右晃动 C. 闭合开关瞬间

14、，电机转动变快，其线圈发热明显 D. 将电机和的磁极N、S都交换，毫安表的指针偏转方向不变 【答案】D 【解析】 【详解】A．由于所在电路中有电源，且当开关闭合后会转动，说明是电动机，电动机是利用通电导线在磁场中受到力的作用而制成的，故A错误； B．由于与用转轴相连，当转动时会带动转动，而当转动时，闭合开关，与串联而构成闭合的毫安表指针发生偏转，说明是发电机，发电机内部有磁场和线圈，在的带动下，内部线圈将会做切割磁感线的运动，从而产生感应电动势，在其所在回路中产生感应电流，因此毫安表发生偏转，但在稳定转动的情况下，毫安表指针不会在中央零刻度的左右晃动，毫安表显示的是感应电流的有效值，

15、若是稳定转动，则其指针将稳定的指在某一刻度，故B错误； C．闭合开关瞬间，电机转速将降低，电流增大，其线圈发热明显，故C错误； D．将中的磁极N、S交换，根据左手定则可知，的转动方向将与原来反向，若同时将中的磁极N、S交换，则在带动下转动产生感应电流的方向不发生变化，毫安表的指针偏转方向不变，故D正确。 故选D。 12. 如图所示，一个质量为m的带电小球在A点以初速度竖直向上进入一个匀强电场，一段时间后经过B点，速度大小仍为，方向水平，且A、B在同一竖直平面内，AB连线与水平夹角为45°，则（　　） A. 小球带正电 B. 小球的电势能先增大后减小 C. 小球所受电场力大小可

16、能等于2mg D. A点电势可能与B点电势相等 【答案】C 【解析】 【详解】A．由小球的初、末速度可知，小球所受合力方向与AB垂直，又重力竖直向下，则电场力方向如图 由于场强方向不确定，故不能确定小球电性，A错误； B．由图可知电场力与速度方向的夹角可能先小于90°，即电场力先做正功，电势能先减小，B错误； C．由图可知，电场力大小可能等于2mg，C正确； D．A点与B点如果电势相等，则电场力方向延AB方向的垂线，由图知电场力不可能在此方向，D错误。 故选C。 13. 如图甲所示，在水池中水平放置一条细灯带围成直径为的圆环发光体，水的折射率，细灯带到水面的距离h可以调

17、节，紧贴水面的上方水平放置一光传感器。调节时，传感器检测到有光强的区域恰好为一个完整的圆形。调节h为时，传感器上光强随x轴位置变化如图乙所示，图中光强最强的区域对应传感器部分为直径的圆形区域，检测到有光强的区域为直径的圆形区域。下列说法正确的是（　　） A. B. C. D. h越小，越大 【答案】B 【解析】 【详解】A．传感器检测到有光强的区域恰好为一个完整的圆形时，灯带上发出的光在O点恰好发生全反射，如图 则 由几何知识得 解得 故A错误； B．时，灯带上发出的光在传感器上光强最强的区域边缘发生全反射时，光强最强的区域对应传感器部分为直径的圆

18、形区域，如图 由 ， 解得 故B正确； C．时，灯带上发出的光在水面恰好发生全反射，有光强的区域为直径的圆形区域，如图 由 ， 解得 故C错误； D．由可知，越小，越小，故D错误。 故选B。 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. 在不同的惯性参考系中，物理规律的形式是不同的 B. 在LC振荡电路中，当电流最大时，电容器储存的电场能最小 C. 电磁波的波长越长，衍射越明显，有利于电磁波的发射和

19、接收 D. 降噪耳机通过发出与噪声振幅、频率相同，相位相反的声波来减噪 【答案】BD 【解析】 【详解】A．根据相对论的两个基本假设可知，在不同的惯性参考系中，物理规律的形式是相同的，故A错误； B．在LC振荡电路中，当电流最大时，磁场能最大，电容器储存的电场能最小，故B正确； C．电磁波的波长越长，衍射越明显，不利于电磁波的发射和接收，故C错误； D．降噪耳机通过发出与噪声振幅、频率相同，相位相反的声波来减噪，故D正确。 故选BD。 15. 氢原子的能级图如图1所示，从高能级向低能级跃迁时，会产生四种频率的可见光。氢原子从能级6跃迁到能级2产生可见光Ⅰ，从能级3跃迁到能级2

20、产生可见光Ⅱ。用两种光分别照射如图2所示的实验装置，都能产生光电效应。下列说法正确的是（　　） A. 光Ⅰ比光Ⅱ有更显著的粒子性 B. 两种光分别照射阴极K产生的光电子到达阳极A的动能之差为1.13eV C. 欲使微安表示数变为0，滑片P应向b端移动 D. 滑片P向b端移动过程中，到达阳极A的光电子的最大动能一直增大 【答案】AD 【解析】 【详解】A．氢原子从能级6跃迁到能级2产生可见光Ⅰ，从能级3跃迁到能级2产生可见光Ⅱ；可知光Ⅰ的能量大于光Ⅱ能量，则光Ⅰ的频率大于光Ⅱ的频率，Ⅰ的波长小于光Ⅱ的波长，则光Ⅰ比光Ⅱ有更显著的粒子性，故A正确； B．从能级6跃迁到能级2产生

21、可见光Ⅰ，则有 从能级3跃迁到能级2产生可见光Ⅱ，则有 根据光电效应方程 可知两种光分别照射阴极K产生的光电子最大初动能之差为 则对于最大初动能的光电子到达阳极A的动能之差为，但产生光电效应从金属表面溢出的光电子初动能不一定等于最大初动能，所以两种光分别照射阴极K产生的光电子到达阳极A的动能之差不一定为，故B错误； C．欲使微安表示数变为0，应加上反向电压，由电路图可知滑片P应向a端移动，故C错误； D．滑片P向b端移动过程中，由电路图可知极板间所加电压为正向电压，电场力对光电子做正功，所以到达阳极A的光电子的最大动能一直增大，故D正确。 故选AD。 非选择题部

22、分 三、非选择题（本题共5小题，共55分） 16. 如图所示是“探究加速度与力和质量的关系”和“验证机械能守恒”的实验装置。 （1）下列说法正确的是______（多选） A. 图1实验中可调节滑轮使细线与导轨面平行 B. 图1实验平衡阻力时，应将槽码跨过定滑轮拴在小车上 C. 图2实验中可以用手托住重物由静止释放 D. 图2实验中应使打点计时器两个限位孔处于同一竖直线上 （2）若第一个实验中，打点计时器的频率为51Hz，但计算时仍取50Hz计算，则加速度测量值偏______（选填“大”或“小”）。 （3）下面为两实验得到的两条纸带，其中______是图1实验得到的（选填“

23、A”或“B”）。 【答案】（1）AD （2）小 （3）A 【解析】 【小问1详解】 A．“探究加速度与力和质量的关系”实验中，为使加速度恒定，可调节滑轮使细线与导轨面平行，故A正确； B．平衡阻力时，不应将槽码跨过定滑轮拴在小车上，否则平衡时为 并不能使得重力沿斜面分力和摩擦力相等，故B错误； C．应用手抓住纸带上缘然后静止释放，以保证重物落下时纸带同时运动，故C错误； D．为减小阻力的影响，图2实验中应使打点计时器两个限位孔处于同一竖直线上，故D正确。 故选AD。 【小问2详解】 “探究加速度与力和质量的关系”实验中，加速度是通过计算得到，若计算时的频率

24、偏小，则计算用周期偏大，则计算出的加速度偏小。 【小问3详解】 “探究加速度与力和质量的关系”实验中，用槽码的重力代替小车受到的合外力，因此槽码的质量远小于小车的质量，根据牛顿第二定律 因此小车运动的加速度应该远小于重力加速度； “验证机械能守恒”的实验中，重物下落过程中，加速度近似于重力加速度； 因此图1实验得到加速度应该较小，根据，相邻相等时间段内的位移差应该较小，因此A是图1实验得到的。 17. （1）某同学用如图装置“验证动量守恒定律”，某次实验获得以下数据，则可判定该碰撞动量______（选填“守恒”或者“不守恒”）。 质量 碰前水平位移 碰后水平位

25、移 钢球 17.0g 108.0mm 63.0mm 玻璃球 5.0g 135.6mm （2）某次实验发现动量不守恒，则可能的原因为______（多选） A. 斜槽轨道粗糙 B. 斜槽末端不水平 C. 未从同一位置释放小钢球 【答案】 ①不守恒 ②. BC##CB 【解析】 【详解】（1）[1]在“验证动量守恒定律”的实验中，由于小球平抛后落地时间相同，因此只要满足 即可验证动量守恒，其中，，是相应小球平抛的水平位移，利用表中的数据可知 碰撞前后并不相等，因此动量不守恒。 （2）[2]A．只要小球每次从同一位置由静止释放，

26、运动到斜槽末端时速度均相等，与斜槽是否粗糙无关，A错误； B．若斜槽末端不水平，小球抛出后做斜抛运动，落地时间不同，从而水平射程不同，从而测量结果造成误差，B正确； C．若未从同一位置释放小钢球，导致第二次释放高度偏低，则小钢球每次运动到斜槽末端时，速度偏小，总动量偏小，测量的结果会出现误差，第二次的总动量小于第一次的总动量，C正确。 故选BC。 18. 某实验小组用电流传感器、电压传感器、学生电源、滑动变阻器、小电机（额定电压2.5V）、导线、计算机等器材测量小电机的伏安特性曲线，实验装置如图1所示，实验电路如图2所示。 （1）图2中闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移到_____

27、_（选填“C”或“D”）端； 某次实验中，成员甲缓慢调节滑动变阻器，将电压从0V连续调至2.0V左右电机开始转动，继续调至2.5V，然后将电压逐渐调回到0V，得到一条“U-I”图线；成员乙缓慢调节滑动变阻器，将电压从0V连续调到2.5V左右，突然将小电机锁定不动，然后将电压逐渐调回到0V，得到一条“U-I”图线。 （2）成员甲所得到图线如______（选填“图3”或者“图4”）所示。 （3）由图线得到小电机的额定功率为______W（计算结果保留两位有效数字）。 （4）图中“a”、“b”、“c”、“d”4段图线中，______图线对应的变化时间最短。 【答案】（1）D （2

28、）图3 （3）（均可） （4）d 【解析】 【小问1详解】 闭合开关前，应将滑动变阻器接入电路的阻值最大，即滑动变阻器的滑片应移到D端。 【小问2详解】 成员甲缓慢调节滑动变阻器，将电压从0V连续调至2.0V左右电机开始转动，所以0~2V阶段电动机满足 所以U-I图线为一条过原点的倾斜直线，2.0V~2.5V电动机开始转动，则 所以图线为曲线，在回调时电机是转动的，因此电压低于2V时依旧拟合电动机转动曲线，即曲线a低于2V大于1V部分，而图4没有这部分，即对应乙的操作。 【小问3详解】 由图线得到小电机的额定功率为 【小问4详解】 由图可知，“a”、“b”

29、、“c”、“d”4段图线中，d图线对应的为将电机立即停止转动，电路立即拟合电动机为定值电阻部分直线，变化时间最短。 19. 以下实验中，说法正确的是（　　） A. 用油膜法估测油酸分子大小实验时，向水面滴入一滴油酸酒精溶液时，粉膜太薄会导致粉膜“支离破碎”，粉膜没有完全包围油膜 B. “用单摆测重力加速度”的实验中，为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度 C. 在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，若想增加从目镜中观察到的条纹个数，可将屏向远离双缝的方向移动 D. 在“探究变压器原副线圈电压与匝数的关系”实验中，测量电压时可以用多用电表 【答

30、案】AD 【解析】 【详解】A．粉膜太薄会导致粉膜“支离破碎”，粉膜没有完全包围油膜，从而无法准确画出油膜的轮廓，A正确； B．只有当摆角小于5o时，才能将单摆的摆动看成简谐运动，振动周期才满足 如果摆角过大，振动周期有较大的偏差，从而测出的重力加速度误差较大，B错误； C．在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，根据 可知如果将屏向远离双缝的方向移动，L增大，从而条纹间距增大，观察到的条纹个数减小，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，测量电压时可以用多用电表的交流电压档测量，D正确。 故选AD。 20. 海洋温差发电安全无污染，储量巨大。在某次

31、发电测试实验中，探测到490m深处的海水温度为290K，如图所示，在此处将氨水蒸气封闭在横截面积的气缸内，气缸从深海490m深处上浮到海面，随着海水温度升高，封闭气体的体积增大，活塞缓慢上升且始终未脱离气缸。氨水蒸气可看作理想气体，气缸导热性能良好，活塞质量不计。已知海面处温度、此处气体体积，大气压强恒为，海水密度。 （1）气缸从深海上浮到海面，气缸内气体的分子平均动能______（选填“变大”、“变小”或者“不变”）及内能______（选填“变大”、“变小”或者“不变”）； （2）求气缸在深海中上浮490m到海平面的过程中，活塞相对缸底上升的距离（计算结果保留3位有效数字）； （3）在

32、上述过程中，气缸内含蒸气1.7kg，上升过程吸收的总热量为105kJ，已知1摩尔蒸气的内能，其中常量，1摩尔蒸气质量为17g，求蒸气对外做的功。 【答案】（1）变大，变大；（2）1.47m；（3）80kJ 【解析】 【详解】（1）缸从深海上浮到海面，海水温度升高，气体的温度升高，则分子平均动能变大，内能变大； （2）初始时 根据理想气体状态方程 解得 解得 （3）根据热力学第一定律有 解得 即对外做功80kJ。 21. 如图所示装置放置在水平地面上，质量的滑块P从四分之一光滑圆弧A端点滑到B端点，随后通过顺时针转动的传送带。已知圆弧半径

33、，传送带长，与地面高度。滑块可视为质点，滑块P与传送带的动摩擦因数，不计空气阻力与传送带转轮的大小。 （1）求滑块P滑到圆弧B端点时受到轨道的作用力大小； （2）求滑块P由C抛出的水平距离x与传送带速度v的关系； （3）若传送带速度，将木块M与N并排静置在光滑地面上，木块M上固定一竖直轻杆，轻杆上端小横杆上系一长为的轻细线，细线下端系一质量为的小球Q。滑块P从传送带飞出后恰好与小球Q碰撞并连结为一整体S（可视为质点），随后绕悬点小角度摆动（不与竖直杆碰撞）。已知木块M与N的质量分别为与。求木块M与N分离时S的速度大小。 【答案】（1）；（2）见解析；（3） 【解析】 【详解】（

34、1）滑块P从A端点滑到圆弧B端点，根据动能定理 解得 在B点，根据牛顿第二定律 解得 （2）滑块P由C抛出后，做平抛运动，则 解得 若一直减速，根据动能定理 解得 若一直加速，根据动能定理 解得 则若，滑块P由C抛出的水平距离为 若，滑块P由C抛出的水平距离为 若，滑块P由C抛出的水平距离为 （3）由（2）知飞出时为 滑块P、小球Q碰撞前后动量守恒，则 解得 根据系统动量守恒、以及机械能守恒 解得 ，或，（不符，舍去） 故木块M与N分离时木块M与N分离时S的速度大小为。 22. 某中

35、学兴趣小组研究了电机系统的工作原理，认识到电机系统可实现驱动和阻尼，设计了如图所示装置。电阻不计的“L型”金属导轨由足够长竖直部分和水平部分连接构成，竖直导轨间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导体棒ab与竖直导轨始终良好接触并通过轻质滑轮连接重物M，初始被锁定不动。已知导体棒ab的质量为m，重物M质量为3m，竖直导轨间距为d。电源电动势，内阻为R，导体棒与定值电阻阻值均为R。 （1）把开关k接1，解除导体棒锁定，导体棒经时间t恰好开始匀速上升，求 ①通过导体棒的电流方向； ②导体棒匀速上升时的速度； ③此过程导体棒上升的高度h； （2）把开关k接2，解除导体棒锁定，导体棒

36、经时间、下落高度时恰好开始匀速下落，求此过程中回路产生的总焦耳热。 【答案】（1）①方向由到；②；③或；（2） 【解析】 【详解】（1）①导体棒向上运动根据右手定则，电流方向由到。 ②感应电流为 由平衡得 得 ③根据动量定理 电荷量为 得 或 （2）开关k接2，导体棒匀速运动时的电流为 由平衡得 得 根据动量定理 得 由能量守恒 得 23. 中国航天科技集团自主研制的300瓦霍尔电推进系统已经顺利完成地轨卫星的机动变轨任务，整个卫星的运行轨道被抬升了300公里。我国现阶段霍尔推进器，在地面实验中，其推力达到

37、了牛级，处于国际领先水平。小明同学受到启发设计了如图所示装置研究电荷运动及作用力，三束比荷为、速度为、相邻间距的平行带正电粒子a、b、c持续均匀射入一半径的圆形匀强磁场区域后汇聚于点，随后进入右侧间距、边界为M、N的区域中。在边界N处放置一个足够大荧光屏，圆形磁场圆心与点及荧光屏上坐标原点连线共轴且垂直荧光屏。 （1）求圆形磁场区域的磁感应强度的大小及方向； （2）若在MN的区域中加上水平向右、磁感应强度的匀强磁场，求a束粒子打在屏上的位置坐标； （3）若在MN的区域中加上（2）中磁场的同时再加上水平向右、电场强度的匀强电场。 ①求a束粒子打在屏上的位置坐标； ②某次实验中，整个装置

38、安装在一个飞船模型上，把荧光屏变为粒子喷射出口。已知粒子质量单位时间内每束粒子有个喷出，求粒子持续从射入磁场到喷出过程对飞船模型的冲力大小。（冲力计算结果保留两位有效数字，可能用到的数据：） 【答案】（1），方向垂直纸面向外；（2）；（3）①；② 【解析】 【详解】（1）由洛伦兹力提供向心力得 解得 方向垂直纸面向外 （2）由 得 粒子运动周期 运动时间 运动半径 则a束粒子打在屏上的位置坐标为。 （3）①由 ， 得 则a束粒子打在屏上的位置坐标。 ②在向右的方向上 解得 由动量定律得 得 在y方向上 解得 则粒子持续从射入磁场到喷出过程对飞船模型的冲力大小