浙江省温州市2022-2023学年高三物理上学期11月第一次适应性考试（一模）（Word版附解析）

温州市普通高中2023届高三第一次适应性考试物理试题卷2022.11考生须知：1．本试卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟．2．考生答题前、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卷上．3．选择题的答案须用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案标号涂黑，如要线动，须将原填涂处用橡皮擦净．4．非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卷上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔、确定后须用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效．5．可能用到的相关参数：重力加速度g均取．选择题部分一、选择题Ⅰ（本题共12小题，每小题3分，共36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.下列物理量属于矢量的是（  ）A.温度B.加速度C.磁通量D.电流强度【答案】B【解析】【详解】AC．温度和磁通量只有大小，没有方向，是标量，故AC错误；B．加速度既有大小又有方向，运算时遵循平行四边形定则，是矢量，故B正确；D．电流有方向，其方向表示正电荷定向移动的方向，但电流运算时不遵守平行四边形定则，因此电流是标量，故D错误。故选B。2.如图所示的我国第三艘航空母舰“福建舰”，在2022年6月17日移出船坞下水废计划开展航行试验。下列情况中“福建舰”可视为质点的是（　　） A.研究航行路线时B.弹射舰载机时C.移出船坞下水时D.用操作仪把控方向时【答案】A【解析】【详解】A．依题意，当研究船坞的航行路线时，船坞的形状和大小可以忽略不计，船坞可以看成质点，故A正确；BCD．当研究弹射舰载机时、移出船坞下水时、用操作仪把控方向时，由于船坞的形状及大小对研究的问题影响较大，所以船坞均不能看成质点，故BCD错误。故选A。3.下列陈述与事实相符的是（）A.法拉第提出分子电流假说B.开普勒测出万有引力常量C.库仑最早测得元电荷e的数值D.赫兹用实验证实了电磁波的存在【答案】D【解析】【详解】A．安培提出了分子电流假说，故A错误；B．卡文迪许测出万有引力常量，故B错误；C．密立根最早测得元电荷e的数值，故C错误；D．赫兹用实验证实了电磁波的存在，故D正确。故选D。4.如图所示是户外露营中使用的一种便携式三脚架，它由三根完全相同的轻杆通过铰链组合在一起，每根轻杆均可绕铰链自由转动，将三脚架静止放在水平地面上，吊锅通过细铁链静止悬挂在三脚架正中央，三脚架正中央离地高度为h且小于杆长，吊锅和细铁链的总质量为m，支架与铰链间的摩擦忽略不计，则（　　） A.吊锅受3个力B减小h时，每根轻杆对地面压力减小C.减小h时，每根轻杆对地面摩擦力增大D.每根轻杆受到地面的作用力大小为【答案】C【解析】【详解】A．吊锅受到自身重力及细铁链的拉力两个力的作用，故A错误；B．以整个装置为研究对象，设地面对每根杆的支持力为，根据受力平衡可得解得显然减小h，仍然保持不变，根据牛顿第三定律知每根杆对地面的压力不变，B错误；C．以吊锅和细铁链为研究对象，设每根杆中的弹力为，杆与竖直方向夹角为，在竖直方向上，受力平衡有解得水平方向上，地面对杆的摩擦力为当减小h时，增大，则可知增大，根据牛顿第三定律可知：每根轻杆对地面的摩擦力 均增大，故C正确。D．以杆为研究对象，设每根轻杆受到地面的作用力大小为F，则有故D错误。故选C。5.2022年7月25日，问天实验舱成功与轨道高度约为430km的天和核心舱完成对接如图所示，对接后组合体绕地球的运动可视为匀速圆周运动。已知地球半径R，引力常量G，地球表面重力加速度g，根据题中所给条件，下列说法正确的是（　　）A.组合体的周期大于24小时B.可以计算出地球的平均密度C.组合体的向心加速度小于赤道上物体随地球自转的向心加速度D.若实验舱内有一单摆装置，将摆球拉开一个小角度静止释放会做简谐运动【答案】B【解析】【详解】A．根据万有引力提供向心力，有解得由于组合体的轨道高度小于同步卫星的轨道高度，所以组合体的周期小于同步卫星的周期，即组合体的周期小于24h，故A错误；B．根据万有引力与重力的关系，即地球的密度为联立解得 故B正确；C．根据万有引力提供向心力，有解得向心加速度为组合体向心加速度大于同步卫星的向心加速度，但由于同步卫星与赤道上的物体具有相同的角速度，而同步卫星的半径大于赤道上物体的半径，根据公式所以同步卫星的向心加速度大于赤道上物体的向心加速度，则组合体的向心加速度大于赤道上物体的向心加速度，故C错误；D．静止释放小球，小球将无法做简谐运动，小球处于完全失重状态，故D错误。故选B。6.如图所示，A、B两小球在距水平地面同一高度处，以相同初速度同时竖直向上抛出，运动过程中的机械能分别为和，加速度大小分别为和。已知，下列说法正确的是（　　）A.若不计空气阻力，以抛出所在的水平面为零势能面，B.若不计空气阻力，以A球的最高点所在水平面为零势能面，C.若两球受到大小不变且相等的空气阻力，则两球上升的过程中，D.若两球受到大小不变且相等的空气阻力，则两球下落的过程中，【答案】D【解析】【详解】A．若不计空气阻力，小球运动过程中机械能守恒，若以抛出所在的水平面为零势能面，则小球的机械能为 所以故A错误；B．若不计空气阻力，小球运动过程中机械能守恒，小球只受重力作用，两小球加速度相同，均为重力加速度g，则小球上升的最大高度为以A球的最大高度所在的平面为零势能面，则所以故B错误；C．若两球受到相等的空气阻力，上升过程，根据牛顿第二定律解得加速度为所以故C错误；D．若两球受到相等的空气阻力，下落过程，根据牛顿第二定律解得加速度为 所以故D正确。故选D。7.2021年10月25日，如图甲所示的全球最大“上回转塔机”成功首发下线，又树立了一面“中国高端制造”的新旗帜。若该起重机某次从时刻由静止开始向上提升质量为m的物体，其图像如图乙所示，时达到额定功率，时间内起重机保持额定功率运动，重力加速度为g，不计其它阻力，下列说法正确的是（）A.时间内物体处于失重状态B.时间内物体做减速运动C.时间内重力对物体做功为D.时间内起重机额定功率【答案】D【解析】【详解】A．时间内物体向上做匀加速直线运动，因此物体处于超重状态，故A错误；B．由图像可知时间内物体的加速度为正，做加速度减小的加速运动，故B错误；C．时刻物体的位移为重力对物体做功 故C错误；D．时刻物体所受到的牵引力为，由牛顿第二定律有解得时刻物体的速度为起重机额定功率为故D正确。故选D。8.如图甲所示，在竖直放置的圆柱形容器内用横截面积的质量不计且光滑的活塞密封一定质量的气体，活塞上静止一质量为m的重物。图乙是密闭气体从状态A变化到状态B的图像，密闭气体在A点的压强，从状态A变化到状态B的过程中吸收热量。已知外界大气压强，下列说法正确的是（）A.重物质量B.气体在状态B时的体积为C.从状态A变化到状态B的过程，气体对外界做功D.从状态A变化到状态B的过程，气体的内能增加【答案】D【解析】【详解】A．在A状态，根据题意解得 故A错误；B．根据图像可知所以气体做等压变化解得故B错误；C．从状态A变化到状态B的过程，气体对外界做功故C错误；D．根据热力学第一定律故D正确。故选D。9.如图甲所示为某一电磁炮原理示意图，图中有直流电源、电容器，线圈套在中空并内侧光滑的绝缘管上，将直径略小于管内径的金属小球静置于管内。开关S接1使电容器完全充电，开关接2时开始计时，通过线圈的电流随时间的变化规律如图乙所示，金属小球在时间内被加速发射出去（时刻刚好运动到右侧管口）。在时间内，下列说法正确的是（）A.小球的加速度一直增大B.线圈中产生的磁场方向向左C.小球中产生的涡流一直减小D.电容器储存的电能全部转化为小球的动能【答案】C【解析】 【详解】A．磁场强弱程度与通过线圈的电流成正比，则在时间内，电流在增大，但变化率在减小，所以线圈的磁通量在增大，但磁通量的变化率逐渐减小，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势减小，所以小球受到的感应电场的电场力也逐渐减小，由牛顿第二定律可知加速度也减小，故A错误；B．由图甲可知时间内，电容器上极板为正极板，所以线圈中左侧电流向下，根据安培定则可知线圈中产生的磁场方向向右，故B错误；C．时间内，电流的变化率减小，则小球内磁通量的变化率减小，根据法拉第感应定律可知，小球内的涡流减小，故C正确；D．电容器放电过程中，变化的磁场在空间中产生变化的电场，然后以电磁波的形式传递出去，散失了一部分能量，所以电容器储存的电能不能全部转化为小球的动能，故D错误。故选C。10.如图甲所示，圆形区域处在平行于纸面的匀强电场中，圆心为O，半径为。P为圆弧上的一个点，连线逆时针转动，为连线从位置开始旋转的角度，P点电势随变化如图乙所示。下列说法正确的是（）A.匀强电场的场强大小为B.匀强电场的场强方向垂直连线向上C.一电子从A点沿圆弧运动到C点，电势能减小D.一电子从B点沿圆弧逆时针运动到D点，电场力先做负功后做正功【答案】C【解析】【详解】AB．当时，设P点位于M点处，此时可得 当时，设P点位于N点处，此时可得如图所示由于M、N两点分别是圆弧上电势的最低点、最高点，则过两点的等势面与圆相切，又因为电场线与等势面垂直，且指向电势降低的方向，可知电场方向从N指向M，可得场强大小为故AB错误；C．由图乙可知，C点的电势为电子从A点沿圆弧运动到C点，电势能的变化量为即电势能减小，故C正确；D．从B点沿圆弧逆时针到D点，电势先升高后降低，则电子沿该路径运动时，由可知，电子的电势能先减小后增大，所以电场力先做正功后做负功，故D错误。故选C。11.我国已投产运行的特高压直流输电工程是目前世界上电压等级最高、输送容量最大、输送距离最远、技术水平最先进的输电工程，输送电功率最大可达1200万千瓦。输电线路流程和数据可简化为如图所示，若直流线路的输电线总电阻为，变压与整流等造成的能量损失均不计，直流和交流逆变时有效值不发生改变。当直流线路输电电流为时，下列说法正确的是（）A.输送电功率为B.降压变压器匝数比为11∶5 C.直流输电线上损失的功率为，损失的电压为D.若保持输送电功率不变，改用输电，直流输电线上损失的功率为【答案】D【解析】【详解】A．输送电功率为故A错误；C．输电导线末端电压则降压变压器的匝数比故B错误；C．输电导线上损失的功率损失的电压故C错误；D．保持输送功率不变，用550kV输电，输电导线上损失的功率故D正确。故选D。12.如图所示是底角为的等腰梯形的棱镜横线面，与底边平行两束单色光a、b（间距可调）从边射入，经边反射从边射出（图中未画出）。已知棱镜对a、b两束光的折射率满足，下列说法正确的是（）A.a、b两束光不可能从边同一位置射出 B.a光从边射出位置一定离底边更近C.b光从边射入到边射出时间一定更短D.a，b两束光从边射入到边射出时间可能一样长【答案】C【解析】【详解】作出光路图根据图像及题意有A.由图可知，由于a、b光束的间距可调，故a光束上移，b光束下移，a、b光束就有可能从CD边同一位置射出，故A错误；B.由图可知，a光束从CD边射出可能离底边BC更远，故B错误；CD.根据图中b光束的光路图，根据正弦定理有可知同理可得b光束在玻璃中的路程为b光束在玻璃运动的速度b光束在玻璃运动的时间 同理可得由于可知可知故C正确D错误；故选C。二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题3分，共9分。年小题列出的四个备选项中至少有一个符合题目要求的．全部进对的得3分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）13.关于下列四幅图的说法正确的是（）A.普朗克用能量量子化的假说，成功解释了黑体辐射规律B.光电效应中，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比C.电子束通过铝箔时形成的衍射图样，证实了电子具有波动性D.光照到不透明的小圆盘上出现了泊松亮斑，这是光的偏振现象【答案】AC【解析】【详解】A．普朗克用能量量子化的假说，成功解释了黑体辐射规律，故A正确；B．由光电效应方程可知，光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系，故B错误； C．衍射是波特有的现象，电子束通过铝箔时形成的衍射图样，证实了电子具有波动性，故C正确；D．光照到不透明的小圆盘上出现了泊松亮斑，这是光的衍射现象，故D错误。故选AC。14.如图所示我国自主三代压水堆核电“华龙一号”示范工程，在2022年3月25日全面建成投运。“华龙一号”利用核裂变发电，其中一种典型的核反应方程是，X是某种粒子，a是X粒子的个数，用分别表示核的质量，反应中释放的核能为，c为真空中的光速。关于该核反应，下列说法正确的是（）A.X为中子，B.X粒子的质量为C.的比结合能比和的都小D.可利用普通水作为慢化剂减慢裂变反应速度【答案】ACD【解析】【详解】A．由电荷数守恒、质量数守恒可知核反应方程为故X为中子，可知a=3故A正确；B．由题意知，核反应过程中的质量亏损由质能方程可知，释放的核能可得X粒子的质量为 故B错误；C．核裂变过程释放能量，比结合能变大，则的比结合能比和的都小，故C正确；D．慢化剂使快中子变成慢中子，常用的慢化剂有石墨、重水和普通水。故D正确。故选ACD。15.如图所示，在均匀介质中，坐标系位于水平面内。O点处的波源从时刻开始沿垂直于水平面的z轴做简谐运动，其位移随时间变化关系，产生的机械波在平面内传播。实线圆、虚线圆分别表示时刻相邻的波峰和波谷，且此时刻平面内只有一圈波谷，则下列说法正确的是（　　）A.该机械波的传播速度为B.C.时，B处质点的速度方向为z轴正方向D.至时间内，C处质点运动的路程为【答案】AB【解析】【详解】A．由题意可得，相邻的波峰和波谷距离为，故波的波长为。根据简谐振动的位移时间变化关系可得故机械波的传播速度为故A正确；B．由图像可知，OD距离2m为一个完整的波长，时刻，O、D均在波峰，且平面内只有一个完整的波形，则O点此时第二次出现波峰，可知故B正确； C．由AB选项中的计算结果可知机械波传播到B点需要则时，B点已经振动了个周期机械波上的所有点都在模仿O点的振动情况，因而如下图所示，的位置在轴的负半轴，且速度方向沿轴负方向。故C错误；D．根据勾股定理可知，，则传播到C点时间为则至时间内，C处质点只振动了个周期则C点处质点运动的路程故D错误。故选AB。非选择题部分三、非选择题（本题共6小题，共55分）16.下列四幅实验操作情景，其中操作正确的是____________。A.用游标卡尺测摆球直径 B.验证机械能守恒定律C.探究两个互成角度的力的合成规律D.测量玻璃的折射率【答案】B【解析】【详解】A．用游标卡尺测摆球直径，应将小球卡在外爪的刀口上，故A错误；B．验证机械能守恒定律，用手竖直提起纸带使重锤停靠在打点计时器附近，B正确；C．探究两个互成角度的力的合成规律，为准确的确定两拉力的大小和方向，两个弹簧秤应平行与纸面，故C错误；D．测量玻璃的折射率应先画一条直线作为边界，故D错误。故选B。17.小明同学用如图1所示的装置“探究加速度与力、质量的关系”。他在实验中每次改变小车的质量后，都_____________（选填“需要”或“不需要”）重新补偿阻力。图2是他在实验中得到的一条纸带，纸带上A、B、C、D、E为计数点，相邻计数点间的时间间隔为0.04s，由纸带可知小车的加速度大小为____________（结果保留两位有效数字）。由此可以判断钩码质量____________（选填“满足”或“不满足”）本实验要求。 【答案】①.不需要②.2.4③.不满足【解析】【详解】[1]平衡摩擦是让小车在不挂钩码时受力平衡，对小车受力分析有即满足平衡摩擦的条件与小车的质量无关，故改变小车质量不需要重新平衡摩擦。[2]根据匀变速直线运动的推理相邻相等时间内的位移差相等，为，利用逐差法可知小车的加速度大小为[3]设钩码质量为m，小车质量为M，对钩码和小车整体由牛顿第二定律解得本实验认为小车受到的绳子拉力近似等于钩码重力，需满足钩码的质量远远小于小车的质量，故不满足本实验的要求。18.小明同学在做“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验后，发现他测量出的分子直径明显偏大，出现这种情况的可能原因是（）A.水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开B.将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算 C.求每滴溶液体积时，1mL的溶液的滴数多计了5滴D.油酸酒精溶液久置，酒精挥发使溶液的浓度发生了变化【答案】AB【解析】【详解】A．水面上痱子粉撒得较多，油膜没有充分展开，则测量的油酸面积S偏小，设油酸体积为V，则分子直径为故计算出的分子直径偏大，故A正确；B．纯油酸的体积等于滴入的油酸酒精溶液体积乘以浓度，计算时把油酸酒精溶液当成了纯油酸，则计算用的体积偏大，则测得的分子直径偏大，故B正确；C．设1mL的溶液有n滴，则纯油酸体积为滴数多计了5滴，计算代入纯油酸体积将偏小，测量直径偏小，故C错误；D．如果所用的油酸酒精溶液长时间放置在空气中，酒精挥发，导致油酸酒精溶液中的油酸溶度增大，1滴油酸酒精溶液形成的面积偏大，则分子直径的测量结果偏小，故D错误。选测量结果偏大的，故选AB。19.（1）图1是一个多量程多用电表的简化电路图。当选择开关S旋到5或6位置时，可用来测量____________（选填“电流”或“电压”或“电阻”），其中S旋到6位置时比5位置的量程较____________（选填“大”或“小”）。将多用电表选择开关旋到“”直流电压挡，测量某直流电源电压，正确操作后表盘指针如图2所示，其示数为____________V。（2）在“电池电动势和内阻的测量”实验中，除一节干电池、电键和导线外，还提供了如下器材： A．电流表（量程为，内阻）B．电流表（量程为，内阻）C．电压表V（量程为，内阻约为）D．可变电阻：电阻箱（阻值可调范围）E．可变电阻：滑动变阻器（阻值变化范围）某同学设计的电路图如图3所示，电表应选择____________（选填“A”或“B”或“C”），可变电阻应选择____________（选填“D”或“E”）。正确操作后，利用测得的数据得到如图4所示的图像，图像横坐标x表示的物理量是____________（选填“I”或“”或“U”或“”），该电池的内阻____________。【答案】①.电压②.大③.15.7##15.8##15.9④.B⑤.D⑥.⑦.0.8【解析】【详解】（1）[1]由电压表的改装原理可知，选择开关S旋到5或6位置时，可用来测量电压；[2]S旋到6位置时串联的电阻值比5位置时的大，所以S旋到6位置时的量程较大；[3]选择开关旋到“”直流电压挡时，电表的分度值为1V，读数时需要估读到小数点后一位，由图2可知示数为15.8V（15.7或15.9）。（2）[4][5]干电池的电动势E约为1.5V，电压表的量程太大，不适合测量电压，则只能选用电流表和电阻箱测量电动势和内阻。若选电流表，则电路最小总电阻为显然，电阻箱无法满足要求；若选电流表，则电路最小总电阻为电阻箱可满足实验要求；所以电表应选B，可变电阻应选D； [6][7]由闭合电路欧姆定律可得整理得图像是一条直线，所以x表示的物理量是，图像的纵截距为解得电池的内阻20.2022年10月，某学校举办校运动会，在铅球比赛场地上放置了一个铅球回收架，以便于回收选手投出的铅球。图1所示是铅球回收架的最后一段轨道，可简化为如图2所示的轨道，其中轨道均为直轨道且平滑连接，长度分别为，与水平方向的夹角分别为。一质量的铅球，从A点以某一速度冲上轨道，运动到B点时速度恰好为0，然后经过轨道冲上轨道。若铅球在轨道运动时所受的轨道阻力恒为，在轨道运动时所受的轨道阻力恒为，不计其它阻力，铅球大小可忽略。（取），求铅球（1）冲上轨道时的初速度大小；（2）运动到轨道C点时的速度大小；（3）从轨道A点到在轨道上速度第一次减为零时所用的总时间。【答案】（1）4m/s；（2）0.2m/s；（3）4.6s【解析】【详解】（1）铅球在AB段的加速度大小为由运动学公式 解得（2）铅球在BC段的加速度大小为由运动学公式解得（3）铅球在CD段的加速度大小为铅球在CD轨道上速度第一次减为零时所用的时间为铅球在BC轨道上的时间为铅球在AB轨道上的时间为从轨道A点到在CD轨道上速度第一次减为零时所用总时间21.如图所示，水平轨道长度，其左端B点与半径的半圆形竖直轨道平滑连接。轨道最高点D与长度的水平细圆管道平滑连接。管道与竖直放置的光滑圆筒上边缘E点相切，圆筒半径、高度。质量、可视为质点的小滑块，从A点处以初动能向左运动，与间的动摩擦因数，与其它轨道间的摩擦以及空气阻力均忽略不计。（1）若小滑块恰好能通过最高点D，求滑块经过B点时对半圆形轨道的压力大小；（2）为使小滑块不脱离轨道并最终停在两点之间，求滑块的初动能的范围；（3）若小滑块能从D点水平滑入管道，并从E点滑入圆筒后紧贴内壁运动，再从E点 正下方离开圆筒后，滑块落在两点之间，求滑块在E点的速度大小。（取）【答案】（1）；（2）或；（3）【解析】【详解】（1）小滑块恰好能通过最高点D，则小球在D点时由B点到D点的过程，由机械能守恒定律得滑块在B点时解得由牛顿第三定律可得，滑块经过B点时对半圆形轨道的压力大小为（2）小滑块不脱离轨道并最终停在两点之间，当动能较小时，滑块不滑上半圆轨道，则有当滑块动能较大超过1.3J时，滑上圆轨道并返回，则滑上轨道的最大高度不能超过R。设沿圆轨道上滑的高度为h，返会水平轨道时，不滑过A点，则有可得所以动能较大时有所以小滑块不脱离轨道并最终停在两点之间，滑块初动能的范围为 或（3）小滑块从E点滑入圆筒后紧贴内壁运动时，在竖直方向做自由落体运动解得在水平方向做匀速圆周运动解得离开圆筒后，竖直方向的加速度仍为g，则由E点到落地的时间为离开圆筒后，滑块水平方向以速度做匀速直线运动，从离开圆筒到落地，水平位移为滑块落在两点之间，则有可得所以滑块在E点的速度大小为22.如图所示，间距的平行金属导轨放置在绝缘水平面上，导轨左端连接输出电流的恒流源．空间分布两个宽度分别为和、间距的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，两磁场磁感应强度大小均为，方向均竖直向下。质量、电阻为的导体棒静止于区域Ⅰ左边界，质量、边长为、电阻的正方形单重线框的右边紧靠区域Ⅱ左边界；一竖直固定挡板与区域Ⅱ的右边界距离为。某时刻闭合开关S，导体棒开始向右运动。已知导体棒与线框、线框与竖直挡板之间均发生弹性碰撞，导体棒始终与导轨接触并且相互垂直，不计一切摩擦和空气阻力。求：（1）导体棒第一次离开区域Ⅰ时的速度大小； （2）线框与导体棒从第1次碰撞至它们第2次碰撞过程中，线框产生的焦耳热Q；（3）线框与导体棒碰撞的次数n，以及导体棒在磁场区域Ⅰ中运动的总时间。【答案】（1）1.5m/s；（2）0.26J；（3）7次；5.7s【解析】【详解】（1）导体棒受到向右的安培力对棒由动能定理解得（2）当棒与线框发生弹性碰撞，因为两者质量相等，且线框静止，所以二者交换速度，即第1次撞后，线框以1.5m/s速度运动，棒静止，当线框右边从d2磁场左边界运动到右边界用时Δt1，由电磁感应定律对线框由动量定理解得同理可得线框左边从d2磁场左边界运动到右边界时线框速度v3=1.3m/s；可知每次线框经过磁场d2时，速度将减少0.2m/s，线框以v3=1.3m/s与挡板弹性碰撞后，以1.3m/s速度返回，经过磁场d2后，速度变为v4=1.1m/s，线框以v4速度与棒第二次相碰，由能量守恒可得 （3）棒与线框第2次碰后，交换速度，棒以1.1m/s速度向左运动，线框静止，棒进入d1磁场，因安培力不变，棒作匀减速运动，有解得棒在d1磁场中位移棒在d1磁场减速到速度为0，然后以a反向加速，以1.1m/s速度出d1磁场，再与线框碰撞，线框通过d2磁场速度减小0.2m/s，则所以再碰5次，总的碰撞次数为7次，棒从d1磁场左边界匀加速运动到右边界时间为棒与线框第2次碰后以v4=1.1m/s速度进入d1磁场作匀减速直线运动，然后反向加速，用时同理可得导体棒在磁场区域Ⅰ中运动的总时间23.如图甲所示，空间存在两边界为同轴圆柱面的电磁场区域Ⅰ、Ⅱ，区域Ⅱ位于区域Ⅰ外侧，圆柱面的轴线沿空间直角坐标系的x轴方向。半径的足够长水平圆柱形区域Ⅰ内分布着沿x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小；沿x轴正方向观察电磁场分布如图乙，宽度的区域Ⅱ同时存在电、磁场，电场强度的匀强电场沿x轴正方向，磁场的磁感应强度大小也为、磁感线与圆弧边界平行且顺时针方向。沿y轴负方向观察电磁场分布如图丙。比荷的带正电粒子，从坐标为的A点以一定初速度沿z轴负方向进入区域Ⅱ 。（不计粒子的重力和空气阻力）（1）该粒子若以速度沿直线通过区域Ⅱ，求速度大小以及它在区域Ⅰ中运动的半径；（2）若撤去区域Ⅱ的电场，求该粒子以速度从进入区域Ⅱ到离开区域Ⅰ运动的总时间；（3）若撤去区域Ⅱ的磁场，该粒子以速度进入区域Ⅱ，求它第二次离开区域Ⅱ的位置坐标。【答案】（1）；0.05m；（2）；（3）【解析】【详解】（1）沿直线通过区域Ⅱ，则解得在区域Ⅰ中运动的半径解得（2）粒子在区域Ⅱ中的半径解得根据几何关系可知，在区域Ⅱ中运动转过的圆心角为 所以在区域Ⅰ中运动的半径解得根据几何关系可知，在区域Ⅰ运动转过的圆心角为60°所以所以从进入区域Ⅱ到离开区域Ⅰ运动的总时间（3）若撤去区域Ⅱ的磁场，该粒子以速度进入区域Ⅱ，沿x轴方向，在区域Ⅰ内粒子在磁场中粒子圆周运动转动的半径依旧为 因此可知转过的圆心角为，时间因此沿x方向的位移为再次离开磁场Ⅱ，离开时，x轴坐标第二次离开区域Ⅱ的位置坐标为