浙江省强基联盟2023-2024学年高三上学期12月联考物理试题（Word版附解析）

浙江强基联盟2023学年第一学期高三12月联考物理试题考生须知：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、座位号及准考证号并核对条形码信息；3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效，考试结束后，只需上交答题卷；4．本卷中重力加速度g均取选择题部分一、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.下列选项中的物理量是矢量且其单位表达正确的是（）A.电势JB.力NC.功VD.质量kg【答案】B【解析】【详解】A．电势是标量，单位是，A错误；B．力是矢量，单位N，B正确；C．功是标量，单位J，C错误；D．质量是标量，单位kg，D错误。故选B。2.9月16日7时35分，G9313列车自杭州东站驶出，亚运智能动车组列车载客运营，串联起杭州与宁波、温州、金华、绍兴、湖州5座亚运协办城市。下列表述正确的是（）A.“9月16日7时35分”表示时间间隔B.该列车座位上安装有USB接口，能给手机供220V交流电C.研究列车从杭州到宁波的运动轨迹，可将列车视为质点D.智能动车组实现自动驾驶，电子屏上显示的“当前时速”指平均速度【答案】C【解析】【详解】A．“9月16日7时35分”表示时刻，A错误；B．该列车座位上安装有USB接口，给手机供电电压是或的直流电，B错误；C．研究列车从杭州到宁波的运动轨迹，列车的大小形状可以忽略，因此能将列车看成质点，C正确；D．智能动车组实现自动驾驶，电子屏上显示的“当前时速”指瞬时速度，D错误。 故选C。3.如图所示，机器狗将物资驮运在水平背部，忽略空气阻力，则（）A.匀速上坡时，货物的机械能守恒B.加速前进时，物资对机器狗的力小于机器狗对物资的力C.机器狗能跳过小障碍物，起跳离地后物资处于超重状态D.机器狗用5G信号定位，该信号是电磁波能在真空中传播【答案】D【解析】【详解】A．匀速上坡时，货物的动能不变，重力势能增加，则机械能增加，选项A错误；B．物资对机器狗的力与机器狗对物资的力是一对相互作用力，总是等大反向，选项B错误；C．机器狗能跳过小障碍物，起跳离地后物资的加速度向下，处于失重状态，选项C错误；D．机器狗用5G信号定位，该信号是电磁波能在真空中传播，选项D正确。故选D。4.两静止在水平地面上的“人字梯”和“八字脚”桌子如图所示，“人字梯”上端有铰链链接可改变左右两脚的夹角，桌子为一次注塑成型的塑料桌，则（　　）A.塑料桌桌脚可能不受地面摩擦力作用B.“人字梯”梯脚不受地面摩擦力作用C.塑料桌左侧桌脚一定受到地面水平向右的摩擦力D.“人字梯”左边梯脚受到地面的摩擦力水平向左【答案】A【解析】 【详解】AC．桌子为一次注塑成型的塑料桌，静止在水平地面上，对桌子进行分析，受到重力，地面的支持力，重力与支持力的方向均沿竖直方向，因此桌子在水平方向没有运动趋势，即塑料桌桌角不受地面的摩擦力作用，故A正确，C错误；BD．对“人字梯”左侧半边梯子进行分析，其受到重力，地面的支持力与右侧半边梯子向左的弹力作用，左侧半边梯子在右侧半边梯子向左弹力作用下有向左运动的趋势，因此，左侧半边梯子受到地面水平向右的摩擦力作用，同理可以判定，右侧半边梯子受到地面水平向左的摩擦力作用，故BD错误。故选A。5.“神舟十七号”10月26日顺利对接“天宫”空间站，“天宫”距地约400km，哈勃望远镜距地约600km，北斗同步卫星距地约36000km，珠峰顶海拔约8800m，则（）A.珠峰顶山岩随地自转的角速度比山脚下的物体大B.哈勃望远镜绕地的线速度比“天宫”的线速度大C.北斗同步卫星绕地周期与珠峰随地自转的周期相同D.“天宫”对接后由于质量增大，向心加速度将变大【答案】C【解析】【详解】A．珠峰顶山岩与山脚下的物体都随地球自转，角速度都相等，A错误；B．根据万有引力提供向心力可得求得“天宫”的轨道半径小于哈勃望远镜的轨道半径，哈勃望远镜绕地的线速度比“天宫”的线速度小，B错误；C．北斗同步卫星绕地周期与珠峰随地自转的周期都是，C正确；D．根据万有引力提供向心力可得求得“天宫”对接后由于质量增大，但向心加速度与“天宫”质量无关，向心加速度不变，D错误。故选C。 6.某汽车无线充电站的无线充电设备充电效率约为80%，一辆新能源汽车最大充电容量为，从0到100km/h的加速时间为7s。当汽车电池容量低于最大容量20%，要求进入充电站进行充电。下列说法正确的是（）A.充电过程能量不守恒B.从电池容量20%到充满电，需要消耗电能C.电机正常工作时的电流等于输入电压与电动机电阻的比值D.保持最大功率恒定不变加速时，汽车的加速度减小【答案】D【解析】【详解】A．能量守恒定律是物理的普适定律，充电过程遵守能量守恒定律，A错误；B．从电池容量20%到充满电，需要消耗电能B错误；C．电机不是纯电阻，不遵守欧姆定律，在电机工作中电阻上的电压小于电机两端电压，因此电机正常工作时的电流小于输入电压与电动机电阻的比值，C错误；D．保持最大功率恒定不变加速时，速度增加，根据可知，牵引力减小，有牛顿第二定律加速度减小，D正确。故选D。7.一个正六边形玻璃砖的截面图如图所示，有一束光从面的中点处入射，入射角，光线经界面折射恰到达边中点处，则（）A.该玻璃砖的折射率为 B.光线在边中点处没有发生全反射C.在处折射光的强度与入射光的强度相同D.增大入射角，一次折射后光线可能射到中点【答案】B【解析】【详解】A．由几何关系可知，折射光线平行于BC，则折射角为30°，则该玻璃砖的折射率为选项A错误；B．临界角为则C=45°光线在边中点处入射角30°<C，则没有发生全反射，选项B正确；C．在处一部分光要发生反射，则折射光的强度小于入射光的强度，选项C错误；D．若一次折射后光线能射到中点，则在O点的折射角为60°，根据则无解，则增大入射角，一次折射后光线不可能射到中点，选项D错误。故选B。8.如图所示，1958年科学家发现地球周围近层宇宙空间的范艾伦辐射带，其中存在着高达几兆电子伏的电子以及高达几百兆电子伏的质子。质量为m的某科研卫星经过该区域想利用高能粒子发电，发电吸收板面积为S，假设每秒单位面积上有n个能量为E的粒子被吸收板捕捉，其中60%的能量被吸收并转化为电能，单位面积受到粒子平均作用力为F，以下说法正确的是（） A.粒子仅在地磁场的作用下动能不变B.范艾伦辐射带的存在一定与地磁场无关C.吸收板时间内吸收高能粒子获得电能D.吸收板时间内的平均加速度为【答案】A【解析】【详解】A．地磁场对粒子有洛伦兹力作用，洛伦兹力对粒子不做功，则粒子仅在地磁场的作用下动能不变，选项A正确；B．地磁场对范艾伦辐射带有力的作用，则范艾伦辐射带的存在一定与地磁场有关，选项B错误；C．吸收板时间内吸收高能粒子获得电能，选项C错误；D．根据牛顿第二定律吸收板时间内的平均加速度为选项D错误。故选A。9.一迷你热气球以速度从水平地面上匀速上升，假设从该时刻起，热气球在水平方向上受一恒定风力，且竖直上升的高度与水平方向上的速度在大小上始终满足，则当热气球上升到时，热气球离出发点的水平距离为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】气球在竖直方向上匀速直线运动，所用时间为 气球在水平方向做匀加速直线运动，水平方向走过的位移为B正确。故选B。10.真空中存在点电荷产生的静电场，其电场线的分布如图所示，图中两点关于点电荷水平对称。两点电场强度的大小分别为，电势分别为。一个带电粒子沿虚线轨迹从移动至，则（　　）A.，B.和带同种电荷，C.从移动至，加速度先减小再增大D.粒子带负电，从至它的电势能先变大后变小【答案】D【解析】【详解】A．根据电场线的疏密程度表示场强的大小，由图可知P、Q两点关于点电荷水平对称，P到之间场强较大，电势降低较快，可知故A错误；B．由电场线分布可知，带负电，带正电，由电场线的疏密可知，的电荷量绝对值大于的电荷量绝对值，故B错误； C．由电场线分布可知，从移动至，电场强度先增大后减小，则加速度先增大再减小，故C错误；D．粒子带负电，从至电场力先做负功后做正功，它的电势能先变大后变小，故D正确。故选D。11.如图甲所示，同一均匀介质中的一条直线上有相距10米的两质点A、B、C为AB中点，从0时刻起，波源A、波源B同时开始振动，且波源A发出的波只向右传，波源B发出的波只向左传，图乙为A的振动图像，图丙为B的振动图像，若A向右传播的波与B向左传播的波在0.5s时相遇，则下列说法正确的是（　　）A.两列波的波长均为2mB.两列波在AB间传播的速度大小均为5m/sC.在两列波相遇的过程中，在时，C点的振动加强D.在B的右边有一观察者向右运动，观察者接收到的频率大于5Hz【答案】C【解析】【详解】AB．波速由介质决定，则两波在同一均匀介质中传播波速相同，设为v，则有代入数据解得由图知A的周期，则波长为由图知B的周期，则波长为故AB错误；C．A向右传播的波与B向左传播的波在0.5s时相遇，即在C点相遇，再经过0.2s就到了t=0.7s时刻，由图乙可知A波再经过0.2s处于平衡位置向上振动，由丙图可知B波再经0.2s 处于平衡位置向上振动，故此时C点是振动加强，故C正确；D．由题可在，B的右边只接收到波源A传过去的波，A波的频率为，当在B的右边有一观察者向右运动时，远离波源A，根据多普勒效应，接收频率小于波源频率5Hz，故D错误。故选C。12.粒子直线加速器原理示意图如图1所示，它由多个横截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别和交变电源相连，交变电源两极间的电压变化规律如图2所示。在时，奇数圆筒比偶数圆筒电势高，此时和偶数圆筒相连的金属圆板（序号为0）的中央有一自由电子由静止开始发射，之后在各狭缝间持续加速。若电子质量为，电荷量为，交变电源电压为，周期为。不考虑电子的重力和相对论效应，忽略电子通过圆筒狭缝的时间。下列说法正确的是（）A.要实现加速，电子在圆筒中运动的时间必须为B.电子出圆筒2时的速度为出圆筒1时速度的两倍C.第个圆筒长度应满足D.要加速质子，无须改变其他条件但要在到时间内从圆板处释放【答案】C【解析】【详解】A．电子每经过圆筒狭缝时都要加速，然后进入圆筒做匀速运动，所以电子在筒内运动的时间必须为，A错误；B．由动能定理得电子出圆筒1时的速度为解得由动能定理得电子出圆筒2时速度为 解得B错误；C．由动能定理得电子进圆筒n时的速度为第个圆筒的长度为解得C正确；D．如果要加速质子，质子的比荷比电子的比荷要小，则质子进入圆筒的速度比电子进入圆筒的速度要小，则圆筒的长度需要相应的变短，释放的时间应该在到时间内释放，D错误。故选C。13.如图所示，发电机矩形线框匝数为，面积为，线框所处磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小为，线框从图示位置开始绕轴以恒定的角速度沿顺时针方向转动，线框输出端接有换向器，通过电刷和外电路连接。定值电阻的阻值均为，两电阻间接有理想变压器，原、副线圈的匝数比为，忽略线框以及导线电阻。下列说法正确的是（　　）A.安装了换向器，变压器副线圈没有电压B.转动一圈过程，通过的电量为C.图示位置线框产生的电动势最大 D.发电机的输出功率为【答案】D【解析】【详解】A．变压器中只要有电流的变化就能实现变压，即变压器副线圈有电压，故A错误；B．原、副线圈的匝数比为，设原线圈电压为，则副线圈电压为，副线圈中的电流为则原线圈的电流为流过的电流为可知，原线圈的等效电阻为，则总电阻则转动一圈过程，通过线框的电荷量为则转动一圈过程，通过的电量为故B错误；C．图示位置，线圈平面与磁场垂直，磁通量最大，线框产生的电动势最小，故C错误；D．线圈转动产生的感应电动势的最大值为则有效值为则功率为 副线圈电压为，则原线圈的功率等于副线圈的功率为则发电机的输出功率为故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，选对但不全的得2分，有选错的得0分）14.原子核静止时有的可能发生衰变，方程为，并放出能量为的光子。已知、和的质量分别记为和，衰变放出光子的动量可忽略，该过程释放的核能除去光子的能量外全部转化为和的动能。在匀强磁场中衰变产生的和，两者速度方向均与磁场垂直，做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（）A.和在磁场中匀速圆周运动轨迹为内切圆B.的比结合能大于的比结合能C.生成物的总动能为D.的动能为【答案】BC【解析】【详解】A．由题意可知衰变产生的和粒子带电性相同，速度方向相反，故两粒子在同一匀强磁场中外切，故A错误；B．由于衰变时放出核能，比结合能增大，所以的比结合能大于的比结合能，故B正确；C．由能量守恒可知 由爱因斯坦质能方程可知解得故C正确；D．根据动量守恒定律有联立可得故D错误。故选BC。15.为了解决光信号传输中的衰减问题，常常在光纤中掺入铒元素。铒离子能级如图所示，标识为的铒离子处在亚稳态，不会立即向下跃迁。用能量约为的激光光子把处于基态能级的铒离子激发到能级，再通过“无辐射跃迁”跃迁到能级，从而使该能级积聚的离子数远超过处于基态的离子数。当光纤中传输某波长的光波时，能使处在亚稳态能级的离子向基态跃迁，产生大量能量约为的光子，输出的光大大加强了，普朗克常量。则（　　）A.无辐射跃迁中一个铒离子放出的能量约为B.这种光纤传输能补偿任何频率的光信号 C.激光通信利用的是激光可以被调制的性质D.亚稳态的离子向基态跃迁，产生光波波长约为【答案】CD【解析】【详解】A．电子从轨道跃迁到轨道得到能量，电子从轨道跃迁到轨道得到能量，所以无辐射跃迁中，一个铒离子放出的能量约为故A项错误；B．由解得可知，这种光纤传输只有频率约为的光信号才会补偿，故B项正确；C．由于激光有高度的相干性，所以它能像无线电波那样被调制，用来传递信息，故C项正确；D．由带入题中数据，解得故D项正确。故选CD。非选择题部分三、非选择题部分（本题共5小题，共55分）实验题（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三题共14分）16.在用如图1所示的装置做“探究共点力合成的规律”实验中①本实验主要体现的科学方法是________；A．等效替代法B．极限法C．控制变量法②在某一次实验中，其中一弹簧测力计的指针如图2所示，则其读数________N，另一拉力的大小为； ③的方向如图3所示，用作图法求合力大小________；④关于此实验下列说法正确的是________；A．橡皮筋的拉力是合力，两弹簧测力计的拉力是分力B．拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些C．拉橡皮条时，弹簧测力计、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行，弹簧测力计的外壳不能与木板产生摩擦【答案】①.A②.1.90③.3.00④.B【解析】【详解】[1]本实验每次将橡皮条拉到同样的位置，保证对橡皮条的拉力大小和方向相同，即两次的力的作用效果相同，这种方法叫等效替代，A正确，BC错误；故选A。[2]测力计的最小分度值，读数应估读到下一位，所以读数为；[3]根据已给图示做出合力，按比例长度量出，，量出合力为；[4]A．橡皮筋的拉力是与合力等大反向的作用力，两弹簧测力计的拉力是分力，A错误；B．拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，可以减小方向的相对误差，B正确；C．实验中，弹簧秤、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行，弹簧测力计的外壳与木板产生摩擦，不会改变测力计示数，C错误。故选B。17.某学习小组利用气垫导轨验证机械能守恒定律，装置如图1，气垫导轨上安装了一光电门，滑块上固定一遮光条，测得气垫导轨与水平面的夹角为，滑块静止释放时挡光条的左边缘与光电门的距离为 ，用天平测得滑块及挡光条的总质量。（1）用游标卡尺测挡光条的宽度如图2所示，则________。某次实验，测得挡光条通过光电门的挡光时间为，则滑块的动能________J（此空保留两位有效数字）。（2）研究滑块由静止下滑至光电门的过程，重力势能改变取，实验结果表明，系统动能的增加量始终略大于，其原因可能是________．A．挡光条的宽度过大；B．滑块受到的阻力过大；C．滑块的重心在挡光片左边缘的左侧。【答案】①.4.05②.0.10③.A【解析】【详解】（1）[1]由图2可知，挡光条的宽度为[2]滑块的速度为滑块的动能为（2）[3]根据题意可知，为挡光片左端到达光电门时，滑块减小的重力势能A．挡光条的宽度过大，计算的速度大于挡光片左端到达光电门时速度，则大于，故A正确；B．滑块受到的阻力过大，会导致系统动能增加量略小于系统减少的重力势能，故B错误；C．滑块的重心在挡光片左边缘的左侧，移动过程重心移动的距离仍为，没有影响，故C错误。故选A。18.某实验小组在电压表、电流表、电阻箱等实验器材中选一些来测量干电池组的电动势与内阻。 （1）为了了解电压表内阻的大概值，用多用电表的欧姆挡来测量电压表的内阻，如图1所示，多用电表的红表笔应该与电压表的________（填“正”或“负”）接线柱相连，经过正确操作，选择挡时，示数如图2所示，则电压表的电阻值约为________。（2）为了测量某电池组的电动势和内阻，除了该电压表外，现提供的器材如下：A．某型号电池组（电动势约为、内阻很小）；B．电流表（量程，内阻约为）；C．电阻箱；D．开关和导线若干。该实验小组设计甲、乙两个实验方案，实验电路图分别如图3、4所示，利用方案甲测量出的数据，作出它的图像如图5，利用方案乙测出的数据作出图像如图6所示，则通过方案乙测出电池组的内阻________（用图中的字母表达，为图像的斜率，为图像与纵轴的交点值）（3）你认为以上方案测量的内阻哪一个更接近真实值________（填“甲”或“乙”）。【答案】①.负②.③.④.甲【解析】【详解】（1）[1]多用电表的欧姆挡的电源正极与黑表笔连接，电源负极与红表笔相连，测电压表内阻时应红表笔与电压表的负极相连；[2]电阻读数为（2）[3]根据闭合电路欧姆定律化简整理得 在图像中，图像与纵轴的交点值表示内阻为；(本问中电流表内阻的影响属于误差分析范畴)（3）[4]甲方案中，误差来源于电压表分流，由于电压表内阻很大，分流较小，乙方案中电流表分压，其内阻相比电源内阻分压较大，相比较而言，甲方案的误差较小,更接近真实值；19.以下实验中说法正确的是（　　）A.“测定玻璃折射率”的实验中入射角越大，则反射光强，折射光弱，越容易观察B.“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，用相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯，是为了减少涡流C.在油膜法估测分子大小的实验中，如果有油酸未完全散开会使测量结果偏小D.在“用单摆测重力加速度”实验中，若某同学直接把摆线长度当作摆长了，用多组实验数据做出图线，该同学认为这样对值的测量没有影响【答案】BD【解析】【详解】A．该实验中，如果入射角过大，则反射光过强，折射光过弱，不易观察，故A项错误；B．“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，用相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯，是为了减少涡流，故B项正确；C．油酸为完全散开，油膜面积S偏小，依据则测量结果偏大，故C项错误；D．由单摆的周期公式有整理有有上述解析式，结合图像整理有解得 重力加速度与该图像的斜率有关，而摆长偏大还是偏小不影响图像的斜率k，因此在“用单摆测重力加速度”实验中，若某同学直接把摆线长度当作摆长了，用多组实验数据做出图线，对值的测量没有影响，故D项正确。故选BD。20.如图1所示，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸水平放置，横截面积、质量、厚度不计的活塞与汽缸底部之间封闭了一部分理想气体，此时活塞与汽缸底部之间的距离，在活塞的右侧处有一对与汽缸固定连接的卡环，气体的温度，大气压强。现将汽缸竖直放置，如图2所示，取。（1）竖直后，求活塞与汽缸底部之间的距离；（2）竖直后，求加热到时气体的压强；（3）若汽缸竖直放置时气体压强为，加热到时的压强为，活塞移动距离为，气体总共吸收热量为，求气体内能增量（选用以下物理量表示：、、、、、）【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）竖直后，气体的压强为根据玻意耳定律可得 解得（2）假设时活塞到达卡环处，则有根据理想气体整体方程可得解得符合假设，则气体的压强为（3）根据热力学第一定律活塞到达卡环前气体压强不变，到达卡环后不做功，则有联立可得21.如图所示的水平轨道、倾斜直轨道用圆弧管道连接，圆弧半径，管道的内径远小于，可忽略不计。直轨道与圆弧在两点相切，各部分平滑连接，倾斜直轨道与水平面的夹角在同一竖直面内，质量的滑块放在水平直轨道离点足够远处，质量的滑块停放在管口处。略小于管道的内径，质量的小球，以某一初速度从物块的右侧某处出发，经过圆弧轨道恰到达处。两滑块与轨道的摩擦因数，不计小球的摩擦力，小球与物块间碰撞均为弹性正碰。（1）求小球在通过点时对管道的压力大小；（2）求小球第一次与相碰后滑块的动能；（3）增大小球向右出发的速度，小球在处与滑块碰撞，碰撞后滑块上升到最远处离点的距离 。在处有一特殊装置，使小球与滑块相碰后能停在管口，直到再次与滑块相碰，小球再次离开处。小球通过与滑块的反复碰撞最终停止，求滑块在水平轨道上滑行的总距离。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）对小球D点分析可得从C到D应用动能定理可得在C点由牛顿第二定律可得联立求得由牛顿第三定律可得，小球在通过点时对管道的压力为（2）bc质量相等，弹性碰撞，因此速度交换，对c从D到B应用动能定理联立求得对ac小球弹性碰撞可得 求得（3）在bc弹性碰撞过程中，由于质量相等速度交换，不损失能量，对b从最高点到水平轨道应用动能定理可得在ac小球弹性碰撞中可得动能之比每次碰撞动能都按这一比值分配能量，因此最终a分得动能为由能量守恒可得联立求得22.如图1，光滑滑板A、B叠放在水平台面上。如图2，在滑板B内固定有电阻的线框，在线框右侧内填充有磁介质，可以增强线框中电流产生的磁场。如图3，滑板A内固定有电阻的线框及与连接的电路，电路中。初始时线框的位置如图4，线框的左侧有、垂直纸面向下的匀强磁场。只考虑线框在磁介质区域产生磁场，其磁感应强度 ，其中为线框中的电流大小。线框足够长，线框的宽度，线框的宽度大于，线框中电流产生的磁场较弱，忽略不计，不计两线框的自感，滑板B的总质量，运动过程中滑板的轴线总保持在一条直线上，将滑板A固定。（1）滑板B以向左运动，求此时线框中的感应电流及安培力大小；（2）用水平力向右拉滑板B，保持滑板B以的速度向右做匀速直线运动，求的大小及上消耗的功率；（3）不施加外力，滑板B以初动能向右减速滑行，最终停止，减速过程线框产生的热量为，求该过程电阻上产生的焦耳热。【答案】（1）2.5A，0.125N；（2）6.375N，1.25W；（3）【解析】【详解】（1）滑板B以向左运动，此时线框b中的感应电动势感应电流安培力大小 （2）用水平力向右拉滑板B，保持滑板B以的速度向右做匀速直线运动，则线圈b中的电流仍为I1=2.5A，此时线框在磁介质区域产生磁场的磁感应强度此时线圈a中产生的感应电动势R1和R2并联后的电阻线圈a中的感应电流水平力上的电压消耗的功率（3）不施加外力，滑板B以初动能向右减速滑行，最终停止，则两线圈产生的焦耳热之和为，减速过程线框产生的热量为，则线框a产生的焦耳热为因两电阻并联的电阻R=Ra，则两电阻并联后电阻产生的热量为，该过程电阻R1和R2的焦耳热之比为，电阻上产生的焦耳热 23.托卡马克装置是一种利用磁约束来实现受控核聚变的环形容器，将容器简化为如图1所示的足够长的空心圆柱，其半径为为空心圆柱的中心轴。圆柱内部以半径为的圆为边界分成两部分磁场，正视图如图2所示，外环分布有垂直纸面向外磁感应强度为的匀强磁场；内环分布有逆时针的环形磁场，磁感应强度大小处处相等且大小为。在点设置一原子核发射装置，可发射电荷量为、质量为的氘核与电荷量为、质量为的氚核，核子发射时速度方向如图2所示沿半径向外，除碰撞外，忽略粒子间的相互作用。（1）氘核运动时能够恰好不与容器相碰，求氘核发射的速度；（2）氚核发射速度，需要经过多长时间氚核第一次回到点同一条轴线上的点；（3）若两个动量方向相反，大小均为的氘核与氚核对心碰撞发生核聚变，生成一个质量为的氦核和质量为的中子，碰后氦核的速度为，求该过程释放的核能；（4）假设原子核发射装置只持续稳定发射速度为的氚核粒子，设定，粒子稳定后，轴向单位长度内有个氚核，求圆柱形容器内沿轴线方向的等效电流。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【解析】【详解】（1）当氚核轨迹恰好与容器相切时，氚核恰好不与容器相碰，设氚核做圆周运动的半径为r，由几何关系得联立解得 解得（2）氚核做圆周运动的半径为，则解得根据几何关系可知氚核再次回到内圆边界时，粒子的出射点与入射点对应内圆的圆心角为，氚核沿径向进入内圆，在内圆磁场作用下沿轴向运动半个周期后再次回到半圆边界沿径向飞出，进入环形磁场B，然后做周期性的运动，粒子的轨迹在环形磁场中运动如图1所示粒子沿轴向运动轨迹如图2所示所以氚核第一次回到点同一条轴线上的点所需要的时间为（3）氘核与氚核的动能分别为 由动量守恒定律得解得（4）根据电流的定义式得氚核沿轴向的平均速度为联立解得