浙江省三校2023-2024学年高三上学期12月联考（选考模拟）物理试题（Word版附解析）

浙江省普通高校招生选考科目模拟考试物理试题姓名∶准考证号：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．可能用到的相关参数：重力加速度g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.普朗克在研究黑体辐射规律时，于1900年首次提出“能量子”，表达式为。普朗克常量单位用国际单位制基本单位表示正确的是（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】能量的单位为，频率的单位为，所以的单位为，而则普朗克常量的单位用国际单位制基本单位表示为故选C。2.汽车的车厢地面上水平放着一个内装圆柱形工件的木箱，工件截面和车的行驶方向垂直如图乙所示，当汽车匀速通过三个半径依次变小的圆形弯道时木箱及箱内工件均保持相对静止。从汽车行驶方向上看下列分析判断正确的是（　　） A.Q和M对P的支持力大小始终相等B.汽车过A、B、C三点时工件P受到的合外力大小相等C.汽车过A点时，汽车重心的角速度最大D.汽车过A、C两点时，M对P的支持力大于Q对P的支持力【答案】D【解析】【详解】A．汽车过A、B、C三点时，做匀速圆周运动，合外力指向圆弧的圆心，故对P分析，AC两点合外力向左，B点合外力向右，Q和M对P的支持力大小不是始终相等，A错误。B．汽车过A、B、C三点时的圆弧轨道半径不同，根据合外力提供向心力得，当汽车匀速通过三个半径依次变小的圆形弯道时，工件P受到的合外力大小依次在增大，B错误；C．汽车过A点时，由角速度与线速度关系得，在A点圆弧轨道半径最大，汽车重心的角速度应该最小，C错误；D．汽车过A、C两点时，所受的合外力向左，故M对P的支持力大于Q对P的支持力，D正确。故选D。3.体育器材室里，篮球摆放在如图所示的球架上.已知球架的宽度为，每个篮球的质量为，直径为，不计球与球架之间的摩擦，重力加速度为.则每个篮球对一侧球架的压力大小为（）A.B.C.D.【答案】C 【解析】【详解】以任意一只篮球为研究对象，分析受力情况，如图所示，设球架对篮球的支持力与竖直方向的夹角为.由几何知识得，根据平衡条件得，解得，则得篮球对一侧球架的压力大为，故选项C正确.4.如图是“液面报警器”的原理示意图，其中T是热电式元件。当T未露出液面时，指示灯不亮；当T露出液面时，指示灯亮，如图（b）所示。对这个装置，下列判断正确的是（　　）A.T是热电阻B.T是热敏电阻C.T元件的电阻率随温度的升高而增大D.图（a）中T的温度高于图（b）中T的温度【答案】B【解析】【详解】AB．由图可知，T在未露出液面时和露出液面由于温度不同而导致电阻不同，故T是热敏电阻，故A错误，B正确；CD．当T未露出液面时的温度应低于露出液面时的温度，而当T未露出液面时，指示灯不亮，说明此时电阻较大，故温度越低，电阻越大，其电阻率越大，故CD错误。故选B。 5.1824年法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是（　　）A.圆盘不产生感应电动势B.圆盘内的感应电流产生的磁场导致磁针转动C.在圆盘转动的过程中，磁针对圆盘做正功D.圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动【答案】B【解析】【详解】A．圆盘在转动中由于半径方向的金属条切割磁感线，从而在圆心和边缘之间产生了感应电动势，故A错误；B．圆盘在径向的金属条切割磁感线过程中，内部距离圆心远近不同的点电势不等，从而形成涡流，涡流产生的磁场又导致磁针转动，故B正确；C．圆盘转动过程中，圆盘对磁针做正功，磁针对圆盘做负功，选项C错误；D．引起磁针转动的电流是导体切割产生的，不是因为自由电子随圆盘转动形成的电流引起的，故D错误。故选B。6.我国北斗导航卫星系统包含多颗地球同步卫星，这有助于减少我国对GPS导航系统的依赖，GPS由运行周期为12小时的卫星群组成，设北斗星的同步卫星和GPS导航的轨道半径分别为R1和R2，向心加速度分别为a1和a2，则R1∶R2和a1∶a2的比值分别为（　　）A.B.C.D.【答案】C 【解析】【详解】根据开普勒第三定律可知则根据可得可得故选C。7.如图电路，L是线圈，A是灯泡。在此电路中观察到如下三个现象。a现象：闭合开关S，A发光；b现象：保持S闭合，A的亮度不变；c现象：断开S瞬间，A闪亮一下后熄灭。对这个电路及三个现象，下列说法正确的是（　　）A.a现象中A没有闪亮，表明合上S瞬间，L没有自感电动势B.b现象表明L的电阻远小于A的电阻C.c现象表明断开S瞬间电源提供给A的功率瞬间增大D.合上S瞬间，电源输出的电能大于灯泡A和线圈L产生的焦耳热之和【答案】D【解析】【详解】A．A与L并联，a现象中电流直接通过A，不会出现闪亮现象，A错误； B．保持S闭合，A的亮度不变，说明A与L的阻值相差不大，B错误；C．断开S瞬间，L产生自感电动势，与A形成通路，使A闪亮后熄灭，与电源无关，C错误；D．线圈将一部分电场能转化为磁场能储存起来，则合上S瞬间，电源输出的电能大于灯泡A和线圈L产生的焦耳热之和，D正确。故选D。8.如图所示有三个斜面1、2、3，斜面1与2底边相同，斜面2和3高度相同，同一物体与三个斜面的动摩擦因数相同，当物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端时，下列说法正确的是（　　）A.物体损失的机械能B.物体与斜面摩擦产生的热量C.物体到达底端的速度D.物体运动的时间【答案】B【解析】【详解】AB．设斜面和水平方向夹角为θ，斜面长度为L，则物体下滑过程中克服摩擦力做功为W=μmgLcosθLcosθ即为底边长度，由图可知1和2底边相等且小于3的，故摩擦生热关系为Q1=Q2＜Q3所以损失的机械能ΔE1=ΔE2＜ΔE3故A错误，B正确；C．设物体滑到底端时的速度为v，根据动能定理得根据图中斜面高度和底边长度可知滑到底边时速度大小关系v1＞v2＞v3故C错误；D．沿斜面运动的时间 因为θ2＞θ3，L2＜L3所以t2＜t3由于斜面1、2的倾角关系未知，无法确定t1和t2，故D错误。故选B。9.如图，两列在同一水面传播的波，波面均为直线，周期均为T，振幅均为A，传播速度均为v、传播方向相互垂直。实线表示波峰，粗虚线表示波谷。R点是N点与P点连线的中点。下列判断正确的是（　　）A.质点M和N的振幅相等B.细虚线MQ上各点振动均加强，细虚线NP上各点振动均减弱C.水面凸起最高位置的移动速度为2vD.从图示时刻开始经过，质点R的位移为-A【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，M点振动加强，振幅为2A，而N点振动减弱，振幅为0，故A错误；B．MQ中点为波峰和波谷相遇点，振动减弱，而NP中点为波峰和波峰或者波谷和波谷相遇点，振动加强，所以细虚线MQ、NP上均既有振动加强点也有振动减弱点，故B错误；C．水面凸起最高位置的质点振动速度为零，只有波动速度，根据运动的合成原理结合图像可知，水面凸起最高位置的移动速度为 故C错误；D．由图可知，R为振动加强点，且在图示时刻为两列波的平衡位置相遇点，所以R处于平衡位置且向负方向振动，根据简谐运动的相关知识可知，从图示时刻开始经过，质点应处于平衡位置和负的最大位移处的中点，所以质点R的位移为-A，故D正确。故选D。10.半径为R，均匀带正电荷的球体在空间产生球对称的电场；场强大小沿半径分布如图所示，图中E0已知，E—r曲线下O—R部分的面积等于R—2R部分的面积。已知静电常数为k，则下列判断正确的是（　　）A.带电球体是等势体B.球心与球表面间的电势差C.球心与球表面间的电势差D.带电球所带的电荷量【答案】C【解析】【详解】A．根据图像可知，内部场强并非为零，根据沿电场线方向电势降低可知，带电球体不是等势体，电势在改变。故A错误；BC．E-r曲线下围成的面积表示电势差，则球心与球表面间的电势差故B错误C正确；D．球外电场可等效于电荷量集中在球心的点电荷产生，带电球所带的电荷量为Q，根据R处的场强为E0，有解得 故D错误。故选C。11.已知钠原子在A、B、C、D几个能级间跃迁时辐射的光的波长及光子能量如表所示。下列判断正确的是（　　）能级跃迁D→AC→AB→A光子波长285nm330nm590nm光子能量4.4eV3.8eV2.1eVA.D→B产生的光的波长为（590-285）nm=305nmB.B→A与D→B产生的光在同一双缝干涉装置中，相邻干涉条纹的间距之比为2.1∶2.3。C.D→C与C→B产生的光子，动量之比为6∶17D.C→A产生的光能使某种金属发生光电效应，则D→B产生的光也一定能使这种金属发生光电效应【答案】C【解析】【详解】A．根据得能级图如图所示由 代入数据解得故A错误；B．根据双缝干涉规律得B→A产生的光的波长为由D→B产生光的波长为联立可解得故B错误；C．由A中图可知由而动量得两种光子的动量之比等于其能量之比 故C正确；D．C→A的能级差为D→B其能级差为由可得越大频率越大，明显所以C→A产生的光能使某种金属发生光电效应，而D→B产生的光不一定能使这种金属发生光电效应，故D错误。故选C。12.如图所示，在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根足够长的平行光滑金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L。一质量为m的导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好。轨道左端MP间接一电动势为E、内阻为r的电源，并联电阻的阻值为R。不计轨道和导体棒的电阻，闭合开关S后导体棒从静止开始，经t秒以v匀速率运动，则下列判断正确的是（　　）A.速率B.从秒电源消耗的电能C.t秒后通过电阻R的电流为零D.t秒末导体棒ab两端的电压为E【答案】A【解析】【详解】ACD．闭合开关S后导体棒从静止开始，经t秒以v匀速率运动，可知此时导体棒不受安培力作用，导体棒中的电流为0，导体棒ab产生的电动势与电阻两端电压相等，则有 此时通过电阻R的电流为则有联立可得t秒末导体棒ab两端的电压为故A正确，CD错误；B．从秒，根据能量守恒可知，电源消耗的电能转化为导体棒的动能，电阻和内阻的焦耳热，且通过电阻并不是一直为，所以故B错误。故选A。13.图中全反射棱镜玻璃对所有可见光的折射率均大于1.5，一束由两种单色可见光组成的复色光平行于底面AB射入AC面，从BC面出射的光分成了相互平行的两束光1和2，光束1在光束2的上方。下列判断正确的是（　　）A.光束1中的单色光波长大于光束2中的单色光波长B.若入射方向不变入射点上移，光束1和2的距离减小C.若入射光绕O点顺时针转过小于45°的角，光束1和2不再平行D.若入射光绕O点从图示位置开始顺时针缓慢转动，光束2先从AB面射出【答案】D【解析】 【详解】A．光束1在光束2的上方，根据题意做出光路图，可知光束1的偏折程度较大，光束1的折射率较大，光束1的频率较大，根据可知光束1中的单色光波长小于光束2中的单色光波长，故A错误；B．若入射方向不变入射点上移，复色光的入射角不变，折射角不变，若复色光仍在AB面发生全反射，再从BC面出射，根据几何关系可知光束1和2的距离不变，故B错误；C．若入射光绕O点顺时针转过小于45°的角，根据几何关系有根据折射定律有，可得可知光束1从BC面出射的光与入射光平行，同理可得光束2从BC面出射的光与入射光平行，故光束1和2仍平行，故C错误；D．若入射光绕O点从图示位置开始顺时针缓慢转动，入射角减小，则光束1、光束2折射角都减小，由于光束2的折射率较小，光束2的折射角较大，光束2先从AB面射出，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.碳14具有放射性，经过衰变，转化成氮14，半衰期为5730年。已知放出的粒子速度接近光速，质量约为静止质量的7倍，动量仍然等于质量乘以速度。已知静止的电子质量约为，静止的质子质量约为，普朗克常数。则（　　） A.与相比，中核子的平均质量较小B.粒子与光电效应中产生的光电子不是同种粒子C.静止的发生衰变，产物核的速度约（取1位有效数字）D.粒子的波长数量级与原子直径的数量级相同【答案】AC【解析】【详解】A．氮14是由碳14经过衰变后产生的，核反应后放出β粒子质量减小，与核子数相等，可知中核子的平均质量较小，故A正确；B．粒子本质上是电子，光电效应中产生的光电子也为电子，故B错误；C．静止的发生衰变，由动量守恒定律可得由题意可得，解得故C正确；D．由德布罗意波长公式可得粒子的波长约为代入数据解得知粒子的波长数量级，而原子直径的数量级，故D错误。故选AC。15.如图所示，是用磁聚焦法测某种离子比荷的一种装置。离子以很小的速度从a板小孔进入加速电场，从b板小孔水平向右射出，进入一个极板很短、加有不大的交变电压的电容器。不同时刻通过电容器的粒子获得不同的横向速度，然后进入由线圈产生的匀强磁场，这些离子在磁场中沿不同的螺旋线运动，调节通过线圈的电流改变磁感应强度B，使它们经过一个周期刚好聚焦于荧光屏上的O 点，测出有关数据即可得到比荷。下列说法正确的有（　　）A.测量原理用到离子在磁场中圆周运动的周期与速度无关这一性质B.同时刻进入电容器中的离子运动轨迹相同C.线圈产生的磁场方向必须水平向右D.电容器上所加电压也可以是恒定电压【答案】AB【解析】【详解】A．离子在磁场中做圆周运动时，由可得则周期为可知测量原理用到离子在磁场中圆周运动的周期与速度无关这一性质，故A正确；B．同时刻进入电容器中的离子，离开电容器进入磁场时的速度相同，所以离子运动轨迹相同，故B正确；C．线圈产生的磁场方向不一定要水平向右，也可以水平向左，故C错误；D．容器上所加电压不可以是恒定电压，因为如果是恒定电压，将使得不同时刻进入电容器的粒子，离开电容器进入磁场时的速度相同，所有离子的运动轨迹都相同，故D错误。故选AB。非选择题部分三、非选择题（本题共5小题，共55分）16.用图（a ）装置研究摆动物体的机械能，细线不可伸缩、质量不计，钢球的底端沿细线方向固定一质量可不计的挡光条，光电门固定在挡光条轨迹的最低位置。（1）用天平称得钢球的质量为m=100g。用游标卡尺测挡光条的宽度，位置如图（b），则挡光条的宽度d=______mm。（2）某次实验，将钢球拉离最低点h=10cm静止释放，与光电门相连的数字毫秒计的示数为2.4ms，当地的重力加速度g=9.80m/s²，钢球的动能增加了______J（结果保留3位有效数字）。（3）改变释放位置的高度进行多次实验，发现总有动能的增加量大于势能的减小量，可见这是一种______（填“系统误差”“偶然误差”），如果h和t的测量都是准确的，其产生原因是：______。。【答案】①.3.58②.0.110③.系统误差④.由于光电门单位位置在球心下方，测出的速度大于钢球的实际速度【解析】【详解】（1）[1]挡光条的宽度为d=3mm+29×0.02mm=3.58mm（2）[2]钢球通过光电门的速度大小为则钢球的动能增加了（3）[3]改变释放位置的高度进行多次实验，发现总有动能的增加量大于势能的减小量，可见这是一种系统误差。[4]如果h和t的测量都是准确的，其产生原因是由于光电门单位位置在球心下方，测出的速度大于钢球的实际速度。17.用图（a）电路测量一个电压约2V的蓄电池的电动势和内阻。（1）图（b）中已将部分电路进行了连接，其中的多用表用来测量电压，在图（b）中将电路连接完成______。 （2）闭合开关前，变阻器的滑动触头应置于______（填“左端”“右端”）。多用电表的选择开关部分如图（c）所示，选择开关应拨到______。（3）某次实验得到的数据如表所示，用图像法处理数据时，对纵坐标U和横坐标I的起点，下列设计合理的是______（单选）。I/A1.721350.980.630.34U/V1.881.921.931.981.99A.0，0B.0，0.2C.1.5，0D.1.5，0.2（4）实验小组为测量多用电表内部的电动势大小，取来伏特表并按图（d）电路连接。实验中多用电表选择开关为欧姆“×100”挡，伏特表量程“3V”。它们的示数如图（e）所示，根据数据计算得出：欧姆表内部的电池电动势为______V（结果保留2位有效数字）。【答案】①.②.左端③.直流2.5V④.C⑤.2.1【解析】【详解】（1）[1]根据电路图连接实物图，如图： （2）[2][3]闭合开关前，变阻器应在最大阻值处，滑动触头应置于左端；蓄电池的电动势约2V，则选择开关应拨到直流2.5V；（3）[4]由表格可知电压从1.88V变化起，则纵坐标U和横坐标I的起点应选择1.5V和0。故选C。（4）[5]实验中多用电表选择开关为欧姆“×100”挡，则多用电表内阻为1500，根据多用电表可知电压表内阻为1900，根据电压表示数可知路端电压为1.20V，根据串并联电路规律可知V18.以下实验中，说法正确的是（）A.“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，弹簧秤不能与桌面接触B.“观察电容器的充、放电现象”实验中，电容放电时电流均匀减小C.“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，将1滴油酸酒精溶液滴到平静的洒有薄而均匀爽身粉的水面，产生的油膜将迅速变到最大，然后略有收缩再保持稳定D.“用单摆测重力加速度”实验中，测量多次全振动的时间再求出周期，这样做的目的是减小测量周期的相对误差【答案】CD【解析】【详解】A．“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，弹簧秤外壳不能内部弹簧接触，可以与桌面接触，故A错误；B．“观察电容器的充、放电现象”实验中，电容放电时电流逐渐减小，但不是均匀减小，故B错误；C．“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，将1滴油酸酒精溶液滴到平静的洒有薄而均匀爽身粉的水面，产生的油膜将迅速变到最大，然后由于液体表面张力的作用，略有收缩再保持稳定，故C正确；D．“用单摆测重力加速度”实验中，测量多次全振动的时间再求出周期，这样做的目的是减小测量周期的相对误差，故D正确。故选CD。 19.如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A。其中，A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程（气体与外界无热量交换）。这就是著名的“卡诺循环”。（1）在B→C过程中，气体分子的平均动能______（填“增大”还是“减小”），在D→A过程中，气体分子的速率分布曲线______（填“不发生变化”还是“发生变化”）。（2）该循环过程中，若气体在A→B过程中吸收63kJ的热量，在C→D过程中放出38kJ的热量，求：气体在A→B过程中对外做的功和完成一次循环对外做的功。（）（3）若该循环过程中的气体为1mol，气体在A状态时的体积为10L，在B状态时压强为A状态时的。求气体在B状态时单位体积内的分子数。（已知阿伏加德罗常数。计算结果保留一位有效数字）（）【答案】①.减小②.发生变化③.63kJ，25kJ④.【解析】【详解】（1）[1]B→C过程为绝热过程，则有，且从图上看，气体体积增大，气体对外做功，则有，由热力学第一定律可得则气体的温度将变低，气体分子的平均动能变小；[2]D→A为绝热过程，则有，且从图上看，气体的体积减小，外界对气体做功，有，由热力学第一定律可以判断出气体的内能变大，故气体温度升高，则气体分子的速率分布曲线会发生变化。（2）[3]A→B为等温过程，则，吸收63kJ的热量，则，由热力学第一定律得 气体在A→B过程中对外做的功;从（1）的分析中，知内能减小的过程为B→C；B→C和D→A为绝热过程，无热量交换，若在A→B过程中吸收63kJ的热量，在C→D过程中放出38kJ的热量，则整个过程热量交换为整个循环中内能变化量为0，由热力学第一定律得可得故整个过程对外做的功为25kJ。（3）[4]A→B过程为等温过程，由求得单位体积内的分子数20.如图所示，光滑水平轨道OA的右端拴连一只势能为Ep的轻质压缩弹簧，左端与等高的长L=1.25m的水平传送带AB相近而不接触，传送带B端与竖直固定的半径R=0.4m的光滑半圆轨道最高点相近，半圆轨道最低点C与放置于光滑水平面上质量M=0.9kg、长度为l的薄木板等高。质量m=0.1kg的小滑块置于弹簧左端（不连接），它与传送带和长木板间的摩擦因数分别为µ1=0.8和µ2=0.6，传送带能以不同的速度v做匀速运动（以上表面向左运动为正）。传送带静止时，解除弹簧上的约束，物块获得速度vA0滑上传送带，到达B端速度为vB0，恰能沿半圆轨道内表面运动。取g=10m/s2，求：（1）vB0和Ep；（2）传送带静止时解除弹簧上的约束，物块最终与M相对静止的速度v2与v的关系；（3）要使物块始终不会滑出木板，木板的长度的最小长度l。 【答案】（1）2m/s，1.2J；（2）见解析；（3）4.5m【解析】【详解】（1）物体在光滑半圆轨恰好做圆周运动，则解得物块被弹簧弹出，机械能守恒，即物体在传送带上运动，由动能定理得联立解得（2）物块从B到C，有物块与木板共同速度为v0，有解得（3）当时，有当v=v₁时，物块从A到B一直加速，有 解得设物块运动到C点速度为vc1，最后与木板一起运动的速度为v1，有解得，当时，当时，物块运动到B的速度都为v，有解得要使物块不滑出木板，木板的最小长度满足解得21.如图是简化的某种旋转磁极式发电机原理图。转子是中心在O点的条形磁铁，条形磁铁的长为2a，质量为m，横截面积为S，磁体两极的磁感应强度大小为B1；定子看成匝数n不同的两小线圈A、B，匝数n1>n2，二者轴线在同一平面内且相互垂直，两线圈均连接阻值为R的电阻，线圈的长度远小于a，截面积小于S。线圈B通过单刀双掷开关D与两粗糙平行金属导轨相连，金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，处于垂直导轨平面的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B2，导轨间距为L，质量为M、电阻为r的金属棒PQ放置在导轨上，金属棒与导轨间的摩擦因数为μ（μ>tanθ）。现用外力让条形磁铁绕O点在该平面内作角速度为ω的匀速圆周运动，两线圈输出正弦式交变电流。已知图示位置穿过线圈A的磁通量为条形磁铁N 极磁通量的K倍（K<1），条形磁铁以角速度ω匀速转动时，其动能（I为转动惯量，大小不计线圈、金属导轨电阻及自感、两线圈和磁场间的相互影响。（1）以图示位置为t=0，写出A线圈中电流瞬时值的表达式；（2）双掷开关D接1，条形磁铁匀速转动1圈，A、B线圈中电阻R产生的总焦耳热；（3）双掷开关D接2，要使PQ始终静止在导轨上，ω应满足的条件；（4）双掷开关D接1，当撤去外力，条形磁铁将缓慢减速，经时间角速度减小量为求的值。（当，有）【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【解析】【详解】（1）A线圈产生的电动势的最大值A线圈的电流随时间的表达式（2）双掷开关D接1，条形磁铁匀速转1圈，两线圈产生的焦耳热分别为，所以总焦耳热 （3）双掷开关D接2，电流从P流向Q时，有又解得电流从Q流向P时解得所以要使PQ始终静止在导轨上，角速度满足（4）撤去外力，条形磁铁将缓慢减速，动能转化为焦耳热解得22.一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为d，磁感应强度的大小为，方向垂直于平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；O、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴重合（O为坐标原点）。一带正电的粒子以某一速率从O点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从O点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计粒子重力及电磁间的影响。（1）求该粒子从O点射入时速度的大小； （2）若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从O点运动到N点的时间；（3）若中间磁场区域内的磁感应强度B的大小与y坐标成线性关系，且满足，（已知，k未知），粒子仍以与x轴正方向夹角进入磁场，恰好到达磁场的上边界，试确定k的值。【答案】（1）；（2），；（3）【解析】【详解】（1）设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ（见图），速度沿电场方向的分量为v1。根据牛顿第二定律有粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由几何关系得解得（2）由运动学公式和题给数据得 解得设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，则得（3）方向动量定理可得又解得