浙江省温州中学2023-2024学年高三上学期12月考试物理试题（Word版附解析）

2023学年温州中学考前模拟高三物理试题一、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）1.2022年诺贝尔物理学奖授予了三位科学家以表彰他们对量子信息科学做出的贡献。下列说法正确的是（　　）A.普朗克提出的“光子说”是量子理论的有力证明B.德布罗意提出的波粒二象性与量子理论是矛盾的C.玻尔第一次将“量子”引入原子领域，提出了定态和能级的概念D.为了解释黑体辐射规律，康普顿提出了电磁辐射的能量是量子化的【答案】C【解析】【详解】A．“光子说”是爱因斯坦提出的，A错误；B．量子理论是描述微观世界的理论，波粒二象性是描述微观粒子既能表现出波动性，也能表现出粒子性，两者都是描述微观世界的理论，不矛盾，B错误；C．波尔是第一个将“量子”概念引入原子领域的科学家，并且提出了定态和能级的概念，C正确D．提出能量是量子化的人是普朗克，D错误。故选C。2.下列设备中与其它几项工作原理不同的是（　　）A.发电机B.变压器C.无线充电D.质谱仪【答案】D【解析】 【详解】ABC．发电机、变压器、无线充电的原理都是电磁感应现象，故ABC错误；D．质谱仪的工作原理是带电粒子在磁场中运动，与其它几项工作原理不同，故D正确。故选D。3.2021年5月，中国科学院全超导托卡马克核聚变实验装置（）取得新突破，成功实现了可重复的1.2亿摄氏度101秒和1.6亿摄氏度20秒等离子体运行，创造托卡马克实验装置运行新的世界纪录，向核聚变能源应用迈出重要一步。等离子体状态不同于固体、液体和气体的状态，被认为是物质的第四态。当物质处于气态时，如果温度进一步升高，几乎全部分子或原子由于激烈的相互碰撞而离解为电子和正离子，此时物质称为等离子体。在自然界里，火焰、闪电、极光中都会形成等离子体，太阳和所有恒星都是等离子体。下列说法不正确的是（　　）A.核聚变释放的能量源于等离子体中离子的动能B.可以用磁场来约束等离子体C.尽管等离子体整体是电中性的，但它是电的良导体D.提高托卡马克实验装置运行温度有利于克服等离子体中正离子间的库仑斥力【答案】A【解析】【详解】A．核聚变释放的能量源于来自于原子核的质量亏损，A错误；B．带电粒子运动时，在匀强磁场中会受到洛伦兹力的作用而不飞散，故可以用磁场来约束等离子体，B正确；C．等离子体是各种粒子的混合体，整体是电中性的，但有大量的自由粒子，故它是电的良导体，C正确；D．提高托卡马克实验装置运行温度，增大了等离子体的内能，使它们具有足够的动能来克服库仑斥力，有利于克服等离子体中正离子间的库仑斥力，D正确。本题选择错误的，故选A。4.2022年9月问天实验舱完成转位，机械臂在转位过程中发挥了重要作用。如图所示，某时刻机械臂OP段保持静止，OMN绕O转动，则旋转过程中（　　）A.M、N两点的转速相同 B.M、N两点的角速度不同C.M、N两点的线速度相同D.M、N两点的向心加速度相同【答案】A【解析】【详解】由于机械臂OMN绕O转动，所以M、N两点的角速度相同，转速相同，但由于转动半径不同，所以线速度、向心加速度均不同。故选A。5.下列描述中最符合实际的是（）A.某高中同学在一次引体向上的过程中克服重力做功约25JB.将一个鸡蛋从胸前举过头顶的过程中克服重力做功约10JC.篮球从2m高处下落到地面的过程中重力做功的功率约20WD.某高中同学步行从三楼办公室走到四楼教室的过程中克服重力做功的功率约10kW【答案】C【解析】【详解】A．高中的同学体重约50kg，在一次引体向上的过程中向上的位移约0.5m，则克服重力做的功故A错误；B．一个鸡蛋的质量约为50g=0.05kg，将一个鸡蛋从胸前举过头顶，位移约0.5m，克服重力做功约为故B错误；C．篮球的质量约0.6kg，篮球从2m高处自由下落到地面的过程中，重力做的功篮球下落的时间功率约为接近20W，故C正确； D．高中的同学体重约50kg，一楼层的高度约为3m，则高中同学步行上楼时，上楼一层需要克服重力做功每秒钟向上高度约为0.3m（两个台阶），则上一层楼大约需要10s，则功率故D错误。故选C。6.如图所示为飞机起飞时，在同一底片上相隔同样时间多次曝光“拍摄”的照片，可以看出，在同样时间间隔中，飞机的位移不断增大，则下列说法中正确的是（）A.从图中可看出飞机是做匀速直线运动B.量取图中数据可以求得飞机在中间位置的速度C.量取图中数据可以求出飞机在该过程的平均速度D.量取图中数据可以判断飞机是否做匀变速直线运动【答案】D【解析】【详解】A．通过图片，可以知道飞机在相等时间内的位移在增大，可知飞机做加速直线运动，但是根据题意无法得出飞机做匀加速直线运动，故A错误；BC．量取图中数据，但不知道图片中飞机和真实飞机的比例关系，无法确定时间和真实位移大小，则无法求出飞机的位移和时间间隔大小，所以无法准确求出中间位置的速度和该过程的平均速度，故BC错误；D．量取图中数据，若连续相等时间内的位移之差是一恒量，则飞机做匀变速直线运动，故D正确。故选D。7.《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在的高压线上带电作业的过程，如图所示，绝缘轻绳一端固定在高压线杆塔上的O点，另一端固定在兜篮D上，另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制，身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C点运动到处于O点正下方E点的电缆处，绳一直处于伸直状态。兜篮、王进及携带的设备总质量为m，可看作质点，不计一切阻力，重力加速度大小为g。从C点运动到E点的过程中，下列说法正确的是（　　） A.绳的拉力一直变小B.绳的拉力一直变大C.绳、拉力的合力大于D.绳与竖直方向的夹角为时，绳的拉力为【答案】D【解析】【详解】AB．对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析如图所示绳OD的拉力为F1，与竖直方向的夹角为，绳CD的拉力为F2，与竖直方向的夹角为，根据几何关系知由正弦定理可得增大，减小，则拉力F1增大，拉力F2减小，故AB错误；C．王进处于平衡状态，两绳拉力的合力等于mg，故C错误；D．当时，，则解得故D正确。 故选D8.中国空间站第三次太空授课中演示了紫色水球从“活跃”到“懒惰”的过程。如图所示，用注射器向水球喷气，水球发生振动。向水球射入一枚钢球，钢球留在水球中，再用注射器以相同方式向水球喷气，水球振动幅度减小。则（　　）A.首次喷气水球振幅较大，水球一定发生了共振B.水球振动中不破裂，是因为水球处于完全失重状态C.钢球射入水球而未穿出，是水表面张力起了作用D.射入钢球后振幅减小，是因为水球质量变大，惯性变大【答案】C【解析】【详解】AD．根据动量定理，力的冲量相同的情况下，质量小的物体获得的速度大，振幅也大，故AD错误；BC．水球振动中不破裂，钢球射入水球而未穿出，是水的表面张力起了作用，故B错误，C正确。故选C。9.如图（a）所示，太阳系外的一颗行星P绕恒星Q做匀速圆周运动。由于P的遮挡，探测器探测到Q的亮度随时间做如图（b）所示的周期性变化，该周期与P的公转周期相同。已知Q的质量为，引力常量为G。关于P的公转，下列说法正确的是（）A.周期为B.半径为C.角速度的大小为D.加速度的大小为【答案】B 【解析】【详解】A．由图（b）可知探测器探测到Q的亮度随时间变化的周期为则P的公转周期为，故A错误；B．P绕恒星Q做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得解得半径为故B正确；C．P的角速度为故C错误；D．P的加速度大小为故D错误。故选B。10.防疫口罩中使用的熔喷布经驻极处理后，可增加静电吸附功能。驻极处理如图所示，针状电极与平板金属电极分别接高压直流电源的正、负极，针尖附近的空气被电离后，带电粒子在电场力作用下运动，熔喷布捕获带电粒子带上静电，熔喷布带电后对电场的影响忽略不计。下列说法正确的是（　　）A.熔喷布上表面因捕获带电粒子而带负电B.沿图中虚线向熔喷布运动的带电粒子，电势能不断增加 C.沿图中虚线向熔喷布运动的带电粒子，加速度逐渐减小D.图中虚线上的a、b、c三点，电势分别为、、，目，则【答案】C【解析】【详解】A．针状电极与平行板之间的电场线分布如图所示，带正电粒子所受电场力向下，熔喷布上表面因捕获带电粒子而带正电，故A错误；B．由图知，沿图中虚线向熔喷布运动的带电粒子，电场力做正功，电势能减小，故B错误；C．沿图中虚线向熔喷布运动的带电粒子，电场线变疏，电场强度越来越小，根据加速度逐渐减小，故C正确；D．由图可知，，由可得则解得故D错误。故选C。11.“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为，若动车组所受的阻力与其速率成正比（，为常量），动车组能达到的最大速度为。下列说法正确的是（　　）A.动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变 B.若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动C.若四节动力车厢输出的总功率为，则动车组匀速行驶的速度为D.若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间达到最大速度，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为【答案】C【解析】【分析】【详解】A．对动车由牛顿第二定律有若动车组在匀加速启动，即加速度恒定，但随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而变大，故A错误；B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误；C．若四节动力车厢输出的总功率为，则动车组匀速行驶时加速度为零，有而以额定功率匀速时，有联立解得故C正确；D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间达到最大速度，由动能定理可知可得动车组克服阻力做的功为 故D错误；故选C。12.频闪光源由变压器和发光二极管（LED）组成。电路如图1所示，变压器可将正弦交流电220V转换为10V，工作时通过发光二极管的最大电流为24.0mA。发光二极管的伏安特性曲线（正向部分）如图2所示。则下列说法正确的是（　　）A.变压器输出电压的最大值为10VB.定值电阻的阻值约为C.通过的电流有效值约为14mAD.当电流大于12mA时，该LED发光明显，可以将该值作为LED发光的临界点，则该LED的发光时间约占总工作时间的66.7%【答案】B【解析】【详解】A．根据题意，变压器输出电压的最大值为故A错误；B．根据图2可知通过发光二极管的最大电流为24.0mA时，发光二极管的电压为2.6V，则定值电阻的阻值约为故B正确；C．根据题意，通过的电流有效值约为 故C错误；D．根据图2可知，当发光二极管两端电压为2V时，电流达到12mA，此时电压为变压器右端总电压为由于，因此则该LED的发光时间约占总工作时间的百分比为故D错误。故选B。13.一简谐波的波源在O点（x轴上原点），从0时刻起开始振动，后频率保持不变，在同一均匀介质中沿x轴正方向传播，其振动图象如图所示（内振动未画出）。当时波刚好传到处，下列说法正确的是（）A.波源起振方向向下B.在时，波刚好传播到处C.在时，处质点的振动方向向上D.与处质点的振动情况始终相同【答案】B【解析】【详解】A．由于0～0.5s振动情况未知，故无法判断波源的起振方向，A错误；B．当时波刚好传到处，则波速 在时，波刚好传播到故B正确；C．由图可知，波的传播周期为波长为波源在0.5s时的振动方向向下，此时振动传播到处的时间则该处质点稳定振动的时间为故质点的振动方向向下，故C错误；D．由于0～0.5s振动情况未知，故与处质点的振动情况无法判断，故D错误。故选B。二、选择题II（本题共3小题，每小题2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2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）14.有一种新型光电效应量子材料，其逸出功为W0。当紫外光照射该材料时，只产生动能和动量单一的相干光电子束。用该电子束照射间距为d的双缝，在与缝相距为L的观测屏上形成干涉条纹，测得条纹间距为∆x。已知电子质量为m，普朗克常量为h，光速为c，则（）A.电子的动量B.电子的动能C.光子的能量D.光子的动量【答案】AD【解析】【详解】根据条纹间距公式可得 A．根据可得故A正确；B．根据动能和动量的关系结合A选项可得故B错误；C．光子的能量故C错误；D．光子的动量光子的能量联立可得则光子的动量故D正确。 故选AD。15.如图所示，开口向上、内壁光滑密封完好的绝热气缸水平放置，在气缸M、N两处设有卡口，厚度不计但具有一定质量的活塞只能在M、N之间运动。开始时活塞停在处，缸内压强为，温度为，现用缸内电热丝缓慢加热，使活塞运动到处，此时缸内压强为，温度为，再持续加热至温度为。已知外界大气压为，缸内气体可视为理想气体。则整个过程中气缸内气体的p-T图像及相关的说法正确的是（　　）A.p-T图像可能如图甲所示。活塞上移过程中，气体对外做功，内能增加B.p-T图像可能如图乙所示。活塞静止于卡口M处，加热时缸内气体分子动能增加C.p-T图像可能如图丙所示。与时刻，某些气体分子的动能可能相同D.p-T图像可能如图丁所示。从到过程，气体分子与气缸底部平均作用力增大【答案】CD【解析】【详解】活塞离开卡口M之前，做等容变化，根据理想气体状态方程可知，p-T图像是过原点的倾斜直线，从M到N的过程，活塞缓慢上升，做等压变化，则p-T图像是与横轴平行的直线，到N之后，做等容变化，p-T图像是过原点的倾斜直线，故丙、丁图像正确，与时刻，温度不同，分子的平均动能不同，但某些气体分子的动能可能相同；从到过程，气体压强变大，所以气体分子与气缸底部平均作用力增大。故选CD。三、非选择题（本题共6小题，共55分）16.在天宫课堂中、我国航天员演示了利用牛顿第二定律测量物体质量的实验。受此启发。某同学利用气垫导轨、力传感器、无线加速度传感器、轻弹簧和待测物体等器材设计了测量物体质量的实验，如图甲所示。主要步骤如下：①将力传感器固定在气垫导轨左端支架上，加速度传感器固定在滑块上；②接通气源。放上滑块。调平气垫导轨； ③将弹簧左端连接力传感器，右端连接滑块。弹簧处于原长时滑块左端位于O点。A点到O点的距离为5.00cm，拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时；④计算机采集获取数据，得到滑块所受弹力F、加速度a随时间t变化的图像，部分图像如图乙所示。回答以下问题（结果均保留两位有效数字）：（1）弹簧的劲度系数为_____N/m。（2）该同学从图乙中提取某些时刻F与a的数据，画出a—F图像如图丙中I所示，由此可得滑块与加速度传感器的总质量为________kg。（3）该同学在滑块上增加待测物体，重复上述实验步骤，在图丙中画出新的a—F图像Ⅱ，则待测物体的质量为________kg。【答案】①.12②.0.20③.0.13【解析】【详解】（1）[1]由题知，弹簧处于原长时滑块左端位于O点，A点到O点的距离为5.00cm。拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时。结合图乙的F—t图有Δx=5.00cm，F=0.610N根据胡克定律计算出k≈12N/m （2）[2]根据牛顿第二定律有F=ma则a—F图像的斜率为滑块与加速度传感器的总质量的倒数，根据图丙中I，则有则滑块与加速度传感器的总质量为m=0.20kg（3）[3]滑块上增加待测物体，同理，根据图丙中II，则有则滑块、待测物体与加速度传感器的总质量为m′≈0.33kg则待测物体的质量为Δm=m′-m=0.13kg17.在“用双缝干涉测光的波长”实验中，一同学通过测量头的目镜观察单色光的干涉图样时，发现里面的亮条纹与分划板竖线未对齐，如图乙所示，若要使两者对齐，该同学应如何调节（　　）A.仅左右转动透镜B.仅旋转单缝C.仅旋转双缝D.仅旋转测量头【答案】D【解析】【详解】发现里面的亮条纹与分划板竖线未对齐，若要使两者对齐，应旋转测量头。左右转动透镜、旋转单缝、旋转双缝均无法使亮条纹与分划板竖线对齐。故选D。18.在用针插法测定玻璃砖折射率的实验中，甲、乙二位同学在纸上画出的界面、与玻璃砖位置的关系分别如图中①、②所示，其中甲同学用的是矩形玻璃砖，乙同学用的是梯形玻璃砖。他们的其它操作均正确，且均以、为界面画光路图。则甲同学测得的折射率与真实值相比________（填“偏大”、“偏小”或“不变”）；乙同学测得的折射率与真实值相比________（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。 【答案】①.偏小②.不变【解析】【详解】[1]图①甲同学测定折射率时，作出的折射光线如下图中虚线所示。实线表示实际光线，可见以、为界面画光路图，折射角偏大，则由折射定律可知，甲同学测得的折射率与真实值相比折射率将偏小。[2]图②测折射率时，操作正确，测得的折射率与玻璃砖形状无关，故乙同学测得的折射率与真实值相比不变。19.（1）小明同学在测一导体的伏安特性曲线时采用了如图1电路，电键S闭合前，应将滑动触头P移动到______（填“M”或“N”）处。（2）小明发现电压表已经损坏，于是断开电键S，换用多用电表测量电阻。测量前指针如图2所示，小明应先调节旋钮______（填“A”或“B”）。（3）在图1中断开电键S，用多用电表测量电阻，则测量值与真实值相比______（填“偏大”、“偏小”或“无误差”）。 （4）小明同学测量另一电学元件的阻值，多用电表的选择开关旋至如图3所示的位置，则该电学元件的阻值为______。（5）小明同学又用多用电表电阻挡接在一不带电的电容器两极，发现______。A．指针示数始终无穷大B．指针示数开始很大，再逐渐减小，最后指针示数减为零C．指针示数开始很小，再逐渐增大，最后指针示数无穷大【答案】①M②.A③.偏小④.79##78##80⑤.C【解析】【详解】（1）[1]开关闭合前要保证电压表、电流表中示数最小，故滑动触头P应在M处。（2）[2]从图中可看出，电键S断开时，指针不指向0刻度，所以应调节指针定位螺丝，即A旋钮。（3）[3]用多用电表测电阻时，应将电阻从电路中拆下来，若在图1中断开电键S，用多用电表直接测量电阻，则多用电表测量的是滑动变阻器PM部分和电流表串联，再和待测电阻并联的总电阻，所以测量值比真实值偏小。（4）[4]如图，指针读数是，选择开关是，所以电阻是。（5）[5]将多用电表电阻挡接在一不带电的电容器两极时，会瞬间给电容器充电，所以开始电流很大，指针指向右端电阻较小处，然后电流逐渐减小，当充满电后，电容器相当于断路，电路中电流为0，所以指针指向左端示数无穷大处。故选C。20.如图所示，竖直放置在水平桌面上的左右两汽缸粗细均匀，内壁光滑，横截面积分别为S、，由体积可忽略的细管在底部连通。两汽缸中各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭，左侧汽缸底部与活塞用轻质细弹簧相连。初始时，两汽缸内封闭气柱的高度均为H ，弹簧长度恰好为原长。现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子，直至右侧活塞下降，左侧活塞上升。已知大气压强为，重力加速度大小为g，汽缸足够长，汽缸内气体温度始终不变，弹簧始终在弹性限度内。求：（1）最终汽缸内气体的压强。（2）弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。【答案】（1）；（2）；【解析】【详解】（1）对左右气缸内所封的气体，初态压强p1=p0体积末态压强p2，体积根据玻意耳定律可得解得（2）对右边活塞受力分析可知解得对左侧活塞受力分析可知 解得21.如图，质量m1=1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k=20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2=4kg的小物块以水平向右的速度滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为。取重力加速度g=10m/s2，结果可用根式表示。（1）求木板刚接触弹簧时速度的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小；（3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能DU（用t表示）。【答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m；；（3）【解析】【详解】（1）由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有m2v0=(m1＋m2)v1代入数据有v1=1m/s对m1受力分析有则木板运动前右端距弹簧左端的距离有v12=2a1x1代入数据解得 x1=0.125m（2）木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有kx=(m1＋m2)a共对m2有a2=μg=1m/s2当a共=a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量x2=0.25m对m1、m2组成的系统列动能定理有代入数据有（3）木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块m2的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，则说明此时m1的速度大小为v2，共用时2t0，且m2一直受滑动摩擦力作用，则对m2有－μm2g∙2t0=m2v3－m2v2解得则对于m1、m2组成的系统有DU=Wf联立有22.如图所示，倾角为、间距、电阻不计的金属轨道固定放置，沿轨道建立x轴，边界与坐标原点O在一条直线上且垂直x轴。区域：，垂直轨道平面向下；区域：，垂直轨道平面向上。一质量为、边长均为的U形框由金属棒de （阻值）和两绝缘棒cd、ef组成。另有质量为、边长、阻值的金属棒ab在离cf一定距离处获得沿斜面向下的冲量后向下运动。金属棒ab及U形框与轨道间的动摩擦因数。（1）ab棒释放后的短时间内比较c、f两点的电势高低；（2）若棒ab从某处释放，同时U形框解除锁定，为使棒ab与U形框碰撞前框保持静止，则释放时所加的初速度满足的条件；（3）若棒ab在处释放，且初速度为，同时U形框解除锁定，求棒ab与框发生完全非弹性碰撞后ed棒的最大位移。【答案】（1）f点电势高；（2）；（3）【解析】【详解】（1）根据右手定则，可知ab棒上的感应电流为到，则f点的电势高。（2）金属棒ab向下运动时，由于重力沿斜面的分力与摩擦力等大反向，因此金属棒ab释放后，在安培力作用下运动，金属棒ab做加速度减小的减速运动，ab受到的安培力为由左手定则可知﹐U形框受到安培力的方向沿导轨平面向上，大小为其中 因此获得冲量的瞬间，U形框受到的安培力最大，最容易发生滑动。为使U形框静止，此时U形框受到的摩擦力沿导轨平面向下为最大静摩擦力，大小为U形框静止有金属棒ab释放时所加的初速度满足的条件为（3）金属棒ab初速度为，则金属棒ab在安培力作用下做加速度减小的减速运动，而U形框在碰撞前始终处于静止。设到达时速度为，以沿导轨平面向下为正方向，由动量定理得其中解得金属棒ab与U形框发生完全非弹性碰撞，由动量守恒得因此碰撞后U形框速度为同理，其重力沿导轨平面向下的分力与滑动摩擦力等大反向，合力等于安培力，当U形框速度为v时，其感应电流为其中、分别为de边和ab边处的磁感应强度，电流方向为顺时针方向，受到总的安培力为其中 由动量定理得金属棒ab与框发生完全非弹性碰撞后ed棒的最大位移23.某同学设计了一种粒子加速器的理想模型。如图所示，xOy平面内，x轴下方充满垂直于纸面向外的匀强磁场，x轴上方被某边界分割成两部分，一部分充满匀强电场（电场强度与y轴负方向成α角），另一部分无电场，该边界与y轴交于M点，与x轴交于N点。只有经电场到达N点、与x轴正方向成α角斜向下运动的带电粒子才能进入磁场。从M点向电场内发射一个比荷为的带电粒子A，其速度大小为v0、方向与电场方向垂直，仅在电场中运动时间T后进入磁场，且通过N点的速度大小为2v0。忽略边界效应，不计粒子重力。（1）求角度α及M、N两点的电势差。（2）在该边界上任意位置沿与电场垂直方向直接射入电场内的、比荷为的带电粒子，只要速度大小适当，就能通过N点进入磁场，求N点横坐标及此边界方程。（3）若粒子A第一次在磁场中运动时磁感应强度大小为B1，以后每次在磁场中运动时磁感应强度大小为上一次的一半，则粒子A从M点发射后，每次加速均能通过N点进入磁场。求磁感应强度大小B1及粒子A从发射到第n次通过N点的时间。【答案】（1），；（2），；（3），【解析】 【详解】（1）粒子M点垂直于电场方向入射，粒子在电场中做类平抛运动，沿电场方向做匀加速直线运动，垂直于电场方向做匀速直线运动，在N点将速度沿电场方向与垂直于电场方向分解，在垂直于电场方向上有解得粒子从过程，根据动能定理有解得（2）对于从M点射入的粒子，沿初速度方向的位移为沿电场方向的位移为令N点横坐标为，根据几何关系有解得根据上述与题意可知，令粒子入射速度为v，则通过N点进入磁场的速度为2v，令边界上点的坐标为（x，y）则在沿初速度方向上有在沿电场方向有解得 （3）由上述结果可知电场强度解得设粒子A第次在磁场中做圆周运动的线速度为，可得第次在N点进入磁场的速度为第一次在N点进入磁场的速度大小为，可得设粒子A第次在磁场中运动时的磁感应强度为，由题意可得由洛伦兹力提供向心力得联立解得粒子A第n次在磁场中的运动轨迹如图所示粒子每次在磁场中运动轨迹的圆心角均为300°，第n次离开磁场的位置C与N的距离等于，由C到 N由动能定理得联立上式解得由类平抛运动沿电场方向的运动可得，粒子A第n次在电场中运动的时间为粒子A第n次在磁场中运动的周期为粒子A第n次在磁场中运动时间为设粒子A第n次在电场边界MN与x轴之间的无场区域的位移为，边界与x轴负方向的夹角为，则根据边界方程可得，由正弦定理可得解得粒子A第n次在电场边界MN与x轴之间运动的时间为粒子A从发射到第n次通过N点的过程，在电场中运动n次，在磁场和无场区域中均运动n-1次，则所求时间 由等比数列求和得解得