浙江省宁波市2024_2025学年高三物理上学期10月月考试卷含解析

这是一份浙江省宁波市2024_2025学年高三物理上学期10月月考试卷含解析，共26页。试卷主要包含了选择题I，选择题II，非选择题等内容，欢迎下载使用。
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. 下列仪器所测物理量的单位中，不属于基本单位的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A图是压强计，测量的是压强，压强的单位是帕斯卡，不是基本单位；B图是电流表，测量的是电流，电流的单位是安培，是基本单位。乙图是秒表，测量的是时间，时间的单位是秒，是基本单位；D图是游标卡尺，测量的是长度，长度的单位是米，是基本单位。
故选A。
2. 下列四幅图涉及到不同的物理知识，下列说法正确的是（ ）
A. 图甲：黑体辐射强度的极大值随温度升高向波长较长的方向移动
B. 图乙：用竹竿举着蜂鸣器快速转动时听到声音频率发生变化，这是多普勒效应
C. 图丙：下雪时轻盈的雪花从空中飘落，说明分子在做无规则运动
D. 图丁：高压输电线上方架有与大地相连的两条导线，其原理是尖端放电
【答案】B
【解析】
【详解】A．图甲表明，随温度的升高黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，A错误；
B．蜂鸣器快速转动至声源的相对位置发生改变，所接受频率发生变化，是多普勒效应，B正确；
C．雪花是宏观物体，与分子热运动无关，C错误；
D．高压输电线上方架有与大地相连的两条导线是避雷线，防止雷直接击到输电线上，D错误。
故选B。
3. “福建舰”是中国完全自主设计建造的首艘电磁弹射型航空母舰，采用平直通长飞行甲板。假设某战斗机在跑道上加速时加速度大小为，弹射系统向战斗机提供初速度大小为，当战斗机速度达到时能离开航空母舰起飞，战斗机在跑道上运动可视为匀加速直线运动。下列说法正确的是（ ）
A. 航空母舰静止，战斗机需在甲板上滑行6s起飞
B. 航空母舰静止，战斗机需在甲板上滑行135m起飞
C. 若航空母舰沿战斗机起飞方向航行，战斗机需相对甲板滑行135m起飞
D. 战斗机在航空母舰上加速运动过程，航空母舰可以看成质点
【答案】B
【解析】
【详解】A．战斗机需在甲板上滑行的时间为
故A错误；
B．战斗机在甲板上滑行的距离为
故B正确；
C．由B项知战斗机相对于海面的位移大小为135m，战斗机从被弹出到起飞的过程中假设航空母舰沿战斗机起飞方向航行的位移为，则战斗机相对甲板滑行的距离为
故C错误；
D．战斗机在航空母舰上加速运动过程，涉及到跑道的长度，故航空母舰不可以看成质点，故D错误。
故选B。
4. 假如你在地球赤道上，看到天空中一颗卫星P从你头顶正上方由西向东飞过，另一颗卫星Q从东向西经过头顶正上方，恰好经过12h两颗卫星都再次经过头顶的正上方。假设两颗卫星的运动可视为匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A. 卫星Q比卫星P的周期要大B. 卫星Q比卫星P的线速度要大
C. 卫星Q比卫星P的加速度要大D. 卫星Q比卫星P距地球要更近
【答案】A
【解析】
【详解】人随地球自西向东自转，经过12h自转半圈，两颗卫星都再次经过头顶的正上方，所以卫星P转过的角度比地球的自转角度多，卫星Q转过的角度与地球的自转角度之和等于，所以卫星Q比卫星P的角速度要小。根据
可知卫星Q比卫星P的周期要大，线速度要小，加速度要小，距地球要更远。
故选A。
5. 一位学生在宿舍中练习“靠墙倒立”的情境如图所示，宿舍的地面水平粗糙，墙面光滑竖直。针对照片，下列分析判断正确的是（ ）
A. 地面对人的作用力与人对地面的压力是一对相互作用力
B. 墙面对人的作用力和人对墙面的作用力是一对平衡力
C. 人对地面压力是因为地面发生形变产生的
D. 人体的重心位置可能在身体的外部
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于墙面对人有弹力作用，所以地面对人有摩擦力作用，则地面对人的作用力包含了对人的支持力和摩擦力，所以地面对人的作用力与人对地面的压力不是一对相互作用力，故A错误；
B．墙面对人的作用力和人对墙面的作用力是一对相互作用力，故B错误；
C．人对地面的压力是因为人手发生形变产生的，故C错误；
D．重心为物体各部分所受重力作用的集中点，重心的位置与物体的质量分布和几何形状均有关，故由图可知，人体的重心位置可能在身体的外部，故D正确。
故选D。
6. 如图所示，用杆秤称量中药。三根长度相同的细绳对称地系于圆形秤盘上。中药和秤盘的总质量为m，则当杆秤稳定时（ ）
A. 每根细绳的拉力大小B. 增加细绳长度时每根绳拉力均减少
C. 增加细绳长度时秤砣应向右移动D. 增加细绳长度时手对秤拉力增大
【答案】B
【解析】
【详解】AB．设每根细绳与竖直方向的夹角为，根据受力平衡可得
可得
增加细绳长度时, 细绳与竖直方向的夹角变小，则变大，每根绳拉力均减少，故A错误，B正确；
CD．增加细绳长度时，杆右端受到拉力大小等于中药和秤盘总重力保持不变，则秤砣位置不变，手对秤拉力不变，故CD错误。
故选B。
7. 如图所示，近千架无人机群构造了高空巨幅光影“汤匙里的汤圆”，某段时间内，“汤圆”静止，而“汤匙”正在匀速向上运动。在该段时间内下列说法正确的是（ ）
A. “汤匙”中的无人机受到合外力向上
B. “汤匙”中的无人机的机械能保持不变
C. “汤圆”中的无人机对空气做正功
D. “汤圆”中的无人机消耗的电能全部转化为无人机的光能和空气的动能
【答案】C
【解析】
【详解】A．“汤匙”正在匀速向上运动，所以合外力为零，故A错误；
B．“汤匙”正在匀速向上运动，动能不变，重力势能增加，所以机械能增大，故B错误；
C．“汤圆”中的无人机使空气流动，对空气做正功，故C正确；
D．“汤圆”中的无人机消耗的电能转化为内能、无人机的光能和空气的动能，故D错误。
故选C。
8. 在东北严寒的冬天，有一项“泼水成冰”的游戏，具体操作是把一杯滚烫的开水按一定的弧线均匀快速地泼向空中，泼洒出的小水珠和热气被瞬间凝结成冰而形成壮观的场景。如图甲所示是某人玩泼水成冰游戏的精彩瞬间，图乙为其示意图。假设泼水过程中杯子做匀速圆周运动，在内杯子旋转了。下列说法正确的是（ ）
A. P位置的小水珠速度方向沿a方向
B. P、Q两位置，杯子的向心加速度相同
C. 杯子在旋转时的线速度大小约为
D. 杯子在旋转时的向心加速度大小约为
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图乙水珠做离心运动的方向可知杯子旋转方向为逆时针，故可知P位置的小水珠速度方向沿b方向，A错误；
B．向心加速度方向指向圆心，P、Q两位置，杯子的向心加速度方向不同，B错误；
C．杯子在旋转时的角速度大小为
杯子在旋转时的运动半径大约为，故线速度大小约为
C错误；
D．杯子在旋转时的向心加速度大小约为
D正确。
故选D。
9. 一原长为L的弹性细绳一端固定，另一端连接一质量为m的小球，如图所示，使弹性细绳与竖直方向成一个小角度后，从A点静止释放，此后小球做来回摆动，B点（图中未画出）为左侧到达的最高点，小球可视为质点，弹性细绳始终处于弹性限度范围内，则下列说法正确的是（ ）
A. 静止释放瞬间，小球的加速度方向水平向左
B. 小球摆动过程机械能守恒，B点与A点等高
C. 若仅改用长为L的不可伸长的细绳，该摆动装置的周期将变化
D. 若仅改用长为L的不可伸长的细绳，小球摆至左侧最高点时细绳拉力为零
【答案】C
【解析】
【详解】A．静止释放瞬间，弹性绳子拉力不突变为零，小球的合力为重力，加速度竖直向下，故A错误；
B．在小球摆动过程中，绳子弹力对小球做了负功，小球机械能不守恒。小球摆至左侧最高点B时，绳子有弹性势能，B点比A点低，故B错误；
C．由单摆周期公式
可知若用原长为L弹性细绳，在摆动过程中弹性细绳的长度是变化的，不再是。若仅改用长为L的不可伸长的细绳，该摆动装置的周期将变化，故C正确；
D．若仅改用长为L的不可伸长的细绳，小球摆至左侧最高点时向心力为零，此时绳子为重力沿绳子方向的分力，拉力不为0，故D错误。
故选C。
10. 某次雷雨天，在避雷针附近产生了如图所示的电场，其等势面的分布如虚线所示。下列说法正确的是（ ）

A. A、B、C三点中，A点场强最小B. B、C两点的电势差UBC = －2kV
C. 电子在B点比在C点电势能小D. 电荷由B移到C，电势能减少2keV
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据等势面与场强的关系可知，等势面越密集电场强度越强，则A点的场强最大，故A错误；
B．B、C两点的电势差
UBC = φB－φC = 7kV－9kV = －2kV
故B正确；
C．由题图知φB < φC，再根据Ep = φq，但电子带负电，则EpB > EpC，故C错误；
D．由题图知φB < φC，但不知道电荷是正还是负，则电荷由B移到C，电势能不一定减小，故D错误。
故选B。
11. 风力发电模型如图所示。风轮机叶片转速为m转/秒，并形成半径为r的圆面，通过转速比的升速齿轮箱带动面积为S、匝数为N的发电机线圈高速转动，产生的交变电流经过理想变压器升压后，输出电压为U。已知空气密度为，风速为v，匀强磁场的磁感应强度为B，忽略线圈电阻，则（ ）
A. 单位时间内冲击风轮机叶片气流的动能为
B. 经升压变压器后，输出交变电流的频率高于mn
C. 变压器原、副线圈的匝数比为
D. 高压输电有利于减少能量损失，因此电网的输电电压越高越好
【答案】C
【解析】
【详解】A．单位时间内冲击风轮机叶片气流的体积
气体质量
动能
故A错误；
B．发电机线圈转速为mn，则
频率
经升压变压器后，输出交变电流的频率仍为，故B错误；
C．变压器原线圈两端电压最大值
有效值
则变压器原、副线圈的匝数比为，故C正确；
D．考虑到高压输电的安全性和可靠性，电网的输电电压并非越高越好，故D错误。
故选C。
12. 两根通电细长直导线紧靠着同样长的塑料圆柱体，图甲是圆柱体和导线1的截面，导线2固定不动（图中未画出）。导线1绕圆柱体在平面内第一与第二象限从缓慢移动到，测量圆柱体中心O处磁感应强度，获得沿x方向的磁感应强度随的图像（如图乙）和沿y方向的磁感应强度随的图像（如图丙）。下列说法正确的是（ ）
A 导线1电流方向垂直纸面向里
B. 导线2在第三象限角平分线位置
C. 随着的增大，中心O处的磁感应强度先变大后变小
D. 当时，中心O处的磁感应强度方向沿第四象限角平分线向外
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据安培定则判断通电直导线产生的磁场方向可知，导线2在竖直方向上没有分量，在水平方向有沿轴正方向的分量。则导线1在初始状态产生的磁场沿轴负方向。导线1电流方向垂直纸面向外。故A错误；
B．根据安培定则可知，导线2在轴正方向处有垂直纸面向外的电流或者在轴负方向处有垂直纸面里的电流。故B错误；
C．磁感应强度为矢量，根据三角形法则可知中心O处的磁感应强度先变大后变小，在时，两导线产生磁感应强度方向一致，合磁感应强度值最大。故C正确；
D．时，导线1产生的磁感应强度方向沿第四象限角平分线向外，但导线2产生的磁场沿轴正方向。故中心O处的磁感应强度方向在轴与第四象限角平分线之间。故D错误。
故选C。
13. 某多级直线加速器由n个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，如图甲所示，各金属圆筒依次接在交变电源的两极M、N上，序号为0的金属圆板中央有一个质子源，质子逸出的速度不计，M、N两极加上如图乙所示的电压，一段时间后加速器稳定输出质子流。已知质子质量为m、电荷量为e，质子通过圆筒间隙的时间不计，且忽略相对论效应，则（ ）
A. 质子在各圆筒中做匀加速直线运动
B. 质子进入第n个圆筒瞬间速度为
C. 各金属简的长度之比为
D. 质子在各圆筒中的运动时间之比为
【答案】C
【解析】
【详解】A．金属圆筒中电场为零，质子不受电场力，在每个圆筒中做匀速运动，故A错误；
B．质子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理
变形解得
故B错误；
CD．根据直线加速器的原理，质子在每个圆筒中匀速运动时间相等，当只有质子在每个圆筒中匀速运动的时间为时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，则第n个圆筒长度
所以各金属筒的长度之比为，故C正确，D错误。
故选C。
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，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）
14. 某同学利用图所示的装置研究光的干涉和衍射，将刀片在涂有墨汁的玻璃片上划过便可得到单缝、不同间距双缝的缝屏，光电传感器可用来测量光屏上光强的分布。某次实验时，在电脑屏幕上得到图（甲）所示的两种光a、b的光强分布。下面说法正确的是（ ）
A. 这位同学在缝屏上安装的是单缝
B. 若a光是核外电子第四激发态到第一激发态跃迁产生的，则b光可能是核外电子第二激发态到第一激发态
C. 在同一光电效应实验装置中，若a光对应图丙中图线1，则b光可能对应图线2
D. 在同一光电效应实验装置中，若a光对应图丁中图线②，则b光可能对应图线③
【答案】AB
【解析】
【详解】A．由图甲可知，条纹中间宽，两边窄，是衍射条纹，这位同学在缝屏安装的是单缝，A正确；
B．由于a光衍射条纹间距较小，则a光波长较短，频率较大，能量较大。故若a光是核外电子第四激发态到第一激发态跃迁产生的，则b光可能是核外电子第二激发态到第一激发态，B正确；
C．在同一光电效应实验装置中，a光频率较大，故a光的遏止电压比b光遏止电压大，故a光对应图丙中图线1，则b光不可能对应图线2，C错误；
D．根据
可得
故在同一光电效应实验装置中，逸出功一样，若a光对应图丁中图线②，则b光也对应图线②，D错误。
故选AB。
15. 在同一种介质中沿x轴从左向右有A、B、C（C点未画出）三个质点，位于坐标原点处的B质点沿着y轴方向做简谐运动，形成沿x轴双向传播的机械波，如图所示。A质点与C质点平衡位置距离为l，设波长为，，且振动方向总相反。时刻的波形如图所示，其中A质点再经过2s时间（小于一个周期），位移仍与时刻相同，但振动方向相反。下列说法正确的是（ ）
A. 此时刻A点振动方向竖直向下
B. 此机械波的传播速度为
C. 此时刻B点的速度最大，加速度为零
D. C点平衡位置的坐标为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．根据波形平移法可知，此时刻A点振动方向竖直向下，故A正确；
B．设A质点的振动方程为
由于时刻A点振动方向竖直向下，且
可得
A质点再经过2s时间（小于一个周期），位移仍与时刻相同，则有
可得
解得
由图像可知波长为，则此机械波的传播速度为
故B错误；
C．此时刻B点处于波谷位置，速度为零，加速度最大，故C错误；
D．时刻波动方程为
设A质点的坐标为，则有
可得
解得
A质点与C质点平衡位置距离为，，且振动方向总相反，根据对称性可知平衡位置处的质点振动方向总是与A质点相同，则C点为处再向右半个波长，C点平衡位置的坐标为
故D正确。
故选AD。
非选择题部分
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
实验题（I、II两题共14分）
16. （1）关于实验下列说法正确的是（ ）

A．用图甲所示装置，探究加速度与力、质量的关系主要用到了极限法
B．用图乙所示装置，探究向心力大小的相关因素主要用到了等效法
C．用图丙所示装置，测量重力加速度主要用到了理想实验法
D．如图丁所示，测量分子直径主要用了测量微观物理量的思想和估算方法
（2）在“探究加速度与力、质量的关系”时采用（1）中如图甲所示的实验装置，小车及车中砝码质量为M，砂桶及砂的质量为m，重力加速度为g，若已平衡摩擦力，在小车做匀加速直线运动过程中，细绳的张力大小T = ___________，当M与m的大小满足___________时，才可认为绳子对小车的拉力大小等于砂和砂桶的重力。
（3）张华同学用（1）中图丙装置测量重力加速度
①该同学用游标卡尺测定了小球的直径，如图戊所示，则小球直径为___________cm；

②实验中该同学测得的重力加速度值经查证明显大于当地的重力加速度值，下列原因可能的是___________。
A．摆线上端未牢固地系于悬点，实验过程中出现松动，使摆线长度增加了
B．计算时用L＋d作为单摆的摆长（L为摆线长度，d为小球直径）
C．摆球的振幅偏小
D．把第n次经过平衡位置的次数，当作单摆全振动的次数
（4）利用单分子油膜法可以粗测分子的大小和阿伏伽德罗常数。如果把一滴含有纯油酸体积为V的油酸酒精溶液，滴在水面上散开形成的单分子油膜的面积为S，这种油的密度为ρ，摩尔质量为M，则阿伏伽德罗常数的表达式为___________﹔
【答案】 ①. D ②. ③. m > m时，才可认为绳子对小车的拉力大小等于砂和砂桶的重力。
（3）①[4]根据游标卡尺的读数法则有
2.2cm＋8＋0.05mm = 2.240cm
②[5] A．摆线上端未牢固地系于悬点，实验过程中出现松动，使摆线长度增加了，则实际所测摆线长度偏小，所测重力加速度将偏小，A不符合题意；
B．若计算重力加速度时用L＋d作为单摆的摆长，则摆长比实际偏大，因此计算的得到的重力加速度值比实际偏大，B符合题意；
C．摆球的振幅偏小不影响重力加速度的测量，C不符合题意；
D．若把n当作单摆全振动的次数，则会导致测量周期偏小，从而导致所测重力加速度偏大，D符合题意。
故选BD。
（4）[6]由于油酸分子的直径为
而一个油酸分子的体积为
联立解得
17. 某实验小组的同学在实验室找到了一段粗细均匀、电阻率较大的电阻丝，设计了如图甲所示的电路进行了实验探究，其中为电阻丝，其横截面积大小为，是阻值为的定值电阻．正确接线后，闭合开关S，调节滑片P，记录电压表示数U、电流表示数I以及对应的长度x，通过调节滑片P，记录多组U、I、x的值．
（1）实验室提供“、”双量程电流表，在本实验中该同学选用挡。实验过程中，测得某次电流表的示数如图乙所示，则此时电流大小为__________A；
（2）根据实验数据绘出的图像如图丙所示，由图丙可得电池的电动势__________V，内阻__________（结果均保留两位有效数字）；由于电表内阻的影响，通过图像法得到的电动势的测量值__________其真实值（选填“大于”、“等于”或“小于”）；
（3）根据实验数据可进一步绘出图像如图丁所示，根据图像可得电阻丝的电阻率__________ ；图丁中所作图线不通过坐标原点的原因__________ 。
【答案】 ①. 0.26 ②. 1.5 ③. 0.50 ④. 小于 ⑤. ⑥. 由电流表的内阻产生的
【解析】
【详解】（1）[1]由图乙可知，电流表选用挡，精确度为0.02A，则电流表的示数为0.26A。
（2）[2]由图丙可得电池的电动势
E=1.5V
[3]由闭合电路欧姆定律可得
由图丙可得图像斜率的绝对值
则有
[4]由于电压表的分流作用，使电流表的示数小于电池的输出电流，导致电源电动势的测量值小于其真实值。
（3）[5]由电阻定律可得
由图像可得
解得
[6]由图丁可知，当x=0时，，这应是电流表的内阻，因此可知，图丁中所作图线不通过坐标原点的原因是：是由电流表的内阻产生的。
18. 暴雨季节，路面水井盖因排气孔（如图甲）堵塞可能会造成井盖移位而存在安全隐患。如图乙所示，某次暴雨，水位以50mm/h的速度迅速上涨，质量为m = 36kg的某井盖排气孔被堵塞且与地面不粘连，圆柱形竖直井内水面面积为S = 0.4m2，水位与井盖之间的距离为h = 2.018m时开始计时，此时井内密封空气的压强恰好等于大气压强p0= 1.00 × 105Pa，若空气视为理想气体，温度始终不变，g = 10m/s2。
（1）在井盖被顶起前外界对井内密封空气做了725J的功，则该气体吸热还是放热？吸收或放出的热量为多少？
（2）求密闭空气的压强为多大时井盖刚好被顶起；
（3）求从图示位置起，历经多长时间水井盖会被顶起。

【答案】（1）－725J，放热；（2）1.009 × 105Pa；（3）0.36h
【解析】
【详解】（1）根据热力学第一定律有
负号表示放热。
（2）对井盖进行受力分析有
代入数据有
（3）等温变化，设t时间水位上升x，则刚顶起时有
解得
则所用的时间为
19. 如图所示，在竖直向下的匀强电场中有轨道ABCDFMNP，其中BC部分为水平轨道，与曲面AB平滑连接。CDF和FMN是竖直放置的半圆轨道，在最高点F对接，与BC在C点相切。NP为一与FMN相切的水平平台，P处固定一轻弹簧。点D、N、P在同一水平线上。水平轨道BC粗糙，其余轨道均光滑，一可视为质点的质量为的带正电的滑块从曲面AB上某处由静止释放。已知匀强电场场强，BC段长度，CDF的半径，FMN的半径，滑块带电量，滑块与BC间的动摩擦因数，重力加速度，求
（1）滑块通过F点的最小速度vF；
（2）若滑块恰好能通过F点，求滑块释放点到水平轨道BC高度h0；
（3）若滑块在整个运动过程中，始终不脱离轨道，且弹簧的形变始终在弹性限度内，求滑块释放点到水平轨道BC的高度h需要满足的条件。
【答案】（1）；（2）；（3）见解析
【解析】
【详解】（1）小球在F点有
解得

（2）设小球由h0处释放恰好通过F点，对小球从释放至F点这一过程由动能定理得

解得

（3）讨论：
（ⅰ）小球第一次运动到D点速度为零，对该过程由动能定理得
解得
则当时，小球不过D点，不脱离轨道
（ⅱ）小球第一次进入圆轨道可以经过F点，压缩弹簧被反弹，沿轨道PNMFDCBA运动，再次返回后不过D点，小球恰好可以经过F点，由动能定理可得
解得
则当时，小球可以通过F点
小球再次返回刚好到D点
解得
则当时，小球被弹簧反弹往复运动后不过D点
综上
小球第一次进入圆轨道可以通过F点，往复运动第二次后不过D点，满足始终不脱离轨道
（ⅲ）小球第一次进入圆轨道可以经过F点，压缩弹簧被反弹，第二次往复运动时满足小球恰好可以经过F点，由动能定理可得
解得
则当时，小球可以两次通过F点
小球再次返回刚好到D点
解得
则当时，小球被弹簧反弹第二次往复运动后不过D点
综上
小球第一、二次进入圆轨道可以通过F点，往复运动第二次后不过D点，满足始终不脱离轨道
（ⅳ）由数学归纳法可知，满足
（，1，2，3……）
小球不脱离轨道
20. 如图所示，在xOy坐标平面内，固定着足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距L=0.5m，在x=0处由绝缘件相连，导轨某处固定两个金属小立柱，立柱连线与导轨垂直，左侧有垂直纸面向外的匀强磁场，右侧有垂直纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B=0.2T；导轨左端与电容C=5F的电容器连接，起初电容器不带电。现将两根质量均为m=0.1kg的导体棒a、b分别放置于导轨左侧某处和紧贴立柱的右侧（不粘连），某时刻起对a棒作用一个向右的恒力F=0.3N，当a棒运动到x=0处时撤去力F，此后a棒在滑行到立柱的过程中通过棒的电量q=1C，与立柱碰撞时的速度v1=1m/s，之后原速率反弹。已知b棒电阻R=0.4Ω，不计a棒和导轨电阻，求：
（1）小立柱所在位置的坐标xb；
（2）a棒初始位置的坐标xa；
（3）假设b棒穿出磁场时的速度v2=0.3m/s，此前b棒中产生的总热量。
【答案】（1）4m；（2）－1m；（3）0.171J
【解析】
【详解】（1）a棒减速向右运动过程中
解得
xb=4m
（2）a棒在0~xb区间，由动量定理得
－BLq=mv1－mv0
解得
v0=2m/s
a棒在恒力作用过程中，设某时刻的速度为v，加速度为a，棒中的电流为I，则有
F－BiL=ma
解得
即a棒做匀加速运动，根据
解得
xa=－1m
（3）a棒在0~xb区间向右运动过程中，电路产生的热量
反弹后，a棒向左，b棒向右运动，两棒加速度大小相等，相等时间内速度点变化量大小也相等，所以a棒的速度
v'=0.7m/s
此过程中发热量
所以
Qb=Q1+Q2=0.171J
21. 如图所示是中国科学院自主研制的磁约束核聚变实验装置中的“偏转系统”原理图。由正离子和中性粒子组成的多样性粒子束通过两极板间电场后进入偏转磁场。其中的中性粒子沿原方向运动，被接收板接收；一部分离子打到左极板，其余的进入磁场发生偏转被吞噬板吞噬并发出荧光。多样性粒子束宽度为L，各组成粒子均横向均匀分布。偏转磁场为垂直纸面向外的矩形匀强磁场，磁感强度为。已知离子的比荷为k，两极板间电压为U、间距为L，极板长度为2L，吞噬板长度为2L并紧靠负极板。若离子和中性粒子的重力、相互作用力、极板厚度可忽略不计，则
（1）要使的离子能沿直线通过两极板间电场，可在极板间施加一垂直于纸面的匀强磁场，求的大小；
（2）调整极板间磁场，使的离子沿直线通过极板后进入偏转磁场。若且上述离子全部能被吞噬板吞噬，求偏转磁场的最小面积和吞噬板的发光长度；
（3）若撤去极板间磁场且偏转磁场边界足够大，离子速度为、且各有n个，能进入磁场的离子全部能被吞噬板吞噬，求的取值范围及吞噬板上收集的离子个数。
【答案】（1）；（2），；（3），
【解析】
【详解】（1）根据受力平衡
得
（2）洛伦兹力提供向心力
解得
上述离子全部能被吞噬板吞噬，分析可知偏转磁场为最小面积矩形时，紧贴负极板射入磁场的粒子射出磁场时，沿直线运动能恰打在吞噬板的最左端。设该轨迹圆心到磁场左边界的距离为a，由相似三角形的几何关系得
解得
磁场的最小面积
有上述分析可知，其发光长度一个临界在吞噬板的端点，另一个临界点是从正极板射出的离子所打的位置，由于其在磁场中轨迹为半圆，所以打在距离正极板，所以发光长度
（3）离子在电场中偏转，有
又有
因为
整理有电场中偏转距离
代入数据得
能进入磁场区域收集的离子个数为
进入磁场离子圆周运动半径
在磁场中偏转距离
离子射出偏转电场时，对于进入磁场的左右两边界离子而言，与吞噬板左右两端相距分别为2L、，设离子恰好打到吞噬板两端，由几何关系得
则
同理离子射出偏转电场时，对于进入磁场的左右两边界离子而言，与吞噬板左右两端相距分别为2L、，设离子恰好打到吞噬板两端，由几何关系得
则
综上所述