2023年高考物理真题完全解读（浙江1月）

这是一份2023年高考物理真题完全解读（浙江1月），共27页。

2023年1月浙江省高考物理选考试卷
【试题评析】
2023年1月浙江省选考科目物理命题全面依据新课标课程内容、核心素养和评价目标；结合浙江教学和物理选考科目的实际。以‘核心知识考点稳定，课标新内容有涵盖’为基本命题思路。保持整卷的结构、难度、区分度、信度和效度均有连贯性。试卷围绕物理学科核心素养评价高中物理学业质量；通过真实情境、思维递进、方法灵活、多层次的区分度好的试题设计考查问题解决能力；甄别考生的知识综合能力和多维解决问题能力，满足各类高校的招生需求。
一、稳中有新 展现新课标成果
基于新课标和新教材，确立“稳中求新”的思路。“稳”体现在核心知识点、实验题、以及保持适量的容易题。容易题考查重要的基本概念、重要规律及其简单运用。计算题18题继续考查力学核心知识的综合运用，涉及牛顿运动定律、动能定理、动量守恒定律、匀变速直线运动的位移与时间的关系；19题考查电磁感应现象综合应用，涉及楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、能量守恒与转化定律；20题考查动力学知识和功能知识在电磁学中的综合应用。16题实验题涉及教材规定的三个实验，在提供实验方案的前提下考查实验方法、操作、读数、数据处理等等。整卷简明且“友好”地呈现试题内容，保持题目很容易入手，设问由简单到复杂。
“新”体现在展现新课标成果。如第17题为热学内容，考查主干知识，即等压变化、等容变化和热力学第一定律；16-I（2）为新增加的“探究向心力大小的表达式”实验，考查实验方法、稳态过程观察和动态过程推理能力。
体现新课标，从生产生活中提炼有价值的科学探究问题情境，设计符合学生认知规律、反映物理学科本质的试题，注重通过解决实际问题评价学生学科核心素养达成的水平。如第4题的情境源于生活中的蹦极运动、第5题源于学生熟悉的抛石子情境、第6题源于消声耳机的原理、第7题源于对阻尼振动的分析推理、第8题源于大电流测量装置的简化和第10题源于常见的“冲日”天文现象等等试题，加强对学生应用物理知识解决实际问题能力的考查，科学评价学生物理学科核心素养的水平。
二、学科育人 评价重核心素养
以高中物理新课程标准为依据，注重考查“物理观念”“科学思维”“科学探究”“科学态度与责任”四个方面。试题注重考查必修和选择性必修两部分内容中重要的物理观念与规律的理解与运用情况。如第2题悬挂着的足球、第10题“行星冲日”、第5题抛出的小石子等着眼于运动与相互作用观念；第4题的蹦极涉及能量观。第7题的阻尼振动、第12题的示波管、第17题的报警装置、第18题的滑轨游戏装置、第20题探究离子源发射速度分布等均涉及运动与相互作用观、能量观；第19题通电线框匀速转动产生的磁场涉及物质观和能量观。试题多维度考查核心素养，体现素养维度的综合性。如第16-I、16-II均涉及“科学探究”和“物理观念”，第18、19、20、21题均设计“物理观念”和“科学思维”；第3题的情景是“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后在轨运行，考查的核心概念是参考系、运动与静止的相对性；第11题以“中国天眼”为情景，涉及“物理观念”和“科学思维”。同时这些试题以国家重大工程项目为背景，弘扬家国情怀，增强文化自信，既核心素养中的“科学态度与责任”。
三、分层设计 满足高校选人才
根据学业质量水平的不同要求，从物理学科核心素养水平层次、试题情景的复杂性和新颖性合理设计试题区分度，确保试题合理梯度，适度区分不同学业质量水平。同一题型不同难度的试题保证合理的梯度，如选择题最初5题，以熟悉的情景、简短的描述“友好”地呈现，学生入题快，有亲切感；随后对中等水平学生提出要求，如第6题的主动降噪耳机、第8题的利用霍尔效应测量大电流装置等试题情景真实新颖；最后几题的综合性和应用性逐渐加强，有利于区分高水平的学生。同一试题设置不同层次的设问，有效区分不同学业成就的学生，使每个学生都能解决与自身能力力所能及的问题，让学生保持“答有所得”的平静心情。计算题每题均设置了分层设问，17题、18题均设置了三问，19题、20题均设置了四问，各设问之间梯度清晰。如18题第1问是熟悉的滑块在直线、圆轨道上运动，第2、3问是滑块在摆渡车上运动，涉及动力学和功能综合；19题第2问为第3问做铺垫，第4问层层递进；20题第1问以速度大小、方向确定的单粒子入手；第2问涉及离子源方向的最值，第4问在第2、3问基础上对综合能力提出要求。19题、20题的第4问属于学业质量水平4，对思维能力要求比较高；有利于考生全面展示学业水平，有利于各类高校选拔人才。
试题解析
选择题部分
一、选择题Ⅰ（本题共3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．下列属于国际单位制中基本单位符号的是（ ）
A．J B．K C．W D．
【参考答案】
【命题意图】本题考查国际单位制及其相关知识点。
【名师解析】国际单位制中的七个基本单位是千克、米、秒、安培、开尔文、坎德拉、摩尔，对应的符号分别是kg、m、s、A、K、cd、mol，其余单位都属于导出单位,所以属于国际单位制中基本单位符号的是K，选项B正确。

2．如图所示，轻质网兜兜住重力为G的足球，用轻绳挂于光滑竖直墙壁上的A点，轻绳的拉力为，墙壁对足球的支持力为，则（ ）

A． B． C． D．
【参考答案】C
【命题意图】本题考查受力分析、平衡条件及其相关知识点。
【名师解析】对网兜和足球受力分析，设轻绳与竖直墙面夹角为θ，由平衡条件可得，据此可知，，选项C正确。

3．“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨运行如图所示，则（ ）

A．选地球为参考系，“天和”是静止的
B．选地球为参考系，“神舟十五号”是静止的
C．选“天和”为参考系，“神舟十五号”是静止的
D．选“神舟十五号”为参考系，“天和”是运动的
【参考答案】C
【命题意图】本题考查运动描述及其相关知识点。
【名师解析】“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨绕地球做圆周运动，选地球为参考系，二者都是运动的，AB错误；“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，二者相对静止，选项C正确，D错误。

4．一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下．游客从跳台下落直到最低点过程中（ ）
A．弹性势能减小 B．重力势能减小
C．机械能保持不变 D．绳一绷紧动能就开始减小
【参考答案】B
【命题意图】本题考查运动分析、能量分析及其相关知识点。
【名师解析】游客从跳台下落，开始阶段橡皮绳未拉直，只受重力作用做自由落体运动，下落到一定高度时橡皮绳开始绷紧，游客受重力和向上的弹力作用，弹力从零逐渐增大，游客所受合力先向下减小后向上增大，速度先增大后减小，到最低点时速度减小到零，弹力达到最大值，弹性势能达到最大值。橡皮绳绷紧后弹性势能一直增大，选项A错误；游客高度一直降低，重力一直做正功，重力势能一直减小，选项B正确；下落阶段橡皮绳对游客做负功，游客机械能减少，弹性绳的弹性势能增大，C错误；弹性绳刚绷紧开始一段时间内，弹力小于重力，合力向下做正功，游客向下运动的速度逐渐增大，游客逐渐增加；当弹力等于重力时，游客向下运动的速度最大，游客的动能最大；游客再向下运动，弹力大于重力，合力向上对游客做负功，游客动能逐渐减小，D错误。

5．如图所示，在考虑空气阻力的情况下，一小石子从O点抛出沿轨迹运动，其中P是最高点．若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则小石子竖直方向分运动的加速度大小（ ）

A．O点最大 B．P点最大 C．Q点最大 D．整个运动过程保持不变
【参考答案】A
【命题意图】本题考查受力分析、力的分解、牛顿运动定律及其相关知识点。
【名师解析】由于空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，即f=kv。小石子在O点抛出时速度斜向上方，此时速度最大，空气阻力斜向下方最大，上升过程与竖直方向夹角最小，故此时空气阻力分解在竖直方向的分力最大，而小石子重力不变，根据牛顿第二定律可知在抛出时竖直方向分运动的加速度最大，即O点最大，选项A正确。

6．主动降噪耳机能收集周围环境中的噪声信号，并产生相应的抵消声波．，某一噪声信号传到耳膜的振动图像如图所示，取得最好降噪效果的抵消声波（声音在空气中的传播速度为）（ ）

A．振幅为2A B．频率为
C．波长应为的奇数倍 D．在耳膜中产生的振动与图中所示的振动同相
【参考答案】B
【命题意图】本题考查机械波干涉及其相关知识点。
【名师解析】主动降噪耳机是根据波的干涉条件，抵消声波与噪声的振幅。根据波动干涉条件可知，频率相同，相位相反，叠加后才能相互抵消来实现降噪的。抵消声波与噪声的振幅相同，其振幅也为A，A错误；抵消声波与噪声的频率相同，由，B正确；抵消声波与噪声的波速、频率相同，则波长也相同，为，，C错误；抵消声波在耳膜中产生的振动与图中所示的振动反相，D错误。

7．如图甲所示，一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴，接入电阻R构成回路．导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导体杆从竖直位置拉开小角度θ静止释放，导体杆开始下摆．当时，导体杆振动图像如图乙所示．若横纵坐标皆采用图乙标度，则当时，导体杆振动图像是（ ）

A． B． C． D．
【参考答案】B
【命题意图】本题考查电磁阻尼及其相关知识点。
【名师解析】导体杆切割磁感线时，回路中产生感应电流，由楞次定律可得，导体杆受到的安培力总是阻碍导体棒的运动。当从变为时，回路中的电阻增大为原来的2倍，则电流减小，导体杆所受安培力减小，即导体杆在摆动时所受的阻力减弱，所杆从开始摆动到停止，运动的路程和经历的时间变长，所以导体杆振动图像是图B。

8．某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流I的螺绕环在霍尔元件处产生的磁场，通有待测电流的直导线垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场．调节电阻R，当电流表示数为时，元件输出霍尔电压为零，则待测电流的方向和大小分别为（ ）
A． B． C． D．
【参考答案】D
【命题意图】本题以霍尔元件放大器切入，考查安培定则的灵活运用及其相关知识点。
【名师解析】根据安培定则可知螺绕环在霍尔元件处产生的磁场方向向下，则要使元件输出霍尔电压为零，直导线在霍尔元件处产生的磁场方向应向上，根据安培定则可知待测电流的方向应该是；元件输出霍尔电压为零，则霍尔元件处合场强为0，所以有
解得，所以选项D正确。


9．宇宙射线进入地球大气层与大气作用会产生中子，中子与大气中的氮14会产生以下核反应：，产生的能自发进行衰变，其半接期为5730年，利用碳14的衰变规律可推断古木的年代．下列说法正确的是（ ）
A．发生衰变的产物是
B．衰变辐射出的电子来自于碳原子的核外电子
C．近年来由于地球的温室效应，引起的半衰期发生微小变化
D若测得一古木样品的含量为活体植物的，则该古木距今约为11460年
【参考答案】D
【命题意图】本题考查放射性元素的衰变及其相关知识点。
【名师解析】根据中子与大气中的氮14产生的核反应，可知发生衰变的产物是，选项A错误；根据核反应辐射出的电子产生机理可知，衰变辐射出的电子来自于原子核内的中子转化为质子时放出的电子，选项B错误；半衰期是放射性元素的本质特性，与放射性元素所处的物理、化学状态无关，即与外界环境无关，选项C错误；若测得一古木样品的含量为活体植物的，可知经过了2个半衰期，则该古木距今约为5730×2年=11460年，选项D正确。

10．太阳系各行星几平在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动．当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，称为“行星冲日”．已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表：
行星名称
地球
火星
木星
土星
天王星
海王星
轨道半径
1.0
1.5
5.2
9.5
19
30
则相邻两次“冲日”时间间隔约为（ ）
A．火星365天 B．火星800天 C．天王星365天 D．天王星800天
【参考答案】B
【命题意图】本题考查开普勒定律、行星冲日及其相关知识点。
【名师解析】根据开普勒第三定有，解得
设相邻两次“冲日”时间间隔为，则，则有
解得
由表格中的数据可得，。选项B正确。
。

11．被誉为“中国天眼”的大口径球面射电望远镜已发现660余颗新脉冲星，领先世界．天眼对距地球为L的天体进行观测，其接收光子的横截面半径为R．若天体射向天眼的辐射光子中，有倍被天眼接收，天眼每秒接收到该天体发出的频率为v的N个光子．普朗克常量为h，则该天体发射频率为v光子的功率为（ ）

A． B． C． D．
【参考答案】A
【命题意图】本题功率、光子能量及其相关知识点。
【名师解析】设天体发射频率为v光子的功率为P，由题意可知
解得，选项A正确。

12．如图所示，示波管由电子枪竖直方向偏转电极、水平方问偏转电极和荧光屏组成．电极的长度为l、间距为d、极板间电压为U，极板间电压为零，电子枪加速电压为．电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿方向进入偏转电极．

已知电子电荷量为e，质量为m，则电子（ ）
A．在极板间的加速度大小为
B．打在荧光屏时，动能大小为
C．在极板间受到电场力的冲量大小为
D．打在荧光屏时，其速度方向与连线夹角的正切
【参考答案】D
【命题意图】本题考查示波管及其相关知识点。
【名师解析】由牛顿第二定律可得，在XX′极板间的加速度大小，A错误；
电子电极XX′间运动时，有vx = axt，
电子离开电极XX′时的动能为
电子离开电极XX′后做匀速直线运动，所以打在荧光屏时，动能大小为，B错误；
由动量定理可知，在XX′极板间受到电场力的冲量大小，C错误；
打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切，D正确。

13．如图所示为一斜边镀银的等腰直角棱镜的截面图．一细黄光束从直角边以角度入射，依次经和两次反射，从直角边出射．出射光线相对于入射光线偏转了角，则（ ）

A．等于 B．大于 C．小于 D．与棱镜的折射率有关
【参考答案】A
【命题意图】本题考查光的折射定律及其相关知识点。
【名师解析】在光路图中标出相关角度，如图所示。

设光线在AB边的折射角为，根据折射定律可得。
设光线在BC边的入射角为，光线在AC边的入射角为，折射角为；由反射定律和几何知识可知
，，联立解得
根据折射定律可得，可得。过D点做出射光的平行线，则该平行线与AB的夹角为，由几何知识可知，入射光与出射光的夹角为。选项A正确。

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．下列说法正确的是（ ）
A．利用电容传感器可制成麦克风
B．物体受合外力越大，则动量变化越快
C．利用红外传感器可制成商场的自动门
D．牛顿运动定律不适用，则动量守恒定律也不适用
【参考答案】ABC
【命题意图】本题考查传感器、动量定理、动量守恒定律的适用范围及其相关知识点。
【名师解析】声音使振动膜片振动，改变两极板间距离，使声音信号转换成电信号，则可以利用电容传感器可制成麦克风，故A正确；由动量定理有，可得，，可知，物体受合外力越大，则动量变化越快，故B正确；人体可以向外界释放红外线，感应装置接收到红外线后，可以开门，则可以利用红外传感器可制成商场的自动门，故C正确；牛顿运动定律只适用于宏观低速问题，不适用于微观高速问题。而动量守恒定律既适用于低速宏观问题，也适用于高速微观问题，故D错误。

15．氢原子从高能级向低能级跃迁时，会产生四种频率的可见光，其光谱如图1所示．氢原子从能级6跃迁到能级2产生可见光I，从能级3跃迁到能级2产生可见光Ⅱ．用同一双缝干涉装置研究两种光的干涉现象，得到如图2和图3所示的干涉条纹．用两种光分别照射如图4所示的实验装置，都能产生光电效应．下列说法正确的是（ ）




A．图1中的对应的是Ⅰ
B．图2中的干涉条纹对应的是Ⅱ
C．Ⅰ的光子动量大于Ⅱ的光子动量
D．P向a移动，电流表示数为零时Ⅰ对应的电压表示数比Ⅱ的大
【参考答案】CD
【命题意图】本题考查能级、光电效应、光子动量及其相关知识点。
【名师解析】根据题意可知。氢原子发生能级跃迁时，由公式可得
可知，可见光I的频率大，波长小，可见光Ⅱ的频率小，波长大。可知，图1中的对应的是可见光Ⅱ，故A错误；由公式有，干涉条纹间距为，由图可知，图2中间距较小，则波长较小，对应的是可见光I，故B错误；根据题意，由公式可得，光子动量为，可知，Ⅰ的光子动量大于Ⅱ的光子动量，故C正确；根据光电效应方程及动能定理可得，可知，频率越大，遏止电压越大，则P向a移动，电流表示数为零时Ⅰ对应的电压表示数比Ⅱ的大，故D正确。

非选择题部分
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
16．实验题（Ⅰ 、Ⅱ两题共14分）
Ⅰ．（7分）（1）在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，实验装置如图1所示．


①需要的实验操作有__________（多选）；
A．调节滑轮使细线与轨道平行
B．倾斜轨道以补偿阻力
C．小车靠近打点计时器静止释放
D．先接通电源再释放小车
②经正确操作后打出一条纸带，截取其中一段如图2所示。选取连续打出的点0、1、2、3、4为计数点，则计数点1的读数为__________。已知打点计时器所用交流电源的频率为，则打计数点2时小车的速度大小为：__________（结果保留3位有效数字）。

【参考答案】 ①. ACD ②. 2.75 1.48
【名师解析】①实验需要调节滑轮使细线与轨道平行，选项A正确；该实验只要使得小车加速运动即可，不需要倾斜轨道补偿阻力，选项B错误；为了充分利用纸带，则小车靠近打点计时器静止释放，选项C正确；先接通电源再释放小车，选项D正确。
②根据刻度尺读数规则，计数点1的读数为2.75。已知打点计时器所用交流电源的频率为，则打点周期T=0.02s，则打计数点2时小车的速度大小为
（2）“探究向心力大小的表达式”实验装置如图3所示．

①采用的实验方法是__________
A．控制变量法 B．等效法 C．模拟法
②在小球质量和转动半径相同的情况下，逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀速转动．此时左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的________之比（选填“线速度大小”、“角速度平方”或“周期平方”）；在加速转动手柄过程中，左右标尺露出红白相何等分标记的比值__________（选填“不变”、“变大”或“变小”）．
【参考答案】①A ② 角速度平方 不变
【名师解析】
①本实验先控制住其它几个因素不变，集中研究其中一个因素变化所产生的影响，采用的实验方法是控制变量法；
②标尺上露出的红白相间的等分格数之比为两个小球所受向心力的比值，根据
可知比值等于两小球的角速度平方之比。
小球质量和转动半径相同的情况下，由于两球线速度相同，根据
可知两球角速度相同；又根据
可知向心力之比为1：1，逐渐加大手柄的转速，左右标尺露出的格数之比不变。

Ⅱ．（7分）在“测量金属丝的电阻率”实验中：
（1）测量一段金属丝电阻时所用器材和部分电路连线如图1所示，图中的导线a端应与________（选填“一”、“0.6”或“3”）接线柱连接，b端应与___________（选填“—”、“0.6”或“3”）接线柱连接．开关闭合前，图1中滑动变阻器滑片应置于____________（选填“左”或“右”）端．

（2）合上开关，调节滑动变阻器，得到多组U和I数据．甲同学由每组U、I数据计算电阻，然后求电阻平均值；乙同学通过图像求电阻．则两种求电阻的方法更合理的是___________（选填“甲”或“乙”）．
（3）两同学进一步探究用镍铬丝将满偏电流的表头G改装成电流表．如图2所示，表头G两端并联长为L的镍铬丝，调节滑动变阻器使表头G满偏，毫安表示数为I．改变L，重复上述步骤，获得多组I、L数据，作出图像如图3所示．

则图像斜率______．若要把该表头G改装成量程为的电流表，需要把长为__________m的镍铬丝并联在表头G两端．．（结果均保留两位有效数字）
【参考答案】 （1） ①. 0.6 ②. 0.6 ③. 左 （2） ④. 乙
（3）⑤. 2.3（2.1~2.5 都给分） ⑥. 0.26（0.24~0.28都给分）
【名师解析】
（1）实验中用两节干电池供电，则图中的导线a端应与 “0.6”接线柱连接，电压表测电阻两端的电压，则金属丝的电阻较小，电流表外接误差较小，故b端应与 “0.6”接线柱连接。为了保护电表，开关闭合前，图1中滑动变阻器滑片应置于左端。
（2）乙同学通过图像求电阻，可减少实验的误差，则乙同学求电阻的方法更合理；

（3）由图像可知图像斜率

[6]方法一：由电路可知

解得


由图像，则

若要把该表头G改装成量程为的电流表，则并联的电阻

即

解得
L′=0.26m
方法二：延长图像可知，当I=9.0mA时可得



即L′=0.26m
17．（8分）某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示．在竖直放置的圆柱形容器内用面积、质量的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动．开始时气体处于温度、活塞与容器底的距离的状态A．环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B．活塞保持不动，气体被继续加热至温度的状态C时触动报警器．从状态A到状态C的过程中气体内能增加了．取大气压，求气体

（1）在状态B的温度；
（2）在状态C的压强；
（3）由状态A到状态C过程中从外界吸收热量Q．
【参考答案】（1）330K；（2）；（3）
【名师解析】
（1）根据题意可知，气体由状态A变化到状态B的过程中，封闭气体的压强不变为，则有

解得

（2）根据题意可知，气体由状态B变化到状态C的过程中，气体的体积不变，则有

解得

（3）根据题意可知，从状态A到状态C的过程中气体对外做功为

由热力学第一定律有

解得


18．（11分）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角的直轨道、螺旋圆形轨道，倾角的直轨道、水平直轨道组成，除段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接．螺旋圆形轨道与轨道、相切于处．凹槽底面水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁处，摆渡车:上表面与直轨道下、平台位于同一水平面．已知螺旋圆形轨道半径，B点高度为，长度，长度，摆渡车长度、质量．将一质量也为m的滑块从倾斜轨道上高度处静止释放，滑块在段运动时的阻力为其重力的0.2倍．（摆渡车碰到竖直侧壁立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，，）

（1）求滑块过C点的速度大小和轨道对滑块的作用力大小；
（2）摆渡车碰到前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数；
（3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间t．
【参考答案】（1），；（2）；（3）
【名师解析】
（1）滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得

解得

滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得

解得

（2）设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得

解得

摆渡车碰到前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速，以滑块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得

解得

根据能量守恒可得

解得

（3）滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为

所用时间为

此过程滑块通过的位移为

滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间为

则滑块从G到J所用的时间为


19．（11分）如图1所示，刚性导体线框由长为L、质量均为．m的两根竖杆，与长为的两轻质横杆组成，且．线框通有恒定电流，可以绕其中心竖直轴转动．以线框中心O为原点、转轴为z轴建立直角坐标系，在y轴上距离O为a处，固定放置二半径远小于a，面积为s、电阻为R的小圆环，其平面垂直于y轴．在外力作用下，通电线框绕转轴以角速度匀速转动，当线框平面与平面重合时为计时零点，圆环处的磁感应强度的y分量与时间的近似关系如图2所示，图中已知．

（1）求0到时间内，流过圆环横截面的电荷量q；
（2）沿y轴正方向看以逆时针为电流正方向，在时间内，求圆环中的电流与时间的关系；
（3）求圆环中电流的有效值；
（4）当撤去外力，线框将缓慢减速，经时间角速度减小量为，设线框与圆环的能量转换效率为k，求的值（当，有）．
【参考答案】（1）；（2）；
（3）；（4）
【名师解析】
（1）由法拉第电磁感应定律

由闭合电路欧姆定律

由电流定义式

联立可得

（2）在时

在时

（3）从能量角度

解得

（4）由能量传递

化简可得

即

解得


20．（11分）探究离子源发射速度大小和方向分布的原理如图所示．x轴上方存在垂直平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场．x轴下方的分析器由两块相距为d、长度足够的平行金属薄板M和N组成，其中位于x轴的M板中心有一小孔C（孔径忽略不计），N板连接电流表后接地．位于坐标原点O的离子源能发射质量为m、电荷量为q的正离子，其速度方向与y轴夹角最大值为；且各个方向均有速度大小连续分布在和之间的离子射出．已知速度大小为、沿y轴正方向射出的离子经磁场偏转后恰好垂直x轴射入孔C．未能射入孔C的其它离子被分析器的接地外罩屏蔽（图中没有画出）．不计离子的重力及相互作用，不考虑离子间的碰撞．
（1）求孔C所处位置的坐标；
（2）求离子打在N板上区域的长度L；
（3）若在N与M板之间加载电压，调节其大小，求电流表示数刚为0时的电压；
（4）若将分析器沿着x轴平移，调节加载在N与M板之间的电压，求电流表示数刚为0时的电压与孔C位置坐标x之间关系式．


【参考答案】（1）；（2）；（3）；
（4）当时，
【名师解析】
（1）速度大小为、沿y轴正方向射出的离子经磁场偏转后轨迹如图

由洛伦兹力提供向心力

解得半径

孔C所处位置的坐标

（2）速度大小为的离子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力

解得半径


若要能在C点入射，则由几何关系可得

解得

如图

由几何关系可得


（3）不管从何角度发射

由（2）可得

由动能定理

解得

（4）孔C位置坐标x

其中

联立可得
，
解得
在此范围内，和（3）相同，只与相关，可得

解得
由动能定理
解得