2024届浙江省新昌中学高三上学期12月首考模拟物理试题 （解析版）

这是一份2024届浙江省新昌中学高三上学期12月首考模拟物理试题 （解析版），共28页。试卷主要包含了0s到30， 下列说法正确的是， 如图等内容，欢迎下载使用。
考生须知：
1.考生答题前，务必将自己姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卷上。
2.选择题的答案须用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净。
3.非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卷上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后须用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。
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. 在国际单位制中磁感应强度的单位符号是“”，如果用国际单位制的基本单位来表示，正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】AB．国际单位制中的七个基本单位是m、s、kg、K、A、cd、ml；韦伯（Wb）、牛顿（N）、库伦（C）不是国际单位制中的基本单位，故AB错误；
CD．根据可得
故C正确、D错误。
故选C。
2. 电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图所示。电梯加速上升的时段是（ ）

A. 从20.0s到30.0sB. 从30.0s到40.0s
C. 从40.0s到50.0sD. 从50.0s到60.0s
【答案】A
【解析】
【详解】因电梯上升，由速度图像可知，电梯加速上升的时间段为20.0s到30.0s。
故选A
3. 如图所示，“嫦娥五号”探测器静止在月球平坦表面处。已知探测器质量为m，四条腿与竖直方向的夹角均为θ，月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的。每条腿对月球表面压力的大小为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】对“嫦娥五号”探测器受力分析有
FN = mg月
则对一条腿有
根据牛顿第三定律可知每条腿对月球表面的压力为。
故选D
4. 下列说法正确的是（ ）
A. 爱因斯坦提出的光子说并否定了光的波动说
B. 太阳辐射的能量主要来自太阳内部的裂变反应
C. 大量氢原子从n=4 激发态跃迁到n=2 的激发态时，可以产生4种不同频率的光子
D. 卢瑟福的α粒子散射实验揭示了原子的核式结构并可以估测原子核的大小
【答案】D
【解析】
【详解】A．爱因斯坦提出了光子说，并成功解释了光电效应，而光电效应说明光具有粒子性，但并未否定光波动性，故A错误；
B．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应，产生很高的能量，又称为热核反应，故B错误；
C．大量氢原子从n=4激发态跃迁到n=2的激发态时，可以产生3种不同频率的光子，即能级直接跃迁到能级，能级跃迁到能级，然后由能级跃迁到能级，故C错误；
D．卢瑟福的α粒子散射实验揭示了原子的核式结构并可以估测原子核的大小，故D正确。
故选D。
5. 某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压U1= 250V，输出功率500kW。降压变压器的匝数比n3：n4= 50：1，输电线总电阻R = 62.5Ω。其余线路电阻不计，用户端电压U4= 220V，功率88kW，所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是（ ）

A. 发电机的输出电流为368AB. 输电线上损失的功率为4.8kW
C. 输送给储能站的功率为408kWD. 升压变压器的匝数比n1：n2= 1：44
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题知，发电机的输出电压U1 = 250V，输出功率500kW，则有
A错误；
BD．由题知，用户端电压U4 = 220V，功率88kW，则有
P′ = U4I4
联立解得
I4 = 400A，I3 = 8A，U3 = 11000V
则输电线上损失的功率为
P损 = I32R = 4kW
且
U2 = U3＋I3R = 11500V
再根据，解得
BD错误；
C．根据理想变压器无功率损失有
P = U2I3＋P储
代入数据有
P储 = 408kW
C正确。
故选C。
6. 图中关于磁场中的四种仪器的说法中错误的是（ ）

A. 甲图中要使粒子获得的最大动能增大，可以增大D形盒的半径
B. 乙图中不改变质谱仪各区域的电场、磁场时击中光屏同一位置的粒子比荷相同
C. 丙图是载流子为负电荷的霍尔元件通过如图所示电流和加上如图磁场时N侧带负电荷
D. 丁图长宽高分别为a、b、c的电磁流量计加上如图所示磁场，若流量Q恒定，则前后两个金属侧面的电压与a、b、c均无关
【答案】D
【解析】
【详解】A．在回旋加速度器中，由洛伦兹力充当向心力有
可得
可知，在回旋加速度所处磁场一定的情况下，粒子射出回旋加速度的最终速度跟D形盒的半径有关，半径越大获得的速度越大，动能就越大，因此甲图中要使粒子获得的最大动能增大，可以增大D形盒的半径，故A正确；
B．粒子经过质谱仪速度选择器时，只有满足
的粒子才能被选择，可得
显然，经过质谱仪的速度选择器区域的粒子速度v都相同，经过偏转磁场时击中光屏同一位置的粒子在偏转磁场中做圆周运动的轨迹半径R相等，根据牛顿第二定律有
可得
由此可知，打在同一位置的粒子的比荷都相同，故B正确；
C．在霍尔元件中，因载流子带负电，而电流的方向为正电荷定向移动的方向，可知带负电的载流子移动方向与电流方向相反，根据左手定则可知，带负电的载流子在洛伦兹力的作用下向着霍尔元件的N侧偏转，使N侧带上负电，故C正确；
D．经过电磁流量计的带电粒子会在洛伦兹的作用下向着前后两个侧面偏转，时前后两个侧面产生电势差，从而形成电场，当前后两个侧面带上足够多的电荷后将形成稳定的电场，此时满足
其中v表示液体的流速，即此时两侧电压达到最大值，则有
联立可得
而流量
解得
则前后两个金属侧面的电压与a、b无关，但与c有关，故D错误。
故此题选择错误选项，故选D。
7. 如图（a），我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。某次抛出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图（b）所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为，且轨迹交于点，抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为和，其中方向水平，方向斜向上。忽略空气阻力，关于两谷粒在空中的运动，下列说法正确的是（ ）

A. 谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度B. 谷粒2在最高点的速度小于
C. 两谷粒从到的运动时间相等D. 两谷粒从到的平均速度相等
【答案】B
【解析】
【详解】A．抛出的两谷粒在空中均仅受重力作用，加速度均为重力加速度，故谷粒1的加速度等于谷粒2的加速度，A错误；
C．谷粒2做斜向上抛运动，谷粒1做平抛运动，均从O点运动到P点，故位移相同。在竖直方向上谷粒2做竖直上抛运动，谷粒1做自由落体运动，竖直方向上位移相同故谷粒2运动时间较长，C错误；
B．谷粒2做斜抛运动，水平方向上为匀速直线运动，故运动到最高点速度即为水平方向上的分速度。与谷粒1比较水平位移相同，但运动时间较长，故谷粒2水平方向上的速度较小即最高点的速度小于，B正确；
D．两谷粒从O点运动到P点的位移相同，运动时间不同，故平均速度不相等，谷粒1的平均速度大于谷粒2的平均速度，D错误。
故选B。
8. 牛顿认为物体落地是由于地球对物体的吸引，这种吸引力可能与天体间（如地球与月球）的引力具有相同的性质、且都满足。已知地月之间的距离r大约是地球半径的60倍，地球表面的重力加速度为g，根据牛顿的猜想，月球绕地球公转的周期为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】设地球半径为R，由题知，地球表面的重力加速度为g，则有
月球绕地球公转有
r = 60R
联立有
故选C。
9. 如图所示，正六棱柱上下底面的中心为O和O′，A、D两点分别固定等量异号的点电荷，下列说法正确的是（ ）
A. F′点与D′点的电场强度大小相等
B. B′点与E′点的电场强度方向相同
C. A′点与F′点的电势差大于O′点与D′点的电势差
D. 将试探电荷+q由F点沿直线移动到O点，其电势能先增大后减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据等量异种点电荷形成的电场的对称性可知，F′点与E′点的电场强度大小相等，大致做出F′点与D′点的电场强度如图所示
可知由正负点电荷在F′点与D′点处的场强按照点电荷之间的距离关系所延伸出的平行四边形的对角线长度不同，则可知F′点与D′点的电场强度大小不相等，故A错误；
B．大致做出两个点电荷在B′点与E′点的电场强度如图所示
可知B′点的合场强在所在平面，E′点的合场强在所在平面，而这两个平面存在夹角，即B′点与E′点的电场强度方向之间存在夹角，因此B′点与E′点的电场强度方向不相同，故B错误；
C．设A′点的电势为，则根据对称性可知，D′点的电势为，而根据等量异种电荷所形成的电场的特性可知，O′点的电势为0，则F′点的电势大于0，而根据对称性有
根据、、三点的电势之间的关系可得
因此
即
故C错误；
D．如图所示为六棱柱的上表面
由几何关系可知，正电荷在OF中点K的场强方向垂直于OF，则K点的合场强与OF的夹角为锐角，而在F点的合场强与OF的夹角为钝角，因此将正电荷从F点沿直线移到O点的过程中，电场力先做负功，后做正功，则其电势能先增大后减小，故D正确。
故选D。
10. 如图所示，楔形玻璃的横截面POQ的顶角为，OP边上的点光源S到顶点O的距离为d，垂直于OP边的光线SN在OQ边的折射角为。不考虑多次反射，OQ边上有光射出部分的长度为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】设光线在OQ界面的入射角为，折射角为，几何关系可知，则有折射定律
光线射出OQ界面的临界为发生全反射，光路图如下，其中

光线在AB两点发生全反射，有全反射定律
即AB两处全反射的临界角为，AB之间有光线射出，由几何关系可知
故选C。
11. 如图（a），在均匀介质中有和四点，其中三点位于同一直线上，垂直．时，位于处的三个完全相同的横波波源同时开始振动，振动图像均如图（b）所示，振动方向与平面垂直，已知波长为．下列说法正确的是（ ）

A. 这三列波的波速均为
B. 时，处的质点开始振动
C. 时，处的质点向轴负方向运动
D. 时，处的质点与平衡位置的距离是
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图（b）的振动图像可知，振动的周期为4s，故三列波的波速为
A错误；
B．由图（a）可知，D处距离波源最近的距离为3m，故开始振动后波源C处的横波传播到D处所需的时间为
故时，D处的质点还未开始振动，B错误；
C．由几何关系可知，波源A、B产生的横波传播到D处所需的时间为
故时，仅波源C处的横波传播到D处，此时D处的质点振动时间为
由振动图像可知此时D处的质点向y轴负方向运动，C正确；
D．时，波源C处的横波传播到D处后振动时间为
由振动图像可知此时D处为波源C处传播横波的波谷；时，波源A、B处的横波传播到D处后振动时间为
由振动图像可知此时D处为波源A、B处传播横波的波峰。根据波的叠加原理可知此时D处质点的位移为
故时，D处的质点与平衡位置的距离是2cm。D错误。
故选C。
12. 如图所示电路，已知电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C，闭合开关K，待电路稳定后，电容器上电荷量为（ ）

A. CEB. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】电路稳定后，由于电源内阻不计，则整个回路可看成3R、2R的串联部分与R、4R的串联部分并联，若取电源负极为零电势点，则电容器上极板的电势为
电容器下极板的电势为
则电容两端的电压
则电容器上的电荷量为
故选C。
13. 如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时（ ）

A. 木板的动能一定等于
B. 木板的动能一定小于
C. 物块的动能一定大于
D. 物块的动能一定等于
【答案】B
【解析】
【详解】AB．设物块离开木板时的速度为，此时木板的速度为，由题意得
系统克服摩擦力做的功
根据运动学公式
整理可得
即
故
故A错误，B正确；
CD． 根据能量守恒有
整理得
故物块的动能一定小于，故CD错误。
故选B。
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. 电磁波发射时需要用到调谐技术
B. 真空中的光速在不同的惯性系中大小都相同是相对论时空观的基本假设之一
C. 照相机镜头表面涂上增透膜是利用光的偏振原理
D. 用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的干涉原理
【答案】BD
【解析】
【详解】A．电磁波发射时需要调制，接收时需要调谐和解调，故A错误；
B．爱因斯坦对狭义相对论的最基本假设是：在不同的惯性参考系中，真空中光速都是不变的，故B正确；
C．照相机增透膜，利用膜的内外表面反射光，相同的频率，相互叠加，从而增强透射光的强度，是利用了光的干涉现象，故C错误；
D．用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的薄膜干涉现象。故D正确。
故选BD。
15. 如图甲所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图像（直线与横轴的交点的横坐标为4.29，与纵轴的交点的纵坐标为0.5），如图乙所示是氢原子的能级图，下列说法正确的是（ ）
A. 根据该图像能求出普朗克常量
B. 该金属的逸出功为1.82eV
C. 该金属的极限频率为5.50×1014Hz
D. 用n=4能级的氢原子跃迁到n=2能级时所辐射的光照射该金属能使该金属发生光电效应
【答案】AD
【解析】
【详解】A．根据爱因斯坦光电效应方程
知该图线的斜率表示普朗克常量，得普朗克常量为
故A正确；
BC．根据爱因斯坦光电效应方程
可知图像的横轴的截距大小等于截止频率，由图知该金属的截止频率为
逸出功为
故BC错误；
D．n=4能级的氢原子跃迁到n=2能级时所辐射的光子能量为
明显
得所辐射的光照射该金属能使该金属发生光电效应，故D正确。
故选AD。
非选择题部分
三、非选择题（本题共6小题，共55分）
实验题
16. 某同学用如图甲所示的装置，通过小铁球的运动来验证动量定理。
实验步骤如下：
a.用电磁铁吸住一个小铁球，将光电门A固定在立柱上，光电门B固定在立柱上的另一位置，调整它们的位置使三者在一条竖直线上；
b.切断电磁铁电源，小铁球开始下落，数字计时器测出小铁球通过光电门A和光电门B的时间分别为、，以及小铁球从光电门A到光电门B的时间t。
（1）用螺旋测微器测量钢球的直径，如图乙所示，在读数前应转动装置________（选填“A”、“B”或“C”），再进行读数。
（2）由图丙可读出钢球直径________mm。
（3）若当地重力加速度为g，本实验需要验证的物理量关系为________（用题中的字母表示）。
（4）若要重复多次实验，测量出多组有效数据进行验证，下列操作方法最不可行的是（ ）
A.换用直径不同的小球 B.改变小球释放点的高度
C.改变光电门A的高度 D.改变光电门B的高度
（5）根据实验测定的小铁球重力冲量I和其动量变化绘制的下列图像，图中虚线代表理论图线，实线代表实际测量图线。若考虑实验中空气阻力的影响，图像可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】 ①. C ②. 6.762 ③. ## ④. A ⑤. B
【解析】
【详解】（1）[1]读数前应转动固定旋钮C，再进行读数。
（2）[2]钢球直径为
（3）[3]根据动量定理，需要验证的物理量关系为
即
（4）[4]若换用直径不同的小球，小球通过光电门的时间变化很小，从光电门A到光电门B的时间不变，数据无效，操作方法最不可行的是A。
（5）[5]若考虑空气阻力，小球的合力小于重力，动量变化的真实值会小于理论值。
故选B。
17. 某实验小组用如图甲所示实验装置来探究一定质量的气体发生等温变化遵循的规律．
(1)关于该实验，下列说法正确的是（ ）
A．实验前应将注射器的空气完全排出
B．空气柱体积变化应尽可能的快些
C．空气柱的压强随体积的减小而减小
D．作出的图象可以直观反映出p与V的关系
(2)为了探究气体在不同温度时发生等温变化是否遵循相同的规律，他们进行了两次实验，得到的p－V图象如图乙所示，由图可知两次实验气体的温度大小关系为T1_____T2(选填“”)．
(3)另一小组根据实验数据作出的图线如图丙所示，若他们的实验操作无误，造成图线不过原点的原因可能是_______________________________．
【答案】 ①. D ②. 由图线乙可看出T1>T2 ③. 实验时未考虑注射器前端与橡皮帽连接处的气体体积
【解析】
【详解】（1）实验是以注射器内的空气为研究对象，所以实验前注射器内的空气不能完全排出，故A错误；空气柱的体积变化不能太快，要缓慢移动注射器保证气体温度不变，故B错误；气体发生等温变化，空气柱的压强随体积的减小而增大，故C错误；图象是一条倾斜的直线，作出的图象可以直观反映出p与V的关系，故D正确；
（2）在p-V图象中，根据，即pV=CT，离坐标原点越远的等温线温度越高，故T1>T2
（3）另一小组根据实验数据作出图线如图丙所示，若他们的实验操作无误，造成图线不过原点可能的原因是试管中的气体的体积小于实际的封闭气体的体积，结合实验的器材可知，实验时未考虑注射器前端与橡皮帽连接处的气体．
18. 某实验小组利用如图所示的电路探究在范围内某热敏电阻的温度特性。所用器材有：置于温控室（图中虚线区域）中的热敏电阻，其标称阻值（时的阻值）为；电源（，内阻可忽略）；电压表（量程）；定值电阻（阻值为），滑动变阻器（最大阻值为）；电阻箱（阻值范围）；单刀开关，单刀双掷开关。
实验时，先按图连接好电路，再将温控室的温度升至。将与1端接通，闭合，调节的滑片位置，使电压表读数为某一值；保持的滑片位置不变，将置于最大值，将与2端接通，调节，使电压表读数仍为；断开，记下此时的读数。逐步降低温控室的温度，得到相应温度下的阻值，直至温度降到。实验得到的数据见下表。
回答下列问题：
（1）在闭合前，图中的滑片应移动到_________（填“”或“”）端；
（2）在图的坐标纸上补齐数据表中所给数据点，并作出曲线；_________
（3）由图可得到在范围内的温度特性。当时，可得 _________；
（4）将握于手心，手心温度下的相应读数如图所示，该读数为__________，则手心温度为_________ 。
【答案】 ①. ②. ③. 450 ④. 620.0 ⑤. 33.0
【解析】
【详解】（1）[1]滑动变阻器是限流式接法，闭合前，滑片应置于使滑动变阻器连入电路的阻值最大的位置，即端。
（2）[2]由题给数据描完点后，观察这些点的分布规律，应画一条平滑曲线，让尽可能多的点落在线上，不在线上的点要均匀分布在线的两侧。
（3）[3]由图线知，当时
（4）[4]电阻箱的读数为
[5]由图像知，当时
19. 如图所示，水平面上固定一劲度系数的轻弹簧，弹簧上端有一个上端开口的绝热汽缸，汽缸内有一加热装置（图中未画出）。绝热活塞A封住一定质量的理想气体，活塞A的质量，汽缸内部横截面的面积，弹簧上端固定于汽缸底部。下端固定于水平地面。平衡时，活塞与汽缸底部距离，已知大气压强为，初始时气体的温度为，取重力加速度大小，活塞A可无摩擦地滑动但不会脱离汽缸，且不漏气。汽缸侧壁始终在竖直方向上，不计加热装置的体积，弹簧始终在弹性限度内且始终在竖直方向上。
（I）启动加热装置，将气体的温度加热到，求此过程中活塞A对地移动的距离x1；
（II）若不启动加热装置，保持气体温度为不变。在活塞A上施加一个竖直向上的拉力，活塞A缓慢地移动了一段距离后再次达到平衡状态，此时的拉力大小。求此过程中活塞A对地移动的距离x2。
【答案】（I）2cm；（II）29cm
【解析】
【详解】（I）依题意，活塞A受力平衡，可得
启动加热装置，活塞缓慢A上移，大气压强和活塞质量均不变，所以该过程为等压变化，即
由
解得
此过程中活塞A对地移动的距离为2cm。
（II）在活塞A上施加一个竖直向上的拉力，再次达到平衡状态时，有
依题意，未启动加热装置，且汽缸和活塞均绝热，所以该过程为等温变化，设此过程活塞A对地移动的距离为l，可得
联立，解得
依题意，施加外力F前后，弹簧对汽缸的作用力变化了25N，根据
解得
即此过程中汽缸对地移动的距离为25cm。综上所述
此过程中活塞A对地移动的距离为29cm。
20. 有一游戏装置，在光滑水平面AC上安装一弹簧发射架，已知AB为弹簧原长，弹力做功W与压缩量的关系为，弹簧劲度系数，压缩量可调，斜面CD的倾角为，长为。质量的物块P被弹簧弹出，经过C点时速度大小不变，物块P与斜面CD间的动摩擦因数。斜面在D点处与半径的光滑圆形轨道相切连接，圆轨道的最低点E与水平轨道EF相切连接，EF轨道与CD斜面略错开。质量为的物块Q放在距离E点的G点处，两物块与水平轨道EF的动摩擦因数均为，紧靠F点右侧下方有一距EF为的平台，平台足够长。物块P与物块Q碰撞后粘在一起向前运动，整个运动过程中两物块均可看成质点。
（1）若压缩量，求物块P第一次到达C点时的速度大小；
（2）若物块P恰好能过圆轨道最高点，则物块P通过圆轨道最低点E时对轨道的压力；
（3）若物块P不脱离轨道且能够撞上物块Q，至少为多少？
（4）若物块P恰好能过圆轨道最高点，G点右侧轨道长度S可调，则S多大时两物块在平台上的落点与E点水平距离最远？水平最远距离为多少？
【答案】（1）；（2）；方向竖直向下；（3）；（4），
【解析】
【详解】（1）由B到C，根据能量守恒可知
解得
（2）物块P恰好能过圆轨道最高点，重力提供向心力
得
从最高点到E点，根据动能定理
可得
在E点由牛顿第二定律知
解得
由牛顿第三定律得
方向竖直向下
（3）当恰好过圆周运动最高点的情况下
解得
能撞上物块Q
根据能量守恒
解得
（4）从E点到Q点，由动能定理
可得
根据动量守恒
可得
则从G点到轨道右侧
可得
由平抛公式
得
所以水平距离
所以当时
21. 如图所示，竖直平面内有间距为l的固定平行金属导轨M和N，其下端通过开关S1连接电阻R，通过单刀双掷开关S2连接电容C和内外半径分别r1和r2的金属环，金属环位于同一竖直平面内。在两导轨虚线框内和在两金属环间，存在相同的、方向垂直导轨平面、大小为B的匀强磁场。电阻为R、质量为m、长为l的两相同的导体棒ab和cd，ab通过劲度系数为k的绝缘轻质弹簧相连，当开关S1和S2断开时，ab位于靠近磁场上边界处（但在磁场内），处于水平静止状态并与导轨接触良好；cd置于两金属环上，且绕过圆心O的轴以角速度匀速旋转。已知k=400N/m，m=1kg，l=1m，B=2T，R=0.5，C=0.25F，ω=5rad/s，r1=0.1m，r2=0.9m，不计其它电阻和摩擦阻力，棒ab始终在导轨所在平面内运动，g取10m/s2。
（1）S1断开，S2掷向2，求电容器所带电荷量的大小q；
（2）S1断开，S2掷向1时ab棒以v=1.0m/s的速度竖直向上运动离开磁场时，求此时电容器所带电荷量的大小q′，并判断cd的旋转方向；
（3）ab棒再进磁场前断开S2，接通S1，ab在磁场内运动至距磁场上边界0.04m处时速度为零，求此过程中电阻R消耗的焦耳热。（提示:弹簧伸长量为时，其弹性势能，导体棒ab在运动过程中弹簧末超出弹性限度）
【答案】（1）04C；（2）0.3C，顺时针方向；（3）
【解析】
【详解】（1）导体棒旋转切割磁感线的平均速度为
导体棒切割磁感线产生的电动势为
4V
则电容器所带电荷量为
C
（2）对ab棒，由动能定理可得
解得
C
则电容器此时所带电荷量为
C
若磁场方向垂直纸面向里，由左手定则可得，电流方向为a到b，则左极板带正电，故cd棒的电流方向为c到d，由右手定则可得，cd的旋转方向为顺时针方向；同理可得，若磁场方向垂直纸面向外，cd的旋转方向也为顺时针方向；
（3）开始时，ab棒重力和弹簧弹力二力平衡，即
由功能关系可得
解得
J
22. 在xOy平面的x轴上方区域范围内存在着范围足够大的匀强磁场（如图甲所示）。在空间坐标（x＝0，）处有一粒子源，在某一时刻向平面内各个方向均匀发射N个（N足够大）质量为m、电荷量为﹣q，速度为v0的带电粒子。（不计粒子重力及粒子间的相互作用，题中N、a、m、﹣q、v0均为已知量）
（1）若放射源所发出的粒子恰好有不能到达x轴，求磁感应强度为多大。
（2）求解第⑴问中，x轴上能接收到粒子的区域长度L。
（3）若磁场仅限制在一个半径为a的圆形区域内，圆心在坐标（a，）处。保持磁感应强度不变，在x轴的正半轴上铺设挡板，粒子源打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上并被挡板吸收，求：这部分粒子在先后到达板上的时间内对挡板的平均作用力。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）由几关系可知左右两个相切圆为临界条件，
由于有不能到达要x轴，所以
由几何关系知，磁场中做圆周运动半径为R＝a。
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
磁感应强度
（2）粒子打x轴上的范围如图所示，
x轴右侧长度为
x轴左侧，F与x轴相切，由几何关系知
联立可得
（3）粒子源打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上，轨迹半径R′＝a，轨迹如下图，根据几何关系则有
垂直打在板上的区域有两部分，
解得
解得
粒子源打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上的动量的变化量
粒子源打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上运动的最短时间
粒子源打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上运动的最长时间
这部分粒子在先后到达板上的时间内对挡板的平均作用力25.0
30.0
40.0
50.0
60.0
70.0
80.0
900.0
680.0
500.0
390.0
320.0
270.0
240.0