2022年浙江省普通高校招生選考物理真題試卷

2022年浙江省普通高校招生選考物理真題試卷

一、選擇題I（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一

個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分）

1.（3分）單位為J/m的物理量是（）

A.力B.功C.動(dòng)能D.電場(chǎng)強(qiáng)度

【分析】明確國(guó)際單位制中的單位名稱，對(duì)于每個(gè)物理量的單位都要掌握住，特別是有

多個(gè)單位的物理量，如長(zhǎng)度的單位有m、cm、mm等等，要知道哪些單位屬于國(guó)際單位

制中的符號(hào)。

【解答】解：功的單位為J,位移的單位為m,根據(jù)W=Fx可知，單位為J/m的物理量

是力，故A正確，BCD錯(cuò)誤。

故選：Ao

【點(diǎn)評(píng)】本題考查學(xué)生對(duì)單位這一基礎(chǔ)知識(shí)的掌握情況，物理量及對(duì)應(yīng)的單位是必須掌

握住的基礎(chǔ)知識(shí)。

2.（3分）下列說法正確的是（）

甲乙丙丁

A.研究甲圖中排球運(yùn)動(dòng)員扣球動(dòng)作時(shí)，排球可以看成質(zhì)點(diǎn)

B.研究乙圖中乒乓球運(yùn)動(dòng)員的發(fā)球技術(shù)時(shí)，乒乓球不能看成質(zhì)點(diǎn)

C.研究丙圖中羽毛球運(yùn)動(dòng)員回?fù)粲鹈騽?dòng)作時(shí)，羽毛球大小可以忽略

D.研究丁圖中體操運(yùn)動(dòng)員的平衡木動(dòng)作時(shí)，運(yùn)動(dòng)員身體各部分的速度可視為相同

【分析】質(zhì)點(diǎn)是用來代替物體的有質(zhì)量而不考慮形狀和大小的點(diǎn)，在物體的大小和形狀

不起作用，或者所起的作用并不顯著而可以忽略不計(jì)時(shí)，我們可以近似地把該物體看作

是一個(gè)具有質(zhì)量且大小和形狀可以忽略不計(jì)的理想物體，稱為質(zhì)點(diǎn)。

【解答】解：A、研究甲圖中排球運(yùn)動(dòng)員扣球動(dòng)作時(shí)，要注意扣球時(shí)與球的接觸位置，則

排球的大小與形狀不能忽略不計(jì)，排球不可以看成質(zhì)點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；

B、研究乙圖中乒乓球運(yùn)動(dòng)員的發(fā)球技術(shù)時(shí)，要注意發(fā)球時(shí)球拍與球的接觸位置，則乒乓

球的大小與形狀不能忽略不計(jì)，乒乓球不能看成質(zhì)點(diǎn)，故B正確；

C、研究丙圖中羽毛球運(yùn)動(dòng)員回?fù)粲鹈騽?dòng)作時(shí)，要注意擊球時(shí)與球的接觸位置，則羽毛

球的大小與形狀不能忽略不計(jì)，故C錯(cuò)誤；

D、研究圖中體操運(yùn)動(dòng)員的平衡木動(dòng)作時(shí)，運(yùn)動(dòng)員身體各部分的速度不可以視為相同，故

D錯(cuò)誤。

故選：Bo

【點(diǎn)評(píng)】要把物體看作質(zhì)點(diǎn)，就要看所研究問題的性質(zhì)，而與物體本身無關(guān)。所以，能否

將物體看作質(zhì)點(diǎn)需要滿足其中之一：①當(dāng)物體的大小與所研究的問題中其他距離相比為

極小時(shí)。②一個(gè)物體各個(gè)部分的運(yùn)動(dòng)情況相同，它的任何一點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)都可以代表整個(gè)物

體的運(yùn)動(dòng)。

3.（3分）利用如圖所示裝置探究勻強(qiáng)磁場(chǎng)中影響通電導(dǎo)線受力的因素，導(dǎo)線垂直勻強(qiáng)磁場(chǎng)

方向放置。先保持導(dǎo)線通電部分的長(zhǎng)度L不變，改變電流I的大小，然后保持電流I不

變，改變導(dǎo)線通電部分的長(zhǎng)度L,得到導(dǎo)線受到的力F分別與I和L的關(guān)系圖像，則正

確的是（）

4

【分析】由安培力的計(jì)算公式可知安培力與電流和導(dǎo)線長(zhǎng)度間的關(guān)系，從而確定圖象。

【解答】解：AB、由F=BIL可知，在B和L不變的情況下，F(xiàn)與電流I成正比，故A

錯(cuò)誤，B正確；

CD、由F=BIL可知，在B和I不變的情況下，F(xiàn)與磁場(chǎng)中的導(dǎo)線長(zhǎng)度成正比，故CD錯(cuò)

誤。

故選：Bo

【點(diǎn)評(píng)】本題考查學(xué)生對(duì)安培力公式的掌握，只需明確根據(jù)安培力的公式：F=BIL,知

道L為有效長(zhǎng)度即可順利求解。

4.（3分）如圖所示，公園里有一仿制我國(guó)古代欹器的U形水桶，桶可繞水平軸轉(zhuǎn)動(dòng)，水管

口持續(xù)有水流出，過一段時(shí)間桶會(huì)翻轉(zhuǎn)一次，決定桶能否翻轉(zhuǎn)的主要因素是（）

B.水管每秒出水量的大小

C.水流對(duì)桶撞擊力的大小

D.水桶與水整體的重心高低

【分析】明確水桶翻轉(zhuǎn)原理，知道重心的性質(zhì)。

【解答】解：當(dāng)桶中水增多時(shí)，水桶和水的重心上移，當(dāng)重心上移到某一高度時(shí)，水桶會(huì)

翻轉(zhuǎn)，所以決定桶能否翻轉(zhuǎn)的主要因素是重心的高低，與自身重力、出水量和撞擊力等

無關(guān)，故D正確，ABC錯(cuò)誤。

故選：Do

【點(diǎn)評(píng)】本題考查重心知識(shí)的應(yīng)用，要注意將所學(xué)物理規(guī)律用到生活中去，從而激發(fā)學(xué)

習(xí)物理的興趣。

5.（3分）如圖所示，學(xué)校門口水平地面上有一質(zhì)量為m的石墩，石墩與水平地面間的動(dòng)摩

擦因數(shù)為工作人員用輕繩按圖示方式勻速移動(dòng)石墩時(shí)，兩平行輕繩與水平面間的夾角

均為9,則下列說法正確的是（）

C.減小夾角仇輕繩的合拉力一定減小

D.輕繩的合拉力最小時(shí)，地面對(duì)石墩的摩擦力也最小

【分析】對(duì)石墩受力分析，由平衡條件列方程求解出輕繩的合拉力大小表達(dá)式，然后應(yīng)

用數(shù)學(xué)知識(shí)的三角函數(shù)知識(shí)去求解。

【解答】解：AB.設(shè)輕繩的合拉力大小為T,對(duì)石墩受力分析，如圖所示：

由平衡條件，可知在水平方向上有：TcosO=f

豎直方向上有：TsinO+N=mg

根據(jù)滑動(dòng)摩擦力公式得：f=gN

聯(lián)立解得輕繩的合拉力大小為：T=一否、故A錯(cuò)誤，B正確;

costJ+\xsinti

c.合拉力的大小為：T=一〉出于=/c---------

2

cos8+Wsin8Vi+|isin（0+a）

其中tana=%可知當(dāng)8+a=90。時(shí)，拉力有最小值，即減小夾角8,輕繩的合拉力不一定

減小，故C錯(cuò)誤；

乩m(xù)gccs8?mg

D.摩擦力大小為：f=Tcos0

cos8+sin91+M-tan6

可知增大夾角0,摩擦力一直減小，當(dāng)趨近于90。時(shí)，摩擦力最小，故輕繩的合拉力最小

時(shí)，地面對(duì)石墩的摩擦力不是最小，故D錯(cuò)誤;

故選：Bo

【點(diǎn)評(píng)】本題以學(xué)校門口水平地面上的石墩為情景載體，考查了共點(diǎn)力平衡在實(shí)際問題

中的應(yīng)用，解決此題的關(guān)鍵是對(duì)石墩進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡條件結(jié)合數(shù)學(xué)的三角函數(shù)

進(jìn)行求解。

6.（3分）圖甲中的裝置水平放置，將小球從平衡位置。拉到A后釋放，小球在。點(diǎn)附近

來回振動(dòng)；圖乙中被細(xì)繩拴著的小球由靜止釋放后可繞固定點(diǎn)來回?cái)[動(dòng)。若將上述裝置

安裝在太空中的我國(guó)空間站內(nèi)進(jìn)行同樣操作，下列說法正確的是（）

甲乙

A.甲圖中的小球?qū)⒈３朱o止

B.甲圖中的小球仍將來回振動(dòng)

C.乙圖中的小球仍將來回?cái)[動(dòng)

D.乙圖中的小球?qū)⒆鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng)

【分析】相對(duì)在地球上，太空中重力忽略不計(jì);從而結(jié)合簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)回復(fù)力分析各選項(xiàng)。

【解答】解：AB、甲圖做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，回復(fù)力為彈力，不受重力影響，故仍來回振動(dòng)，故

A錯(cuò)誤，B正確；

CD、乙圖小球受重力影響來回振動(dòng)，太空中重力不計(jì)，故不能擺動(dòng)或勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故

CD錯(cuò)誤。

故選：Bo

【點(diǎn)評(píng)】本題考查簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，靈活運(yùn)用受力分析是解題關(guān)鍵。

7.（3分）如圖所示，水平放置的電子秤上有一磁性玩具，玩具由啞鈴狀物件P和左端有玻

璃擋板的凹形底座Q構(gòu)成,其重量分別為GP和GQ。用手使P的左端與玻璃擋板靠近時(shí),

感受到P對(duì)手有靠向玻璃擋板的力，P與擋板接觸后放開手，P處于“磁懸浮”狀態(tài)（即P

和Q的其余部分均不接觸），P與Q間的磁力大小為F。下列說法正確的是（）

玻璃擋板

A.Q對(duì)P的磁力大小等于GP

B.P對(duì)Q的磁力方向豎直向下

C.Q對(duì)電子秤的壓力大小等于GQ+F

D.電子秤對(duì)Q的支持力大小等于GP+GQ

【分析】P對(duì)手有靠向玻璃擋板的力，Q對(duì)P有水平向左的磁力，Q對(duì)P的磁力方向斜

向左上方向，其磁力F大小大于GP;對(duì)PQ的整體受力分析，由平衡條件和牛頓第三定

律判斷即可。

【解答】解：AB.由題意可知，因手使P的左端與玻璃擋板靠近時(shí)，感受到P對(duì)手有靠

向玻璃擋板的力，即Q對(duì)P有水平向左的磁力；P與擋板接觸后放開手，P處于“磁懸浮”

狀態(tài)，則說明Q對(duì)P有豎直向上的磁力，則Q對(duì)P的磁力方向斜向左上方向，其磁力F

大小大于GP,故AB錯(cuò)誤；

CD.對(duì)PQ的整體受力分析，在豎直方向上，根據(jù)平衡條件可知電子秤對(duì)Q的支持力大

小等于GP+GQ,根據(jù)牛頓第三定律可知Q對(duì)電子秤的壓力大小等于GP+GQ,故C錯(cuò)誤，

D正確。

故選：D。

【點(diǎn)評(píng)】本題以水平放置的電子秤為情景載體，考查了受力分析及平衡條件在實(shí)際問題

中的應(yīng)用，解決此題要靈活選取研究對(duì)象。

8.（3分）“天問一號(hào)”從地球發(fā)射后，在如圖甲所示的P點(diǎn)沿地火轉(zhuǎn)移軌道到Q點(diǎn)，再依次

進(jìn)入如圖乙所示的調(diào)相軌道和停泊軌道，則天間一號(hào)（）

A.發(fā)射速度介于7.9km/s與11.2km/s之間

B.從P點(diǎn)轉(zhuǎn)移到Q點(diǎn)的時(shí)間小于6個(gè)月

C.在環(huán)繞火星的停泊軌道運(yùn)行的周期比在調(diào)相軌道上小

D.在地火轉(zhuǎn)移軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度均大于地球繞太陽(yáng)的速度

【分析】第二宇宙速度是衛(wèi)星脫離地球引力束縛的最小發(fā)射速度；

根據(jù)衛(wèi)星的變軌原理分析；

根據(jù)開普勒第三定律分析周期關(guān)系。

【解答】解：A、天間一號(hào)需要脫離地球引力的束縛，第二宇宙速度11.2km/s為脫離地球

的引力，在地球發(fā)射天問一號(hào)的速度要大于第二宇宙速度，故A錯(cuò)誤。

3

B、地球公轉(zhuǎn)周期為12個(gè)月，根據(jù)開普勒第三定律可知，%=k,天問一號(hào)在地火轉(zhuǎn)移

T4

軌道的軌道半徑大于地球公轉(zhuǎn)半徑，則運(yùn)行周期大于12個(gè)月，從P點(diǎn)轉(zhuǎn)移到Q點(diǎn)的時(shí)

間大于6個(gè)月，故B錯(cuò)誤；

C、同理，環(huán)繞火星的停泊軌道半徑小于調(diào)相軌道半徑，則在環(huán)繞火星的停泊軌道運(yùn)行的

周期比在調(diào)相軌道上小，故C正確；

D、天問一號(hào)在Q點(diǎn)點(diǎn)火加速進(jìn)入火星軌道，則在地火轉(zhuǎn)移軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)，Q點(diǎn)的速度小

2

于火星軌道的速度,根據(jù)萬有引力提供向心力可知,粵=nA-，解得線速度:v=

r,r

地球公轉(zhuǎn)半徑小于火星公轉(zhuǎn)半徑，則地球繞太陽(yáng)的速度大于火星繞太陽(yáng)的速度，則在地

火轉(zhuǎn)移軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)，Q點(diǎn)的速度小于地球繞太陽(yáng)的速度，故D錯(cuò)誤。

故選：Co

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了萬有引力定律的應(yīng)用，解決本題的關(guān)鍵是理解衛(wèi)星的變軌過程，以

及萬有引力定律的靈活運(yùn)用。

9.（3分）如圖所示，甲圖是一種手搖發(fā)電機(jī)及用細(xì)短鐵絲顯示的磁場(chǎng)分布情況，搖動(dòng)手柄

可使對(duì)稱固定在轉(zhuǎn)軸上的矩形線圈轉(zhuǎn)動(dòng)；乙圖是另一種手搖發(fā)電機(jī)及磁場(chǎng)分布情況，皮

帶輪帶動(dòng)固定在轉(zhuǎn)軸兩側(cè)的兩個(gè)線圈轉(zhuǎn)動(dòng)。下列說法正確的是（）

矩形線圈

乙

A.甲圖中線圈轉(zhuǎn)動(dòng)區(qū)域磁場(chǎng)可視為勻強(qiáng)磁場(chǎng)

B,乙圖中線圈轉(zhuǎn)動(dòng)區(qū)域磁場(chǎng)可視為勻強(qiáng)磁場(chǎng)

C.甲圖中線圈轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電流是正弦交流電

D.乙圖線圈勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電流是正弦交流電

【分析】磁場(chǎng)分布均勻，則線圈轉(zhuǎn)動(dòng)區(qū)域磁場(chǎng)可視為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)分布不均勻，則線圈

轉(zhuǎn)動(dòng)區(qū)域磁場(chǎng)不能看成勻強(qiáng)磁場(chǎng)；甲圖中線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直磁場(chǎng)的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)

時(shí)才能產(chǎn)生正弦交流電，乙圖中是非勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則線圈勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)不能產(chǎn)生正弦交流電。

【解答】解：A.甲圖中細(xì)短鐵絲顯示的磁場(chǎng)分布均勻，則線圈轉(zhuǎn)動(dòng)區(qū)域磁場(chǎng)可視為勻強(qiáng)

磁場(chǎng)，故A正確；

B.乙圖中細(xì)短鐵絲顯示的磁場(chǎng)分布不均勻，則線圈轉(zhuǎn)動(dòng)區(qū)域磁場(chǎng)不能看成勻強(qiáng)磁場(chǎng)，故

B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)發(fā)電機(jī)原理可知甲圖中線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直磁場(chǎng)的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)才能產(chǎn)生

正弦交流電，故C錯(cuò)誤；

D.乙圖中是非勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則線圈勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)不能產(chǎn)生正弦交流電，故D錯(cuò)誤；

故選：Ao

【點(diǎn)評(píng)】本題是準(zhǔn)確理解交流電的產(chǎn)生規(guī)律，閉合電路中線圈在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，線圈中

要產(chǎn)生交變電流，要滿足線圈中的磁通量發(fā)生周期性變化。

10.（3分）某種氣體一電子放大器的局部結(jié)構(gòu)是由兩塊夾有絕緣介質(zhì)的平行金屬薄膜構(gòu)成，

其上存在等間距小孔，其中相鄰兩孔截面上的電場(chǎng)線和等勢(shì)線的分布如圖所示。下列說

法正確的是（）

a

A.a點(diǎn)所在的線是等勢(shì)線

B.b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比c點(diǎn)大

C.b、c兩點(diǎn)間的電勢(shì)差的值比a、c兩點(diǎn)間的大

D.將電荷沿圖中的線從d-eifTg移動(dòng)時(shí)電場(chǎng)力做功為零

【分析】電場(chǎng)線是發(fā)散的，等勢(shì)線是封閉的，電場(chǎng)線的密集程度代表電場(chǎng)強(qiáng)度大小，d點(diǎn)

電勢(shì)與g點(diǎn)電勢(shì)不同，根據(jù)等勢(shì)線可知電勢(shì)差關(guān)系。

【解答】解：A、電場(chǎng)線是發(fā)散的，等勢(shì)線是封閉的，所以a所在的線是電場(chǎng)線，故A錯(cuò)

誤；

B、根據(jù)電場(chǎng)線的密集程度代表電場(chǎng)強(qiáng)度大小可知b點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)小于c點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)；故B錯(cuò)誤；

C、根據(jù)等勢(shì)線分布可知Ubc=Uba+Uac,所以b、c兩點(diǎn)間的電勢(shì)差的值比a、c兩點(diǎn)間的

大，故C正確；

D、由圖可知d點(diǎn)電勢(shì)與g點(diǎn)電勢(shì)不同，則將電荷沿圖中的線從d-eTf-g移動(dòng)時(shí)電場(chǎng)

力做功不為0,故D錯(cuò)誤；

故選：Co

【點(diǎn)評(píng)】本題考查電場(chǎng)線、電勢(shì)能與電場(chǎng)力做功，解題關(guān)鍵掌握電場(chǎng)線與等勢(shì)線的特點(diǎn)，

注意電場(chǎng)線的密集程度代表電場(chǎng)強(qiáng)度大小。

(3分)如圖所示，用激光筆照射半圓形玻璃磚圓心O點(diǎn)，發(fā)現(xiàn)有a、b、c、d四條細(xì)光

束，其中d是光經(jīng)折射和反射形成的。當(dāng)入射光束a繞。點(diǎn)逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)過小角度A8

時(shí)，b、c、d也會(huì)隨之轉(zhuǎn)動(dòng)，則()

b

E7

I

A.光束b順時(shí)針旋轉(zhuǎn)角度小于AO

B.光束c逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)角度小于AO

C.光束d順時(shí)針旋轉(zhuǎn)角度大于A0

D.光速b、c之間的夾角減小了2A。

【分析】由反射定律可知反射角等于入射角，由折射定律可得光束c逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)角度小

于A9,光束d的反射角變化與光束c的折射角變化相等。

【解答】解：A.設(shè)入射光線的入射角為明則反射角為a,光束c的折射角為0,光束d

的反射角也為P,入射光束a繞O點(diǎn)逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)過小角度A0時(shí)，入射角變?yōu)?/p>

a'=A9+a

由反射定律可知反射角等于入射角，則光束b順時(shí)針旋轉(zhuǎn)角度等于A0,故A錯(cuò)誤；

B.由折射定律有

sinB

sin(a+A9)-n>i

sin(B+48')’

可得

AO^Ae

即光束C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)角度小于AO,故B正確；

C.光束d的反射角變化與光束c的折射角變化相等，則光束d順時(shí)針旋轉(zhuǎn)角度小于△(),

故C錯(cuò)誤；

D.光束b順時(shí)針旋轉(zhuǎn)角度等于△(),光束c逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)角度小于A0,則光速b、c之間的

夾角減小的角度小于2A0,故D錯(cuò)誤；

故選：Bo

【點(diǎn)評(píng)】本題考查光的折射與反射，解題關(guān)鍵掌握光的反射定律與折射定律，根據(jù)入射

角的變化推出反射角和折射角的變化。

12.(3分)某節(jié)水噴灌系統(tǒng)如圖所示，水以vo=15m/s的速度水平噴出，每秒噴出水的質(zhì)量

為2.0kg。噴出的水是從井下抽取的，噴口離水面的高度保持H=3.75m不變。水泵由電

動(dòng)機(jī)帶動(dòng)，電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)，輸入電壓為220V,輸入電流為2.0A。不計(jì)電動(dòng)機(jī)的摩擦

損耗，電動(dòng)機(jī)的輸出功率等于水泵所需要的輸入功率。已知水泵的抽水效率（水泵的輸

出功率與輸入功率之比）為75%,忽略水在管道中運(yùn)動(dòng)的機(jī)械能損失，則（）

A.每秒水泵對(duì)水做功為75J

B,每秒水泵對(duì)水做功為225J

C.水泵輸入功率為440W

D.電動(dòng)機(jī)線圈的電阻為10Q

【分析】由能量守恒求解水泵對(duì)水做的功，由抽水效率求解水泵輸入功率，由功率關(guān)系

求解電阻。

W-J-mvo+mgH

【解答】解：AB、水泵的輸出功率兒----------

tt

解得P出=300W,即做功為300J,故AB錯(cuò)誤;

C、由水泵的抽水效率關(guān)系75%P人=P出

解得P人=400W,故C錯(cuò)誤；

D、P內(nèi)=P-P『UI-P人

又P內(nèi)=12R

解得R=10C,故D正確。

故選：Do

【點(diǎn)評(píng)】本題考查電功率，熟練掌握功率關(guān)系是解題關(guān)鍵。

13.（3分）如圖所示，將一通電螺線管豎直放置，螺線管內(nèi)部形成方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)

度大小B=kt的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在內(nèi)部用絕緣輕繩懸掛一與螺線管共軸的金屬薄圓管，其電

阻率為P、高度為h、半徑為r、厚度為d（d?r）,則（）

A.從上向下看，圓管中的感應(yīng)電流為逆時(shí)針方向

2

B.圓管的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為里"一

23

C.圓管的熱功率大小為.，［r

D.輕繩對(duì)圓管的拉力隨時(shí)間減小

【分析】根據(jù)楞次定律判斷出感應(yīng)電流的方向，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律計(jì)算出感應(yīng)電

動(dòng)勢(shì)的大小，根據(jù)閉合電路的歐姆定律求出電流的大小，根據(jù)電功率的公式求出電功率

的大小，根據(jù)安培力的公式求出安培力的大小變化，然后判斷輕繩對(duì)圓管的拉力。

【解答】解：A、根據(jù)安培定則可知螺線管產(chǎn)生的磁場(chǎng)的方向向上，由于螺線管產(chǎn)生的磁

場(chǎng)隨時(shí)間增強(qiáng)，根據(jù)楞次定律，圓管產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向從上向下看，圓管中的感應(yīng)電

流為順時(shí)針方向，故A錯(cuò)誤;

△9

B、圓管的橫截面積：S=7rr,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，則產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)：E=

=故B錯(cuò)誤;

C、根據(jù)電阻定律，圓管的電阻：R=?二2工

hd

圓管內(nèi)的感應(yīng)電流的大小：1=5■聾裳旭一陪

R2兀Pr2P

23

圓管的熱功率大小為：P=PR=兀喏工-,故C正確;

D、根據(jù)左手定則可知，圓管受到的安培力的方向指向圓管的圓心，雖然安培力變化，但

安培力的大小對(duì)輕繩對(duì)圓管的拉力沒有影響，所以輕繩對(duì)圓管的拉力不變，故D錯(cuò)誤。

故選：Co

【點(diǎn)評(píng)】該題屬于電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用，解答的過程中要注意圓管的橫截面積與管

壁的橫截面積是不同的，計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與計(jì)算電阻時(shí)要注意區(qū)分。

二、選擇題n（本題共3小題，每小題2分，共6分。小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中至少有一個(gè)

是符合題目要求的。全部選對(duì)的得2分，選對(duì)但不選全的得1分，有選錯(cuò)的得。分）

（多選）14.（2分）2021年12月15日秦山核電站迎來了安全發(fā)電30周年，核電站累計(jì)發(fā)

電約6.9xlOukW-h,相當(dāng)于減排二氧化碳六億多噸。為了提高能源利用率，核電站還將

利用冷卻水給周圍居民供熱。下列說法正確的是（）

A.秦山核電站利用的是核聚變釋放的能量

B.秦山核電站發(fā)電使原子核虧損的質(zhì)量約為27.6kg

C.核電站反應(yīng)堆中需要用鎘棒控制鏈?zhǔn)椒磻?yīng)的速度

D.反應(yīng)堆中存在管U+ln-僚4Ba+黑燈+3；1n的核反應(yīng)

【分析】核電站采用鈾核裂變提供能量發(fā)電；核裂變是可控的鏈?zhǔn)椒磻?yīng)；核能的利用率

不能達(dá)到100%。

【解答】解：A、目前核電站均利用鈾核裂變釋放的能量發(fā)電，故A錯(cuò)誤；

B、秦山核電站30年累計(jì)發(fā)電約6.9xlO“kW?h,根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程得

E6.9Xio“X3.6X1。6

Am=-kg=27.6kg,

82

c(3X10)

核反應(yīng)產(chǎn)生的能量不能完全轉(zhuǎn)化為電能，故質(zhì)量虧損比27.6kg更多，故B錯(cuò)誤；

C、鈾核裂變可通過反應(yīng)堆中的鎘棒控制鏈?zhǔn)椒磻?yīng)速度，故C正確；

D、用一個(gè)中子轟擊鈾核，產(chǎn)生3個(gè)中子，鈾核裂變方程式為：^5U+1^144Ba+89K

SNu5636

+3；n，其中核反應(yīng)方程兩端的中子不能約去，故D正確；

故選：CD。

【點(diǎn)評(píng)】本題考查核能的應(yīng)用，要注意正確區(qū)分核裂變和核聚變的區(qū)別，知道核電站的

工作模式。

（多選）15.（2分）兩列振幅相等、波長(zhǎng)均為限周期均為T的簡(jiǎn)諧橫波沿同一繩子相向傳

播，若兩列波均由一次全振動(dòng)產(chǎn)生，t=0時(shí)刻的波形如圖所示，此時(shí)兩列波相距X,則

（）

圖1

A.t=I時(shí)，波形如圖2甲所不

B.t=工時(shí)，波形如圖2乙所示

2

c.t=W工時(shí)，波形如圖2丙所示

4

D.t=T時(shí)，波形如圖2丁所示

【分析】根據(jù)波傳播的時(shí)間確定波傳播的距離，再根據(jù)波的疊加原理分析兩列波相遇時(shí)

的波形。

【解答】解：A、波在一個(gè)周期內(nèi)傳播的距離為一個(gè)波長(zhǎng)，因?yàn)閠=0時(shí)刻兩列波相距七

t=_L時(shí)，兩列波各傳播J二的距離，兩列波還沒有相遇，各自的波形不變，故A錯(cuò)誤；

44

B、t=工時(shí)，兩列波各傳播人的距離，兩列波剛好相遇，各自的波形不變，波形如圖乙

22

所示，故B正確；

C、t=4時(shí)，兩列波各傳播g入的距離，兩個(gè)波谷相遇，兩波谷疊加處的位移等于原來

44

兩個(gè)波谷位移之和，波形與圖丙不同，故C錯(cuò)誤；

D、t=T時(shí)，兩列波各傳播入的距離，左波的波峰與右波的波谷相遇，左波的波谷與右波

的波峰相遇，相遇處位移均為零，波形如圖丁所示，故D正確。

故選：BDo

【點(diǎn)評(píng)】解答本題時(shí)，要知道波在一個(gè)周期內(nèi)傳播的距離為一個(gè)波長(zhǎng)，兩列波的波峰與

波谷相遇時(shí)，振動(dòng)會(huì)抵消。

（多選）16.（2分）電子雙縫干涉實(shí)驗(yàn)是近代證實(shí)物質(zhì)波存在的實(shí)驗(yàn)。如圖所示，電子槍持

續(xù)發(fā)射的電子動(dòng)量為L(zhǎng)2xl0-23kg.m/s,然后讓它們通過雙縫打到屏上。已知電子質(zhì)量取

9.1x103lkg,普朗克常量取6.6x1034J.S,下列說法正確的是（）

CZD—?

電子槍

A.發(fā)射電子的動(dòng)能約為8.0xl（）T5j

B.發(fā)射電子的物質(zhì)波波長(zhǎng)約為5.5xl（r"m

C.只有成對(duì)電子分別同時(shí)通過雙縫才能發(fā)生干涉

D.如果電子是一個(gè)一個(gè)發(fā)射的，仍能得到干涉圖樣

【分析】由經(jīng)典力學(xué)動(dòng)量與動(dòng)能的關(guān)系式求電子的動(dòng)能；

由物質(zhì)波波長(zhǎng)公式求電子的波長(zhǎng)；

實(shí)物粒子也具有波動(dòng)性，但由于波長(zhǎng)太小，我們無法直接觀測(cè)到，電子衍射圖樣有力的

證明了物質(zhì)波的存在，波粒二象性是指既具有波動(dòng)性又有粒子性，少量體現(xiàn)粒子性，大

量體現(xiàn)波動(dòng)性；微觀（小到分子、原子尺度）領(lǐng)域，牛頓運(yùn)動(dòng)定律不再適用；

由不確定性關(guān)系來判斷微觀粒子沒有準(zhǔn)確的位置。

[c2fl9X1門―2312

【解答】解：A、電子的動(dòng)能Ek==~mv2=m_=A上，工I/_J=8.0X10I7J,故A

22m9.1X10-31

錯(cuò)誤；

-34

B、發(fā)射電子波長(zhǎng)入=1=6MXl°Hfm=5-5xlO"m,故B正確；

P1.2X10-23

C、電子不一定成雙成對(duì)通過雙縫才有干涉圖樣，電子在運(yùn)動(dòng)的過程中具有波動(dòng)性的特點(diǎn),

到達(dá)各位置的概率不相同，故C錯(cuò)誤；

D、根據(jù)物質(zhì)波是概率波的概念，對(duì)于一個(gè)粒子通過單縫落在何處，是不確定的，但是中

央亮條紋，故概率最大落在中央亮紋處，也有可能落在暗紋處，但是落在暗紋處的幾率

很小，故D正確。

故選：BDo

【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是物質(zhì)波也具有波粒二象性，牛頓運(yùn)動(dòng)定律在微觀領(lǐng)域不再適用以

及不確定性關(guān)系，屬于基礎(chǔ)內(nèi)容，要求學(xué)生強(qiáng)化記憶，多加訓(xùn)練。

三、非選擇題(本題共7小題，共55分)

17.(7分)在“研究平拋運(yùn)動(dòng)”實(shí)驗(yàn)中，以小鋼球離開軌道末端時(shí)球心位置為坐標(biāo)原點(diǎn)O,建

立水平與豎直坐標(biāo)軸。讓小球從斜槽上離水平桌面高為h處?kù)o止釋放，使其水平拋出，

通過多次描點(diǎn)可繪出小球做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)球心的軌跡，如圖所示。在軌跡上取一點(diǎn)A,讀

取其坐標(biāo)(xo,yo)?

(1)下列說法正確的是C。

A.實(shí)驗(yàn)所用斜槽應(yīng)盡量光滑

B.畫軌跡時(shí)應(yīng)把所有描出的點(diǎn)用平滑的曲線連接起來

C求平拋運(yùn)動(dòng)初速度時(shí)應(yīng)讀取軌跡上離原點(diǎn)較遠(yuǎn)的點(diǎn)的數(shù)據(jù)

(2)根據(jù)題目所給信息，小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度大小vo=D。

AN2gh

B72gy0

(3)在本實(shí)驗(yàn)中要求小球多次從斜槽上同一位置由靜止釋放的理由是小球到達(dá)斜槽

末端時(shí)的速度相同，確保多次運(yùn)動(dòng)的軌跡相同。

【分析】(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)分析答題。

(2)應(yīng)用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出小球的初速度大小。

(3)為使小球到達(dá)斜槽末端時(shí)速度相等，小球應(yīng)從斜槽的同一位置由靜止釋放。

【解答】解：(1)A、只要小球從斜槽同一位置由靜止釋放，小球做平拋運(yùn)動(dòng)從初速度就

相同，實(shí)驗(yàn)所用斜槽應(yīng)不必光滑，故A錯(cuò)誤；

B、畫軌跡時(shí)應(yīng)把盡可能多的描出的點(diǎn)用平滑的曲線連接起來，故B錯(cuò)誤；

C、為減小實(shí)驗(yàn)誤差，求平拋運(yùn)動(dòng)初速度時(shí)應(yīng)讀取軌跡上離原點(diǎn)較遠(yuǎn)的點(diǎn)的數(shù)據(jù)，故C正

確。

故選:Co

(2)小球做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t,

水平方向x()=v()t

豎直方向yo=/gt2

故ABC錯(cuò)誤，D正確。

故選:Do

(3)實(shí)驗(yàn)中要求小球多次從斜槽上同一位置由靜止釋放的理由是小球到達(dá)斜槽末端時(shí)的

速度相同，確保多次運(yùn)動(dòng)的軌跡相同。

故答案為：⑴C;(2)D;(3)小球到達(dá)斜槽末端時(shí)的速度相同，確保多次運(yùn)動(dòng)的軌跡

相同。

【點(diǎn)評(píng)】理解實(shí)驗(yàn)原理是解題的前提，掌握基礎(chǔ)知識(shí)、應(yīng)用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律即可解題。

18.“探究碰撞中的不變量”的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，阻力很小的滑軌上有兩輛小車A、B,給

小車A一定速度去碰撞靜止的小車B,小車A、B碰撞前后的速度大小可由速度傳感器

測(cè)得。

BA

口5^3

口g

(1)實(shí)驗(yàn)應(yīng)進(jìn)行的操作有C0

A.測(cè)量滑軌的長(zhǎng)度

B.測(cè)量小車的長(zhǎng)度和高度

C.碰撞前將滑軌調(diào)成水平

(2)下表是某次實(shí)驗(yàn)時(shí)測(cè)得的數(shù)據(jù)：

A的質(zhì)量/kgB的質(zhì)量/kg碰撞前4的速度大碰撞后A的速度大碰撞后B的速度大

小/(m*一)小/(m”7)小/(m-s-1)

0.2000.3001.0100.2000.800

由表中數(shù)據(jù)可知，碰撞后小車A、B所構(gòu)成系統(tǒng)的總動(dòng)量大小是0.200kg-m/so(結(jié)

果保留3位有效數(shù)字)

【分析】(1)系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)題意分析答題。

(2)根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)應(yīng)用動(dòng)量的計(jì)算公式求出系統(tǒng)的總動(dòng)量大小。

【解答】解：(1)AB、實(shí)驗(yàn)需要測(cè)量小車的速度與質(zhì)量，不需要測(cè)量滑軌的長(zhǎng)度、不需

要測(cè)量小車的長(zhǎng)度和高度，故AB錯(cuò)誤；

C、系統(tǒng)所受合外力為零系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰撞前將滑軌調(diào)成水平，故C正確。

(2)由于A的質(zhì)量小于B的質(zhì)量，碰撞后A反彈，以碰撞前A的速度方向?yàn)檎较颍?/p>

碰撞后小車A、B所構(gòu)成的系統(tǒng)總動(dòng)量大小p=mAVA+mBVB=0.200x(-0.200)

kg?m/s+0.300x0.800kgTn/s=0.200kg?m/s

故答案為:⑴C;(2)0.200。

【點(diǎn)評(píng)】理解實(shí)驗(yàn)原理、知道實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)是解題的前提，解題時(shí)要注意正方向的選擇。

19.(7分)小明同學(xué)根據(jù)圖1的電路連接器材來“探究導(dǎo)體電阻與其影響因素的定量關(guān)系”。

實(shí)驗(yàn)時(shí)多次改變合金絲甲接入電路的長(zhǎng)度1、調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的阻值，使電流表的讀數(shù)I

達(dá)到某一相同值時(shí)記錄電壓表的示數(shù)U,從而得到多個(gè)苧的值，作出+1圖像，如圖2

中圖線a所示。

l/m

(1)在實(shí)驗(yàn)中使用的是0?20c(選填“0?20Q”或“0?200C”)的滑動(dòng)變阻器。

(2)在某次測(cè)量時(shí)，電壓表的指針位置如圖3所示，量程為3V,則讀數(shù)U=1.31Vo

(3)已知合金絲甲的橫截面積為7.0x108m2,則合金絲甲的電阻率為1.0x106Q-m

(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)。

(4)圖2中圖線b是另一根長(zhǎng)度相同、材料相同的合金絲乙與合金絲甲并聯(lián)后采用同樣

的方法獲得的苧T圖像，由圖可知合金絲甲的橫截面積小于(選填“大于”、“等于“

或“小于”)合金絲乙的橫截面積。

【分析】(1)為方便實(shí)驗(yàn)操作應(yīng)選擇最大阻值較小的滑動(dòng)變阻器。

(2)根據(jù)電壓表量程確定其分度值，根據(jù)指針位置讀出其示數(shù)。

(3)應(yīng)用電阻定律求出合金絲的電阻率。

(4)根據(jù)圖示圖象比較兩合金絲電阻大小，然后與電阻定律比較電阻率大小關(guān)系。

【解答】解：(1)為方便實(shí)驗(yàn)操作，在實(shí)驗(yàn)中使用的是0?20。的滑動(dòng)變阻器。

(2)電壓表量程是3V,由圖3所示表盤可知，其分度值為0.1V,示數(shù)為1.31V。

(3)由歐姆定律與電阻定律得：—p-^-,則?=R1

由圖2所示？-1圖象可知，圖象的斜率卜=鳥=，尸裝，所,

IS0.41-0.14

代入數(shù)據(jù)解得：pR.Ox106Q?m

(4)另一根長(zhǎng)度相同、材料相同的合金絲乙與合金絲甲并聯(lián)后，電阻率不變，橫截面積

變?yōu)椋篠'=S+S乙

1.0xI0~6

由圖2中圖線b可得：S，=艮

m2=2.8x107m2

kb2.2-1.2

0.43-0.15

S乙=$，-$=2.8*10-7012-70、10-8012=2.卜10-7]112,故合金絲甲的橫截面積小于乙的

橫截面積。

故答案為：⑴0-20Q(2)1.31;(3)1.0X106;(4)小于。

【點(diǎn)評(píng)】理解實(shí)驗(yàn)原理是解題的前提，應(yīng)用歐姆定律與電阻定律求出圖象的函數(shù)表達(dá)式，

根據(jù)圖示圖象可以解題。

20.(9分)第24屆冬奧會(huì)將在我國(guó)舉辦。鋼架雪車比賽的一段賽道如圖1所示，長(zhǎng)12m水

平直道AB與長(zhǎng)20m的傾斜直道BC在B點(diǎn)平滑連接，斜道與水平面的夾角為15%運(yùn)

動(dòng)員從A點(diǎn)由靜止出發(fā)，推著雪車勻加速到B點(diǎn)時(shí)速度大小為8m/s,緊接著快速俯臥到

車上沿BC勻加速下滑(圖2所示)，到C點(diǎn)共用時(shí)5.0s。若雪車(包括運(yùn)動(dòng)員)可視為

質(zhì)點(diǎn)，始終在冰面上運(yùn)動(dòng)，其總質(zhì)量為110kg,sin150-0.26,求雪車(包括運(yùn)動(dòng)員)

圖1圖2

(1)在直道AB上的加速度大??；

(2)過C點(diǎn)的速度大?。?/p>

(3)在斜道BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力大小。

【分析】(1)根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式計(jì)算出運(yùn)動(dòng)員的加速度;

(2)利用做運(yùn)動(dòng)學(xué)公式計(jì)算過C點(diǎn)的速度大小；

(3)由牛頓第二定律列平衡方程求解；

【解答】解：(1)設(shè)在AB段加速度為由，位移為xi,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

v；=2aixi

代入數(shù)據(jù)解得：ai=/s2

(2)設(shè)運(yùn)動(dòng)員在AB段運(yùn)動(dòng)時(shí)間為ti,BC段時(shí)間為t2,

ti==—s=3s

ai8_

3

BC段X2=vit2+—az+

22

代入數(shù)據(jù)解得：a2=2m/s2

過C點(diǎn)的速度為

v=vi+a2t2

代入數(shù)據(jù)解得：v=12m/s

（3）在BC段由牛頓第二定律

mgsin0-Ff=ma2

代入數(shù)據(jù)解得：F「=66N

答：（1）在直道AB上的加速度大小為Vm/s2;

（2）過C點(diǎn)的速度大小為12m/s;

（3）在斜道BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力大小為66N。

【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了運(yùn)動(dòng)的多過程問題，分析過程中涉及到了牛頓第二定律和做功

公式的計(jì)算，抓住轉(zhuǎn)折點(diǎn)的速度進(jìn)行分析即可，考法常規(guī)，難度不大。

21.（12分）如圖所示，處于豎直平面內(nèi)的一探究裝置，由傾角a=37。的光滑直軌道AB、

圓心為01的半圓形光滑軌道BCD、圓心為02的半圓形光滑細(xì)圓管軌道DEF、傾角也為

37。的粗糙直軌道FG組成，B、D和F為軌道間的相切點(diǎn)，彈性板垂直軌道固定在G點(diǎn)

（與B點(diǎn)等高），B、Oi、D、02和F點(diǎn)處于同一直線上。已知可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊質(zhì)量m

=0.1kg,軌道BCD和DEF的半徑R=0.15m,軌道AB長(zhǎng)度1AB=3m,滑塊與軌道FG

間的動(dòng)摩擦因數(shù)N=（，滑塊與彈性板作用后，以等大速度彈回，sin370=0.6,cos37°=

o

0.8o滑塊開始時(shí)均從軌道AB上某點(diǎn)靜止釋放。

A

E

(1)若釋放點(diǎn)距B點(diǎn)的長(zhǎng)度l=0.7m,求滑塊到最低點(diǎn)C時(shí)軌道對(duì)其支持力FN的大?。?/p>

(2)設(shè)釋放點(diǎn)距B點(diǎn)的長(zhǎng)度為lx,滑塊第一次經(jīng)F點(diǎn)時(shí)的速度v與k之間的關(guān)系式；

(3)若滑塊最終靜止在軌道FG的中點(diǎn)，求釋放點(diǎn)距B點(diǎn)長(zhǎng)度k的值。

【分析】(1)由動(dòng)能定理可得出，滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的速度，再根據(jù)向心力公式得出支持

力大??；

(2)根據(jù)動(dòng)能定理可知，滑塊第一次經(jīng)F點(diǎn)的速度與釋放點(diǎn)距B點(diǎn)長(zhǎng)度的關(guān)系式；

(3)設(shè)摩擦力做功為第一次達(dá)到中點(diǎn)的n倍，結(jié)合動(dòng)能定理得出釋放點(diǎn)距B點(diǎn)長(zhǎng)度。

【解答】解：⑴到C點(diǎn)過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得：mglsin37o+mgR(l-cos37°)=￡m

2

VC

在c點(diǎn)時(shí)，根據(jù)向心力公式可得：FN-mg=m—

K

聯(lián)立解得：FN=7N

(2)能過最高點(diǎn)時(shí)，則能到F點(diǎn)，那么恰到最高點(diǎn)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理可得：

mglxsin370-3mgRcos370-mgR=O,解得：lx=0.85m

因此，要能過F點(diǎn)必須滿足lx>0.85m

第一次過F點(diǎn)時(shí)的速度v與lx之間的關(guān)系式，根據(jù)動(dòng)能定理可得：

2v=

mglxsin37°-4mgRcos37°=ymv>解得：^121x~9.6>其中k加.85m

(3)設(shè)摩擦力做功為第一次達(dá)到中點(diǎn)的n倍，根據(jù)動(dòng)能定理可得：mgksin37o-mg冬

sin37°-nnmg^cos37o=0（根據(jù)滑塊運(yùn)動(dòng)到停下來，其中n為奇數(shù)），解得：卜="獸

215

m

當(dāng)n=l時(shí)，1=至111；當(dāng)n=3時(shí)，lx2=9m;當(dāng)n=5時(shí)，lx3=^m

15515

答：（1）滑塊到最低點(diǎn)c時(shí)軌道對(duì)其支持力FN的大小為7N;

（2）滑塊第一次經(jīng)F點(diǎn)時(shí)的速度v與k之間的關(guān)系式為丫=小121-9.6，其中kK）.85m;

（3）釋放點(diǎn)距B點(diǎn)長(zhǎng)度lx的值可能為孕m、%、拮m。

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了多過程問題的動(dòng)能定理應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是掌握清楚運(yùn)動(dòng)過程，幾

何關(guān)系不能找錯(cuò),第三小題分析時(shí)從摩擦力做的總功為第一次到達(dá)中點(diǎn)的n倍更好解題，

需要注意的是由于滑塊運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，n取奇數(shù)。

22.（10分）如圖所示，水平固定一半徑r=0.2m的金屬圓環(huán)，長(zhǎng)均為r,電阻均為Ro的兩

金屬棒沿直徑放置，其中一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在過圓心的導(dǎo)電豎直轉(zhuǎn)軸00'

±,并隨軸以角速度3=600rad/s勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，圓環(huán)內(nèi)左半圓均存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Bi

的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。圓環(huán)邊緣、與轉(zhuǎn)軸良好接觸的電刷分別與間距h的水平放置的平行金屬軌

道相連，軌道間接有電容C=0.09F的電容器，通過單刀雙擲開關(guān)S可分別與接線柱1、

2相連。電容器左側(cè)寬度也為11、長(zhǎng)度為12、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域。在

磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)靠近左側(cè)邊緣處垂直軌道放置金屬棒ab,磁場(chǎng)區(qū)域外有間距也為h的絕緣軌

道與金屬軌道平滑連接，在絕緣軌道的水平段上放置“口形金屬框fcde。棒ab長(zhǎng)度和

形框的寬度也均為h、質(zhì)量均為m=0.01kg,de與cf長(zhǎng)度均為13=0.08m,已知h=0.25m,

12=0.068m,BI=B2=1T、方向均為豎直向上；棒ab和形框的cd邊的電阻均為R=

0.1Q,除已給電阻外其他電阻不計(jì)，軌道均光滑，棒ab與軌道接觸良好且運(yùn)動(dòng)過程中始

終與軌道垂直。開始時(shí)開關(guān)s和接線柱1接通，待電容器充電完畢后，將S從1撥到2,

電容器放電，棒ab被彈出磁場(chǎng)后與“[”形框粘在一起形成閉合框abed,此時(shí)將S與2斷

開，已知框abed在傾斜軌道上重心上升0.2m后返回進(jìn)入磁場(chǎng)。

(1)求電容器充電完畢后所帶的電荷量Q,哪個(gè)極板(M或N)帶正電？

(2)求電容器釋放的電荷量AQ;

(3)求框abed進(jìn)入磁場(chǎng)后，ab邊與磁場(chǎng)區(qū)域左邊界的最大距離X。

【分析】(1)根據(jù)電磁感應(yīng)定律計(jì)算出電動(dòng)勢(shì)，結(jié)合公式、=<311計(jì)算出極板所帶的電荷

量；

(2)根據(jù)動(dòng)量定理，結(jié)合電容器的放電過程和能量守恒定理分析出電容器釋放的電荷量;

(3)根據(jù)動(dòng)能定理，結(jié)合導(dǎo)體框的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)計(jì)算出最大距離。

【解答】解：(1)開關(guān)S與接線柱1接通。電容器充電，充電過程，對(duì)繞轉(zhuǎn)軸OO'轉(zhuǎn)動(dòng)

的棒由右手定則可知其動(dòng)生電源的電流沿徑向向外，即邊緣為電源正極，圓心為負(fù)極，

則M板帶正電；

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知：E,Bi3r2

則電容器的電荷量為：Q=CU=gS

聯(lián)立解得：Q=0.54C

(2)電容器放電過程有：B21iAQ=mvi

棒ab被彈出磁場(chǎng)后與“[”形框粘在一起的過程有：mvi=(m+m)v2

棒的上滑過程有：lx2m/=2ingh

聯(lián)立解得：4=0.反

(3)設(shè)導(dǎo)體框在磁場(chǎng)中減速滑行的總路程為Ax,由動(dòng)量定理得：

B11,AX

―2R—=2mv2

可得：Ax=0.128m>0.08m

勻速運(yùn)動(dòng)距離為：13-12=0.08m-0.068m=0.012m

則x=Ax+h-h=0.128m+0.012m=0.14m

答：(1)電容器充電完畢后所帶的電荷量Q為0.54C,M極板帶正電；

(2)電容器釋放的電荷量AQ為0.16C;

(3)框abed進(jìn)入磁場(chǎng)后，ab邊與磁場(chǎng)區(qū)域左邊界的最大距離為0.14m。

【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了電磁感應(yīng)定律，在分析過程中結(jié)合了動(dòng)量定理和電容器的相關(guān)

知識(shí)，考點(diǎn)的知識(shí)點(diǎn)比較綜合，難度中等偏上。

23.(10分)如圖為研究光電效應(yīng)的裝置示意圖，該裝置可用于分析光子的信息。在xOy平

面(紙面)內(nèi)，垂直紙面的金屬薄板M、N與y軸平行放置，板N中間有一小孔O。有

一由x軸、y軸和以。為圓心、圓心角為90。的半徑不同的兩條圓弧所圍的區(qū)域I,整