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天天资源网 / 高中物理 / 高考模拟 / 2021年高考物理考前冲刺押题卷04(江苏卷)(解析版)

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第 1页 共 17页 2021年高考物理考前冲刺押题卷 04(江苏卷) 注意事项 考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1.本试卷共 6页,满分为 100分,考试时间为 75分钟。考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回。 2.答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用 0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。 3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。 4.作答选择题,必须用 2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑;如需改动,请用橡皮擦干净后,再 选涂其他答案。作答非选择题,必须用 0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答,在其他位置 作答一律无效。 5.如需作图,必须用 2B铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗。 第Ⅰ卷 一、单项选择题:共 10 题,每题 4 分,共 40 分.每题只有一个选项最符合题意. 1、如图所示,图甲为氢原子的能级图,大量处于 4n  激发态的氢原子跃迁时,发出频率不同的大量光子, 其中频率最高的光子照射到图乙电路中光电管阴极K上时,电路中电流随电压变化的图像如图丙所示。下 列说法正确的是( ) A.光电管阴极K金属材料的逸出功为5.75eV B.这些氢原子跃迁时共发出 3种频率的光 C.若调节滑动变阻器滑片能使光电流为零,则可判断图乙中电源右侧为正极 D.氢原子跃迁放出的光子中有 2种频率的光子可以使阴极K发生光电效应现象 【答案】A 【解析】由图甲可知光子的能量为 0.85eV ( 13.6eV) 12.75eVE      ,由图丙可知遏止电压为 7V,所 以光电子的初动能为 7eVKE eU  ,所以金属材料的逸出功为 5.75eVKW E E   ,故 A正确;由排 第 2页 共 17页 列组合的规律可知,处于 4n  激发态的氢原子跃迁时能够发出 6种频率的光,故 B错误;光电子由阴极 K 向对面的极板运动,形成的电流在图乙中从右向左流动,要阻止该电流,需要施加反向电压,即电源左侧 应该为正极,故 C错误;只要光子的能量大于5.75eV,就可以使阴极K发生光电效应,由图甲可知满足 要求的有 3种频率的光子,故 D错误。故选 A。 2、电梯“对重”的主要功能是相对平衡轿厢重量,在电梯工作中使轿厢与“对重”间的重量保持在限额之内, 保证电梯的牵引传动正常。如图甲所示,驱动装置带动钢丝绳使轿厢和“对重”在竖直方向运动。当轿厢从顶 楼向下运动,v t 图象如图乙所示,下列说法正确的是( ) A.在 10 t 时间内,轿厢处于失重状态 B.在 10 t 时间内,钢丝绳对轿厢的拉力先增大后减小 C.在 30 t 时间内,轿厢和“对重”组成的系统机械能守恒 D.在 30 t 时间内,钢丝绳对轿厢的拉力大小等于钢丝绳对“对重”的拉力大小 【答案】A 【解析】由图可知在 10 t 时间内,轿厢从顶楼向下运动做加速运动,加速度方向向下,轿厢处于失重状态, A正确;根据v t 图象可知,图像的斜率表示加速度,在 10 t 时间内轿厢的加速度先增大后减小,由牛顿 第二定律可得mg F ma  ,则钢丝绳对轿厢的拉力先减小后增大,B错误;在 30 t 时间内,驱动电机 也会消耗能量,轿厢和“对重”组成的系统机械能不守恒,C错误;在 30 t 时间内,钢丝绳对轿厢的拉力大 小不等于钢丝绳对“对重”的拉力大小,因为中间有驱动电机在调控,其牵引力大小在不断变化,D错误。 故选 A。 3、如图所示,两束平行的黄光射向截面 ABC为正三角形的玻璃三棱镜,已知该三棱镜对该黄光的折射率为 第 3页 共 17页 2,入射光与AB界面夹角为45°,光经三棱镜后到达与BC界面平行的光屏PQ上,下列说法中错误的是( ) A.两束黄光从 BC边射出后仍是平行的 B.黄光经三棱镜折射后偏向角为 30° C.改用红光以相同的角度入射,出射光束仍然平行,但其偏向角大些 D.改用绿光以相同的角度入射,出射光束仍然平行,但其偏向角大些 【答案】C 【解析】如图所示,由折射率公式 n=sin i sin r 可知 r=30°,由几何关系可知折射光线在三棱镜内平行于底边 AC,由对称性可知其在 BC边射出时的出射角也为 i=45°,因此光束的偏向角为 30°,且两束光平行,则 A、 B正确;由于同种材料对不同颜色的光折射率不同,相对于黄光而言红光的折射率较小,绿光的折射率较大, 因此折射后绿光的偏向角大些,红光的偏向角小些,则 C错误,D正确. 4、一定质量的气体从状态 a开始,经历 ab、bc两个过程,其 p-T图像如图所示,下列判断正确的是( ) A.状态 a的体积小于状态 b的体积 B.状态 a的体积小于状态 c的体积 C.状态 a分子的平均动能大于状态 b分子的平均动能 D.状态 a分子的平均动能大于状态 c分子的平均动能 【答案】 B 【解析】根据理想气体状态方程 pV C T  ,可知,当体积不变时,压强与温度成正比,所以状态 a的体积 等于状态 b的体积;从 b到 c温度不变,则压强与体积成反比,压强减小,体积增大,所以状态 b的体积 第 4页 共 17页 小于状态 c的体积,则 a b cV V V= < ,A错误 B正确;温度是气体分子平均动能的标志,状态 b的温度高于 状态 a的温度,状态 b的温度等于状态 c的温度,所以状态 a、b、c分子的平均动能大小关系为 a b cE E E< = CD错误。故选 B。 5、甲、乙两列横波在同一介质中分别从波源 M、N两点沿 x轴相向传播,波速为 4m / s,振幅相同;某时 刻的波形图像如图所示。则下列说法正确的是( ) A.甲、乙两波的起振方向相同 B.甲、乙两波的频率之比为 2 : 3 C.甲、乙两波在相遇区域会发生干涉 D.再经过 3s,平衡位置在 6mx  处的质点处于平衡位置 【答案】 D 【解析】根据波的传播方向,由波形图可得:甲波起振方向向下,乙波起振方向向上,故两波起振方向相 反,A错误;由图可得甲、乙两波波长之比为 1 2 2 3 =  ,根据 vf   可知频率之比为 1 2 3 2 =f f ,B错误;甲、 乙两波频率不同,在相遇区域不会发生干涉,C错误;乙波的周期为 2 6 1.5s 4 T v     ,所以再经过 3 s,乙 波在 x=6 m处的质点仍然处于平衡位置。对于甲波,波速为 4 m/s,所以再经过 1 s,甲波传播到 x=6 m处, 此时 x=6 m处的质点处于平衡位置且向下振动。而由于甲波的周期为 1 4 1s 4 T v     ,所以再经过 3 s,甲波 在 x=6 m处的质点仍然处于平衡位置。根据波的叠加原理得到,再经过 3 s平衡位置在 x=6m 处的质点处于 平衡位置,D正确。故选 D。 6、研究发现金星的半径为地球半径的 0.9倍,在金星的表面上将一个物体竖直向上抛出,不计空气阻力, 从抛出开始计时,物体运动的位移随时间关系如图(可能用到的数据:地球的半径为 6400km,地球的第一 宇宙速度取 8km/s,地球表面的重力加速度为 10m/s2),则下列说法中错误的是( ) 第 5页 共 17页 A.金星表面的重力加速度为 8m/s2 B.金星的密度比地球的密度大 C.金星的第一宇宙速度约为 6.8km/s D.将该物体以相同大小的初速度在地球表面上竖直向上抛出,上升的最大高度为 51.2m 【答案】B 【解析】由题图读出,物体上升的最大高度为 h=64m,上升的时间为 t=4s,对于上升过程,由 21 2 h g t 星 , 可得 g 星= 2 2h t =8m/s2,选 A正确;根据 2 MmG mg R  ,可得 G gRM 2  ,又因为 34 3 V R , 3 4 g V G M R     , 则 8= 9 g R g R   星星 地 星地 地 ,即金星的密度比地球的密度小,故选项 B错误;根据 2 2 Mm vG m mg R R   ,可得 v gR ,则 8= 0.9 10 v v 星 地 ,解得金星的第一宇宙速度 v 星≈6.8km/s,故选项 C正确;该物体在金星表面 上竖直向上抛出的初速度为 2 2 8 64m/s=32m/sv g h   星 ,则在地球表面上以相同大小的初速度竖 直向上抛出时上升的最大高度为 2 =51.2m 2 vH g  地 ,故选项 D正确。 7、如题图所示,真空中竖直平面内的三点 A、B、C构成直角三角形,其中 AC竖直,长度为 L,∠ABC=30°。 匀强电场在 A、B、C所决定的平面内,电场强度为 E,电场方向与 AB平行。现将质量为 m的带电小球以 初动能 Ek沿 CA方向从 C点射出,小球通过 B点时速度恰好沿 AB方向,已知重力加速度为 g,下列说法正 确的是( ) 第 6页 共 17页 A.小球所受电场力为所受重力的 3倍 B.经过时间 21 4 kE g m ,小球电势能和重力势能之和最大 C.从 C到 B,小球做匀变速直线运动 D.从 C到 B,小球克服重力做功与电场力做功之比为 1: 3 【答案】 B 【解析】设小球在 C点的速度为 vy,在 B点速度为 vx,AB的长度 3 tan 30 Lx L  ,设从 C到 B的时间 为 t,有 2 yvL t , 3 2 xvL t ,解得 3x yv v ,根据速度—时间关系 v=at 可得 3qE g m  ,解得 3qE mg ,故 A 错误;设电场力和重力的合力与水平方向的夹角为θ,则有 3tan 3 mg qE    , 2 2( ) ( ) 2F qE mg mg   ,则合加速度为 2 2mga g m   ,将小球的初速度分解为沿合外力的方向和与 合外力垂直的方向,小球电势能和重力势能之和最大时,小球动能最小,合外力方向的分速度减为零,该 过程所用时间 sin 30 2 yvt g    ,解得 21 4 kEt g m   ,故 B正确;从 C到 B,小球加速度恒定,但与小球速 度不共线,故小球做匀变速曲线运动,故 C错误;从 C到 B,小球克服重力做的功为 GW mgL ,电场力 所做的功为 3 3W qE L mgL  电 ,则小球克服重力做的功与电场力做的功的比值为 1 3 GW W  电 ,故 D错误。 故选 B。 8、如图所示,在光滑水平面上,质量为 2kgM  的带有光滑半圆形槽(半径足够大)的滑块 a,在槽底部 有一质量为 1kgm  的小球,滑块 a和小球一起以速度 0 10m sv  向右滑动。另一质量也为 2kgM  的滑 块b静止于滑块 a的右侧。两滑块相撞(碰撞时间极短)后,粘在一起向右运动,则下列说法正确的是( )。 A.碰撞过程中,小球、滑块 a、滑块b组成的系统动量守恒 第 7页 共 17页 B.两滑块碰撞过程中损失的机械能为 75J C.碰撞过程中,滑块b受到的冲量为12N s D.小球能够上升的最大高度是1m 【答案】D 【解析】两滑块相撞过程,由于碰撞时间极短,小球及滑块 a、b之间水平方向上只有内力,不受外力,故 系统水平方向动量守恒,A错误;B.滑块 a和b发生完全非弹性碰撞,碰后具有共同速度,由动量守恒定 律有 0 2Mv Mv ,该过程中,损失的机械能为 2 2 0 1 1 2 50J 2 2 E Mv Mv     ,B错误;根据动量定理,碰撞 过程中滑块b受到的冲量等于滑块b的动量变化量,即 2 5kg m s 10N sI Mv      ,C错误;滑块 a和b 碰撞完毕至小球上升到最高点的过程,系统在水平方向上所受合外力为零,动量守恒,小球上升到最高点 时,有  02 2Mv mv M m v   ,该过程中,系统的机械能守恒,有  2 2 2 0 1 1 12 2 2 2 2 Mv mv M m v mgh     解得 1mh  ,D正确。 9、霍尔元件广泛应用于生产生活中,有的电动自行车上控制速度的转动把手就应用了霍尔元件,这种转动 把手称为“霍尔转把”。“霍尔转把”内部有永久磁铁和霍尔器件等,截面如图。开启电动自行车的电源时,在 霍尔器件的上下面之间就有一个恒定电流 I ,如图。将“霍尔转把”旋转,永久磁铁也跟着转动,施加在霍尔 器件上的磁场就发生变化,霍尔器件就能输出变化的电势差U 。这个电势差是控制车速的,电势差与车速 的关系如图。以下叙述正确的是( ) A.若霍尔元件的自由电荷是自由电子,则C端的电势高于D端的电势 B.若改变霍尔器件上下面之间的恒定电流 I 的方向,将影响车速控制 C.其他条件不变,仅增大恒定电流 I ,可使电动自行车更容易获得最大速度 D.按第一张图顺时针均匀转动把手,车速增加得越来越快 【答案】C 【解析】若霍尔元件的自由电荷是自由电子,根据左手定则,电子受到洛伦兹力向与C端相连接的面移动, 如图所示, 第 8页 共 17页 因此C端的电势低于D端的电势,故选项 A错误。当霍尔器件上下面之间的恒定电流 I 的方向改变,从霍 尔器件输出的控制车速的电势差正负号相反,但由题中第三张图可知,不会影响车速控制,故选项 B错误。 C.设自由电荷定向移动的速率为v,霍尔元件前后表面间的距离为 h,左右表面间的距离为 d ,如图所示 达到稳定后,自由电荷受力平衡,如图所示, 由 UBqv q h  ,可得U Bhv ;电流的微观表达式为 I nqvS nqvhd  ,所以 BIU nqd  ,可知仅增大电流 I 时,前后表面的电势差增大,对应的车速更大,电动自行车的加速性能更好,更容易获得最大速度,故选 项 C正确。当按题中第一张图顺时针均匀转动把手时,霍尔器件周围的场强增大,那么霍尔器件输出的控 制车速的电势差U 增大,因此车速变快,但并不是增加得越来越快,故选项 D错误;故选 C。 10、在新冠肺炎防控期间,要求同学们勤洗手,戴口罩,不聚集,内防反弹外防输入。为了防止被污染的 冷链食品感染工人,某码头采用斜面运送冷链食品,简化如图甲所示,电动机通过绕过定滑轮的轻细绳, 与放在倾角为 30  的足够长斜面上的物体相连,启动电动机后物体沿斜面上升;在0 6s 时间内物体运 动的v t 图象如图乙所示,其中除1 5s 时间段图象为曲线外,其余时间段图象均为直线,1s后电动机的 输出功率保持不变;已知物体的质量为2kg,不计一切摩擦,重力加速度 210m/sg  。则下列说法中错误 的是( ) 第 9页 共 17页 A.在0 1s 内电动机所做的功为50J B.1s后电动机的输出功率为100W C.在1 5s 内电动机牵引力的冲量大小为50N s D.在0 5s 内物体沿斜面向上运动了32.5m 【答案】D 【解析】在时间 t1=1 s内,物体的位移为 x,电动机做的功为 W1,则由运动学公式得 1 1 1 1 1 5 1m=2.5m 2 2 x v t    ,由动能定理得 1 1 2 1 30 1 2 W mgx s vin m   ,联立解得 W1=50J,故 A正确; 在 0~1s内,设细绳拉力的大小为 F1,则根据运动学公式和牛顿第二定律可得 v1=at1,F1-mgsin 30°=ma,由 图象可知 v1=5m/s,由功率公式 P=F1v1,联立解得在 1s末电动机输出功率为 P=100W,1s后电动机的输出 功率保持不变,所以 1s后电动机的输出功率为 100W,故 B正确;在 1~5s内,据动量定理得 I 牵-mgsinθ• (t-t1)=mvm-mv1,解得 I 牵=50N•s,故 C正确;当物体达到最大速度 vm后,细绳的拉力大小 F2,由牛顿第 二定律和功率的公式可得 F2-mgsinθ=0,由 P=F2vm,解得 vm=10m/s,在 1~5s内,据动能定理得 2 2 1 2 1 1 1( ) 2 2mP t t mgx sin mv mv    ,代入数据解得 x2=32.5m,物体在 0~5s内物体沿斜面向上运动位移 为 x=x1+x2=2.5m+32.5m=35m,故 D错误。 第Ⅱ卷 二、非选择题:共 5 题,共 60 分.其中第 12 题~第 15 题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的 演算步骤,只写出最后答案的不能得分;有数值计算时,答案中必须明确写出数值和单位。 11.(15分)市场上销售的铜质电线电缆产品中,部分存在导体电阻不合格问题,质检部门检验发现不合格 的原因有两个,一个是铜材质量不合格,使用了再生铜或含杂质很多的铜;再一个就是铜材质量可能合格, 但导体横截面积较小。某兴趣小组想应用所学的知识来检测实验室中一捆铜电线的电阻率是否合格。小组 成员查阅资料得知,纯铜的电阻率为 1.7×10-8 Ω·m。现取横截面积约为 1 mm2、长度为 100 m(真实长度) 的铜电线,进行实验测量其电阻率,实验室现有的器材如下: 第 10页 共 17页 A.电源(电动势约为 5 V,内阻不计) B.待测长度为 100 m 的铜电线,横截面积约为 1 mm2 C.电压表 V1(量程为 0~3 V,内阻约为 0.5 kΩ) D.电压表 V2(量程为 0~5 V,内阻约为 3 kΩ) E.电阻箱 R(阻值范围为 0~999.9 Ω) F.定值电阻 R0=1 Ω G.开关、导线若干 (1)小组成员先用螺旋测微器测量该铜电线的直径 d,如图甲所示,则 d=_______mm。 (2)小组设计的测量电路如图乙所示,则 P是________,N是_______,(填器材代号)通过实验作出的图像 如图丙所示。 (3)图乙电路测得的铜电线的电阻测量值比真实_________(选填“偏大”“不变”或“偏小”),原因是 ____________。 (4)长度为 100 m( 真实长度)的铜电线的电阻为_____Ω;这捆铜电线的电阻率ρ =_____(此结果保留三位 有效数字);从铜电线自身角度考虑,你认为电阻率大的可能原因是__________。 【答案】(1)1.125mm(2分) (2) D (2分) C (2分) (3)偏大 (2分) 见解析 (4) 2.60Ω (2分) 82.58 10 Ω m  (3分) 可能使用了再生铜或含杂质很多的铜 (2分) 【解析】(1)螺旋测微器测得的直径为 1.125mm; (2)由于题目中没有电流表,给了两块电压表,显然 P测量的电压大,应选用 5V量程的电压表 D;而 N测 量的电压低,小选用 3V量程的电压表 C。 (3)测量值比真实值偏大。两块电压表的差值就是 L两端的电压,通过 V1与 R测出流过 L的电流,但由于电 压表 V1的分流作用,测得流过 L的电流偏小,因此测量 L的阻值偏大。 (4)根据两段电压之比等于电阻之比,即 2 1 1 LU U R U R   ,整理得 2 1 1LU R U R   ,因此,图象丙的斜率就表示 L的电阻,代入数据 7.50 1.00 2.60Ω 2.50LR    。根据电阻率公式 2 l lR S r      ,代入数据,可得 第 11页 共 17页 82.58 10 Ω m    ,可能使用了再生铜或含杂质很多的铜。 12.(8分)气压式升降椅内的气缸填充了氮气,气缸上下运动支配椅子升降。如图乙所示为其简易结构示 意图,圆柱形气缸与椅面固定连接,总质量为 5kgm  。横截面积为 210cmS 的柱状气动杆与底座固定 连接。可自由移动的气缸与气动杆之间封闭一定质量氮气(视为理想气体),稳定后测得封闭气体柱长度为 21cmL  。设气缸气密性、导热性能良好,忽略摩擦力。已知大气压强为 5 0 1 10 Pap   ,环境温度不变, 重力加速度为 210m / sg  。求: (1)初始状态封闭气体的压强; (2)若把质量为 30kgM  的重物放在椅面上,稳定后椅面下降的高度。 【答案】(1) 51.5 10 Pa ;(2)14cm 【解析】(1)对气缸与椅面整体受力分析如图 由受力平衡有 1 0p S p S mg  第 12页 共 17页 1 0 mgp p S   (1分) 得 5 1 1.5 10 Pap   (1分) (2)重物放上后,设气缸内气体压强为 2p ,对气缸、椅面与重物整体受力分析如图 由受力平衡有 00 ( )p S p S m M g   (1分) 得 5 2 5 10 Pap   (1分) 对气缸内气体分析 ,导热性能良好,室温不变气缸内气体温度不变 初状态 5 2 1.5 10 Pap   1V LS 末状态 5 2 5 10 Pap   2V L S 对气缸内气体由玻意耳定律 1 1 2 2pV p V , 1 2p LS p L S (2分) 得 7cmL  (1分) 可知气体体积变小,长度较小即为高度下降 h L L  , 14cmh  (1分) 13.(8分)一种餐桌的构造如图甲所示,已知圆形玻璃转盘的半径 0.6 mr  ,圆形桌面的半径 1mR  , 不计转盘的厚度,桌面到地面的高度 1mh  。轻绳一端固定在转盘边缘,另一端连接着质量 2 kgm  的小 物块,小物块被轻绳带动沿桌面边缘一起旋转,达到稳定状态后,二者角速度相同,俯视图如图乙所示。 某时刻轻绳突然断裂,小物块沿桌面边缘飞出后的落地点到桌面和转盘共同圆心 O的距离 3 ms  ,重力 加速度 g取 210 m/s 。求: 第 13页 共 17页 (1)小物块飞出桌面边缘的速度大小 0v ; (2)小物块与桌面之间的动摩擦因数μ; (3)绳断之前轻绳拉力的功率 P。(计算结果均可保留根号) 【答案】(1) 5 m / s;(2) 3 8 ;(3) 15 5 W 2 【解析】(1)小物块沿桌面边缘飞出后做平抛运动,设运动时间为 t,则竖直位移为 21 2 h gt (1分) 水平位移为 0x v t 由几何关系可知 2 2 2s R x h   (1分) 联立解得 0 5 m/sv  (1分) (2)设轻绳对小物块的拉力大小为 T,方向与小物块和圆心 O连线的夹角为θ,则 sin r R   (1分) 小物块沿桌面边缘旋转时的向心力由轻绳的拉力 T、与桌面间的摩擦力 f共同提供,故 2 0cos v T m R   (1分) sinT f  f mg 联立解得 3 8   (1分) (3)由(2)中分析可得 25 N 2 T  ,sinθ=0.6(1分) 解得 0 15sin 5W 2 P Tv   (1分) 14.(13分)如图所示为用质谱仪测定带电粒子比荷的装置示意图。它是由离子室、加速电场、速度选择器 和分离器四部分组成。已知速度选择器的两极板间的匀强电场场强为 E,匀强磁场磁感应强度为 1B ,方向 垂直纸面向里。分离器中匀强磁场磁感应强度为 2B ,方向垂直纸面向外。某次实验离子室内充有大量氢的 第 14页 共 17页 同位素离子,经加速电场加速后从速度选择器两极板间的中点 O平行于极板进入,部分粒子通过小孔O后 进入分离器的偏转磁场中,在底片上形成了对应于氕 1 1H、氘 2 1H、氚 3 1H三种离子的三个有一定宽度的感光 区域,测得第一片感光区域的中心 P到O点的距离为 1D 。不计离子的重力、不计离子间的相互作用,不计 小孔O的孔径。 (1)打在感光区域中心 P点的离子,在速度选择器中沿直线运动,试求该离子的速度 0v 和比荷 q m ; (2)以 0v v v  的速度从 O点射入的离子,其在速度选择器中所做的运动为一个速度为 0v 的匀速直线 运动和另一个速度为 v 的匀速圆周运动的合运动,试求该速度选择器极板的最小长度 L。 【答案】(1) 1 E B , 1 2 1 2E B B D ;(2) 2 1 1 6   B D B  【解析】(1)粒子在速度选择器中做直线运动,由平衡条件条件有 0 1qv B qE (1分) 解得 0 1 Ev B  (1分) 进入分离器中粒子圆周运动的半径 1 2 Dr  (1分) 由牛顿第二定律有 2 0 0 2 vqv B m r  (1分) 解得 1 2 1 2q E m B B D  (2分) (2)三种离子在磁场中做圆周运动周期分别为 2 1 1 1 2 B DmT qB E    (1分) 2 1 2 1 22 2 B DmT qB E     (1分) 第 15页 共 17页 2 1 3 1 32 3 B DmT qB E     (1分) 三种离子都能通过,则 0 16 t T (2分) 极板最小长度 2 1 0 0 1 6   B DL v t B    (2分) 15.(16分)如图甲,空间存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度大小为 B,足够长的光滑水平金属导轨的 间距为 l,质量分别为m、 2m 的导体棒 1、2均垂直导轨放置,计时开始,导体棒 1以初速度 0v 水平向右 运动,在运动过程中导体棒始终相互平行与导轨保持良好接触,直到两棒达到稳定状态,图乙是两棒的v t 图象。如图丙,空间存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小为 B,足够长的光滑水平金属导轨M 与 N 、 P与Q的间距分别为 l、 2l。质量分别为m、 2m 的导体棒 a、b均垂直导轨放置,计时开始, a、b两 棒分别以 0v 、 02v 的初速度同时水平向右运动,两棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触,a 总在窄轨上运动,b总在宽轨上运动,直到两棒达到稳定状态,图丁是两棒的v t 图象。 (1)若 a、b两棒在 0t 时刻达到相同速度,求 00 ~ t 时间内通过 a、b两棒的平均感应电流; (2)从计时开始到两棒稳定运行,求图甲、图丙两回路中生成的焦耳热之比; (3)从计时开始到两棒稳定运行瞬间,求通过图甲、图丙两回路中某一横截面的电荷量之比。 【答案】 (1) 0 02 mv Blt ;(2) 2 9 ;(3) 2 3 【解析】(1)设某时刻  0t t t , a、b两棒的速度分别为 av 、 bv ,0 ~ t时间内回路的平均感应电流为 i, 根据右手定则、v t 图象以及左手定则可知,两棒达到共同速度之前, a所受安培力为动力,b所受安培 力为阻力,对 a棒由动量定理有 0aBilt mv mv  (1分) 对b棒由动量定理有 02 2 2 2bBilt mv m v    (1分) 两棒速度相等时 a bv v 第 16页 共 17页 联立解得 0 3 2a bv v v  代入 t t 0 解得 0 02 mvi Blt  (1分) (2)对图甲中回路,两棒组成的系统动量守恒,设最终共同速度为 v,则 0 3mv mv (1分) 由能量守恒定律可知,图甲回路中产生的焦耳热为 2 2 0 1 1 3 2 2 Q mv mv   (1分) 解得 2 0 1 3 Q mv (1分) 对图丙中回路,当两棒产生的感应电动势大小相等时,回路中感应电流为零,a、b两棒不受安培力,达到 稳定状态,即 a b2Blv Blv  对 a棒由动量定理有 0aBi lt mv mv   对b棒由动量定理有 02 2 2 2bBi lt mv m v    (1分) 解得 02av v  , b 0v v  (1分) 设图丙回路中产生的焦耳热为Q,由能量守恒定律有  22 2 2 0 0 1 1 1 12 2 2 2 2 2 2a bQ mv mv mv m v        (1 分) 联立解得 2 0 3 2 Q mv  (1分) 则 2 9 Q Q   (1分) (3)对图甲中的 2棒,由动量定理有 2Blq mv (1分) 解得 02 3 mvq Bl  (1分) 图丙回路中,对 a棒由动量定理有 a 0Bi lt mv mv   (1分) 结合 02av v  (1分) 通过图丙回路中某一横截面的电荷量 q i t  第 17页 共 17页 解得 0mvq Bl   ,则 2 3 q q   (1分) 查看更多

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