必刷卷04——【高考三轮冲刺】2023年高考物理考前20天冲刺必刷卷（北京地区）（原卷版+解析版）

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2023年高考物理考前信息必刷卷04
北京地区专用

北京高考物理考试题型为14（单选题）＋2（实验题）＋4（解答题），命题继续坚持对“物理本质”的考查，注重选择日常教学经常涉及的常规问题和简单情境为命题素材，注重从日常生活实际情境中选取素材，考查考生对基本概念和规律的物理本质的理解；考查考生分析并解决原始问题、实际问题的能力；考查考生发现问题、表述问题、分析论证并解决问题的能力。
以考查科学探究能力的实验题为例，2022年继续拓宽实验能力考查的范围，首次将实验过程中的故障分析作为考查内容，引导教学打破一线实验教学中的“按部就班假探索”的实验教学弊端，切实引导中学“真做实验真探究”。此外，在学生实验的拓展性考查上进一步深入创新，要求考生基于学生实验原理，但跳出学生实验情境和实验室环境，利用生活中物品开展实验探究活动。

从近两年试题可以看出，命题人特别关注考生应用物理知识分析和解决问题能力的考查，且绝大部分命题均以实际实验或者是生活或科研情景来进行命制，因而备考时应该特别关注教材中的演示实验、学生实验以及STSE的阅读材料，尝试从教材阅读材料的理解中来提升自己分析和解决实际问题的能力。物理试题每年都会跟进或引领科学与技术的发展，所以对于社会科学或科技的热点内容应给予足够的关注。本套试题关注生活中的情景（如3、4、6）、小仪器（如4、9、10、12、13）和实验探究分析（如1、2、7、8）。

一、第一部分：本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 如图所示，让光沿着半圆形玻璃砖的半径射到它的平直的边上，在这个边与空气的界面上会发生反射和折射． 逐渐增大入射角，观察反射光线和折射光线的变化．关于该实验现象，下列说法正确的是（    ）

A．反射光线和折射光线都沿顺时针方向转动
B．反射光线和折射光线转过的角度相同
C．在还未发生全反射过程中，反射光越来越强
D．最终反射光完全消失
【答案】C
【详解】A、逐渐增大入射角，反射光线沿逆时针方向转动，折射光线沿顺时针方向转动，故A错误；
B、根据折射定律可知，反射光线和折射光线转过的角度不相同，故B错误；
CD、入射角增大，则反射光线OB的强度增强，折射光线OC的强度减弱，最终折射光完全消失，故C正确，D错误；故选C．

2. 如图所示，把小灯泡与教学用发电机相连接。转动手柄，两个磁极之间的线圈随着转动，小灯泡发光。下列说法正确的是（　　）

A．线圈转动的快慢程度不会影响小灯泡的亮度
B．线圈转动过程中，通过小灯泡的电流大小不随时间变化
C．线圈每转动一周，通过小灯泡的电流方向改变一次
D．当线圈平面转到中性面时，通过线圈的磁通量变化率最小
【答案】D
【详解】A．线圈转动的越快，通过线圈的磁通量变化越快，电路中电流越大，小灯泡越亮，A错误；
B．线圈转动过程中，通过小灯泡的电流大小随时间周期性变化，B错误；
C．线圈每转动一周，通过小灯泡的电流方向改变两次，C错误；
D．当线圈平面转到中性面时，通过线圈的磁通量变化率最小，为零。D正确。故选D。

3. B超成像的基本原理是探头向人体发射一组超声波，遇到人体组织会产生不同程度的反射，探头接收到的超声波信号输入计算机，形成B超图像。血管探头发送的简谐超声波图像如图所示，t=0时刻波恰好传到质点M，t=2.5×10-8s时刻恰好传到质点N。下列说法正确的是（　　）

A．血管探头发出的超声波在血管中的传播速度为8×102m/s
B．质点N开始振动的方向沿y轴负方向
C．质点M的振动方程为y=0.4sin(2π×108t)mm
D．t=3.125×10-8s时，质点M与质点N的位移大小相等、方向相反
【答案】D
【详解】A．根据题意可知，血管探头发出的超声波在血管中的传播速度为v=xt=(16-12)×10-5m2.5×10-8s=1.6×103m/s，A错误；
B．在波的传播方向上，所有质点都在模仿波源，根据波动图像可知，质点M的起振方向为沿y轴正方向，所以质点N的起振方向也是沿y轴正方向，B错误；
C．根据t=0时刻的波动图像可知，质点M的起振方向沿y轴正方向，图像可知，质点的振动振幅为A=0.4mm，波长为λ=8×10-2mm，根据波长、波速和周期的关系，可知T=λv=8×10-51.6×103s=5×10-8s⇒ω=4π×107rad/s，质点M的振动方程为y=0.4sin(4π×107t)mm，C错误；
D．根据t=0时刻的波动图像可知，质点M与质点N的平衡位置相差半个波长，所以两个质点的振动情况相差半个周期，两者的振动情况相反，因此在t=3.125×10-8s时，质点M与质点N的位移大小相等、方向相反，D正确。故选D。

4. 如图，向一个空的铝制饮料罐中插入一根透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱（长度可以忽略）。如果不计大气压的变化，这就是一个简易的气温计。通过实验，将温度值画在吸管上，以下说法正确的是（　　）

A．吸管右端的刻度对应更低的温度
B．温度的刻度并不是均匀的
C．若换体积更大的空饮料罐，其余条件不变，则测温范围会增大
D．若更换更粗的透明吸管，其余条件不变，则测温范围会增大
【答案】D
【详解】A．根据题意可知，罐内气体做等压变化，根据盖吕萨克定律可知，罐内气体温度越高，体积越大，吸管内油柱越靠近吸管的右端，则吸管上的温度刻度值应左低右高，故A错误；
B．根据盖吕萨克定律可知，空气的体积和温度成正比，即 VT=C=ΔVΔt，根据题意，假定初始温度为T1、罐中空气体积为V0、吸管内空气柱长变为L1、其横截面积为S，则有Δt=ΔVC=SCΔx，L1S+V0T1=C，则
Δt=T1SL1S+V0Δx，可知温度的变化量与距离的变化量成正比，则吸管上的温度刻度分布均匀，故B错误；
C．根据题意及B分析可知，油柱距离的变化量与温度变化量关系为Δx=L1S+V0T1SΔt，可知，若换体积更大的空饮料罐，其余条件不变，即在温度变化相同的情况下，吸管中的油柱左右移动距离也会变大，则其测温范围会减小，故C错误；
D．根据题意及B分析可知，油柱距离的变化量与温度变化量关系为Δx=L1+V0ST1Δt，可知，若更换更粗的透明吸管，其余条件不变，即在温度变化相同的情况下，吸管中的油柱左右移动距离会变小，则测温范围会增大，故D正确。 故选D。

5. 下面关于几幅图说法正确的是（　　）

A．图甲说明发生光电效应时，频率大的光对应的饱和电流一定大
B．图乙说明在α粒子散射实验中，大多数粒子都有了明显偏转
C．图丙说明氡原子核衰变时的规律是，每过3.8天，原子核发生衰变的概率下降一半
D．图丁可以推断出，图中氧的原子核（818O）比锂的原子核（34Li）更稳定
【答案】D
【详解】A．图甲说明产生光电效应时，在入射光的频率一定时，入射光强度越大，单位时间内的光子的数目越多，则饱和光电流越大，由图甲可知，蓝光的频率大于黄光，可饱和光电流不大，A错误；
B．图乙说明在散射实验中，大多数粒子经金箔后仍沿原来方向运动，可只有少数α粒子产生了较大角度的偏转，极少数α粒子偏转角很大，有的几乎沿原路返回，B错误；
C．图丙说明氡原子核衰变时的规律是，每过3.8天，原子核发生衰变的数量下降一半，原子核发生衰变的概率不变，C错误；
D．由图丁可知，质量数中等的原子核比结合能最大，原子核越稳定，图中氧的原子核（818O）是比锂的原子核（34Li）更接近中等质量数的原子核，所以氧的原子核（818O）比锂的原子核（34Li）更稳定，D正确。故选D。

6. “太极球”运动是一项较流行的健身运动，做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，太极球却不会掉到地上，现将太极球简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让小球在竖直面内始终不脱离平板且做匀速圆周运动，则

A．在B、D两处小球运动的加速度一定相同
B．只要平板与水平面的夹角合适，小球在B、D两处可能不受平板的摩擦力作用
C．平板对小球的作用力在A处最大，在C处最小
D．小球运动过程中机械能保持不变
【答案】B
【详解】A．在B、D两处小球运动的加速度方向都指向圆心，则加速度不相同，A错误；
B．只要平板与水平面的夹角合适，小球在B、D两处时，若小球受重力和平板的弹力的合力充当向心力，此时平板不受摩擦力作用，B正确；
C．在A处满足mg+FA=mv2R，在C处满足FA-mg=mv2R，可知平板对小球的作用力在A处最小，在C处最大，C错误；
D．小球运动过程中，动能不变，势能不断变化，则机械能不守恒， D错误。故选B。

7. 某同学做探究变压器工作原理实验时，他用多用电表的欧姆挡正确测量了完全相同的两个螺线管的不同匝数A、B线圈的电阻值分别为12Ω和3Ω，如图所示。某同学先去掉可拆变压器上压紧横条的胶木螺钉，并将横条放在U形铁芯的左侧上。变压器左边的螺线管A接12V低压交流电源上，右边的螺线管B接一个标称为“3.0V、1.0A”的小灯泡和电阻值可视为无穷大电压传感器。闭合电键S1，断开电键S2后，把横条铁芯慢慢推向右侧，直至与右侧完全闭合。正确说法的是（　　）

A．线圈A、B的匝数之比是1:4
B．电压传感器示数为一个定值
C．穿过螺线管B的最大磁通量在逐渐增加
D．铁芯完全闭合后再闭合电键S2，小灯泡能正常发光
【答案】C
【详解】A．根据电阻定律R=ρlS，两个线圈中导线的长度之比等于电阻之比，两性圈的导线长度之比为4:1，则A、B线圈的匝数之比也为4:1，选项A错误;
B．把横条铁芯慢慢推向右侧的过程中，B线圈的漏磁越来越小，电压传感器示数越来越大，选项B错误;
C．把横条铁芯慢慢推向右侧的过程中，螺线管B的漏磁越来越小，穿过的最大磁通量越来越大，选项C正确；
D．两个线圈均有电阻，该变压器不能看作理想变压器，小灯泡实际得到的电压小于3V，小灯泡不能正常发光，选项D错误。故选C。

8. 某同学做“探究平抛运动的特点”实验。该同学先用图所示的器材进行实验。他用小锤打击弹性金属片，A球就水平飞出，同时B球被松开，做自由落体运动，改变小球距地面的高度和打击小球的力度，多次重复实验，均可以观察到质量相等的A、B两球同时落地。关于本实验，下列说法正确的是（　　）

A．实验现象可以说明平抛运动，在水平方向上是匀速直线运动
B．落地时A、B两球的动量相同
C．落地时A、B两球重力的瞬时功率相同
D．改变打击小球的力度，A球落地时重力的瞬时功率也将改变
【答案】C
【详解】A．实验将A做平抛运动与B在竖直方向的自由落体进行对比，只能说明A竖直方向运动情况，不能反映A水平方向的运动情况，每次两球都同时落地，说明A竖直方向的分运动是自由落体运动，故A错误；
B．根据动能定理可知落地时A、B两球速度大小不相等，速度方向也不相同，故动量不相同，故B错误；
C．落地时A、B两球竖直方向的速度大小相等，重力相等，根据PG=mgvy可知重力的瞬时功率相同，故C正确；
D．改变打击小球的力度，A球落地时竖直方向的速度大小不变，则重力的瞬时功率也不变，故D错误。
故选C。

9. 某实验装置如图所示，用细绳竖直悬挂一个多匝矩形线圈，细绳与传感器相连，传感器可以读出细绳上的拉力大小。将线框的下边ab置于蹄形磁铁的、S极之间，使ab边垂直于磁场方向且ab边全部处于N、S极之间的区域中。接通电路的开关，调节滑动变阻器的滑片，当电流表读数为时，传感器的读数为F1；保持ab中的电流大小不变，方向相反，传感器的读数变为F2（F2φB
C．Ek1>Ek2
D．∆Ek左>∆Ek右
【答案】D
【详解】AB.由题意可知电子在侧转器中做匀谏圆周运动，电场力提供向心力，等势面c上电场强度大小相等，但方向不同，而匀强电场处处大小相等，方向相同，电子受力的方向与电场的方向相反，所以B板的电势较高，故AB错误；
C.相较于做匀速圆周运动的电子，动能为Ek1的电子在做近心运动，动能为Ek2的电子在做离心运动，可知
Ek2>Ek1，故C错误；
D.该电场是辐射状电场，内侧的电场线密集，电场强度大，根据U'=Ed定性分析可知UBC＞UCA，
即φB-φC＞φC-φA，所以|△Ek左|＞|△Ek左|，故D正确，故选D。

14. 瑞典皇家科学院2018年10月2日宣布，将2018年诺贝尔物理学奖授予美国科学家阿瑟•阿什金、法国科学家热拉尔•穆鲁以及加拿大科学家唐娜•斯特里克兰，以表彰他们在激光物理学领域的突破性贡献．阿什金发明的光镊工具能够“夹”住微小如原子、病毒以及活细胞等物体．穆鲁和斯特里克兰发明了“啁啾（zhōu jiū）脉冲放大”技术．“啁啾”出自唐诗“到大啁啾解游飏，各自东西南北飞”，形容鸟的鸣叫．“啁啾脉冲放大”技术其原理为：将一段短脉冲在时域上展宽，然后放大，再进行压缩．此项技术已经成为高强度激光的标准，应用于众多领域．则下列关于激光的说法合理的是
A．某激光器产生超短脉冲时长为2.0×10-13s，能量为1.0J，则此激光超短脉冲的功率为5.0×1013W
B．短脉冲激光测速是对被测物体进行两次有特定时间间隔的激光测距，测得在该时间段内被测物体的移动距离，从而得到被测物体的移动速度．激光测速选取的时间间隔越长，测得物体移动的瞬时速度越准确
C．“啁啾”来源于鸟鸣，意即频率变化，“啁啾脉冲”技术中的短脉冲激光瞬时频率随时间的变化而变化
D．利用光学镊子捕获活体细菌时，红外激光光镊比绿色激光光镊更容易杀死活体细菌
【答案】C
【详解】A项：由公式P=Wt=1.02.0×10-13W=5×1012W，故A错误；
B项：时间间隔越短，该段时间内的平均速度越接近物体的瞬时速度，所以激光测速选取的时间间隔越短，测得物体移动的瞬时速度越准确，故B错误；
C项：“啁啾”来源于鸟鸣，即鸟叫的频率变化，所以“啁啾脉冲”技术中的短脉冲激光瞬时频率随时间的变化而变化，故C正确；
D项：由于红外线的能量比绿色光的能理更低，红外激光光镊比绿色激光光镊更难杀死活体细菌，故D错误．故选C．


二、第二部分：本部分共6题，共58分。
15. 如图1所示，一小车放于平直木板上（木板一端固定一个定滑轮），木板被垫高一定角度θ，该角度下，小车恰能做匀速直线运动（假设小车所受摩擦力与小车对木板的正压力成正比，比例系数为μ），小车总质量为M．

（1）请推导θ与μ应满足的定量关系；并分析说明若增大小车质量，仍使小车做匀速直线运动，角度θ是否需要重新调整．
（2）如图2所示，将小车上栓一根质量不计，且不可伸长的细绳，细绳通过滑轮（滑轮与细绳之间摩擦不计）下挂一个砝码盘（内放砝码），在木板上某位置静止释放小车后，小车做匀加速直线运动．已知砝码盘及砝码的总质量为m，求：
①a．如果m=M，小车所受细绳拉力与砝码盘及砝码总重力的比值；
b．用F表示小车所受细绳的拉力，如果要求|F-mg|F20②ΔE=mgx(MM+m-μcosθ)
【详解】（1）受力分析如图：重力的下滑分力为G'=Mgsinθ，小车受到的摩擦力为：f=Mgcosθ·μ
小车匀速运动，由平衡条件可得：Mgsinθ=μMgcosθ，解得μ=tanθ
论证：当小车的质量由M变成M+∆m时，若小车匀速运动，仍有(M+Δm)gsinθ=μ(M+Δm)gcosθ成立，仍然满足：μ=tanθ，即若增大小车的质量，角度θ无须改变．

（2）根据牛顿第二定律：①a.对小车由牛顿第二定律可得F=Ma；对砝码和砝码盘由牛顿第二定律可得：mg-F=ma由于Fmg-F=Mm 则F=MmgM+m 的到：Fmg=12
b.利用a中得到的结论：F=MmgM+m解得|F-mg|F20
②小车沿木板运动距离为x的过程中，机械能的变化量等于小车所受的拉力和摩擦力做功的总和，则：ΔE=Fx-μmgxcosθ=MmgxM+m-μmgxcosθ=mgx(MM+m-μcosθ)

16. 同学们测量某电阻丝的电阻Rx，所用电流表的内阻与Rx相当，电压表可视为理想电压表。
（1）若使用图甲所示电路图进行实验，要使得Rx的测量值更接近真实值，电压表的a端应连接到电路的________点（选填“b”或“c”）；

（2）测得电阻丝的U-I图如图乙所示，则Rx为________Ω（保留两位有效数字）；
（3）实验中，随电压进一步增加，电阻丝的温度逐渐变大。某同学发现对热电阻丝吹气，其阻值会变化，他们对此现象进行探究，在控制电阻丝两端的电压为10V的条件下，得到电阻丝的电阻Rx随风速v（用风速计来测量）的变化关系如图丙所示，由图可知：当风速增加时，Rx会________（选填“增大”或“减小”）。在风速增加过程中，为保持电阻丝两端电压为10V，需要将滑动变阻器Rw的滑片向________端调节（选填“M”或“N”）；

（4）为了通过电压表的示数来显示风速，同学们设计了如图丁所示的电路，其中R为两只阻值相同的电阻，Rx为两根相同的电阻丝，一根置于气流中，另一根不受气流影响，电压表为待接入的理想电压表。如果要求在测量中，风速从零开始增加，电压表的示数也从零开始增加，则电压表的“+”端和“−”端应分别连接到电路中的________。
A．b点和d点 B．d点和b点 C．a点和b点 D．b点和c点
【答案】 c 4.1 减小 M A
【详解】（1）[1]由于电阻丝的电阻Rx和电流表的内阻相当，且电压表可视为理想电压表，所以电流表外接时测量的电阻值更接近真实值；
（2）[2]分析U-I图像，图线的斜率即电阻丝的电阻Rx，则Rx=ΔUΔI=4.1Ω
（3）[3][4]由图丙可知，当风速增大时，电阻丝的电阻减小，在风速增大的过程中，由于电阻丝的电阻减小，要保持电阻丝两端的电压不变，需要增大与电阻丝并联那部分电阻阻值，所以应将滑动变阻器Rw的滑片向M端调节；
（4）[5]风速为零时，由于a、b间与d、c间的电阻之比等于a、b间与b、c间的电阻之比，所以d、b两点的电势相等，但风速增大时，d点电势降低，所以电压表的“+”端和“−”端分别接b、d两点时，能满足电压表的示数从零开始增加，故A正确，BCD错误。

17. 第24届冬季奥林匹克运动会将于2022年由北京和张家口联合举办。高山滑雪是比赛项目之一，因其惊险刺激、动作优美深受观众喜爱。如图19所示，为了备战北京冬奥会，一名滑雪运动员在倾角为的山坡滑道上进行训练，运动员及装备的总质量为,山坡滑道底端与水平滑道平滑连接，滑雪板与山坡滑道及水平滑道间的动摩擦因数为同一常数。运动员从山坡滑道上某处由静止开始匀加速下滑，经时间到达山坡滑道底端，速度大小为。继续在水平滑道上滑行了一段距离后静止。运动员视为质点，空气阻力可忽略不计，重力加速度为。

(1)求滑雪运动员沿山坡滑道下滑时所受摩擦力f的大小；
(2)求滑雪运动员沿山坡滑道滑到底端时运动员及装备所受重力的瞬时功率P；
(3)某同学认为，仅改变运动员及装备的总质量，可改变运动员在水平滑道上滑过的距离。你是否同意该同学的观点?请说明理由。(注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明)
【答案】 （1）mgsinθ -mvt；（2）mgvsinθ；（3）xsinθμ-xcosθ
【详解】（1）设滑雪运动员下滑加速度为a，根据速度公式，有 v=at，
根据牛顿第二定律，有 mgsinθ - f=ma，联立解得：f= mgsinθ -mvt
（2）根据瞬时功率的定义，得P=mgvsinθ
（3）设滑雪板与滑道之间动摩擦因数为μ，运动员在坡道下滑距离为x，在水平滑道滑过的距离为x'。
由全过程的动能定理，有：mgxsinθ –μmgxcosθ–μmgx'=0，解得：x'=xsinθμ-xcosθ
因x'与m无关，故改变m，不能改变x'的大小。
（注：若将x、μ用v、t 表示后，得式也可得分）

18. 为实现火箭回收再利用，有效节约太空飞行成本，设计师在返回火箭的底盘安装了4台电磁缓冲装置，工作原理是利用电磁阻尼作用减缓地面对火箭的反冲力。电磁缓冲装置的主要部件有两部分：①缓冲滑块，外部由高强度绝缘材料制成，其内部边缘绕有闭合单匝矩形线圈abcd；②火箭主体，包括绝缘光滑缓冲轨道MN、PQ，缓冲轨道内存在稳定匀强磁场，方向垂直于整个缓冲轨道平面。当缓冲滑块接触地面时，滑块立即停止运动，此后线圈与火箭主体中的磁场相互作用，火箭主体一直做减速运动直至达到软着陆要求的速度，从而实现缓冲。现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时，火箭主体的速度大小为v0，软着陆要求的速度不能超过v；4台电磁缓冲装置结构相同，如图所示，为其中一台电磁缓冲装置的结构简图，线圈的ab边和cd边电阻均为R；ad边和bc边电阻忽略不计；ab边长为L，火箭主体质量为m，磁感应强度大小为B，重力加速度为g，一切摩擦阻力不计。求：
（1）缓冲滑块刚停止运动时，流过线圈ab边的电流；
（2）为了着陆速度不超过v，磁感强度B的最小值（假设缓冲轨道足够长，线圈足够高）；
（3）若火箭主体的速度大小从v0减到v的过程中，经历的时间为t，求该过程中每台电磁缓冲装置中产生的焦耳热。

【答案】（1）BLv02R，方向从b到a；（2）mgR2L2v；（3）18m(v02-v2)+(gt-v+v0)m2gR8B2L2；
【详解】（1）由题意缓冲滑块刚停止运动时，ab边产生的电动势为E=BLv0，且总电阻为2R，
所以流过线圈ab边的电流为，I=E2R=BLv02R，由右手定则知方向从b到a。
（2）线圈ab边受到的安培力为F=BIL=B2L2v'2R，则对火箭整体受力有4F-mg=ma，
当加速度为零时速度最小，由题意为了着陆速度不超过v，则应满足4⋅B小2L2v2R=mg，
即磁感强度B的最小值为B小=mgR2L2v
（3）火箭主体的速度大小从v0减到v的过程中，由动量定理得mgt-4⋅B2L2v2Rt=mv-mv0，其中vt=h，所以解得下落高度为h=(mgt-mv+mv0)R2B2L2，由能量守恒定律得4Q=mgh+12mv02-12mv2
整理得每台电磁缓冲装置中产生的焦耳热为Q=18m(v02-v2)+(gt-v+v0)m2gR8B2L2

19. 为了更加精细描述导体内电流的分布情况，人们定义了“电流密度”j。某点处的电流密度，大小为垂直于该点处电流方向上单位面积内的电流大小，方向为该点处的电流方向。
（1）如图1所示，圆柱形长直均匀金属导体的横截面积为S，将其左、右截面接入直流电路，稳定后内部有大小为I且分布均匀的电流。求导体内的电流密度大小。

（2）如图2所示，分界面MN以下是半无限大的均匀导体区域，在MN上的P点处埋有一半球形电极，半径可忽略不计，大小为I的电流通过电极打入导体内，在各个方向上均匀分散并流向无穷远处。
a.求导体内到电极距离为r的点处的电流密度大小；
b.可以看出，上一问中的电流密度分布规律，与点电荷的场强分布规律是相似的，试利用这一相似性，解决下面的问题：如图3所示，在MN上到P点距离为2l的O点处再埋一个相同的半球形电极，两电极接入直流电路，稳定后电路中的电流大小为I。求导体内PQ中垂线上到中点距离为l的点处的电流密度大小和方向。

（3）小亮同学认为，通有恒定电流的直导线不应该产生焦耳热，并结合图1给出了自己的理解：请你判断小亮的分析是否正确，并说明理由。
设电子质量为m，在导体柱内从左向右定向移动，平均速度为v经过一小段时间△t，流入左截面1的电子个数为△N1
这些电子具有定向移动的总动能为ΔE1=ΔN1⋅12mv2
同理，流出右截面2的电子具有定向移动的总动能为ΔE2=ΔN2⋅12mv2
由于导体中通有恒定电流，应有△N1=△N2，所以△E1=△E2
即流入截面1的总动能等于流出截面2的总动能，电子无动能损失，所以不产生焦耳热。
【答案】（1）j=IS；（2）a.jr=I2πr2；b.大小为2I4πl2，方向平行PQ连线向右；（3）见解析
【详解】（1）根据电流密度的定义可知j=IS
（2）a．电流均匀分布在以电极为球心、r为半径的半球面上，则导体内到电极距离为r的点处的电流密度大小jr=I2πr2
b．若只存在电极P，则P在该点处产生的电流密度为j1=I4πl2
若只存在电极Q，则Q在该点处产生的电流密度为j2=I4πl2
方向如图所示：

将两电流密度矢量合成，即为实际的电流密度，大小为j=2I4πl2，方向平行PQ连线向右。
（3）不正确。电荷从截面1到截面2，电场力做正功，原子间实碰撞阻力做负功，二者大小相同，所以电荷动能不变。但只要和原子碰撞，就有内能产生。

20. 如图，对于劲度系数为k的轻质弹簧和质量为m小球组成一维振动系统，我们可以写出任意时刻振子的能量方程为12mv2+12kx2=E，x为任意时刻小球偏离平衡位置的位移，v为瞬时速度。若将v=ΔxΔt代入能量方程便可得振子简谐运动方程12mΔxΔt2+12kx2=E（①式）。振子简谐运动的周期与振子质量的平方根成正比，与振动系统的振动系数的平方根成反比，而与振幅无关，即T=2πmk。
（1）如图，摆长为L、摆球质量为m的单摆在A、B间做小角度的自由摆动。请你类比弹簧振动系统从能量守恒的角度类推出单摆的周期公式（重力加速度取g；θ很小时，有cosθ≈1-12θ2）。

（2）如图LC谐振电路，电容大小为C，电感大小为L。现将开关S由1掷到2位置。
a.通过对比发现电路中一些状态描述参量与简谐运动中一些状态描述参量的变化规律类似。

请你类比两者完成下表，并在图中定性画出电容器上的电量随时间变化的q－t图线（设LC回路中顺时针电流方向为正方向）。
简谐运动（弹簧振子）
电磁振荡（LC电路）
振子质量m
电感L
任意时刻振子偏离平衡位置的位移x

瞬时速度v=ΔxΔt

振子动能mv22
线圈磁场能Li22
振子弹性势能kx22

b.通过对比还发现电路中能量的变化规律与力学简谐运动的能量变化规律类似。请你类比①式写出电容电量q随时间t变化的方程，并类推出LC谐振电路周期公式。
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【详解】（1）单摆的能量方程12mv2+mgl(1-cosθ)=E，在θ很小的时cosθ≈1-12θ2，又x=lθ
将v=ΔxΔt代入能量方程可得单摆简谐运动方程 12m(ΔxΔt)2+12mglx2=E，
由此可得单摆的振动系数k=mgl，所以单摆的周期为T=2πmk=2πlg
（2）a.类比简谐运动中一些状态描述参量的变化规律可得
简谐运动（弹簧振子）
电磁振荡（LC电路）
振子质量m
电感L
任意时刻振子偏离平衡位置的位移x
电容电量q
瞬时速度v=ΔxΔt
电路电流i=ΔqΔt
振子动能mv22
线圈磁场能Li22
振子弹性势能kx22
电容器电场能q22C
b.类比简谐运动的能量变化规律12mΔxΔt2+12kx2=E可得，
电容电量q随时间t变化的方程为 12L×(ΔqΔt)2+12×1C×q2=E，可知k=1C，
则LC谐振电路周期公式T=2πmk=2πL1C=2πLC