北京市西城区2023届高三物理二模试题（Word版附解析）

这是一份北京市西城区2023届高三物理二模试题（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了5m/s等内容，欢迎下载使用。

西城区高三模拟测试试卷
物 理
本试卷共9页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 有关物体的内能，下列说法正确的是（　　）
A. 物体温度升高，组成物体的分子的平均动能增大
B. 由于物体被举高，组成物体的分子的分子势能增大
C. 物体吸收热量，其内能一定增大
D. 物体对外界做功，其内能一定减小
【答案】A
【解析】
【详解】A．温度是分子平均动能的标志，物体温度升高，组成物体的分子的平均动能增大，故A正确；
B．物体被举高后，宏观的重力势能增加，对于微观中分子势能是没有影响的，故B错误；
C．物体吸收热量的同时对外做功，其内能不一定增大，故C错误；
D．物体对外界做功的同时吸收热量，其内能不一定减小，故D错误。
故选A。
2. 如图所示，一束光沿着半圆形玻璃砖的半径射到它的平直的边上，在玻璃砖与空气的界面上发生反射和折射，入射角为，折射角为。下列说法正确的是（　　）

A. 反射光的频率大于入射光的频率 B. 折射光的波长等于入射光的波长
C. 若增大入射角，则折射角将减小 D. 若增大入射角，则折射光将减弱
【答案】D
【解析】
【详解】A．光发生反射和折射后频率不变，所以反射光的频率等于入射光的频率，故A错误；
B．折射光的传播速度大于入射光的传播速度，频率相同，由可知折射光的波长大于入射光的波长，故B错误；
C．由可知若增大入射角，则折射角将增大，故C错误；
D．若增大入射角，反射光增强，折射光将减弱。故D正确。
故选D。
3. 氢原子能级示意图如图所示，下列说法正确的是（　　）

A. 氢原子从能级跃迁到能级，该氢原子的能量增加
B. 氢原子从能级跃迁到能级，该氢原子向外辐射光子
C. 大量处于能级的氢原子向基态跃迁过程中最多可辐射出3种频率的光子
D. 处于基态的氢原子电离时将向外辐射13.6eV的能量
【答案】C
【解析】
【详解】A．氢原子从能级跃迁到能级需要向外辐射光子，故该氢原子的能量减小，故A错误；
B．氢原子从能级跃迁到能级，该氢原子需要吸收光子，故B错误；
C．大量处于能级的氢原子向基态跃迁过程中最多可辐射出不同频率光子的种类为

故C正确；
D．处于基态的氢原子电离时至少要吸收13.6eV的能量，故D错误。
故选C。
4. 一列简谐横波沿x轴传播，时刻的波形如图1所示，K、L是介质中的两个质点。图2是质点K的振动图像。下列说法正确的是（　　）

A. 时刻质点K的加速度比质点L的大
B. 时刻之后，质点K比质点L先到达正向最大位移处
C. 波沿x轴正方向传播，速度为1.0m/s
D. 波沿x轴负方向传播，速度为0.5m/s
【答案】B
【解析】
【详解】A．越靠近平衡位置，加速度越小，所以时刻质点K的加速度比质点L的小，A错误；
B．从图2可以看出来时刻，质点K从平衡位置向上运动，则波沿x正方向传播，所以时刻之后，质点K比质点L先到达正向最大位移处，B正确；
CD．从图2可以看出来波沿x轴正方向传播，速度为

CD错误；
故选B。
5. 如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为10:1，其原线圈两端接入正弦式交变电压u，，副线圈通过电流表与变阻器R相连，若交流电压表和交流电流表都是理想电表，则下列说法正确的是（　　）

A. 电压表的示数为31.1V
B. 滑动变阻器的滑片向上滑动，电压表的示数增大
C. 滑动变阻器的滑片向上滑动，电流表的示数增大
D. 滑动变阻器的滑片向上滑动，变压器的输入功率减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．交流电的电压有效值为

根据

可知电压表的示数为22V，A错误；
B．由于原线圈的电压保持不变，匝数比不变，无论滑动变阻器阻值如何变化，副线圈两端的电压也保持不变，B错误；
C．当滑动变阻器的滑片向上滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电流表的示数减小，C错误；
D．根据

可知当滑动变阻器的滑片向上滑动时，滑动变阻器消耗的功率减小，因此变压器的输入功率减小，D正确。
故选D。
6. 如图所示，轻杆两端分别固定着可以视为质点的小球A、B，放置在光滑水平桌面上，杆上O点有一竖直方向的固定转动轴，A、B的质量之比，A、B到O点的距离之比。当轻杆绕轴匀速转动时，下列说法正确的是（　　）

A. A对杆的作用力大小等于B对杆的作用力大小
B. A的向心加速度大小大于B的向心加速度大小
C. A的动能等于B的动能
D. A的周期小于B的周期
【答案】C
【解析】
【详解】A．水平面光滑，所以杆对A的力提供了A做圆周运动的向心力

杆对B的力提供了B做圆周运动的向心力

代入数据可求得

有牛顿第三定律可知：A对杆的作用力大小不等于B对杆的作用力大小，A错误；
B．AB运动具有相同的角速度，则加速度为

由得A的向心加速度大小小于B的向心加速度大小，B错误；
C．动能的表达式为

结合题意可知：A的动能等于B的动能，C正确；
D．AB有相同的角速度，，所以A的周期等于B的周期，D错误；
故选C。
7. 如图所示，虚线为静电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等。一个带正电的点电荷q在A点的电势能小于其在B点的电势能，则下列说法正确的是（　　）

A. A点的电势大于B点的电势
B. A点的电场强度大于B点的电场强度
C. 将q在A点由静止释放，其受静电力将增大
D. 将qA点由静止释放，其电势能将减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．带正电的点电荷q在A点的电势能小于其在B点的电势能，则A点的电势小于B点的电势，故A错误；
B．A点的等势面较稀疏，则A点的电场强度小于B点的电场强度，故B错误；
CD．将q在A点由静止释放，将向电势低处运动，即向等势面稀疏处运动，其受静电力将减小，电势能将减小，故C错误，D正确。
故选D。
8. 如图所示，两极板加上恒定的电压U，将一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子在正极板附近由静止释放，粒子向负极板做加速直线运动。不计粒子重力。若将两板间距离减小，再次释放该粒子，则（　　）

A. 带电粒子获得的加速度变小
B. 带电粒子到达负极板的时间变短
C. 带电粒子到达负极板时的速度变小
D. 加速全过程静电力对带电粒子的冲量变小
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据匀强电场场强公式和牛顿第二定律有
，
可得

将两板间距离减小，带电粒子获得的加速度变大，故A错误；
B．根据匀变速直线运动规律

解得

将两板间距离减小，带电粒子到达负极板的时间变短，故B正确；
C．根据动能定理有

解得

带电粒子到达负极板时的速度不变，故C错误；
D．根据动量定理有

可知加速全过程静电力对带电粒子的冲量不变，故D错误。
故选B。
9. 如图所示，速度选择器的两平行导体板之间有方向互相垂直的匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一电荷量为＋q的粒子以速度v从S点进入速度选择器后，恰能沿图中虚线通过。不计粒子重力，下列说法可能正确的是（　　）

A. 电荷量为-q的粒子以速度v从S点进入后将向下偏转
B. 电荷量为＋2q的粒子以速度v从S点进入后将做类似平抛的运动
C. 电荷量为＋q粒子以大于v的速度从S点进入后动能将逐渐增大
D. 电荷量为-q的粒子以大于v的速度从S点进入后动能将逐渐减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．电荷量为＋q的粒子以速度v进入后受力平衡，即有

由左手定则可知，洛伦兹力竖直向上，电场力竖直向下，即电场强度的方向竖直向下，且有

当电荷量为-q的粒子以速度v从S点进入后，由左手定则可知，粒子所受的洛伦兹力竖直向下，电场力竖直向上，且有

则粒子受力平衡，将沿着图中虚线通过，故A错误；
B．电荷量为＋2q的粒子以速度v从S点进入后，向下的电场力为

向上的洛伦兹力为

由于，所以粒子受力平衡，将沿着图中虚线通过，故B错误；
C．电荷量为＋q的粒子以大于v的速度从S点进入后，向下的电场力为

向上的洛伦兹力为

由于，所以，即粒子刚从S点进入后所受合力竖直向上，粒子的运动轨迹将向上弯曲，此过程中电场力对粒子做负功，粒子的动能将逐渐减小，故C错误；
D．电荷量为-q的粒子以大于v的速度从S点进入后，向上的电场力为

向下的洛伦兹力为

由于，所以，即粒子刚从S点进入后所受合力竖直向下，粒子的运动轨迹将向下弯曲，此过程中电场力对粒子做负功，粒子的动能将逐渐减小，故D正确。
故选D。
10. 在匀强磁场中放置一个金属圆环，磁场方向与圆环平面垂直。规定图1所示磁场方向为正。当磁感应强度B随时间t按图2所示的正弦规律变化时，下列说法正确的是（　　）

A. 时刻，圆环中无感应电流
B. 时刻，圆环上各点受到的安培力最大
C. 时间内，圆环中感应电流方向始终沿顺时针方向
D. 时间内，圆环先出现扩张趋势，后出现收缩趋势
【答案】C
【解析】
【详解】A．在t2时刻，磁感应强度为零，但是磁通量的变化率最大，则感应电流最大，故A错误；
B．在t3时刻，磁感应强度最大，但是磁通量的变化率为零，则感应电流为零，圆环上各点受到的安培力为零，故B错误；
C．t1-t2时间内，磁感应强度垂直圆环向里，磁通量逐渐减小，根据楞次定律可知圆环中感应电流方向始终沿顺时针方向，t2-t3时间内，磁感应强度垂直圆环向外，磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知圆环中感应电流方向始终沿顺时针方向，故C正确；
D．时间内，穿过圆环的磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知圆环先出现收缩趋势，后出现扩张趋势，故D错误。
故选C。
11. 将灯泡A、线圈L、电池组E和开关S连接成如图所示的电路。先闭合开关S，使灯泡发光，然后断开开关S，观察到灯泡闪亮的现象。下列说法正确的是（　　）

A. 闭合S瞬间线圈L不产生自感电动势
B. 断开S瞬间电路中a点电势低于b点
C. 断开S前后通过灯泡A的电流大小不变
D. 闭合S后电源输出的电功率等于灯泡A和线圈L的发热功率之和
【答案】B
【解析】
【详解】A．闭合S瞬间，电路接通，线圈L要阻碍电流通过，产生与电源相反的自感电动势，故A错误；
B．开关S断开前，自感线圈中的电流是自左向右的，当断开S瞬间，自感线圈要阻碍电流的减小，因此产生与原电流方向相同的感应电流，与灯泡构成闭合回路，回路中的电流为逆时针方向，因此a点电势低于b点，故B正确；
C．灯泡与自感线圈并联，断开开关S，观察到灯泡闪亮的现象，说明自感线圈的电阻小于灯泡的电阻，在断开开关前通过自感线圈的电流大于通过灯泡的电流，因此当断开开关S后，灯泡与自感线圈串联，通过灯泡的瞬时电流大于开关断开前的电流，所以灯泡将闪亮一下，故C错误；
D．因为自感线圈将一部分电场能转化为磁场能储存起来，因此闭合S后电源输出的电功率大于灯泡A和线圈L的发热功率之和，故D错误。
故选B
12. 研究蹦极运动时，在运动员身上装好传感器，用于测量他在不同时刻下落的高度及速度。运动员身系弹性绳，从蹦极台无初速度下落，根据某次传感器测到的数据，得到如图所示的速度—位移图像。忽略空气阻力，根据图像可知（　　）

A. 弹性绳的原长为15m
B. 0~15m下落过程中，运动员重力势能的减少量大于动能的增加量
C. 15~27m下落过程中，运动员受合力先减小后增大
D. 0~27m下落过程中，运动员重力冲量大于弹性绳弹力冲量
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图像可知位移大小为15m时，速度大小为最大值，可知该位移处有弹性绳的弹力与运动员的重力等大，所以弹性绳处于伸长状态，即弹性绳的原长小于15m，故A错误；
B．运动员下落过程中先做加速度为g的加速运动，至弹性绳恰好拉直后运动员继续做加速度减小的加速运动，直至速度达到最大，此时位移大小为15m，所以0~15m下落过程中，运动员重力势能的减少量等于动能的增加量加上弹性绳弹性势能的增加量，故B正确；
C．15m时，弹性绳的弹力与运动员的重力等大合力为零，之后运动员继续向下运动，弹性绳伸长量继续变大，弹性绳弹力大于重力，合力向上且变大。故C错误；
D．0~27m下落过程中由动量定理可得

可知运动员重力冲量大小等于弹性绳弹力冲量大小，故D错误。
故选B。
13. “探究加速度与力的关系”的实验装置示意图如图所示。实验中平衡了摩擦力，如果砂桶（含砂）的质量m不满足比小车质量M小得多的条件，那么，若保持M不变，将m增大为原来的2倍，不计绳的质量和滑轮摩擦，在砂桶下落相同高度的过程中，下列说法正确的是（　　）

A. 小车的加速度增大到原来的2倍
B. 绳上的拉力增大到原来的2倍
C. 砂桶机械能的减少量小于原来的2倍
D. 砂桶和小车组成的系统损失的机械能比原来多
【答案】C
【解析】
【详解】AB．以小车为研究对象，根据牛顿第二定律可得

以砂桶（含砂）为对象，根据牛顿第二定律可得

联立可得


若保持不变，将增大为原来的2倍，则有


故AB错误；
C．绳子拉力对砂桶做负功，砂桶机械能的减少量为


由于

可得

即砂桶机械能的减少量小于原来的2倍，故C正确；
D．砂桶和小车组成的系统损失的机械能等于小车克服摩擦力做的功，由于摩擦力大小保持不变，则砂桶和小车组成的系统损失的机械能与原来相等，故D错误。
故选C。
14. 当物体相对于地球表面运动时，会受到“地转偏向力”的影响。“地转偏向力”不是物体真实受到的力，是由于地球自转而产生的惯性效应。其原因是：除南北两极外，地球上各纬度的自转角速度相同，但自转线速度不同。在北半球，物体由北向南运动的过程中，由于惯性，物体随地球自转的线速度相对地表显得慢了，因此表现出向前进方向的右侧偏转的现象。“地转偏向力”对地球上所有移动的物体，包括气团、河流，运行的火车、火箭发射等都会产生影响。通过观察“地转偏向力”对单摆的运动产生的影响可以证明地球在自转。1851年，法国物理学家傅科在巴黎的教堂用摆长67m、直径约30cm、质量为28kg的铁球制成的单摆（傅科摆）间接证实了地球在自转。根据以上材料，结合所学，判断下列说法正确的是（　　）
A. 在北半球，物体由南向北运动过程中，它会向前进方向的左侧偏转
B. 在南半球沿平直路面向南行驶的火车，在前进方向上对左侧轨道的压力小于对右侧轨道的压力
C. 在南半球，傅科摆在摆动过程中，摆动平面沿逆时针方向（俯视）不断偏转
D. “地转偏向力”对运动的影响程度，与物体沿南北方向相对地表运动的速度大小无关
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题意，地球自西向东自转，在北半球，物体由南向北运动过程中，由于高纬度的自转线速度比低纬度的小，所以物体随地球自转的线速度相对地表显得快了，它会向前进方向的右侧偏转，A错误；
B．在南半球，物体向南运动，在“地球偏向力”的作用下会向前进方向的左侧偏转，为了保持直线运动，火车在前进方向上对左侧轨道的压力大于对右侧轨道的压力，B错误；
C．在南半球，物体会向前进方向的左侧偏转，所以傅科摆在摆动过程中，摆动平面沿逆时针方向（俯视）不断偏转，C正确；
D．“地球偏向力”改变物体运动的方向，由向心力公式

可得物体偏转的半径

所以物体沿南北方向相对地表运动的速度越大，“地转偏向力”对其运动的影响越小，故D错误。
故选C。
第二部分
本部分共6题，共58分。
15. 用下图所示装置做“验证动量守恒定律”实验。实验中使用的小球1和2质量分别为、，直径分别为、。在木板上铺一张白纸，白纸上面铺放复写纸，记下重锤线所指的位置O。

（1）小球1和2的质量应满足___________，直径应满足___________。（选填“大于”“等于”或“小于”）
（2）实验时，先不放小球2，使小球1从斜槽上某一点S由静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。再把小球2静置于斜槽轨道末端，让小球1仍从S处由静止释放，与小球2碰撞，并多次重复。该实验需要完成的必要步骤还有___________。（选填选项前的字母）
A．测量两个小球的质量、
B．测量小球1的释放点S距桌面的高度h
C．测量斜槽轨道末端距地面的高度H
D．分别找到小球1与小球2相碰后平均落地点的位置M、N
E．测量平抛射程OM、ON
（3）要验证两球碰撞前后动量守恒，仅需验证关系式___________是否成立[用（2）中测量的量表示]。请分析说明可以这样验证的理由___________。
【答案】 ①. 大于 ②. 等于 ③. ADE##AED##DAE##DEA##EAD##EDA ④. ⑤. 小球水平飞出的速度与其水平射程成正比
【解析】
【详解】（1）[1]小球1和小球2相碰后不能反弹，所以小球1的质量要大于小球2的质量。
[2]由于该实验装置不能调节小球2摆放位置的高度，所以为保证两小球发生对心碰撞，两小球的直径要相等。
（2）[3]A．本实验要“验证动量守恒定律”，故需测量两个小球的质量、，A正确；
B．小球1碰撞前的速度大小可以通过平抛运动规律求得


联立可得

实验中小球1每次都从同一位移S释放即可，无需测量释放点S距桌面的高度h，B错误；
CDE．由于各小球做平抛运动的竖直高度相同，所以由可得它们飞出时的水平速度与其落点的水平射程成正比，所以在验证动量守恒定律时，由

可得

故无需测量斜槽轨道末端距地面高度H，需要测量各球平均落点的水平射程，故C错误，D、E正确。
故选ADE。
（3）[4][5]由于小球1和小球2都从同一高度做平抛运动落在水平地面上，由平抛运动规律可知其飞出时的水平速度与其落点的水平射程成正比，所以仅需验证关系式

即可验证两球碰撞前后动量守恒。
16. 某同学在实验室进行测量电阻的实验。
（1）该同学先用欧姆表“”挡粗测一个未知电阻R的阻值，示数如图1所示，对应的读数是___________。

（2）他进一步采用伏安法进行精确测量，测量电路如图2所示，其中电压表的内阻约为，电流表的内阻约为，为了尽量减小实验误差，电压表的右端应接在___________点（选填“M”或“N”）。

（3）随着居民生活水平的提高，纯净水已经进入千家万户。电导率是检验纯净水是否合格的一项重要指标，它是电阻率的倒数。该同学为了测量某品牌纯净水样品的电导率，将采集的水样注满绝缘性能良好的横截面直径为几厘米的薄塑料圆柱形容器，容器两端用很薄的金属圆片电极密封，如图3所示。

a. 他先通过查阅资料估算出容器内水样的电阻约为十万欧，然后用伏安法进行测量。除开关和若干导线外，他还找到下表所示的器材，请选择合适的器材，设计测量该水样电阻的方案，在下图方框内画出电路图，并标注所选器材的代号，水样的电阻用表示。___________
器材（代号）
规格
电源（）
电动势约为3.0V，内阻可以忽略不计
电源（）
电动势约为15.0V，内阻可以忽略不计
电压表（）
量程0~3V，内阻约
电压表（）
量程0~15V，内阻约
电流表（）
量程0~0.6A，内阻约
电流表（）
量程，内阻约
滑动变阻器（R）
总阻值约

b. 测出水样的电阻后，为了测出样品的电导率，请写出该同学还需要测量的物理量，以及使用的测量工具和测量方法。___________
【答案】 ①. 8 ②. M ③. 见解析 ④. 见解析
【解析】
【详解】（1）[1]该同学先用欧姆表“”挡粗测一个未知电阻的阻值，由图1可知读数为

（2）[2]根据

为了尽量减小实验误差，电流表应采用外接法，则电压表的右端应接在M点。
（3）a[3]水样的电阻约为十万欧，若电源选择电动势为的，则最大电流为

若电源选择电动势为，则最大电流为

则电流表应选择量程为的；为了使电流表读数超过量程的，电源应选择电动势为的，电压表应选择量程为的；由于待测电阻约为十万欧，远大于电流表内阻和滑动变阻器阻值，为了减小误差，电流表应采用内接法，滑动变阻器采用分压接法，电路图如图所示

b[4]根据电阻定律可得

又

可知

则电导率为

为了测出样品的电导率，还需要测量圆柱形容器的长度和横截面的直径；
测量圆柱形容器的长度的工具和方法：用刻度尺测量圆柱形容器的长度，多次测量取平均值；
测量圆柱形容器横截面直径的工具和方法：用游标卡尺测量圆柱形容器横截面直径，在圆柱形容器的不同位置多次测量取平均值。
17. 如图所示，电子从灯丝K发出（初速度不计），在KA间经加速电压加速后，从A板中心小孔射出，进入由M、N两个水平极板构成的偏转电场，M、N两板间的距离为d，电压为，板长为L，电子进入偏转电场时的速度与电场方向垂直，射出时没有与极板相碰。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力及它们之间的相互作用力。求：
（1）电子穿过A板小孔时的速度大小v；
（2）电子从偏转电场射出时垂直极板方向偏移的距离y；
（3）电子从偏转电场射出时的速度方向。

【答案】（1）；（2）；（3）速度方向与水平方向夹角，斜向右下方
【解析】
【详解】（1）根据动能定理

解得

（2）进入偏转电场后做类平抛运动



联立解得

（3）设速度与水平方向夹角为θ，则

则

斜向右下方。
18. 图1所示是一种叫“旋转飞椅”的游乐项目，将其结构简化为图2所示的模型。长的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径的水平转盘边缘。转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。转盘静止时，钢绳沿竖直方向自由下垂；转盘匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角。将游客和座椅看作一个质点，质量。不计钢绳重力和空气阻力，重力加速度。（，）
（1）当转盘匀速转动时，求游客和座椅做圆周运动
a．向心力的大小；
b．线速度的大小v。
（2）求游客由静止到随转盘匀速转动的过程中，钢绳对游客和座椅做的功W。

【答案】（1）a．，b．；（2）
【解析】
【详解】（1）对游客和座椅一起受力分析如下图所示

a．根据受力分子可知游客和座椅做圆周运动所需要的向心力为

b．根据几何关系可知游客和座椅zuo2圆周运动的半径为

由

代入数据得

（2）游客和座椅由静止到随转盘匀速转动得过程，根据功能关系有

代入数据解得

19. 电动机是第二次科技革命中的最重要的发明之一，在生产、生活中起着极为重要的作用。
（1）直流电动机的工作原理可以简化为图1所示的模型。在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根足够长的平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，电阻不计。质量为m、电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好。轨道左端接有直流电源，电源电动势为E、内阻不计。闭合开关S，导体棒从静止开始运动。在导体棒运动过程中，导体棒上的电流I与速度v的大小关系满足，导体棒始终受到大小为f的阻力作用。求：
a、 闭合S瞬间，导体棒受到的安培力的大小；
b、 导体棒速度为v时，导体棒加速度的大小a。
（2）某兴趣小组根据直流电动机的工作原理设计了模型飞机的电磁弹射装置。如图2所示，用于弹射模型飞机的线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B，线圈可沿导轨滑动。开关接通，电动势为E、内阻不计的电源与线圈连接，线圈推动飞机从静止开始加速，运动过程中线圈和飞机受到的总阻力恒为f、线圈总电阻为R，匝数为n，每匝周长为l。
a、 若导轨足够长，求飞机能够获得的最大速度。
b、 为了让线圈在模型飞机弹出后尽快停下来，该小组在图2的基础上改进了电路。如图3所示，单刀双掷开关接通1，线圈推动飞机加速；飞机弹出后，将单刀双掷开关接通2，让线圈减速。请说明这一设计的原理。


【答案】（1）a．；b．；（2）a．；b．见解析
【解析】
【详解】（1）a．闭合S瞬间，根据闭合电路欧姆定律有

导体棒受到的安培力的大小

b．导体棒速度为v时，反电动势为

导体棒受到的安培力的大小

由牛顿第二定律可得导体棒加速度的大小

（2）a．当飞机与线圈组成的系统受到的安培力与阻力大小相等时，飞机的速度达到最大，则有

线圈受到的安培力为

由

可得

b．飞机弹出后，开关接通2，线圈和电阻组成闭合回路，线圈在磁场中做切割磁感线的运动，产生感应电流，受到与运动方向相反的安培力，安培力使线圈做减速运动。
20. 建立物理模型是解决实际问题的重要方法。
（1）如图1所示，圆和椭圆是分析卫星运动时常用的模型。已知，地球质量为M，半径为R，万有引力常量为G。
a、卫星在近地轨道Ⅰ上围绕地球的运动，可视做匀速圆周运动，轨道半径近似等于地球半径。求卫星在近地轨道Ⅰ上的运行速度大小v。
b、在P点进行变轨操作，可使卫星由近地轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ、卫星沿椭圆轨道运动的情况较为复杂，研究时我们可以把椭圆分割为许多很短的小段，卫星在每小段的运动都可以看作是圆周运动的一部分（如图2所示）。这样，在分析卫星经过椭圆上某位置的运动时，就可以按其等效的圆周运动来分析和处理。卫星在椭圆轨道Ⅱ的近地点P的速度为，在远地点D的速度为，远地点D到地心的距离为r。根据开普勒第二定律（对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等）可知，请你根据万有引力定律和牛顿运动定律推导这一结论。
（2）在科幻电影《流浪地球》中有这样一个场景：地球在木星的强大引力作用下，加速向木星靠近，当地球与木星球心之间的距离小于某个值d时，地球表面物体就会被木星吸走，进而导致地球可能被撕裂。这个临界距离d被称为“洛希极限”。已知，木星和地球的密度分别为和，木星和地球的半径分别为和R，且。请据此近似推导木星使地球产生撕裂危险的临界距离d——“洛希极限”的表达式。【提示：当x很小时，。】

【答案】（1）a、；b、见解析；（2）
【解析】
【详解】（1）a、卫星在近地轨道Ⅰ上的运行时，根据万有引力提供向心力，有

解得卫星在近地轨道Ⅰ上的运行速度大小为

b、设卫星在椭圆轨道Ⅱ上运行，近地点和远地点的等效圆周运动的半径分别为和，根据牛顿第二定律可得，卫星在近地点时

卫星在远地点时

由椭圆的对称性可知

联立以上各式可得

（2）设木星质量为，地球质量为，地球表面上距离木星最近的地方有一质量为的物体，地球在木星引力作用下向木星靠近，根据牛顿第二定律，有

物体在木星引力和地球引力作用下，有

其中
，
当时，地球将被撕裂
由可得

整理得

因为，所以很小

代入得

推得“洛希极限”的表达式为