还剩12页未读，
继续阅读
2023-2024学年天津市和平区高三（上）期末物理试卷（含解析）
展开
这是一份2023-2024学年天津市和平区高三（上）期末物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.2023年10月26日“神舟十七号”顺利对接“天宫”空间站，“天宫”在距地面约400km高度上做匀速圆周运动，假设“神舟十七号”先绕地球在低于“天宫”的轨道上做匀速圆周运动，然后再改变轨道与“天宫”对接，又已知北斗同步静止卫星距地面约36000km，则( )
A. “天宫”空间站的运行周期可能为12小时
B. “天宫”空间站的线速度比北斗静止卫星的大
C. 北斗同步静止卫星运行过程中可能通过北京正上方
D. “神舟十七号”从近地轨道上需要减速才能对接空间站
2.如图，固定在铁架台上的烧瓶，通过橡胶塞连接一根水平玻璃管，向玻璃管中注入一段水柱，室温下水柱静止不动(如图甲)。用手捂住烧瓶，会观察到水柱缓慢向外移动，之后在新位置重新静止(如图乙)。关于烧瓶内的气体，下列说法正确的是( )
A. 图乙状态气体的压强大于图甲状态
B. 此过程中，气体吸收的热量等于对外做的功
C. 图乙状态气体分子的平均动能大于图甲状态
D. 图乙中容器内单位体积的分子数大于图甲
3.实验推动了人们对于光本质的研究，关于如图实验，说法正确的是( )
A. 图1两个图样中，上面单缝的宽度一定小于下面单缝的宽度
B. 图2中将肥皂膜水平放置，同样可以观察到与图2相同形状的条纹
C. 图3中与锌板连接的静电计因为带负电而张开
D. 图4两个干涉图样中，上面是红光下面是蓝光
4.取一条较长的软绳，用手握住一端拉平后连续周期性地向上、向下抖动，可以看到在绳上产生一列波，a、b、c为绳上的质点，某时刻波刚好传播到质点c，绳上形成的波形如图所示，下列说法正确的是( )
A. 手开始抖动时运动方向向上
B. 之后质点a比质点b先回到平衡位置
C. 该时刻质点a的速度比质点b的速度大
D. 图中为波源开始振动后1.5周期时刻的波形
5.如图甲所示，滚筒洗衣机脱水时，衣物紧贴着滚筒壁在竖直平面内做顺时针方向的匀速圆周运动，可简化为图乙所示模型，A、B分别为衣物经过的最高位置和最低位置，衣物可视为质点。衣物在运动过程中，下列说法正确的是( )
A. 衣物受到的合力始终为0B. 衣物在A点时脱水效果比B点好
C. 衣物重力的功率始终不变D. 合力对衣物做功一定为零
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
6.下列说法正确的是( )
A. 核子结合为原子核时总质量将减小B. 天然放射现象说明原子具有核式结构
C. γ射线具有很强的电离能力D. 原子核发生一次β 衰变核内增加一个质子
7.如图甲所示，交流发电机的矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转动方向如图所示，穿过该线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图乙所示。线圈的匝数为10，电流表A为理想电流表。下列说法正确的是( )
A. t=1.0s时交流电流表示数为零
B. t=0.5s时线圈和磁场方向垂直
C. 线圈感应电动势的最大值为2V
D. 在图甲位置，线圈中的电流方向为ABCD
8.英国物理学家卢瑟福用α粒子轰击厚度为微米的金箔，发现少数α粒子发生较大偏转。如图所示，甲、乙两个α粒子从较远处(规定电势为零)分别以相同的初速度轰击金箔，实线为两个α粒子在某一金原子核附近电场中的运动轨迹，两轨迹的交点为a，虚线表示以金原子核为圆心的圆，两轨迹与该圆的交点分别为b、c。忽略其他原子核及α粒子之间的作用，两粒子从较远处运动到b、c两点的过程中，下列说法正确的是( )
A. 电场力对甲、乙两个粒子做的功一定相同
B. 两个α粒子经过a点时加速度一定不同
C. 乙粒子在a点的电势能一定大于在c点时的电势能
D. 电场力对甲粒子冲量的大小一定等于对乙粒子冲量的大小
三、实验题：本大题共2小题，共12分。
9.某同学在做“验证力的平行四边形定则”实验时，将橡皮筋一端固定，如图1甲是用一个测力计拉长橡皮筋，如图1乙用两个测力计同时将橡皮筋沿相同方向拉长相同长度。
①如图1甲中测力计的读数是______N；如图1乙中两测力计与橡皮筋所在方向的夹角α>β，则两测力计的示数F1 ______F2(填“大于”“等于”或“小于”)。
②下列做法对减小实验误差有益的是______。
A.弹簧秤、细绳、橡皮筋都应与木板平行
B.两细绳之间的夹角越大越好
C.用两弹簧秤同时拉细绳时，两弹簧秤示数之差应尽可能大
D.拉橡皮筋的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些
③在某次实验中，在白纸上做出如图2所示的图形，F1、F2表示两个互成角度的力，F表示根据平行四边形定则作出的F1与F2的合力，F′表示用一个测力计拉橡皮筋时的力，则图中符合实验事实的是______图。
10.某同学用伏安法准确测量约为20kΩ的电阻丝阻值，实验室提供的器材有：0～0.2mA和0～3mA双量程的电流表，0～3V和0～15V的双量程电压表，电动势约为4V的电源，滑动变阻器的最大阻值为50Ω。
(1)为使读数尽可能精确，电压表应选______量程，电流表应选择______量程。
(2)由于提前不知道电表的内阻，因此采用如图甲所示的电路进行试触，当电压表的接线柱从a点切换到b点时，发现电流表比电压表的示数变化更为明显，根据上述现象，将如图乙的实物图连接完整。
(3)在所连接的实物图中，开关闭合之前，应将滑动变阻器滑片放在最______端。
四、简答题：本大题共3小题，共48分。
11.气囊是剧烈碰撞事故时保护驾驶员安全的重要设施，当汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时，安全气囊爆开。某路段的限速为40km/h，质量m1=1600kg的甲车以某一速度与正前方质量m2=1600kg、以速度v2=18km/h迎面行驶的乙车发生碰撞，经过极短时间t=0.16s，两车以相同的速度沿着甲车的行驶方向一起又滑行了1m后停下，此次碰撞甲车内的安全气囊恰好爆开，设两车与路面的动摩擦因数μ=0.2，g取10m/s2，求：
(1)两车碰撞后瞬间速度的大小；
(2)判断甲车碰撞前是否超速；
(3)气囊爆开的临界撞击力F0的大小。
12.如图甲所示，质量为m，足够长的“
”形光滑金属框放在光滑绝缘水平面上，金属框两平行边间距为d，处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，金属棒ab垂直放在金属框两平行边上，用绝缘细线将棒ab固定，开始时细线水平伸直且无张力，给金属框施加一个水平向右的牵引力，使金属框由静止开始运动。不计金属框的电阻，金属棒ab始终与金属框两平行边垂直且接触良好，金属棒接入电路的电阻为R，求：
(1)若金属框做加速度为a的匀加速直线运动，以开始运动为计时起点，t=t0时刻绝缘细线上的拉力T和牵引力F的大小。
(2)若从金属框开始运动保持牵引力的功率为P不变，经过时间t1金属框达到最大速度，求此过程中回路产生的焦耳热。
13.MM50是新一代三维适形和精确调强的治癌设备，是公认最先进的放射治疗系统，其核心技术之一就是多级能量跑道回旋加速器，其工作原理如图所示。两个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ的边界平行，相距为L，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。下方P、Q及两条横向虚线之间的区域存在水平向右的匀强电场(两条横向虚线之间的区域宽度忽略不计)，方向与磁场边界垂直。质量为m、电荷量为+q的粒子从P端飘入电场(初速度忽略不计)，经过n次电场加速和多次磁场偏转后，从位于边界上的出射口C向左射出磁场，已知C、Q之间的距离的距离为d，带电粒子的重力不计，求：
(1)匀强电场场强E的大小。
(2)粒子从P端进入电场到运动至出射口C的过程中，在电场内运动的总时间t1和在磁场中运动的总时间t2。(3)若需要增大某种粒子从C口射出时的速度v，应怎样调整加速器的参数，并简要说明理由。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.已知地球半径约为6300km，北斗同步静止卫星距地心的距离为约R1=42300km，周期为T1=24h，假设“天宫”的运行周倜T2=12h，则根据开普勒第三定律有R13T12=R23T22，解得R2=22677km>6700km，所以运行周期不为12小时，故A错误；
B.根据万有引力提供向心力GMmR2=mv2R，解得v= GMR，所以半径越小，线速度越大，故B正确；
C.同步卫星的轨道位于赤道上方，北京不在赤道上，所以不可能，故C错误；
D.从低轨道变高轨道，需要现在低轨道处加速，轨迹变为椭圆，到达远地点后，再次加速进入高轨道，然后再减速，才能在高轨道做圆周运动，然后完成对接，故D错误。
故选：B。
根据开普勒第三定律可得出周期不为12小时；根据万有引力提供向心力可判断线速度大小关系；同步卫星的轨道在赤道上方；低轨道变高轨道需要先加速再减速。
学生在解决本题时，应熟练应用开普勒第三定律，万有引力定律以及卫星变轨规律。。
2.【答案】C
【解析】解：A.由于水柱处于水平玻璃管中，对水柱分析可知，烧瓶内气体的压强始终等于大气压强，即气体的压强不变，故A错误；
BC.根据上述可知，该过程是等压变化，手捂住烧瓶，温度升高，分子的平均动能增大，内能增大，根据热力学第一定律，气体吸收的热量大于对外做的功，故B错误，C正确；
D.根据上述可知，该过程是等压变化，手捂住烧瓶，温度升高，则气体体积增大，容器内单位体积的分子数减少，故D错误。
故选：C。
用手捂住烧瓶，温度升高，压强不变；由盖一吕萨克定律分析体积的变化，从而判断气体做功情况，根据热力学第一定律ΔU=Q+W；根据温度的变化分析气体内能的变化。
解决本题的关键是寻找不变量：压强不变，由盖一吕萨克定律分析体积的变化，由温度的变化分析内能的变化。
3.【答案】A
【解析】解：A.单缝衍射中间亮纹的宽度与光的波长成正比与单缝的宽度成反比，当红光通过单缝时，亮纹宽度越大则单缝越窄，由此可知图1两个图样中，上面单缝的宽度一定小于下面单缝的宽度，故A正确；
B.竖直放置的肥皂膜因重力的关系，下方肥皂膜的厚度大于上面肥皂膜的厚度，即肥皂膜在不同高度处的厚度不同，而千涉是由前后表面的反射光叠加形成的，薄膜厚度越大则光程差越大，形成的干涉条纹越密，由此可知干涉条纹为上疏下密，而同高度出蒲膜等厚，因此形成的干涉条纹为水平的横纹，同理，水平放置的肥皂膜也会由于重力的关系而形成上薄下厚的薄膜，但由于水平放置后同一水平面上的薄膜等厚，则为环形薄膜，因此将形成上疏下密的环状条纹，故B错误；
C.锌板发生光电效应后失去电子带正电，则与之相连的静电计因带正电而张开，故C错误；
D.根据双缝干涉的条纹间距公式Δx=Ldλ，可知，同一双缝干涉实验装置，光的波长越长，条纹间距越大，而红光的波长大于蓝光的波长，因此红光发生干涉的条纹间距大于蓝光发生干涉的条纹间距，则可知图4两个干涉图样中，上面是蓝光下面是红光，故D错误。
故选：A。
红光通过单缝时，亮纹宽度越大则单缝越窄，所以上面单缝的宽度一定小于下面单缝的宽度；薄膜干涉中由于重力的影响，下方肥皂膜的厚度大于上面肥皂膜的厚度，而厚度越大咋光程越大，条纹越密，但是水平放置后同一水平面上的薄膜等厚，将形成上疏下密的环状条纹；锌板发生光电效应失去电子带正电，验电器应张开；根据双缝干涉公式可得出D选项。
学生在解答本题时，应注意对光的干涉和衍射等知识进行梳理和总结。
4.【答案】C
【解析】解：A、根据波的传播方向，结合“同侧法”可知，波刚传播到c点时，质点c将向下振动，而在波的传播方向上任何质点的起振方向都和波源的起振方向相同，则可知手开始抖动时运动方向向下，故A错误；
B、分析可知，之后质点a先向下振动到波谷再经历T4周期从波谷回到平衡位置，而质点b先直接向上振动回到平衡位置，可知质点a回到平衡位置的时间大于T4，而质点b回到平衡位置的时间小于T4，即质点a比质点b晚回到平衡位置，故B错误；
C、距离平衡位置越近质点的速度越大，根据a、b质点距平衡位置的距离可知，质点a离平衡位置更近，因此该时刻质点a的速度比质点b的速度大，故C正确；
D、一个周期内波传播的距离为一个波长，根据波形图可知，此时刻的波形为134个波长，则对应的时间应为1.75个周期，即图中为波源开始振动后1.75周期时刻的波形，故D错误。
故选：C。
解答本题应抓住：相邻两个波峰间的距离等于一个波长；振动在一个周期内传播一个波长的距离，从而确定波形对应的波长，根据同侧法确定a、b、c质点的振动方向以及波源的起振方向。
本题关键要掌握波长的定义及简谐波的特点：振动在一个周期内传播一个波长的距离，明确同侧法的应用，能分析各点的振动方向。
5.【答案】D
【解析】解：A、衣物所受滚筒的作用力与重力的合力提供向心力，且衣物做匀速圆周运动，向心力大小始终为mω2R，故A错误；
B、根据牛顿第二定律可得，衣物在A、B位置时所受筒壁的支持力大小分别为
NA=mω2R−mg
NB=mω2R+mg
根据牛顿第三定律可知衣物在A位置对滚筒壁的压力比在B位置的小，衣物上的水在B位置时做离心运动的趋势最强，脱水效果最好，故B错误；
C、衣物的重力方向竖直向下，在最高点和最低点时，根据
P=mgv
可知，此时的功率为0，而在其他位置，重力与速度有夹角，故重力功率发生变化，故C错误；
D、衣物所受滚筒的作用力与重力的合力提供向心力，且方向指向圆心，且速度方向与向心力方向垂直，故合力不做功，故D正确。
故选：D。
做匀速圆周运动的物体，合力提供向心力，合力指向圆心，与速度垂直，不做功；通过最高点和最低点受力分析，列方程分析脱水效果，再根据重力功率的表达式分析重力功率的变化情况。
本题考查了竖直面内的圆周运动，关键要明确匀速圆周运动向心力与合力的关系，结合功和功率表达式即可解答。
6.【答案】AD
【解析】解：A、核子结合为原子核时放出核能，有质量亏损，故A正确；
B、天然放射现象说明原子核还可以再分，故B错误；
C、γ射线是波长很短的光子，不带电，具有很强的穿透能力，故C错误；
D、原子核发生一次β衰变，一个中子转化为电子和质子，故核内增加一个质子，故D正确；
故选：AD。
核子结合为原子核时放出核能，存在质量亏损，是质量数守恒，不是质量守恒；天然放射现象说明原子核还可以再分；原子核内没有电子，β衰变产生的电子是原子核中一个中子转变为一个电子和一个质子。
本题考查了近代物理中的基本知识，对于这部分基本知识要注意加强理解和应用。
7.【答案】BC
【解析】解：A.电表的读数为有效值，不管磁通量如何变化交流电流表的示数始终为所产生交流电的有效值，故A错误；
B.根据图乙可知，t=0.5s时线圈的磁通量最大，则可知此时线圈平面与磁场垂直，故B正确；
C.根据法拉第电磁感应定律，结合图乙中磁通量的变化可得产生的感应电动势的最大值为Em=NBSω=NΦmω
其中Φm=15πWb，T=2s，ω=2πT=2π2rad/s=πrad/s
代入数据解得Em=2V，故C正确
D.在图甲位置，随着线框的转动，线框中的磁通量要增大，根据楞次定律结合安培定则可知，此时感应电流的方向为ADCB，故D错误。
故选：BC。
电表的度数始终为有效值；读图可知，t=0.5s时线圈的磁通量最大，此时线圈与磁场垂直；根据法拉第电磁感应定律可求出最大感应电动势；根据楞次定律可求出甲图中感应电流方向。
学生在解决本题时，应注意根据磁通量的变化情况求解最大感应电动势。
8.【答案】AC
【解析】解：A、以场源电荷为圆心的同心圆为等势面，因此可知b、c两点的电势相同；由电势能定义式Ep=φq，则甲、乙粒子在b、c两点的电势能相等，结合电场力做功等电势能的变化量可知，甲、乙两个α粒子从较远处(规定电势为零)运动到b、c两点的过程中电场力做的功相等，故A正确；
B、根据点电荷的场强公式E=kqr2，可知离场源电荷距离相等的点场强大小相等，两个α粒子经过a点时所受电场力F=qE相同，由牛顿第二定律可知，两粒子在该点加速度相同，故B错误；
C、距离正点电荷越近，电势越高，离正点电荷越远，电势越低，可知，a点电势高于c点电势，即：φa>φc，可知正电荷在电势越高的地方电势能越大，因此，乙粒子在a点的电势能大于c点的电势能，故C正确；
D、甲、乙粒子在b、c两点的电势能相等，只有电场力做功，粒子的动能和电势能之和不变，所以甲、乙粒子在b、c两点的动能相等，则两粒子在b、c两点的速度相等，即vb=vc，甲、乙两粒子的初速度相等，但速度是矢量，b、c两点处速度大小相同，但方向不同，而根据矢量运算可知，甲粒子速度的变化量与乙粒子速度的变化量的大小方向均不同，由I=mΔv可知甲粒子从较远处到b点过程中电场力冲量的大小不等于乙粒子从较远处到c点过程中电场力冲量的大小，故D错误。
故选：AC。
根据正点电荷附近电势的特点可得a、b两点电势高低，根据电势能定义可得电势能高低，结合电势能的变化分析电场力做功；根据牛顿第二定律分析；根据只有电场力做功，带电粒子动能和电势能关系可知两粒子在b、c两点的动能关系，则可得速度关系，根据动量定理分析冲量的大小。
本题考查了带电粒子在电场中的运动、动量定理等；解题的关键是知道点电荷周围电势的特点。知道正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方电势能小，注意速度是矢量，矢量的叠加遵守平行四边形定则。
9.【答案】3.40 小于 AD C
【解析】解：①图甲所示弹簧测力计精度为0.1N，因此读数时需要估读一位，根据图示可读得弹簧测力计的示数为3.40N；
根据等效替代的思想可知，F1、F2合力的方向理论上应与橡皮条的方向一致，即理论上合力应在水平方向，而由于a>β，则根据平行四边形定则可知，F1小于F2。
②A.为了减小实验误差，弹簧秤、细绳、橡皮筋都应与木板平行，使力在平行于木板的平内，故A正确；
B.两细绳之间的夹角过大或过小在做平行四边形时都会产生较大的实验误差，因此两细绳之间的夹角应适当，故B错误；
C.用两弹簧秤同时拉细绳时，两弹簧秤示数之差过大，在做平行四边形时一个变长过大，一个变长过小，做出的平行四边形会存在较大的误差，因此用两弹簧秤同时拉细绳时，两弹簧秤示数之差不应过大，故C错误；
D.为了更加准确的记录力的方向，拉橡皮筋的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，故D正确。
故选：AD。
③用一根弹簧测力计拉橡皮筋，则F′一定与橡皮筋共线，而F表示根据平行四边形定则作出的F1、F2的合力，则F一定是以F1、F2为邻边的平行四边形所夹得对角线，故C正确，ABD错误。
故选：C。
故答案为：①3.40；小于；②AD；③C
①根据弹簧测力计的分度值读数，根据等效替代的思想分析解答；
②根据实验原理与操作规范分析解答；
③根据实验数据处理方法分析解答。
知道实验用的是“等效法”科学思想，熟记实验注意事项是解题的关键，掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与掌握。
10.【答案】0～3V 0～0.2mA 左
【解析】解：(1)根据所给电源电动势，结合电压表的量程，电压表应选择0～3V量程，测量时最大的电流约为Im=320000A=0.00015A=0.15mA，故电流表选择量程为0～0.2mA；
(2)试触时发现电流表的示数变化更明显，说明待测电阻阻值较大，和电压表内阻差值不是特别大，应该采用电流表的内接法误差更小，又因为滑动变阻器的总阻值较小，宜使用滑动变阻器的分压式接法，根据以上要求，作出的实物连线如下
(3)在所连接的实物图中，开关闭合之前，为了保护电表的安全，应将滑动变阻器滑片放在左端。
故答案为：(1)0～3V，0～0.2mA；(2)实物连线如上图所示；(3)左。
(1)根据电源电动势选择电压表量程，估算最大电流选择电流表量程；
(2)根据实验要求进行实物连线；
(3)根据器材保护的要求分析滑片的初始位置。
考查器材的选择方法，会根据试触法的要求选择合适的接法，熟练掌握实物连线的方法。
11.【答案】解：(1)根据牛顿第二定律，滑行时的加速度a=μg=0.2×10m/s2=2m/s2
利用位移—速度公式x=v22a，解得v=2m/s
(2)取乙车行驶的方向为正方向，根据动量守恒有m1v0+m2v2=(m1+m2)v
因为v2=−18km/h=−5m/s
解得v0=9m/s=32.4km/h<40km/h
因此碰撞之前甲车没有超速
(3)对甲车研究，设甲车的初速度方向为正方向，由动量定理可得−F0tI0=m1v0−m1v，解得F0=7×104N
答：(1)两车碰撞后瞬间速度的大小为2m/s；
(2)甲车碰撞前没有超速；
(3)气囊爆开的临界撞击力F0的大小为7×104N。
【解析】(1)利用牛顿第二定律和运动学公式即可求出速度；
(2)根据碰撞过程动量守恒可求出碰前速度，判断是否超速；
(3)利用动量定理和冲量定义可求出撞击力大小。
学生在解决本题时，应注意碰撞过程动量是守恒的。
12.【答案】解：(1)金属框向右做匀加速运动时会切割磁感线产生感应电动势和感应电流，根据牛顿第二定律
F−BId=ma
t=t0时刻的感应电动势为E=Bdat0
根据闭合电路的欧姆定律E=IR
对金属棒，根据平衡条件有
T=BId
联立解得
F=B2d2at0R+ma
T=B2d2at0R
(2)设金属框达到最大速度为vm，此时满足
Pvm=BImd=BBdvmRd=B2d2vmR
解得vm= PRBd
设此过程克服安培力做的功为W，根据动能定理有
Pt1−W=12mvm2
解得W=Pt1−mPR2B2d2
根据能的转化和守恒定律，克服安培力做的功转化为回路产生的热量Q，故
Q=Pt1−mPR2B2d2
答：(1)若金属框做加速度为a的匀加速直线运动，以开始运动为计时起点，t=t0时刻绝缘细线上的拉力T为B2d2at0R，牵引力F的大小为B2d2at0R+ma；
(2)若从金属框开始运动保持牵引力的功率为P不变，经过时间t1金属框达到最大速度，此过程中回路产生的焦耳热为Pt1−mPR2B2d2。
【解析】(1)根据牛顿第二定律、法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律和平衡条件列式求解F和T；
(2)根据金属框获得最大速度的条件求解最大速度，然后结合动能定理，能的转化和守恒定律求解焦耳热。
考查法拉第电磁感应定律、能的转化和守恒定律，动能定理等，学生要训练能把这些规律进行综合分析应用。
13.【答案】解：(1)离子在电场中加速，根据动能定理有
nEqL=12mv2
n次加速后离子从出射口C向左射出磁场，可知离子最后依次加速后其在磁场中运动的轨迹半径
R=d2
根据牛顿第二定律，由洛伦兹力充当向心力有
Bqv=mv2R
联立以上各式解得
E=B2d2q8mmL；
(2)离子在加速电场中运动可看作初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得
Eq=ma
离子在电场中加速了n次，可得其运动的总路程为
s=nL
根据位移与时间的关系可得
s=12at12
联立以上各式解得
t1=4mnLBqd；
离子在磁场中做圆周运动的周期
T=2πmBq
离子在电场中加速n次后运动至出射口C的过程中，其在磁场中运动的时间
t2=(n−12)T=(2n−1)πmBq；
(3)根据以上分析，离子在磁场中做圆周运动，根据牛顿第二定律，由洛伦兹力充当向心力有
Bqv=mv2R
可得
R=mvqB
要增大某种离子从C点出射的速度，但离子最后一次做圆周运动的轨迹半径不能变，即
d2=mvqB
可知，离子比荷和d一定的情况下，当离子的出射速度v增大，相应的，必须增大磁场的磁感应强度B，而离子在加速电场中加速，可得最后一次加速所获得的速度
v= 2nEqLm
要增大速度，则可以增加加速电场的长度、加速电场的场强、加速的次数，则综合以上分析可知，要使某种离子以更大的速度仍从出射口C出射，则可以任意增加加速电场长度、加速电场场强、加速次数几个参数中的一个或多个的同时减小磁场的磁感应强度。
答：(1)匀强电场场强E的大小为E=B2d2q8mnL。
(2)粒子从P端进入电场到运动至出射口C的过程中，在电场内运动的总时间t1为t1=4mnLBqd；在磁场中运动的总时间t2为t2=(2n−1)πmBq。
(3)根据v= 2nEqLm，可知若需要增大某种粒子从C口射出时的速度v，可以任意增加加速电场长度、加速电场场强、加速次数几个参数中的一个或多个的同时减小磁场的磁感应强度。
【解析】(1)电场中根据动能定理列式，磁场中根据几何关系求解出磁场的轨道半径，根据牛顿第二定律联立求解匀强电场场强的大小；
(2)电场中根据牛顿第二定律求解加速度，根据加速次数求解加速的总路程，总根据位移与时间关系求解离子在电场中运动的时间；根据离子的运动周期和加速度次数求解离子在磁场中运动的总时间；
(3)根据牛顿第二定律求解粒子出磁场时的速度表达式，根据表达式判断要增大某种粒子从C口射出时的速度可以整加速器的参数。
本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生熟练掌握带电粒子在电场和磁场中运动的基本规律，熟练应用对应的规律解题。
1.2023年10月26日“神舟十七号”顺利对接“天宫”空间站，“天宫”在距地面约400km高度上做匀速圆周运动，假设“神舟十七号”先绕地球在低于“天宫”的轨道上做匀速圆周运动，然后再改变轨道与“天宫”对接，又已知北斗同步静止卫星距地面约36000km，则( )
A. “天宫”空间站的运行周期可能为12小时
B. “天宫”空间站的线速度比北斗静止卫星的大
C. 北斗同步静止卫星运行过程中可能通过北京正上方
D. “神舟十七号”从近地轨道上需要减速才能对接空间站
2.如图，固定在铁架台上的烧瓶，通过橡胶塞连接一根水平玻璃管，向玻璃管中注入一段水柱，室温下水柱静止不动(如图甲)。用手捂住烧瓶，会观察到水柱缓慢向外移动，之后在新位置重新静止(如图乙)。关于烧瓶内的气体，下列说法正确的是( )
A. 图乙状态气体的压强大于图甲状态
B. 此过程中，气体吸收的热量等于对外做的功
C. 图乙状态气体分子的平均动能大于图甲状态
D. 图乙中容器内单位体积的分子数大于图甲
3.实验推动了人们对于光本质的研究，关于如图实验，说法正确的是( )
A. 图1两个图样中，上面单缝的宽度一定小于下面单缝的宽度
B. 图2中将肥皂膜水平放置，同样可以观察到与图2相同形状的条纹
C. 图3中与锌板连接的静电计因为带负电而张开
D. 图4两个干涉图样中，上面是红光下面是蓝光
4.取一条较长的软绳，用手握住一端拉平后连续周期性地向上、向下抖动，可以看到在绳上产生一列波，a、b、c为绳上的质点，某时刻波刚好传播到质点c，绳上形成的波形如图所示，下列说法正确的是( )
A. 手开始抖动时运动方向向上
B. 之后质点a比质点b先回到平衡位置
C. 该时刻质点a的速度比质点b的速度大
D. 图中为波源开始振动后1.5周期时刻的波形
5.如图甲所示，滚筒洗衣机脱水时，衣物紧贴着滚筒壁在竖直平面内做顺时针方向的匀速圆周运动，可简化为图乙所示模型，A、B分别为衣物经过的最高位置和最低位置，衣物可视为质点。衣物在运动过程中，下列说法正确的是( )
A. 衣物受到的合力始终为0B. 衣物在A点时脱水效果比B点好
C. 衣物重力的功率始终不变D. 合力对衣物做功一定为零
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
6.下列说法正确的是( )
A. 核子结合为原子核时总质量将减小B. 天然放射现象说明原子具有核式结构
C. γ射线具有很强的电离能力D. 原子核发生一次β 衰变核内增加一个质子
7.如图甲所示，交流发电机的矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转动方向如图所示，穿过该线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图乙所示。线圈的匝数为10，电流表A为理想电流表。下列说法正确的是( )
A. t=1.0s时交流电流表示数为零
B. t=0.5s时线圈和磁场方向垂直
C. 线圈感应电动势的最大值为2V
D. 在图甲位置，线圈中的电流方向为ABCD
8.英国物理学家卢瑟福用α粒子轰击厚度为微米的金箔，发现少数α粒子发生较大偏转。如图所示，甲、乙两个α粒子从较远处(规定电势为零)分别以相同的初速度轰击金箔，实线为两个α粒子在某一金原子核附近电场中的运动轨迹，两轨迹的交点为a，虚线表示以金原子核为圆心的圆，两轨迹与该圆的交点分别为b、c。忽略其他原子核及α粒子之间的作用，两粒子从较远处运动到b、c两点的过程中，下列说法正确的是( )
A. 电场力对甲、乙两个粒子做的功一定相同
B. 两个α粒子经过a点时加速度一定不同
C. 乙粒子在a点的电势能一定大于在c点时的电势能
D. 电场力对甲粒子冲量的大小一定等于对乙粒子冲量的大小
三、实验题：本大题共2小题，共12分。
9.某同学在做“验证力的平行四边形定则”实验时，将橡皮筋一端固定，如图1甲是用一个测力计拉长橡皮筋，如图1乙用两个测力计同时将橡皮筋沿相同方向拉长相同长度。
①如图1甲中测力计的读数是______N；如图1乙中两测力计与橡皮筋所在方向的夹角α>β，则两测力计的示数F1 ______F2(填“大于”“等于”或“小于”)。
②下列做法对减小实验误差有益的是______。
A.弹簧秤、细绳、橡皮筋都应与木板平行
B.两细绳之间的夹角越大越好
C.用两弹簧秤同时拉细绳时，两弹簧秤示数之差应尽可能大
D.拉橡皮筋的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些
③在某次实验中，在白纸上做出如图2所示的图形，F1、F2表示两个互成角度的力，F表示根据平行四边形定则作出的F1与F2的合力，F′表示用一个测力计拉橡皮筋时的力，则图中符合实验事实的是______图。
10.某同学用伏安法准确测量约为20kΩ的电阻丝阻值，实验室提供的器材有：0～0.2mA和0～3mA双量程的电流表，0～3V和0～15V的双量程电压表，电动势约为4V的电源，滑动变阻器的最大阻值为50Ω。
(1)为使读数尽可能精确，电压表应选______量程，电流表应选择______量程。
(2)由于提前不知道电表的内阻，因此采用如图甲所示的电路进行试触，当电压表的接线柱从a点切换到b点时，发现电流表比电压表的示数变化更为明显，根据上述现象，将如图乙的实物图连接完整。
(3)在所连接的实物图中，开关闭合之前，应将滑动变阻器滑片放在最______端。
四、简答题：本大题共3小题，共48分。
11.气囊是剧烈碰撞事故时保护驾驶员安全的重要设施，当汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时，安全气囊爆开。某路段的限速为40km/h，质量m1=1600kg的甲车以某一速度与正前方质量m2=1600kg、以速度v2=18km/h迎面行驶的乙车发生碰撞，经过极短时间t=0.16s，两车以相同的速度沿着甲车的行驶方向一起又滑行了1m后停下，此次碰撞甲车内的安全气囊恰好爆开，设两车与路面的动摩擦因数μ=0.2，g取10m/s2，求：
(1)两车碰撞后瞬间速度的大小；
(2)判断甲车碰撞前是否超速；
(3)气囊爆开的临界撞击力F0的大小。
12.如图甲所示，质量为m，足够长的“
”形光滑金属框放在光滑绝缘水平面上，金属框两平行边间距为d，处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，金属棒ab垂直放在金属框两平行边上，用绝缘细线将棒ab固定，开始时细线水平伸直且无张力，给金属框施加一个水平向右的牵引力，使金属框由静止开始运动。不计金属框的电阻，金属棒ab始终与金属框两平行边垂直且接触良好，金属棒接入电路的电阻为R，求：
(1)若金属框做加速度为a的匀加速直线运动，以开始运动为计时起点，t=t0时刻绝缘细线上的拉力T和牵引力F的大小。
(2)若从金属框开始运动保持牵引力的功率为P不变，经过时间t1金属框达到最大速度，求此过程中回路产生的焦耳热。
13.MM50是新一代三维适形和精确调强的治癌设备，是公认最先进的放射治疗系统，其核心技术之一就是多级能量跑道回旋加速器，其工作原理如图所示。两个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ的边界平行，相距为L，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。下方P、Q及两条横向虚线之间的区域存在水平向右的匀强电场(两条横向虚线之间的区域宽度忽略不计)，方向与磁场边界垂直。质量为m、电荷量为+q的粒子从P端飘入电场(初速度忽略不计)，经过n次电场加速和多次磁场偏转后，从位于边界上的出射口C向左射出磁场，已知C、Q之间的距离的距离为d，带电粒子的重力不计，求：
(1)匀强电场场强E的大小。
(2)粒子从P端进入电场到运动至出射口C的过程中，在电场内运动的总时间t1和在磁场中运动的总时间t2。(3)若需要增大某种粒子从C口射出时的速度v，应怎样调整加速器的参数，并简要说明理由。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.已知地球半径约为6300km，北斗同步静止卫星距地心的距离为约R1=42300km，周期为T1=24h，假设“天宫”的运行周倜T2=12h，则根据开普勒第三定律有R13T12=R23T22，解得R2=22677km>6700km，所以运行周期不为12小时，故A错误；
B.根据万有引力提供向心力GMmR2=mv2R，解得v= GMR，所以半径越小，线速度越大，故B正确；
C.同步卫星的轨道位于赤道上方，北京不在赤道上，所以不可能，故C错误；
D.从低轨道变高轨道，需要现在低轨道处加速，轨迹变为椭圆，到达远地点后，再次加速进入高轨道，然后再减速，才能在高轨道做圆周运动，然后完成对接，故D错误。
故选：B。
根据开普勒第三定律可得出周期不为12小时；根据万有引力提供向心力可判断线速度大小关系；同步卫星的轨道在赤道上方；低轨道变高轨道需要先加速再减速。
学生在解决本题时，应熟练应用开普勒第三定律，万有引力定律以及卫星变轨规律。。
2.【答案】C
【解析】解：A.由于水柱处于水平玻璃管中，对水柱分析可知，烧瓶内气体的压强始终等于大气压强，即气体的压强不变，故A错误；
BC.根据上述可知，该过程是等压变化，手捂住烧瓶，温度升高，分子的平均动能增大，内能增大，根据热力学第一定律，气体吸收的热量大于对外做的功，故B错误，C正确；
D.根据上述可知，该过程是等压变化，手捂住烧瓶，温度升高，则气体体积增大，容器内单位体积的分子数减少，故D错误。
故选：C。
用手捂住烧瓶，温度升高，压强不变；由盖一吕萨克定律分析体积的变化，从而判断气体做功情况，根据热力学第一定律ΔU=Q+W；根据温度的变化分析气体内能的变化。
解决本题的关键是寻找不变量：压强不变，由盖一吕萨克定律分析体积的变化，由温度的变化分析内能的变化。
3.【答案】A
【解析】解：A.单缝衍射中间亮纹的宽度与光的波长成正比与单缝的宽度成反比，当红光通过单缝时，亮纹宽度越大则单缝越窄，由此可知图1两个图样中，上面单缝的宽度一定小于下面单缝的宽度，故A正确；
B.竖直放置的肥皂膜因重力的关系，下方肥皂膜的厚度大于上面肥皂膜的厚度，即肥皂膜在不同高度处的厚度不同，而千涉是由前后表面的反射光叠加形成的，薄膜厚度越大则光程差越大，形成的干涉条纹越密，由此可知干涉条纹为上疏下密，而同高度出蒲膜等厚，因此形成的干涉条纹为水平的横纹，同理，水平放置的肥皂膜也会由于重力的关系而形成上薄下厚的薄膜，但由于水平放置后同一水平面上的薄膜等厚，则为环形薄膜，因此将形成上疏下密的环状条纹，故B错误；
C.锌板发生光电效应后失去电子带正电，则与之相连的静电计因带正电而张开，故C错误；
D.根据双缝干涉的条纹间距公式Δx=Ldλ，可知，同一双缝干涉实验装置，光的波长越长，条纹间距越大，而红光的波长大于蓝光的波长，因此红光发生干涉的条纹间距大于蓝光发生干涉的条纹间距，则可知图4两个干涉图样中，上面是蓝光下面是红光，故D错误。
故选：A。
红光通过单缝时，亮纹宽度越大则单缝越窄，所以上面单缝的宽度一定小于下面单缝的宽度；薄膜干涉中由于重力的影响，下方肥皂膜的厚度大于上面肥皂膜的厚度，而厚度越大咋光程越大，条纹越密，但是水平放置后同一水平面上的薄膜等厚，将形成上疏下密的环状条纹；锌板发生光电效应失去电子带正电，验电器应张开；根据双缝干涉公式可得出D选项。
学生在解答本题时，应注意对光的干涉和衍射等知识进行梳理和总结。
4.【答案】C
【解析】解：A、根据波的传播方向，结合“同侧法”可知，波刚传播到c点时，质点c将向下振动，而在波的传播方向上任何质点的起振方向都和波源的起振方向相同，则可知手开始抖动时运动方向向下，故A错误；
B、分析可知，之后质点a先向下振动到波谷再经历T4周期从波谷回到平衡位置，而质点b先直接向上振动回到平衡位置，可知质点a回到平衡位置的时间大于T4，而质点b回到平衡位置的时间小于T4，即质点a比质点b晚回到平衡位置，故B错误；
C、距离平衡位置越近质点的速度越大，根据a、b质点距平衡位置的距离可知，质点a离平衡位置更近，因此该时刻质点a的速度比质点b的速度大，故C正确；
D、一个周期内波传播的距离为一个波长，根据波形图可知，此时刻的波形为134个波长，则对应的时间应为1.75个周期，即图中为波源开始振动后1.75周期时刻的波形，故D错误。
故选：C。
解答本题应抓住：相邻两个波峰间的距离等于一个波长；振动在一个周期内传播一个波长的距离，从而确定波形对应的波长，根据同侧法确定a、b、c质点的振动方向以及波源的起振方向。
本题关键要掌握波长的定义及简谐波的特点：振动在一个周期内传播一个波长的距离，明确同侧法的应用，能分析各点的振动方向。
5.【答案】D
【解析】解：A、衣物所受滚筒的作用力与重力的合力提供向心力，且衣物做匀速圆周运动，向心力大小始终为mω2R，故A错误；
B、根据牛顿第二定律可得，衣物在A、B位置时所受筒壁的支持力大小分别为
NA=mω2R−mg
NB=mω2R+mg
根据牛顿第三定律可知衣物在A位置对滚筒壁的压力比在B位置的小，衣物上的水在B位置时做离心运动的趋势最强，脱水效果最好，故B错误；
C、衣物的重力方向竖直向下，在最高点和最低点时，根据
P=mgv
可知，此时的功率为0，而在其他位置，重力与速度有夹角，故重力功率发生变化，故C错误；
D、衣物所受滚筒的作用力与重力的合力提供向心力，且方向指向圆心，且速度方向与向心力方向垂直，故合力不做功，故D正确。
故选：D。
做匀速圆周运动的物体，合力提供向心力，合力指向圆心，与速度垂直，不做功；通过最高点和最低点受力分析，列方程分析脱水效果，再根据重力功率的表达式分析重力功率的变化情况。
本题考查了竖直面内的圆周运动，关键要明确匀速圆周运动向心力与合力的关系，结合功和功率表达式即可解答。
6.【答案】AD
【解析】解：A、核子结合为原子核时放出核能，有质量亏损，故A正确；
B、天然放射现象说明原子核还可以再分，故B错误；
C、γ射线是波长很短的光子，不带电，具有很强的穿透能力，故C错误；
D、原子核发生一次β衰变，一个中子转化为电子和质子，故核内增加一个质子，故D正确；
故选：AD。
核子结合为原子核时放出核能，存在质量亏损，是质量数守恒，不是质量守恒；天然放射现象说明原子核还可以再分；原子核内没有电子，β衰变产生的电子是原子核中一个中子转变为一个电子和一个质子。
本题考查了近代物理中的基本知识，对于这部分基本知识要注意加强理解和应用。
7.【答案】BC
【解析】解：A.电表的读数为有效值，不管磁通量如何变化交流电流表的示数始终为所产生交流电的有效值，故A错误；
B.根据图乙可知，t=0.5s时线圈的磁通量最大，则可知此时线圈平面与磁场垂直，故B正确；
C.根据法拉第电磁感应定律，结合图乙中磁通量的变化可得产生的感应电动势的最大值为Em=NBSω=NΦmω
其中Φm=15πWb，T=2s，ω=2πT=2π2rad/s=πrad/s
代入数据解得Em=2V，故C正确
D.在图甲位置，随着线框的转动，线框中的磁通量要增大，根据楞次定律结合安培定则可知，此时感应电流的方向为ADCB，故D错误。
故选：BC。
电表的度数始终为有效值；读图可知，t=0.5s时线圈的磁通量最大，此时线圈与磁场垂直；根据法拉第电磁感应定律可求出最大感应电动势；根据楞次定律可求出甲图中感应电流方向。
学生在解决本题时，应注意根据磁通量的变化情况求解最大感应电动势。
8.【答案】AC
【解析】解：A、以场源电荷为圆心的同心圆为等势面，因此可知b、c两点的电势相同；由电势能定义式Ep=φq，则甲、乙粒子在b、c两点的电势能相等，结合电场力做功等电势能的变化量可知，甲、乙两个α粒子从较远处(规定电势为零)运动到b、c两点的过程中电场力做的功相等，故A正确；
B、根据点电荷的场强公式E=kqr2，可知离场源电荷距离相等的点场强大小相等，两个α粒子经过a点时所受电场力F=qE相同，由牛顿第二定律可知，两粒子在该点加速度相同，故B错误；
C、距离正点电荷越近，电势越高，离正点电荷越远，电势越低，可知，a点电势高于c点电势，即：φa>φc，可知正电荷在电势越高的地方电势能越大，因此，乙粒子在a点的电势能大于c点的电势能，故C正确；
D、甲、乙粒子在b、c两点的电势能相等，只有电场力做功，粒子的动能和电势能之和不变，所以甲、乙粒子在b、c两点的动能相等，则两粒子在b、c两点的速度相等，即vb=vc，甲、乙两粒子的初速度相等，但速度是矢量，b、c两点处速度大小相同，但方向不同，而根据矢量运算可知，甲粒子速度的变化量与乙粒子速度的变化量的大小方向均不同，由I=mΔv可知甲粒子从较远处到b点过程中电场力冲量的大小不等于乙粒子从较远处到c点过程中电场力冲量的大小，故D错误。
故选：AC。
根据正点电荷附近电势的特点可得a、b两点电势高低，根据电势能定义可得电势能高低，结合电势能的变化分析电场力做功；根据牛顿第二定律分析；根据只有电场力做功，带电粒子动能和电势能关系可知两粒子在b、c两点的动能关系，则可得速度关系，根据动量定理分析冲量的大小。
本题考查了带电粒子在电场中的运动、动量定理等；解题的关键是知道点电荷周围电势的特点。知道正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方电势能小，注意速度是矢量，矢量的叠加遵守平行四边形定则。
9.【答案】3.40 小于 AD C
【解析】解：①图甲所示弹簧测力计精度为0.1N，因此读数时需要估读一位，根据图示可读得弹簧测力计的示数为3.40N；
根据等效替代的思想可知，F1、F2合力的方向理论上应与橡皮条的方向一致，即理论上合力应在水平方向，而由于a>β，则根据平行四边形定则可知，F1小于F2。
②A.为了减小实验误差，弹簧秤、细绳、橡皮筋都应与木板平行，使力在平行于木板的平内，故A正确；
B.两细绳之间的夹角过大或过小在做平行四边形时都会产生较大的实验误差，因此两细绳之间的夹角应适当，故B错误；
C.用两弹簧秤同时拉细绳时，两弹簧秤示数之差过大，在做平行四边形时一个变长过大，一个变长过小，做出的平行四边形会存在较大的误差，因此用两弹簧秤同时拉细绳时，两弹簧秤示数之差不应过大，故C错误；
D.为了更加准确的记录力的方向，拉橡皮筋的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，故D正确。
故选：AD。
③用一根弹簧测力计拉橡皮筋，则F′一定与橡皮筋共线，而F表示根据平行四边形定则作出的F1、F2的合力，则F一定是以F1、F2为邻边的平行四边形所夹得对角线，故C正确，ABD错误。
故选：C。
故答案为：①3.40；小于；②AD；③C
①根据弹簧测力计的分度值读数，根据等效替代的思想分析解答；
②根据实验原理与操作规范分析解答；
③根据实验数据处理方法分析解答。
知道实验用的是“等效法”科学思想，熟记实验注意事项是解题的关键，掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与掌握。
10.【答案】0～3V 0～0.2mA 左
【解析】解：(1)根据所给电源电动势，结合电压表的量程，电压表应选择0～3V量程，测量时最大的电流约为Im=320000A=0.00015A=0.15mA，故电流表选择量程为0～0.2mA；
(2)试触时发现电流表的示数变化更明显，说明待测电阻阻值较大，和电压表内阻差值不是特别大，应该采用电流表的内接法误差更小，又因为滑动变阻器的总阻值较小，宜使用滑动变阻器的分压式接法，根据以上要求，作出的实物连线如下
(3)在所连接的实物图中，开关闭合之前，为了保护电表的安全，应将滑动变阻器滑片放在左端。
故答案为：(1)0～3V，0～0.2mA；(2)实物连线如上图所示；(3)左。
(1)根据电源电动势选择电压表量程，估算最大电流选择电流表量程；
(2)根据实验要求进行实物连线；
(3)根据器材保护的要求分析滑片的初始位置。
考查器材的选择方法，会根据试触法的要求选择合适的接法，熟练掌握实物连线的方法。
11.【答案】解：(1)根据牛顿第二定律，滑行时的加速度a=μg=0.2×10m/s2=2m/s2
利用位移—速度公式x=v22a，解得v=2m/s
(2)取乙车行驶的方向为正方向，根据动量守恒有m1v0+m2v2=(m1+m2)v
因为v2=−18km/h=−5m/s
解得v0=9m/s=32.4km/h<40km/h
因此碰撞之前甲车没有超速
(3)对甲车研究，设甲车的初速度方向为正方向，由动量定理可得−F0tI0=m1v0−m1v，解得F0=7×104N
答：(1)两车碰撞后瞬间速度的大小为2m/s；
(2)甲车碰撞前没有超速；
(3)气囊爆开的临界撞击力F0的大小为7×104N。
【解析】(1)利用牛顿第二定律和运动学公式即可求出速度；
(2)根据碰撞过程动量守恒可求出碰前速度，判断是否超速；
(3)利用动量定理和冲量定义可求出撞击力大小。
学生在解决本题时，应注意碰撞过程动量是守恒的。
12.【答案】解：(1)金属框向右做匀加速运动时会切割磁感线产生感应电动势和感应电流，根据牛顿第二定律
F−BId=ma
t=t0时刻的感应电动势为E=Bdat0
根据闭合电路的欧姆定律E=IR
对金属棒，根据平衡条件有
T=BId
联立解得
F=B2d2at0R+ma
T=B2d2at0R
(2)设金属框达到最大速度为vm，此时满足
Pvm=BImd=BBdvmRd=B2d2vmR
解得vm= PRBd
设此过程克服安培力做的功为W，根据动能定理有
Pt1−W=12mvm2
解得W=Pt1−mPR2B2d2
根据能的转化和守恒定律，克服安培力做的功转化为回路产生的热量Q，故
Q=Pt1−mPR2B2d2
答：(1)若金属框做加速度为a的匀加速直线运动，以开始运动为计时起点，t=t0时刻绝缘细线上的拉力T为B2d2at0R，牵引力F的大小为B2d2at0R+ma；
(2)若从金属框开始运动保持牵引力的功率为P不变，经过时间t1金属框达到最大速度，此过程中回路产生的焦耳热为Pt1−mPR2B2d2。
【解析】(1)根据牛顿第二定律、法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律和平衡条件列式求解F和T；
(2)根据金属框获得最大速度的条件求解最大速度，然后结合动能定理，能的转化和守恒定律求解焦耳热。
考查法拉第电磁感应定律、能的转化和守恒定律，动能定理等，学生要训练能把这些规律进行综合分析应用。
13.【答案】解：(1)离子在电场中加速，根据动能定理有
nEqL=12mv2
n次加速后离子从出射口C向左射出磁场，可知离子最后依次加速后其在磁场中运动的轨迹半径
R=d2
根据牛顿第二定律，由洛伦兹力充当向心力有
Bqv=mv2R
联立以上各式解得
E=B2d2q8mmL；
(2)离子在加速电场中运动可看作初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得
Eq=ma
离子在电场中加速了n次，可得其运动的总路程为
s=nL
根据位移与时间的关系可得
s=12at12
联立以上各式解得
t1=4mnLBqd；
离子在磁场中做圆周运动的周期
T=2πmBq
离子在电场中加速n次后运动至出射口C的过程中，其在磁场中运动的时间
t2=(n−12)T=(2n−1)πmBq；
(3)根据以上分析，离子在磁场中做圆周运动，根据牛顿第二定律，由洛伦兹力充当向心力有
Bqv=mv2R
可得
R=mvqB
要增大某种离子从C点出射的速度，但离子最后一次做圆周运动的轨迹半径不能变，即
d2=mvqB
可知，离子比荷和d一定的情况下，当离子的出射速度v增大，相应的，必须增大磁场的磁感应强度B，而离子在加速电场中加速，可得最后一次加速所获得的速度
v= 2nEqLm
要增大速度，则可以增加加速电场的长度、加速电场的场强、加速的次数，则综合以上分析可知，要使某种离子以更大的速度仍从出射口C出射，则可以任意增加加速电场长度、加速电场场强、加速次数几个参数中的一个或多个的同时减小磁场的磁感应强度。
答：(1)匀强电场场强E的大小为E=B2d2q8mnL。
(2)粒子从P端进入电场到运动至出射口C的过程中，在电场内运动的总时间t1为t1=4mnLBqd；在磁场中运动的总时间t2为t2=(2n−1)πmBq。
(3)根据v= 2nEqLm，可知若需要增大某种粒子从C口射出时的速度v，可以任意增加加速电场长度、加速电场场强、加速次数几个参数中的一个或多个的同时减小磁场的磁感应强度。
【解析】(1)电场中根据动能定理列式，磁场中根据几何关系求解出磁场的轨道半径，根据牛顿第二定律联立求解匀强电场场强的大小；
(2)电场中根据牛顿第二定律求解加速度，根据加速次数求解加速的总路程，总根据位移与时间关系求解离子在电场中运动的时间；根据离子的运动周期和加速度次数求解离子在磁场中运动的总时间；
(3)根据牛顿第二定律求解粒子出磁场时的速度表达式，根据表达式判断要增大某种粒子从C口射出时的速度可以整加速器的参数。
本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生熟练掌握带电粒子在电场和磁场中运动的基本规律，熟练应用对应的规律解题。
相关试卷
2022-2023学年天津市和平区高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）： 这是一份2022-2023学年天津市和平区高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
2023-2024学年天津市河西区高三（上）期末物理试卷（含解析）： 这是一份2023-2024学年天津市河西区高三（上）期末物理试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2023-2024学年天津市和平区高一（上）期末物理试卷（含解析）： 这是一份2023-2024学年天津市和平区高一（上）期末物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
