浙江省金丽衢十二校2019届高三下学期联考物理试题

金丽衢十二校2018学年高三第二次联考物理试题一、选择题I 1.下列物理量属于矢量的是A. 速率 B. 电势 C. 磁感应强度 D. 重力势能【答案】C【解析】【详解】速率、电势和重力势能都是只有大小无方向的物理量，是标量；而磁感应强度既有大小又有方向，是矢量；故选D. 2.发现行星运动三大定律的科学家是A. 牛顿 B. 伽利略 C. 卡文迪许 D. 开普勒【答案】D【解析】【详解】发现行星运动三大定律的科学家是开普勒，故选D. 3.下列物理量及对应的单位不正确的是A. 加速度m/s2B. 磁感应强度BC. 磁通量WbD. 电场强度V/m【答案】B【解析】【详解】A．加速度单位是m/s2，选项A正确；B．磁感应强度的单位是T，选项B错误；C．磁通量单位是Wb，选项C正确；D．电场强度单位是V/m，选项D正确；此题选择不正确的选项，故选B. 4.一物体沿直线运动，在t＝0到t＝6s的时间内的图象如图所示，则这段时间内的路程为A. 8m B. 4mC. 6m D. 0m【答案】A【解析】【分析】由图像可知，物体在0-1s内向负方向运动，在1-6s内向正方向运动，因v-t图像的“面积”等于位移，两部分面积之和等于路程.【详解】物体在0-1s内向负方向做减速运动，路程为；在1-6s内向正方向运动，路程为，则整个过程中的总路程为，故选A.【点睛】此题关键是知道v-t图像的面积等于位移；注意路程是路径的长度，图像中两部分面积的和等于物体的路程. 5.把质量是0．2kg的小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A的位置，如图甲所示。迅速松手后，弹簧把球弹起，球升到最高位置C（图丙），途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态（图乙）已知B、A的高度差为0．1m，C、B的高度差为0．2m，弹簧的质量和空气的阻力均可忽略。则A. 小球从状态乙到状态丙的过程中，动能先増大，后减小B. 小球从状态甲到状态丙的过程中，机械能一直不断增大C. 状态甲中，弹簧的弹性势能为D. 状态乙中，小球的动能为【答案】C【解析】【分析】小球从甲状态上升到丙状态的过程中，平衡位置速度最大，动能增大；小球上升和下落过程与弹簧组成的系统机械能守恒。【详解】A．球从状态乙到状态丙的过程中，小球只受重力作用，向上做减速运动，故小球的动能一直减小；选项A错误；B．小球从状态甲到状态乙的过程中，弹力做正功，则小球的机械能增加；小球从状态乙到状态丙的过程中，只有重力做功，小球的机械能不变，选项B错误；C．小从甲状态到丙状态，弹簧的弹性势能转化为小球的重力势能，若设甲状态中重力势能为零，则状态甲中，弹簧的弹性势能为，选项C正确；D．状态乙中，小球的机械能为0.6J，则动能小于0.6J，选项D错误；故选C.【点睛】解决本题的关键掌握机械能守恒的条件，在只有重力或弹簧弹力做功的情形下，系统机械能守恒。在解题时要注意，单独对小球来说，小球和弹簧接触过程中机械能不守恒。 6.一真空中孤立的带电体，其周围的电场线及等势面如图所示，则下列说法正确的是A. A点的电势比B点的电势高B. A点的场强比B点的场强大C. 一微小的带电体从A点移动到B点电场力做负功D. 一微小的带电体从A点移动到B点电场力做正功【答案】A【解析】【分析】电场线的疏密反映场强的大小；沿电场线的方向电势逐渐降低；正电荷由高电势点移到低电势点，电势能减小，电场力做正功，负电荷相反；据此解答此题。【详解】A．沿电场线电势逐渐降低，可知A点所处的等势面高于B点所处的等势面，则A点的电势比B点的电势高，选项A正确；B．A点所处的位置电场线较B点稀疏，可知A点的场强比B点的场强小，选项B错误；CD．因不知道微小带电体的电性，不能确定微小的带电体从A点移动到B点电场力做功的正负；选项CD错误；故选A. 7.“辽宁舰”质量为，如图是“辽宁舰”在海上转弯时的照片，假设整个过程中辽宁舰做匀速圆周运动，速度大小为20m/s，圆周运动的半径为1000m，下列说法中正确的是A. 在A点时水对舰的合力指向圆心B. 在A点时水对舰的合力大小约为C. 在A点时水对舰的合力大小约为D. 在点时水对舰的合力大小为0【答案】B【解析】【分析】辽宁舰转弯时受重力、水的浮力以及水指向圆心方向的推力作用，推力做为向心力，结合力的合成知识求解水对舰的合力大小.【详解】A．在A点时，水对舰有向上的浮力大小等于舰的重力，同时有指向圆心方向的水的推力，两个力的合力方向斜向上方向，选项A错误；BCD．水对舰的合力大小约为，选项B正确，CD错误；故选B. 8.如图所示，三块一样的蹄形磁铁并排放置在祖糙水平桌面上，S极在上，N极在下，导体棒AB单位长度的电阻为R，导体棒所在位置的磁感应强度相同。可通过1、2、3、4四条电阻不计的柔软细导线与电动势为E、内阻为r的电源相连，相邻两条细导线间的导体棒长度相同。下列说法正确的是A. 1接电源负极，2接电源正极，导体棒向外摆B. 对调磁铁N极与S极的位置的同时改变电流方向，导体棒的摆动方向改变C. 1、4接电源瞬间导体棒所受磁场的作用力是2、3接电源瞬间的3倍D. 通电瞬间，桌面对磁铁的作用力比没通电时大【答案】D【解析】【分析】根据左手定则判断通电时导体棒的摆动方向；根据左手定则，电流方向和磁场方向同时改变时，安培力的方向不变；根据F=BIL判断1、4接电源瞬间导体棒所受磁场的作用力与2、3接电源瞬间的磁场力关系；根据牛顿第三定律结合安培力的知识判断接通电源瞬间前后桌面对磁铁的作用力的变化。【详解】A． 1接电源负极，2接电源正极，根据左手定则可知，导体棒受安培力向里，则向里摆，选项A错误；B．根据左手定则可知，对调磁铁N极与S极的位置的同时改变电流方向，导体棒受安培力的方向不变，则摆动方向不变，选项B错误；C．1、4接电源时的电流为，2、3接电源时的电流为，则，则根据F=BIL可知1、4接电源瞬间导体棒所受磁场的作用力不等于2、3接电源瞬间的3倍，选项C错误；D．通电的瞬间，磁场对导体棒产生水平方向的安培力，根据牛顿第三定律，导体棒对磁铁产生水平方向的作用力，从而使得磁铁与桌面之间产生摩擦力，使磁铁对桌面的作用力增加，选项D正确；故选D. 9.物理学中有些问题的结论不一定必须通过计算才能验证，有时只需通过一定的分析就可以判断结论是否正确。如图所示为两个彼此平行且共轴的半径分别为R1和R2的圆环，两圆环上的电荷量均为q(q>0)，而且电荷均匀分布。两圆环的圆心O1和O2相距为2a，连线的中点为O，轴线上的A点在O点右侧与O点相距为(r<a)，试分析判断下列关于A点处电场强度大小E的表达式正确的是A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】题目要求不通过计算，只需通过一定的分析就可以判断结论，所以根据点电荷场强的公式E=k，与选项相对比，寻找不同点，再用极限分析问题的思想方法就可以分析出结果．【详解】与点电荷的场强公式E=k，比较可知，C表达式的单位不是场强的单位，故可以排除C；当r=a时，右侧圆环在A点产生的场强为零，则A处场强只由左侧圆环上的电荷产生，即场强表达式只有一项，故可排除选项D；左右两个圆环均带正电，则两个圆环在A点产生的场强应该反向，故可排除B，综上所述，可知A正确。故选A。 10.如图所示，两块竖直放置的平行板间存在相互垂直的匀强电场E和匀强磁场B。一束初速度为v的带正电粒子从上面竖直往下垂直电场射入，粒子重力不计，下列说法正确的是A. 若，粒子做匀加速直线运动B. 若粒子往左偏，洛伦兹力力做正功C. 若粒子往右偏，粒子的电势能增加D. 若粒子做直线运动，改变粒子的带电性质，使它带负电，其他条件不变，粒子还是做直线运动【答案】D【解析】【分析】初速度为v的带电粒子沿直线从上向下射出，故此时洛伦兹力和电场力平衡，满足Eq=qvB，与粒子的电性及带电量均无关；若不满足此速度关系时粒子将发生偏转，洛伦兹力不做功，电场力做正功时电势能将减小，据此解答；【详解】A．若v＝E/B，即Eq=qvB，则粒子做匀速直线运动，选项A错误；B．洛伦兹力对粒子不做功，选项B错误；C．若粒子往右偏，电场力做正功，则粒子的电势能减小，选项C错误；D．若粒子做直线运动，则满足Eq=qvB，改变粒子的带电性质，使它带负电，其他条件不变，粒子所受的电场力方向改变，所受的洛伦兹力方向也改变，则粒子还是做直线运动，选项D正确；故选D.【点睛】本题考查带电粒子在复合场中运动，是速度选择器模型，解题首先要根据粒子的速度判断其受力情况，从而判断运动的情况；知道洛伦兹力不做功，要能结合动能定理以及电场力做功的特点分析求解。 11.如图所示，直角三角形的斜边倾角∠C＝30°，底边BC长为2L、处在水平位置，斜边AC是光滑绝缘的，在底边中点O处固定一正点电荷，一个质量为m、电量为q的带负电的质点从斜面顶端A沿斜边滑下．滑到斜边上的垂足D时速度为v。则A. 质点的运动是先匀加速后匀减速运动B. 质点在运动中动能与电勢能之和不发生变化C. 质点运动到非常近斜边底端C点时的速度为D. 质点运动到非常挨近斜边底端C点时的加速度为g/2【答案】C【解析】【分析】在直角三角形底边中点O处放置一正电荷Q，设OC=OD，则知C、D的电势相等；列出等式求出接近斜边底端C点时动能，对质点在D、C点进行受力分析，运用正交分解和牛顿第二定律列出等式求解C点的加速度和速度．【详解】A．质点运动过程中，电场力的大小和方向是变化的，故合力的大小是变化的，故加速度也是变化的，故质点的运动不可能是匀变速运动，选项A错误；B．小球受重力、支持力和电场力，支持力不做功，重力做功等于重力势能的减小量，电场力做功等于电势能的减小量，故在质点的运动中动能、电势能、重力势能三者之和守恒，因质点的重力势能减小，则质点在运动中动能与电势能之和增加，选项B错误；C． DC两点的电势相等，则对从D到C过程，电场力做功为零，根据动能定理，有：mgLsin60°=mvC2−mv2，解得：，故C正确；D．质点滑到C点时，受重力、电场力、支持力，由牛顿第二定律得：mgsin30°-Fcos30°=maC，其中：，联立两式解得： ，方向平行于斜面向下。故D错误；故选C。【点睛】本题考查动能定理的应用，电场力做功的特点，涉及能量变化的题目一般都要优先考虑动能定理的应用，并要求学生能明确几种特殊力做功的特点，关键要分析出D、C点是同一等势面上. 12.火星是太阳的类地行星，直径约为地球的53％，质量为地球的11％，地球绕太阳运动的半长轴记作1天文单位，火星绕太阳运动的半长轴1．52天文单位。“火卫一”是火星的天然卫星。下列说法正确的是A. 月球绕地球做圆周运动的线速度比地球同步卫星的线速度大B. 地球表面附近的近地卫星向心加速度是火星表面附近的近地卫星向心加速度的5倍C. 火星绕太阳公转一周约为地球公转时间的两倍D. 月球绕地球做圆周运动的半径为R1，周期为T1，“火卫一＂绕火星做圆周运动的半径为R2，周期为T2，则【答案】C【解析】【分析】根据比较月球和同步卫星绕地球运转的线速度关系；根据比较地球表面附近的近地卫星向心加速度是火星表面附近的近地卫星向心加速度的关系；根据开普勒第三定律求解火星绕太阳公转一周的时间与地球公转时间的关系；根据开普勒第三定律判断选项D中的关系。【详解】A．对月球和地球同步卫星而言，因同步卫星绕地球的运转半径小于月球绕地球运动的半径，根据可知，月球绕地球做圆周运动的线速度比地球同步卫星的线速度小，选项A错误；B．根据可知地球表面附近的近地卫星向心加速度是火星表面附近的近地卫星向心加速度的关系是：倍，选项B错误；C．根据开普勒第三定律可知：，解得倍，选项C正确；D．月球绕地球做圆周运动的中心天体是地球，而 “火卫一＂绕火星做圆周运动的中心天体是火星，两者中心天体不同，则，选项D错误；故选C. 13.如图所示，在同一竖直线上有A、B两点，相距为h，B点离地高度为H。现从A、B两点分别向P点安放两个光滑的固定斜面AP和BP，并让两个小物块（可看成质点）从两斜面的A、B点同时由静止滑下，发现两小物块同时到达P点，则A. OP间距离为B. OP间距离为C. 两小物块运动到P点速度相同D. 两小物块的运动时间均为【答案】A【解析】【分析】物块沿光滑斜面下滑，根据牛顿第二定律可求出下滑的加速度，用底边OP的长度表示斜面的长度，运用运动公式求解时间关系式，由于时间相等，则可找到边长时间的关系；根据机械能守恒定律可知判断物块滑到P点的速度关系；对比自由落体运动的时间判断选项D.【详解】AB．设斜面的倾角为θ，则物体下滑的加速度为a=gsinθ，设OP的距离为x，则，因两物体在斜面上下滑的时间相等，则sinθcosθ相等，由图可知：，解得，选项A正确，B错误；C．根据机械能守恒定律可知：mgH1=mv2可知，两物块开始下落高度H1不同，则下落到底端的速度不同，选项C错误；D．是物体从A点做自由落体运动到O点的时间，可知两小物块的运动时间均大于，选项D错误；故选A. 二、选择题I14.下列说法正确的是A. LC振荡电路中，当电流增大时，电容器所带电量也增大B. 光的行射现象说明在这一现象中光不沿直线传播了C. 光的干涉是光叠加的结果，但光的衍射不是光叠加的结果D. 发生多普勒效应时，波源的频率保持不变【答案】BD【解析】【详解】A． LC振荡电路中，当电流增大时，电容器放电，所带电量减小，选项A错误；B．光的行射现象说明光能够绕开障碍物，即在这一现象中光不沿直线传播了，选项B正确；C．光的干涉和衍射都是光叠加的结果，选项C错误；D．发生多普勒效应时，波源的频率保持不变，只是当观察者相对波源运动时，观察者接受到的波的频率发生了变化，选项D正确；故选BD. 15.以下说法正确是A. 电子的发现使人们认识到了原子核有结构B. 光电效应显示了光的粒子性C. 随着温度的升高，黒体辐射的强度的极大值向波长较短的方向移动，而各种波长的辐射强度却减小D. 比结合能增加的核反应会释放出核能【答案】BD【解析】【详解】A．电子的发现使人们认识到了原子有结构，选项A错误；B．光电效应显示了光的粒子性，选项B正确；C．随着温度的升高，黒体辐射的强度的极大值向波长较短的方向移动，各种波长的辐射强度都有所增加，选项C错误；D．比结合能增加的核反应会释放出核能，选项D正确；故选BD. 16.S1为点振源，由平衡位置开始上下振动，产生一列简谐横波沿S1S2直线传播，S1、S2两点之间的距离为9m。S2点的左侧为一种介质，右一侧为另一种介质，波在这两种介质中传播的速度之比为3：4。某时刻波正好传到S2右侧7m处，且S1、S2均在波峰位置。则A. S2开始振动时方向可能向下也可能向上B. 波在S2左侧的周期比在右侧时大C. 右侧的波长为D. 左侧的波长为【答案】AD【解析】【分析】机械波传播过程中，波的周期等于振源的振动周期，与介质无关；质点起振的方向与振源开始振动的方向是相同的；根据S1、S2在某时刻的位置确定两侧波的波长表达式.【详解】AB．波在这两种介质中传播的过程中周期相同，因速度之比为3：4，根据λ=vT可知波长之比为；因不知道开始振源的起振方向，则无法判断波传到S2点时开始振动的方向，选项A正确，B错误；CD．若传到S2时，S2质点从平衡位置向下振动，则，解得 （n=0，1，2，3…..），则此时在S2的左边： ，解得 ；若传到S2时，S2质点从平衡位置向上振动，则，解得 （n=0，1，2，3…..），则此时在S2的左边： ；解得；因S1、S2均在波峰位置，可知和 都应该是整数，根据数学知识可知，这两个数包含了所有的奇数，即可表示为2n+1,则λ1可表示为 （n=0，1，2，3…..），故选项D正确，C错误；故选AD. 三、非选择题部分17.（1）在用传感器显示运动中两物体间的作用力与反作用力的实验时（如图甲）运动过程中，两传感器的拉力大小始终相等，下列说法正确的是（    ）A．一定要让物体做匀速直线运动B．一定要让物体做匀变速运动C．可以不平衡摩擦力（2）用如图乙所示的装置验证机械能守恒定律，下列属于系统误差的是（    ）A．刻度尺读数不准确B．空气对重物及纸带的阻力C．手捏纸的位置离打点计时器的位置太近，导致纸带搭在打点计时器上（3）某同学利用图乙装置进行实验时得到了一根纸带如图丙所示，计算A点的时速度_____（保留三位有效数）【答案】    (1). C    (2). B    (3). 【解析】【分析】（1）两个物体之间的相互作用力与物体的运动状态以及物体是否受其他的力无关；（2）偶然误差是由偶然因素造成的，可能偏大也可能偏小；系统误差是由测量原理不完善或者仪器不准确造成的；（3）根据当时间很短时，某段时间内的平均速度等于瞬时速度计算.【详解】（1）因作用力和反作用力总是大小相等、方向相反，与物体的运动状态以及是否受其它力无关，可知此实验中不一定要使物体做匀速直线运动，也不一定要使物体做匀变速运动，也不需要平衡摩擦力，故选C.（2）用如图乙所示的装置验证机械能守恒定律时，刻度尺读数不准确会造成偶然误差，选项A错误；空气对重物及纸带的阻力会造成系统误差，选项B正确；手捏纸的位置离打点计时器的位置太近，导致纸带搭在打点计时器上会造成测量结果的偏大也可能偏小，即造成偶然误差，选项C错误；故选B.（3）根据刻度尺读出A点两侧的计数点间的距离为5.25cm，则A点的速度 18.某同学在探究规格为“，＂小电珠伏安特性曲线实验中：（1）在小电珠接入电路前，使用多用电表直接测量小电珠的电阻，则应将选择开关旋至_____进行测量A．直流电压10V     B. 直流电流2．5mA    C．欧姆×1    D．欧姆×10（2）该同学采用图甲所示的电路进行测量。图中R为滑动变阻器（阻值范围0－20Ω，额定电流1．0A），L为待测小电珠，V为电压表（量程3V，内阻约为5．0kΩ），A为电流表（量程0．6A，内阻约为1Ω），E为电源（电动势3V，内阻不计），S为开关。①在一次测量中电流表的指针位置如图乙所示，则此时的电流为________A②根据实验测得的数据所画出伏安特性曲线如图丙所示，则小电珠正常工作时的电阻为______Ω（结果保留两位有效数字）。③该同学进一步对实验进行分析，认为采用图甲的实验电路做实验会产生系统误差，产生系统误差的原因是______________。【答案】    (1). C    (2). 或    (3). 或    (4). 电流表的读数大于小电珠的真实电流【解析】【分析】（1）根据计算灯泡的电阻，然后选择欧姆档的档位；（2）①根据表盘信息读取示数；②根据小灯泡正常工作时的电压，利用图像找出电流值，运用欧姆定律求解电阻；③根据电路结构分析误差的原因。【详解】（1）小灯泡的电阻，则使用多用电表直接测量小电珠的电阻，则应将选择开关旋至“×1”欧姆档，故选C；（2）①因量程为0.6A，最小刻度为0.02A，则电流值为0.44A；②根据图像可知，小灯泡正常工作时电压为2.8V，电流为0.55A，则灯泡的电阻：；③ 采用图甲的实验电路做实验会产生系统误差，产生系统误差的原因是由于电压表的分流作用使得电流表的读数大于小电珠的真实电流； 19.如图所示，厚度不计的圆环套在粗细均匀、长度为0.8m的圆柱顶端。圆环可在园柱上滑动，同时从静止释放，经0.4s圆柱与地相碰，圆柱与地相碰后速度瞬间变为0，且不会倾倒。（1）求静止释放瞬间，圆柱下端离地的高度（2）若最终圆环离地距离为0.6m，则圆环与园柱间的滞动摩擦力是圆环重力的几倍？（3）若圆环速度减为0时，恰好到达地面，则从静止释放时圆环离地的高度为多少？【答案】（1）（2）5（3）【解析】【分析】（1）圆柱体由静止释放做自由落体运动，根据h=gt2求解圆柱下端离地的高度；（2）圆柱体落地后，圆环做减速运动直到速度为零；根据运动公式求解加速度，根据牛顿第二定律求解圆环受阻力与重力的比值；（3）根据速度位移关系求解静止释放时圆环离地的高度.【详解】（1）圆柱下端离地的高度 （2）圆柱体落地时圆环的速度： 解得a=40m/s2；对圆环根据牛顿第二定律：f-mg=ma，解得f：mg=5（3）由v22=2aL，解得v2=8m/s，则 则从静止释放时圆环离地的高度为H=L+h2=4m 20.如图所示，ABCD是游乐场中的滑道，它位于竖直平面内，由两个半径分别为R1＝10m和R2＝2m的1/4光滑田弧，以及长L＝10m、动摩擦因数＝0．1的水平滑连组成，所有滑道平滑连接，D点恰好在水面上。游客（可视为质点）可由AB弧的任意位置从静止开始下滑，游客的质量为m＝50kg。（1）若到达AB弧的末端时速度为5m/s，此时游客对滑道的压力多大？（2）若要保证游客能滑入水中，开始下滑点与B点间网弧所对应的圆心角要足什么条件。（可用三角函数表示）（3）若游客在C点脱离滑道，求其落水点到D点的距离范围。【答案】（1）625N（2）（3）【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求解游客对滑道的压力；（2）游客要想滑到水中则到达C点的速度要大于0，根据能量关系列式解答；（3）根据圆周运动的规律和动能定理求解到达C点的速度范围，然后结合平抛运动的规律求解落水点到D点的距离范围。【详解】（1）在B点时，根据牛顿第二定律：FN-mg=m 解得FN=625N根据牛顿第三定律可知，游客对滑道的压力为625N；（2）根据能量关系，要想滑入水中要满足： 解得cosθ<0.9（3）在C点恰脱离轨道时：mg=m，解得v1=2m/s；从A点到C点由动能定理： 解得 v2=6m/s，即到达C点的速度范围是：2m/s≤v≤6m/s；由平抛运动的规律有：R2=gt2，解得t=2s；x=vt-R2解得 21.小显和小涛同学“用插针法测玻璃棱镜的折射率”（1）小显同学按实验步骤，先在纸上插下二枚大头针P1、P2，然后在玻璃棱镜的另一侧插下另外二枚大头针，如图（1）所示。则插针一定错误的是_______（填“P3P4＂或＂P5P6”）按实验要求完成光路图____，并标出相应的符号，所测出的玻璃棱镜的折射率n＝_______。（2）小涛同学突发奇想，用两块同样的玻璃直角三棱镜ABC来做实验，两者的AC面是平行放置的，如图（2）所示。插针P1、P2的连线垂直于AB面，若操作正确的话，则在图（2）中右边的插针应该是________（选填＂P3P4＂、＂P3P6＂、＂P5P4＂、＂P5P6）【答案】    (1).     (2). 如图所示：    (3).     (4). 【解析】【分析】（1）根据光路图来确定玻璃砖右边插针的位置；根据光的折射定律求解折射率；（2）画出经过P1P2的光路图可确定右侧插针的位置；【详解】（1）光线经三棱镜折射后应该偏向底边，故插针一定错误的是“P5P6”； 光路如图；根据光的折射定律： （2）根据光路图可知，经过P1P2的光线经两块玻璃砖的分界处后向下偏，然后射入右侧玻璃砖后平行射出，则图（2）中右边的插针应该是P5P6； 22.如图所示，空中等间距分布水平方向的条形匀强磁场，竖直方向磁场区域足够长，磁感应强度均一样，每一条形磁场区域的宽及相邻条形磁场区域的间距均为d。现让一边长为L（L＜d）、质量为m、总电阻为R的匀质正方形线框 MNOP受到瞬时的水平冲量I0，使线框从左侧磁场边缘水平进入磁场。（不计空气阻力）（1）线进入磁场的过程中，MN边相当于产生感应电流的“电源”，这“电源”的非静电与什么力有关？（2）线刚穿过第一个磁场区域后水平速度变为v1，求线完全处在第一个磁场中时的水平速度大小v；（3）若L＝0.2m，m＝0.1kg，R＝0.1Ω，d＝0.5m，I0＝0.9N∙s，且每个区域磁场的磁感应强度B＝1.0T，求线框从刚进入磁场到开始竖直下落的过程中已穿过完整条形磁场的区域个数n和产生的焦耳热Q。【答案】（1）与洛伦兹力有关（2）（3）5；【解析】【分析】（1）根据运动电荷在磁场中受到洛伦兹力分析“电源”产生的电动势；（2）线圈进入磁场和出离磁场的过程，分别用动量定理列式求解线圈完全处在第一个磁场中时的水平速度；（3）对线圈完全穿过磁场的整个过程运用动量定理结合电量的公式以及能量关系求解产生的焦耳热；【详解】（1）线进入磁场的过程中，MN边相当于产生感应电流的“电源”，导体内的电荷受洛伦兹力作用产生定向移动，从而形成电流，所以这“电源”的非静电洛伦兹力有关；（2）初速度为： 线框进入第一个磁场区域过程，水平方向由动量定理： 既有：BLq=mv0-mv线圈出第一个磁场区域过程，水平方向由动量定理：既有：BLq=mv-mv1由以上方程解得： （3）线框刚开始竖直下落时水平方向的速度为0；设已穿过完整条形磁场区域n个，整个过程中由动量定理：2nBLq=mv0-0； 解得：   23.如图1所示是某质谱仪的模型简化图，P点为质子源，初速度不计的质子经电压加速后从O点垂直磁场边界射入，在边界OS的上方有足够大的垂直纸面的匀强磁场区域，B＝0.2T。a、b间放有一个宽度为Lab＝0.1cm的粒子接收器S，oa长度为2m。质子的比荷，质子经电场、磁场后正好打在接收器上。（1）磁场的方向是垂直纸面向里还是向外？（2）质子进入磁场的角度范围如图2所示，向左向右最大偏角，所有的质子要打在接收板上，求加速电压的范围（结果保留三位有效数字，取cos80＝0.99, ）。（3）将质子源P换成气态的碳I2与碳14原子单体，气体在P点电离后均帯一个单位正电（初速度不计），碳12的比荷C／kg，碳14的比荷保持磁感应强度不变，从O点入射的角度范围不变，加速电压可以在足够大的范围内改变。要使在任一电压下接收器上最多只能接收到一种粒子，求oa的最小值（结果保留三位有效数字，取)（4）第（3）问中的电离体经电压加速后，单位时间内从O点进入的粒子数保持不变，其中碳12占80％、碳14占20％。通过控制加速电压，使碳14在磁场中做圆周运动的半径与时间的关系R14＝0.9＋0.1t(cm）。请在图3中描绘出接收器上的亮度随时间的变化的图像（每毫秒内接收到的粒子越多越亮，1表示在这一过程中最亮时的亮度）。【答案】（1）垂直纸面向外（2）（3）（4）如图所示：【解析】【分析】（1）由左手定则判断磁场的方向；（2）粒子在电场中加速，在磁场中做匀速圆周运动，结合几何关系求解半径的范围，从而求解加速电压的范围；（3）根据半径和荷质比的关系找到碳14和碳12做圆圆周运动的半径之比；结合几何关系找到oa的最小值；（4）根据碳14在磁场中做圆周运动的半径与时间的关系结合第（3）问的计算画出图像。【详解】（1）由左手定则可知，磁场的方向垂直纸面向外；（2）粒子在电场中： 在磁场中： ，其中的 解得204V≤U≤221V（3）根据可得 当2R12=Loa时 解得Loa>1.45m （4）接收器上的亮度随时间的变化的图像如图；