2023年届广西玉林市高考物理二模试卷附答案详解

2023一、单项选择题〔530.0分〕如下图，𝑎𝑏𝑐是在地球大气层外圆形轨道上运动的3颗人造地球卫星，以下说法正确的选项是( )𝑏、𝑐的线速度大小相等，且大于𝑎的线速度𝑏、𝑐的向心加速度大小相等，且小于𝑎的向心加速度𝑎所需向心力肯定最大𝑏、𝑐周期相等，且小于𝑎的周期𝐸1=−54.4𝑒𝑉，氦离子的能级示意图如下图，在具有以下能量的光子或者电子中，不能被基态氦离子吸取而发生跃迁的是( )A.42.8𝑒𝑉(光子)C.41.0𝑒𝑉(电子)以下关于物体运动的说法，正确的选项是(

B.43.2𝑒𝑉(电子)D.54.4𝑒𝑉(光子)物体速度不为零，其加速度也肯定不为零物体速度变化率大，它的加速度小物体的加速度变大时，速度也肯定随之变大物体加速度方向转变时，速度方向可以保持不变如下图，𝑎、𝑜、𝑏是一条直线上的三点，在𝑎𝑏中垂线上𝑀、𝑁两点处分别固定一个等量异种电荷，𝑜是𝑎𝑏中点，以下分析正确的选项是( )A.𝑎、𝑜、𝑏三点场强关系为𝐸𝑜𝐸𝑎𝐸𝑏B.𝑎、𝑜、𝑏三点电势关系为𝜑𝑜𝜑𝑎𝜑𝑏C.仅在电场力的作用下，正电荷可能从𝑎到𝑏做直线运动D.仅在电场力的作用下，正电荷可能从𝑎到𝑏做圆周运动铁路转弯处内轨和外轨间的高度关系，正确的选项是( )内轨和外轨一样高，以防列车倾倒由于列车在转弯处有向内倾倒的可能，故一般使内轨高于外轨，以防列车倾倒外轨比内轨略高，这样可以使列车顺当转弯，削减车轮与铁轨间的挤压当火车质量转变时，安全速率也将转变二、多项选择题〔527.0分〕如下图，抱负变压器原线圈接在沟通电源上，其电动势为𝑢=220√2𝑠𝑖𝑛100𝜋𝑡，沟通电源电阻为𝑟=10𝛺，定值电阻𝑅0=100𝛺与原线圈并联，滑动变阻器𝑅与副线圈串联，滑动变阻器的最大值为𝑅𝑚=30𝛺，变压器的原副线圈的匝数之比为2：1，电流表和电压表均为抱负沟通电流表。滑动变阻器的滑动触头由最上端下向下缓慢移动到某位置时开关𝑆分别接𝑎、𝑏，电源输出功率相等，以下说法正确的选项是( )开关接𝑎时，电流表的示数为2𝐴开关接𝑏时，电压表的示数为110𝑉电源的输出功率相等时，滑动变阻器的阻值可能为𝑅=25𝛺副线圈消耗的功率最大时，滑动变阻器的阻值为𝑅=10𝛺如下图，𝐴、𝐵水平方向夹角分别为60°和45°，𝐴𝐵间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，则以下推断正确的选项是()A、𝐵的质量之比为1：√3A、𝐵所受弹簧弹力大小之比为√3：√2悬挂𝐴、𝐵的细线上拉力大小之比为√2：1快速撤去弹簧的瞬间，𝐴、𝐵的瞬时加速度大小之比为1：√2𝐴𝐵𝐶𝐴𝐵局部是半径为𝑅的光滑半圆轨道，𝑃是半圆轨道的中点，𝐴𝐵局部竖直、𝐵𝐶局部水平，整个轨道处在电场强度为𝐸的匀强电场中。将质量为𝑚、带电量为+𝑞的小滑块，从𝐵𝐶轨道上与𝐵相距10𝑅处由静止释放，滑块与𝐵𝐶间的动擦因数为0.2，𝐸=𝑚𝑔，则滑块( )𝑞到达𝐴点时速度的大小为4√3𝑔𝑅到达𝑃点时对轨道的压力大小为16𝑚𝑔到达𝐴点时对轨道的压力大小为11𝑚𝑔从𝐶到𝑃的过程中，动能先增大后减小以下说法正确的选项是( )多晶体是由单晶体组合而成的，所以多晶体和单晶体都表现为各向异性液体外表层分子间距离大于液体内局部子间距离，所以液体外表存在外表张力抱负气体的温度上升，压强可能减小布朗运动说明液体(气体)分子每时每刻都在做无规章运动固体很难被压缩，说明固体分子间没有间隙某金属在光的照耀下产生光电效应，其遏止电压𝑈𝑐与入射光频率𝑣的关系图象如下图．则由图象可知( )该金属的逸出功等于ℎ𝑣0遏止电压是确定的，与照耀光的频率无关假设电子电量𝑒，就可以求出普朗克常量ℎ入射光的频率为2𝑣0时，产生的光电子的最大初动能为ℎ𝑣0三、试验题〔215.0分〕在做“争论平抛物体运动”的试验中，引起试验误差的缘由是 ①安装斜槽时，斜槽末端切线方向不水平②确定竖直轴时，没有使用重锤线③斜槽不是确定光滑的，有肯定摩擦④空气阻力对小球运动有较大影响A.①③B.①②④C.③④D.②④晓明同学承受一张印有小方格的坐标纸记录试验小球的运动轨迹并建立如下图的𝑥𝑜𝑦坐标系，该坐标纸每一个小方格均为正方形，并且边长𝐿=1.25𝑐𝑚，假设小球在平抛运动途中的几个位置如图中𝑎𝑏𝑐𝑑所示，𝑎𝑏𝑐𝑑四个位置均为相应网格线的交点则小球平抛初速度为 𝑚/𝑠，本次平抛运动的起点横坐标为𝑥= 𝑐𝑚(𝑔=10𝑚/𝑠2).在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的试验中，图(𝑏)小明同学连接了如图(𝑎)所示的实物电路图．①由于没有适宜的电压表，他选择多用电表某直流电压档测量小灯泡两端电压，应将多用电表红表笔接触 (选填“𝑎”或“𝑏”)接线柱．②为了使电流表的示数从零开头，需要在图(𝑎)中某两个接线柱间在连接一根导线，请在(𝑎)图中画出，并在闭合开关前把滑动变阻器的滑片置于最 端(选填“左”或“右”)．小华同学利用试验得到了8组数据在图(𝑏)所示的𝐼−𝑈坐标系中通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线依据)可推断出)中正确的关系图图𝑃为小灯泡功 将同种规格的两个这样的小灯泡并联后再与10𝛺的定值电阻串联，接在电动势8𝑉、内阻不计的电源上，如图(𝑑)所示，每个小灯泡的功率为 𝑊．四、计算题〔452.0分〕如下图，在生产线框的流水线上，为了检测出个别不合格的未闭合线框，让线框随绝缘传送带通过一固定匀强磁场区域(磁场方向垂直于传送带平面对下)，观看线框进入磁场后是否相对传送带滑动就能检测出不合格的未闭合线框𝛼，以恒定速度𝑣0斜向上运动。磁场边界𝑀𝑁、𝑃𝑄与传送带运动方向垂直，𝑀𝑁与𝑃𝑄之间的距离为𝑑，磁场的磁感应强度为𝐵，完全一样的正方形单匝纯电阻铜线框质量为𝑚，电阻为𝑅，边长为𝐿(𝑑>2𝐿)，线框与传送带之间的动摩擦因数为𝜇，重力加速度为𝑔。闭合线框的上边在进入磁场前线框相对传送带静止，线框刚进入磁场的瞬间，和传送带发生相对滑动，线框运动过程中上边始终平行于𝑀𝑁，当闭合线框的上边经过边界𝑃𝑄时又恰好与传送带的速度一样。设传送带足够长，求：闭合线框的上边刚进入磁场时上边两端电压为多少？从闭合线框的上边刚进入磁场到上边刚要出磁场所用的时间𝑡；能。如下图，在真空中有两个电容器𝐶1和𝐶2和一个竖直放置的荧光屏，电容器𝐶1的两个极板竖直放置且极板上开有正对的小孔𝑎𝑎𝑏连线与荧光屏的交点为𝐶2的两个极板𝐶、𝐷水平放置。两个电容器分别接有电源，电源电压分别为𝑈1和𝑈2，𝐶2的板长为𝐿，板间距为𝑑，荧光屏到𝐶2左端距离为𝐿1，一个质量为𝑚、电荷量为𝑞的粒子，从𝑎孔飘入(初速度可视为0)电容器𝐶1(此题中全部粒子均未遇到电容器𝐶2的边缘)求粒子到达荧光屏时的速度大小；假设在小孔处同时飘入一个氘核2𝐻和一个氚核3𝐻，求它们对应的发光点到𝑂点的距离之比。1 10.6𝐽的功，(设湖水的温度相等且保持不变)气泡上升过程中吸取的热量是多少？0.1𝐽0.3𝐽的热量，则此过程中，气泡内气体内能的增加了多少？(3)气泡内气体的密度为1.29𝑘𝑔/𝑚3，平均摩尔质量为0.29𝑘𝑔/𝑚𝑜𝑙.阿伏加德罗常数𝑁𝐴=6.02×1023𝑚𝑜𝑙1，取气体分子的平均直径为2×1010𝑚，假设气泡内的气体完全变为液体，请估算液体体积与原来气体体积的比值．(结果保存一位有效数字)一列沿𝑥轴传播方向已确定的简谐横波，在𝑡=0时刻的波形图如下图，图中𝑃、𝑄为平衡位置分别为𝑥1=6𝑚，𝑥2=12𝑚𝑃的振动方程为𝑦=0.2𝑐𝑜𝑠𝜋𝑡(𝑚)，质点𝑄从𝑡=0时刻开头经过0.5𝑠第一次到达波谷。求：(ⅰ)这列波传播的方向及传播的速度大小𝑣；(ⅱ)𝑥3=30𝑚处的质点在𝑡=6.5𝑠时的位移𝑦。参考答案及解析1.答案：𝐵解析：解：𝐴、依据𝐺𝑀𝑚=𝑚𝑣2，得𝑣=√𝐺𝑀，知𝑏、𝑐的线速度大小相等，且小于𝑎A错误．

𝑟2 𝑟 𝑟𝐵、依据𝐺𝑀𝑚=𝑚𝑎，得𝑎=𝐺𝑀，知𝑏、𝑐的向心加速度大小相等，且小于𝑎B正𝑟2确．

𝑟2𝐶、依据万有引力供给向心力𝐹向C错误．

=𝐺𝑀𝑚，不知道三颗卫星的质量大小关系，故无法推断向心力大𝑟2𝐷、依据𝐺𝑀𝑚=𝑚4𝜋2𝑟，得𝑇=2𝜋√𝑟3，知𝑏、𝑐的周期相等，且大于𝑎D错误．应选：𝐵．

𝑟2

𝑇2

𝐺𝑀依据万有引力供给向心力𝐺𝑀𝑚=𝑚𝑎=𝑚𝑣2=𝑚4𝜋2𝑟，比较线速度、向心加速度和周期大小．依据𝑟2

𝑟 𝑇2万有引力供给向心力𝐹向

=𝐺𝑀𝑚，要比较向心力大小，需要知道质量关系．𝑟2解决此题的关键把握万有引力供给向心力𝐺𝑀𝑚=𝑚𝑎=𝑚𝑣2=𝑚4𝜋2𝑟.能够依据该规律比较线速度、向心加速度、周期．2.答案：𝐴解析：

𝑟2

𝑟 𝑇2氦离子吸取光子发生跃迁，光子能量需等于两能级间的能级差，否则不会被吸取．电子能量可以局部被吸取，发生跃迁。解决此题的关键知道能级间跃迁吸取和辐射光子的能量等于两能级间的能级差，对于电子，能量可以局部被吸取。A.基态的氦离子吸取42.8𝑒𝑉的光子能量，能量为−11.6𝑒𝑉，不能被吸取发生跃迁．故A正确；B.基态的氦离子与43.2𝑒𝑉的电子相撞，有40.8𝑒𝑉的能量被吸取，能跃迁到其次能级．故B错误；C.与41.0𝑒𝑉的电子碰撞，40.8𝑒𝑉的能量被吸取跃迁到第2C错误；D.基态的氦离子吸取54.4𝑒𝑉的光子能量，能被吸取，发生电离．故D错误。A。3.答案：𝐷解析：匀速运动中加速度为零，𝐴错；加速度表示速度的变化快慢，只要加速度不为零，速度就是变化的，𝐵错；当加速度方向与速度方向相反时速度就会减小，𝐶错；同理𝐷对4.答案：𝐴解析：解：𝐴、依据等量异种电荷电场线的分布知三点场强关系为𝐸𝑜>𝐸𝑎=𝐸𝑏A正确；B𝑜<𝑎=𝜑𝑏B错误；C、依据对称性知𝜑𝑎=𝜑𝑏𝑎𝑏的等势线是圆弧，仅在电场力的作用下，正电荷不行能从𝑎到𝑏C错误；D𝑎处正电荷受到的电场力的方向为右上方，既不是指向𝑂点，也不会指向每一处固定的圆心，所以正电荷不行能从𝑎到𝑏做圆周运动．故D错误．应选：𝐴依据电场线的物理意义：电场线的疏密表示电场强度的大小，电场线的方向表示电势的凹凸，作出电场线，就能推断电势的凹凸．解决此题的关键知道等量异种电荷四周的电场线分布，知道两电荷连线的中垂线是等势线．5.答案：𝐶解析：解：𝐴、假设内外轨道一样高，外轨对轮缘的弹力供给火车转弯的向心力，火车质量太大，靠这种方法得到的向心力，会导致轮缘与外轨间的作用力太大，使铁轨和车轮简洁受损，并不能防止列A错误；B、假设内轨高于外轨，轨道给火车的支持力斜向弯道外侧，势必导致轮缘和轨道之间的作用力更大，更容使铁轨和车轮受损，不能防列车翻倒。故B错误；C供给了一局部向心力，减轻了轮缘和外轨的挤压，在修建铁路时，依据弯道半径和轨道速度行驶，适中选择内外轨道的高度差，可以使火车的向心力完全由火车的支持力和重力的合力供给，是火车C正确；D、转变火车的质量时，安全速率不转变，故D错误。应选：𝐶。火车轨道外高内低的设计是为了减轻轮缘与轨道之间的挤压，这样火车转弯时，轨道给火车的支持力和其重力的合力供给向心力，保证行车安全。生活中有很多圆周运动的实例，要明确其设计或工作原理，即向心力是由哪些力来供给的，难度不大，属于根底题。6.答案：𝐴𝐶解析：解：𝐴、依据欧姆定律，电流表的示数为：𝐼1=

𝑈1𝑅0𝑟

=2𝐴，A正确；B𝑈2=𝑛2𝑈1220𝑉，𝑛1则𝑈2小于110𝑉，B错误；C𝑅等效至原线圈时阻值等于𝑅0

1𝛺，由𝑅𝑛2)2𝑅0可得𝑅25𝛺或𝑛1=正确；4D、副线圈消耗的功率最大，即电源输出功率最大，即𝑅等效

=(𝑛1)2𝑅=10𝛺，解得𝑅=2.5𝛺，D错𝑛2误应选：𝐴𝐶。开关接𝑎𝑈2=𝑛2𝑈1，原线圈所在电路𝑛1220𝑉，则𝑈2小于110𝑉；电源输出功率相等时，即𝑅等效至原线圈时阻值等于𝑅0

或等于1𝛺，由𝑅=(𝑛2)2𝑅0可得𝑅；副线圈消耗的功率最大，即电源输出功率𝑛1最大，即𝑅等效

𝑛1)2𝑅10𝛺，可以解得𝑅。𝑛2此题主要考察了闭合电路欧姆定律和最大功率求解在沟通电的应用，留意电压、电流与匝数关系，利用等效的思想。7.答案：𝐶𝐷解析：解：对𝐴𝐵两个物体受力分析，如下图：𝐴𝐵都处于静止状态，受力平衡，则有：A 𝐴

𝑡𝑎𝑛60°=𝑚𝐴𝑔

√3𝐹𝐹、对物体：𝐹𝐹

=

，得𝑚 = 弹 𝐴 𝑔𝐵𝑔 𝐹𝐵弹对物体𝐵，有：弹

𝐵 ，得𝑚 =弹𝑔所以𝑚𝐴=√3A错误；𝑚𝐵 1BB错误；𝑇𝐴

𝐹=弹=𝑐𝑜𝑠60∘𝐹对𝐵物体，细线拉力𝑇𝐵

= 弹𝑐𝑜𝑠45∘𝐴𝑇𝐴

=𝑐𝑜𝑠45°：𝑐𝑜𝑠60°=√2：1C正确；𝐴D、快速撤去弹簧的瞬间，物体𝐴𝐵将以悬点为圆心做圆周运动，刚撤去弹簧的瞬间，将重力分解为沿半径和沿切线方向，沿半径合力为零，合力沿切线方向𝐴对𝐴物体

𝑔𝑠𝑖𝑛30°=𝑚𝐴

𝑎，得

=1𝑔2𝐵𝐵对𝐵物体：𝑚𝐵𝑔𝑠𝑖𝑛45𝐵𝐵

𝑎，得

=√2𝑔2联立得𝑎𝐴𝑎𝐵

=1D正确；√2应选：𝐶𝐷对𝐴𝐵两个物体受力分析，𝐴𝐵都处于静止状态，受力平衡，依据平衡条件列式比较即可，𝐴𝐵两个物体的弹簧弹力一样．𝐴𝐵两个物体进展受力分析，留意抓住𝐴𝐵两个物体的弹簧弹力一样结合几何关系求解．8.答案：𝐶𝐷解析：解：𝐴、滑块从𝐶运动到𝐴的过程，依据动能定理得𝑞𝐸⋅10𝑅−𝜇𝑚𝑔⋅10𝑅−𝑚𝑔⋅2𝑅=1𝑚𝑣2，结合𝑞𝐸=𝑚𝑔，解得𝑣𝐴=2√3𝑔𝑅A错误；

2 𝐴B、滑块从𝐶运动到𝑃的过程，依据动能定理得𝑞𝐸⋅11𝑅−𝜇𝑚𝑔⋅10𝑅−𝑚𝑔𝑅=1𝑚𝑣2，在𝑃点，由牛顿其次定律得

−𝑞𝐸=𝑚𝑣2𝑃𝑅𝑃

2 𝑃结合𝑞𝐸=𝑚𝑔，解得𝐹𝑁𝑃=17𝑚𝑔，依据牛顿第三定律知滑块到达𝑃点时对轨道的压力大小为𝐹𝑁𝑃′=𝐹𝑁𝑃=17𝑚𝑔B错误；C、在𝐴点，由牛顿其次定律得𝐹 +𝑚𝑔=𝑚𝑣2，结合𝑞𝐸=𝑚𝑔，𝑣

𝐹

=11𝑚𝑔，𝑅𝑁𝐴 𝐴𝑅

𝐴 𝑁𝐴依据牛顿第三定律知滑块到达𝐴点时对轨道的压力大小为𝐹𝑁𝐴′=𝐹𝑁𝐴=11𝑚𝑔C正确；D𝐹=𝑞𝐸=𝑚𝑔45°𝐶到𝑃D正确。应选：𝐶𝐷。滑块从𝐶运动到𝐴的过程，利用动能定理求滑块到达𝐴𝐴点，对滑块利用牛顿其次𝑃点时对轨道的压力大小；依据电场力和重力的合力做功状况，推断动能的变化状况。解决此题时应留意向心力确实定，在𝐴𝑃点支持力与电场力的合力充当向心力。9.答案：𝐵𝐶𝐷解析：解：𝐴、依据多晶体与单晶体的特点可知，多晶体是由单晶体组合而成的，单晶体的某些物理性质表现为各向异性，多晶体的物理性质表现为各向同性，故A错误；BB正确；C、由抱负气体状态方程𝑝𝑉=𝐶可知，当温度上升时，假设气体体积增大，则压强有可能减小，故C𝑇正确；D(气体)分子每时每刻都在做无规章运动，故D正确；E、固体很难被压缩，是由于固体分子间距离较小，表现出较大的斥力，故E错误。应选：𝐵𝐶𝐷。𝑝𝑉=𝐶推断；𝑇依据布朗运动的物理意义推断；固体很难被压缩，固体分子间距离较小，表现出较大的斥力。此题考察了多晶体与单晶体、液体外表张力、抱负气体状态方程、布朗运动、分子力等热学根底学问，要求学生对这局部学问要重视课本，强化理解并记忆。10.答案：𝐴𝐶𝐷解析：解：𝐴𝑊0=ℎ𝑣0.故A正确．B、依据光电效应方程𝐸𝑘𝑚=ℎ𝑣−𝑊0和𝑒𝑈𝐶=𝐸𝐾𝑚得，𝑈𝑐=ℎ𝑣−𝑊0，当入射光的频率大于极限频率时，遏止电压与入射光的频率成线性关系．故B错误．

𝑒 𝑒C、由于𝑈𝑐=ℎ𝑣−𝑊0，知图线的斜率等于ℎ，从图象上可以得出斜率的大小，电子电量，可以求𝑒 𝑒 𝑒C正确．D、从图象上可知，逸出功𝑊0=ℎ𝑣0.依据光电效应方程，𝐸𝑘𝑚=ℎ𝑣−𝑊0=ℎ𝑣0.D正确．ACD．依据光电效应方程𝐸𝑘𝑚=ℎ𝑣−𝑊0和𝑒𝑈𝐶=𝐸𝐾𝑚得出遏止电压𝑈𝑐与入射光频率𝑣的关系式，从而进展推断．解决此题的关键把握光电效应方程，以及知道遏止电压与最大初动能之间的关系．11.答案：𝐵；1；0解析：解：(1)在做“争论平抛物体运动”的试验中，引起试验误差的缘由有，安装斜槽时，“斜槽末端切线方向不水平”和“空气阻力对小球运动有较大影响”都将导致小球做的运动不是平抛运动，有肯定摩擦”这不影响小球的运动性质，仅仅影响求出的初速度大小．①②④B正确；应选：𝐵．(2)由图可知，平抛小球先后经过𝑎、𝑏、𝑐、𝑑位置时水平方向位移等分，而水平方向做的是匀速直线𝑏𝑇𝑏−𝑎=𝑐−𝑏=𝑑−𝑐=𝑔𝑇2=2𝐿=2.5𝑐𝑚，解得𝑇=0.05𝑠，平抛初速度为𝑣0=𝑥𝑏

=4𝐿=4×1.25×10

𝑇 𝑇𝑏点的竖直分速度为：

0.052𝑇𝑣𝑏𝑦=𝑦𝑐−𝑦𝑎2𝑇

=2𝑇

=0.75𝑚/𝑠=𝑔𝑡𝑏，解得小球从平抛起点到𝑏点用时𝑡𝑏=0.075𝑠，所以到抛出点的水平距离为𝑠𝑏=𝑣0𝑡𝑏=0.075𝑚=7.5𝑐𝑚，抛出点的横坐标为𝑥=𝑠𝑏−𝑥𝑏=0.075𝑚−6𝐿=0；故答案为：(1)𝐵；(2)1；0．明确试验原理，从而明确试验中的留意事项；平抛运动的水平方向做匀速直线运动，从图中可以看出：𝑎、𝑏、𝑐、𝑑4个点间的水平位移均相等0为2𝐿，因此这4个点是等时间间隔点，𝑣 =𝑥，而竖直方向是自由落体运动，两段相邻的位移之差是0𝑡一个定值△𝑦=𝑔𝑇2=𝐿，联立方程即可解出；再依据位移关系可求得抛出点的坐标值．此题考察平抛物体的运动规律．要求同学们能够从图中读出有用信息，再依据平抛运动的根本公式解题，难度适中．12.(1)①𝑎②如图，左(2)𝐷(3)0.6解析：(1)①使用多用电表时，应让电流从多用电表的红表笔流入，故红表笔应接“𝑎”接线柱。②为了使电流表的示数从零开头，试验中滑动变阻器应承受分压式接法，电路如下图。在闭合开关前把滑动变阻器的滑片置于最左端。(2)因金属的电阻随着温度的上升而增大，故(𝐶)D正确。(3)依据闭合电路欧姆定律可知：𝐸=𝑈+2𝐼𝑅，代入数据得：8=𝑈+20𝐼，在图𝑏中画出此方程的曲线，如以下图所示。该图线与原图像的交点为此电路中电灯中的电流和电压值。由图可读出电灯两端电压𝑈=2𝑉，电流𝐼=0.3𝐴，所以灯泡的实际功率为𝑃=𝑈𝐼=0.6𝑊。13.答案：解：(1)线框上边刚进入磁场时产生的感应电动势；𝐸=𝐵𝐿𝑣0，感应电流𝐼=𝐸，𝑅线框上边两端电压𝑈=𝐼⋅3𝑅，40解得：𝑈=3𝐵𝐿𝑣；04从线框上边刚进入磁场到上边刚要出磁场过程，以平行于斜面对上为正方向，对线框，由动量定理得：其中：

−𝑡=△⌀=𝐵𝐿2，𝑞=𝐼解得：𝑡=

𝑅 𝑅𝐵2𝐿2 ；𝑚𝑔𝑅(𝜇cos𝛼−sin𝛼)线框刚进入磁场至线框刚要出磁场的过程，对线框，由动能定理得：−𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝛼)𝑑+𝑊 =0−0，安1摩擦产生的热量：𝑄𝑓1=𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝛼(𝑣0𝑡−𝑑)，从线框上边刚进入磁场到穿出磁场后又相对传送带静止的过程中，依据能量守恒得：𝐸=𝑚𝑔⋅2𝑑𝑠𝑖𝑛𝛼+2𝑊 +2𝑄𝑓1解得：𝐸=

2𝜇𝑣0𝐵2𝐿3𝑐𝑜𝑠𝛼；𝑅(𝜇cos𝛼−sin𝛼)0答：(1)闭合线框的上边刚进入磁场时上边两端电压为3𝐵𝐿𝑣；04从闭合线框的上边刚进入磁场到上边刚要出磁场所用的时间𝑡为

𝐵2𝐿2 ；𝑚𝑔𝑅(𝜇cos𝛼−sin𝛼)能为2𝜇𝑣0𝐵2𝐿3𝑐𝑜𝑠𝛼。𝑅(𝜇cos𝛼−sin𝛼)解析：(1)由𝐸=𝐵𝐿𝑣求出感应电动势，应用欧姆定律求出上边两端的电压。对线框应用动量定理求出线框的上边刚进入磁场到上边刚要出磁场所用时间。电动机多消耗的电能转化为线框的重力势能、线框产生的焦耳热与摩擦产生的热量，应用能量守恒定律可以求出电动势多消耗的电能。此题是电磁感应与力学相结合的一道综合题，分析清楚运动过程是正确解题的前提与关键，分析清楚运动过程、应用安培力公式、牛顿其次定律、动能定理、功的计算公式即可正确解题。要留意摩擦生热与相对位移有关。14.答案：解：(1)带电粒子先加速后偏转，设加速过程的末速度为𝑣0，依据动能定理得𝑞𝑈1=1𝑚𝑣22 0粒子进入偏转电场后，在水平方向做匀速运动，有𝑣0𝑡=𝐿在偏转电场中，加速度为𝑎=𝑞𝑈2𝑚𝑑粒子离开偏转电场时竖直速度𝑣𝑦=𝑎𝑡粒子离开偏转电场后做匀速直线运动，到达荧光屏时的速度𝑣=√𝑣2+𝑣2联立解得𝑣=

1√𝑞(4𝑈2𝑑2+𝑈2𝐿2)

0 𝑦1 𝑑 2𝑚𝑈11 (3)带电粒子离开电场时在竖直方向上的偏移量𝑦=1𝑎𝑡22联立解得𝑦=

𝑈2𝐿24𝑈1𝑑可见粒子离开电场的位置与𝑞、𝑚无关带电粒子离开电场时速度方向与水平方向的夹角正切值为𝑡𝑎𝑛𝜃=𝑎𝑡𝑣0

=𝑈2𝐿2𝑈1𝑑故粒子离开电场时速度方向与𝑚、𝑞无关所以，氘核2𝐻和氚核3𝐻在同一位置以同一方向离开电场射到荧光屏上，因此偏移量之比为1：1。1 1答：(1)粒子到达荧光屏时的速度大小为1√𝑞(4𝑈2𝑑2+𝑈2𝐿2)。1 𝑑 2𝑚𝑈11 (2)它们对应的发光点到𝑂点的距离之比为1：1。解析：(1)带电粒子先加速后偏转，对于加速过程，依据动能定理求出加速获得的速度。对于偏转，运用运动的分解法争论：粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，依据牛顿其次定律求出加速度，依据水平方向的匀速直线运动规律求出运动时间，再由速度公式求出粒子射出偏转电场时竖直分速度，即可运用速度合成法求出粒子射出偏转时的速度大小，即为粒子到达荧光屏时的速度大小；(2)角正切，即可依据数学学问求粒子打在荧光屏上的发光点到𝑂2𝐻3𝐻对应1 1的距离之比。此题中类平抛运动与平抛运动的争论方法一样，都是运动的分解法。带电粒子经过同一加速电场