2021年天津市高考物理模拟试卷

233142891 1 92 0 56 36 023290A.2 C.2 D.所 = 4示 ，图中𝑡𝑡 12 1 2021 年天津市高考物理模拟试卷（三）一、选题题（每小题 5 分，共 25 分每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确 的）1. 若𝑎 ，𝑏 两束单色光以同样的入射角由空气照射到一均匀介质中，𝑎 光的折射角大于𝑏 光的折射角，则（ ）A.在该介质中，𝑏 光的传播速度大于𝑎 光的传播速度B.在相同条件下，𝑎 光比𝑏 光更容易发生明显的衍射现象C.若𝑏 光能使某金属发生光电效应，则𝑎 光也一定能使该金属发生光电效应D.两束光分别经过同一双缝干涉装置后在屏上形成的干涉图样如图所示2. 钍基熔盐堆核能系统(𝑇𝑀𝑆𝑅) 是第四代核能系统之一其中钍基核燃料铀由较难裂变 的钍吸收一个中子后经过若干次 衰变而来；铀的一种典型裂变产物是钡和氪以下 说法正确的是（ ）A.铀核裂变的核反应方程为 𝑈 + 𝑛 𝐵𝑎 + 𝐾𝑟 + 3 B.钍核衰变的快慢由原子所处的化学状态和外部条件决定𝑛C.钍核𝑇 经过2次 衰变可变成镤23291𝑃𝑎D.在铀核裂变成钡和氪的核反应中，核子的比结合能增大3. 一飞船围绕地球做匀速圆周运动，其离地面的高度为𝐻 ，若已知地球表面重力加速 度为𝑔 ，地球半径𝑅 则飞船所在处的重力加速度大小（ ）𝐻𝑔𝑅B.𝑅𝑔(𝐻+𝑅)𝑅 𝑔(𝐻+𝑅)2𝐻 𝑔𝑅 24. 甲、乙两物体从同一地点开始沿同一方向运动，其速度随时间的变化关系分别如图，两段曲线均为 圆弧（即为乙物体的速度-时间图线），则（ ） 2 4A.两物体在𝑡 时刻加速度相同试卷第 1 页，总 13 页2 4 3 4 2 𝑃1 =𝑛 𝑈2 B.两物体在𝑡 时刻运动方向均改变C.0 𝑡 时间内甲物体的平均速度大于乙物体的平均速度D.两物体在𝑡 时刻相距最远，𝑡 时刻相遇5. 如图所示，一交流发电机的线圈通过滑环与理想变压器相连，理想变压器原线圈接 有理想电压表和电流表，副线圈接有定值电阻和灯泡，它们的阻值相等（设灯泡阻值 不变），且均为𝑅 当线圈由图示位置（磁场恰好与线圈平面垂直）以转速𝑛 匀速转动 时，灯泡恰能正常发光，电压表示数为𝑈 ，已知灯泡的额定功率为𝑃 下列选项正确的 是（ ）A.线圈在图示位置磁通量的变化率最大B.电流表的示数为𝑈C.变压器原、副线圈匝数比为𝑛 𝑃𝑅D.从图示位置开始计时，变压器输入电压的瞬时值表达式𝑢 𝑈sin2𝑛𝜋𝑡二、选择题（每小题 5 分，共 15 分每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确 的全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错或不答的得 0 分）下列说法正确的是（ ）A.同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现B.在阳光照射下的教室里，眼睛看到空气中尘埃的运动就是布朗运动C.在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小D.打气筒给自行车打气时，要用力才能将空气压缩，说明空气分子之间存在着斥力如图所示，实线是沿𝑥 轴传播的一列简谐横波在𝑡 0时刻的波形图，虚线是这列波在𝑡 0.2𝑠时刻的波形图，已知该波的波速是0.8𝑚/𝑠 。下列说法正确的是（ ）A.这列波的周期是0.15𝑠B.这列波一定沿𝑥 轴负方向传播的试卷第 2 页，总 13 页0 C.从𝑡 0时刻开始，𝑥 5𝑐𝑚 处的质点经0.1𝑠 振动到波峰D.每经过0.15𝑠 介质中的质点就沿𝑥 轴移动12𝑐𝑚如图所示，直线上𝑀 、𝑁 两点分别放置等量的异种电荷，𝐴、𝐵 是以𝑀 为圆心的圆上两 点，且关于直线对称，𝐶 为圆与直线的交点下列说法正确的是（ ）A.𝐴、𝐵 两点的电场强度相同，电势不等B.𝐴、𝐵 两点的电场强度不同，电势相等C.𝐶 点的电势高于𝐴点的电势D.将正电荷从𝐴沿劣弧移到𝐵 的过程中，电势能先增加后减少非选择题（共 60 分）如图甲所示，用铁架台、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码探究在弹性限度内弹 簧弹力与弹簧伸长量的关系。（1）为完成实验，还需要的实验器材有：_。（2）实验中需要测量的物理量有：_。（3）图乙是弹簧弹力𝐹 与弹簧伸长量𝑥 的𝐹𝑥 图线，由此可求出弹簧的劲度系数为 _𝑁/𝑚 。（4）为完成该实验，设计的实验步骤如下：A.以弹簧伸长量为横坐标，以弹力为纵坐标，描出各组(𝑥, 𝐹) 对应的点，并用平滑的曲 线连接起来；B.记下弹簧不挂钩码时其下端在刻度尺上的刻度𝐿 ；C.将铁架台固定于桌子上，并将弹簧的一端系于横梁上，在弹簧附近竖直固定一把刻试卷第 3 页，总 13 页𝑥1 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 度尺；D.依次在弹簧下端挂上1个、2个、3个、4个钩码，并分别记下钩码静止时弹簧下端 所对应的刻度，并记录在表格内，然后取下钩码；E. 以弹簧伸长量为自变量，写出弹力与弹簧伸长量的关系式。首先尝试写成一次函数， 如果不行，则考虑二次函数；F.解释函数表达式中常数的物理意义；G.整理仪器。 请将以上步骤按操作的先后顺序排列出来： 𝐶 、𝐵 、𝐷 、𝐴、𝐸 、𝐹 、𝐺 。现测定长金属丝的电阻率，利用下列器材设计一个电路，尽量准确地测量一段金属丝 的电阻，这段金属丝的电阻𝑅 约为100𝛺 。电源𝐸 （电动势10𝑉 ，内阻约为10𝛺 ）；电流表𝐴 （量程0 250𝑚𝐴，内阻𝑟 20𝛺 ）；电流表𝐴 （量程0 300𝑚𝐴，内阻约为5𝛺 ）；滑动变阻器𝑅 （最大阻值10𝛺 ，额定电流2𝐴 ）；滑动变阻器𝑅 （最大阻值1000𝛺 ，额定电流1𝐴 ）；开关𝑆 及导线若干。某同学根据题意设计了实验方案（如图），滑动变阻器应该选择_（填“𝑅 ” 或“𝑅 ”）；请在图中把实验电路图补充完整，并标明器材代号；该同学测量得到电流表𝐴 的读数为𝐼 ，电流表𝐴 的读数为𝐼 ，则这段金属丝电阻的 计算式_一轻质弹簧水平放置，一端固定在𝐴 点，另一端与质量为𝑚 的小物块𝑃 接触但不连接𝐴𝐵 是水平轨道，质量也为𝑚 的小物块𝑄 静止在𝐵 点，𝐵 端与半径为𝑙 的光滑半圆轨道𝐵𝐶𝐷 相切，半圆的直径𝐵𝐷 竖直，如图所示物块𝑃 与𝐴𝐵 间的动摩擦因数𝜇 = 0.5初始时𝑃𝐵 间距为4𝑙 ，弹簧处于压缩状态释放𝑃 ，𝑃 开 始运动，脱离弹簧后在𝐵 点与𝑄 碰撞后粘在一起沿轨道运动，恰能经过最高点𝐷 ，已知 重力加速度𝑔 ，求：(1)合体在𝐵 点的速度(2)初始时弹簧的弹性势能试卷第 4 页，总 13 页1 21 2质谱仪可用来对同位素进行分析，其主要由加速电场和边界为直线𝑃𝑄 的匀强偏转磁场 组成，如图甲所示。某次研究的粒子束是氕核和氘核组成的，粒子从静止开始经过电 场加速后，从边界上的𝑂 点垂直于边界进入偏转磁场，氕核最终到达照相底片上的𝑀 点， 已知𝑂 、𝑀 间的距离为𝑑 ，氘核的质量为氕核质量的2倍，粒子的重力忽略不计，求：（1）偏转磁场的方向（选答“垂直纸面向外”或“垂直纸面向里”）；（2）本次研究的粒子在照相底片上都能检测到，照相底片的放置区域的长度𝐿 至少多 大；（3）若偏转磁场的区域为圆形，且与𝑃𝑄 相切于𝑂 点，如图乙所示，其他条件不变，要 保证氘核进入偏转磁场后不能打到𝑃𝑄 边界上（𝑃𝑄 足够长），求磁场区域的半径𝑅 应满 足的条件。某种超导磁悬浮列车是利用超导体的抗磁作用使列车车体向上浮起，同时通过周期性 地变换磁极方向而获得推进动力其推进原理可以简化为如图所示的模型：在水平面 上相距𝑏 的两根平行直导轨间，有竖直方向等距离分布的方向相反的匀强磁场𝐵 和𝐵 ， 且𝐵 𝐵 𝐵 ，每个磁场分布区间的长都是𝑎 ，相间排列，所有这些磁场都以速度𝑣 向 右匀速平动这时跨在两导轨间的长为𝑎 宽为𝑏 的金属框𝑀𝑁𝑄𝑃 （悬浮在导轨正上方） 在磁场力作用下也将会向右运动设金属框的总电阻为 𝑅 ，运动中所受到的阻力恒为 𝑓 ，求（1）列车在运动过程中金属框产生的最大电流；（2）列车能达到的最大速度；（3）在（2）情况下每秒钟磁场提供的总能量试卷第 5 页，总 13 页𝑐𝑐𝑙参考答案与试题解析2021 年天津市高考物理模拟试卷（三）一、选题题（每小题 5 分，共 25 分每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确 的）1.【答案】B【考点】光发生明显衍射的条件光的折射现象光电效应现象及其解释薄膜干涉的应用【解析】𝑎 光的折射角大于𝑏 光的折射角，根据折射定律分析两光的折射率大小关系，而折射率 越大，频率越大，波长越短；根据𝑣 = 分析光的传播速度大小关系；𝑛波长越长越容易发生明显的衍射现象；对同一种金属频率越大，越容易发生光电效应；根 𝑥 =𝑙𝑑𝜆 分析两束光发生干涉现象的条纹间距大小。【解答】𝐴、因为𝑎 ，𝑏 两束单色光以同样的入射角由空气照射到一均匀介质中，𝑎 光的折射角大于𝑏 光的折射角，根据折射定律可知， 𝑎 光的折射率小于 𝑏 光的折射率，根据 𝑣 = 可知，𝑛𝑎 光的传播速度大于𝑏 光，故𝐴错误；𝐵 、因为𝑎 光的折射率小，则频率小，波长长，所以相同的条件下，𝑎 光更容易发生明显的衍射现象，故𝐵 正确；𝐶 、因为𝑎 光的频率小于𝑏 光的频率，所以若𝑏 光能使某金属发生光电效应，𝑎 光不一定能发生光电效应，故𝐶 错误；𝐷 、根 𝑥 = 𝜆 可知，𝑎 光的波长长，所以发生干涉现象后的条纹间距更大，故𝐷 错𝑑误。2.【答案】A,D【考点】原子核的结合能裂变反应和聚变反应原子核衰变【解析】根据质量数守恒和电荷数守恒判断核反应方程式；衰变过程由原子核内部自身因素决 定；𝛽 衰变中不改变质量数；根据裂变的特点分析；试卷第 6 页，总 13 页 2 = 1 4 【解答】解：𝐴该核反应方程式符合质量数守恒与电荷数守恒，故𝐴正确；𝐵 原子核的半衰期由核内部自身因素决定，与原子所处的化学状态和外部条件无关， 故𝐵 错误；𝐶 钍核232 𝑇 经过1次 衰变可变成镤232 𝑃𝑎 ，故𝐶 错误；90 91𝐷 重核裂变的过程中释放能量，所以重核分裂成中等大小的核，核子的比结合能增 大，故𝐷 正确故选𝐴𝐷 3.【答案】C【考点】向心力万有引力定律及其应用【解析】根据万有引力等于重力列式，从而确定出飞船所在位置处的重力加速度和速度。 【解答】为地球表面的物体受到的重力等于万有引力有：𝐺𝑀𝑚𝑅 2= 𝑚𝑔2𝑔解得：𝐺𝑀𝑅在飞船所在位置，设重力加速度为𝑔，则有𝑚𝑔= 𝐺𝑀𝑚(𝑅𝐻)2得𝑔=𝐺𝑀 𝑅 𝑔 (𝐻𝑅) 2 (𝐻𝑅)2，故𝐶 正确，𝐴𝐵𝐷 错误；4.【答案】D【考点】v-t 图像（匀变速直线运动）【解析】速度时间图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移平均速度等于 位移与时间之比，结合数学知识进行分析【解答】解：𝐴、在𝑡 时刻，甲的斜率为正，乙的斜率为负，根据速度时间图线的斜率表示加速 度，知加速度方向不同故𝐴错误；𝐵 、甲乙的速度图像都在时间轴的上方，速度都为正，运动方向没有改变，故𝐵 错误；𝐶 、速度图线与时间轴围成的面积表示位移，则知0 𝑡4体的位移，时间相等，则平均速度相等，故𝐶 错误；时间内甲物体的位移等于乙物𝐷 、根据图像的面积表示位移，可知，𝑡3移相等，两者相遇，故𝐷 正确； 故选：𝐷5.【答案】B【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理时刻两者位移之差最大，相距最远，𝑡 时刻位试卷第 7 页，总 13 页1 1 1 𝑛𝑛交变电流的图象和三角函数表达式【解析】感应电动势越大的位置磁通量变化率也越大；依据正常发光时功率等于额定功率，结合原副线圈的功率相等，即可求解电流表示数； 根据原副线圈的电压与匝数成正比；由开始计时位置确定正弦还是余弦曲线，再结合角速度𝜔 2𝜋𝑛 ，及电压最大值与有效 值关系，即可求得。【解答】𝐴、线圈在图示位置，磁通量最大，即为中性面，线圈的感应电动势为零，则磁通量的 变化率为零，故𝐴错误；𝐵 、因理想变压器的原副线圈功率相等，副线圈中定值电阻和灯泡的阻值相等，且灯泡能正常发光，那么副线圈的功率为𝑃 𝑈𝐼 ，因原线圈的电压为𝑈 ，所以2𝑃 𝑈𝐼 ，解副得：𝐼=2𝑃𝑈，故𝐵 正确；𝐶 、对于副线圈，因灯泡正常发光，则灯泡两端的电压𝑈灯= 𝑃𝑅 ，因此副线圈的电压为𝑈 2𝑃𝑅，那么变压器的原副线圈匝数之比为： 副12=𝑈2 𝑃𝑅，故𝐶 错误；𝐷 、由于线圈从中性面开始计时，那么是正弦交流电，且角速度𝜔 2𝜋𝑛 ，及𝑈 =𝑚2𝑈 ，那么变压器的输入电压的瞬时值表达式为𝑒 = 2𝑈sin2𝑛𝜋𝑡，故𝐷 错误。二、选择题（每小题 5 分，共 15 分每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确 的全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错或不答的得 0 分）【答案】A,C【考点】布朗运动* 液体的表面张力现象和毛细现象* 晶体和非晶体有序、无序和熵【解析】热现象的微观理论认为，构成物体的各个分子的运动都是无规则的、带有偶然性的， 但大量分子的运动却有一定的规律；同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出 现，如金刚石和石墨；布朗运动是悬浮于液体或气体中的固体小颗粒的运动，但空气 中的尘埃的运动是由于对流形成的；根据热力学第二定律，在任何自然的过程中。一 个孤立的系统的总墒不会减小；气体很难压缩是压强的原因。【解答】𝐴、同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，比如：金刚石与石墨，故𝐴正 确𝐵 、教室空气中飞舞的尘埃是由于空气的对流而形成的，不是布朗运动，故𝐵 错误。𝐶 、根据热力学第二定律，在任何自然的过程中，一个孤立的系统的总墒不会减小，故 𝐶 正确；𝐷 、打气筒给自行车打气时，用力才能将空气压缩，是要克服气体压强的原因，气体 压强是气体分子对容器壁的碰撞造成的，与分子力无关，故𝐷 错误。【答案】A,B,C试卷第 8 页，总 13 页𝜆 0.124 【考点】横波的图象波长、频率和波速的关系【解析】由图求得波长，即可得到周期，再根据波速求得0.2𝑠 时间传播的距离，由图得到传播 方向；根据时间与周期的关系分析𝑥 5𝑐𝑚 处的质点的状态。简谐横波向前传播的过程 中介质中质点不向前移动。【解答】𝐴、这列波的周期𝑇 = = 𝑠 = 0.15𝑠，故𝐴正确。𝑣 0.8𝐵 、已知该波的波速是0.8𝑚/𝑠，故经过时间0.2𝑠 波传播的距离𝑑 0.16𝑚 = 𝜆，由图可3得：波向𝑥 轴负方向传播，故𝐵 正确。𝐶 、从𝑡 0时刻开始经0.1𝑠波向左传播的距离 𝑥 𝑣𝑡0.1 0.80.08𝑚8𝑐𝑚，根据波 形的平移法知，𝑡 0时刻𝑥 13𝑐𝑚处的波峰传到𝑥 5𝑐𝑚 处，所以从𝑡 0时刻开始，𝑥 5𝑐𝑚 处的质点经0.1𝑠振动到波峰，故𝐶 正确；𝐷 、机械波上质点不随波的传播而迁移，只在𝑦 方向上振动，故𝐷 错误；【答案】B,D【考点】电势与电势能的关系电势电场的叠加【解析】根据等量的异种电荷得电场分布情况回答，电场线疏密表示电场强度的大小，切线方 向为电场强度的方向；沿电场线方向电势降低。【解答】解：𝐴𝐵 𝐴、𝐵 两点到两个点电荷的距离相等，所以𝐴、𝐵 两点的电势相等，根据疏密 知两点场强大小相等，但方向是对称的，所以电场强度不同，故𝐴错误，𝐵 正确； 𝐶 𝐴、𝐶 两点到正电荷距离相等，𝐴离负电荷较远，𝐶 离负电荷较近，所以𝐴点电势大 于𝐶 点电势，故𝐶 错误；𝐷 正电荷从𝐴沿劣弧移到𝐵 的过程中，离正电荷的距离不变，离负电荷的距离先变大 后变小，所以电势先变大后变小，故电势能先增加后减少，故𝐷 正确故选𝐵𝐷 非选择题（共 60 分）【答案】毫米刻度尺弹簧原长、伸长后总长度200C、B、D、A、E、F、G【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系【解析】本实验的目的探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长量的关系，由给出的𝐹 𝑥 图像， 可由图像得出弹簧的劲度系数；明确实验方法，从而得出实验步骤。试卷第 9 页，总 13 页, 𝐼 𝑟𝐼 𝐼1 1 1 2 𝑈𝑥𝐼 𝑟𝐼 𝐼【解答】需要测弹簧的长度、形变量，故还需要的实验器材有：毫米刻度尺；为了测量弹簧的形变量；实验中还应测量弹簧原长、弹簧所受外力与对应的伸长后总 长度；有图像可知，斜率表示弹簧的劲度系数，𝑘 =70.035𝑁/𝑚 = 200𝑁/𝑚；实验中要先组装器材，即 𝐶𝐵 ，然后进行实验，即 𝐷 ，最后数据处理，分析解释表达式， 最后整理仪器；即𝐴𝐸𝐹𝐺 所以先后顺序为𝐶𝐵𝐷𝐴𝐸𝐹𝐺 ；【答案】𝑅11 12 1【考点】测定金属的电阻率【解析】滑动变阻器采用的是分压式，所以选择阻值小的滑动变阻器；实验采用欧姆法测电阻，根据实验原理分析选择实验器材，并分析判断电路的接法； 根据欧姆定律求解金属丝电阻的计算式。【解答】滑动变阻器采用的是分压式，所以滑动变阻器选择阻值小的𝑅 ；实验没有提供电压表，所以电流表𝐴 的内阻已知，因此可以将电流表𝐴 与金属丝并 联测金属丝两端的电压，电流表𝐴 测干路电流，电路图如图所示；根据欧姆定律有𝑅 = =𝐼1 12 1。【答案】(1)粘合体在𝐵 点的速度是5𝑔𝑙(2)初始时弹簧的弹性势能是12𝑚𝑔𝑙【考点】动量守恒定律的理解摩擦力做功与能量转化【解析】(1)物块𝑃 恰好能够到达𝐷 点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出𝐷 点的速度从𝐵 到𝐷 ，由机械能守恒定律列式，可求出物体𝑃 在𝐵 点的速度；(2)由动量守恒定律求出碰撞前 𝑃 的速度；𝑃 到𝐵 的过程中只有弹簧的弹力和摩擦力做功， 由功能关系即可求出初始时弹簧的弹性势能【解答】(1)物块𝑃 恰好能够到达𝐷 点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律有：试卷第 10 页，总 13 页2 𝐷1 12 2𝐵1 2 𝑝2 1 2𝑚𝑈𝑚𝑔 = 𝑚𝑣𝐷𝑙，可得：𝑣 = 𝑔𝑙，从𝐵 到𝐷，由机械能守恒定律得：2𝑚𝑔𝑙 + 𝑚𝑣 2 = 𝑚𝑣 2𝐷 𝐵，得：𝑣 = 5𝑔𝑙(2)𝑃与𝑄 碰撞的过程时间短，水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，设碰撞前𝑃 的 速度为𝑣，则：𝑚𝑣 = 2𝑚𝑣 ，𝐵𝑃 从开始释放到到达𝑄 的过程中，弹簧的弹力对𝑃 做正功，地面的摩擦力对𝑃 做负功，由 功能关系得：𝐸 𝜇𝑚𝑔 4𝑙 = 𝑚𝑣 𝑝2，联立得：𝐸 = 12𝑚𝑔𝑙答：(1)粘合体在𝐵 点的速度是5𝑔𝑙；(2)初始时弹簧的弹性势能是12𝑚𝑔𝑙【答案】偏转磁场的方向垂直纸面向外；本次研究的粒子在照相底片上都能检测到，照相底片的放置区域的长度𝐿 至少为(2 1)𝑑；磁场区域的半径𝑅 应满足的条件为𝑅 22𝑑 。【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动规律向心力带电粒子在电场中的加（减）速和偏转动能定理的应用【解析】（1）分析氕核的洛伦兹力的方向，根据左手定则分析磁场的方向；（2）原子核在电场中加速，进入磁场中做匀速圆周运动，根据动能定理以及牛顿第二 定律分析得到其半径表达式，根据氘核与氕核的质量关系分析氘核的半径，而照相底 片的放置区域的长度𝐿 的最小值为氘核与氕核的直径之差；（3）氘核进入偏转磁场后不能打到𝑃𝑄 边界上的临界条件为出圆形磁场区域时速度方 向平行𝑃𝑄 。【解答】因为最终到达照相底片上的𝑀 点，受洛仑兹力向左，根据左手定则判断磁场方向垂直 纸面向外；在电场中加速，设加速电压为𝑈 ，有𝑞𝑈 =𝑣在磁场中𝑞𝑣𝐵 = 𝑚𝑟12𝑚𝑣2则原子核在磁场中运动的半径为：𝑟 = 𝐵 𝑞试卷第 11 页，总 13 页1 2 12 12 2 𝐵𝑏𝑣𝑚𝑚𝑚𝑑根据几何关系可知，氕核旋转半径𝑟 =2结合以上方程，且氘核与氕核质量电量关系可知，氘核旋转半径𝑟 = 2𝑟 = 照相底片的放置区域的长度𝐿 至少𝐿 2𝑟 2𝑟(2 1)𝑑；22𝑑氘核进入偏转磁场后不能打到𝑃𝑄 边界上的临界条件为出圆形磁场区域时速度方向平行 𝑃𝑄 ，氘核的运动轨迹如图所示：根据几何知识可知，氘核恰不能到达磁场边界𝑅 𝑟根据以上分析可知，半径应满足条件𝑅 22𝑑。答：（1）偏转磁场的方向垂直纸面向外；（1）本次研究的粒子在照相底片上都能检测 到，照相底片的放置区域的长度𝐿 至少为(2 1)𝑑；（2）磁场区域的半径𝑅 应满足的条件为𝑅 22𝑑。【答案】列车在运动过程中金属框产生的最大电流是𝑅；列车能达到的最大速度是𝑣 𝑅𝑓4𝐵 2 𝑏2；在（1）情况下每秒钟磁场提供的总能量是𝑓𝑣【考点】牛顿第二定律的概念闭合电路的欧姆定律单杆切割磁感线安培力的计算【解析】（1）当磁场相对于金属框的速度最大时，产生感应电动势最大，感应电流就最大，此 时线框速度为零因线框左右两条边𝑁𝑄 和𝑀𝑃 都切割磁感线，产生两个感应电动势， 由𝐸 2𝐵𝑏𝑣求感应电动势，再由欧姆定律求得感应电流（2）当磁场以相同速度𝑣向右匀速运动，金属框的最大速度为𝑣 时，线框左右两条边 𝑁𝑄 和𝑀𝑃 都切割磁感线，产生两个感应电动势，线框相对于磁场的速度大小为 𝑣 𝑣 ，𝑚方向向左，𝑏𝑐和𝑎𝑑产生的感应电动势大小都为 𝐵𝐿(𝑣 𝑣 )，两边都磁场向前的安培力， 安培力大小均为𝐹 𝐵𝐼𝐿金属框匀速运动时，速度达到最大推导出安培力表达式， 由平衡条件求出磁场向右匀速运动的速度𝑣（3 ）在（2 ）情况下每秒钟磁场提供的总能量等于产生的焦耳热与克服阻力做功的和 【解答】列车起动时金属框产生的电流最大，设为𝐼试卷第 12 页，总 13 页𝐹𝑓𝑚𝑓𝑚𝐼 =𝑚2𝐵𝑏𝑣𝑅分析列车受力可得列车运动的加速度：𝑎 = 𝑚当列车速度增大时，安培力 𝐹 变小，加速度变小，当 𝑎 0 时，列车速度达到最大，有： 𝐹 𝑓即 𝐹 = 2𝐵𝑏 2𝐵𝑏(𝑣𝑣 𝑅𝑚)解得：𝑣= 𝑣𝑅𝑓4𝐵 2 𝑏2由能的转化和守恒，磁场提供的能量一部分转化为电路中的电能进一步转变为回路的焦耳热，另一部分克服阻力𝑓做功，单位时间内的焦耳热为：𝑄 𝐼𝑓最大速度匀速运动时，磁场力等于阻力：𝑓2𝐵𝐼𝑏 ，𝐼 =2𝐵𝑏可得阻力做功的功率为：𝑃 𝑓 𝑣解得：𝐸 𝑄 + 𝑃 1𝑓𝑣2𝑅 1试卷第 13 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