浙江省宁波市五校2020届高三下学期适应性考试物理试题 Word版含解析

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www.ks5u.com2020届宁波市五校高三适应性考试物理试题考生注意：1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。3.可能用到的相关公式或参数：重力加速度g均取10m/s2。选择题部分一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.以下物理量为标量，且单位是国际单位制导出单位的是（　　）A.电流、AB.力、NC.功、JD.电场强度、N/C【答案】C【解析】【详解】A．电流是标量，A是国际单位的基本单位，所以A错误；B．力是矢量，N是国际单位的导出单位，所以B错误；C．功是标量，J是国际单位的导出单位，所以C正确；D．电场强度是矢量，N/C是国际单位的导出单位，所以D错误。故选C。2.如图所示，是一个半径为R的中国古代八卦图，中央S部分是两个半圆，练功人从A点出发沿实线进行走完整个八卦图(不能重复)，在最后又到达A点。求在整个过程中，此人两次经过A点的所经过的最小路程和最大位移分别为（　　）A.0，0B.2R，2RC.(3π＋2)R，2RD.(π＋2)R，2R【答案】D-29- 【解析】【详解】路程是指物体所经过的路径的长度，如果练功人从点出发沿部分实线行走，最后又到达点，在这个过程中的最小路程当人离点最远的时候，位移最大，所以当人在点的时候，离点最远，此时的位移最大为，故ABC错误，D正确。故选D。3.以下关于所用物理学的研究方法叙述不正确的是（　　）A.合力、分力概念的建立体现了等效替代的思想B.在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法C.当时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思维法D.求匀变速直线运动位移时，将其看成很多小段匀速直线运动的累加，采用了微元法【答案】B【解析】【详解】A．当一个物体受到几个力的共同作用时，我们常常可以求出这样一个力，这个力产生的效果跟原来几个力的共同效果相同，这个力就叫做那几个力的合力，原来的几个力叫做分力，合力与几个分力之间是相互替代关系，故A正确，不符合题意；B．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法，故B错误，符合题意；C．极限的思维是研究物理的一种重要思想，是指用极限概念分析问题和解决问题的一种思想，故C正确，不符合题意；D．微元法是指在处理问题时，从对事物的极小部分(微元)分析入手，达到解决事物整体目的的方法。它在解决物理学问题时很常用，思想就是“化整为零"”，先分析“微元”，再通过“微元”分析整体，故D正确，不符合题意。故选B。4.下列叙述中正确的是（　　）A.电子衍射现象的发现为物质波理论提供了实验支持B.电子的发现使人们认识到原子核具有复杂的结构C.粒子散射实验的研究使人们认识到质子是原子核的组成部分-29- D.天然放射现象的发现使人们认识到原子有复杂的结构【答案】A【解析】【详解】A．德布罗意首先提出了物质波的猜想，而电子衍谢实验证实了他的猜想，故A正确；B．汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，揭示了原子是有复杂结构的，故B错误；C．粒子散射实验现象为：绝大多数粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进，但有少数粒子发生了较大的偏转，并有极少数粒子的偏转超过，有的甚至几乎达到而被反弹回来，卢瑟福根据该实验现象提出了原子核式结构模型：原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里，带负电的电子在核外空间里绕着核旋转，故C错误；D．人们认识到原子核有复杂的结构是从天然放射现象开始的，故D错误。故选A。5.如图所示，地球球心为O，半径为R，表面的重力加速度为g。一宇宙飞船绕地球无动力飞行且沿椭圆轨道运动，不计阻力，轨道上P点距地心最远，距离为3R。则（　　）A.飞船在P点的加速度一定是B.飞船经过P点的速度一定是C.飞船经过P点的速度小于D.飞船经过P点时，若变轨为半径为3R的圆周运动，需要制动减速【答案】C【解析】【详解】A．在地球表面重力加速度与万有引力加速度相等，根据牛顿第二定律有加速度-29- 所以在地球表面有P点的加速度选项A错误；BC．在椭圆轨道上飞船从P点开始将做近心运动，此时满足万有引力大于P点所需向心力即即选项B错误，C正确；D．飞船经过P点时，若变轨为半径为3R的圆周运动，需要点火加速，选项D错误。故选C。6.如图1所示，用充电宝为一手机电池充电，其等效电路如图2所示。在充电开始后的一段时间内，充电宝的输出电压、输出电流可认为是恒定不变的，设手机电池的内阻为，则时间内（　　）A.充电宝输出的电功率为B.充电宝产生的热功率为C.手机电池产生的焦耳热为D.手机电池储存的化学能为-29- 【答案】D【解析】【详解】A．充电宝的输出电压U、输出电流I，所以充电宝输出的电功率为A错误；BC．手机电池充电电流为I，所以手机电池产生的热功率为而充电宝的热功率应为充电宝的总功率减去输出功率，根据题目信息无法求解，BC错误；D．输出的电能一部分转化为手机的化学能，一部分转化为电池的热能，故根据能量守恒定律可知手机电池储存的化学能为D正确。故选D。7.反射式速调管是常用微波器之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。已知静电场的方向平行于x轴，其电势随x的分布如图所示。一质量，电荷量的带负电的粒子从（-1，0）点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动。则（　　）A.轴左侧电场强度和右侧电场强度的大小之比B.粒子在区间运动过程中的电势能减小C.该粒子运动过程中电势能变化量的最大值为JD.该粒子运动的周期【答案】D【解析】-29- 【详解】A．图象的斜率表示电场强度，则左侧电场强度右侧电场强度所以故A错误；B．由于内电势逐渐降低，则带负电的粒子在区间运动过程中的电势能增加，故B错误；C．该粒子运动过程中电势能变化量的最大值为故C错误；D．设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为t1、t2，在原点时的速度为vm，由运动学公式有同理可知而周期T=2（t1+t2）联立并代入相关数据可得T=3.0×10-8s故D正确。故选D。8.-29- 麦克斯韦的电磁场理论提出：变化的电场产生磁场。以平行板电容器为例：圆形平行板电容器在充、放电的过程中，板间电场发生变化，产生的磁场相当于一连接两板的板间直导线通以充、放电电流时所产生的磁场。如图所示，若某时刻连接电容器的导线具有向上的电流，则下列说法中正确的是（　　）A.电容器正在放电B.两平行板间电场强度E在减小C.该变化电场产生顺时针方向（俯视）的磁场D.两极板间电场最强时，板间电场产生的磁场却为零【答案】D【解析】【详解】根据电场方向可知，下板带正电荷，上板带负电荷；根据电流方向可知，下板带正电荷并且电流流向下板，电容器正在充电，两板间电场增强；根据楞次定律和右手定则判断得出，电场增强，会产生逆时针方向（俯视）的磁场，两极板间电场最强时，电场变化率为零，板间电场产生的磁场为零，故ABC错误，D正确。故选D。9.如图所示，倾角为θ的斜面体固定在水平面上，两个可视为质点的小球甲和乙分别沿水平方向抛出，两球的初速度大小相等，已知甲的抛出点为斜面体的顶点，经过一段时间两球落在斜面上的A、B两点后不再反弹，落在斜面上的瞬间，小球乙的速度与斜面垂直．忽略空气的阻力，重力加速度为g.则下列选项正确的是(　　)A.甲、乙两球在空中运动的时间之比为tan2θ∶1B.甲、乙两球下落的高度之比为4tan4θ∶1C.甲、乙两球的水平位移之比为tanθ∶1D.甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值之比为2tan2θ∶1-29- 【答案】BD【解析】【详解】A.由小球甲的运动可知，tanθ＝＝＝，解得t＝，落到斜面上的速度与竖直方向夹角的正切值为tanθ＝，解得，则甲、乙两球在空中运动的时间之比为t∶t′＝2tan2θ∶1，故A错误；B.由h＝gt2可知甲、乙两球下落的高度之比为4tan4θ∶1，故B正确；C.由x＝v0t可知甲、乙两球的水平位移之比为2tan2θ∶1，故C错误；D.甲球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值为tanα甲＝＝2tanθ，乙球落到斜面上的速度与水平方向夹角的正切值为tanα乙＝＝，甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值之比为tanα甲：tanα乙=2tan2θ∶1，故D正确。故选：BD10.图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数比为-29- k。在T的原线圈两端接入一电压的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其它因素的影响，则输电线上损失的电功率（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】加在原线圈上的电压为根据电压比与匝数比关系有所以有输电线上的电流为输电线上损失的功率为联立解得又-29- 则所以C正确，ABD错误。故选C。11.如图甲，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图乙所示，规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电流（　　）A.在时为最大B.在时改变方向C.在时最大，且沿顺时针方向D.在时最大，且沿顺时针方向【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，在时导线中电流的变化率为零，此时线圈中磁通量的变化率为零，则感应电流为零，故A错误；B．从到时间内，图像的斜率均为负值，穿过线框的磁通量为先向里减小，后向外增加，可知产生的感应电流方向不变，即在时线圈中的电流不改变方向，故B错误；CD．结合正弦曲线变化的特点可知，当PQ中的电流为0时，电流的变化率最大，所以电流产生的磁场的变化率最大，所以在时刻或t=T-29- 时刻线框内磁通量的变化率最大，则产生的电动势最大，在时刻，向里的磁场减小，R内产生的感应电流的磁场的方向向里，根据安培定则可知，电流的方向为顺时针方向；同理可知，在t=T时刻向外的磁场减小，R内产生的感应电流的磁场的方向向外，根据安培定则可知，感应电流的方向为逆时针方向，故C正确，D错误。故选C。12.如图，AOB是截面为扇形的玻璃砖的横截面图，其顶角θ＝83°，今有一束单色光线在横截面内从OA的中点E沿垂直OA的方向射入玻璃砖，一部分光线经AB面反射后恰好未从OB面射出，不考虑多次反射作用，则玻璃砖的折射率为（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】如图所示因E点为OA的中点，所以入射角α＝30°β＝θ＝83°临界角C＝180°－2α－β＝37°OB面恰好发生全反射，则-29- 解得故BCD错误。故选A。13.如图，绝缘光滑圆环竖直放置，a、b、c为三个套在半径为R圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c位于圆环最高点（未画出），ac连线与竖直方向成60°角，bc连线与竖直方向成30°角，小球a的电量为(q＞0)，质量为m，三个小球均处于静止状态。下列说法正确的是（　　）A.a、b、c小球带同种电荷B.a、b小球带异种电荷，b、c小球带同种电荷C.a、b小球电量之比为D.小球c电量数值为【答案】D【解析】【详解】AB．对c，受到重力、环的支持力以及a与b的库仑力，其中重力与支持力的方向在竖直方向上，水平方向有a对c的库仑力的分力与b对c的库仑力的分力，由共点力平衡的条件可知，a与b对c的作用力都是吸引力，或都是排斥力，则a与b的电性必定是相同的；a与b带同种电荷，它们之间的库仑力是斥力。对a，a受到重力、环的支持力以及b、c对a的库仑力，重力的方向在竖直方向上，水平方向有支持力的向右的分力、b对a的库仑力向左的分力、c对a的库仑力的分力，若a要平衡，则c对a-29- 的库仑力沿水平方向的分力必须向右，所以c对a的作用力必须是吸引力，所以c与a的电性一定相反。即a、b小球带同种电荷，b、c小球带异种电荷，故AB错误；C．设环的半径为R，a、b、c三个小球的带电量分别为：q1、q2和q3，由几何关系可得：ac＝R，bc＝R；a与b对c的作用力都是吸引力，或都是排斥力，它们对c的作用力在水平方向的分力大小相等，则所以故C错误；D．对小球a受力分析，如图所示根据平衡条件有即解得故D正确。故选D。-29- 二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2分，共6分，每题列出的四个选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得2分，选对但不选全的得1分，有选错的得0分）14.一群处于激发态的氢原子向基态跃迁，发出的光以相同的入射角照射到一块平行玻璃砖A上，经玻璃砖A后又照射到一块金属板B上，如图，则下列说法正确的是（　　）A.从跃迁到发出的光经玻璃转后侧移量最小B.在同一双缝干涉装置中，从跃迁到发出的光干涉条纹最窄C.经玻璃砖A后有些光子的能量将减小D.若从跃迁到放出的光子刚好能使金属板B发生光电效应，则从跃迁到基态放出的光子一定能使金属板B发生光电效应【答案】AD【解析】【详解】A．光的频率越大，经玻璃砖折射后侧移量越大，根据跃迁规律可知从跃迁到发出的光的频率最小，即光经玻璃转后侧移量最小，故A正确；B．从跃迁到n=1发出的光的频率最大，波长最短，根据可知光的干涉条纹间距最小，故B错误；C．经玻璃砖A后，光子的频率不变，所以能量不变，故C错误；D．从跃迁到放出的光子频率小于从跃迁到基态放出的光子频率，所以从跃迁到基态放出的光子一定能使金属板B发生光电效应，故D正确。故选AD。15.如图所示，一列简谐横波沿x轴正向传播，从振源O起振时开始计时，经t=0.9s，x轴上0至12m范围第一次出现图示波形，则（　　）-29- A.上图所示波形图中12m处的质点已经振动周期B.t=0.9s时，x轴上2m处的质点振动方向沿y轴向上C.波的周期可能为0.4sD.波的波速可能是15.6m/s【答案】BCD【解析】【详解】A．若振源起振方向沿方向，当波刚传播到12m处的质点时，质点沿方向振动，经过到达负的最大图示位置，故图中12m处的质点已经振动周期；若振源起振方向沿方向，当波刚传播到12m处的质点时，质点沿方向振动，经过到达负的最大图示位置，故图中12m处的质点已经振动周期，故A错误；B．波沿轴正方向传播，时，根据平移法可知轴上2m处的质点振动方向沿轴向上，故B正确；C．若振源起振方向沿方向，则有可得周期为若振源起振方向沿方向，则有可得周期为故C正确；D．由图可得波长若振源起振方向沿方向，波速为若振源起振方向沿方向，波速为-29- 故D正确；故选BCD。16.原来静止的质量为的原子核处在匀强磁场中，经衰变后变成质量为的原子核，粒子的质量为，其速度方向垂直于磁场，动能为，假定原子核衰变时释放的核能全部转化为动能，质子、中子质量视为相等，则下列说法正确的是（　　）A.核与粒子在磁场中运动的周期之比为B.核与粒子在磁场中运动的半径之比为C.此衰变过程中的质量亏损为D.此衰变过程中释放的核能为【答案】AD【解析】【详解】A．原子核发生衰变时核子质量数减小4而核电荷数减小2。周期之比由知故A正确；B．由题意知X核原先静止，则衰变后粒子和反冲核Y的动量大小相等，由知故B错误；-29- C．该衰变过程中的质量亏损故C错误；D．粒子的动能为Y核的动能则Y核的动能则释放的核能故D正确。故选AD。三、非选择题（本题共6小题，共55分）17.（1）在下列学生实验中，需要用到打点计时器和天平的实验有_______(填字母)。A．“探究小车速度随时间变化的规律”B．“探究加速度与力、质量的关系”C．“探究功与物体速度变化的关系”D．两小车碰撞“探究碰撞中的不变量”（2）如图甲所示为实验室常用的力学实验装置。关于该装置，下列说法正确的是________。A．用该装置做研究匀变速直线运动的实验时，需要平衡摩擦力B．用该装置探究小车的加速度与质量关系时，每次改变小车的质量后必须重新平衡摩擦力-29- C．用该装置探究功与速度变化关系的实验时，若不平衡摩擦力，虽不能求出做功的具体数值，但依然可以探究（3）如图乙和丙是“探究加速度与力、质量的关系”和“验证机械能守恒”所打下的两条纸带的一部分，A、B、C、…、G是纸带上标出的计数点，图乙中相邻两计数点是连续的，图丙中相邻两计数点之间还有4个点。其中图______（填“乙”或“丙”）所示的是“探究加速度与力、质量的关系”的实验纸带，小车的加速度大小a＝______m/s2（保留2位有效数字）。【答案】(1).BD(2).C(3).图丙(4).0.64【解析】【详解】（1）[1]A．“探究小车速度随时间变化的规律”实验，需要用到打点计时器测速度，但不需要天平，故A错误；B．“探究加速度与力、质量的关系”实验需要用到打点计时器来测加速度，需要天平来测量小车的质量，故B正确；C．“探究功与物体速度变化的关系”需要打点计时器测速度，但不需要天平，故C错误；D．两小车碰撞“探究碰撞中的不变量”，需要天平测小车质量，打点计时器测碰撞前后的速度，故D正确。故选BD。（2）[2]A．用该装置做研究匀变速直线运动的实验时，只要物体做匀变速直线运动即可，不需要平衡摩擦力；故A错误；B．用该装置探究小车的加速度与质量关系时，每次改变小车的质量后不需要重新平衡摩擦力，故B错误；C．用该装置探究功与速度变化关系的实验时，若不平衡摩擦力，虽不能求出做功的具体数值，但依然可以探究，故C正确。故选C。（3）[3][4]由图乙中纸带提供的数据，可求出加速度的大小为：-29- 显然，若忽略空气阻力等因素的干扰，比较接近重力加速度g值。故图乙的纸带应为“验证机械能守恒”中的实验纸带；由图丙中纸带提供的数据，可求得加速度大小为：很显然，该纸带不可能是“验证机械能守恒”实验的纸带，应为“探究加速度与力、质量的关系”的实验纸带。18.小强同学要测一段粗细均匀的电阻丝的阻值，他先用多用电表粗测其电阻约为，随后将其固定在带有刻度尺的木板上，准备进一步精确测量其电阻。现有电源(电动势E为，内阻不计)、开关和导线若干，以及下列器材:A.电流表(量程，内阻约)B.电流表(量程，内阻约)C.电压表(量程，内阻约)D.滑动变阻器(，额定电流)E.滑动变阻器(，额定电流)（1）为减小误差，且便于操作，在实验中电流表应选________，滑动变阻器应选________(选填器材前的字母)。（2）如图所示，是测量该电阻丝电阻的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，还有两根导线没有连接，请用笔替代导线，补充完成_________。（3）在开关闭合前，滑动变阻器的滑片应当调到最________(选填“左”或“右”)端；闭合开关后，实验中电压表读数的最小值________(选填“大于零”或“等于零”)。（4）若不计实验中的偶然误差，则下列说法正确的是________。A．测量值偏大，产生系统误差的主要原因是电流表分压B．测量值偏小，产生系统误差的主要原因是电压表分流C．若已知电流表的内阻，可计算出待测电阻的真实值-29- 【答案】(1).B(2).D(3).见解析(4).左(5).大于零(6).BC【解析】【详解】(1)[1]回路中只接入待测电阻时，电流最大，且最大值因此选电流表B。[2]由于本题采用的滑动变阻器的限流式接法，一般滑动变阻器的阻值是待测电阻的2～5倍调节起来比较方便，故滑动变阻器选D。(2)[3]由于测量小电阻，采用电流表的外接法，连接电路如图所示(3)[4][5]限流接法的滑动变阻器在开关闭合前应调到最左边；使其接入电路的阻值最大，使回路中电压表和电流表示数都最小，起到保护电路的作用；但回路电流大于零，因此电压表的示数大于零。(4)[6]AB．由于采用电流表的外接，根据电压表测量准确，但由于电压表的分流作用，使得电流表测量值偏大，从而电阻的测量值偏小，A错误，B正确；C．电阻的测量值等于电压表与待测电阻并联之后的总电阻，如果知道电压表内阻可算出待测慢阻的真实值，C正确。故选BC。19.不少城市推出了“礼让斑马线”的倡议。有一天，小李开车上班，以54km/h的速度在一条直路上行驶，快要到一个十字路口的时候，小李看到一位行人正要走斑马线过马路，以车子现行速度，完全可以通过路口而不撞上行人，经过1s时间的思考，小李决定立即刹车，礼让行人。经过5s的匀减速，汽车刚好在斑马线前停下，设汽车（包括驾驶员）质量为1500kg。-29- （1）求汽车刹车时的加速度；（2）求汽车刹车时受到的合力大小；（3）驾驶员看到行人时汽车离斑马线的距离。【答案】（1），与运动方向相反；（2）；（3）【解析】【详解】（1）设汽车刹车时的加速度为a，根据运动学公式，其中，代入数据得与运动方向相反；（2）由牛顿第二定律可得（3）匀速阶段的位移为匀减速阶段的位移为则最开始汽车离斑马线的距离为20.如图，一弹射游戏装置，长度L=1m的水平轨道AB的右端固定弹射器，其左端B点与半径为r的半圆形光滑竖直管道平滑连接。已知滑块质量m=0.5kg，可视为质点，初始时放置在弹簧原长处A点，滑块与弹簧未拴接，弹射时从静止释放滑块且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能，滑块与AB间的动摩擦因数μ=0.5，忽略空气阻力，每次游戏都要求滑块能通过半圆形道最高点C。（已知弹簧弹性势能与形变量的平方成正比）（1）当r=02m时，若滑块恰好能通过圆形管道最高点C，求此时速度大小vC；（2）求第（1）问条件下它经过B点时对圆形管道的压力FN及弹簧弹性势能Ep0；（3）若弹簧压缩量是第（1）问情况的2倍，半圆形管道半径可以变化，当半径为多大时，滑块从C处平抛水平距离最大，最大水平距离为多少。-29- 【答案】（1）0；（2）25N，方向垂直轨道B点竖直向下；Ep0=4.5J；（3）时，最大水平距离3.1m【解析】【详解】（1）若滑块恰好能通过圆形管道最高点C，则此时速度大小为vC=0（2）设第（1）问条件下,由B到C根据机械能守恒有它经过B点时圆形管道对滑块的支持力为，根据第二定律有联立得由牛顿第三定律得滑块对圆形管道的压力大小为，方向垂直圆弧轨道B点竖直向下滑块从静止释放，根据能量守恒有代入数据得弹性势能为Ep0=4.5J（3）设滑块从C处平抛水平距离为x，则由平抛运动规律有，联立解得已知弹簧弹性势能与形变量的平方成正比，则当弹簧压缩量是第（1）问情况的2倍，有滑块由静止滑到C点，由能量守恒定律有联立解得-29- 由数学均值不等式可得，当，即r=时，x有最大值21.如图，光滑水平桌面上等间距分布着4个条形匀强磁场，磁场方向竖直向下，磁感应强度，每一条形磁场区域的宽度及相邻条形磁场区域的间距均为。桌面上现有一边长、质量、电阻的单匝正方形线框abcd，在水平恒力作用下由静止开始从左侧磁场边缘垂直进入磁场，在穿出第4个磁场区域过程中的某个位置开始做匀速直线运动，线框ab边始终平行于磁场边界，取，不计空气阻力。求：(1)线框刚好完全穿出第4个磁场区域时的速度；(2)线框从开始运动到刚好完全穿出第4个磁场区域所产生的焦耳热；(3)线框从开始运动到刚好完全穿出第4个磁场区域所用的时间。【答案】(1)3m/s，方向水平向右；(2)0.18J；(3)2.27s【解析】【详解】(1)线圈匀速切割磁感线时产生的电动势线圈中产生的感应电流线圈受到的安培力大小为匀速运动时有联立解得-29- 方向水平向右(2)线圈刚好完全穿出第4个磁场时的位移由功能关系可得联立解得(3)线圈某次穿入或者穿出某个磁场过程中受到的平均安培力设线圈某次穿入或者穿出某个磁场所用的时间为，通过线圈横截面的电荷量为q，则线圈某次穿入或者穿出某个磁场的安培力冲量因一定，故线圈在整个运动过程中的安培力冲量设线框从开始运动到刚好穿出第4个磁场区域所用的时间为t，根据动量定理可得联立解得22.北京正负电子对撞机(BEPC)主要由直线加速器、电子分离器、环形储存器和对撞测量区组成，其简化原理如图乙所示：MN和PQ为足够长的水平边界，竖直边界EF将整个区域分成左右两部分，I区域的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小恒为B，II区域的磁场方向垂直纸面向外大小可以调节。调节II区域磁感应强度的大小可以使正负电子在测量区内不同位置进行对撞。经加速和积累后的电子束以相同速率分别从注入口C和D入射，入射方向平行EF且垂直磁场。已知注入口C、D到EF的距离均为d，边界MN和PQ的间距可在4d至6d-29- 间调节，正、负电子的质量均为m，所带电荷量分别为+e和-e，忽略电子进入加速器的初速度，电子重力不计。（1）判断从注入口C、D入射的分别是哪一种电子；（2）若电子束以的速率连续入射，当MN和PQ的间距分别为4d和6d时，欲使正负电子能回到区域I，求区域II感应强度BII的最小值分别为多少；（3）若电子束的速度，MN和PQ的间距为6d，将II区域的磁感应强度大小调为，但负电子射入时刻滞后于正电子，求正负电子相撞的位置坐标(以为原点，为x轴正方向，为y轴正方向建立坐标系)。【答案】（1）从C入射的为正电子，从D入射的为负电子；（2）；（3）（d，2d）【解析】【详解】（1）由左手定则可知，从C入射的为正电子，从D入射的为负电子；（2）若电子束以的速率连续入射，则运动半径为-29- 由几何关系可知则当MN和PQ的间距为4d时，由题意可知且解得当MN和PQ的间距为6d时，由题意可知且解得（3）若电子束的速度，则电子运动的半径为电子在II区域的运动半径为-29- 电子在I区域运动的周期电子在II区域的运动周期经过正电子到达II区域的A位置，此时正电子在II区域运动了此时GA弧所对的圆心角为15°由几何关系可知，此后正负电子共同走过由ABH到D的弧长时两电子在B点相遇，则解得即AB弧所对的圆心角为105°，BH弧所对的圆心角为60°，则B点的横坐标纵坐标即相碰点的坐标（d，2d）-29- -29- -29-