2024届浙江省诸暨市高三上学期适应性考试（12月）物理题 Word版含解析.docx

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诸暨市2023年12月月高三适应性考试物理试卷一、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.自2019年5月20日起，SI单位中的7个基本单位全部建立在不变的自然常数基础上。下列以铯-133原子能级跃迁所对应的辐射周期建立的基本单位是（　　）A.sB.KC.ND.A【答案】A【解析】【详解】铯-133原子能级跃迁所对应的辐射周期即跃迁时所用的时间，而在7个国际基本单位中，表示时间的基本单位时秒，用符号s表示。故选A。2.如图所示，是一位自行车骑行爱好者的一次骑行记录，他从诸暨市区出发绕周边乡镇骑行一圈回到出发点，下列说法正确的是（　　）A.运动时间“4：18：11”指的是时刻B.骑手在超车时可以把自行车看作质点C.“116.6公里”是这次骑行的位移大小D.“27.1公里/小时”应理解为路程与时间的比值【答案】D【解析】【详解】A．运动时间“4：18：11”指的是时间间隔，故A错误；B．骑手在超车时，自行车的形状不可忽略，不能把自行车看作质点，故B错误；C．“116.6公里”是这次骑行的路程大小，故C错误；D．“27.1公里/小时”应理解为路程与时间的比值，故D正确；故选D。3.如图所示，儿童沿倾斜的滑梯匀加速下滑。下列关于滑板与儿童裤料之间的动摩擦因数 、儿童的速度大小、重力势能和机械能随运动时间的变化关系中正确的是（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】B．儿童下滑过程中做匀加速直线运动，即加速度不变，则根据匀变速直线运动规律可知故与成正比，故B错误；A．设滑梯与水平面倾斜角为，根据牛顿第二定律可知儿童所受合力为则加速度不变则动摩擦因数不变。故A错误；C．设初始重力势能为，则重力做正功，重力势能减小，即 整理得可知图像应该是向下开口的抛物线。故C正确；D．设初始机械能为，除重力和系统内弹力以外的其他力做功机械能改变，即整理得可知图像应该是向下开口的抛物线。故D错误。故选C。4.2023年3月24日傍晚，如图所示的一轮弯月与比地球离太阳更近的金星在西南方天空上演了一场奇妙的天象——月掩金星，即月球运行至地球与金星之间，当三者排成一条直线时，月球把金星完全遮挡住。下列说法正确的是（　　）A.时隔一年将再次出现“月掩金星”的天文现象B.金星公转的向心加速度大于地球公转的向心加速度C.“月掩金星”时月球、金星与地球三者的速度方向相同D.“月掩金星”时金星对月球的引力等于地球对月球的引力【答案】B【解析】【详解】A．时隔一年后，月球、地球与金星不在一条直线上，不会出现“月掩金星”的天文现象，故A错误；B．万有引力充当向心力 向心加速度金星公转半径较小，其向心加速度大于地球公转的向心加速度，故B正确；C．“月掩金星”时月球、金星与地球三者的速度方向不相同，故C错误；D．“月掩金星”时，月球仍然环绕地球转动，金星对月球的引力小于地球对月球的引力，故D错误。故选B。5.如图所示，圆盘形磁铁悬浮在由液氮冷却的超导材料的上方。下列说法正确的是（　　）A.当温度降到0℃时，材料的电阻为0B.圆盘形磁铁悬浮时，超导材料内没有电流C.圆盘形磁铁悬浮时，超导材料的磁通量没有发生变化D.当缸内的金鱼加速上浮时，超导材料对磁铁的作用力大于磁铁对超导材料的作用力【答案】C【解析】【详解】A．超导材料的显著特性是导体在温度降低到足够低时电阻变为零的特性，不代表温度降到0℃时材料的电阻就为0，故A错误；B．圆盘形磁铁悬浮是由于超导材料具有抗磁性，与超导材料是否通电无关，故B错误；C．超导材料一个重要特性是抗磁性，所以圆盘形磁铁悬浮时，超导材料的磁通量没有发生变化，故C正确；D．超导材料对磁铁的作用力与磁铁对超导材料的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等，故D错误。故选C。6.如图所示是火花塞点火的原理图。变压器原线圈与蓄电池、开关组成闭合回路，开关由闭合变为断开的瞬间，副线圈感应出上万伏高压，火花塞产生电火花，则（　　） A.这个变压器为降压变压器B.开关一直闭合时火花塞两端也有高压C.开关断开，变压器铁芯中的磁通量减小D.若开关接到副线圈回路，闭合开关瞬间火花塞也能产生电火花【答案】C【解析】【详解】A．根据题意可知，这个变压器将蓄电池的低电压转化为上万伏高压，是升压变压器，故A错误；B．开关一直闭合时通过变压器原线圈的电流不变，穿过铁芯的磁通量不变，无法在副线圈感应出感应电动势，故B错误；C．开关断开，变压器原线圈的电流减小，则变压器铁芯中的磁通量减小，故C正确；D．若开关接到副线圈回路，穿过铁芯的磁通量不变，无法在副线圈感应出感应电动势，故D错误。故选C。7.如图所示，梯子斜靠在光滑的竖直墙壁上，下端放在粗糙的水平地面上，某工人由地面沿梯子缓慢上爬，梯子始终保持静止，则（　　）A.工人未上梯子时，地面对梯子摩擦力的大小为零B.工人未上梯子时，地面对梯子作用力的方向竖直向上C.随着工人向上运动，墙壁对梯子弹力的大小保持不变 D.随着工人向上运动，地面对梯子弹力的大小保持不变【答案】D【解析】【详解】A．工人未上梯子时，梯子受到墙壁水平方向的支持力、地面摩擦力、地面支持力、重力，由于梯子处于平衡状态，所受合外力总为零，水平方向上地面对梯子的摩擦力和墙壁的支持力相互平衡，因此地面对梯子的摩擦力不为零，故A错误；B．工人未上梯子时，地面对梯子有摩擦力和支持力，合力方向斜向上，故B错误；C．以梯子与地面的接触点为支点，人从梯子下端沿梯子缓慢向上爬的过程中，重力的力矩增加，根据力矩平衡条件，墙壁的支持力增加，故C错误；D．以人和梯子整体为研究对象，根据力的平衡条件，可知地面对梯子的支持力大小等于人和梯子的总重力，与人所站的高度无关，故地面对梯子弹力的大小保持不变，故D正确。故选D。8.如图所示是电容器在充放电原理图。在充电过程中，电容器功率大小随时间变化图像是（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】电容器充电时，充电功率开始时I最大，Q=0，则功率为零；最终时I=0，Q最大，则功率也为零，则充电功率先增加后减小。故选A。 9.如图所示是单反相机的重要部件——屋脊棱镜，它可以改变影像的方向。一束红光垂直平面α射入，分别在平面β和γ上发生全反射，且两次全反射的入射角相等，最后光束垂直于平面δ射出（　　）A.屋脊棱镜的最小折射率为2B.红光从空气进入棱镜后传播速度变大C.若将红光改为绿光，仍能在平面β和γ上发生全反射D.若将红光改为白光，则在平面δ射出时色散成彩色光束【答案】C【解析】【详解】A．作出平面图，如图所示设入射到面上的入射角为,因为光线在和上发生全反射，且两次反射的入射角相同，根据几何关系有解得设最小折射率为，根据全反射条件有解得最小折射率为 故A错误；B．红光从空气进入棱镜后，折射率变大，根据可知传播速度变小，故B错误；C．若将红光改为绿光，折射率变大，根据全反射条件可知全反射角变小，故仍能在平面β和γ上发生全反射，故C正确；D．若将红光改为白光，其它光的折射率都比红光大，故其它光也会在和上发生全反射，在平面δ射出时的方向相同，仍是白光，故D错误。故选C。10.如图所示，AOC是光滑的直角金属导轨，AO竖直，OC水平。质量分布均匀的金属棒ab长度为L，质量为m，电阻为R，两端置于导轨内。设金属杆与竖直导轨夹角为θ，当θ=30°时静止释放金属杆。已知空间存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里，不计金属导轨的电阻，则（　　）A.回路中感应电流方向始终为逆时针方向B.整个过程中，ab棒产生的焦耳热为mgLC.当θ=60°时，若a点速度大小为v，则b点速度大小为2vD.在θ=30°到θ=45°过程中通过ab棒的电荷量为【答案】D【解析】【详解】A．根据几何关系金属杆下滑过程，围成的面积先增大后减小，根据楞次定律和安培定则可知，感应电流方向先逆时针再顺时针，故A错误；B．整个过程中，金属棒重力势能减少量为 根据能量守恒可知，整个过程中，ab棒产生的焦耳热不可能等于mgL，故B错误；C．当θ=60°时，a和b两点沿杆方向的速度相等，有解得故C错误；D．在θ=30°到θ=45°过程中，产生的平均感应电流通过ab棒电荷量故D正确。故选D。11.如图甲所示，两个带有异种电荷的小球穿在绝缘圆环上，a、b、c、d为圆环与坐标轴的四个交点。球2固定在某位置（图中没有画出），球1从a处开始沿圆环逆时针移到c处，设球1与坐标原点O的连线跟x轴正方向的夹角为θ，图乙和图丙分别为两个小球在坐标原点O产生的电场强度在x方向和y方向的大小与夹角θ的关系图线，则（　　）A.球2固定在d处B.球1带负电荷、球2带正电荷C.球1与球2的电荷量之比为4：5D.球1受到的电场力先增大后减小【答案】A 【解析】【详解】AB．根据图乙可知，当球1位于b点时，坐标原点O处在方向的场强为零，则可知球2一定在轴上，否则其产生的场强总会在轴方向上有分量，且随着球1从a到c，坐标原点O处在方向的场强先沿着轴负方向，再沿着轴正方向，由此可知球1带正电，则球2带负电，而若球2在d处，在其在坐标原点O处产生的场强与球1在坐标原点O处产生的场强在轴正方向的场强不为零，但由图丙可知，坐标原点O处轴方向上的场强总是沿着轴负方向的，因此可知球2一定在b处，故A正确，B错误；C．设圆的半径为，由图乙可得，当球1在a点时可得故C错误；D．根据库伦定律可得，小球1受到电场力在球1沿着圆环从a到c的过程中，两球之间的距离先增大，后减小，则可知球1受到的电场力先减小后增大，故D错误。故选A。12.在同一水平面、同一种介质中有两个波源O1和O2，振动频率均为f，振动振幅均为A。现两波源同时开始沿垂直纸面方向振动，且起振方向相反。经半个周期后停止振动，波形如图所示，其中实线表示波峰，虚线表示波谷。已知，P为bc的中点，下列说法正确的是（　　）A.两列波的波长均为2LB.两列波的波速均为C.质点c为振动的加强点D.质点P振动经过的总路程为4A 【答案】D【解析】【详解】AB．根据题意可知波的周期由于波源只振动了半个周期，可以判断得出波源O1开始起振方向垂直纸面向外，首先波源用到达最大位移处，然后再用将波峰状态传播到a点，因此故AB错误；C．因为质点c到两波源的路程相等，且两波源起振方向相反，则c为振动的减弱点，故C错误；D．因为质点P到两波源的路程差为L，当左侧波峰到达P点时右侧波还未传到P点，P会到达+A位置，当右侧波谷传播到达P点时左侧波已完全通过P点，则P会到达-A位置，随后两波均通过P点，P会到达平衡位置，因此P振动经过的总路程为4A，故D正确。故选D。13.如图所示，一部质量为M=1800kg的电梯静止在某一楼层，电梯箱下表面和缓冲弹簧上端相距d=7.0m，此时钢缆突然断裂，夹在电梯导轨上的安全装置立即启动，对电梯施加的阻力恒为。已知缓冲弹簧的劲度系数，弹簧的弹性势能为，取。则在钢缆断裂后，（　　）A.电梯先处于超重状态，后处于失重状态B.缓冲弹簧被电梯压缩的最大压缩量为1.0mC.电梯在运动过程中的最大加速度约为9.8m/s2 D.电梯被弹回后离开弹簧上升的最大高度为4.7m【答案】B【解析】【详解】A．在钢缆断裂后，电梯先向下做匀加速直线运动，压缩缓冲弹簧后，随着弹簧弹力的增大，电梯先向下做加速度减小的加速运动，之后向下做加速度增大的减速运动，电梯向下运动的过程，电梯先处于失重状态，后处于超重状态，故A错误；B．设缓冲弹簧被电梯压缩的最大压缩量为，根据功能关系可得代入数据解得故B正确；C．电梯向下运动到最大压缩量瞬间，根据牛顿第二定律可得解得故C错误；D．设电梯被弹回后离开弹簧上升的最大高度为，根据能量守恒可得解得故D错误。故选B。二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）14.下列说法正确的是（　　）A.原子的能量是连续变化的B.放射性的强度不受温度和外界压强的影响C.布朗运动就是液体分子不停的无规则运动 D.每部手机都是一个无线电台，既接收电磁波，也发射电磁波【答案】BD【解析】【详解】A．原子的能量不是连续变化的，故A错误；B．放射性的强度不受温度和外界压强的影响，故B正确；C．布朗运动是固体小颗粒的无规则运动，反映了液体分子不停的无规则运动，故C错误；D．每部手机都是一个无线电台，既接收电磁波，也发射电磁波，故D正确。故选BD。15.如图所示，某种材料制成太阳能电池的主体部分由P型半导体和N型半导体结合而成。当太阳光照射到该材料上时，材料吸收光子发生内光电效应，自由电子向N型一侧移动，从而在两端形成电势差。已知该材料至少需要吸收能量为E的光子才能发生内光电效应，普朗克常量为h，光束为c，则（　　）A.通过负载的电流方向从上至下B.该材料发生光电效应极限波长为C.太阳光的强度越强，则通过负载的电流越大D.改用紫外线照射该材料，则不能发生内光电效应【答案】BC【解析】【详解】A．自由电子向N型一侧移动，N型一侧电势更低，故电流从P型一侧流出，回到N型一侧，故电流应该从下至上通过负载，故A错误；B．发生光电效应的极限波长满足解得故B正确；C．太阳光强度越大，内光电效应释放的电子越多，向N 型一侧移动的自由电子越多，两端电势差越大，电路中的电流越大，故增大太阳光的强度，通过负载的电流会变大，故C正确；D．太阳光中紫外线的频率最高，太阳光能让该材料发生内光电效应，则该材料的极限频率应小于等于紫外线的频率，故改用紫外线照射该材料，能发生内光电效应，故D错误。故选BC。非选择题部分三、非选择题（本题共5小题，共55分）实验题（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三题共14分）16.在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中（1）下列有关说法正确的是_______。A．小车拖动纸带的同时打开电源B．纸带上打点越密集的地方速度越大C．实验过程中不需要平衡小车受到的阻力D．电磁打点计时器是一种测量点迹距离的仪器（2）某同学在实验中用打点计时器记录了被小车拖动纸带的情况。在纸带上每5个点取一个计数点，共有A、B、C、D、E、F、G等7个计数点，其相邻点的间距如图所示，已知所使用交流电的频率为50Hz。根据纸带的数据可以求出打点计时器打下C点时小车的速度为________m/s，小车的加速度大小为_____m/s2。（保留2位小数）（3）某次实验中交流电的频率发生了波动，频率变成了49Hz，但做实验的同学仍按照50Hz进行数据处理，那么速度的测量值与实际值相比____（选填“偏大”、“偏小”或“不变”），该误差属于_____（选填“系统”或者“偶然”）误差。【答案】①.C②.0.55③.1.42④.偏大⑤.系统【解析】【详解】（1）[1]A．应先接通电源，待打点稳定后释放小车，故A错误；B．纸带上打点密集与打点稀疏相比，说明在相同时间内小车的位移更小，即纸带上打点越密集的地方速度小，故B错误；C．该实验不需要平衡阻力，阻力对研究小车速度随时间变化的规律无影响，故C正确；D．电磁打点计时器是一种测量时间的仪器，故D错误。故选C。（2）[2]电源频率为50Hz，则可知打点周期为0.02s，而每5 个点取一个计数点，则可知每两个计数点间的时间间隔为0.1s，该实验中用平均速度代替瞬时速度，则可得打点计时器打下C点时小车的速度为[3]根据逐差相等公式可得小车的加速度（3）[4]根据频率与周期之间关系可知，频率减小，则周期变大，发生相同位移所用的时间变长，因此速度的测量值与实际值相比将偏大；[5]由系统装置所造成的误差称为系统误差，故该误差属于系统误差。17.某同学按图1所示电路进行实物连接，改变滑动变阻器阻值，测得多组U、Ⅰ数据，绘制U—I图像如图2所示，在测量第2组数据到测量第4组数据时滑动变阻器滑片移动了n=50匝电阻丝的距离，已知电源的输出电压恒定，内阻不计。（1）在图1中，测量第2组数据到第4组数据，滑动变阻器滑片P该往_______（选填“A”或“B”）端滑动，由图2可得，定值电阻约为_____Ω（保留2位有效数字）；（2）用游标卡尺测量瓷管的外径D如图3所示，其读数为______mm，测得滑动变阻器电阻丝的直径d为0.50mm，则电阻丝电阻率约为______Ω·m（保留2位有效数字）。 【答案】①.A②.4.9##5.0③.17.2④.【解析】【详解】（1）[1]由闭合电路的欧姆定律可知，从第第2组数据到第4组数据，电流I增大，故电阻减小，滑动变阻器滑片P该往A端滑动；[2]根据图可得图像的纵截距为斜率的绝对值为（2）[3]游标卡尺的读数为[4]50匝电阻丝对应的电阻为由电阻定律电阻丝电阻率约为18.以下实验中，说法正确的是（　　） A.在“用单摆测重力加速度”实验中，要求摆球上升到最高点位置时开始计时B.在“制作门窗防盗报警装置”实验中，利用干簧管将门与门框的相对位置这一非电学量转换为电路的通断C.在“研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒”实验中，利用气垫导轨来减小摩擦力，利用数字计时器来测量滑块碰撞前后的速度D.在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，为了使油酸充分展开，获得一块单分子油膜，需要将油酸在酒精中稀释后再滴入水中【答案】BCD【解析】【详解】A．在“用单摆测重力加速度”实验中，要求摆球在最低点处开始计时，误差会更小。故A错误；B．在“制作门窗防盗报警装置”实验中，利用干簧管在磁场中的特性实现门窗防盗报警功能，在门上沿嵌入一小块永磁体，门框内与该永磁体相对的位置嵌入干簧管，并将干簧管接入报警电路，从而利用干簧管将门与门框的相对位置这一非电学量转换为电路的通断。故B正确；C．在“研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒”实验中，利用气垫导轨可以忽略滑块与导轨接触面间的摩擦力，保证滑块的系统合外力为0，利用数字计时器可以迅速得出滑块碰撞前后的速度。故C正确；D．在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，为了使油酸充分展开，获得一块单分子油膜，需要将油酸在酒精中稀释后再滴入水中，否则浓度较高的油酸分子会因无法充分展开而使测量的表面积偏小，最终使油酸分子的大小测量偏大。故D正确。故选BCD。19.小明同学为测定某高原的大气压强进行以下实验。将总长L=24cm的玻璃管开口端向下竖直插入装有水银的烧杯中，并使玻璃管内外的液面相平，如图1所示，测得玻璃管内封闭空气的长度。，然后将玻璃管缓慢地竖直上提，移出烧杯，如图2所示，测得玻璃管内水银柱的长度，已知一个标准大气压等于76cm水银柱高，记作，室内温度。（1）玻璃管缓慢上提过程中，封闭气体（选填“吸收”或“释放”）热量；（2）求高原的大气压强为多少厘米的水银柱高？（3）若将玻璃管转置开口向上，并加热使水银柱刚好移到管口，如图3所示，求此时管内气体的温度为多少？若要将水银全部溢出，求需要将管内气体加热到多少温度？ 【答案】（1）吸收；（2）；（3）400K，600K【解析】【详解】（1）玻璃管缓慢上提过程中，管内气体温度不变，体积增大，气体对外做功，根据热力学第一定律可知，此过程中气体吸收热量。（2）设高原大气压强为h1厘米水银柱高，玻璃管缓慢上提过程为等温过程，由玻意耳定律有即有解得则可知，高原的大气压强为70cmHg。（3）设玻璃管转置后加热到T2使水银柱移到管口，此过程为等容过程，由查理定律即可得可知，此时管内气体的温度为400K。设将管内气体加热到温度T3使水银全部溢出，由理想气体状态方程即 解得可知，要将水银全部溢出，需要将管内气体加热到600K。20.如图所示，水平地面左侧固定半径R=0.5m的竖直半圆弧光滑轨道ABC，A点为圆弧最高点，B点与圆心O等高，C点与水平地面相切。用三根材料相同、质量分布均匀的长方木条制成直角三角形框架DEF，斜木条DE的上表面光滑，倾角为。在F点右侧相距较远处有一P点，P点左侧的水平地面光滑，P点右侧的水平地面与框架底面木条DF之间的动摩擦因数为μ=0.1.一可视为质点的小滑块从框架的最高点E由静止开始释放，滑块恰好能通过半圆弧轨道的最高点A水平飞出，落到地面后停止运动。已知滑块质量m=1.0kg，框架质量滑块从框架进入水平地面时，速度由沿斜面方向变为水平方向，而速度的大小保持不变，不计其余一切阻力，重力加速度（1）求滑块经过B点时对轨道的压力FN；（2）求框架竖直边EF的高度h；（3）求框架停止运动时F点与P点的距离s。【答案】（1）30N；（2）；（3）【解析】【详解】（1）设滑块通过最高点A时的速度大小为v1，由向心力公式得设滑块通过B时的速度大小为v2，由动能定理得 设在B点时半圆轨道对滑块的弹力为Fn，由向心力公式得则滑块经过B点时对轨道压力大小为30N，方向向左。（2）设滑块滑到水平面时的速度大小为v3，由动能定理得设滑块滑到水平面时框架的速度大小为v4，由水平方向动量守恒得滑块下滑过程中机械能守恒，由能量关系得h=1.65m（3）设三角形框架底边DF的长度为s1，由几何关系设框架经过P点过程中受到平均阻力为f1，经过P点后受到阻力为f2，则得设框架经过P点后经过的距离为s2，由动能定理得 设三角形框架停止运动时F点与P点之间的距离为s，则21.如图1所示为常被用作发电机或电动机的交流轴向磁场机械装置的剖面图，中间的线圈盘固定，上下两个磁铁盘随转轴一起转动。图2是下磁铁盘的8个磁极区域分布的俯视图，每个磁区内匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向与盘面垂直，且与转轴平行。图3是固定线圈盘的8个独立单匝扇形线圈的俯视图。已知扇形线圈面积与磁极区域面积相同，扇形外半径为r0内半径为r1，每个单匝扇形线圈的电阻均为R0。（1）若机械用作为电动机装置。在图4中单匝线圈在该时刻的电流方向为顺时针，试判断磁铁盘的转动方向（选“顺时针”或“逆时针”）。（2）若机械用作为发电机装置。磁铁盘在外力来推动下沿逆时针以角速度匀速转动，①计算单匝线圈中产生的感应电动势大小。②图4中单匝线圈涵盖在磁铁盘上N极和S极的面积恰好相等，在此时刻开始计时，请在答题卡中画出穿过单匝线圈磁通量随时间t变化的图线。（规定穿过线圈的磁场方向向下时磁通量为正，在坐标中标出磁通量的最大值和变化周期）（3）若机械用作为发电机装置。将8个线圈作为电源接成串联电路，外接电阻为R的纯电阻用电器，在外力推动下磁铁盘由静止开始加速转动，角速度与时间关系满足。，其中，磁铁盘加速4s后改为匀速转动。已知R0=1.0Ω，R=4.0Ω，B=0.5T，r0=40cm，r1=20cm。求在前10s时间内用电器R上产生的焦耳热。 【答案】（1）逆时针；（2）①；②；（3）【解析】【详解】（1）单匝线圈在该时刻的电流方向为顺时针，由右手定则可知线圈感应磁场垂直于铁盘向内，故为垂直于铁盘向内的磁通量减小，垂直于铁盘向外的磁通量增大，故磁铁盘的转动方向为逆时针。（2）由法拉第电磁感应定律另解：由两条导线转动切割产生电动势得②如图所示（3）线圈串联电路的总电动势由闭合电路欧姆定律则加速转动时电流随时间变化关系 加速转动电阻R上功率随时间变化关系由P-t图像面积得用电器R上产生的焦耳热22.现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。如图所示，在真空的坐标系中，第一象限和第四象限存在着垂直纸面向内的匀强磁场，第二象限内有边界互相平行且宽度均为d的六个区域，交替分布着方向竖直向下的匀强电场和方向垂直纸面向里匀强磁场，调节电场和磁场大小，可以控制飞出的带电粒子的速度大小及方向。现将质量为m、电荷量为q的带正电粒子在边界P处由静止释放，粒子恰好以速度大小v从y轴上的Q点进入第一象限，经过x轴上的M点时速度方向刚好沿x轴正向。已知Q点坐标为（0，L），M点坐标为（3L，0），不计粒子重力及运动时的电磁辐射，不考虑粒子再次进入第二象限的运动情况。（1）求第一、四象限中匀强磁场的磁感应强度B的大小；（2）求第二象限中电场强度大小E0和磁感应强度大小B0；（3）若粒子到达M点时立即在第一、四象限内加竖直向下的匀强电场，使粒子经过N点时速度方向沿x轴正向，已知N点坐标为（6L，0），求所加匀强电场的大小。【答案】（1）；（2），；（3）见解析【解析】【详解】（1）设粒子在第一象限做匀速圆周运动的半径为r，由几何关系可得 解得r=5L由解得（2）粒子从P到Q，电场力做正功，洛仑兹力不做功，由动能定理得解得设粒子速度与y轴负方向的夹角为θ，如图由几何关系可得粒子在经过磁场时的水平方向上，由动量定理即解得 （3）①若带电粒子沿直线运动，设所加电场强度的大小为E1，则解得②若带电粒子沿滚轮线运动，设所加电场强度的大小为E2，则解得