浙江省2023年6月普通高校招生选考试题　物理

浙江省2023年6月普通高校招生选考试题　物理一、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．(2023·浙江6月选考·1)下列四组物理量中均为标量的是(　　)A．电势　电场强度B．热量　功率C．动量　动能D．速度　加速度答案　B解析　电势只有大小没有方向，是标量；电场强度既有大小又有方向，是矢量，故A错误；热量和功率都是只有大小没有方向，都是标量，故B正确；动量既有大小又有方向，是矢量；动能只有大小没有方向，是标量，故C错误；速度和加速度都是既有大小又有方向的物理量，是矢量，故D错误。2．(2023·浙江6月选考·2)在足球运动中，足球入网如图所示，则(　　)A．踢香蕉球时足球可视为质点B．足球在飞行和触网时惯性不变C．足球在飞行时受到脚的作用力和重力D．触网时足球对网的力大于网对足球的力答案　B解析　在研究如何踢出香蕉球时，需要考虑踢在足球上的位置与角度，所以不可以把足球看作质点，故A错误；惯性只与质量有关，足球在飞行和触网时质量不变，则惯性不变，故B正确；足球在飞行时脚已经离开足球，故在忽略空气阻力的情况下只受重力，故C错误；触网时足球对网的力与网对足球的力是相互作用力，大小相等，故D错误。3．(2023·浙江6月选考·3)铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系中，正确的是(　　) 答案　D解析　由于不计空气阻力，铅球被水平推出后只受重力作用，加速度等于重力加速度，不随时间改变，故A错误；铅球被水平推出后做平抛运动，竖直方向有vy＝gt，则抛出后速度大小为v＝，可知速度大小与时间不是一次函数关系，故B错误；铅球抛出后的动能Ek＝mv2＝m，可知动能与时间不是一次函数关系，故C错误；铅球水平抛出后由于忽略空气阻力，所以抛出后铅球机械能守恒，故D正确。4．(2023·浙江6月选考·4)图为“玉兔二号”巡视器在月球上从O处行走到B处的照片，轨迹OA段是直线，AB段是曲线，巡视器质量为135kg，则巡视器(　　)A．受到月球的引力为1350NB．在AB段运动时一定有加速度C．OA段与AB段的平均速度方向相同D．从O到B的位移大小等于OAB轨迹长度答案　B解析　在月球上的重力加速度与地球不同，故质量为135kg的巡视器受到月球的引力不是1350N，故A错误；由于在AB段运动时做曲线运动，速度方向一定改变，一定有加速度，故B正确；平均速度的方向与位移方向相同，由题图可知OA段与AB段位移方向不同，故平均速度方向不相同，故C错误；根据位移的定义可知从O到B的位移大小等于OB的连线长度，故D错误。5．(2023·浙江6月选考·5)“玉兔二号”装有核电池，不惧漫长寒冷的月夜。核电池将Pu衰变释放的核能一部分转换成电能。Pu的衰变方程为Pu―→U＋He，则(　　)A．衰变方程中的X等于233B.He的穿透能力比γ射线强 C.Pu比U的比结合能小D．月夜的寒冷导致Pu的半衰期变大答案　C解析　根据质量数和电荷数守恒可知，衰变方程为Pu→U＋He，即衰变方程中的X＝234，故A错误；He是α粒子，穿透能力比γ射线弱，故B错误；比结合能越大越稳定，由于Pu衰变成为了U，故U比Pu稳定，即Pu比U的比结合能小，故C正确；半衰期由原子本身的特点决定，与温度等外部因素无关，故D错误。6．(2023·浙江6月选考·6)如图所示，水平面上固定两排平行的半圆柱体，重为G的光滑圆柱体静置其上，a、b为相切点，∠aOb＝90°，半径Ob与重力的夹角为37°。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则圆柱体受到的支持力Fa、Fb大小为(　　)A．Fa＝0.6G，Fb＝0.4GB．Fa＝0.4G，Fb＝0.6GC．Fa＝0.8G，Fb＝0.6GD．Fa＝0.6G，Fb＝0.8G答案　D解析　对光滑圆柱体受力分析如图，由题意有Fa＝Gsin37°＝0.6G，Fb＝Gcos37°＝0.8G，故选D。7．(2023·浙江6月选考·7)我国1100kV特高压直流输电工程的送电端用“整流”设备将交流变换成直流，用户端用“逆变”设备再将直流变换成交流。下列说法正确的是(　　)A．送电端先升压再整流B．用户端先降压再变交流C．1100kV是指交流电的最大值D．输电功率由送电端电压决定答案　A解析　升压和降压都需要在交流的时候才能进行，故送电端应该先升压再整流，用户端应该先变交流再降压，故A正确，B错误；1100kV指的是直流电的电压，故C错误；输电功率是由用户端负载的总功率来决定的，故D错误。 8．(2023·浙江6月选考·8)某带电粒子转向器的横截面如图所示，转向器中有辐向电场。粒子从M点射入，沿着由半径分别为R1和R2的圆弧平滑连接成的虚线(等势线)运动，并从虚线上的N点射出，虚线处电场强度大小分别为E1和E2，则R1、R2和E1、E2应满足(　　)A.＝B.＝C.＝D.＝答案　A解析　带电粒子在电场中做匀速圆周运动，静电力提供向心力，则有qE1＝m，qE2＝m，联立可得＝，故选A。9．(2023·浙江6月选考·9)木星的卫星中，木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为1∶2∶4。木卫三周期为T，公转轨道半径是月球绕地球轨道半径r的n倍。月球绕地球公转周期为T0，则(　　)A．木卫一轨道半径为rB．木卫二轨道半径为rC．周期T与T0之比为D．木星质量与地球质量之比为n3答案　D解析　根据题意可得，木卫三的轨道半径为r3＝nr。根据万有引力提供向心力有G＝mR，可得R＝，木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为1∶2∶4，可得木卫一轨道半径为r1＝，木卫二轨道半径为r2＝，故A、B错误；木卫三围绕的中心天体是木星，月球围绕的中心天体是地球，根据题意无法求出周期T与T0之比，故C错误；根据万有引力提供向心力，分别有G＝mnr，G＝mr，联立可得＝ n3，故D正确。10．(2023·浙江6月选考·10)如图所示，质量为M、电阻为R、长为L的导体棒，通过两根长均为l、质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L。细杆通过开关S可与直流电源E0或理想二极管串接。在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场，不计空气阻力和其它电阻，重力加速度为g。开关S接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹角固定点θ＝；然后开关S接2，棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中(　　)A．电源电动势E0＝RB．棒消耗的焦耳热Q＝(1－)MglC．从左向右运动时，最大摆角小于D．棒两次过最低点时感应电动势大小相等答案　C解析　当开关接1时，对导体棒受力分析如图所示，根据几何关系可得Mg＝BIL，解得I＝，根据闭合电路欧姆定律有I＝，解得E0＝，故A错误；导体棒从右向左运动时，产生的感应电流与二极管正方向相同，部分机械能转化为焦耳热，导体棒从左向右运动时，产生的感应电动势与二极管正方向相反，无机械能损失，当导体棒运动到最低点且速度为零时，导体棒损失的机械能转化为焦耳热Q′＝(1－)Mgl ，根据楞次定律可知导体棒完成一次振动速度为零时，导体棒高度高于最低点，所以棒消耗的焦耳热Q<Q′＝(1－)Mgl，故B错误；根据B选项分析可知，导体棒运动过程中，部分机械能转化为焦耳热，所以从左向右运动时，最大摆角小于，故C正确；根据B选项分析，导体棒第二次经过最低点时的速度小于第一次经过最低点时的速度，根据E＝BLv，可知棒两次过最低点时感应电动势大小不相等，故D错误。11．(2023·浙江6月选考·11)如图所示，置于管口T前的声源发出一列单一频率声波，分成两列强度不同的声波分别沿A、B两管传播到出口O。先调节A、B两管等长，O处探测到声波强度为400个单位，然后将A管拉长d＝15cm，在O处第一次探测到声波强度最小，其强度为100个单位。已知声波强度与声波振幅平方成正比，不计声波在管道中传播的能量损失，则(　　)A．声波的波长λ＝15cmB．声波的波长λ＝30cmC．两声波的振幅之比为3∶1D．两声波的振幅之比为2∶1答案　C解析　分析可知A、B两管等长时，声波的振动加强，将A管拉长d＝15cm后，两声波在O点减弱，根据题意设声波加强时振幅为20，声波减弱时振幅为10，则A1＋A2＝20，A1－A2＝10可得两声波的振幅之比，＝，故C正确，D错误；根据振动减弱的条件可得＝2d，解得λ＝60cm，故A、B错误。12．(2023·浙江6月选考·12)AB、CD两块正对的平行金属板与水平面成30°角固定，竖直截面如图所示。两板间距10cm，电荷量为1.0×10－8C、质量为3.0×10－4kg的小球用长为5cm的绝缘细线悬挂于A点。闭合开关S，小球静止时，细线与AB板夹角为30°；剪断细线，小球运动到CD板上的M点(未标出)，则(　　)A．MC距离为5cmB．电势能增加了×10－4J C．电场强度大小为×104N/CD．减小R的阻值，MC的距离将变大答案　B解析　根据平衡条件和几何关系，对小球受力分析如图甲所示，根据几何关系可得FT＝qE，FTsin60°＋qEsin60°＝mg，联立解得FT＝qE＝×10－3N，剪断细线，小球做匀加速直线运动，如图乙所示根据几何关系可得LMC＝dtan60°＝10cm，故A错误；根据几何关系可得小球沿着静电力方向的位移x＝(10－5sin30°)＝7.5cm，方向与静电力方向相反，静电力做功为W电＝－qEx＝－×10－4J，则小球的电势能增加×10－4J，故B正确；电场强度的大小E＝＝×105N/C，故C错误；减小R的阻值，极板间的电势差不变，极板间的电场强度不变，所以小球的运动不会发生改变，MC的距离不变，故D错误。13．(2023·浙江6月选考·13)在水池底部水平放置三条细灯带构成的等腰直角三角形发光体，直角边的长度为0.9m，水的折射率n＝，细灯带到水面的距离h＝m，则有光射出的水面形状(用阴影表示)为(　　)答案　C解析　取细灯带上某一点作为点光源，点光源发出的光在水面上有光射出的水面形状为圆形，设此圆形的半径为R，点光源发出的光线在水面恰好全反射的光路图如图甲所示。 由sinC＝＝＝，可得tanC＝R＝h·tanC＝×m＝0.3m三角形发光体的每一条细灯带发出的光在水面上有光射出的水面形状的示意图如图乙所示三条细灯带构成的等腰直角三角形发光体发出的光在水面上有光射出的水面形状的示意图如图丙所示设直角边的长度为a＝0.9m，由几何关系可得此三角形的内切圆的半径r＝a－×a＝a而R＝0.3m＝a，可得：R>r，则由图丙可知有光射出的水面形状在三角形中央区域无空缺部分，故C正确，A、B、D错误。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．(2023·浙江6月选考·14)下列说法正确的是(　　)A．热量能自发地从低温物体传到高温物体B．液体的表面张力方向总是跟液面相切C．在不同的惯性参考系中，物理规律的形式是不同的D．当波源与观察者相互接近时，观察者观测到波的频率大于波源振动的频率答案　BD解析　根据热力学第二定律可知热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，故A错误；液体的表面张力方向总是跟液面相切，故B正确；由狭义相对论的两个基本假设可知，在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的，故C错误；根据多普勒效应可知当波源与观察者相互接近时，观察者观测到波的频率大于波源振动的频率，故D正确。 15．(多选)(2023·浙江6月选考·15)有一种新型光电效应量子材料，其逸出功为W0。当紫外光照射该材料时，只产生动能和动量单一的相干光电子束。用该电子束照射间距为d的双缝，在与缝相距为L的观测屏上形成干涉条纹，测得条纹间距为Δx。已知电子质量为m，普朗克常量为h，光速为c，则(　　)A．电子的动量pe＝B．电子的动能Ek＝C．光子的能量E＝W0＋D．光子的动量p＝＋答案　AD解析　根据条纹间距公式Δx＝λ，可得λ＝。根据pe＝，可得pe＝，故A正确；根据动能和动量的关系Ek＝，结合A选项可得Ek＝，故B错误；光子的能量E＝W0＋Ek＝W0＋，故C错误；光子的动量p＝mc，光子的能量E＝mc2，联立可得p＝，则光子的动量p＝＋，故D正确。三、非选择题(本题共5小题，共55分)实验题(三题共14分)16．Ⅰ.(2023·浙江6月选考·16Ⅰ(1))在“探究平抛运动的特点”实验中 (1)用图甲装置进行探究，下列说法正确的是________。A．只能探究平抛运动水平分运动的特点B．需改变小锤击打的力度，多次重复实验C．能同时探究平抛运动水平、竖直分运动的特点(2)用图乙装置进行实验，下列说法正确的是________。A．斜槽轨道M必须光滑且其末端水平B．上下调节挡板N时必须每次等间距移动C．小钢球从斜槽M上同一位置静止滚下(3)用图丙装置进行实验，竖直挡板上附有复写纸和白纸，可以记下钢球撞击挡板时的点迹。实验时竖直挡板初始位置紧靠斜槽末端，钢球从斜槽上P点静止滚下，撞击挡板留下点迹0，将挡板依次水平向右移动x，重复实验，挡板上留下点迹1、2、3、4。以点迹0为坐标原点，竖直向下建立坐标轴y，各点迹坐标值分别为y1、y2、y3、y4。重力加速度为g。测得钢球直径为d，则钢球平抛初速度v0为________。A．(x＋)B．(x＋)C．(3x－)D．(4x－)答案　(1)B　(2)C　(3)D解析　(1)用如题图甲所示的实验装置，只能探究平抛运动竖直分运动的特点，故A、C错误；在实验过程中，需要改变小锤击打的力度，多次重复实验，故B正确。(2)为了保证小球做平抛运动，需要斜槽末端水平，为了保证小球抛出时速度相等，每一次小球需要从斜槽M上同一位置静止释放，斜槽不需要光滑，故A错误，C正确；上下调节挡板N时不必每次等间距移动，故B错误。(3)竖直方向，根据y1＝gt2水平方向x－＝v0t联立可得v0＝(x－)故A错误； 竖直方向：y1＝gt12，y2＝gt22水平方向：x－＝v0t1,2x－＝v0t2联立可得v0＝故B错误；竖直方向根据y4＝gt2水平方向4x－＝v0t联立可得v0＝(4x－)故D正确，C错误。Ⅰ.(2023·浙江6月选考·16Ⅰ(2))(2)如图所示，某同学把A、B两根不同的弹簧串接竖直悬挂，探究A、B弹簧弹力与伸长量的关系。在B弹簧下端依次挂上质量为m的钩码，静止时指针所指刻度xA、xB的数据如表。钩码个数12…xA/cm7.758.539.30…xB/cm16.4518.5220.60…钩码个数为1时，弹簧A的伸长量ΔxA＝________cm，弹簧B的伸长量ΔxB＝________cm，两根弹簧弹性势能的增加量ΔEp________mg(ΔxA＋ΔxB)(选填“＝”“<”或“>”)。答案　0.78　1.29　>解析　钩码个数为1时，弹簧A的伸长量ΔxA＝8.53cm－7.75cm＝0.78cm弹簧B的伸长量ΔxB＝18.52cm－16.45cm－0.78cm＝1.29cm根据系统机械能守恒可知弹簧增加的弹性势能等于弹簧减少的重力势能和钩码减少的重力势能之和ΔEp>mg(ΔxA＋ΔxB) Ⅱ.(2023·浙江6月选考·16Ⅱ)在“测量干电池的电动势和内阻”实验中(1)部分连线如图甲所示，导线a端应连接到________(选填“A”“B”“C”或“D”)接线柱上。正确连接后，某次测量中电压表指针位置如图乙所示，其示数为________V。(2)测得的7组数据已标在如图丙所示U－I坐标系上，用作图法求干电池的电动势E＝________V和内阻r＝________Ω。(计算结果均保留两位小数)答案　(1)B　1.20　(2)1.50　1.04解析　(1)电压表测量的电压应为滑动变阻器接入电路中电阻丝两端的电压，开关应能控制电路，所以导线a端应连接到B处；干电池电动势约为1.5V，电压表选择0～3V量程，分度值为0.1V，题图中电压表读数为1.20V；(2)作出U－I如图所示根据闭合电路欧姆定律U＝E－Ir可知U－I图像纵轴截距为干电池的电动势可得 E＝1.50VU－I图像斜率的绝对值等于干电池的内阻r＝Ω≈1.04ΩⅢ.(2023·浙江6月选考·16Ⅲ)以下实验中，说法正确的是________。A．“观察电容器的充、放电现象”实验中，充电时电流逐渐增大，放电时电流逐渐减小B．“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，滴入油酸酒精溶液后，需尽快描下油膜轮廓，测出油膜面积C．“观察光敏电阻特性”和“观察金属热电阻特性”实验中，光照强度增加，光敏电阻阻值减小；温度升高，金属热电阻阻值增大D．“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，如果可拆变压器的“横梁”铁芯没装上，原线圈接入10V的交流电时，副线圈输出电压不为零答案　CD解析　“观察电容器的充、放电现象”实验中，充电时电流逐渐减小，放电时电流逐渐减小，故A错误；“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，滴入油酸酒精溶液后，需待油酸全部散开，形状稳定后，用一玻璃板轻轻盖在浅盘上，然后用水彩笔把油膜的轮廓画在玻璃板上，测出油膜面积，故B错误；“观察光敏电阻特性”实验中，光照强度增加，光敏电阻阻值减小；“观察金属热电阻特性”实验中，温度升高，金属热电阻阻值增大，故C正确；“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，如果可拆变压器的“横梁”铁芯没装上，原线圈接入10V的交流电时，变压器的效果减弱，副线圈磁通量还是会发生变化，副线圈输出电压不为零，故D正确。17．(2023·浙江6月选考·17)如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积S＝100cm2，质量m＝1kg的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。圆筒与温度300K的热源接触，平衡时圆筒内气体处于状态A，其体积VA＝600cm3。缓慢推动活塞使气体达到状态B，此时体积VB＝500cm3。固定活塞，升高热源温度，气体达到状态C，此时压强pC＝1.4×105Pa。已知从状态A到状态C，气体从外界吸收热量Q＝14J；从状态B到状态C，气体内能增加ΔU＝25J；大气压p0＝1.01×105Pa，重力加速度g取10m/s2。(1)气体从状态A到状态B，其分子平均动能________(选填“增大”“减小”或“不变”)，圆筒内壁单位面积受到的压力________(选填“增大”“减小”或“不变”)； (2)求气体在状态C的温度TC；(3)求气体从状态A到状态B过程中外界对系统做的功W。答案　(1)不变　增大　(2)350K　(3)11J解析　(1)圆筒导热良好，则气体从状态A缓慢推动活塞到状态B，气体温度不变，则气体分子平均动能不变；气体体积减小，则压强增大，圆筒内壁单位面积受到的压力增大；(2)状态A时的压强pA＝p0－＝1.0×105Pa，温度TA＝300K，体积VA＝600cm3；状态C时的压强pC＝1.4×105Pa，温度为TC，体积VC＝500cm3；根据＝解得TC＝350K(3)从B到C气体进行等容变化，则WBC＝0，因从B到C气体内能增加25J可知，气体从外界吸热25J，而气体从A到C从外界吸热14J，可知气体从A到B气体放热11J，从A到B气体内能不变，可知从A到B外界对气体做功11J。18．(2023·浙江6月选考·18)为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R＝0.4m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k＝100N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m＝0.12kg的滑块a以初速度v0＝2m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞(时间极短)。已知传送带长L＝0.8m，以v＝2m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep＝kx2(x为形变量)。(1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；(2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE；(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。答案　(1)10m/s　31.2N　(2)0　(3)0.2m解析　(1)滑块a从D到F，由动能定理mg·2R＝mvF2－mv02 在F点由牛顿第二定律得FN－mg＝m解得vF＝10m/sFN＝31.2N(2)已知滑块a返回B点时的速度vB＝1m/s，设滑块a与b碰后的速度大小为va，由动能定理有：－mg·2R－μmg·L＝mvB2－mva2解得va＝5m/s因a、b碰撞过程动量守恒，则mvF＝－mva＋3mvb解得碰后b的速度vb＝5m/s则滑块a、b碰撞过程损失的能量ΔE＝mvF2－mva2－×3mvb2解得ΔE＝0(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则a、b碰后的共同速度v满足：mvF＝4mv解得v＝2.5m/s当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度v′，有4mv＝6mv′则v′＝m/s当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量守恒有×(m＋3m)v2＝×(m＋3m＋2m)v′2＋kx12解得x1＝0.1m系统能量守恒，弹簧最长或最短时，系统动能相等，所以弹簧最长和最短时形变量相等，则弹簧最大长度与最小长度之差Δx＝2x1＝0.2m。19．(2023·浙江6月选考·19)某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置(简化为与火箭绝缘的导电杆MN)和装置A组成，并形成闭合回路。装置A能自动调节其输出电压确保回路电流I恒定，方向如图所示。导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位置，电流I在导电杆以上空间产生的磁场近似为零，在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小B1＝kI(其中k为常量)，方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场，大小B2＝2kI，方向与B1相同。火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度v0进入导轨，到达绝缘停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停。已知火箭与导电杆的总质量为M，导轨间距d＝，导电杆电阻为R。导电杆与导轨保持良好接触滑行，不计空气阻力和摩擦力，不计导轨电阻和装置A 的内阻，重力加速度为g。在火箭落停过程中，(1)求导电杆所受安培力的大小F和运动的距离L；(2)求回路感应电动势E与运动时间t的关系；(3)求装置A输出电压U与运动时间t的关系和输出的能量W；(4)若R的阻值视为0，装置A用于回收能量，给出装置A可回收能量的来源和大小。答案　(1)3Mg　　(2)E＝(v0－2gt)　(3)U＝IR－＋　－　(4)装置A可回收火箭和导电杆的动能和重力势能　Mv02解析　(1)导电杆受安培力F＝B1Id＝3Mg方向向上，则导电杆向下运动的加速度Mg－F＝Ma解得a＝－2g导电杆运动的距离L＝＝(2)回路的感应电动势E＝B2dv其中v＝v0＋at解得E＝(v0－2gt)(3)由E＋U＝IRU＝IR－E整理得U＝IR－＋P出＝UI＝I2R－6Mgv0＋12Mg2t导电杆运动时间t＝作出U－t图像如图所示 可得W＝(IR－＋IR)I化简得W＝－(4)装置A可回收火箭和导电杆的动能和重力势能；火箭和导电杆从速度v0到速度减为零的过程，有W′＝Mv02＋MgL＝Mv0220．(2023·浙江6月选考·20)利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，Oxy平面(纸面)的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于(0,3L)处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。(1)求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t；(2)若B2＝2B1，求能到达y＝处的离子的最小速度v2；(3)若B2＝y，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在～范围，求进入第四象限的离子数与总离子数之比η。答案　(1)　　(2)　(3)60%解析　(1)当离子不进入磁场Ⅱ且速度最大时，轨迹与边界相切，则由几何关系r1cos60°＝r1－L解得r1＝2L 根据qv1B1＝m解得v1＝在磁场中运动的周期T＝运动时间t＝T＝(2)若B2＝2B1，根据r＝可知r1′＝2r2离子在磁场中运动轨迹如图，设O1O2与磁场边界夹角为α，由几何关系r1′sinα－r1′sin30°＝Lr2－r2sinα＝解得r2＝2Lsinα＝根据qv2B2＝m解得v2＝(3)当最终进入区域Ⅱ的离子若刚好到达x轴，则由动量定理B2qvyΔt＝mΔvx即yqΔy＝mΔvx求和可得∑yqΔy＝∑mΔvx离子从区域Ⅰ到区域Ⅱ最终到x轴上的过程中m(v－vcos60°)＝B1qL＋··qL 解得v＝则速度在～之间的离子才能进入第四象限；因离子源射出离子的速度范围在～，又离子源射出的离子个数按速度大小均匀分布，可知能进入第四象限的离子数占总离子数之比为η＝60%