山东省德州市2022-2023学年高三上学期物理1月期末试卷

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山东省德州市2022-2023学年高三上学期物理1月期末试卷
一、单选题
1．（2023高三上·德州期末）如图所示，通有恒定电流的直导线附近有一正在运动的电子，某时刻其速度方向恰好与电流的方向相同，不计电子的重力，则此后该电子将做（　　）
A．匀速直线运动 B．匀加速直线运动
C．匀速圆周运动 D．速度大小不变的曲线运动
2．（2023高三上·德州期末）如图所示，一束由绿、橙、蓝三种单色光组成的复色光照射到三棱镜上，在右侧光屏M、N、P处各呈现一亮线，不计光在三棱镜中的多次反射，以下说法正确的是（　　）
A．光屏上的三条亮线由上到下的顺序是蓝、绿、橙
B．光屏上的三条亮线是光的干涉条纹
C．三种色光相比，照射到P处的色光在三棱镜中传播的时间最长
D．三种色光相比，照射到P处的色光最容易发生明显衍射
3．（2023高三上·德州期末）两列频率、振幅、相位均相同的简谐横波在水平面上传播，某时刻的干涉图样如图所示，实线代表波峰，虚线代表波谷，M、N、P三质点的平衡位置在同一直线上，以下说法正确的是（　　）
A．质点N正在向上运动
B．再经过半个周期，质点P运动至M处
C．质点M到两波源的路程差为半波长的奇数倍
D．图示时刻质点N的机械能小于质点P的机械能
4．（2023高三上·德州期末）如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B，正方形导线框在磁场中以大小为ω的角速度绕着其一边匀速转动，与磁场垂直。已知导线框的边长为L，总电阻为R，则线框转动一周的过程中，除安培力以外的力对线框做的功为（　　）
A． B． C． D．
5．（2023高三上·德州期末）远距离输电的模拟电路如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数比为，输电线的电阻为R，降压变压器原、副线圈的匝数比为n，降压变压器副线圈连接多个并联的灯泡。电路工作时交流电源的输出电压不变，升压变压器原线圈两端的电压为，其中的电流为；降压变压器副线圈两端的电压为，其中的电流为。以下说法正确的是（　　）
A．
B．
C．若增加并联灯泡的个数，会增大
D．若增加并联灯泡的个数，会减小
6．（2023高三上·德州期末）如图所示，三棱柱的棱长为L，两个底面均为等边三角形，两方向相同的无限长直电流分别经过和，电流的大小均为I，段直电流受到的安培力大小为F，则三棱柱的另一条棱上各点的磁感应强度大小为（　　）
A． B． C． D．
7．（2023高三上·德州期末）如图甲所示，正方形虚线框为匀强磁场区域的边界，取垂直纸面向里为正方向，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。匝数为n、半径为r的导线圈恰好处于虚线框的外接圆上，导线圈与电阻箱、定值电阻组成回路，回路中的其它电阻不计。以下说法正确的是（　　）
A．中的电流方向先向左，再向右
B．回路中的电动势为
C．时刻，回路中的电流为0
D．时，消耗的电功率最大
8．（2023高三上·德州期末）某课题组要测量某金属材料的电阻率，他们先取适量该金属材料切割成如图所示的长方体，长方体的三条边长分别为a、b、c，长方体上、下表面与电流传感器用导线相连，导线左端紧贴长方体上、下表面。虚线框左侧有垂直于长方体前、后表面的匀强磁场，磁感应强度大小为B。使匀强磁场以大小为v的速度向左运动时（长方体全部处于磁场中），电流传感器显示回路中的电流大小为I。不计电流传感器及导线的电阻，则该金属材料的电阻率为（　　）
A． B． C． D．
二、多选题
9．（2023高三上·德州期末）如图所示，摆钟正常工作时其摆锤的运动可看做简谐运动，摆锤每摆动半个周期，表盘上的分针就会向前微小跃动一次，分针每次向前跃动的距离不变。以下说法正确的是（　　）
A．摆锤摆动的振幅越大，摆钟计时越准
B．要使摆钟走的慢些，可通过缩短它的摆长来实现
C．若把摆钟置于正在运行的“天宫”空间站，其摆锤不会正常摆动
D．在南极和赤道分别用完全相同的摆钟计时，在赤道的摆钟走的慢些
10．（2023高三上·德州期末）某电动玩具车的简化电路如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，电动机的内阻为R。某段时间内，该电动玩具车在水平路面匀速行驶，受到的阻力大小恒为，电动机两端的电压为U，回路中的电流为I，该过程中（　　）
A．电源的效率为
B．电动机两端的电压
C．电动机的输入功率为
D．电动玩具车的行驶速度为
11．（2023高三上·德州期末）如图所示，竖直虚线左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。对矩形导线框施加合适的力，使其沿着与垂直的方向匀速进入磁场。导线框运动至图示位置时，其对角线恰好与虚线边界重合。已知导线框的边长，，导线框粗细均匀，总电阻为R，运动的速度大小为v，则（　　）
A．导线框进入磁场过程中回路中的最大电流为
B．导线框运动至图示位置时两端的电势差为
C．导线框运动至图示位置时受到的安培力大小为
D．导线框进入磁场过程中，对其施加力的竖直分力一直等于其重力
12．（2023高三上·德州期末）某学习小组设计了如图所示的简易粒子加速器，两水平平行虚线上、下两侧有垂直纸面且范围足够大的匀强磁场，平行板电容器两极板上有正对着的小孔，两极板都恰好处于磁场的水平虚线边界。平行板电容器接通电源后两极板间的电压大小恒为U，将质量为m、带电量为的带电粒子自静止开始释放，释放位置在电容器的上极板小孔正下方，且紧靠上极板小孔，此后粒子经过多次加速，当动能达到所需要的后立即将磁场撤去。已知两虚线间的距离为d，粒子始终没碰到电容器极板，不计粒子重力和两极板的厚度，以下说法正确的是（　　）
A．平行板电容器必须接交流电源
B．平行虚线两侧磁场的磁感应强度必须相同
C．粒子转过的圈数至少为
D．粒子在电容器中运动的总时间为
三、实验题
13．（2023高三上·德州期末）如图甲所示装置中的光源发出某种单色光，某实验小组用该装置观察光的干涉图样，然后进一步测量其波长。
（1）对图甲中a、b两处各自放入的光学器件，以下说法正确的是__________。
A．a处放单缝，b处放双缝 B．a处放双缝，b处放单缝
C．单缝和双缝都放在a处 D．单缝和双缝都放在b处
（2）他们把测量头安装好，通过测量头的目镜观察单色光的干涉图样时，发现里面的亮条纹与分划板竖线不平行，如图乙所示。若要使两者平行，该同学应如何调节__________。
A．仅旋转透镜 B．仅旋转单缝
C．仅旋转双缝 D．仅旋转测量头
（3）装置所用双缝间的间距为0.2mm，双缝与毛玻璃屏的距离为80cm，转动手轮，使分划板中心刻线与某亮条纹中心对齐，将该亮条纹定义为第1条亮条纹，此时手轮上的读数如图丙所示，读数为　 　mm，然后继续转动手轮，使分划板中心刻线与第6条亮条纹中心对齐，此时手轮上的读数如图丁所示。
（4）此单色光的波长为　 　nm（结果保留三位有效数字）。
14．（2023高三上·德州期末）某实验小组用图甲所示的电路探究某灯泡的电阻和功率随电压变化的规律，该灯泡在25℃时的电阻约为2.5Ω，所加电压为3V时的电阻约为6.5Ω。图甲中其它部分器材的参数如下：
电源（电动势为4V，内阻不计）；
电压表（量程为3V时内阻约为3KΩ，量程为15V时内阻约为15KΩ）；
电流表（量程为0.6A时内阻约为0.1Ω，量程为3A时内阻约为0.02Ω）。
（1）将图甲所示的实验电路补充完整，要求灯泡两端的电压自零开始调节；
（2）闭合开关之前，图甲中滑动变阻器的滑片应处于最　 　（选填“左”或“右”）端；
（3）电压表示数用U表示，电流表示数用I表示，调整滑动变阻器滑片位置，得到多组U、I数据，根据得到的U、I数据画出的图像如图乙所示，由图像可得灯泡在时的电阻为　 　Ω，由于实验存在系统误差，该测量值比真实值　 　（选填“偏大”、“偏小”或“相等”）；
（4）如图丙所示，将该灯泡与另一电源、开关、定值电阻连成电路，其中电源的电动势为3V，内阻为1Ω；定值电阻的阻值为1.5Ω，则灯泡消耗的功率为　 　W。
四、解答题
15．（2023高三上·德州期末）某课题组要研究某光导纤维的传输规律，他们垂直截取了如图所示长为L的一段直光导纤维，让一单色光线射向右侧截面某点，缓慢减小入射角，发现减小至时便不再有光从长侧面逸出。已知光在真空中的传播速度为c，。求：
（1）该光导纤维对这种单色光的折射率；
（2）入射角时，此单色光在这段光导纤维中的传播时间。
16．（2023高三上·德州期末）如图所示为波源O做简谐运动的振动图像，时振动开始向外传播，已知沿着波的传播方向O、M两质点平衡位置间的距离为5m，时质点M偏离平衡位置的位移第一次为10cm，求：
（1）自时起，经过多长时间波源O的位移第一次为10cm；
（2）该简谐波的波速和波长；
（3）自至质点M通过的路程。
17．（2023高三上·德州期末）舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图所示，用于推动模型飞机的动子（图中未画出）与线圈绝缘并固定在一起，线圈带动动子，可在水平导轨上滑动。线圈始终位于导轨间的辐向磁场中，其所经过位置的磁感应强度大小均为。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机匀加速直线运动，经过的时间，飞机达到起飞速度并与动子脱离；此时S掷向2，使定值电阻与线圈连接，同时再对动子施加合适的外力F（未知），使动子开始做匀减速直线运动，又经过的时间，动子的速度减为0。已知恒流源接通时通过它的电流会保持不变，线圈匝数匝，每匝周长，飞机的质量，动子和线圈的总质量，线圈总电阻，定值电阻，不计摩擦力和空气阻力，求
（1）飞机的起飞速度大小；
（2）将飞机达到起飞速度时做为0时刻，取动子的运动方向为正方向，通过计算得出动子减速过程所施加的外力F随时间t变化的关系式；
（3）动子减速过程通过电阻的电荷量。
18．（2023高三上·德州期末）在如图所示的空间直角坐标系中，y轴正方向竖直向上，在平面上方存在匀强电场，方向沿y轴负方向；在平面下方存在匀强磁场，方向可以调整。某时刻一质量为m，带电量为q的带正电粒子自y轴上的M点射出，初速度大小为，方向沿x轴正方向。已知M点与坐标原点O的距离为d，粒子第一次到达平面时与坐标原点O的距离也为d，平面下方磁场的磁感应强度大小始终为，不计粒子的重力。
（1）求粒子第一次到达平面时的速度大小；
（2）若平面下方的磁场沿y轴正方向，要使粒子到达该区域后做直线运动，可以在该区域再叠加一匀强电场，求该匀强电场电场强度的大小和方向；
（3）若平面下方的磁场沿z轴正方向，求粒子运动轨迹与平面交点的x坐标；
（4）若平面下方的磁场沿x轴正方向，求粒子第N次到达平面时的坐标。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】安培定则；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】根据安培定则判断知通电导线右侧产生的磁场垂直纸面向里，由左手定则判断知该时刻电子受到的洛伦兹力方向水平向右，电子将向右做圆周运动，但由于距离导线越远，磁场越弱，根据 ，得 ，可知电子将做曲率半径变大的曲线运动，由于洛伦兹力永远与电子运动方向垂直，洛伦兹力永远不做功，则电子的速度大小保持不变，所以电子将做速度大小不变的曲线运动。
故答案为：D。
【分析】根据安培定则得出通电导线周围磁场的方向，通过左手定则得出电子的运动情况，通过洛伦兹力提供向心力得出轨道半径的表达式，结合速度与洛伦兹力的关系分析判断电子的运动情况。
2．【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】A．因绿光折射率最大，橙光折射率最小，可知光屏上的三条亮线由上到下的顺序是橙、绿、蓝，A不符合题意；
B．光屏上的三条亮线是光的折射造成的色散现象，B不符合题意；
C．三种色光相比，照射到P处的蓝光折射率最大，则由 ，可知，在棱镜中的速度最小，在棱镜中传播距离最长，可知该色光在三棱镜中传播的时间最长，C符合题意；
D．三种色光相比，照射到P处的蓝色光波长最短，则最不容易发生明显衍射，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据折射率的大小得出三条亮线的颜色，光屏上亮线是光的折射形成的色散，结合光在介质中传播的速度和折射率的关系得出传播时间的大小。
3．【答案】A
【知识点】波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】A．依题意，由干涉图样可知，M、N、P三质点均为振动加强的点，振动加强的点总是加强，且由于质点N位于波峰与波谷之间，根据“逆向波形法”可知该时刻质点N正在向上运动，A符合题意；
B．根据波的传播特点可知，质点只在自己的平衡位置上下做简谐振动，并不随波迁移，所以质点P不可能运动M处，B不符合题意；
C．根据振动加强的质点到两波源的路程差总是半波长的偶数倍，可知质点M到两波源的路程差应为半波长的偶数倍，C不符合题意；
D．由干涉图样可知，波在传播过程中，波源通过质点把能量不断向前传播，形成稳定的干涉图样，传播过程中每个质点均做简谐振动，机械能守恒，所以图示时刻质点N的机械能等于质点P的机械能，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据振动的叠加以及“逆向波形法”得出质点N的振动方向，振动加强的质点到两波源的路程差总是半波长的偶数倍，利用波的干涉和机械能定义进行分析判断。
4．【答案】C
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】正方形导线框在磁场中以大小为ω的角速度绕着其一边 匀速转动，产生正弦交流电，线框在匀强磁场中转动产生的电动势最大值为 ，电动势有效值为 ，线框转动一周产生的焦耳热为 ，根据能量守恒定律可得线框转动一周的过程中除安培力以外的力对线框做的功为 ，
故答案为：C。
【分析】根据法拉第电磁感应定律以及电动势的有效值和最大值的关系得出电动势的有效值，结合焦耳定律和能量守恒定律得出外力对线框做的功。
5．【答案】B
【知识点】变压器的应用；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】AB．由输电电路可知，设导线上电流为I，升压变压器次级电压 ，
则降压变压器初级电压 ，降压变压器次级电压 ，输电线的电流 ，即降压变压器初级电流也为 ，降压变压器次级电流 ，A不符合题意，B符合题意；
CD．根据 ，解得 ，若增加并联灯泡的个数，则负载电阻减小，导线上的电流I变大，输电线的电压损失变大，因升压变压器的次级电压不变，则降压变压器初级电压减小，则次级电压 会减小，根据 ，则I2也变大，CD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据理想变压原副线圈的匝数比和电压比的关系以及电流比的关系降压变压器次级电流，利用欧姆定律得出I2的变化情况。
6．【答案】B
【知识点】磁感应强度；安培力
【解析】【解答】根据安培力公式可得 中电流在 产生的磁感应强度大小为 ，由于 和 中电流大小相等，且三棱柱底边为等边三角形，三条棱距离相等，因此 和 中电流在棱 产生的磁感应强度大小相等，都为 ，根据右手螺旋定则， 和 中电流在棱 产生的磁场方向如下图
根据平行四边形法则可得 上各点的磁感应强度大小为 ，
故答案为：B。
【分析】根据安培力的表达式得出磁感应强度的表达式，结合磁感应强度的合成得出 上各点的磁感应强度。
7．【答案】D
【知识点】电功率和电功；磁通量；楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A．磁感应强度B先正向减小后反向增大，根据楞次定律知 中的电流方向一直向左，A不符合题意；
B．根据法拉第电磁感应定律 ，B不符合题意；
C． 时刻，由图可知磁感应强度B一直在发生变化，所以回路中的电流不为零，C不符合题意；
D．根据闭合电路欧姆定律可知， 消耗的电功率为 ，由此可知，当 时， 消耗的电功率最大，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】结合磁感应强度的变化情况以及磁通量的表达式和楞次定律得出 中的电流方向 ，通过法拉第电磁感应定律得出产生的感应电动势，利用电功率的表达式得出 消耗的电功率。
8．【答案】A
【知识点】电阻定律；法拉第电磁感应定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】磁场向左运动的过程中，金属材料产生的感应电动势 ，金属材料的电阻 ，根据欧姆定律 ，整理得 ，
故答案为：A。
【分析】根据法拉第电磁感应定律以及电阻定律得出金属材料的电阻，通过欧姆定律得出电阻率的表达式。
9．【答案】C,D
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】A．为了使摆钟摆动时计时准确，摆锤摆动的摆角不能大于 ，可知摆锤摆动的振幅不能太大，A不符合题意；
B．缩短它的摆长，则周期变小，摆钟走的更快，B不符合题意；
C．若把摆钟置于正在运行的“天宫”空间站，因为处于完全始终状态，摆锤不会正常摆动，C符合题意；
D．在南极和赤道分别用完全相同的摆钟计时，因为赤道重力加速度小，则周期长，所以赤道的摆钟走的慢些，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】钟摆振幅小一点，摆钟走时越准，周期越小摆钟走的越快，当摆钟处于完全失重状态时摆动不正常。
10．【答案】A,D
【知识点】电功率和电功；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．电源的效率即电源在工作时，它输出的功率 和消耗掉的总功率 之比，本题有 ，A符合题意；
B．电动机是非纯电阻，两端的电压不能直接用欧姆定律计算， ，B不符合题意；
C．电动机的输入功率定义为：电动机两端电压乘以流过电动机的电流，即 。是指电动机实际消耗的功率，包括线圈电阻产生热量的电功率和线圈用来产生机械能的功率两部分功率之和， 无任何物理意义，C不符合题意；
D．电动玩具车的行驶速度由公式 ，可得 ，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据电功率的表达式得出电源的效率，非纯电阻电路不能直接用欧姆定律，通过瞬时功率的表达式得出电动玩具车的速度。
11．【答案】B,C,D
【知识点】安培力；法拉第电磁感应定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．导线框进入磁场过程中，导线框运动至图示位置时，感应电动势最大，最大值为 ，导线框进入磁场过程中，导线框运动至图示位置时回路中的电流最大，最大电流为 ，A不符合题意；
B．导线框运动至图示位置时 两端的电势差为 ，B符合题意；
C．导线框运动至图示位置时，其等效长度为 ，受到的安培力大小 ，C符合题意；
D．导线框进入磁场过程中，其等效长度为竖直虚线与导线框两交点连线的长度，由楞次定律和左手定则可知，导线框所受安培力水平向右，由竖直方向平衡可得，导线框进入磁场过程中，对其施加力的竖直分力一直等于其重力，D符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】根据法拉第电磁感应定律以及欧姆定律得出回路中的电流，结合安培力的表达式得出导线框受到的安培力。
12．【答案】B,D
【知识点】功能关系；牛顿第二定律；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．由题意可知粒子每次都需要进入上极板小孔同一位置进行加速，在上下两侧的磁场中进行回旋，因而平行板电容器需要接直流电源。A不符合题意；
B．由于粒子的回旋每次都需要回到上极板的小孔，因而上下两侧的磁场中的旋转半径需相同，即平行虚线两侧磁场的磁感应强度必须相同。B符合题意；
C．每转一圈粒子加速一次，则转过的圈数比加速的次数少一次，即 ， ，解得 ，C不符合题意；
D．粒子在电容器中做匀加速直线运动，且每次出下极板的末速度都是下一次加速的初速度，则 ， ， ，解得 ，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】平行板电容器接直流电源，结合功能关系得出粒子转过的圈数，粒子在电容器中做匀变速直线运动，结合匀变速直线运动的位移与时间的关系以及牛顿第二定律得出粒子在电容器中运动的总时间。
13．【答案】（1）A
（2）D
（3）2.330
（4）652
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】（1）因为双缝干涉实验是让单色光经双缝在光屏上形成干涉图样，所以先经单缝形成相干光，在经双缝形成干涉条纹，因此a处放单缝，b处放双缝。
故答案为：A。
（2）旋转测量头，分划板的竖线随之旋转，可使分划板的竖线与亮条纹平行。
故答案为：D。
（3）由图丙可知，不动刻度的读数为2mm，可动部分的读数为33.0×0.01mm=0.330mm，此时手轮上的读数为2mm+0.330mm=2.330mm，由图丁可知，不动刻度的读数为15mm，可动部分的读数为37.5×0.01mm=0.375mm，此时手轮上的第6条亮条纹读数为15mm+0.375mm=15.375mm
（4）由干涉条纹间距公式 ，又有 ，解得
【分析】（1）根据观察光的干涉图样的实验原理得出图中ab位置的光学元件；
（2）分划板的竖线与亮条纹平行应旋转测量头；
（3）根据螺旋测微器的读数原理得出手轮上的第6条亮条纹读数；
（4）根据双缝干涉相邻亮条纹的表达式得出该波的波长。
14．【答案】（1）
（2）左
（3）5；偏小
（4）0.8
【知识点】伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）灯泡两端的电压自零开始调节，滑动变阻器采用分压式接法；电源电动势4V，电压表采用3V量程，则
所以电流表采用外接法，实验电路为
（2）闭合开关之前，图甲中滑动变阻器的滑片应处于最左端，当开关闭合时，灯泡两端的电压为零。
（3）由图像可得灯泡在 时的电流为 ，则灯泡的电阻为 ，由于电压表的分流，电流表的测量值偏大，实验存在系统误差，该测量值比真实值偏小。
（4）由闭合电路的欧姆定律可得 ，则 ，在图乙中作出其图像，如图
由图可知，灯泡两端的电压为 ，灯泡中电流 ，则灯泡消耗的功率为
【分析】（1）灯泡两端的电压从零开始滑动变阻器需要分压式，根据电流表内外接法判断电流表的接法，结合实物图画出电路；
（2）闭合开关之前滑动变阻器应调到最左端；
（3）根据欧姆定律得出电灯泡的电阻，由于电压表的分流从而得出测量值的大小；
（4）根据闭合电路欧姆定律得出I-U的表达式，并画出图像，结合电功率的表达式得出灯泡消耗的功率。
15．【答案】（1）解：设临界角为C，由几何知识得折射角 。由折射定律
又根据
解得折射率
（2）解：光在光导纤维里面传播的总路程
又根据
该单色光在光导纤维中的传播时间
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）根据折射定律以及全反射临界角和折射率的关系得出 光导纤维对这种单色光的折射率；
（2）根据几何关系以及光传播的速度和光速的关系以及光传播的距离和时间的关系得出单色光在这段光导纤维中的传播时间。
16．【答案】（1）解：由波源O的振动图像知，其振动方程为
时，时间t的最小值为
经过 波源O的位移第一次为 ；
（2）解：波自O传到M的时间
波速
波长
（3）解：质点M振动的时间间隔为
质点M通过的路程
【知识点】简谐运动的表达式与图象
【解析】【分析】（1）根据波源O的振动方程得出 波源O的位移第一次为10cm 需要的时间；
（2）根据波传播的时间和波速的关系得出该简谐波的波速和波长；
（3）根据质点M的振动情况得出质点M通过的路程。 。
17．【答案】（1）解：飞机加速过程，飞机、动子和线圈组成的整体做匀加速直线运动
飞机的起飞速度为
解得
（2）解：开关S掷向2后，线圈运动的速度用v表示，则回路中的电流为
线圈所受的安培力为
由题知
联立并代入数据得 （ ）
（3）解：动子减速过程，运动方向为正方向，由动量定理
由第（2）问结果得， 时， ； 时， ，则
通过电阻 的电荷量为
解得
【知识点】动量定理；牛顿第二定律；电流、电源的概念；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）根据安培力的表达式以及牛顿第二定律得出整体的加速度，通过匀变速直线运动的速度与时间的关系得出飞机的起飞速度 ；
（2）根据安培力的表达式以及闭合电路欧姆定律和牛顿第二定律得出加速度的大小，结合匀变速直线运动的速度与时间的关系得出 动子减速过程所施加的外力F随时间t变化的关系式；
（3） 动子减速过程 ，根据动量定理和电流的定义式得出通过电阻 的电荷量 。
18．【答案】（1）解：粒子第一次在电场中运动的过程，沿x轴方向
沿y轴方向
粒子第一次到达 平面时的速度大小 ，
解得
（2）解：要使粒子在 平面下方做直线运动，匀强电场强度方向应沿z轴负方向
得电场强度
（3）解：设粒子进入磁场时与x轴方向的夹角为 ，则
粒子在磁场中运动时
每次在磁场中运动过程沿x轴负方向移动的距离为
每次在电场中运动的时间为 ，沿x轴正方向移动的距离为
归纳得粒子运动轨迹与 平面交点的x坐标为 （ ）
（4）解：粒子每次在电场中运动的时间为 ，沿x轴正方向移动的距离为
在磁场中垂直于x轴的平面上，粒子以大小为 的速度做匀速圆周运动
粒子每次在磁场中的运动时间
粒子每次进入磁场后沿x轴正方向移动的距离
粒子每次进入磁场后沿z轴正方向移动的距离
归纳得，粒子到达 平面时y坐标始终是0，x和z坐标分别为
① 、3、5、7、…时 ，
② 、4、6、8、 时 ，
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，结合类平抛运动和速度的合成得出 粒子第一次到达平面时的速度 ；
（2）根据洛伦兹力等于电场力得出电场强度的表达式；
（3）根据速度的分解以及洛伦兹力提供向心力和几何关系得出 粒子运动轨迹与 平面交点的x坐标 ；
（4）根据粒子在磁场中运动的时间和周期的关系得出粒子在磁场中运动的时间，结合粒子在电场中的运动得出粒子第N次到达平面时的坐标。
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山东省德州市2022-2023学年高三上学期物理1月期末试卷
一、单选题
1．（2023高三上·德州期末）如图所示，通有恒定电流的直导线附近有一正在运动的电子，某时刻其速度方向恰好与电流的方向相同，不计电子的重力，则此后该电子将做（　　）
A．匀速直线运动 B．匀加速直线运动
C．匀速圆周运动 D．速度大小不变的曲线运动
【答案】D
【知识点】安培定则；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】根据安培定则判断知通电导线右侧产生的磁场垂直纸面向里，由左手定则判断知该时刻电子受到的洛伦兹力方向水平向右，电子将向右做圆周运动，但由于距离导线越远，磁场越弱，根据 ，得 ，可知电子将做曲率半径变大的曲线运动，由于洛伦兹力永远与电子运动方向垂直，洛伦兹力永远不做功，则电子的速度大小保持不变，所以电子将做速度大小不变的曲线运动。
故答案为：D。
【分析】根据安培定则得出通电导线周围磁场的方向，通过左手定则得出电子的运动情况，通过洛伦兹力提供向心力得出轨道半径的表达式，结合速度与洛伦兹力的关系分析判断电子的运动情况。
2．（2023高三上·德州期末）如图所示，一束由绿、橙、蓝三种单色光组成的复色光照射到三棱镜上，在右侧光屏M、N、P处各呈现一亮线，不计光在三棱镜中的多次反射，以下说法正确的是（　　）
A．光屏上的三条亮线由上到下的顺序是蓝、绿、橙
B．光屏上的三条亮线是光的干涉条纹
C．三种色光相比，照射到P处的色光在三棱镜中传播的时间最长
D．三种色光相比，照射到P处的色光最容易发生明显衍射
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】A．因绿光折射率最大，橙光折射率最小，可知光屏上的三条亮线由上到下的顺序是橙、绿、蓝，A不符合题意；
B．光屏上的三条亮线是光的折射造成的色散现象，B不符合题意；
C．三种色光相比，照射到P处的蓝光折射率最大，则由 ，可知，在棱镜中的速度最小，在棱镜中传播距离最长，可知该色光在三棱镜中传播的时间最长，C符合题意；
D．三种色光相比，照射到P处的蓝色光波长最短，则最不容易发生明显衍射，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据折射率的大小得出三条亮线的颜色，光屏上亮线是光的折射形成的色散，结合光在介质中传播的速度和折射率的关系得出传播时间的大小。
3．（2023高三上·德州期末）两列频率、振幅、相位均相同的简谐横波在水平面上传播，某时刻的干涉图样如图所示，实线代表波峰，虚线代表波谷，M、N、P三质点的平衡位置在同一直线上，以下说法正确的是（　　）
A．质点N正在向上运动
B．再经过半个周期，质点P运动至M处
C．质点M到两波源的路程差为半波长的奇数倍
D．图示时刻质点N的机械能小于质点P的机械能
【答案】A
【知识点】波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】A．依题意，由干涉图样可知，M、N、P三质点均为振动加强的点，振动加强的点总是加强，且由于质点N位于波峰与波谷之间，根据“逆向波形法”可知该时刻质点N正在向上运动，A符合题意；
B．根据波的传播特点可知，质点只在自己的平衡位置上下做简谐振动，并不随波迁移，所以质点P不可能运动M处，B不符合题意；
C．根据振动加强的质点到两波源的路程差总是半波长的偶数倍，可知质点M到两波源的路程差应为半波长的偶数倍，C不符合题意；
D．由干涉图样可知，波在传播过程中，波源通过质点把能量不断向前传播，形成稳定的干涉图样，传播过程中每个质点均做简谐振动，机械能守恒，所以图示时刻质点N的机械能等于质点P的机械能，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据振动的叠加以及“逆向波形法”得出质点N的振动方向，振动加强的质点到两波源的路程差总是半波长的偶数倍，利用波的干涉和机械能定义进行分析判断。
4．（2023高三上·德州期末）如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B，正方形导线框在磁场中以大小为ω的角速度绕着其一边匀速转动，与磁场垂直。已知导线框的边长为L，总电阻为R，则线框转动一周的过程中，除安培力以外的力对线框做的功为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】正方形导线框在磁场中以大小为ω的角速度绕着其一边 匀速转动，产生正弦交流电，线框在匀强磁场中转动产生的电动势最大值为 ，电动势有效值为 ，线框转动一周产生的焦耳热为 ，根据能量守恒定律可得线框转动一周的过程中除安培力以外的力对线框做的功为 ，
故答案为：C。
【分析】根据法拉第电磁感应定律以及电动势的有效值和最大值的关系得出电动势的有效值，结合焦耳定律和能量守恒定律得出外力对线框做的功。
5．（2023高三上·德州期末）远距离输电的模拟电路如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数比为，输电线的电阻为R，降压变压器原、副线圈的匝数比为n，降压变压器副线圈连接多个并联的灯泡。电路工作时交流电源的输出电压不变，升压变压器原线圈两端的电压为，其中的电流为；降压变压器副线圈两端的电压为，其中的电流为。以下说法正确的是（　　）
A．
B．
C．若增加并联灯泡的个数，会增大
D．若增加并联灯泡的个数，会减小
【答案】B
【知识点】变压器的应用；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】AB．由输电电路可知，设导线上电流为I，升压变压器次级电压 ，
则降压变压器初级电压 ，降压变压器次级电压 ，输电线的电流 ，即降压变压器初级电流也为 ，降压变压器次级电流 ，A不符合题意，B符合题意；
CD．根据 ，解得 ，若增加并联灯泡的个数，则负载电阻减小，导线上的电流I变大，输电线的电压损失变大，因升压变压器的次级电压不变，则降压变压器初级电压减小，则次级电压 会减小，根据 ，则I2也变大，CD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据理想变压原副线圈的匝数比和电压比的关系以及电流比的关系降压变压器次级电流，利用欧姆定律得出I2的变化情况。
6．（2023高三上·德州期末）如图所示，三棱柱的棱长为L，两个底面均为等边三角形，两方向相同的无限长直电流分别经过和，电流的大小均为I，段直电流受到的安培力大小为F，则三棱柱的另一条棱上各点的磁感应强度大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】磁感应强度；安培力
【解析】【解答】根据安培力公式可得 中电流在 产生的磁感应强度大小为 ，由于 和 中电流大小相等，且三棱柱底边为等边三角形，三条棱距离相等，因此 和 中电流在棱 产生的磁感应强度大小相等，都为 ，根据右手螺旋定则， 和 中电流在棱 产生的磁场方向如下图
根据平行四边形法则可得 上各点的磁感应强度大小为 ，
故答案为：B。
【分析】根据安培力的表达式得出磁感应强度的表达式，结合磁感应强度的合成得出 上各点的磁感应强度。
7．（2023高三上·德州期末）如图甲所示，正方形虚线框为匀强磁场区域的边界，取垂直纸面向里为正方向，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。匝数为n、半径为r的导线圈恰好处于虚线框的外接圆上，导线圈与电阻箱、定值电阻组成回路，回路中的其它电阻不计。以下说法正确的是（　　）
A．中的电流方向先向左，再向右
B．回路中的电动势为
C．时刻，回路中的电流为0
D．时，消耗的电功率最大
【答案】D
【知识点】电功率和电功；磁通量；楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A．磁感应强度B先正向减小后反向增大，根据楞次定律知 中的电流方向一直向左，A不符合题意；
B．根据法拉第电磁感应定律 ，B不符合题意；
C． 时刻，由图可知磁感应强度B一直在发生变化，所以回路中的电流不为零，C不符合题意；
D．根据闭合电路欧姆定律可知， 消耗的电功率为 ，由此可知，当 时， 消耗的电功率最大，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】结合磁感应强度的变化情况以及磁通量的表达式和楞次定律得出 中的电流方向 ，通过法拉第电磁感应定律得出产生的感应电动势，利用电功率的表达式得出 消耗的电功率。
8．（2023高三上·德州期末）某课题组要测量某金属材料的电阻率，他们先取适量该金属材料切割成如图所示的长方体，长方体的三条边长分别为a、b、c，长方体上、下表面与电流传感器用导线相连，导线左端紧贴长方体上、下表面。虚线框左侧有垂直于长方体前、后表面的匀强磁场，磁感应强度大小为B。使匀强磁场以大小为v的速度向左运动时（长方体全部处于磁场中），电流传感器显示回路中的电流大小为I。不计电流传感器及导线的电阻，则该金属材料的电阻率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】电阻定律；法拉第电磁感应定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】磁场向左运动的过程中，金属材料产生的感应电动势 ，金属材料的电阻 ，根据欧姆定律 ，整理得 ，
故答案为：A。
【分析】根据法拉第电磁感应定律以及电阻定律得出金属材料的电阻，通过欧姆定律得出电阻率的表达式。
二、多选题
9．（2023高三上·德州期末）如图所示，摆钟正常工作时其摆锤的运动可看做简谐运动，摆锤每摆动半个周期，表盘上的分针就会向前微小跃动一次，分针每次向前跃动的距离不变。以下说法正确的是（　　）
A．摆锤摆动的振幅越大，摆钟计时越准
B．要使摆钟走的慢些，可通过缩短它的摆长来实现
C．若把摆钟置于正在运行的“天宫”空间站，其摆锤不会正常摆动
D．在南极和赤道分别用完全相同的摆钟计时，在赤道的摆钟走的慢些
【答案】C,D
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】A．为了使摆钟摆动时计时准确，摆锤摆动的摆角不能大于 ，可知摆锤摆动的振幅不能太大，A不符合题意；
B．缩短它的摆长，则周期变小，摆钟走的更快，B不符合题意；
C．若把摆钟置于正在运行的“天宫”空间站，因为处于完全始终状态，摆锤不会正常摆动，C符合题意；
D．在南极和赤道分别用完全相同的摆钟计时，因为赤道重力加速度小，则周期长，所以赤道的摆钟走的慢些，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】钟摆振幅小一点，摆钟走时越准，周期越小摆钟走的越快，当摆钟处于完全失重状态时摆动不正常。
10．（2023高三上·德州期末）某电动玩具车的简化电路如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，电动机的内阻为R。某段时间内，该电动玩具车在水平路面匀速行驶，受到的阻力大小恒为，电动机两端的电压为U，回路中的电流为I，该过程中（　　）
A．电源的效率为
B．电动机两端的电压
C．电动机的输入功率为
D．电动玩具车的行驶速度为
【答案】A,D
【知识点】电功率和电功；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．电源的效率即电源在工作时，它输出的功率 和消耗掉的总功率 之比，本题有 ，A符合题意；
B．电动机是非纯电阻，两端的电压不能直接用欧姆定律计算， ，B不符合题意；
C．电动机的输入功率定义为：电动机两端电压乘以流过电动机的电流，即 。是指电动机实际消耗的功率，包括线圈电阻产生热量的电功率和线圈用来产生机械能的功率两部分功率之和， 无任何物理意义，C不符合题意；
D．电动玩具车的行驶速度由公式 ，可得 ，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据电功率的表达式得出电源的效率，非纯电阻电路不能直接用欧姆定律，通过瞬时功率的表达式得出电动玩具车的速度。
11．（2023高三上·德州期末）如图所示，竖直虚线左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。对矩形导线框施加合适的力，使其沿着与垂直的方向匀速进入磁场。导线框运动至图示位置时，其对角线恰好与虚线边界重合。已知导线框的边长，，导线框粗细均匀，总电阻为R，运动的速度大小为v，则（　　）
A．导线框进入磁场过程中回路中的最大电流为
B．导线框运动至图示位置时两端的电势差为
C．导线框运动至图示位置时受到的安培力大小为
D．导线框进入磁场过程中，对其施加力的竖直分力一直等于其重力
【答案】B,C,D
【知识点】安培力；法拉第电磁感应定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．导线框进入磁场过程中，导线框运动至图示位置时，感应电动势最大，最大值为 ，导线框进入磁场过程中，导线框运动至图示位置时回路中的电流最大，最大电流为 ，A不符合题意；
B．导线框运动至图示位置时 两端的电势差为 ，B符合题意；
C．导线框运动至图示位置时，其等效长度为 ，受到的安培力大小 ，C符合题意；
D．导线框进入磁场过程中，其等效长度为竖直虚线与导线框两交点连线的长度，由楞次定律和左手定则可知，导线框所受安培力水平向右，由竖直方向平衡可得，导线框进入磁场过程中，对其施加力的竖直分力一直等于其重力，D符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】根据法拉第电磁感应定律以及欧姆定律得出回路中的电流，结合安培力的表达式得出导线框受到的安培力。
12．（2023高三上·德州期末）某学习小组设计了如图所示的简易粒子加速器，两水平平行虚线上、下两侧有垂直纸面且范围足够大的匀强磁场，平行板电容器两极板上有正对着的小孔，两极板都恰好处于磁场的水平虚线边界。平行板电容器接通电源后两极板间的电压大小恒为U，将质量为m、带电量为的带电粒子自静止开始释放，释放位置在电容器的上极板小孔正下方，且紧靠上极板小孔，此后粒子经过多次加速，当动能达到所需要的后立即将磁场撤去。已知两虚线间的距离为d，粒子始终没碰到电容器极板，不计粒子重力和两极板的厚度，以下说法正确的是（　　）
A．平行板电容器必须接交流电源
B．平行虚线两侧磁场的磁感应强度必须相同
C．粒子转过的圈数至少为
D．粒子在电容器中运动的总时间为
【答案】B,D
【知识点】功能关系；牛顿第二定律；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．由题意可知粒子每次都需要进入上极板小孔同一位置进行加速，在上下两侧的磁场中进行回旋，因而平行板电容器需要接直流电源。A不符合题意；
B．由于粒子的回旋每次都需要回到上极板的小孔，因而上下两侧的磁场中的旋转半径需相同，即平行虚线两侧磁场的磁感应强度必须相同。B符合题意；
C．每转一圈粒子加速一次，则转过的圈数比加速的次数少一次，即 ， ，解得 ，C不符合题意；
D．粒子在电容器中做匀加速直线运动，且每次出下极板的末速度都是下一次加速的初速度，则 ， ， ，解得 ，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】平行板电容器接直流电源，结合功能关系得出粒子转过的圈数，粒子在电容器中做匀变速直线运动，结合匀变速直线运动的位移与时间的关系以及牛顿第二定律得出粒子在电容器中运动的总时间。
三、实验题
13．（2023高三上·德州期末）如图甲所示装置中的光源发出某种单色光，某实验小组用该装置观察光的干涉图样，然后进一步测量其波长。
（1）对图甲中a、b两处各自放入的光学器件，以下说法正确的是__________。
A．a处放单缝，b处放双缝 B．a处放双缝，b处放单缝
C．单缝和双缝都放在a处 D．单缝和双缝都放在b处
（2）他们把测量头安装好，通过测量头的目镜观察单色光的干涉图样时，发现里面的亮条纹与分划板竖线不平行，如图乙所示。若要使两者平行，该同学应如何调节__________。
A．仅旋转透镜 B．仅旋转单缝
C．仅旋转双缝 D．仅旋转测量头
（3）装置所用双缝间的间距为0.2mm，双缝与毛玻璃屏的距离为80cm，转动手轮，使分划板中心刻线与某亮条纹中心对齐，将该亮条纹定义为第1条亮条纹，此时手轮上的读数如图丙所示，读数为　 　mm，然后继续转动手轮，使分划板中心刻线与第6条亮条纹中心对齐，此时手轮上的读数如图丁所示。
（4）此单色光的波长为　 　nm（结果保留三位有效数字）。
【答案】（1）A
（2）D
（3）2.330
（4）652
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】（1）因为双缝干涉实验是让单色光经双缝在光屏上形成干涉图样，所以先经单缝形成相干光，在经双缝形成干涉条纹，因此a处放单缝，b处放双缝。
故答案为：A。
（2）旋转测量头，分划板的竖线随之旋转，可使分划板的竖线与亮条纹平行。
故答案为：D。
（3）由图丙可知，不动刻度的读数为2mm，可动部分的读数为33.0×0.01mm=0.330mm，此时手轮上的读数为2mm+0.330mm=2.330mm，由图丁可知，不动刻度的读数为15mm，可动部分的读数为37.5×0.01mm=0.375mm，此时手轮上的第6条亮条纹读数为15mm+0.375mm=15.375mm
（4）由干涉条纹间距公式 ，又有 ，解得
【分析】（1）根据观察光的干涉图样的实验原理得出图中ab位置的光学元件；
（2）分划板的竖线与亮条纹平行应旋转测量头；
（3）根据螺旋测微器的读数原理得出手轮上的第6条亮条纹读数；
（4）根据双缝干涉相邻亮条纹的表达式得出该波的波长。
14．（2023高三上·德州期末）某实验小组用图甲所示的电路探究某灯泡的电阻和功率随电压变化的规律，该灯泡在25℃时的电阻约为2.5Ω，所加电压为3V时的电阻约为6.5Ω。图甲中其它部分器材的参数如下：
电源（电动势为4V，内阻不计）；
电压表（量程为3V时内阻约为3KΩ，量程为15V时内阻约为15KΩ）；
电流表（量程为0.6A时内阻约为0.1Ω，量程为3A时内阻约为0.02Ω）。
（1）将图甲所示的实验电路补充完整，要求灯泡两端的电压自零开始调节；
（2）闭合开关之前，图甲中滑动变阻器的滑片应处于最　 　（选填“左”或“右”）端；
（3）电压表示数用U表示，电流表示数用I表示，调整滑动变阻器滑片位置，得到多组U、I数据，根据得到的U、I数据画出的图像如图乙所示，由图像可得灯泡在时的电阻为　 　Ω，由于实验存在系统误差，该测量值比真实值　 　（选填“偏大”、“偏小”或“相等”）；
（4）如图丙所示，将该灯泡与另一电源、开关、定值电阻连成电路，其中电源的电动势为3V，内阻为1Ω；定值电阻的阻值为1.5Ω，则灯泡消耗的功率为　 　W。
【答案】（1）
（2）左
（3）5；偏小
（4）0.8
【知识点】伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）灯泡两端的电压自零开始调节，滑动变阻器采用分压式接法；电源电动势4V，电压表采用3V量程，则
所以电流表采用外接法，实验电路为
（2）闭合开关之前，图甲中滑动变阻器的滑片应处于最左端，当开关闭合时，灯泡两端的电压为零。
（3）由图像可得灯泡在 时的电流为 ，则灯泡的电阻为 ，由于电压表的分流，电流表的测量值偏大，实验存在系统误差，该测量值比真实值偏小。
（4）由闭合电路的欧姆定律可得 ，则 ，在图乙中作出其图像，如图
由图可知，灯泡两端的电压为 ，灯泡中电流 ，则灯泡消耗的功率为
【分析】（1）灯泡两端的电压从零开始滑动变阻器需要分压式，根据电流表内外接法判断电流表的接法，结合实物图画出电路；
（2）闭合开关之前滑动变阻器应调到最左端；
（3）根据欧姆定律得出电灯泡的电阻，由于电压表的分流从而得出测量值的大小；
（4）根据闭合电路欧姆定律得出I-U的表达式，并画出图像，结合电功率的表达式得出灯泡消耗的功率。
四、解答题
15．（2023高三上·德州期末）某课题组要研究某光导纤维的传输规律，他们垂直截取了如图所示长为L的一段直光导纤维，让一单色光线射向右侧截面某点，缓慢减小入射角，发现减小至时便不再有光从长侧面逸出。已知光在真空中的传播速度为c，。求：
（1）该光导纤维对这种单色光的折射率；
（2）入射角时，此单色光在这段光导纤维中的传播时间。
【答案】（1）解：设临界角为C，由几何知识得折射角 。由折射定律
又根据
解得折射率
（2）解：光在光导纤维里面传播的总路程
又根据
该单色光在光导纤维中的传播时间
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）根据折射定律以及全反射临界角和折射率的关系得出 光导纤维对这种单色光的折射率；
（2）根据几何关系以及光传播的速度和光速的关系以及光传播的距离和时间的关系得出单色光在这段光导纤维中的传播时间。
16．（2023高三上·德州期末）如图所示为波源O做简谐运动的振动图像，时振动开始向外传播，已知沿着波的传播方向O、M两质点平衡位置间的距离为5m，时质点M偏离平衡位置的位移第一次为10cm，求：
（1）自时起，经过多长时间波源O的位移第一次为10cm；
（2）该简谐波的波速和波长；
（3）自至质点M通过的路程。
【答案】（1）解：由波源O的振动图像知，其振动方程为
时，时间t的最小值为
经过 波源O的位移第一次为 ；
（2）解：波自O传到M的时间
波速
波长
（3）解：质点M振动的时间间隔为
质点M通过的路程
【知识点】简谐运动的表达式与图象
【解析】【分析】（1）根据波源O的振动方程得出 波源O的位移第一次为10cm 需要的时间；
（2）根据波传播的时间和波速的关系得出该简谐波的波速和波长；
（3）根据质点M的振动情况得出质点M通过的路程。 。
17．（2023高三上·德州期末）舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图所示，用于推动模型飞机的动子（图中未画出）与线圈绝缘并固定在一起，线圈带动动子，可在水平导轨上滑动。线圈始终位于导轨间的辐向磁场中，其所经过位置的磁感应强度大小均为。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机匀加速直线运动，经过的时间，飞机达到起飞速度并与动子脱离；此时S掷向2，使定值电阻与线圈连接，同时再对动子施加合适的外力F（未知），使动子开始做匀减速直线运动，又经过的时间，动子的速度减为0。已知恒流源接通时通过它的电流会保持不变，线圈匝数匝，每匝周长，飞机的质量，动子和线圈的总质量，线圈总电阻，定值电阻，不计摩擦力和空气阻力，求
（1）飞机的起飞速度大小；
（2）将飞机达到起飞速度时做为0时刻，取动子的运动方向为正方向，通过计算得出动子减速过程所施加的外力F随时间t变化的关系式；
（3）动子减速过程通过电阻的电荷量。
【答案】（1）解：飞机加速过程，飞机、动子和线圈组成的整体做匀加速直线运动
飞机的起飞速度为
解得
（2）解：开关S掷向2后，线圈运动的速度用v表示，则回路中的电流为
线圈所受的安培力为
由题知
联立并代入数据得 （ ）
（3）解：动子减速过程，运动方向为正方向，由动量定理
由第（2）问结果得， 时， ； 时， ，则
通过电阻 的电荷量为
解得
【知识点】动量定理；牛顿第二定律；电流、电源的概念；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）根据安培力的表达式以及牛顿第二定律得出整体的加速度，通过匀变速直线运动的速度与时间的关系得出飞机的起飞速度 ；
（2）根据安培力的表达式以及闭合电路欧姆定律和牛顿第二定律得出加速度的大小，结合匀变速直线运动的速度与时间的关系得出 动子减速过程所施加的外力F随时间t变化的关系式；
（3） 动子减速过程 ，根据动量定理和电流的定义式得出通过电阻 的电荷量 。
18．（2023高三上·德州期末）在如图所示的空间直角坐标系中，y轴正方向竖直向上，在平面上方存在匀强电场，方向沿y轴负方向；在平面下方存在匀强磁场，方向可以调整。某时刻一质量为m，带电量为q的带正电粒子自y轴上的M点射出，初速度大小为，方向沿x轴正方向。已知M点与坐标原点O的距离为d，粒子第一次到达平面时与坐标原点O的距离也为d，平面下方磁场的磁感应强度大小始终为，不计粒子的重力。
（1）求粒子第一次到达平面时的速度大小；
（2）若平面下方的磁场沿y轴正方向，要使粒子到达该区域后做直线运动，可以在该区域再叠加一匀强电场，求该匀强电场电场强度的大小和方向；
（3）若平面下方的磁场沿z轴正方向，求粒子运动轨迹与平面交点的x坐标；
（4）若平面下方的磁场沿x轴正方向，求粒子第N次到达平面时的坐标。
【答案】（1）解：粒子第一次在电场中运动的过程，沿x轴方向
沿y轴方向
粒子第一次到达 平面时的速度大小 ，
解得
（2）解：要使粒子在 平面下方做直线运动，匀强电场强度方向应沿z轴负方向
得电场强度
（3）解：设粒子进入磁场时与x轴方向的夹角为 ，则
粒子在磁场中运动时
每次在磁场中运动过程沿x轴负方向移动的距离为
每次在电场中运动的时间为 ，沿x轴正方向移动的距离为
归纳得粒子运动轨迹与 平面交点的x坐标为 （ ）
（4）解：粒子每次在电场中运动的时间为 ，沿x轴正方向移动的距离为
在磁场中垂直于x轴的平面上，粒子以大小为 的速度做匀速圆周运动
粒子每次在磁场中的运动时间
粒子每次进入磁场后沿x轴正方向移动的距离
粒子每次进入磁场后沿z轴正方向移动的距离
归纳得，粒子到达 平面时y坐标始终是0，x和z坐标分别为
① 、3、5、7、…时 ，
② 、4、6、8、 时 ，
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，结合类平抛运动和速度的合成得出 粒子第一次到达平面时的速度 ；
（2）根据洛伦兹力等于电场力得出电场强度的表达式；
（3）根据速度的分解以及洛伦兹力提供向心力和几何关系得出 粒子运动轨迹与 平面交点的x坐标 ；
（4）根据粒子在磁场中运动的时间和周期的关系得出粒子在磁场中运动的时间，结合粒子在电场中的运动得出粒子第N次到达平面时的坐标。
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