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浙江新高考 2018 年 4 月选考科目
物理试题
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. 通过理想斜面实验得出“力不是维持物体运动的原因”的科学家是
A. 亚里士多德 B. 伽利略 C. 笛卡尔 D. 牛顿
【答案】B
【解析】
【详解】A．亚里士多德认为力是维持物体运动状态的原因，故A项不符合题意；
B．伽利略通过理想斜面实验提出了力不是维持物体运动的原因，故B项符合题意；
C．笛卡尔在伽利略研究的基础上，强调了惯性运动的直线性，故C项不符合题意；
D．牛顿在伽利略等前人研究的基础上提出了牛顿第一定律，认为力是改变物体运动状态的原因，但不是
第一个根据实验提出力不是维持物体运动原因的科学家，也不是第一个提出惯性的科学家，故D项不符合
题意．
2. 某驾驶员使用定速巡航，在高速公路上以时速110公里行驶了200公里．其中“时速110公里”、“行驶
200公里”分别是指（ ）
A. 速度、位移 B. 速度、路程 C. 速率、位移 D. 速率、路程
【答案】D
【解析】
【详解】行驶200公里指的是经过的路程的大小，时速为110公里是某一个时刻的速度，是瞬时速度的大
小，故D正确，A、B、C错误；
故选D．
3. 用国际单位制的基本单位表示能量的单位，下列正确的是
A. kg×m2/s2 B. kg×m/s2 C. N/m D. N×m
【答案】A
【解析】
【详解】根据W = Fs，F =ma，可得J =kg·m/s2·m=kg·m2/s2，故A正确，B、C、D错误；
4. A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动（如图），在相同时间内，它们通过的路程之比是4：3，运动方
向改变的角度之比是3：2，则它们（ ）
第1页 | 共21页A. 线速度大小之比为4：3 B. 角速度大小之比为3：4
C. 圆周运动的半径之比为2：1 D. 向心加速度大小之比为1：2
【答案】A
【解析】
s
【详解】A、因为相同时间内他们通过的路程之比是4：3，根据v= ，则A、B的线速度之比为 4：3，
t
故A正确；
Dq
B、运动方向改变的角度之比为3：2，根据w= ，则角速度之比为3：2，故B错误；
t
r 4 2 8
C、根据v=wr 可得圆周运动的半径之比为 1 = ´ = ，故C错误；
r 3 3 9
2
a vw 4 3 2
D、根据a=vω得，向心加速度之比为 1 = 1 1 = ´ = ，故D错误；
a vw 3 2 1
2 2 2
故选A．
5. 杭州市正将主干道上的部分高压钠灯换成LED灯，已知高压钠灯功率为400W，LED灯功率为180W，
若更换4000盏，则一个月可节约的电能约为
A. 9´103kW×h B. 3´105kW×h
C. 6´105kW×h D. 1´1012kW×h
【答案】B
【解析】
【详解】一个月可节省的电能最接近W = Pt =（0.4kW -0.18kW）´4000´10h´30»3´105kW·h，故B
正确，ACD错误；
故选B．
6. 真空中两个完全相同、带等量同种电荷的金属小球A和B（可视为点电荷），分别固定在两处，它们之
间的静电力为F，用一个不带电的同样金属球C先后与A、B球接触，然后移开球C，此时A、B球间的
静电力为
第2页 | 共21页F F 3F F
A. B. C. D.
8 4 8 2
【答案】C
【解析】
Q Q Q2
【详解】真空中两个静止点电荷间的静电力大小为：F =k A B =k ，
r2 r2
Q
不带电的同样的金属小球C先与A接触：Q =Q ¢= ，
C A 2
Q +Q 3Q
带同种电荷的金属小球C再与B接触：Q ¢=Q ¢= B C = ，
B C 2 4
Q ¢Q ¢ 3kQ2 3
则两点电荷间的静电力大小为：F¢=k A B = = F，
r2 8r2 8
故C正确，ABD错误．
【点睛】由库仑定律可知，在真空是必须确保电荷量不变，且电荷间距要大是能将带电量看成点来处
理．同时两球带同种电荷，所以当与A球接触后的小球C与B球接触时，则先出现电荷中和，然后再平分
电荷．
7. 处于磁场B中的矩形金属线框可绕轴OO'转动，当线框中通以电流I时，如图所示，此时线框左右两
边受到安培力F的方向正确的是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由图可知：磁场的方向水平向左，由左手定则可知：左边受到的安培力方向竖直向上，右边受到
的安培力方向竖直向下，故D正确，A、B、C错误；
第3页 | 共21页故选D．
8. 如图所示，小芳在体重计上完成下蹲动作，下列F-t图像能反应体重计示数随时间变化的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】对人的运动过程分析可知，人下蹲的过程可以分成两段：人在加速下蹲的过程中，有向下的加速
度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，
处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，故C正确，A、B、D错误；
故选C．
【点睛】人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，在减速下蹲的过程中，加速度方向向
上，处于超重状态．
9. 土星最大的卫星叫“泰坦”（如图），每16天绕土星一周，其公转轨道半径约为1.2´106km，已知引力
常量G =6.67´10-11N×m2 /kg2，则土星的质量约为（ ）
A. 5´1017kg B. 5´1026kg
C. 7´1033kg D. 4´1036kg
【答案】B
第4页 | 共21页【解析】
【详解】卫星绕土星运动，土星的引力提供卫星做圆周运动的向心力设土星质量为M，则
GMm 4p2
= m R
R2 T2
解得
4p2R3
M =
GT2
代入计算可得
4´3.142´(1.2´106´103）3
M = kg »5´1026kg
6.67´10-11´（16´24´3600）2
故选B。
10. 如图所示，竖直井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面．某一竖井的深度约为104m，升降
机运行的最大速度为8m/s，加速度大小不超过1m/s2，假定升降机到井口的速度为零，则将矿石从井底提
升到井口的最短时间是
A. 13s B. 16s C. 21s D. 26s
【答案】C
【解析】
v
【详解】升降机先做加速运动，后做匀速运动，最后做减速运动，在加速阶段，所需时间t = =8s，通
1 a
v2
过 的 位 移 为 x = =32m， 在 减 速 阶 段 与 加 速 阶 段 相 同 ， 在 匀 速 阶 段 所 需 时 间 为 ：
1 2a
x-2x 104-2´32
t = 1 = s =5s，总时间为：t =2t +t =21s，故C正确，A、B、D错误；
2 v 8 1 2
故选C．
【点睛】升降机先做加速运动，后做匀速运动，最后做减速运动，根据速度位移公式和速度时间公式求得
总时间．
11. 一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以-v 做直线运动，其v-t图像如图所示，粒子在t 时刻运
0 0
第5页 | 共21页动到B点，3t 时刻运动到C点，下列判断正确的是
0
A. A、B、C三点的电势关系为j >j >j
B A C
B. A、B、C三点场强大小关系为E > E > E
C B A
C. 粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少
D. 粒子从A点经B点运动到C点，电场力先做正功后做负功
【答案】C
【解析】
【详解】A、因为不知道带电粒子的电性，所以无法判断电势的关系，故A错误；
B、由速度图像可知，加速度先增大后减小，所以B点的加速度最大，电场强度最大，故B错误；
C、由图像可知：动能先减小后增大，根据能量守恒可知：电势能先增后减小，故C正确；
D、因为电势能先增大后减小，所以电场力先做负功后做正功，故D错误；
故选C．
【点睛】速度图像的斜率大小表示加速度的大小，根据速度大小可知动能的变化，根据能量守恒可知电势
能的变化．
12. 在城市建设施工中，经常需要确定地下金属管线的位置，如图所示，有一种探测方法是，首先给金属
长直管线上通上电流，再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行以下操作：①用测量仪在金属管线附近的
水平地面上找到磁场的最强的某点，记为a；②在a点附近的地面上，找到与a点磁感应强度相同的若干
点，将这些点连成直线EF；③在地面上过a点垂直于EF的直线上，找到磁场方向与地面夹角为45°的
b、c两点，测得b、c两点距离为L，由此可确定金属管线
L
A. 平行于EF，深度为
2
B. 平行于EF，深度为L
第6页 | 共21页L
C. 垂直于FE，深度为
2
D. 垂直于EF，深度为L
【答案】A
【解析】
【详解】根据通电直导线产生的磁场特点：距离电流越近，产生的磁场强度越大，则a点距离管线最近，
EF上的点均是距离管线最近的点，管线在EF的正下方，与EF平行；
根据安培定则做出管线产生磁场的横截面图示：
L
则由几何关系可以确定a到管线的距离为 ，故A正确，BCD错误；
2
故选A．
13. 如图所示，一根绳的两端分别固定在两座猴山的A、B处，A、B两点水平距离为16m，竖直距离为
2m，A、B间绳长为20m．质量为10kg的猴子抓住套在绳上的滑环从A处滑到B处．以A点所在水平面
为参考平面，猴子在滑行过程中重力势能最小值约为（绳处于拉直状态）
A. -1.2´103J B. -7.5´102J
C. -6.0´102J D. -2.0´102J
【答案】B
【解析】
【详解】猴子的动能最大时重力势能最小，猴子的加速度为零时速度最大，动能最大，此时猴子受力平衡
则可以得到下面的几何关系：
第7页 | 共21页绳长AC+BC=AF=20m，又MF=16m，由勾股定理得AM=12m，而AB竖直距离为2m，则BF=10m，D
为BF中点，BD=5m，C和D等高，则A、C的竖直高度差为7m，此时猴子的重力势能为：
E =mgh=(-7´10´10)J =-700J，与B最接近，故B正确，A、C、D错误；
P
故选B．
二、选择题 II（本题共 3 小题，每小题 2 分，共 6 分，每小题给出四个备选项中至少有一个
是正确的，全部选对得 2 分，选对但不全得 1 分，有选错得 0 分）
14. 下列说法正确的是（ ）
A. 组成原子核的核子越多，原子核越稳定
B. 238U 衰变为222Rn 经过4次a衰，2次β衰变
92 86
C. 在LC振荡电路中，当电流最大时，线圈两端电势差也最大
D. 在电子的单缝衍射实验中，狭缝变窄，电子动量的不确定量变大
【答案】BD
【解析】
【详解】A、比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，与核子多少无关，故A错
误；
B、238U衰变为222Rn经过，质量数减少16，质子数减少6，而一次α衰变，质子数减2，质量数减4，一
92 86
次β衰变，质子数增加1，质量数不变，所以是4次α衰变，2次β衰变，故B正确；
C、当线圈两端电势差也最大时，电流变化率最大，电流为0，故C错误；
D、狭缝变窄，使得Dx变小，根据不确定关系，则DP变大，故D正确；
故选BD．
15. 氢原子的能级图如图所示，关于大量氢原子的能级跃迁，下列说法正确的是（可见光的波长范围为
4.0´10-7m~7.6´10-7m，普朗克常量h=6.6´10-34J×s，真空中光速c=3.0´108m/s）
第8页 | 共21页A. 氢原子从高能级跃迁到基态时，会辐射γ射线
B. 氢原子处在n=4能级，会辐射可见光
C. 氢原子从高能级向n=3能级跃迁时，辐射的光具有显著的热效应
D. 氢原子从高能级向n=2能级跃迁时，辐射的光在同一介质中传播速度最小的光子能量为1.89eV
【答案】BC
【解析】
【详解】A、γ射线是原子核通过衰变产生的高能电磁波，与核外电子无关，故A错误；
c
B、根据E =hv=h 可得，可见光光子的能量为1.63eV ~3.09eV ，从n=4能级跃迁到n=2能级
DE =-0.85eV +3.40eV =2.55eV ，在该能量范围内，故B正确；
C.从高能级向n=3能级跃迁辐射的能量最大值为1.51eV，小于1.63eV，属于红外线，具有热效应，故C
正确；
D.传播速度越小，折射率越大，光子频率越大，能量越大，而从高能级向n=2能级跃迁时最大能量为
3.4eV，故D错误．
故选BC．
【点睛】能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子频率越高，波长越
短，然后结合各种光的频率的范围分析即可．
16. 两列频率相同、振幅均为A的简谐横波P、Q分别沿+x和-x轴方向在同一介质中传播，两列波的振动
方向均沿y轴，某时刻两波的波面如图所示，实线表示P波的波峰，Q波的波谷；虚线表示P波的波谷、
Q波的波峰．a、b、c为三个等间距的质点，d为b、c中间的质点．下列判断正确的是：
A. 质点a的振幅为2A
B. 质点b始终静止不动
第9页 | 共21页C. 图示时刻质点c的位移为0
D. 图示时刻质点d的振动方向沿-y轴
【答案】CD
【解析】
【详解】AC、质点a和c是两列波的波峰与波谷相遇点，两列波的振幅相等，所以a和c位移始终为0，
即静止不动，故A错误，C正确；
B、在经过四分之一周期，两列波各向前传播四分之一波长，P波a处的波谷和Q波在c处的波谷刚好传
播到b点，所以b点是波谷与波谷相遇，振幅为2A，为振动加强点，故B错误；
D、图示时刻，d点在P波的平衡位置与波峰之间，振动方向沿y轴的负方向，同时d点在Q波的波谷与
平衡位置之间，振动方向沿y轴的负方向，所以d点的振动方向沿y轴的负方向，故D正确；
故选CD．
【点睛】两列频率相同的相干波，当波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时
振动减弱，据此分析．
三、非选择题
17. 用图所示装置做“探究功与速度变化的关系”实验时，除了图中已给出的实验器材外，还需要的测量工
具有_______（填字母）；
A．秒表 B．天平 C．刻度尺 D．弹簧测力计
（2）用图所示装置做“验证机械能守恒定律”实验时，释放重物前有下列操作，其中正确的两项是
_________（填字母）；
A．将打点计时器的两个限位孔调节到同一竖直线上
第10页 | 共21页B．手提纸带任意位置
C．使重物靠近打点计时器
（3）图是小球做平抛运动的频闪照片，其上覆盖了一张透明方格纸．已知方格纸每小格边长均为0.8
cm，由图中可知小球的初速度大小为_____m／s（g取10 m／s2，结果保留两位有效数字）．
【答案】 ①. （1）C ②. （2）AC ③. （3）0.70
【解析】
【详解】（1）探究功与速度变化的关系实验中因为使用打点计时器测速度，不需要秒表，故A错误；因为
运动中质量不变，在找关系时不需要天平侧质量，故B错误，由纸带上的点计算速度需要刻度尺测量距离，
故C正确，每次试验时橡皮筋成倍数的增加，形变量不变，功的关系不需要测力，故D错误；
故选C．
（2）图中利用自由落体运动验证机械能守恒定律，故A正确，释放前手应该提纸带不挂重锤的一端，故
B错误；为了打上更多的点，重物应该靠近打点计时器，故C正确；
故选AC．
（3）由平抛运动的规律得：水平方向
3.3L=v T ，
0
竖直方向
2L= gT2，
联立解得：
v =0.66m/s．
0
18. （1）小明用多用电表测量一小段2B铅笔芯的电阻Rx，正确的操作顺序是______（填字母）；
A．把选择开关旋转到交流电压最高档
B．调节欧姆调零旋钮使指针到欧姆零点
C．把红黑表笔分别接在Rx两端，然后读数
D．把选择开关旋转到合适的档位，将红、黑表笔接触
第11页 | 共21页E．把红黑表笔分别插入多用电表“﹢、-”插孔，用螺丝刀调节指针定位螺丝，使指针指0
（2）小明正确操作后，多用电表的指针位置如图所示，则R =______Ω；
x
（3）小张认为用多用电表测量小电阻误差太大，采用伏安法测量．现有实验器材如下：电源（电动势
3V，内阻可忽略），电压表（量程3V，内阻约3kΩ），多用电表（2.5mA档；25mA档和250mA档，对应
的内阻约40Ω，4Ω和0.4Ω），滑动变阻器R （0~10Ω），定值电阻R （阻值10Ω），开关及导线若干．测
P 0
量铅笔芯的电阻R ，下列电路图中最合适的是______（填字母），多用电表选择开关应置于______档 ．
x
【答案】 ①. EDBCA ②. 2.8-3.0 ③. B ④. 250mA
【解析】
【详解】（1）多用电表应先进行机械调零，再进行欧姆调零，用完后再把电表档位调整到交流电压最高档
第12页 | 共21页或OFF档；E项是机械调零，DB是欧姆调零，C是测电阻，最后关闭是A，故答案为EDBCA．
（2）由图可知，档位为´1，读数为2.9W．
（3）AB、 由于待测电阻较小，电流表电阻引起的误差较大，所以采用外接法，故A错误，B正确；
C. 电压表量程为3V，电源电动势为3V，C图接法致使电压表偏转不明显，故C错误；
D. 图中电路图电压表测量的是电源的电压，不会随着滑动变阻器变化而变化，故D错误；
故选B．
3V
用电源电动势除以总电阻，最大电流约为I = »230mA，所以选择250mA的量程．
13W
19. 可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏，如图所示，有一企鹅在倾角为 37°的倾斜冰面上，先以加速度
a=0.5m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t=8s 时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后
退滑到出发点，完成一次游戏（企鹅在滑动过程中姿势保持不变）。已知企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数
µ=0.25， sin37°=0.60，cos37°=0.80，重力加速度 g 取 10m/s2。求：
（1）企鹅向上“奔跑”的位移大小；
（2）企鹅在冰面向前滑动的加速度大小；
（3）企鹅退滑到出发点时的速度大小。（结果可用根式表示）
【答案】(1) 16m/s (2) 8m/s2 (3) 11.7m/s
【解析】
【详解】【分析】企鹅向上“奔跑”做匀加速运动，由运动学公式求出企鹅向上“奔跑”的位移大小；根据牛顿
第二定律求出企鹅在冰面滑动的加速度大小，结合运动学公式求出企鹅退滑到出发点时的速度大小；
1
解：（1）“奔跑”过程x= at2 =16m
2
（2）上滑过程：a = gsinq+mgcosq=8m/s2
1
下滑过程a = gsinq-mgcosq=4m/s2
2
at2
（3）上滑位移x = =1m，
1 2a
1
第13页 | 共21页退滑到出发点的速度v2 =2a x+x ，
2 1
解得v=2 34m/s »11.7m/s
20. 如图所示，一轨道由半径为2m的四分之一竖直圆弧轨道AB和长度可以调节的水平直轨道BC在B点
平滑连接而成．现有一质量为0.2kg的小球从A点无初速度释放，经过圆弧上的B点时，传感器测得轨道
所受压力大小为3.6N，小球经过BC段所受阻力为其重力的0.2倍，然后从C点水平飞离轨道，落到水平
面上的P点，P、C两点间的高度差为3.2m．小球运动过程中可以视为质点，且不计空气阻力．
（1）求小球运动至B点的速度大小以及小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；
（2）为使小球落点P与B点的水平距离最大，求BC段的长度；
（3）小球落到P点后弹起，与地面多次碰撞后静止．假设小球每次碰撞机械能损失75%，碰撞前后速度
方向与地面的夹角相等．求小球从C点飞出后静止所需的时间．
【答案】（1）2.4J（2）3.36m（3）2.4s
【解析】
v2
【详解】（1）小球在B点受到的重力与支持力的合力提供向心力，则有：N-mg =m B
R
解得：v =4m/s
B
1
A至B过程中，由动能定理：mgR-W = mv 2，解得：W =2.4J；
f 2 B f
1 1
（2）B至C过程中，由动能定理：-kmgL = mv 2- mv 2
BC 2 C 2 B
v2 -v2 2h 1 4
B至P的水平距离为：L= B C +v =4- v 2+ v
2kg C g 4 C 5 C
当v =1.6m/s时P至B的水平距离最大，最大距离为：L =3.36m；
C m
2h 1
（3）C至P的时间为：t = =0.8s，由于小球每次碰撞机械能损失75%，由E = mv2，则碰撞后
0 g K 2
1
的速度为碰撞前速度的 ，碰撞前后速度方向与地面的夹角相等，则碰撞后竖直方向的分速度为碰撞前竖
2
1 1
直方向分速度的 ，所以第一次碰撞后上升到最高点的时间等于从C点到落地的时间的 ，所以：
2 2
第14页 | 共21页1
第一次反弹至落地时间为：t = ´2t =0.8s
1 2 0
1
第二次反弹至落地时间为：t = t =0.4s
2 2 1
1 1
第三次反弹至落地时间为：t = ´ t =0.2s
3 2 2 1
……
æ1ö n-1
第n次反弹至落地时间为：t =ç ÷ ´t
n è 2ø 1
由数学归纳法分可得总时间为：t =t +t +t +t +¼+t =2.4s．
0 1 2 3 n
21. （1）细丝和单缝有相似的衍射图样，在相同条件下，小明用激光束分别垂直照射两种不同直径的细丝
I和细丝II，在光屏上形成的衍射图样如图中a和b所示，已知细丝I的直径为0.605mm，现用螺旋测微器
测量细丝II的直径，如图所示，细丝II的直径为_________mm．图中的_____（填“a”或“b”）是细丝II的
衍射图样．
（2）小明在做“用双缝干涉测量光的波长”实验时，尝试用单缝和平面镜做类似实验．单缝和平面镜的放置
如图所示，白炽灯发出的光经滤光片称为波长为的单色光照射单缝，能在光屏上观察到明暗相间的干涉
条纹．小明测得单缝与镜面延长线的距离为h，与光屏的距离为D，则条纹间距Dx=_______，随后小明
撤去平面镜，在单缝下方A处放置同样的另一单缝，形成双缝结构，则在光屏上______（填“能”会“不
能”）观察到干涉条纹．
D
【答案】 ①. 0.996~1.000 ②. a ③. ④. 不能
2h
【解析】
第15页 | 共21页【详解】（1）根据图示读数可知细丝II的直径为0.999mm；单缝衍射，单缝越宽，衍射效果越不明显，条
纹间距越小，所以是图a是直径更大的细丝的衍射图样；
（2）如下图，通过平面镜反射的光线可以看做在A点下方h处射出的光线，则干涉条纹可以看做由到A
l D
点距离均为h的双缝干涉形成的条纹，则条纹间距Dx= = ；
d 2h
撤去平面镜，在单缝下方A处放置同样的另一单缝，有双缝结构，但白炽灯发出的光不是相干光，通过两
缝的光不能发生干涉．
22. 压力波测量仪可将待测压力波转换成电压信号，其原理如图1所示，压力波p（t）进入弹性盒后，通
过与铰链O相连的“ ”型轻杆L，驱动杆端头A处的微型霍尔片在磁场中沿x轴方向做微小振动，其位移
x与压力p成正比（x=ap,a>0）．霍尔片的放大图如图2所示，它由长×宽×厚=a×b×d，单位体积内自
由电子数为n的N型半导体制成，磁场方向垂直于x轴向上，磁感应强度大小为
B= B (1-bx)，b>0．无压力波输入时，霍尔片静止在x=0处，此时给霍尔片通以沿CC 方向的电
0 1 2
流I，则在侧面上D 、D 两点间产生霍尔电压U .
1 2 0
（1）指出D 、D 两点那点电势高；
1 2
（2）推导出U 与I、B 之间的关系式（提示：电流I与自由电子定向移动速率v之间关系为I=nevbd，其
0 0
中e为电子电荷量）；
（3）弹性盒中输入压力波p（t），霍尔片中通以相同的电流，测得霍尔电压U 随时间t变化图像如图3，
H
忽略霍尔片在磁场中运动场所的电动势和阻尼，求压力波的振幅和频率．（结果用U 、U 、t 、α、及β）
0 1 0
1 IB 1 U 1
【答案】(1) D 点电势高 (2) U = 0 (3) A= (1- 1) ， f =
1 0 ne d ab U 2t
0 0
【解析】
第16页 | 共21页【详解】【分析】由左手定则可判定电子偏向D 边，所以D 边电势高；当电压为U 时，电子不再发生偏
2 1 0
转，故电场力等于洛伦兹力，根据电流I与自由电子定向移动速率v之间关系为I=nevbd求出U 与I、B 之
0 0
间的关系式；图像结合轻杆运动可知，0-t 内，轻杆向一侧运动至最远点又返回至原点，则可知轻杆的运动
0
周期，当杆运动至最远点时，电压最小，结合U 与I、B 之间的关系式求出压力波的振幅．
0 0
解：（1）电流方向为C C ，则电子运动方向为C2C1，由左手定则可判定电子偏向D 边，所以D 边电势
1 2 2 1
高；
（2）当电压为U 时，电子不再发生偏转，故电场力等于洛伦兹力
0
U
qvB =q 0 ①
0 b
由电流I =nevbd
I
得：v= ②
nebd
IB
将②带入①得U = 0
0 ned
（3）图像结合轻杆运动可知，0-t 内，轻杆向一侧运动至最远点又返回至原点，则轻杆的运动周期为
0
T=2t
0
1
所以，频率为: f =
2t
0
当杆运动至最远点时，电压最小，即取U ，此时B= B (1-bx)
1 0
IB
取x正向最远处为振幅A，有：U = 0 (1-b·A)
1 ned
IB
0
U ned 1
所以： 0 = =
U IB (1-bA) 1-bA
1 0
ned
U -U
解得：A= 0 1
bU
0
x
根据压力与唯一关系x=ap可得 p=
a
U -U
因此压力最大振幅为： p = 0 1
m abU
0
23. 如图所示，在竖直平面内建立xOy坐标系，在0£ x£0.65m，y£0.40m范围内存在一具有理想边
界、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域。一边长为L=0.10m、质量m=0.02kg、电阻R=0.40Ω的匀质正方形
刚性导线框abcd处于图示位置，其中心的坐标为（0，0.65）。现将线框以初速度v =2m/s水平向右抛
0
出，线框在进入磁场过程中速度保持不变，然后在磁场中运动，最后从磁场右边界离开磁场区域，完成运
第17页 | 共21页动全过程，线框在全过程中始终处于xOy平面内，其ab边与x轴保持平行，空气阻力不计，求：
(1)磁感应强度B的大小；
(2)线框在全过程中产生的焦耳热Q；
(3)在全过程中，cb两端得到电势差U 与线框中心位置的x坐标的函数关系。
cb
【答案】(1)2T；(2)0.0375J；(3)进入磁场前：x£0.4m，U =0；进入磁场过程：0.4m< x£0.5m，
cb
U =(2x-0.7)V；在磁场中： 0.5m< x£0.6m，U =0.4V；出磁场过程： 0.6m< x£0.7m，
cb cb
(1-x)
U = V
cb 4
【解析】
【分析】由运动学公式求出线框进入磁场的竖直速度v ，由题意线框进入磁场时速度不变，由平衡条件和
y
欧姆定律就能求出磁感应强度的大小；由动量定理结合线框通过磁场区域内电量是一定的，恰恰能求出线
框的末速度，由能量守恒定律就能求出全过程产生的热量；分段考虑线框进入磁场时切割磁感线的速度
（即竖直速度），先表示出电动势，再由欧姆定律表示U 两端的电压。
cb
【详解】(1)线框进入磁场的过程中速度不变，线框受力平衡
mg =BIL
感应电流为
BLv
I = y
R
进入时的y方向速度
v = 2gh =2m/s
y
解得
第18页 | 共21页B=2T
(2)进磁场，动能定理得
mgL-Q =0
1
出磁场，水平方向，动量定理得
-BLDq =mv-mv
0
又
BL2
Dq=
R
水平方向动能定理得
1 1
-Q = mv2 - mv2
2 2 2 0
联立解得
Q=Q +Q =0.0375J
1 2
(3)刚好进入磁场时，水平位移为
2h
x =v t =v =0.4m
1 0 1 0 g
当x£0.4m时，线圈在磁场外，则U =0。
cb
完全进入磁场时，水平位移为
L
x =v (t +t )=v (t + )=0.5m
2 0 1 2 0 1 v
y
当0.4m< x£0.5m时，cb间产生的电势差为
3 1 1 3 1 1
U = E - E + E = Bv t v - Bv t v + BLv =(2x-0.7)V
cb 4 bc 4 ad 4 ab 4 y 2 0 4 y 2 0 4 y
在磁场中，即0.5m< x£0.6m时，线圈上下两边，在cb间产生的电势差为0，回路电流为零，则
U = BLv =0.4V
cb 0
出磁场过程，当0.6m< x£0.7m时，水平方向，动量定理得
-BLDq¢=mv¢-mv
0
又
第19页 | 共21页BL(x-0.6)
Dq¢=
R
联立解得
v¢=5(1-x)m/s
线圈上下两边，在cb间产生的电势差为0，则
1 1 (1-x)
U = E = BLv¢= V
cb 4 ad 4 4
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