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2023 年高考浙江卷物理真题（1 月）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列属于国际单位制中基本单位符号的是（ ）
A．J
B．K
C．W
D．Wb
【答案】B
【详解】国际单位制中的七个基本单位是千克、米、秒、安培、开尔文、坎德拉、摩
尔，符号分别是kg、m、s、A、K、cd、mol，其余单位都属于导出单位。
故选B。
2．如图所示，轻质网兜兜住重力为G 的足球，用轻绳挂于光滑竖直墙壁上的A 点，轻
绳的拉力为FT，墙壁对足球的支持力为FN，则（ ）
A．FT< FN
B．FT= F N
C．FT>G
D．FT=G
【答案】C
【详解】对网兜和足球受力分析，设轻绳与竖直墙面夹角为θ，由平衡条件
FT=
G
cosθ = FN
sinθ ，FN=G tanθ
可知
FT>G，FT> FN
故选C。
3．“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨运行如图所示，则
（ ）
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A．选地球为参考系，“天和”是静止的
B．选地球为参考系，“神舟十五号”是静止的
C．选“天和”为参考系，“神舟十五号”是静止的
D．选“神舟十五号”为参考系，“天和”是运动的
【答案】C
【详解】AB．“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨绕地球
做圆周运动，选地球为参考系，二者都是运动的，AB 错误；
CD．“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，二者相对静止，C 正
确，D 错误。
故选C。
4．一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。游客从跳台下
落直到最低点过程中（ ）
A．弹性势能减小
B．重力势能减小
C．机械能保持不变
D．绳一绷紧动能就开始减小
【答案】B
【详解】游客从跳台下落，开始阶段橡皮绳未拉直，只受重力作用做匀加速运动，下
落到一定高度时橡皮绳开始绷紧，游客受重力和向上的弹力作用，弹力从零逐渐增大，
游客所受合力先向下减小后向上增大，速度先增大后减小，到最低点时速度减小到零，
弹力达到最大值。
A．橡皮绳绷紧后弹性势能一直增大，A 错误；
B．游客高度一直降低，重力一直做正功，重力势能一直减小，B 正确；
C．下落阶段橡皮绳对游客做负功，游客机械能减少，转化为弹性势能，C 错误；
D．绳刚绷紧开始一段时间内，弹力小于重力，合力向下做正功，游客动能在增加；
当弹力大于重力后，合力向上对游客做负功，游客动能逐渐减小，D 错误。
故选B。
5．如图所示，在考虑空气阻力的情况下，一小石子从O 点抛出沿轨迹O PQ运动，其
中P 是最高点。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则小石子竖直方向分运动的
加速度大小（ ）
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A．O 点最大
B．P 点最大
C．Q 点最大
D．整个运动过程保持不变
【答案】A
【详解】由于空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，小石子在O 点时速度斜向上方，
此时速度最大，空气阻力斜向下方最大，上升过程与竖直方向夹角最小，故此时空气
阻力分解在竖直方向最大，根据牛顿第二定律可知此时竖直方向分运动的加速度最大。
故选A。
6．主动降噪耳机能收集周围环境中的噪声信号，并产生相应的抵消声波，某一噪声信
号传到耳膜的振动图像如图所示，取得最好降噪效果的抵消声波（声音在空气中的传
播速度为340 m /s）（ ）
A．振幅为2 A
B．频率为100 Hz
C．波长应为1.7 m的奇数倍
D．在耳膜中产生的振动与图中所示的振动同相
【答案】B
【详解】主动降噪耳机是根据波的干涉条件，抵消声波与噪声的振幅、频率相同，相
位相反，叠加后才能相互抵消来实现降噪的。
A．抵消声波与噪声的振幅相同，也为A，A 错误；
B．抵消声波与噪声的频率相同，由
f = 1
T =100 Hz
B 正确；
C．抵消声波与噪声的波速、频率相同，则波长也相同，为
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λ = v T =340×0.01m =3.4 m
C 错误；
D．抵消声波在耳膜中产生的振动与图中所示的振动反相，D 错误。
故选B
7．如图甲所示，一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴OO
′，接入电阻R 构成回路．
导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导体杆从竖直位置拉开小角度由静止释放，导
体杆开始下摆。当R = R0时，导体杆振动图像如图乙所示。若横纵坐标皆采用图乙标
度，则当R =2 R0时，导体杆振动图像是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】导体杆切割磁感线时，回路中产生感应电流，由楞次定律可得，导体杆受到
的安培力总是阻碍导体棒的运动。当R从R0变为2 R0时，回路中的电阻增大，则电流
减小，导体杆所受安培力减小，即导体杆在摆动时所受的阻力减弱，所杆从开始摆动
到停止，运动的路程和经历的时间变长。
故选B。
8．某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流I 的螺绕环在霍尔元件处
产生的磁场B =k1 I，通有待测电流I
′的直导线ab垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处
产生的磁场B
′ =k2 I
′。调节电阻R，当电流表示数为I 0时，元件输出霍尔电压U H为零，
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则待测电流I
′的方向和大小分别为（ ）
A．a→b，k2
k1
I 0
B．a→b，k1
k2
I 0
C．b→a，k2
k1
I 0
D．b→a，k1
k2
I 0
【答案】D
【详解】根据安培定则可知螺绕环在霍尔元件处产生的磁场方向向下，则要使元件输
出霍尔电压U H为零，直导线ab在霍尔元件处产生的磁场方向应向上，根据安培定则
可知待测电流I
′的方向应该是b→a；元件输出霍尔电压U H为零，则霍尔元件处合场
强为0，所以有
k1 I 0=k2 I
′
解得
I
′ = k1
k2
I 0
故选D。
9．宇宙射线进入地球大气层与大气作用会产生中子，中子与大气中的氮14 会产生以
下核反应：❑7
14 N +0
1n→6
14C+1
1H，产生的❑6
14C能自发进行β衰变，其半衰期为5730 年，
利用碳14 的衰变规律可推断古木的年代．下列说法正确的是（ ）
A．❑6
14C发生β衰变的产物是❑7
15 N
B．β衰变辐射出的电子来自于碳原子的核外电子
C．近年来由于地球的温室效应，引起❑6
14C的半衰期发生微小变化
D．若测得一古木样品的❑6
14C含量为活体植物的1
4 ，则该古木距今约为11460 年
【答案】D
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【详解】A．根据
❑6
14C→7
14 N+
❑
−1
0
即❑6
14C发生β衰变的产物是❑7
14 N，选项A 错误；
B．β衰变辐射出的电子来自于原子核内的中子转化为质子时放出的电子，选项B 错误；
C．半衰期是核反应，与外界环境无关，选项C 错误；
D．若测得一古木样品的❑6
14C含量为活体植物的1
4 ，可知经过了2 个半衰期，则该古
木距今约为5730×2 年=11460 年，选项D 正确。
故选D。
10．太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动．当地球恰好运行
到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，称为“行星冲日”，已
知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表：
行星名称
地球
火星
木星
土星
天王星
海王星
轨道半径
R/AU
1.0
1.5
5.2
9.5
19
30
则相邻两次“冲日”时间间隔约为（ ）
A．火星365 天
B．火星800 天
C．天王星365 天
D．天王星800 天
【答案】B
【详解】根据开普勒第三定律有
T
2
R
3 = T 地
2
R地
3
解得
T = ❑√
（
R
R地
）
3T 地
设相邻两次“冲日”时间间隔为t，则
2π =( 2π
T 地
−2π
T ）t
解得
t = T T 地
T −T 地
=
T 地
1−
❑√
R地
3
R❑
3
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由表格中的数据可得
t 火=
T 地
1−❑√
R地
3
R火
3
≈800 天
t 天=
T 地
1−❑√
R地
3
R天
3
≈369 天
故选B。
11．被誉为“中国天眼”的大口径球面射电望远镜已发现660 余颗新脉冲星，领先世
界。天眼对距地球为L 的天体进行观测，其接收光子的横截面半径为R。若天体射向
天眼的辐射光子中，有η(η<1)倍被天眼接收，天眼每秒接收到该天体发出的频率为v
的N 个光子。普朗克常量为h，则该天体发射频率为v 光子的功率为（ ）
A．4 N L
2h ν
R
2η
B．2 N L
2h ν
R
2η
C．η L
2h ν
4 R
2 N
D．η L
2h ν
2 R
2 N
【答案】A
【详解】设天体发射频率为v 光子的功率为P，由题意可知
Pt × π R
2
4 π L
2 ×η= N h ν
其中t=1s，解得
P = 4 N L
2h ν
R
2η
故选A。
12．如图所示，示波管由电子枪竖直方向偏转电极YY′、水平方向偏转电极XX′和荧
光屏组成。电极XX′的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY′极板间电压为零，电
子枪加速电压为10U。电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO′方向进
入偏转电极。已知电子电荷量为e，质量为m，则电子（ ）
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A．在XX′极板间的加速度大小为eU
m
B．打在荧光屏时，动能大小为11eU
C．在XX′极板间受到电场力的冲量大小为❑√2meU
D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α 的正切tan α =
l
20d
【答案】D
【详解】A．由牛顿第二定律可得，在XX′极板间的加速度大小
ax= e E
m = eU
md
A 错误；
B．电子电极XX′间运动时，有
vx = axt
t = l
v z
电子离开电极XX′时的动能为
Ek= 1
2 m(v z
2+ v x
2)=eU (10+
l
2
40d
2 )
电子离开电极XX′后做匀速直线运动，所以打在荧光屏时，动能大小为
eU (10+
l
2
40d
2 )，B 错误；
C．在XX′极板间受到电场力的冲量大小
I x =m v x = l
d
❑√
meU
20
C 错误；
D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α 的正切
tan α = v x
v z
=
l
20d
D 正确。
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故选D。
13．如图所示为一斜边镀银的等腰直角棱镜的截面图。一细黄光束从直角边A B以角
度θ入射，依次经A C和BC两次反射，从直角边A C出射。出射光线相对于入射光线
偏转了α角，则α（ ）
A．等于90°
B．大于90°
C．小于90°
D．与棱镜的折射率有关
【答案】A
【详解】如图所示
设光线在AB 边的折射角为β，根据折射定律可得
n= sinθ
sin β
设光线在BC 边的入射角为φ，光线在AC 边的入射角为r，折射角为i；由反射定律和
几何知识可知
β +φ = 45°
β +2φ+r =90°
联立解得
r = β
根据折射定律可得
sini
sin r = sini
sin β =n
可得
i=θ
过D 点做出射光的平行线，则该平行线与AB 的夹角为θ，由几何知识可知，入射光与
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出射光的夹角为90°。
故选A。
二、多选题
14．下列说法正确的是（ ）
A．利用电容传感器可制成麦克风
B．物体受合外力越大，则动量变化越快
C．利用红外传感器可制成商场的自动门
D．若物理问题牛顿运动定律不适用，则动量守恒定律也不适用
【答案】ABC
【详解】A．声音使振动膜片振动，改变两极板间距离，使声音信号转换成电信号，
则可以利用电容传感器可制成麦克风，故A 正确；
B．由动量定理有
F合t = Δ p
可得
Δ p
t
= F合
可知，物体受合外力越大，则动量变化越快，故B 正确；
C．人体可以向外界释放红外线，感应装置接收到红外线后，可以开门，则可以利用红
外传感器可制成商场的自动门，故C 正确；
D．牛顿运动定律只适用于宏观低速问题，不适用于微观高速问题。而动量守恒定律
既适用于低速宏观问题，也适用于高速微观问题，故D 错误。
故选ABC。
15．氢原子从高能级向低能级跃迁时，会产生四种频率的可见光，其光谱如图1 所示。
氢原子从能级6 跃迁到能级2 产生可见光I，从能级3 跃迁到能级2 产生可见光Ⅱ。用
同一双缝干涉装置研究两种光的干涉现象，得到如图2 和图3 所示的干涉条纹。用两
种光分别照射如图4 所示的实验装置，都能产生光电效应。下列说法正确的是
（ ）
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A．图1 中的Hα对应的是Ⅰ
B．图2 中的干涉条纹对应的是Ⅱ
C．Ⅰ的光子动量大于Ⅱ的光子动量
D．P 向a 移动，电流表示数为零时Ⅰ对应的电压表示数比Ⅱ的大
【答案】CD
【详解】根据题意可知。氢原子发生能级跃迁时，由公式可得
Em−En=h ν = hc
λ
可知，可见光I 的频率大，波长小，可见光Ⅱ的频率小，波长大。
A．可知，图1 中的Hα对应的是可见光Ⅱ，故A 错误；
B．由公式有，干涉条纹间距为
Δ x = λ l
d
由图可知，图2 中间距较小，则波长较小，对应的是可见光I，故B 错误；
C．根据题意，由公式可得，光子动量为
p= h ν
c = h
λ
可知，Ⅰ的光子动量大于Ⅱ的光子动量，故C 正确；
D．根据光电效应方程及动能定理可得
eU c=h ν −W 0
可知，频率越大，遏止电压越大，则P 向a 移动，电流表示数为零时Ⅰ对应的电压表
示数比Ⅱ的大，故D 正确。
故选CD。
三、实验题
16．在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，实验装置如图1 所示。
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①需要的实验操作有 （多选）；
A．调节滑轮使细线与轨道平行
B．倾斜轨道以补偿阻力
C．小车靠近打点计时器静止释放
D．先接通电源再释放小车
②经正确操作后打出一条纸带，截取其中一段如图2 所示。选取连续打出的点0、1、
2、3、4 为计数点，则计数点1 的读数为 cm。已知打点计时器所用交流电
源的频率为50 Hz，则打计数点2 时小车的速度大小为： m/s（结果保留3
位有效数字）。
【答案】 ACD 2.75 1.48
【详解】①[1]A．实验需要调节滑轮使细线与轨道平行，选项A 正确；
B．该实验只要使得小车加速运动即可，不需要倾斜轨道补偿阻力，选项B 错误；
C．为了充分利用纸带，则小车靠近打点计时器静止释放，选项C 正确；
D．先接通电源再释放小车，选项D 正确。
故选ACD。
[2][3]
②
计数点1 的读数为2.75cm。已知打点计时器所用交流电源的频率为50 Hz，则
打点周期T=0.02s，则打计数点2 时小车的速度大小为
v2= x13
2T = (8.65−2.75)×10
−2
0.04
m /s=1.48m /s
17．“探究向心力大小的表达式”实验装置如图所示。
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①采用的实验方法是
A．控制变量法 B．等效法 C．模拟法
②在小球质量和转动半径相同的情况下，逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀速转
动。此时左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的 之比（选填
“线速度大小”、“角速度平方”或“周期平方”）；在加速转动手柄过程中，左右
标尺露出红白相间等分标记的比值 （选填“不变”、“变大”或“变
小”）。
【答案】 A 角速度平方 不变
【详解】①[1]本实验先控制住其它几个因素不变，集中研究其中一个因素变化所产生
的影响，采用的实验方法是控制变量法；
故选A。
[2]
②
标尺上露出的红白相间的等分格数之比为两个小球所受向心力的比值，根据
F =mr ω
2
在小球质量和转动半径相同的情况下，可知左右标尺露出的红白相间等分标记的比值
等于两小球的角速度平方之比。
[3]设皮带两塔轮的半径为R1、R2，塔轮的线速度为v；则有
ω1= v
R1
，ω2= v
R2
小球质量和转动半径相同的情况下，可知
F1
F2
= ω1
2
ω2
2 = R2
2
R1
2
由于两变速盘的半径之比不变，则两小球的角速度平方之比不变，左、右标尺露出红
白相间等分标记的比值不变。
18．在“测量金属丝的电阻率”实验中：
（1）测量一段金属丝电阻时所用器材和部分电路连线如图1 所示，图中的导线a 端应
与 （选填“一”、“0.6”或“3”）接线柱连接，b 端应与 （选填
“—”、“0.6”或“3”）接线柱连接。开关闭合前，图1 中滑动变阻器滑片应置于
（选填“左”或“右”）端。
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（2）合上开关，调节滑动变阻器，得到多组U 和I 数据。甲同学由每组U、I 数据计
算电阻，然后求电阻平均值；乙同学通过U −I图像求电阻。则两种求电阻的方法更合
理的是 （选填“甲”或“乙”）。
（3）两同学进一步探究用镍铬丝将满偏电流I g=300μA的表头G 改装成电流表。如
图2 所示，表头G 两端并联长为L 的镍铬丝，调节滑动变阻器使表头G 满偏，毫安表
示数为I。改变L，重复上述步骤，获得多组I、L 数据，作出I −1
L
图像如图3 所示。
则I −1
L
图像斜率k = mA⋅m。若要把该表头G 改装成量程为9mA的电流表，需要
把长为 m 的镍铬丝并联在表头G 两端。（结果均保留两位有效数字）
【答案】 0.6 0.6 左 乙 2.1/2.2/2.3/2.4/2.5
0.24/0.25/0.26/0.27/0.28
【详解】（1）[1][2][3]实验中用两节干电池供电，滑动变阻器分压式连接，电压从零
开始调节，电流表选较小量程测量电流减小误差 ，则图中的导线a 端应与 “0.6”接线
柱连接，电压表测电阻两端的电压，则金属丝的电阻较小，电流表外接误差较小，故
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b 端应与 “0.6”接线柱连接。为了保护电表，开关闭合前，图1 中滑动变阻器滑片应
置于左端。
（2）[4]做U-I 图象可以将剔除偶然误差较大的数据,提高实验的准确程度，减少实验
的误差，则乙同学通过U-I 图像求电阻，求电阻的方法更合理；
（3）[5]由图像可知I −1
L
图像斜率
k = 7.4−5.8
3.1−2.4 ≈2.3mA⋅m
[6]方法一：由电路可知
I grg=( I −I g) ρ L
S
解得
I = I g+ I gr g S
ρ
⋅1
L
则
I grg S
ρ
=k =2.3mA⋅m
若要把该满偏电流为300μA表头G 改装成量程为9mA的电流表，则并联的电阻
R' = ρ L
'
S = I grg
I
'−I g
解得
L′ ≈0.26 m
方法二：延长图像可知，当I=9.0mA 时可得
1
L =3.8 m
−1
即
L′ ≈0.26 m
四、解答题
19．某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内
用面积S =100cm
2、质量m=1kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。
开始时气体处于温度T A=300K、活塞与容器底的距离h0=30cm的状态A。环境温度升
高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升d =3cm恰好到达容器内的卡口处，此时气体达
到状态B。活塞保持不动，气体被继续加热至温度T c=363K的状态C 时触动报警器。
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从状态A 到状态C 的过程中气体内能增加了ΔU =158J。取大气压p0=0.99×10
5Pa，
求气体。
（1）在状态B 的温度；
（2）在状态C 的压强；
（3）由状态A 到状态C 过程中从外界吸收热量Q。
【答案】（1）330K；（2）1.1×10
5Pa；（3）188J
【详解】（1）根据题意可知，气体由状态A 变化到状态B 的过程中，封闭气体的压强
不变，则有
V A
T A
= V B
T B
解得
T B= V B
V A
T A =330K
（2）从状态A 到状态B 的过程中，活塞缓慢上升，则
pB S = p0 S+m g
解得
pB=1×10
5Pa
根据题意可知，气体由状态B 变化到状态C 的过程中，气体的体积不变，则有
pB
T B
= pC
T C
解得
pC = T C
T B
pB=1.1×10
5Pa
（3）根据题意可知，从状态A 到状态C 的过程中气体对外做功为
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W 0= pB S Δh=30J
由热力学第一定律有
ΔU =W +Q
解得
Q = ΔU +W =188J
20．一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ =37°的直轨道
A B、螺旋圆形轨道BC D E，倾角θ =37°的直轨道E F、水平直轨道F G组成，除
F G段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道A B、E F相切于
B (E)处．凹槽G H I J底面H I水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧
壁G H处，摆渡车上表面与直轨道下F G、平台J K位于同一水平面。已知螺旋圆形轨
道半径R =0.5 m，B 点高度为1.2 R，F G长度LF G=2.5 m，H I长度L0=9 m，摆渡车
长度L=3 m、质量m=1kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道A B上高度h=2.3 m处
静止释放，滑块在F G段运动时的阻力为其重力的0.2 倍。（摆渡车碰到竖直侧壁I J
立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin37° =0.6，cos37° =0.8）
（1）求滑块过C 点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC；
（2）摆渡车碰到I J前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；
（3）在（2）的条件下，求滑块从G 到J 所用的时间t。
【答案】（1）vC = 4 m /s，FC =22N；（2）μ=0.3；（3）t =2.5s
【详解】（1）滑块从静止释放到C 点过程，根据动能定理可得
m g(h−1.2 R−R−R cosθ)= 1
2 m vC
2
解得
vC = 4 m /s
滑块过C 点时，根据牛顿第二定律可得
FC+m g=m vC
2
R
解得
FC =22N
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（2）设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为v，从静止释放到G 点过程，根据动能定理
可得
m gh−0.2m g LF G= 1
2 m v
2
解得
v =6 m /s
摆渡车碰到I J前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车
共速v1，以滑块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得
m v =2m v1
解得
v1= v
2 =3 m /s
根据能量守恒可得
Q = μm g L= 1
2 m v
2−1
2 ×2m v1
2
解得
μ=0.3
（3）滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为
a= μm g
m
=3 m /s
2
所用时间为
t1= v −v1
a
=1s
此过程滑块通过的位移为
x1= v + v1
2
t1= 4.5 m
滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间为
t2= L0−x1
v1
=1.5s
则滑块从G 到J 所用的时间为
t =t1+t2=2.5s
21．如图1 所示，刚性导体线框由长为L、质量均为m 的两根竖杆，与长为2l的两轻
质横杆组成，且L≫2l。线框通有恒定电流I 0，可以绕其中心竖直轴转动。以线框中
心O 为原点、转轴为z 轴建立直角坐标系，在y 轴上距离O 为a 处，固定放置一半径
远小于a，面积为S、电阻为R 的小圆环，其平面垂直于y 轴。在外力作用下，通电线
试卷第19页，共3页
框绕转轴以角速度ω匀速转动，当线框平面与xO z平面重合时为计时零点，圆环处的
磁感应强度的y 分量B y与时间的近似关系如图2 所示，图中B0已知。
（1）求0 到π
ω
时间内，流过圆环横截面的电荷量q；
（2）沿y 轴正方向看以逆时针为电流正方向，在0~ 2π
3ω
时间内，求圆环中的电流与时
间的关系；
（3）求圆环中电流的有效值；
（4）当撤去外力，线框将缓慢减速，经π
ω
时间角速度减小量为Δω(
Δω
ω ≪1)
，设
线框与圆环的能量转换效率为k，求Δω的值（当0< x≪1，有(1−x)
2≈1−2 x）。
【答案】（1）2B0 S
R
；（2）I ={
0
0≤t ≤π
3ω
- 6ω B0 S
π R
π
3ω <t ≤2π
3ω)
；（3）2❑√3ω B0 S
π R
；
（4）6 B0
2S
2
π k ml
2 R
【详解】（1）由法拉第电磁感应定律
E = ΔΦ
Δt
试卷第20页，共3页
由闭合电路欧姆定律
I = E
R
由电流定义式
q =∑I Δt
联立可得
q = ΔΦ
R = 2B0 S
R
（2）在0∼π
3ω
时
I = E
R = ΔΦ
R Δt =0
在π
3ω ∼2π
3ω
时
I = E
R =
ΔB
Δt S
R
=−6ωB0 S
π R
（3）从能量角度
I
2 R π
3ω = I 有
2 R π
ω
解得
I 有= 2❑√3ω B0 S
π R
（4）由能量传递
k ⋅1
2 ⋅2m[ω
2l
2−(ω−Δω)
2l
2)= I 有
2 R π
ω
化简可得
k mω
2l
2[1−(1−Δω
ω )
2
)= 12ω
2B0
2 S
2
π
2 R
2
⋅R⋅π
ω
即
k mω
2l
2⋅2 Δω
ω = 12ω
2B0
2 S
2
π R ω
解得
Δω= 6 B0
2 S
2
π k ml
2 R
试卷第21页，共3页
22．探究离子源发射速度大小和方向分布的原理如图所示。x 轴上方存在垂直xO y平
面向外、磁感应强度大小为B 的匀强磁场。x 轴下方的分析器由两块相距为d、长度足
够的平行金属薄板M 和N 组成，其中位于x 轴的M 板中心有一小孔C（孔径忽略不
计），N 板连接电流表后接地。位于坐标原点O 的离子源能发射质量为m、电荷量为q
的正离子，其速度方向与y 轴夹角最大值为60
∘；且各个方向均有速度大小连续分布在
1
2 v0和❑√2v0之间的离子射出。已知速度大小为v0、沿y 轴正方向射出的离子经磁场偏
转后恰好垂直x 轴射入孔C。未能射入孔C 的其它离子被分析器的接地外罩屏蔽（图
中没有画出）。不计离子的重力及相互作用，不考虑离子间的碰撞。
（1）求孔C 所处位置的坐标x0；
（2）求离子打在N 板上区域的长度L；
（3）若在N 与M 板之间加载电压，调节其大小，求电流表示数刚为0 时的电压U 0；
（4）若将分析器沿着x 轴平移，调节加载在N 与M 板之间的电压，求电流表示数刚为
0 时的电压U x与孔C 位置坐标x 之间关系式。
【答案】（1）2mv0
q B
；（2）2d；（3）m v0
2
2q
；（4）当m v0
2q B ≤x ≤2❑√2m v0
q B
时，
U x = q B
2 x
2
8m
【详解】（1）速度大小为v0、沿y 轴正方向射出的离子经磁场偏转后轨迹如图
由洛伦兹力提供向心力
试卷第22页，共3页
B q v0=m v0
2
R
解得半径
R = mv0
B q
孔C 所处位置的坐标x0
x0=2 R = 2m v0
B q
（2）速度大小为v的离子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力
B q v =m v
2
R
′
解得半径
R
′ = m v
B q
若要能在C 点入射，则由几何关系可得
2 R
′ cosθ =2 R
解得
cosθ = v0
v ∈[
❑√2
2 ,1)
如图
由几何关系可得
L=2d
（3）不管从何角度发射
试卷第23页，共3页
v y = v cosθ
由（2）可得
v y = v0
根据动力学公式可得
a= qU 0
md
，v y
2 =2ad
联立解得
U 0= mv0
2
2q
（4）孔C 位置坐标x
x =2r cosθ
其中
r = mv
′
B q = R v
′
v0
联立可得
x =2 R v
′
v0
cosθ，cosθ∈[
1
2 ,1)
解得
1
2 R≤x ≤2❑√2 R
在此范围内，和（3）相同，只与v y相关，可得
B q v y =m v
′2
x
2
解得
v y = B q x
2m
根据动力学公式可得
a= qU x
md
，v y
2 =2ad
解得
U x = B
2q x
2
8m
