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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135 kg，则巡视器( )
A．受到月球的引力为1 350 N
B．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135 kg 的巡视器受到月球的引力不是1
350 N，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233
B.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sin 37°＝
0.6，cos 37°＝0.8，则圆柱体受到的支持力Fa、Fb大小为( )
A．Fa＝0.6G，Fb＝0.4G
B．Fa＝0.4G，Fb＝0.6G
C．Fa＝0.8G，Fb＝0.6G
D．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＝Gsin 37°＝0.6G，Fb＝Gcos 37°＝0.8G，
故选D。
7．(2023·浙江6 月选考·7)我国1 100 kV 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．1 100 kV 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；1 100 kV 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r
B．木卫二轨道半径为r
C．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＝R
B．棒消耗的焦耳热Q＝(1－)Mgl
C．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＝15 cm，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＝15 cm
B．声波的波长λ＝30 cm
C．两声波的振幅之比为3∶1
D．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＝15 cm 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＝60 cm，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10 cm，电荷量为1.0×10－8 C、质量为3.0×10－4 kg 的小球用长为5
cm 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5 cm
B．电势能增加了 ×10－4 J
C．电场强度大小为×104 N/C
D．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，FTsin 60°＋qEsin 60°＝mg，联立解得FT＝qE＝×10－3 N，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＝dtan 60°＝10 cm，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＝(10－5sin 30°)＝7.5 cm，方向与静电力方向相反，静电力做功为W 电＝－qEx＝
－×10－4 J，则小球的电势能增加×10－4 J，故B 正确；电场强度的大小E＝＝×105 N/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0.9 m，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sin C＝＝＝，可得
tan C＝
R＝h·tan C＝× m＝0.3 m
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＝0.9 m，由几何关系可得此三角形的内切圆的半径r＝a－×a＝a
而R＝0.3 m＝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＝gt1
2，y2＝gt2
2
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
1
2
…
xA/cm
7.75
8.53
9.30
…
xB/cm
16.45
18.52
20.60
…
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＝8.53 cm－7.75 cm＝0.78 cm
弹簧B 的伸长量ΔxB＝18.52 cm－16.45 cm－0.78 cm＝1.29 cm
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1.5 V，电压表选择0～3 V 量程，分度值为0.1 V，题图中电压表读数为
1.20 V；
(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＝1.50 V
U－I 图像斜率的绝对值等于干电池的内阻
r＝ Ω≈1.04 Ω
Ⅲ.(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10 V 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10 V 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＝100 cm2，质
量m＝1 kg 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300 K 的热源
接触，平衡时圆筒内气体处于状态A，其体积VA＝600 cm3。缓慢推动活塞使气体达到状态
B，此时体积VB＝500 cm3。固定活塞，升高热源温度，气体达到状态C，此时压强pC＝
1.4×105 Pa。已知从状态A 到状态C，气体从外界吸收热量Q＝14 J；从状态B 到状态C，
气体内能增加ΔU＝25 J；大气压p0＝1.01×105 Pa，重力加速度g 取10 m/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)350 K (3)11 J
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－＝1.0×105 Pa，
温度TA＝300 K，体积VA＝600 cm3；
状态C 时的压强pC＝1.4×105 Pa，温度为TC，体积VC＝500 cm3；
根据＝
解得TC＝350 K
(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25 J 可知，气体从外界吸热25 J，
而气体从A 到C 从外界吸热14 J，可知气体从A 到B 气体放热11 J，
从A 到B 气体内能不变，可知从A 到B 外界对气体做功11 J。
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＝0.4 m 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＝100 N/m 的轻质弹簧连接，静置于轨道FG 上。现
有质量m＝0.12 kg 的滑块a 以初速度v0＝2 m/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＝0.8 m，以v＝2 m/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＝1 m/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)10 m/s 31.2 N (2)0 (3)0.2 m
解析 (1)滑块a 从D 到F，由动能定理
mg·2R＝mvF
2－mv0
2
在F 点由牛顿第二定律得FN－mg＝m
解得vF＝10 m/s
FN＝31.2 N
(2)已知滑块a 返回B 点时的速度vB＝1 m/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＝mvB
2－mva
2
解得va＝5 m/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＝5 m/s
则滑块a、b 碰撞过程损失的能量ΔE＝mvF
2－mva
2－×3mvb
2
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＝2.5 m/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＋kx1
2
解得x1＝0.1 m
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＝0.2 m。
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 Mv0
2
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＝IR
U＝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′＝Mv0
2＋MgL＝Mv0
2
20．(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r1cos 60°＝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′sin α－r1′sin 30°＝L
r2－r2sin α＝
解得r2＝2L
sin α＝
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－vcos 60°)＝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%
