1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。
2．回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如
需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上。寫
在本試卷上無效。
3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回
第Ⅰ卷
注意事項(xiàng)：
1.每題選出答案后，用鉛筆將答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號。
2.本卷共8題，每題5分，共40分。
一、單選題（每小題5分，共25分。每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選項(xiàng)是正確的）
1．關(guān)于物理學(xué)家和他們對物理學(xué)的貢獻(xiàn)，下列說法正確的是
A．貝克勒爾通過對天然放射現(xiàn)象的研究，確定了原子核的存在
B．麥克斯韋預(yù)言并證實(shí)了電磁波的存在
C．玻爾建立了量子理論，并成功解釋了各種原子的發(fā)光原理
D．盧瑟福根據(jù)α粒子散射實(shí)驗(yàn)的結(jié)果提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型
【答案】D
【詳解】貝克勒爾通過對天然放射現(xiàn)象的研究，確定了原子核具有復(fù)雜結(jié)構(gòu)還可再分。故A項(xiàng)錯(cuò)誤麥克斯韋預(yù)言電磁波的存在，赫茲用實(shí)驗(yàn)證實(shí)了電磁波的存在。故B項(xiàng)錯(cuò)誤。玻爾結(jié)合普朗克的量子概念、愛因斯坦的光子概念和盧瑟福的原子核式結(jié)構(gòu)模型提出了玻爾理論，成功解釋了氫原子發(fā)光現(xiàn)象；但由于過多保留了經(jīng)典電磁學(xué)的理論，不能很好地解釋其他原子的發(fā)光現(xiàn)象。故C項(xiàng)錯(cuò)誤。盧瑟福根據(jù)α粒子散射實(shí)驗(yàn)的結(jié)果提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型，故D項(xiàng)正確。
2.傳統(tǒng)的手工榨油如圖甲所示，是利用“油錘”撞擊“進(jìn)樁”擠壓油餅達(dá)到出油的目的，簡化模型如圖乙?！坝湾N”A用輕繩系在橫梁上的B點(diǎn)，現(xiàn)用一水平力F作用在繩上的O點(diǎn)，將O點(diǎn)緩慢向右移動(dòng)的過程中（ ）
A．水平力F逐漸增大B．繩OA的彈力逐漸增大
C．繩OB的彈力先減小后增大D．橫梁對輕繩的摩擦力大小不變
【答案】A
【詳解】對繩上O點(diǎn)進(jìn)行受力分析，如下圖所示
根據(jù)平衡條件有，，將O點(diǎn)緩慢向右移動(dòng)的過程中，繩OB與豎直方向的夾角逐漸增大，則水平力F逐漸增大，繩OB的彈力逐漸增大，故A正確，C錯(cuò)誤；在將O點(diǎn)緩慢向右移動(dòng)的過程中，繩OA的彈力始終等于“油錘”A的重力，故B錯(cuò)誤；由上述分析可知，繩OB的彈力逐漸增大，則在將O點(diǎn)緩慢向右移動(dòng)的過程中，繩OB的彈力在水平方向上的分力逐漸增大，所以橫梁對輕繩的摩擦力逐漸增大，故D錯(cuò)誤。故選A。
3.健身球是一種內(nèi)部充氣的健身輔助器材，如圖所示，球內(nèi)的氣體可視為理想氣體，當(dāng)球內(nèi)氣體被快速擠壓時(shí)來不及與外界熱交換，而緩慢變化時(shí)可認(rèn)為能發(fā)生充分的熱交換。則下列說法正確的是（ ）
A．人體快速擠壓健身球過程中，球內(nèi)氣體壓強(qiáng)減小
B．人體快速擠壓健身球過程中，球內(nèi)氣體分子熱運(yùn)動(dòng)的平均動(dòng)能增大
C．人體緩慢離開健身球過程中，球內(nèi)表面單位時(shí)間單位面積上撞擊的分子數(shù)不變
D．人體緩慢離開健身球過程中，球內(nèi)氣體對外放熱
【答案】B
【詳解】人體快速擠壓健身球過程中，來不及與外界熱交換，球內(nèi)氣體體積減小，外部對氣體做功，氣體溫度升高，則壓強(qiáng)變大，球內(nèi)氣體分子熱運(yùn)動(dòng)的平均動(dòng)能增大，故A錯(cuò)誤，B正確；人體緩慢離開健身球過程中，球內(nèi)氣體能與外界發(fā)生充分的熱交換，則球內(nèi)氣體的溫度不變，體積變大，壓強(qiáng)變小，氣體分子數(shù)密度減小，而分子的平均速率不變，則球內(nèi)表面單位時(shí)間單位面積上撞擊的分子數(shù)減小，氣體對外做功，內(nèi)能不變，則球內(nèi)氣體從外界吸熱，故CD錯(cuò)誤。故選B。
4.2023年5月30日神舟十六號載人飛船成功對接于空間站天和核心艙徑向端口，兩飛行乘組的航天員于18時(shí)22分會師“天宮”?？臻g站繞地球的運(yùn)動(dòng)可以看作勻速圓周運(yùn)動(dòng)。已知地球的平均密度為，表面的重力加速度為g，空間站的軌道半徑遠(yuǎn)低于同步衛(wèi)星的軌道半徑，引力常量為G，下列說法正確的是（ ）
A．空間站內(nèi)宇航員不受重力，處于完全失重狀態(tài)
B．空間站運(yùn)行的圓軌道半徑為
C．根據(jù)已知信息可以求得地球的質(zhì)量為
D．空間站的向心加速度小于赤道上物體隨地球自轉(zhuǎn)的向心加速度
【答案】C
【詳解】空間站內(nèi)宇航員處于完全失重狀態(tài)，但仍然受地球引力，故A錯(cuò)誤；忽略地球自轉(zhuǎn)，地球表面物體所受重力等于萬有引力，則，又，聯(lián)立解得，地球質(zhì)量
，故間站運(yùn)行的圓軌道半徑大于，故B錯(cuò)誤，C正確；空間站繞地心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律可得，解得空間站的向心加速度大小為，空間站的軌道半徑遠(yuǎn)低于同步衛(wèi)星的軌道半徑，故，又根據(jù)知，聯(lián)立解得，故D錯(cuò)誤。故選C。
5.芯片制作關(guān)鍵在于光刻機(jī)的技術(shù)突破，光刻機(jī)利用光源發(fā)出的紫外線，將精細(xì)圖投影在硅片上，再經(jīng)技術(shù)處理制成芯片。目前的高端光刻機(jī)主要分為EUV光刻機(jī)和DUV光刻機(jī)。DUV（波長）是深紫外線，EUV（波長）是極深紫外線。浸沒式光刻機(jī)在透鏡組和硅片之間充有液體，已知光在真空中傳播速度大于在介質(zhì)中傳播速度。關(guān)于光刻機(jī)物理量的比較下列說法正確的是（ ）
A．真空中DUV光源光子能量比EUV光源光子能量大
B．相同條件下，DUV光源比EUV光源更容易發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象
C．DUV光源和EUV光源疊加時(shí)可以發(fā)生干涉現(xiàn)象
D．浸沒式光刻機(jī)光在液體中波長比在真空中長
【答案】B
【詳解】根據(jù)可知，光的波長越大，光的頻率越小，根據(jù)題意，DUV的波長大于EUV的波長，根據(jù)可知，真空中DUV光源光子能量比EUV光源光子能量小，故A錯(cuò)誤；根據(jù)發(fā)生明顯衍射的條，件波長越長，越容易發(fā)生明顯衍射，由于DUV的波長大于EUV的波長，則相同條件下，DUV光源比EUV光源更容易發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象，故B正確；根據(jù)上述可知，DUV光源和EUV光源的頻率不相等，可知，DUV光源和EUV光源疊加時(shí)不能夠發(fā)生干涉現(xiàn)象，故C錯(cuò)誤；根據(jù)光速與波長的關(guān)系有
光從一種介質(zhì)進(jìn)入另一種介質(zhì)時(shí)，頻率不變，光在真空中傳播速度大于在介質(zhì)中傳播速度，則浸沒式光刻機(jī)光在液體中波長比在真空中短，故D錯(cuò)誤。故選B。
二、不定項(xiàng)選擇題（每小題5分，共15分。每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，都有多個(gè)選項(xiàng)是正確的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，選錯(cuò)或不答的得0分）
6.兩列在同一介質(zhì)中的簡諧橫波沿相反方向傳播，某時(shí)刻兩列波相遇，如圖所示，其中實(shí)線波的頻率為2.50Hz，圖示時(shí)刻平衡位置x＝3m處的質(zhì)點(diǎn)正在向上振動(dòng)。則下列說法正確的是（ ）
A．實(shí)線波沿x軸正方向傳播，虛線波沿x軸負(fù)方向傳播
B．兩列波在相遇區(qū)域發(fā)生干涉現(xiàn)象
C．兩列波的波速均為25m/s
D．從圖示時(shí)刻起再過0.025s，平衡位置x＝1.875m處的質(zhì)點(diǎn)將位于y＝30cm處
【答案】AD
【詳解】圖示時(shí)刻平衡位置x=3m處的質(zhì)點(diǎn)正在向上振動(dòng)，根據(jù)波動(dòng)規(guī)律可知，實(shí)線波沿x軸正方向傳播，則虛線波沿x軸負(fù)方向傳播，故A正確；介質(zhì)決定波速，兩列波傳播速度大小相同，由圖可知，實(shí)線波的波長λ1=6m，虛線波的波長λ2=9m，由v=λf可知，實(shí)線波和虛線波的頻率之比為f1：f2=λ2：λ1=3：2，由于f1不等于f2，故兩列波在相遇區(qū)域不會發(fā)生穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象，故B錯(cuò)誤；實(shí)線波的頻率為2.50Hz，波長λ1=6m，則波速故C錯(cuò)誤；實(shí)線波波峰傳到平衡位置x＝1.875m處的質(zhì)點(diǎn)所用時(shí)間為，虛線波波峰傳到平衡位置x＝1.875m處的質(zhì)點(diǎn)所用時(shí)間為說明從圖示時(shí)刻起再過0.025s，平衡位置x＝1.875m處的質(zhì)點(diǎn)處于波峰位置，由波的疊加可知，平衡位置x＝1.875m處的質(zhì)點(diǎn)將位于y＝30cm，故D正確。故選AD。
7.風(fēng)能是一種清潔無公害可再生能源，風(fēng)力發(fā)電非常環(huán)保，且風(fēng)能蘊(yùn)量巨大，截至2023年底，中國風(fēng)電裝機(jī)容量接近4億千瓦，位居世界第一。如圖為某風(fēng)力發(fā)電場向一學(xué)校供電線路圖，發(fā)電場的輸出功率為10kW，輸出電壓為250V，用戶端電壓為220V，輸電線總電阻，升壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比，變壓器均為理想變壓器，下列說法正確的是（ ）
A．降壓變壓器的匝數(shù)比
B．輸電線上的電流為40A
C．該輸電系統(tǒng)的輸電效率為
D．深夜學(xué)校的用電器減少，輸電線上損失的功率將變大
【答案】AC
【詳解】根據(jù)題意，由可得，升壓變壓器原線圈的電流為，輸電線上的電流為，升壓變壓器副線圈的電壓為，降壓變壓器原線圈的電壓為
，降壓變壓器的匝數(shù)比，故A正確，B錯(cuò)誤；該輸電系統(tǒng)的輸電效率為，故C正確；深夜用戶的用電器減少，則降壓變壓器的輸入功率減小，輸入電流減小，輸電線上損失的功率減小，故D錯(cuò)誤。故選AC。
8.如圖所示，水平線a、b、c、d為勻強(qiáng)電場中的等差等勢線，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量絕對值為q的負(fù)電荷的粒子在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動(dòng)，A、B為其運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩個(gè)點(diǎn)，已知該粒子在A點(diǎn)的速度大小為，在B點(diǎn)的速度大小為，且方向與等勢線平行，A、B連線長為L，連線與豎直方向的夾角為，粒子所受重力忽略不計(jì)，則（ ）
A．粒子從A到B的過程中電場力做正功
B．a(chǎn)、b、c、d四條等勢線對應(yīng)的電勢高低為
C．粒子在B點(diǎn)的電勢能大于在A點(diǎn)的電勢能
D．勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為
【答案】CD
【詳解】帶電粒子在勻強(qiáng)電場中只受電場力，粒子做曲線運(yùn)動(dòng)，所受電場力指向軌跡凹側(cè)，且垂直于等勢線，所以粒子在A點(diǎn)時(shí)所受電場力向下，如圖所示
即A到B過程中電場力做負(fù)功，A錯(cuò)誤；根據(jù)負(fù)電荷受電場力向下，故電場線豎直向上，沿電場線方向電勢減小，即，B錯(cuò)誤；由于粒子從A到B的過程中電場力做負(fù)功，電勢能增加，所以B點(diǎn)的電勢能大于在A點(diǎn)的電勢能，C正確；設(shè)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為，根據(jù)動(dòng)能定理有，解得，D正確。故選CD。
第Ⅱ卷
注意事項(xiàng)：
1.用黑色墨水的鋼筆或簽字筆將答案寫在答題卡上。
2.本卷共4題，共60分。
三、實(shí)驗(yàn)題
9（1）甲、乙兩個(gè)學(xué)習(xí)小組分別利用單擺測量重力加速度，甲組同學(xué)采用圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置。
①實(shí)驗(yàn)中，有人提出以下幾點(diǎn)建議，其中對提高測量結(jié)果精確度有利的是（______）
A．單擺偏離平衡位置的角度不能太大
B．質(zhì)量相同、體積不同的擺球，選用體積較大的
C．當(dāng)單擺經(jīng)過平衡位置時(shí)開始計(jì)時(shí)，經(jīng)過一次全振動(dòng)后停止計(jì)時(shí)，用此時(shí)間間隔作為單擺振動(dòng)的周期
②在測量周期時(shí)，擺球振動(dòng)過程中懸點(diǎn)處擺線的固定出現(xiàn)松動(dòng)，擺長略微變長，這將會導(dǎo)致所測重力加速度的數(shù)值______（選填“偏大”、“偏小”或“不變”）。
③乙組同學(xué)在圖甲所示裝置的基礎(chǔ)上再增加一個(gè)速度傳感器，如圖乙所示。將擺球拉開一小角度使其做簡諧運(yùn)動(dòng)，速度傳感器記錄了擺球振動(dòng)過程中速度隨時(shí)間變化的關(guān)系，如圖丙所示。
由圖丙可知，該單擺的周期______；
更換擺線長度后，多次測量出擺線長和周期，根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，利用計(jì)算機(jī)作出（周期平方—擺線長）圖線，并根據(jù)圖線擬合得到方程由此可以得出當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萠_____。（取，結(jié)果保留3位有效數(shù)字）
【答案】A 偏小 2s 9.76
【詳解】①單擺在擺角比較小的時(shí)候才是簡諧運(yùn)動(dòng)，因此計(jì)算單擺的振動(dòng)周期時(shí)，擺球偏離平衡位置的角度不能太大，A正確；為了減小空氣阻力，質(zhì)量相同、體積不同的擺球，選用體積較小的，B錯(cuò)誤；為了計(jì)算周期準(zhǔn)確，多測幾個(gè)周期，求平均值，D錯(cuò)誤。故選A。
②根據(jù)，松動(dòng)之后擺長的測量值偏小，而周期測量值準(zhǔn)確，導(dǎo)致重力加速度測量值偏小。
③由圖丙可知，該單擺的周期，根據(jù)，整理得，根據(jù)斜率可知
，可得
（2）用如圖甲所示的電路測量一節(jié)蓄電池的電動(dòng)勢和內(nèi)電阻。蓄電池的電動(dòng)勢約為2V，內(nèi)電阻很小。除蓄電池、開關(guān)、導(dǎo)線外可供使用的實(shí)驗(yàn)器材還有：
．電壓表（V）（量程2V）
．電流表（）（量程0.6A）
．電流表（）（量程3A）
．定值電阻（阻值3Ω，額定功率4W）
．滑動(dòng)變阻器 （阻值范圍0~20Ω，額定電流1A）
．滑動(dòng)變阻器 （阻值范圍0~2000Ω，額定電流0.1A）
①電流表應(yīng)選________（填器材前的字母代號）。
②根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)作出圖象（如圖乙所示），則蓄電池的電動(dòng)勢________V，內(nèi)阻________Ω；（結(jié)果保留到小數(shù)點(diǎn)后兩位）。
③這位同學(xué)對以上實(shí)驗(yàn)進(jìn)行了誤差分析，其中正確的是________。
A．電壓表有分流作用是造成系統(tǒng)誤差的原因，增大可以減小這種誤差
B．電流表有分壓作用是造成系統(tǒng)誤差的原因，減小可以減小這種誤差
C．實(shí)驗(yàn)測出的電動(dòng)勢小于真實(shí)值
D．實(shí)驗(yàn)測出的內(nèi)阻大于真實(shí)值
【答案】B 2.10 1.20 AC
【詳解】①估算電路中的最大電流，所以選擇量程為0.6A的電流表B；
②根據(jù)閉合電路的歐姆定律，則有，則圖線的縱坐標(biāo)表示電源電動(dòng)勢，由圖可得E=2.10V；
圖線的斜率，代入數(shù)據(jù)解得
③由電路圖可知，電壓表有分流作用是造成系統(tǒng)誤差的原因，增大，則流過電流表的電流越接近總電流，則可以減小這種誤差，故A正確，B錯(cuò)誤；相對于電源來說，電流表采用外接法，由于電壓表分流作用，電流測量值小于真實(shí)值，當(dāng)外電路短路時(shí)，電流測量值等于真實(shí)值，電源的U-I圖象如圖所示
由圖象可知，電動(dòng)勢的測量值小于真實(shí)值，電源內(nèi)阻的測量值小于真實(shí)值，故C正確，D錯(cuò)誤。
故選AC。
四、解答題
9.2022年第24屆冬奧會在北京舉行，如圖甲所示為2月12日冰壺比賽中，中國隊(duì)對戰(zhàn)意大利隊(duì)時(shí)馬秀玥投擲黃壺的情景。中國隊(duì)需要用黃壺去碰撞對方的紅壺，若將黃壺離手瞬間記為t=0時(shí)刻，此時(shí)黃壺距離要碰撞的紅壺L=39.2m，t=8s時(shí)刻黃壺進(jìn)入運(yùn)動(dòng)員可用毛刷摩擦冰面的區(qū)域，同時(shí)運(yùn)動(dòng)員開始摩擦冰面，其后根據(jù)冰壺運(yùn)動(dòng)情況間斷性摩擦冰面，圖乙是黃壺碰撞紅壺前運(yùn)動(dòng)的部分v-t圖像。此次投擲的冰壺沿直線運(yùn)動(dòng)且可視為質(zhì)點(diǎn)，若兩冰壺與未摩擦過冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒為μ1，兩冰壺與摩擦過冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒為μ2，取重力加速度g=10m/s2.
（1）求μ1和μ2；
（2）若要黃壺以1.0m/s的速度撞擊紅壺，求運(yùn)動(dòng)員用毛刷摩擦過的冰面的長度；
（3）若黃壺以1.0m/s的速度與紅壺發(fā)生對心正碰，碰后均向前運(yùn)動(dòng)且運(yùn)動(dòng)員均沒有摩擦冰面，碰后黃壺與紅壺滑行的距離比為1:16，冰壺質(zhì)量均為19kg，求碰撞后瞬間兩冰壺各自的速度。
【答案】（1）0.01，0.005；（2）10m；（3）V1=0.2m/s V2=0.8m/s
【詳解】（1）根據(jù)圖像，黃壺的加速度大小可表示為
對黃壺，根據(jù)牛頓第二定律可得
解得
（2）由圖像可知，內(nèi)冰壺運(yùn)動(dòng)的位移為
設(shè)摩擦冰面的長度為，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程，由動(dòng)能定理可得
解得
（3）黃壺與紅壺碰撞過程中動(dòng)量守恒，則有
碰后均做勻減速運(yùn)動(dòng)，故有
由題意可知
解得
=0.2m/s
=0.8m/s
11.如圖所示，坐標(biāo)系xy位于豎直平面內(nèi)，所在空間有沿水平方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，在x＜0的空間內(nèi)還有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E．一個(gè)帶電油滴經(jīng)圖中x軸上的M點(diǎn)，沿著直線MP方向以速率v做勻速運(yùn)動(dòng)，圖中直線MP與x軸夾角α＝30°，經(jīng)過P點(diǎn)后油滴進(jìn)入x＞0的區(qū)域，要使油滴在x＞0的區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，需要在該區(qū)域內(nèi)加一個(gè)勻強(qiáng)電場．若帶電油滴沿弧PN做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，并垂直于x軸通過軸上的N點(diǎn)，已知重力加速度為g．試求：
（1）油滴的帶電性質(zhì)和勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小；
（2）在x＞0的區(qū)域內(nèi)所加電場的場強(qiáng)；
（3）帶電油滴從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間．
【答案】（1） （2） （3）
【詳解】（1）油滴在x＜0區(qū)域做勻速直線運(yùn)動(dòng)，又因?yàn)橛偷卧诖藚^(qū)域受重力mg、電場力F和洛倫茲力F洛作用，故三個(gè)力的合力為0；油滴在x＞0區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)油滴軌跡和左手定則可知油滴帶正電．在x＜0區(qū)域?qū)αＷ邮芰Ψ治?br>有：
F＝F洛sin30°
即：
Eq＝qvBsin30°
所以磁感應(yīng)強(qiáng)度
（2）在x＜0區(qū)域油滴受力平衡有
F洛?cs30°＝mg
又有
F洛sin30°＝qE
所以有：
在x＞0區(qū)域油滴做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以油滴受到的電場力與重力平衡，令此時(shí)電場強(qiáng)度為E′則有：
所以
（3）由題意作出油滴在x＞0區(qū)域的軌跡如下圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系有：
β＝180°﹣（90°﹣α）＝120°
油滴做圓周運(yùn)動(dòng)的周期
所以油滴從P至BN所用
又因?yàn)?br>mg＝qvBcs30°
所以
12.近年來，我國在航空母艦的電磁彈射技術(shù)方面取得重大突破，第一艘?guī)в须姶艔椛湎到y(tǒng)的國產(chǎn)航母即將亮相。小明同學(xué)經(jīng)過研究，設(shè)計(jì)了一種電磁彈射系統(tǒng)，其簡化模型如圖乙所示。艦載機(jī)質(zhì)量為7m，用絕緣彈性裝置鎖定在一個(gè)匝數(shù)N匝，邊長為L的正方形金屬線框上，線框質(zhì)量m，總電阻為R。xy平面代表軌道平面，x軸與軌道平行，軌道光滑，寬也為L。磁場與軌道平面垂直，平面內(nèi)x坐標(biāo)相同的點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度相同，大小按圖丙的規(guī)律隨時(shí)間變化，t=0時(shí)刻磁場的這種變化方式以恒定的速度沿+x方向傳播，此時(shí)刻線框所在的位置沿x方向各點(diǎn)的磁場分布如圖丁所示。經(jīng)2T時(shí)間線框及艦載機(jī)的速度達(dá)到v，磁場停止傳播，同時(shí)解除鎖定，框中彈性裝置在極短的時(shí)間里把艦載機(jī)彈出，艦載機(jī)相對線框以2v速度水平起飛，求：
（1）t=0時(shí)刻線框中感應(yīng)電流的大小和方向；
（2）t=時(shí)，艦載機(jī)的加速度大小：
（3）在線框開始運(yùn)動(dòng)到停止的整個(gè)過程中，金屬線框產(chǎn)生的焦耳熱。
【答案】（1），逆時(shí)針方向；（2）：（3）
【詳解】(1)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大小
由歐姆定律知
線框中電流逆時(shí)針方向；
（2）由圖丙可得，t=時(shí)
B=
線框中感應(yīng)電流大小
線框受到的安培力大小
根據(jù)牛頓第二定律
得
(3)第一階段線框在電流正弦交流電，電流有效值
根據(jù)焦耳定律
設(shè)艦載機(jī)彈出時(shí)線框的速度為，由動(dòng)量守恒定律
解得
由能量守恒定律得
整個(gè)過程線框產(chǎn)生的總熱量
1
2
3
4
5
6
7
8
D
A
B
C
B
AD
AC
CD

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