精品解析：上海市华东师范大学第二附属中学2026-2027学年高三上学期10月学情自测物理试卷

高三10月份物理 （时间：60分钟 卷面满分：100分） 特别提示： 1、本试卷标注“不定项”的试题，每小题有1-2个正确选项，漏选给一半分，错选多选不给分；本试卷标注“多选”的试题，每小题有2-4个正确选项，漏选给一半分，错选多选不给分；未特别标注的选择类试题，每小题只有1个正确选项。 2、在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中，须给出必要的图示，文字说明、公式、演算等。 3、除特殊说明外，本卷所用重力加速度大小均取。 一、无人机 无人机技术被广泛应用于生产生活中。 1. 无人机由地面从静止开始竖直向上做匀加速直线运动，加速度大小为；随后改做匀减速直线运动，加速度大小为，最后悬停在距地面处。不计空气阻力，取。 （1）加速段与减速段的位移之比为（ ）。 A、3∶2 B、2∶3 C、9∶4 D、4∶9 （2）若无人机在起飞后第末突然失去动力，从失去动力到落地所需时间为（ ）。 A、4 s B、5 s C、6 s D、8 s 2. 如图（a）所示，无人机下方固定一轻质弹簧，弹簧的另一端连接一个用于夹持货物的夹具。 （1）夹具静止并夹住质量为的球，球保持静止，如图（b）。重力加速度为，则整个夹具对球的作用力大小为_____________。 （2）（多选）释放小球，小球由静止下落，接触下方竖直放置的轻质弹簧并将其压缩。忽略空气阻力和能量损耗，从接触弹簧到第一次到达最低点的过程中，下列说法正确的是（ ）。 A、速度不断减小 B、速度先增大后减小 C、先超重后失重 D、先失重后超重 E、小球动能与弹簧弹性势能之和不断增大 F、小球的机械能不断减小 3. 无人机沿水平圆周轨道飞行，旋翼升力沿旋翼轴线，轴线与竖直方向夹角为。若保持速率不变而减小轨道半径，不计空气阻力，则应（ ）。 A. 增大，减小 B. 减小，减小 C. 增大，增大 D. 减小，增大 二、宇宙航行 已知某黑洞的质量为、引力常量为、光速为。 4. 在上述模型中，若物体在距中心处做圆周运动的速率等于，则为（ ）。 A. B. C. D. 5. 下图为探测器绕黑洞（BH）的运动，探测器质量为黑洞半径为。轨道Ⅰ为椭圆，为长轴，点到黑洞中心的距离为，轨道Ⅱ为圆，半径为．轨道Ⅰ与轨道Ⅱ相切于点。 （1）轨道Ⅰ与轨道Ⅱ的运行周期之比为____________________。 若以点为引力势能零势能面，则探测器在点具有引力势能为___________。 （2）在轨道Ⅰ上，探测器经过、点的速率分别为、，加速度大小分别为、；在轨道Ⅱ上经过点的速率为，加速度大小为。 速率大小关系为_____________________________________________； 加速度大小关系为_____________________________________________。 （3）若考虑广义相对论效应，观测到点附近的子的寿命为，点附近的子的寿命为，则__________。 A、> B、= C、< 三、周期运动 周期运动是物体在相等时间间隔内重复相同运动形式并恢复到初始状态的运动。 在“用单摆测定重力加速度”的实验中 6. （1）如图a所示，搭建实验装置时，要用铁夹夹住摆线上端，这样做的主要目的是（ ） A、便于测量单摆摆长 B、便于测量单摆周期 C、确保摆动时摆长不变 D、确保摆球在竖直平面内摆动 （2）如图b所示，某同学用大小相等的铁球和胶木球做了两个摆长相同的单摆，一前一后悬挂在同一高度，虚线表示竖直方向，分别拉开一定的角度（都小于）同时由静止释放（忽略空气阻力）。释放后沿两单摆平衡位置的连线方向观察，可能会看到图c中_________（选填“A”“B”“C”“D”）的情景。 7. 在实验中可将光电门传感器固定在摆动最低点来记录时间。将摆球拉开一小角度后静止释放（图中的低电平对应第一次经过），时间内光电门传感器输出如图所示电压信号，测得单摆摆长为，则重力加速度的大小_________________。 8. 某同学上下抖动绳端，产生沿绳向右传播的绳波，绳上、两点的速度大小分别为、图示时刻点正在（ ） A. 向上运动， B. 向下运动， C. 向上运动， D. 向下运动， 9. 如图所示，质量为的小球通过长为的轻质细线连接光滑轻质小环，小环套在固定横杆上，将摆拉开某一小角度。用相同装置分别在地面教室和绕地运行的天宫一号（完全失重环境）中做对比实验，不计空气阻力。 （1）（多选）在地面教室实验中，由静止释放小球后，小球的（ ） A、机械能守恒 B、动量随时间呈周期性变化 C、加速度总等于向心加速度 D、回复力始终由线的拉力与重力的合力提供 （2）在天宫一号实验中，拉直细线后，给小球一个方向与细线垂直、大小为I的瞬时冲量，使小球绕横杆运动，则小球运动周期为_________________。 四、福建舰 福建舰的航行安全和舰载机起飞涉及不同的物理问题。某学习小组分别研究转弯时甲板上设备的稳定性、舰载机起飞的运动规律，以及电磁弹射与制动的模拟过程。 10. 航母以非零速率沿半径为的水平圆周航行。甲板与水平面的夹角为，向圆心一侧较低，如图，将一件未固定的甲板设备视为质量为的小物块，物块相对甲板静止。物块与甲板间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知，，重力加速度为。 （1）（多选）关于物块的受力情况，下列说法正确的是（ ）。 A、一定受到静摩擦力的作用 B、静摩擦力可能沿甲板向上，也可能沿甲板向下 C、甲板对物块的作用力大小一定大于 D、甲板对物块的支持力大小一定小于 （2）物块相对甲板保持静止时，航母行驶的最大速率为_________________。 11. （不定项）为简化分析，视航母静止、甲板水平，舰载机从时刻、处由静止开始，在恒定牵引力作用下做匀加速直线运动。设舰载机速度为、动能为、所受合力做功为、阻力做功的瞬时功率的绝对值为，则下列关系图像可能正确的是（ ）。 A. B. C. D. 12. 为研究电磁驱动和制动，搭建如图所示装置。用于推动模型飞机的动子（未画出）与线圈绝缘固定，可沿水平导轨无摩擦滑动。线圈各匝有效导线均处于辐向磁场中，导线所在处的磁感应强度大小均为，且导线与磁场垂直。忽略空气阻力、线圈自感及其他电阻。 已知线圈匝数，每匝周长，，模型飞机质量，动子与线圈的总质量。线圈电阻与定值电阻均为。 开关接1时，恒流源输出电流，动子推动飞机从静止开始加速。经，飞机起飞并与动子脱离，开关随即接2：同时对动子施加大小、方向始终与其速度相反的恒定阻力，直至动子停止。制动时间约为。忽略飞机起飞对动子速度的影响。求： （1）（填空）飞机的起飞速度为_________________。 （2）（作图）大致画出动子从开始运动到停下的图像__________； （3）（计算）在线圈运动过程中，通过定值电阻的电量。__________（结果保留两个有效数字） 五、托卡马克 托卡马克是一种利用磁约束来实现可控核聚变的环形容器，中央是一个环形真空室，外面缠绕着线圈。 13. 托卡马克其中心柱上的密绕螺线管（CS线圈）可以驱动附近由电子和离子组成的磁约束等离子体旋转形成等离子体电流，如图（a）所示。CS线圈电流如图（b）所示变化，产生的等离子体电流方向（俯视）为（ ） A. 顺时针 B. 逆时针 C. 先顺时针后逆时针 D. 先逆时针后顺时针 14. 托卡马克局部磁场的理想化截面如图，磁场垂直纸面向里，越靠管左侧磁场越强。粒子仅受磁场作用，在纸面内运动。当粒子从左向右运动时，粒子的运动半径（ ） A. 减小 B. 增大 C. 不变 D. 先减小后增大 15. 如图所示，托卡马克环形真空室内匀强电场强度大小为，匀强磁感应强度大小为。若电荷量为的正离子在此电场和磁场中运动，某时刻其速度平行于磁场方向的分量大小为，垂直于磁场方向的分量大小为，不计离子重力，则电场力的功率（ ） A. 始终为零 B. 先增大后减小 C. 逐渐增大 D. 逐渐减小 16. 为研究托卡马克装置能量利用中的热力学过程，一定质量的理想气体经历如图所示的循环。的反向延长线过原点，、均与温度轴平行，与压强轴平行。一个完整循环中，气体对外做的总功（ ） A. 为正 B. 为零 C. 为负 D. 无法判断正负 17. 如图，交流输电采用双线并联模式，发电机输出电压稳定，、均为理想变压器，每根输电线电阻均为，负载为定值电阻。若四根输电线中的一根被切断，其余部分不变，输出电压将（ ）。 A. 减小 B. 增大 C. 不变 D. 降为零 18. 中国“人造太阳”EAST装置可简化为如图1所示的足够长的空心圆柱，其半径为，为空心圆柱的中心轴。圆柱内部以半径为的圆为边界分成两部分磁场，左视图如图2所示，外环分布有垂直纸面向外磁感应强度为的匀强磁场；内环分布有逆时针的环形磁场，磁感应强度大小处处相等且大小为。在点设置一原子核发射装置，可发射电荷量为、质量为的氘核与电荷量为、质量为的氚核，核子发射时速度方向如图2所示沿半径向外，除碰撞外，忽略粒子间的相互作用。 （1）（填空）氘核运动时能够恰好不与容器相碰，求氘核发射的速度； （2）氚核发射速度，求氚核首次回到点所在轴线上的点所用时间； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三10月份物理 （时间：60分钟 卷面满分：100分） 特别提示： 1、本试卷标注“不定项”的试题，每小题有1-2个正确选项，漏选给一半分，错选多选不给分；本试卷标注“多选”的试题，每小题有2-4个正确选项，漏选给一半分，错选多选不给分；未特别标注的选择类试题，每小题只有1个正确选项。 2、在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中，须给出必要的图示，文字说明、公式、演算等。 3、除特殊说明外，本卷所用重力加速度大小均取。 一、无人机 无人机技术被广泛应用于生产生活中。 1. 无人机由地面从静止开始竖直向上做匀加速直线运动，加速度大小为；随后改做匀减速直线运动，加速度大小为，最后悬停在距地面处。不计空气阻力，取。 （1）加速段与减速段的位移之比为（ ）。 A、3∶2 B、2∶3 C、9∶4 D、4∶9 （2）若无人机在起飞后第末突然失去动力，从失去动力到落地所需时间为（ ）。 A、4 s B、5 s C、6 s D、8 s 2. 如图（a）所示，无人机下方固定一轻质弹簧，弹簧的另一端连接一个用于夹持货物的夹具。 （1）夹具静止并夹住质量为的球，球保持静止，如图（b）。重力加速度为，则整个夹具对球的作用力大小为_____________。 （2）（多选）释放小球，小球由静止下落，接触下方竖直放置的轻质弹簧并将其压缩。忽略空气阻力和能量损耗，从接触弹簧到第一次到达最低点的过程中，下列说法正确的是（ ）。 A、速度不断减小 B、速度先增大后减小 C、先超重后失重 D、先失重后超重 E、小球动能与弹簧弹性势能之和不断增大 F、小球的机械能不断减小 3. 无人机沿水平圆周轨道飞行，旋翼升力沿旋翼轴线，轴线与竖直方向夹角为。若保持速率不变而减小轨道半径，不计空气阻力，则应（ ）。 A. 增大，减小 B. 减小，减小 C. 增大，增大 D. 减小，增大 【答案】1. ①. A ②. C 2. ①. ②. BDEF 3. C 【解析】 【1题详解】 （1）[1]设加速段末速度大小为，加速段和减速段的位移分别为和，无人机先由静止匀加速到，再由匀减速到零，由匀变速直线运动速度与位移的关系得， 式中加速段加速度，减速段加速度，两式相比得 故选A。 （2）[2]由（1）中两式并结合总高度为的条件，得加速段末速度，加速段历时 第末无人机已进入减速阶段并已减速，此时速度 距地面高度 失去动力后无人机只受重力，取竖直向上为正方向，由匀变速直线运动位移与时间的关系得 代入数据整理得 解得，另一根为负值，不符合题意，舍去 故选C。 【2题详解】 （1）[1]球保持静止，受竖直向下的重力和整个夹具对球的作用力，两力等大反向，由二力平衡条件得 （2）[2]AB．小球刚接触弹簧时弹力为零，此后弹力随压缩量增大而增大，弹力小于重力时合力竖直向下，小球继续加速；当弹力增大到与重力等大时合力为零，速度达到最大；弹力大于重力后合力竖直向上，小球减速下落，故A错误，B正确； CD．接触后的第一阶段弹力小于重力，加速度竖直向下，小球处于失重状态；弹力大于重力的第二阶段加速度竖直向上，小球处于超重状态，故C错误，D正确； EF．小球与弹簧组成的系统只有重力和弹簧弹力做功，总机械能保持不变；小球下落使重力势能不断减小，所以小球动能与弹簧弹性势能之和不断增大；弹簧对小球做负功，小球的机械能不断减小，故EF正确，三者满足 故选BDEF。 【3题详解】 设无人机做圆周运动的速率为，圆轨道半径为，升力沿旋翼轴线，轴线与竖直方向夹角为。无人机在水平面内做匀速圆周运动，竖直方向受力平衡，水平方向的合力提供向心力，由平衡条件和牛顿第二定律得， 两式相除得 速率不变而半径减小时，增大，故增大；再由可知，升力大小满足 增大使减小，故增大 故选C。 二、宇宙航行 已知某黑洞的质量为、引力常量为、光速为。 4. 在上述模型中，若物体在距中心处做圆周运动的速率等于，则为（ ）。 A. B. C. D. 5. 下图为探测器绕黑洞（BH）的运动，探测器质量为黑洞半径为。轨道Ⅰ为椭圆，为长轴，点到黑洞中心的距离为，轨道Ⅱ为圆，半径为．轨道Ⅰ与轨道Ⅱ相切于点。 （1）轨道Ⅰ与轨道Ⅱ的运行周期之比为____________________。 若以点为引力势能零势能面，则探测器在点具有引力势能为___________。 （2）在轨道Ⅰ上，探测器经过、点的速率分别为、，加速度大小分别为、；在轨道Ⅱ上经过点的速率为，加速度大小为。 速率大小关系为_____________________________________________； 加速度大小关系为_____________________________________________。 （3）若考虑广义相对论效应，观测到点附近的子的寿命为，点附近的子的寿命为，则__________。 A、> B、= C、< 【答案】4. B 5. ①. ②. ③. ④. ⑤. C 【解析】 【4题详解】 根据万有引力提供向心力，有 解得 故选B。 【5题详解】 [1]]根据开普勒第三定律有 解得 [2]以无穷远处为零势能面时，质量为的探测器在距黑洞中心处的引力势能为 将点选为零势能面，探测器在点的引力势能为 代入、，解得 [3]探测器经过椭圆轨道的远黑点和近黑点时，速度均与黑洞到该点的连线垂直，根据机械能守恒定律和开普勒第二定律分别有， 联立解得， 代入、，解得， 探测器在半径为的圆轨道Ⅱ上运动，根据万有引力提供向心力有 解得 比较可得 [4]探测器的加速度由黑洞的万有引力产生，其大小为 因此， 故 [5]引力越强的地方，时间流逝越慢（固有时更短），Q离黑洞更近，引力场更强；P更远，引力弱。所以P处时间流逝更快，μ子寿命更短，即。 故选C。 三、周期运动 周期运动是物体在相等时间间隔内重复相同运动形式并恢复到初始状态的运动。 在“用单摆测定重力加速度”的实验中 6. （1）如图a所示，搭建实验装置时，要用铁夹夹住摆线上端，这样做的主要目的是（ ） A、便于测量单摆摆长 B、便于测量单摆周期 C、确保摆动时摆长不变 D、确保摆球在竖直平面内摆动 （2）如图b所示，某同学用大小相等的铁球和胶木球做了两个摆长相同的单摆，一前一后悬挂在同一高度，虚线表示竖直方向，分别拉开一定的角度（都小于）同时由静止释放（忽略空气阻力）。释放后沿两单摆平衡位置的连线方向观察，可能会看到图c中_________（选填“A”“B”“C”“D”）的情景。 7. 在实验中可将光电门传感器固定在摆动最低点来记录时间。将摆球拉开一小角度后静止释放（图中的低电平对应第一次经过），时间内光电门传感器输出如图所示电压信号，测得单摆摆长为，则重力加速度的大小_________________。 8. 某同学上下抖动绳端，产生沿绳向右传播的绳波，绳上、两点的速度大小分别为、图示时刻点正在（ ） A. 向上运动， B. 向下运动， C. 向上运动， D. 向下运动， 9. 如图所示，质量为的小球通过长为的轻质细线连接光滑轻质小环，小环套在固定横杆上，将摆拉开某一小角度。用相同装置分别在地面教室和绕地运行的天宫一号（完全失重环境）中做对比实验，不计空气阻力。 （1）（多选）在地面教室实验中，由静止释放小球后，小球的（ ） A、机械能守恒 B、动量随时间呈周期性变化 C、加速度总等于向心加速度 D、回复力始终由线的拉力与重力的合力提供 （2）在天宫一号实验中，拉直细线后，给小球一个方向与细线垂直、大小为I的瞬时冲量，使小球绕横杆运动，则小球运动周期为_________________。 【答案】6. ①. C ②. A 7. 8. D 9. ①. AB ②. 【解析】 【6题详解】 （1）[1]A．铁夹只起固定悬点的作用，摆长仍要用刻度尺量出悬点到球心的距离，夹紧摆线并不能使这一测量更方便，故A错误； B．周期由多次全振动的总时间求出，与摆线上端是否夹紧无关，故B错误； C．摆线上端若只在铁杆上缠绕而不夹紧，摆动时摆线会在杆上滑动，悬点位置随之改变，摆长不能保持为定值，周期也就随之变化；夹住上端后悬点固定，摆动中摆长不变，故C正确； D．摆球是否在竖直平面内摆动取决于释放时拉力与重力的方向关系，铁夹不能保证这一点，故D错误； 故选C。 （2）[2]两球大小相等、摆长相同，单摆的周期只由摆长和重力加速度决定，与摆球的质量、材料无关，两摆同时由静止释放后始终同步摆动，同相位、同侧、振幅大者始终偏得更远、接近平衡位置时两球挨着，故看到的是图c中A的情景。 【7题详解】 摆球每次经过最低点挡光一次，传感器输出一个低电平脉冲，低电平的个数就是摆球经过最低点的次数。图中第一个低电平出现在，此后又出现4个低电平，最后一个恰在时刻，即摆球在内共5次经过最低点。相邻两次经过最低点的时间间隔为半个周期，5次经过最低点包含4个这样的间隔，故 由此得摆球运动的周期为 把该周期代入单摆周期公式，可得重力加速度的大小为 【8题详解】 波沿绳向右传播，可用波形平移法判断质点的振动方向：将波形整体向右平移一小段，点处的新波形低于原波形，故点向下运动；点处的新波形高于原波形，故点向上运动。同一时刻各质点的振动速度大小取决于波形在该处的陡缓，波形平移相同的水平距离时，图线陡处质点位置变化快、速度大，平缓处质点位置变化慢、速度小；图中点位于陡降段，点所在处坡缓，故 故选D。 【9题详解】 （1）[1]A．横杆固定，小环光滑轻质，细线拉力始终沿细线方向、与小球速度垂直，对小球不做功，只有重力做功，小球的机械能守恒，故A正确； B．小球在平衡位置两侧往复摆动，速度的大小和方向都随时间周期性变化，动量随时间呈周期性变化，故B正确； C．小球在最高点速度为零，向心加速度为零，但重力的切向分力使它具有切向加速度，加速度并不总等于向心加速度，故C错误； D．细线拉力与重力的合力提供小球的总加速度，其中沿切线方向的分力才充当回复力，合力本身不等于回复力，故D错误； 故选AB。 （2）[2]在天宫一号中，小球处于完全失重状态，细线拉力成为小球受到的唯一作用力。冲量作用的时间极短，由动量定理得，此后细线拉力始终沿细线指向小环、与速度垂直，小球与小环的距离保持为细线长度，小球在垂直于横杆的平面内做半径为的匀速圆周运动，其线速度大小为 圆周运动的半径等于细线长度，由此得小球运动的周期为 将的表达式代入上式，得小球运动的周期为 四、福建舰 福建舰的航行安全和舰载机起飞涉及不同的物理问题。某学习小组分别研究转弯时甲板上设备的稳定性、舰载机起飞的运动规律，以及电磁弹射与制动的模拟过程。 10. 航母以非零速率沿半径为的水平圆周航行。甲板与水平面的夹角为，向圆心一侧较低，如图，将一件未固定的甲板设备视为质量为的小物块，物块相对甲板静止。物块与甲板间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知，，重力加速度为。 （1）（多选）关于物块的受力情况，下列说法正确的是（ ）。 A、一定受到静摩擦力的作用 B、静摩擦力可能沿甲板向上，也可能沿甲板向下 C、甲板对物块的作用力大小一定大于 D、甲板对物块的支持力大小一定小于 （2）物块相对甲板保持静止时，航母行驶的最大速率为_________________。 11. （不定项）为简化分析，视航母静止、甲板水平，舰载机从时刻、处由静止开始，在恒定牵引力作用下做匀加速直线运动。设舰载机速度为、动能为、所受合力做功为、阻力做功的瞬时功率的绝对值为，则下列关系图像可能正确的是（ ）。 A. B. C. D. 12. 为研究电磁驱动和制动，搭建如图所示装置。用于推动模型飞机的动子（未画出）与线圈绝缘固定，可沿水平导轨无摩擦滑动。线圈各匝有效导线均处于辐向磁场中，导线所在处的磁感应强度大小均为，且导线与磁场垂直。忽略空气阻力、线圈自感及其他电阻。 已知线圈匝数，每匝周长，，模型飞机质量，动子与线圈的总质量。线圈电阻与定值电阻均为。 开关接1时，恒流源输出电流，动子推动飞机从静止开始加速。经，飞机起飞并与动子脱离，开关随即接2：同时对动子施加大小、方向始终与其速度相反的恒定阻力，直至动子停止。制动时间约为。忽略飞机起飞对动子速度的影响。求： （1）（填空）飞机的起飞速度为_________________。 （2）（作图）大致画出动子从开始运动到停下的图像__________； （3）（计算）在线圈运动过程中，通过定值电阻的电量。__________（结果保留两个有效数字） 【答案】10. ①. BC ②. 11. BD 12. ①. ②. ③. 【解析】 【10题详解】 [1]A．物块随甲板在水平面内做半径为的圆周运动，加速度水平指向圆心，取垂直甲板向上为轴向方向、沿甲板向下为轴正方向，则其加速度的两个分量为、 垂直甲板方向，由牛顿第二定律得 沿甲板方向，由牛顿第二定律得 由两式解得静摩擦力 同时得到甲板对物块的支持力 令，解得 该速率小于物块与甲板间不打滑的最大速率，是可能出现的行驶状态，此时物块只受重力和支持力，故A错误； B．由的表达式可知，当速率较小时为负，此时静摩擦力沿甲板向上；当速率较大时为正，此时静摩擦力沿甲板向下，故B正确； C．甲板对物块的作用力是支持力与静摩擦力的合力，其竖直分量与重力平衡，水平分量提供向心力，则合力大小为 由于速率不为零，水平分量不为零，所以该作用力一定大于，故C正确； D．由支持力表达式 由于速率不为零且，所以支持力大于，故D错误。 故选BC。 [2]设航母速率为，速率越大，物块所需的向心力越大，则沿甲板向下的静摩擦力也越大，当静摩擦力达到最大值时有 将与的表达式代入，得 整理得航母的最大速率为 由于，式中分母为正值。当速率超过该值时，所需静摩擦力超过最大值，物块将相对甲板滑动。 【11题详解】 A．舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其加速度为，由匀变速直线运动的位移与速度的关系有 则与的平方根成正比，所以图像应是曲线而不是过原点的直线，故A错误； B．由动能定理有 可知当合力恒定时，动能与位移成正比，所以图像为过原点的直线，故B正确； C．合力做功为 位移的表达式为 联立有 可知合力做功与时间的二次方成正比，所以图像应为抛物线而不是过原点的直线，故C错误； D．阻力做功的瞬时功率绝对值为 又因为 联立有 由于阻力与加速度均恒定，则与成正比，所以图像为过原点的直线，故D正确。 故选BD。 【12题详解】 [1]开关接1时，恒流源与线圈构成串联回路，线圈中的电流恒为，线圈各匝有效导线均与辐向磁场垂直，所受安培力方向相同，合力大小为 代入数据得 动子与飞机一起由静止匀加速，由牛顿第二定律得 代入数据得 所以飞机起飞时速度为 [2]飞机脱离后，动子以的初速度单独运动，开关接2使线圈与定值电阻构成闭合回路，线圈切割辐向磁场的磁感线产生的动生电动势为 回路中的电流为 线圈受到的安培力大小为 在零到内动子匀加速，图线是过原点的直线；开关接2后安培力与速度成正比，速度减小时安培力减小，动子的加速度大小随之减小，制动阶段的图线是斜率逐渐减小的曲线，约经即在时速度减为零，图像如图所示： [3]线圈运动中只有制动阶段有电流通过定值电阻，此时回路的电流为 制动阶段安培力与恒定阻力均与速度反向，安培力大小恒为，把过程分为许多极短的时间间隔，各间隔内安培力冲量之和为，由动量定理得 代入数据得 五、托卡马克 托卡马克是一种利用磁约束来实现可控核聚变的环形容器，中央是一个环形真空室，外面缠绕着线圈。 13. 托卡马克其中心柱上的密绕螺线管（CS线圈）可以驱动附近由电子和离子组成的磁约束等离子体旋转形成等离子体电流，如图（a）所示。CS线圈电流如图（b）所示变化，产生的等离子体电流方向（俯视）为（ ） A. 顺时针 B. 逆时针 C. 先顺时针后逆时针 D. 先逆时针后顺时针 14. 托卡马克局部磁场的理想化截面如图，磁场垂直纸面向里，越靠管左侧磁场越强。粒子仅受磁场作用，在纸面内运动。当粒子从左向右运动时，粒子的运动半径（ ） A. 减小 B. 增大 C. 不变 D. 先减小后增大 15. 如图所示，托卡马克环形真空室内匀强电场强度大小为，匀强磁感应强度大小为。若电荷量为的正离子在此电场和磁场中运动，某时刻其速度平行于磁场方向的分量大小为，垂直于磁场方向的分量大小为，不计离子重力，则电场力的功率（ ） A. 始终为零 B. 先增大后减小 C. 逐渐增大 D. 逐渐减小 16. 为研究托卡马克装置能量利用中的热力学过程，一定质量的理想气体经历如图所示的循环。的反向延长线过原点，、均与温度轴平行，与压强轴平行。一个完整循环中，气体对外做的总功（ ） A. 为正 B. 为零 C. 为负 D. 无法判断正负 17. 如图，交流输电采用双线并联模式，发电机输出电压稳定，、均为理想变压器，每根输电线电阻均为，负载为定值电阻。若四根输电线中的一根被切断，其余部分不变，输出电压将（ ）。 A. 减小 B. 增大 C. 不变 D. 降为零 18. 中国“人造太阳”EAST装置可简化为如图1所示的足够长的空心圆柱，其半径为，为空心圆柱的中心轴。圆柱内部以半径为的圆为边界分成两部分磁场，左视图如图2所示，外环分布有垂直纸面向外磁感应强度为的匀强磁场；内环分布有逆时针的环形磁场，磁感应强度大小处处相等且大小为。在点设置一原子核发射装置，可发射电荷量为、质量为的氘核与电荷量为、质量为的氚核，核子发射时速度方向如图2所示沿半径向外，除碰撞外，忽略粒子间的相互作用。 （1）（填空）氘核运动时能够恰好不与容器相碰，求氘核发射的速度； （2）氚核发射速度，求氚核首次回到点所在轴线上的点所用时间； 【答案】13. B 14. B 15. C 16. C 17. A 18. （1）；（2） 【解析】 【13题详解】 CS线圈中的电流沿图（a）所示正方向绕中心柱流动，俯视时为逆时针方向，它产生的磁场穿过等离子体所围的回路；图（b）是该电流随时间变化的图像，纵坐标表示电流，取图（a）所示方向为正，曲线在内由单调减小到，穿过等离子体回路的磁通量一直减小；由楞次定律，等离子体中感应电流的磁场要阻碍这一磁通量的减小，方向与CS线圈电流的磁场方向相同，所以等离子体电流的俯视方向与CS线圈电流的俯视方向相同，始终为逆时针。 故选B。 【14题详解】 托卡马克局部磁场越靠管的左侧越强，粒子从左向右运动时，所在处的磁感应强度逐渐减小；粒子仅受洛伦兹力，洛伦兹力始终与速度垂直，不改变速度大小，由洛伦兹力提供向心力，可得粒子做圆周运动的半径 可见减小时，粒子的运动半径逐渐增大。 故选B。 【15题详解】 环形真空室内的匀强电场和匀强磁场都沿管的轴线方向；正离子所受的洛伦兹力始终与速度垂直，不改变速度大小，速度的垂直分量只改变方向而大小不变；电场力沿轴线方向，与速度的平行分量同向，电场力的功率为 离子沿轴线方向在电场力作用下做匀加速直线运动，速度的平行分量随时间均匀增大，而和保持不变，所以电场力的功率逐渐增大。 故选C。 【16题详解】 题图是图像，纵坐标为压强、横坐标为热力学温度；由理想气体状态方程可知，过原点的直线对应等容过程、平行于温度轴的直线对应等压过程、平行于压强轴的直线对应等温过程，所以为等容过程，和为等压过程，为等温过程；循环中的压强最大，记该压强为，压缩过程的体积减小量与膨胀过程和的总体积增大量相等，取压缩过程的体积减小量为，外界对气体做的功 膨胀过程中压强都不大于，气体对外做的功 所以一个完整循环中外界对气体做的功大于气体对外做的功，气体对外做的总功为负。 故选C。 【17题详解】 发电机输出电压稳定，为理想变压器，所以副线圈两端电压保持不变；与定值电阻负载可等效为接在输电线末端的定值电阻，设输电线总电阻为，由欧姆定律得原线圈两端电压 四根输电线两两并联，都完好时上、下两组各由两根电阻为的导线并联，输电线总电阻 若其中一根导线被切断，该组只剩一根导线，这一组的电阻由变为，输电线总电阻变为 在和不变的情况下，增大使减小，的输出电压随之减小。 故选A。 【18题详解】 （1）氘核在外环的匀强磁场中只受洛伦兹力，做匀速圆周运动；它在点沿半径向外射出，速度与垂直，所以轨道圆心在过点且垂直于的直线上，设氘核的轨道半径为，由洛伦兹力提供向心力有 所以 由 ，圆心到轴线的距离，轨道上离轴线最远的点恰好与容器内壁相切，该点到轴线的距离等于容器的半径，即 解得 所以 （2）氚核的质量为、电荷量为，仍在同一外环磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有 所以 代入的表达式得 圆心到轴线的距离 轨道与半径为的圆交于和两点，在三角形中，，而 由可知三角形为直角三角形，所以 在直角三角形中 所以 同理，在直角三角形中 所以 因此一次外环运动后氚核回到半径处的方位角转过，其中 方位角累计转过时氚核回到点所在的轴线，对应的外环圆弧段数为 在直角三角形中，在直角三角形中，故，氚核所走的是优弧，圆心角为 由周期公式，氚核在外环磁场中的周期 所以每段外环圆弧所用时间 氚核在点速度沿方向指向轴线，由此进入内环区域；内环磁场沿以轴线为圆心的圆，洛伦兹力始终与速度和磁场垂直，氚核在过轴线的平面内做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有 氚核从半径处沿半径射入，经半个圆周又回到半径处，速度重新沿半径向外，方位角不变，沿轴线方向移动的距离为 氚核在内环磁场中的周期 所以每进入内环一次所用时间 氚核在6段外环圆弧之间5次进入内环，总时间为 所以 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $