2023屆浙江省寧波市高三下學期選考模擬（二模）物理 Word版含解析.docx

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寧波市2022學年第二學期選考模擬考試物理試卷一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分．每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1.下列物理量屬于標量的是（）A.電流B.加速度C.電場強度D.磁感應強度【答案】A【解析】【詳解】A．電流有大小也有方向，遵守代數運算法則，為標量，故A正確；B．加速度既有大小又有方向，遵守矢量運算法則，為矢量，故B錯誤；C．電場強度既有大小又有方向，遵守矢量運算法則，為矢量，故C錯誤；D．磁感應強度既有大小又有方向，遵守矢量運算法則，為矢量，故D錯誤。故選A。2.近幾年我國多次在鋰電池領域取得重大技術突破，鋰電池具有安全性高、能量密度大的優(yōu)點，若用國際單位制基本單位的符號來表示能量密度的單位J/kg，正確的是（）A.m/s2B.m2/s2C.kg·m/s2D.N·m/kg【答案】B【解析】【詳解】能量密度的單位故選B。3.下列四幅教材中的圖片場景，其中用到了理想化模型思想的是（） A.甲圖示意形狀規(guī)則的均勻物體的重心B.乙圖示意把帶小孔的空腔看成黑體C.丙圖示意模擬氣體壓強產生的機理D.丁圖示意用卡文迪許扭秤測量引力常量【答案】B【解析】【詳解】A．甲圖是等效替代思想，A錯誤；B．把帶小孔的空腔看成黑體是理想化物理模型，B正確；C．丙圖為模擬氣體壓強產生機理實驗圖。實驗說明了氣體壓強是由氣體分子對器壁頻繁碰撞產生的，C錯誤；D．卡文迪許在利用扭秤實驗裝置測量萬有引力常量時，將兩個球體之間由于萬有引力的吸引而移動的距離通過石英絲的扭轉角度“放大”展現，應用了微小形變放大法，D錯誤。故選B。4.直流特高壓輸電技術已成為我國“西電東送”戰(zhàn)略的技術基礎，下列方法中經濟可靠且能降低輸電損耗的是（）A.提高用戶的用電量B.改用交流輸電C.用電阻率大的材料制造輸電線D.提高輸電電壓【答案】D【解析】 【詳解】在輸送功率一定時，電流則，輸電線上損失的功率為所以，減少電能輸送損耗可采取減小輸電線的電阻、提高輸電電壓的方法；由電阻定律可選用電阻率小的金屬材料來制造輸電線或增加導線的橫截面積都可以減小導線電阻，而提高用戶的用電量和改用交流輸電都不能降低輸電損耗。故選D5.如圖所示，近千架無人機群構造了高空巨幅光影“湯匙里的湯圓”，某段時間內，“湯圓”靜止，而“湯匙”正在勻速向上運動。在該段時間內下列說法正確的是（）A.“湯匙”中的無人機受到合外力向上B.“湯匙”中的無人機的機械能保持不變C.“湯圓”中的無人機對空氣做正功D.“湯圓”中的無人機消耗的電能全部轉化為無人機的光能和空氣的動能【答案】C【解析】【詳解】A．“湯匙”正在勻速向上運動，所以合外力為零，故A錯誤；B．“湯匙”正在勻速向上運動，動能不變，重力勢能增加，所以機械能增大，故B錯誤；C．“湯圓”中的無人機使空氣流動，對空氣做正功，故C正確；D．“湯圓”中的無人機消耗的電能轉化為內能、無人機的光能和空氣的動能，故D錯誤。故選C。6.如圖所示，屋頂摩天輪“芯動北侖”的輪盤的直徑是52米，轉一圈時間為13分14秒，轎廂中游客的運動可視為勻速圓周運動，下列說法正確的是（） A.游客始終處于失重狀態(tài)B.游客的線速度大小約為0.2m/sC.游客的角速度大小約為1.3×10-3rad/sD.轎廂對游客的作用力的大小保持不變【答案】B【解析】【詳解】A．當游客位于圓心上方時加速度豎直方向分量向下，處于失重狀態(tài)，位于圓心下方時加速度豎直方向分量向上，處于超重狀態(tài)，A錯誤；B．游客的線速度大小B正確；C．游客的角速度C錯誤；D．游客合力大小不變，方向始終指向圓心，重力大小方向不變，因此轎廂對游客的作用力的大小變化，D錯誤。故選B。7.遙控小車在水平軌道上運動的速度-時間圖象如圖所示，時刻小車位于坐標原點，下列說法正確的是（）A.在0~4s內，小車的加速度不變 B.在0~6s內，小車的速度方向改變了1次C.在0~6s內，小車的平均速度的大小為3m/sD.在s時刻，小車距離坐標原點最遠【答案】A【解析】【詳解】A．根據速度-時間圖象中圖線的斜率等于加速度，可知在0~4s內，圖線的斜率不變，所以小車的加速度不變，故A正確；B．根據速度-時間圖象中在t軸上方速度為正，在t軸下方速度為負，可知小車在2s末和5s末時，速度改變方向，所以在0~6s內，小車的速度方向改變了2次，故B錯誤；C．根據速度-時間圖象中圖象與坐標軸所圍的面積表示位移，可知在0~6s內，小車的位移為所以在0~6s內，小車的平均速度的大小為零，故C錯誤；D．在0-2s內，質點沿負向運動，位移為2-4s內質點沿正向運動，位移為可知0-4s內的位移為零，在4-5s內，質點沿正向運動，位移為5-6s內質點沿負向運動，位移可知4-6s內的位移為零，通過分析可知，質點在第2s末距離坐標原點最遠，故D錯誤。故選A。8.某種光電式火災報警器的原理如圖所示，由紅外光源發(fā)射的光束經煙塵粒子散射后照射到光敏電阻上，光敏電阻接收的光強與煙霧的濃度成正比，其阻值隨光強的增大而減小。閉合開關，當煙霧濃度達到一定值時，干簧管中的兩個簧片被磁化而接通，觸發(fā)蜂鳴器報警。為了能在更低的煙霧濃度下觸發(fā)報警，下列調節(jié)正確的是（） A.增大電阻箱的阻值B.增大電阻箱的阻值C.增大電源的電動勢D.增大干簧管上線圈的匝數【答案】D【解析】【詳解】A．增大電阻箱的阻值，則紅外光源發(fā)出的紅外線強度減小，若煙霧濃度降低，則光敏電阻接收的光強降低，阻值變大，則干簧管的電流減小，則干簧管中的兩個簧片不能被磁化而接通，觸發(fā)蜂鳴器不能報警，選項A錯誤；B.同理，若煙霧濃度降低，則光敏電阻接收的光強降低，阻值變大，若再增大電阻箱的阻值，則干簧管的電流減小，則干簧管中的兩個簧片不能被磁化而接通，觸發(fā)蜂鳴器不能報警，選項B錯誤；C．增大電源的電動勢，對干簧管的通斷無影響，選項C錯誤；D．增大干簧管上線圈的匝數，可是干簧管在電流減小時增加磁性，可使干簧管中的兩個簧片被磁化而接通，觸發(fā)蜂鳴器報警，選項D正確。故選D。9.某同學用phyphox音頻發(fā)生器產生兩個特定頻率音調do和sol，其振動圖像分別為如圖甲和圖乙所示，下列說法正確的是（） A.do和sol的周期之比約為2：1B.do和sol的頻率之比約為3：2C.do和sol在空氣中傳播的波長之比約為3：2D.do和sol在空氣中傳播的速度大小之比約為2：3【答案】C【解析】【詳解】AB．由圖像可知，do和sol的周期分別為所以周期之比為則頻率之比為故AB錯誤；CD．do和sol兩者在空氣中傳播速度大小相等，由公式do和sol在空氣中傳播的波長之比約為故C正確，D錯誤。故選C。10.如圖所示為2022年11月8 日晚上出現的天文奇觀“血月掩天王星”照片，大大的月亮背景下天王星是一個小小的亮點。此時太陽、地球、月球、天王星幾乎處于同一條直線上。已知地球和天王星繞太陽的公轉方向與月球繞地球的公轉方向相同，下列說法正確的是（）A.在太陽參考系中，此時地球的速度大于月球的速度B.在太陽參考系中，此時地球的加速度小于月球的加速度C.下一次出現相同的天文奇觀的時間間隔少于一年D.月球和天王星的公轉軌道半長軸的三次方與公轉周期的二次方的比值相等【答案】B【解析】【詳解】AB．在太陽參考系中由題可知，方向均一致，所以故A錯誤，B正確；C．設地球的公轉半徑為，周期為，天王星的公轉半徑為，周期為，根據開普勒第三定律，有兩天體再次與太陽共線滿足兩式聯(lián)立故C錯誤； D．開普勒第三定律成立前提必須是同一中心天體，所以月球和天王星的公轉軌道半長軸的三次方與公轉周期的二次方的比值大小沒法確定，故D錯誤。故選B。11.點電荷A、B、C、D在平面直角坐標系中的位置和電荷量如圖所示，取無窮遠處為電勢零點，下列說法正確的是（　?。〢.M點的電勢為零B.Q點的電場強度為零C.點電荷A所受的電場力為零D.在P點放置一帶負電的試探電荷，其電勢能為負值【答案】A【解析】【詳解】AD．將四個點電荷看成兩組等量異種電荷，點和點均在兩組等量異種電荷的中垂線上，電勢均為零，在P點放置一帶負電的試探電荷，其電勢能為零，A正確，D錯誤；B．設單位長度為，根據電場強度的疊加可得Q點的電場強度為B錯誤；C．點電荷A所受的電場力C錯誤。故選A。12.如圖甲所示，A、B為兩個相同的環(huán)形線圈，共軸并靠近放置，A線圈中通有如圖乙所示的交變電流，下列說法正確的是（） A.時刻兩線圈間作用力最大B.時刻兩線圈間作用力最大C.在到時間內，A、B兩線圈相互排斥D.在到時間內，A、B兩線圈相互排斥【答案】D【解析】【詳解】A．由圖可知，在t1時刻線圈A中的電流最大，此時產生的磁通量的變化率是最小的，為零，所以線圈B感應電流為零，因此兩線圈間作用力為零，故A錯誤；B．在t2時刻，線圈A中的電流為零，而磁通量的變化率是最大的，所以線圈B感應電流也是最大，但A、B間的相互作用力為零，故B錯誤；C．在到時間內，若設順時針(從右向左看)方向為正，則線圈A電流方向順時針且大小減小，所以根據右手螺旋定則可判定穿過線圈B方向向左的磁通量大小減小，由楞次定律可知，線圈B的電流方向順時針方向，因此A、B中電流方向相同，出現相互吸引現象，故C錯誤；D．在到時間內，若設順時針方向(從右向左看)為正，則線圈A電流方向逆時針且大小增大,所以根據右手螺旋定則可判定穿過線圈B方向向右的磁通量大小增大，由楞次定律可知，線圈B的電流方向順時針方向，因此A、B中電流方向相反，A、B出現互相排斥，故D正確。故選D。13.如圖所示，某人用水管沖洗豎直墻面，水龍頭的流量（單位時間流出水的體積）可視為一定，水管的入水口與水龍頭相連接，水從出水口水平出射，水打到墻面后不反彈順墻面流下。若用手擠壓出水口，使出水口的橫截面積變?yōu)樵瓉淼囊话?，則被水流沖擊部分的墻面所受壓強約為原先的多少倍（　?。〢.1B.2C.4D.8【答案】C 【解析】【詳解】由題知，水龍頭的流量（單位時間流出水的體積）可視為一定，設為，水流速度為，橫截面積為，則有設時間內有V體積的水打在煤層上，則這些水的質量為以這部分水為研究對象，它受到煤層的作用力為F，以水運動的方向為正方向，由動量定理有解得則被水流沖擊部分的墻面所受壓強可知壓強正比于水流速度的平方；當出水口的橫截面積變?yōu)樵瓉淼囊话霑r，設此時水流速度為，則有解得可知水流速度變化原來的2倍，根據壓強正比于水流速度的平方，當出水口的橫截面積變?yōu)樵瓉淼囊话霑r，則被水流沖擊部分的墻面所受壓強約為原先的4倍。故選C。二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分．每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的，全部選對的得2分，選對但不全的得1分，有選錯的得0分）14.圖甲和圖乙分別是可見光譜圖和氫原子的能級圖，某個處于能級的氫原子，向低能級躍遷過程中，共發(fā)出3不同頻率的光，其中1種是可見光：另一個處于能級的氫原子，向低能級躍遷過程中，共發(fā)出2種不同頻率的光，其中1種是可見光，已知、是不同頻率的可見光，普朗克常量J/s，元電荷量C，下列說法正確的是（） A光子比光子動量更大B.用光和光分別入射到水中，在水中光的傳播速度更大C.用光和光分別照射某一光電管，光更可能發(fā)生光電效應D.用光和光分別做相同的雙縫干涉實驗，光的干涉條紋間距更大【答案】BD【解析】【詳解】A．根據題意分析可知，從能級的氫原子躍遷時發(fā)出的第一種光為從躍遷到能級第二種光為從躍遷到能級第三種光為從躍遷到能級所以，可見光a光為第二種，屬于紅光；從能級氫原子躍遷時發(fā)出的第一種光為從躍遷到能級第二種光為從躍遷到能級所以，可見光b光為第一種，屬于藍光；由 可知由康普頓效應可知故A錯誤；B．由于a光波長大于b光波長，所以水對a光的折射率小于對b光的折射率，由光在介質中傳播的速度可知，在水中光的傳播速度更大，故B正確；C．由A選項可知頻率越大，越容易發(fā)生光電效應，所以，b光更容易發(fā)生光電效應，故C錯誤；D．雙縫干涉中，相鄰兩個亮條紋或暗條紋的間距因為a光波長大于b光波長，所以a光的干涉條紋間距更大,故D正確。故選BD。15.如圖所示，兩塊完全相同的半圓形玻璃磚的圓心分別為和，兩直徑平行且拉開一段距離，現讓一細光束沿玻璃磚A的半徑方向入射，并從出射后入射到玻璃磚B。設入射方向與直線的夾角為，已知玻璃磚的折射率為1.5，忽略光在每種介質中的二次反射，下列說法正確的是（）A.一定，改變，從玻璃磚B圓弧面的出射光線與入射光線始終平行 B.一定，改變，光束可能在玻璃磚B的圓弧面發(fā)生全反射C.一定，改變，始終有光束從玻璃磚A的圓弧面出射D.一定，改變，光束可能在玻璃磚B的圓弧面發(fā)生全反射【答案】D【解析】【詳解】AB．根據題意作出光路如圖：一定，改變，根據折射定律可知改變d前后入射光線平行，出射光線不平行，根據折射定律與光的可逆性可知光束不可能在玻璃磚B的圓弧面發(fā)生全反射，故AB錯誤；C．一定，改變，當時光束在玻璃磚A的圓弧面發(fā)生全反射，無光線射出，故C錯誤；D．一定，改變，當i增大時，光束可能在玻璃磚B的圓弧面的入射角大于臨界角C，會發(fā)生全反射，故D正確；故選D。三、非選擇題（本題共5小題，共55分）16.在“用單擺測量重力加速度的大小”的實驗中。（1）用游標卡尺測量小球的直徑，測量情況如圖所示，其讀數為_____mm：（2）在鐵架臺上固定單擺懸線的上端時，最佳方式是_____： A.B.C.（3）固定懸點后，測得懸點到擺球上端的細線長度為l，完成n次全振動的時間t，則重力加速度的表達式為_____；（用題中測得物理量的符號表示）（4）某同學查閱資料得知，課本上所給的單擺周期是初始擺角很小時的近似值，實際上初始擺角對理論周期T有一定影響，與的關系圖像如圖所示。若實驗時初使擺角達到20°，考慮初始擺角的影響，重力加速度的測量值會_____。（填寫“偏大”、“不變”或“偏小”）【答案】①.15.2②.C③.④.偏小【解析】【詳解】（1）[1]游標卡尺的最小分度值為0.1mm，讀數為d=15mm+2×0.1mm=15.2mm（2）[2]單擺擺動過程中，擺長不能變化，所以細線的上端懸掛方式正確的是圖C。故選C。（3）[3]單擺的周期由單擺周期公式可知，重力加速度（4）[4]根據圖像可知隨著角度的增大，的比值變大，即周期變大，根據 可得重力加速度由此可知考慮初始擺角的影響，重力加速度的測量值會偏小。17.在“測定干電池的電動勢和內阻”實驗中①如圖甲所示，已經連接了一部分電路，請在答題紙上對應位置將電路連接完整；（）②正確連線后，實驗測得6組數據如表所示，在坐標系中描出各對應點，如圖乙所示。請在答題紙對應位置的圖中作出圖像，并將縱坐標軸方框內主要刻度值補全；（）1234561.231.130.920.960.830.710.120.170.230.280.350.43③干電池的電動勢_____V，內阻_____Ω。（小數點后保留兩位）【答案】①.見解析②.見解析③.④.【解析】【詳解】①[1]“測定干電池的電動勢和內阻”實驗基本電路圖連接即可，根據表中數據可知電壓表應該選擇小量程，電路圖如圖所示 ②[2]由表中數據可分析出每一大格表示0.2V，將縱坐標軸方框內主要刻度值補全如圖所示；由圖中點跡可知，第三組數據錯誤，應該排除，連接圖像所圖所示③[3][4]根據閉合電路歐姆定律則圖像表達式為所以圖像縱軸截距即為電源電動勢圖像斜率絕對值即為電源內阻18.在“探究影響感應電流方向的因素”的實驗中，實驗裝置如圖丙所示。①下列操作正確且必要的是_____。A.在實驗開始前，查清線圈的繞制方向B.用干電池與靈敏電流表試觸，檢測電流流向與指針偏轉方向之間的關系C.為使實驗現象更加明顯，緩慢地插入或拔出條形磁體的磁極D.實驗結束后，應佩戴絕緣手套拆除與線圈相連接的導線，防止由于自感現象導致的電擊 ②某次實驗中，靈敏電流表的指針未發(fā)生偏轉，可能是靈敏電流表內部斷路了。某同學設計實驗進行驗證：保持靈敏電流表與線圈的連接，他用手晃動表殼使指針有較大的擺動幅度，觀察指針的擺動情況：斷開靈敏電流表與線圈的連接，再次以同樣幅度晃動表殼，發(fā)現指針的擺動情況與之前基本相同。你認為上述實驗能否驗證靈敏電流表內部斷路？_____。（填寫“能”或“不能”）【答案】①.ABD②.能【解析】【詳解】①[1]A．為了弄清感應電流方向與磁通量變化的關系，在實驗開始前要查清線圈的繞制方向，選項A正確；B．用干電池與靈敏電流表試觸，檢測電流流向與指針偏轉方向之間的關系，選項B正確；C．為使實驗現象更加明顯，要快速地插入或拔出條形磁體的磁極，選項C錯誤；D．實驗結束后，應佩戴絕緣手套拆除與線圈相連接的導線，防止由于自感現象導致的電擊，選項D正確。故選ABD。②[2]能；如果電流計內部沒有斷路，則當電流計與線圈連通時，晃動電流表指針，由于內部線圈切割磁感線產生感應電流，從而阻礙表針的相對運動，則指針很快會停下來；如果電流計兩接線柱是斷開的，則晃動電流表表針時，由于無感應電流產生，則表針一直會有較大幅度的擺動；題中說兩種情況下表針都有相同情況的擺動，說明電流計內部已經是斷路了。19.如圖所示，質量kg金屬圓柱形氣缸內封閉有長為m的空氣，氣缸與水平面的動摩擦因數，截面為T字形的活塞與豎直墻面接觸且無擠壓力，活塞底面積m2。忽略活塞與氣缸間的摩擦，環(huán)境溫度穩(wěn)定，氣缸內的空氣可視為理想氣體，大氣壓強pa?，F用水平外力使氣缸緩慢向右運動，當氣缸向右運動m時。（1）求此時氣缸內空氣的壓強；（2）求此時外力的大??；（3）在氣缸緩慢向右運動的過程中，請判斷氣體是吸熱還是放熱？并比較外界對氣缸內氣體所做的功與氣體跟外界交換的熱量的大小并說明理由。 【答案】（1）；（2）152N；（3）見解析【解析】【詳解】（1）玻意耳定律得壓強（2）對圓柱形氣缸受力分析得F=152N（3）氣缸內的空氣可以看成是理想氣體，環(huán)境溫度不變，其內能持不變，故壓縮氣體過程，氣體釋放熱量，根據熱力學第一定律，因，因此壓縮氣體所做的功W等于氣體對外釋放的熱量Q。20.如圖所示，某一游戲裝置由輕彈簧發(fā)射器、長度的粗糙水平直軌道AB與半徑可調的光滑圓弧狀細管軌道CD組成。質量的滑塊1被輕彈簧彈出后，與靜置于AB中點、質量的滑塊2發(fā)生完全非彈性碰撞并粘合為滑塊組。已知輕彈簧貯存的彈性勢能，兩滑塊與AB的動摩擦因數均為，兩滑塊均可視為質點，各軌道間連接平滑且間隙不計，若滑塊組從D飛出落到AB時不反彈且靜止。（1）求碰撞后瞬間滑塊組的速度大??；（2）調節(jié)CD的半徑，求滑塊組進入到圓弧軌道后在C點時對軌道的壓力大?。唬?）改變CD的半徑R，求滑塊組靜止時離B點的最遠距離，并寫出應滿足的條件?！敬鸢浮浚?）3m/s；（2）3N；（3）0.2m，若要滑塊組從D點飛出其R應該小于0.1m【解析】 【詳解】（1）滑塊1被彈簧彈出的速度為，有滑塊1與滑塊2碰撞前速度為，有滑塊1與滑塊2粘在一起后速度為，有解得（2）滑塊組在碰撞后到C點的過程中有解得由牛頓第三定律有（3）當半徑為時，其滑塊組恰好能到達D點，因為是細管管道，所以此時在D點速度為零，有解得所以當圓弧軌道半徑小于0.1時，其滑塊組能從D點飛出，之后做平拋運動，繼續(xù)調節(jié)圓弧軌道半徑，其從D點飛出的速度不同，其落在水平軌道上距離B點的距離也不同，設半徑為R時，有滑塊組在D點之后做平拋運動，有 整理有根據數學知識有，當時，s取最大值，其值為0.2m。因為，所以該情況符合題意。21.如圖甲所示，水平面內固定兩根平行的足夠長的光滑軌道，軌道間距m，其中在E、F、G、H四點附近的軌道由絕緣材料制成，這四段絕緣軌道的長度非常短，其余軌道由金屬材料制成，金屬軌道的電阻不計，在右側兩軌道之間連接一個阻值Ω的定值電阻。在矩形區(qū)域MNQP中存在豎直向上的磁場，記M點所在位置為坐標原點，沿MP方向建立坐標軸，磁感應強度的大小隨位置的變化如圖乙所示，圖中T。現有一總質量kg的“工”字形“聯(lián)動雙棒”（由兩根長度略長于的平行金屬棒ab和cd，用長度為的剛性絕緣棒連接構成，棒的電阻均為Ω），以初速度沿軸正方向運動，運動過程中棒與導軌保持垂直，最終靜止于軌道上，忽路磁場邊界效應。求（1）棒ab剛進入磁場時，流經棒ab的電流的大小和方向；（2）棒ab在EF處的速度大小和在GH處時的速度大小；（3）電阻R上產生的焦耳熱?！敬鸢浮浚?）8A，（2）4m/s，3m/s（3）0.3375J【解析】【詳解】（1）當ab棒剛進入磁場時產生的感應電動勢為由歐姆定律解得由右手定則可知，電流方向為acdba；（2）當ab棒進入磁場后，到ab棒到達EF處的過程中，由動量定理可得 解得當ab棒經過EF后，由于EF絕緣，ab棒與cd棒不再形成閉合回路，雖有切割，但感應電流為0，所以兩棒做勻速運動，直至cd棒經過EF處，此后，對ab棒對cd棒由乙圖可知所以，電路中的總感應電動勢為由歐姆定律則ab棒的安培力cd棒的安培力所以ab棒與cd棒的合力向左，為當ab到達GH處時，由動量定理解得（3）當ab棒經過GH，由于GH絕緣，ab棒無電流，ab棒切割與右邊電阻形成閉合回路，則 由歐姆定律ab棒所受安培力設ab棒運動的距離后減速為0，由動量定理可得解得故ab棒還未離開磁場就減速為0，由動能定理可得則電阻R產生的焦耳熱為解得22.用射線轟擊鋁箔Al人工產生一定量的放射性同位素P和某種粒子A，放置一段時間后，部分P衰變產生Si和正電子?，F用如圖所示裝置檢測P在時間內的衰變率：將核反應產物（電離態(tài)的P、電離態(tài)的Si4+、粒子、粒子A、正電子等五種粒子）一起注入到加速電場的中心P，忽略各粒子的初速度，部分粒子經電場加速形成的粒子束1從正極板的小孔M射出，被探測板1收集；部分粒子經電場加速后形成粒子束2從負極板上的小孔N射出，沿半徑為的圓弧軌跡通過靜電分析器，經由速度選擇器篩選后（速度選擇器中不同粒子的運動軌跡如圖中虛線所示），在磁分析器中沿半圓弧軌跡偏轉，最后被磁場邊界處的探測板2收集。其中加速電場的電壓大小為，靜電分析器中與圓心等距離的各點場強大小相等，方向指向圓心，磁分析器中以為圓心的足夠大半圓形區(qū)域內，分布著方向垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度的大小為。經檢測，探測板1收集的電荷量為，探測板2收集電荷量為。設原子核中每個核子的質量均為，整個系統(tǒng)處于真空中，忽略檢測過程中發(fā)生的衰變，不計重力、粒子間的相互作用力及相對論效應，且已知元電荷量為。 （1）寫出粒子轟擊鋁箔的核反應方程：（2）求靜電分析器中粒子運動軌跡處電場強度的大小；（3）求時間內發(fā)生衰變的P與人工產生的P的比值；（4）若磁分析器中磁場有較小的波動，其變化范圍為至，為將進入磁分析器的粒子全部收集，探測板2的最小長度是多少。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【解析】【詳解】（1）粒子轟擊鋁箔的核反應方程為（2）由題可知解得（3）由題可知到達探測板1的是P，到達探測板2的是Si4+，故時間內發(fā)生衰變的P與人工產生的P的比值 （4）由題可知，每個核子的質量均為，則Si的質量為30m，電荷量為4e解得當B變化范圍為至，則探測板2的最小長度為