浙江省县域教研联盟2023-2024学年高三下学期一模考试物理试题 含解析

这是一份浙江省县域教研联盟2023-2024学年高三下学期一模考试物理试题 含解析，共29页。
考生须知：
1．本卷满分100分，考试时间90分钟；
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场、座位号及准考证号并核对条形码信息；
3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效，考试结束后，只需上交答题卷；
4．参加联批学校的学生可关注“启望教育”公众号查询个人成绩分析。
选择题部分
一、选择题（本大题共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. 下列四组物理量中为矢量且单位用国际基本单位表示的是（ ）
A. 动量 B. 热量
C. 加速度 D. 功率
【答案】A
【解析】
【详解】A．动量是矢量，根据
可知动量单位用国际基本单位表示的是，故A正确；
B．热量是标量，且单位中的V不是国际单位制中的基本单位，故B错误；
C．加速度是矢量，但单位中的N不是国际单位制中的基本单位，故C错误；
D．功率是标量，故D错误。
故选A。
2. 关于物体的运动，下列说法中正确的是（ ）
A. 甲图中老鹰飞得比较高，可以看成质点
B. 乙图中导航显示的是位移大小
C. 丙图中篮球比赛计时牌，图中为时刻
D. 丁图中雷达测速仪测得的是汽车的瞬时速率
【答案】D
【解析】
【详解】A．研究问题不明确，因此无法判断能否将老鹰看做质点，故A错误；
B．导航上显示的是路程而不是位移大小，故B错误；
C．篮球比赛计时牌显示的是时间间隔，故C错误；
D．测速仪显示的是瞬时速率，故D正确。
故选D。
3. 图甲为某游乐场的水滑梯，其简化模型如图乙所示。一质量为m的小朋友从a点沿轨道经b点滑到最低c点，已知ab、bc间高度差均为h。则小朋友（ ）
A. a到b和b到c动能增加量一定相同
B. a到b和b到c重力势能减少量一定相同
C a到b和b到c机械能保持不变
D. a到c的运动总时间为
【答案】B
【解析】
【详解】A．a到b和b到c过程，虽然下降高度相同，重力做功相同，但摩擦力做功关系不明确，因此无法确定两个过程中合外力做功关系，由
可知，其两端过程动能的增加量不一定相同，故A项错误；
B．a到b和b到c过程，下降高度相同，重力做功相同，由重力做功与重力势能的关系有
由于两过程重力做功相同，所以重力势能减少量相同，故B项正确；
C．a到b和b到c过程中，由于存在摩擦力做功，所以机械能减小，故C项错误；
D．若a到c做自由落体运动，则有
解得
由于a到c过程的运动并不是自由落体运动，所以其运动时间一定比从a处开始做自由落体运动所需时间长，即时间大于，故D项错误。
故选B。
4. 如图所示，某运动员主罚任意球时，踢出快速旋转的“落叶球”，则“落叶球”（ ）

A. 在空中的运动轨迹是对称的B. 运动到最高点时速度为零
C. 相比正常轨迹的球，下落更快D. 在最高点时加速度方向一定竖直向下
【答案】C
【解析】
【详解】A．落叶球被踢出后还在快速旋转，在空气作用力的影响下，轨迹不对称，故A错误；
B．落叶球运动到最高点时，速度方向沿轨迹切线方向，速度不为零，故B错误；
C．落叶球下落更快是因为在运动过程中还受到了指向曲线轨迹内侧的空气作用力，故C正确；
D．落叶球在最高点时还受到空气作用力，因此加速度方向一定不是竖直向下，故D错误。
故选C。
5. 如图所示，地球的公转轨道接近圆，彗星的运动轨道则是一个非常扁的椭圆。哈雷彗星最近一次出现的时间是1986年，预测下次飞近地球将在2061年。已知太阳质量为M，太阳与地球的距离为r，万有引力常量为G，P点为地球轨道与哈雷彗星轨道的一个交点，地球对彗星的影响可忽略不计。下列说法中正确的是（ ）
A. 哈雷彗星在P点的加速度大于地球在P点的加速度
B. 哈雷彗星在近日点受太阳的引力比地球受太阳的引力大
C. 哈雷彗星飞近太阳过程中速度将变小
D. 哈雷彗星的半长轴约为
【答案】D
【解析】
【详解】A．在P点时，根据
哈雷彗星在P点的加速度等于地球在P点的加速度，故A错误；
B．彗星和地球质量未知，无法比较哈雷彗星在近日点受太阳的引力与地球受太阳的引力大小关系，故B错误；
C．哈雷彗星飞近太阳过程中，万有引力做正功，哈雷彗星速度将变大，故C错误；
D．根据题意，哈雷彗星的公转周期
2061年-1986年=75年
根据开普勒第三定律
可知哈雷彗星公转的半长轴约为，故D正确。
故选D。
6. 台风对沿海地区的破坏力非常巨大，12级台风登陆时中心附近最大风力约为35m/s。已知小明站立时，在垂直于风速方向的受力面积约为0.5m2，空气的密度约为1.29kg/m3。假设空气吹到人身体上后速度减为零，则小明站在12级台风中心附近，所受的风力大小约为（ ）
A. 790NB. 79NC. 230ND. 23N
【答案】A
【解析】
【详解】单位时间吹到人身体上的空气质量
根据动量定理
小明所受的风力大小约为
故选A。
7. 如图，在湖边山坡上的同一位置以相同大小的初速度抛出两石子，速度方向与水平方向夹角均为，一段时间后两石子落入水中，不计空气阻力。则（ ）
A. 落至水面时，两石子速度相同
B. 若A石子先抛出，则两石子可能在空中相遇
C. 夹角越大，两石子落在水面上的间距越大
D. 抛出点位置越高，两石子落在水面上的间距越大
【答案】A
【解析】
【详解】AD．A石子运动至与起点同一水平面时，如图
假设该位置为M点，根据抛体运动规律可知此时A石子速度与B石子初速度相同，两石子落在水面上的间距与图中抛出点到M点距离相同，与抛出点位置高底无关，落至水面时，两石子速度也相同，故A正确，D错误；
B．若A石子先抛出，水平方向上A石子始终在B石子右侧，两石子不可能在空中相遇，故B错误。
C．改变夹角，抛出点到M点距离可能变大，可能变小，也可能不变，当时最大，故C错误。
故选A。
8. 如图所示，两相同光滑斜面体放置在粗糙水平面上，两斜边紧靠且垂直，左侧斜面体与水平面的夹角。一轻质细杆AB穿有质量为m的小球C，将杆水平置于两斜面体之间，系统恰好处于平衡状态。则（ ）
A. 左侧斜面对杆AB的支持力为
B. 右侧斜面体受到地面的摩擦力为
C. 保持细杆水平，减小倾角，两斜面体对杆的作用力增大
D. 保持细杆水平，缩短长度，两斜面体受到的摩擦力均减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．对细杆受力分析，如图所示
根据几何关系可知左侧斜面对杆AB的支持力为
右侧斜面对杆AB的支持力为
故A错误；
B．根据牛顿第三定律，杆AB对右侧斜面的压力为，其水平分力为
根据平衡条件可知右侧斜面体受到的摩擦力为，故B正确；
C．对细杆受力分析，两斜面体对杆的作用力与小球重力平衡，大小为，恒定不变，故C错误；
D．保持细杆水平，缩短长度，细杆平行下移，细杆及两斜面受力情况不变，则两斜面体受到的摩擦力均不变，故D错误。
故选B。
9. 如图所示，在xOy坐标系中一质量为m的小球绕原点O做顺时针方向圆周运动，半径为R。一束平行光沿x轴正方向照射小球，在处放置一垂直于x轴的足够大屏幕，观察到影子在y轴方向上的运动满足。则（ ）
A. 影子做简谐运动，周期为B. 小球做匀速圆周运动的向心力为
C. ，小球坐标是D. ，小球速度沿y轴正方向
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据影子在y轴方向运动的位移时间关系
可知影子做简谐运动
周期
故A错误；
B．由向心力公式
故B正确；
C．根据题中信息可知时，小球位置坐标为，沿y轴正方向运动，，即经过四分之一个周期，小球坐标是，故C错误；
D．，小球速度沿y轴负方向，故D错误。
故选B。
10. 如图装置可将低压直流电升压，虚线框内为电磁继电器，当开关S闭合后，电磁铁通电，吸引衔铁断开触点a、b，电路断电，衔铁在弹簧的作用下弹回，将电路重新接通，如此循环，衔铁来回振动，电路反复通断，在原线圈中形成如图乙的脉冲电流。关于此装置，则（ ）
A. 原线圈中的脉冲电流为交流电
B. 闭合开关S，cd端输出的为直流电
C. 副线圈电流的变化频率与磁铁的振动频率相同
D. cd端接负载后，正常工作时副线圈输出电流比原线圈输入电流大
【答案】C
【解析】
【详解】A．原线圈中的脉冲电流为直流电，故A错误；
B．闭合开关S，当触点断开向上运动时，变压器原线圈中电流减小，穿过线圈的磁通量减小，线圈中产生感应电动势，由于互感，副线圈中也产生感应电动势，当触点向下运动接触时，变压器原线圈中电流增大，穿过线圈的磁通量增大，线圈中产生感应电动势，由于互感，副线圈中也产生感应电动势，由于原线圈中电流方向不变，即穿过线圈的磁场方向不变，根据楞次定律可知，触点断开过程产生的感应电动势与触点接触过程产生的感应电动势方向相反，可知，闭合开关S，cd端输出交流电，故B错误；
C．原线圈输入电流的变化频率与触点a、b接通断开的频率相同，因此副线圈的电流变化频率与磁铁的振动频率相同，故C正确；
D．升压变压器副线圈输出电流比原线圈输入电流小，故D错误。
故选C
11. 如图所示，甲图是光电管中光电流与电压关系图像，乙图是放射性元素氡的质量和初始时质量比值与时间之间的关系图像，丙图是原子核的比结合能与质量数之间的关系图像，丁图是c、d两种金属遏止电压与入射光频率之间的关系图像，下列判断正确的是（ ）
A. 甲图，a光的光子能量小于b光的光子能量
B. 乙图，每过3.8天反应堆的质量就减少一半
C. 丙图，核子平均质量比核子平均质量小约
D. 丁图，用a光照射c、d金属，若c能发生光电效应，则d也一定可以
【答案】C
【解析】
【详解】A．由甲图可知a光电子遏止电压大，则a光电子的最大初动能大，由光电效应方程可知a光能量大，故A错误；
B．经过衰变产生的新核也属于反应堆的一部分，所以质量没有减半，故B错误；
C．核比结合能比核高约，平均质量小约
故C正确；
D．根据
，
得
当频率相等时，由于金属c遏止电压大，所以c的逸出功小，c能发生光电效应，则d不一定可以，故D错误。
故选C。
12. 地球大气层对光线的折射会使地球上的人们看到的太阳位置与实际位置存在偏差，这种现象被称为蒙气差效应。为便于研究这一现象，现将折射率不均匀的大气简化成折射率为的均匀大气，大气层的厚度等效为地球半径R，赤道上的人一天中能看到太阳的时间相比没有大气层时要多（ ）
A. 3小时B. 2小时C. 1.5小时D. 1小时
【答案】B
【解析】
【详解】太阳光是平行光，临界光路图如图所示。由几何关系可得临界光线的折射角满足
可知临界光线的折射角为；根据折射定律可得
解得
由几何关系可知，地球多转角度便看不见太阳了，则有
一个住在赤道上的人在太阳“落山”后还能看到太阳的时间为
同理可知，在太阳升起时也能提早1小时看到太阳，所以赤道上的人一天中能看到太阳的时间相比没有大气层时要多2小时。
故选B。
13. 麦克斯韦从场的观点出发，认为变化的磁场会激发感生电场。如图甲所示，半径为r的绝缘光滑真空管道（内径远小于半径r）固定在水平面上，管内有一质量为m、带电量为的小球，直径略小于管道内径。真空管处在匀强磁场中，磁感应强度B随时间变化如图乙所示，规定竖直向上为正方向。时刻无初速释放小球。下列说法正确的是（ ）
A. 俯视真空管道，感生电场的方向是逆时针
B. 感生电场对小球的作用力大小为
C. 小球绕环一周，感生电场做功
D. 时刻管道对小球的作用力大小
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据楞次定律判断，感生电场为顺时针，故A项错误；
B．由法拉第电磁感应定律可得
由于
面积公式为
整理有
由题图可知，有
产生的感生电场强度为E，由于
整理有
感生电场对小球的作用力
故B项错误；
C．小球绕一圈电场力做功
故C项正确；
D．小球在感生电场中的加速度
时刻小球的速度
在水平方向上由
解得
所以管道对小球的作用力的大小为
故D项错误。
故选C。
二、选择题（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. 关于近代物理，下列说法正确的是（ ）
A. 氢原子中，电子处在不同的定态轨道时，原子的能量均相同
B. 食盐被灼烧时发出黄色的光是钠原子核发生变化而造成的
C. 光子既具有能量又具有动量，与电子发生碰撞时光子的动量可以发生改变
D. 任何物质在红外线照射下都不会发出可见光
【答案】CD
【解析】
【详解】A．电子处于不同的轨道时，原子处于不同能级，能量不同，故A错误；
B．食盐发出黄色的光是钠原子能级跃迁导致，不是原子核变化，故B错误；
C．光子与电子碰撞时，动量守恒和能量守恒，光子动量和能量都可以发生改变，故C正确；
D．物质吸收光的能量后，从基态跃迁到高能级，再跃迁回基态时，以光的形式放出能量，而发出的光子的能量一定小于等于入射光光子的能量，所以不可能在红外线照射下发出可见光，故D正确。
故选CD。
15. 如图所示，在平面介质上有一个等腰三角形ABC，O是BC的中点，相距的B、C两处各有一个做简谐运动的波源，两波源的振动情况完全相同，产生的机械波波长均为。除两波源外，下列说法正确的是（ ）
A. 三角形三条边上共有10个振动加强点
B. AB边上的振动加强点到B点的最小距离为
C. AB边上的振动减弱点到AO边的最小距离为
D. 若增大三角形的底角，三条边上的振动加强点个数不变
【答案】AD
【解析】
【详解】A．两波源的振动情况完全相同，振动加强点距离波源B、C距离差
其中
，1，2
一系列双曲线。因为
故
，1，2
当时为BC中垂线，点O、A为加强点；当，时为双曲线，如图中实线，实线与ABC三边有8个交点，即还有8个加强点，因此，三条边上总共10个加强点，故A正确；
B．振动加强点中，当时AO左侧双曲线与BC交于P点，如图
得
而AB边上距离B点最近的加强点点，它们之间的距离
故B错误；
C．振动减弱点距离波源B、C距离差
其中
，1，2
为一系列双曲线，如图中虚线，时距AO边最近（图中紧靠AO的两虚线），AO左侧虚线与BC交点Q
得
故此双曲线与AB交点（减弱点）与AO距离大于，故C错误；
D．若增大三角形的底角，加强点（中垂线AO和图中实线）与三边交点个数不变，即三条边上的振动加强个数不变，故D正确。
故选AD。
非选择题部分
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
16. 某实验小组做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验。
（1）本实验采用的实验方法是__________。
A. 控制变量法B. 等效替代法C. 理想模型法
（2）实验时，下列不正确的是__________。
A. 实验前需对弹簧测力计校零B. 实验时两个拉力的大小能相等
C. 实验时应保持细绳与长木板平行D. 进行多次操作时每次都应使结点拉到O点
（3）实验结果如图甲所示。在、、F、四个力中，不是由弹簧测力计直接测得的力为 。
A. B. C. D.
（4）若用如图乙所示的装置来做实验，OB处于水平方向，与OA夹角为，则__________（填“OA”、“OB”或“OC”）的力最大。现保持弹簧测力计A和B细线的夹角不变，使弹簧测力计A和B均逆时针缓慢转动至弹簧测力计A竖直。在此过程中，弹簧测力计A的示数__________。（填“不断减小”、“不断增大”、“先减小后增大”或“先增大后减小”）
【答案】（1）B （2）D
（3）C （4） ①. OA ②. 不断减小
【解析】
【小问1详解】
该实验过程，其合力与分力的作用效果，所以本实验采用的科学方法是等效替代法。
故选B。
【小问2详解】
A．实验前需对弹簧测力计校零，故A正确，不满足题意要求；
B．实验时两个拉力的大小能相等，也可以不相等，故B正确，不满足题意要求；
C．为了减小误差，实验时应保持细绳与长木板平行，故C正确，不满足题意要求；
D．每次实验时，两个力拉和一个力拉需拉到结点O的位置，但是不同次实验，O的位置可以改变，故D错误，满足题意要求。
故选D。
【小问3详解】
、、，都是弹簧测力计测量得到，F是通过作图得到的。
故选C。
【小问4详解】
[1]以O为对象，OB与OC垂直，根据平行四边形可知OA为斜边，则OA的力最大。
[2]当弹簧测力计A和B均逆时针缓慢转动至弹簧测力计A竖直的过程中，两弹簧细线夹角保持不变，由正弦定理可得
为锐角且不断减小，可得弹簧测力计A的拉力不断减小。
17. 单晶半导体材料沿某一轴向受到外力作用时，其电阻率发生变化的现象，称为“压阻效应”。现用电路研究某长薄板电阻的压阻效应，已知电阻的阻值变化范围为几欧到十几欧，实验室中有下列器材：
A．电源E（，内阻约为）
B．电流表（，内阻）
C．电流表（，内阻约为）
D．开关S
E．定值电阻
（1）用多用电表粗测薄板不受力时的阻值，选择欧姆挡的__________（选填“”或“”）倍率，示数如图甲，则读数为__________。
（2）为了比较准确地测量电阻的阻值，应采取下列哪个电路图__________。
A. B. C.
（3）闭合开关S，在电阻上加一个竖直向下的力F（设竖直向下为正方向），记下电流表读数，电流表读数为，电流表读数为，得__________（用字母表示）。
先对电阻施加竖直向下的压力F，改变大小，得到相对应的阻值。改变压力方向为竖直向上，重复实验，最后描绘成图像如丙图所示。则当力F竖直向下时，电阻与压力F的函数关系式是__________。
【答案】（1） ①. ②.
（2）A （3） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
电阻阻值变化范围为几欧到十几欧，选择选择欧姆挡的“”倍率，可使指针指向欧姆表刻度盘中间，测量误差更小。读数为
【小问2详解】
电流表内阻已知，A图无系统误差，故A正确。
故选A。
【小问3详解】
电阻
当力F竖直向下时，，取下边图像，由图可知，函数关系式为
18. 以下说法正确的是（ ）
A. 在“探究小车速度随时间变化关系”实验中，不必补偿阻力，但要调节滑轮高度，使细绳与小车轨道平行
B. 在“验证机械能守恒定律”实验中，若出现重力势能减少量小于动能增加量，可能是重物下落时阻力较大导致
C. 在“测玻璃的折射率”实验中，应尽可能使大头针竖直插在纸上，并观察大头针的针帽是否在同一线上
D. 在“探究气体等温变化的规律”实验中，在活塞上涂润滑油的主要目的是为了密封气体，以保证气体质量不变
【答案】AD
【解析】
【详解】A．在“探究小车速度随时间变化关系”实验中，不必补偿阻力，但要调节滑轮高度使细绳与小车轨道平行，使小车做匀变速运动，故A正确；
B．在“验证机械能守恒定律”实验中，若重物下落时阻力较大，将导致重力势能减少量大于动能增加量，故B错误；
C．在“测玻璃的折射率”实验中，应尽可能使大头针竖直插在纸上，并观察大头针的针脚是否在同一线上，故C错误；
D．在“探究气体等温变化的规律”实验中，在活塞上涂润滑油的主要目的是为了密封气体，以保证气体质量不变，故D正确。
故选AD。
19. 如图是一个形状不规则的绝热容器，在容器上竖直插入一根两端开口、横截面积为且足够长的玻璃管，玻璃管下端与容器内部连接且不漏气。玻璃管内有一个轻质绝热活塞底端恰好位于容器口处。初始时，容器内气体温度，压强等于大气压强。现采用两种方式加热气体至，方式一：活塞用插销固定住，电阻丝加热，气体吸收的热量后停止加热；方式二：拔掉插销，电阻丝缓慢加热气体，完成加热时活塞上升了。容器和玻璃管内的气体可视为理想气体，不计摩擦。求：
（1）哪种加热方式气体吸收的热量更多，多吸收的热量；
（2）用“方式一”完成加热后，容器内气体的压强；
（3）容器的体积。
【答案】（1）方式二气体需多吸收的热量；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据热力学第一定律可知

两种加热方式下，气体内能变化量相同即，方式二中气体体积增大，对外做功，因此吸收的热量更多，其中
结合以上三式得
所以方式二气体需多吸收的热量。
（2）方式一加热过程中，气体发生了等容变化，根据查理定律
解得容器内气体的压强为
（3）方式二中，气体发生了等压过程，根据盖-吕萨克定律
由上式代入数据解得用方式二完成加热后气体的总体积为
其中
由以上两式解得容器的体积
20. 如图为某游戏装置原理示意图，水平桌面上固定一个半圆形、内侧表面光滑的竖直挡板，其半径，挡板两端A、B在桌面边缘，A处固定一个弹射器，B与半径的光滑圆弧轨道CDE在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向夹角，半径的四分之一光滑竖直圆管道EF与圆弧轨道CDE稍有错开。在水平光滑平台左侧，有一质量的足够长木板左端恰好与F端齐平，右侧固定有一根劲度系数的弹簧。质量的小物块经弹射装置以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，沿C点切线方向进入圆弧轨道CDE内侧，并恰好能到达轨道的最高点F。小物块与桌面之间的动摩擦因数，与木板的动摩擦因数。已知弹性势能表达式（x为弹簧形变量）。重力加速度，物块可视为质点，不计空气阻力和其它能量损失。求：
（1）物块到达C点时对轨道的压力大小；
（2）物块被弹射前弹簧的弹性势能；
（3）若弹射器内弹性势能，在竖直平面内移动桌子右侧整个装置，使物块滑上长木板。在木板右端与弹簧接触前已共速，则该过程小物块相对木板滑动的长度；
（4）在（3）的基础上，木板继续压缩弹簧，弹簧始终在弹性限度内，则物块与木板刚要相对滑动时，木板的速度。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）由题知，小物块恰好能到达圆管轨道的最高点F，则
小物块从C到F的过程中，根据动能定理有
解得
在C点根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律物块对轨道的压力
（2）小物块从静止到B的过程中，根据能量守恒有
小物块从B到C做平抛运动，在C点沿圆弧切线方向
解得小物块刚在弹射器内时弹性势能
（3）小物块从A到B过程中，根据动能定理有
从C到F的过程中，根据动能定理有
解得
由小物块与木板系统动量守恒
由系统能量守恒
联立解得小物块相对木板滑动的长度
（4）小物块与木板刚好相对滑动时，对整体由牛顿第二定律
对小物块牛顿第二定律
解得
对系统能量守恒
解得
21. 如图所示，在xOy水平面内，固定着间距为d的足够长光滑金属导轨，右端与电容器相连，在处用长度可忽略的绝缘材料连接，紧靠连接点右侧垂直导轨放置一根质量为m的金属棒ab。在区域存在两个大小为、垂直导轨平面、方向相反的匀强磁场，磁场边界满足；在区域存在垂直导轨平面向下的匀强磁场。边长为d的正方形导线框质量也为m，边和边的电阻均为R，静置在导轨上，位于处。在外力作用下导线框沿x轴正方向以速度做匀速直线运动，当到达时撤去外力，导线框与金属棒ab发生弹性碰撞。不计其它电阻，电容器的储能公式。求：
（1）导线框中感应电动势的最大值；
（2）导线框边运动到的过程中流过导线框的总电量q；
（3）整个过程中外力对导线框所做的功W；
（4）电容器最终储存的能量。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）当运动到时，导线框中和都在垂直切磁感线且同向叠加，因此感应电动势最大
（2）导线框边在至区间运动过程中，只有边在切割，感应电动势的瞬时表达式
产生正弦交流电，等效于面积为S的线圈在匀强磁场中做匀速圆周运动，转动角速度
由感应电动势最大值
解得
至区间相当于绕圈转动角度，磁通量变化量
感应电动势的平均值
感应电流的平均值
流过导线框的总电量
（3）导线框边在至区间运动过程中，产生正弦交流电，感应电动势最大值为
则有效值
回路中产生的焦耳热
导线框边在至区间运动过程中，两边切割，感应电动势的瞬时表达式
同理，回路中产生的焦耳热
由功能关系可知，外力对导线框所做的功
（4）当到达瞬间撤去外力，导线框恰与金属棒ab发生弹性碰撞，设碰撞后瞬间导线框速度为，金属棒ab速度为，由动量守恒定律有
由能量守恒有
解得
，
碰撞后导线框边停在绝缘位置，金属棒ab与电容器构成回路，金属棒ab对电容器充电，当电容器电压
金属棒ab稳定后做匀速直线运动。对金属棒ab动量定理有
根据
解得
因此，电容器最终存储的能量
22. 医学检查中磁共振成像简化模型如图所示，其中一个重要的部件“四极铁”，能够提供梯度磁场，从而控制电子束在运动过程中汇聚或发散，图甲为该磁场的磁感线分布情况。一束电子从M板上均匀分布的小孔飘入（初速度可以忽略不计），经过平行板MN间电场加速后获得速度v，沿垂直纸面向里的方向进入“四极铁”空腔。电子质量为m，电量为e，不计粒子重力和粒子间相互作用。
（1）求加速电压大小，判断图甲中a、c和b、d两对电子，哪一对电子进入磁场后会彼此靠近；
（2）以图甲中磁场中心为坐标原点O建立坐标系，垂直纸面向里为x轴正方向，沿纸面向上为y轴正方向，在xOy平面内的梯度磁场如图乙所示，该磁场区域的宽度为d。在范围内，电子束沿x轴正方向射入磁场，磁感应强度（且已知，以垂直xOy平面向里为磁场正方向）。电子速度大小均为v，穿过磁场过程中，电子的y坐标变化很小，可认为途经区域为匀强磁场。
①求从处射入磁场的电子，在磁场中运动的半径及速度偏转角的正弦值；
②研究发现，所有电子通过磁场后，将聚焦到x轴上处。由于d很小，可认为电子离开磁场时，速度方向的反向延长线通过点，且速度方向的偏转角很小，，求f的表达式；
③在处再放置一个磁场区域宽度为d的“四极铁”（中心线位于处），使②问中的电子束通过后速度方向变成沿x轴正方向，若该“四极铁”的磁感应强度，求；
④如图丙，仪器实际工作中，加速电压U会在附近小幅波动，导致电子聚焦点发生变化。若要求聚焦点坐标偏差值不超过，求电压波动幅度的最大值。
【答案】（1），会彼此靠近；（2）①，；②；③；④
【解析】
【详解】（1）在电场中，根据动能定理
解得
由左手定则可知，a、c电子进入磁场后会彼此靠近。
（2）①设处感应强度的大小为，则有
根据洛伦兹力提供向心力
解得电子的转动的半径
速度方向的偏转角度
②从y处进入磁场中的电子，速度方向偏转
且
电子射出后做匀速直线运动，则
解得
可知，从不同位置y以相同速度v射入磁场的电子，到达x轴的位置f相同且与电子入射位置y无关；因此从不同位置射入的电子必将经过x轴的同一点。
③从y处进入磁场的电子，将从处进入处的四极铁磁场，电子通过两个磁场区域，速度方向变成沿x轴正方向，可得从处射入磁场后，速度方向的偏转角度
又
因洛伦兹力不做功，电子通过磁场区域时速度大小不变，则两处磁感应强度大小相等、方向相反，即
则
解得
④根据
联立可得
根据数学关系，若要求聚焦点坐标偏差值不超过，只需满足
解得