2026届浙江绍兴市高三下学期4月适应性考试物理试卷（解析版）

这是一份2026届浙江绍兴市高三下学期4月适应性考试物理试卷（解析版），共16页。试卷主要包含了可能用到的相关公式或参数等内容，欢迎下载使用。
本试题卷分选择题和非选择题两部分，共10页，满分100分，考试时间90分钟。考生注意：
1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。
2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在试题卷上的作答一律无效。
3．非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内。作图时，先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。
4．可能用到的相关公式或参数：重力加速度均取。
选择题部分
一、选择题I（本题共10小题，每小题3分，共30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. 许多公共场所配备了自动体外除颤器（AED），其核心部件参数值为，该参数对应的物理量为（ ）
A. 电容B. 电感C. 电能D. 电压
【答案】A
【解析】
【详解】A．电容的国际单位是法拉（符号为F），是电容的常用单位，对应电容参数，故A正确；
B．电感的单位是亨利（符号为），与题干给出的单位不符，故B错误；
C．电能的单位是焦耳（符号为），与题干给出的单位不符，故C错误；
D．电压的单位是伏特（符号为），与题干给出的单位不符，故D错误。
故选A。
2. 2026年2月11日，长征10号火箭一子级箭体实现了从点火起飞到海上溅落，表明我国火箭回收技术取得重大突破。图示为火箭正减速下降，调整着落点，则火箭（ ）
A. 惯性逐渐增大B. 处于失重状态
C. 重力对火箭做负功D. 机械能逐渐减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．物体的惯性只与质量有关，所以火箭下降过程中质量不变，惯性不变，故A错误；
B．火箭正减速下降，加速度向上，则火箭处于超重状态，故B错误；
C．火箭下降过程中重力方向与位移方向相同，则重力做正功，故C错误；
D．火箭减速下降，速度减小，动能减小，重力势能减小，则机械能减小，故D正确。
故选D。
3. 近年来，中科院宣布紧凑型聚变能实验装置（BEST）正在安装，中国“人造太阳”预计2027年竣工。“人造太阳”的主要核聚变反应式为：，下列说法正确的是（ ）
A. X是质子
B. 比更稳定
C. 核聚变可在常温下发生
D. “人造太阳”与核电站核反应类型相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．核反应遵守电荷数守恒、质量数守恒：反应前总电荷数为，总质量数为；反应后的电荷数为2、质量数为4，因此X的总电荷数为0、总质量数为1，为中子，不是质子，故A错误；
B．核聚变属于放能反应，生成物的比结合能大于反应物的比结合能，比结合能越大原子核越稳定，因此氦核比氚更稳定，故B正确；
C．核聚变需要超高温高压条件，克服原子核间的库仑斥力才能发生，常温下无法反应，故C错误；
D．“人造太阳”的核反应类型为核聚变，现有商用核电站的核反应类型为核裂变，二者反应类型不同，故D错误。
故选B。
4. 如图所示，用相同的小磁铁将两张相同的纸固定在竖直磁性黑板上。左、右两图中每枚小磁铁对纸的摩擦力大小分别为，黑板对纸的摩擦力大小分别为，不考虑磁铁间的相互作用力，下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 每枚小磁铁均受到3个力
D. 黑板对小磁铁的吸引力大小等于小磁铁对黑板的吸引力大小
【答案】D
【解析】
【详解】A．对每枚小磁铁受力分析可知，竖直方向所受的摩擦力均等于小磁铁的重力，可知，A错误；
B．对小磁铁和纸的整体分析可知，黑板对纸的摩擦力等于小磁铁和纸的重力之和（设小磁铁的重力为mg，白纸的重力为Mg），可知，B错误；
C．每枚小磁铁均受到重力、纸对小磁铁的摩擦力和支持力以及黑板的吸引力，共4个力，C错误；
D．根据牛顿第三定律可知，黑板对小磁铁的吸引力大小等于小磁铁对黑板的吸引力大小，D正确。
故选D。
5. 关于教材中的四幅插图，下列说法正确的是（ ）
A. 图甲，回旋加速器的形盒由金属制成
B. 图乙，膜片振动时，电容器两极间电压保持不变
C. 图丙，动圈式扬声器输入恒定的音频电流也能发声
D. 图丁，增加线圈匝数，接收到的电磁波波长变短
【答案】A
【解析】
【详解】A．D形盒必须用金属制成，目的是形成静电屏蔽，使盒内电场为零，带电粒子只在盒内做匀速圆周运动，故A正确；
B．膜片振动时，电容器两极间距离发生变化，故根据可知电容器电容发生变化，其会引起电路中电流的变化，电阻R两端的电压也随着变化，根据闭合电路欧姆定律可知电容器两端电压也会发生变化，故B错误；
C．只有变化的电流（交变音频电流）才能使音圈往复振动，带动纸盆发声，故C错误；
D．根据可知增加线圈匝数，电感增大，故频率减小，根据可知，频率减小波长增大，故D错误。
故选A。
6. 如图所示，为地球静止卫星，为地球椭圆轨道卫星，为地球赤道上的物体，轨道的长轴是轨道半径的2倍，椭圆轨道上点到地球中心的距离等于的轨道半径，a、b的轨道不相交。已知线速度大小分别为，地球自转周期为，下列说法正确的是（ ）
A.
B. 的轨道半径为
C. 的运行周期为
D. 经过点时，向心加速度大小为
【答案】B
【解析】
【详解】A．是地球的第一宇宙速度，是近地卫星的环绕速度，根据万有引力提供向心力有
可得
可知地球静止卫星的线速度小于近地卫星，又地球静止卫星和地球赤道上的物体角速度相同，根据可知地球静止卫星的线速度大于物体的线速度，故A错误；
B．地球自转周期为，可知的周期为，有
可得的轨道半径为，故B正确；
C．轨道的长轴是轨道半径的2倍，即轨道的半长轴等于轨道半径，根据开普勒第三定律有
可得的运行周期为，故C错误；
D．椭圆轨道上点到地球中心的距离等于的轨道半径，根据可知经过点时受地球引力与卫星a所受地球引力大小相等，二者加速度大小也相等，但是卫星做椭圆运动，由地球引力的分力提供向心力，而卫星受的地球引力全部用来提供向心力，可知二者向心加速度大小不相等，又卫星的向心加速度为，故D错误。
故选B。
7. 某国产新能源车的电池组可简化为个电池包串联组成，每个电池包的工作电压平均值为，电池组容量为。当该车用输出电压为的直流充电桩充电时，充电效率为，充满电用时为，该车型百公里平均能耗为，则（ ）
A. 电池组的工作电压为
B. 平均充电电流为
C. 续航里程最大为
D. 每个电池包充满电后储存的电能为
【答案】C
【解析】
【详解】A．N个电池包串联，总工作电压为各电池包电压之和，即，是充电桩输出电压，和电池组工作电压无关，故A错误；
B．电池组容量是电池组可容纳的总电荷量，由电荷量公式得平均充电电流，故B错误；
C．电池组充满电储存的总电能
百公里能耗表示每行驶1km消耗能量，因此最大续航里程，故C正确；
D．每个电池包储存的电能为总电能的，即
代入充电关系也可得每个电池包电能为，故D错误。
故选C。
8. 图1为氢原子的能级图，入射光照射大量处于基态的氢原子，发出三种不同频率的光，现用这三种光分别去照射图2的光电效应实验装置，只有a、b两种光能得到图3所示的电流与电压的关系曲线。已知电子电荷量。下列说法正确的是（ ）
A. 入射光的光子能量为
B. 滑片向端移动时，电流表示数变大
C. 光照射下，遏止电压
D. 光照射下，单位时间内到达极板光电子数最多为个
【答案】D
【解析】
【详解】A．入射光照射大量处于基态的氢原子，发出三种不同频率的光，可知基态氢原子跃迁到能级，这样有跃迁到、跃迁到、跃迁到三种不同频率的光，可知入射光的光子能量，故A错误；
B．图2中滑片P向端移动过程中，部分的电阻变大，K端的电势变高，K端的电势高于A端的电势，电压反向，可知电流表示数变小，故B错误；
C．用这三种光分别去照射图2的光电效应实验装置，只有a、b两种光发生光电效应，可知a、b两种光为跃迁到、跃迁到发出的光，根据图3可知
根据
可知，可知光的能量为12.09eV，光的能量为10.2eV，则，
从而解得，故C错误；
D．图3中的a光照射阴极，光电流达到饱和时，饱和电流为，由
可知每秒射出的电荷量为，所以阴极每秒射出的光电子数大约，故D正确。
故选D。
9. 如图1所示，频率相同的简谐波源、分别位于、，轴左右两侧存在两种不同的均匀介质。时，两波源开始沿轴振动，两列简谐波沿轴相向传播，波在介质Ⅰ中的传播速度为。质点的平衡位置位于处，其振动图像如图2所示，则（ ）
A. 产生的波先到质点
B. 两波源起振方向相反
C. 之间有4个振动加强点
D. 内，质点经过的路程为
【答案】C
【解析】
【详解】A．波源产生的简谐波在介质Ⅰ中传播的距离，速度，用时
剩余在介质Ⅱ中传播，波源到质点的距离
由振动图像知，第一列波在到达质点A，第二列波在时到达质点A。若产生的波先到质点，则波在介质Ⅱ中的波速
则产生的波到质点的时间为
若产生的波先到质点，则波在介质Ⅱ中的波速
则产生的波到质点的时间为
综上，产生的波先到质点，故A错误；
B．产生​的波在时先到达质点A后，质点A从平衡位置向上振动，说明起振方向向上；在时，质点A回到平衡位置向下振动，此时产生的波到达质点A，使质点A的振幅减小，说明​起振方向向上，因此两波源起振方向相同，故B正确；
C．两波源起振方向相同时，到两波源路程差为波长的整数倍的点振动加强。由振动图像得周期，介质Ⅱ中的波长
在时，产生​的波到达点，此时产生​的波传播到
设频率相同的简谐波源、分别位于、处，沿轴向两侧传播，则之间任意点到两波源的路程差为
可得
当（为整数）时为振动加强点，则可取-2，-1，0，1，则振动加强点为，，，，共有4个加强点，故C正确；
D．在时间内A未振动，路程为0。在时间内只有带动的振动，振幅为，半个周期的路程为
在时间内两波叠加，振幅为，一个半周期的路程为
总路程为，故D错误。
故选C。
10. 某同学简化了粒子散射实验：不考虑电荷间的相互作用，认为只有与原子核“接触”的粒子，才发生偏转。由此他提出一种估算原子核半径的二维简化方法：首先取一个面积为的薄材料（内有个原子），并将原子核模型简化为互不重叠、相互平行，面积为（为待求核半径）的小圆盘。当垂直圆盘面均匀入射个粒子，有个粒子通过薄材料后沿原方向出射，可估算为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】发生偏转的粒子为击中原子核的粒子，数目为。均匀入射时，粒子击中原子核的概率等于所有原子核总横截面积与薄材料总面积的比值，也等于偏转粒子数与入射总粒子数的比值，因此有
整理得
故选A。
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
11. 下列说法正确的是（ ）
A. 光的偏振现象说明光是电磁波
B. 从单一热库吸收热量，可以使之完全变成功
C. 叶面上的露珠呈球形是因为液体表面张力的结果
D. 以加速运动的物体为参考系，牛顿第一定律依然成立
【答案】BC
【解析】
【详解】A．光的偏振现象说明光是横波，故A错误；
B．在循环过程中，可以从单一热源吸收热量，并把它全部用来做功，而不产生其他影响，故B正确；
C．叶面上的露珠呈球形是因为液体表面张力的结果，故C正确；
D．牛顿第一定律仅在惯性参考系中成立，加速运动的参考系是非惯性系，牛顿第一定律不成立，故D错误。
故选BC。
12. 如图所示，竖直平面内激光器悬挂在轻质弹簧下端，与水平方向的夹角始终为，其右侧竖直放置一块直径为的半圆柱形玻璃砖。激光器静止时，激光恰好从圆心点射入玻璃砖。现使激光器做简谐运动，并确保照射到玻璃砖的光均能从圆弧面射出。已知玻璃砖对该激光的折射率为，光在真空中的传播速度为，不考虑玻璃砖内的反射光，则（ ）
A. 激光器的最大振幅为
B. 激光在玻璃砖中的传播速度为
C. 圆弧上的光点做匀速圆周运动
D. 若激光频率增大，激光器的振动周期将减小
【答案】AB
【解析】
【详解】A．如图所示，激光恰好都能从圆弧面射出，玻璃砖恰好发生全反射的光路如图所示
由几何关系可得
根据
在中，根据正弦定理分别有
解得
故弹簧振子的振幅为，故A正确；
B．激光在玻璃砖中的传播速度为，故B正确；
C．激光器做简谐运动，其位移随时间按正弦规律变化，导致激光在圆弧上的出射点位置也随时间非均匀变化，因此光点做变速圆周运动，故C错误；
D．弹簧振子的周期公式为
可知周期仅由振子质量m和弹簧劲度系数k决定，与激光频率无关，因此周期不变，故D错误。
故选AB。
13. 如图所示，竖直平面内存在方向未知的匀强电场，一质量为，电荷量为的带电小球，由点以初速度沿水平方向抛出。小球先运动至点，速度大小为，方向竖直向下，接着运动至点，、两点在同一条竖直线上。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 小球所受电场力的最小值为
B. 小球从点运动至点，其电势能一定增大
C. 小球从点运动至点，合外力冲量为
D. 小球从点运动至点，动能最小值为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．设水平向右为轴、竖直向下为轴，将运动沿、轴分解，由过程，初速度，，末速度，，设运动时间为，由匀变速直线运动速度与时间的关系，可得加速度大小分别为，
则
水平方向仅受电场力水平分量作用，由牛顿第二定律，得
竖直方向受重力和电场力竖直分量作用，由牛顿第二定律，得
整理得
由矢量合成法则，得电场力大小
设
由一元二次函数求最值，可得的最小值为，则的最小值为，不是，故A错误；
B．过程初、末动能相等，有
由动能定理，得
小球的运动有竖直向下分量，重力做正功，则
因此
电场力做负功，电势能一定增大，故B正确；
C．、在同一竖直线，方向总位移为0，由运动的对称性和匀变速运动规律，可知总运动时间为，因此点速度，
由动量定理，可得合外力冲量，故C错误；
D．任意时刻的动能
配方得
因此最小动能，故D正确。
故选BD。
非选择题部分
三、非选择题（本题共5小题，共58分）
14. 下图为两个学生实验的场景：
（1）以上实验，都采用的科学方法是________；
A. 微元法B. 等效替代法C. 控制变量法
（2）图1实验中，认为细线拉力等于槽码的重力，由此造成的误差属于________（选填“偶然误差”或“系统误差”）。设细线拉力的真实值为，小车总质量为，为了使相对误差，应当满足_________；
（3）图2情景中，某次实验时，左右标尺上红白相间的等分格比值为1：4，可推断皮带连接的左右塔轮相对应的半径之比为_________。
【答案】（1）C （2） ①. 系统误差 ②. 0.03（或3%）
（3）
【解析】
【小问1详解】
探究加速度、力和质量的关系以及研究向心力大小的表达式，都是要研究多个物理量之间的关系，则所用的方法为控制变量法。故选C。
【小问2详解】
[1]图1实验中，认为细线拉力等于槽码的重力，由此造成的误差属于系统误差。
[2]设细线拉力的真实值为，小车总质量为，则由牛顿第二定律，
解得
代入，可得
【小问3详解】
图中把相同的钢球放到转动半径相同的槽内，是研究向心力与角速度的关系，左右标尺上红白相间的等分格比值为1:4，可知向心力之比为1:4，根据可知，角速度之比为1:2，因左右塔轮边缘的线速度相等，根据可推断皮带连接的左右塔轮相对应的半径之比为2:1。
15. 研究小组自制电子秤。器材有：直流电源（铭牌上标注6.0V，内阻可忽略）；电压表（量程选用，内阻很大）；粗细均匀同种材料制成的电阻丝（总长，总阻值）；电阻箱；轻质弹簧（劲度系数）；托盘（质量）；开关，导线若干。图1所示为电子秤的原理图（电压表连接情况未画出），操作步骤如下：
步骤①：托盘中未放物体，导体杆右端位于
电阻丝的上端处，闭合开关，电压表示数刚好为零。
步骤②：托盘中缓慢加入细砂，托盘静止后，导体杆右端位于电阻丝的下端处（弹簧始终处于弹性限度内）。调节电阻箱，使电压表示数为步骤③：保持不变，移去细砂，放上待测物体，记录电压表示数，换算成物体质量。
（1）电压表应连接在图1中哪两点间？_________
A. 与B. 与C. 与
（2）某次测量时，电压表指针如图2所示，电压________V，被测物体质量_______（结果保留3位有效数字）；
（3）为使测得的物体质量范围变大，可改进的方法有_________；
A. 换用更长的电阻丝B. 换用电动势更大的电源
C. 换用量程更大的电压表D. 换用弹簧劲度系数更大的弹簧
（4）若电源的实际电动势小于，研究小组仍按上述步骤①~③正确操作。理论上，物体质量的测量结果_________真实值（选填“小于”、“等于”或“大于”）。
【答案】（1）A （2） ①. 1.40##1.39##1.41 ②. 1.87##1.85#1.88 （3）AD
（4）等于
【解析】
【小问1详解】
电路中整体与​串联，总电流恒定，托盘中未放物体时，在端，要求电压表示数为零，说明电压表测量与之间的电压，故电压表应连接在图1中与两点之间。
故选A。
【小问2详解】
[1]电压表量程为，分度值为，故指针读数为
[2]放待测物体，额外压缩量满足
电压
可得与成正比，设加入细砂质量为，导体杆右端位于电阻丝的下端时有，
则
所以
代入数据可得
【小问3详解】
最大可测质量满足，要增大测量范围，可以换用更长的电阻丝或换用劲度系数更大的弹簧，电动势和电压表量程不改变，AD正确，BC错误；
故选AD。
【小问4详解】
电源电动势偏小，操作时仍会在步骤②调节​，使在处时电压表示数为，校准后与的比例关系不变，因此测量结果等于真实值。
16.
（1）在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，拨杆的作用是__________；
A. 调节单缝，使单缝和双缝平行
B. 调节单缝，使单缝和双缝垂直
C. 调节双缝，使单缝和双缝平行
D. 调节双缝，使单缝和双缝等高
（2）实验中，测得相邻亮条纹的间距为、单缝宽度为、双缝间距为、透镜到单缝的距离为、单缝与双缝距离为，双缝与屏的距离为，则测量得到的单色光波长__________（选用以上测量值的字母表示）。
【答案】（1）A （2）
【解析】
【小问1详解】
实验过程中，金属拨杆的作用是调节单缝与双缝平行，使不够清晰的干涉图样变清晰。故选A。
【小问2详解】
根据条纹间距表达式
解得
17. 如图所示，竖直轻杆一端固定于点，另一端连接活塞，导热良好的薄壁气缸通过活塞密封一定质量的理想气体，水平台面上有一尺寸较小的压力传感器。初始时，气缸保持静止，活塞底部与汽缸底部的距离为，气缸底部与压力传感器上表面的距离为，环境温度为。缓慢升高环境温度，气缸向下运动，恰好与压力传感器接触，此过程气缸内气体内能增加了102J；继续升高环境温度，直至压力传感器示数为。已知气缸质量为，大气压强恒为，气缸底面积为，活塞一直未脱离汽缸，不计一切摩擦。
（1）从初始状态至气缸接触压力传感器，
①气缸内气体压强_______气体分子的平均动能________；（以上两空均选填“变大”“变小”或者“不变”）；
②求：气缸内气体吸收的热量________；
（2）求：压力传感器示数为时，气缸内气体的热力学温度。
【答案】（1） ①. 不变 ②. 变大 ③. 152J
（2）363K
【解析】
【小问1详解】
①设气缸内气体压强为，有
解得
从初始状态至气缸接触压力传感器，由上式可知气体做等压变化，压强不变，温度升高，可知气体分子的平均动能变大。
②恰好与压力传感器接触，此过程气缸内气体内能增加了102J。气体对外做功
由热力学第一定律
可得气缸内气体吸收的热量
【小问2详解】
设缸内气体压强为，有
解得
根据理想气体状态方程有
解得
18. 图1为异步电机的模型示意图，三相交流电通入对应固定线圈（定子），其产生的磁场可等效为角速度的旋转磁场。边长为，电阻为的单匝正方形线框abcd（转子）置于定子内部。图2为简化后的俯视图，、所处位置的磁感应强度大小为，磁场方向始终与的运动方向垂直。
（1）线框中某时刻的感应电流为，求：此时图2中，边所受安培力的大小和方向；
（2）线框稳定转动时的角速度为，且仅、两边各自受到大小恒定、方向与运动方向相反的阻力，求：阻力的大小；（用和表示）
（3）高速列车采用永磁同步牵引电机驱动，图3为其结构示意图，与异步电机区别在于该电机转子上具有永磁体，转子旋转时，永磁体产生的磁场不断“切割”定子线圈，使其产生与输入电流方向相反的感应电动势，全部定子线圈的总感应电动势有效值与转子角速度满足（为常数，未知）。已知定子总电阻为，电机输入电压的有效值为，输入电流的有效值为，车轮转动的角速度为，车轮直径为，不考虑电压间的相位差。
①求：电机的输出功率以及列车行驶速度；
②若还需考虑定子的感抗，则①中求得的车速偏大、不变或偏小？
【答案】（1），方向：向右
（2）
（3）①，；②偏大
【解析】
【小问1详解】
边所受安培力的大小为
图2中磁场顺时针方向转动，根据楞次定律可知，导线框在安培力作用下，也将顺时针方向转动。所以边所受安培力的方向向右。
【小问2详解】
稳定时，边切割速度为
根据电磁感应定律
欧姆定律
因匀速转动，阻力大小与安培力大小相同
【小问3详解】
①电机输出功率，式中，
联立可得
车轮角速度为，车轮直径为D，线速度​。
输出功率，可得
联立可得
②若考虑定子感抗，定子的总阻抗，结合①中车速表达式可知，实际车速
所以则①中求得的车速偏大
19. 一游戏装置的竖直截面如图所示，由平板车、竖直固定螺旋圆轨道（最低点、略有错开）、3个平台、长方体无盖收集箱组成，、分别是平台2的左右两端，平板车的上表面与平台2平齐，、与平台2平滑连接。滑块质量，可视为质点，平板车长，质量，滑块与平板车、平台2的动摩擦因数均为，其余摩擦不计。与的距离，与的距离，收集箱左侧与的距离，圆轨道的半径，平台2与平台3的高度差，收集箱高。滑块以速度滑上平板车，平板车与平台2碰撞后，速度立即变为零，之后滑块恰能通过收集箱边缘。
（1）求：①滑块通过点的速度大小；
②滑块在圆轨道最低点受到的支持力大小；
③平板车右端与端的距离；
（2）若滑块进入收集箱后，只在箱底发生一次弹性碰撞，随后从收集箱边缘离开，求：收集箱的宽度。
【答案】（1）①；②12N； ③
（2）0.4m或2.4m
【解析】
【小问1详解】
①根据平抛运动规律有，
代入题中数据，解得
②滑块从B到C过程有
解得
在B点有
联立解得
③设滑块在点的速度大小为，从A到C过程，根据动能定理有
联立解得
设滑块与小车达到共速时，速度为，规定向右为正方向，根据动量守恒有
联立解得
因为滑块一直做减速运动，根据动能定理有
联立解得
【小问2详解】
滑块到达收集箱底端碰撞时，竖直方向速度大小为，则有
解得
根据
联立解得，
则收集箱的宽度或
20. 由于存在电荷间的相互作用，带电粒子束在传输过程中会发散，使束流品质下降。图1为“四极磁铁”（四个对称排列的磁极）构成的“磁透镜”，可实现对粒子束的约束。图2为其模型剖面结构图，平面内的中心附近区域具有近似线性的磁场分布。在如图3所示的空间直角坐标系中，磁感应强度满足，其中为已知常数。所有电子均以速度（极大），在平面内中心附近区域不同位置沿轴负方向入射。已知电子电荷量大小为，质量为，可能用到的结论有：简谐运动周期公式
（1）若电子入射点为，其中、均大于0，求：入射时，电子所受洛伦兹力在轴和轴上的分力、的大小及方向（用、、、和表示）；
（2）若“磁透镜”两端面中心坐标分别为和，因电子穿过磁透镜的时间极短，可认为电子在轴方向做匀速运动。当入射电子沿轴分布，要求电子能在处汇聚（即聚焦），求：
①的最小值；
②若，电子从处入射，定义电子第一次与轴的交点坐标为该磁透镜在轴方向的焦距，假设电子在“磁透镜”内部运动时，方向的偏移量可忽略不计，并满足，求：的大小。
（3）若将题（2）中的入射电子改为沿轴分布，其他条件不变，要求电子也能聚焦，有同学认为只需对“磁透镜”绕轴旋转，如果可行，请说明如何操作？
【答案】（1），方向沿轴负方向； ，方向沿轴正方向
（2）①；②
（3）绕轴旋转（顺时针、逆时针均可）
【解析】
【小问1详解】
根据洛伦兹力公式，可知
左手定则可知方向沿轴负方向
据洛伦兹力公式，可知
左手定则可知方向沿轴正方向
【小问2详解】
①根据简谐运动周期
因为t=Lvz=T4
可知Lmin=vz⋅T4=π2⋅mvzek0
②根据
求导可得
所以，
因为，
因为
t'=x0vx=mek0L0
联立可得
【小问3详解】
绕轴旋转（顺时针、逆时针均可）