2024届浙江省湖州市等3地高三下学期二模物理试题 （解析版）

这是一份2024届浙江省湖州市等3地高三下学期二模物理试题 （解析版），共30页。试卷主要包含了试卷共8页，共20小题，可能用到的相关参数，08m/s等内容，欢迎下载使用。
考生须知：
1.全卷分试卷和答题卷，考试结束后，将答题卷上交。
2.试卷共8页，共20小题。满分100分，考试时间90分钟。
3.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填写在答题纸规定的位置上。
4.请将答案写在答题卷的相应位置上，写在试卷上无效。
5.可能用到的相关参数：重力加速度g均取10m/s2。
选择题部分
一、选择题Ⅰ（本题共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. 下列属于国际单位制基本单位的是（ ）
A. mB. NC. JD.
【答案】A
【解析】
【详解】国际单位制的七个基本单位分别为米（m）、秒（s）、千克（kg）、安培（A）、开尔文（K）、摩尔（ml）、坎德拉（cd）。
故选A。
2. 酒店内的智能机器人可以把1楼大厅的外卖送至指定楼层的客房。如图为机器人送餐至9楼的场景。下列说法正确的是（ ）
A. 在避开障碍物的过程中，可以把机器人看成质点
B. 记录机器人从1楼至9楼的时间，可以把机器人看成质点
C. 送餐的全过程，机器人的位移大小可能等于路程
D. 若送餐用时625s，行程50m，机器人的平均速度大小为0.08m/s
【答案】B
【解析】
【详解】A．在避开障碍物的过程中，机器人的大小和形状不可以忽略不计，则不可以把机器人看成质点，故A错误；
B．记录机器人从1楼至9楼的时间，机器人的大小和形状可以忽略不计，则可以把机器人看成质点，故B正确；
C．送餐的全过程，机器人不是沿着直线运动，则机器人的位移大小小于路程，故C错误；
D．若送餐用时625s，行程50m，机器人的平均速率为
故D错误
故选B。
3. 先后让一束电子和一束氢核通过同一对平行板形成的偏转电场，进入时速度方向与电场方向垂直。下列情况下，射出极板时电子和氢核偏转角正切值相同的是 （ ）
A. 初速度相同B. 初速度的平方相同
C. 初动能相同D. 初动量相同
【答案】C
【解析】
【详解】电子和氢核进入电场后均做类平抛运动，有
，，
两种粒子射出极板具有相同的水平位移，而电子和氢核的电量均为，则只有初动能相同时，射出极板时电子和氢核偏转角正切值才相同。
故选C。
4. 钍基熔盐核反应堆不仅发电效率高，而且核废料污染小，具有广阔的应用前景。 本身不能直接使用，需经过一系列核反应后先生成，再衰变生成，利用中子轰击发生裂变后释放核能，其典型产物是和，已知的半衰期为27天，则（ ）
A. 裂变反应的方程为
B. 的结合能大于的结合能
C. 大量的经过54天后有四分之一发生了衰变
D. 发生的是β衰变
【答案】D
【解析】
【详解】A．发生裂变反应时要有中子参加反应，选项A错误；
B．利用中子轰击发生裂变后释放核能，其产物是和，生成物更稳定，比结合能更大，但是质量数不同无法判断的结合能与的结合能的关系，选项B错误；
C．已知的半衰期为27天，则大量的经过54天后有四分之三发生了衰变，剩下原来的四分之一没有衰变，选项C错误；
D．衰变生成的反应方程为
则发生的是β衰变，选项D正确。
故选D。
5. 图甲是传统民居建筑材料瓦片，相同的质量为m的瓦片紧靠在一起静止竖直叠放在水平地面上如图乙所示。下方瓦片的受力点均在其顶端，则瓦片（ ）
A. 4右端对地面的压力比左端的大
B. 5右端受到的支持力是2右端受到支持力的2倍
C. 4顶端受到的压力大小为mg
D. 5左端对地面的压力为
【答案】D
【解析】
【详解】分别对6个瓦片受力分析如图所示（仅画出瓦片1）
由平衡条件和牛顿第三定律可得
A．根据牛顿第三定律，4右端对地面的压力与左端的一样大，均等于
故A错误；
B．5右端受到的支持力是2右端受到支持力的关系为
故B错误；
C．根据牛顿第三定律，4顶端受到的压力大小为
故C错误；
D．根据牛顿第三定律，5左端对地面的压力为
故D正确。
故选D。
6. 如图甲为电容器上极板电量q随时间t在一个周期内的变化图线，如图乙为LC振荡电路的某一状态下磁感线的情况。则（ ）
A. 图乙状态一定发生在0 ~ t1时间内
B. 图乙状态一定发生在t3 ~ t4时间内
C. t1 ~ t2时间内电路中磁场能增强
D. t2 ~ t3时间内自感电动势减小
【答案】C
【解析】
【详解】AB．0 ~ t1时间内，电容器处于充电状态，上极板电荷量为正，并且不断增大，线圈中的为逆时针，而电荷的增加越来越慢，故电流减小，根据右手定则可知，线圈感应磁场方向向上；而t3 ~ t4时间内，电容器处于放电状态，上极板电荷量为负，并且不断减小，线圈中的为逆时针，而电荷的减小的越来越大，故电流增大，根据右手定则可知，线圈感应磁场方向向上，则图乙状态发生在0 ~ t1或t3 ~ t4时间内均可，故AB错误；
C．t1 ~ t2时间内，上极板电荷量为正，且不断减小，回路中的电流方向为逆时针，而减小的幅度越来越大，说明电流越来越大，故磁场能越来越大，故C正确；
D．LC振荡电路的能量装换图，i—t图、q—t图的关系如下图所示
其中t2 ~ t3时间内类比上图中的（2）→（3）过程，电荷的增加越来越慢，电流减小的越来越快，则线圈自感电动势逐渐变大，故D错误。
故选C。
7. 北京时间2024年1月5日19时20分，我国在酒泉卫星发射中心用快舟一号甲运载火箭，成功将天目一号气象星座15-18星发射升空，卫星顺利进入距地面高度约500km的预定轨道，至此天目一号气象星座阶段组网完毕。取地球同步卫星距地面高度3.6×104km，则气象星座15-18星（ ）
A. 与地球同步卫星具有相同的动能
B. 比地球同步卫星具有更大的绕行角速度
C. 与地球同步卫星绕地球转动的周期之比为
D. 环绕地球的速度大于第一宇宙速度
【答案】B
【解析】
【详解】A．由于气象星座15-18星的质量未知，所以无法比较其与地球同步卫星的动能大小，故A错误；
B．设地球质量为，卫星的轨道半径为，根据
可得地球卫星的角速度大小为
由于气象星座15-18星的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以可知其比地球同步卫星具有更大的绕行角速度，故B正确；
C．根据开普勒第三定律，可知
设地球半径为，结合题中数据可得，气象星座15-18星与地球同步卫星绕地球转动的周期之比为
故C错误；
D．根据地球的第一宇宙速度定义，可知
得地球第一宇宙速度大小
由于气象星座15-18星的轨道半径大于地球半径，所以其环绕地球的速度小于第一宇宙速度，故D错误。
故选 B。
8. 如图甲，小球在光滑球面上的A、B之间来回运动。t=0时刻将小球从A点由静止释放，球面对小球的支持力大小F随时间t变化的曲线如图乙，若弧长AB远小于半径，则（ ）

A. 小球运动的周期为0.2πsB. 光滑球面的半径为0.1m
C. 小球的质量为0.05kgD. 小球的最大速度约为0.10m/s
【答案】C
【解析】
【详解】A．小球在一个周期内经过两次最低点，根据图乙可知，小球的运动周期为，故A错误；
B．小球在光滑球面上做简谐振动，根据周期公式
式中的即为光滑球面的半径，代数数据可得
故B错误；
CD．设小球在光滑球面上最高点时与其做圆周运动的圆心连线与竖直方向的夹角为，小球到达最低点时的速度的最大值为，则在最高点有
在最低点有
从最高点到最低点由动能定理有
其中
，
联立以上各式解得
，
故C正确，D错误。
故选C。
9. 某同学根据光的干涉原理设计了探究不同材料热膨胀程度的实验装置，如图所示。材料甲置于玻璃平板之间，材料乙的上表面3与上层玻璃下表面2间形成空气劈尖。单色光垂直照射到玻璃平板上，就可以观察到干涉条纹。下列说法正确的是（ ）
A. 表面3可以与表面2平行
B. 该条纹是由上层玻璃上表面1与下层玻璃上表面4的反射光发生干涉形成的
C. 仅温度升高，若干涉条纹向左移动，则材料甲膨胀程度大
D. 仅换用频率更小的单色光，干涉条纹将向左移动
【答案】C
【解析】
【详解】AB．该条纹是由上层玻璃下表面2与下层玻璃上表面3的反射光发生干涉形成的，由空气尖劈原理可知，若表面3与表面2平行，则两表面的反射光之间的光程差始终恒定，则不会形成明暗相间的条纹，故AB错误；
C．若温度升高，干涉条纹向左移动，则上层玻璃下表面2与下层玻璃上表面3之间的空气膜厚度增加，即材料甲膨胀程度大，故C正确；
D．若换用频率更小的单色光，则波长变长，根据条纹间距公式
可知，干涉条纹间距增大，对应空气膜厚度符合条件的位置向右移动，故D错误。
故选C。
10. 如图所示，轻弹簧一端悬挂在横杆上，另一端连接质量为m的重物，弹簧和重物组成的系统处于静止状态。某时刻在重物上施加一方向竖直向上，大小为的恒力，重物上升的最大高度为h，已知弹簧的弹性势能表达式为 ，则（ ）
A. 上升过程中系统机械能守恒
B. 开始时弹簧的弹性势能为
C. 上升过程中重物的最大动能为
D. 上升到最高点过程中重物的重力势能增加
【答案】B
【解析】
【详解】A．上升过程中，恒力F对系统做正功，系统的机械能增加，故A错误；
B．初始时对重物有
重物上升的最大高度为h的过程中，对系统由能量守恒定律
解得
所以开始时弹簧的弹性势能为
故B正确；
C．上升过程中，当重物所受合力为零时，速度达到最大，则此时弹簧的形变量为x1，故
解得
在此过程中由能量守恒定律
上升过程中重物的最大动能为
故C错误；
D．上升到最高点过程中重物的重力所做的功为
根据重力势能与重力做功的关系可知，重物重力势能的增加量为
故D错误。
故选B。
11. 用各种频率的光照射两种金属材料得到遏止电压Uc随光的频率ν变化的两条图线1、2，图线上有P和Q两点。下列说法正确的是（ ）
A. 图线1、2一定平行
B. 图线1对应金属材料的逸出功大
C. 照射同一金属材料，用Q对应的光比P对应的光产生的饱和电流大
D. 照射同一金属材料，用P对应的光比Q对应的光溢出的电子初动能大
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据光电效应方程可得
可得
由此可知，图线1、2斜率相同，两图线一定平行，故A正确；
B．结合图线可知，图线2对应金属材料的逸出功大，故B错误；
C．P光对应的频率较小，当不能确定光的强度，所以不可以确定饱和光电流的大小，故C错误；
D．P光对应的频率较小，Q光的频率较大，所以照射同一金属材料，用Q对应的光比P对应的光溢出的电子初动能大，故D错误。
故选A。
12. 单镜头反光相机简称单反相机，它用一块放置在镜头与感光部件之间的透明平面镜把来自镜头的图像投射到对焦屏上。对焦屏上的图像通过五棱镜的反射进入人眼中。图为单反照相机取景器的示意图，ABCDE为五棱镜的一个截面，AB⊥BC。光线垂直AB射入，分别在CD和 EA上发生反射，且两次反射的入射角相等，最后光线垂直BC射出。（ ）
A. 光线垂直AB射入五棱镜后，光速增大
B. 无论射向AB的入射角多大，光线一定会在CD和 EA上发生全反射
C. 若两次反射都为全反射，则该五棱镜折射率的最小值为
D. 若两次反射都为全反射，则该五棱镜折射率的最小值为
【答案】D
【解析】
【详解】A．光线垂直AB射入五棱镜后，传播方向不改变，且由光疏介质进入光密介质，折射率变大，根据
可知光速减小，故A错误；
B．作出光路图，如图
光以角入射时发生折射，则折射光线到CD表面时的入射角为，由图可知
且入射角为时，因折射率未知，则光线不一定会在CD和 EA上发生全反射，故B错误；
CD．由图可知
，
由几何关系可知
解得
若两次反射都为全反射，则该五棱镜折射率的最小，根据光的折射定律
可知折射率最小值为
故C错误，D正确。
故选D。
13. 如图为某品牌电动牙刷，用充电器对牙刷电池充电，10h即可从零电量至充满。已知电池的电动势为2.4V，内阻为0.5Ω，容量为800mAh，电池剩余电量为总电量的20%时就无法正常使用而需要充电。充满电后每天使用两次，每次平均2分钟，可以连续正常使用30天。则（ ）
A. 充电时通过电池的平均电流为64mA
B. 正常工作时，电池平均输出功率约为0.72W
C. 正常工作时，电池每天消耗的电能约为230J
D. 充满电到无法正常使用过程中，电池内阻消耗的总电能约为460J
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题知，10h即可从零电量至充满，则根据得，充电时通过电池的平均电流为
故A错误；
B．由于
而充一次电能正常工作时间为
正常工作时的平均电流为
正常工作时，电池平均输出功率约为
故B正确；
C．正常工作时，电池每天消耗的电能约为
故C错误；
D．充满电到无法正常使用过程中，电池内阻消耗的总电能约为
故D错误。
故选B。
二、选择题Ⅱ（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，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）
14. 下列说法正确的是（ ）
A. 不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功
B. 弱相互作用是短程力，它是引起原子核β衰变的原因
C. 蔗糖受潮后粘成的糖块属于非晶体，有确定的熔点，但没有确定的几何形状
D. α粒子散射实验既可以确定不同元素原子核的电荷量，也可以估算原子核的半径
【答案】BD
【解析】
【详解】A．在外界的影响下，气体可以从单一热源吸收热量，全部用来对外做功，故A错误；
B．弱相互作用是短程力，主要在原子核的核子内，它是引起原子核β衰变的原因，故B正确；
C．蔗糖受潮后粘在一起形成的糖块看起来没有确定的几何形状，但不是非晶体，而是多晶体，故C错误；
D．α粒子散射实验既可以确定不同元素原子核的电荷量，也可以估算原子核的半径，故D正确。
故选BD。
15. 图甲和图乙分别表示甲、乙两列波在不同介质中沿x轴正方向传播，如图所示实线和虚线分别表示两列波在t=0和t=0.5s时的波形图。若两列波的周期均大于0.35s，则（ ）
A. 甲波的周期可能是乙波周期的0.5倍
B. 甲波传播的速度可能比乙波速度大，也可能比乙波速度小
C. 0—0.5s内某时刻，质点P、Q的运动方向可能相同
D. t=1s时，P、Q质点的位移大小可能相等
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由图可得甲波的波长
则有
，
周期大于0.35s，可得
或
由图可得乙波的波长
则有
，
周期大于0.35s，可得
甲波的周期不可能是乙波周期的0.5倍，故A错误；
B．甲波传播的速度
或
乙波传播的速度
甲波传播的速度可能比乙波速度大，也可能比乙波速度小，故B正确；
C．当甲周期为时，0~0.1s内向y轴正方向，0.1~0.3s向y轴负方向，0.3~0.5s向y轴正方向；乙在向y轴负方向，向y轴正方向，所以质点P、Q的运动方向可能相同，故C正确；
D．当t=1s时，甲周期分别为0.4s和2s时，P质点的位移都为0，Q质点的位移还在现在的位置，故D错误。
故选BC。
非选择题部分
16. 某同学用如图甲装置完成“探究加速度与力、质量的关系”实验。
（1）以下措施有助于减少该实验误差的是___________
A. 使槽码的质量远大于小车的质量
B. 纸带运动方向应与两限位孔在同一直线上
C. 需从纸带上打下的第一个点开始取的计数点
（2）实验中获得如表的数据，根据这些数据，可以探究的是___________
A. 只有加速度与力的关系
B. 只有加速度与质量关系
C. 加速度与力以及加速度与质量的关系
【答案】（1）B （2）C
【解析】
【小问1详解】
A．设槽码得质量为，小车得质量为，将小车和槽码整体分析
对小车而言，绳子得拉力为小车受到得合外力
化简为
故当时
A错误；
B．纸带运动方向应与两限位孔在同一直线上，使小车所受外力方向沿斜面方向，B正确；
C．由于需要计算小车得速度及加速度，需要在纸袋上选取合适得出点迹做为计数点，无需把第一个点做为计数点，C错误。
故选B。
【小问2详解】
ABC．根据控制变量法得原理可知，在探究加速度与力关系时，需要控制小车的质量不变；探究加速度与质量的关系时，需使小车受到的外力不变，即槽码的质量不变，而小车的质量变化。综合分析表中的第一列和第二列数据，均可找到对应不变的量，故AB错误，C正确。
故选C。
17. 某同学利用图磁吸式装置探究平抛运动规律。
（1）在调节轨道时，发现水平仪的状态如图所示，此时应将轨道的右端调_____（选填“高”或“低”）。
（2）进一步用手机的“慢动作”功能拍摄，并从视频中，每24帧选取一帧进行处理得到如图所示的抛体运动“频闪图片”，坐标板上最小一格实际长度为1cm。由图像可知该手机拍摄时的帧率最有可能是_______
A. 240帧/秒B. 480帧/秒C. 960帧/秒
（3）结合②问的信息可求出小球的水平速度为______（计算结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）低 （2）B
（3）1.1
【解析】
【小问1详解】
水平仪右端有气泡，说明右端偏高，则应把右侧调低。
小问2详解】
坐标板上最小一格实际长度为1cm，竖直高度约为40小格，竖直方向的自由落体时间约为
而每24帧选取一帧进行处理得到如图所示的抛体运动“频闪图片”，共有7个小球的位置，则由6个时间间隔，故手机拍摄时的帧率约为
故选B。
【小问3详解】
小球在竖直方向做匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动，有
其中，，解得初速度为
18. 某同学为研究某种金属导线的电阻率，用图电路进行实验，金属导线的长度可以通过导线上的滑动头调节，滑动头有一定的电阻，但阻值未知。

（1）请以笔代线，将未连接的导线在图中补齐___________

（2）实验室准备了R1（5Ω、3A）和R2（50Ω、1.5A）两种滑动变阻器，用R1、R2分别实验，以电压表的读数U为纵轴，以为横轴（x为图甲中AP长度，L为AB长度），得到图像如图，其中选用R1时对应的图线应为___________（选填“m”或“n”）；

（3）在用螺旋测微器测量金属导线的直径如图所示，则该导线的直径为___________mm；

（4）在多次调节滑动头改变金属导线的长度l，并测量出不同长度时的电阻值Rx，作Rx-l图（图戊），根据图像可求出该金属导线的电阻率为___________（计算结果保留两位有效数字）。

【答案】（1） （2）m
（3）1.006##1.007##1.008##1.009
（4）（均可）
【解析】
【小问1详解】
根据电路图连接实物图，如图
【小问2详解】
若电源为理想电源，由于滑动变阻器电阻较小，则移动滑动变阻器，并联支路电压变化较小，则根据串联分压原理可知
化简可得
则图像的斜率近似为定值，故选用R1时对应的图线应为m。
【小问3详解】
螺旋测微器的分度值为0.01mm，则该导线的直径为
【小问4详解】
根据电阻定律
由图可知
代入数据解得，该金属导线的电阻率为
19. 有同学完成“用油膜法估测油酸分子的大小”实验。
（1）在实验中油酸体积占油酸酒精溶液总体积的比例最为合适的是___________
A. 1：50B. 1：500C. 1：5000
（2）由于没有方格纸，该同学首先在一张透明胶片上描出油膜的轮廓，测量胶片的面积S0，并用高精度的电子天平称量出整张胶片的质量M，然后沿轮廓剪下对应的油膜形状的胶片，其质量为m，则油膜的面积为___________（用所给物理量符号来表示）；
（3）下列操作有助于减小实验误差的是___________
A. 撒粉时要尽量厚一些，覆盖整个浅盘
B. 滴油酸酒精溶液时，针头需远离液面
C. 滴油酸酒精溶液后需待油膜稳定后再测其面积
【答案】（1）B （2）
（3）C
【解析】
小问1详解】
在实验中油酸体积占油酸酒精溶液总体积的比例最为合适的是1:500，故选B；
【小问2详解】
胶片厚度相同，则面积比等于质量比，即
【小问3详解】
A．撒粉时若过厚，且覆盖整个浅盘，则不利于油酸形成单分子油膜，选项A错误；
B．滴油酸酒精溶液时，针头需远离液面，则油酸酒精溶液滴到水面上时可能会溅起，也不利于形成整片的油膜，选项B错误；
C．滴油酸酒精溶液后需待油膜稳定后再测其面积，选项C正确。
故选C。
20. 某同学采用如图装置测量某一不规则实心矿石的体积V，导热良好的气缸上部高L1=20cm，横截面积S1=100cm2，下部高L2=20cm，横截面积S2=450cm2，质量为m的活塞初始轻放到气缸的顶部，封闭了空气后继续缓慢下落，待平衡后，活塞下表面正好距气缸顶部h1=10cm。将矿石放入气缸底部，再次封上活塞后，发现最终活塞静止时下表面距气缸顶部h2=8cm。已知大气压强p0=1.0×105Pa，活塞气缸紧密接触且不计两者间的摩擦，封闭的空气可视为理想气体，环境温度恒定。
（1）活塞下降过程中，被封闭空气对外做______功（选填“正”或“负”），被封闭空气待温度稳定后，其内能将______（选填“增加”、“减少”或“不变”）；
（2）求活塞的质量m；
（3）求矿石的体积V。
【答案】（1）负功，不变；（2）10kg；（3）2200cm3
【解析】
【详解】（1）活塞下降过程中，气体体积减小，被封闭空气对外做负功，被封闭空气待温度稳定后，由于气缸导热良好，即温度不变，封闭的空气可视为理想气体，其内能将不变。
（2）对活塞进行分析有
气缸导热良好，温度不变，即气体发生的是等温变化，根据玻意耳定律有
解得
（3）再次平衡时，对活塞有
根据玻意耳定律有
解得
21. 如图所示，一质量M=1.0kg，高h=0.7m的平板车静置在光滑水平地面上，其左端静止放置一辆质量m=0.2kg大小可忽略的四驱电动玩具小车，右侧同一竖直平面有固定的光滑圆弧轨道AC，轨道半径R=1.25m，圆心角为2θ，θ=37°，左右两端点A、C等高，圆弧最低点B位于水平地面上。紧接C点，有一长s=1.59m的倾斜传送带，上表面DE沿圆弧C点的切线方向，传送带以v=2m/s的速度顺时针运动。玩具小车启动后，恰好能从A点沿AC圆弧切线进入轨道，并最终到达E点后飞离。已知玩具车在平板车和传送带上运动时，均产生自重0.8倍的动力（忽略摩擦阻力和空气阻力），且从C点到D点速度不变。sin37°=0.6，cs37°=0.8.求：
（1）玩具小车在A点速度大小vA；
（2）玩具小车在B点受到支持力的大小FN；
（3）平板车的长度l；
（4）传送带由于运送玩具小车而多输出的机械能∆E。
【答案】（1）5m/s；（2）6.8N；（3）1.2m；（4）0.96J
【解析】
【详解】（1）小车离开平板车后，做平抛运动，在A点的速度为vA，竖直方向有
解得
vA=5m/s
（2）从A到B由动能定理
在B点由牛顿第二定律
解得
FN=6.8N
（3）小车在平板车上做匀加速运动的加速度为a1，位移为x1，则由牛顿定律
由运动方程
解得
x1=1m
小车和平板车满足平均动量守恒
解得
x2=0.2m
平板车的长度为
l=x1+x2=1.2m
（4）小车在传送带上做匀加速运动，则由牛顿第二定律可知
解得
a2=2m/s2
由运动公式
以及
解得
t=0.3s
（另一解t=-0.53s舍掉）在时间t内，传送带上某点对地位移
x传=vt=0.6m
传送带由于运送小车克服小车对其的静摩擦力做功为
22. 某校项目学习小组制造了电磁弹射器，其等效电路如图所示（俯视图）。通过图中的理想自耦变压器可将的交流电电压升高，再通过直流转换模块（将交流电转换为直流电，且电压有效值不变）。图中的两个电容器的电容C=0.2F。两根固定于同一水平面内足够长的光滑平行金属导轨间距L=0.5m，电阻不计，磁感应强度大小B=1T的匀强磁场垂直于导轨平面向内。金属棒MN（含其上固定一铁钉）总质量m=100g、电阻R=0.25Ω（不计其他电阻）垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。开关S先接1，使两电容器完全充电，然后将S接至2，MN开始向右加速运动达到最大速度后离开导轨。已知理想自耦变压器的原副线圈匝数比为，电容器储存电场能的表达式为：。求：
（1）直流转换模块输出端的电压UMN；
（2）开关S接1使电容器完全充电后，每块极板上所带的电荷量Q的绝对值；
（3）MN由静止开始运动时的加速度大小a；
（4）电容器储存电场能转化为MN棒动能的转化效率η。
【答案】（1）50V；（2）10C；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）交流电电压的有效值为
根据变压器的电压匝数关系有
由题意可知直流转换模块输出端的电压
解得
（2）根据电容的定义式有
解得
（3）MN由静止开始运动时的电流
此时对金属棒进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
（4）MN开始向右加速运动达到最大速度时，金属棒切割磁感线产生的感应电动势与此时电容器极板电压相等，则有
根据动量定理有
该过程通过金属棒的电荷量
结合上述解得
若考虑最后电容器还有电场能储存，则有
结合上述解得
23. 甲辰龙年，有研究者用如图装置实现“双龙戏珠”。图中M1M2和N1N2、M3M4和N3N4组成两对平行极板，将空间分隔为I、II、III三个区域，三个区域中有垂直于纸面的匀强磁场如图甲，磁感应强度均为。两发射源紧靠极板放置，每秒每个发射源分别射出104个垂直极板初速度大小的正或负电子。正负电子每次经过狭缝均被加速，极板电压UMN随时间变化由如图乙。经多次加速，正负电子恰能在荧光球表面上某点相遇，并被荧光球吸收发出荧光，实现“双龙戏珠”。已知电子比荷，电子质量；以两发射源连线中点O为坐标原点，平行极板向右方向为x轴正方向；荧光球半径，球心位置在x轴上；极板N1N2、M3M4间距。由于极板间距极小，忽略正负电子之间相互作用、过狭缝时间及正负电子穿越极板的动能损失、忽略场的边缘效应和相对论效应，计算时。
（1）正负电子各由哪个发射源射出？求电压UMN的周期T；
（2）求t=0时刻发射的正负电子相遇的时刻t0和荧光球球心的位置x1；
（3）求正负电子每秒对荧光球的冲量I；
（4）以“⌒”为一“龙节”，若同（2）在不改变“龙节”情况下，沿x轴微调荧光球的球心位置，求仍能使荧光球发光的球心位置范围。
【答案】（1）正电子从发射源1射出，负电子从发射源2射出，；（2）0.495m；（3）；（4）或
【解析】
【详解】（1）根据左手定则可知，正电子从发射源1射出，负电子从发射源2射出。
以正电子为例，发射源发射的电子在电场中被加速后先在磁场II中做半个周期的圆周运动后又反向返回电场，此时电场必须反向，继续对返回的电子加速，加速后的电子又在磁场I中做半个周期的圆周运动，再次返回电场，电场此时应再次反向，对进入的电子继续加速，如此反复，可知电压UMN的周期应和电子在磁场中做圆周运动的周期相同，其周期为
（2）电子经一次加速后，由动能定理有
解得
由洛伦兹力充当向心力有
解得
若要正负电子相遇，则必须满足
即
则有
解得
可知正负电子第一次相遇的时间
该时间内沿着轴方向的位移
代入数据
解得
（3）有一半正负电子能够进入电场后被加速，相遇时恰好都沿轴正方向，球对电子的冲量
则电子对球的冲量
（4）若在（2）情况下，沿x轴微调荧光球的球心位置，由几何关系可得
仍能使荧光求发亮的球心的位置范围
或
即
或
0.29
0.86
0.34
0.14
0.36
0.40
0.29
0.61
0.47
0.19
0.36
0.54
0.24
0.36
0.66
0.29
0.41
0.70
0.29
0.36
0.82
0.29
0.31
0.93
0.34
0.36
0.95