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
1．（2024高三下·浙江模拟）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
2．（2024高三下·浙江模拟）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
3．（2024高三下·浙江模拟）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
4．（2024高三下·浙江模拟）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
5．（2024高三下·浙江模拟）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
6．（2024高三下·浙江模拟）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．790N B．79N C．230N D．23N
7．（2024高三下·浙江模拟）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
8．（2024高三下·浙江模拟）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
9．（2024高三下·浙江模拟）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
10．（2024高三下·浙江模拟）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
11．（2024高三下·浙江模拟）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
12．（2024高三下·浙江模拟）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
13．（2024高三下·浙江模拟）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，感生电场做功为
D．时刻管道对小球的作用力大小
14．（2024高三下·浙江模拟）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
15．（2024高三下·浙江模拟）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
16．（2024高三下·浙江模拟）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”）
17．（2024高三下·浙江模拟）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 。
18．（2024高三下·浙江模拟）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
19．（2024高三下·浙江模拟）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。
20．（2024高三下·浙江模拟）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。
21．（2024高三下·浙江模拟）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。
22．（2024高三下·浙江模拟）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。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】矢量与标量；单位制
【解析】【解答】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kg m s-1，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。
故答案为：A。
【分析】矢量既有大小又有方向，标量只有大小。动量、加速度是矢量。热量、功率是标量。熟练掌握国际基本单位和推到单位之间的区别和关联。
2．【答案】D
【知识点】质点；时间与时刻；位移与路程；瞬时速度
【解析】【解答】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。
【分析】A、明确质点的判断：研究对象的形状、大小对运动的描述不产生影响时物体可视作质点，本选项研究问题不明确，无法判断能否将老鹰看做质点；
B、根据路程和位移的定义可知导航显示的是实际轨迹的长度，而非出发点到终止点的距离；
C、篮球比赛计时牌显示的是时间间隔；
D、测速仪显示的是瞬时速率。
3．【答案】B
【知识点】自由落体运动；动能定理的综合应用；重力势能的变化与重力做功的关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】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。
【分析】A、根据动能定理两个过程重力做功相等，但摩擦力做功的关系不能确定，因此无法确定两个过程中合外力做功关系，故动能的增量不一定相等；
B、两个过程重力做功相等，重力势能的减小量相等；
C、由于摩擦力做功，故机械能不守恒；
D、根据自由落体运动求解时间，对比两个运动过程路程变长、加速度变小，时间应大于自由落体时间。
4．【答案】C
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】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。
【分析】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；在最高点时有沿轨迹切线方向的速度；在运动过程中受到了指向曲线轨迹内侧的空气作用力下落更快；在最高点空气作用力，加速度的方向一定不是竖直向下。
5．【答案】D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】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。
【分析】根据万有引力可知同一位置加速度相等；由于彗星和地球质量未知，无法比较二者受到太阳引力的大小关系；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；根据开普勒第三定律求解哈雷彗星公转的轨道半长轴。
6．【答案】A
【知识点】动量定理
【解析】【解答】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。
【分析】根据风速、垂直风速方向的面积、空气密度求解单位时间吹到人身体上的空气质量；根据动量定理求解风力的大小。
7．【答案】A
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】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。
【分析】AD、根据斜向上抛运动的对称性，A石子落到起点同一水平面与水平面夹角为斜向下的θ，与B石子的运动相同，故落至水面时的速度相同；抛出点位置的高低不影响二者落在水面上的间距，该间距始终为A斜抛落在抛出点同一水平面的射程；
B、根据曲线运动分解速度水平方向的速度相等，且A先抛出，则A始终在B的右侧，不会相遇；
C、当时斜抛运动射程最大，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。
8．【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】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。
【分析】A、对细杆为研究对象受分析，根据共点力的平衡由合成法分别求解左右侧斜面对杆的支持力的大小；
B、根据右侧斜面对杆的支持力可知右侧斜面所受压力沿水平方向的分力与地面对斜面摩擦力为平衡力求解摩擦力大小；
C、改变斜面倾角，根据细杆的平衡状态可知，两斜面对杆的作用力与C重力平衡，两斜面对杆的作用力不变；
D、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。
9．【答案】B
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动
【解析】【解答】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。
【分析】根据影子在y轴方向运动的位移时间关系可以确定影子做简谐运动，由角速度可知周期；利用角速度，根据向心力公式求解小球圆周运动向心力；由周期可知经过，结合小球初位置可知小球该时刻在y轴正半轴从而确定其坐标；时经过了小球在x轴正半轴速度沿y轴负方向。
10．【答案】C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】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。
【分析】根据电磁感应定律和楞次定律可知：触点的通断使原线圈中的电流方向不变大小发生变化，产生变化的磁场，根据互感现象，副线圈中产生大小方向变化的交流电；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；根据变压器升压降流原理电流减小。
11．【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；光电效应；结合能与比结合能
【解析】【解答】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。
【分析】A、根据光电效应方程和遏止电压，结合图甲可知，a光电子遏止电压大，则a光电子的最大初动能大，a光能量大；
B、由图乙可知经过3.8天有一半质量放射性元素氡发生衰变产生新核，新核的质量也属于反应堆，质量不减半；
C、根据质能方程核比结合能比核高约，平均质量小约；
D、根据光电效应方程和遏止电压，结合图丁可知，当频率相等时，遏止电压大的逸出功小，以此判断。
12．【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】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。
【分析】根据平行光线确定光线与赤道相切时为没有大气层时看到光线的位置，有大气层发生折射后的光线与赤道相切位置为看到太阳的最后位置，根据折射定律和大气层厚度与地球半径关系可知临界光线的折射角和入射角，由几何关系可知两次看到太阳的位置夹角，由于大气层的折射也会提前看到太阳，二者夹角相等，结合地球自转周期24小时求解多看到太阳的时间。
13．【答案】C
【知识点】楞次定律；感应电动势及其产生条件；电磁感应现象中的感生电场
【解析】【解答】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。
【分析】根据楞次定律判断感生电场为顺时针方向，由法拉第电磁感应定律结合B-t图像求解感生电动势，由圆的周长结合电场强度和电势差的关系求解感生电场的场强，进一步求解小球所受电场力；根据功的定义式求解电场力所做的功；根据电场力求解加速度，应用运动学方程求解速度，结合牛顿第二定律洛伦兹力和支持力合力提供向心力求解支持力。
14．【答案】C,D
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；原子的核式结构
【解析】【解答】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。
故答案为：CD。
【分析】电子处于不同的轨道时，原子处于不同能级，能量不同。光子与电子碰撞时，动量守恒和能量守恒。熟练掌握原子能级跃迁的条件和现象。
15．【答案】A,D
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】易错振幅最大的点为加强点，振幅最小的点为减弱点，无论加强点还是成弱点，只要振幅不为零，都处在振动之中，位移均随时间发生变化，都有为零的时刻、故不能认为加强点的位移一定比减弱点的位移始终大。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
为一系列双曲线。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。
【分析】根据题设条件中的波长、波源距离等写出加强点到波源的距离之差为波长的整数倍，写出位置表达式后确定加强点在一系列双曲线上，并确定双曲线的条数。结合几何关系和空间位置特点，得到加强点的个数；确定BC上最左边的加强点，由空间位置关系求AB上最左边加强点的位置；增加底角时，平面上的加强点的个数不变，相互隔开，位置固定。
16．【答案】（1）B
（2）D
（3）C
（4）OA；不断减小
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）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。
（2）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。
（3）、、，都是弹簧测力计测量得到，F是通过作图得到的。
故选C。
（4）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。
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。
综上：第1空：B；第2空：D；第3空：C；第4空：OA；第5空：不断减小
【分析】（1）由实验原理可知本实验采用的科学方法是等效替代法；
（2）根据实验原理和操作步骤，实验前需对弹簧测力计校零，两个拉力的大小能相等，也可以不相等，实验时应保持细绳与长木板平行，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；
（3）F是通过作图得到，其余为实际测出；
（4）根据平行四边形可知OA为斜边，则OA的力最大；根据矢量三角形中正弦定理分析判断。
17．【答案】（1）；
（2）A
（3）；
【知识点】伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）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。
（2）电流表内阻已知，A图无系统误差，故A正确。
故选A。
（3）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
综上：第1空：；第2空：；第3空：A；第4空：；第5空：
【分析】（1）根据被测电阻的电阻变化范围选择欧姆档的倍率，根据欧姆表读数方法读数；
（2）由电流表内阻已知，可求得其分的电压，可视作电压表，以此分析判断；
（3）根据欧姆定律结合电路图求解被测电阻；根据竖直向下为正方向，结合图丙可知 函数关系。
18．【答案】A,D
【知识点】验证机械能守恒定律；测定玻璃的折射率；探究小车速度随时间变化的规律；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】A、该实验只要使得小车加速运动即可，不需要倾斜轨道补偿阻力，但要调节滑轮高度，使细绳与小车轨道平行，从而让小车做匀加速直线运动即可，故A正确；
B、在“验证机械能守恒定律”实验中，重物下落时阻力较大，会导致若出现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，并观察观察时看针脚是否在同一条直线上，故C错误；
D、在“探究气体等温变化的规律”实验中，涂润滑油的主要目的是防止漏气，使被封闭气体的质量不发生变化，同时也减小了摩擦，故D正确。
故选AD。
【分析】根据实验原理和实验操作注意事项分析。
19．【答案】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
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）根据热力学第一定律和功的公式分别求出两种方式下多吸收的热量；
（2）方式一气体发生第容变化，根据查理定律求末状态的压强；
（3）方式二气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律求气体的容积。
20．【答案】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的过程中，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
【知识点】功能关系；能量守恒定律；机械能守恒定律；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）根据小物块恰好能到达圆管轨道的最高点F确定该点速度，小物块从C到F的过程中应用动能定理求解C点速度，根据牛顿第二定律求解物块受到的支持力，结合牛顿第三定律求解轨道所受压力；
（2）根据小物块B到C平抛运动结合相切于C点分解速度求解B点速度；A到B根据动能定理求解弹簧弹性势能；
（3）由A到B结合动能定理求解B点速度，对C点由平抛运动分解速度求解C点速度；再由C到F根据动能定理求解F点速度；由小物块和木板的完全非弹性型碰撞分别根据动量守恒和能量守恒联立方程组求解二者相对位移；
（4）小物块和木板的加速度相等时二者将开始相对滑动，依据牛顿第二定律分别求解二者水平方向加速度得出弹簧型变量，根据系统能量守恒求解木板速度。
21．【答案】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
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】（1）根据题意可知在运动到时，导线框中和都在垂直切磁感线且同向叠加，感应电动势最大，根据部分导线切割磁感线的感应电动势公式求解；
（2）根据磁场求解边切割产生的感应电动势的瞬时表达式为正弦交流电，等效为面积为S的线圈在匀强磁场中做匀速圆周运动切割磁感线产生感应电动势，由转动角速度和感应电动势最大值求解面积S，至区间相当于绕圈转动角度，求解磁通量变化量，根据感应电动势的平均值求解感应电流的平均值，应用电流定义式求解流过导线框的总电量；
（3）根据导线框边在至区间运动过程中感应电动势最大值求解有效值，进一步求解产生的焦耳热；再根据导线框边在至区间运动过程中两边切割，求解感应电动势的瞬时表达式，由电动势最大值求解有效值，进一步求解产生的焦耳热；两部分焦耳热的总和为外力所做的功；
（4）根据导线框与金属棒发生弹性碰撞，分别由动量守恒定律和能量守恒联立方程组求解碰后速度；根据碰后速度可知金属棒切割磁感线与电容器构成闭合回路对电容器充电，最终电容器电压与金属棒切割产生电动势相等后金属棒做匀速直线运动，根据动量定理、电流定义式和电容器电荷量关系联立求解金属棒最终速度和匀速切割的电动势，结合电容器储能公式求解储存能量。
22．【答案】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
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据动能定理求解加速电压大小；
（2）①根据洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解速度偏转角正弦值和轨迹半径；
②根据偏转角和洛伦兹力提供向心力结合匀变速直线运动求解f的表达式；
③电子通过四级铁后速度方向变为x轴正方向，根据从磁场出来后的速度偏转角，结合电子在磁场中匀速圆周运动求解比值关系；
④根据f的关系式和动能定理，求解电压最大值。
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
1．（2024高三下·浙江模拟）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
【知识点】矢量与标量；单位制
【解析】【解答】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kg m s-1，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。
故答案为：A。
【分析】矢量既有大小又有方向，标量只有大小。动量、加速度是矢量。热量、功率是标量。熟练掌握国际基本单位和推到单位之间的区别和关联。
2．（2024高三下·浙江模拟）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
【知识点】质点；时间与时刻；位移与路程；瞬时速度
【解析】【解答】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。
【分析】A、明确质点的判断：研究对象的形状、大小对运动的描述不产生影响时物体可视作质点，本选项研究问题不明确，无法判断能否将老鹰看做质点；
B、根据路程和位移的定义可知导航显示的是实际轨迹的长度，而非出发点到终止点的距离；
C、篮球比赛计时牌显示的是时间间隔；
D、测速仪显示的是瞬时速率。
3．（2024高三下·浙江模拟）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
【知识点】自由落体运动；动能定理的综合应用；重力势能的变化与重力做功的关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】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。
【分析】A、根据动能定理两个过程重力做功相等，但摩擦力做功的关系不能确定，因此无法确定两个过程中合外力做功关系，故动能的增量不一定相等；
B、两个过程重力做功相等，重力势能的减小量相等；
C、由于摩擦力做功，故机械能不守恒；
D、根据自由落体运动求解时间，对比两个运动过程路程变长、加速度变小，时间应大于自由落体时间。
4．（2024高三下·浙江模拟）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
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】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。
【分析】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；在最高点时有沿轨迹切线方向的速度；在运动过程中受到了指向曲线轨迹内侧的空气作用力下落更快；在最高点空气作用力，加速度的方向一定不是竖直向下。
5．（2024高三下·浙江模拟）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
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】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。
【分析】根据万有引力可知同一位置加速度相等；由于彗星和地球质量未知，无法比较二者受到太阳引力的大小关系；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；根据开普勒第三定律求解哈雷彗星公转的轨道半长轴。
6．（2024高三下·浙江模拟）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．790N B．79N C．230N D．23N
【答案】A
【知识点】动量定理
【解析】【解答】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。
【分析】根据风速、垂直风速方向的面积、空气密度求解单位时间吹到人身体上的空气质量；根据动量定理求解风力的大小。
7．（2024高三下·浙江模拟）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
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】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。
【分析】AD、根据斜向上抛运动的对称性，A石子落到起点同一水平面与水平面夹角为斜向下的θ，与B石子的运动相同，故落至水面时的速度相同；抛出点位置的高低不影响二者落在水面上的间距，该间距始终为A斜抛落在抛出点同一水平面的射程；
B、根据曲线运动分解速度水平方向的速度相等，且A先抛出，则A始终在B的右侧，不会相遇；
C、当时斜抛运动射程最大，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。
8．（2024高三下·浙江模拟）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
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】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。
【分析】A、对细杆为研究对象受分析，根据共点力的平衡由合成法分别求解左右侧斜面对杆的支持力的大小；
B、根据右侧斜面对杆的支持力可知右侧斜面所受压力沿水平方向的分力与地面对斜面摩擦力为平衡力求解摩擦力大小；
C、改变斜面倾角，根据细杆的平衡状态可知，两斜面对杆的作用力与C重力平衡，两斜面对杆的作用力不变；
D、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。
9．（2024高三下·浙江模拟）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
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动
【解析】【解答】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。
【分析】根据影子在y轴方向运动的位移时间关系可以确定影子做简谐运动，由角速度可知周期；利用角速度，根据向心力公式求解小球圆周运动向心力；由周期可知经过，结合小球初位置可知小球该时刻在y轴正半轴从而确定其坐标；时经过了小球在x轴正半轴速度沿y轴负方向。
10．（2024高三下·浙江模拟）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
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】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。
【分析】根据电磁感应定律和楞次定律可知：触点的通断使原线圈中的电流方向不变大小发生变化，产生变化的磁场，根据互感现象，副线圈中产生大小方向变化的交流电；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；根据变压器升压降流原理电流减小。
11．（2024高三下·浙江模拟）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
【知识点】原子核的衰变、半衰期；光电效应；结合能与比结合能
【解析】【解答】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。
【分析】A、根据光电效应方程和遏止电压，结合图甲可知，a光电子遏止电压大，则a光电子的最大初动能大，a光能量大；
B、由图乙可知经过3.8天有一半质量放射性元素氡发生衰变产生新核，新核的质量也属于反应堆，质量不减半；
C、根据质能方程核比结合能比核高约，平均质量小约；
D、根据光电效应方程和遏止电压，结合图丁可知，当频率相等时，遏止电压大的逸出功小，以此判断。
12．（2024高三下·浙江模拟）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
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】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。
【分析】根据平行光线确定光线与赤道相切时为没有大气层时看到光线的位置，有大气层发生折射后的光线与赤道相切位置为看到太阳的最后位置，根据折射定律和大气层厚度与地球半径关系可知临界光线的折射角和入射角，由几何关系可知两次看到太阳的位置夹角，由于大气层的折射也会提前看到太阳，二者夹角相等，结合地球自转周期24小时求解多看到太阳的时间。
13．（2024高三下·浙江模拟）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，感生电场做功为
D．时刻管道对小球的作用力大小
【答案】C
【知识点】楞次定律；感应电动势及其产生条件；电磁感应现象中的感生电场
【解析】【解答】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。
【分析】根据楞次定律判断感生电场为顺时针方向，由法拉第电磁感应定律结合B-t图像求解感生电动势，由圆的周长结合电场强度和电势差的关系求解感生电场的场强，进一步求解小球所受电场力；根据功的定义式求解电场力所做的功；根据电场力求解加速度，应用运动学方程求解速度，结合牛顿第二定律洛伦兹力和支持力合力提供向心力求解支持力。
14．（2024高三下·浙江模拟）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】C,D
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；原子的核式结构
【解析】【解答】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。
故答案为：CD。
【分析】电子处于不同的轨道时，原子处于不同能级，能量不同。光子与电子碰撞时，动量守恒和能量守恒。熟练掌握原子能级跃迁的条件和现象。
15．（2024高三下·浙江模拟）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】A,D
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】易错振幅最大的点为加强点，振幅最小的点为减弱点，无论加强点还是成弱点，只要振幅不为零，都处在振动之中，位移均随时间发生变化，都有为零的时刻、故不能认为加强点的位移一定比减弱点的位移始终大。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
为一系列双曲线。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。
【分析】根据题设条件中的波长、波源距离等写出加强点到波源的距离之差为波长的整数倍，写出位置表达式后确定加强点在一系列双曲线上，并确定双曲线的条数。结合几何关系和空间位置特点，得到加强点的个数；确定BC上最左边的加强点，由空间位置关系求AB上最左边加强点的位置；增加底角时，平面上的加强点的个数不变，相互隔开，位置固定。
16．（2024高三下·浙江模拟）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）OA；不断减小
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）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。
（2）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。
（3）、、，都是弹簧测力计测量得到，F是通过作图得到的。
故选C。
（4）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。
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。
综上：第1空：B；第2空：D；第3空：C；第4空：OA；第5空：不断减小
【分析】（1）由实验原理可知本实验采用的科学方法是等效替代法；
（2）根据实验原理和操作步骤，实验前需对弹簧测力计校零，两个拉力的大小能相等，也可以不相等，实验时应保持细绳与长木板平行，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；
（3）F是通过作图得到，其余为实际测出；
（4）根据平行四边形可知OA为斜边，则OA的力最大；根据矢量三角形中正弦定理分析判断。
17．（2024高三下·浙江模拟）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）；
（2）A
（3）；
【知识点】伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）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。
（2）电流表内阻已知，A图无系统误差，故A正确。
故选A。
（3）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
综上：第1空：；第2空：；第3空：A；第4空：；第5空：
【分析】（1）根据被测电阻的电阻变化范围选择欧姆档的倍率，根据欧姆表读数方法读数；
（2）由电流表内阻已知，可求得其分的电压，可视作电压表，以此分析判断；
（3）根据欧姆定律结合电路图求解被测电阻；根据竖直向下为正方向，结合图丙可知 函数关系。
18．（2024高三下·浙江模拟）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】A,D
【知识点】验证机械能守恒定律；测定玻璃的折射率；探究小车速度随时间变化的规律；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】A、该实验只要使得小车加速运动即可，不需要倾斜轨道补偿阻力，但要调节滑轮高度，使细绳与小车轨道平行，从而让小车做匀加速直线运动即可，故A正确；
B、在“验证机械能守恒定律”实验中，重物下落时阻力较大，会导致若出现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，并观察观察时看针脚是否在同一条直线上，故C错误；
D、在“探究气体等温变化的规律”实验中，涂润滑油的主要目的是防止漏气，使被封闭气体的质量不发生变化，同时也减小了摩擦，故D正确。
故选AD。
【分析】根据实验原理和实验操作注意事项分析。
19．（2024高三下·浙江模拟）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】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
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）根据热力学第一定律和功的公式分别求出两种方式下多吸收的热量；
（2）方式一气体发生第容变化，根据查理定律求末状态的压强；
（3）方式二气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律求气体的容积。
20．（2024高三下·浙江模拟）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】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的过程中，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
【知识点】功能关系；能量守恒定律；机械能守恒定律；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）根据小物块恰好能到达圆管轨道的最高点F确定该点速度，小物块从C到F的过程中应用动能定理求解C点速度，根据牛顿第二定律求解物块受到的支持力，结合牛顿第三定律求解轨道所受压力；
（2）根据小物块B到C平抛运动结合相切于C点分解速度求解B点速度；A到B根据动能定理求解弹簧弹性势能；
（3）由A到B结合动能定理求解B点速度，对C点由平抛运动分解速度求解C点速度；再由C到F根据动能定理求解F点速度；由小物块和木板的完全非弹性型碰撞分别根据动量守恒和能量守恒联立方程组求解二者相对位移；
（4）小物块和木板的加速度相等时二者将开始相对滑动，依据牛顿第二定律分别求解二者水平方向加速度得出弹簧型变量，根据系统能量守恒求解木板速度。
21．（2024高三下·浙江模拟）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】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
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】（1）根据题意可知在运动到时，导线框中和都在垂直切磁感线且同向叠加，感应电动势最大，根据部分导线切割磁感线的感应电动势公式求解；
（2）根据磁场求解边切割产生的感应电动势的瞬时表达式为正弦交流电，等效为面积为S的线圈在匀强磁场中做匀速圆周运动切割磁感线产生感应电动势，由转动角速度和感应电动势最大值求解面积S，至区间相当于绕圈转动角度，求解磁通量变化量，根据感应电动势的平均值求解感应电流的平均值，应用电流定义式求解流过导线框的总电量；
（3）根据导线框边在至区间运动过程中感应电动势最大值求解有效值，进一步求解产生的焦耳热；再根据导线框边在至区间运动过程中两边切割，求解感应电动势的瞬时表达式，由电动势最大值求解有效值，进一步求解产生的焦耳热；两部分焦耳热的总和为外力所做的功；
（4）根据导线框与金属棒发生弹性碰撞，分别由动量守恒定律和能量守恒联立方程组求解碰后速度；根据碰后速度可知金属棒切割磁感线与电容器构成闭合回路对电容器充电，最终电容器电压与金属棒切割产生电动势相等后金属棒做匀速直线运动，根据动量定理、电流定义式和电容器电荷量关系联立求解金属棒最终速度和匀速切割的电动势，结合电容器储能公式求解储存能量。
22．（2024高三下·浙江模拟）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】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
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据动能定理求解加速电压大小；
（2）①根据洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解速度偏转角正弦值和轨迹半径；
②根据偏转角和洛伦兹力提供向心力结合匀变速直线运动求解f的表达式；
③电子通过四级铁后速度方向变为x轴正方向，根据从磁场出来后的速度偏转角，结合电子在磁场中匀速圆周运动求解比值关系；
④根据f的关系式和动能定理，求解电压最大值。
