2026届浙江省天域全国名校协作体高三上学期一模物理试题（解析版）

这是一份2026届浙江省天域全国名校协作体高三上学期一模物理试题（解析版），共21页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸，8m/sB，0m/sD等内容，欢迎下载使用。
考生须知：
1.本卷共8页，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、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。
3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。
4.考试结束后，只需上交答题纸。
选择题部分
一、选择题Ⅰ（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题给出的四个备选项中，只有一项是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1. 下列物理量是标量且单位正确的是（ ）
A. 速度，m/sB. 电流，A
C. 磁感应强度，TD. 电势，V/m
【答案】B
【解析】
【详解】A．速度是矢量，单位m/s正确，但不符合“标量”要求，故A错误
B．电流是标量，单位A正确，故B正确；
C．磁感应强度是矢量，单位T正确，但不符合“标量”要求，故C错误；
D．电势是标量，但单位V/m错误（正确单位为V），故D错误。
故选B。
2. 如图为某同学在完成静止倒立时的情景，则该同学（ ）
A 所受重力大小等于地面对其作用力大小
B. 只有重心位置才受重力作用
C. 一定受到地面摩擦力作用
D. 手发生形变，地面不一定有形变
【答案】A
【解析】
【详解】A．人体受力平衡，则人所受重力大小等于地面对其作用力大小，A正确；
B．身体的任何部位都受重力作用，并非只有重心位置才受重力作用，B错误；
C．因水平方向不受外力作用，则人不受地面的摩擦力作用，C错误；
D．手对地面有压力，则手发生形变，地面对手有支持力，则地面也有形变，D错误。
故选A。
3. “笛音雷”是某些地区春节期间常放的一种鞭炮，其着火后一段时间内的速度—时间图像如图所示（取竖直向上为正方向），其中时刻为“笛音雷”起飞时刻、段是斜率大小为重力加速度的直线。不计空气阻力，则关于“笛音雷”的运动，下列说法正确的是（ ）
A. “笛音雷”在时刻上升至最高点
B. 时间内“笛音雷”做自由落体运动
C. 时间内“笛音雷”的平均速度小于
D. 时间内“笛音雷”先失重后超重
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，速度一直为正值，表明其速度方向始终向上，可知，“笛音雷”在t2时刻并没有上升至最高点，上升至最高点应该在t4时刻之后，故A错误；
B．t3~t4时间内“笛音雷”速度方向向上，图像斜率为一恒定的负值，表明该时间内“笛音雷”实际上是在向上做竖直上抛运动，其加速度就是重力加速度，故B错误；
C．将A、B用直线连起来，该直线代表匀加速直线运动，其平均速度为
而AB线段与横轴所围的三角形面积大于AB曲线与横轴所围的面积，该面积表示位移，根据，可知AB线段代表的匀加速直线运动的平均速度大于AB曲线代表的变加速直线运动的平均速度，即时间内“笛音雷”的平均速度小于，故C正确；
D．根据v-t图像中图线的切线斜率表示加速度，可知t1~t3时间内“笛音雷”的加速度先向上后向下，所以“笛音雷”先超重后失重，故D错误。
故选C。
4. 今年暑假，“浙BA”篮球联赛燃爆全省，在某次比赛中，一队员罚球时投出的篮球因水平击中篮板而错失得分的机会。已知篮球出手点到地面的距离为，击中的篮板上的点到地面的距离为，出手点到篮筐的水平距离为，忽略篮球运动过程中的所受的空气阻力，重力加速度取，则出手时篮球的速度大小约为（ ）
A. 10.8m/sB. 9.6m/s
C. 8.0m/sD. 5.0m/s
【答案】A
【解析】
【详解】由于篮球水平碰撞篮板，则逆过程可看作平抛运动，则篮球出手后运动的时间
水平速度
出手时篮球的速度大小约为
故选A。
5. 如图所示为一种称为“魔盘”的娱乐设施，当水平转盘绕竖直中心轴缓慢转动时，人会随着“魔盘”一起转动，当“魔盘”转动到一定速度时，人会“贴”在“魔盘”竖直壁上，而不会滑下。现质量均为的甲、乙两小孩参加该娱乐活动，初始时甲小孩位于距轴处，乙小孩贴紧“魔盘”侧壁。“魔盘”从静止开始缓慢加速转动，当达到角速度时，“魔盘”突然停止转动，甲小孩滑至盘面上的某点停止。下列说法正确的是（ ）
A. “魔盘”加速过程中，甲小孩所受摩擦力的冲量为零
B. “魔盘”加速过程中，乙小孩所受摩擦力的方向指向转轴
C. “魔盘”停止转动后，甲小孩沿转盘半径方向运动
D. “魔盘”停止转动后，甲小孩克服摩擦力做的功为
【答案】D
【解析】
【详解】A．“魔盘”加速过程中，甲小孩所受摩擦力的一个分力提供随盘转动的向心力，一个分力沿切线方向与转动方向相同提供加速度，故摩擦力不为零，则根据，摩擦力的冲量不为零，故A错误；
B．“魔盘”加速过程中，乙小孩所受摩擦力沿切线方向与转动方向相同提供加速度，故B错误；
C．“魔盘”停止转动后，甲小孩因惯性沿转盘的切线方向运动，故C错误；
D．根据动能定理
又，解得甲小孩克服摩擦力做的功为，故D正确。
故选D。
6. 镀有反射膜的三棱镜常用在激光器中用来选择波长。如图，一束复色光以一定的入射角（）从点进入棱镜后，不同颜色的光以不同角度折射，只有折射后垂直入射到反射膜的光才能原路返回形成激光输出。某一含红、绿、蓝光的复色光入射到三棱镜时，激光器输出的是绿光，则（ ）
A. 绿光在棱镜中的折射角大于红光的折射角
B. 有可能通过调节入射角，使激光器同时输出红、绿、蓝光
C. 若要调为红光输出，需将棱镜绕点逆时针转动一小角度
D. 不管怎么调节，激光器都不可能输出红光
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于棱镜对绿光的折射率大于红光，根据光的折射定律可知，当入射角相同时，棱镜中绿光的折射角小于红光的折射角，故A错误；
B．因为红、绿、蓝光的折射率不同，它们的折射情况不同，所以不可能通过调节入射角使激光器同时输出红、绿、蓝光，故B错误；
CD．由于红光的折射率小，折射角较大，若要调为红光输出，需将棱镜绕点逆时针转动一小角度，这样才有可能让红光折射后垂直入射到反射膜上，从而返回形成激光输出，故C正确，D错误。
故选C。
7. 钚的放射性同位素衰变为铀核和新核，已知的质量为、的质量为和新核的质量为，且相当于的能量。其中衰变方程为。下列说法正确的是（ ）
A. 衰变方程中的为中子
B. 的平均核子质量小于
C. 的比结合能是
D. 该衰变过程放出的核能的数量级为
【答案】D
【解析】
【详解】A．衰变方程中，钚衰变为铀，原子序数减少2，质量数减少4，符合衰变特征，放出氦核。因此，X应为α粒子而非中子，故A错误；
B．比结合能高的核更稳定。衰变产物铀比钚更稳定，说明铀的比结合能更高。比结合能与平均核子质量成反比，因此的平均核子质量大于，故B错误；
C．比结合能是原子核总结合能除以核子数。表达式对应的是衰变释放的核能，而并不是钚的比结合能，故C错误；
D．质量亏损
释放能量
换算为焦耳：，数量级为，故D正确。
故选D。
8. 太空碎片会对航天器带来危害。设空间站在地球附近沿逆时针方向做匀速圆周运动，如图中实线所示。为了避开碎片，空间站在P点向图中箭头所指径向方向极短时间喷射气体，使空间站获得一定的反冲速度，从而实现变轨。变轨后的轨道如图中虚线所示，其半长轴大于原轨道半径。则（ ）
A. 空间站变轨前、后在P点的加速度相同
B. 空间站变轨后的运动周期比变轨前的小
C. 空间站变轨后在P点的速度比变轨前的小
D. 空间站变轨前的速度比变轨后在近地点的大
【答案】A
【解析】
【详解】A．在P点变轨前后空间站所受到的万有引力不变，根据牛顿第二定律可知空间站变轨前、后在P点的加速度相同，故A正确；
B．因为变轨后其半长轴大于原轨道半径，根据开普勒第三定律可知空间站变轨后的运动周期比变轨前的大，故B错误；
C．变轨后在P点因反冲运动相当于瞬间获得竖直向下的速度，原水平向左的圆周运动速度不变，因此合速度变大，故C错误；
D．由于空间站变轨后在P点的速度比变轨前大，而比在近地点的速度小，则空间站变轨前的速度比变轨后在近地点的小，故D错误。
故选A。
9. 某超导研究中心为测定超导体的电阻率，进行了如下实验探究：用横截面积为的导线制成一半径为的圆环，测得其质量为。今使圆环处于超导状态，并水平放置在强磁极的正上方，如图所示。当圆环通以的电流时，超导圆环恰能静止于磁极上方处。实验经历近一年时间（约）后，测量发现圆环高度下降了。据此可估算该超导圆环电阻率的数量级为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】圆环下降过程，由能量守恒定律有
解得
故选C。
10. 如图所示，一滑块与固定于墙壁的轻质弹簧栓接，并置于粗糙的足够长的水平轨道上。将滑块左推压缩弹簧后由静止释放，滑块沿轨道向右运动到最右端后，又返回运动一段距离后停止在轨道上。设滑块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑块与轨道间的动摩擦因数处处相同，取初始释放位置为原点，向右为正方向，从释放滑块开始计时到滑块最终停止的整个过程中，滑块的位移与时间的图像及加速度与位移的关系图像大致正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于存在摩擦力作用，滑块不可能停在出发点，故A错误；
B．该选项题图初始位移不是从0开始，不符合题意，故B错误；
CD．设弹簧劲度系数为k，滑块质量为m，动摩擦因数为μ。设释放瞬间弹簧压缩量为
向右运动时，根据牛顿第二定律可知
可知图像是一条倾斜的不过原点的直线（斜率为负）；向左运动时，根据牛顿第二定律可知
可知图像是一条倾斜的不过原点的直线（斜率为负），且两条线斜率相同，故C错误，D正确。
故选D。
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题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. 下列有关物理现象及其原理，说法正确的是（ ）
A. 图甲显示高压输电线上方还有两条导线，它们与大地相连，使高压输电线免遭雷击
B. 图乙的雷达是利用超声波遇到障碍物要发生反射的这个特性工作的
C. 图丙中的扼流圈是电工技术和电子技术常用的元件，利用了电感器对交流电的阻碍作用
D. 图丁中光在有机玻璃棒内沿着锯齿形路线全反射是因为内芯材料的折射率小于外套材料的折射率
【答案】AC
【解析】
【详解】A．图甲显示高压输电线上方还有两条导线，它们与大地相连，当雷电击中时，电流会通过避雷线导入大地，从而使高压输电线免遭雷击，故A正确；
B．图乙的雷达是利用电磁波遇到障碍物要发生反射的这个特性工作的，故B错误；
C．图丙中的扼流圈是电工技术和电子技术常用的元件，利用了电感器对交流电的阻碍作用来工作的，故C正确；
D．图丁中光在有机玻璃棒内沿着锯齿形路线全反射是因为内芯材料的折射率大于外套材料的折射率，这样才满足全反射的条件之一，故D错误。
故选AC。
12. 如图所示为英国物理学家J·J·汤姆孙当年用于测量电子比荷的气体放电管示意图。图中虚线框内部分处于真空状态，当灯丝L与电源1接通时将发热并逸出电子。P是中央有小圆孔的金属板，当L和P板与电源2接通时，逸出的电子将被加速，并沿图中虚直线所示路径到达荧光屏。D1、D2为两块平行于虚直线、间距为d的金属板，两板与电源3相接，在图示圆形区域内加一磁感应强度为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场。今测得三个可调电源的电压值分别为U1、U2、U3时，恰好观察到荧光屏O点有荧光发出。则以下说法正确的是（ ）
A. 电源2、3都直流电源
B. 金属板D2接电源3的负极
C. 该次实验测得电子的比荷为
D. 该次实验中电子击中O点时的动能略大于eU2
【答案】AD
【解析】
【详解】A．电源2作用是使电子向右做加速直线运动，故应为直流电源；
电源3作用是提供电场使电子受到的电场力与洛伦兹力平衡，故也应为直流电源，故A正确；
B．由左手定则电子在D1、D2之间受到洛伦兹力方向向上，为了平衡电子受到电场力应向下，故金属板D2接电源3的正极，故B错误；
C．电子经电源2加速
D1、D2之间电子受力平衡
联立得电子的比荷为，故C错误；
D．由全过程动能定理
当L和P板与电源2接通时，逸出的电子具有一定的初动能，即Ek初>0
则该次实验中电子击中O点时的动能EkO略大于eU2，故D正确。
故选AD。
13. 两波源分别位于和处，产生的简谐横波在同一均匀介质中沿x轴方向传播，左侧波源的振幅为2cm，波速为0.4m/s，右侧波源的振幅为3cm。如图所示为时刻两列相向传播的波形图（背向传播的波形未画出），此刻平衡位置位于和的两质点刚开始振动。下列说法正确的是（ ）
A. 处的质点为振动加强点，之后其位移大小为5cm保持不变
B. 处的质点在时向y轴正方向振动
C. 处的质点在时向y轴负方向振动
D. 在0~2025s内处的质点运动的路程比的质点多6cm
【答案】BD
【解析】
【详解】A ．由图可知两列波的波长
时，波源到处的波程差为
处的质点为振动加强点，后，其振幅为
但振动加强点的位移是随时间做周期性的变化，而不是始终为5cm保持不变，故A错误；
B．时刻只有右侧波引起处质点的振动，根据“上、下坡”法可知，该处质点沿y正方向振动，故B正确；
C．两列波在同种介质中传播，波速相同，由图可知两列波的波长为
则波的周期
左右两波传到所需时间分别为，
故在时，两列波使该处质点已经振动的时间分别为，
可知两列波对该点的影响均为沿y轴正方向振动。所以x=0.3m处质点沿y轴正方向振动，故C错误；
D．质点的波程差为
因此该点为振动的减弱点，同理质点的波程差为
该点也为振动的减弱点，干涉时的振幅
两列波相遇时间为
因此在时间内，两列波共同作用时间内，处质点的路程与处质点的路程相等，只有在时间内左右两列波分别作用时，处质点的路程和处质点的路程才不相等，此过程处质点的路程为
处质点的路程为
则二者的路程差为，故D正确。
故选BD。
非选择题部分
14.实验题（I、II、III共3题，共14分）
14. 如图甲所示是某实验小组“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。
（1）在通过调整长木板的倾角来补偿阻力时，正确的操作是（ ）
A. 小车后面安装纸带，前面挂重物
B. 小车后面安装纸带，前面不挂重物
C. 小车后面不安装纸带，前面挂重物
D. 小车后面不安装纸带，前面不挂重物
（2）另一实验小组用如图乙所示的气垫导轨装置进行探究加速度与力的关系实验，设计了如下的实验步骤：
A.将气垫导轨调整成水平；
B.在导轨上选择两个适当的位置安装光电门1、2，并连接数字毫秒器；通过导轨上的标尺测出两光电门间的距离l；测出滑块上遮光条的宽度d；
C.用天平测量滑块和遮光条的总质量M；读出槽码总质量m；
D.将滑块从光电门右侧静止释放，从数字计时器上读出遮光条通过光电门1、2的时间、；
E.保持遮光条和滑块总质量不变，增加槽码直至槽码质量与滑块和遮光条总质量接近相等，重复实验，将数据记录表格，得出各次滑块加速度；
①错误的实验步骤是______（用字母表示）
②若气垫导轨未调成水平，且左端略高，则可能得到的图像是（ ）
【答案】（1）B （2） ①. E ②. B
【解析】
【小问1详解】
在通过调整长木板的倾角来补偿阻力时，小车后面安装纸带，前面不挂重物。
故选B。
【小问2详解】
[1]为了使滑块和遮光条受到的合外力等于槽码的重力，应使滑块和遮光条的总质量远远大于槽码的总质量，因此操作步骤E错误。
故选E。
[2]由于气垫导轨左端略高，可能导致滑块及遮光条受到较小外力时依然保持静止状态，即时，加速度
故选B。
15. 在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，
（1）如图甲双缝安装在图甲______位置（选填“A”、“B”、“C”、“D”或“E”）
（2）某次测量条纹间距的时候，由于游标卡尺0刻度处标记不清，目镜测量头显示如图乙所示，箭头为游标卡尺与主尺对齐处，则读数为______mm。
（3）如图甲所示，某同学测得图中装置中A、B、C、D、E之间的距离分别为L1、L2、L3、L4，又测得第1条亮条纹中心到第6条亮条纹中心的距离为，已知单缝宽度为d1，双缝间距为d2，则该单色光波长的表达式为______。
【答案】（1）C （2）10.70
（3）
【解析】
【小问1详解】
双缝干涉仪从左到右的顺序依次为光源、滤光片、单缝、双缝，因此C位置为双缝。
【小问2详解】
由图可知，主尺的读数为，游标尺为20分度，故其精确度为
则游标尺的分度值为
其读数为
【小问3详解】
由题可知，相邻条纹间距为
又因为
解得
16. 按要求完成下列填空；
（1）某同学用多用电表的欧姆挡来测量双量程电压表3V挡的内阻，如图甲所示。
①先将选择开关旋至欧姆挡倍率“×100”挡，正确欧姆调零后进行测量，则黑表笔应接电压表的________（填“-”或“3”）接线柱。
②若用多用电表欧姆挡的同一挡位来正确测量该电压表15V挡的电阻时，与测3V挡的电阻时相比，测15V挡时欧姆表指针偏角________（填“变小”、“变大”或“不变”），电压表指针偏角________（填“变小”、“变大”或“不变”）
（2）用伏安法测电阻时，由于电压表、电流表内阻的影响，测量结果总存在系统误差。按如图乙所示的电路进行测量，可以消除这种系统误差。
该实验的第一步是：闭合电键，将电键接1，调节滑动变阻器和，使两电表指针指示在合适位置，记录此时两电表读数、；
第二步是：保持滑片位置不动，适当调节另一滑动变阻器，使两电表指针指示在合适位置，将电键接2，记录此时两电表的读数、。由以上记录数据计算被测电阻的表达式是________。
【答案】（1） ①. 3 ②. 变小 ③. 变小
（2）
【解析】
【小问1详解】
[1]多用电表欧姆挡的黑表笔接内部电源的正极，测量电压表内阻时，电流应从电压表的正接线柱流入，负接线柱流出，所以黑表笔应接电压表的“3”接线柱；
[2][3]电压表的量程越大，内阻越大，用多用电表欧姆挡的同一挡位测量时，根据闭合电路欧姆定律可知，电压表的内阻越大，则通过欧姆表的电流越小，故与测3V挡的电阻时相比，测15V挡时欧姆表指针偏角变小；而通过电压表的电流越小，电压表指针的偏角越小，故电压表指针偏角变小。
【小问2详解】
由欧姆定律可知，
两式相减得
17. 如图所示是某款气压式升降椅及其气缸柱放大结构图，圆柱形气缸固定于底座，内部充有一定量的气体（可视为理想气体），气缸内部横截面积为。活塞上端被气缸上端卡环卡住，此刻气缸内部气体柱长，外部大气压为，气缸内部气体压强，活塞、连接杆、凳子面总质量为，，不计任何摩擦。
（1）若椅子上放了一个快递，椅子下降，一段时间后气缸内气体温度不变，此过程中，活塞对气体做功20J，判断整个过程中缸内气体是________（填“吸热”或“放热”），相应的热量为________J；
（2）若椅子上不放任何东西，求活塞对卡环的作用力________；
（3）某同学坐在椅子（脚始终悬空）上后，经过足够长时间，椅子高度下降后平衡，求该同学的质量________。
【答案】（1） ①. 放热 ②. 20J
（2）550N，活塞对卡环的力方向竖直向上
（3）
【解析】
【小问1详解】
[1][2]由题知，椅子下降的过程，气缸内气体温度不变，则气体的内能不变，即
根据热力学第一定律有
其中活塞对气体做功为
解得
负号表示缸内气体放热；相应的热量为20J
【小问2详解】
活塞静止不动处于平衡状态，根据平衡条件有
解得
根据牛顿第三定律得到
活塞对卡环的力方向竖直向上
【小问3详解】
根据玻意耳定律有
解得，
活塞静止不动处于平衡状态，根据平衡条件有
解得
18. 某游戏装置的竖直截面如图所示，装置由足够长的光滑水平轨道BC，圆心角均为、半径的圆弧轨道CD、EF，长为（可调节）以的速率逆时针方向转动的传送带DE，以及长为的水平平台FG组成，平台右侧为竖直挡板，物块与竖直挡板的碰撞为弹性碰撞，圆弧轨道CD、EF与传送带DE分别相切于D、E两点，圆弧轨道EF与平台FG可随长度的变化而调整相应位置。一质量的物块a与轻质弹簧接触但不连接，静止于水平面上。现一质量与物块a相同的物块b用一长度为的轻绳悬挂于P点，从与竖直方向成的A位置以垂直轻绳方向的初速度开始运动，当其运动至P点正下方B处时（物块b恰好不与地面接触），轻绳与P点正下方处的一钉子作用而断裂，物块b继续向右运动压缩弹簧。当物块a与弹簧分离后立即撤去弹簧，物块a滑上圆弧轨道CD。已知物块a与传送带DE及平台FG间的动摩擦因数均为，其他摩擦和阻力均不计，各物块均可视为质点，弹簧处于弹性范围内，，，重力加速度大小g取。求：
（1）轻绳即将断裂时的张力大小；
（2）弹簧被压缩过程中的最大弹性势能；
（3）若物块a在运动过程中不脱离轨道，且不再与物块b碰撞，求传送带的长度的取值范围。
【答案】（1）
（2）2.7J （3）
【解析】
【小问1详解】
设物块b摆至最低点的速度为，根据动能定理有
解得
对b受力分析有
得
【小问2详解】
a、b共速时弹簧的弹性势能最大，由动量守恒
则解得
由能量守恒
【小问3详解】
当弹簧原长时物块a、b分离，速度分别为v2、v3，根据动量守恒，机械能守恒
解得物块a、b速度交换，则
分两种情况讨论①物块a恰好能不脱离EF，则在E点
则
从C到E由动能定理
则
此时物块a恰好能不脱离EF时能滑上FG平台，且停在平台上，则在平台上滑行的路程为x，由动能定理
则
恰好与竖直挡板碰撞后停在F点，因此能滑上平台FG不会从EF返回
②物块a恰好能首次运动至F点停在平台上，物块a从C运动至F点由动能定理
则
综述得物块a在运动过程中不脱离轨道，传送带的长度的取值范围为
19. 为研究强磁体的磁性，某小组进行了以下实验：如图甲所示，建立沿水平方向的坐标轴x，将一圆柱形钕铁硼强磁体M对称的置于x轴，磁体中心位于坐标原点O。将一圆形线圈C置于x轴负方向较远处，线圈轴线与x轴重合，线圈与两个传感器（图中未画出）相接。现通过外力作用使线圈沿x轴正方向做匀速直线运动，这时，一个传感器测得通过圆形线圈C的磁通量Φ（数字“5”与“10”仅表示格数）随圆环位置x的变化图像如图乙所示，另一个传感器测得线圈中的电流I随时间t变化的图像如图丙所示。已知在乙图中x=±6cm处的切线斜率绝对值最大，丙图中时刻6s到10s之间的图线可近似的看成直线，线圈的匝数n=100，线圈的电阻R=10Ω。为研究方便，不考虑传感器与线圈间力的作用，线圈导线各处的磁感应强度大小均视为相同。求：
（1）圆形线圈做匀速直线运动速度大小；
（2）6s至8s期间流过线圈的电量；
（3）整个过程中通过线圈的最大磁通量；
（4）为维持线圈匀速移动，所需水平方向外力的最大值。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【解析】
【小问1详解】
根据乙图中处的切线斜率最大，即感应电动势最大，对应于丙图中时刻10s，而乙图中处则对应于丙图中时刻，故圆形线圈做匀速直线运动的速度大小
【小问2详解】
6s至8s期间流过电阻的电流均匀变化，则流过电阻的电量
【小问3详解】
由法拉第电磁感应定律可得
根据乙图可得，6s至8s期间
综合得
【小问4详解】
为维持线圈匀速移动，应有
最大安培力
其中为线圈所在处径向的磁感应强度，为线圈半径，又，
综合得
即所需水平方向上的最大外力为。
20. 如图所示为某研究光电效应的装置示意图。足够大的金属板M和金属筛网竖直正对放置，金属筛网接地，且只能让速度方向垂直其平面的粒子通过。筛网右侧分布有区域足够大，方向平行于金属板水平向里、磁感应强度大小为的匀强磁场。沿磁场方向放置一半径为的足够长金属圆筒，其轴线与筛网的距离为，圆筒通过导线和内阻为的电流表接地，其最右侧壁记为点。现用频率为的光照射板M右表面时，发现在金属圆筒最初不带电时，电子只能射到圆筒上以点和点为界的弧上，而弧上各点均不能接收到电子。已知电子质量为，电荷量为，普朗克恒量为，忽略运动电子间的相互作用。
（1）求逸出光电子的最大初速度；
（2）若逐渐降低入射光的频率，发现某时刻电流表的示数恰好为零，求此时入射光的频率；
（3）今在金属板M和筛网间加一电压（），且远大于光电子的最大初动能。仍以频率入射光照射板M右表面，当金属圆筒上电荷量达到相对稳定后，测得电流表的示数为。求电流恒定时：
①电子到达圆筒时速度；
②圆筒的发热功率。
【答案】（1）
（2）
（3）①；②
【解析】
【小问1详解】
根据题意，逸出初速度最大的光电子在磁场中运动的轨道半径，由
得
【小问2详解】
用频率的光照射金属板M时，根据爱因斯坦光电效应方程得
入射光的频率为时，所有电子恰好不能打在圆筒，可知，设此时逸出光电子的最大初速度为，则有
又由爱因斯坦光电效应方程得
联立解得
【小问3详解】
①稳定时，圆筒上电荷不再增加，电流表两端电压为，且
由于远大于光电子的最大初动能，故可忽略光电子逸出的初速度，则射到圆柱表面时速度满足
解得
②设时间内射出的到达金属圆筒的电子数为，则有
则时间内圆筒接收到粒子的总能量为
消耗在电阻上的功率
根据能量守恒，圆筒发热功率满足