浙湘豫三省高中名校联合体2022-2023学年高三物理下学期联考试题（Word版附解析）

浙湘豫三省高中名校联合体2023届高三联考物理试卷本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8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，请按照答题纸上的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。3．可能用到的相关公式或参数：重力加速度选择题部分一、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.下列物理量是矢量且单位用国际单位制表示正确的是（　　）A磁通量B.冲量C.电场强度D.磁感应强度【答案】C【解析】【分析】【详解】A．磁通量是标量，其单位是，故错误；B．冲量是矢量，其国际制单位是，故B错误；C．电场强度是矢量，其国际制单位是，故C正确；D．磁感应强度是矢量，其单位是，故D错误。故选C。2.关于波粒二象性，下列说法正确的是（　　）A.普朗克通过对黑体辐射的研究，提出光子的概念B.爱因斯坦通过对光电效应的研究，提出了能量子的概念C.德布罗意运用类比、对称的思想，提出了物质波的概念D.奥斯特通过研究电流对小磁针的作用力，提出了场的概念【答案】C 【解析】【详解】AB．普朗克通过对黑体辐射的研究，第一次提出了量子理论的观点，提出了能量子的概念，而爱因斯坦通过对光电效应现象的研究，提出了光子的概念，故AB错误；C．德布罗意运用类比、对称的思想首先提出了物质波的猜想，而电子衍射实验证实了他的猜想，故C正确；D．奥斯特现电流可以使周围的磁针偏转的效应，称为电流的磁效应；法拉第最早提出了场的概念。故D错误。故选C。3.上虞区城东小学的护鸟小卫士在学校的绿化带上发现一个鸟窝静止搁在三根树叉之间。若鸟窝的质量为m，与三根树叉均接触。重力加速度为g。则（　　）A.三根树叉对鸟窝的合力大小等于mgB.鸟窝所受重力与鸟窝对树叉的力是一对平衡力C.鸟窝与树叉之间一定只有弹力的作用D.树叉对鸟窝的弹力指向鸟窝的重心【答案】A【解析】【详解】A．由力的平衡知识可知，三根树叉对鸟窝的合力大小等于mg，选项A正确；B．鸟窝所受重力作用在鸟窝上，而鸟窝对树叉的力是作用在树杈上，两力不是一对平衡力，选项B错误；C．鸟窝与树叉之间也可能存在摩擦力的作用，选项C错误；D．树叉对鸟窝的弹力方向垂直于树枝方向，不一定指向鸟窝的重心，选项D错误。故选A。4.如图所示是两个LC振荡电路1和2的电容器电压u随时间t变化的图像，两电路的自感系数，则（　　） A.电路1的频率为电路2的一半B.电路2的电容为电路1的两倍C.电路2电容器的最大电荷量为电路1的四倍D.电路1电流最大时电路2的电流也一定最大【答案】C【解析】【详解】A．由图中可知，由可知电路1的频率是电路2频率的2倍，故A错误；B．LC振荡电路周期为由题意可知，，故故B错误；C．由，可得，即电路2电容器的最大电荷量为电路1的4倍，故C正确；D．电流最大时，电压为0，故电路1电流最大时电路2的电流不一定最大，故D错误；故选C。5.如图所示是动圈式麦克风的示意简图，磁铁固定在适当的位置，线圈与一个膜片连接，声波传播时可使膜片左右移动，从而引起线圈运动产生感应电流，则线圈（　　）A.磁通量增大时，感应电流从a流向b B.磁通量减小时，感应电流从b流向aC.磁通量先增大后减小时，感应电流一直从a流向bD.磁通量先增大后减小时，感应电流先从b流向a再从a流向b【答案】D【解析】【详解】由图中可知，螺线管中原磁场方向向右；当磁通量增大时，感应电流磁场方向向左，由右手螺旋定则可知感应电流方向从b流向a；磁通量减小时，感应电流磁场方向向右，由右手螺旋定则可知感应电流从a流向b，故A、B、C错误，D正确；故选D。6.如图为、、三种光在同一光电效应装置中测的光电流和电压的关系．由、、组成的复色光通过三棱镜时，下述光路图中正确的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】由光电效应的方程，动能定理，两式联立可得，故截止电压越大说明光的频率越大，则有三种光的频率，则可知三种光的折射率的关系为 ，因此光穿过三棱镜时b光偏折最大，c光次之，a光最小，故选C，ABD错误．7.一木箱放在电梯的水平底板上，随同电梯在竖直方向运动，运动过程中木箱的机械能E与位移x关系的图像如图所示，其中过程的图线为曲线，过程的图线为直线。根据该图像，在过程中下列判断正确的是（　　）A.电梯向上先变加速后匀减速B.电梯所受拉力先增大后不变C.木箱所受支持力先减小后不变D.木箱一直处于超重状态【答案】C【解析】【详解】C．木箱机械能的增量过程的图线为曲线，斜率逐渐减小，所以木箱所受支持力减小；过程的图线为直线，斜率不变，所以木箱所受支持力不变。故C正确；D．由于不知道支持力与重力的大小关系，不能判断木箱是超重还是失重，故D错误；A．木箱与电梯有共同的运动状态，木箱的运动不能判断，电梯的运动也不能判断，故A错误；B．电梯与木箱有共同的加速度，木箱所受支持力先减小后不变，则电梯所受拉力先减小后不变，故B错误。故选C。8.如图所示，两个质量不同的闭合铝环a、b套在一个光滑水平绝缘长圆柱上，a、b中间还有一个塑料环P。现在用恒流源为a、b两环同时通入大小相同、方向相反的电流后，下列说法中正确的是（　　）A.a、b两环的机械能始终相等B.a、b两环的动量始终等大反向C.a、b两环的加速度始终等大反向D.穿过P环内的磁通量恒为零 【答案】B【解析】【详解】A．将a、b两环看做一个系统，系统动量守恒，有两环的机械能为由于a、b两环质量不同，所以机械能不同，A错误；B．由上可知，a、b两环的动量始终等大反向，B正确；C．a、b两环的受到的合力始终等大反向，由于a、b两环质量不同，所以加速度也不同，C错误；D．a、b两环的电流大小虽相同，但由于a、b两环的加速度不同，不同时刻离P环的距离不同，所以由于穿过P环内的磁通量是变化的，D错误。故选B。9.2020年，我国将一次实现火星的“环绕、着陆、巡视”三个目标。假设探测器到达火星附近时，先在高度恰好等于火星半径的轨道上环绕火星做匀速圆周运动，测得运动周期为T，之后通过变轨、减速落向火星。探测器与火星表面碰撞后，以速度v竖直向上反弹，经过时间t再次落回火星表面。不考虑火星的自转及火星表面大气的影响，已知万有引力常量为G，则火星的质量M和火星的星球半径R分别为（　　）A.，B.，C.，D.，【答案】A【解析】【详解】探测器与火星表面碰撞后，以速度v竖直向上反弹，经过时间t再次落回火星表面，则火星表面的重力加速度 万有引力常量为G，火星的质量为M和火星的星球半径为R，则对火星表面的物体有探测器在高度恰好等于火星半径的轨道上环绕火星做匀速圆周运动周期为T，则联立解得，故A项正确，BCD三项错误。10.如图所示，面积为0.02m2、内阻可忽略不计的100匝矩形线圈ABCD，绕垂直于磁场的轴匀速转动，转速为50r/s，匀强磁场的磁感应强度为。矩形线圈通过滑环与变压器（由绕在不闭合铁芯上的两组线圈构成）原线圈相连，所有接触电阻不计，副线圈接入一只标有“5V，1W”的小灯泡，小灯泡恰好正常发光，电流表的内阻不计。当线圈平面与磁场方向垂直时开始计时。下列说法不正确的是（　　）A.图示位置穿过线框的磁通量变化率为零B.线圈每转动1s，线圈中的电流方向变化100次C.原线圈中感应电动势的表达式为D.原副线圈的匝数之比为，电流表的示数为0.5A【答案】D【解析】【详解】A．图示中线圈处于中性面，磁通量最大，磁通量的变化率最小，等于零，所以A正确，不符合题意；B．由题意可知，转速为50r/s，则交流的周期为 交流电在一个周期内方向要改变两次，1s内包括50个周期，所以线圈中的电流方向变化100次，所以B正确，不符合题意；C．由题意可知，线圈产生的感应电动势的最大值为其中则原线圈中感应电动势的表达式为所以C正确，不符合题意；D．原线圈电动势的有效值为副线圈的电压为则原副线圈的匝数之比为电流表的示数为D错误，符合题意。故选D。11.如图所示，A、B、C是水平面同一直线上的三点，其中，在A点正上方的O点以初速度水平抛出一小球，刚好落在B点，小球运动的轨迹与的连线交于D点，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法不正确的是（　　） A.小球从O到D点的水平位移是从O到B点水平位移的B.小球经过D点与落在B点时重力瞬时功率的比为C.小球从O点到D点与从D点到B点两段过程中重力做功的比为D.小球经过D点时速度与水平方向夹角的正切值是落到B点时速度与水平方向夹角的正切值的【答案】D【解析】【详解】A．设小球做平抛运动的时间为t，位移为L，与水平方向夹角为θ，如图所以有联立解得：设AO距离为h，，根据几何关系有由于，可知又因为 故可知落到D点所用时间是落到B点所用时间的，因为小球水平方向做匀速直线运动，故小球经过D点的水平位移是落到B点水平位移的，故A正确，不符题意；B．由于落到D点所用时间是落到B点所用时间的，故根据可知D点和B点竖直方向的速度之比为，根据可知小球经过D点与落在B点时重力瞬时功率的比为，故B正确，不符题意；C．小球经过D点与落在B点时间之比为，根据可知小球从O点到D点与从O点到B点两段过程中重力做功的比为；故小球从O点到D点与从D点到B点两段过程中重力做功的比为，故C正确，不符题意；D．小球的速度与水平方向的夹角因为小球落到D点所用时间是落到B点所用时间的，故小球经过D点时速度与水平方向夹角的正切值是落到B点时速度与水平方向夹角的正切值的，故D错误，符合题意。本题选不正确的，故选D。12.胶囊型元件水平放置，由某透明材料制成，两端是半径为r的半球，中间是长度为4r的圆柱体，中轴线是。一激光束从左侧平行中轴线水平射入，经折射、反射再折射后又从左侧水平射出。已知出射光线与入射光线的间距为1.6r，则该元件的折射率为（　　） A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】由光路的对称性与可逆性可知，激光束在胶囊元件中的光路如下图所示。设光线在半球处的入射角为，折射角为，则由折射定律得由几何关系得在三角形中，由正弦定理得结合三角公式联解可得折射角折射率故BCD错误，A正确。故选A。13.如图，一电动自行车动力电源上的铭牌标有“48V，12Ah”字样。它正常工作时电源输出电压为40V，额定输出功率240W。由于电动机发热造成损耗，电动机的效率为80%，不考虑其它部件的摩擦损 耗。已知人与车的总质量为76.8kg，自行车运动时受到阻力恒为38.4N，自行车保持额定功率从静止开始启动加速到最大速度所前进的距离为10m，下列正确的是（　　）A.额定工作电流为5A，电源内阻为1.6ΩB.自行车电动机的内阻为5ΩC.自行车加速的时间为7sD.自行车保持额定功率匀速行驶的最长时间约为2.4h【答案】C【解析】【详解】A．正常工作时电源输出电压为40V，额定输出功率240W，则额定工作电流电源内阻A错误；B．设电动机的内阻为，电动机的效率为80%，则有解得B错误；C．设自行车加速的时间为t，对自行车的加速过程应用动能定理得又由于解得 C正确；D．自行车保持额定功率匀速行驶的最长时间D错误。故选C。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）14.一列简谐横波向右传播，在其传播路径上每隔选取一个质点，如图甲所示。时刻波恰传到质点1，并立即开始向上振动，经过时间，所选取的1-9号质点间第一次出现如图乙所示的波形，已知波的振幅为，则下列判断正确的是（　　）A.时，质点3向上运动B.该波的周期一定为，波速一定为C.至内，质点5运动的路程为D时，质点4位于波谷【答案】CD【解析】【详解】B．由题可知在t=0.3s时质点1和9正在向下振动，所以质点1已经振动了一个半周期，则则波周期为由图可知波长为所以波速为故B错误； A．振动传播到质点3所经历的时间为所以在t=0.15s时刻，质点3已经振动了0.1s即二分之一周期，因为质点开始是向上振动的，所以此时质点3正在经过平衡位置向下运动，故A错误；C．振动传播到质点5所经历的时间为所以在t=0至t=0.3s的时间内，质点5一共运动了0.2s，正好是一个周期，则质点5经过的路程为故C正确；D．由题可知在t=0.3s时质点7位于波谷位置，则波谷从质点4传播到质点7所经历的时间为所以质点4位于波谷的时刻为故D正确。故选CD。15.因为慢中子更适宜引发裂变，但是重核裂变产生的中子大部分是速度很大的“快中子”，因此需要“慢化剂”使“快中子”减速。“快中子”与“慢化剂”的原子核发生碰撞后，中子能量减小，变为“慢中子”。假设中子与“慢化剂”原子核的每次碰撞都是弹性碰撞，而且认为碰撞前“慢化剂”原子核都是静止的，下列说法正确的是（　　）A.“慢化剂”原子核质量越大，每次碰撞中中子损失的能量越多，更适宜作为“慢化剂”B.若“慢化剂”采用普通水，中子与普通水中的氢原子核发生碰撞，中子的减速效果很好C.若用石墨做“慢化剂”，碳原子核的质量是中子质量的12倍，一次碰撞前后中子速度大小之比为D.若用石墨做“慢化剂”，碳原子核的质量是中子质量的12倍，一个“快中子”连续与三个静止的碳原子核碰撞后“快中子”的动能与其初动能之比为【答案】BC【解析】【详解】AB．假设中子的质量为m，慢化剂原子核的质量为M，中子去碰撞静止的慢化剂，由动量守恒定律得 由机械能守恒得解得碰撞后中子得速度为可知慢化剂的质量和中子质量越接近，中子碰撞后的速度越小，慢化效果越好，故A错误，B正确；C．若用石墨做“慢化剂”，碳原子核的质量是中子质量的12倍，一次碰撞后中子速度大小一次碰撞前后中子速度大小之比为13:11，故C正确；D．一个“快中子”连续与三个静止的碳原子核碰撞后“快中子”的速度大小动能之比为，故D错误。故选BC。非选择题部分三、非选择题（本题共5小题，共55分）16.利用如图所示装置进行“验证机械能守恒定律”实验。（1）下列说法正确的是________。A．该实验的重物可采用较重的砝码B．在最小刻度相同的情况下，优先选用量程较大的刻度尺 C．在验证机械能守恒定律时不需要已知当地的重力加速度大小（2）某次实验中打出的纸带如图所示，O点是纸带上的第一个点。若两点间有n个点，交流电的频率是f，重物的质量为m，重力加速度为g，O到A、B、C的距离分别为。打下B点时，重物的动能可以表示为_________________。（3）某次实验后发现，根据数据计算得到的重力势能变化量的绝对值略微小于动能变化量的绝对值，下列说法正确的是________。A．可以根据实验数据得到机械能守恒的结论B．应该考虑实验设计与操作中是否存在错误C．这种误差有可能是由于选用了质量较大的夹子，但在计算质量时没有计入夹子的质量D．若其他条件不变，通过换用一个质量相同但体积更大的重物，使得根据数据计算得到的重力势能变化量等于动能变化量，便可以说明机械能守恒（4）若改用如图所示的左低右高的倾斜气垫导轨上下滑的物体“验证机械能守恒定律”，挡光条宽度d，左侧的光电门挡光时间，右侧的光电门挡光时间，左右光电门在导轨上的位置可分别视为、，导轨的倾斜角度，滑块质量为m，重力加速度为g，若认为滑块挡板挡住左侧光电门激光处重力势能为零，则挡板挡住右侧激光时，滑块的机械能可以表示为_____________________。【答案】①.B②.③.BC##CB④.【解析】【详解】（1）[1]A．该实验的重物下落后与地面碰撞，不能用砝码，故A错误；B．在最小刻度相同的情况下，优先选用量程较大的刻度尺，便于对纸带进行测量，故B正确；C．在验证机械能守恒定律时，需要计算重物减小的重力势能，需要已知当地的重力加速度大小，故C错误。故选B。（2）[2]交流电的频率是f，则打点间隔 打下B点时，重物的速度则打下B点时，重物的动能可以表示为（3）[3]AB．本实验正常情况下由于空气阻力和纸带与限位孔间有摩擦力，重力势能变化量的绝对值略微大于动能变化量的绝对值；根据数据计算得到的重力势能变化量的绝对值略微小于动能变化量的绝对值，应该考虑实验设计与操作中是否存在错误，不可以根据实验数据得到机械能守恒的结论，故A错误，B正确；C．这种误差有可能是由于选用了质量较大的夹子，但在计算质量时没有计入夹子的质量，故C正确；D．若其他条件不变，通过换用一个质量相同但体积更大的重物，使得根据数据计算得到的重力势能变化量等于动能变化量，人为增大空气阻力影响，不可以说明机械能守恒，故D错误。故选BC。（4）[4]挡板挡住右侧激光时，滑块的重力势能为挡板挡住右侧激光时，滑块的动能为则挡板挡住右侧激光时，滑块的机械能可以表示为17.在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中（1）下列说法正确的是________。A．测量一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积时，可以用注射器挤出一滴油酸滴入烧杯中，观察注射器上的体积变化B．测量一滴油酸酒精溶液在水面形成的面积时，如果不使用爽身粉，也可以在水中加入红墨水后混合均匀，再滴入一滴油酸酒精溶液 C．实际的油酸分子是球形的，因此通过计算得到的油酸分子直径即是球的直径D．计算油酸分子的大小时，认为水面油酸为单分子层且认为分子间紧密排布（2）①若实验过程中发现，撒入的爽身粉过多，导致油酸分子未形成单分子层，则计算得到的油酸分子直径将___________（选填“偏大”或“偏小”或“不变”）②若实验中使用的油酸酒精溶液是经久置的，则计算得到的油酸分子直径将___________（选填“偏大”或“偏小”或“不变”）（3）某次实验中将的纯油酸配制成的油酸酒精溶液，用注射器测得溶液为80滴，再滴入1滴这样的溶液到准备好的浅盘中，描出的油膜轮廓如图所示，每格边长是，根据以上信息，可估算出油酸分子的直径约为________m（此小题保留一位有效数字）【答案】①.D②.偏大③.偏小④.【解析】【详解】（1）[1]A．测量一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积时，至少要测量50滴到100滴油酸酒精溶液的体积，然后计算一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积，选项A错误；B．测量一滴油酸酒精溶液在水面形成的面积时，使用爽身粉才能看出油膜的轮廓，在水中加入红墨水后混合均匀不能看出油膜的轮廓，选项B错误；C．实验时只是把油酸分子看做是球形的理想模型，实际的油酸分子不是球形的，因此通过计算得到只是将油酸分子看成是球形时的油酸分子直径，选项C错误；D．计算油酸分子的大小时，认为水面油酸为单分子层且认为分子间紧密排布，选项D正确。故选D。（2）①[2]若实验过程中发现，撒入的爽身粉过多，导致油酸分子未形成单分子层，则油膜面积的测量值偏小，根据则计算得到的油酸分子直径将偏大；②[3]若实验中使用的油酸酒精溶液是经久置的，在溶液中的油酸浓度会偏大，实际计算时仍按原来的浓度计算，则计算得到的油酸分子直径将偏小；（3）[4]一滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积为 油膜的面积为S=140×0.5×0.5cm2=35cm2分子直径18.如图所示，为方便抽取密封药瓶里的药液，护士一般先用注射器注入少量气体到药瓶里后再抽取药液。某种药瓶的容积为，瓶内装有的药液，在的冰箱内时，瓶内空气压强为。在室温条件下放置较长时间后，护士先把注射器内压强为的空气注入药瓶，然后抽出的药液。抽取药液的过程中，瓶内外温度相同且保持不变，忽略针头内气体的体积和药液体积，气体视为理想气体。（1）放置较长时间后，瓶内气体压强多大？（2）注入的空气与瓶中原有空气质量之比多大？（3）抽出药液后瓶内气体压强多大？在将气体注入及抽液过程中，气体总体是吸收热量还是放出热量？【答案】（1）；（2）；（3），吸收热量【解析】【详解】（1）以瓶内气体为研究对象，经过等容过程解得（2）注入的空气与瓶中原有空气质量之比为 （3）由玻意耳定律得又解得整个过程中，气体膨胀，对外做功，内能不变，根据热力学第一定律可知，气体总体吸收热量。19.小明同学设计了如图所示游戏装置，该装置由固定在水平地面上倾角且滑动摩擦因数为的倾斜轨道、接触面光滑的螺旋圆形轨道、以及静止在光滑的水平面上的长木板组成。木板左端紧靠轨道右端且与轨道F点等高但不粘连，所有接触处均平滑连接，螺旋圆形轨道与轨道相切于处，切点到水平地面的高度为。从B的左上方A点以某一初速度水平抛出一质量的物块（可视为质点），物块恰好能从B点无碰撞进入倾斜轨道，并通过螺旋圆形轨道最低点D后，经倾斜轨道滑上长木板。已知长木板的质量，空气阻力不计，g取。求：（1）的大小；（2）物块经过螺旋圆形轨道低点D时，轨道对物块的弹力大小；（3）若物块与长木板之间的动摩擦因数，物块在长木板上滑行且恰好不滑出长木板，求此过程中物块与长木板系统产生的热量；（4）若长木板固定不动，在木板上表面贴上某种特殊材料，物块在木板上运动受到的水平阻力（与摩擦力类似）大小与物块速度大小成正比，即，k为常数，要使物块不滑出长木板，k至少为多大。 【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【解析】【详解】（1）物块从A点做平抛运动到B点，则有，解得（2）从A到D由动能定理可得在D点，对物块分析有解得（3）从A到F过程有解得物块滑上长木板后，木块和长木板系统动量守恒，则有解得假设物块刚好不滑离长木板，由功能关系可得 解得（4）若长木板固定不动，物块在木板上运动受到的水平阻力对木块m由动量定理得即有由解得则解得20.如图所示，真空中的立方体棱长为，底面中心处有一点状放射源S，仅在所在平面内向各个方向均匀发射粒子，所有粒子的速率均为，已知粒子的比荷为，现在立方体内施加竖直向上的匀强磁场，使所有粒子恰好能束缚在正方形区域内。面放有一个屏，该屏可以沿轴左右平移。（1）求匀强磁场的磁感应强度的大小；（2）现让屏向左沿-z方向移动，求打在屏上的粒子占总数的几分之几；（3）若在立方体内同时加一个竖直向上的匀强电场，匀强电场的电场强度的大小为，求粒子打在屏（屏的位置与（2）相同）上x坐标最大值和最小值时对应点的y坐标； （4）在面内，以P为中心放置一块半径为0.2m的圆形屏。在竖直向上的匀强电场的场强大小可以不断改变的条件下，要使所有粒子总能打中屏幕，匀强磁场的磁感应强度B的大小要满足什么条件？【答案】（1）；（2）；（3），；（4）【解析】【详解】（1）所有粒子恰好束缚在正方形区域内，由几何关系得粒子在磁场中做匀速圆周运动，有解得（2）向z轴负方向的粒子恰好能打到屏上，速度方向顺时针旋转的粒子都能打到屏上。所以有的粒子能打到屏上。（3）粒子做圆周运动的周期为粒子运动的俯视图如图所示 由图可知，当为直径时，射出粒子的x轴坐标为最大值，此时粒子运动的时间为此时对应的y轴坐标解得由图可知，当与面相切时，射出粒子的x轴坐标为最小值，此时粒子运动的时间为此时对应的y轴坐标为解得（4）要让所有粒子总有打到圆屏上，由它们的轨迹半径应该满足粒子在磁场中做匀速圆周运动，有解得21.如图所示，总电阻为、半径为R的单匝圆形导体线圈，两端与导轨相连，处于竖直向下匀强磁场中，其磁感应强度B随时间变化规律为，其中为已知量。是三根材质和粗细相同的匀质金属棒，棒的长度为、电阻为、质量为．导轨与平行且间距为d，导轨与平行且间距为，和的长度相同且与、的夹角均为。由磁场源S产生的正方形边界匀强磁场存在于区域I中，边长为、方向竖直 向下、磁感应强度大小为。区域是和区域相邻的边长也为L的正方形区域，时间内，水平外力使棒在区域I中某位置保持静止，且其两端分别与导轨与对齐。其余导体电阻均不计，导轨均固定于水平面内，不计一切摩擦。（1）求和内圆形导体线圈产生的电动势多大？（2）求内使棒保持静止的水平外力F；（3）在以后的某时刻，撤去右侧圆形磁场，在外力作用下磁场源S以速度向左匀速运动，当磁场从区域I内全部移入区域Ⅱ时，导体棒速度恰好达到且恰好进入区域Ⅱ，求金属棒与区域Ⅰ左边界的初始距离；（4）在（3）前提下，若磁场全部移入区域Ⅱ时立刻停下，求导体棒运动到时的速度v。【答案】（1）；（2），方向水平向右；（3）；（4）【解析】【详解】（1）根据楞次定律和安培定则可知，在内，感应电动势为（2）CD中的电流由C到D，感应电流为安培力则外力 方向水平向右（3）CD棒向左加速过程中，导体棒速度为v时导体棒感应电动势的瞬时值为安培力瞬时值为由动量定理得联立可得解得（4）CD从区域Ⅱ右边界向左运动距离x时，棒CD的速度为，棒CD接入回路中的长度为则回路中总电阻回路中电流为棒CD所受安培力为棒CD从磁场区域Ⅱ右边界运动到FI过程由动量定理得 即其中所以