2022届浙江省名校协作体高三下学期寒假返校联考物理试题（解析版）

这是一份2022届浙江省名校协作体高三下学期寒假返校联考物理试题（解析版），共29页。试卷主要包含了选择题Ⅰ，选择题题Ⅱ，非选择题等内容，欢迎下载使用。

2022届浙江省名校协作体高三下学期寒假返校联考
物理学科
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符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1. “中国天眼”帮助科学家发现一类独特的脉冲星叫磁星（如图）。某一个磁星表面的磁感应强度大小，即（　　）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．高斯和赫兹之间不能转化，A错误；
B．已知

则

B正确；
C．Gs转化成的单位应为Wb/m2或者Wb/cm2，C错误；
D．高斯和库伦之间不能相互转化，D错误。
故选B。
2. 2022年1月6日，小陈乘坐D3111号列车从宁波8点49分出发，于9点43分到达台州站，小陈注意到经过三门站站牌时车厢过道显示屏显示速度为，下列说法正确的是（　　）
A. 8点49分指的是时间间隔
B. 题中指的是平均速度
C. 以小陈为参考系，三门站站牌是静止的
D. 研究列车从宁波到台州轨迹时可以把它当作质点来研究
【答案】D
【解析】
【详解】A．8点49分指的是时刻，A错误；
B．题中指的是瞬时速度，B错误；
C．以小陈为参考系，三门站站牌是运动的，C错误；
D．研究列车从宁波到台州轨迹时，列车的形状和大小不影响问题的研究，故可以把它当作质点来研究，D正确。
故选D。
3. 如图所示，某同学在用毛皮摩擦过的PVC管靠近一细水流，发现细水流向靠近PVC管的方向偏转，下列说法正确的是（　　）

A. 摩擦可以创造更多电荷
B. 下雨天，实验效果会更明显
C. PVC管所带的电荷量一定是元电荷e的整数倍
D. 用丝绸摩擦过的玻璃棒代替本实验的PVC管，细水流会向远离玻璃棒的方向偏转
【答案】C
【解析】
【详解】A．摩擦只能转移电荷，不能够创造电荷，A错误；
B．下雨天，对细水流的偏转会有着一定的影响，实验效果会不明显，B错误；
C．所有带电体所带电荷量一定为元电荷的整数倍，C正确；
D．用丝绸摩擦过的玻璃棒，玻璃棒会带正电，毛皮摩擦过的PVC管带负电，虽然二者带电种类不同，但细水流依旧会向靠近玻璃棒方向偏转，D错误。
故选C
4. 下列说法中正确的是（　　）
A. 结合能越大的原子核越稳定
B. 康普顿效应说明光子不但具有能量，而且具有动量
C. 卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，揭示了原子核由质子和中子组成
D. 由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能减少，电势能增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．原子核的比结合能越大，原子核越稳定，A错误；
B．康普顿效应说明光子不但具有能量，而且具有动量，B正确；
C．卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出了原子核式结构，并非揭示了原子核由质子和中子组成，C错误；
D．氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，电子轨道半径变小，原子核对核外电子做正功，电势能减小，原子核与核外电子之间的电场力提供向心力

由此可知，当减小时电子的速度减小，电子的动能增大，D错误。
故选B。
5. 如图所示为苏炳添在圆形弯道上匀速率奔跑，则苏炳添在这段圆弧内（　　）

A. 线速度不变
B. 加速度不变
C. 相同时间内速度变化量相同
D. 相同时间内与轨道圆心的连线转过的角度相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．在圆形弯道上匀速率奔跑，线速度大小不变，方向时刻改变，A错误；
B．在圆形弯道上匀速率奔跑，做匀速圆周运动，加速度大小不变，方向时刻改变，B错误；
C．根据可知，运动员的加速度时刻改变，因此相同时间内速度变化量不相同，C错误；
D．圆形弯道上匀速率奔跑，做匀速圆周运动，角速度恒定，根据

可知，相同时间内与轨道圆心的连线转过的角度相同，D正确。
故选D。
6. 2021年东京奥运会，十四岁的中国小将全红婵夺得东京奥运会女子10米跳台冠军（如图甲所示），图乙为其竖直分速度与时间的关系图象，以其向上离开跳台时作为计时起点，运动过程中视其为质点，则下列说法正确的是（　　）

A. 时刻达到最高点 B. 时刻开始进入水面
C. 时间段加速度竖直向下 D. 时间段与时间段加速度方向相反
【答案】A
【解析】
【详解】由题图可知0~t1时间内全红婵向上做竖直上抛运动，在t1时刻达到最高点，之后在t1~t2时间内做自由落体运动，所以时间段与时间段加速度方向相同。全红婵在t2时刻开始进入水面，之后在t2~t3时间内在水中做匀减速运动，此时全红婵的加速度方向竖直向上，综上所述可知A正确，BCD错误。
故选A。
7. 如图所示，浙江某中学学生做化学实验时，水平放置的圆形铁环上放入分液漏斗，两者均处于静止状态，则（　　）


A. 分液漏斗受到的重力方向一定指向地心
B. 圆形铁环对分液漏斗的作用力与底角θ无关
C. 圆形铁环对分液漏斗的弹力是由分液漏斗形变产生的
D. 若分液漏斗中溶液不断流出，分液漏斗的重心不断下降
【答案】B
【解析】
【详解】A．重力是由地球的吸引而产生的，方向竖直向下，而不一定指向地心，A错误；
B．圆形铁环对分液漏斗的作用力与分液漏斗的重力平衡，故圆形铁环对分液漏斗的作用力与底角θ无关，B正确；
C．圆形铁环对分液漏斗的弹力是由圆形铁环形变产生的，C错误；
D．分液漏斗装满溶液时，重心在几何中心处，溶液不断流出过程重心下降，当溶液流完后重心又回到球心处，故重心先下降后上升，D错误。
故选B。
8. 应用物理知识可以分析和解释生活中的很多常见现象。假设你用手掌平托一苹果，保持这样的姿势在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动。下列说法中正确的是（　　）

A. 从c到d过程中手掌对苹果的摩擦力越来越大
B. 在c点苹果受到的支持力等于在a点时的支持力
C. 从c到d再到a过程中，苹果的机械能保持不变
D. 从d到a再到b过程中，苹果先处于超重状态后处于失重状态
【答案】A
【解析】
【详解】A．从c到d过程中，加速度大小不变，加速度在水平方向上的分加速度逐渐变大，根据牛顿第二定律可知，摩擦力越来越大，A正确；
B．苹果做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可得，在c点、a点时的支持力分别为


由此可知

B错误；
C．从c到d再到a过程中，苹果的速度大小保持不变，即动能保持不变，重力势能一直减小，因此机械能一直减小，C错误；
D．从d到a再到b过程中，苹果的加速度在竖直方向上的分加速度一直竖直向上，苹果一直处于超重状态，D错误。
故选A。
9. 第24届冬季奥运会于2022年2月在北京召开，如图甲所示为运动员跳台滑雪运动瞬间，运动示意图如图乙所示，运动员从助滑雪道AB上由静止开始滑下，到达C点后水平飞出，落到滑道上的D点，运动轨迹上的E点的速度方向与轨道CD平行，设运动员从C到E与从E到D的运动时间分别为与，（忽略空气阻力，运动员可视为质点），下列说法正确的是（　　）


A.
B.
C. 若运动员离开C点的速度加倍，则落在斜面上的速度方向不变
D. 若运动员离开C点的速度加倍，则落在斜面上距C的距离也加倍
【答案】C
【解析】
【详解】A．以C点为原点，以CD为x轴，以CD垂直向上方向为y轴，建立坐标系如图：

对运动员的运动进行分解，y轴方向做类竖直上拋运动，x轴方向做匀加速直线运动。当运动员速度方向与轨道平行时，在y轴方向上到达最高点，根据竖直上拋运动的对称性，知

A、B错误；
D．将初速度沿x、y方向分解为、，将加速度沿x、y方向分解为、，则运动员的运动时间为

落在斜面上的距离

离开C点速度加倍，则、加倍，t加倍，由位移公式得s不是加倍关系，D错误；
C．设运动员落在斜面上的速度方向与水平方向的夹角为，斜面的倾角为。则有：


则得

一定，则一定，则知运动员落在斜面上的速度方向与从C点飞出时的速度大小无关，故C正确。
故选C。
10. 电子焊接机中的电场线如图中虚线所示。圆弧形极板K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d，在两极之间加上高压U，有一电子在K极由静止被加速；不考虑电子重力，元电荷为e，则下列说法正确的是（　　）

A. 由K到A电势逐渐降低
B. A和K之间的电场强度大小为
C. A点与KA中点的电势差大于
D. 电子由K运动到A的过程中，其电势能增加了eU
【答案】C
【解析】
【详解】A．沿着电场线的方向电势降低，因此，由K到A为逆着电场线方向，因此电势升高，A错误；
B．A和K之间的电场为非匀强电场，B错误；
C．从A到K电势降低，若KA之间为匀强电场，则A点与KA中点的电势差为

由图可知，越靠近A端电场线密度越大，即靠近A端电场强度越大，则A点与KA中点的电势差大于，C正确；
D．电子由K运动到A的过程中，电场力做正功，电势能减少了，D错误。
11. 北京时间2021年10月16日0时23分，神舟十三号载人飞船顺利将翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员送入空间站。飞船的某段运动可近似为如图所示的情境，圆形轨道Ⅰ为空间站运行轨道，设圆形轨道Ⅰ的半径为r，地球表面重力加速度为g，地球半径为R，地球的自转周期为，椭圆轨道Ⅱ为载人飞船运行轨道，两轨道相切于A点，椭圆轨道Ⅱ的半长轴为a，下列说法正确的是（　　）

A. 载人飞船若要进入轨道Ⅰ，需要在A点减速
B. 根据题中信息，可求出地球的质量
C. 载人飞船在轨道Ⅰ上机械能小于在轨道Ⅱ上的机械能
D. 空间站在圆轨道Ⅰ上运行的周期与载人飞船在椭圆轨道Ⅱ上运行的周期之比为
【答案】D
【解析】
【详解】A．载人飞船若要进入轨道Ⅰ，做离心运动，需要在点加速，A错误；
B．为空间站轨道的周期，由此可得

解得

题中为地球自转的周期，并非轨道的周期，不能利用该数据计算地球质量，B错误；
C．载人飞船若要进入轨道Ⅰ，需要在A点加速，动能增加，机械能增加，因此载人飞船在轨道Ⅰ上机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能，C错误；
D．轨道Ⅱ上运行的周期为，根据开普勒第三定律得

解得

D正确；
故选D。
12. 如图为某同学用一束激光射入正三角形玻璃砖的光路图，由于疏忽，他忘记标记光路方向，同时手上也没有量角器。已知图中△ABC为正三角形玻璃砖边界，a、b、c为边界中点，且光束1与光束2平行。则下列说法正确的为（　　）

A. 光束2为入射光
B. 该激光在玻璃砖中的折射率为1.5
C. 光束3的光强大于光束1、2的光强之和
D. 无论如何改变入射角，总有光线从玻璃砖中射出
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图根据反射定律和折射定律可知，光束1为入射光，故A错误；
B．由图根据几何关系可知，bc与法线的夹角为，光束2与BC的夹角为，则光束1与法线夹角为，则该激光在玻璃砖中的折射率为

故B错误；
C．根据A分析可知，光束1为入射光束，在b点只发生折射，则光速1与光束bc光强相等，由图可知，在c点光束bc部分折射为光速3、部分反射为光束ca，则光束1的光强大于光束3的光强，故C错误；
D．根据题意，当光束1垂直AC进入，则光速1直接穿过玻璃砖从B点飞出；设光在玻璃砖中发生全反射的临界角为，则

可知，临界角大于，设光束1在b点的入射角为，折射角为，折射光束交AB于点，光束在点入射角为，根据几何关系可知

当时，即

光束在点不发生全反射，可以从点射出玻璃砖，此时，可得

即

则当光束1的入射角的正弦值满足

时，光束可从AB边射出玻璃砖；当光束1的入射角的正弦值满足

光束在点发生全反射，反射光束交BC于点，且在点的入射角为，根据几何关系可知

此时

则

则光束在点不发生全反射，可以从点射出玻璃砖，即当光束1的入射角的正弦值满足

时，光束可从BC边射出玻璃砖，即无论如何改变入射角，总有光线从玻璃砖中射出，故D正确。
故选D。
13. 很多城市推出微公交小型租赁电动车，这为个性化绿色出行又提供了一种方案。某种型号微型电动车为零排放的纯电动汽车，其相关的性能参见表格，已知一次完全充电约需8小时，使用电能的价格约为每度电0.8元。电池内阻和充电电路总电阻均很小，可忽略不计，在计算过程中不考虑各种能量转化的效率，下列说法正确的是（　　）
电池充电电压
220V
电池电动势
12V
电池输出最大机械功率
22kW
电池容量
260A•h
充电电压
220V
最大时速
72km/h
充满电后最多行驶路程
80km
A. 充电电流为150A
B. 充满电后储存的电能为3120J
C. 折合每公里的电能成本约为0.03元
D. 最大速度行驶时的受到阻力约为306N
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据题意可知，电池的充电功率为

电池内阻不计，则充电电流为

故A错误；
B．充满电后储存的电能为

故B错误；
C．根据题意可知，一次充电消耗的电能为

折合每公里的电能成本约为

故C正确；
D．最大速度行驶时，机械功率最大，且阻力等于牵引力，根据公式

解得

则最大速度行驶时的受到阻力约为，故D错误。
故选C。
二、选择题题Ⅱ（本题共3小题，每小题2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2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）
14. 下列说法中正确的是（　　）


A. 图甲中彩超机是利用超声波的多普勒效应测量血液流速
B. 图乙中电子显微镜比光学显微镜分辨率高，是因为电子的德布罗意波长比可见光长
C. 图丙中的量子通信提到的单光子不可分割，是基于光子作为量子化的能量子
D. 图丁中狭缝越窄，表明更窄的狭缝可以同时更准确地测得粒子的位置与动量
【答案】AC
【解析】
【详解】A．多普勒效应由于波源的移动而使接收到的频率变化，则图甲中彩超机是利用超声波的多普勒效应测量血液流速，故A正确；
B．图乙中电子显微镜比光学显微镜分辨率高，是因为电子的德布罗意波长比可见光短，故B错误；
C．图丙中的量子通信提到的单光子不可分割，是基于光子作为量子化的能量子，故C正确；
D．图丁中狭缝越窄，中央亮纹越宽，是因为位置不确定量小，动量不确定量大的缘故，故D错误。
故选AC。
15. 如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直磁场方向的轴匀速转动。线圈abcd的匝数为N，电阻不计；理想变压器原、副线圈的匝数之比为1∶3，定值电阻的阻值为R，所用电表均为理想电表；当线圈以角速度ω匀速转动时，电压表的示数为U，则（　　）


A. 电流表的示数为
B. 当矩形线圈转动的角速度增大为2ω时，电压表的示数为2U
C. 在线圈abcd转动的过程中，穿过线圈的磁通量的最大值为
D. 从图示位置开始计时，线圈产生的电动势的瞬时表达式为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．电压表的示数为U，由欧姆定律可知，副线圈中的电流

由变压器原、副线圈中电流与匝数关系可得


A错误；
B．当线圈转动的角速度增大为时，由
Em=NBS
可知，产生的电动势增大为2倍，电压表读数增大为2U，B正确。
C．在线圈abcd的转动中，产生的最大电动势为
Em=NBS
由


则有

C错误；
D．由交流电动势的最大值

可知，当线圈abcd与磁场方向平行时开始计，线圈中电动势瞬时表达式为

D正确。
故选BD。
16. 如图甲所示，在同一介质中，波源为与频率相同的两列机械波在时刻同时起振，波源的振动图象如图乙所示；波源为的机械波在时波的图象如图丙所示。P为介质中的一点，P点距离波源与的距离分别是，，则（　　）

A. 质点P的位移不可能为0 B. 时，质点P处于波谷
C. 质点P的起振方向沿y轴正方向 D. 波源为的起振方向沿y轴负方向
【答案】BC
【解析】
【详解】D．结合波源在时波的图象丙图可知，此时刚开始振动的质点的起振方向沿y轴正方向，质点与波源的起振方向相同，因此波源为的起振方向沿y轴正方向，D错误；
C．根据波源的振动图象图乙可知，波源的起振方向向上，又因为

由此可知波源波源的起振最先传到点，因此的起振方向与波源的起振方向相同，沿y轴正方向，C正确；
A．在同一介质中，频率相同的两列机械波，波速相同，波长相等，由图可知


则波速为

点到两波源的波程差为

点到两波源的波程差为波长的整数倍，且两波源的起振方向相同，因此，点为振动加强点，质点P的位移可以为0，A错误；
B．和振动传到的时间分别为


由此可知，在时，波源在时的振动情况传到点，此时波源位于波谷；波源在时的振动情况传到点，此时波源位于波谷，在时处为两列波的波谷叠加，质点P处于波谷，B正确。
故选BC。
三、非选择题（本题共6小题，共55分）
17. （1）在下列实验中，能用图中装置完成且仅用一条纸带就可以得出实验结论的是___________（单选）；

A．验证小车和重物组成的系统机械能守恒
B．探究小车速度随时间变化的规律
C．探究小车加速度与力、质量的关系
D．探究不同力做功与小车速度变化的关系
（2）某次实验中按规范操作打出了一条纸带，其部分纸带如下图。已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上，纸带左端接小车，请根据图中纸带判断其做的是___________（填“匀速”、“匀变速”、“加速度变化的变速”）运动，此次实验中打点计时器打下A点时小车的速度为___________m/s；（保留两位有效数字）

（3）如下图所示，在水平气垫导轨上用光电门记录数据的方式做“验证动量守恒定律”实验，测量滑块A的质量记为，测量滑块B的质量记为，测量滑块A上的遮光条宽度如下图所示，其宽度___________cm，测得滑块B上的遮光条宽度为。滑块A从右向左碰静止的滑块B，已知，光电门计数器依次记录了三个遮光时间、、，验证动量守恒需要满足的关系式为___________（用测量的物理量符号表示）。


【答案】 ①. B ②. 匀变速 ③. 0.52~0.54 ④. 1.000cm~1.010cm ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1]A．验证小车和重物组成的系统机械能守恒，需要测量小车和重物的质量，A错误；
B．探究小车速度随时间变化的规律，仅需要一条纸带即可得出实验结论，B正确；
C．探究小车加速度与力、质量的关系，还需知道二者的质量，C错误；
D．探究不同力做功与小车速度变化的关系，需要知道二者的质量，D错误。
故选B。
（2）[2]根据

T均相等，即只要满足均相等即可满足运动为匀变速运动，根据图像可知均为0.1cm，则该运动为匀变速运动。
[3]小车的速度为

（3）[4]游标卡尺读数为

[5]要验证动量守恒定律，即验证碰撞前动量和碰撞后的动量相等，即

故有

18. 某实验兴趣小组在实验室中准备了如下器材：
A．电压表（量程为0～3V、内阻约3.0kΩ）
B．电压表（量程为0～15V、内阻约15.0kΩ）
C．电流表（量程为0～0.6A、内阻约1.00Ω）
D．电流表（量程为0～3A、内阻约0.20Ω）
E．电阻箱（阻值可调范围为0～9999Ω）
F．滑动变阻器R（阻值变化范围为0～20Ω）
G．开关及导线若干
（1）小组选取部分器材结合学生电源测量小灯泡（额定电压3V，额定功率1.2W）的伏安特性曲线，选用电压表___________（选填或），选取电流表___________（选填或）
（2）小组成员找了2节已长时间使用的干电池组成电池组（总内阻约30Ω），为较准确测量其电源电动势与内阻，要求所用电表的最大读数超过其量程的。小组成员根据上述器材分别提出如下四种方案，最合适的方案为___________（单选）

A B C D
（3）用上述器材测量电压表的内阻，该兴趣小组还找来了定值电阻，组装成如图所示电路，并用15V学生电源供电。

①为使所用电表测得数据的最大值均能超过其量程的，定值电阻的阻值应该选择___________（选填“1kΩ”或“10kΩ”或“30kΩ”）。
②开关闭合前滑动变阻器R的滑片应位于___________端（选填“左”或“右”）。
③选用实验中测量的一组数据来计算电压表的内阻，已知定值电阻阻值为，电压表、示数分别记为、，则___________。
【答案】 ①. ②. ③. C ④. 10kΩ ⑤. 左侧 ⑥.
【解析】
【详解】（1）[1] [2]灯泡的额定电压为3V，则电压表选V1；小灯泡的额定电流

故电流表应选量程为400mA的，即A1；
（2）[3]由于两节干电池电动势3V左右，旧干电池的内阻有30Ω，即使短路电流也才0.1A，故用电流表测得数据的最大值无法超过其量程的， C装置可以利用电压表示数和电阻箱的电阻读数来计算出电路中的电流，故选用C。
（3）[4]电压表的量程为0～3V、内阻约3.0kΩ，电压表量程为0～15V，最大量程是的5倍，根据串联分压，串联的定值电阻约为电压表内阻的4倍关系左右，故相比较10kΩ最合适；
[5]开关闭合前滑动变阻器R的滑片应位于最左端，使得测量电路部分的电压从零开始条件；
[6]根据欧姆定律

19. 电磁起重机是工业中重要的运送装备。如图所示，一台电磁起重机利用电磁铁吸着一块质量为m=5t的铁柱，从静止开始竖直匀加速上升5m达到最大速度2m/s，接着匀速上升10m后再匀减速直至停止，整个过程总用时20s，重力加速度g取，不计空气阻力，求铁柱上升过程中，
（1）电磁铁对铁柱的作用力最大值；
（2）铁柱的平均速度大小；
（3）电磁铁对铁柱的冲量。

【答案】（1）；（2）；（3），方向竖直向上
【解析】
【详解】（1）铁柱在匀加速上升阶段的加速度大小为

设电磁铁对铁柱的作用力最大值为F，根据牛顿第二定律有

解得

（2）铁柱匀加速阶段用时为

匀速阶段用时为

所以匀减速阶段用时为

匀减速阶段上升的高度为

整个上升过程中铁柱的平均速度大小为

（3）设电磁铁对铁柱的冲量为I，根据动量定理有

解得

方向竖直向上。
20. 如图所示为安装在水平地面上的某游戏装置结构示意图，其左边部分是一个高度和水平位置均可以调节的平台，在平台上面放置一个弹射装置；游戏装置的右边部分由竖直固定的光滑圆弧轨道BC、粗糙水平直线轨道CD与竖直固定的光滑圆轨道组成（底端连接处D与略错开）。已知圆弧轨道BC的圆心为、半径，其C端与水平面相切，与的夹角；水平直线轨道CD长度，动摩擦因数；圆轨道的半径。将质量的滑块Q置于C点，再将质量同为的小球P经弹射装置从平台A点水平弹出，通过改变AB高度差h、水平距离和小球P在A点的初速度大小，总能让小球沿B点的切线方向进入BC圆弧轨道，然后与滑块Q发生弹性碰撞。空气阻力不计，小球和滑块均可视为质点，重力加速度g取，求∶
（1）若，求小球P从A点弹出时的初速度大小；
（2）若，求小球P到达C点与Q碰撞前瞬间对圆弧轨道的压力；
（3）要使P与Q仅碰撞1次，且滑块运动过程中不脱离轨道，求h需要满足的条件。

【答案】（1）；（2），方向竖直向下；（3）或者
【解析】
【详解】（1）从A到B，做平抛运动，则竖直方向上有

水平初速度

解得

（2）从A抛出到C，根据动能定理

解得

在C点，根据牛顿第二定律

解得

由牛顿第三定律得，压力

方向竖直向下
（3）球P与Q弹性碰撞后，速度交换，P球静止，Q球弹出，若Q球碰撞后没滑上圆轨道或滑上圆轨道位置处不超过圆心等高点，且返回时停在CD轨道上，则仅碰撞1次，刚好到圆心等高处时，根据动能定理有

解得

返回时刚好到Q点，满足

解得

综上解得

要过E点，则需满足


解得

过E点则仅碰撞1次，满足

综上所述：或者
从A到B，要满足的关系

h要满足的条件是：或者
21. 冲击电流计属于磁电式检流计，它可以测量短时间内通过冲击电流计的脉冲电流所迁移的电量，以及与电量有关的其他物理量测量（如磁感应强度）。已知冲击电流计D的内阻为R，通过的电量q与冲击电流计光标的最大偏转量成正比，即（k为电量冲击常量，是已知量）。如图所示，有两条光滑且电阻不计的足够长金属导轨MN和PQ水平放置，两条导轨相距为L，左端MP接有冲击电流计D，EF的右侧有方向竖直向下的匀强磁场。现有长度均为L、电阻均为R的导体棒ab与cd用长度也为L的绝缘杆组成总质量为m的“工”字型框架。现让“工”字型框架从EF的左边开始以初速度（大小未知）进入磁场，当cd导体棒到达EF处时速度减为零，冲击电流计光标的最大偏转量为d，不计导体棒宽度，不计空气阻力，试求：
（1）在此过程中，通过ab导体棒的电荷量和磁场的磁感应强度B的大小；
（2）在此过程中，“工”字型框架产生的总焦耳热Q；
（3）若“工”字型框架以初速度进入磁场，求冲击电流计光标的最大偏转量。


【答案】（1），；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）由题意可知在框架进入磁场过程中，通过电流计D的电荷量为
q=kd①
因为电流计D的内阻和cd阻值相同，根据并联电路分流规律可知通过D和cd的电量相等，而此过程中ab相当于干路上的电源，所以有
②
回路的总电阻为
③
根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律以及电流的定义式综合有
④
联立②③④解得
⑤
（2）在框架进入磁场过程中，根据动量定理有
⑥
联立③④⑤⑥解得
⑦
回路产生的总焦耳热为
⑧
由于通过ab的电流大小始终等于通过cd和D的电流大小的2倍，则根据焦耳定律可推知
⑨
⑩
所以
⑪
（3）若“工”字型框架以初速度进入磁场，设cd进入磁场时框架的速度大小为v1，对框架进入磁场的过程根据动量定理有
⑫
根据④式可知框架进入磁场过程中通过ab和D的电荷量与初速度大小无关，所以
⑬
解得
⑭
当框架全部进入磁场之后，ab和cd同时切割磁感线，等效于两个电源并联在一起，此时通过ab和cd的电流大小相等，且通过D的电流等于通过ab和cd的电流之和，对框架全部进入磁场到速度减为零的过程，根据动量定理有
⑮
根据⑫⑭⑮式可知
⑯
所以此过程中通过D的电荷量为
⑰
综上所述，从ab进入磁场到框架速度变为零的整个过程中，通过D的电荷量为
⑱
因此
⑲
22. 我国目前采用的是托卡马克（如图甲）磁约束装置作为核反应“容器”，在2021年5月，中科院合肥物质科学研究院研发的“EAST人造太阳”持续“燃烧”了101秒。某实验室简化的模拟磁约束磁场如图乙所示，半径为R的足够长水平圆柱形区域内分布水平向右的匀强磁场Ⅰ，并已知磁感应强度为B；圆柱形磁场区域Ⅰ外侧分布有厚度为L的环形磁场Ⅱ，其磁感应强度大小处处相同，方向与B（磁场Ⅰ）垂直，其左视图与纵截面图分别如图丙、图丁所示。某时刻速度为的氘原子核（已知氘原子核质量为m，电荷量为q）从水平磁场Ⅰ最低点竖直向下射入磁场Ⅱ，氘原子核恰不能飞出磁场区域，忽略粒子重力和空气阻力，不考虑相对论效应。求：
（1）环形磁场Ⅱ的磁感应强度大小；
（2）该氘原子核从出发后到第二次回到水平磁场Ⅰ最低点需要的时间；
（3）若氘原子核以2v的速度在水平磁场Ⅰ最低点射出，在竖直平面内与水平方向成θ=60°角射入磁场Ⅱ（如图丁所示），则从出发后到第二次回到水平磁场Ⅰ最低点的时间内，氘原子核的水平位移为多少。

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据题意，粒子恰好不能由磁场Ⅱ飞出，则满足

根据牛顿第二定律可得

解得

（2）粒子在磁场Ⅰ区域时
，
解得

所以粒子在磁场Ⅰ区域轨迹如图

所以粒子在磁场Ⅰ区域运动总时间

粒子在磁场Ⅱ中做四次半个圆周运动，总时间

所以


（3）粒子在磁场Ⅱ中运动

则速度为2v时轨道半径为

粒子在磁场Ⅱ中每运动一次水平位移为，粒子由磁场Ⅱ进入磁场Ⅰ时

其速度可分解为与磁场Ⅰ垂直的分速度

与磁场Ⅰ平行的分速度

粒子以在磁场Ⅰ中做圆周运动轨迹如图

则有
，
在磁场Ⅰ中运动总时间

磁场Ⅰ中的水平位移

磁场Ⅱ中的水平位移

所以粒子总水平位移