浙江省G12名校协作体2024-2025学年高三上学期开学物理试题 Word版含解析

这是一份浙江省G12名校协作体2024-2025学年高三上学期开学物理试题 Word版含解析，共27页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题卷；等内容，欢迎下载使用。

考生须知：
1.本卷满分100分，考试时间90分钟；
2.答题前，在答题卷指定区域填写学校、班级、姓名、试场号、座位号及准考证号；
3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；
4.考试结束后，只需上交答题卷；
5.本卷中无特殊说明，重力加速度g均取10m/s2。
第I卷（选择题共45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. 下列物理量属于矢量且单位正确的是（ ）
A. 功率（W）B. 磁感应强度（T）
C. 电势差（V）D. 温度（K）
【答案】B
【解析】
【详解】功率属于标量，单位（W）。磁感应强度属于矢量，单位（T）。电势差属于标量，单位（V）。温度是标量，单位（K）。
故选B。
2. 奥体中心游泳馆一遍遍奏响国歌。浙江游泳健儿是中国游泳队的中流砥柱以下说法正确的是（ ）
A. 研究汪顺入水动作时，可将其视为质点
B. 研究叶诗文触壁动作时，可将其视为质点
C. 知晓徐嘉余50m仰泳成绩，可估算其平均速度
D. 费立纬在1500m自由泳夺冠，1500m指的是位移
【答案】C
【解析】
【详解】A．研究汪顺入水动作时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，不能够将其视为质点，故A错误；
B．研究叶诗文触壁动作时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，不能够将其视为质点，故B错误；
C．根据
可知，若晓徐嘉余50m仰泳成绩，可估算其平均速度，故C正确；
D．费立纬在1500m自由泳夺冠，1500m指的是路程，故D错误。
故选C。
3. 如图所示，通过计算可知：一个半径为的均匀带电体（或球壳）在球的外部产生的电场，与一个位于球心、电荷量相等的点电荷在同一点产生的电场相同，在相关应用中可用点电荷场强公式进行计算。这里所采用最核心的物理方法与下列哪个相同（ ）
A. 瞬时速度概念的建立B. “重心”模型的建立
C. 弹簧振子模型的建立D. 探究向心力大小的表达式
【答案】B
【解析】
【详解】A．一个半径为的均匀带电体（或球壳）在球的外部产生的电场，与一个位于球心、电荷量相等的点电荷在同一点产生的电场相同，这里采用最核心的物理方法为等效替代，瞬时速度概念的建立采用了极限法，故A错误；
B．“重心”模型的建立采用了等效替代，故B正确；
C．弹簧振子模型的建立采用了理想模型法，故C错误；
D．探究向心力大小的表达式采用了控制变量法，故D错误。
故选B。
4. 扯白糖是浙江传统的地方小吃。将冷却少许的糖浆糅合成稠软状，再将其抛上固定的木柱，用手上的小木棍几番甩、扯之后，最终冷却形成直径约1厘米的长圆条，用剪刀截下寸许，就成了食用的“扯白糖”。下列说法正确的是（ ）
A. 小木棍对糖浆的弹力是糖浆发生形变引起的
B. 糖浆变长，说明小木棍对糖浆的拉力大于糖浆对小木棍的拉力
C. 整个下扯过程中，小木棍始终处于失重状态
D. 整个下扯过程中，地面对固定的木柱的支持力大于木柱和糖浆的总重力
【答案】D
【解析】
【详解】A．小木棍对糖浆的弹力是小木棍发生形变引起的，A错误；
B．根据牛顿第三定律，小木棍对糖浆的拉力等于糖浆对小木棍的拉力，B错误；
C．整个下扯过程中，小木棍不是一直向下加速运动，所以不是始终处于失重状态，C错误；
D．整个下扯过程中，人对糖浆有向下的拉力，所以地面对固定的木柱的支持力大于木柱和糖浆的总重力，D正确。
故选D
5. 我国自主研发的“玲珑一号”是全球首个陆上商用小型核反应堆。未来或将应用于我国的核动力航母。“玲珑一号”中有一种核反应方程是，则（ ）
A. 比的比结合能小
B. 核反应方程中的X等于88
C. γ射线是核由高能级向低能级跃迁放出的
D. γ射线的频率比X射线的频率低
【答案】A
【解析】
【详解】A．生成物更稳定，比的比结合能小，A正确；
B．根据质量数守恒得
解得
B错误；
C．γ射线是核反应产生的新核由高能级向低能级跃迁放出的，C错误；
D．γ射线的频率比X射线的频率高，D错误。
故选A。
6. 神舟十八号载人飞船入轨后，于北京时间2024年4月26日3时32分，成功对接于空间站天和核心舱径向端口。空间站距离地表约，载人飞船首先到达距离空间站下方约的停泊点（飞船相对于空间站静止）位置，然后通过径向对接发动机实现与核心舱的成功对接。下列说法正确的是（ ）
A. 载人飞船在停泊点”位置的动能大于空间站的动能
B. 与地球赤道上随地球自转的物体相比，组合体的向心加速度更大
C. 对接过程中，飞船与空间站绕地球的线速度大小相等
D. 对接结束后，飞船与核心舱的对接口对飞船的作用力做正功
【答案】B
【解析】
【详解】A．载人飞船与空间站的质量关系未知，无法比较动能大小，故A错误；
B．根据万有引力提供向心力有
解得
可知组合体向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，根据
可知地球同步卫星的向心加速度大于与地球赤道上随地球自转的物体，可知与地球赤道上随地球自转的物体相比，组合体的向心加速度更大，故B正确；
C．姿态调整完成后，飞船沿径向接近空间站过程中，需要控制飞船绕地球运行的角速度等于空间站的角速度，根据，飞船绕地球运行的线速度小于空间站的线速度，故C错误；
D．飞船与核心舱的对接口对飞船的作用力与速度方向垂直，不做功，故D错误；
故选B。
7. 高水平的足球运动员可以指哪打哪。如图所示是某次训练中分别将质量为的相同足球射入两扇高度为处的窗户，出脚处到窗户的水平距离为，两次均恰好将球垂直射入窗户。假设两次出球速度大小均为与水平方向夹角分别为，空中飞行时间分别为。足球可视为质点，两运动轨迹在同一竖直面内，且不计空气阻力，重力加速度为。则下列说法正确的是（ ）
A. 球在空中过程动能变化量之比
B. 球在空中过程重力冲量之比
C. 踢中窗户的那脚球，运动员对球多做功
D. 水平距离与足球飞行时间满足
【答案】A
【解析】
【详解】A．球在空中过程动能变化量大小
可知球在空中过程动能变化量之比，选项A正确；
B．球在空中过程运动的时间
重力冲量
可知球在空中过程重力冲量之比，选项B错误；
C．两次运动员对球做功相等，均为
选项C错误；
D．水平距离
可得
即
竖直方向
与
联立可知水平距离与足球飞行时间满足
选项D错误。
故选A。
8. 汽车装有加速度传感器，以测量汽车行驶时的纵向加速度。如图所示，加速度传感器有一个弹性梁，一端夹紧，另一端固定着霍尔元件，处在上下正对的两个磁体中央位置，霍尔元件中通入从左往右的电流。如果传感器有向上的纵向加速度，则传感器的弹簧质量系统离开它的静止位置而向下偏移。偏移程度与加速度大小有关。以下说法正确的是（ ）
A. 若霍尔元件材料为金属导体，则前表面比后表面的电势高
B. 若将N、S磁极对调，则前后表面电势的高低情况相反
C. 若汽车纵向加速度为0，增大电流，则监测到的霍尔电压也会增大
D. 若汽车速度增大，则控制电路监测到的霍尔电压也增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．传感器的弹簧质量系统离开它的静止位置而向下偏移，则霍尔元件所处位置的磁场方向向上，根据左手定则可知，金属导体中的自由电子在洛伦兹力的作用下，向前表面运动，所以前表面比后表面的电势低，故A错误；
B．若将N、S磁极对调，根据左手定则可知，金属导体中的自由电子所受洛伦兹力的方向反向，所以前后表面电势的高低情况相反，故B正确；
C．若汽车纵向加速度为0，则霍尔元件所处位置的磁场为0，则监测不到霍尔电压，故C错误；
D．根据导电粒子所受洛伦兹力等于电场力可知
解得
其中是自由电荷定向移动速率，不是汽车的速度，所以汽车速度增大，控制电路监测到的霍尔电压不会随着增大，故D错误。
故选B。
9. 一群处于第3能级的氢原子跃迁发出多种不同频率的光，将这些光分别照射到图甲的阴极上，测得3条图线，如图乙所示，丙为氢原子的能级图。则下列说法正确的是（ ）
A. 图甲中阴极金属的逸出功可能为
B. 用图乙中的光工作的光学显微镜分辨率最高
C. 能量为的光子能使处于第3能级的氢原子发生电离
D. 图乙点对应图甲实验中滑片位于的右侧
【答案】C
【解析】
【详解】A．第3能级向下跃迁的三种光子中，能量最小的为
故图甲中阴极金属的逸出功要小于或等于，故A错误；
B．根据
结合乙图可知c光的频率最低，其波长最长，衍射最明显，用c光工作的光学显微镜分辨率最低，故B错误；
C．由图丙可知，第3能级的能量值为－1.51 eV，电离能为1.51 eV，由玻尔理论可知，能量为的光子能使处于第3能级的氢原子发生电离，故C正确；
D．由图甲可知，滑片位于的右侧时，光电管加的是正向电压，图乙点对应加的是反向电压，故D错误。
故选C。
10. 如图所示，面积为S、匝数为N、内阻不计的矩形线圈处在磁感应强度为的匀强磁场中，从图示位置开始计时，绕水平轴以角速度匀速转动。矩形线圈通过滑环连接理想变压器。理想变压器原线圈上的滑动触头P上下移动可改变副线圈的输出电压，副线圈接有可变电阻，电表均为理想交流电表，电容器均能正常工作。下列判断正确的是（ ）
A. 矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为
B. 当P位置不变，阻值不变，增大矩形线圈转动角速度时，电压表示数变大，电流表示数变小
C. 当P位置不变，线圈转动角速度不变，向上移动的滑片，灯泡变亮
D. 当线圈转动角速度不变，阻值不变，若向上移动原线圈的P，电容器所能储存的最大电荷量增加
【答案】D
【解析】
【详解】A．图示位置与中性面垂直，则矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为
故A错误；
B．电压表示数为有效值，可知
可知，当P位置不变，阻值不变，增大矩形线圈转动角速度时，电压表示数变大，根据电压匝数关系，变压器副线圈电压增大，通过副线圈的电流增大，根据电流匝数关系可知，通过原线圈的电流增大，电流表示数变大，故B错误；
C．当P位置不变，线圈转动角速度不变，变压器原副线圈两端电压均不变，向上移动的滑片，滑动变阻器接入电阻增大，则通过灯泡的电流减小，即灯泡变暗，故C错误；
D．当线圈转动角速度不变，原线圈两端电压不变，根据电压匝数关系有
若向上移动原线圈的P，原线圈匝数减小，则副线圈两端电压增大，根据
可知电容器所能储存的最大电荷量增加，故D正确。
故选D。
11. 如图所示，长为的轻绳上端固定在点，下端系一带电量为的小球，置于水平向右的匀强电场中，与竖直方向的夹角一半处的点有一小钉子。现将小球拉至点，使轻绳与夹角很小，然后由静止释放小球，小球在竖直平面内运动。点（图中未标出）是小球能够到达左侧最远位置，重力加速度为，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 小球在点时所受合力为零
B. 小球在A点时绳子拉力等于
C. 小球摆动到点时具有的机械能等于在点具有的机械能
D. 小球摆动的周期为
【答案】D
【解析】
【详解】A．小球在点时速度为零，即将返回，具有沿切线方向的加速度，故此时合外力不为零，故A错误；
B．小球摆动时的等效重力大小为
设轻绳与竖直方向的夹角为，则有
故A点是等效重力场的最低点，小球经过A点，根据牛顿第二定律有
可得
故B错误；
C．小球由B到C，电场力做负功，故机械能减少，故C错误；
D．小球摆动时的等效重力加速度为
小球摆动的周期为
故D正确。
故选D。
12. 如图a所示，公园里的装饰灯在晚上通电后会发出非常漂亮的光。该装饰灯可简化为图b所示模型，该装饰灯为对红光折射率的透明材料制成的棱长为的立方体，中心有一个发红光点光源，不考虑光的二次反射，光速为，则（ ）
A. 立方体某一面有光射出部分的图形是椭圆
B. 若不考虑多次反射，光线从玻璃砖射出的最长时间为
C. 若点光源发出的光由红光变为蓝光，表面有光射出的区域面积将增大
D. 从外面看玻璃砖被照亮的总面积为
【答案】B
【解析】
【详解】A．当从O点射出的光线射到侧面上的入射角等于临界角时发生全反射，可知立方体某一面有光射出部分的图形是圆形，选项A错误；
B．考虑射到侧面上一条发生全反射的光线，临界角
则
联立解得光线从玻璃砖射出的最长时间为
选项B正确；
C．若点光源发出的光由红光变为蓝光，因蓝光折射率大于红光，可知蓝光临界角小于红光，根据
表面有光射出的区域半径减小，即面积将减小，选项C错误；
D．每一侧面被照亮的半径
面积为
从外面看玻璃砖被照亮的总面积为
选项D错误。
故选B。
13. 如图是射线精准测距原理简图。装置辐射源发出的射线与地表土壤层发生反射，一部分粒子重新被该装置探测器接收，根据接收强度可以测定该装置离地高度。若发射器辐射的强度为，接收器的有效接收面积为，接收装置的接收效率为。在地面处，有占比为的光子数被均匀向地面上方各方向反射。若接收器接收到的射线强度为，射线强度可视作射线全部光子的能量之和，则接收器离地高度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】设接收器离地的高度为，则光子被地面反射后辐射的面积为球面积的一半，有
根据能量守恒定律可知
解得
故选A。
二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分，在每小题给出的四个选项中，有一个或一个以上答案符合题意，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，选错或不选的得0分。）
14. 下列说法正确的是（ ）
A. 调制是指在电磁波发射技术中，使载波随各种信号而改变的技术
B. 非晶体的物理性质沿各个方向是不同的
C. 全息照片用激光来拍摄，主要是利用了激光的干涉现象
D. 在振荡电路中，电容器放电完毕的瞬间，磁场能全部转化为电场能
【答案】AC
【解析】
【详解】A．调制是指在电磁波发射技术中，使载波随各种信号而改变的技术，故A正确；
B．非晶体的物理性质沿各个方向是相同的，故B错误；
C．全息照片用激光来拍摄，主要是利用了激光的干涉现象，故C正确；
D．在振荡电路中，电容器放电完毕的瞬间，电场能全部转化为磁场能，故D错误。
故选AC。
15. 一列简谐横波沿轴正方向传播，此波在某时刻的波形图如图甲所示。质点的平衡位置在处，质点的平衡位置是处。质点从时刻开始振动，其振动图像如图乙所示。此波传播到达平衡位置为处的质点时，遇到一障碍物（未画出）之后立刻传播方向反向，反射波与原入射波在相遇区域发生干涉，某时刻两列波部分波形如图丙所示。则下列说法中正确的是（ ）
A. 时刻点向下振动，波速为
B. 从到，质点通过的路程大于
C. 时，质点的位移为0
D. 足够长时间后，之间有5个振动加强点（不包括两点）
【答案】BD
【解析】
【详解】A．质点N从时刻开始振动，由振动图像可知此时质点N向上振动；由图可知波长为4m，周期为0.2s，波速为
20m/s
故A错误；
B．根据M、N的位置关系可知，s时刻，M质点在x轴下方向平衡位置运动，速度逐渐增大，从到经历了0.15s，即，则质点M通过的路程s>3A=15cm，故B正确；
C．根据振动图像可知时，质点N在最大位移处，故C错误；
D．由图丙可知位于x=10m、8m、6m、4m、2m的点两列波的运动方向一致，为加强点，故D正确；
故选BD。
第Ⅱ卷（非选择题共55分）
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
16. 小张同学做探究加速度与力、质量的关系”实验，为了减小实验误差，提出了如下四种改进方案：
方案A：测力计读数为所受合力大小，打点计时测加速度大小
方案B：槽码重力为受合力大小，光电计时测加速度大小
方案C：加槽码时调节，小车匀速下滑；去掉槽码，小车加速下滑，打点计时测加速度大小，槽码重力为所受合力大小
方案D：传感器读数为所受合力大小，打点计时测加速度大小
（1）需要补偿阻力的方案是__________；不需要小车质量远大于槽码（沙桶与沙子）质量的方案是_________。
（2）实验获得如图所示的纸带，计数点间均有四个点未画出，则打点时小车的速度为_________m/s（保留两位有效数字）。
【答案】（1） ①. ABD ②. ACD
（2）0.18##0.19
【解析】
【小问1详解】
[1]方案C中无论光滑粗糙槽码重力均是所受合力大小，故不需要平衡摩擦力，故选ABD。
[2]ACD．方案A中测力计读数为所受合力大小；方案C中槽码重力为所受合力大小；方案D传感器读数为所受合力大小；这三个方案均能获得准确的合力，故不需要近似法，即不需要小车质量远大于槽码（沙桶与沙子）质量，故ACD正确；
B．方案B用槽码重力为受合力大小，对系统有
可得
而绳子的拉力为
当时，，故B错误；
故选ACD。
【小问2详解】
计数点间均有四个点未画出，则相邻两个计数点间的时间间隔为
由匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，有
17.
（1）观察电容器的充、放电现象实验装置如图所示。
①应选择的电流表表头为图中的_________（选填“甲”或“乙”）。
②图中①②两条曲线不同是_________（选填“E”或“R”）的改变造成的。
（2）如图所示为某品牌方块电池，小文同学分别用电路图b和电路图c测量此方块电池的电源电动势和内阻。他选用的电压表量程、内阻未知，电流表量程、内阻等于，滑动变阻器。规范实验并根据测量数据描绘的图线分别得到如图d中I、Ⅱ所示。完成下列几个问题。
①根据电路图b测量数据描绘的图线应为图d中_________（填“I”或“Ⅱ”）
②根据题中条件，本次实验应选择实验电路图中_________（填“图b”或“图c”）。
③综合分析可得该电源电动势为_________，内阻为_________。（保留3位有效数字）
【答案】（1） ①. 甲 ②. R
（2） ①. Ⅱ ②. 图b ③. 9.00（8.98-9.02） ④. 0.500（0.460~0.540）
【解析】
【小问1详解】
[1]应选择的电流表表头为图中的甲。在电容器的充放电过程中，电流会先增大后减小，且可能会反向。甲图中的电流表指针指向中间，且左右两边都有刻度，说明它可以测量交变电流，即电流方向改变时，指针可以向左右两边偏转，因此适合本实验。而乙图中的电流表只能测量单向电流，不适合本实验。
[2]图中①②两条曲线不同是R（电阻）的改变造成的。图中的两条曲线表示的是电容器充放电过程中电荷量q随时间t的变化。由于两条曲线都从原点开始上升，说明电容器都是从未带电状态开始充电的。而①曲线的上升速度更快，说明电容器的充电速度更快。根据电容器充电的公式
我们可以知道，当电源电动势E一定时，充电速度与电阻R成反比。因此，①曲线对应的电阻R应该更小。所以，图中①②两条曲线不同是电阻R的改变造成的。
【小问2详解】
[1]根据电路图b测量数据描绘的图线中，图像的斜率等于电池内阻和电流表内阻之和，则斜率较大，则应为图d中Ⅱ；
[2]根据题中条件，因为电流表内阻已知，则本次实验应选择实验电路图中电路图b。
[3]综合分析根据图像Ⅱ以及
可得该电源电动势
[4]则内阻为
代入得
18. 在用“双缝干涉测量光的波长”的实验中，装置如图所示：
（1）双缝装置是图中的___________（选填“A”或“B”）。
（2）某同学在观察时发现条纹比较模糊，可以通过调节___________装置（填装置名称）。
（3）甲、乙两同学通过目镜，分别看到如图所示的甲、乙两种情形。由于条纹清晰，他们没有再进一步进行调节，而是直接进行测量，并根据公式算出波长，测量得到的波长准确的是_________（选填“甲”或“乙”）。
【答案】（1）B （2）拨杆
（3）甲
【解析】
小问1详解】
[1]根据装置图的排列情况知，双缝装置是图中的B。
【小问2详解】
[1]某同学在观察时发现条纹比较模糊，可以通过调节拨杆装置。
【小问3详解】
[1]干涉条纹要与分划板中心刻线对齐，由图可知测量得到的波长准确的是甲。
19. 如图所示，一不占体积的导热光滑活塞C与一段水银柱在气室A中封存着一定量的气体。此时气室温度与环境温度都为。体积为（已知）的绝热容器分成A、B两室，B室的体积是A室的两倍，A室容器上连接一U形管（U形管内气体的体积忽略不计），两边水银柱高度差为，B室容器中的气体通过阀门K，可与外界大气相通（外界大气压等于）。求：
（1）将阀门K打开后，气室A内的气体_________（填“吸热”、“放热”或“既不吸热也不放热”）；气室A内的气体对活塞C单位面积上的压力______（填“变大”、“变小”或“不变”）。
（2）将阀门K打开后，A室的体积变成多少？
（3）在打开阀门K后将气室A的气体从加热到，则U形管内两边水银面的高度差为多少？
【答案】（1） ①. 吸热 ②. 变小
（2）
（3）7.6cm
【解析】
【小问1详解】
[1]将阀门K打开后，由于初始A室气体压强大于大气压强，则导热光滑活塞C向右移动，A室气体体积增大，气体对外做功，由于气体温度不变，气体内能不变，根据热力学第一定律可知，气室A内的气体吸热；
[2]由于A室气体体积增大，气体温度不变，则气体压强减小，气室A内的气体对活塞C单位面积上的压力变小。
【小问2详解】
设大气压为，开始时
，
打开阀门，A室气体等温变化，此时
设体积，根据玻意耳定律有
解得
【小问3详解】
假设打开阀门后，气体从升到时，活塞C恰好到达容器最右端，即气体体积变为，压强仍为，即等压变化过程，根据盖—吕萨克定律得
可得
从升高到发生等容变化过程，根据查理定律
可得
水银面的高度差为
20. 某物理研究小组同学设计的弹射装置如图，改变弹性势能，可改变小物块水平进入圆弧轨道A点的速度。已知光滑的段圆弧半径，圆心角，直轨道倾角也为段长为，动摩擦因数为。长木板左端与水平平台右端紧靠在点，表面相平，长为，小物块质量，长木板质量，小物块与长木板的动摩擦因数为，地面光滑。求：
（1）当弹射装置释放的弹性势能为0.8J时，求小物块第一次经过圆弧面点时，向心加速度的大小；
（2）改变弹射装置释放的弹性势能，若小物块经过轨道后正好落在长木板左端点，求小物块从点到点的运动时间；
（3）小物块落到长木板左端点后，假设竖直方向速度变为零，水平方向速度不变，要使小物块不滑离长木板，求长木板的最小长度。
【答案】（1）8m/s2
（2）0.6s （3）0.5m
【解析】
【小问1详解】
小物块从弹离到第一次经过圆弧面点过程分析有
得
向心加速度的大小
得
【小问2详解】
从到的过程中，设上升的时间为段总时间，竖直方向位移满足
水平方向位移满足
联立求得
在斜坡上物体加速度
又
求得
【小问3详解】
落在木板上后，仅保留水平速度
与木板共速后，不会滑离长木板
根据能量关系
即木板最小长度
21. 如图所示，间距为与水平面夹角的平行金属轨道间存在垂直轨道平面向下、磁感应强度为（满足的匀强磁场，平行导轨通过单刀双掷开关与一只阻值为的电阻或减速装置相连，减速装置由半径为的圆环、转轴和一根阻值为的金属短棒焊接而成，圆环边缘和转轴通过电刷连入电路。圆环内存在垂直圆环平面向上、磁感应强度为的匀强磁场。质量为阻值为的金属杆垂直轨道放置，初始位置离轨道底端终点的距离为，不计杆与轨道间的摩擦，忽略焊点、电刷、导线和导轨的电阻。现将开关打到端与电阻相连，将金属杆由静止释放，最终金属杆匀速冲过终点；再将开关打到端与减速装置相连，将金属杆放回初始位置，并使其获得平行斜面向下、大小为的初速度，同时在外力控制下使减速装置绕轴顺时针（从上往下观察）转动，使得金属杆做匀减速运动，最终金属杆恰好在终点处速度减为零。求：（答案用不包含的字母、数字表示，重力加速度用表示）：
（1）开关S打到时，金属杆最终的速度；
（2）开关S打到时，金属杆到达轨道底端终点的时间；
（3）开关S打到时，减速装置转动的角速度与运动时间的关系。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
开关S打到时，金属杆最终将匀速运动，由受力分析可知
又因为
将代入联立解得
【小问2详解】
根据动量定理：
解得
【小问3详解】
金属杆做匀减速运动，则有
由牛顿第二定律可知
解得
由闭合电路欧姆定律可知
又
联立解得：
22. 如图所示，在平面直角坐标系所在平面内，圆与轴相切于，半径为，A为圆上一点，与轴正向成角。在圆内存在垂直平面向外的匀强磁场（未知），在第I象限内、直线的右侧存在垂直平面向外的匀强磁场（未知）。在原点处有一粒子源向第二象限内发射电量为、质量为、速度大小为的带正电的粒子，单位时间内发射的粒子数为，发射方向可在与轴负方向成为角的范围内调整，其中时，粒子恰能从A点平行轴离开圆形区域。沿轴放有靶，粒子打中靶时被靶吸收，不分析粒子离开区域后的运动。
（1）求的大小及带电粒子进入区域时射入点的纵坐标范围；
（2）若，求在发射方向调整过程中能被粒子击中的靶的长度，及粒子击中靶时对靶的作用力沿方向的分力的最大值；
（3）若随纵坐标变化，满足，求能击中靶的粒子从粒子源射出时的速度方向的范围。
【答案】（1）；1.5R~2R
（2）；
（3）53°~60°
【解析】
【小问1详解】
由几何关系得
根据
解得
为磁发散问题，粒子均沿轴正方向进入区域，当时
当时
对应位置的纵坐标的范围为1.5R~2R。
【小问2详解】
区域
区域
从处入射得
从处入射得
能被粒子击中的靶的长度为
发射方向时，沿方向分力的最大，有
动量定理得
【小问3详解】
对粒子沿x方向应用动量定理得
设进入区域时的纵坐标为的粒子的轨迹恰与轴相切，则
解得
又
解得
能击中靶的粒子从粒子源射出时的速度方向的范围为。