浙江省嘉兴市嘉兴高级中学等校2024-2025学年高三下学期第一次教学调研物理试卷（解析版）

这是一份浙江省嘉兴市嘉兴高级中学等校2024-2025学年高三下学期第一次教学调研物理试卷（解析版），共29页。试卷主要包含了选择题Ⅰ，选择题Ⅱ，非选择题部分等内容，欢迎下载使用。
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. 根据航运行业机构的数据，到2030年全球将有超过250GW的海上风电容量，共有约730个海上风电场和30000台风电机组处于运营状态。如果用物理量的基本单位来表示海上风电容量的单位。下列表达中正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】通过题干可知，到2030年全球将有超过250GW的海上风电容量，即海上风电容量的单位是功率的单位
由表达式，，
可得用物理量国际单位的基本单位表示，故选C。
2. 某校物理兴趣小组进行了如图甲所示的无人机飞行表演活动。图乙为该无人机某次表演过程中沿竖直方向运动的v-t图像。以竖直向上为正方向，关于无人机的运动情况，下列说法正确的是（ ）
A. 无人机在2s末至4s末匀减速下降
B. 无人机在第4s内处于失重状态
C. 无人机在第3s和第4s的加速度大小相等，方向相反
D. 无人机在2s末到达最高点
【答案】B
【解析】A．无人机在2s末至3s末匀减速上升，3s末至4s末加速下降，故A错误；
B．无人机在第4s内加速下降，加速度向下，处于失重状态，故B正确；
C．根据v-t图像斜率代表加速度，则无人机在第3s和第4s的加速度大小相等，方向相同，故C错误；
D．无人机在3s末到达最高点，故D错误。
故选B。
3. 2024年9月25日，中国火箭军向南太平洋预定水域试射东风型导弹，本次试射的导弹飞行了12000公里，显示出我国强大的国防实力。若将导弹发射和飞行过程简化为：如图所示，从地面上A点发射出的导弹，只在引力作用下沿ACB椭圆轨道飞行击中地面目标B，C为轨道的远地点且距地面高度为H。已知地球半径为R，质量为M，引力常量为G．下列关于导弹只在引力作用下沿ACB椭圆轨道飞行过程，结论正确的是（ ）
A. 导弹在空中的运动是匀变速曲线运动
B. 导弹在A点的速度小于在C点的速度
C. 导弹在A点的加速度
D. 导弹在C点的速度
【答案】D
【解析】A．导弹沿ACB椭圆轨道飞行的过程加速度的大小和方向均变化，则做非匀速曲线运动，故A错误；
B．由A点到C点，万有引力做负功，其动能增大，有，故B错误；
C．由牛顿第二定律可知
，
可得
故C错误；
D．若导弹过C点做匀速圆周运动，有
但导弹在椭圆轨道上运动过C点时需要加速才能变轨为圆周轨道，可推得
故D正确。
故选D。
4. 爱因斯坦提出的光子说成功地解释了光电效应的实验现象，在物理学发展历程中具有重大意义。如图所示为四个与光电效应有关的图像，下列说法正确的是（
A. 在图甲装置中，改用强度更大的红光照射锌板也一定有光电子飞出
B. 由图乙可知，当正向电压增大时，光电流一定增大
C. 由图丙可知，入射光的频率越高，金属的逸出功越大
D. 由图丁可知，该图线斜率为普朗克常量
【答案】D
【解析】A．由于红光的频率较小，所以在图甲装置中，改用强度更大的红光照射锌板不一定有光电子飞出，故A错误；
B．当达到饱和电流时，增大正向电压，则光电流不变，故B错误；
C．金属的逸出功与入射光的频率无关，故C错误；
D．根据爱因斯坦光电效应方程
所以该图线的斜率为普朗克常量，故D正确。
故选D。
5. 在电荷量为Q的点电荷产生的电场中，将无限远处的电势规定为零时，距离该点电荷r处的电势为，其中k为静电力常量，多个点电荷产生的电场中某点的电势，等于每个点电荷单独存在的该点的电势的代数和。电荷量分别为和的两个点电荷产生的电场的等势线如图中曲线所示（图中数字的单位是伏特），则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】根据两点电荷周围的电势分布可知带正电，带负电，由图中电势为0的等势线可知
图像可知
联立解得
故B正确。
6. 如图所示，理想变压器原、副线圈分别接有阻值R0＝24Ω和R1＝5Ω、R2＝4Ω的定值电阻，原线圈左侧接一正弦交流电源，开关闭合前后副线圈的输出功率不变，则原、副线圈的匝数的比值为（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】A
【解析】设原、副线圈的匝数的比值为k，原线圈左侧接一正弦交流电源的输出电压为U，开关闭合时，R1短路，副线圈后面只有R2接入电路，设此时原线圈的电流为I1，根据电流之比等于匝数反比可得副线圈的电流为kI1；开关断开时，副线圈后面R1和R2串联接入电路，设此时原线圈的电流为I2，根据电流之比等于匝数反比可得副线圈的电流为kI2，则有
可得
对开关闭合和断开的情况分别有
，
联立以上各式可得
故选A。
7. 如图所示，一固定的细直杆与水平面的夹角为α=15°，一个质量忽略不计的小轻环C套在直杆上，一根轻质细线的两端分别固定于直杆上的A、B两点，细线依次穿过小环甲、小轻环C和小环乙，且小环甲和小环乙分居在小轻环C的两侧。调节A、B间细线的长度，当系统处于静止状态时β=45°。不计一切摩擦。设小环甲的质量为m1，小环乙的质量为m2，则m1∶m2等于（ ）
A. tan15°B. tan30°
C. tan60°D. tan75°
【答案】C
【解析】小球C为轻环，重力不计，受两边细线的拉力的合力与杆垂直，C环与乙环的连线与竖直方向的夹角为，C环与甲环的连线与竖直方向的夹角为，A点与甲环的连线与竖直方向的夹角为，乙环与B点的连线与竖直方向的夹角为，根据平衡条件，对甲环有
对乙环有
得
故选C。
8. 如图甲所示，圆心为O、半径为R的光滑绝缘圆管道固定放置在水平面上，PM为圆的条直径，在P点静止放置一质量为m、电荷量为＋q的带电小球。t＝0时刻开始，在垂直于圆管道平面的虚线同心圆形区域内加一随时间均匀变化的磁场，方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间的变化如图乙所示，时刻小球第一次运动到M点。下列说法正确的是（ ）
A. 顺着磁感线方向看，小球沿顺时针方向运动
B. 时刻磁感应强度的大小为
C. 管道内产生的感生电场强度大小为
D. 时刻小球对轨道的压力大小为
【答案】C
【解析】A．磁场方向垂直纸面向里且随时间均匀增大，可知感生电场沿逆时针方向，小球带正电，所以在电场力作用下沿逆时针方向运动，故A错误；
BC．感生电场沿管道切线方向，小球在时间内沿切线方向做加速运动，则有，
联立解得感生电场场强大小为
根据法拉第电磁感应定律有
又
联立解得时刻磁感应强度的大小为
故B错误，C正确；
D．时刻小球的速度大小为
根据牛顿第二定律可得
联立解得
根据牛顿第三定律可知时刻小球对轨道的压力大小为，故D错误。
故选C。
9. 如图所示，在整个空间中存在匀强电场，现从A点将质量为m、电荷量为的小球以初速度竖直向上抛出，小球运动过程中经过同一竖直平面内的B点和C点。已知小球经过B点时速度大小为、方向水平向右，A、C两点在同一水平线上。不计空气阻力，已知小球所受电场力大小为，重力加速度为g，则下列判断正确的是（ ）
A. 匀强电场方向水平向右
B. 小球经过B点时速度最小
C. A、B与B、C之间水平距离之比为
D. 小球由A运动至C过程中其电势能先增大后减小
【答案】D
【解析】A．设小球合力方向与竖直方向夹角为，则从A到B速度变化量的方向与合力方向相同，由对称性可知，合力方向沿AB连线的垂直平分线斜向右下方，则有
且
可得
故匀强电场方向斜向右下，故A错误；
B．当小球在B点时其速度方向与合外力之间的夹角为锐角，小球速度不是最小值，故B错误；
C．小球竖直方向先做匀减速运动，到最高点后做向下的匀加速运动，则由竖直分运动可知小球由A运动到B和由B运动到C时间相同，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，所以A、B两点与B、C两点之间水平距离之比为，故C错误；
D．小球由A运动至C过程中电场力与速度方向由钝角逐渐变化到锐角，所以电场力先做负功后做正功，所以电势能先增大后减小，D正确。
故选D。
10. 带发电机的自行车，能利用车轮带动发电机转动发电对车灯提供电源。图甲是其发电机与车轮接触部分的照片，发电的基本原理可简化为一个线圈在匀强磁场中转动来产生（如图乙所示）。已知发电机转轮（转速与发电机线圈一样）的半径为r，发电机线圈所围面积为S、匝数为n、电阻为R0，磁场的磁感应强度为B，车灯电阻为R。当自行车以某速度在平直公路上匀速行驶时受到地面及空气的总阻力为Ff，车灯消耗的电功率为P。则
A. 自行车的行驶速度
B. 流经车灯的电流方向变化的频率为
C. 线圈转动一圈克服安培力做的功
D. 骑车人做功的功率
【答案】C
【解析】A．设线圈角速度为ω，则发电机产生的电动势有效值
有效电流
功率
联立解得
故自行车的行驶速度
故A错误；
B．根据交流电频率
联立以上解得
转动一周电流方向改变两次，故流经车灯的电流方向变化的频率为
故B错误；
C．由能量守恒可知，线圈转动一圈克服安培力做的功
又因为，，，联立解得
故C正确；
D．由能量守恒可知，骑车人做功的功率
联立以上解得
故D错误。故选C。
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
11. 如图所示为一个加速度计的原理图。滑块可沿光滑杆移动，滑块两侧与两根相同的轻弹簧连接；固定在滑块上的滑动片M下端与滑动变阻器R接触良好，且不计摩擦；两个电源的电动势E相同，内阻不计。两弹簧处于原长时，M位于R的中点，理想电压表的指针位于表盘中央。当P端电势高于Q端时，指针位于表盘右侧。将加速度计固定在水平运动的被测物体上，则下列说法正确的是（ ）
A. 若M位于R的中点右侧，P端电势高于Q端
B. 电压表的示数随物体加速度的增大而增大，但不成正比
C. 若电压表指针位于表盘左侧，则物体速度方向一定向右
D. 若电压表指针位于表盘左侧，则物体加速度方向向右
【答案】AD
【解析】A．由题意可知，M位于R的中点时，理想电压表的指针位于表盘中央，即此时P端电势等于Q端，由于滑动变阻器从右端向左端电势逐渐降低，因此当M位于R的中点右侧时，P端电势高于Q端，故A正确；
B．设被测物体水平方向的加速度为a时，滑块移动的距离为c，对滑块，根据牛顿第二定律得
2kx=ma
设电阻器单位长度的电阻为r，电阻器的总长度为L，则电路中的电流为
电压表的示数为
由以上各式解得
可知U与a成正比，故B错误；
CD．若电压表指针位于表盘左侧，可知此时P端电势低于Q端电势，滑块M位于R的中点左侧，滑块所受弹簧的拉力的合力向右，因此滑块具有向右的加速度，但速度方向不一定向右，故C错误，D正确。故选AD。
12. 如图所示，电源电动势为，内阻为，三个电阻阻值均为，电容器的电容为，开关断开，现在闭合开关，用绝缘细线悬挂的带电小球向右偏离竖直方向，并处于稳定状态，已知电容器间距足够大，下列说法正确的是（ ）
A. 小球带正电
B 闭合开关，带电小球向左偏离竖直方向
C. 仅闭合开关时，向右移动滑动变阻器的滑片，小球偏离竖直方向的夹角增大
D. 闭合开关，稳定后电流表示数变小
【答案】BC
【解析】A．仅闭合开关时电容器右极板带正电，带电小球受到的电场力与电容器内的电场强度方向相反，则带电小球带负电，故A错误；
B．闭合开关，电容器左极板电势升高，高于右极板电势，左极板带正电，带电小球向左偏离竖直方向，故B正确；
C．仅闭合开关时，向右移动滑动变阻器的滑片，电路总电阻减小，电流增大，分析可知电容器上电压等于右侧下方电阻R两端的电压，故此时电容器电压增大，电场增强，带电小球受到的电场力增大，则偏角增大，故C正确；
D．闭合开关，总电阻减小，电流表示数变大，故D错误。
故选BC。
13. 如图所示，图甲为一列简谐横波在均匀介质中沿x轴负向传播时t=0时刻的波形图，M和N（N点位置图甲中未标明）是介质中的两个质点，M是平衡位置位于x=1.0m处的质点，质点N的振动图像如图乙所示，则下列说法中正确的是（ ）
A. 这列简谐横波在介质中的传播速度为2m/s
B. 在t=2.5s时，质点M的加速度方向沿y轴负方向
C. 质点N做简谐运动的位移y随时间t变化的关系式为
D. M、N两质点的平衡位置相距半波长的奇数倍
【答案】AC
【解析】A．由图甲可知波长为
由图乙可知周期为
波的传播速度为
故A正确；
B．t=0时M点向轴正方向振动，t=2.5s时经历的时间为
此时质点M在负向最大位移处，加速度a方向与位移方向相反，加速度a方向沿y轴正方向，故B错误；
C．质点的振幅为，
由图乙可知初相位为，故质点N做简谐运动的位移y随时间t变化的关系式为
故C正确；
D．由图乙可知质点N与质点M振动情况完全相同，M、N两质点的平衡位置相距波长的整数倍，故D错误。
故选AC。
非选择题部分
三、非选择题部分（本大题共5小题，14题共58分）
14. 某同学用气垫导轨做探究加速度与合外力关系的实验。装置如图1所示，气垫导轨上相隔一定距离的两处装有光电门1、2，两光电门间的距离为L，滑块上固定一遮光条，遮光条和滑块的总质量为M，滑块通过光电门时，与光电门连接的数字计时器会记录遮光条的遮光时间。
（1）实验前，接通气源，将滑块置于气垫导轨上（不挂砂桶），轻推滑块，若数字计时器显示滑块通过光电门1时遮光条的遮光时间比通过光电门2时遮光条的遮光时间长，则要将气垫导轨左侧适当______（填“调低”或“调高”），直至遮光时间相等。
（2）用螺旋测微器测遮光条的宽度d，测量结果如图2所示，则d=______cm。
（3）按图1安装好装置，按正确操作进行实验，若滑块通过光电门1时遮光条的遮光时间为t1，通过光电门2时遮光条的遮光时间为t2，则滑块运动的加速度大小a=______（用题中已知物理量和测得物理量的符号表示）。
（4）实验______（填“需要”或“不需要”）满足砂和砂桶的质量远小于M。
【答案】（1）调高 （2）0.0850 （3） （4）不需要
【解析】【小问1详解】
若数字计时器显示滑块通过光电门1时遮光条的遮光时间比通过光电门2时遮光条的遮光时间长，说明滑块做加速运动，导轨左低右高，所以应将气垫导轨左侧适当调高，直至遮光时间相等。
【小问2详解】
螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，所以
【小问3详解】
根据速度位移关系可得，，
联立可得
【小问4详解】
由于本实验中有弹簧测力计，可以测得绳中拉力大小，所以不需要满足砂和砂桶的质量远小于M。
15. 用频闪照相记录平抛小球在不同时刻的位置，探究平抛运动的特点。
（1）关于实验，下列做法正确的是______（填选项前的字母）。
A. 选择体积小、质量大的小球B. 借助重垂线确定竖直方向
C. 先抛出小球，再打开频闪仪D. 水平抛出小球
（2）图1所示的实验中，A球沿水平方向抛出，同时B球自由落下，借助频闪仪拍摄上述运动过程。图2为某次实验的频闪照片，在误差允许范围内，根据任意时刻A、B两球的竖直高度相同，可判断A球竖直方向做______运动。
（3）某同学实验时忘了标记重垂线方向，为解决此问题，他在频闪照片中，以某位置为坐标原点，沿任意两个相互垂直的方向作为x轴和y轴正方向，建立直角坐标系xOy，并测量出另外两个位置的坐标值、，如图3所示。根据平抛运动规律，利用运动的合成与分解的方法，可得重垂线方向与y轴间夹角的正切值为______。
【答案】（1）ABD （2）自由落体运动
（3）
【解析】【小问1详解】
A．用频闪照相记录平抛小球在不同时刻的位置，选择体积小质量大的小球可以减小空气阻力的影响，故A正确；
B．本实验需要借助重垂线确定竖直方向，故B正确；
CD．实验过程先打开频闪仪，再水平抛出小球，故C错误，D正确。
故选ABD。
【小问2详解】
根据任意时刻A、B两球的竖直高度相同，可以判断出A球竖直方向做自由落体运动；
【小问3详解】
如图分别表示水平和竖直方向，设重垂线方向与y轴间的夹角为，建立坐标系存在两种情况，如图所示
当建立的坐标系为时，则x轴方向做匀减速运动，根据逐差法计算加速度有
y轴方向
联立解得
当建立的坐标系为时，则x轴方向做匀减速运动，根据逐差法计算加速度有
y轴方向在
联立解得
综上所述，重垂线方向与y轴间夹角正切值为
16. 小明在做实验时，发现一个色环电阻的外漆脱落，如图1所示，于是用多用电表测量该电阻。
（1）正确的操作顺序是______。
A．把选择开关旋转到交流电压最高挡
B．调节欧姆调零旋钮使指针指到欧姆零点
C．把红黑表笔分别接在两端，然后读数
D．把选择开关旋转到合适的挡位，将红、黑表笔接触
E．把红黑表笔插入多用电表“＋、－”插孔，并用螺丝刀调节指针定位螺丝，使指针指0
（2）小明正确操作后，多用电表的指针位置如图2所示，则______Ω。
（3）小林认为用多用电表测量电阻误差较大，采用伏安法测量。图3是部分连接好的实物电路图，请用电流表内接法完成接线并在图3中画出。______
（4）小林用电流表内接法和外接法分别测量了该色环电阻的伏安特性，并将得到的电流、电压数据描到U－I图上，如图4所示。请你选择一组合理的数据点，求出该色环电阻的电阻为______Ω（结果保留两位有效数字）。
（5）因电表内阻影响，测量值______（选填“偏大”或“偏小”）。
【答案】（1）EDBCA
（2）3000 （3）
（4）3.1×103或3.2×103 （5）偏大
【解析】【小问1详解】
根据多用电表的使用方法，先机械调零，选择欧姆挡，再欧姆调零，测量完毕后，选择开关旋转到挡或者交流电压最高挡，故正确的顺序是EDBCA。
【小问2详解】
欧姆挡的读数方法是读数乘以倍率，图中选择开关在欧姆挡倍，读数为，故电阻的阻值为。
【小问3详解】
为了测量准确，滑动变阻器采用分压式接法，实物图如下。
【小问4详解】
由（2）可知被测电阻大约3000Ω，则在相同的电压下，安培表外接法时由于电压表分流作用明显，电流表的读数明显偏大，故①的数据更合理，通过计算可知被测电阻阻值为3.1×103或3.2×103Ω。
【小问5详解】
因选用了安培表内接法，故测量结果偏大。
17. 如图1所示，上端开口的导热汽缸放置在水平面上，质量为m、横截面积为s的活塞密封了一定质量的理想气体。当环境温度为时，活塞静止的位置与汽缸底部距离为h，离缸口的距离为0.5h。已知重力加速度为g，活塞厚度及活塞与汽缸壁之间的摩擦不计，大气压强为。
（1）若缓慢升高环境温度，使活塞刚好上移到气缸口，求此时的环境温度；
（2）若先在缸内壁紧贴活塞上表面固定一小卡环（与活塞接触但没有作用力），如图2所示，再缓慢升高环境温度到，求升温后卡环对活塞的压力大小；
（3）上问中的升温过程相对于（1）问中的升温过程，气体少吸收的热量为多少？
【答案】（1）1.5T1；（2）4mg；（3）
【解析】（1）气体发生等压变化，升高后温度为，做等压变化
解得
（2）开始时，缸内气体压强
做等容变化
解得
设卡环对活塞的压力大小为F，则
解得
F＝4mg
（3）两个过程中气体内能增量相同，据热力学第一定律在（1）问中有
在（2）问中有
则（1）问中比（2）问中多吸收热量
【点睛】运用理想气体方程进行求解，分析每个过程处于的状态进行计算。
18. 跳台滑雪是最具观赏性的运动项目之一，滑雪大跳台的赛道主要由助滑道、起跳区、着陆坡、停止区组成，其场地可以简化为如图甲所示的模型。某实验小组结合滑雪轨道设计了如图乙所示的轨道进行研究，竖直圆弧轨道的圆心为，B点为轨道最低点，为另一四分之一竖直圆弧轨道，圆心为，圆弧轨道和的半径相同，交接处留有可供小球通过的窄缝。四点在同一水平线上，两点连线与水平方向夹角为。一质量的小球以与水平方向成的初速度从点滑出，从此时开始计时，时小球离连线最远，最后恰好沿切线方向从A点落入圆弧轨道，已知。求：
（1）小球从点滑出时的初速度大小；
（2）的正切值；
（3）圆弧轨道和的半径时，小球脱离轨道时重力的瞬时功率。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】【小问1详解】
建立坐标系，如图
依题意，时小球离连线最远，则
解得
【小问2详解】
小球到达A点，分解速度，如图
有
解得
可知
由几何知识，可得
解得
可得
【小问3详解】
由第二问分析，可得
如图，设夹角为时，小球脱离MN轨道，
则有
由动能定理，可得
解得
，
小球脱离轨道时重力的瞬时功率
19. 如图所示，固定在水平面内间距为l的平行金属导轨M和N，其左端通过开关S1和S2连接电阻R、电容C及在竖直平面内带有三根轻金属辐条可绕过其中心的水平轴O转动、半径为d的轻质金属圆环，圆环内存在垂直于圆环的匀强磁场B；右端与动摩擦因数为μ的绝缘导轨x、y无缝相连，其正中固定一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧，弹簧左端恰好与绝缘导轨对齐。在长度为Δl的虚线框内存在大小也为B方向垂直于导轨平面的匀强磁场。电阻为R、质量为m、长为l的导体棒ab静止于磁场右边界（处在磁场内），并与导轨接触良好。不可伸长的细绳绕在金属圆环上，系着质量也为m的物块Q，物块距地面的高度为h，当物块Q向下运动时带动金属圆环绕圆心O旋转。已知k = 15 N/m，m = 0.25 kg，l = 1 m，B = 2 T，R = 0.5 Ω，C = 0.25 F，d = 0.5 m，h = 1 m，μ = 0.2，Δl = 0.1 m；电容器两端电压为U时，其储存的电场能；弹簧伸长量为x时，其弹性势能。（不计其它电阻和电磁辐射，除绝缘导轨外其它摩擦阻力不计，细绳与金属圆环无相对滑动，棒ab始终在导轨所在平面内运动，弹簧未超出弹性限度）。现进行如下操作：①S1断开，S2掷向2，将物块Q由静止释放，给电容C充电直至落地时断开S2；②物块Q落地前的瞬间，立即将S2掷向1、S1仍断开，ab棒立即以v = 1.0 m/s的速度离开磁场；③ab棒离开磁场压缩弹簧，再闭合S1，断开S2，直到ab棒返回磁场。求：
（1）操作②中通过ab棒的电荷量；
（2）操作③中ab棒返回磁场的速度大小；
（3）判断③中ab棒返回后能否穿过磁场区域，若能，求出穿出磁场时的速度大小；若不能，求出ab棒向左运动离右虚线的最大距离；
（4）操作①中物块Q下落的最大速度及电容C所带的最大电荷量。
【答案】（1）0.125 C
（2）
（3）不能，
（4）4 m/s，0.5 C
【解析】【小问1详解】
C放电，ab棒在安培力作用下加速，由动量定理得
得：操作②中通过ab棒的电荷量
【小问2详解】
ab棒在绝缘粗糙导轨上压缩弹簧，设压缩量最大值为Δx，由动能定理得
得压缩量最大值为
ab棒返回磁场的速度为v1，由动能定理得
得ab棒返回磁场的速度为
【小问3详解】
假设b棒返回不穿过磁场区域，离右虚线的最大距离为x，由动量定理得
可得
所以，ab棒不能出磁场，其向左运动离右虚线的最大距离为。
【小问4详解】
物块Q下落做匀加速运动，根据能量守恒得
又
得落地时速度
电容C所带的最大电荷量
20. 如图所示，在xOy平面内有一以O为圆心，半径为R的圆形磁场区域Ⅰ，磁感应强度为（未知）。在圆形磁场区域右侧放置水平极板M、N，其中心线在x轴上，极板长度和极板间距离均为，极板间接有偏转电场的电压（未知）。位于S处的粒子源沿纸面内向圆形磁场区域内各个方向均匀发射速率为的带电粒子，粒子质量为m、电荷量为+q，单位时间内放出的粒子数为n。所有粒子经圆形磁场偏转后均沿x轴正方向。其中沿y轴正方向入射的粒子从点出磁场，并经过偏转电场后刚好从下极板的边缘飞出，打在下极板上的粒子立即被吸收，并通过电流表导入大地。距离极板MN右端处有一宽度为的匀强磁场区域Ⅱ，磁感应强度为，方向垂直纸面向里，a、b是磁场的左右边界。区域Ⅱ左边界上有一长度为2R的收集板CD，C端在x轴上。粒子打在收集板上立即被吸收。不计粒子的重力及粒子间的相互作用，不考虑电场的边缘效应。求：
（1）圆形磁场区域磁感应强度的大小及方向；
（2）极板MN间电压及稳定后电流表示数I；
（3）要使所有穿出电场的粒子都能被收集板收集，区域Ⅱ磁感应强度的范围：
（4）若区域Ⅱ中磁感应强度，在区域Ⅱ中加一沿x轴正方向的匀强电场，要使粒子不从磁场的右边界穿出，所加电场的场强E不能超过多少？
【答案】（1），方向垂直纸面向外
（2），
（3）
（4）
【解析】【小问1详解】
由于所有粒子经圆形磁场偏转后均沿x轴正方向，根据粒子在磁场中的运动轨迹，结合几何关系可知，粒子运动半径r等于磁场圆半径R，则有
解得
根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外
【小问2详解】
粒子在电场中做类平抛运动，则有
解得
结合题意可知，粒子经过电场偏转后有一半粒子打在下极板N上被吸收，则有
【小问3详解】
作出粒子运动轨迹图，如图所示
结合上述可知，穿出电场的粒子偏转距离都等于R，根据速度分解有
解得
粒子飞出电场时，根据速度分解有
解得
结合上述可知，粒子飞出电场速度方向的反向延长线与水平分位移对应线段的中点相交，设射入磁场时的偏转距离为，则有
解得
粒子经磁场区域Ⅱ偏转后竖直方向偏移距离
粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有
解得
要使所有粒子打在收集板上，则有
代入解得
当粒子轨迹刚好与磁场右边界相切时有
结合上述有
解得
综上所述，区域Ⅱ磁场的磁感应强度范围为
【小问4详解】
当轨迹与磁场右边界相切时，设速度为，如图所示
由动能定理可得
在y轴方向上，根据动量定理可得
即有
解得