2022 年 1 月浙江省普通高校招生选考科目考试物理试题（浙江卷·1月）

单位为 $\mathrm{J/m}$ 的物理量是（　　）

A．力

B．功

C．动能

D．电场强度

【答案与解析】

$\mathrm{J}=\mathrm{N\cdot m}$ ，故 $\mathrm{J/m}=\mathrm{N}$ ，即单位为 $\mathrm{J/m}$ 的物理量是力。故选A。
下列说法正确的是（　　）

A．研究甲图中排球运动员扣球动作时，排球可以看成质点

B．研究乙图中乒乓球运动员的发球技术时，乒乓球不能看成质点

C．研究丙图中羽毛球运动员回击羽毛球动作时，羽毛球大小可以忽略

D．研究丁图中体操运动员的平衡木动作时，运动员身体各部分的速度可视为相同

【答案与解析】

研究扣球、发球、回击动作时，球或运动员身体各部分的运动细节不可忽略，不能看成质点或视为速度相同；研究乒乓球发球技术时，乒乓球不能看成质点。故选B。
利用如图所示装置探究匀强磁场中影响通电导线受力的因素，导线垂直匀强磁场方向放置。先保持导线通电部分的长度L不变，改变电流I的大小，然后保持电流I不变，改变导线通电部分的长度L，得到导线受到的安培力F分别与I和L的关系图象，则正确的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

安培力 $F=BIL$ ，导线垂直磁场时， $F^{\prime}$ 与 $I$ 成正比、与 $L$ 成正比， $F\!-\!I$ 、 $F\!-\!L$ 图线均为过原点的直线。故选B。
如图所示，公园里有一仿制我国古代欹器的U形水桶，桶可绕水平轴转动，水管口持续有水流出，过一段时间桶会翻转一次，决定桶能否翻转的主要因素是（　　）

A．水桶自身重力的大小

B．水管每秒出水量的大小

C．水流对桶撞击力的大小

D．水桶与水整体的重心高低

【答案与解析】

欹器翻转取决于水桶与水整体的重心是否越过转轴，决定因素是重心高低。故选D。
如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m的石墩，石墩与水平地面间的动摩擦因数为 $\mu$ ，工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石墩时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为 $\theta$ ，则下列说法正确的是（　　）

A．轻绳的合拉力大小为 $\frac{\mu mg}{\cos\theta}$

B．轻绳的合拉力大小为 $\frac{\mu mg}{\cos\theta+\mu\sin\theta}$

C．减小夹角 $\theta$ ，轻绳的合拉力一定减小

D．轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力也最小

【答案与解析】

设轻绳合拉力为 $F^{\prime}$ ，则水平方向 $F\cos\theta=f$ ，竖直方向 $F\sin\theta+N=mg$ ，又 $f=\mu N$ ，解得 $F=\dfrac{\mu mg}{\cos\theta+\mu\sin\theta}$ 。故选B。
图甲中的装置水平放置，将小球从平衡位置O拉到A后释放，小球在O点附近来回振动；图乙中被细绳拴着的小球由静止释放后可绕固定点来回摆动。若将上述装置安装在太空中的我国空间站内进行同样操作，下列说法正确的是（　　）

A．甲图中的小球将保持静止

B．甲图中的小球仍将来回振动

C．乙图中的小球仍将来回摆动

D．乙图中的小球将做匀速圆周运动

【答案与解析】

甲图为弹簧类简谐运动装置，回复力由弹力提供，在失重环境下仍来回振动；乙图为单摆，依赖重力，失重时不能摆动。故选B。
如图所示，水平放置的电子秤上有一磁性玩具，玩具由哑铃状物件P和左端有玻璃挡板的凹形底座Q构成，其重量分别为 $G_{P}$ 和 $G_{Q}$ 。用手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态（即P和Q的其余部分均不接触），P与Q间的磁力大小为F。下列说法正确的是（　　）

A．Q对P的磁力大小等于 $G_{P}$

B．P对Q的磁力方向竖直向下

C．Q对电子秤的压力大小等于 $G_{Q}$ ＋F

D．电子秤对Q的支持力大小等于 $G_{P}$ ＋ $G_{Q}$

【答案与解析】

对 $P$ 、 $Q$ 整体，竖直方向受总重力 $G_P+G_Q$ 和电子秤支持力 $N$ ，平衡得 $N=G_P+G_Q$ ，由牛顿第三定律知 $Q$ 对电子秤的压力亦为 $G_P+G_Q$ 。故选D。
“天问一号”从地球发射后，在如图甲所示的P点沿地火转移轨道到Q点，再依次进入如图乙所示的调相轨道和停泊轨道，则天问一号（　　）

A．发射速度介于 $7.9\mathrm{km/s}$ 与 $11.2\mathrm{km/s}$ 之间

B．从P点转移到Q点的时间小于6个月

C．在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小

D．在地火转移轨道运动时的速度均大于地球绕太阳的速度

【答案与解析】

发射天问一号需脱离地球引力，发射速度大于 $11.2\,\mathrm{km/s}$ ；地火转移轨道半长轴大于地球公转半径，转移时间大于6个月；停泊轨道半长轴小于调相轨道，周期更小；在转移轨道远火星点附近速度小于地球绕太阳速度。故选C。
如图所示，甲图是一种手摇发电机及用细短铁丝显示的磁场分布情况，摇动手柄可使对称固定在转轴上的矩形线圈转动；乙图是另一种手摇发电机及磁场分布情况，皮带轮带动固定在转轴两侧的两个线圈转动。下列说法正确的是（　　）

A．甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场

B．乙图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场

C．甲图中线圈转动时产生的电流是正弦交流电

D．乙图线圈匀速转动时产生的电流是正弦交流电

【答案与解析】

甲图中细短铁丝分布均匀，线圈转动区域可视为匀强磁场；乙图分布不均匀，不能视为匀强磁场。甲图虽在匀强磁场中，但题中未说明绕垂直磁场转轴匀速转动，故不能判定产生正弦交流电。故选A。
某种气体—电子放大器的局部结构是由两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜构成，其上存在等间距小孔，其中相邻两孔截面上的电场线和等势线的分布如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．a点所在的线是等势线

B．b点的电场强度比c点大

C．b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大

D．将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功为零

【答案与解析】

电场线发散、等势线封闭， $a$ 所在线为电场线； $c$ 处电场线比 $b$ 处密， $E_c>E_b$ ；沿等势线 $d\to e\to f\to g$ 移动时电场力做功不为零；由等势线分布可知 $|U_{bc}|>|U_{ac}|$ 。故选C。
如图所示，用激光笔照射半圆形玻璃砖圆心O点，发现有a、b、c、d四条细光束，其中d是光经折射和反射形成的。当入射光束a绕O点逆时针方向转过小角度 $\Delta\theta$ 时，b、c、d也会随之转动，则（　　）

A．光束b顺时针旋转角度小于 $\Delta\theta$

B．光束c逆时针旋转角度小于 $\Delta\theta$

C．光束d顺时针旋转角度大于 $\Delta\theta$

D．光束b、c之间的夹角减小了 $2\Delta\theta$

【答案与解析】

入射光束 $a$ 逆时针转过 $\Delta\theta$ 时，由反射定律反射光束 $b$ 顺时针转过 $\Delta\theta$ ；由折射定律 $n\sin i=\sin r$ 可知折射光束 $c$ 逆时针转过角度小于 $\Delta\theta$ ；光束 $d$ 的反射角变化与 $c$ 的折射角变化相同，顺时针转过角度小于 $\Delta\theta$ ； $b$ 、 $c$ 之间夹角减小量小于 $2\Delta\theta$ 。故选B。
某节水喷灌系统如图所示，水以 $v_{0}=15\mathrm{m/s}$ 的速度水平喷出，每秒喷出水的质量为 $2.0\mathrm{kg}$ 。喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持 $H=3.75m$ 不变。水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压为 $220V$ ，输入电流为 $2.0A$ 。不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率。已知水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为75%，忽略水在管道中运动的机械能损失，则（　　）

A．每秒水泵对水做功为 $75J$

B．每秒水泵对水做功为 $225J$

C．水泵输入功率为 $440W$

D．电动机线圈的电阻为 $10\Omega$

【答案与解析】

每秒水泵对水做功 $W=\dfrac{1}{2}\dot{m}v_0^2+\dot{m}gH=300\,\mathrm{J}$ ；水泵输入功率 $P_{\text{入}}=W/0.75=400\,\mathrm{W}$ ；电动机热功率 $P_{\text{热}}=UI-P_{\text{入}}=40\,\mathrm{W}$ ，由 $P_{\text{热}}=I^2R$ 得 $R=10\,\Omega$ 。故选D。
如图所示，将一通电螺线管竖直放置，螺线管内部形成方向竖直向上、磁感应强度大小 $B=kt$ 的匀强磁场，在内部用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管，其电阻率为 $\rho$ 、高度为h、半径为r、厚度为d（ $d≪r$ ），则（　　）

A．从上向下看，圆管中的感应电流为逆时针方向

B．圆管的感应电动势大小为 $\frac{k\pi r^{2}}{h}$

C．圆管的热功率大小为 $\frac{\pi dhk^{2}r^{3}}{2p}$

D．轻绳对圆管的拉力随时间减小

【答案与解析】

$B=kt$ 向上增强，从上向下看感应电流为顺时针；感应电动势 $E=\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t}=k\pi r^2$ ；圆管电阻 $R=\rho\dfrac{2\pi r}{hd}$ ，热功率 $P=\dfrac{E^2}{R}=\dfrac{\pi dhk^2r^3}{2\rho}$ ；感应电流所受安培力沿径向指向轴线，轻绳拉力不变。故选C。
2021年12月15日秦山核电站迎来了安全发电30周年，核电站累计发电约 $6.9\times 10^{11}\mathrm{kW\cdot h}$ ，相当于减排二氧化碳六亿多吨。为了提高能源利用率，核电站还将利用冷却水给周围居民供热。下列说法正确的是（　　）

A．秦山核电站利用的是核聚变释放的能量

B．秦山核电站发电使原子核亏损的质量约为 $27.6\mathrm{kg}$

C．核电站反应堆中需要用镉棒控制链式反应的速度

D．反应堆中存在 $^{235}_{92}\mathrm{U}+^{1}_{0}\mathrm{n}\to^{141}_{56}\mathrm{Ba}+^{92}_{36}\mathrm{Kr}+3^{1}_{0}\mathrm{n}$ 的核反应

【答案与解析】

核电站利用重核裂变；由 $\Delta m=E/c^2$ 算得 $27.6\,\mathrm{kg}$ 为全部核能转化为电能时的质量亏损，实际亏损质量更大；镉棒吸收中子控制链式反应速度；题给核反应为铀核裂变反应式。故选CD。
两列振幅相等、波长均为 $\lambda$ 、周期均为T的简谐横波沿同一绳子相向传播，若两列波均由一次全振动产生， $t=0$ 时刻的波形如图1所示，此时两列波相距 $\lambda$ ，则（　　）

A． $t=\frac{T}{4}$ 时，波形如图2甲所示

B． $t=\frac{T}{2}$ 时，波形如图2乙所示

C． $t=\frac{3T}{4}$ 时，波形如图2丙所示

D． $t=T$ 时，波形如图2丁所示

【答案与解析】

波速 $v=\lambda/T$ 。 $t=T/4$ 时两列波各传播 $\lambda/4$ ，尚未相遇； $t=T/2$ 时各传播 $\lambda/2$ ，波前刚好相遇，波形如图乙； $t=3T/4$ 时波谷相遇振动加强，位移应为 $-2A$ ； $t=T$ 时两列波完全重合，各质点位移为零。故选BD。
电子双缝干涉实验是近代证实物质波存在的实验。如图所示，电子枪持续发射的电子动量为 $1.2\times 10^{-23}\mathrm{kg\cdot m/s}$ ，然后让它们通过双缝打到屏上。已知电子质量取 $9.1\times 10^{-31}\mathrm{kg}$ ，普朗克常量取 $6.6\times 10^{-34}\mathrm{J\cdot s}$ ，下列说法正确的是（　　）

A．发射电子的动能约为 $8.0\times 10^{-15}\mathrm{J}$

B．发射电子的物质波波长约为 $5.5\times 10^{-11}\mathrm{m}$

C．只有成对电子分别同时通过双缝才能发生干涉

D．如果电子是一个一个发射的，仍能得到干涉图样

【答案与解析】

$E_k=p^2/(2m)\approx 7.9\times10^{-17}\,\mathrm{J}$ ； $\lambda=h/p=5.5\times10^{-11}\,\mathrm{m}$ ；电子的物质波是单个电子的波动属性，逐个发射仍可得到干涉图样。故选BD。
在“研究平抛运动”实验中，以小钢球离开轨道末端时球心位置为坐标原点O，建立水平与竖直坐标轴。让小球从斜槽上离水平桌面高为h处静止释放，使其水平抛出，通过多次描点可绘出小球做平抛运动时球心的轨迹，如图所示。在轨迹上取一点A，读取其坐标（ $x_0$ ， $y_0$ ）。

①下列说法正确的是＿＿＿＿。

A.实验所用斜槽应尽量光滑

B.画轨迹时应把所有描出的点用平滑的曲线连接起来

C.求平抛运动初速度时应读取轨迹上离原点较远的点的数据

②根据题目所给信息，小球做平抛运动的初速度大小 $v_0=$ ＿＿＿＿。

A． $\sqrt{2gh} B$ ． $\sqrt{2gy_{0}} C$ ． $x_0\sqrt{\frac{g}{2h}} D$ ． $x_{0}\sqrt{\frac{g}{2y_{0}}}$

③在本实验中要求小球多次从斜槽上同一位置由静止释放的理由是＿＿＿＿。

【答案与解析】

① 斜槽是否光滑不影响只要同一位置释放即可，画轨迹时应舍去偏离点；求初速度应取离原点较远的点以减小误差。故填C。 ② 由 $x_0=v_0t$ 、 $y_0=\dfrac{1}{2}gt^2$ 得 $v_0=x_0\sqrt{\dfrac{g}{2y_0}}$ 。故填D。 ③ 保证小球每次做平抛运动的初速度相同。
“探究碰撞中的不变量”的实验装置如图所示，阻力很小的滑轨上有两辆小车A、B，给小车A一定速度去碰撞静止的小车B，小车A、B碰撞前后的速度大小可由速度传感器测得。

①实验应进行的操作有＿＿＿＿。

A．测量滑轨的长度

B．测量小车的长度和高度

C．碰撞前将滑轨调成水平

②下表是某次实验时测得的数据：

A的质量 $/\mathrm{kg}$ B的质量 $/\mathrm{kg}$ 碰撞前A的速度大小/（ $\mathrm{m\cdot s^{-1}}$ ）碰撞后A的速度大小/（ $\mathrm{m\cdot s^{-1}}$ ）碰撞后B的速度大小/（ $\mathrm{m\cdot s^{-1}}$ ）
0.200 0.300 1.010 0.200 0.800

由表中数据可知，碰撞后小车A、B所构成系统的总动量大小是＿＿＿＿ $\mathrm{kg\cdot m/s}$ 。（结果保留3位有效数字）

【答案与解析】

（1）合金丝电阻较小，选 $0\sim20\,\Omega$ 滑动变阻器便于调节。（2）电压表量程 $0\sim3\,\mathrm{V}$ ，读数为 $1.31\,\mathrm{V}$ 。（3）由 $R=\rho\dfrac{l}{S}$ 知 $\dfrac{U}{I}=\dfrac{\rho}{S}l$ ，图线 $a$ 斜率 $k\approx14.3\,\Omega/\mathrm{m}$ ， $\rho=kS\approx14.3\times7.0\times10^{-8}\,\Omega\cdot\mathrm{m}\approx1.0\times10^{-6}\,\Omega\cdot\mathrm{m}$ 。（4）并联后等效电阻更小，说明合金丝乙的电阻更小，因材料、长度相同，故甲的横截面积小于乙。
小明同学根据图1的电路连接器材来“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”。实验时多次改变合金丝甲接入电路的长度 $l$ 、调节滑动变阻器的阻值，使电流表的读数 $I$ 达到某一相同值时记录电压表的示数U，从而得到多个 $\frac{U}{I}$ 的值，作出 $\frac{U}{I}-l$ 图像，如图2中图线a所示。

（1）在实验中使用的是＿＿＿＿（选填“ $0~20\Omega$ ”或“ $0~200\Omega$ ”）的滑动变阻器。（2）在某次测量时，量程为 $3V$ 电压表的指针位置如图3所示，则读数 $U=$ ＿＿＿＿V。（3）已知合金丝甲的横截面积为 $7.0\times 10^{-8}\mathrm{m^2}$ ，则合金丝甲的电阻率为＿＿＿＿ $\Omega·m$ （结果保留2位有效数字）。（4）图2中图线b是另一根长度相同、材料相同的合金丝乙与合金丝甲并联后采用同样的方法获得的 $\frac{U}{I}-l$ 图像，由图可知合金丝甲的横截面积＿＿＿＿（选填“大于”、“等于”或“小于”）合金丝乙的横截面积。

【答案与解析】

（1） $v_B^2=2a_{AB}x_{AB}$ ， $a_{AB}=\dfrac{8^2}{2\times12}\,\mathrm{m/s^2}=\dfrac{8}{3}\,\mathrm{m/s^2}\approx2.67\,\mathrm{m/s^2}$ 。（2） $t_{AB}=\dfrac{v_B}{a_{AB}}=3.0\,\mathrm{s}$ ， $t_{BC}=2.0\,\mathrm{s}$ ；由 $x_{BC}=v_Bt_{BC}+\dfrac{1}{2}a_{BC}t_{BC}^2$ 得 $a_{BC}=2\,\mathrm{m/s^2}$ ， $v_C=v_B+a_{BC}t_{BC}=12\,\mathrm{m/s}$ 。（3） $mg\sin15^\circ-F_f=ma_{BC}$ ， $F_f=110\times(10\times0.26-2)\,\mathrm{N}=66\,\mathrm{N}$ 。
第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长 $12m$ 水平直道AB与长 $20m$ 的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为 $15^{\circ}$ 。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为 $8\mathrm{m/s}$ ，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑（图2所示），到C点共用时 $5.0s$ 。若雪车（包括运动员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为 $110\mathrm{kg}$ ， $sin15^{\circ}=0.26$ ，重力加速度 $g$ 取 $10\mathrm{m/s^2}$ ，求雪车（包括运动员）（1）在直道AB上的加速度大小；（2）过C点的速度大小；（3）在斜道BC上运动时受到的阻力大小。

【答案与解析】

（1）由动能定理 $mg\left[l\sin37^\circ+R(1-\cos37^\circ)\right]=\dfrac{1}{2}mv_C^2$ ，在 $C$ 点 $F_N-mg=m\dfrac{v_C^2}{R}$ ，解得 $F_N=7\,\mathrm{N}$ 。（2）恰到最高点 $E$ 时 $mgl_x\sin37^\circ-mg(3R\cos37^\circ+R)=0$ ，得 $l_x=0.85\,\mathrm{m}$ ，故到达 $F^{\prime}$ 点需 $l_x\ge0.85\,\mathrm{m}$ ；从释放到 $F^{\prime}$ 由机械能守恒 $mg(l_x\sin37^\circ-4R\cos37^\circ)=\dfrac{1}{2}mv^2$ ，得 $v=\sqrt{12l_x-9.6}\,\mathrm{m/s}$ ， $0.85\,\mathrm{m}\le l_x\le3\,\mathrm{m}$ 。（3） $FG$ 长度 $L=\dfrac{4R\cos37^\circ}{\sin37^\circ}=0.8\,\mathrm{m}$ 。设滑块在 $FG$ 上经过的总路程为奇数个半长 $\dfrac{nL}{2}$ （ $n$ 为奇数），由动能定理 $mgl_x\sin37^\circ-mg\dfrac{L}{2}\sin37^\circ-\mu mg\cos37^\circ\cdot\dfrac{nL}{2}=0,$ 解得 $l_x=\dfrac{6+7n}{15}\,\mathrm{m}$ 。结合 $0.85\,\mathrm{m}\le l_x\le3\,\mathrm{m}$ ， $n=1,3,5$ ，故 $l_x=\dfrac{13}{15}\,\mathrm{m}$ 、 $\dfrac{9}{5}\,\mathrm{m}$ 、 $\dfrac{41}{15}\,\mathrm{m}$ 。
如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角 $\alpha=37^{\circ}$ 的光滑直轨道AB、圆心为 $O_1$ 的半圆形光滑轨道BCD、圆心为 $O_2$ 的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为 $37^{\circ}$ 的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点（与B点等高），B、 $O_1$ 、D、 $O_2$ 和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量 $m=0.1\mathrm{kg}$ ，轨道BCD和DEF的半径 $R=0.15m$ ，轨道AB长度 $l_{AB}=3\mathrm{m}$ ，滑块与轨道FG间的动摩擦因数 $\mu=\frac{7}{8}$ ，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回， $sin37^{\circ}=0.6$ ， $cos37^{\circ}=0.8$ 。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放，（ $g=10\mathrm{m/s^{2}}$ ）（1）若释放点距B点的长度 $l=0.7m$ ，求滑块到最低点C时轨道对其支持力 $F_N$ 的大小；（2）设释放点距B点的长度为 $l_{x}$ ，滑块第一次经F点时的速度v与 $l_{x}$ 之间的关系式；（3）若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度 $l_{x}$ 的值。

【答案与解析】

本大题（金属圆环—电容器—线框系统）含三问，逐问解答见下。
如图所示，水平固定一半径 $r=0.2m$ 的金属圆环，长均为r，电阻均为 $R_0$ 的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO'上，并随轴以角速度 $\omega=600\mathrm{rad/s}$ 匀速转动，圆环内左半圆均存在磁感应强度大小为 $B_1$ 的匀强磁场。圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距 $l_1$ 的水平放置的平行金属轨道相连，轨道间接有电容 $C=0.09F$ 的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连。电容器左侧宽度也为 $l_1$ 、长度为 $l_2$ 、磁感应强度大小为 $B_2$ 的匀强磁场区域。在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab，磁场区域外有间距也为 $l_1$ 的绝缘轨道与金属轨道平滑连接，在绝缘轨道的水平段上放置“［”形金属框fcde。棒ab长度和“［”形框的宽度也均为 $l_1$ 、质量均为 $m=0.01\mathrm{kg}$ ，de与cf长度均为 $l_3=0.08m$ ，已知 $l_1=0.25m$ ， $l_2=0.068m$ ， $B_1=B_2=1T$ 、方向均为竖直向上；棒ab和“［”形框的cd边的电阻均为 $R=0.1\Omega$ ，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直。开始时开关S和接线柱1接通，待电容器充电完毕后，将S从1拨到2，电容器放电，棒ab被弹出磁场后与“［”形框粘在一起形成闭合框abcd，此时将S与2断开，已知框abcd在倾斜轨道上重心上升 $0.2m$ 后返回进入磁场。

【答案与解析】

（1）转动的金属棒在左半圆磁场中切割磁感线，由右手定则知圆环边缘为电源正极，故 $M$ 板带正电；感应电动势 $E=\dfrac{1}{4}B_1\omega r^2=6\,\mathrm{V}$ ，所以 $Q=CE=0.09\times6\,\mathrm{C}=0.54\,\mathrm{C}$ 。

22．求电容器充电完毕后所带的电荷量Q，哪个极板（M或N）带正电？

【答案与解析】

（2）电容器放电过程对棒 $ab$ 用动量定理： $B_2l_1\Delta Q=mv$ 。棒 $ab$ 与框粘在一起过程动量守恒： $mv=2mv'$ 。框上滑过程 $\dfrac{1}{2}(2m)v'^2=(2m)gh$ ， $h=0.2\,\mathrm{m}$ 。联立得 $\Delta Q=\dfrac{2m\sqrt{2gh}}{B_2l_1}=0.16\,\mathrm{C}$ 。

23．求电容器释放的电荷量 $\Delta Q$ ；

【答案与解析】

（3）框进入磁场时的速度 $v'=\sqrt{2gh}=2\,\mathrm{m/s}$ 。设框在磁场中减速滑行的总路程为 $\Delta x$ ，由动量定理 $\dfrac{B_2^2l_1^2}{2R}\Delta x=2mv'$ ，得 $\Delta x=0.128\,\mathrm{m}$ 。因 $\Delta x>l_3=0.08\,\mathrm{m}$ ，框先后以 $ab$ 边、 $cd$ 边切割磁感线，中间匀速运动距离 $l_3-l_2=0.012\,\mathrm{m}$ ，故最大距离 $x=\Delta x+(l_3-l_2)=0.14\,\mathrm{m}$ 。

24．求框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离x。

【答案与解析】

（1）由光电效应方程 $E_{km}=h\nu-W_0$ 。光电子经电压 $U$ 加速， $\dfrac{1}{2}mv_0^2=E_k+eU$ ， $0\le E_k\le E_{km}$ ，故 $\sqrt{\dfrac{2eU}{m}}\le v_0\le\sqrt{\dfrac{2(h\nu+eU-W_0)}{m}}$ 。（2）区域Ⅰ为速度选择器， $ev_0B_1=eE$ ，得 $v_0=\dfrac{E}{B_1}=\sqrt{\dfrac{3eU}{m}}$ 。由动能定理 $eU=\dfrac{1}{2}mv_0^2-\dfrac{1}{2}mv_M^2$ ，得 $v_M=\sqrt{\dfrac{eU}{m}}$ 。在区域Ⅱ中 $r=\dfrac{mv_0}{eB_2}=\sqrt{3}\,a$ ，由几何关系 $r\sin\alpha=\dfrac{a}{2}$ ，得 $\sin\alpha=\dfrac{1}{2\sqrt{3}}$ ；又 $v_M\sin\beta=v_0\sin\alpha$ ，解得 $\beta=30^\circ$ 。（3）为使各种速度电子都能被探测，区域Ⅰ的 $E$ 应满足 $v_{0\max}=E/B_1$ ，故 $E_{\max}=B_1\sqrt{\dfrac{2(h\nu+eU-W_0)}{m}}$ 。在区域Ⅱ中 $r\sin\alpha=\dfrac{a}{2}$ 且 $v_0\sin\alpha=v_M\sin\beta\le\sqrt{\dfrac{2(h\nu-W_0)}{m}}$ ，联立得 $B_2\le\dfrac{2\sqrt{2m(h\nu-W_0)}}{ea}$ ，即 $B_{2\max}=\dfrac{2\sqrt{2m(h\nu-W_0)}}{ea}$ 。
如图为研究光电效应的装置示意图，该装置可用于分析光子的信息。在xOy平面（纸面）内，垂直纸面的金属薄板M、N与y轴平行放置，板N中间有一小孔O。有一由x轴、y轴和以O为圆心、圆心角为 $90^{\circ}$ 的半径不同的两条圆弧所围的区域Ⅰ，整个区域Ⅰ内存在大小可调、方向垂直纸面向里的匀强电场和磁感应强度大小恒为 $B_1$ 、磁感线与圆弧平行且逆时针方向的磁场。区域Ⅰ右侧还有一左边界与y轴平行且相距为l、下边界与x轴重合的匀强磁场区域Ⅱ，其宽度为a，长度足够长，其中的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小可调。光电子从板M逸出后经极板间电压U加速（板间电场视为匀强电场），调节区域Ⅰ的电场强度和区域Ⅱ的磁感应强度，使电子恰好打在坐标为（ $a+2l$ ，0）的点上，被置于该处的探测器接收。已知电子质量为m、电荷量为e，板M的逸出功为 $W_0$ ，普朗克常量为h。忽略电子的重力及电子间的作用力。当频率为ν的光照射板M时有光电子逸出，（1）求逸出光电子的最大初动能 $E_{km}$ ，并求光电子从O点射入区域Ⅰ时的速度 $v_0$ 的大小范围；（2）若区域Ⅰ的电场强度大小 $E=B_{1}\sqrt{\frac{3eU}{m}}$ ，区域Ⅱ的磁感应强度大小 $B_{2}=\frac{\sqrt{emU}}{ea}$ ，求被探测到的电子刚从板M逸出时速度 $v_M$ 的大小及与x轴的夹角 $\beta$ ；（3）为了使从O点以各种大小和方向的速度射向区域Ⅰ的电子都能被探测到，需要调节区域Ⅰ的电场强度E和区域Ⅱ的磁感应强度 $B_2$ ，求E的最大值和 $B_2$ 的最大值。

【答案与解析】

① 探究碰撞中的不变量需保证系统合外力为零，故应把滑轨调成水平。故填C。 ② 取碰撞前 $\mathrm{A}$ 的速度方向为正，碰撞后 $\mathrm{A}$ 反向， $p'=m_A(-v_A')+m_Bv_B'=0.200\times(-0.200)+0.300\times0.800=0.200\,\mathrm{kg\cdot m/s}$ ，总动量大小为 $0.200\,\mathrm{kg\cdot m/s}$ 。