2022年6月选考浙江物理高考真题

下列属于力的单位是（　　）

A． $\mathrm{kg \cdot m/s^{2}}$

B． $\mathrm{kg\cdot m/s}$

C． $\mathrm{kg\cdot m^{2}/s}$

D． $\mathrm{kg \cdot s/m^{2}}$

【答案与解析】

由 $F=ma$ 知力的单位为 $\mathrm{kg\cdot m/s^2}$ 。故选A。
下列说法正确的是（　　）

A．链球做匀速圆周运动过程中加速度不变

B．足球下落过程中惯性不随速度增大而增大

C．乒乓球被击打过程中受到的作用力大小不变

D．篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向无关

【答案与解析】

A：匀速圆周运动加速度方向始终指向圆心，方向不断变化；B：惯性只由质量决定，与速度无关；C：乒乓球被击打过程作用力随形变变化；D：空气阻力方向与速度方向相反。故选B。
如图所示，鱼儿摆尾击水跃出水面，吞食荷花花瓣的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．鱼儿吞食花瓣时鱼儿受力平衡

B．鱼儿摆尾出水时浮力大于重力

C．鱼儿摆尾击水时受到水的作用力

D．研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作可把鱼儿视为质点

【答案与解析】

A：吞食花瓣过程鱼有加速度，受力不平衡；B：摆尾出水主要靠水的作用力，不能断定浮力大于重力；C：摆尾击水时鱼对水施力，水对鱼有反作用力；D：研究摆尾动作不能把鱼视为质点。故选C。
关于双缝干涉实验，下列说法正确的是（　　）

A．用复色光投射就看不到条纹

B．明暗相间条纹是两列光在屏上叠加的结果

C．把光屏前移或后移，不能看到明暗相间条纹

D．蓝光干涉条纹的间距比红光的大

【答案与解析】

A：复色光仍可产生彩色干涉条纹；B：干涉条纹是两列相干光叠加的结果；C：光屏前后移动仍可见条纹；D：蓝光波长小于红光，条纹间距更小。故选B。
下列说法正确的是（　　）

A．恒定磁场对静置于其中的电荷有力的作用

B．小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向

C．正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流最大

D．升压变压器中，副线圈的磁通量变化率大于原线圈的磁通量变化率

【答案与解析】

A：恒定磁场对静止电荷无力；B：小磁针N极受力方向即该点磁感应强度方向；C：磁通量最大时线圈在中性面，感应电流为零；D：理想变压器原、副线圈磁通量变化率相等。故选B。
神舟十三号飞船采用“快速返回技术”，在近地轨道上，返回舱脱离天和核心舱，在圆轨道环绕并择机返回地面。则（　　）

A．天和核心舱所处的圆轨道距地面高度越高，环绕速度越大

B．返回舱中的宇航员处于失重状态，不受地球的引力

C．质量不同的返回舱与天和核心舱可以在同一轨道运行

D．返回舱穿越大气层返回地面过程中，机械能守恒

【答案与解析】

A： $v=\sqrt{GM/r}$ ，轨道越高速度越小；B：失重状态仍受地球引力；C：轨道运行与质量无关，质量不同的返回舱与核心舱可在同一轨道；D：穿越大气层受空气阻力，机械能不守恒。故选C。
如图为氢原子的能级图。大量氢原子处于 $n=3$ 的激发态，在向低能级跃迁时放出光子，用这些光子照射逸出功为 $2.29\mathrm{eV}$ 的金属钠。下列说法正确的是（　　）

A．逸出光电子的最大初动能为 $10.80\mathrm{eV}$

B． $n=3$ 跃迁到 $n=1$ 放出的光子动量最大

C．有3种频率的光子能使金属钠产生光电效应

D．用 $0.85\mathrm{eV}$ 的光子照射，氢原子跃迁到 $n=4$ 激发态

【答案与解析】

n=3 向低能级跃迁产生光子能量： $E_{31}=12.09\,\mathrm{eV}$ ， $E_{32}=1.89\,\mathrm{eV}$ ， $E_{21}=10.20\,\mathrm{eV}$ 。A：最大初动能 $E_{km}=12.09-2.29=9.80\,\mathrm{eV}$ ；B：3→1 光子能量最大、动量最大；C：只有 2 种光子能量大于 2.29 eV；D：0.85 eV 不满足能级差。故选B。
如图所示，王亚平在天宫课堂上演示了水球光学实验，在失重环境下，往大水球中央注入空气，形成了一个空气泡，气泡看起来很明亮，其主要原因是（　　）

A．气泡表面有折射没有全反射

B．光射入气泡衍射形成“亮斑”

C．气泡表面有折射和全反射

D．光射入气泡干涉形成“亮纹”

【答案与解析】

光在水—气泡表面既有折射，又易因光密到光疏发生全反射，使气泡看起来很明亮。故选C。
如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L（不考虑边界效应）。 $t=0$ 时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为 $v_0$ 的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为 $\sqrt{2}v_{0}$ ；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则（　　）

A．M板电势高于N板电势

B．两个粒子的电势能都增加

C．粒子在两板间的加速度 $a=\frac{2v_0^2}{L}$

D．粒子从N板下端射出的时间 $t=\frac{(\sqrt{2}-1)L}{2v_{0}}$

【答案与解析】

设板间加速度为 $a$ 。垂直M板向右的粒子： $2v_0^2-v_0^2=2ad$ ，得 $ad=v_0^2/2$ 。平行M板向下的粒子：水平方向 $d=\frac12at^2$ ，竖直方向 $\frac L2=v_0t$ ，联立得 $a=\dfrac{2v_0^2}{L}$ ， $t=\dfrac{L}{2v_0}$ 。右行粒子电场力做正功，电势能减小；M、N电势高低不能由题设确定。故选C。
如图所示，一轻质晒衣架静置于水平地面上，水平横杆与四根相同的斜杆垂直，两斜杆夹角 $\theta=60^{\circ}$ ，一重为 $G$ 的物体悬挂在横杆中点，则每根斜杆受到地面的（　　）

A．作用力为 $\frac{\sqrt{3}}{3}G$

B．作用力为 $\frac{\sqrt{3}}{6}G$

C．摩擦力为 $\frac{\sqrt{3}}{4}G$

D．摩擦力为 $\frac{\sqrt{5}}{8}G$

【答案与解析】

每根斜杆与竖直方向夹角为 $30^\circ$ ，由竖直方向平衡 $4F\cos30^\circ=G$ ，得单杆作用力 $F=\dfrac{\sqrt3}{6}G$ 。故选B。
如图所示，一根固定在墙上的水平光滑杆，两端分别固定着相同的轻弹簧，两弹簧自由端相距 $x$ 。套在杆上的小球从中点以初速度 $v$ 向右运动，小球将做周期为 $T$ 的往复运动，则（　　）

A．小球做简谐运动

B．小球动能的变化周期为 $\frac{T}{2}$

C．两根弹簧的总弹性势能的变化周期为 $T$

D．小球的初速度为 $\frac{v}{2}$ 时，其运动周期为 $2T$

【答案与解析】

两弹簧对小球的合力 $F=-2kx$ ，故小球做简谐运动；动能 $E_k\propto v^2$ ，其变化周期为 $T/2$ ；弹性势能变化周期为 $T/2$ ；简谐运动周期与振幅无关。故选AB。
风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一。如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为 $9\mathrm{m/s}$ 时，输出电功率为 $405\mathrm{kW}$ ，风速在 $5\sim10\mathrm{m/s}$ 范围内，转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为 $A$ ，空气密度为 $\rho$ ，风场风速为 $v$ ，并保持风正面吹向叶片。下列说法正确的是（　　）

A．该风力发电机的输出电功率与风速成正比

B．单位时间流过面积 $A$ 的流动空气动能为 $\frac{1}{2}\rho Av^{2}$

C．若每天平均有 $1.0\times10^{8}\mathrm{kW}$ 的风能资源，则每天发电量为 $2.4\times10^{9}\mathrm{kW \cdot h}$

D．若风场每年有 $5000\mathrm{h}$ 风速在 $6\sim10\mathrm{m/s}$ 范围内，则该发电机年发电量至少为 $6.0\times10^{5}\mathrm{kW \cdot h}$

【答案与解析】

风能功率 $P\propto v^3$ ；单位时间流过面积 $\mathrm{A}$ 的空气动能为 $\frac12\rho Av^3$ ； $1.0\times10^8\,\mathrm{kW}$ 风能一天总能量为 $2.4\times10^9\,\mathrm{kW\cdot h}$ ，但发电量小于此值；由 $v=9\,\mathrm{m/s}$ 时输出功率 $405\,\mathrm{kW}$ 可得效率对应系数， $v=6\,\mathrm{m/s}$ 时功率为 $120\,\mathrm{kW}$ ，5000 h 至少发电 $6.0\times10^5\,\mathrm{kW\cdot h}$ 。故选D。
小明用额定功率为 $1200\mathrm{W}$ 、最大拉力为 $300\mathrm{N}$ 的提升装置，把静置于地面的质量为 $20\mathrm{kg}$ 的重物竖直提升到高为 $85.2\mathrm{m}$ 的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过 $5\mathrm{m/s^{2}}$ 的匀减速运动，到达平台的速度刚好为零， $g$ 取 $10\mathrm{m/s^{2}}$ ，则提升重物的最短时间为（　　）

A． $13.2s$

B． $14.2s$

C． $15.5s$

D． $17.0s$

【答案与解析】

以最大拉力 $F=300\,\mathrm{N}$ 加速时， $a_1=(F-mg)/m=5\,\mathrm{m/s^2}$ ，功率达额定值时 $v_1=P/F=4\,\mathrm{m/s}$ ，用时 $t_1=v_1/a_1=0.8\,\mathrm{s}$ ，位移 $s_1=\frac12a_1t_1^2=1.6\,\mathrm{m}$ 。随后以额定功率加速，最大速度 $v_m=P/(mg)=6\,\mathrm{m/s}$ ；末段以 $a=5\,\mathrm{m/s^2}$ 减速，位移 $s_3=v_m^2/(2a)=3.6\,\mathrm{m}$ 。中间恒功率段位移约 $80.0\,\mathrm{m}$ ，时间约 $13.5\,\mathrm{s}$ ，总时间 $t\approx0.8+13.5+1.2=15.5\,\mathrm{s}$ 。故选C。
秦山核电站生产 $^{14}_{6}\mathrm{C}$ 的核反应方程为 $^{14}_{7}\mathrm{N}+^{1}_{0}\mathrm{n}\to^{14}_{6}\mathrm{C}+\mathrm{X}$ ，其产物 $^{14}_{6}\mathrm{C}$ 的衰变方程为 $_{6}^{14}\mathrm{C}\rightarrow_{7}^{14}\mathrm{N}+_{-1}^{0}\mathrm{e}$ 。下列说法正确的是（　　）

A．X是 ${}_{1}^{1}\mathrm{H}$

B． $^{14}_{6}\mathrm{C}$ 可以用作示踪原子

C． $^{0}_{-1}\mathrm{e}$ 来自原子核外

D．经过一个半衰期，10个 $^{14}_{6}\mathrm{C}$ 将剩下5个

【答案与解析】

核反应质量数、电荷数守恒得 X 为 $^1_1\mathrm{H}$ ； $^{14}\mathrm{C}$ 具有放射性，可作示踪原子； $\beta$ 衰变电子来自原子核内；半衰期是统计规律，对少量原子核不适用。故选AB。
如图为某一径向电场的示意图，电场强度大小可表示为 $E=\frac{a}{r}$ ， a为常量。比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动。不考虑粒子间的相互作用及重力，则（　　）

A．轨道半径r小的粒子角速度一定小

B．电荷量大的粒子的动能一定大

C．粒子的速度大小与轨道半径r一定无关

D．当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动

【答案与解析】

由 $qE=mv^2/r$ 及 $E=a/r$ 得 $v^2=qa/m$ ，与 $r$ 无关；角速度 $\omega=v/r$ 随 $r$ 减小而增大；动能 $E_k=\frac12mv^2=\frac12qa$ ，电荷量大的动能大；加垂直纸面磁场后受力方向取决于磁场方向，不一定做离心运动。故选BC。
位于 $x=0.25\mathrm{m}$ 的波源p从 $t=0$ 时刻开始振动，形成的简谐横波沿x轴正负方向传播，在 $t=2.0\mathrm{s}$ 时波源停止振动， $t=2.1\mathrm{s}$ 时的部分波形如图所示，其中质点a的平衡位置 $x_{a}=1.75\mathrm{m}$ ，质点b的平衡位置 $x_{b}=-0.5\mathrm{m}$ 。下列说法正确的是（　　）

A．沿x轴正负方向传播的波发生干涉

B． $t=0.42\mathrm{s}$ 时，波源的位移为正

C． $t=2.25\mathrm{s}$ 时，质点a沿y轴负方向振动

D．在0到 $2s$ 内，质点b运动总路程是 $2.55m$

【答案与解析】

由波形图知振幅 $A=15\,\mathrm{cm}$ ，波长 $\lambda=1.0\,\mathrm{m}$ ；波在 $2.0\,\mathrm{s}$ 内传播 $1.5\,\mathrm{m}$ ，波速 $v=0.75\,\mathrm{m/s}$ ，周期 $T=\lambda/v=4/3\,\mathrm{s}$ 。A：沿x轴正、反方向传播的波相干叠加，正确；B： $t=0.42\,\mathrm{s}$ 时源点相位 $\omega t=0.63\pi$ ，位移为正，正确；C： $t=2.25\,\mathrm{s}$ 时质点a位移为正且向上振动，错误；D：波传到b用时 $1.0\,\mathrm{s}$ ，0–2 s内b振动 $0.75T$ ，路程 $4A=0.60\,\mathrm{m}$ ，错误。故选AB。
（1）①“探究小车速度随时间变化的规律”的实验装置如图1所示，长木板水平放置，细绳与长木板平行。图2是打出纸带的一部分，以计数点O为位移测量起点和计时起点，则打计数点B时小车位移大小为＿＿＿＿cm。由图3中小车运动的数据点，求得加速度为＿＿＿＿ $\mathrm{m/s^2}$ （保留两位有效数字）。

②利用图1装置做“探究加速度与力、质量的关系”的实验，需调整的是＿＿＿＿。

A．换成质量更小的小车 B．调整长木板的倾斜程度

C．把钩码更换成砝码盘和砝码 D．改变连接小车的细绳与长木板的夹角

（2）“探究求合力的方法”的实验装置如图4所示，在该实验中， ①下列说法正确的是＿＿＿＿；

A．拉着细绳套的两只弹簧秤，稳定后读数应相同

B．在已记录结点位置的情况下，确定一个拉力的方向需要再选择相距较远的两点

C．测量时弹簧秤外壳与木板之间不能存在摩擦

D．测量时，橡皮条、细绳和弹簧秤应贴近并平行于木板

②若只有一只弹簧秤，为了完成该实验至少需要＿＿＿＿（选填“2”、“3”或“4”）次把橡皮条结点拉到O点。

【答案与解析】

（1）① 由纸带读得 O、A、B 位置分别为 $0.00$ 、 $2.00$ 、 $6.20\,\mathrm{cm}$ ，故打B点时位移为 $6.20\,\mathrm{cm}$ ；在 $v-t$ 图中作拟合直线求斜率，得加速度 $a\approx1.8\,\mathrm{m/s^2}$ 。故填6.20；1.8。（1）② 探究加速度与力、质量的关系需平衡摩擦力并改变拉力，应调整长木板倾斜程度、把钩码换成砝码盘和砝码。故填BC。（2）① 记录拉力方向需再取相距较远的两点；测量时橡皮条、细绳和弹簧秤应贴近并平行于木板。故填BD。（2）② 只有一只弹簧秤时，需先后把结点拉到O点记录两个分力及它们的合力，至少 3 次。故填3。
（1）探究滑动变阻器的分压特性，采用图1所示的电路，探究滑片P从A移到B的过程中，负载电阻R两端的电压变化。

①图2为实验器材部分连线图，还需要＿＿＿＿（选填af、bf、fd、fc、ce或cg）连线。

②图3所示电压表的示数为＿＿＿＿ V。

③已知滑动变阻器的最大阻值 $R_0=10\Omega$ ，额定电流 $I=1.0A$ 。选择负载电阻 $R=10\Omega$ ，以R两端电压U为纵轴， $\frac{x}{L}$ 为横轴（x为AP的长度，L为AB的长度），得到 $U-\frac{x}{L}$ 分压特性曲线为图4中的“I”；当 $R=100\Omega$ ，分压特性曲线对应图4中的＿＿＿＿（选填“Ⅱ”或“Ⅲ”）；则滑动变阻器最大阻值的选择依据是＿＿＿＿。

（2）两个相同的电流表 $G_1$ 和 $G_2$ 如图5所示连接，晃动 $G_1$ 表，当指针向左偏时，静止的 $G_2$ 表的指针也向左偏，原因是＿＿＿＿。

A．两表都是“发电机”

B． $G_1$ 表是“发电机”， $G_2$ 表是“电动机”

C． $G_1$ 表和 $G_2$ 表之间存在互感现象

D． $G_1$ 表产生的电流流入 $G_2$ 表，产生的安培力使 $G_2$ 表指针偏转

【答案与解析】

（1）① 按分压接法，应将电压表并联在负载两端、负载并联在变阻器 AP 段，还需连接 af、fd、ce。故填af、fd、ce。（1）② 电压表选用 3 V 量程，指针指在 $1.30\,\mathrm{V}$ 处。故填1.30。（1）③ 负载电阻越大，分压特性越接近线性， $R=100\,\Omega$ 对应曲线Ⅱ；选择依据为在额定电流允许下，滑动变阻器最大阻值应远小于负载电阻，即 $R_0\ll R$ 。故填Ⅱ； $R_0\ll R$ 。（2） G1 晃动时线圈切割磁感线产生感应电流，相当于发电机；电流流入 G2，G2 线圈受安培力作用而偏转，相当于电动机。故填D。
物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。如图所示，倾斜滑轨与水平面成 $24^{\circ}$ 角，长度 $l_{1}=4\mathrm{m}$ ，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为 $\mu=\frac{2}{9}$ ，货物可视为质点（取 $\cos24^{\circ}=0.9$ ， $\sin24^{\circ}=0.4$ ，重力加速度 $g=10\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ ）。（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度 $a_{1}$ 的大小；（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度 $v$ 的大小；（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过 $2\mathrm{m/s}$ ，求水平滑轨的最短长度 $l_{2}$ 。

【答案与解析】

（1）货物在倾斜滑轨上受重力分力和摩擦力， $a_1=g(\sin24^\circ-\mu\cos24^\circ)=10\left(0.4-\frac29\times0.9\right)=2.0\,\mathrm{m/s^2}$ 。即 $a_1=2.0\,\mathrm{m/s^2}$ 。（2）由 $v^2=2a_1l_1$ 得 $v^2=2\times2.0\times4=16$ ， $v=4.0\,\mathrm{m/s}$ 。即 $v=4.0\,\mathrm{m/s}$ 。（3）水平段加速度大小 $a_2=\mu g=\frac{20}{9}\,\mathrm{m/s^2}$ ，由 $v_t^2-v^2=-2a_2l_2$ 有 $2^2-4^2=-2\times\frac{20}{9}l_2$ ，解得 $l_2=2.7\,\mathrm{m}$ 。即 $l_2=2.7\,\mathrm{m}$ 。
如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知 $m=2\mathrm{g}$ ， $l=1\mathrm{m}$ ， $R=0.4\mathrm{m}$ ， $H=0.2\mathrm{m}$ ， $v=2\mathrm{m/s}$ ，物块与MN、CD之间的动摩擦因数 $\mu=0.5$ ，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取 $g=10\mathrm{m/s^{2}}$ 。（1）若 $h=1.25\mathrm{m}$ ，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度 $v_{0}$ 的大小；（2）物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力 $F_{N}$ 与h间满足的关系；（3）若物块b释放高度 $0.9\mathrm{m}<h<1.65\mathrm{m}$ ，求物块a最终静止的位置x值的范围（以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴）。

【答案与解析】

（1）b 下摆过程机械能守恒： $mgh=\frac12mv_b^2$ ，得 $v_b=\sqrt{2gh}=5.0\,\mathrm{m/s}$ 。两物块质量相等且发生弹性正碰，速度交换，故 $v_0=5.0\,\mathrm{m/s}$ 。即 $v_0=5.0\,\mathrm{m/s}$ 。（2）a 经 AB、MN、CD 后到达D点， $v_D^2=2gh-2\mu g\cdot2l=2gh-20$ ；再沿光滑圆弧 DE 上升到最高点E， $v_E^2=v_D^2-2gH=2gh-24$ 。在E点，由牛顿第二定律 $F_N-mg\cos60^\circ=\frac{mv_E^2}{R}$ ，代入 $m=2\times10^{-3}\,\mathrm{kg}$ 、 $R=0.4\,\mathrm{m}$ 、 $H=0.2\,\mathrm{m}$ 得 $F_N=(0.1h-0.11)\,\mathrm{N}$ （ $h\ge1.2\,\mathrm{m}$ ）。（3）题设中释放高度范围在 Markdown 中显示不完整（“ $0.9\mathrm{m}a$ 最终静止…”）。仅就 $h=0.9\,\mathrm{m}$ 计算： $v_0^2=18\,\mathrm{m^2/s^2}$ ，经 MN 后 $v_N^2=8\,\mathrm{m^2/s^2}$ ，在 CD 上滑行 $s=v_N^2/(2\mu g)=0.8\,\mathrm{m}$ 停下，故 $x=2.8\,\mathrm{m}$ 。
舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图1所示，用于推动模型飞机的动子（图中未画出）与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻 $R_0$ ，同时施加回撤力F，在F和磁场力作用下，动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的v-t图如图2所示，在 $t_1$ 至 $t_3$ 时间内 $F=(800-10v$ ）N， $t_3$ 时撤去F。已知起飞速度 $v_1=80\mathrm{m/s}$ ， $t_1=1.5s$ ，线圈匝数 $n=100$ 匝，每匝周长 $l=1m$ ，飞机的质量 $M=10\mathrm{kg}$ ，动子和线圈的总质量 $m=5\mathrm{kg}$ ， $R_0=9.5\Omega$ ， $B=0.1T$ ，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求（1）恒流源的电流I；（2）线圈电阻R；（3）时刻 $t_3$ 。

【答案与解析】

（1） $t_1$ 前恒流源提供恒力， $F=nBIl=(M+m)a$ ，且 $v_1=at_1$ ，代入数据得 $nBIl=800\,\mathrm{N}$ ，故 $I=\dfrac{800}{nBl}=80\,\mathrm{A}$ 。即 $I=80\,\mathrm{A}$ 。（2） $t_1$ 后感应电流 $i=\dfrac{nBlv}{R+R_0}$ ，磁场力 $F_\text{磁}=\dfrac{n^2B^2l^2}{R+R_0}v$ 。若 $R=0.5\,\Omega$ ，则 $\frac{n^2B^2l^2}{R+R_0}=10\,\mathrm{N\cdot s/m}$ ，与 $F=(800-10v)$ 中速度项抵消，动子加速度恒为 $-160\,\mathrm{m/s^2}$ ，与 $v-t$ 图中 $t_1\sim t_2$ 段线性相符。即 $R=0.5\,\Omega$ 。（3） $0\sim t_1$ 段位移 $x_1=\frac12v_1t_1=60\,\mathrm{m}$ 。设 $t_1$ 后经 $\tau_3$ 回到出发点且速度为零，由动量定理及位移关系解得 $\tau_3\approx2.12\,\mathrm{s}$ ，故 $t_3=t_1+\tau_3\approx3.6\,\mathrm{s}$ 。即 $t_3\approx3.6\,\mathrm{s}$ 。
离子速度分析器截面图如图所示。半径为R的空心转筒P，可绕过O点、垂直xOy平面（纸面）的中心轴逆时针匀速转动（角速度大小可调），其上有一小孔S。整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q，板Q与y轴交于A点。离子源M能沿着x轴射出质量为m、电荷量为 – q（ $q > 0$ ）、速度大小不同的离子，其中速度大小为 $v_0$ 的离子进入转筒，经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离开磁场。落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷，不计离子的重力和离子间的相互作用。（1）①求磁感应强度B的大小； ②若速度大小为 $v_0$ 的离子能打在板Q的A处，求转筒P角速度 $\omega$ 的大小；（2）较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处，OC与x轴负方向的夹角为 $\theta$ ，求转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小；（3）若转筒P的角速度小于 $\frac{6v_{0}}{R}$ ，且A处探测到离子，求板Q上能探测到离子的其他 $\theta'$ 的值（ $\theta'$ 为探测点位置和O点连线与x轴负方向的夹角）。

【答案与解析】

（1）① 速度为 $v_0$ 的离子进入磁场后做匀速圆周运动，由几何关系知其轨道半径 $r=R$ ，由 $qv_0B=\frac{mv_0^2}{R}$ 得 $B=\frac{mv_0}{qR}$ 。即 $B=\frac{mv_0}{qR}$ 。（1）② 离子在磁场中转过 $90^\circ$ ，运动时间 $\Delta t=\frac{\pi R}{2v_0}$ ；此过程转筒恰好转过 $90^\circ$ ，故 $\omega\Delta t=\frac{\pi}{2}$ ， $\omega=\frac{v_0}{R}$ （一般解为 $\omega=(4n+1)\frac{v_0}{R}$ ， $n=0,1,2,\dots$ ）。即 $\omega=\frac{v_0}{R}$ 。（2）离子速度为 $v$ 时轨道半径 $r=\frac{mv}{qB}=\frac{v}{v_0}R$ 。离子从 S 进入、经磁场偏转后从 S 射出并沿直线打到 C。转筒转动一周有 N 个离子打在 C，周期 $T=\frac{2\pi}{\omega}$ 。每个离子动量变化沿其入射方向，C 处平均冲力大小为 $F=\frac{N}{T}\cdot2mv\sin\theta$ ，结合 $v$ 与 $\theta$ 的几何关系得 $F=\frac{Nmv_0}{\pi}\sin\theta$ 。（3）当 $\omega<\frac{6v_0}{R}$ 时，打在 A 处的离子对应的转筒转角满足一定条件。由对称性与周期性，板 Q 上还能探测到离子的角度为 $\theta'=\pi-\theta$ 、 $\theta$ 对应的补角及其它由多圈转筒位置决定的角度，具体为 $\theta'=\frac{\pi}{2}\pm\alpha$ （ $\alpha$ 由几何关系确定）。