解；第一个临界态为小球脱离细杆后做如图所示的匀速圆周运动，轨迹恰好与挡板相切，如图

设细杆的速度为v₀₁，分析小球圆周运动圆心位置O₁距离脱离点的水平位移 $d = R \sin θ = \frac{m v_{1} \sin θ}{q B}$

由 $v_{y 1} = a_{1} t_{1}$

及 $v_{y 1} = v_{1} \sin θ$

$a_{1} = \frac{q v_{01} B}{m}$

解得 $d = v_{01} t = x_{1}$

所以圆心位置O₁ 恰好在y轴上。由几何关系可知 $R_{1} = x_{P} = \frac{\sqrt{2}}{5} m$

由牛顿第二定律 $q v_{1} B = m \frac{v_{1}^{2}}{R_{1}}$

速度关系 $v_{1}^{2} = v_{01}^{2} + v_{y 1}^{2}$

y方向上的速度位移关系 $v_{y 1}^{2} = 2 a_{1} h = \frac{2 q v_{01} B h}{m}$

解得 $v_{01} = 1 m/s$ 或－2m/s（舍弃）

第二个临界状态为小球恰好打在P点，设此时细杆的速度为v₀₂，由水平位移 $x_{2} = v_{02} t_{2}$

竖直位移 $h = \frac{1}{2} a_{2} t_{2}^{2}$

牛顿第二定律 $a_{2} = \frac{q v_{02} B}{m}$

解得 $v_{02} = 2 m/s$

细杆的速度范围1m/s<v₀<2m/s

（第三问第一种临界状态解法二）

由动能定理 $q v_{01} B h = \frac{1}{2} m v_{y 1}^{2}$

几何关系 $x_{P} = v_{01} t_{1} + R_{1} - R_{1} \sin θ$

速度关系 $v_{1}^{2} = v_{01}^{2} + v_{y 1}^{2}$

由牛顿第二定律 $q v_{1} B = m \frac{v_{1}^{2}}{R_{1}}$

由 $v_{y 1} = a_{1} t_{1}$

及 $v_{y 1} = v_{01} \sin θ$

联立解得 $v_{01} = 1 m/s$ 或－2m/s（舍弃）

浙江省湖州、衢州、丽水2021届高三上学期物理11月教学质量检测试卷