浙江省浙南名校联盟2022-2023学年高二上学期11月期中联考物理Word版含解析.docx

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2022年学年高二年级第一学期浙南名校联盟期中联考物理试题考生须知：1．本卷共8页满分100分，考试时间90分钟；2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字；3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；4．考试结束后，只需上交答题纸。一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。不选、多选、错选均不得分）1.下列物理量单位用国际单位制表示正确的是（）A.速度B.静电力常量C.劲度系数D.电场强度【答案】B【解析】【详解】A．速度v国际单位是m/s，故A错误；B．静电力常量k国际单位是，故B正确；C．劲度系数k国际单位是N/m，故C错误；D．电场强度E国际单位是N/C，故D错误；故选B。2.2022年2月在北京成功举办了精彩的冬奥会，比赛中设有7个大项，15个分项，下列关于比赛项目的说法正确的是（）A.图甲中运动员在短道速滑比赛中用时，则整个过程的平均速度约为B.研究图乙中自由滑雪运动员的落地动作时，运动员可以看成质点C.裁判员研究图丙中单板滑雪运动员的转体动作时不可以将她看成质点D.图丁为花样滑冰双人滑旋转，女运动员身体各部分的速度可视为相同【答案】C【解析】 【详解】A．图甲中运动员在短道速滑比赛中用时，为路程，则整个过程的平均速率约为不是平均速度，故A错误；B．研究图乙中自由滑雪运动员的落地动作时，运动员的动作对运动员本身有影响，故运动员不可视为质点，故B错误；C．裁判员研究图丙中单板滑雪运动员的转体动作时，运动员的动作对运动员本身有影响，不可以将她看成质点，故C正确；D．图丁为花样滑冰双人滑旋转，速度是矢量，女运动员身体各部分的速度方向不同，故女运动员身体各部分的速度不相同，故D错误。故选C。3.甲、乙两车在同一平直公路的两条平行车道上同时（）并排出发，甲车做匀速直线运动，乙车从静止开始做匀加速运动，它们的位移图像如图所示，比较两车在内的运动，以下说法正确的是（）A.时，甲、乙两车速度大小相差最大B.时，甲、乙两车的平均速度相同C.时，乙车的速度一定是甲车的2倍D.甲车将在后再次追上乙车【答案】C【解析】【详解】根据题意甲车做匀速直线运动，乙车从静止开始做匀加速运动；根据图像可知，甲做匀速直线运动的速度为设乙车从静止开始做匀加速运动的加速度为，根据 可得AB．时，甲、乙的速度分别为，可知此时两车速度相等，但之前甲的速度大于乙的速度，则内甲的位移大于乙的位移，可知甲的平均速度大于乙的平均速度，故AB错误；C．时，甲、乙的速度分别为，可知此时乙车的速度是甲车的2倍，故C正确；D．由图像可知，时，乙车刚好追上甲车，而之后乙车的速度一直大于甲车的速度，所以甲车不可能追上乙车，故D错误。故选C。4.如图所示某棋类节目中，铁质棋盘竖直放置，每个棋子都是一个小磁铁，能吸在棋盘上，不计棋子间的相互作用，每个棋子质量相等。下列说法正确的是（）A.磁性越强的棋子对棋盘的压力越大B.磁性越强的棋子所受的摩擦力越大C.棋盘对每个棋子的作用力不一定相等D.棋盘对棋子的吸引力和棋子对棋盘的压力是一对平衡力【答案】A【解析】【详解】AD．棋盘对棋子 吸引力与棋子对棋盘的吸引力是作用力与反作用力，大小相等；棋子对棋盘的压力与棋盘对棋子的弹力是作用力与反作用力，大小相等；棋盘对棋子的吸引力与棋盘对棋子的弹力是一对平衡力，大小相等；故棋子对棋盘的吸引力大小等于棋子对棋盘的压力，磁性越强的棋子对棋盘的压力越大，故A正确；D错误；B．根据竖直方向上二力平衡知f=mg每个棋子质量相等，即摩擦力大小相等与磁性无关，故B错误；C．棋盘对每个棋子的作用力水平方向的力为吸引力和弹力，合力为零。棋盘对每个棋子的作用力竖直方向的力为摩擦力，大小等于每个棋子的重力，大小相等，方向都竖直向上。棋盘对每个棋子的作用力的合力即棋盘对棋子的摩擦力一定相等。故C错误。故选A。5.某同学站在扶手边上，想测量地铁在平直轨道上启动过程中的加速度，他把一根细绳的下端绑着一支圆珠笔，细绳的上端用电工胶布固定在地铁的竖直扶手上，在地铁启动后的某段运动过程中，细绳偏离了竖直方向，他用手机拍摄了当时的情景，如图所示，拍摄方向跟地铁前进方向垂直，已知当地重力加速度为g，根据这张照片，以下说法正确的是（）A.由图可知地铁此时在做减速运动B.此时地铁的加速度方向向右C.由图可以估算出此时地铁加速度的大小D.剪断细绳，该同学将看到笔做平抛运动【答案】C【解析】【详解】A．因为地铁处于启动过程，由图可知地铁此时向左做加速运动，A错误；B．圆珠笔所受的重力和细绳的拉力的合力向左，所以此时地铁的加速度方向向左，B错误；C．设绳与竖直方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律得设绳长为L，细绳的下端到竖直扶手的距离为x 解得由图可以测出绳长为L，细绳的下端到竖直扶手的距离为x，可以估算出此时地铁加速度的大小，C正确；D．因为地铁处于启动过程，剪断细绳，圆珠笔在水平方向相对于该同学向右做匀加速直线运动，竖直方向做自由落体运动，所以该同学将看到笔向右下方做加速直线运动，D错误。故选C。6.如图所示，甲、乙、丙、丁所示是四种常见的磁场，下列分析正确的是（）A.甲图中磁极间装有铁质圆柱，则磁极和圆柱间可产生匀强磁场B.矩形线框放置在乙图中异名磁极间所制成的磁电式电表，表盘刻度均匀C.图丙中相距很近的两个同名磁极之间的磁场，除边缘外，可认为是匀强磁场D.图丁中相距一定距离的两个平行放置的线圈通电时，中间区域的磁场可认为是匀强磁场【答案】D【解析】【详解】A．甲图中磁极间装有铁质圆柱，则磁极和圆柱间可产生均匀辐向磁场，同一半径处的磁感应强度大小均相等，而方向各不相同，则不是匀强磁场，故A错误；B．矩形线框放置在乙图中异名磁极间所制成的磁电式电表，需要均匀辐向磁场，则中间应该有铁芯，故B错误；C．同名磁极与异名磁极间的磁场分布如图所示可知，相距很近的两个同名磁极之间的磁场为非匀强磁场，应该是相距很近的两异名磁极间的磁场，除边缘外可认为是匀强磁场，故C错误； D．图丁中相距一定距离的两个平行放置的线圈通同向电流，其中间区域的磁场可认为是匀强磁场，故D正确。故选D。7.某新款太阳能车载摆件如图所示，纯绿色环保是它的优势。它的工作原理是太阳光照射摆件时内部太阳能板可将太阳能转化为电能，通电后控制器带动转盘绕竖直中心轴转动，转盘边缘焊接有一金属金伞。圆柱面边缘有如图所示的竖直圆盘，圆盘内部分镂空成弯曲的伞形，当转盘转动后金属伞恰好可通过该镂空的金属伞。下列说法正确的是（）A.该摆件能将太阳能全部转化为电能，没有能量的耗散B.转盘转动过程中金属伞上各点角速度不同C.可以在金属伞上找到线速度相同的点D.该金属伞与镂空伞形的形状相同【答案】C【解析】【详解】A．该摆件能将太阳能全部转化为电能，该过程一定有能量的耗散，选项A错误；B．转盘绕同一转轴转动，则转动过程中金属伞上各点角速度相同，选项B错误；C．金属伞上各点的角速度相等，根据v=ωr可知，可以在金属伞上找到转动半径相等的点，则这些点的线速度相同，选项C正确；D．该金属伞在圆盘面上的投影形状与镂空伞形的形状相同，选项D错误。故选C。8.探月工程中，“嫦娥三号”探测器的发射过程可以简化如下：卫星由地面发射后，进入地月转移轨道，经过P点时变轨进入距离月球表面100公里的圆形轨道1，在轨道1上经过Q点时变轨进入椭圆轨道2，轨道2与月球表面相切于M点，月球车将在M点着陆月球。下列说法正确的是（） A.“嫦娥三号”在轨道1上的速度比月球的第一宇宙速度大B.“嫦娥三号”在地月转移轨道上经过P点的速度比在轨道1上经过P点时大C.“嫦娥三号”在轨道1上的运动周期比在轨道2上的小D.“嫦娥三号”在轨道1上经过Q点时的加速度小于在轨道2上经过Q点时的加速度【答案】B【解析】【详解】A．月球的第一宇宙速度等于近月轨道的环绕速度，根据解得由于轨道1的半径大于近月卫星的半径，则“嫦娥三号”在轨道1上的速度比月球的第一宇宙速度小，故A错误；B．地月转移轨道变轨到轨道1是由高轨道变轨到低轨道，需要在两轨道切点P位置减速，即“嫦娥三号”在地月转移轨道上经过P点的速度比在轨道1上经过P点时大，故B正确；C．根据开普勒定律可知由于轨道1的半径大于轨道2的半长轴，则“嫦娥三号”在轨道1上的运动周期比在轨道2上的大，故C错误；D．根据解得 卫星与月心间距相等，加速度大小相等，即“嫦娥三号”在轨道1上经过Q点时的加速度等于在轨道2上经过Q点时的加速度，故D错误。故选B。9.经典电磁场理论明确地给出了场中导体对静电场的影响，若把一个金属球壳置于匀强电场中，周围电场线分布会出现如图所示的情况，其中有、、、四个位置，、两点对称分布在球壳两侧，位于球壳上，位于球壳中心，则（）A.四个位置的电势高低排列为B.四个位置的场强大小排列为C.两点间的电势差小于两点间的电势差D.感应电荷在球壳内部处的场强为零【答案】B【解析】【详解】A．置于匀强电场中的金属球壳为等势体，则有根据沿着电场线方向电势降低可知故A错误；B．依据电场线的疏密体现电场强度的强弱，由于a、d两点对称分布在球壳两侧，则有金属壳内场强为零，故有故B正确；C．根据结合对称性可知，a点与金属球壳的电势差等于金属球壳与d 点的电势差，又金属球壳为等势体（包括内部），则两点间的电势差等于两点间的电势差，故C错误；D．小球内部c处的合场强为零，由向右的外电场和向左的感应电场叠加而成，则感应电荷在球壳内部c处的场强不为零，故D错误。故选B。10.电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用广泛。使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器与计算机相连，可以显示电路中电流随时间的变化。图甲中直流电源电动势为E，实验前电容器不带电。先将开关S拨到“1”给电容器充电，充电结束后，再将拨到“2”，直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的i—t曲线如图乙所示。则（　　）A.乙图中阴影部分的面积B.乙图中阴影部分的面积C.由甲、乙两图可判断阻值D.由甲、乙两图可判断阻值【答案】BD【解析】【详解】AB．图乙中阴影面积代表充放电中电容器上的总电量，所以两者相等，A错误，B正确；CD．由图乙可知充电瞬间电流大于放电瞬间电流，且充电瞬间电源电压与放电瞬间电容器两极板电压相等，由解得C错误，D正确。故选BD。 11.如图某篮球运动员正在进行投篮练习，已知篮球出手点与篮筐的水平距离，出手点与篮筐竖直高度差，运动员出手时球的初速度与水平方向上的夹角为，出手后篮球恰好进入篮筐，空气阻力不计，重力加速度，则该球出手时的速度大小为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】篮球在空中做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，有竖直方向做竖直上抛运动，有联立解得故选B。12.泉州小岞风电场利用风能发电，既保护环境，又可创造很高的经济价值。如图所示，风力发电机的叶片半径为R。某段时间内该区域的风速大小为v，风恰好与叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为，风力发电机的发电效率为，下列说法错误的是（　　）A.单位时间内通过叶片转动圆面的空气质量为 B.此风力发电机发电的功率为C.若仅风速减小为原来的，发电的功率将减小为原来的D.若仅叶片半径增大为原来的2倍，发电的功率将增大为原来的8倍【答案】D【解析】【详解】A．由于风速为v，可以理解为单位时间内通过叶片转动圆面的空气柱长度，所以单位时间内通过叶片转动圆面的空气质量为故A正确，不符合题意；B．根据能量的转化与守恒可知，风的一部分动能转化为发电机发出的电能，而发电功率为单位时间内参与能量转化的那一部分动能，所以发电机发电功率为故B正确，不符合题意；CD．根据P的表达式可知，若仅风速减小为原来的，发电的功率将减小为原来的，若仅叶片半径增大为原来的2倍，发电的功率将增大为原来的4倍，故C正确，不符合题意；D错误，符合题意。故选D。13.如图所示，在水平向左的匀强电场中，一长为的绝缘细线一端固定于点，另一端系着一个质量为、电荷量为的带正电小球，小球静止在点。现给小球一垂直于的初速度，使其在竖直平面内绕点恰好做完整的圆周运动，为圆的竖直直径。已知匀强电场的场强大小为，重力加速度为。当小球第二次运动到点时细线突然断裂，则下列说法正确的是（）A.小球做完整的圆周运动时，粒子初速度的最小值 B.细线断裂后，小球速度的最小值为C.从细线断裂到小球的动能与点动能相等的过程中，电势能增加了D.从细线断裂到小球的电势能与点电势能相等的过程中，重力势能减少了【答案】BC【解析】【详解】A．由题意等效最高点在OM连线的反向延长线与圆周的交点上，设为N，则电场力和重力的等效合力为所以从M点到N点由动能定理解得粒子初速度的最小值选项A错误；B．电场力和重力的合力方向与水平方向的夹角为可知从M点到B点，由动能定理 解得解得细线断裂后，小球做类平抛运动，当速度最小时到达“最高点”，则速度的最小值为选项B正确；C．细线从B点断裂，当到达与MF对称的B＇点时小球的动能与点动能相等，此时克服电场力做功为即小球的电势能增加了，选项C正确；D．细线从B点断裂，当到达与A点在同一竖直线上时，小球的电势能与点电势能相等，则该过程中经过的时间此过程中小球下落的竖直高度重力势能减少了选项D错误。故选BC。二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2分，共6分。每小题列出四个备选项中至少有一个符合题目要求，全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的0分）14.下列说法中正确的是（）A.爱因斯坦相对论指出真空中的光速在不同惯性参考系中大小相同B.通电导线在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向C.燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的原理D.第谷通过行星的数据观测与归纳提出了行星运动定律【答案】AC【解析】 【详解】A．爱因斯坦相对论指出真空中的光速在不同惯性参考系中大小相同，A正确；B．通电导线在磁场中的受力方向与该点磁感应强度方向垂直，B错误；C．燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的原理，C正确；D．开普勒通过行星的数据观测与归纳提出了行星运动定律，Ｄ错误。故选AC。15.图甲是某同学站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的表示人的重心。图乙是根据传感器采集到的数据画出的图线，两图中各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出。取重力加速度，根据图象分析可知（）A.人的重力为B.点到点的过程中人的速度逐渐减小C.点位置人处于超重状态D.点的加速度小于点的加速度【答案】BC【解析】【详解】A．开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力是500N，传感器对人的支持力也为500N，根据力的平衡可知，人的重力也是500N，故A错误；B．结合图线分析，点到点人处于人处于超重状态，在减速向下运动，故点到点的过程中人的速度逐渐减小，故B正确；C．e点时人对传感器的压力大于其重力，故传感器对人的支持力大于其重力，人有向上的加速度，处于超重状态，故C正确；D．人在d点时人受到的支持力较大，则由牛顿第二定律可知 f点的支持力为零，人处于完全失重状态，加速度为重力加速度，d点的加速度大于f点的加速度，故D错误。故选BC。16.如图所示为某品牌的电动车，质量为，人的质量也为，电动机正常工作的额定输入电流，额定输入电压为，电动车电池的容量为。电动车行驶时所受阻力大小为人和车总重力的0.05倍：该电动车在水平地面上由静止开始以额定功率运行通过的距离，速度达到，忽略电动机转动时的摩擦，重力加速度。下列说法正确的是（）A.电池能使电动机以额定电流运行的最长时间为180分钟B.驱动电动机的输出功率为C.驱动电动机的内阻为D.电动车能达到的最大速度为【答案】BCD【解析】【详解】A．电池能使电动机以额定电流运行的最长时间为故A错误；B．由动能定理解得故B正确；C．根据解得驱动电动机的内阻为 故C正确；D．电动车能达到的最大速度为故D正确。故选BCD。三、实验题（本题共2小题，共14分）17.（1）在“探究求合力的方法”实验中，小明同学经过一系列规范正确的操作后，选定了合适的标度用力的图示法作出了两个分力、和合力的图示，如图甲所示。接下来他用虚线把的箭头端分别与、的箭头端相连接，分析力与、之间可能存在的关系。你认为小明的方法__________（填“可行”或“不可行”）；（2）用如图乙所示装置做“验证机械能守恒定律”实验。①下列是小勇同学在实验时的状态图，释放纸带前的瞬间，重锤和手的位置合理的是__________。A．B． C．D．②小康同学按照正确的实验步骤操作后，选出一条纸带如图所示，其中点为打点计时器打下的第一个点，、、为三个计数点，用刻度尺测得，，，在计数点和、和之间还各有一个点。已知重物的质量为，取。在段运动过程中，重物重力势能的减少量__________，重物的动能增加量__________（结果均保留三位有效数字）。③在力学学生实验中，“探究小车速度随时间变化的规律”、“探究加速度与力、质量的关系”和“验证机械能守恒定律”都需要用打点计时器在纸带上打点，通过对纸带上打出的点进行测量、计算从而得到位移、速度和加速度的信息。下面三条纸带就是上面三个实验中得到的纸带，其中编号①中的点为实际点迹；编号②③中的点为计数点，且相邻计数点之间还有四个实际点没有画出来。编号③纸带中计数点的读数为__________；若通过计算得到编号①纸带、编号②纸带和编号③纸带对应的加速度大小分别为，和，则“探究加速度与力、质量的关系”实验对应的纸带编号是__________（填“①”或“②”或“③”）。【答案】①.可行②.C③.1.82④.1.71⑤.5.00⑥.②【解析】【详解】（1）[1]实验中需要选定合适的标度，用力的图示法作出两个分力、与合力F 的图示，然后分析F与、之间可能存在的关系，故可行。（2）①[2]为了减小实验误差，释放前必须保持提起的纸带处于竖直位置，并且使重物靠近打点计时器，故合理的位置应为C图。②[3]由图可知，OB段的距离为h＝18.60cm＝0.1860m故重力势能的减少量为[4]匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度，所以B点的瞬时速度为重物的动能增加量③[5]刻度尺的分度值为1mm，编号③纸带中C点的读数为5.00cm；[6]“探究加速度与力、质量的关系”实验将钩码的重力等于小车的合力，需要满足小车的质量远大于钩码的质量，在实际操作中，即根据可得即该实验的加速度一定小于1m/s2，即“探究加速度与力、质量的关系”实验对应的纸带编号是②。18.（1）在电阻丝的电阻率测量的实验中，该同学先用欧姆表“”挡粗测该金属丝的电阻（电阻丝阻值较小），示数如图所示，对应的读数是__________。（2）为提高测量的精确度，小依同学从下列器材中挑选了一些元件，设计电路，重新测量这段电线（用 表示）的电阻。A．电源（电动势为，内阻不计）B．电压表（量程为，内阻约为）C．电压表（量程为，内阻约为）D．电流表（量程为，内阻约为）E．电流表（量程为，内阻约为）F．滑动变阻器（最大阻值为，允许通过的最大电流为）G．开关一个，导线若干①实验时电流表应选用__________，电压表应选用__________。（填元件前的序号字母）。②为使铜芯电线两端的电压从0开始变化，请你为该实验小组设计电路图，并画在方框中__________。（3）根据题（2）中选择的器材进行测量，某次测量时指针位置如图甲乙所示，则电流表读数__________，电压表读数__________，随后测量电阻丝直径时螺旋测微器读数如图丙所示，为__________。【答案】①6.0##6②.D③.B④.⑤.0.25⑥.1.00⑦.4.380【解析】【详解】（1）[1]指针指在“6”刻度，读数为6； （2）①[2]最大电流为则电流表选择D；[3]电源电动势为3V，所以电压表选择B；②[4]电路图如图：（3）[5][6][7]电流表读数为0.25A；电压表读数为1.00V；螺旋测微器的精度为0.01mm，读数为4.380mm。四、计算题（本题共4小题，共41分。要求写出必要的文字说明、重要的方程式和演算步骤，有数值计算的必须明确写出数值和单位）19.2022年8月4日中国人民解放军东部战区按计划在台岛周边进行实战化综合演练。其中无人机得到了广泛的应用，如图为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器。一架质量的无人机，其动力系统的最大升力，运动过程中所受阻力大小恒为，。（1）无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，求在时离地面的高度。（2）当无人机悬停在距离地面高度处由于动力故障，无人机突然失去升力坠落，无人机坠落过程中，在遥控器设备的干预下，经过后恢复最大升力，求飞行器恢复升力后的加速度大小以及飞行器的落地速度的大小。【答案】（1）；（2），【解析】【详解】（1）对无人机受力分析，根据牛顿第二定律可得 代入数据得由匀变速直线运动公式得在时，无人机离地面的高度（2）无人机恢复升力后，由于速度方向竖直向下，根据牛顿第二定律可得代入数据求得刚开始下落时，由受力分析可得无人机加速度下落高度此时速度则恢复升力后由匀变速公式代入已知相关数据得飞行器的落地速度的大小20.如图所示，两平行导轨间距为，导轨电阻忽略不计。导体棒质量为，位于导轨间的电阻，与导轨竖直部分接触良好。已知电源电动势为，内阻为，定值电阻。在导体棒所在空间加一匀强磁场（图中仅用一根磁感线表示），磁场方向垂直于导体棒，且与竖直方向夹角可变，导体棒始终处于静止状态，重力加速度，则：（1）若磁场与竖直方向夹角，求磁感应强度的大小；（2）若导轨竖直部分与导体棒间的动摩擦因数为 （设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），且磁场与竖直方向夹角，求磁感应强度的最小值；（3）若导轨竖直部分与导体棒间的动摩擦因数为（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且磁场与竖直方向夹角，求磁感应强度的最大值。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）由闭合电路欧姆定律有磁场与竖直方向夹角，由左手定则可知安培力竖直向上，由受力分析得，解得（2）磁场与竖直方向夹角时，安培力水平向右。由受力分析知，当物体重力恰好等于最大静摩擦力时，磁感应强度有最小值。此时在竖直方向有水平方向有，数据代入解得（3）当磁感应强度最大时，摩擦力应当竖直向下。由受力分析得，竖直方向 水平方向，解得21.如图所示，竖直平面内有一足够长的倾角的粗糙直轨道，圆心为的竖直半圆轨道、圆心为的竖直半圆管道，水平粗糙直轨道及弹性板等组成，轨道各部分平滑连接。已知滑块（可视为质点）质量，轨道的半径，管道的半径，滑块与轨道间的动摩擦因数，与轨道间的动摩擦因数，其余各部分轨道均光滑，轨道的长度，滑块与弹性板作用后以等大速率弹回，，，重力加速度，滑块开始时均从轨道上某点静止释放。（1）若释放点距点的长度，求滑块运动到与圆心等高的点时对轨道的压力；（2）若滑块滑上轨道后恰好与挡板不相碰，求释放点距点的长度；（3）若滑块在运动过程中不脱离轨道且仅经过点一次，最终能静止在板上，求释放点距点长度的范围。【答案】（1），水平向右；（2）；（3）【解析】【详解】（1）由动能定理可得由牛顿第二定律可得 解得由牛顿第三定律得滑块运动到与圆心等高的点时对轨道的压力方向水平向右（2）由于滑块恰好不与挡板碰撞，则全过程动能定理解得（3）①若要停于，则需要过点，则由点至停止由动能定理得解得可以停于，则释放位置解得②撞击挡板后停于点，则解得综上所述，滑块最终停于中点左侧时，释放位置应满足22.在真空室内有如图甲所示装置，一个竖直圆柱体，底面半径为，和是圆柱体上下两个圆面的圆心。圆柱体所在的空间内存在竖直向下的匀强磁场。后侧矩形面有一个粒子面发射源，其中与 边的长度均为（过作的垂线与的交点恰为的中点），整个面都能向圆柱体发射某种正粒子，其比荷为、粒子的速度大小均为且速度方向与矩形面垂直。在圆柱体的右侧到距离为处放置一个与等高的粒子收集板，过作收集板上边缘的垂线恰好位于收集板的上边缘的中点，收集板前有两块隔板，两隔板边缘到的距离均为（如图乙所示），隔板与收集板间距为，中间有磁感应强度为，方向与圆柱体内磁场方向相反的匀强磁场，磁场局限于收集板与隔板之间，收集板和隔板足够宽，粒子击中隔板以及收集板后均直接被吸收。如图乙是图甲的俯视图，图中边射出的粒子经圆形磁场偏转后都从圆上的某一点（未画出）射出，不计粒子重力及粒子间相互作用，，。求：（1）圆形磁场的磁感应强度的大小；（2）从板中心射出的粒子经圆柱体磁场偏转由点出射，最终被吸收，求粒子从点出射至被吸收所经历的时间；（3）求最终被收集板吸收的粒子数与板射出的总粒子数的比值。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）画出粒子源a、b处射出的粒子运动轨迹如下图，粒子都从圆上同一点射出，可知A点位置如图所示 根据几何关系可知粒子在磁场中的运动半径也为R，则解得（2）由板中心射出的粒子恰好沿水平方向射出磁场，由题可知无磁场区长度为粒子在无磁场区运动时间为进入磁场后，由于，则粒子偏转半径也R，粒子在磁场中运动轨迹如下图粒子在磁场中运动轨迹为一半圆，故粒子在磁场中运动时间为故粒子从点出射至被吸收所经历的时间为 （3）由（2）中分析可知，D点距两隔板右侧的水平距离为，而两隔板边缘到的距离也为，由几何关系得，粒子入射磁场时与水平方向的最大夹角为45°，根据几何关系可知粒子可以击中收集板，如下图根据几何知识可得粒子出射点距离板中心线的距离为。当入射角变小后粒子可能无法击中收集板，临界条件时恰好与收集板相切，由几何关系易得是与水平方向成30°角的粒子，如下图同理，根据几何知识可得粒子出射点距离板中心线的距离为。综上可得，收集板吸收的粒子数与板射出的总粒子数的比值为