浙江省诸暨市海亮高级中学2022届高三上学期12月份选考模拟物理试题含答案

这是一份浙江省诸暨市海亮高级中学2022届高三上学期12月份选考模拟物理试题含答案，共27页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题卷等内容，欢迎下载使用。


浙江省2022届物理选考模拟试卷
考生须知：
1.本卷满分100分，考试时间90分钟；
2.答题前，在答题卷指定区域填写学校、班级、姓名、试场号、座位号及准考证号。
3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；
4.考试结束后，只需上交答题卷。
5.本卷除第17题外，重力加速度均取：
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，选对的得3分，不选、多选、错选均不得分）
1. 太阳常数指在日地平均距离(D=1.496x108km)上，大气顶界垂直于太阳光线的单位面积每分钟接受的太阳辐射，由于太阳表面常有黑子等太阳活动的缘故，太阳常数并不是固定不变的，一年当中的变化幅度在1%左右。以人造卫星测得的数值是每平方米大约1366瓦特为依据，整个地球上到达的太阳能约为 ( 地球半径为6400千米)
A. B. C. D.
2. 在电梯中用测力计悬吊一个重物，保持测力计相对电梯静止，测得电梯匀加速上升时测力计读数为G1，匀减速上升时读数为G2。已知电梯加速和减速过程的加速度的大小是相同的，则电梯做匀加速运动时的加速度大小为
A． B． C． D．
3. 下列说法中正确的是
A. 平均速度、瞬时速度和加速度等描述运动所需的概念是牛顿首先提出的
B. 伽利略通过逻辑推理和实验认为：重物比轻物下落的快
C. 普朗克提出了能量子假说，并成功地应用于光电效应现象的解析
D. 法拉第提出了场的概念，且采用力线的方法来描述电场、磁场
4. 频闪摄影是研究变速运动常用的实验手段。在暗室中，照相机的快门处于常开状态，频闪仪每隔一定时间发出一次短暂的强烈闪光，照亮运动的物体，于是胶片上记录了物体在几个闪光时刻的位置。图是小球在月球上自由下落时的频闪照片示意图，（照片中的数字是小球落下的距离，单位是厘米）。由此可以估算该频闪仪的闪光频率约为：
A. B. C. D.
5. 如图所示为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图像可能是下列选项中的

6. 某同学搬运如图所示的磁电式电流表时，发现表针晃动剧烈且不易停止。按照老师建议，该同学在两接线柱间接一根导线后再次搬运，发现表针晃动明显减弱且能很快停止。下列说法正确的是
A. 未接导线时，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势
B. 未接导线时，表针晃动剧烈是因为表内线圈受到安培力的作用
C. 接上导线后，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势
D. 接上导线后，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用

7. 国产科幻片《流浪地球》的成功,掀起了天体研究热。小红同学课外查阅太阳系行星的一些资料，太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星冲日”。据报道，2020年各行星冲日时间分别是：7月14日木星冲日；7月21日土星冲日；9月12日海王星冲日；10月14日火星冲日；11月1日天王星冲日，已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示,则下列判断中正确的是

地球
火星
木星
轨道半径(AU)
1.0
1.5
5.2

土星
天王星
海王星
轨道半径(AU)
9.5
19
30
　　A.各地外行星每年都会出现冲日现象
B.在2021年内一定会出现2次木星冲日
C.天王星相邻两次冲日的时间间隔为土星的一半
D.地外行星中,海王星相邻两次冲日的时间间隔最短
8. 用平行单色光垂直照射一层透明薄膜，观察到如图所示明暗相间的干涉条纹。下列关于该区域薄膜厚度d随坐标x的变化图像，可能正确的是
A. B.
C. D.

9. 一种粒子束的加速与扩束原理,简化如图所示.在真空中,一束横截面积极小、长度为l0的粒子束以初速度v0垂直射入带有小孔的平行金属板A、B内并穿出.已知粒子束由电荷量均为 -q、质量均为m的带电粒子组成,不计粒子重力和粒子间的相互作用.要使该粒子束通过平行板后速度大小变为2v0,则:
A. 平行板A 带正电
B. 平行板B、A之间的电势差　
C. 粒子束离开电场后,长度拉长了2l0
D. 粒子束离开电场后，长度拉长了3l0

10. 随着“共享单车”的持续火热,“共享汽车”(电动汽车)也悄然出现，如图所示.下表是某种“共享汽车”的主要参数。根据上述信息，则下列说法正确的是
空车质量
800 kg
电池容量
44 kW·h
标准承载
200 kg
最大续航(充满电最大行驶路程)
200 km
所受阻力与汽车总重比值
0.09
　　A.工作时,电动汽车的电动机将机械能转化成电能
B.电池容量44 kW·h指的是汽车电池充满电时的电荷量
C.标准承载下,电动汽车以72 km/h的速度匀速行驶10 min消耗的电能为2 kW·h
D.若标准承载下汽车速度能达到120 km/h,则汽车电动机最大输出功率不小于3 kW
11. 一列简谐横波沿x轴正方向传播，如图所示，实线为时的波形图，虚线为时的波形图。以下关于平衡位置在O处质点的振动图像，可能正确的是





A. B. C. D.

12．在如图甲所示的电路中，ab两端接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统(报警器未画出)，图中电压表和电流表均为理想电表，电压表的示数为22 V，D为理想二极管，R0为定值电阻，L为电阻恒定的指示灯，RT为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，下列说法中正确的是
A．理想变压器原、副线圈匝数之比为10∶1
B．若RT处出现火灾时，电压表示数不变，电流表示数将变小
C．若RT处出现火灾时，指示灯L将变暗
D．若只将原线圈的理想二极管去掉，则电压表的示数会变为原来的2倍
13. 如图所示，在楼梯口，用弹射器向第一级台阶弹射小球。台阶高为H，宽为L，A为竖直踢脚板的最高点，B为水平踏脚板的最右侧点，C是水平踏脚板的中点。弹射器沿水平方向弹射小球，弹射器高度h和小球的初速度可调节，小球被弹出前与A的水平距离也为L。某次弹射时，小球恰好没有擦到A而击中B，为了能击中C点，需调整h为，调整为，下列判断正确的是（　　）
A. 的最大值为 B. 的最小值为
C. 的最大值为 D. 的最小值为


二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2分，共6分。每小题列出的四个选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）
14.关于四幅图片的说法中正确的是：
A. 图甲说明发生光电效应现象时，频率越高的光对应的饱和光电流越大
B. 图乙的α粒子的散射实验中，散射后，绝大多数的α粒子按照原来的方向运动
C. 图丙为β粒子在威尔逊云室中的径迹，显示为粗而直的直线
D. 由图丁可知，质量数大于60的原子核，质量数越大比结合能越小

15．如图所示，水平面内有竖直向下、范围足够大的匀强磁场中，平行光滑且足够长的金属导轨上放置导体棒MN，水平导体棒与导轨垂直且接触良好。t=0时刻单刀双掷开关S拨到1位置，电源给电容器C充电，经过足够长时间后，在t1时刻又将S拨到2位置，电容器C通过MN连接的回路放电。以下关于电容器充放电电流iC、电容器两极板间的电压UC、棒MN的速度v以及棒MN两端电压UMN随时间变化的图像正确的是

16. 如图所示，两束激光束对称地射到上下对称的三棱镜上A和B点上，光线方向与三棱镜中心轴平行，A、B与三棱镜中心线距离为d。已知每束激光束的功率为。三棱镜的顶角为，对激光的折射率为。假若激光射到三棱镜后全部通过，不考虑反射光，下列说法正确的是
A. 激光通过三棱镜后方向改变角
B. 若不计三棱镜左右厚度，则两激光束在中心轴上交点与三棱镜距离为
C. 激光束对三棱镜水平方向作用力大小
D. 增加三棱镜顶角，激光可能不能通过三棱镜
三、非选择题部分（本题共6小题，共55分，计算题必须有必要的解答过程，只有答案没有过程的不得分）
17. （8分）用如图甲所示的实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒（图中滑轮为轻质滑轮）m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。如图乙给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，打点计时器所用交流电的频率为50Hz，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图乙所示。已知m1=100g、m2=300g，（取g=9. 8m/s2）则：
（1）为完成此实验，除了所给的器材，还需要的器材有 ▲
A刻度尺 B. 秒表
C.0~12V的直流电源 D. 0~12V的交流电源
（2）在纸带上打下计数点5时的速度v5= ▲ m/s；（结果保留3位有效数字）
（3）在打点0~5过程中系统动能的增加量 ▲ J，系统势能的减少量 ▲ J，由此得出的结论是 ▲ （结果均保留3位有效数字）
（4）若某同学作出图像如图丙所示，则根据图像求得的重力加速度g= ▲ m/s2

18. (6分) 小红想利用以下材料测量某一规格为“24W，20V”的灯泡电阻，现有如下材料供它选择：
A.电压表（量程0-3V）
B.电压表（量程0-15V）
C.电流表（量程0-0.6A）
D.电流表（量程0-3A）
E.灵敏电流表G（内阻1000Ω，满偏电流）
F.定值电阻
G.开关S
H.电源E=40V
I.滑动变阻器（0-50Ω）
J.小灯泡L
（1）小红打算采用分压式接法，请在方框区域画出设计的电路图： ▲
图A

（2）小红观察电流表，结果如图A，则得到的电流值为 ▲ 。

（3）测量完灯泡电阻后，小红点亮该灯泡，决定用“双缝干涉测量光的波长”，如图B所示。若观察到较模糊的干涉条纹，要使条纹变得清晰，最值得尝试的是 ▲ 。
图B
A.旋转测量头
B.增大单缝与双缝间的距离
C.调节拨杆使单缝与双缝平行



19. (9分)如图所示为四旋翼无人机,它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器,目前正得到越来越广泛的应用.一架质量的无人机,其动力系统所能提供的最大升力,无人机上升过程中最大速度为6 m/s.若无人机从地面以最大升力竖直起飞,达到最大速度所用时间为3 s,假设无人机竖直飞行时所受阻力大小不变.求:
(1)无人机以最大升力起飞的加速度大小;
(2)无人机在竖直上升过程中所受阻力Ff的大小;
(3)无人机从地面起飞竖直上升至离地面h=21 m的高空所需的最短时间.

20．(12分)轻质弹簧原长为2L，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为L。现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5L的水平轨道，B端与半径为L的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数μ=0.5。用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度L，然后放开，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g。求：
（1）若P的质量为m，求P到达C点时对轨道的作用力；
（3）求它离开圆轨道后落回到AB上的位置与A点之间的距离；
（4）若P能滑上圆轨道，且不脱离圆轨道，求P的质量的取值范围。

21．(10分)如图所示为某兴趣小组做电磁驱动和电磁阻尼实验的示意图。分界线将水平面分成左右两部分，左侧平面粗糙，右侧平面光滑。左侧的驱动磁场为方向垂直平面、等间隔交替分布的匀强磁场，磁感应强度大小均为，每个磁场宽度均为L；右侧较远处的阻尼磁场为宽度也为L、方向垂直平面的匀强磁场，磁感应强度大小。两个完全相同的刚性正方形金属线框和的边长也均为L，已知线框单位长度的质量为，单位长度的电阻为，线框与左侧粗糙平面间的动摩擦因数。现使驱动磁场以稳定速度向右运动，线框由静止开始运动，经过一段时间后线框做匀速运动，当边匀速运动到分界线时立即撤去驱动磁场，接着线框继续运动越过分界线，并与静止线框发生正碰，碰后边和边粘在一起，组成“”型线框后向右运动进入阻尼磁场。设整个过程中线框的边和边始终与分界线平行，边和边碰后接触良好，重力加速度g=10m/s2。
（1）求线框刚开始运动时加速度的大小；
（2）求线框在驱动磁场中匀速运动时的速度大小；
（3）设线框边在越过分界线后速度为v（已知），要使“”线框整体不穿出阻尼磁场，求L的数值需要满足的条件。（结果用v表示）

22．(10分)如图所示，在平面直角坐标系xOy的平面内，有一个半径为R，圆心O1坐标为（0，﹣3R）的圆形区域，该区域内存在着磁感应强度为B1、方向垂直坐标平面向里的匀强磁场；有一对平行电极板垂直于x轴且关于y轴对称放置，极板AB、CD的长度和两板间距均为2R，极板的两个端点B和D位于x轴上，AB板带正电，CD板带负电．在第一和第二象限内（包括x轴和正y轴上）有垂直于坐标平面向里的磁感应强度为B2（未定知）的匀强磁场。另有一块长为R厚度不计的收集板EF位于x轴上2R～3R的区间上。现有一坐标在（R，﹣3R）的电子源能在坐标平面内向圆形区域磁场内连续不断发射速率均为、方向与y轴正方向夹角为θ（θ可在0～180°内变化）的电子。已知电子的电荷量大小为e，质量为m，不计电子重力作用，不计电子之间的相互作用力，两极板之间的电场看成匀强电场且忽略极板的边缘效应．电子若打在AB极板上则即刻被导走且不改变原电场分布；若电子能经过第一、二象限的磁场后打在收集板上也即刻被吸收（不考虑收集板的存在对电子运动的影响）；若电子没有打在收集板上则不考虑后续的运动。求：
（1）若从θ=60°发射的电子能够经过原点O，则两极板间电压为多大？
（2）要使第（1）问中的电子能被收集板吸收，则B2应为多大？
（3）若B2=B1，两极板间的电压为第（1）问中的电压，要使收集板的右端点F被电子击中，则收集板绕左端点E逆时针旋转的角度至少多大？（答案可用反三角函数表示，例如，则θ可表示为）
（4）若B2=B1，两极板间的电压大小可以从0开始调节（两极板极性不变），则从哪些角度发射的电子可击中收集板的右端点F。













高三物理模拟试卷参考答案及评分标准
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，选对的得3分，不选、多选、错选均不得分）
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
C
C
D
A
D
D
D
D
B
D
A
C
C
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2分，共6分。每小题列出的四个选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）
题号
14
15
16
答案
BD
AC
BD
三、非选择题部分（本题共6小题，共55分，计算题必须有必要的解答过程，只有答案没有过程的不得分）
17. (8分) (1). AD (2). 2. 40 (3). 1. 15 (4). 1. 18 (5). 在误差允许范围内，物体机械能守恒 (6). 9. 6 （其中(3). 1. 15 (4). 1. 18为各两分，其他均1分）
18.（6分）【答案】 ①. （4分） ②. 0.8A （1分） ③. C（1分）
19. (9分)【答案】　(1)2 m/s2　(2)6 N　(3)5 s （各3分）

20. (12分)
【答案】（1），方向水平向右；(3分)（2）；(3分)
（3） 或(各3分)
21. (10分) 【答案】（1）；(3分)（2）；(3分)（3）(4分)

22. (10分) 【答案】（1）；( 2分)（2）；( 2分)
（3）；(3分)（4）θ≤120°发射的电子可击中收集板的右端点F (3分)

部分试题详解
5.【解析】　带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，当重力与洛伦兹力相等时，圆环将做匀速直线运动，速度不会变小，A错误；当洛伦兹力大于重力时，圆环受到摩擦力的作用，并且随着速度的减小而减小，圆环将做加速度逐渐减小的减速运动，最后做匀速直线运动，D正确；如果重力大于洛伦兹力，圆环也受摩擦力作用，且摩擦力越来越大，圆环将做加速度逐渐增大的减速运动，故B、C错误．
6【解析】A．未接导线时，表针晃动过程中导线切割磁感线，表内线圈会产生感应电动势，故A错误；
B．未接导线时，未连成闭合回路，没有感应电流，所以不受安培力，故B错误；
CD．接上导线后，表针晃动过程中表内线圈产生感应电动势，根据楞次定律可知，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用，故C错误D正确。
故选D。
7.【解析】　因为冲日现象实质上是角速度大的天体转过的弧度恰好比角速度小的天体多出2π,所以不可能每年都出现,A错误;设木星的周期为T1,半径为r1,地球的周期为T2,半径为r2,由开普勒行星第三定律有,周期的近似比值为12,故木星的周期约为12年,由曲线运动追及公式,将k=1代入可得t=1.1年,为木星相邻两次冲日的时间间隔,所以两次冲日的时间间隔一定大于1年，故AB均错误;同理可算出天王星相邻两次冲日的时间间隔约为1.01年,土星两次冲日的时间间隔约为1.03年,海王星两次冲日的时间间隔约为1.006年,由此可知C错误，D正确.
8 【解析】从薄膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，其光程差为△x=2d，即光程差为薄膜厚度的2倍，当光程差△x=nλ时此处表现为亮条纹，故相邻亮条纹之间的薄膜的厚度差为λ，在图中相邻亮条纹（或暗条纹）之间的距离变大，则薄膜层的厚度之间变小，因条纹宽度逐渐变宽，则厚度不是均匀变小。
故选D。
9.【答案】B　
【解析】粒子带负电,电场力做正功,说明A板的电势低于B板的电势,故A为负极,B为正极.根据动能定理有, 代入
解得 故B正确。粒子束的前端与后端离开电场的时间差为Δt= 粒子束的长度变为 故粒子束拉长了l0.,C D均错误
10.【答案】　D
【解析】　工作时,电动汽车的电动机将电能转化为机械能,故A错误;电池容量44 kW·h指的是汽车电池充满电时的电能,故B错误;电动汽车标准承载下的阻力为Ff=0.09×(800+200)×10 N=9×102 N,汽车的牵引力F=Ff,消耗电能Fvt=9×102××10×60 J=1.08×107 J=3 kW·h,故C错误;汽车以120 km/h的速度匀速运动时的功率为Fv'=9×102×W=3×104 W=30 kW,故D正确.
11. 【答案】A
【解析】若机械波沿轴正方向传播，在时点振动方向竖直向上，则传播时间满足 （n=0，1，2，3…）
解得 （n=0，1，2，3…）
当时，解得周期 A正确，C错误；
若机械波沿轴负方向传播，在时点处于波谷，则
（n=0，1，2，3…）
解得 （n=0，1，2，3…）
当时，解得周期 B正确，D错误。
故选A
12．【答案】C
【解析】　设原线圈两端电压为U1，根据电流的热效应可得
T＝×，
解得U1＝110 V
由＝得＝＝5，故A错误；
输入端的电压不变，匝数比不变，则电压表示数不变，若RT处出现火灾时，RT电阻变小，输出的总功率变大，则输入端的电功率变大，电压不变，则电流表的示数变大，故B错误；
若RT处出现火灾时，RT电阻变小，输出的总功率变大，副线圈中电流变大，R0两端电压变大，则指示灯两端电压变小，指示灯变暗，故C正确；
有二极管时原线圈两端电压为110 V，没有二极管时原线圈两端电压为220 V，则原线圈两端电压变为原来的倍，由于匝数比不变，则电压表的示数变为原来的倍，故D错误．
13. 【答案】C
【解析】AB，根据小球做平抛运动有： 可以知道：
得
调整后，恰好没有擦到A而击中C
得 ，因此：
从越高的地方抛出来要打中C点，抛物线就越陡，越不会碰到A，所以是满足条件的最小值。故AB都错了。
由于 两次过A的情况水平位移都是L，
所以： 这是满足条件的最大值，故选C 正确。
14. BD
【解析】图甲说明发生光电效应现象时，饱和光电流不是与频率相关的，故A错误
图乙的α粒子的散射实验中，由于，原子核很小，散射后，绝大多数的α粒子按照原来的方向运动是正确的；图丙为粒子在威尔逊云室中的径迹，才是粗而直的直线。C错误的。由图丁可知，质量数大于60的原子核，质量数越大比结合能越小显然D的正确的。.

15【解析】AC
无论是充电还是放电，电流都是逐渐变小的，故A选项正确。B的主要错误在开始电容的电压是逐渐变大的。电容放电时，不考虑摩擦的情况下，MN作加速度变小的加速运动，最后，MN将是匀速运动。D的错误在于稳定时，电容无法彻底放完电。最后，故D错误。
16【答案】BD
【解析】根据折射定律，方向变化不是角 所以A错误，若不计三棱镜左右厚度，到达第二个面的折射光线与水平成角，故B正确；根据全反射的特点知道：D正确。
17【解析】
(1)打点计时器需要使用低压交流电源故选项C错误选项D正确；实验中需要用刻度尺测量点迹之间的距离，所以选项A正确.打点计时器本身就是一种计时仪器，所以不需要秒表,选项B错误。。
(2)由于每相邻两个点之间，还有4个点，故相邻两个点之间的时间间隔为0.1秒，做匀变速直线运动的物体，在某段时间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可以得到打计数点5的速度为2.40 m/s
（3）系统动能的增加量为：
系统重力势能减少量为：
观察数据可得在误差允许范围内，系统的机械能守恒的
（4）根据机械能守恒定律有
变形，可得 结合图像的斜率可得重力加速度为。
18【解析】
(1)由于灯泡的额定电压是20V，已有的电压表量程分别是3V和15V，都不满足测量要求，因此需要进行电压表的改装，灵敏电流表G与定值电阻R1串联，改装成电压表的量程为

灯泡的额定电流
电流表采用A2，电路图如图所示
(2)电流表是3A的量程，最小分度是0.2A，读出电流为0.8A。
(3) AB．干涉条纹模糊，说明经过双缝的透光量较少或者入射光强度较弱，在测量端旋转测量头和增大单缝与双缝间的距离，都不会改善透光量或入射光的强弱，故AB错误；
C．调节拨杆使单缝与双缝平行，这样会使透过单缝（相当于“线状光源”）的条形光与双缝平行，可增加双缝的透光量，会使条纹变得清晰，故C正确。故选C。
19【解析】　(1)
(2)由牛顿第二定律
得Ff=6 N.
(3)竖直向上加速阶段 ,x1=9 m
匀速阶段
t=t1+t2= 5 s.


20．【解析】
（1）当弹簧竖直放置，长度被压缩至L时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能，由机械能守恒定律，弹簧长度为L时的弹性势能为：
设物块P到达B点时的速度大小为，
由能量守恒定律得：
联立得：
物块P到达C点时的速度大小为，由动能定理得：

C点由水平向左的轨道弹力提供向心力：

由牛顿第三定律，方向水平向右
（2）若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力大于等于重力，即P此时的速度大小应满足：
即：
设P滑到D点时的速度为，由机械能守恒定律得：

联立得：
则满足的要求，故P能运动到D点，
并从D点以速度水平射出，设P落回到轨道AB所需的时间为，
由运动学公式得：
P落回到AB上的位置与A点之间的距离为：
联立得到：
（3） 设P的质量为M，若P刚好过B点，有：

解得：
若要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道上的上升高度不能超过半圆轨道的中点C，
P最多到C而不脱轨，则有：
解得：
综上的P的质量的取值范围为：
若P顺利通过最高点D，
根据动能定理：
，可得
所以要使P能滑上圆轨道，且不脱离圆轨道，P的质量的取值范围为：
或。

21．

【解析】（1）磁场以稳定速度向右运动，线框刚开始切割速度向左，根据
根据欧姆定律
设线框刚开始运动的加速度为a，则

解得
（2） 设线框在驱动磁场中匀速运动速度为 ，此时切割磁场的速度为
根据法拉第电磁感应定律：
根据欧姆定律：
根据平衡条件：
解得
（3）线框和线框 发生正碰，系统的动量守恒，则仍为
当cd边和ef边在磁场中运动时，等效电路图分别为：


长为L的部分电阻为：
电路中的总电阻为：
当ef边在磁场中运动时，ef边受到的安培力冲量：


则：

同理，当cd边在磁场中运动时，cd边受到的安培力冲量：

当ab和gh边的组合边在磁场中运动时，等效电路图为：

电路的总电阻为：
该过程中受到安培力的冲量为：


线框整体不穿出阻尼磁场的临界条件为cd边运动到磁场右边界时的速度为零，
从ef边进出磁场到cd边离开磁场的过程中根据动量定理：

整理得：

22．【解析】
（1）电子在圆心磁场区域中做匀速圆周运动，速度
洛伦兹力做向心力，故有：，解得轨道半径：
根据几何关系可得：电子离开圆心磁场时的速度方向竖直向上，
那么，电子运动到O点的轨迹如图所示：电子在极板间运动只受电场力作用，故电子做类平抛运动，
加速度：
竖直位移为2R，则有：2R=v0t
水平位移为：
则有：
所以两极板间电压：
（2）由（1）可得：电子在O点时的水平分速度
故设电子在y≥0区域做匀速圆周运动的轨道半径为R2，则由几何关系可得，电子再次经过x轴的坐标：
故根据收集板位置，要使第（1）问中的电子能被收集板吸收，则有：
再根据洛伦兹力做向心力可得：

则：
所以，。

（3）若B2=B1，则电子在y≥0区域做匀速圆周运动的轨道半径为：

以θ=0发射的电子打在收集板右端点F时，收集板绕左端点E逆时针旋转的角度 γ最小；此时，电子进入y≥0区域时的速度方向与x轴间的夹角：
，
在x轴上M的坐标：


设此时F的坐标为（X，Y），在直角三角形中，由几何关系可得：，
即；
在直角三角形中，由几何关系可得：
，即；
且
所以，，，
则：
（4）设电子进入y≥0区域时的速度为v，到F的距离为2d，粒子做匀速圆周运动的轨道半径为r；则竖直分量为v0；
由几何关系可得：
根据洛伦兹力做向心力可得：，所以：，
故；
故从处离开电场的电子可以击中收集板的右端点F；

假设从处离开圆形磁场的电子，进入圆形磁场的速度方向与水平方向成角，
该电子进入电场后两极板间的电压为零，电子从x轴的处进入第一、二象限的磁场，偏转后击中收集板的右端点F，
由几何关系：
即，此电子进入圆形磁场的速度方向与竖直方向成角。
又有两极板间的电压大小可以从0开始调节，电子进入电场时的速度竖直向上，在电场中运动向左偏转；所以，离开圆形磁场区域时的x轴坐标在范围内的电子可以击中收集板的右端点F；根据电子在圆形磁场区域的轨道半径为R，由几何关系可得：θ≤120°。