2021-2022学年湖北省新高考联考协作体高三（上）期末物理试卷

2021-2022学年湖北省新高考联考协作体高三（上）期末物理试卷

一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）

1. 用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，比值定义法，就是在定义一个物理量的时候采取比值的形式定义，被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变，下列选项中所列各物理量的关系式，全部用到了比值定义法的有

A. ，， B. ，，
C. ，， D. ，，

2. 逢年过节，采购一盆绿植放在客厅增添节日氛围已经成为一种越来越普遍的习俗。如图为某次采购的一盆绿植，部分花枝上通过轻质短绳挂有各式各样的小饰品。若所有饰品质量相同，则以下说法正确的是

A. 不同饰品，由于悬挂树枝弯曲程度不同，所受花枝作用力不同
B. 花枝给饰品作用力方向一定垂直花枝斜向上方
C. 经过一段时间，花枝被饰品压到相对较低的位置，但饰品所受花枝作用力不变
D. 使饰品轻微摆动，在饰品摆动过程中，挂绳对饰品拉力的大小和方向均不变
 

3. 一简谐横波沿轴正方向传播，在时刻，该波的波形图如图甲所示，、是介质中的两个质点，图乙表示介质中某质点的振动图象。下列说法正确的是

A. 质点的振动图象与图乙相同
B. 在时刻，质点的速率比质点的大
C. 在时刻，质点的加速度的大小比质点的大
D. 在时刻，质点与其平衡位置的距离比质点的小

4. 如图所示匀强电场的区域内，在点处放置一点电荷，、、、、、为以点为球心、半径为的球面上的点，、、、、点共面且与电场平行，、、、、点共面且与电场垂直，则下列说法中正确的是

A. 、、、、、各点的电场强度均相同
B. 、两点的电场强度大小不相等，电势相等
C. 、两点的电场强度大小不相等，电势相等
D. 、两点的电场强度大小相等，电势相等
 

5. 中国火星探测器“天问一号”成功发射后，将沿地火转移轨道飞行七个多月，于年月中旬到达火星附近，要通过制动减速被火星引力俘获，才能进入环绕火星的轨道飞行。已知地球的质量约为火星质量的倍，半径约为火星半径的倍，下列说法正确的是

A. 若在火星上发射一颗绕火星的近地卫星，其速度至少需要
B. “天问一号”探测器的发射速度一定大于，小于
C. 火星与地球的第一宇宙速度之比为
D. 火星表面的重力加速度大于地球表面的重力加速度

6. “天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是

A. 摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B. 在最低点时，乘客处于超重状态
C. 摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零
D. 摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
 

7. 如图，理想变压器副线圈匝数为匝，原线圈匝数为匝。副线圈接有一个阻值为的灯泡，绕过铁芯的单匝线圈接有一理想交流电压表，示数为。则交流电流表的示数为

A.  B.  C.  D.

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

8. 如图，游乐场中，从高处到水面处有两条长度相同的光滑轨道．甲、乙两小孩沿不同轨道同时从处自由滑向处，下列说法正确的有

A. 甲的切向加速度始终比乙的大
B. 甲、乙在同一高度的速度大小相等
C. 甲、乙在同一时刻总能到达同一高度
D. 甲比乙先到达处

9. 如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从点脱离后做平抛运动，经过后恰好垂直与倾角为的斜面相碰。已知半圆形管道的半径为，小球可看做质点且其质量为，取。则

A. 小球经过点时的速率为
B. 小球在斜面上相碰点与点的水平距离是
C. 小球经过点时，受到管道的作用力，方向向上
D. 若改变小球进入管道初速度使其恰好到达点，则在点小球对管道的作用力为零

10. 如图甲，足够长的光滑斜面倾角为，时质量为的物块在沿斜面方向的力作用下由静止开始运动，设沿斜面向上为力的正方向，力随时间的变化关系如图乙。取物块的初始位置为零势能位置，重力加速度取，则物块

A. 在时间内合外力的功率为
B. 在时动能为
C. 在时机械能为
D. 在时速度大小为

11. 如图所示，间距为，电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为的电阻连接，导轨上横跨一根质量为，电阻也为的金属棒，金属棒与导轨接触良好。整个装置处于竖直向上、磁感应强度为的匀强磁场中。现使金属棒以初速度沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为。下列说法正确的是

A. 金属棒端电势比端电势高
B. 整个过程中金属棒克服安培力做功为
C. 整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为
D. 金属棒克服安培力做功等于电阻上产生的焦耳热

三、实验题（本大题共2小题，共23.0分）

12. 用如图甲所示的装置，来验证碰撞过程中的动量守恒。图中是斜槽，为水平槽，点为水平槽末端在记录纸上的垂直投影点，、两球的质量之比：：。先使球从斜槽上固定位置由静止释放，在水平地面的记录纸上留下落点痕迹，重复次，得到个落点。再把球放在水平槽上的末端处，让球仍从位置由静止释放，与球碰撞，碰后、球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复次。、两球在记录纸上留下的落点痕迹如图乙所示，其中米尺的零点与点对齐。
    
    碰撞后球的水平射程应取______；
    本实验巧妙地利用小球飞行的水平距离表示小球的水平速度。下面的实验条件中，不能使小球飞行的水平距离表示为水平速度的是______；
    A.使、两小球的质量之比改变为：
    B.升高固定点的位置
    C.使、两小球的直径之比改变为：
    D.升高桌面的高度，即升高点距地面的高度
    利用此次实验中测得的数据，在误差允许的范围内满足表达式______，则说明碰撞过程动量守恒。
13. 音箱线用于连接功放与音箱，用单晶铜作音箱线，音响的音质会更清楚，因为单晶铜电阻率比普通铜低。下面是测量单晶铜电阻率的实验方案。
    
    用螺旋测微器测量一单晶铜丝的直径，示数如图所示，可读得______。
    图为实验电路，为了保证两个电表的示数从零开始变化，请画线将滑动变阻器正确接入电路。
    电路接好后，闭合开关，滑动变阻器触头从左移到右，发现电压表示数变化很大，电流表示数总为零，这可能是线夹处发生______选填“短路”或“断路”。
    线夹的问题解决后，闭合开关，滑动变阻器触头移到合适位置不动，再把线夹从向移动，发现电压表示数很小且变化不大，这时应该把连接电压表负接线柱的导线改接在______。再重新把线夹从向移动，读出多组电压表和电流表示数，计算电阻，把多组电阻值与接入电路长度值画成如图的关系图线，根据图线可知______，单晶铜的电阻率为______取，计算结果保留两位有效数字。

四、计算题（本大题共3小题，共33.0分）

14. 如图所示，空间存在着场强为 、方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为的绝缘细线，一端固定在点，另一端拴着质量为、电荷量为 的小球．现将细线拉直到水平位置，使小球由静止释放，当小球运动到最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂．取求：
    小球的电性；
    细线能承受的最大拉力；
    当细线断裂后，小球继续运动到与点水平方向距离为时仍在匀强电场中，小球距点的高度．
    
    
    
    
    
    
     
15. 算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框，甲、乙相隔，乙与边框相隔，算珠与导杆间的动摩擦因数。现用手指将甲以的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度取。
    通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框；
    求甲算珠从拨出到停下所需的时间结果保留两位有效数字。

16. 如图所示，虚线与之间是匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度为，磁场区域在竖直方向足够长，右侧有无限大的挡板，、与挡板三者互相平行，间距均为。一电荷量为、质量为、初速度可忽略的粒子，经电压为的电场加速后，从靠近上板的位置沿水平方向进入两平行金属板间的偏转电场。平行金属板长度为、间距为，板间为电压由加速电压决定，且始终有。粒子离开偏转电场后若可以穿过匀强磁场，最后会打在竖直挡板上重力忽略不计。
    求粒子经过偏转电场后的侧移距离和速度偏转角的正切值；
    为使粒子不会由磁场右边界射出，加速电压最大值应为多少？
    若每隔一段时间就有一个粒子被加速，且加速电压从缓慢增加至，求竖直挡板上被粒子打中区域的长度。粒子在加速电场中运动时间极短且粒子间的相互作用忽略不计

答案和解析

1.【答案】
 

【解析】解：、是属于决定式，不属于比值定义法，故A错误；
B、，电势与电势能及电荷量均无关，属于比值定义法；电场强度与放入电场中的电荷无关，属于比值定义法；磁感应强度与放入磁场中的电流元无关，故也属于比值定义法，故B正确；
C、属于电阻决定式，不属于比值定义法，故C错误；
D、属于加速度决定式，不属于比值定义法，故D错误；
故选：。
、、是属于决定式，不是比值定义法。
明确比值定义法和决定式之间的关系是解决问题的关键。
 

2.【答案】
 

【解析】解：饰品挂在花枝上，受到自身重力与花枝对其作用力，处于受力平衡状态。
A、所有饰品质量相同，根据平衡条件可知所受花枝作用力相同，故A错误；
B、根据平衡条件可知花枝给饰品作用力与重力大小相等，方向相反，即花枝给饰品作用力方向一定竖直向上，而不一定垂直花枝，故B错误；
C、经过一段时间，花枝被饰品压到相对较低的位置，但根据平衡条件可知饰品所受花枝作用力不变，大小仍然等于重力，故C正确；
D.在饰品摆动过程中，受力不平衡，挂绳对饰品拉力将发生变化，故D错误。
故选：。
饰品挂在花枝上，受到自身重力与花枝对其作用力，处于受力平衡状态，因此可由共点力平衡条件进行分析
本题考查共点力平衡条件，要求学生合理理解题意，分析出饰品处于受力平衡状态，结合共点力平衡条件对小饰品受力情况进行定性分析，难度不大。
 

3.【答案】
 

【解析】解：、时刻，题图乙表示介质中的某质点从平衡位置向下振动，画题图甲中质点在时刻从平衡位置向上振动，平衡位置在坐标原点的质点从平衡位置向下振动，所以质点的振动图象与题图乙不同，故A错误；
、在时刻，质点处在波谷位置，速率为零，与其平衡位置的距离最大，加速度最大，而质点运动到平衡位置，速率最大，加速度为零，即在时刻，质点的速率比质点的小，质点的加速度比质点的质点与其平衡位置的距离比质点的大，故BD错误，C正确。
故选：。
根据波的传播方向确定点在时刻的振动方向，与振动图象上在时刻质点的振动方向比较，确定是哪个质点的振动图象。在波动图象上，根据位移大小研究加速度和速度的大小关系。
解决该题需要掌握在振动图象中判断质点的振动方向以及波动图象中判断波的传播方向的方法，掌握简谐运动的运动特征。
 

4.【答案】
 

【解析】解：匀强电场的场强大小恒为，方向水平向右，点电荷在球面上产生的场强大小为：
方向沿径向向外，但各点的合场强满足平行四边形法则合成，则有
沿着电场线电势逐渐降低，则匀强电场的各点电势关系为
正的点电荷周围的电势决定式为
匀强电场的电势和点电荷的电势合成满足代数加减，有
A、、、、、、六个点的合场强大小不全相等，而合场强的方向也不全相同，故A错误；
B、、两点的电场强度合成后，匀强电场的电势和点电荷的电势合成满足代数合成有，故B错误；
C、、两点的电场强度合成后大小相等，电势叠加后相等，故C错误；
D、、两点的合电场强度大小相等，电势叠加后相等，故D正确；
故选：。
点电荷在六点产生的场强方向不相同，因此与匀强电场叠加后这六点的电场强度方向不一致；根据对称性判断各点电势大小。
本题考查点电荷电场和匀强电场的叠加。注意电场的矢量性。
 

5.【答案】
 

【解析】解：、卫星在贴近行星表面绕行的速度为该行星的第一宇宙速度，由，可得，故
所以在火星上发射一颗绕火星的近地卫星，其速度至少需要，故A错误、C正确；
B、“天问一号”探测器需要脱离地球的引力才能奔向火星绕火星运行，发射的最小速度为第二宇宙速度，故B错误；
D、不考虑自转时，在行星表面有：，可得，故：：，所以火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，故D错误。
故选：。
卫星在行星表面绕行的速度为该行星的第一宇宙速度，根据万有引力提供向心力得到线速度的表达式进行分析；“天问一号”发射的最小速度为第二宇宙速度；根据万有引力和重力的关系得到重力加速度大小之比。
本题主要是考查了万有引力定律及其应用；解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答。
 

6.【答案】
 

【解析】解：、机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，故A错误；
B、圆周运动过程中，在最低点，由重力和支持力的合力提供向心力，向心力指向上方，所以
则支持力，所以重力小于支持力，乘客处于超重状态，故B正确；
C、转动一周，重力的冲量为，不为零，故C错误；
D、运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，所以重力的瞬时功率在变化，故D错误。
故选：。
根据机械能的定义分析机械能的变化情况；根据向心力的来源分析重力和支持力的情况；根据做功的定义分析重力做功；根据瞬时功率计算式计算重力的瞬时功率。
本题涉及的知识点比较多，但是都考查了基本的公式，学习过程中一定要把最基础的概念和公式牢记，这样我们就能得心应手。
 

7.【答案】
 

【解析】解：理想交流电压表的示数为一匝线圈的电压的有效值，根据理想变压器的原理可知，匝数与电压成正比，则有，

理想变压器原副线圈的功率相等，则有
即
解得
即接在原线圈上的交流电流表的示数为，故A正确，BCD错误；
故选：。
根据变压器的变压比规律求出线圈电压，再根据输入功率等于输出功率求出原线圈电流，即交流电流表的示数。
本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。
 

8.【答案】
 

【解析】解：：由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，故A错误；
：由机械能守恒定律可知，各点的机械能保持不变，高度重力势能相等处的动能也相等，故B正确；
C、：甲的切向加速度先比乙的大，速度增大的比较快，开始阶段的位移比较大，故甲总是先达到同一高度的位置。故C错误，D正确。
故选：。
由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小；
可以使用机械能守恒来说明，也可以使用运动学的公式计算，后一种方法比较麻烦；
哪一个先达到点，可以通过速度的变化快慢来理解，也可以使用图象来计算说明．
本题应该用“加速度”解释：高度相同，到达底端的速度大小就相同，但甲的加速度逐渐减小，乙的加速度逐渐增大．所以它们的速度增加的快慢不同，甲增加得最快，乙增加得最慢．
它们的图象如图，结合图象的意义，图线的斜率表示加速度，图线与时间轴之间的面积可以用来表示位移．

 

9.【答案】
 

【解析】解：、小球到达斜面时竖直分速度为：

因为小球垂直撞在斜面上，则

解得小球经过点的速度
，故A正确；
B、小球在斜面上的相碰点与点的水平距离是，故B错误；
C、在点，根据牛顿第二定律得
解得轨道对小球的作用力
可知轨道对小球的作用力方向向上，大小为，故C正确；
D、若小球恰好到达点，可知点的速度为零，此时轨道对小球的作用力等于小球的重力即，故D错误；
故选：。
根据平抛运动竖直方向的运动公式结合速度的方向分析出小球在点的速度；
根据水平方向的运动特点结合运动学公式计算出两点的水平距离；
根据牛顿第二定律计算出小球在点的受力情况；
理解临界状态的意义并做分析。
本题主要考查了平抛运动和圆周运动的结合，根据几何关系和运动学公式分析在不同位置的速度，结合向心力公式分析小球的受力情况，尤其要注意力的方向问题。
 

10.【答案】
 

【解析】解：、在时间内，由于，故物块沿斜面上滑，由牛顿第二定律可得：
代入数据解得：。物块内上滑的位移：，内合外力做功为，代入数据解得：
在时间内，合外力的功率为，故A错误；
B、时物块的速度为，时物块的动能：，故B正确；
C、时间内，物块不受外力，只有重力对物块做功，所以该过程物块的机械能守恒，由于物块的出发的位置重力势能为，时刻物块动能也为，所以时刻物块的机械能为，由于物块机械能增加了，所以内，包括时物块的机械能为，故C正确；
D、内，由牛顿第二定律有：
代入数据解得：
末物块的速度为
时间内，由牛顿第二定律有：
代入数据解得：
方向沿斜面向下，在时速度大小为，故D错误。
故选：。
在时间内，根据牛顿第二定律求出物块运动的加速度，再根据运动学公式求出位移，从而求出合外力力做的功，根据功与时间之比求解合外力的功率；由求出时速度，从而求得动能；外力做的功等于机械能改变量；根据牛顿第二定律和速度时间公式相结合求解物块在时的速度大小。
本题考查牛顿运动定律、运动学公式和功能关系的综合应用，能够根据图象分析物块的受力情况，再结合运动学公式计算速度和位移是解题的关键。
 

11.【答案】
 

【解析】解：、金属棒切割磁感线产生感应电动势，由右手定则可知电源内部电流由点流向点电源内部都是负极流向正极的电流流向，则金属棒端电势比端电势低，故A错误；
B、金属棒切割磁感线产生感应电流，金属棒受到安培力作用，金属棒做减速运动，金属棒最终静止，由功能关系可知，整个过程中金属棒克服安培力做的功，故B正确；
C、设金属棒的位移大小为，由法拉第电磁感应定律得：
由闭合电路的欧姆定律得：
通过金属棒的电荷量：
解得：，故C正确；
D、金属棒克服安培力做的功将机械能转化为电路的电能，而电路为纯电阻电路，则电能转化为全电路电阻的焦耳热，则金属棒克服安培力做功等于电阻和金属棒上产生的总焦耳热，故D错误。
故选：。
应用右手定则判断出电势的高低；应用功能关系求出克服安培力做的功；应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律与电流的定义式求出金属棒发生的位移；应用能量守恒定律分析答题。
金属棒在运动过程中克服安培力做功，把金属棒的动能转化为焦耳热，在此过程中金属棒做加速度减小的减速运动；对棒进行受力分析、熟练应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、给你关系即可解题。
 

12.【答案】   
 

【解析】解：小球和小球相撞后，小球的速度增大，小球的速度减小，碰撞前后都做平抛运动，高度相同，所以运动时间相同，所以速度大的水平位就大，而碰后的速度小于的速度，所以碰撞后球的落地点距离点最近，由图示刻度尺可知，其分度值是，碰撞后球的水平射程应取。
、只有当小球做平抛运动时才能用水平位移表示为水平速度，改变小球的质量比，小球碰撞后仍然做平抛运动，可以用小球飞行的水平距离表示为水平速度，故A错误；
B、升高固定点的位置，小球碰撞后仍然做平抛运动，可以用小球飞行的水平距离表示为水平速度，故B错误；
C、使、两小球的直径之比改变为：，小球的球心不在同一高度，碰撞后小球的速度不在水平方向，不能做平抛运动，不可以用小球飞行的水平距离表示为水平速度，故C正确；
D、升高桌面的高度，即升高点距地面的高度，小球碰撞后仍然做平抛运动，可以用小球飞行的水平距离表示为水平速度，故D错误。
故选：。
碰撞前球做平抛运动的水平位移为，碰撞后球做平抛运动的水平位移为，碰撞后球做平抛运动的水平位移为，设运动的时间为，则碰撞前的动量为：，碰撞后总动量为：，碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律得：，平抛运动过程中下落高度相同，故下落时间相同，则有。
故答案为：；；。
小球和小球相撞后，小球的速度增大，小球的速度减小，所以碰撞后球的落地点距离点最近，读数时取平均值；
只有当小球做平抛运动时才能用水平位移表示为水平速度；
碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求解。
对刻度尺读数时，要注意刻度尺的分度值；小球碰撞过程动量守恒，应用动量守恒定律即可正确解题；小球离开轨道后做平抛运动，小球抛出点的高度相等，做平抛运动的时间相等，小球的水平位移与初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度．
 

13.【答案】  断路  定值电阻的左端   
 

【解析】解：由图所示螺旋测微器可知，其示数为：。
根据题干要求，电压从开始调节，所以滑动变阻器应采用分压接法，按此思路连接实物图如图所示；
由于电压表的示数变化很大，说明分压部分电路完好，但电流表的示数为零，说明待测电阻未接入电路，故是接线夹处发生断路；
把线夹从向移动，发现电压表示数很小且变化不大，这是因为待测电阻的阻值小，定值电阻的分压很大。这时应该把连接电压表负接线柱的导线改接在定值电阻的左端；
根据实物按图可知，当时，，当，而截面积时，，根据电阻定律得到。
故答案为：；如图所示；断路、定值电阻的左端；、
螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，根据图示螺旋测微器读出其示数；
根据题干要求，滑动变阻器采用分压接法，再画出实物连接图；
根据实物图的连接方向式，结合故障特征找到接线夹处的断路；由于定值电阻与待测电阻是串联关系，由于其电压变化很小，则让电压表测总电压；
根据电路连接及实验数据可得到定值电阻的值，再由电阻定律求出铜的电阻率。
本题考查了螺旋测微器读数、实验器材选择、实验数据处理等问题，要掌握常用器材的使用方法与读数方法；要掌握实验器材的选择原则；分析清楚图示电路图应用欧姆定律即可解题。
 

14.【答案】解：由小球运动到最高点可知，小球带正电．
设小球运动到最高点时速度为，对该过程由动能定理有，

在最高点对小球进行受力分析，由圆周运动和牛顿第二定律得，

由式解得， 
小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为，
则
设小球在水平方向运动位移为的过程中，所经历的时间为，则
设竖直方向上的位移为，
则
由解得 
所以小球距点的高度为 
答：小球的电性为正电；
细线能承受的最大拉力为；
当小球继续运动后与点水平方向距离为时，小球距点的高度．
 

【解析】由带电小球在电场力作用下，运动到最高点并拉断细线，则可判定电场力方向，再由电场强度方向可确定小球的电性．
小球从释放到最高点，由动能定理可求出动能的变化，再由牛顿第二定律可得拉力大小．
当细线断裂后，小球做类平抛运动，则将此运动分解成水平方向匀速运动与竖直方向匀加速运动，从而求出小球距点的高度．
小球由静止释放，当小球运动最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂．从而可求出此时的速度，这是本题的突破口．并值得注意是细线断裂后，速度与合力相垂直，且合力恒定，所以做类平抛运动．
 

15.【答案】解：由牛顿第二定律可得，甲乙滑动时均有
则甲乙滑动时的加速度均为
根据速度位移公式可知：
甲与乙碰前的速度，则解得：
甲乙碰撞时由动量守恒定律
解得碰后乙的速度为：

然后乙做减速运动，当速度减为零时则
可知乙恰好能滑到边框；
甲与乙碰前运动的时间
碰后甲运动的时间
则甲运动的总时间为
答：通过计算，乙算珠能滑动到边框；
甲算珠从拨出到停下所需的时间为。
 

【解析】根据牛顿第二定律计算出加速度，结合运动学公式计算出速度，再根据动量守恒定律计算出碰撞后的速度，最后根据运动学公式和位移关系完成分析；
分阶段计算甲算珠的运动时间最后再相加即可。
本题主要考查了运动的多过程问题，在分析的过程中涉及到了动量守恒定律，要注意物理量的方向，整体难度不大。
 

16.【答案】解：设粒子进入偏转电场的初速度大小为。
在加速电场的过程由动能定理得：

解得：
在偏转电场中粒子做类平抛运动，
水平方向有：，
竖直方向有：
粒子在偏转电场的侧移距离：
粒子射出偏转电场的偏转角的正切值：
由第问的结论可知粒子射出偏转电场的偏移距离和偏转角均与加速电压无关，即所有粒子离开偏转电场的位置和速度方向均相同。
由，可得偏转角
粒子不由磁场右边界射出，临界圆周轨迹设半径为与磁场右边界相切，对应的加速电压为最大值。粒子轨迹如图所示。
由几何关系：，
解得：
由洛伦兹力提供向心力得：，解得：
又有
在加速电场的过程由动能定理得：
解得：
由上述解答过程可得到：粒子在磁场中圆周轨迹半径正比于射出偏转电场的速度大小，又正比于进入偏转电场的初速度，而的平方又正比于加速的电压，可得：。
当时，则有：
解得：
粒子运动轨迹如图中红色轨迹所示，粒子在磁场中偏转，出磁场粒子做匀速直线运动的速度方向与水平方向夹角等于，最终打在板上的点，出磁场的位置与进磁场的位置在同一水平线上，延长交竖直板于点，则有：

同理，当时，则有：
解得：
粒子运动轨迹如图中蓝色轨迹所示，圆心恰好边界上，在粒子在磁场中偏转，出磁场粒子做匀速直线运动的速度方向为水平方向，最终打在板上的点，则有：

则竖直挡板上被粒子打中区域的长度为
答：粒子经过偏转电场后的侧移距离为和速度偏转角的正切值为；
加速电压最大值应为；
竖直挡板上被粒子打中区域的长度为。
 

【解析】在加电场中应用动能定理，粒子在偏转电场中做类平抛运动，将运动分解处理，平行极板方向做匀速运动求时间，垂直极板方向做匀加速运动，可求得偏移量和偏转角；
粒子射出偏转电场的偏转角一定，作出满足条件的临界圆周轨迹，由几何关系求得满足条件的最大半径，由洛伦兹力提供向心力求得速度大小，应用动能定理而求解加速度最大值；
分别求得圆周轨迹半径的最大值与最小值，由几何关系作出粒子运动轨迹，找到达到板上相距最远的两个位置，由几何关系求解。
本题考查了带电粒子在电磁场中一定问题，在匀强电场中加速与偏转属于基础问题，处理粒子在匀强磁场中仅受洛伦兹力而做匀速圆周运动，前提能正确利用几何关系作出粒子轨迹。