浙江丽水市2025-2026学年高二下学期6月期末教学质量监控物理试题（含解析）

这是一份浙江丽水市2025-2026学年高二下学期6月期末教学质量监控物理试题（含解析），文件包含第7章化学与生活-知识点梳理docx、第7章化学与生活-知识点梳理含答案解析docx等2份学案配套教学资源，其中学案共12页， 欢迎下载使用。
考生注意：
1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。
2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在试题卷上的作答一律无效。
3．非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内。作图时先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。
选择题部分
一、选择题Ⅰ（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1. 力的单位是牛顿（N），根据牛顿第二定律，力的单位还可以表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据牛顿第二定律
其中为力，单位为牛顿（N）；为质量，单位为千克（kg）；为加速度，单位为米每二次方秒（m/s²）。因此，力的单位可表示为
故选 B。
2. 2026年央视春节联欢晚会上，人形机器人与小朋友进行同台集群武术表演，惊艳了春晚舞台，如图是表演“后空翻”的情景。则关于腾空后的人形机器人，下列说法正确的是（ ）
A. 落地前处于失重状态B. 腾空的高度越高，惯性越大
C. 重心位置始终在人形机器人身上D. 观察人形机器人的动作时可以将其视为质点
【答案】A
【解析】
【详解】A．机器人在空中落地前，忽略空气阻力时，加速度等于重力加速度、方向竖直向下，落地前人形机器人处于失重状态，故A正确；
B．惯性是物体的固有属性，惯性大小仅由质量决定，和速度无关，故B错误；
C．物体的重心位置不一定在物体本身，机器人做后空翻肢体弯曲时，重心可能在机器人身体外，故C错误；
D．研究机器人后空翻动作时，机器人的形状、大小不能忽略，因此不能将机器人视为质点，故D错误。
故选A。
3. 如图为一公园螺旋管道滑梯，内壁粗糙，滑梯下方出口切线水平。一质量为的小朋友（可视为质点），从管道顶端点由静止开始下滑到底端出口点时的速度大小为，点与点高度差为，重力加速度为，则小朋友从滑到的过程中（ ）
A. 机械能守恒B. 重力的功率一直增大
C. 机械能的减少量为D. 所受滑动摩擦力大小一直保持不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据题意可知，小朋友从滑到的过程中受到摩擦力作用，摩擦力对小朋友做负功，小朋友的机械能减少，故A错误；
B．重力的功率
A点初速度为0，，
最低点B速度方向水平，，
中间过程竖直方向速度不为零，因此重力功率先增大后减小，故B错误；
C．对下滑过程用动能定理
解得
根据功能关系
可得小朋友机械能的减少量为，故C正确；
D．设小朋友在某一点速度方向与竖直方向夹角为，滑梯对小朋友的支持力为，速度为，该点的曲率半径为，根据牛顿第二定律有
可得
小朋友所受滑动摩擦力大小
小朋友下滑过程中，速度方向与竖直方向夹角为和速度大小都在改变，则滑动摩擦力发生变化，故D错误。
故选C。
4. 中国张雪机车在2026年3月举行的世界超级摩托车锦标赛葡萄牙波尔蒂芒站夺得SSP中量级组别两回合冠军。如图为两车以相同的速率通过路面水平弯道的情景，在这极短的时间内，两车的运动视为同一圆心的匀速圆周运动，其中张雪机车转弯半径，车轮胎与路面间的径向动摩擦因数，重力加速度。则在上述转弯过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 两车的向心加速度相同B. 张雪机车所需的向心力一定较大
C. 张雪机车角速度不会超过4 rad/sD. 张雪机车的线速度不会超过
【答案】D
【解析】
【详解】A．向心加速度
两车速率相同而转弯半径不同故向心加速度不同，A错误；
B．向心力
虽然张雪机车的向心加速度更大，但是两车的质量未知，无法判断向心力大小，B错误；
C．摩托车在水平路面上转弯，由静摩擦力提供向心力，故
得
故角速度，C错误；
D．由C选项解析可知线速度，D正确。
故选 D。
5. 如图，燃气灶的圆形支架上均匀分布有四个爪，分别标记为、、、，爪的上表面倾斜。现将总质量为的半球形炒锅放在支架上，支架保持水平，重力加速度为，则（ ）
A. 支架爪对炒锅的弹力是由于炒锅发生形变产生的
B. 支架的每个爪与炒锅之间的弹力等于
C. 增大支架的半径，支架对炒锅的作用力不变
D. 支架对炒锅的作用力和炒锅对支架的作用力是一对平衡力
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据弹力产生的条件可知支架爪对炒锅的弹力是由于支架爪发生形变产生的，故A错误；
B．设每个爪与锅间的弹力与竖直方向的夹角为，根据平衡条件可得
解得，故B错误；
C．炒锅始终处于平衡状态，支架对炒锅的总作用力与炒锅重力等大反向，增大支架半径时炒锅重力不变，因此支架对炒锅的作用力不变，故C正确；
D．支架对炒锅的作用力和炒锅对支架的作用力是一对相互作用力，故D错误。
故选C。
6. 如图所示，一架救援直升机悬停在离地高度处，通过轻质缆绳竖直向下释放一名总质量的救援人员。救援人员由静止开始先匀加速下降到某一高度，随后立即匀减速下降，至地面时速度恰好为零。已知匀加速、匀减速所用的时间均为，空气阻力忽略不计，重力加速度。关于救援人员，下列说法正确的是（ ）
A. 全程的平均速度为
B. 加速下降阶段缆绳拉力大小为
C. 减速阶段加速度大小为
D. 减速阶段动量的变化量为
【答案】B
【解析】
【详解】设过程最大速度为，根据匀变速直线运动规律，总位移
解得最大速度
A．全程平均速度，故A错误；
BC．根据题意可知加速、减速过程中的加速度大小均为
加速阶段，由牛顿第二定律
解得加速下降阶段缆绳拉力大小为，故B正确，C错误；
D．减速阶段动量变化量，故D错误。
故选B。
7. 2026年4月9日，我国成功完成“GW星座”第21组卫星发射。“GW星座”采用极低轨道和近地轨道双层架构。若某极低轨道卫星甲（距地面高度为）和某近地轨道卫星乙（距地面高度为）均绕地球做匀速圆周运动。已知地球的半径。下列说法正确的是（ ）
A. 卫星甲的向心加速度约为
B. 卫星甲与卫星乙的速度之比约为
C. 卫星乙绕地球的周期小于卫星甲的周期
D. 卫星乙运行的角速度小于地球自转角速度
【答案】A
【解析】
【详解】首先计算两卫星轨道半径，有，
万有引力提供向心力
且地面处
得
A．向心加速度
代入数值得，故A正确；
B．线速度
故，故B错误；
C．周期
轨道半径越大周期越大，因，故，故C错误；
D．角速度
轨道半径越小角速度越大，同步卫星（轨道高度约36000km，角速度等于地球自转角速度）轨道半径远大于乙的轨道半径，故，故D错误。
故选A。
8. 有关下列四幅图的描述，正确的是（ ）
A. 图甲中，若在右端再夹入一张纸片，则观察到干涉条纹间距变宽
B. 图乙中，若在梁的自由端施加向下的力，梁上表面应变片的电阻变大
C. 图丙中，仅减小两极板、间的距离，则磁流体发电机的电动势会增大
D. 图丁中，由黑体辐射的实验规律可知，
【答案】B
【解析】
【详解】A．以劈尖为坐标原点建立水平向右的一维坐标系，将第n条纹的坐标记为，第n+1条纹的坐标记为，则有，
联立可知薄膜干涉的条纹间距满足
当再夹入一张纸片时，夹角变大，变大，即条纹间距变小，故A错误；
B．在梁的自由端施力F，梁发生弯曲，上表面拉伸，应变片的长度l变长，横截面积S变小，根据电阻定律
可知上表面应变片的电阻变大，故B正确；
C．磁流体发电机稳定时，有（d为两极板间的距离）
解得电动势
可知仅减小两极板的距离d，磁流体发电机的电动势会减小，故C错误；
D．黑体辐射以电磁辐射的形式向外辐射能量，温度越高，辐射越强越大，即，故D错误。
故选B。
9. 如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为，原线圈两端电压，氖泡只有在两端电压大于或等于时发光，下列说法中正确的有（ ）
A. 电容器两端的最大电压为
B. 氖泡的发光频率为
C. 变阻器触片向下移动，灯泡会变暗
D. 变阻器触片向上移动，原线圈输入功率变小
【答案】B
【解析】
【详解】A．由于原、副线圈匝数比为，根据
原线圈电压的最大值为，则副线圈电压最大值为，A错误；
B．交流电的频率为
而氖泡每个周期发光两次，因此发光频率为50Hz，B正确；
C．由于原线圈电压决定副线圈电压，变阻器触片向下移动时，原线圈电压不变，因此副线圈电压不变，灯泡两端电压不变，亮度不变，C错误；
D．变阻器触片向上移动，滑动变阻器接入电路的电阻变小，副线圈电压不变，根据可知小灯泡功率不变，副线圈总电阻减小，则副线圈总功率变大，根据理想变压器原副线圈功率相等可知原线圈输入功率变大，D错误。
故选B。
10. 如图所示，一个半径为的玻璃球，点为球心。球面内侧单色点光源发出的一束光在点射出，出射光线与球直径平行，。光在真空中的传播速度为。则下列说法正确的是（ ）
A. 玻璃的折射率为2
B. 从发出的光线能够从球面的顶点点直接射出
C. 从发出的光线经多次全反射回到点的最短路程为
D. 从发出的光线经多次全反射回到点的最短时间为
【答案】D
【解析】
【详解】A．如图所示
根据几何关系可得，
玻璃的折射率，故A错误；
B．根据几何关系可得
由于
可知从发出的光线到球面顶点点时会发生全反射，故B错误；
CD．光线经多次全反射回到A点，需满足：次反射对应k段弦，每段弦对应的圆心角
入射角
要求入射角才能发生全反射，其中
可知的最小值为4时满足，此时入射角
如图所示
根据几何关系可得最短路程
光在玻璃球中的传播速度
从发出的光线经多次全反射回到点的最短时间为，故C错误，D正确。
故选D。
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
11. 中国实验快堆（CEFR）利用铀238吸收一个中子转变为铀239，铀239经过两次衰变最终生成易裂变的钚239。已知铀239的半衰期为23.5分钟。下列说法正确的是（ ）
A. 一定质量的铀239经过47分钟后，剩余的原子核数量约为初始的
B. 铀239发生第一次衰变的核反应方程为
C. 衰变的实质是核内一个中子转化为一个质子和一个电子
D. 铀239衰变成钚239的过程中，因为释放了能量，所以原子核的总质量数减少
【答案】AC
【解析】
【详解】A．铀239的半衰期，经过时间，半衰期的个数
根据半衰期公式，剩余原子核数量
代入数值解得，故A正确；
B． 衰变释放的一个电子，是由中子转化成一个质子和一个电子而来，所以生成的新核质量数不变，电荷数增加一个，核反应方程应为，故B错误；
C．衰变的实质是原子核内的一个中子转化为一个质子和一个电子，电子以射线形式释放，故C正确；
D．质量数是原子核内质子数和中子数之和，衰变过程中，质量数守恒，释放能量导致的是质量亏损，而非质量数减少，故D错误。
故选AC。
12. 如图甲所示，平面处于均匀介质中，有两个波源、，它们分别位于和处。为介质中的一点，坐标为。时刻、同时开始做简谐运动，振动方向均垂直于平面，取垂直平面向外为轴的正方向，振动图像分别如图乙、丙所示。时，点开始振动。下列说法正确的是（ ）
A. 点的起振方向为轴正方向
B. 两波源形成的波在平面内可以形成稳定的干涉图样
C. 在、的连线中间有5个振动加强点
D. 在内，点通过的路程为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由分析可知的波先传到M点，由于时波源的起振方向为轴负方向（丙图时向下振动），所以M点的起振方向为z轴负方向。故A错误；
B．由题图可知，两波源的周期相同，频率相同，相位差恒定（时在平衡位置向上振动，在平衡位置向下振动，相位差为），满足稳定干涉条件。所以两波源形成的波在平面内可以形成稳定的干涉图样，故B正确；
C．到M的距离为
根据时点开始振动可知，两列波的波速为
由题图可知，两波源的周期为
所以两列波的波长为
设在、的连线上有一点N为振动加强点，则N到、的波程差为
由于两个波源、分别位于和处，则有
又因为两波源的步调相反，所以加强点的条件为
联立有
解得
则有
即在、的连线中间有4个振动加强点，故C错误；
D．由题图可知，两个波源、的振幅分别为，
的波在时到达点，的波传到M点的时间为
所以在内，M点只参与波的振动，由于
所以在内，M点通过的路程为
在内，M点同时参与两列波的振动，由于两列波步调相反，则合振幅为
振动时长为
则在内，M点通过的路程为
所以在内，点通过的路程为，故D正确。
故选BD。
13. 图甲为某款电磁缓冲装置的结构简图，装置下部分缓冲区存在辐向磁场（俯视图如图乙），磁场中线圈所在处的磁感应强度大小为。一质量为、半径为、电阻为的单匝线圈以速度进入足够长的缓冲区，加速下落时间后，线圈达到稳定速度。线圈平面始终水平且中心沿极中心线下落，不计空气阻力，重力加速度大小为，下列说法正确的是（ ）
A. 线圈的电阻越大能够越快达到稳定
B. 线圈刚进入缓冲区时的加速度大小为
C. 该过程线圈截面通过的电荷量为
D. 该过程在线圈中产生的热量为
【答案】BC
【解析】
【详解】单匝线圈感应电动势
感应电流
安培力大小
方向向上，线圈稳定时，速度最大，此时
可得稳定时速度
A．线圈稳定前，根据牛顿第二定律有
可得
即
可得时间常数
可知与成正比，越大，越大，达到稳定速度需要的时间越长，越慢达到稳定，故A错误；
B．线圈刚进入缓冲区的速度为，代入可得线圈刚进入缓冲区时的加速度大小为，故B正确；
C．下落过程，根据动量定理
其中
联立解得，故C正确；
D．设此过程，线圈下降的位移为，根据能量守恒定律，可得该过程在线圈中产生的热量为
可知选项表达式缺少重力做功项且符号错误，故D错误。
故选BC。
非选择题部分
三、非选择题（本题共5小题，共58分）
14. 小李、小丁同学分别用如图甲、图乙所示装置完成“探究小车加速度与力、质量的关系”的实验
（1）实验过程中，小李同学用小木块将长木板的右侧垫高来平衡阻力。具体操作是：将木板的一侧适当垫高后，把装有纸带的小车放在木板上，纸带穿过打点计时器，在_______（选填“挂”或“不挂”）槽码并且打点计时器打点的情况下，轻轻推一下小车，若小车拖着纸带做_______运动，则表明消除了阻力的影响。
（2）图丙是小李同学某次实验得到的纸带中的部分数据，若所用交流电的频率为，每两个计数点间有四个点未画出，则小车的加速度大小是_______（结果保留两位有效数字）
（3）对比图甲和图乙的实验方案，以下说法正确的是 （多选）
A. 两个实验都需要使用刻度尺
B. 图甲方案要平衡阻力，图乙方案不需要平衡阻力
C. 两个实验都要调节长木板末端滑轮，使细线与长木板平行
D. 图甲方案要满足所挂重物质量远小于小车质量，图乙方案不需要满足
【答案】（1） ①. 不挂 ②. 匀速直线
（2） （3）AC
【解析】
【小问1详解】
[1][2]平衡摩擦力的过程：将木板的一侧适当垫高后，把装有纸带的小车放在木板上，纸带穿过打点计时器，在不挂槽码并且打点计时器打点的情况下，轻轻推一下小车，若小车拖着纸带做匀速直线运动，则表明消除了阻力的影响。
【小问2详解】
根据题意可知，纸带上相邻计数点时间间隔
根据逐差法可得加速度
【小问3详解】
A．两个实验都需要测量位移长度（纸带点间距或小车位移），因此都需要刻度尺，A正确；
B．两个实验都需要让拉力等于小车的合外力，因此都需要平衡阻力，B错误；
C．细线与长木板平行才能保证拉力方向和小车运动方向一致，使小车合力恒定，两个实验都需要该调节，C正确；
D．图甲需要将重物重力近似等于小车拉力，因此必须满足重物质量远小于小车质量；图乙采用两个小车的位移来确定加速度的关系，要将重物重力近似等于小车拉力，也必须满足重物质量远小于小车质量，D错误。
故选AC。
15. 在利用可拆式变压器“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中
（1）为确保该实验安全，下列说法正确的是
A. 原线圈匝数要求一定小于副线圈匝数
B. 原线圈要求使用学生电源直流挡12 V以内
C. 即使副线圈不接用电器，原线圈也不能长时间通电
D. 因为实验所用电压较低，实验过程中可以用手接触裸露的导线或者接线柱
（2）如图甲所示，某同学实验时想探究铁芯不闭合时线圈两端电压与匝数的关系，原线圈选的是800匝，副线圈选的是400匝，然后选择多用电表交流10 V挡测量副线圈两端电压，此时的读数如图乙所示，则副线圈两端电压为_______V，此时原线圈两端接入的电压最有可能的是以下选项中的_______

（3）相比于输入端，利用变压器，输出端不可能做到的是 （多选）
A. 增大电流B. 升高电压C. 增大功率D. 增大频率
【答案】（1）C （2） ①. 4.4 ②. C （3）CD
【解析】
【小问1详解】
A．原线圈匝数不一定小于副线圈匝数，可根据实验需求调整，A错误；
B．变压器只能改变交流电压，应使用学生电源交流挡，B错误；
C．即使副线圈不接用电器，原线圈长时间通电会使铁芯发热，损坏变压器，C正确；
D．实验所用电压虽较低，但也不能用手接触裸露的导线或接线柱，以防触电，D错误。
故选C。
【小问2详解】
[1]多用电表交流10V挡，分度值为0.4V，读数为4.4V；
[2]根据
可得
代入数据可得
由于漏磁等原因，原线圈两端接入的电压大于，即最有可能为12V.
故选C。
【小问3详解】
B．根据可知可以通过改变匝数比升高电压，故B可能；
AC．理想变压器不改变功率，实际变压器存在能量损耗，功率会减小，不能增大功率，根据可知可以降低电压来增大副线圈的电流，故A可能，C不可能；
D．变压器不改变交流电的频率，故D不可能。
故选CD。
16. 小李同学用图甲装置做“双缝干涉测量光的波长”实验，在单缝前加了红色滤光片得到如图乙所示红光的干涉条纹，结果发现测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上。以下说法和操作处理正确的是 （多选）
A. 在光屏上观察到了干涉条纹，说明实验中光的干涉只发生在屏上
B. 若换成绿色滤光片，其他不调整，则在视野内得到的干涉条纹数量变多
C. 为使分划板中心刻线与干涉条纹在同一方向上，则可以通过拨动拨杆来调节
D. 在光屏上观察到了如图乙所示的干涉条纹，若不加调整，其他操作无误，则测量的单色光的波长偏大
【答案】BD
【解析】
【详解】A．干涉是光波在空间叠加产生的，光从双缝出射后就在整个空间发生干涉，光屏仅用于呈现干涉图样，并非只有屏上才会发生干涉，故A错误；
B．若换成绿色滤光片，其他不调整，由于绿光的波长小于红光的波长，根据，可知变小，则在视野内得到的干涉条纹数量变多，故B正确；
C．为使分划板中心刻线与干涉条纹在同一方向上，需要转动测量头调节分划板方向，不能通过拨动拨杆完成调节，故C错误；
D．在光屏上观察到了如图乙所示的干涉条纹，则测得的会大于真实值；若不加调整，其他操作无误，，根据，可得
可知测量的单色光的波长偏大，故D正确。
故选BD。
17. 如图所示，在竖直放置的导热性良好的圆柱形容器内，用横截面积为、质量为的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦地滑动。将整个装置置于大气压恒为的空气中，活塞与容器底的距离为，现若将装置迅速倒置，发现活塞缓慢移动，稳定后，请分析：
（1）相比倒置前，器壁单位面积所受气体分子的平均作用力________（选填“变大”“变小”或“不变”），气体分子的数密度________（选填“变大”“变小”或“不变”）。
（2）求倒置稳定后活塞与容器底的距离。
（3）若在倒置状态下，降低外界温度，活塞缓慢回到原来的位置，该过程外界对气体做多少功？气体对外吸收热量还是放出热量？
【答案】（1） ①. 变小 ②. 变小
（2）
（3），气体对外放出热量
【解析】
【小问1详解】
[1]倒置前后，稳定时活塞均受力平衡。倒置之前活塞受到向下的大气压力和重力，与向上的内部气体压力相互平衡；倒置之后活塞受到向上的大气压力，和向下的重力与内部气体压力相互平衡。因此倒置之后内部气体压力更小，器壁单位面积所受的分子作用力变小。
[2]倒置前后由于内部气体质量不变，因此气体分子数不变。倒置后相对于倒置之前气体体积变大，因此气体的数密度变小。
【小问2详解】
根据之前的分析可知气体初态：
倒置稳定后：
由题可知理想气体发生等温变化，有：
得：
【小问3详解】
对封闭的理想气体，由于温度降低，内能减小，即
活塞缓慢移动过程中大气压强保持不变，外界对气体做得功
可知外界对气体做正功，则必有，即气体对外放出热量
18. 如图所示，一水平放置的金属轨道间距为，左端接有阻值为的电阻，右端连接恒流源，电流大小恒为，方向如图所示。金属轨道上矩形区域Ⅰ，等腰三角形区域Ⅱ存在磁感应强度大小分别为和的匀强磁场，磁场方向均竖直向上。区域Ⅰ沿导轨方向足够长，区域Ⅱ的、两点分别在两导轨上，垂直于导轨，且顶点到底边的距离也为。导轨在、处各被一小段绝缘材料隔开。将一质量为、阻值为、长为的金属棒垂直导轨静置于右侧。金属棒与导轨接触良好，不计其他电阻和一切摩擦阻力。某时刻起，金属棒在水平恒力作用下由静止开始向右运动，在离开区域Ⅰ前已经达到匀速。当金属棒运动到时撤去外力，此时金属棒的速度为。已知；；；；；；；。（提示：简谐运动周期）
（1）求金属棒在区域Ⅰ运动时流过导体棒电流的方向及水平恒力的大小；
（2）金属杆到达时的速度大小；
（3）金属杆通过区域Ⅱ的过程中，恒流源输出的能量。
【答案】（1）流过导体棒电流的方向为从到，
（2）
（3）
【解析】
【分析】
【小问1详解】
由右手定则可知，流过导体棒电流的方向为从到
因金属棒在离开区域Ⅰ前已经达到匀速，由平衡条件有
其中
由欧姆定律有
根据法拉第电磁感应定律有
得
代入数据，得
【小问2详解】
依题意，金属轨道间距为，且顶点到底边的距离也为，设金属棒进入区域Ⅱ，离顶点的距离为时，金属棒切割磁感线的有效长度也为，此时金属棒所受安培力大小为，即力随位移均匀变化，对金属棒，在区域中运动的过程，由动能定理有
其中
得
【小问3详解】
以水平向右为正，因金属棒在区域Ⅱ中运动的过程中，受到，符合回复力的表达式，所以认为此过程金属棒做简谐运动，可得
由
得
由频率与周期的关系得简谐运动的圆频率
以点为平衡位置，金属棒经过点时的速度为，设简谐运动的振幅为，在参考圆中，由线速度与角速度的关系有
得
设该简谐运动的方程为
得，当时，所用时间
由能量守恒定律有
得
19. 如图所示，游戏装置由倾角、长的粗糙斜面，足够长的光滑水平轨道，和半径的光滑竖直半圆轨道组成，三者在同一竖直平面内且平滑相连。滑块静止于段某位置，其左侧静置一轻质弹簧（与不相连）。滑块从斜面最高点静止释放，与弹簧、滑块发生完全弹性碰撞后分离，分离后滑块与弹簧被锁定，滑块继续滑行进入轨道。已知两滑块质量均为，滑块与斜面间的动摩擦因数，弹簧始终在弹性限度内，求：（已知：重力加速度，，，不计空气阻力）
（1）滑块到达斜面底端点时的速度大小；
（2）弹簧被压缩过程中的最大弹性势能；
（3）滑块经过半圆轨道最低点时受到的支持力大小；
（4）滑块从半圆轨道分离的位置与水平轨道的高度差。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【解析】
【小问1详解】
到：滑块的加速度
根据运动学公式
解得
【小问2详解】
水平轨道光滑，滑块与滑块碰撞前
弹簧被压缩至最短时弹性势能最大，此时滑块与滑块速度相等设为，由
解得
最大弹性势能
解得
【小问3详解】
由于两滑块质量相等，发生完全弹性碰撞后速度交换，故滑块到达点时的速度
由
解得
【小问4详解】
设滑块能到轨道最高点，有
解得
故不能通过轨道最高点，设分离位置与圆心的连线和竖直方向的夹角为，此时轨道支持力为0，重力沿半径方向的分力提供向心力：由
结合公式
解得
从分离位置离开落回到水平轨道的高度差
20. 电子束晶圆检测系统利用电子束轰击芯片的特定区域，生成图像，并将图像与数据库对比，可以识别缺陷。如图所示为该检测系统的原理简化图。电子枪连续发出初速度不计的电子，经的电压加速后，从的中点平行于轴进入边长为的正方形偏转区，该区域在平面内且存在沿轴正方向的匀强电场，然后电子恰好能从点进入的长方体控制区，控制区平面位于平面上。控制区之间的距离。半径的圆形晶圆位于平面上，其圆心在轴上。控制区同时存在沿轴负方向的大小可调的匀强磁场和匀强电场。电子的比荷取，不计电子重力，不考虑相对论效应。计算时取3。
（1）求电子刚进入偏转区时的速度；
（2）求偏转区匀强电场的大小；
（3）要使进入控制区的电子都能打在晶圆上，求匀强磁场的最小值；
（4）若某次检测时控制区所加磁场，所加电场，求电子打在晶圆上的位置坐标。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【解析】
【小问1详解】
电子加速过程由动能定理
解得
【小问2详解】
电子进入偏转电场后由类平抛运动规律，轴方向有
轴方向有
根据牛顿第二定律有
联立解得
根据速度时间关系可得沿轴负方向速度的大小为
【小问3详解】
当电子进入控制区后在方向做匀速直线运动，此时，在垂直方向做匀速圆周运动，匀强磁场的最小值对应粒子运行一个周期打在位置，此时
解得控制区磁场的最小值
【小问4详解】
控制区加电场后，电子沿方向做匀加速直线运动，由
解得
同时做匀速圆周运动的周期
半径
电子在控制区运动的时间为
故则电子打在晶圆上的位置坐标为