2023-2024学年江苏省苏州市高二（上）期末物理试卷（图片版，含解析）

2023-2024 学年江苏省苏州市高二（上）期末物理试卷
一、单选题：本大题共 11 小题，共 44 分。
1.下列关于电磁波和机械波的说法中，正确的是( )
A. 都属于横波
B. 传播都需要介质
C. 都能传递信息和能量
D. 机械波能产生干涉、衍射现象，电磁波不能
2.关于下列四个场景的说法中，正确的是( )
A. 图甲中是光的全反射现象 B. 图乙中是光的干涉现象
C. 图丙中是光的衍射现象 D. 图丁中是光的折射现象
3.如图，单摆在 之间做简谐运动， 、 为运动最高点， 为平衡位置。下列关于单摆说
法正确的是( )
A. 经过 点时，向心力和回复力均不为零
B. 经过 点时，向心力和回复力均为零
C. 在半个周期内，合外力的冲量一定为零
D. 在半个周期内，合外力做的功一定为零
4.“甩水袖”是京剧常用的表演手法(如图甲)，某水袖由厚薄程度不同的重水袖 和轻水袖 连接而成，现
将其放置在水平玻璃面上，抖动重水袖端来研究波的传播，若将水袖上的波简化成简谐波，图乙是某时刻
该波的示意图，则( )
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A. 波在 、 中传播的速度相等 B. 波在 、 中传播的周期相同
C. 波传至轻水袖时，交界点将向右开始运动 D. 波经过交界点后，形状不会发生变化
5.为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流 引起的．在下列四个
图中，能正确表示安培假设中环形电流方向的是( )
A. B. C. D.
6.在“测量玻璃折射率”的实验中，通过“插针法”作出的光路图如图
所示。关于此实验( )
A. 插大头针 4时， 4只须挡住 3即可
B. 相邻两个大头针插得较近可提高测量精度
C. 若将玻璃砖的下边 画到图中 ′ ′位置，测得折射率偏大
D. 也可使用两侧面 、 不平行的玻璃砖
7.如图所示，在磁感应强度大小为 ，方向水平向右的匀强磁场中，放有一根半圆形金
属导线，线中通有如图所示恒定电流 。现将该导线绕轴 ′由图示位置向纸面外缓慢转
过90°，在该过程中导线所受的安培力( )
A. 大小和方向均不变 B. 大小和方向均改变
C. 大小改变，方向不变 D. 大小不变，方向改变
8.高空坠物已成为危害极大的社会安全问题。若一个50 的鸡蛋从居民楼约45 高处的窗户边自由落下，与
地面的碰撞时间约为0.003 ，不计空气阻力，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( )
A. 5 B. 50 C. 500 D. 5000
9.如图所示是磁流体发电机的示意图，两平行金属板 、 与电阻 相连，板间
有一强磁场。现将等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)喷
入磁场。下列说法正确的是( )
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A. 板的电势低于 板电势 B. 中有从 到 的电流
C. 若只增大磁感应强度， 中电流不变 D. 若只增大两板间距， 中电流减小
10.空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直于纸面(图中 平面)向里，电场方向沿 轴正方向向上。
某一重力不计、带正电的粒子自坐标原点 沿 轴正方向以初速度 0射出。在下列四幅图中，能正确描述该
粒子运动轨迹的是( )
A. B.
C. D.
11.如图所示为一款近期火爆的玩具“弹簧小人”，由头部、轻质弹簧及底部

组成，头部质量为 ，底部质量为 ，弹簧劲度系数为 。将“弹簧小人”置
2
于水平桌面上，轻压头部后由静止释放，头部会不停地上下振动。不计摩擦和
空气阻力，重力加速度为 ，弹簧始终处于弹性限度内。下列判断正确的是( )
A. 若头部刚释放时的加速度大小为 ，则振动过程中底部能离开桌面
B. 若头部刚释放时的加速度大小为 ，则振动过程中“弹簧小人”对桌面的最
大压力为3
3
C. 若振动过程中底部恰好能离开桌面，头部在最高点时的加速度为
2
2
D. 若振动过程中底部恰好能离开桌面，则释放头部时弹簧压缩量为

二、实验题：本大题共 2 小题，共 15 分。
12.“用双缝干涉测量光的波长”实验装置如图甲所示，已知双缝间距为 ，毛玻璃屏与双缝的距离为 。
(1)组装仪器时，应将双缝固定在______处(填“ ”或“ ”)。
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(2)若实验中在毛玻璃屏上得到的干涉图样如图乙所示，分划板刻度线在图乙中 、 位置的读数分别为 1、
2( 1 < 2)，则入射光波长的表达式为 = ______。
13.利用如图所示装置完成“验证动量守恒定律”的实验。在槽轨右下方
的水平木板上铺有白纸，白纸上面铺放着复写纸，半径相等的小球1和小
球2质量分别为 1、 2。先不放小球2，将小球1从斜槽上 处由静止释放，
点为其在水平木板上的落点。再将小球2静置于斜槽轨道末端，重复上述
操作，小球1和小球2碰撞后分别落在水平木板上的 、 点，记下轨道末
端的铅垂线在木板上所指位置 。用刻度尺测量出 、 、 的距离分
别为 、 和 。
①在本实验中，______。
A.斜槽轨道必须是光滑的
B.斜槽轨道末端必须是水平的
C.两小球的质量必须满足 1 < 2
②若两球相碰前后的动量守恒，则有 = ______(用 1、 2、 和 表示)。
③在上述实验中换用不同材质的小球，其它条件不变，记录下小球的落点位置，如图三幅图中，可能正确
的是______。
三、计算题：本大题共 4 小题，共 41 分。
14.用折射率 = √ 3的透明介质做成的四棱柱，其横截面如图所示，其中∠ = 60°，
∠ = ∠ = 90°。一光线从图示位置垂直入射到棱柱 面上，进入介质后在 面
上发生反射和折射。
(1)求折射角 2；
(2)通过计算判断反射光能否从 面射出。
15.图甲中，青蛙在平静的水面上鸣叫时引起水面振动。把水波视作横波，以青蛙所在位置为原点 ，某时
刻波源垂直 平面振动所产生波的示意图如图乙所示，实线圆、虚线圆分别表示相邻的波峰和波谷，图丙
为某质点的振动图像，求：
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(1)波在水中的传播速度大小 ；
(2)从图乙所示状态开始， 点到达波谷所需时间 。
16.如图所示，左端为四分之一圆弧的木板静止置于光滑水平面上，圆弧
与木板水平部分相切于 点。在木板右端固定一轻弹簧，其自由端位于木
板上 点正上方，将质量为 的小物块 (可视为质点)自 点上方高度为 处
的某点静止释放，沿切线进入圆弧，已知长木板质量为5 ，圆弧的半径
为 ， = 2 ， 段粗糙，与小物块间的动摩擦因数为 ，其余部分均光滑。重力加速度为 。
(1)若将木板锁定在水平面上，求小物块到达圆弧最低点时受到木板的支持力大小 ；
(2)若木板未锁定，求小物块到达圆弧最低点时，小物块速度大小 1与木板速度大小 2；
(3)求在(2)问情况中弹簧弹性势能的最大值 。
17.如图所示，在直角坐标系 平面内，有一离子源沿 轴正方向发射
出大量速率均为 0的同种正离子，这些离子均匀分布在离 轴距离为
0～ 的范围内，离子的质量为 ，电荷量为 。在离子源右侧有一圆形
磁场区域Ⅰ，其圆心 ′的坐标为(0, )，半径为 ，磁场方向垂直纸面向
外，磁感应强度大小为 1(未知)。在 < 0无限大区域内存在垂直纸面向
1
外的匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小为 2(未知)，已知 2 = 1。 为离2
子收集板， 点位置坐标为( , √ 3 )，且 平行于 轴。若离子群经
过磁场Ⅰ后均从 点进入磁场Ⅱ，其中从离子源最上方射出的离子经过磁
场Ⅰ偏转后恰好从 点沿 轴负方向射入磁场Ⅱ，离子打到收集板上即刻被吸收，不考虑离子从磁场Ⅱ出去后
的运动，不计收集板和离子间的作用。
(1)求 1的大小；
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(2)若从 点射出的离子恰好全部被收集板右侧吸收，求收集板的长度 ；
(3)若收集板的长度为2 ，则被板右侧收集的离子数与所有射入磁场的离子数的比值为多大？
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答案和解析
1.【答案】
【解析】解： 、电磁波为横波，电磁波的传播不需要介质，故 AB 错误；
C、电磁波和机械波都能传递信息和能量，故 C 正确；
D、电磁波和机械波都能产生干涉、衍射现象，故 D 错误。
故选： 。
机械波有横波有纵波；
电磁波传播不需要介质；
都能传递信息和能量；
干涉和衍射是波特有的现象。
知道电磁波是横波传播不需要介质，干涉和衍射是波特有的现象。
2.【答案】
【解析】解： 、图甲中，泊松亮斑是光的衍射现象，故 A 错误；
B、阳光下肥皂泡上出现的彩色条纹是光的干涉现象，故 B 正确；
C、图丙中，彩虹是光的折射现象，故 C 错误；
D、图丁中，立体电影是光的偏振现象，故 D 错误。
故选： 。
根据光的衍射现象、干涉现象，折射以及偏振现象，来分析各种现象形成的原因。
本题考查光的常见现象及其应用，重点掌握光的偏振、干涉、衍射等内容，理解常见光现象应用的原理即
可。
3.【答案】
2
【解析】解： 、 点为摆球的平衡位置，回复力为零，根据向心加速度公式 = ，可知向心力加速度最
大，向心力最大，故 A 错误；
B、经过 点时，是摆球的最大位移位置，速度为零，向心力为零，回复力最大，故 B 错误；
C、根据动量定理： 合 = ，如果初始位置为 ，经过半个周期，运动至 点，动量变化量为零，则合外力
的冲量为零，如果从位置 且向右运动开始计时，经过半个周期，摆球会向左经过 点，动量变化量为 =
= 2 ，方向向左，则合外力的冲量不为零，故 C 错误；
D、根据简谐运动的对称性，可知经过半个周期，摆球一定运动至其对称位置，且速度大小相等，方向相反，
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根据动能定理 合 = ，可知在半个周期内，合外力做的功一定为零，故 D 正确。
故选： 。
摆球在摆动过程中，最高点 、 处速度为零，回复力最大，向心力为零，在最低点 ，速度最大，回复力
为零，向心力最大；根据动量定理和动能定理，并结合简谐运动的对称性进行求解。
本题主要考查了单摆的运动情况，要明确单摆运动过程中回复力的周期性变化，注意运动的对称性思想。
4.【答案】
【解析】解： 、波在重水袖上传播与在轻水袖上传播时的介质不同，则波在 中传播的波速不等于在 中
传播的波速，故 A 错误；
B、两列波由同一个波源产生，则传播周期相同，故 B 正确；
C、在波传播过程中质点不随着波发生迁移，只在平衡位置附近振动，那么交界点只能上下振动，不会向右
运动，故 C 错误；
D、同一列波在不同介质中传播时，频率相同，波速不同，则波长不同，所以波经过交界点后，由于波速变
化导致波长改变，形状发生了变化，故 D 错误。
故选： 。
要抓住波速由介质决定，不同的介质波速不同，而同一个波的振幅和频率是相同的知识点分析；
根据质点只在平衡位置附近振动，但并不随波迁移；
当波长或振幅发生变化时，波的形状将改变。
本题考查机械波的形成和传播，要求掌握机械波的形成和传播规律，理解各物理量的决定因素，结合题目
所给的振动情况才能做出判断。
5.【答案】
【解析】解：地磁的南极在地理北极的附近，故在用安培定则判定环形电流的方向时右手的拇指必需指向
南方；而根据安培定则：拇指与四指垂直，而四指弯曲的方向就是电流流动的方向，故四指的方向应该向
西。故 C 正确，ABD 错误。
故选： 。
要知道环形电流的方向首先要知道地磁场的分布情况：地磁的南极在地理北极的附近，故右手的拇指必需
指向南方，然后根据安培定则四指弯曲的方向是电流流动的方向从而判定环形电流的方向．
主要考查安培定则和地磁场分布，掌握安培定则和地磁场的分布情况是解决此题的关键所在．另外要掌握
此类题目一定要注意安培定则的准确应用．
6.【答案】
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【解析】解： .插大头针 4时， 4挡住 3的同时，还要挡住 2和 1的像，故 A 错误；
B.相邻两个大头针插得较远些可提高测量精度，故 B 错误；
C.若将玻璃砖的下边 画到图中 ′ ′位置，入射角不变，折射角的测量值偏大，如图所示：
根据折射定律，测得折射率偏小，故 C 错误；
D.根据实验原理，只要入射角和折射角测量准确即可，因此实验时也可使用两侧面 、 不平行的玻璃
砖，故 D 正确。
故选： 。
根据实验原理、正确操作和注意事项分析。
本题主要考查了光的折射，要掌握实验的正确操作，明确实验原理和注意事项。
7.【答案】
【解析】解：设半圆形金属导线长为 ，转动过程中，因有效长度不变，安培力大小始终不变，半圆导线的
半径为

=

受到的安培力为
2
= 2 =

由左手定则知安培力方向不变。故 BCD 错误，A 正确；
故选： 。
根据转动过程中，有效长度不变，安培力大小始终不变，结合左手定则分析求解。
本题考查了安培力相关知识，理解安培力表达式中的长度是有效长度，熟练使用左手定则是解决此类问题
的关键。
8.【答案】
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【解析】解：设鸡蛋下落的时间为 1，与地面的碰撞时间为 2 = 0.003 ，质量为 = 50 = 0.05 ，下落
的高度为 = 45 ，地面对鸡蛋产生的冲击力大小为 ，
1
由自由落体运动规律可得： = 21， 2
取竖直向下为正方向，对鸡蛋，全过程根据动量定理可得： ( 1 + 2) 2 = 0，
联立可得： ≈ 500 ，
由牛顿第三定律可得，该鸡蛋对地面产生的冲击力约为500 ，故 C 正确，ABD 错误；
故选： 。
由题意，先确定相关物理量，再结合自由落体运动规律、动量定理、牛顿第三定律分析，即可判断 正
误。
本题主要考查对动量定理的掌握，解题时需注意动量、动量的变化量、冲量、力都是矢量，要先规定正方
向，计算时也要注意该物理量的符号。
9.【答案】
【解析】解： 、等离子体进入磁场，根据左手定则可知正电荷向下偏，打在下极板上；负电荷向上偏，
打在上极板上；所以下极板带正电，上极板带负电，则 板的电势高于 板的电势，流过电阻电流方向由 到
，故 A 错误、B 正确；

、根据稳定时电场力等于磁场力即 = ，可得 = ，再由欧姆定律 = = ，可得：若只
+ +
增大磁感应强度， 中电流变大；若只增大两板间距， 中电流增大，故 CD 错误。
故选： 。
、运用左手定则分析电荷的偏转情况，进而分析电流的方向；
、运用电场力公式和欧姆定律分析；
考查对带电粒子在磁场中运动规律的理解，熟悉关系式的运用。
10.【答案】
【解析】解： 、在 平面内电场的方向沿 轴正方向，带正电粒子在坐标原点 受沿 轴正方向的电场
力开始向 轴正方向运动，磁场的方向垂直于纸面( 平面)向里，根据左手定则可知，粒子沿 轴正方向运
动的同时受到沿 轴负方向的洛伦兹力，根据曲线运动合外力指向轨迹凹侧可知，带电粒子应向 轴负方向
偏转，故 AC 错误；
、带电粒子运动过程中受电场力和洛伦兹力，电场力做正功，洛伦兹力时刻与速度方向垂直不做功。在
平面内电场的方向沿 轴正方向， 轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子偏转再次回到 轴时，电
场力做功为零，洛伦兹力不做功，根据动能定理知，带电粒子再次回到 轴时的速度为 0，随后受洛伦兹力
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在第三象限逆时针偏转，开始做周期性运动，故 B 错误，D 正确。
故选： 。
带正电粒子在电、磁场中运动，根据受力情况分析粒子的运动情况，根据功能关系判断带电粒子的运动情
况。
本题考查带电粒子在匀强电、磁场中的运动，首先要明确粒子的运动由受力决定，知道曲线运动的特点，
并灵活运用功能关系分析带电粒子的运动情况。
11.【答案】
【解析】解： 、设头部在初始位置时弹簧的压缩量为 0，对头部列平衡方程有： 0 = ，若再压缩 使
得刚释放头部加速度大小为 ，根据牛顿第二定律得： ( 0 + ) = ，解得： = ，则刚释放时头部
所受的回复力为： 回 = ( 0 + ) = ，当头部向上运动到初始位置上方距离也是 时，由对称性
知 回 = ，而 = ，可见头部所受弹簧弹力恰好是零，以底部为研究对象，受力分析知地面对底部

的支持力为： = ，因此小人在振动过程中底部不能离开桌面，故 A 错误；
2
2
B、刚释放时弹篝的形变量为： 1 = ，弹力为： 弹 = 2 ，此时“弹簧小人”对桌面的压力最大： =
5
弹 + = ，故 B 错误； 2 2
C、若小人在振动过程中底部恰好能离开桌面，即当头部在最高点时，底部受到桌面的弹力为0，受力分析
1
得弹簧此时的弹力等于底部的重力，即： 2 = ，此时对头部受力分析，根据牛顿第二定律有： +2
3
2 = ，故头部在最高点的加速度为 ，故 C 正确； 2
3
D、若小人在振动过程中底部恰好能离开桌面，则头部在最高点的加速度为 ，可得在最高点的回复力为
2
3 3
回′ = ，根据对称性可得在最低点刚释放头部时的回复力也为 回′ = ，设此时弹簧压缩量为 2 2 3，
3 5
则对头部根据牛顿第二定律可得： 3 = ，则 3 = ，故 D 错误。 2 2
故选： 。
当弹簧小人静止于桌面上时，根据平衡条件可知弹簧的压缩量，轻压头部弹簧再压缩 时根据平衡条件列方
程，释放时根据牛顿第二定律列方程求出弹簧振子的回复力，分析可知当头部向上运动到初始位置上方距
离也是 时，头部所受弹簧弹力恰好是零，以底部为研究对象，受力分析即可分析。
本题考查了牛顿运动定律解决弹簧问题；解题的关键是受力分析，熟练运用牛顿第二定律。
( )
12.【答案】 2 1
6
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【解析】解：(1)在光具座上的仪器顺序应该是光源、凸透镜、滤光片、单缝、双缝、遮光筒、毛玻璃屏，
所以双缝应该放在 处。

(2) 、 之间有6条条纹所以条纹间距为 = 2 1，根据条纹间距公式 = 可得，入射光的波长为 =
6
( 2 1)
6
( )
故答案为：(1) ；(2) 2 1 。
6
(1)根据光具座上的仪器顺序分析；
(2)根据条纹间距公式计算。
掌握条纹间距公式是解题的基础。

13.【答案】 1
+ 2
1
【解析】解：① .本实验要保证小球1与小球2碰后不反弹，必须满足 1 > 2，斜槽的粗糙程度对实验无
影响，故 AC 错误；
B.为了保证小球抛出做平抛运动，斜槽末端必须是水平的，故 B 正确。
故选： 。
1
②小球离开斜槽末端后做平抛运动，在竖直方向上有 = 2，斜槽高度一定，小球平抛运动的时间相同，
2
在水平方向上有： = 0 ，可知平抛运动的水平射程与小球碰撞前后的速度成正比。
设碰撞前瞬间小球1的速度为 1，碰撞后瞬间小球1与小球2的速度分别为 1′， 2′。
若两球相碰前后的动量守恒，则有： 1 1 = 1 1′ + 2 2′
又有： = 1 ， = 1′ ， = 2′
可得： 1 = 1 + 2
+
解得 = 1 2 1
③ 、满足动量守恒的表达式为 1 = 1 + 2
又有： 1 > 2
可得： >
1 1 1
根据能量守恒定律，碰撞过程系统的动能不能增加，可得： 1
2 2 2
2
≥
2 1
+ 2 2
联立解得： + ≥
在 图中， > ，且 + >
在 图中， > ，但 + < ，故 C 正确，A 错误。
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B、因小球1碰撞后的速度必小于碰撞前的速度，即 1 > 1′，故有 > ，故 B 错误；
故选： 。
+
故答案为：① ；② 1 2 ；③
1
①本实验要保证小球1与小球2碰后不反弹，必须满足 1 > 2，斜槽的粗糙程度对实验无影响；为了保证
小球抛出做平抛运动，斜槽末端必须是水平的；
②小球离开斜槽末端后做平抛运动，在竖直方向下落高度一定，小球平抛运动的时间相同，平抛运动的水
平射程与小球碰撞前后的速度成正比，根据动量守恒定律求解；
③小球1碰撞后的速度必小于碰撞前的速度。根据能量守恒定律，碰撞过程系统的动能不能增加，结合满足
动量守恒的表达式求解。
本题考查了验证动量守恒定律的实验，理解利用平抛运动规律间接测量碰撞前后的速度的方法，注意碰撞
的合理性，还需满足能量守恒定律。
14.【答案】解：(1)光线从图示位置垂直入射到棱柱 面上时，根据几何关系可知，光线在 面上的入射
角为0度，即光线垂直入射，光线进入介质后，在 面上的入射角为∠ 1 = 30°(根据四棱柱的几何结构和光
线的传播路径)。根据折射定律

= 2，代入给定的折射率 = √ 3和入射角
sin 1
= 30°，解得 2 = 60°
1
(2) 面上的反射光线射入 面后，根据几何关系可知，反射光线在 面上的入射角为 3 = 60°。要判断
1 1 √ 3 √ 3
反射光能否从 面射出，需要计算全反射的临界角 ，即 = = = ，由于 3 = 60° = > √ 3 3 2
√ 3
= ，
3
即 3 >
所以光线在 面上发生全反射，不会从 面射出。
答：(1)折射角为60°；
(2)光不会从 面射出。
【解析】(1)需要根据给定的折射率和入射角计算折射角；
(2)通过分析光线在 面上的反射情况，判断反射光线是否能在 面上发生全反射，从而确定反射光是否
能从 面射出。
本题的关键在于理解光的折射和反射定律，以及全反射条件的应用。通过计算折射角和反射角，结合全反
射的条件，可以准确判断光线的传播路径。在解决此类问题时，注意利用几何关系简化计算过程，同时准
确应用物理定律。
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15.【答案】解：(1)实线圆、虚线圆分别表示 = 0时刻相邻的波峰和波谷，由题图乙可知波长 = 1.2
0.4 = 0.8 ，由题图丙可知周期 = 0.016 ，则波在水中的传播速度大小为
0.8
= = = 50 / ；
0.016
(2)根据题意可知 点此时处于平衡位置，从题图乙所示状态开始， 点第1次到达波谷所需时间为
3 3
1 = = × 0.016 = 0.012 ，则 点到达波谷的所用时间为 = 1 + ( = 0,1,2,3, . . . )，代入数据解得4 4
= (0.016 + 0.012) ( = 1,2,3, . . . )。
答：(1)波在水中的传播速度大小为50 / ；
(2)从图乙所示状态开始， 点到达波谷所需时间 = (0.016 + 0.012) ( = 1,2,3, . . . )。
【解析】(1)根据题图得出波长、周期，进而可求出波速；
(2)根据 点此时所在位置，分析其第1次到达波谷所需时间，进而得出每次到达波谷所需时间。
考查对波的传播规律的理解，根据关系式解答。
1
16.【答案】解：(1)小物块从 到 过程，由机械能守恒定律得： = 2，在 点，由牛顿第二定律得：
2
2
= ，解得： = 3 ；
1
(2)小物块从 到 过程，由机械能守恒定律得： = 2 ，小物块从 到 过程，由动量守恒定律得：2
1 1 1 2 √ 6
= 1 + 5 2，有能量守恒定律得： 2 =
2

2
1
2
2，解得： 1 = √ ， 2 2 2 3 2 = ； 15
(3)小物块压缩弹簧过程，当两者速度相等时，弹簧的弹性势能最大，设共同速度为 ，由动量守恒定律得：
1 1 1 2
1 + 5 2 = ( + 5 ) 由能量守恒定律得： =
2
1 + × 5
2
2 × 6
2，解得： = 。 2 2 2 15
答：(1)若将木板锁定在水平面上，小物块到达圆弧最低点时受到木板的支持力大小为3 ；
2 √ 6
(2)若木板未锁定，小物块到达圆弧最低点时，小物块速度为√ ，与木板速度 ；
3 15
2
(3)在(2)问情况中弹簧弹性势能的最大值为 。
15
【解析】(1)小物块从 到 过程，由机械能守恒定律求出小物块到达 点时的速度，再由向心力公式求出小
物块到达圆弧最低点时受到木板的支持力大小 ；
(2)小物块从 到 过程，由机械能守恒定律求出小物块到达 点时的速度，小物块从 到 过程，由动量守恒
定律和能量守恒定律求出小物块到达圆弧最低点时，小物块速度 1与木板速度 2；
(3)小物块压缩弹簧过程，当两者速度相等时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律和能量守恒定律求出
弹簧弹性势能的最大值 。
考查动量守恒定律和能量守恒定律的运用，清楚动量和能量守恒的条件，熟练运用公式解答。
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17.【答案】解：(1)从离子源最上方射出的离子经过磁场Ⅰ偏转后恰好从 点沿 轴负方向射入磁场Ⅱ，可知
离子在磁场Ⅰ中运动的半径 1 =
根据洛伦兹力提供向心力有
2
0
0
1 = 1
解得

= 01
1
(2)因为 2 = 1，所以离子在磁场Ⅱ中运动的半径 2
2 = 2 1 = 2
离子在磁场中运动轨迹如图1所示
①从离子源最上方射出经 点沿 轴负方向的离子，打在收集板的位置离 轴的距离最近，为
√ 3
1 = 2 2
解得
1 = √ 3
可知恰好打在 点
②若某离子到达 板最远处的 点，由几何关系可知 为直径，则 点离 轴的距离为
= √ (2 2 22 2)
解得
2 = √ 15
所以收集板的长度为
= 2 1 = (√ 15 √ 3)
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解得
(3)若收集板的长度为2 ，则打在收集板最下端的离子做圆周运动的轨迹如图2所示
从 点射出沿 轴负方向的离子在磁场Ⅱ中偏转后恰好经过 点，设从 点射出与 轴正方向夹角为 的离子刚
好经过 点
= √ 2 + 2 = 2
因 = = 2 ，则 点为经过 点离子轨迹的圆心
1
= =
2
可得 = 30°若从离子源最下方射出的离子经 点也能被磁场Ⅱ作用，则打在收集板的位置离 轴的距离为
√ 3
3 = 2 + 2 = 2 + √ 3 2
可知恰好打在收集板(长度为2 )的下端 点分析可知从 点射出、与 轴正方向夹角为30°～90°之间的离子
能被 板收集，如图3所示
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从 点射出与 轴正方向夹角为30°的离子进入圆形磁场Ⅰ时与 轴的距离为 ，则 = 30°
从 点射出沿 轴负方向射入磁场Ⅱ的离子进入圆形磁场Ⅰ时与 轴的距离为 ，则被板右侧收集的离子对应离
子源的宽度为
√ 3
= = 30° =
2
则被板右侧收集的离子数与所有射入磁场的离子数的比值为
√ 3
√ 3
= 2 =
2
0
答：(1) 1的大小为 ；
(2)收集板的长度为(√ 15 √ 3) ；
(3)被板右侧收集的离子数与所有射入磁场的离子数的比值为√ 3。
2
【解析】(1)根据洛伦兹力提供向心力求 1的大小；
(2)画出离子在磁场中运动轨迹根据几何关系求收集板的长度 ；
(3)画出打在收集板最下端的离子做圆周运动的轨迹，根据图像求被板右侧收集的离子数与所有射入磁场的
离子数的比值。
解决该题需要明确知道带电粒子在磁场中运动的半径，掌握带电粒子在磁场中运动的临界情况，能正确作
出运动轨迹，并根据几何知识求解相关的长度和角度。
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