浙江省宁波市高三年级物理学科高考模拟试卷

浙江省宁波市高三年级物理学科高考模拟试卷

一、选择题I

1.以下物理量为标量且单位是国际单位制基本单位的是（）

A.电流AB.位移mC.电势VD.磁感应强度T

【答案】A

【详解】A.电流是标量且单位是国际单位制基本单位，故A正确；

B.位移是矢量且不是国际单位制基本单位，故B错误；

C.电势是标量，但不是国际单位制基本单位，故C错误；

D.磁感应强度是矢量且不是国际单位制基本单位，故D错误。

故选Ao

2.如图所示为一同学在网上发现的一幅新能源汽车的漫画，有关这幅漫画，下列说法正确的是（）

A.磁铁对铁块的作用力大于铁块对磁铁的作用力

B,磁铁对铁块的作用力大小等于铁块对磁铁的作用力

C.根据牛顿第二定律，这种设计能使汽车向前运动

D.只要磁铁的磁性足够强，汽车就可以一直运动下去

【答案】B

【详解】AB.磁铁对铁块的作用力和铁块对磁铁的作用力是一对相互作用力，应该相等，故A错误，B正

确；

CD.磁铁和铁块都是汽车的一部分，两者之间的作用力是汽车的内部作用，根据牛顿第二定律，没有合外

力也就没有加速度，不能前进，故CD错误。

故选H

3.如图所示为飞行员（丙）在跳伞训练，飞机驾驶员（甲）和地面指挥员（乙）在观察了丙的运动后，发

生了争论。关于甲、乙争论的内容，下列说法正确的是（）

A.甲选取了地面为参考系B.乙选取了飞机为参考系

C.两人的说法中必有一个是错误的D.两人选取参考系不同导致观察结果不同

【答案】D

【详解】甲、乙两人的说法分别是以飞机和地面作为参考系研究运动的，说法都是正确的。他们的争论是

由于选择的参考系不同而引起的，故ABC错误，D正确。

故选D。

4.如图所示，在离地面一定高度处把4个水果以不同的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10m/s2,若

1s后4个水果均未着地，则1s后速率最大的是（）

13m/s15m/s|10m/!

【答案】A

【详解】根据

J

V=VQrat

%A=-3m/s

代入解得

vA=7m/s

同理解得

vB=5m/s

vc=Om/s

vD=-5m/s

第2页，共25页

由于

|vA|>|vB|=|vD|>|vc|

故A正确，BCD错误

故选Ao

5.下列说法正确是（）

A.大量处于基态的氢原子在某一频率的光的照射下，能发出多种频率的光子，其中有一种光的频率与入射

光频率相同

B.卢瑟福通过a粒子轰击氮核实验，证实了在原子核内部存在中子

C.某种金属能否发生光电效应取决于照射光的时长

D.一个琵U原子核衰变为一个V；Pb原子核的过程中，共发生了8次衰变

【答案】A

【详解】A.处于基态的氢原子在某单色光束照射下，先吸收能量向高能级跃迁，然后再从高能级向低能级

跃迁，其中从吸收光子后的最高的能级向基态跃迁时发出的光子的能量与吸收的光子的能量是相等的，故A

正确；

B.卢瑟福通过a粒子轰击氮核实验，证实了在原子核内部存在质子，而查德韦克通过实验证实中子，故B

错误；

C.某种金属能否发生光电效应取决于照射光的频率，故C错误；

D.由质量数与质子数守恒，一个膘U原子核衰变为一个*Pb原子核的过程中

238-206。

--------=O

4

发生8次a衰变

82+2x8-92/

------------=6

I

发生6次P衰变，故D错误。

故选Ao

6.电容式压力传感器的原理如图所示，其中上板为固定电极，下板为可动电极。可动电极的两端固定，当

有压力作用于可动电极时，极板会发生形变，从而改变电容器的电容。已知电流从灵敏电流计的正极流入

时指针往右偏，则压力突然增大时（）

第3页，共25页

A.电容器的电容变小B.电容器的电荷量不变

C.灵敏电流计指针往左偏D.电池对电容器充电

【答案】D

【详解】A.当待测压力增大时，电容器板间距离减小，根据电容的决定式

C=-^-

4jrkd

得知，电容C增大，故A错误；

BCD.电容板间电压U不变，电容器所带电量为

Q=CU

C增大，则。增大，电容器处于充电状态，而上极板带正电，电流将从电流计正接线柱流入，所以灵敏电

流计指针向右偏转，当稳定后，则会回到中央，故BC错误，D正确。

故选Do

7.如图所示，A、B是质量比为1:2、都带正电的小球，用两根长分别为2L和L的绝缘轻绳系住后悬挂于

天花板上的同一点。。当系统平衡后，两根绳与竖直方向的夹角分别为a和夕，则（）

C.a=/iD.不能确定

【答案】C

【详解】

第4页，共25页

如上图所示受力分析，力学三角形和几何三角形相似

国=曳=£

Xjh2L

FAB=GB=12

x2hL

因为FAB和5是作用力和反作用力，大小相等，且6八=2GB,联立各式得

±=2

X2

又根据正弦定理可知

sinz_sina

2Lx]

sinr_sin0

Lx2

因角i和角〃互补，则

sinz=sinr

联立解得

sina=sin(3

因为a和夕均为锐角，故

a=(3

所以ABD错误，C正确。

8.

第5页，共25页

新冠肺炎疫情期间，同学们都待在家里认真上网课。有一位同学突然想估算一下全校学生在家上直播课时

消耗的总电能。他查阅了相关资料，信息如下表：

学校学生总人数上课时间/节每天/节网络作业时间/h

200030min62

使用手机人数占比使用电脑人数占比手机的功率/W电脑的功率/W

20%80%550

仅考虑信息表中的用电器，试估算全校学生在家上直播课时一天消耗的总电能约为（）

A.4.1xlO5JB.8.9xlO8JC.1.5xlO9JD.2.0x109J

【答案】C

【详解】学生每天在线学习的时间

t=（O.5x6+2）h=5h=1.8xl04s

学生每天使用电脑的总功率

P,=50x2000X0.8W=8X104W

学生每天使用手机的总功率

3

P2=50x2000X0.2W=2X10W

学生每天学习使用手机和电脑需要消耗的电能为

E=（6+EM=L48X109JH1.5x100

ABD错误，C正确。

故选C。

9.一着陆器经过多次变轨后登陆火星的轨迹变化如图所示，着陆器先在轨道I上运动，经过尸点启动变轨

发动机然后切换到圆轨道II上运动，经过一段时间后，再次经过P点时启动变轨发动机切换到椭圆轨道HI

上运动。轨道上的尸、Q、S三点与火星中心位于同一直线上，P、。两点分别是椭圆轨道的远火星点和近

火星点，且PQ=2QS=2/。除了变轨瞬间，着陆器在轨道上运行时均处于无动力航行状态。着陆器在轨道I、

II、III上经过P点的速度大小分别为必、也、v3,下列说法正确的是（）

第6页，共25页

A.V|<V2<V3

B.着陆器在轨道III上从尸点运动到。点的过程中速率变大

r\2

c.着陆器在轨道m上运动时，经过P点的加速度为生

31

D.着陆器在轨道II上由P点运动到S点，与着陆器在轨道III上由P点运动到Q点的时间之比为9:4

【答案】B

【详解】A.着陆器从轨道I到轨道n需要减速，同理从轨道n到轨道ni也需要减速，因此

V,>v2>v3

故A错误;

B.着陆器在轨道in上从尸点运动到Q点的过程中，需要加速，所以速率变大，故B正确;

C.根据牛顿第二定律得

2

%

ma=

-l

2

解得

2彩2

a=—―

3/

故c错误;

D.设着陆器在轨道n上周期为在轨道ni上周期为72,根据开普勒第三定律得

工2_27

取一

解得

7；3后

故D错误。

故选B。

10.

第7页，共25页

如图所示，理想变压器的原线圈〃、b两端接正弦交变电压，副线圈M、N两端通过输电线接有两个相同

的灯泡Li和L2,输电线上的等效电阻为心开始时，开关K断开，当接通K时，以下说法不正确的是（）

A.副线圈N两端的电压减小B.等效电阻R上的电流增大

C.通过灯泡Li电流减小D.原线圈的输出功率增大

【答案】A

【详解】A.理想变压器输出电压与外电路无关，只和变压器变压比以及输入电压有关，则的输出电

压不变，A选项符合题意；

B.开关S闭合，L和上并联总电阻变小，电路电流增大，B选项不合题意：

C.等效电阻R分压增大，则心两端分压变小，也即通过心的电流变小，C选项不合题意；

D.心和心并联总电阻变小，则外电路总电阻变小，变压器输出功率变大，则输入功率变大，由于输入电

压不变，则原线圈中的电流增大，D选项不合题意。

故选Ao

H.如图所示，心c是一块用折射率〃=2的玻璃制成的透明体的横截面，成是半径为R的圆弧，江边垂直

于6c边，NaOc=60。。当一束平行光垂直照到ac上时，油的外表面只有一部分有光线穿出，则穿出光线

部分的弧长为（）

71R7rR

C.-----D.

4

【答案】B

【详解】由题意作出光路图如下图所示

第8页，共25页

设光的临界角为C,则有

解得

。=30。

如图，在

a>30°

时，均发生全反射，图中d点为入射角等于临界角的临界点，所以只有股部分有黄色光透射出，所以有黄

色光射出部分的圆弧对对应的圆心角也是30。，对应圆弧的长度为

30°7rR_

/=3-X2»R

360°~6~

故ACD错误，B正确。

故选B。

12.为了测量储罐中不导电液体的高度，将与储罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容器C置于储罐中，

电容器可通过开关S与电源或线圈L相连，如图所示。当S从。拨到b之后，由L与C构成的电路中产生

振荡电流。那么（）

A.若罐中的液面上升，振荡电流的频率变小

B.若罐中的液面上升，振荡电流的周期变小

C.当S从〃拨到。之后的半个周期内，回路中的磁场能先变小后变大

D.当S从。拨到6之后的四分之一周期内，回路中的电流增大，L的自感电动势变大

【答案】A

第9页，共25页

【详解】AB.两块平行金属板构成的电容器C的中间的液体就是一种电介质，当液体的高度升高，相当于

插入的电介质越多，电容增大，根据

T=2TT4LC

电容C增大时，振荡的周期T增大，由

可以判定，LC回路的振荡频率/减小，故B错误，A正确；

C.当S从。拨到6之后的半个周期内，电容作为电源放电，电感产生电流，故磁场先变大，故C错误：

D.当S从4拨到匕之后的四分之一周期内，回路中的电流逐渐增大，但电流变化越来越慢，故心自感电动

势变小，故D错误。

故选Ao

13.如图所示，A8是半径为R的四分之一圆弧轨道，轨道底端8点与一水平轨道8c相切，水平轨道又在

C点与足够长的斜面轨道CD平滑连接，轨道B处有--挡板（厚度不计）。在圆弧轨道上静止摆放着N个

半径为r（r«R）的光滑刚性小球，恰好将A8轨道铺满，小球从A到8依次标记为1、2、3N号。

现将B处挡板抽走，N个小球均开始运动，不计一切摩擦，考虑小球从AB向CD的运动过程，下列说法

正确的是（）

A.N个小球在离开圆弧轨道的过程中均作匀速圆周运动

B.1号小球第一次经过8点的速度一定小于J荻

C.1号小球第一次经过B点的向心加速度一定等于2g

D.1号小球第一次沿CD斜面上升的最大高度为R

【答案】B

【详解】A.受力分析可知，在下滑的过程中，曲面上的小球要做加速运动，故A错误；

B.若第1个小球只有重力对其做功，则在运动到最低点的过程中，根据机械能守恒定律得

12D

—mv^=mgR

解得

V=y/2gR

第10页，共25页

但是，第1个球在下滑过程中，始终受到第二个球对它的弹力，该弹力对它做负功，所以第1个小球到达最

低点的速度

故B正确；

C.1号小球第一次经过B点的向心加速度

v'2

a=m——

R

所以

a<2g

故C错误；

D.1号小球从A8向C£）的运动过程中，初始高度为R,如果把N个小球看成整体，则小球运动过程中只

有重力做功机械能守恒，弧AB的长度等于小球全部到斜面上的长度，而在圆弧上的重心位置小于工，故

2

第N个小球在斜面上能达到的最大高度小于R,1号小球更不能达到R的高度，故D错误。

故选B。

二、选择题II

14.:He与的核聚变反应不产生温室气体，不产生放射性物质，是一种十分清洁、环保的能源，对今后

人类社会的可持续发展具有深远意义，该核反应可表示为；He+；Hf；Li+X（X表示某种粒子），则下列

说法正确的是（）

A.该核反应很容易发生，是目前利用核能的主要方式

B.：Li原子核比；He原子核稳定

C.X为中子，是原子核的组成部分，最早由查德威克通过实验发现

D.X具有较强的电离能力

【答案】BC

【详解】A.该核反应是聚变反应，需要在超高温和超高压的环境下进行的，不容易发生，故A错误；

B.反应过程放出能量，说明后面的能量低，更稳定，贝"Li原子核比；He原子核稳定，故B正确；

C.根据质量数守恒和电荷数守恒有

3+2=4+1

第11页，共25页

2+1=3+0

可知X为1n,是中子，是原子核的组成部分，最早由查德威克通过实验发现，故C正确;

D.由于中子不带电，因此它的电离能力较弱，故D错误。

故选BC。

15.如图甲所示，一绝缘的圆环上均匀分布着正电荷，一光滑细杆过圆心且垂直于圆环平面，杆上套有带

正电的小球。/=0时刻把小球从。点由静止释放后，小球沿细杆运动经过仄c两点，小球运动的图像

如图乙所示。下列判断正确的是（）

A.小球从a点运动到点的过程中电势能增大

B.圆环在圆心处产生的电场强度为0

C.a点的电场强度大于b点的电场强度

D.”、b两点电势差Um小于6、c,两点电势差Ube

【答案】BD

【详解】A.由题意得小球带正电，则小球从a点运动到6点的过程中，电场力做正功，电势能减小，故A

错误；

B.根据对称性可知，绝缘竖直圆环上均匀分布的正电荷在圆心处产生的场强完全抵消，则带电圆环在圆心

处产生的场强为零，故B正确；

C.由乙图可知小球在a处的加速度小于匕处加速度，由

qE-ma

可知a点的电场强度小于b点的电场强度，故C错误;

D.根据动能定理

1,1,

qUab=—mv--O=—mx0.4-=0.08m

qU氏=；mv：-；mv^=gx(0.72-0.42)=0.165m

可得a、〃两点电势差Uab小于从c两点电势差外，故D正确。

故选BD,

第12页，共25页

16.如图所示是一列简谐横波在某一时刻的波形图，已知该时刻P质点的振动方向沿y轴负方向，波速是

A.从该时刻起经过0.2s,。质点通过的路程是2m

B,从该时刻起经过(Ms,P质点通过的路程大于0.1m

C.P质点从该时刻起到第二次到达波峰所用的时间等于0.45s

D.P质点从该时刻起经过(0.2n+0.05)s(n=0,1,2,3...)时间均可回到平衡位置

【答案】BD

【详解】A.由图可知波长为

A=4m

则该波的周期为

A4

T=—=——s=0.4s

v10

则该时刻起经过0.2s,Q质点通过的路程是

S=2A=2xl0cm=20cm=0.2m

故A错误；

B.从该时刻起经过0.1s,则P点从4.5m处移到3.5m的位置，P点经过的路程即此过程的振幅，由几何关

系的，尸点初始高度为

•^x10=5夜cm

2

在3.5m处的高度为

^-xl0=5V2cm

2

质点通过的路程为

55/2+572=10>/2cm>0.1m

故B正确；

C.P质点从该时刻起到第二次到达波峰所用的时间，可近似看成从x=lm到x=4.5m所用的时间，即

第13页，共25页

7

f=—x0.4s=0.35s

8

故C错误；

D.

7=0.05s=工

8

该波沿x的正方向传播，P质点的坐标为为4.5m,根据波形的平移法得到该时刻起经过0.05s波形向右平移

0.5m,则质点P回到平衡位置。由于周期为0.4s,所以P质点从该时刻起经过(0.2n+0.05)s(n=0,1,2,

3...)时间均可回到平衡位置，故D正确。

故选BDo

三、非选择题

17.小海同学在居家学习过程中，利用手机来做物理实验。他利用手机拍摄了一个小球自由下落的视频，

为了便于测量，小海在小球下落的背景中附了一根最小刻度为厘米(cm)的刻度尺，让小球从刻度尺0刻

度处自由下落并录制视频，再根据视频信息来验证小球下落过程中机械能是否守恒。

视频是由间隔相等时间连续拍摄的图片组成。人们日常所说的视频帧率，通常会用FPS(FramesPerSecond)

表示，简单地说就是在1s时间内拍摄照片的数量，由多张照片连起来加上音频就成了视频片段。小海同

学用60FPS的帧率录制了一个小球自由下落的视频，并通过计算机把这个视频分解成照片，然后把这些照

片从左到右排列，这些照片记录了不同时刻小球自由下落时的位置。

第14页，共25页

(1)本实验中小海同学是用60FPS的帧率录制的视频，并通过计算机把这个视频分解成照片，则相邻两张照

片之间的时间间隔为s；

(2)根据分解成的照片，可以计算小球下落到不同位置时的速度，当小球下落到图中P点时，速度大小为

—m/s(保留二位有效数字)。；

(3)在实验误差允许的范围内，若小球减少的重力势能AEp与小球增加的动能AEk近似相等，即可验证机械

能守恒定律。若小球的质量为O」kg,当地的重力加速度为9.79m/s2,以小球从开始下落到经过P点的过

程进行研究，其下落的高度为.m,减少的重力势能为____J(第二个空格要求保留三位有效数字)。

【答案】(1).—(2),3.3(3).0.503(4).0.492

60

【详解】(1)依题得，60FPS的帧率即意味着一秒拍摄60次，因此相邻来两张照片之间的时间间隔为

60

(2)P点为时间中点，因此有

(5+6)x炉

=3.3m/s

2X^

(3)依图得，下落高度为

〃=0.503m

根据

AEP=0-mgh

代入数据可求得

A£p=-0.492J

18.现要描绘标有“2.5V,0.8W”的小灯泡L的伏安特性曲线，小海同学设计了图甲电路进行实验:

(1)请将滑动变阻器接入电路(用笔画线代替导线完成接线);

第15页，共25页

甲乙

(2)某次测量时，电压表的指针如图乙所示，此时电压表的读数为—V；

(3)为进一步研究小灯泡的电功率P和电压U的关系，小明利用测量所得的数据通过尸=U/计算电功率。小

明采用图像法处理数据，将P、U作为纵、横坐标建立直角坐标系，将获得的数据在坐标纸上描点，并根

据数据分布作出了一条直线，如图丙所示。请指出「一U图像中两处不恰当的地方、。

丙

【答案】⑵.2.05(2.01~2.09)(3).图线不能用直线

拟合横坐标的标度选择不合理(最大刻度以7.0V2左右比较合适)

【详解】(1)根据实验原理可知，本实验应采用滑动变阻器分压接法以及电流表外接法，则连接原理图如图

所示

第16页，共25页

(2)由上题图可知，电压表选用3V量程，因此可直接对下面一层数字进行读数，然后在进行估值，由此可

得此时电压表的读数为2.05(2.012.09)o

(3)由于灯泡的电阻随温度的变化而变化，因此作出的图形不能为直线。由图可知，由于横坐标选择不合适,

使得图像过于集中。

19.如图为大型游乐设施环形座舱跳楼机。跳楼机从离地面高度/n=100m处由静止开始自由下落到离地面

/?2=20m处的位置时开始以恒力制动，使跳楼机到达地面时速度刚好减为0。己知座舱内小海的质量m=70kg,

重力加速度g取lOm/s2,不计一切阻力。试求：

(1)跳楼机下落过程中的最大速度v；

(2)跳楼机下落到地面的总时间”

(3)跳楼机在自由下落阶段和制动阶段，小海对座椅的作用力大小分别为多少。

【答案】(l)40m/s；(2)5s；(3)0,3500N

【详解】(1)跳楼机在第一阶段做自落体运动达最大速度后作减速运动。自由下落的高度为

h-hy-h2

根据自由落体运动规律

v2-2gh

代入数据可得

第17页，共25页

h=80m

v=40m/s

(2)根据自由落体规律

h=~gr

可得做自由落体的时间为

由匀变速规律可得

九=二’2

2

因此下落总时间为

』士2

代入数据解得

尸5s

(3)第一阶段下落80米的过程，自由下落，完全失重，因此作用力为0。

设后20米下落过程的加速度大小为。，则

2

2ahi=0-v

代入数据可得

a=40m/s2

对人受力分析，有

F-mg=ma

代入数据可得

F=35(X)N

根据牛顿第三定律可知，小海对座椅的作用力大小也为35OON

20.某遥控赛车轨道如图所示，赛车从起点A出发，沿摆放在水平地面上的直轨道AB运动L=10m后，从

8点进入半径R=0.1m的光滑竖直圆轨道，经过一个完整的圆周后进入粗糙的、长度可调的、倾角/30。的

斜直轨道C。，最后在。点速度方向变为水平后飞出(不考虑经过轨道中C、。两点的机械能损失)。已知

赛车质量机=0.1kg,通电后赛车以额定功率P=1.5W工作，赛车与AB轨道、CD轨道间的动摩擦因数分别

为川=0.3

第18页，共25页

和〃2=，重力加速度g取10m/s2。

6

(1)求赛车恰好能过圆轨道最高点P时的速度中的大小；

(2)若要求赛车能沿圆轨道做完整的圆周运动，求赛车通电的最短时间；

(3)已知赛车在水平直轨道AB上运动时一直处于通电状态且最后阶段以恒定速率运动，进入圆轨道后关闭

电源，选择CZ)轨道合适的长度，可使赛车从。点飞出后落地的水平位移最大，求此最大水平位移，并求

出此时8轨道的长度。

【答案】(l)lm/s；(2)2.17s；(3)-m,些m

612

【详解】(1)赛车恰好在最高点P,只受到重力，重力提供向心力，即

V2

me=m-rp—

R

代入数据可得

Up=lm/s

(2)由(1)小题可知，若要赛车做完整圆周运动，即小车到达P点的速度至少为lm/s,赛车从开始运动到P

点的全过程，由动能定理得：

12

Pt-mgL-mg2R=—mvp

代入数据可得，赛车的最短通电时间

/=Us=2.17s

6

(3)赛车在最后过程做匀速运动，牵引力与滑动摩擦力平衡，其速度大小为

PP

v=—=------

F

设轨道的长度为I,赛车沿向上运动过程运用动能定理可得

22

gmvD-gmv—-mglsin0-(从21ngcos6)/

赛车从。飞出后做平抛运动，其水平位移为x,则有

x=3

第19页，共25页

/sin6=；gj

联立可得

由数学知识可得，当/=?m,水平位移x有最大值，最大值为

6

576

x=------m

12

21.如图甲所示，两条间距为/、足够长的平行光滑金属轨道MMPQ固定在水平面上，轨道平面存在如

图乙所示的磁场，磁感应强度在0~T时间内呈线性变化，T时刻后稳定不变，大小为瓦r=0时刻，磁场方

向垂直于纸面向下。有一边长也为/,质量为m，总电阻为R的正方形线框48co在外力的作用下固定在

轨道上，线框有一半面积位于磁场内。T时刻，撤去外力，同时给线框一个水平向右的初速度w,线框最

终能全部穿过磁场右边界EF,己知CE长度大于线框的边长：

⑴在0~7时间内，线框中感应电流的大小和方向;

(2)线框完全进入磁场时的速度大小;

【详解】(1)在0T时间内，通过线框的磁通量发生变化，由法拉第电磁感应定律可得

LbBo2BI2Bl2

E=----S=--------=-----

\tT2T

产生的感应电流大小为

EB12

第20页，共25页

根据楞次定律，感应电流方向为48cz)4。

(2)7时刻，撤去外力后，线框在安培力作用下作减速运动，由动量定理可得

-Bq}l=mv-mv^

其中

班=更

q'R2R

解得

B2l3

八%一2.

(3)0T时间内产生的热量

2

Q=IRT=-

,TR

设进入磁场过程产生的热量为。2,根据能量关系可得

乌=*"刎2

线框全部在磁场中匀速运动时不产生热量，设穿出磁场过程产生的热量为线框在安培力作用下，做减

速运动，由动量定理可得

-Blq3=-mv

其中

=也=里

%R/?

可得

3B2/3

V.=v0--------------

1o2mR

则

C1212

=—mv——mV)

可得全过程产生总的热量

CCCC352/3%9B^6B2l4

。二。|+。2+。3=OR02+n

2R8mRTR

第21页，共25页

22.如图所示，在半径为R的半圆形区域内存在垂直纸面向内的匀强磁场，磁场强弱可以改变，直径尸。

处放有一层极薄的粒子接收板。放射源S放出的a粒子向纸面内各个方向均匀发射，速度大小均为丫。已

知a粒子质量为m,电荷量为qo

「8mv

⑴若於朝，放射源S位于圆心。点正上方的圆弧上，试求粒子接收板能接收到粒子的长度;

(2)若3=F，把放射源从。点沿圆弧逐渐移到尸点的过程中，求放射源在圆弧上什么范围移动时，。点

qR

能接收到a粒子；

(3)若5=生叵丝，把放射源从Q点沿圆弧逐渐移到P点的过程