2023年广东省深圳市高考物理适应性试卷-普通用卷

这是一份2023年广东省深圳市高考物理适应性试卷-普通用卷，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2023年广东省深圳市高考物理适应性试卷一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）1.  “天宫课堂”中，宇航员王亚平演示了“液桥演示实验”，即在太空中，两个塑料板间用水搭建一座长约的桥，如图。受其启发，某学生设想“天地同一实验”，固在空间站和地面做同一个实验，观察实验现象，下列说法正确的是(    )

 A. 液桥的建立是由于液体表面存在张力，在地面做相同实验，也能观察到同样长度的桥
B. 用图中的器材做单摆实验，空间站和地面实验现象相同
C. 图相同密闭容器内装着完全相同的气体，在相同温度下，空间站和地面容器内气体压强不同
D. 图将两端开口的圆柱形毛细管竖直插入水中，相同装置在空间站和地面观察到管中液面升高的高度不同2.  场致发射显微镜能够用来分析样品的原子排列，其核心结构如图，金属针与荧光膜之间加上高电压，形成辐射状电场，电子分别位于点与点时，下列关于电子所受到的电场力和具有的电势能判断正确的是(    )
A. ， B. ，
C. ， D. ，3.  根据机动车的运动情况，绘制如图图像，已知一质量为的机动车在水平路面沿直线减速行驶，规定初速度的方向为正方向。请判定以下说法合理的是(    )A. 机动车的初速度
B. 机动车的加速度大小为
C. 机动车在前的位移是
D. 机动车前的动量变化量为
 4.  舞蹈只此青绿表演中，需要舞者两脚前后分开，以胯部为轴，上半身缓慢后躺，与地面近乎平行，在舞考缓慢后躺的过程中，下列说法正确的是(    )A. 舞者对地面的压力就是舞者的重力
B. 地面对舞者的支持力和舞者的重力是一对平衡力
C. 舞者受到地面的摩擦力向前
D. 舞者处于失重状态
 5.  现有一航天器，通过一根金属长绳在其正下方系一颗绳系卫星，一起在赤道平面内绕地球做自西向东的匀速圆周运动。航天器、绳系卫星以及地心始终在同一条直线上。不考虑稀薄的空气阻力，不考虑绳系卫星与航天器之间的万有引力，金属长绳的质量不计，下列说法正确的是(    )A. 正常运行时，金属长绳中拉力为零
B. 绳系卫星的线速度大于航天器的线速度
C. 由于存在地磁场，金属长绳上绳系卫星端电势高于航天器端电势
D. 若在绳系卫星的轨道上存在另一颗独立卫星，其角速度小于绳系卫星的角速度
 6.  一列简谐横波在的波形图如图甲所示，平衡位置在处的质点的振动图像如图乙所示。已知质点的平衡位置在处，下列说法正确的是(    )

 A. 点在时刻偏离平衡位置的位移为
B. 时，质点的运动方向沿轴负方向
C. 质点从时刻起每经过所通过的路程都是
D. 如果该波源沿波的传播方向移动，则在正半轴较远处的观测仪器接收到该波的频率小于7.  如图为风力发电机的结构简图。风轮机叶片转速为，转动时所有叶片迎风总面积为，风轮机转动时通过转速比为：的升速齿轮箱带动面积为、匝数为的发电机线圈高速转动，产生的交变电流经过理想变压器升压后，输出电压为。已知空气密度为，风速为，匀强磁场的磁感应强度为，为交流电压表，忽略线圈电阻，则(    )

 A. 线圈位于图示位置时，交流电压表示数为零
B. 从图示位置开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式为
C. 变压器原、副线圈的匝数比为：
D. 单位时间内冲击风轮机叶片气流的动能为二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）8.  如图为光电倍增管的原理图，管内由一个阴极、一个阳极和、间若干对倍增电极构成。使用时在阴极、各倍增电极和阳极间加上电压，使阴极、各倍增电极到阳极的电势依次升高。当满足一定条件的光照射阴极时，就会有光电子射出，在加速电场作用下，光电子以较大的动能撞击到第一个倍增电极上，将动能转移给其他电子，从而激发出更多电子，最后阳极收集到的电子数比最初从阴极发射的光电子数增加了很多倍。下列说法正确的有(    )

 A. 光电倍增管适用于所有频率的光
B. 保持入射光不变，增大各级间电压，阳极收集到的电子数可能增多
C. 保持入射光频率和各级间电压不变，增大入射光光强可能影响阳极收集到的电子数
D. 分别用蓝光和紫光照射阴极，均逸出光电子，蓝光和紫光照射逸出的光电子的动能可能相等9.  如图所示，一轻质绝缘细线一端固定在点，另一端系一带电量大小为、质量为的小球，小球静止悬挂放置在正对距离为的平行板电容器、间，电容器极板足够大，电容器两板连接在电源两端细线与竖直方向夹角，细线、小球在竖直平面内纸面内，、两板平行正对倾斜放置，且与纸面垂直、与细线平行。已知重力加速度为，下列说法正确的有(    )A. 小球带正电
B. 电源电动势
C. 若在竖直面内保持两板正对面积不变，板向板缓慢靠近，则小球将缓慢上移
D. 若绳子突然断开，则小球将做曲线运动10.  如图甲所示，一正方形单匝金属线框放在光滑水平面上，水平面内两条平行直线、间在垂直水平面的匀强磁场，时，线框在水平向右的外力作用下紧贴从静止开始做匀加速运动，外力随时间变化的图线如图乙实线所示，已知线框质量，电阻，则(    )
A. 磁场宽度为
B. 匀强磁场的磁感应强度为
C. 线框穿过的过程中产生的焦耳热等于
D. 线框穿过的过程中通过导线内某一横截面的电荷量为三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）11.  一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动，圆盘加速转动时，把角速度的增加量与对应时间的比值定义为角加速度即。我们用电磁打点计时器所接交流电的频率为、复写纸、米尺、纸带来完成下述实验：

如图甲所示，将打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔，然后固定在圆盘的侧面，用游标卡尺测得圆盘直径为，当圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上；
接通电源，打点计时器开始打点，启动控制装置使圆盘匀加速转动；
经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带，进行测量。
如图乙所示，纸带上、、、为计数点，相邻两计数点间有四个点未画出，由于刻度尺之间刻度不清楚，因此无法读出、之间的距离。根据纸带，打下计数点时，圆盘转动的角速度为______ ，圆盘转动的角加速度大小为______ 。本题计算结果均保留三位有效数字
根据圆盘直径，可以判断出我们使用的游标卡尺为______ 选填“分度”或“分度”，理由是______ 。12.  半导体薄膜压力传感器是一种常用的传感器，其阻值会随压力变化而改变。某实验小组想测量某一薄膜压力传感器在不同压力下的阻值，其阻值约几十千欧，现有以下器材；
压力传感器；电源：电动势，内阻不计；
电流表，量程，内阻的为；电压表：量程，内阻约为；
滑动变阻器：阻值范围；滑动变阻器，阻值范围；
开关；导线若干
为了提高测量的准确性，应该选以下______ 电路图进行测量，其中，滑动变阻器应选______ 填元器件符号，使用该电路得到的测量值______ 选填“大于”“小于”或者“等于”真实值；
A.B.C.D.
通过多次实验测得其阻值随压力变化的关系图像如图甲所示，该学习小组利用该压力传感器设计了如图乙所示的自动分拣装置，可以将质量大于的物体和小于的物体进行分拣，图中为压力传感器，为滑动变阻器，电源电动势为内阻不计。分拣时质量不同的物体通过传送带运送到托盘上，为一个可绕转动的杠杆，下端有弹簧，当控制电路两端电压时，杠杆水平，物体水平进入通道；当控制电路两端电压时，控制电路控制杠杆的端下移，物体下滑进入通道，从而实现分拣功能。根据以上原理可知，接入电路的阻值为______ 重力加速度大小取，结果保留位有效数字，质量为的物体将进入______ 选填“通道”或“通道”。


 四、计算题（本大题共3小题，共38.0分）13.  如图所示，平静湖面岸边的垂钓者，眼睛恰好位于岸边点正上方的高度处，水面与点同高，浮标离点远，鱼饵灯在浮标正前方处的水下，垂钓者发现鱼饵灯刚好被浮标挡住，已知水的折射率，，求：
鱼饵灯离水面的深度；
若鱼饵灯缓慢竖直上浮，其发出的光恰好无法从水面间射出时，距离水面的深度。
 14.  如图，光滑水平面上静置一质量的木板，木板右侧某位置固定一半径的光滑绝缘竖直半圆轨道，轨道下端与木板上表面齐平，虚线右侧存在竖直方向的匀强电场，质量的物块以的水平速度冲上木板左端，与木板的动摩擦因数，到达木板右端时刚好与木板共速，之后物块与静止在半圆轨道底端的物块质量、电荷量发生弹性正碰，碰后物块电荷量不变，长木板瞬间停止且不再运动。已知物块在半圆轨道内运动过程中对轨道各点的压力大小均相等。取，求：
匀强电场的场强；
长木板的长度；
定量计算说明物块离开半圆轨道后能否落回木板。
15.  如图，在平面直角坐标系平面内存在两处匀强磁场，第一象限内的匀强磁场分布在三角形之外的区域，磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里，、两点分别位于轴和轴上，，的长度为，第二象限内的匀强磁场分布在半径为的圆形区域内，磁感应强度大小为，圆形区域的圆心坐标为，圆形区域与、轴的切点分别为、，第三、四象限内均无磁场。置于点的离子发射器，能持续地从点在平面内向轴上方范围内以恒定速率发射同种正离子，离子质量均为，电荷量均为；在轴上的之间放置一个长的探测板，所有打到探测板上的离子都被板吸收。已知从点垂直于轴发射的离子恰好经过点进入第一象限，不计重力及离子间的相互作用，求：
圆形区域内磁场的方向及离子的发射速率；
从点垂直于轴发射的离子，从发射到第二次经过边界所用的时间；
探测板上有离子打到的区域长度。
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：、液桥的建立是由于液体表面存在张力，而在地面做相同实验，由于重力的影响，表面张力很弱，故不会看到相同长度的液桥，故A错误；
B、用一根绳子系着一个金属球，拉开一定角度，静止释放后，“天上”由于完全失重，小球相对空间站静止不动，“地上”由于重力的影响，小球将做圆周运动，所以观察到的现象是不一样的，故B错误；
C、气体压强是由于气体分子频繁撞击器壁而产生的，相同密闭容器内装着完全相同的气体，在相同温度下，分子平均动能相同，空间站和地面容器内气体压强相同，故C错误；
D、如图用相同材料做成的两根内径相同、两端开口的圆柱形毛细管竖直插入水中，“天上”由于完全失重，观察到水上升到毛细管顶部，“地上”由于重力的影响，观察到水上升一小段距离后静止不动，所以观察到的实验现象不同，故D正确；
故选：。
太空中的物体处于完全失重状态，结合单摆、毛细现象和气体压强的产生原因完成分析。
本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，理解毛细现象和单摆的特点，结合物体的所处状态即可完成分析。
 2.【答案】 【解析】解：由电场线的分布的疏密程度，可知点的场强大于点的场强，则可推出电子受到的电力，，由于到电场力做正功，即得，故ABD错误，C正确。
故选：。
电场线的分布已知，可以得出两点的场强的相对大小，这样电子在这两点的电场力的大小就判定了。然后根据电场做功与电势能关系，就可以判定这两点电势能的相对大小了。
本题要抓住电势能与电力做功的关系。
 3.【答案】 【解析】解：、由变形可得：
结合题图可知：
截距为，解得
斜率为，故A正确，B错误；
、由于机动车的加速度为负值，所以机动车为减速运动，其减速到零的时间为
其再前的位移为，故C错误；
D、机动车前的动量变化量为，故D错误。
故选：。
将匀变速直线运动的位移时间公式根据图像变形得到图像的函数解析式，根据图像的斜率和截距求得加速度与初速度，从而进行计算。
本题考查匀变速直线运动的图像问题，解题关键掌握根据物理学公式得到图像的函数解析式。
 4.【答案】 【解析】解：、舞者对地面的压力和舞者的重力性质不同，施力物体不同，故不是一个力，故A错误；
B、舞者缓慢后躺，始终处于平衡状态，则舞者所受的支持力始终等于舞者的重力，是一对平衡力，故B正确；
、舞者缓慢后躺，始终处于平衡状态，受重力和支持力平衡，舞者受到地面的摩擦力零，合力为零，故CD错误。
故选：。
舞者对地面的压力和舞者的重力性质不同；一对平衡力等大反向，作用在一个物体上；舞者缓慢后躺，始终处于平衡状态。
本题考查弹力和重力，知道平衡态合力为零，属于基础题。
 5.【答案】 【解析】解：、假设是独立卫星或者是独立航天器，根据万有引力提供向心力得：，解得，说明轨道半径大，角速度小，而本题航天器、绳系卫星以及地心始终在同一条直线上，说明航天器与绳系卫星角速度相同，则金属长绳中拉力一定不为，故A错误；
B、根据可知，角速度相同的情况下，轨道半径小则线速度小，所以绳系卫星的线速度小于航天器的线速度，故B错误；
C、地磁场在赤道处的方向是从南指向北，航天器、金属长绳、绳系卫星做自西向东的运动，根据右手定则判断金属长绳上绳系卫星端电势高于航天器端电势，故C正确；
D、根据选项A的分析可知，绳系卫星受到向外的绳的拉力，合力小于万有引力，角速度小于，独立卫星是万有引力提供向心力，其角速度为于，大于绳系卫星的角速度，故D错误。
故选：。
A、根据万有引力提供向心力判断不同轨道独立航天器或独立卫星的角速度大小情况，与绳系卫星比较判断金属长绳中拉力是否为；
B、根据线速度与角速度关系判断绳系卫星的线速度是否大于航天器的线速度；
C、根据右手定则判断金属长绳上绳系卫星端电势是否高于航天器端电势；
D、根据合力提供向心力判断若在绳系卫星的轨道上存在另一颗独立卫星，其角速度是否小于绳系卫星的角速度。
本题涉及绳系卫星，分析时要有合理提供向心力的思想，低轨道的绳系卫星与高轨道的卫星有同样的角速度，说明不是只受万有引力，绳中一定存在拉力，据此分析才会得出正确选项。
 6.【答案】 【解析】解：、由图甲知，波长为，由图乙知，周期，振幅，图示时刻波动方程为：，当时，，即点在时刻偏离平衡位置的位移为，故A错误；
B、由图乙知，时刻质点沿轴负方向运动，结合图甲，由同侧法可知，该波沿正方向传播，
质点在时刻沿轴正方向运动。从到，经历的时间，此时质点沿轴负方向运动，故B正确；
C、只有从平衡位置或最大位移处开始运动，经过质点通过的路程为，由图甲知，时刻质点不在平衡位置或最大位移处，故质点从时刻起每经过所通过的路程不等于，故C错误；
D、由分析知，波沿正方向传播，则波源沿正方向移动，与轴正半轴较远处的观测仪器相互靠近，
由多普勒效应知，该观测仪器接收到该波的频率大于波源的频率，故D错误。
故选：。
由图乙读出周期，根据图甲读出波长，写出该波的波动方程，由此求解点的位移；根据时间与周期的关系，判断时质点的运动方向；质点在时间内的路程不等于振幅；根据多普勒效应分析观测仪器接收到该波的频率。
本题主要是考查波的图象和振动图像相结合问题；解答本题关键是要掌握波动的一般方程，知道方程中各字母表示的物理意义，计算位移和路程，根据多普勒效应分析观测仪器接收到该波的频率。
 7.【答案】 【解析】解：、线圈位于图示位置时，线圈所在平面与磁场方向垂直，则穿过线圈的磁通量最大，变化率最小，电动势为零，交流电压表的示数为有效值，故不为零，故A错误；
B、风轮机叶片转速为，发电机线圈的转速为，线圈转动的角速度：
电动势的峰值
则从图示位置开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式为
故B错误；
C、变压器原线圈电压的有效值为
变压器原副线圈的匝数比为：：：
故C错误；
D、单位时间内垂直流向叶片旋转面积的气体质量为
单位时间内冲击风轮机叶片气流的动能为
故D正确。
故选：。
交流电压表的示数为有效值；根据发电机线圈的转速得出线圈转动的角速度，根据求解感应电动势的最大值，进而得出电动势的有效值和瞬时值；单位时间内垂直流向叶片旋转面积的气体质量为，根据动能公式即可求解。
本题主要考查了交流电的相关应用，解题关键是掌握正弦式交变电流峰值、有效值和瞬时值的计算。
 8.【答案】 【解析】解：、只有满足一定频率的光照射时才能发生光电效应，从而逸出光电子，可知光电倍增管并不是适用于各种频率的光，故A错误；
B、保持入射光不变，增大各级间电压，则打到倍增极的光电子的动能变大，则可能有更多的光电子从倍增极逸出，则阳极收集到的电子数可能增多，故B正确；
C、保持入射光频率和各级间电压不变，增大入射光光强，则单位时间逸出光电子的数目会增加，则阳极收集到的电子数会增加，故C正确；
D、分别用蓝光和紫光照射阴极，均逸出光电子，光电子的最大初动能不同，逸出的光电子的动能可能相等，故D正确。
故选：。
只有满足一定频率的光照射时才能发生光电效应，保持入射光不变，增大各级间电压，则打到倍增极的光电子的动能变大，增大入射光的频率，阴极发射出的光电子的最大初动能变大，增大入射光光强，则单位时间逸出光电子的数目会增加。
解决本题的关键是掌握光电效应方程，以及知道遏止电压与最大初动能的关系，注意理解遏止电压的含义，掌握光电效应方程，知道光的强度影响单位时间内发出光电子的数目。
 9.【答案】 【解析】解：、由图得，板连接电源的负极，带负电，板连接电源的正极，带正电，则两极板间电场的方向斜向左下，由指向，对小球受力分析，小球受到重力、拉力和电场力，由平衡条件得，小球所受电场力斜向右上，如图

则小球所受电场力方向与电场方向相反，小球带负电，故A错误；
B、由平衡条件得：
解得：
故B正确；
C、电容器始终与电源连接，两极板间电势差不变，始终等于电源电动势，若在竖直面内保持两板正对面积不变，板向板缓慢靠近，两极板间场强
则两极板间场强增大，小球所受电场力增大，则小球将缓慢上移，故C正确；
D、若绳子突然断开，小球所受合力与绳上的拉力等大反向，为恒力，小球从静止开始运动，则小球将做初速度为零的匀加速直线运动，故D错误。
故选：。
对小球受力分析，根据平衡条件分析小球的电性，进而求解电源的电动势；根据判断电场强度的变化，根据判断电场力的变化，进而判断小球的运动情况；绳子突然断开，小球所受合力为恒力，且初速度为零，即可判断小球的运动情况。
本题考查电容器，解题关键是对小球做好受力分析，知道电容器始终与电源连接，两极板间电势差不变，掌握匀强电场中电势差与场强的关系。
 10.【答案】 【解析】解：、时刻，，此时线框中没有感应电流，不受安培力，则线框的加速度为，磁场的宽度等于线框在内通过的位移大小，为，故A正确；
B、线框边长，当线框刚要全部进入磁场的瞬间，有：，而，，其中，，联立解得：，故B错误；
C、时，，此时线框的速度为。设线框刚出磁场时速度为，则有，解得
设线框穿过的过程中做功为，因为在过程中逐渐增大，的平均值，则
此过程中线框的动能增加量为，则线框穿过的过程中产生的焦耳热，故C错误；
D、线框穿过的过程中通过导线内某一横截面的电荷量为，故D正确。
故选：。
当时线框的速度为零，没有感应电流，线框不受安培力，根据牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出内线框通过的位移，即可得到磁场宽度；当线框刚要全部进入磁场的瞬间，由运动学公式求出线框刚出磁场时的速度，结合安培力表达式，由牛顿第二定律即可求出磁感应强度；根据线框的加速度大小结合图乙求出线框右边运动到磁场右边界时的速度，结合功能关系求产生的焦耳热。根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律结合电荷量与电流的关系求解通过线圈某一横截面的电荷量。
本题的突破口是根据牛顿第二定律求出线框的加速度，根据运动学公式求出线框的边长和速度，问题就变得简单清晰了。对于焦耳热，可根据功能关系求解。
 11.【答案】    分度  见解析 【解析】解：相邻计数点的时间间隔
根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，点的速度
根据线速度与角速度的关系
根据题意
根据匀变速运动推论
化简得
又因为
联立解得，
点速度
点角速度
角加速度
根据题意，圆盘直径
由此可知，以为单位，读数精确度到小数点后两位；分度游标卡尺的精确度为，读数精确度到小数点后一位，不符合题意；分度游标卡尺的精确度为，读数精确度到小数点后两位，符合题意，因此测量圆盘直径时使用的是分度的游标卡尺。
故答案为：；；分度；见解析。
根据根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，分别求解、的瞬时速度，再根据线速度与角速度的关系求角速度，最后根据角加速度的定义求加速度；
根据直径的数据，结合游标卡尺的分度值，进行分析作答。
本题考查了“纸带型”求瞬时速度，结合线速度与角速度的关系角速度，进而求解角角速度。
 12.【答案】    大于    通道 【解析】解：题中待测电阻是大电阻，且其阻值远大于滑动变阻器最大阻值，故电路应为分压、内接，故A正确，BCD错误；
故选：。
电路接成分压式，为方便调节，滑动变阻器选择
由欧姆定律可知，电路中因为电流表分压，导致电压表读数大于、两端电压，故、测量值大于真实值。
质量为的物体对的压力为
由图甲可知，此时，由闭合电路欧姆定律
且

联立可得

由甲图可知，压力变大，阻值变小，故电路中电流变大，两端电压变大，大于，故物体将进入通道
故答案为：，，大于；，通道。
根据电表内阻的大小关系选择合适的接法，根据调节方便选择滑动变阻器，结合实验原理分析误差；
根据图甲结合闭合电路欧姆定律解得，并分析的电压变化情况，与比较判断进入通道情况。
本题主要考查了伏安法测电阻的相关实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合图像和欧姆定律即可完成分析。
 13.【答案】解：鱼饵灯离水面的深度为，光路图所示：

设入射角、折射角分别为、
根据几何关系，入射角的正弦
折射角的正弦
根据光的折射定律可知
代入数据联立解得
当鱼饵灯离水面深度为时，光路图如图所示：

水面间恰好无光射出，此时鱼饵灯与浮标的连线和竖直方向夹角恰好为临界角，则有：
由几何关系可得
代入数据联立解得：
答：鱼饵灯离水面的深度为；
鱼饵灯距离水面的深度为 【解析】画出光路图，根据折射定律结合数学知识求鱼饵灯深度；
画出光路图，根据临界角公式结合数学知识求鱼饵灯深度。
本题考查了光的折射和全反射，主要涉及到折射定律和临界角公式；画出光路图和抓住临界条件是解题的关键。
 14.【答案】解：由题意可知，物块在半圆轨道内做匀速圆周运动，则电场力与物块重力等大反向，有
代入数据解得：
场强方向竖直向上；
设小木块和长木板达到共速时速度为，由动量守恒定律得：
代入数据解得：
设木板长为，由能量守恒定律得：
代入数据解得；
两物块发生弹性碰撞，由动量守恒定律得：

由机械能守恒定律得：
代入数据联立解得：
物块离开半圆轨道后做平抛运动，竖直方向：
水平方向：
代入数据联立解得：
故物块可以落回木板。
答：匀强电场的场强大小为，方向竖直向上；
长木板的长度为；
物块可以落回木板，说明见解析。 【解析】物块在半圆轨道内运动过程中对轨道各点的压力大小均相等，则物块做匀速圆周运动，电场力与重力等大反向，根据平衡条件求解场强；
根据动量守恒定律求解小木块和长木板的共同速度，根据能量守恒定律求解木板长度；
两物块发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求解碰撞后物块的速度，物块离开轨道后做平抛运动，根据平抛运动规律列式求解即可。
本题考查动量与能量结合问题，要注意明确物理过程，在解题时一定注意分析题目中隐含的信息，比如物块在圆弧轨道上各处的压力相等，则隐含着物块做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，结合动量守恒定律、能量守恒定律和运动学公式列式求解即可。
 15.【答案】解：从点垂直于轴发射的正离子恰好经过点进入第一象限，说明正离子在点受向右的磁场力，由左手定则可知圆形区域内磁场方向垂直于纸面向外。如图所示。

设离子在圆形区域圆周运动的轨迹半径为，则
由洛伦兹力提供向心力，得
解得：
设离子在第二象限磁场中圆周运动的周期为，则

则在第一象限磁场中圆周运动的周期为
 
离子在圆形区域磁场中运动圆心角为，则运动时间为

离子在两磁场之间匀速直线运动时间为

离子在右侧区域磁场中运动圆心角为，运动时间为
 
则离子从发射到第二次经过边界所用的时间

解得：
如图所示，因所有离子均以恒定速率发射，故离子在圆形磁场中的轨迹半径均为，又已知，易得所有离子经过圆形磁场后均水平向右飞出圆形磁场，然后穿过进入右侧磁场，离子在第一象限运动有
 
解得：
从点进入右侧磁场的离子，经过半个周期打到屏上点，则
从点进入右侧磁场的离子，轨迹恰好与屏相切与点，图中垂直于，则
解得：
则探测板上有离子打到的区域为，其长度
 
答：圆形区域内磁场的方向垂直于纸面向外，离子的发射速率为。
从点垂直于轴发射的离子，从发射到第二次经过边界所用的时间为。
探测板上有离子打到的区域长度为。 【解析】根据离子的偏转方向由左手定则判断圆形磁场的方向。由几何关系求得离子的轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力求出离子的发射速率；
分三段求出离子的时间，三者相加为所求；
由磁聚焦的原理可知，所有粒子做匀速圆周的半径为，均从圆形磁场区域水平射出，找到打在屏上最高点和最低点的临界点，由半径公式和几何求出打在屏上长度。
本题是带电粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动的特例磁聚焦应用，要抓住磁聚焦的条件和结论。本题的难点在于求打在屏上的长度，这要求发挥想象力找到打在屏上最高点和最低点的位置，由几何关系求出。