1.下列現(xiàn)象中屬于光的干涉現(xiàn)象的是( )
A. B.
C. D.
2.某電場(chǎng)區(qū)域的電場(chǎng)線分布如圖所示，在電場(chǎng)中有A、B、C、D四個(gè)點(diǎn)，下列說法正確的是( )
A. EA>ECB. EC>EDC. φB>φCD. φA0)的粒子以速度v0從左側(cè)平行于x軸射入電場(chǎng)，入射點(diǎn)為P，經(jīng)電場(chǎng)后沿垂直于OA的方向由Q點(diǎn)進(jìn)入一矩形磁場(chǎng)區(qū)域(未畫出，方向垂直紙面向外)，并沿x軸負(fù)方向經(jīng)過O點(diǎn)。已知O點(diǎn)到Q點(diǎn)的距離為6l，不計(jì)粒子的重力，求：
(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大?。?br>(2)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。?br>(3)矩形磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積。
15.（16分）如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)=12m的長(zhǎng)木板靜止在水平地面上，其右端與豎直固定裝置A的最下端平滑相切，裝置A的下表面未與地面接觸且能使長(zhǎng)木板從其下方穿過，A的左側(cè)面是半徑為R=1.6m的光滑半圓軌道?，F(xiàn)讓一小物塊從長(zhǎng)木板左端以大小為v0=14m/s的初速度滑上長(zhǎng)木板，經(jīng)半圓軌道后落在已經(jīng)處于靜止?fàn)顟B(tài)的長(zhǎng)木板上。已知小物塊與長(zhǎng)木板的質(zhì)量均為m=2kg，小物塊與長(zhǎng)木板上表面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1=0.4，長(zhǎng)木板與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2=0.15，裝置A的下表面與長(zhǎng)木板之間無作用力，小物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，取g=10m/s2，求：
(1)小物塊運(yùn)動(dòng)到半圓軌道的最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大??；
(2)小物塊落到長(zhǎng)木板上時(shí)距長(zhǎng)木板左端的距離；(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)
(3)從物塊開始滑上長(zhǎng)木板到長(zhǎng)木板靜止的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量。
參考答案
1.D
2.BC
3.A
4.C
5.C
6.C
7.D
8.AC
9.ACD
10.BD
11.(1)乙
(2) 4.0 0.5
(3) mg?F1m+M

12.(1) 0.6 左
(2) IgrSρ 0.25

13.解：(1)由玻意耳定律，有p0L0S=p1L1S，
解得p1=1.05×105Pa，
又p1=p0+ρg?，
解得?=50cm，
洗衣缸內(nèi)的水面上升的高度H=(50+10.5?10)cm=50.5cm；
(2)由理想氣體狀態(tài)方程有p0L0ST0=p2L2ST2，
根據(jù)題意知p2=p1=1.05×105Pa，
解得L2=9.5cm。

14.解：(1)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間是t，由牛頓第二定律得：qE=ma
水平方向：6lsin60°=v0t
粒子到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)，設(shè)豎直分速度為vy，則vy=at
由速度的合成與分解得：vy=v0tan60°= 3v0
解得：E=mv023qL
(2)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：
設(shè)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為O1，軌道半徑為r，
由幾何知識(shí)得：r+rsin30°=6l
解得：r=2l
粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度：v=v0cs60°=2v0
粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=mv2r
解得磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。築=mv0qL
(3)帶電粒子從Q點(diǎn)射入磁場(chǎng)，包含圓弧的最小矩形磁場(chǎng)區(qū)域如圖中虛線所示，
矩形區(qū)域的長(zhǎng)度：x=2rcs30°= 3r=2 3l
矩形區(qū)域的寬度：y=r?rsin30°=0.5r=l
矩形區(qū)磁場(chǎng)域的最小面積：S=xy=2 3l×l=2 3l2
答：(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度是mv023ql；
(2)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度是mv0ql；
(3)矩形磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積是2 3l2。
15.(1)對(duì)小物塊進(jìn)行分析，根據(jù)牛頓第二定律有
μ1mg=ma1
對(duì)長(zhǎng)木板進(jìn)行分析，根據(jù)牛頓第二定律有
μ1mg?μ2?2mg=ma2
解得
a1=4m/s2 ， a2=1m/s2
小物塊向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，長(zhǎng)木板向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，令經(jīng)歷時(shí)間 t1 兩者達(dá)到相等速度，則有
v1=v0?a1t1=a2t1
解得
t1=2.8s ， v1=2.8m/s
此過程小物塊的位移
x0=v0+v12t1=23.52m>L=12m
表明小物塊到達(dá)裝置A下端時(shí)兩者還沒有達(dá)到相等速度，則小物塊到達(dá)裝置A最下端過程，小物塊的位移恰好為長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度，則有
L=v0t2?12a1t22
解得
t2=1s 或 t2=6s (舍去)
則此時(shí)小物塊與長(zhǎng)木板的速度分別為
v2=v0?a1t2 ， v3=a2t2
解得
v2=10m/s ， v3=1m/s
之后小物塊運(yùn)動(dòng)到半圓軌道的最高點(diǎn)過程，根據(jù)動(dòng)能定理有
?mg?2R=12mv42?12mv22
解得
v4=6m/s
小物塊在最高點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有
N1+mg=mv42R
根據(jù)牛頓第三定律有
N2=N1
解得
N2=25N
(2)小物塊飛出裝置A做平拋運(yùn)動(dòng)，則有
2R=12gt32 ， x1=v4t3
結(jié)合上述解得
x1=4.8m
長(zhǎng)木板在(1)中上述 t2=1s 時(shí)間內(nèi)的位移
x2=v32t2=0.5m t2=1s 之后，長(zhǎng)木板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則有
?μ2mgx3=0?12mv32
解得
x3=13m
則小物塊落到長(zhǎng)木板上時(shí)距長(zhǎng)木板左端的距離
L0=L?x2?x3?x1
解得
L0=19130m≈6.4m
(3)根據(jù)能量守恒定律，從物塊開始滑上長(zhǎng)木板到長(zhǎng)木板靜止的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量為
Q=12mv02?12mv22
解得
Q=96J

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