注意事項(xiàng)：
1.答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在試卷和答題卡上，并將條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。
2.請(qǐng)按題號(hào)順序在答題卡上各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。
3.選擇題用2B鉛筆在答題卡上把所選答案的標(biāo)號(hào)涂黑；非選擇題用黑色簽字筆在答題卡上作答；字體工整，筆跡清楚。
4.考試結(jié)束后，請(qǐng)將試卷和答題卡一并上交。
一、選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。
1. 如圖所示為雙縫干涉實(shí)驗(yàn)的實(shí)驗(yàn)裝置示意圖，用單色細(xì)光束通過單縫A后，再通過雙縫B、C，最終在右側(cè)距離雙縫為L(zhǎng)的光屏上得到明暗相間的條紋，已知雙縫B、C之間的距離為d。為了使屏上得到的條紋間距變大，則下列說法正確的是（ ）
A. 增大L
B. 增大d
C. 增加單色光的強(qiáng)度
D. 減小單縫到雙縫的距離
【答案】A
【解析】根據(jù)雙縫干涉條紋的間距公式
可知，條紋間距大小與光的強(qiáng)度和單縫到雙縫的距離無關(guān)。欲使光屏上得到的條紋間距變大，應(yīng)增大L或減小d。
故選A。
2. 2024年10月27日，中國(guó)網(wǎng)球名將鄭欽文在WTA500東京站女單決賽中以2比0戰(zhàn)勝對(duì)手肯寧，為自己的職業(yè)生涯再添一座冠軍獎(jiǎng)杯。某次鄭欽文將網(wǎng)球沿水平方向擊出，若擊出時(shí)網(wǎng)球的速度越大（不計(jì)空氣阻力），則（ ）
A. 網(wǎng)球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長(zhǎng)
B. 網(wǎng)球落地瞬間豎直方向的速度越大
C. 網(wǎng)球的位移越大
D. 網(wǎng)球落地瞬間速度與水平方向的夾角越大
【答案】C
【解析】A．由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律
可知，網(wǎng)球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間取決于下落的高度，與網(wǎng)球的初速度大小無關(guān)，故A錯(cuò)誤；
B．又網(wǎng)球落地瞬間的豎直速度為
顯然該速度與網(wǎng)球初速度的大小無關(guān)，故B錯(cuò)誤；
C．網(wǎng)球的初速度越大，網(wǎng)球的水平位移越大，則網(wǎng)球的位移越大，故C正確；
D．網(wǎng)球落地瞬間，由
可知，網(wǎng)球的初速度越大，網(wǎng)球落地瞬間速度與水平方向的夾角越小，故D錯(cuò)誤。
故選C。
3. 如圖所示，正方形ABCD在與其平面平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，對(duì)角線AC、BD交于O點(diǎn)，已知A、B兩點(diǎn)電勢(shì)分別為φA = 2 V、φB = 4 V，將一電子（電荷量大小為e）從B點(diǎn)移動(dòng)到C點(diǎn)，靜電力做的功為2 eV。下列說法正確的是（ ）
A. C點(diǎn)的電勢(shì)為5 V
B. D點(diǎn)的電勢(shì)為4 V
C. 電場(chǎng)強(qiáng)度的方向由A指向C
D. 將電子沿BD從B點(diǎn)移動(dòng)到D點(diǎn)，靜電力先做正功后做負(fù)功
【答案】B
【解析】A．將一電子從B點(diǎn)移動(dòng)到C點(diǎn)，靜電力做的功為
又
解得
故A錯(cuò)誤；
B．A點(diǎn)的電勢(shì)為2 V，O點(diǎn)是AC的中點(diǎn)，由勻強(qiáng)電場(chǎng)的特點(diǎn)可知，O點(diǎn)的電勢(shì)為
則
故對(duì)角線BD為等勢(shì)線，則
故B正確；
C．等勢(shì)線與電場(chǎng)線垂直，對(duì)角線BD為等勢(shì)線，對(duì)角線AC與BD垂直，電場(chǎng)線與AC平行，電場(chǎng)強(qiáng)度的方向由高電勢(shì)指向低電勢(shì)，故電場(chǎng)強(qiáng)度的方向由C指向A，故C錯(cuò)誤；
D．對(duì)角線BD為等勢(shì)線，將電子沿BD從B點(diǎn)移動(dòng)到D點(diǎn)，靜電力不做功，故D錯(cuò)誤。
故選B。
4. 北京時(shí)間2024年7月19日，我國(guó)在太原衛(wèi)星發(fā)射中心使用長(zhǎng)征四號(hào)乙運(yùn)載火箭，成功將高分十一號(hào)05星發(fā)射升空，并順利進(jìn)入預(yù)定軌道，在距離地面600km處環(huán)繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知地球的半徑為6400km，同步衛(wèi)星距離地面的高度約為35600km，若高分十一號(hào)05星與某同步衛(wèi)星的質(zhì)量相同。則高分十一號(hào)05星與該同步衛(wèi)星（ ）
A. 所受地球引力之比約為6：1
B. 周期之比約為1：6
C. 線速度之比約為6：1
D. 向心加速度之比約為36：1
【答案】D
【解析】A．由題意可知高分十一號(hào)05星到地心的距離為
同步衛(wèi)星到地心的距離為
由萬有引力定律
可知
則
故A錯(cuò)誤；
B．由開普勒第三定律
得
則
故B錯(cuò)誤；
C．高分十一號(hào)05星與同步衛(wèi)星均環(huán)繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則萬有引力提供向心力，由
得
則
解得
故C錯(cuò)誤；
D．由公式
得
即
解得
故D正確。
故選D。
5. 如圖所示，兩根完全相同的通電直導(dǎo)線P、Q垂直紙面固定，連線沿水平方向，O1O2為兩導(dǎo)線連線的中垂線，O為垂足。兩導(dǎo)線中的電流大小相等，方向均垂直紙面向里，另取電流大小可調(diào)節(jié)的通電直導(dǎo)線A垂直紙面放置（圖中未畫出），其電流方向垂直紙面向外，則下列說法正確的是（ ）
A. P、Q兩導(dǎo)線在O點(diǎn)上側(cè)虛線處產(chǎn)生的合磁場(chǎng)方向水平向左
B. 直導(dǎo)線A放在O點(diǎn)所受的磁場(chǎng)力等于零
C. 直導(dǎo)線A放在O點(diǎn)上側(cè)虛線處所受的磁場(chǎng)力向右
D. 直導(dǎo)線A固定在O點(diǎn)上側(cè)虛線處，P所受的磁場(chǎng)力不可能豎直向下
【答案】B
【解析】A．由安培定則可知，兩導(dǎo)線P、Q在O點(diǎn)上方虛線處產(chǎn)生的合磁場(chǎng)方向，如圖所示
由平行四邊形定則可知O點(diǎn)上方虛線處的磁場(chǎng)方向水平向右，故A錯(cuò)誤；
B．O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，導(dǎo)線A在O點(diǎn)所受的磁場(chǎng)力為零，故B正確；
C．若將直導(dǎo)線A放在O點(diǎn)上側(cè)虛線處，由左手定則可知直導(dǎo)線A所受的磁場(chǎng)力方向豎直向上，故C錯(cuò)誤；
D．直導(dǎo)線A固定在O點(diǎn)上側(cè)虛線處，A對(duì)P的力為排斥力斜向左下方，Q對(duì)P的力為吸引力水平向右，如果直導(dǎo)線A的位置以及電流大小合適，這兩個(gè)力的合力可能豎直向下，故D錯(cuò)誤。故選B。
6. 隨著“碳中和、碳達(dá)峰”的提出，新能源汽車逐漸普及，某新能源汽車生產(chǎn)廠家為了測(cè)試汽車的性能，司機(jī)駕駛新能源汽車沿平直的公路行駛。某段時(shí)間內(nèi)汽車由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，途中經(jīng)過路旁的四個(gè)標(biāo)志A、B、C、D，已知AB之間的距離為7.5m，用時(shí)1s，BC之間的距離為30m，用時(shí)2s，汽車從C到D用時(shí)2s，則下列說法正確的是（ ）
A. 汽車的出發(fā)點(diǎn)到A點(diǎn)的距離為5m
B. 汽車的加速度大小為
C. 汽車經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度大小為5m/s
D. C、D兩點(diǎn)間的距離為50m
【答案】D
【解析】B．汽車在AB段中間時(shí)刻的速度為
汽車在BC段中間時(shí)刻的速度為
則汽車的加速度為
故B錯(cuò)誤；
A．汽車從啟動(dòng)到AB段中間時(shí)刻的時(shí)間為
則汽車從啟動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)間為
則出發(fā)點(diǎn)到A點(diǎn)的距離為
故A錯(cuò)誤；
C．汽車從啟動(dòng)到B點(diǎn)的時(shí)間為
則汽車在B點(diǎn)的速度大小為
故C錯(cuò)誤；
D．由以上分析可知汽車從啟動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)間為
則汽車從啟動(dòng)到C點(diǎn)的距離為
汽車從啟動(dòng)到D點(diǎn)的時(shí)間為
則汽車從啟動(dòng)到D點(diǎn)的距離為
則CD兩點(diǎn)之間的距離為
故D正確。
故選D。
7. 如圖所示，光滑的輕質(zhì)滑輪用輕繩拴接在天花板上，物體a、b用跨過滑輪的輕繩拴接，物體b、c之間用原長(zhǎng)為10cm的輕彈簧連接后放在水平面上，此時(shí)彈簧的長(zhǎng)度為8cm，物體b和物體c均恰好靜止，連接物體b的輕繩與水平方向的夾角為37°，連接物體a、b的輕繩與的夾角分別為、，輕繩與豎直方向夾角為，已知物體a、b、c的質(zhì)量分別為0.5kg、1.6kg、1.6kg，彈簧的勁度系數(shù)，假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度取，，，則下列說法正確的是（ ）
A. 物體c與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5
B. 物體b與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25
C. 輕繩與豎直方向的夾角為26.5°
D. 將物體b向右移動(dòng)少許，系統(tǒng)靜止時(shí)有
【答案】C
【解析】A．以物體c為研究對(duì)象，物體c所受摩擦力等于彈簧的彈力，即
解得
方向向左，物體c與水平面間的壓力大小為
又由
得
故A錯(cuò)誤；
B．以物體b為研究對(duì)象，受力分析如圖所示
在水平方向上有
豎直方向上有
又
解得
故B錯(cuò)誤；
C．由于滑輪兩側(cè)輕繩的拉力大小相等，可知
由幾何關(guān)系可知
又
解得
故C正確；
D．系統(tǒng)靜止時(shí)，始終存在
故D錯(cuò)誤。
故選C。
二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。
8. 如圖所示，光滑桿的底端用鉸鏈固定在O點(diǎn)，質(zhì)量為m的小球穿過光滑桿，現(xiàn)使光滑桿繞過O點(diǎn)的豎直軸以恒定的角速度轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，光滑桿與豎直方向的夾角為，小球也隨之在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則下列說法正確的是（ ）
A. 保持不變，越小，小球的向心加速度越小
B. 保持不變，越小，小球相對(duì)O點(diǎn)越高
C. 保持不變，越大，小球的向心加速度越大
D. 保持不變，越大，小球相對(duì)O點(diǎn)越低
【答案】BD
【解析】A．小球隨著光滑桿在水平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，則小球的重力和光滑桿支持力的合力提供向心力，則有
由牛頓第二定律得
解得
相同，小球的向心加速度保持不變，故A錯(cuò)誤；
B．由于，則整理得
故其加速度大小相同，則越小，小球做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑越大，則小球相對(duì)O點(diǎn)越高，故B正確；
C．由
可知，越大，小球的向心加速度越小，故C錯(cuò)誤；
D．由
可知，相同，越大，小球做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑越小，則小球相對(duì)O點(diǎn)越低，故D正確。故選BD。
9. 如圖所示為半徑為R的球形透明介質(zhì)，AB為球的一條直徑，O為球心，一細(xì)光束由A點(diǎn)斜射入透明介質(zhì)，從C點(diǎn)射出，已知C點(diǎn)到AB的距離為，出射光線相對(duì)入射光線的偏折角為30°，光在真空中的傳播速度為c。則下列說法正確的是（ ）
A. 光線從C點(diǎn)射出介質(zhì)的折射角為45°
B. 透明介質(zhì)的折射率為
C. 光束在透明介質(zhì)中的傳播時(shí)間為
D. 入射光繞A點(diǎn)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，光可能在介質(zhì)中發(fā)生全反射
【答案】AC
【解析】AB．作出光路圖，如圖所示。
由幾何關(guān)系可知
則
由圖可知
，
解得
又由折射定律
所以有
由題意可知出射光線相對(duì)入射光線的偏折角為30°，所以
透明介質(zhì)的折射率為
故A正確，B錯(cuò)誤；
C．光束在透明介質(zhì)中的傳播速度為
又由幾何關(guān)系可知
則光在介質(zhì)中傳播的時(shí)間為
解得
故C正確；
D．光在該透明介質(zhì)中的臨界角為C，則
解得
入射光繞A點(diǎn)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，光束在A點(diǎn)的折射角一定小于臨界角C，由幾何關(guān)系可知光射到透明介質(zhì)出射點(diǎn)時(shí)的入射角一定小于臨界角，所以光不可能在介質(zhì)中發(fā)生全反射，D錯(cuò)誤。
故選AC。
10. 如圖所示，兩根間距為1m足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌由兩部分構(gòu)成，傾斜導(dǎo)軌與水平面的夾角為30°且平滑連接，質(zhì)量為2.0kg的導(dǎo)體棒乙放在水平導(dǎo)軌上，傾斜導(dǎo)軌的底端虛線1與水平導(dǎo)軌虛線2之間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向豎直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2T，質(zhì)量為0.5kg的導(dǎo)體棒甲由傾斜導(dǎo)軌上靜止釋放，導(dǎo)體棒甲的釋放點(diǎn)到虛線1的距離為x，兩虛線之間的距離為s，假設(shè)所有的碰撞均無機(jī)械能損失，忽略一切摩擦以及導(dǎo)體棒經(jīng)過虛線1時(shí)的機(jī)械能損失，整個(gè)過程兩導(dǎo)體棒始終保持與導(dǎo)軌垂直且有良好的接觸。已知兩導(dǎo)體棒的電阻均為3Ω，兩導(dǎo)體棒的長(zhǎng)度均為1m，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，重力加速度，則下列說法正確的是（ ）
A. 若，則導(dǎo)體棒甲剛越過虛線1時(shí)加速度大小為
B. 導(dǎo)體棒甲從虛線1開始在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)0.5m的過程中通過橫截面的電荷量為
C. 若導(dǎo)體棒甲能越過虛線2，則甲從1到2的過程速度的變化量大小與s成正比
D. 若、，則兩導(dǎo)體棒能發(fā)生第二次碰撞
【答案】BC
【解析】A．導(dǎo)體棒甲沿導(dǎo)軌下滑時(shí)只有重力做功，則導(dǎo)體棒的機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得
解得
導(dǎo)體棒甲滑到傾斜導(dǎo)軌底端后開始做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒甲中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為
回路中感應(yīng)電流為
導(dǎo)體棒甲所受安培力大小為
由牛頓第二定律得
故A錯(cuò)誤；
B．導(dǎo)體棒甲在兩虛線間運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為
回路中的平均感應(yīng)電流為
又由于，
整理得
代入數(shù)據(jù)解得
故B正確；
C．兩虛線之間的距離為s，結(jié)合B選項(xiàng)的解析規(guī)律可知
導(dǎo)體棒甲從1到2的過程，由動(dòng)量定理得
所以有
由以上聯(lián)立得
顯然該過程中導(dǎo)體棒甲速度的變化量大小與s成正比，故C正確；
D．結(jié)合上述有
可知，當(dāng)時(shí)，導(dǎo)體棒甲由1到2速度減小
設(shè)導(dǎo)體棒甲的釋放點(diǎn)到虛線1的距離為剛好發(fā)生第二次碰撞，導(dǎo)體棒甲釋放到虛線1有
則有
導(dǎo)體棒甲第一次越過虛線2的速度為
兩導(dǎo)體棒發(fā)生碰撞的過程，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得
，
解得、
導(dǎo)體棒甲再次向右回到虛線2時(shí)的速度為
欲使兩導(dǎo)體棒發(fā)生第二次碰撞，應(yīng)有
解得
D錯(cuò)誤。
故選BC。
三、非選擇題：本題共5小題，共54分。
11. 某實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)為了驗(yàn)證碰撞過程中的動(dòng)量守恒，設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)，并進(jìn)行了如下的操作：
a.將斜槽固定在水平桌面上，并調(diào)整斜槽末端水平；
b.在長(zhǎng)木板上依次鋪有復(fù)寫紙和白紙；
c.先讓入射球A多次從斜軌上的某位置由靜止釋放；然后，把被碰小球B靜置于軌道的末端O處，再將入射小球A從斜軌上同一位置由靜止釋放，與小球B相撞（A球的質(zhì)量大于B球的質(zhì)量）；
d.多次重復(fù)此步驟，用最小圓圈法分別找到碰撞前后小球在長(zhǎng)木板上的平均落點(diǎn)M、P、N。
（1）若圖中P點(diǎn)為碰前小球A的落點(diǎn)，則M、N點(diǎn)分別為______（按先后順序填寫下列編號(hào)）；
①碰后小球A的落點(diǎn)
②碰后小球B的落點(diǎn)
（2）關(guān)于本實(shí)驗(yàn)，下列步驟必要的是______（填字母）；
A. 測(cè)量釋放點(diǎn)到斜槽末端的高度h
B. 用游標(biāo)卡尺測(cè)量小球的直徑
C. 用天平測(cè)量?jī)汕虻馁|(zhì)量和
D. 測(cè)量OM、OP、ON的長(zhǎng)度、、
（3）若兩球碰撞的過程中動(dòng)量守恒，則關(guān)系式______成立（用上述已測(cè)量的物理量表示）。
【答案】（1）①② （2）CD
（3）
【解析】【小問1詳解】
碰撞過程動(dòng)量守恒，碰后A球動(dòng)量減小，A球速度減小，P點(diǎn)為碰前小球A的落點(diǎn)，則碰撞后A球落點(diǎn)在P點(diǎn)左側(cè)，故M點(diǎn)為碰后A球落點(diǎn)，N為碰后被碰球B的落點(diǎn)。
【小問2詳解】
設(shè)長(zhǎng)木板與水平面的夾角為，小球做平拋運(yùn)動(dòng)，有
解得碰撞前小球A速度為
同理可得碰撞后小球A、B的速度為
若碰撞過程中兩球的動(dòng)量守恒，則應(yīng)滿足
整理可得
需要測(cè)量的物理量應(yīng)有A球和B球的質(zhì)量和以及OM、OP、ON的長(zhǎng)度、、。
故選CD。
【小問3詳解】
根據(jù)前面分析可知若碰撞過程中兩球的動(dòng)量守恒，則應(yīng)滿足
整理可得
12. 某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖甲所示的電路完成了電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的測(cè)量，已知電流表的量程為、內(nèi)阻為，電壓表的量程為、內(nèi)阻為，電源的電動(dòng)勢(shì)約為3V、內(nèi)阻約為。
（1）請(qǐng)按照電路圖甲將圖乙中的實(shí)物圖連線______；
（2）開關(guān)S閉合之前，滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭應(yīng)位于______（選填“最左端”或“最右端”）；
（3）為了完成測(cè)量應(yīng)將電流表量程擴(kuò)大到0.6A，則電阻箱阻值應(yīng)為______，電壓表的量程應(yīng)擴(kuò)大到3V，則電阻箱的阻值應(yīng)為______；
（4）通過改變滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭，得到了多組電流表和電壓表的示數(shù)，并利用得到的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)描繪了如圖丙所示的伏安特性曲線，由圖像可知電源的電動(dòng)勢(shì)為______V，電源的內(nèi)阻為______（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）。
【答案】（1） （2）最左端
（3） 2 2000
（4） 3.0 4.2
【解析】【小問1詳解】
根據(jù)電路圖甲將圖乙中的實(shí)物圖連線，如圖所示。
【小問2詳解】
為了保護(hù)電路，閉合開關(guān)前滑動(dòng)變阻器的滑片應(yīng)置于阻值最大處，根據(jù)電路圖可知，應(yīng)置于最左端。
【小問3詳解】
由電流表的改裝原理可知
解得
由電壓表的改裝原理可知
解得
【小問4詳解】
根據(jù)電路圖，由閉合電路的歐姆定律可得
變形得
結(jié)合圖像可知
解得
13. 位于O點(diǎn)的振源產(chǎn)生了一列沿x軸正方向傳播的簡(jiǎn)諧橫波，時(shí)的波形圖如圖所示，且此時(shí)B點(diǎn)剛開始振動(dòng)，A點(diǎn)為處的質(zhì)點(diǎn)，再經(jīng)0.8s質(zhì)點(diǎn)A第一次運(yùn)動(dòng)到波峰。求：
（1）質(zhì)點(diǎn)A的振動(dòng)方程及0~0.8s時(shí)間內(nèi)質(zhì)點(diǎn)B通過的路程；
（2）該簡(jiǎn)諧橫波的波速。
【答案】（1）[或其他正確形式]，
（2）2m/s
【解析】【小問1詳解】
設(shè)質(zhì)點(diǎn)A的振動(dòng)方程為
時(shí)質(zhì)點(diǎn)A偏離x軸的位移為-4cm，則有
解得
時(shí)A第一次位于波峰，則有
解得
則質(zhì)點(diǎn)A的振動(dòng)方程為
同理，質(zhì)點(diǎn)B的振動(dòng)方程為
時(shí)
所以0.8s的時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)B的路程為
【小問2詳解】
波的傳播周期為
設(shè)波長(zhǎng)為，由圖像中A點(diǎn)處坐標(biāo)
，
可知
解得
則波速為
代入數(shù)據(jù)解得
14. 質(zhì)量、長(zhǎng)的木板A靜止在水平面上，木板的左端靜置一質(zhì)量可視為質(zhì)點(diǎn)的木塊B，木板與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，木塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，現(xiàn)用水平恒力F始終推木塊B，假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度，求：
（1）若B相對(duì)A滑動(dòng)，推力F至少多大；
（2）若外力，B離開A的時(shí)間；
（3）僅改變外力F的大小，使B離開A，力F做功的最小值。
【答案】（1）
（2）4s （3）
【解析】【小問1詳解】
B與A剛好滑動(dòng)，B與A之間的摩擦力
A與地面之間摩擦力
臨界加速度為
對(duì)整體
解得
【小問2詳解】
由于28N>24N，則B相對(duì)A產(chǎn)生滑動(dòng)，設(shè)B的加速度為，有
解得
B離開A，則有
解得
【小問3詳解】
力F作用在B上產(chǎn)生的加速度
設(shè)離開時(shí)間為，有
力F做功
整理得
則當(dāng)
時(shí)W最小，即
當(dāng)
力F做功最小
此時(shí)
15. 在半導(dǎo)體注入工藝中，利用如圖所示的裝置進(jìn)行粒子的注入，粒子發(fā)射源S向外發(fā)射質(zhì)量均為m，電荷量分別為q和3q的正粒子甲、乙，兩粒子的初速度均為零，兩粒子經(jīng)電壓為的加速電場(chǎng)加速，然后從偏轉(zhuǎn)電壓為的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)上極板的左側(cè)緊貼極板射入，兩粒子最終從極板右側(cè)進(jìn)入垂直紙面向外的范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，已知，兩極板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，間距為，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，忽略粒子的重力以及粒子間的相互作用。
（1）證明粒子甲、乙在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的軌跡重合；
（2）若緊貼下極板的右側(cè)沿豎直方向固定一足夠大的接收屏，求粒子甲、乙打在接收屏上的間距；
（3）若保持磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不變將方向改為垂直紙面向里，同時(shí)將接收屏移至虛線MN處，粒子乙垂直打在接收屏上，求兩粒子打在接收屏上的間距。（結(jié)果保留根號(hào)）
【答案】（1）見解析 （2）
（3）
【解析】【小問1詳解】
粒子在加速電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由動(dòng)能定理得
粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的速度大小為
粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿水平方向
豎直方向上有
又由牛頓第二定律得
則粒子的側(cè)移為
粒子離開電場(chǎng)時(shí)速度與水平方向的夾角為，則有
又
解得
顯然粒子的側(cè)移以及粒子離開電場(chǎng)時(shí)速度與水平方向的夾角均與電荷量、質(zhì)量無關(guān)，即粒子甲、乙在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的軌跡重合。
【小問2詳解】
由第（1）問的解析可知，粒子甲、乙均從下極板的右側(cè)離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，且速度與水平方向的夾角均為
則粒子甲離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的速度大小為
粒子乙離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的速度大小為
粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有
解得
粒子甲、乙的軌道半徑分別為
、
甲、乙兩粒子的軌跡所對(duì)應(yīng)的弦長(zhǎng)分別為
、
所以粒子甲、乙打在接收屏的間距為
【小問3詳解】
僅將磁場(chǎng)反向后，甲、乙兩粒子的軌道半徑大小仍為
、
作出兩粒子的軌跡，如圖所示
粒子乙垂直打在接收屏上時(shí)，由幾何關(guān)系得
則
又、
在中由余弦定理得
解得
兩粒子打在接收屏的間距為
解得

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