1.一定質量的理想氣體由狀態(tài)a變化到狀態(tài)b的過程中，體積V隨熱力學溫度T變化的圖像如圖所示。已知氣體在狀態(tài)b的壓強為1.36×105Pa，從狀態(tài)a變化到狀態(tài)b氣體吸收的熱量為4×104J，則該過程中氣體的內(nèi)能增加了( )
A. 2.04×104JB. 1.96×104JC. 1.64×104JD. 1.28×104J
2.氫原子的能級圖如圖所示，一群處于n=3能級的氫原子向低能級躍遷時會輻射出多種不同頻率的光。已知鎢的逸出功為4.54eV，下列說法正確的是( )
A. 這群氫原子向低能級躍遷時可輻射出2種不同頻率的光
B. 用氫原子從n=3能級直接躍遷到n=1能級輻射出的光照射鎢板時能發(fā)生光電效應
C. 這群氫原子從n=3能級直接躍遷到n=1能級輻射出的光最容易發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象
D. 氫原子從n=3能級躍遷到n=2能級輻射出的光和從n=2能級躍遷到n=1能級輻射出的光分別通過同一雙縫干涉裝置，后者干涉條紋間距較大
3.衛(wèi)星A為地球靜止軌道衛(wèi)星，衛(wèi)星B為極地軌道衛(wèi)星，衛(wèi)星B軌道半徑為衛(wèi)星A的14，某時刻，兩衛(wèi)星剛好同時經(jīng)過某地上方，則下一次同時經(jīng)過該地上方需要的時間為( )
A. 24hB. 12hC. 36hD. 48h
4.如圖(a)，摩擦角的物理意義是：當兩接觸面間的靜摩擦力達到最大值時，靜摩擦力f與支持面的支持力N的合力F與接觸面法線間的夾角即為摩擦角φ，可知tanφ=μ。利用摩擦角的知識可以用來估料，如圖(b)所示。物料自然堆積成圓錐體，圓錐角底角必定是該物料的摩擦角φ。若已知物料的摩擦角φ和高h，動摩擦因數(shù)為μ。物料所受滑動摩擦力等于最大靜摩擦力?？汕蟪鰣A錐體的體積為( )
A. πh33μ2B. 2πh33μ2C. πh32μ2D. πh36μ2
5.如圖所示，P、Q為x軸上關于原點O對稱的兩個點，兩點各固定一個正點電荷，其中P點點電荷的電荷量大小為2q，Q點點電荷的電荷量大小為q。將一個帶正電的粒子從x軸上的O點由靜止釋放，粒子僅在靜電力的作用下沿x軸運動，則粒子的電勢能Ep隨位置坐標x的變化關系可能正確的是( )
A. B.
C. D.
6.如圖所示，一含有理想變壓器的電路，變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為n1n2=21，電路中燈泡L的額定電壓為100V，額定功率為80W。當輸入端接有效值為220V的正弦交變電源時，燈泡L正常發(fā)光，則電路中定值電阻R的阻值為( )
A. 50ΩB. 45ΩC. 25ΩD. 1.25Ω
7.光纖準直器是光通信系統(tǒng)中的一種重要組件，它的作用是將光纖內(nèi)傳輸來的發(fā)散光轉變成準直光(平行光)，其簡化工作原理如圖所示，棱鏡的橫截面為等腰三角形，從光纖一端射出三束相同的單色光a、b、c，b光與棱鏡的中心線重合，a、c光恰好分別入射到上、下側面的中點，經(jīng)棱鏡折射后與中心線平行。已知棱鏡橫截面的底角和入射光與中心線的夾角均為30°，棱鏡底邊長為d，光在真空中的傳播速度為c，則( )
A. 棱鏡對光的折射率為n= 33B. 棱鏡對光的折射率為n= 2
C. b光通過棱鏡需要的時間為t= 3d6cD. a光通過棱鏡需要的時間為t=d4c
二、多選題：本大題共3小題，共18分。
8.如圖(a)所示，足夠長的固定斜面傾角為θ=37°，斜面底端有一質量為2kg的物塊(可視為質點)?，F(xiàn)用一沿斜面向上的恒力F=32N使物塊由靜止開始沿斜面向上運動，取斜面底端為零勢能點，運動過程中物塊的機械能E與物塊的位移x的關系如圖(b)所示，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，則下列說法正確的是( )
A. 物塊的加速度大小為6m/s2
B. 物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)為0.4
C. 物塊由靜止開始沿斜面向上滑動2m時的速度大小為2 6m/s
D. 物塊沿斜面向上滑動2m的過程中，物塊與斜面間因摩擦產(chǎn)生的熱量為24J
9.在某介質中建立直角坐標系xOy，在x=?6m及x=4m處分別有兩個波源A和B，t=0時刻兩波源同時開始沿y軸正方向振動，介質中形成兩列沿x軸相向傳播的簡諧波，波速均為v=2m/s。某時刻波源A產(chǎn)生的簡諧波的波形圖如圖(a)所示，波源B的振動圖像如圖(b)所示，則( )
A. 波源A的周期是4s
B. 波源B產(chǎn)生的簡諧波的波長為8m
C. 在波源A、B之間的區(qū)域會發(fā)生干涉現(xiàn)象
D. t=3.5s時，x=?1m處的質點的位移為5cm
10.某同學根據(jù)電磁感應原理設計了一個電磁阻尼減震器，簡化的原理圖如圖所示。兩根足夠長的絕緣光滑平行軌道固定在水平面內(nèi)，軌道間距為L，質量為m、電阻為R、匝數(shù)為n的減震矩形線圈abcd在軌道上以初速度v0水平向右進入磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中，之后可以一直運動下去，ab邊長為L，bc邊長為d。下列說法正確的是( )
A. 減震線圈剛進入磁場時產(chǎn)生的感應電動勢為BLv0
B. 減震線圈剛進入磁場時的加速度大小為n2B2L2v0mR
C. 減震線圈完全進入磁場時的速度大小為v0?n2B2L2dmR
D. 減震線圈從剛進入磁場到完全進入磁場經(jīng)歷的時間為2dv0
三、實驗題：本大題共2小題，共14分。
11.某同學用如圖(a)所示的裝置做“探究加速度與合外力的關系”的實驗。已知小車和力傳感器的總質量為M，砂子和砂桶的總質量為m。
(1)實驗中，為了使細線對小車的拉力等于小車所受的合外力，需要補償阻力，請寫出具體的操作步驟：______。
(2)該實驗______(填“需要”或“不需要”)M遠大于m。
(3)打點計時器使用的是頻率為50Hz的交流電源，打出的紙帶如圖(b)所示，A、B、C、D、E是紙帶上的五個計數(shù)點。小車下滑的加速度為______m/s2(結果保留2位有效數(shù)字)。
12.某物理實驗興趣小組想測量一塊鋰電池組的電動勢和內(nèi)阻，步驟如下：
(1)先用多用電表粗測鋰電池組的電動勢。將多用電表的選擇開關調(diào)節(jié)至______(填“直流”或“交流”)電壓擋的10V，用紅表筆連接鋰電池組的正極，另一根表筆連接鋰電池組的另外一極，此時多用電表的指針如圖(a)所示，其讀數(shù)為______ V。
(2)進一步準確測量該鋰電池組的電動勢和內(nèi)阻，實驗室提供的器材除了開關、導線、電阻箱(0～20Ω)外，還有電壓表V1(量程0～3V)和電壓表V2(量程0～12V)，那么電壓表應選用______(填“V1”或“V2”)。
(3)用筆畫線代替導線，完成圖(b)的實物電路圖連接。
(4)連接好電路，閉合開關S，調(diào)節(jié)電阻箱使其接入電路的阻值為R1，記錄對應電壓表的示數(shù)U1，改變電阻箱接入電路的阻值使其為R2，記錄對應電壓表的讀數(shù)為U2，則可以算得鋰電池組的電動勢E=______，鋰電池組的內(nèi)阻r=______。(均用R1、U1、R2和U2表示)
四、計算題：本大題共3小題，共40分。
13.如圖所示，傾角為θ=30°的光滑斜面體固定在水平地面上，斜面abcd為正方形。一小球從斜面的頂點a處以大小v0=3.0m/s的初速度平行ab方向拋出，小球恰好從bc邊的中點飛出。已知重力加速度g取10m/s2，求斜面abcd的邊長以及小球運動到水平地面時的速度大小。
14.如圖(a)所示，在豎直面內(nèi)以O為坐標原點，取水平向右為x軸正方向、豎直向上為y軸正方向建立直角坐標系xOy。坐標系所在空間存在著勻強電場和勻強磁場，t=0時電場方向沿y軸負方向，其方向變化如圖(b)所示，磁場垂直于坐標系平面向外。電荷量大小為q的小球(可視為質點)在t=0時刻從坐標原點O獲得一沿x軸正方向的初速度，恰好能夠在坐標平面內(nèi)做勻速圓周運動，運動一圈后開始沿直線運動，重力加速度為g，求：
(1)小球的電性和質量以及勻強磁場的磁感應強度大??；
(2)小球的初速度大小；
(3)t=2.5t0時刻小球的位置坐標。
15.如圖所示，質量為m2=5kg的長木板C靜置在光滑水平面上，質量為m1=1kg的小物塊A(可視為質點)放在長木板C的最右端，二者之間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，在它們的右側足夠遠處豎直固定著一個半徑R=0.4m的半圓形凹槽，在凹槽的最低點P處放著一質量m3=2kg的小物塊B(可視為質點)，凹槽底部和水平面之間的空隙恰好能夠讓長木板C無障礙通過?，F(xiàn)使長木板C以v0=10m/s的初速度向右運動，同時小物塊A受到一大小為F=4N、水平向右的恒力作用，當小物塊A運動到長木板C的最左端時撤去恒力F，此后二者相對靜止一起運動到凹槽處，長木板C從凹槽底部空間通過，小物塊A與B在凹槽最低點P處發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰后結合為一個整體(可視為質點)共同沿凹槽的半圓形曲面運動。已知重力加速度g取10m/s2。
(1)求恒力F作用的時間t；
(2)求長木板C的長度L；
(3)通過計算說明A與B的結合體能否到達凹槽的最高點Q。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：取圖線中T=300K的狀態(tài)為c，如圖所示。
設氣體在狀態(tài)c的壓強為pc。從c到b氣體發(fā)生等容變化，由查理定律有
pcTc=pbTb
即pc300K=1.36×105Pa400K
解得：pc=1.02×105Pa
由圖像可知ac連線的反向延長線經(jīng)過V?T圖的坐標原點，則氣體從a到c為等壓膨脹，外界對氣體做功為
W=?pc?ΔV=?p(Vc?Va)=?1.02×105×(0.6?0.4)J=?2.04×104J
從c到b氣體做功為零，對整個過程，根據(jù)熱力學第一定律可知氣體內(nèi)能變化為
ΔU=Q+W=4×104J?2.04×104J=1.96×104J，故ACD錯誤，B正確。
故選：B。
取圖線中T=300K的狀態(tài)為c，從c到b氣體發(fā)生等容變化，根據(jù)查理定律求出氣體在狀態(tài)c的壓強。從a到c氣體發(fā)生等壓變化，根據(jù)W=p?ΔV求出外界對氣體做功，再根據(jù)熱力學第一定律求該過程中氣體的內(nèi)能增加量。
本題考查熱力學第一定律和氣體實驗定律的綜合應用，解題關鍵是根據(jù)圖像分析氣體狀態(tài)變化過程，知道V?T圖像中過原點的直線是等壓線，要掌握等壓變化過程氣體做功公式W=p?ΔV。
2.【答案】B
【解析】解：A、一群氫原子從3能級向下躍遷，最多能可輻射出3種不同頻率的光，故A錯誤；
B、原子從n=3能級直接向n=1能級躍遷發(fā)出的光子的能量：Ek=hνm=E3?E1，代入數(shù)據(jù)解得：Ek=12.09eV，大于鎢的逸出功，因此可以發(fā)生光電效應，故B正確；
C、光的波長越長，也越容易發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象，由于從n=3能級直接躍遷到n=1能級輻射出的光子波長最短，故最不容易發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象，故C錯誤；
D、氫原子從n=3能級躍遷到n=2能級輻射出的光的波長大于從n=2能級躍遷到n=1能級輻射出的光的波長，由Δx=ldλ，可知，前者干涉條紋間距較大，故D錯誤。
故選：B。
根據(jù)能級躍遷的能量的變化，結合光電效應和光的衍射和干涉條件，分析選項的正確性。
本題主要考查能級躍遷和光電效應，根據(jù)光的特點和能級躍遷放出光能來分析，做題中要注意衍射明顯的條件和干涉條紋間距的影響因素。
3.【答案】A
【解析】解：由題意可知，TA=24h，根據(jù)開普勒第三定律，可得rA3TA2=rB3TB2，代入rB=14rA，解得TB=3h，所以每24h兩衛(wèi)星會同時經(jīng)過該地上方，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
根據(jù)開普勒第三定律列式求解衛(wèi)星的周期，再結合求出的周期分析下次出現(xiàn)在同一位置的時間。
考查開普勒第三定律和衛(wèi)星的相遇問題，會根據(jù)題意進行準確分析判斷。
4.【答案】A
【解析】解：物料自然堆積成圓錐體，圓錐角底角必定是該物料的摩擦角，對物料作受力分析如圖所示
為使物料不下滑，應使θ減小；當?shù)捉铅刃∮讦諘r，物料將停留在錐面上，那么使物料恰好不下滑應使θ增大，且讓θ=φ，所以底角會保持為定值φ。若已知φ和錐體的高h，則可求出它的體積為
V=13πr2h=13π(htan?)2h=πh33tan2?=πh33μ2
故A正確，BCD錯誤；
故選：A。
對最外面的顆粒受力分析，受重力、支持力和最大靜摩擦力，根據(jù)平衡條件列式求解傾角，再根據(jù)幾何關系求解高度，根據(jù)圓錐體積計算公式求解體積。
本題是臨界態(tài)的平衡問題，關鍵是明確沙堆體積不能無限增加的原因，要考慮臨界情況，對最外層的沙石進行受力分析，然后根據(jù)平衡條件列式求解。
5.【答案】B
【解析】解：由題意可知，沿 x軸從P 點到Q點之間的電場強度大小先減小后增大，電場方向先沿 x 軸正方向，后沿 x 軸負方向，在O點靜止釋放的帶正電荷的粒子會沿x 軸正方向先加速后減速，即電場力對粒子先做正功后做負功，所以粒子的電勢能先減小后增大，在 Ep?x 圖像中，斜率表示粒子受到的電場力，所以電勢能Ep隨位置坐標x的變化關系是先減小后增大，且圖像的斜率先減小后增大，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
沿 x軸從P 點到Q點之間的電場強度大小先減小后增大，電場方向先沿 x 軸正方向，后沿 x 軸負方向，據(jù)此分析粒子的電勢能變化情況。
知道沿 x軸從P 點到Q點之間的電場強度大小先減小后增大是解題的關鍵。
6.【答案】A
【解析】解：燈泡 L正常發(fā)光時的電流為 I2=PLU2=80100A=0.8A，理想變壓器有 U1U2=n1n2，解得變壓器原線圈兩端電壓為 U1=n1n2U2=21×100V=200 V，根據(jù) I1I2=n2n1，解得原線圈回路中的電流大小為 I1=n2n1I2=12×0.8A=0.4A，定值電阻兩端的電壓 U3=U?U1=220V?200V=20V，所以定值電阻R的阻值為 R=U3I1=200.4Ω=50Ω，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
根據(jù)變壓規(guī)律和變流規(guī)律得到電阻R兩端的電壓和通過R的電流，然后根據(jù)歐姆定律計算即可。
本題考查了變壓器中變壓規(guī)律和變流規(guī)律的應用，知道變壓器的輸入電壓等于電源電壓減去定值電阻R兩端電壓是解題的關鍵。
7.【答案】D
【解析】解：AB.作出法線如圖
根據(jù)幾何關系，光在棱鏡上側面的入射角為α=60°
光在棱鏡上側面的折射角為β=30°
根據(jù)折射定律，棱鏡對光的折射率為n=sinαsinβ=sin60°sin30°= 3
故AB錯誤；
C.光在棱鏡中的速度為v=cn
根據(jù)幾何關系有l(wèi)b=d2tan30°= 36d；la=12lb= 312d
b光通過棱鏡需要的時間為tb=lbv=d2c
故C錯誤；
D.a光通過棱鏡需要的時間為ta=lav=d4c，故D正確。
故選：D。
根據(jù)折射定律求解棱鏡對光的折射率；光從一種介質進入另一種介質時，光的頻率不變；根據(jù)波速和折射率的關系求解光在棱鏡中的速度，然后求出傳播的時間。
本題主要是考查了光的折射，解答此類題目的關鍵是弄清楚光的傳播情況，畫出光路圖，通過光路圖根據(jù)幾何關系、折射定律進行分析。
8.【答案】AC
【解析】解：B.由能量守恒可知，拉力F和摩擦力對物塊做的功等于物塊機械能的增加量，所以圖(b)中圖線的斜率k=48J2m=24N=F?μmgcs37°
代入數(shù)據(jù)解得μ=0.5
故B錯誤；
A.由牛頓第二定律可知，物塊沿斜面上滑的加速度大小a=F?f?mgsin37°m
代入數(shù)據(jù)可得a=6m/s2
故A正確；
C.由運動學公式可知，物塊向上滑動2m時v2=2ax
代入數(shù)據(jù)速度的大小v=2 6m/s
故C正確；
D.物塊沿斜面向上滑動2m的過程中，物塊與斜面間摩擦產(chǎn)生的熱量Q=μmgxcs37°=0.5×2×10×0.8J=16J
故D錯誤。
故選：AC。
E?x圖線的斜率的絕對值表示除重力外的合力F的大小，求出拉力的大小和摩擦力的大小，再求出加速度大小，由運動學公式求沿斜面向上滑動2m時的速度大??；由功能關系求出因摩擦產(chǎn)生的熱量。
解答本題的關鍵要知道E?x圖線的斜率的絕對值表示力F的大小，分段運用牛頓第二定律和運動學公式求運動時間。
9.【答案】BD
【解析】解：A、由圖(a)可知，波源A產(chǎn)生的簡諧波的波長為4m，根據(jù)v=λT可得波源A的周期是TA=2s，故A錯誤；
B、由圖(b)可知，波源B產(chǎn)生的簡諧波的周期為TB=4s，根據(jù)v=λT可得波源B的波長為8m，故B正確；
C、兩列波的周期分別為2s和4s，由周期與頻率的關系可知兩列波的頻率不同，在波源A、B之間的區(qū)域不會發(fā)生干涉現(xiàn)象，故C錯誤；
D、x=?1m的質點在兩個波源正中間，距離兩個波源均為5m，所以兩列波傳播到該點用時：t1=Δxv=52s=2.5s
在3.5s的時間內(nèi)，該質點的振動時間為：t2=3.5s?2.5s=1s
在1s時間內(nèi)，波源A使該質點的位移為0；
在1s時間內(nèi)，結合起振方向可知波源B產(chǎn)生的波使該點位移振動A2=5cm，為正向最大值，位移為5cm，所以x=?1m處的質點在t=3.5s時刻的位移為5cm，故D正確。
故選：BD。
由圖(a)可知波長和振幅，結合波速，可計算周期；由圖(b)可知周期和振幅，結合波速可計算波長；由AB的頻率關系，可分析AB之間的區(qū)域是否會發(fā)生干涉現(xiàn)象；由兩個波源的位置，可知x=?1m處的質點起振時刻及在3.5s內(nèi)振動的位移。
本題考查振動圖與波形圖的綜合分析，注意干涉現(xiàn)象條件：振動頻率相同、相位差恒定、振動方向相同。
10.【答案】BC
【解析】解：A、減震線圈剛進入磁場時，線圈中產(chǎn)生的感應電動勢E=nBLv0，故A錯誤；
B、減震線圈剛進入磁場時，安培力的大小為：F安=nBIL，其中：I=ER
根據(jù)牛頓第二定律可得線圈的加速度大小為a=F安m
聯(lián)立解得：a=n2B2L2v0mR，故B正確；
C、設向右為正方向，對減震線圈根據(jù)動量定理可得：?nBI?Lt=mv?mv0，其中：I?t=E?Rt=nΔΦR=nBL2R
解得減震線圈完全進入磁場時的速度大小為：v=v0?n2B2L2dmR，故C正確；
D、假設減震線圈進入磁場過程為勻變速直線運動，且完全進入后速度為零，則有：v02t=d，解得：t=2dv0；
由于減震線圈進入磁場過程為非勻變速直線運動，完全進入后速度不為零，所以減震線圈從剛進入磁場到完全進入磁場經(jīng)歷的時間不是2dv0，故D錯誤。
故選：BC。
根據(jù)法拉第電磁感應定律求解線圈中產(chǎn)生的感應電動勢；根據(jù)安培力的計算公式結合牛頓第二定律進行解答；對減震線圈根據(jù)動量定理進行解答；根據(jù)運動學規(guī)律進行分析。
對于安培力作用下導體棒或線圈的運動問題，如果涉及電荷量、求位移問題，常根據(jù)動量定理結合法拉第電磁感應定律、閉合電路的歐姆定律列方程進行解答。
11.【答案】取下砂桶和力傳感器，把木板不帶滑輪的一端適當墊高，接通打點計時器電源，輕推小車，讓小車拖著紙帶運動，若紙帶上的點跡均勻分布，則表明小車受到的阻力與小車重力沿木板方向的分力平衡 不需要 3.9
【解析】解：(1)為了使細線對小車的拉力等于小車所受的合外力，需要補償阻力，具體的操作步驟是：取下砂桶和力傳感器，把木板不帶滑輪的一端適當墊高，接通打點計時器電源，輕推小車，讓小車拖著紙帶運動，若紙帶上的點跡均勻分布，則表明小車受到的阻力與小車重力沿木板方向的分力平衡。
(2)由于已經(jīng)用傳感器直接測量出細線對小車的拉力大小，故不需要M遠大于m
(3)根據(jù)勻變速直線運動的推論Δx=aT2，有
a=xCE?xAC4(2T)2=9.47+8.85?7.61?8.234×0.042×0.01m/s2=3.9m/s2
故答案為：(1)取下砂桶和力傳感器，把木板不帶滑輪的一端適當墊高，接通打點計時器電源，輕推小車，讓小車拖著紙帶運動，若紙帶上的點跡均勻分布，則表明小車受到的阻力與小車重力沿木板方向的分力平衡；(2)不需要；(3)3.9
(1)根據(jù)平衡摩擦力的操作步驟分析解答；
(2)只有用鉤碼的重力代替繩子的拉力，才需要滿足M遠大于m，若用力傳感器，則不需要滿足此條件。
(3)根據(jù)逐差法解得加速度。
本題考查的牛頓第二定律的實驗，需要學生對這一實驗掌握的非常熟，理解的比較深刻才不會出錯，知道平衡摩擦力的方法及加速度的計算公式。
12.【答案】直流 7.8 V2 U1U2(R2?R1)U1R2?U2R1 R1R2(U2?U1)U1R2?U2R1
【解析】解：(1)鋰電池組的電動勢為直流電，將多用電表的選擇開關調(diào)節(jié)至直流電壓擋的10V。
量程為10V電壓表的最小分度值為0.2V，讀數(shù)為
U=7.8V
(2)鋰電池組的電動勢約為8V，電壓表應選用量程為12V的V2。
(3)實物連接如圖所示。
(4)根據(jù)閉合電路的歐姆定律
E=U1+U1R1r
E=U2+U2R2r
聯(lián)立解得
E=U1U2(R2?R1)U1R2?U2R1，r=R1R2(U2?U1)U1R2?U2R1
故答案為：(1)直流，7.8；(2)V2；(3)
(4)U1U2(R2?R1)U1R2?U2R1，R1R2(U2?U1)U1R2?U2R1。
(1)根據(jù)鋰電池組的電動勢為直流電分析判斷，先確定電壓表的最小分度值再讀數(shù)；
(2)根據(jù)電源電動勢選擇電壓表；
(3)根據(jù)實驗原理連接實物圖；
(4)根據(jù)閉合電路的歐姆定律計算。
本題關鍵掌握測量一塊鋰電池組的電動勢和內(nèi)阻實驗原理和電壓表的讀數(shù)方法。
13.【答案】解：依題意，小球在斜面上做類平拋運動，沿ab方向做勻速直線運動，有
L=v0t
沿ad方向做勻加速直線運動，其加速度大小為
a=gsin30°
則沿ad方向有
L2=12at2
解得L=1.8m
小球從a運動到底面cdef所在的水平面，由動能定理可知
mgLsin30°=12mv2?12mv02
解得
v=3 3m/s
答：斜面abcd的邊長為1.8m；小球運動到水平地面時的速度大小為3 3m/s
【解析】小球在斜面上做類平拋運動，沿ab方向做勻速直線運動，沿ad方向做勻加速直線運動，求斜面abcd的邊長；
小球從a運動到底面cdef所在的水平面，由動能定理，求小球運動到水平地面時的速度大小。
本題考查學生對類平拋運動和動能定理的掌握，是一道綜合題，難度中等。
14.【答案】解：(1)小球在重力、電場力和洛倫茲力的作用下做圓周運動，則電場力與重力平衡，可知電場力豎直向上，電場力方向與電場強度方向相反，則小球帶負電
根據(jù)qE0=mg
解得m=qE0g
小球在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，有qvB=mv2r
由題意可知，t=t0時小球恰好運動一個周期，有t0=2πrv
解得B=2πE0t0g
(2)電場的方向變?yōu)樨Q直向上，小球正好做勻速直線運動，根據(jù)平衡條件有mg+qE0=qvB
解得v=t0gπ
(3)由qvB=mv2r，解得r=mvqB=t02g2π2
t=2.5t0時刻小球的橫坐標x=vt0=t02gπ
縱坐標y=2r=t02gπ2
即位置坐標為(t02gπ,t02gπ2)
答：(1)小球帶負電，質量為qE0g，勻強磁場的磁感應強度大小為2πE0gt0；
(2)小球的初速度大小為gt0π；
(3)t=2.5t0時刻小球的位置坐標為(t02gπ,t02gπ2)。
【解析】(1)根據(jù)小球做勻速圓周運動電場力與重力平衡求解；
(2)根據(jù)平衡條件求解；
(3)小球0?t0小球運動一周，t0?2t0向x軸正方向運動，2t0?2.5t0轉半圈，根據(jù)圓周運動的半徑和直線運動的位移確定小球的位置坐標。
本題考查帶電粒子在復合場中的運動，要知道小球在重力、電場力和洛倫茲力的作用下做圓周運動，則電場力與重力平衡。
15.【答案】解：(1)從初始到小物塊A與長木板C相對靜止的過程，設兩者相對靜止時的速度為v，以向右為正方向，對A、C分別由動量定理得：
Ft+μm1gt=m1v
?μm1gt=m2v?m2v0
解得：t=1s，v=9m/s
(2)對小物塊A與長木板C相對運動的過程，由運動學公式可得A、C的位移大小分別為：
xA=12vt
xC=12(v0+v)t
長木板C的長度為：L=xC?xA=12v0t=12×10×1m=5m
(3)A與B碰撞過程，以向右為正方向，由動量守恒定律得：
m1v=(m1+m3)v共
解得：v共=3m/s
假設A與B的結合體能到達凹槽的最高點Q，并且凹槽的半圓形曲面是光滑的，設到達最高點Q的速度大小為vQ，由動能定理得：
?2(m1+m3)gR=12(m1+m3)vQ2?12(m1+m3)v共2
解得：vQ2

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