1.如圖所示，某滑雪愛好者經(jīng)過M點后在水平雪道滑行。然后滑上平滑連接的傾斜雪道，當(dāng)其達(dá)到N點時速度為0，水平雪道上滑行視為勻速直線運動，在傾斜雪道上的運動視為勻減速直線運動。則M到N的運動過程中，其速度大小v隨時間t的變化圖像可能是( )
A. B.
C. D.
2.如圖所示，電容式麥克風(fēng)的振動膜是利用超薄金屬或鍍金的塑料薄膜制成的，它與基板構(gòu)成電容器，并與電阻、電池構(gòu)成閉合回路。麥克風(fēng)正常工作時，振動膜隨聲波左右振動。當(dāng)振動膜隨聲波向右振動，與基板距離減小的過程中( )
A. 電容器的電容減小B. 振動膜所帶的電荷量減小
C. 電容器的板間電場強(qiáng)度不變D. 圖中a點電勢高于b點電勢
3.如圖所示，空間中同一高度上固定兩根平行長直導(dǎo)線L1、L2，兩導(dǎo)線通有大小相等、方向均垂直于紙面向里的電流?，F(xiàn)將另一質(zhì)量為m，長為L的直導(dǎo)線L3(圖中未畫)平行于L1、L2放置在二者連線的中垂線OP的某點處，當(dāng)L3中通以電流大小為I時，其恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知重力加速度為g，下列說法正確的是( )
A. L3可能在L1、L2連線的中點B. L3所在位置處磁感應(yīng)強(qiáng)度一定為mgIL
C. L3中電流的方向一定垂直于紙面向外D. L3中電流的方向一定垂直于紙面向里
4.某同學(xué)設(shè)計了一種測量液體折射率的方案。容器過中心軸線的剖面圖如圖所示，其寬度為16cm，讓單色光在此剖面內(nèi)從空氣入射到液體表面的中心。調(diào)整入射角，當(dāng)反射光與折射光垂直時，測出豎直器壁上的反射光點與液體表面的距離h，就能得到液體的折射率n。忽略氣壁厚度，由該方案可知( )
A. 若h=4cm，則n= 3B. 若h=6cm，則n=43
C. 若n=54，則h=10cmD. 若n=32，則h=5cm
5.“地震預(yù)警”是指在地震發(fā)生以后，搶在地震波傳播到受災(zāi)地區(qū)前，向受災(zāi)地區(qū)提前幾秒至數(shù)十秒發(fā)出警報，通知目標(biāo)區(qū)域從而實現(xiàn)預(yù)警。科研機(jī)構(gòu)對波的特性展開研究，如圖甲所示為研究過程中簡諧波t=0時刻的波形圖，M是此波上的一個質(zhì)點，平衡位置處于4m處，圖乙為質(zhì)點M的振動圖像，則( )
A. 該列波的傳播方向沿x軸正向傳播B. 該列波的傳播速度為4m/s
C. 質(zhì)點M在7s內(nèi)通過的路程為280cmD. 質(zhì)點M 在2s內(nèi)沿x軸運動了8m
6.依托我國自主研制的國家重大科技基礎(chǔ)設(shè)施郭守敬望遠(yuǎn)鏡，我國科學(xué)家發(fā)現(xiàn)了一顆迄今為止質(zhì)量最大的恒星級黑洞LB?1。這個黑洞與一顆恒星形成了一個雙星系統(tǒng)，黑洞和恒星都繞二者的質(zhì)量中心做圓周運動，恒星的質(zhì)量約為8M0，恒星距黑洞的距離約為1.5R，恒星做圓周運動的周期約為0.2T，M0為太陽的質(zhì)量、R為日地距離，T為地球繞太陽的運動周期。由此估算該黑洞的質(zhì)量約為( )
A. 56M0B. 76M0C. 84M0D. 96M0
7.(2024?重慶卷，T4)活檢針可用于活體組織取樣，如圖所示。取樣時，活檢針針芯和針鞘被瞬間彈出后僅受阻力。質(zhì)量為m的針鞘在軟組織中運動距離d1后進(jìn)入目標(biāo)組織，繼續(xù)運動d2后停下來。若兩段運動中針鞘整體受到阻力均視為恒力，大小分別為F1、F2，則針鞘( )
A. 被彈出時速度大小為 2(F1d1+F2d2)m
B. 到達(dá)目標(biāo)組織表面時的動能為F1d1
C. 運動d2過程中，阻力做功為(F1+F2)d2
D. 運動d2的過程中動量變化量大小為 mF2d2
二、多選題：本大題共3小題，共18分。
8.某自行車所裝車燈發(fā)電機(jī)如圖甲所示，其結(jié)構(gòu)如圖乙所示。繞有線圈的匚形鐵芯開口處裝有磁鐵。車輪轉(zhuǎn)動時帶動與其接觸的摩擦輪轉(zhuǎn)動。摩擦輪又通過傳動軸帶動磁鐵一起轉(zhuǎn)動，從而使鐵芯中磁通量發(fā)生變化。線圈兩端c、d作為發(fā)電機(jī)輸出端。通過導(dǎo)線與燈泡L相連。當(dāng)車輪勻速轉(zhuǎn)動時，發(fā)電機(jī)輸出電壓近似視為正弦交流電。假設(shè)燈泡阻值不變，摩擦輪與輪胎間不打滑。在磁鐵從圖示位置勻速轉(zhuǎn)過180°的過程中，下列說法正確的是( )
A. 通過L的電流方向為c→dB. 通過L的電流方向為d→c
C. L中的電流先變大后變小D. L中的電流大小不變
9.如圖甲所示，某款條形碼掃描探頭上裝有發(fā)光二極管和光電管，工作原理圖如圖乙。打開掃描探頭，發(fā)光二極管發(fā)出紅光。將探頭對準(zhǔn)條形碼移動，紅光遇到條形碼的黑色線條時，光幾乎全部被吸收；遇到白色空隙時光被大量反射到探頭上，光電管發(fā)生光電效應(yīng)產(chǎn)生光電流。通過信號處理系統(tǒng)，條形碼就被轉(zhuǎn)換成了脈沖電信號，則( )
A. 掃描探頭在條形碼上移動的速度不能太快，否則光電管來不及發(fā)生光電效應(yīng)
B. 若僅將掃描探頭的發(fā)光強(qiáng)度增大，光電子的最大初動能不變
C. 若僅將發(fā)光二極管換為發(fā)藍(lán)光，也能發(fā)生光電效應(yīng)
D. 若將發(fā)光二極管發(fā)出的光的頻率減小，只要照射時間夠長，也一定能正常識別條形碼
10.如圖所示，電源電動勢為E，內(nèi)電阻恒為r，R1、R2是定值電阻，已知R1ΔU3ΔI
C. 電源的輸出功率一定增大
D. 電阻RT消耗的功率可能增大，也可能減小
三、實驗題：本大題共2小題，共18分。
11.某小組探究小球做平拋運動的規(guī)律。
步驟一：探究平拋運動豎直分運動的特點
在如圖甲所示實驗中，用小錘擊打彈性金屬片后，A球沿水平方向拋出，同時B球被釋放，自由下落。
(1)請預(yù)測可能觀察到的實驗現(xiàn)象是： 。
(2)分別改變小球距地面的高度和小錘擊打的力度，多次重復(fù)實驗，發(fā)現(xiàn)實驗現(xiàn)象類似。上述實驗表明，平拋運動在豎直方向分運動為： 。
步驟二：探究平拋運動水平分運動的特點
讓小球從如圖乙裝置上由靜止釋放，用手機(jī)錄像功能拍攝小球做平拋運動的過程。錄像每秒30幀，即每相鄰兩幀的時間間隔為130s。現(xiàn)采用逐幀分析的辦法，拼疊各幀畫面，還原小球平拋運動軌跡如圖丙。標(biāo)記1、2、3分別為小球運動軌跡上相鄰三幀的位置，坐標(biāo)分別用x、y表示，以下角標(biāo)作為區(qū)分。
(1)標(biāo)記1、3兩處的時間間隔為： s。
(2)O為拋出點，且y1:y2:y3=1:4:9。若要證明水平分運動為勻速直線運動，則需證明比例式：x1:x2:x3= 成立。
12.某同學(xué)做觀察電容器充、放電現(xiàn)象并估測電容器電容的實驗，采用10V的穩(wěn)壓直流電源、單刀雙擲開關(guān)、電流傳感器(與電腦相連，能描繪出電流i隨時間t變化的圖線)、定值電阻和導(dǎo)線若干，連成如圖甲所示的電路。
(1)下列說法正確的是______。
A.先將S擲向1端，然后擲向2端，電容器先充電、后放電
B.先將S擲向1端，然后擲向2端，電容器電容先增大后減小
C.電容器充電時，電容器的電場能增加
D.電容器帶電時，兩個極板只有一個板上有電荷
(2)如果不改變電路其他參數(shù)，只增大電阻R，放電時i?t曲線與橫軸所圍成的面積將_____(填“增大”“不變”或“變小”)；放電時間將______(填“變長”“不變”或“變短”)。
(3)用10V的穩(wěn)壓直流電源對電容器先充滿電，后電容器放電，電腦屏幕上顯示出電容器在放電過程中電流隨時間變化的i?t曲線如圖乙所示，根據(jù)圖像可估算出電容器的帶電量為______C(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)。
四、計算題：本大題共3小題，共36分。
13.如圖所示，兩平行金屬導(dǎo)軌彎折成90度角的兩部分，導(dǎo)軌接有電動勢E=3V，內(nèi)阻r=0.5Ω的電源，定值電阻R0=2.5Ω，導(dǎo)軌間距L=0.5m，導(dǎo)軌電阻忽略不計。導(dǎo)軌的豎直部分左側(cè)有一根與其接觸良好的水平放置的金屬棒ab，在金屬棒所在空間加一豎直向上的勻強(qiáng)磁場(圖中僅畫出了一根磁感線)，金屬棒ab質(zhì)量m=100g，電阻不計。已知導(dǎo)軌豎直部分與金屬棒間的動摩擦因數(shù)μ=0.5(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，已知重力加速度g=10m/s2，求：
(1)要使金屬棒能處于靜止?fàn)顟B(tài)，則所加的豎直向上的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度至少多少？
(2)若將豎直向上的勻強(qiáng)磁場繞以金屬棒ab為軸逆時針轉(zhuǎn)過90°的過程中(保證金屬棒靜止且與導(dǎo)軌接觸良好)，要使金屬棒最后仍能處于靜止?fàn)顟B(tài)，則磁感應(yīng)強(qiáng)度最后為多少？
14.有人設(shè)計了一粒種子收集裝置。如圖所示，比荷為qm的帶正電的粒子，由固定于M點的發(fā)射槍，以不同的速率射出后，沿射線MN方向運動，能收集各方向粒子的收集器固定在MN上方的K點，O在MN上，且KO垂直于MN。若打開磁場開關(guān)，空間將充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，速率為v0的粒子運動到O點時，打開磁場開關(guān)，該粒子全被收集，不計粒子重力，忽略磁場突變的影響。
(1)求OK間的距離；
(2)速率為4v0的粒子射出瞬間打開磁場開關(guān)，該粒子仍被收集，求MO間的距離；
(3)速率為4v0的粒子射出后，運動一段時間再打開磁場開關(guān)，該粒子也能被收集。以粒子射出的時刻為計時O點。求打開磁場的那一時刻。
15.如圖所示，在豎直平面內(nèi)設(shè)定一個直角坐標(biāo)系xOy，第一象限有一方向向左、大小為E1=200N/C的勻強(qiáng)電場，一絕緣水平平臺NA(點N在y軸上)，其右端與一光滑的絕緣半圓形軌道ABC平滑連接，半圓軌道的最低點標(biāo)記為A，最右邊為B，最高點為C，半徑為R=0.4m。一個質(zhì)量為m=0.4kg、帶電量q=?1×10?2C的小滑塊(可視為質(zhì)點和點電荷)從x軸上的M點以初速度v0=2m/s沿與x軸負(fù)方向成α=45 °角的方向進(jìn)入第二象限，第二象限內(nèi)有恒定電場E2，大小方向未知，在電場作用下做勻速直線運動。經(jīng)過時間t1=0.1s后，小滑塊受到變化外力的作用，開始做半徑r=1πm的勻速圓周運動，到達(dá)點N水平進(jìn)入平臺繼續(xù)運動；當(dāng)小滑塊進(jìn)入第一象限后，撤去外力。平臺NA長度為L=3m，小滑塊到A點的速度為vA=4m/s，重力加速度g=10m/s2，sin37 °=0.6，cs37 °=0.8。求：
(1)E2的大小、方向和小滑塊與平臺間的動摩擦因數(shù)μ；
(2)小滑塊從點M運動到點A所經(jīng)歷的時間；
(3)小滑塊在半圓形軌道上運動的最小速度是多少？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】滑雪愛好者在水平雪道上做勻速直線運動，滑上平滑連接(沒有能量損失，速度大小不變)的傾斜雪道，在傾斜雪道上做勻減速直線運動。
故選C。
2.【答案】D
【解析】根據(jù)C=εS4πkd，可知，振動膜向右運動時，板間距離d減小，電容C增大，故A錯誤;
根據(jù)C=QU，可知， U不變，電荷量增大，電容器充電，電阻 R中有從a到b的電流，所以 a點電勢高于b點電勢，故B錯誤，D正確;
電容器與電源串聯(lián)，電壓不變，振動膜向右運動時，板間距離 d減小，根據(jù)E=Ud，電容器的板間電場強(qiáng)度變大，故 C錯誤。
故選D。
3.【答案】B
【解析】A、根據(jù)安培定則可知，在L1、L2連線的中點處磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，L3受到的安培力為零，則L3不可能靜止，故A錯誤；
B、根據(jù)平衡條件可得：BIL=mg，解得：B=mgIL，故B正確；
CD、根據(jù)同向電流相互吸引、異向電流相互排斥可知，當(dāng)L3在L1L2連線上方時，電流方向向外，當(dāng)L3在L1L2連線下方時，電流方向向里，故CD錯誤。
故選：B。
4.【答案】B
【解析】根據(jù)幾何關(guān)系畫出光路圖，如圖所示
標(biāo)注入射角θ1，折射角θ2，根據(jù)折射定律可得
n=sinθ1sinθ2=xh=8cmh
A.若 h=4cm ，則 n=2 ，故A錯誤；
B.若 h=6cm ，則 n=43 ，故B正確；
C.若 n=54 ，則 h=532cm ，故C錯誤；
D.若 n=32 ，則 h=163cm ，故D錯誤。
故選B。
5.【答案】C
【解析】【分析】
本題考查波動圖象和振動圖象問題，關(guān)鍵是會根據(jù)質(zhì)點的振動方向來判斷波的傳播方向，抓住振動圖象和波動圖象之間的內(nèi)在聯(lián)系。根據(jù)甲、乙兩圖分別讀出簡諧波的波長和周期，根據(jù)v=λT求解簡諧波的波速；分析所給時間與周期的關(guān)系，確定質(zhì)點通過的路程，質(zhì)點只在平衡位置上下振動，并不會隨波遷移。
【解答】A.由圖乙可知，t=0時刻，質(zhì)點M向上振動，根據(jù)“上下坡”法并結(jié)合圖甲可知，波沿x軸負(fù)方向傳播，故A錯誤;
B.由圖可知λ=4m，T=2s，所以波的傳播速度為v=λT=2m/s，故B錯誤;
C.由于7s=3T+T2，所以質(zhì)點M在7s內(nèi)通過的路程為s=3×4A+2A=14A=280cm，故C正確;
D.質(zhì)點只在平衡位置上下振動，并不會隨波遷移，故D錯誤。
故選C。
6.【答案】B
【解析】解：設(shè)該黑洞的質(zhì)量為m1，恒星的質(zhì)量為m2，兩者相距為L，運動周期為T′，黑洞與一顆恒星形成了一個雙星系統(tǒng)，根據(jù)萬有引力提供向心力有
Gm1m2L2=m14π2T′2r1=m24π2T′2r2
其中r1+r2=L
解得
T′=2π L3G(m1+m2)
地球繞太陽做勻速圓周運動，設(shè)地球質(zhì)量為m，根據(jù)萬有引力提供向心力有
GM0mR2=m4π2T2R
聯(lián)立解得
T=2π R3GM0
依題意可知，T′=0.2T，m2=8M0，L=1.5R，解得m1=76M0，故ACD錯誤，B正確。
故選：B。
雙星靠相互間的萬有引力提供向心力，兩者周期相等，由此列方程得到周期表達(dá)式。地球繞太陽做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力出地球公轉(zhuǎn)周期表達(dá)式，再結(jié)合雙星周期和地球公式周期的關(guān)系求黑洞的質(zhì)量。
本題考查萬有引力提供向心力的應(yīng)用，解題關(guān)鍵要掌握雙星系統(tǒng)的條件和特點。
7.【答案】A
【解析】根據(jù)動能定理有F1d1+F2d2=12mv2，解得v= 2(F1d1+F2d2)m，故A正確；針鞘到達(dá)目標(biāo)組織表面后，繼續(xù)前進(jìn)d2減速至零，有Ek=F2d2，故B錯誤；針鞘運動d2的過程中，克服阻力做功為F2d2，故C錯誤；針鞘運動d2的過程中，動量變化量大小Δp= 2mEk= 2mF2d2，故D錯誤。
8.【答案】AC
【解析】解：AB、在圖示位置時連接燈泡的線圈中的磁場方向向上，在磁鐵從圖示位置勻速轉(zhuǎn)過180°的過程中，此線圈的磁通量先向上減小，后向下增加，根據(jù)楞次定律，可知感應(yīng)電流由c經(jīng)燈泡流到d端，故A正確、B錯誤；
CD、發(fā)電機(jī)輸出電壓近似視為正弦交流電，圖示位置線圈的磁通量最大，其變化量為零，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知此時感應(yīng)電動勢為零，L中的電流為零，根據(jù)正弦交流電的變化規(guī)律，可知在磁鐵從圖示位置勻速轉(zhuǎn)過180°的過程中，L中的電流先變大后變小，故C正確、D錯誤。
故選：AC。
先確定在圖示位置線圈中的磁場方向，判斷線圈的磁通量如何變化，根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向；發(fā)電機(jī)輸出電壓近似視為正弦交流電，圖視為線圈的磁通量最大，其變化量為零，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律分析感應(yīng)電動勢的情況，根據(jù)正弦交流電的變化規(guī)律分析L中的電流如何變化。
根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向的一般步驟是：確定原磁場的方向→原磁場的變化→引起感應(yīng)電流的磁場的變化→楞次定律→感應(yīng)電流的方向。
9.【答案】BC
【解析】A.光照到光電管發(fā)生光電效應(yīng)是瞬間的，即立刻產(chǎn)生光電子，故A錯誤；
B.根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程 Ek=hν?W0 ，光電子的最大初動能與發(fā)光的頻率有關(guān)，發(fā)光強(qiáng)度變強(qiáng)時，發(fā)光頻率不變，最大初動能不變，故B正確；
C.僅將發(fā)光二極管換為發(fā)藍(lán)光，頻率變高，一定能發(fā)生光電效應(yīng)，故C正確；
D.僅將發(fā)光二極管頻率變減小，不一定超過截止頻率，不一定能發(fā)生光電效應(yīng)，所以不一定能識別條形碼，故D錯誤。
故選BC。
10.【答案】BD
【解析】解：A、帶電液滴在平行板中受到向上的電場力和向下的重力處于平衡狀態(tài)，在溫度升高的過程中，熱敏電阻RT阻值變小，回路中電流變大，路端電壓減小，由于流過定值電阻R1的電流變大，所以電阻R1分得的電壓變大，而路端電壓減小，故電壓表V2示數(shù)減小，平行板間的電場強(qiáng)度也減小，導(dǎo)致帶電液滴向下運動，液滴受到的電場力做負(fù)功，電勢能增加，故A錯誤；
B、電壓表V3測路端電壓，電壓表V2測熱敏電阻RT兩端電壓，電壓表V1測定值電阻R1兩端電壓，由U3=E?Ir，得ΔU3ΔI=r，U2=E?I(r+R1)，得ΔU2ΔI=r+R1，由U1=IR1得ΔU1ΔI=R1，故ΔU1ΔI、ΔU2ΔI、ΔU3ΔI都不變，且ΔU2ΔI>ΔU3ΔI，故B正確；
C、RT減小，R外一定減小，但R外初始值可能大于、等于和小于內(nèi)阻r，所以電源的輸出功率有不同的可能性，故C錯誤；
D、采用等效思想，新電源內(nèi)阻r′=(r+R1)R2r+R1+R2，E′=R2r+R1+R2E，因為RT與r′大小關(guān)系不確定，所以電阻RT的功率可能增大，也可能減小，故D正確。
故選：BD。
先判斷電容器兩板間電壓的變化，然后判斷出電場強(qiáng)度的變化，進(jìn)而分析帶電液滴的運動以及液滴電勢能的變化；根據(jù)閉合電路的歐姆定律分析；不知道電源內(nèi)阻和外電阻的關(guān)系，所以無法分析電源的輸出功和電阻RT消耗的功率情況；根據(jù)等效電源分析。
掌握閉合電路的歐姆定律的應(yīng)用是解題的基礎(chǔ)，知道電源的內(nèi)阻和外電阻相等時電源的輸出功率最大。
11.【答案】步驟一(1)在誤差允許的范圍內(nèi)兩球同時落地或者聽到同時落地的撞擊聲；(2)自由落體運動；
步驟二(1)115；(2)1:2:3
【解析】步驟一(1)根據(jù)平拋運動規(guī)律可知，可觀察到的現(xiàn)象是：在誤差允許的范圍內(nèi)兩球同時落地或者聽到同時落地的撞擊聲；
(2)實驗表明平拋運動在豎直方向分運動為自由落體運動；
步驟二(1)由于每相鄰兩幀的時間間隔為 130s ，則標(biāo)記1、3兩處的時間間隔為t=(130×2)s=115s
(2)O為拋出點，且 y1:y2:y3=1:4:9 ，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律可知時間之比為 1:2:3 ，若水平方向為勻速直線運動，則根據(jù)水平方向勻速直線運動規(guī)律x=v0t
可知x1:x2:x3=1:2:3。
12.【答案】(1)AC (2) 不變 變長 (3) 5.8×10?4
【解析】(1)AB.先將S擲向1端，然后擲向2端，電容器先充電后放電，但是電容不變，故A正確，B錯誤；
C.電容器充電時，電荷量增加，兩極板間電場增加，所以電場能增加，故C正確；
D.一個極板帶正電荷，一個極板帶負(fù)電荷，故D錯誤。
故選AC。
(2)[1][2]時i?t曲線與橫軸所圍成的面積表示電荷量，不改變其他參數(shù)，只增大電阻R，充電時i?t曲線與橫軸所圍成的面積不變；由于電阻對電流有阻礙作用，所以增大電阻，電流減小，則充電時間變長。
(3)根據(jù)圖像的含義，因為 Q=It ，所以i?t圖像與橫軸所圍的面積表示電容器的放電量，根據(jù)橫軸與縱軸的數(shù)據(jù)可知，一個格子表示的電量為 1.0×10?4C ，從圖乙可知i?t圖像與橫軸圍成的格子數(shù)約為58個，所以電容器的帶電量 Q=58×1×10?4C=5.8×10?3C
題意可知電容器兩端電壓為10V，根據(jù) C=QU
結(jié)合以上數(shù)據(jù)得 C=5.8×10?310F=5.8×10?4F
13.【答案】解：(1)由受力分析，根據(jù)共點力平衡條件得μB0IL=mg，
由閉合電路歐姆定律有I=Er+R0，
聯(lián)立解得B0=mgμIL=4T，
所以所加的豎直向上的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度至少為4T。
(2)最后安培力豎直向上，由平衡條件得：B′IL=mg
得最后磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為：B′=2T。

【解析】詳細(xì)解答和解析過程見【答案】
14.【答案】(1)當(dāng)粒子到達(dá)О點時打開磁場開關(guān)，粒子做勻速圓周運動，設(shè)軌跡半徑為r1，如圖所示

由洛倫茲力提供向心力得qv0B=mv02r1
其中OK=2r1=2mv0qB
(2)速率為4v0的粒子射出瞬間打開磁場開關(guān)，則粒子在磁場中運動的軌跡半徑r2 = 4r1
如圖所示，由幾何關(guān)系有(4r1?2r1)2+MO2 = (4r1)2
解得MO=2 3r1=2 3mv0qB
(3)速率為4v0的粒子射出一段時間t到達(dá)N點，要使粒子仍然經(jīng)過K點，則N點在O點右側(cè)，如圖所示

由幾何關(guān)系有(4r1?2r1)2+ON2 = (4r1)2
解得ON=2 3r1=2 3mv0qB
粒子在打開磁場開關(guān)前運動時間為t=MO+NO4v0
解得t= 3mqB。

【解析】詳細(xì)解答和解析過程見【答案】
15.【答案】(1)小滑塊做勻速直線運動，可知
qE2=mg
解得
E2=400N/C
方向豎直向下；小滑塊在平臺NA上運動，由動能定理得
qE1L?μmgL=12mvA2?12mv02
解得
μ=0.3
(2) t1=0.1s 后，如圖所示
滑塊做勻速圓周運動，到達(dá)N點，由幾何關(guān)系得
θ=135 °
則有
t2=2πrv0×θ360=38s
由動量定理有
qE1t3?μmgt3=mvA?mv0
滑塊從M點運動到A點的時間
t=t1+t2+t3
解得
t=0.1+38+1s=1.475s
(3)根據(jù)題目信息，小滑塊在半圓形軌道上運動到最小速度時，滑塊和軌道間的彈力恰好為零，假設(shè)該點為D點，如圖所示
則有
mgsinβ?qE1csβ=mvDmin2R
?mgR1+sinβ+qE1Rcsβ=12mvDmin2?12mvA2
聯(lián)立解得
vDmin=2 63m/s

【解析】詳細(xì)解答和解析過程見【答案】

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