2023-2024学年黑龙江省大庆铁人中学高二（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年黑龙江省大庆铁人中学高二（上）期末物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示，是一个交变电流的电流强度i随时间t变化的规律图像(曲线部分按正弦规律变化)，此交变电流的有效值是( )
A. 5 2A
B. 5A
C. 4 2A
D. 412A
2.如图所示，在垂直于纸面向里的匀强磁场中有由两个大小不等的圆环M、N连接而成的导线框．沿图中箭头方向用外力将N环拉扁，该过程中，关于M环中感应电流的说法中正确的是( )
A. 有顺时针方向的感应电流产生，且M环有扩张的趋势
B. 有逆时针方向的感应电流产生，且M环有扩张的趋势
C. 有顺时针方向的感应电流产生，且M环有收缩的趋势
D. 有逆时针方向的感应电流产生，且M环有收缩的趋势
3.如图所示，两平行的虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的三角形线框abc的ab边与磁场边界平行，现使此线框向右匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直。则下列各图中哪一个可以定性地表示线框在进入磁场的过程中感应电流随时间变化的规律( )
A. B. C. D.
4.在如图所示的电路中，L是自感系数足够大的线圈(直流电阻不计)，A、B为两只相同的灯泡，下列说法中正确的是( )
A. 在S刚闭合时，A灯逐渐变亮，B灯立即变亮
B. 在S刚闭合时，两灯同时亮，然后A灯熄灭，B灯亮度不变
C. S闭合一段时间后，再将S断开，A、B两灯同时熄灭
D. S闭合一段时间后，再将S断开，A灯闪亮一下熄灭，B灯立即熄灭
5.如图所示是一种理想自耦变压器示意图，线圈绕在一个圆环形的铁芯上，P是可移动的滑动触头，A、B间接交流电压U，输出端连接了两个相同的灯泡L1和L2，Q为滑动变阻器的滑动触头。当开关S闭合，P处于如图所在的位置时，两灯均能发光。下列说法正确的是( )
A. 将P沿逆时针方向移动，两灯均变暗B. P不动，将Q向左移动，两灯均变亮
C. P不动，将Q向右移动，输入功率变大D. 断开开关S，L1将变暗
6.如图所示，水平桌面上有一正三角形线框abc重为G，线框由粗细相同的同种材料制成，边长为L，线框处在与桌面成60°斜向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，ac边与磁场垂直。现a、c两点接到直流电源上，流过ac边的电流为I，线框静止在桌面上，则线框受到桌面的支持力比G少( )
A. 14BILB. 34BILC. BILD. 2BIL
7.如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，在y轴上S处有一粒子源，它可向右侧纸面内各个方向射出速率相等、质量均为m、电荷量均为q的同种带负电粒子，所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点。已知OS−=d，OP−= 3d，粒子重力及粒子间的相互作用均不计，则( )
A. 粒子的速度大小为mqBd
B. 从O点射出的粒子在磁场中运动的时间为πmqB
C. 从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最短时间与最长时间之比为2：9
D. 沿平行于x轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到O点的距离为d2
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行金属导轨，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B，一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则( )
A. 如果B增大，vm将变大B. 如果α变大，vm将变大
C. 如果R变大，vm将变大D. 如果m变小，vm将变大
9.矩形线圈的匝数为50匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图所示，π=3.14，下列结论正确的是( )
A. 在t=0.1s和t=0.3s时，电动势最大
B. 在t=0.1s和t=0.3s时，线圈中电流改变方向
C. 电动势的最大值是31.4V
D. 在t=0.4s时，磁通量变化率最大，其值为31.4Wb/s
10.如图甲所示，在空间存在一个变化的电场和一个变化的磁场，电场的方向水平向右(图甲中由B到C)，电场强度的大小随时间变化情况如图乙所示；磁感应强度方向垂直于纸面，磁感应强度的大小随时间变化情况如图丙所示。在t=1s时，从A点沿AB方向(垂直于BC)以初速度v0射出第一个粒子，并在此之后，每隔2s有一个相同的粒子沿AB方向均以初速度v0射出，射出的粒子均能击中C点。若AB=BC=l，且粒子由A点到C点的运动时间均小于1s。不计空气阻力、粒子重力及电磁场变化带来的影响，对于各粒子由A点运动到C点的过程中，则以下说法正确的是( )
A. 磁场方向垂直纸面向外
B. 电场强度E0和磁感应强度B0的比值E0B0=3v0
C. 第一个粒子和第二个粒子运动的时间之比为π：2
D. 第一个粒子和第二个粒子通过C点的动能之比为1：5
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.把一量程为6mA、内阻为100Ω的电流表改装成欧姆表，线路如图所示，现备有如下器材：
A.电源(E=3V，内阻不计)；
B.变阻器(0～100Ω)；
C.变阻器(0～500Ω)；
D.红表笔；
E.黑表笔。
(1)变阻器选用______ 。(选填“B”或“C”)
(2)红表笔接______ 端。(选填“N”或“M”)
(3)电流表2mA刻度处换成电阻刻度，其表示电阻值为______ Ω。
12.在“测定一节干电池电动势和内阻”的实验中：
(1)第一组同学利用如图a的实验装置测量，电压表应选择量程______(选填“3V”或“15V”)，实验后得到了如图b的U−I图象，则电池内阻为______Ω.(电压表、电流表均为理想电表)．
(2)第二组同学也利用图a的连接测量另一节干电池，初始时滑片P在最右端，但由于滑动变阻器某处发生断路，合上电键后发现滑片P向左滑过一段距离x后电流表有读数，于是该组同学分别作出了电压表读数U与x、电流表读数I与x的关系图，如图c所示，则根据图象可知，电池的电动势为______ V，内阻为______Ω.
四、简答题：本大题共2小题，共28分。
13.如图所示为一个小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈的ab边长为0.25m，bc边长为0.20m，共有n=100匝，总电阻r=1.0Ω，可绕与磁场方向垂直的对称轴OO′转动。线圈处于磁感应强度B=0.40T的匀强磁场中，与线圈两端相连的金属滑环上接一个“3.0V，1.8W”的灯泡，当线圈以角速度ω匀速转动时，小灯泡消耗的功率恰好为1.8W。(不计转动轴与电刷的摩擦，结果保留两位有效数字)
(1)求发电机感应电动势的有效值；
(2)求线圈转动的角速度ω；
(3)线圈以上述角速度转动100周过程中发电机产生的电能为多少。
14.如图所示，倾角为α的绝缘斜面体固定在水平面上，顶端放有一“U”形导体框HEFG，导体框质量为2m，电阻忽略不计，EH、FG两边足够长。导体框的EF边长度为L，与斜面底边平行。导体框与斜面间的动摩擦因数为μ=tanα。质量为m、电阻为R的光滑金属棒CD的两端置于导体框上，构成矩形回路。整个装置处在磁感应强度大小为B、方向垂直于斜面向上的匀强磁场中。t=0时刻金属棒与导体框均以初速度v0沿斜面向下运动；t=t0时刻后金属棒开始匀速运动，此时导体框仍沿斜面向下运动。金属棒与导体框始终接触良好且平行于EF边，重力加速度为g。
(1)求在0(2)t=t0时刻金属棒CD的速度为多大；
(3)从t=0到t=t0时间内，导体框沿斜面下滑了距离x0，求此段时间内金属棒CD克服安培力做的功。
五、计算题：本大题共1小题，共12分。
15.如图所示，相距为R的两块平行金属板M、N正对着放置，s1、s2分别为M、N板上的小孔，s1、s2、O三点共线，它们的连线垂直M、N，且s2O=R.以O为圆心、R为半径的圆形区域内存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场。D为收集板，板上各点到O点的距离以及板两端点的距离都为2R，板两端点的连线垂直M、N板。质量为m、带电量为+q的粒子，经s1进入M、N间的电场后，通过s2进入磁场。粒子在s1处的速度和粒子所受的重力均不计。
(1)当M、N间的电压为U时，求粒子进入磁场时速度的大小υ；
(2)若粒子恰好打在收集板D的中点上，求M、N间的电压值U0；
(3)当M、N间的电压不同时，粒子从s1到打在D上经历的时间t会不同，求t的最小值。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：根据Q=I2Rt，交变电流在一个周期内产生的热量为：Q1=(8 2)2⋅R⋅T2+32⋅R⋅T2
恒定电流I在一个周期T内在R上产生的热量为：Q2=I2RT
令Q1=Q2，代入数据可得I= 412A，根据交变电流有效值的定义可知，此交变电流的有效值是 412A，故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据交变电流有效值的定义、正弦交变电流有效值和峰值的关系及Q=I2Rt解答。
本题考查交变电流有效值，深刻理解有效值的概念即可解答。
2.【答案】A
【解析】解：用外力将N环拉扁，穿过N环的磁通量减小，根据楞次定律判断可知，N环中感应电流的方向沿顺时针方向．根据左手定则判断可知：M环各部分所受的安培力方向沿径向向外，所以M环有扩张的趋势．故A正确．
故选：A
用外力将N环拉扁，穿过N环的磁通量减小，根据楞次定律判断N环中感应电流的方向．此感应电流流过M环，根据左手定则判断M环所受的安培力方向，即可分析它是有扩张还是收缩的趋势．
解决本题关键掌握楞次定律和左手定则，并能用来正确判断感应电流的方向和安培力的方向．
3.【答案】D
【解析】解：开始时进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，当开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针；不论进入磁场，还是出磁场时，由于切割的有效长度变小，导致产生感应电流大小变小，故ABC错误，D正确；
故选：D。
首先根据右手定则判断边cb刚进入磁场时回路中感应电流方向，排除部分答案，然后根据进入磁场中有效切割长度的变化，求出感应电流的变化，从而得出正确结果。
对于图象问题可以通过排除法进行求解，如根据图象过不过原点、电流正负、大小变化等进行排除。
4.【答案】D
【解析】解：AB、刚闭合S时，电源的电压同时加到两灯上，A、B同时亮，随着L中电流增大，由于线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，A逐渐被短路直到熄灭，外电路总电阻减小，总电流增大，B灯更亮。故AB错误；
CD、S闭合一段时间后，再断开S，B立即熄灭，线圈产生自感电动势，感应电流流过A灯，不流过B灯，A闪亮一下后熄灭，B灯立即熄灭。故C错误，D正确。
故选：D。
闭合S，A、B同时亮，随着L中电流增大，线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，A逐渐被短路，总电阻减小，再由欧姆定律分析B灯亮度的变化。断开S，B灯立即熄灭，线圈中产生自感电动势，据此判断A灯亮度如何变化。
对于通电与断电的自感现象，它们是特殊的电磁感应现象，可用楞次定律分析发生的现象。
5.【答案】B
【解析】解：A、Q不动，将P沿逆时针方向移动，副线圈匝数增大，电压增大，则两灯均变亮，A错误；
B、P不动，将Q向左移动，负载电阻减小，电流增大，两灯均变亮；B正确；
C、P不动，将Q向右移动，负载电阻变大，电流变小，电压不变，变压器的输入功率变小，故C错误；
D、P、Q都不动，副线圈电压不变，断开开关S，电阻增大，电流减小，R分压减小，L1将变亮，D错误；
故选：B。
P移动改变了副线圈的匝数，Q移动改变了负载的电阻，S断开负载电阻变大，结合闭合电路欧姆定律去分析各项．
做好本题需要知道自耦变压器的变压原理，再结合电路的动态分析即可顺利解决此类题目．
6.【答案】B
【解析】解：根据题意可知，折线abc中的电流为I′=I2，
正三角形线框接入电路后，所受安培力的等效长度为L，总电流为I总=I+I′=3I2，
所受安培力垂直水平桌面的分力大小为F=Bcs 60°⋅I总L=34BIL，
由于线框静止，所以支持力FN=G−34BIL，
线框受到桌面的支持力比G少34BIL，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据安培力公式F=BIL(L表示导线的有效长度)，结合平衡条件及左手定则求解即可。
本题考查了安培力公式、左手定则以及平衡条件求解，一定要理解F=BIL中，要明确L表示导线的有效长度，B垂直于IL。
7.【答案】C
【解析】解：A.粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点，即轨道直径落在x轴上时，如图所示
由几何关系知
(2R)2=d2+( 3d)2
解得
R=d
根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，有
qvB=mv2R
联立解得
v=qBdm，故A错误；
B.粒子运动的周期
T=2πRv=2πmBq
从O点射出的粒子其轨迹为轨迹3，由几何关系可知
sinθ2=12dR
解得
θ=60°
即轨迹所对的圆心角为60°，粒子在磁场中运动的时间
t=θ360∘T=πm3qB，故B错误；
C.运动时间最长的粒子为运动轨迹与x轴相切的粒子，其轨迹为轨迹2，对应的圆心角为270°，则运动的最长时间
t1=34T
运动时间最短的粒子为从原点飞出的粒子，其轨迹为轨迹3，对应的圆心角为60°，则运动的最短时间
t2=16T
所以
t1：t2=9：2，故C正确；
D.沿平行于x轴正方向射入的粒子，圆心在原点处，运动轨迹为四分之一圆，离开磁场时的位置到O点的距离为d，故D错误。
故选：C。
A：根据题意作出粒子运动的轨迹图像，根据几何知识求解轨道半径，根据牛顿第二定律求解速度；
B：根据周期公式求解周期，根据几何知识求解圆心角，根据时间与周期关系求解运动时间；
C：根据几何知识求解运动时间最长的粒子和运动时间最短的粒子对应的圆心角，根据时间与周期关系求解运动时间，再求解时间之比；
D：由A选项可知，沿平行于x轴正方向射入的粒子圆心在原点，粒子离开磁场时的位置到O点的距离等于半径。
本题考查带电粒子在磁场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
8.【答案】BC
【解析】解：当金属杆做匀速运动时，速度最大，此时有：
mgsinθ=F安，
又安培力大小为：F安=B2L2vmR
联立得：vm=mgR⋅sinαB2L2
根据上式分析得知：
A、如果只增大B，vm将变小。故A错误；
B、当只增大α时，vm将变大。故B正确；
C、当只R增大，vm将变大，故C正确；
D、当只减小m，vm将变小。故D错误。
故选：BC。
金属杆从轨道上由静止滑下的过程中，切割磁感线产生感应电流，金属棒将受到安培力作用，安培力先小于重力沿斜面向下的分力，后等于重力的分力，金属棒先做变加速运动，后做匀速运动，速度达到最大，由平衡条件和安培力公式F=B2L2vmR得到最大速度的表达式，再进行分析。
本题第一方面要会分析金属棒的运动情况，第二方面要熟记安培力的经验公式F安=B2L2vmR，通过列式进行分析。
9.【答案】BD
【解析】解：AB.由图可知在t=0.1s和t=0.3s时，磁通量最大，故线圈位于中性面位置，此时感应电动势为零，电流方向发生改变，故A错误，B正确；
C.根据图象可知电动势的最大值Em=NBSω=NΦ2πT=50×2×2π0.4V=1570V，故C错误；
D.在t=0.4s时，磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律可知其值为ΔΦΔt=EmN=157050=31.4Wb/s
故D正确；
故选：BD。
本题根据中性面和峰值面与磁通量和感应电动势关系，结合正弦交流电电动势最大值关系分析求解。
本题考查了正弦交流电的表达式，熟练掌握表达式中各物理量的求解方法及物理含义，理解中性面和峰值面与磁通量和感应电动势关系是解决此类问题的关键。
10.【答案】ACD
【解析】解：A.根据乙图可知，当仅存在水平向右的电场时，粒子往右偏转，可知该粒子带正电。在t=1s时，空间区域存在匀强磁场，粒子做匀速圆周运动，要使得沿AB方向击中C点，粒子运动轨迹如图所示
根据左手定则可得，磁场方向要垂直纸面向外，故A正确；
B.对于粒子做匀速圆周运动分析，由牛顿第二定律得
qv0B0=mv02R
由几何关系可知，粒子的轨道半径
R=l
则
B0=mv0ql
带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，如图所示
根据类平抛运动的规律，竖直方向
l=v0t
水平方向
l=12at2=12qE0mt2
联立解得
E0=2mv02ql
则
E0B0=2v01，故B错误；
C.第一个粒子做圆周运动，其运动时间
t1=14T=14×2πmqB0=πl2v0
第二个粒子做类平抛运动，其运动时间
t2=lv0
第一个粒子和第二个粒子运动的时间之比
t1t2=π2，故C正确；
D.第二个粒子，由动能定理得
qE0l=Ek2−12mv02
解得
Ek2=52mv02
第一个粒子的动能
Ek1=12mv02
第一个粒子和第二个粒子通过C的动能之比为1：5，故D正确。
故选：ACD。
A：根据电场力方向判断粒子的电性，根据粒子偏转方向用左手点则判断磁场方向；
B：磁场中根据几何知识求解轨道半径，根据牛顿第二定律求解磁感应强度；电场中根据类平抛运动的规律求解电场强度，最后求解电场强度与磁感应强度的比值；
C：第一个粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据圆周运动时间与周期关系求解粒子在磁场中运动的时间；第二个粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律求解粒子在电场运动的时间，然后求解时间之比；
D：第一个粒子在磁场中做匀速圆周运动，动能不变；第二个粒子在电场中做类平抛运动，根据动能定理求解经过C点的动能，最后求解动能之比。
本题考查带电粒子在交变电场和磁场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
11.【答案】C N 1000
【解析】解：(1)两表笔直接接触时，调节变阻器阻值使电流达到满偏，根据闭合电路的欧姆定律
Ig=ERg+R0
代入数据解得
R0=400Ω，故变阻器应选：C．
(2)根据表笔“红进黑出”的规定，可知红表笔接内部电源的负极，黑表笔接内部电源的正极，所以红表笔接N端，黑表笔接M端．
(3)电流I=2 mA时，有
I=ERg+R0+Rx
代入数据解得
Rx=1000Ω。
故答案为：(1)C；(2)N；(3)1000。
(1)根据闭合电路的欧姆定律求解改装欧姆表需要串联的变阻器接入的阻值即可；
(2)根据表笔“红进黑出”的规定判断；
(3)根据闭合电路的欧姆定律求解电流为2mA时测量电阻的阻值。
本题考查电表改装的问题，要求学生熟练掌握电表改装的原理。
12.【答案】3V；1.5；1.48；1
【解析】【解答】
因一节干电池的电动势约为1.5V，故电压表的测量量程不能太大，由题意可知，电压表应选择量程3V，
由图可知，图象与纵坐标的交点为电源电动势，故电动势为1.45V；
而图象与横轴的交点为0.3A，说明当电源的路端电压为1V时，电流为0.3A，
则有E=U+Ir可得，内阻r=E−UI=1.5Ω．
(2)由图可知当I1=0.13A时，U1=1.35V；
当I2=0.28A时，U2=1.20A；
根据U−E−Ir得：
1.35=E−0.13r
1.20=E−0.28r
解得：E=1.48V r=1Ω
故答案为：(1)3V，1.5Ω
(2)1.48，1
【分析】
(1)根据一节干电池的电压约为1.5V，则根据电压值及实验中的基本要求可以选取电压表；
U−I图中图象与纵坐标的交点为是电源的电动势；根据纵坐标的交点可由闭合电路欧姆定律可得出内电阻．
(2)由两图可得出两电表对应的示数，则由闭合电路欧姆定律可得出电动势和内电阻．
电学实验中选择仪表是常见的一种题型，要求学生能按照安全性和准确性的要求进行分析，一定要注意判断图象与横轴的交点的横坐标是不是短路电流．
13.【答案】解：(1)设小灯泡正常发光时的电流为I，则
I=P额U额=
E=U+Ir=(3+0.6×1.0)V=3.6 V
(2)发电机感应电动势最大值为Em= 2E,Em=nBSω
代入数据可得ω=2.5rad/s
(3)发电机产生的电能为Q=IEt,t=100T=1002πω
代入数据可得Q=5.4×102 J
答：(1)发电机感应电动势的有效值为3.6V；
(2)线圈转动的角速度ω为2.5rad/s；
(3)线圈以上述角速度转动100周过程中发电机产生的电能为5.4×102 J。
【解析】(1)小灯泡正常发光可知灯泡上的电压和功率，然后根据部分电路欧姆定律和闭合电路的欧姆定律求解；
(2)由电动势的有效值求出峰值，再根据感应电动势的最大值公式求解；
(3)根据交流电的有效值计算电功。
本题考查了交流电的峰值和有效值、周期和频率的关系，记住求热量用有效值。
14.【答案】解：(1)在t=0时刻电路中电流为零，金属棒和导体框不受安培力，之后金属棒和导体框的受力示意图如图所示

金属棒做加速运动，设加速度大小为a1，根据牛顿第二定律可得
mgsinα−F安=ma1
导体框做减速运动，设加速度大小为a2，根据牛顿第二定律可得
Ff−2mgsinα−F安=2ma2
垂直于斜面方向有
FN2=2mgcsα+F′Nl
F′Nl=FN1=mgcsα
故有
Ff=μFN2=3mgsinα
整理得
mgsinα−F安=2ma2
联立解得
a1：a2=2：1；
(2)设t=t0时刻金属棒和导体框的速度分别为v1，v2，对金属棒和导体框组成的系统而言，合外力始终为0，取沿斜面向下为正方向，对系统根据动量守恒有
3mv0=mv1+2mv2
根据电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律，在t=t0时刻回路的感应电流
I=BLv1−BLv2R
对金属棒由平衡条件得
BIL=mgsinα
联立解得
v1=v0+2mgRsinα3B2L2，v2=v0−mgRsinα3B2L2；
(3)对金属棒，在0～t0时间内，取沿斜面向下为正方向，根据动量定理得
mgsinα⋅t0−BI−L⋅t0=mv1−mv2
在0～t0时间内，金属棒与EF边之间的相对位移为Δx，则根据电磁感应定律
E−=ΔΦΔt=BLΔxt0
根据闭合电路的欧姆定律
I−=E−R
整理得
mgsinα⋅t0−B2L2ΔxR=2m2gRsinα3B2L2
解得
Δx=mgRt0sinαB2L2−2m2gR2sinα3B4L4
根据动能定理，t=0到t=t0金属棒CD克服安培力做功为
mg(x0+Δx)sinα−WFA=12mv12−12mv02
解得
WFA=mg(x0+mgRt0sinαB2L2−2m2gR2sinα3B4L4)sinα−12m(4mgRv0sinα3B2L2+4m2g2R2sin2α9B4L4)
化简有
WFA=mgx0sinα+m2g2Rt0sin2αB2L2−2m2gRv0sinα3B2L2−8m3g2R2sin2α9B4L4。
答：(1)在0(2)t=t0时刻金属棒CD的速度为v0+2mgRsinα3B2L2；
(3)从t=0到t=t0时间内，导体框沿斜面下滑了距离x0，此段时间内金属棒CD克服安培力做的功为mgx0sinα+m2g2Rt0sin2αB2L2−2m2gRv0sinα3B2L2−8m3g2R2sin2α9B4L4。
【解析】(1)分别对金属棒和导体框受力分析，根据牛顿第二定律列式联立求解在0(2)对系统根据动量守恒定律列式，对回路根据电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解回路中电流，对金属棒根据平衡条件列式，联立求解t=t0时刻金属棒CD的速度；
(3)根据动量定理、电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律联立求解金属棒与EF边之间的相对位移，从t=0到t=t0时间内根据动能定理求解金属棒CD克服安培力做的功。
本题考查电磁感应中的能量类问题、闭合电路的欧姆定律、导体切割磁感线时产生的感应电动势等，要求学生熟练掌握这些知识点及其应用。
15.【答案】解：(1)粒子从s1到达s2的过程中，根据动能定理得qU=12mv2①
解得 v= 2qUm
(2)粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有qvB=mv2r②
由①②得加速电压U与轨迹半径r的关系为 U=qB2r22m
当粒子打在收集板D的中点时，粒子在磁场中运动的半径r0=R
对应电压 U0=qB2R22m
(3)M、N间的电压越大，粒子进入磁场时的速度越大，粒子在极板间经历的时间越短，同时在磁场中运动轨迹的半径越大，在磁场中运动的时间也会越短，出磁场后匀速运动的时间也越短，所以当粒子打在收集板D的右端时，对应时间t最短。
根据几何关系可以求得粒子在磁场中运动的半径r= 3R
由 ②得粒子进入磁场时速度的大小：v=qBrm
粒子在电场中经历的时间：t1=Rv2=2 3m3qB
粒子在磁场中经历的时间：t2= 3R⋅π3v=πm3qB
粒子出磁场后做匀速直线运动经历的时间：t3=Rv= 3m3qB
粒子从s1到打在收集板D上经历的最短时间为：t=t1+t2+t3=(3 3+π)m3qB
答：
(1)当M、N间的电压为U时，粒子进入磁场时速度的大小v= 2qUm；
(2)若粒子恰好打在收集板D的中点上，求M、N间的电压值U0=qB2R22m；
(3)粒子从s1到打在D上经历的时间t的最小值为(3 3+π)m3qB。
【解析】(1)粒子从s1到达s2的过程中，电场力做功W=qU，根据动能定理求出粒子进入磁场时速度的大小υ。
(2)粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，粒子恰好打在收集板D的中点上时，在磁场中运动14圆弧，轨迹半径等于R，根据牛顿第二定律和动能定理求解M、N间的电压。
(3)粒子从s1到打在D上经历的时间t等于在电场中运动时间、磁场中运动时间和穿出磁场后匀速直线运动的时间之和。M、N间的电压越大，粒子进入磁场时的速度越大，在极板间经历的时间越短，同时在磁场中运动轨迹的半径越大，在磁场中粒子磁场偏转角度越小，运动的时间也会越短，出磁场后匀速运动的时间也越短，故当粒子打在收集板D的右端时，对应时间t最短。根据几何知识求出打在D的右端时轨迹半径，根据前面的结果求出粒子进入磁场时的速度大小，运用运动学公式求出三段时间。
本题考查分析和处理粒子在磁场中运动的轨迹问题，难点在于分析时间的最小值，也可以运用极限分析法分析。