2022-2023学年安徽省黄山市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年安徽省黄山市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列说法正确的是( )
A. 所有的波传播都需要介质
B. 遥控器发出的红外线和医院CT中的X射线在真空中传播速度相等
C. 做变速运动的电荷会在空间产生电磁波
D. 波的传播过程中振动相位差总为零的两个质点之间的距离一定等于一个波长
2.当今物流业相当发达，货车货运功不可没。如图所示，司机为方便卸货，用木板在车相与地面搭建了一个斜面。改变木板与地面的夹角θ，若货物恰好能沿木板匀速下滑，则货物与木板间的动摩擦因数μ与θ关系为( )
A. μ=sinθB. μ=tanθC. μ=tan−1θD. μ=sin−1θ
3.某电子束焊接机的工作原理示意图如图所示，在直流高压作用下，阴极K(接地)与阳极A之间形成辐向电场，虚线为电场线，在同一电场线上有B、C、D三点，BC=CD。一电子以某一初速度从B点沿直线运动到D点。不计电子所受的重力。下列说法正确的是( )
A. B、C两点间的电势差等于C、D两点间的电势差
B. C点的电势φC>(φB+φD)2
C. 电子在B点时的电势能小于在D点时的电势能
D. 电子从B点到D点做加速度逐渐减小的加速运动
4.如图，MN是匀强磁场中的一块薄金属板，板上有一个粒子发射源能垂直与板发射一定速率的带电粒子(不计重力)。粒子在匀强磁场中运动并穿过金属板，假设粒子穿过金属板后电荷保持不变，曲线表示其运动轨迹，由图知( )
A. 粒子源发射粒子带正电
B. 粒子在上半周所用时间比下半周所用时间长
C. 粒子源在板上a点
D. 粒子源在板上e点
5.电风扇的挡位变换器电路如图所示，把它视为一个可调压的理想变压器，总匝数为N匝的原线圈输入电压U=220 2sin100πt(V)，输出挡位为1、2、3、4如图所示，风扇电动机M的内阻r=8Ω，额定功率P=110W。当输出接4时风扇恰好以额定功率工作，则下列判断正确的是( )
A. 该交变电源的频率为100Hz
B. 当选择挡位4后，电动机的输出功率为110W
C. 当选择挡位4后，电动机的热功率为2W
D. 由高速挡降到低速挡时原线圈的电流增大
6.如图所示，一玻璃的横截面是由半径为R的四分之一圆和一长度较长的矩形构成，P是AB弧上的一点，且AOP对应的圆心角为60度。现让一束单色光平行于AD边从P点射入介质中，已知介质材料对入射光的折射率为 3，真空中的光速为c，则下列说法不正确的是( )
A. 经P点折射的光线在OD边会发生全反射
B. 经P点折射的光线在OD边的入射点到O点距离为R
C. 经P点折射的光线传到OD边的时间为3Rc
D. 经P点折射的光线与OD边的夹角为60度
7.高空抛物现象是一种不文明的行为，而且会带来很大的社会危害。有人曾做了一个实验将100g的小球从7楼(距离地面为20m)以速度v0水平抛出，由于阻力的作用小球落地前水平速度已减为零。小球在竖直方向的速度与小球距地面高度的关系为h=20−v216，小球与地面撞击后速度变为零，与地面作用时间为2.2×10−4s，重力加速度g取10m/s2，则( )
A. 小球在竖直方向为自由落体运动B. 小球在竖直方向受到的阻力f=2N
C. 小球受到地面的冲击力大小约为8000ND. 小球受到地面的冲击力大小约为800N
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，在垂直于纸面的范围足够大的匀强磁场中，有一个矩形线圈abcd，线圈平面与磁场垂直，O1O2是线圈的对称轴，能使线圈产生感生电流的是( )
A. 线圈向右加速移动
B. 线圈不动，磁感应强度B增大
C. 线圈垂直于纸面向里平动
D. 线圈绕O1O2轴转动
9.2023年4月16日，我国首颗低倾角轨道降水测量卫星——“风云三号”G星在酒泉卫星发射中心成功发射。已知地球表面的重力加速度大小为g，地球可视为半径为R的球体，引力常量为G，若“风云三号”G星入轨后绕地球做匀速圆周运动，轨道半径为r，则下列说法正确的是( )
A. 该卫星的发射速度一定大于 gR
B. 地球的质量为gRG
C. “风云三号”G星入轨后绕地球做匀速圆周运动的加速度为gR2r2
D. “风云三号”G星的周期为2πrR rg
10.如图所示，竖直放置的轻弹簧的下端固定在水平地面上，上端拴接着质量为m的木块A。开始时木块A静止，现让一质量也为m的木块B从木块A正上方高为h处由静止释放，与木块A碰撞后粘在一起向下压缩弹簧。物块A、B可视为质点，碰撞时间极短，可忽略不计。弹簧始终竖直，处于弹性限度内，不计空气阻力，已知弹簧的劲度系数k=mgh，弹簧的弹性势能表达式为Ep=12kx2(k为弹簧的劲度系数x为弹簧的形变量)重力加速度为g，则( )
A. 木块B与木块A碰撞过程中损失的机械能为mgh2
B. 碰后A、B弹簧组成的系统势能最小时AB的速度大小为 gh
C. 木块B与木块A碰撞时A对B的作用力的冲量为m gh2
D. A、B碰撞后，在竖直方向上做振幅为A= 2h的简谐运动
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.单摆测定重力加速度的实验中：
(1)实验时用20分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图甲所示，该摆球的直径d=______ mm。
(2)接着测量了摆线的长度为l0，实验时用拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图像如图乙所示，写出重力加速度g与l0、d、t0的关系式：g=______。
(3)某小组改变摆线长度l0，测量了多组数据。在进行数据处理时，甲同学把摆线长l0作为摆长，直接利用公式求出各组重力加速度值再求出平均值；乙同学作出T2−l0图像后求出斜率，然后算出重力加速度。两同学处理数据的方法对结果的影响是：______。
12.某实验兴趣小组利用如图甲所示电路，测量电源的电动势E和表盘数字不清但刻度清晰的毫安表量程Ig。待测电源电动势E约为10V、内阻不计，图中内阻很大的电压表量程为10V，电阻箱R最大阻值为999.9Ω，毫安表内阻r0=50Ω，定值电阻R0阻值约为500Ω，S为开关。(计算结果均保留两位有效数字)
(1)先对电表机械调零，闭合开关，多次调节电阻箱，记录多组阻值R和电压表的相应读数U；
(2)根据图甲所示电路，1U=______(用R、R0、E和r0表示)；
(3)画出1U−1R+r0图像如图乙，电动势E=______ V；
(4)调节电阻箱阻值为450.0Ω时，电压表读数为5.0V，此时毫安表指针指在刻度盘中央位置，则毫安表的量程Ig=______ mA；
(5)将此毫安表与电阻箱、一节干电池(电动势1.5V)、开关及导线等改装成欧姆表，如图丙所示，用它来测量一未知电阻Rx，指针指在图丁的位置，则Rx=______Ω。
四、简答题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，在竖直平面内固定着两根平行且足够长不计电阻的光滑金属导轨，导轨间距L=2m，在虚线ab下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=1T，在导轨上端连接一个额定电压3V内阻r=1Ω的小电机。一根质量m=0.2kg，电阻未知的金属棒由静止沿导轨下落0.45m后进入磁场，金属棒进入磁场后电机即保持正常工作，金属杆与导轨始终保持良好接触，不计空气阻力。取g=10m/s2。求：
(1)金属棒进入磁场后的感应电动势；
(2)电机正常工作时的输出功率P。
14.平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向外的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴正方向的匀强电场，如图所示。一带正电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，此时速度方向与x轴正方向成45∘角，已知粒子在电场和磁场中运动的时间相等，不计粒子重力，求：
(1)P点到y轴距离与Q点到y轴距离之比；
(2)电场强度和磁感应强度的大小之比。
15.如图所示，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ。质量为m的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为μ。以水平轨道末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，弧形轨道P端坐标为(2μL,μL)，Q端在y轴上。重力加速度为g，则：
(1)若物块A从倾斜轨道上距x轴高度为H的位置由静止开始下滑，求A到O点时速度与H的关系；
(2)若PQ的曲线方程为x2+4y2−8μLy=0(0(3)将质量为λm(λ为常数且λ≥5)的小物块B置于O点，物块A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.根据电磁波的性质可知，电磁波传播不需要介质，故A错误；
B.遥控器发出的红外线和医院CT中的X射线都是电磁波，它们在真空中传播速度相等，故B正确；
C.做变速运动的电荷不一定会在空间产生电磁波，例如匀变速运动的电荷产生均匀变化的电场，而均匀变化的电场产生的磁场是恒定的，不会产生电磁波，故C错误；
D.波的传播过程中相邻的两个振动相位差总为零的质点之间的距离一定等于一个波长，故D错误。
故选：B。
电磁波传播不需要介质；电磁波在真空中的传播速度为光速；根据电磁波产生的条件解答；根据波长的定义判断。
该题考查了电磁波在真空中的传播速度、电磁波的产生、波长的定义等，是一道基础题。
2.【答案】B
【解析】解：根据题意，对货物受力分析，如图所示：
根据平衡条件，在垂直斜面方向mgcsθ=FN
在沿斜面方向f=mgsinθ
根据滑动摩擦力公式f=μFN
联立解得μ=tanθ
综上分析，故ACD错误，B正确。
故选：B。
对货物受力分析，根据平衡条件和滑动摩擦力公式分析作答。
本题主要考查了共点力作用下物体的平衡以及滑动摩擦力公式的运用，基础题型。
3.【答案】C
【解析】解：AB.电场线越密的地方场强越大，所以B、C两点间的电场强度大于C、D两点间的电场强度，由电势差的计算公式U=Ed可得B、C两点间电势差大于C、D两点间电势差，即
φB−φC>φC−φD
变形得：φC<φB+φD2
故AB错误；
C.沿着电场线的方向电势逐渐降低，所以B点电势高于D点电势，但因为电子带负电，所以电子在B点时的电势能小于在D点时的电势能，故C正确；
D.电场线越密的地方场强越大，所以从B点到D点电场强度逐渐减小，电子从B到D加速度逐渐减小，又因电势能增大，所以电场力做负功，所以电子做加速度减小的减速运动，故D错误。
故选：C。
根据公式U=Ed定性分析出BC电势差和CD电势差的关系，并由此得出C点电势与B、D两点电势的关系；
沿着电场线方向电势逐渐降低，结合粒子的电性得出电势能的大小；
根据电场线的疏密程度得出场强的大小，进而得出加速度的大小，根据电势能的变化趋势得出电子的运动类型。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉粒子的受力分析，能根据电场线的特点得出场强的大小和方向，结合电势能的计算公式即可完成分析。
4.【答案】D
【解析】解：ACD、根据题意可知，粒子穿过金属板由于能量损失，速度要减小。
由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力有：qvB=mv2r
变形解得：r=mvqB
由上式可知，粒子穿过金属板之后，半径减小，所以可以确定粒子源在板上e点，由左手定则可知，粒子源发射粒子带负电，故AC错误，D正确；
B、根据题意，由牛顿第二定律有：qvB=mv2r
又有周期：T=2πrv=2πmqB
由于粒子穿过金属板后电荷保持不变，则粒子在上半周所用时间等于下半周所用时间，故B错误。
故选：D。
由半径的变化可知粒子运动方向；由轨迹偏转方向可知粒子的受力方向，则由左手定则可判断粒子的运动方向，由圆周对应的圆心角及周期公式可知时间关系。
本题应注意观察图形，图形中隐含的速度关系是解决本题的关键，明确了速度关系即可由左手定则及圆的性质求解。
5.【答案】C
【解析】解：A、该交变电源的频率为：f=ω2π=100π2πHz=50Hz，故A错误；
BC、当选择挡位4后，原、副线圈的匝数相等，所以电动机两端的电压：U=U2=U1=220 2 2V=220V
达到额定功率：P=110W，则电动机的电流：I=PU=110220A=0.5A
电动机的热功率为：P热=I2r=0.52×8W=2W
电动机的输出功率为：P输=P−P热=110W−2W=108W，故B错误，C正确；
D、由高速挡降到低速挡时电动机两端电压减小，则功率减小，次级电流减小，则原线圈的电流减小，故D错误。
故选：C。
根据原线圈输入电压的瞬时值表达式即可知角速度ω，结合ω=2πf得交变电源的频率；
当选择挡位4后，根据变压比规律求出副线圈电压，根据能量守恒求电动机的输出功率；
当挡位由调整为低速后，判断副线圈的电压的变化，分析输出功率的变化，根据输入功率等于输出功率，由P=UI判断原线圈电流的变化。
此题考查了变压器的构造和原理，要注意明确变压器的规律，能用线圈匝数之比求解电压及电流；同时注意注意明确对于非纯电阻电路欧姆定律不能使用，在解题时要注意正确选择功率公式。
6.【答案】D
【解析】解：ABD、根据题意，画出光路图如图所示。
在P点，由折射定律有
sinisinr= 3
由几何关系可知：i=60∘
解得：r=30∘
由几何关系可知
α=30∘，θ=60∘
OE=OP=R
由sinC=1n= 33则θ>C
可知，经P点折射的光线在OD边会发生全反射，经P点折射的光线在OD边的入射点E到O点距离为R，经P点折射的光线与OD边的夹角为30度，故AB正确，D错误；
C、根据几何知识可得：PE=2Rcsr=2Rcs30∘= 3R
由公式n=cv可得，光在介质材料中的传播速度为
v= 33c
则经P点折射的光线传到OD边的时间为
t=PEv= 3R 33c=3Rc，故C正确。
本题选不正确的，故选：D。
画出光路图，由折射定律求出光线在P点的折射角，由sinC=1n求出临界角C，根据光线在OD边上的入射角与临界角的关系判断光线能否在OD边发生全反射；由几何关系可求得经P点折射的光线在OD边的入射点到O点距离；由几何知识求出经P点折射的光线传到OD边的距离，由v=cn可求得在介质中传播的速度，则可求出传播时间；由几何关系求经P点折射的光线与OD边的夹角。
此题首先要能熟练作出光路图，其次要掌握全反射条件和临界角公式，并能灵活应用几何关系求解。
7.【答案】C
【解析】解：AB、根据题意可知，小球下落的高度与速度的关系为
H=20−h=20−(20−v216)=v216
又有v2=2aH
解得小球下落的加速度为：a=8m/s2
可知，小球在竖直方向上，做加速度为8m/s2的匀加速直线运动，不是自由落体运动。
由牛顿第二定律有
mg−f=ma
解得：f=0.2N，故AB错误；
CD、由小球在竖直方向的速度与小球距地面高度的关系
h=20−v216
解得小球落地瞬间即h=0时的速度为：v=8 5m/s
设小球受到地面的冲击力大小约为F，取竖直向下为正方向，由动量定理有
(mg−F)t=0−mv
代入数据解得：F≈8000N，故C正确，D错误。
故选：C。
根据题意确定小球下落的高度与速度的关系，分析小球下落的加速度，与重力加速度g比较，从而判断小球的运动是否是自由落体运动；根据牛顿第二定律求小球在竖直方向受到的阻力；由h=20−v216求出小球落地瞬间的速度，根据动量定理求小球受到地面的冲击力大小。
解决本题的关键要根据题意分析小球的运动情况，利用动量定理求小球与地面撞击时受到的冲击力大小，要注意规定正方向，用正负号表示速度和力的方向。
8.【答案】BD
【解析】解：A、线圈向右加速移动，根据Φ=BS知穿过线圈的磁通量不变，不会产生感应电流，故A错误；
B、线圈不动，磁感应强度B增大，根据Φ=BS知穿过线圈的磁通量增加，会产生感应电流，故B正确；
C、线圈垂直于纸面向里平动，穿过线圈的磁通量不变，不会产生感应电流，故C错误；
D、线圈绕O1O2轴转动，穿过线圈的磁通量不断变化，会产生感应电流，故D正确。
故选：BD。
产生感应电流的条件是：穿过闭合电路的磁通量发生变化，根据线圈的运动情况判断其磁通量是否变化，从而判断出是否有感应电流产生。
本题考查产生感应电流条件的灵活应用，在明确磁通量概念的前提下，根据Φ=Bs来判断磁通量是否变化。
9.【答案】ACD
【解析】解：A.设地球第一宇宙速度为v，由万有引力等于重力和万有引力提供向心力有
GMmR2=mg=mv2R，解得：v= gR
因此该卫星的发射速度一定大于 gR，故A正确；
B.在忽略自转的情况下，地球表面的物体受到的万有引力等于重力，则有
GMmR2=mg
解得：M=gR2G，故B错误；
C.根据万有引力提供向心力有：GMmr2=ma
联立解得：a=gR2r2，故C正确；
D.根据万有引力提供向心力有：GMmr2=m4π2T2r
联立解得：T=2πrR rg，故D正确。
故选：ACD。
理解第一宇宙速度的物理意义，结合牛顿第二定律得出卫星的发射速度和第一宇宙速度的大小关系；
忽略自转的情况下，地球表面物体受到的重力等于万有引力，由此列式得出地球的质量；
“风云三号”受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律得出对应的加速度和周期。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解不同场景下万有引力提供的力的类型，结合牛顿第二定律即可完成分析。
10.【答案】ABD
【解析】解：A.物块B碰前速度为v1，B物体做自由落体运动，
v12=2gh
解得：v1= 2gh
木块B与木块A碰撞过程中动量守恒，取向下为正方向，由动量守恒定律得：
mv1=2mv2
由能量守恒定律知，碰撞损失的机械能为：
ΔE=mgh−12⋅2mv22
解得：ΔE=mgh2，故A正确；
B.开始时弹簧压缩
x1=mgk
又k=mgh
解得：x1=h
碰后A、B弹簧组成的系统势能最小时AB的速度最大，在该位置时弹簧被压缩为：
x2=2mgk
解得：x2=2h
此时AB的速度大小为vm，系统减少的重力势能等于系统动能和弹性势能增加量，由能量守恒定律得：
2mgh=12⋅2mvm2−12⋅2mv22+12k(2h)2−12kh2
解得：vm= gh，故B正确；
C.木块B与木块A碰时设作用时间Δt且向下为正，A对的B作用力的冲量为IAB，由动量定理得：
−IAB+mgΔt=mv2−mv1
解得：IAB=m gh2+mgΔt，故C错误。
D.A、B碰撞后，从速度最大位置到最低点时下降的高度为x，则
122mvm2+2mgx=12k(2h+x)2−12k(2h)2
解得：x= 2h
即在竖直方向上做简谐运动的振幅A= 2h，故D正确。
故选：ABD。
木块B自由下落根据自由落体运动规律求出碰前速度，与木块A碰撞的过程中应用动量守恒定律可求得二者的速度，根据能量守恒定律求出木块B与木块A碰撞过程中损失的机械能；碰后A、B弹簧组成的系统势能最小时AB的速度最大，根据能量守恒定律求出AB的速度大小；然后使用动量定理求解A对B的作用力的冲量为；根据能量守恒定律求解在竖直方向上做简谐运动的振幅。
本题主要是考查了动量守恒定律、牛顿第二定律、能量守恒定律的应用，注意应用动量守恒定律时，要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程求解，注意简谐运动振幅的计算方法。
11.【答案】14.15π24t02(l0+d2) 甲的测量结果偏小，乙的测量结果无影响
【解析】解：(1)游标卡尺的分度值为0.05mm，不需要估读，则游标尺示数为
d=14mm+3×0.05mm=14.15mm；
(2)单摆摆长等于摆线长度与小球半径之和，则单摆摆长为
l=l0+d2
在单摆摆动过程中，每一个周期有两次拉力的最大值，由图乙所示图像可知，单摆的周期为T=4t0，根据单摆周期公式T=2π lg得
g=4π2lT2=π24t02(l0+d2)
(3)由g=π24t02(l0+d2)可知，甲同学的测量结果偏小；
由T=2π lg得T2=4π2lg故T2−l0图像的斜率表示1g，乙同学的测量结果无影响。
故答案为：(1)14.15；(2)π24t02(l0+d2)；(3)甲的测量结果偏小，乙的测量结果无影响
(1)根据游标卡尺的读数规则得出对应的示数；
(2)根据单摆的周期公式得出g的表达式；
(3)根据图像的物理意义，结合g的表达式完成分析。
简谐运动是一种理想的运动模型，单摆只有在摆角很小，空气阻力影响不计的情况下单摆的振动才可以看成简谐运动．在单摆摆动的过程中，每一个周期中有两次最大值是解题的关键。
12.【答案】R0E⋅1R+r0+1E 9.12050
【解析】解：(2)根据闭合电路欧姆定律
U=E−UR+r0R0
整理得
1U=R0E⋅1R+r0+1E
(3)根据图像有：1E=0.11V−1
解得
E=9.1V
(4)根据欧姆定律有：12Ig=UR+r0
代入数据可得
Ig=20mA
(5)根据欧姆定律毫安表满偏时有：Ig=ER内
解得：R内=75Ω
毫安表偏转35时，则有：35Ig=ER内+Rx
解得：Rx=50Ω
故答案为：(2)R0E⋅1R+r0+1E；(3)9.1；(4)20；(5)50。
(2)根据闭合电路欧姆定律推导图像函数表达式；
(3)根据图像截距计算电动势；
(4)根据欧姆定律计算微安表的量程；
(5)根据欧姆定律计算欧姆表的内阻，由题意再根据欧姆定律计算待测电阻阻值。
本题考查测电源电动势和测待测电阻阻值实验，要求掌握实验原理、利用图像处理数据，欧姆表的原理。
13.【答案】解：(1)根据题意可知，进入磁场前金属棒做自由落体运动，则有
v2=2gh
解得金属棒进入磁场时的速度为：v=3m/s
金属棒进入磁场瞬间切割磁感线产生的感应电动势为
E=BLv=1×2×3V=6V
(2)根据题意可知，金属棒进入磁场后电机即保持正常工作，因此金属棒进入磁场后即保持匀速运动，受力平衡，则有
mg=BIL
解得：I=1A
电机的额定电压为3V，电机的额定功率为
P额=UI=3×1W=3W
热功率为P热=I2r=12×1W=1W
电机正常工作时的输出功率P
P=P额−P热=3W−1W=2W
答：(1)金属棒进入磁场后的感应电动势为6V；
(2)电机正常工作时的输出功率P为2W。
【解析】(1)金属棒进入磁场前做自由落体运动，由运动学公式求出金属棒进入磁场时的速度大小。根据E=BLv求金属棒进入磁场后的感应电动势；
(2)金属棒进入磁场后电机即保持正常工作，说明金属棒进入磁场后做匀速运动，根据平衡条件求解电路中的电流，根据电功率的计算公式P=UI求解电机的额定功率，由公式P=I2r求出电机的热功率，再求电机正常工作时的输出功率P。
本题主要考查电磁感应现象中的力学问题和电路问题，要能够分析金属棒的受力情况，根据电功率的计算公式以及功率分配关系进行解答。
14.【答案】解：(1)根据题意，画出粒子的运动轨迹如图所示
在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到y轴距离为L1，粒子在电场中的时间：t1=L1v0
由于粒子在P点速度方向与x轴方向成45∘角，故粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45∘角斜向上，且
由速度的分解规律可知：v=v0cs45∘= 2v0
设P点到y轴距离为L2，由几何关系可得：L2= 2R
在磁场中粒子运动的时间为：t2=πR2 2v0=πL24v0
又因为：t1=t2
P点到y轴距离与Q点到y轴距离之比：L2L1=4π
(2)根据题意，设粒子电荷量为q，质量为m，在O点：vy=v0
又根据速度-时间公式有：vy=qEmt1
在磁场中：T=2πmBq
粒子在磁场中偏转45∘，时间为：t2=T4
联立以上几式解得：EB=2v0π
答：(1)P点到y轴距离与Q点到y轴距离之比为L2L1=4π；
(2)电场强度和磁感应强度的大小之比为2v0π。
【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，根据水平方向的位移求得运动时间；在磁场中洛伦兹力提供向心力，根据运动轨迹求得做圆周运动的半径和对应的圆心角，以及到y轴的距离，从而求得P点到y轴距离与Q点到y轴距离之比；
(2)粒子在电场中沿电场方向做初速度为零的匀加速运动，根据运动学公式求得电场强度，在磁场中洛伦兹力提供向心力，求得磁场强度，即可求得比值。
解决该题的关键是掌握带电粒子在电场中做类平抛运动的规律，能根据几何知识分析求解粒子在磁场中做圆周运动的半径大小。
15.【答案】解：(1)物块A从倾斜轨道上距x轴高度为H的位置由静止开始下滑的过程中，根据动能定理得
mgH−μmgL=12mv02
解得：v0= 2gH−2μgL
(2)当A落在任一点(x,y)时：根据平抛运动的特点可得：
v0′t=x
12gt2=y
Ek=12m(v0′2+g2t2)
x2+4y2−8μLy=0(0联立得：Ek=2μmgL
Ek为定值，故物块A经O点落在PQ上的动能相同；
(3)由动能定理得
mgh−μmgL=12mv12
碰撞时有
mv1=−mv2+λmvB
12mv12=12mv22+12λmvB2
设A碰撞后又回到O点的速度为v3，有
−μmg×2L=12mv32−12mv22
2μL=v0′′t2
μL=12gt22
A落到弧形轨道上，故
v3≤v0′′
A落到B落点右侧，有
v3>vB
联立解得
3λ−1λ−3μL答：(1)A到O点时速度与H的关系为 2gH−2μgL；
(2)见解析；
(3)A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围为3λ−1λ−3μL【解析】(1)根据动能定理列式得出速度与H的关系；
(2)根据平抛运动的特点，结合矢量合成的特点完成分析；
(3)根据动能定理，结合运动学公式得出h的取值范围。
此题考查复杂的运动形式分析处理能力，难度较高，计算的推演有一定难度，涉及动能定理，弹性碰撞的动量和机械能守恒，平抛运动的分解处理等物理原理。