2023-2024学年福建省泉州市永春一中高二（下）开学物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省泉州市永春一中高二（下）开学物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列给出了四幅与感应电流产生条件相关的情景图，判断正确的是( )
A. 图甲，水平直导线中电流逐渐减小时，其正下方的水平金属圆线圈中有感应电流
B. 图乙，正方形金属线圈以虚线为轴匀速转动时，线圈中有感应电流
C. 图丙，矩形导线框以其任何一条边为轴转动时，线框中都有感应电流产生
D. 图丁，正方形导线框加速离开同一平面内的条形磁体时，线框中有感应电流产生
2.如图是手机微信运动步数的测量原理简化示意图，M和N为电容器两极板，M板固定，N板与固定的两轻弹簧连接，且只能按图中标识的“前后”方向运动。则手机( )
A. 匀速运动时，电流表示数不为零B. 突然向前减速时，电容器的电容变小
C. 突然向前减速时，电容器的带电量变大D. 突然向前减速时，电流由b点流向a点
3.如图所示，将通电直导线AB用悬线悬挂在电磁铁的正上方，直导线可自由转动，则接通开关( )
A. A端向纸外运动，B端向纸内运动，悬线张力变小
B. A端向纸外运动，B端向纸内运动，悬线张力变大
C. A端向纸内运动，B端向纸外运动，悬线张力变大
D. A端向纸内运动，B端向纸外运动，悬线张力变小
4.如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直弹性挡板，挡板右侧依次放有10个质量均为3m的弹性白色小球(在一条直线上)，一质量为m的黑色小球以与白色小球共线的速度v0与1号小球发生弹性正碰，黑色小球反弹后与挡板发生弹性碰撞，碰后速度方向与碰前方向相反，白色小球之间也发生弹性正碰。下列说法正确的是( )
A. 黑色小球最终速度大小为(12)10v0B. 黑色小球最终速度大小为(34)10v0
C. 10号小球最终速度大小为v0D. 10号小球最终速度大小为14v0
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.下列说法正确的是( )
A. 甲图中，利用回旋加速器加速粒子，所加电压U越大，粒子射出时动能越大
B. 乙图中，可以用增大等离子体的速度的方法来增大磁流体发电机的电动势
C. 丙图中，带正电的粒子(不计重力)从P点进入速度选择器，当速度v>EB时向上极板偏转
D. 丁图中，霍尔元件由金属材料构成，通过图示方向电流后上表面电势高
6.许多餐厅用机器人送餐，它的动力来源于电动机，送餐机器人的部分参数如表所示。下列说法正确的是( )
A. 电池容量“12Ah”的“Ah”是电能的单位
B. 机器人最大功率工作时电流是4A
C. 机器人工作时电机直流电阻等于6Ω
D. 机器人以最大功率工作时间达不到3h
7.如图所示，两根等高光滑的14圆弧导轨，导轨电阻不计。在导轨顶端右侧连有一阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中。现有一根长度稍长于导轨间距的金属棒从导轨最低位置cd开始，在外力作用下以初速度v0沿轨道做匀速圆周运动，由cd运动至最高位置ab，则该过程中，下列说法正确的是( )
A. 通过R的电流方向由里向外B. 通过R的电流大小在变小
C. 金属棒所受安培力一直减小D. 外力做的功等于整个回路产生的焦耳热
8.光滑绝缘水平桌面上有一个可视为质点的带正电小球，桌面右侧存在由匀强电场和匀强磁场组成的复合场，复合场的下边界是水平面，到桌面的距离为h，电场强度为E、方向竖直向上，磁感应强度为B、方向垂直纸面向外，重力加速度为g，带电小球的比荷为gE。如图所示，现给小球一个向右的初速度，使之离开桌边缘立刻进入复合场运动，已知小球从下边界射出，射出时的速度方向与下边界的夹角为60°，下列说法正确的是( )
A. 小球在复合场中的运动时间可能是2πE3gB
B. 小球在复合场中运动的加速度大小可能是 3hg2B23E
C. 小球在复合场中运动的路程可能是2πh3
D. 小球的初速度大小可能是 3hgB3E
三、填空题：本大题共3小题，共12分。
9.如图所示，整个实验装置悬挂在弹簧测力计下，装置的下端有宽度为L=10cm的线框，线框下边处在一个匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直。当线框未接通电源时，测力计读数为6N，接通电源后，线框中通过的电流为1A，测力计读数变为8N，则线框所受的安培力大小为______N，匀强磁场的磁感应强度B= ______T。
10.如图所示，电源电动势为E、内阻为r，R1为一定值电阻、R2为一滑动变阻器，电流表A1，A2的示数分别记为I1，I2。开关S闭合时，一带电油滴P恰好能静止在平行金属板之间。若将滑动变阻器R2的滑片向b端移动，则|ΔI1| ______|ΔI2|(填“<”、“>”或“=”，Δ表示该物理量的变化)，P将______移动。(填“向上”、“向下”或“不”)
11.如图，质量为m=1kg的A球用长为L=1m的轻质细线悬挂于固定点O，初始时细线与竖直向下夹角为37°，将A由静止释放。与此同时，质量为M=3m的B球沿光滑水平面向左运动，两球恰好在O点正下方发生弹性正碰，碰后B球恰好静止。已知sin37°=0.6，cs37°=0.8，不计空气阻力，g取10m/s2。A、B碰撞前，A球在O点正下方绳的拉力为______N，B球碰前速度应为______m/s。
四、实验题：本大题共1小题，共4分。
12.某实验探究小组利用如图实验装置研究两物体碰撞过程中的守恒量。
(1)实验步骤如下：
A.将白纸、复写纸固定在竖直放置的木板上，用来记录实验中球1、球2与木板的撞击点；
B.利用天平测量出1、2两小球的质量分别为m1、m2；
C.调节轨道末端水平，木板竖直立在轨道末端右侧并与轨道接触，让入射球1从斜轨上A点由静止释放，与木板撞击点为B′；
D.将木板平移到图中所示位置固定；
E.让入射球1从斜轨上A点由静止释放，与木板撞击点为P；
F.把球2静止放置在水平轨道的末端B点，让入射球1从斜轨上A点由静止释放，确定球1和球2相撞后与木板的撞击点；
G.用秒表分别测量两球从B点到各撞击点N、P、M所用的时间t1、t2、t3；
H.用刻度尺测得B′与N、P、M各点的高度差分别为h1、h2、h3。
以上步骤中不合理的项是______(填步骤前序号)。
(2)把小球2放在斜轨末端边缘B处，让小球1从斜轨上A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，碰后小球1的落点在图中的______点。
(3)满足______时表示两小球碰撞过程动量守恒；再满足______时表示两小球碰撞为弹性碰撞。
五、简答题：本大题共4小题，共44分。
13.(1)有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度.用它测量一小球的直径，如图1所示的读数是______mm．
(2)用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图2所示的读数是______mm．

(3)某电阻丝R的额定电压为3V，为测量其电阻值，①某同学先用多用电表粗测其电阻.用已经调零且选择开关指向欧姆挡“×10”挡位的多用电表测量，发现指针的偏转角度太大，这时他应将选择开关换成欧姆挡的“______”挡位(选填“×100”或“×1”)，然后进行______，再次测量电阻丝的阻值，其表盘及指针所指位置如图3所示，则此段电阻丝的电阻为______Ω.
(4)现要进一步精确测量其阻值实验室提供了下列可选用的器材
A：电流表A1(量程300mA，内阻约1Ω)
B：电流表A2(量程0.6A，内阻约0.3Ω)
C：电压表V1(量程3.0V，内阻约3kΩ)
D：电压表V2(量程5.0V，内阻约5kΩ)
E：滑动变阻器R1(最大阻值为10Ω)
F：滑动变阻器R2(最大阻值为500Ω)
G：电源E(电动势4V，内阻可忽略)
H：电键、导线若干．
为了尽可能提高测量准确度，应选择的器材为(只需添器材前面的字母即可)
电流表______.电压表______.滑动变阻器______．
(5)下列给出的测量电路中，最合适的电路是______．
14.如图所示，平面内直线abc彼此平行且间距相等，其间存在垂直纸面的匀强磁场。ab间磁场B1向外，大小为B，bc间磁场B2向里，大小未知。t=0时，一质量为m电荷量为q带负电粒子从O点垂直a射出。一段时间后粒子穿过b，速度方向与b夹角为60°。若粒子恰好不能穿出c，且最终返回到O点，不计重力。求：
(1)磁场B2的大小；
(2)整个运动过程所用时间。
15.如图，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为l的细线，细线另一端系一质量为m的球C。现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球。已知重力加速度为g，不计空气阻力。求：
(1)A、B两木块分离时，C球的速度大小；
(2)B木块受到的冲量；
(3)C球相对摆动过程中的最低点向左上升的最大高度。
16.如图所示，半径均为R的圆形区域O1和O2内存在着磁感应强度大小均为B(未知)的有界匀强磁场。两圆形区域相切于P点。间距为d的直线边界M、N垂直于x轴，之间存在着沿x轴正方向的匀强电场，在边界N的右侧某圆形区域O3中存在大小也为B的匀强磁场。P点处有一粒子源，可向坐标平面内各个方向均匀发射速度大小为v、质量为m、电荷量为q的带正电粒子。粒子均沿x轴正方向射出圆形区域O1、O2，且均能击中x轴上的Q点。不计粒子重力及粒子间的相互作用力。求：
(1)B的大小及O1、O2内磁场的方向；
(2)O3的最小面积及对应的匀强电场的电场强度；
(3)在(2)问条件下，击中Q点时，速度方向与y轴负方向的夹角小于30°的粒子数与P点发出的总粒子数的比值。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、图甲中，金属圆形线圈水平放置在通电直导线的正下方，根据安培定则可知直线电流产生的磁场穿过线圈的磁通量为零，即使减小通过导线电流，圆线圈中的磁通量也不会发生变化，所以不会有感应电流产生，故A错误；
B、图乙中，正方形金属线圈绕竖直虚线转动的过程中，穿过线圈的磁通量发生变化，会产生感应电流，故B正确；
C、图丙中，闭合导线框以左边或右边为轴在匀强磁场中旋转时，穿过线圈的磁通量始终为零，保持不变，闭合导线框中不会有感应电流，故C错误；
D、图丁中，正方形导线框加速离开同一平面内的条形磁体时，线圈与磁场平行，穿过线圈的磁通量始终为零，保持不变，闭合导线框中不会有感应电流，故D错误。
故选：B。
感应电流产生的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化，对照这个条件分析即可。
解决本题的关键要掌握感应电流产生的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化，要理解各种磁通量变化的方式，紧扣“变化”二字来分析。
2.【答案】C
【解析】解：A.手机匀速运动时，N板不动，根据题意：与电源相连电势差不变，电容器的电容不变，则电荷量不变，所以回路无电流，电流表示数为零，故A错误；
B.手机突然向前减速时，N板向前运动，则板间距变小，根据电容器的定义式
C=εrS4πkd
可知电容器的电容增大，由于电压不变，则电容器带电量增大，电流由a点流向b点，故C正确，BD错误。
故选：C。
根据电容器的定义式，与电源相连电势差不变，结合不同运动对极板间距离的影响分析求解。
本题考查了电容器的动态分析，学会利用决定式分析电容的变化，理解电容器的充放电过程是解决此类问题的关键。
3.【答案】C
【解析】解：根据安培定则，可知电磁铁左端为N极，右端为S极。则通电直导线左半部分磁场斜向右上方，右半部分磁场斜向右下。根据左手定则，通电导线左半部分受安培力向里，右半部分受安培力向外，即A端向纸内运动，B端向纸外运动。通电导线旋转至垂直纸面向里方向，而磁场向右，则安培力向下，则悬线张力变大，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据安培定则判断出电磁铁的极性；采用电流元法判断直导线分为左右两部分所受安培力的方向；当导线转过90°时，根据特殊位置法。判断导线所受的安培力方向，据此分析作答。
判断安培力作用下导体运动的方向，是磁场中的基本题型，这类问题往往是安培定则和左手定则综合应用，并采用电流法、特殊位置法、等效法、推论法等。
4.【答案】A
【解析】解：CD.设黑色小球与1号小球碰撞后速度分别为v0和v1，根据动量守恒定律有mv0=mv01+3mv1
由能量守恒有12mv02=12mv012+12×3mv12
得v01=−12v0，v1=12v0
白色小球碰撞时交换速度，10号小球最终速度为12v0，故CD错误；
AB.设黑色小球与1号小球第n次碰撞后速度为v0n，第2次与1号小球碰撞后，有mv02=mv02+3mv2
12m(v02)2=12mv022+12×3mv22
得以此类推，黑色小球最终速度大小为(12)10v0，故B错误，A正确。
故选：A。
根据碰撞过程，动量守恒和能量守恒可求出碰后速度，得到10号小球最终速度大小；根据动量守恒和能量守恒可求出黑色小球的碰撞n次后的速度大小。
学生在解答本题时，要理解碰撞过程能量和动量守恒，并能够根据数学计算得出规律。
5.【答案】BC
【解析】解：A.由洛伦兹力提供向心力可得
qvB=mv2R
解得回旋加速器的最终速度为
v=qRBm
则最大动能为
Ek=12mv2=q2R2B22m
可知粒子最终动能与加速电压无关，故A错误；
B.对磁流体发电机根据共点力平衡条件有
qvB=Udq
解得
U=dvB
可通过增大离子体的速度的方法来增大发电机的电动势，故B正确；
C.带正电的粒子所受洛伦兹力方向向上，电场力方向向下，由于v>EB，则
qvB>Eq
粒子向上极板偏转，故C正确；
D.由左手定则可知自由电子向上偏转，即上表面将聚集负电荷，所以上表面的电势比下表面的低，故D错误。
故选：BC。
根据洛伦兹力提供向心力解得回旋加速器获得的最大动能，磁流体发电机就是利用带电粒子受洛伦兹力原理，速度选择器是因为达到某一速度的粒子受力平衡做匀速直线运动，根据左手定则分析电子的偏转情况，从而分析电势高低。
解答此题的关键是明白各种仪器的工作原理以及用途，然后根据所学知识对号入座即可。
6.【答案】BD
【解析】解：A.电池容量“12Ah”的“Ah”是电量单位，故A错误；
B.最大功率96W，根据I=PU=9624A=4A，故B正确；
C.机器人工作时不是纯电阻电路，不能使用欧姆定律计算电阻，电阻无法算出，故C错误；
D.根据t=qI=124h=3h，由于存在机械摩擦等损耗，所以机器人工作的时间达不到3h，故D正确；
故选：BD。
本题根据I=PU、t=qI以及欧姆定律的使用条件，即可解答。
本题的易错点是机器人工作时不是纯电阻电路，不能使用欧姆定律计算电阻，需要学生掌握。
7.【答案】BC
【解析】解：A.根据右手定则，金属棒由cd运动至最高位置ab的过程中，导体棒产生的感应电流方向由里向外，通过R的电流方向由外向里，故A错误；
B.导体棒在外力作用下以初速度v0沿轨道做匀速圆周运动，如图所示：
根据运动的合成与分解，导体棒的水平速度vx=v0sinθ
磁场方向与运动方向的夹角减小，水平分速度减小；
导体棒产生的感应电动势E=BLvx减小；
通过R的电流大小为I=ER=BLvxR减小，故B正确；
C.金属棒所受安培力为F=IBL=B2L2vxR
金属棒由cd运动至最高位置ab，金属棒水平速度逐渐减小，金属棒所受安培力一直减小，故C正确；
D.根据功能关系，外力做的功等于整个回路产生的焦耳热与金属棒增加的重力势能之和，故D错误。
故选：BC。
AB.根据法拉第电磁感应定律和右手定则，可以判断电流大小和方向；
C.根据导体棒切割磁感线产生的感应电动势公式，结合闭合电路的欧姆定律求解通过R的电流和安培力的大小；
D.棒下滑的过程中，其重力势能转化为棒的动能和电路中内能，根据动能定理求解外力做的功。
本题考查导体切割磁感线时的感应电动势，能够根据能量守恒分析电磁感应中的能量关系；注意对公式E=BLvsinθ中θ角度的理解。
8.【答案】AC
【解析】解：根据题意可知带电小球的比荷为是gE，则有Eq=mg
则小球所受的合力为洛伦兹力，所以小球在复合场中做匀速圆周运动，射出时的速度方向与下边界的夹角为60°，则小球运动情况有两种，轨迹如下图所示
若小球速度为v1，则根据几何知识可得轨迹所对应的圆心角为120°，此时小球在复合场中的运动时间为
t1=120360T=13×2πmBq=2πE3Bg
根据几何知识可得R1+R1cs60°=h，解得轨迹半径为R1=23h
则根据洛伦兹力提供向心力有Bqv1=mv12R1
可得，小球的速度为v1=2Bgh3E
则小球的路程为s1=120°360∘×2πR1=13×2π×23h=49πh
根据a1=v12R1解得小球的加速度为a1=2B2g2h3E2
若小球速度为v2，则根据几何知识可得轨迹所对应的圆心角为60°，此时小球在复合场中的运动时间为
t2=60360T=16×2πmBq=πE3Bg
根据几何知识可得R2−R2cs60°=h，其轨迹半径为R2=2h
则根据洛伦兹力提供向心力有Bqv2=mv22R2
可得，小球的速度为v2=2BghE
则小球的路程为s2=60°360∘×2πR2=16×2π×2h=23πh
根据a2=v22R2解得小球的加速度为a2=2B2g2hE2，故AC正确，BD错误。
故选：AC。
根据题意计算电场力的大小，根据带电小球受力情况判断运动情况，可判断小球做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据洛伦兹力提供向心力、周期公式结合数学知识求解。
本题主要考查带电物体在复合场中的匀速圆周运动问题。本题要分析清楚物体运动过程，知道匀速圆周运动由合力提供向心力结合数学知识即可正确解题。
9.【答案】2 20
【解析】解：线框未接通电源时，F1=6N，根据平衡条件
F1=G
线框接通电源时，F2=8N，根据平衡条件有
F2=G+F安
解得
F安=2N
由F安=BIL
解得B=20T。
故答案为：2，20。
根据通电和不通电的两种状态列平衡方程和安培力公式代入数据解答。
考查平衡条件和安培力公式，要求学生熟练掌握这些基础知识。
10.【答案】< 向下
【解析】解：滑动变阻器R2的滑片向b端移动时，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，则干路电流I增大，电容器的电压UC=E−I(R+r)，可知电容器的电压减小，板间场强减小，油滴受到的电场力减小，则油滴将向下运动。
R1的电压等于电容器的电压，则R1的电压减小。根据I=I1+I2，I增大，可知流过R2的电流I2增大，且有|ΔI1|<|ΔI2|。
故答案为：<，向下。
滑动变阻器R2的滑片向b端移动，分析其接入电路的电阻变化情况，判断干路电流的变化，进一步分析电容器极板间电压的变化，从而判断油滴的运动情况。根据欧姆定律和并联电路的规律分析两电表示数的变化，结合干路电流的变化，判断|ΔI1|与|ΔI2|的大小。
本题是含有电容器的动态电路分析，解决的思路一般为：从部分到整体再到部分。
11.【答案】14 2
【解析】解：A球下摆过程，由动能定理得
mgL(1−cs37°)=12mv02
解得：v0= 25gL= 25×10×1m/s=2m/s
A球在O点正下方时，根据牛顿第二定律得
T−mg=mv02L
解得：T=14N
设B球碰前速度为v1，A球碰后速度为v2，A、B碰撞过程满足动量守恒定律和机械能守恒定律，取向左为正方向，则有：
−mv0+3mv1=mv2，12mv02+12×3mv12=12mv22
解得：v1=2m/s
故答案为：14，2。
A球下摆过程，只有重力做功，由动能定理求出A球碰前速度。A、B碰撞前，根据牛顿第二定律求绳的拉力。A、B碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律列式，可求得B球碰前速度。
解决本题的关键要明确研究对象和过程，知道A球下摆过程遵守机械能守恒定律，弹性碰撞过程遵守动量守恒定律和机械能守恒定律。要注意选取正方向，用正负号表示速度的方向。
12.【答案】G M m1 h2=m1 h3+m2 h1 m1h2=m1h3+m2h1。
【解析】解：(1)本实验利用平抛运动规律来验证动量守恒定律，不需要测量两小球的撞击时间，故G项不合理；
(2)由图可知，两小球撞击在竖直木条上，三次平抛运动的水平位移相等，由平抛运动的规律可知，水平速度越大，竖直方向下落的高度越小；碰后小球1的速度减小，则碰后小球1落到M点，碰后小球2的水平速度大，落到最高点N点；碰前小球1落到P点；
(3)根据平抛运动规律，可知小球撞击在木条上时，下落的时间t= 2hg
则可知小球做平抛运动的水平速度v=xt=x g2h，代入数据可知，速度分别为v1=x g2h2，v1′=x g2h3，v2=x g2h1，因碰撞过程中动量守恒，则有：m1v1=m1v1′+m2v2，联立得只要满足m1 h2=m1 h3+m2 h1即可验证动量守恒；
再根据弹性碰撞的性质可知，只要碰撞前后的动能不变，即可为弹性碰撞，则有：12m1v12=12m1v′12+12m2v22，代入速度表达式可得，m1h2=m1h3+m2h1，即可验证为弹性碰撞。
故答案为：(1)G；(2)M；(3)m1 h2=m1 h3+m2 h1；m1h2=m1h3+m2h1。
(1)明确实验原理，知道实验中无需测量时间；
(2)根据平抛运动规律分析判断两小球的撞击点；
(3)根据平抛运动规律推导两小球碰撞前后的速度，根据动量守恒和弹性碰撞中的能量守恒推导表达式。
本题考查研究两物体碰撞过程中的守恒量实验，要求掌握平抛运动规律、动量守恒和能量守恒定律的应用。
13.【答案】13.55 0.860 ×1 欧姆调零 12 A C E B
【解析】解：(1)游标卡尺读数为L=13mm+11×0.05mm=13.55mm
(2)螺旋测微器的读数为d=0.5mm+18.0×0.02mm=0.860mm．
(3)应将选择开关换成欧姆挡的“×1”挡位，然后进行欧姆调零，再次测量电阻丝的阻值，其表盘及指针所指位置如图3所示，则此段电阻丝的电阻为R=12Ω．
(4)根据欧姆定律电路中最大电流为Im=ERx=412A=0.3A，故电流表应选A，电压表应选C，电路需要的最大电阻Rm=E13IA=40Ω，而变阻器F阻值太大，故应选E．
(5)由上面分析知，变阻器E若是限流式则阻值太小，故应用分压式接法，又待测电阻值远小于电压表内阻，电流表应用外接法，故最合适的电路是B．
故答案为(1)13.55
(2)0.860
(3)12
(4)A，C，E
(5)B
游标卡尺的示数时注意整数部分是从游标上的“0”所对应的主尺刻度读起，二十分度的精确度是0.05mm，不需要估读，而螺旋测微器读数时注意半毫米刻度线是否露出，需用估读．在选择器材估算时应根据电表读数要求，指针应在满刻度的13～23之间才行．
在估算时滑动变阻器是按限流式接法的，若通过计算滑动变阻器的阻值太小，则说明用限流式限不住，应选分压式接法，这时应选阻值最小的变阻器，因为线性好．
14.【答案】解：(1)粒子在磁场做匀速圆周运动，根据题意画出粒子运动轨迹如下图所示。

设粒子在磁场B1、B2中的运动半径分别为R1、R2，直线abc的相邻的间距为d，由几何关系可得：
θ1=30°，dR1=sinθ1，d−R2R2=cs60°
解得：R1=2d，R2=2d3
根据洛伦兹力提供向心力有：qvB=mv2R1，qvB2=mv2R2
解得：B2=3B
(2)带电粒子在磁场B1区域内运动周期为T1=2πmqB
在磁场B1区域内运动轨迹总的圆心角为2θ1，在磁场B1区域内运动时间为：
t1=2θ1360∘×T1=πm3Bq
带电粒子在磁场B2区域内运动周期为T2=2πmqB2
在磁场B2区域内运动轨迹的圆心角为θ2=240°，在磁场B2区域内运动时间为：
t2=240°360∘×T2=4πm9Bq
带电粒子整个运动过程所用时间为
t=t1+t2=πm3Bq+4πm9Bq=7πm9Bq
答：(1)磁场B2的大小为3B；
(2)整个运动过程所用时间为7πm9Bq。
【解析】(1)粒子在磁场做匀速圆周运动，根据题意画出粒子运动轨迹图。由几何关系求得粒子在磁场B1、B2中的运动半径的关系，根据洛伦兹力提供向心力求解；
(2)由几何关系得到粒子在磁场B1、B2区域内运动轨迹的圆心角，结合周期分别求得在两个磁场区域的运动时间，再求得带电粒子整个运动过程所用时间。
本题考查了带电粒子在磁场中运动的问题，画运动轨迹图是解决此类问题的基本功，掌握垂直速度方向画圆心所在的直线，依据其它条件(如出射点的位置，轨迹与边界相切等)确定圆心位置，即可确定轨迹半径与圆心角；知道半径与速度大小和磁感应强度大小相关联，时间与圆心角相关联。
15.【答案】解：选择水平向左的方向为正方向。
(1)设C第一次摆到最低点的速度为v1，A、B恰好分离，分离时A、B的速度vA=vB，根据系统A、B、C水平方向动量守恒可得：
0=mv1+2m(−vA)
根据系统机械能守恒定律可得：
mgl=12mv12+12×2mvA2
联立解得：v1=23 3gl；vA=vB=13 3gl
(2)A对B的冲量大小为：
I=mvB=m3 3gl，方向水平向右。
(3)设C向左上升最大高度为h，此时A、C具有相同水平速度v，以A、C为系统，根据水平方向动量守恒可得：
mv1+m(−vA)=2mv
解得：v=16 3gl
根据A、C系统机械能守恒可得：
12mv12+12mvA2−12×2mv2=mgh
解得：h=34l
答：(1)A、B两木块分离时，C球的速度大小为33 3gl；
(2)B木块受到的冲量为m3 3gl，方向水平向右；
(3)C球相对摆动过程中的最低点向左上升的最大高度为34l。
【解析】(1)将三个物体当成一个系统，根据水平方向动量守恒和能量守恒定律联立等式得出C球的速度；
(2)根据动量定理代入数据得出木块受到的冲量；
(3)选择AC物体组成的系统为研究对象，根据水平方向动量守恒和能量守恒定律联立等式得出最大的高度。
本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，理解动量守恒定律的条件，结合能量守恒定律联立等式即可完成分析。
16.【答案】解：(1)由题意可知，粒子在O1、O2中运动的轨迹圆的半径与磁场圆的半径相等，大小为R。对任一粒子有qvB=mv2R
可得B=mvqR
根据左手定则，可判断O1中磁场方向垂直于坐标平面向外。O2中磁场方向垂直于坐标平面向里
(2)由题意，要使所有粒子最终都能击中Q点，则O3磁场圆的半径与加速后粒子轨迹圆的半径相同。要使O3磁场圆面积最小，由几何关系可知，粒子在O3磁场圆中的轨迹圆半径
r=2R
则O3磁场圆的最小面积为S=πr2=4πR2
设粒子经电场加速后的速度为v1，由动能定理可得
qEd=12mv12−12mv2
又qv1B=mv12r
解得E=3mv22qd
(3)运动轨迹如图所示，当粒子击中Q点时的速度方向沿QC与y轴负方向的夹角成30°时，粒子从A点进入O3磁场圆。由几何关系可知，O3A与水平方向的夹角为30°，从A点进入O3磁场圆的粒子，从D点射出O1磁场区域，由几何关系可知其在P点沿y轴正方向发出，即进入O1磁场区域的粒子有12满足条件，同理可得进入O2磁场区域的粒子也有12满足条件，即所求比值为12。

答：(1)B的大小为mvqR，O1中磁场方向垂直于坐标平面向外。O2中磁场方向垂直于坐标平面向里；
(2)O3的最小面积为4πR2，对应的匀强电场的电场强度为3mv22qd；
(3)在(2)问条件下，击中Q点时，速度方向与y轴负方向的夹角小于30°的粒子数与P点发出的总粒子数的比值为12。
【解析】(1)根据几何关系解得粒子运动半径，根据洛伦兹力提供向心力解得磁场，根据左手定则分析磁场方向；
(2)根据几何关系解得粒子在O3磁场圆中的轨迹圆半径，从而计算面积，根据动能定理解得电场；
(3)分析粒子的运动情况，从而计算比值。
本题的关键点在于：①两个磁场区域的方向不同，本身粒子在圆形磁场区域内的运动就是复杂，何况出现两个圆区域；②分析粒子的运动情况。功能
迎宾、送餐等
质量
50kg
移动速度
0.2∼0.6m/s
电池容量
12Ah
功率
最大功率96W
工作电压
24V
最大送餐质量
15kg