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2023-2024学年河北省沧州市高三（第二次）模拟测试物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2023-2024学年河北省沧州市高三（第二次）模拟测试物理试卷（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，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.氢原子从高能级向n=1，2，3，4等能级跃迁产生的相应光谱，分别称为赖曼系、巴耳末系、帕邢系和布喇开系，如图所示。下列说法正确的是( )
A. 巴耳末系谱线频率大于赖曼系谱线频率
B. 布喇开系谱线波长小于赖曼系谱线波长
C. 巴耳末系光子的能量可以使处于基态的氢原子的电子脱离原子核的束缚变为自由电子
D. 如果巴耳末系光子照射到某金属上发生光电效应，则赖曼系光子也能使该金属发生光电效应
2.如图所示，质量为m的物块用可变力F压在竖直墙壁上，物块处于静止状态。某时刻开始F突变，以此时作为计时起点，F大小满足F=kt。已知物块与墙壁之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，则至少经过多长时间物块相对于墙壁再次静止( )
A. mgμkB. mg2μkC. 2mgμkD. 4mgμk
3.高标准钢筋通常用于承载能力要求较高的大型建筑结构中，如桥梁、高楼建筑等。钢筋在弹性限度内的伸长量与拉力的关系满足胡克定律。实验室中测量某高标准下截面积分别为225mm2和450mm2的两种型号钢筋的劲度系数。数据如下表所示，通过数据分析，关于该材料的劲度系数分析可能正确的是( )
A. 劲度系数与拉力成正比
B. 劲度系数与长度成正比
C. 劲度系数与横截面积成正比
D. 劲度系数由材料决定与长度、横截面积无关
4.一定质量的物块静止在水平面上，给物块施加竖直向上的拉力F，选取地面为重力势能的零势能面，物块在一定时间内机械能随路程变化的图像如图所示。已知物块加速度为零的位置出现在路程大于s1的位置。下列说法正确的是( )
A. 0∼s2过程中物块的加速度逐渐减小B. 0∼s1过程中物块的动能逐渐增大
C. 0∼s2过程中物块先向上运动后向下运动D. s2∼s3过程中物块一定向上运动
5.如图所示，下端绕有几圈细铁丝、粗细均匀的圆柱形木筷竖直悬浮在足够大的装有水的杯中。木筷横截面积为S，木筷与铁丝总质量为m，水的密度为ρ，重力加速度为g。已知简谐运动的周期T=2π mk，其中m是做简谐运动物体的质量，k为回复力与位移的比值的绝对值。现把木筷向上提起一段距离x后放手，木筷开始做往复运动，空气阻力和水的粘滞阻力不计，忽略铁丝的体积，则木筷自最高点运动到最低点的最短时间为( )
A. 2π m(ρS+1)gB. π m(ρS+1)gC. 2π mρgSD. π mρgS
6.如图所示为一种液面高度预警仪原理图。储液池底部为平面镜，顶部为与底面平行的荧光屏，在荧光屏上一点发出一束激光，激光进入液体后经平面镜反射，再次照射到荧光屏上。当储液池内的液面在标准液面时，照射到荧光屏上的点记为O(未标出)，预警点在O点左侧，距 O点的距离为d。当液面缓慢上升，激光打在预警点时触发警报。已知液体对激光的折射率为 3，激光照射方向与竖直方向的夹角为60∘，不考虑经液面反射的光线。当液面比标准液面高Δh时触发警报，则Δh可表示为( )
A. 32dB. 34dC. 38dD. 3 34d
7.如图所示，半径为R的均匀带电金属球壳，所带电荷量为Q。在球壳上取一小面积ΔS(ΔS≪4πR2)，球壳上其余部分电荷对ΔS所带电荷的作用力为( )
A. kΔSQ28πR4B. kΔSQ8πR4C. kΔSQ8πR2D. kΔSQ28πR2
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.国际气候科学界的研究数据表明近百年地球的平均温度已经上升了约1摄氏度。太阳是地球的主要能源来源，地球上的植物把部分太阳能源储存起来，人类生产活动释放该部分能源导致地球温度升高。已知日地距离为L，太阳质量为 M，地球绕太阳运动的轨迹近似为圆形，引力常量为 G，日地间距离远大于地球半径。单位时间内垂直射到地球单位面积上的能量PE称为太阳常数。下列说法正确的是( )
A. 地球绕太阳做圆周运动的周期为2π L3GM
B. 地球绕太阳做圆周运动的角速度为 L3GM
C. 太阳单位时间内向外辐射的总能量为4πL2PE
D. 太阳单位时间内向外辐射的总能量为43πL3PE
9.如图所示，理想变压器的原线圈匝数n1=1000，原线圈与电压表V1并联，并通过一电流表A1接正弦交流电源;一个二极管和阻值为R1的负载电阻串联后接到匝数n2=200的副线圈两端，电压表V2与电阻R1并联;阻值为R2的负载电阻串联电流表A2后接到匝数n3=200的副线圈两端。已知R1=R2=R，二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大，电表均为理想电表。下列说法正确的是( )
A. 电压表V1和V2的示数之比为5:1
B. 减小负载电阻阻值，电流表A1示数变大
C. 电流表A1和A2的示数之比为2:5
D. 如果将二极管短路，电流表A1和A2的示数之比为2:5
10.电磁无损阻尼是一种无接触控速装置，减少了因摩擦对设备的损害。在探究电磁阻尼实验中把两厚度为 a的大金属板正对竖直放置，质量为m的长方体形状小磁铁水平放置且与金属板垂直，如图所示。小磁铁端面正对两金属板区域的磁场均可视为匀强磁场，磁感应强度为 B，其余磁场忽略不计。已知小磁铁厚度为b，宽度为c，长度为L，金属板电阻率为ρ，重力加速度为 g，为研究问题方便金属板只考虑与磁场正对部分的电阻，其余电阻忽略不计，忽略空气阻力，小磁铁由静止释放后运动过程中始终保持水平，且穿出金属板前已经匀速。下列说法正确的是( )
A. 小磁铁向下运动过程中，金属板与小磁铁正对部分的电阻为ρcab
B. 小磁铁匀速下落时，金属板与小磁铁正对部分的电流为mgBc
C. 小磁铁向下匀速运动时的速率为mgρB2abc
D. 仅更换电阻率更小的金属板，可以减小磁铁向下匀速运动的速率
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学用如图所示的装置验证机械能守恒定律。一根轻质杆上固定两个质量均为m的小钢球A、B，通过光滑转轴与铁架台在 O点相连，光电门固定在转轴的正下方。在 B球底部竖直地粘住一片宽度为d的遮光条，测出转轴到A球球心及B球球心的距离分别为LA、LB。已知重力加速度为g。
(1)用螺旋测微器测量遮光条宽度，示数如图所示，遮光条宽度d=__________mm。
(2)将轻质杆拉到水平位置由静止释放，遮光条经过光电门的挡光时间t由计时器测出，取v=dt作为小钢球B经过最低点时的速度，则小钢球A到达最低点时的速度为__________。(用v、LA、LB表示)
(3)若在误差允许的范围内满足关系式__________(用g、v、LA、LB表示)，则说明小球A、B由水平位置运动到最低点的过程中机械能守恒。
(4)该同学利用测量数据计算出小钢球A、B由释放到运动至最低点的过程中，动能变化量ΔEk的数值总是大于重力势能变化量ΔEp的数值，造成这种差异的原因分析正确的是__________。
A.存在空气阻力
B.小球质量测量值偏大
C.用遮光条的速度代替小钢球B的速度
12.鸡蛋的孵化温度范围通常在37.5℃到38.5℃之间。在这个温度范围内鸡蛋才能孵化出健康的幼鸡。某兴趣小组研究通过热敏电阻对孵化器实施自动控温。
(1)该小组用伏安法测量不同温度下热敏电阻的阻值。实验中使用的器材有：被测热敏电阻R;电流表(量程为0∼1.5mA，内阻约为200Ω);电压表(量程为0∼15V，内阻约为9.0kΩ);滑动变阻器R0(0∼50Ω);直流电源(电动势为15V);容器及测温装置。为了较准确的测出不同温度下热敏电阻的阻值，应选用图甲中所示的__________电路进行实验。
(2)采用正确的电路进行测量后，作出该热敏电阻的阻值随温度变化的图像如图乙所示。
(3)如图丙所示，将热敏电阻R安装在孵化器内，为使孵化器温度稳定在38℃±0.5℃，当孵化器内温度达到38℃时加热器停止加热。自动控制电路将热敏电阻R与调节电阻R1串联，当流过热敏电阻的电流达到50.0μA时，通过放大电路将电流放大，继电器的衔铁将被吸合。该过程通过热敏电阻、电磁继电器和放大电路等自动完成。
①应该把孵化器的加热器接在__________(填“A、C”或“B、D”)端;
②当衔铁被吸合时，加在热敏电阻两端的电压为__________V。(结果保留2位有效数字)
③在实验阶段发现每次温度为37℃时衔铁被吸合，为完成设计目标，需要把可变电阻R1__________(填“调大”或“调小”)。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.如图所示，半径不同的两个导热性能良好的圆筒连接组成的汽缸放置在小车上，小车静置在光滑水平面上。不可伸长的轻杆连接的两活塞P、Q之间封闭着一定质量的理想气体，整个系统处于静止状态。给小车施加水平向右的恒定拉力 F，经过一段时间活塞相对汽缸重新静止，在此过程中汽缸始终相对小车静止。已知汽缸和小车质量均为 M，两活塞总质量为m，P、Q的横截面积分别为2S和S，初始时封闭气体体积为V，大气压强为p0，环境温度不变，两圆筒足够长，不计活塞和汽缸之间的摩擦力，封闭气体质量远小于活塞质量，空气阻力远小于拉力 F。求：
(1)稳定运动时小车对汽缸的摩擦力;
(2)稳定时封闭气体的压强;
(3)用p表示(2)中压强结果，则自开始运动至稳定时活塞相对汽缸的位移。
14.如图所示，质量为3m的小球A通过长为L的轻质细线悬挂在天花板上，当悬线竖直时，小球A与地面之间的缝隙可以忽略。另一质量为m的小球B以初速度v0向右运动与静止的小球A在水平面发生弹性正碰;B的左侧有可以移动的挡板P，B球与挡板发生碰撞时无能量损失。实验时依次改变挡板位置，保证每次 B与A发生弹性正碰的位置均在A球轨迹最低点。已知水平面光滑，空气阻力可以忽略，实验中小球A的摆角始终小于5∘，重力加速度为g，当θ很小时，sinθ≈θ，且弧长近似等于弦长。求：
(1)第一次碰撞后瞬间小球A、B的速率;
(2)为按要求完成第二次碰撞，挡板P到碰撞位置的距离应满足的条件;
(3)第三次碰撞后小球A做简谐运动的振幅。
15.如图所示，以水平直线MN、PQ为边界的区域Ⅰ内存在电场强度大小为E0、方向水平向右的匀强电场，以水平直线PQ、SH为边界的区域Ⅱ内存在电场强度大小为 33E0、方向竖直向上的匀强电场及磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量均为m、电荷量分别为q和−q(q>0)的带电小球A、B先后自MN边界的O点以大小为v0、方向与边界MN成30∘角的初速度进入区域Ⅰ，A小球与边界PQ成30∘角离开区域Ⅰ，B小球垂直边界PQ离开区域Ⅰ。已知纸面位于竖直面内，小球始终在纸面内运动，不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：
(1)小球A、B在MN和PQ之间的水平位移之比;
(2)边界MN和PQ之间的距离;(用v0、g表示)
(3)为使小球A不从SH边界离开区域Ⅱ，PQ与SH边界的最小距离;
(4)把(3)问中最小距离等分为上下两份，上部分磁感应强度保持不变，下部分磁感应强度大小变为2B，方向不变，小球A运动过程中到PQ边界的最大距离。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差可知赖曼系、巴耳末系、帕邢系和布喇开系波长和频率的变化。根据光电效应的条件判断金属是否发生光电效应。
解决本题的关键知道能级间跃迁所满足的规律，以及知道光电效应的条件，并能灵活运用。
【解答】
AB、根据跃迁规律hv=Em−En，赖曼系、巴耳末系、帕邢系和布喇开系波长逐渐增大，释放光子的频率逐渐减小，光子能量逐渐减小。A、B错误;
C、处于基态的氢原子需要吸收大于13.6eV的能量才能使氢原子电子脱离束缚，C错误;
D、巴耳末系光子能量小于赖曼系光子能量，根据光电效应原理可知赖曼系光子也能使该金属发生光电效应，D正确。
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查利用动量定理解决变力的问题，考查建模能力以及灵活运用物理规律解决实际问题的能力。
【解答】
滑动摩擦力Fi=μkt，所以t时间内滑动摩擦力的冲量I=12kμt2，对物块根据动量定理得mgt−I=0，所以再次静止的时刻t=2mgμk，C正确，A、B、D错误。
故选C。
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查弹力与弹性形变的关系，考查学生理解能力、数据分析与处理的能力、解决实际问题的能力。解决问题的关键是根据实验数据结合胡克定律分析判断。
【解答】
根据胡克定律F=kx及表中数据可知，劲度系数与长度成反比，与横截面积成正比，故C正确，ABD错误。
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查对功能关系的理解，E−s图像的理解，考查学生视图能力和分析综合问题能力。
【解答】
物块机械能增加是由拉力F做功引起的，根据△E=F△s，可知E−s图像的斜率表示F，因此F
一直在减小，当路程大于s2后拉力变为零，0∼s2的过程中物块的机械能在增加，所以F在做正功，物块
向上运动，之后物块可能向下做自由落体运动或向上做竖直上抛运动。在物块向上运动的过程中，开始时
拉力F大于重力，向上做加速度逐渐减小的加速度运动，直到加速度为零，速度达到最大值，然后再做加
速度逐渐增大的减速运动，当拉力为零后做加速度恒定的匀变速直线运动，B正确，A、C、D错误。
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查简谐运动的回复力，物体做简谐运动的周期公式，考查建模能力和应用物理处理实际问题的能力。
【解答】解：开始筷子静止，浮力和重力平衡，当提起或下压x，合力方向和位移方向相反，合力F=−ρgSx，筷子做简谐运动，k=ρgs，所以周期T=2π mk=2π mρgS，自最高点到最低点至少运动半个周期，则最短时间t=π mρgS，D正确，A、B、C错误。
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查光的折射定律，几何关系的处理，考查学生画图的能力和理解能力。
【解答】
解：光路如图所示，根据折射定律n=sinαsinβ，解得β=30∘，
设荧光屏到标准液面的距离为x，标准液面对应的深度为h。
根据几何关系得d=2(xtan60∘+htan30∘)−2[(x−Δh)tan60∘+(h+Δh)tan30∘]，
解得Δh= 34d，故B正确，A、C、D错误。
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查电场的矢量运算。考查学生模型建构能力。解决问题的关键是熟知点电荷的场强公式，再利用矢量的叠加原理分析判断。
【解答】在紧挨着ΔS面取两点a和b，a在内部，b在外部。
设ΔS所带电荷分别在a、b两点形成的电场强度大小为E1，其余部分在a、b两点形成的电场强度大小为E2，所以a点电场强度大小为E1−E2=0，b点电场强度大小为E1+E2=kQR2，解得E2=kQ2R2，所以其余部分对ΔS所带电荷的电场力F=E2q=kQ2R2⋅QΔS4πR2=kΔSQ28πR4，故A正确，BCD错误。
8.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查环绕天体的基本公式的运算、能量辐射的运算;考查建构模型和分析实际问题能力。解决问题的关键是清楚地球绕太阳做圆周运动，万有引力提供向心力。
【解答】
A.地球绕太阳做圆周运动，万有引力提供向心力，则有GMmL2=m(2πT)2L，解得T=2π L3GM，故A正确;
B.角速度ω=2πT，故B错误;
CD.太阳单位时间内向外辐射的总能量为E=PE⋅4πL2，故C正确，D错误。
9.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查变压器的计算，二极管的单向导电性;考查理解问题和分析综合问题的能力。解决问题的关键是理解理想变压器的三个关系式和三个制约关系，知道二极管的单向导电性，会计算交流电的有效值。
【解答】
A.根据理想变压器副线圈n2两端电压与原线圈电压关系可得U1=n1n2U2，设电压表V2示数为U，根据有效值的定义可得U22R1⋅T2=U2R1T，解得U= 22U2，所以电压表V1和V2的示数之比为 2n1n2=5 2，故A错误;
B.副线圈两端的电压不变，电阻减小，则电流增大，副线圈的功率增大，最后使得输入功率增大，所以电流表A1的示数增大，故B正确;
C.因为两副线圈匝数和负载相同，根据能量守恒可得U1I1T=U2I2T2+U2I2T，解得电流表A1和A2的示数之比为3:10，故C错误;
D.当没有二极管时U1I1T=2U2I2T，解得电流表A1和A2的示数之比为2:5，故D正确。
10.【答案】AD
【解析】【分析】
该题首先要认真读题，搞清问题的情景，抓住小磁铁由静止释放，运动过程中始终保持水平，且穿出金属板前已经匀速，建立起物理模型分析对磁铁进行受力分析，根据安培力与重力相等可得匀速运动的速率关系式即可．
【解答】
正对部分电阻长度为c，横截面积为ab，根据电阻定律有R=ρcab，
匀速时金属板正对面均受到安培力，根据牛顿第三定律，对磁铁进行受力分析有2BIc=mg，则I=mg2Bc=BcvR，解得v=mgρ2B2abc，
故减小电阻率ρ可以减小向下匀速运动的速率，AD正确。
11.【答案】(1)7.885(7.883∼7.888均正确)；
(2)vLBLA；
(3)g(LA+LB)=12v2+12(vLBLA)2；
(4)C
【解析】【分析】
本题考查验证机械能守恒定律的实验。解决问题的关键是清楚实验原理，会分析数据处理，会分析实验误差;考查学生科学探究能力。知道螺旋测微器的读数规则。
【解答】
(1)根据螺旋测微器的示数可读出遮光条的宽度d=7.5mm+38.5×0.01mm=7.885mm。
(2)在运动过程中A、B两球的角速度相等，则有vLB=vALA，解得vA=vLBLA。
(3)若机械能守恒，则满足系统重力势能的减少量等于动能的增加量，则有mg(LA+LB)=12mv2+
12m(vLBLA)2，即g(LA+LB)=12v2+12(vLBLA)2
(4)A.存在空气阻力会使重力势能的减少量大于动能的增加量，故A错误;
B.小球质量对实验结果没有影响，B错误;
C.遮光条在小球B的底都，其线速度大于小钢球B经过最低位置时的速度，所以会造成小钢球速度的计算值偏大，会造成动能变化量△Ek的数值大于重力势能变化量△Ep的数值，故C正确。
12.【答案】(1)B；(3)①AC；②1.4；③调大。
【解析】【分析】
本题主要考查研究通过热敏电阻对孵化器实施自动控温的实验，明确热敏电阻的性质和实验原理是解决问题的关键。
(1)根据热敏电阻的阻值和滑动变阻器的阻值，为减小实验误差选择滑动变阻器和电流表的接法，由此即可求解；
(3)①由题意，根据实验原理分析；
②结合题意，根据R−t图像和欧姆定律求解；
③由题意，根据R−t图像和闭合电路欧姆定律分析求解。
【解答】
(1)根据实验结果，热敏电阻在25℃∼60℃变化过程中阻值在5kΩ∼60kΩ变化，滑动变阻器R0的最大阻值为50Ω，为了较准确的测出不同温度下热敏电阻的阻值，为减小实验误差，滑动变阻器应采用分压式接法，热敏电阻是个大电阻，电流表采用内接法，故B正确，ACD错误；
(3)①根据图乙可知热敏电阻温度升高，电阻减小，电路中的电流变大，当温度超过38℃停止加热，所以加热装置应接入A、C；
②根据图乙可知当温度为38℃时，电阻约为28kΩ，可得U=IR=1.4V；
③37℃时电阻约为30kΩ，此时电流达到50.0μA，根据闭合电路欧姆定律I=ER+R1+r可知，为完成设计目标，可变电阻R1需要调大阻值。
13.【答案】解：(1)对整体装置分析，根据牛顿第二定律得F=(2M+m)a
以气缸和活塞为整体，根据牛顿第二定律得Ff=(M+m)a
解得F1=(M+m)F(2M+m)
(2)设稳定时封闭气体压强为p
对活塞整体，由牛顿第二定律得p0⋅2S+pS−p0S−p⋅2S=ma
解得p=p0−Fm(2M+m)S
(3)根据(2)结果，封闭气体压强变小，体积变大，该过程为等温过程p0V=pV′
根据体积关系Δx⋅S=V′−V
解得Δx=(p0−p)VpS
【解析】本题考查连接体问题，考查真实情境下应用理想气体状态方程解决问题的能力，考查理解问
题和分析综合问题能力。
(1)对整体装置以及气缸和活塞整体分析，根据牛顿第二定律求出稳定运动时小车对汽缸的摩擦力;
(2)对活塞整体，由牛顿第二定律得可以求出稳定时封闭气体的压强。
(3)封闭气体压强变小，体积变大，该过程为等温过程。再根据体积关系得自开始运动至稳定时活塞相对汽缸的位移。
14.【答案】解：(1)小球A和B发生弹性正碰，
由动量守恒定律得mv0=3mvA1+mvB1
由能量守恒定律得12mv02=12×3mvA12+12mvB12
解得vA1=2m3m+mv0=v02
vB1=m−3m3m+mv0=−v02
第一次碰撞后瞬间小球A、B的速率均为v02;
(2)第一次碰撞结束后两小球速率相等，为完成第二次碰撞必然在小球A向左运动时
自第一次碰撞结束瞬间至第2次碰撞所需时间t应满足
t=nT+T2(n=0,1,2,3,⋯)
其中T=2π Lg
设此过程挡板到碰撞点的距离为x，x应满足条件2x=v02t
解得x=v04(nT+T2)=πv0(2n+1)4 Lg(n=0,1,2,3,⋯)；
(3)第二次碰撞，规定向左为正，由动量守恒定律得3mv02−mv02=3mvA2+mvB2
由机械能守恒定律得12×3mv024+12mv024=12×3mvA22+12mvB22
解得vA2=0，vE2=v0，方向向左
第三次碰撞重复第一次碰撞
由(1)结果可知vA3=v02
小球A摆动到最高点的过程，根据机械能守恒定律得12×3mvA32=3mgL(1−csθ)
解得csθ=1−v028gL
所以sinθ=v08gL 16gL−v02≈θ
所以振幅A≈Lθ=v08g 16gL−v02
【解析】本题考查弹性碰撞、机械能守恒定律、简谐运动等知识，考查应用数学处理物理问题的能力。解决问题的关键是清楚不同阶段的运动规律，利用动量守恒和机械能守恒定律、碰撞满足的条件分析计算。
15.【答案】解：(1)小球A和B在水平方向的初速度vx=v0cs30∘
水平方向加速度大小ax=E0qm
小球A在该区域做直线运动，两小球竖直方向运动情况相同，设小球在该区域运动时间为t，
对小球B，根据运动学公式可得0=vx−axt，xB=vxt−12axt2
对小球A有xA=vxt+12axt2
综上可得xA:xB=3:1
(2)根据(1)问结论，小球A到达PQ边界时水平速度vAx=vx+axt=2vx
因为小球A做直线运动，小球A离开PQ边界时速率vA=2v0
竖直方向速度vAy=2vy=2v0sin30∘=v0
所以两边界之间的距离d1=vAy2−(v0sin30∘)22g
解得d1=3v028g；
(3)因小球A在区域Ⅰ做匀速直线运动，则有tan30∘=mgE0q
又因为PQ和SH之间的电场强度大小为E= 33E0，所以在该区域Eq=mg
小球A受竖直向上的电场力，所以小球A受到的电场力与重力平衡，小球A在洛伦兹力作用下做匀速
圆周运动，如图1所示：
对小球A，洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，则有Bq⋅2v0=m(2v0)2r
PQ到SH边界的最小距离d2=r(1+cs30∘)
解得d2=mv0(2+ 3)Bq
(4)小球A的运动轨迹如图2所示，
对小球A，在水平方向上根据动量定理可得
∑Bqvy1Δt1+∑2Bqvy2Δt2=m⋅2v0+m⋅2v0csθ
可得Bqd22+2BqΔd=2mv0+2mv0csθ
小球A运动过程中到PQ边界的最大距离d3=d22+△d
解得d3=3mv0(2+ 3)4Bq。
【解析】本题利用带电粒子在电场、磁场中的运动，考查学生分析综合问题的能力，考查学生应用数学处理物理问题的能力。解决问题的关键是清楚带电粒子在叠加场中运动的运动规律，利用运动的合成和分解的知识、动量定理、平衡条件、洛伦兹力提供向心力及数学知识分析计算。长度
200 N
400 N
800N
1600 N
1m
225mm2
0.02mm
0.04mm
0.08mm
0.16mm
2m
225mm2
0.04mm
0.08mm
0.16mm
0.32mm
1m
450mm2
0.01mm
0.02mm
0.04mm
0.08mm
1.氢原子从高能级向n=1，2，3，4等能级跃迁产生的相应光谱，分别称为赖曼系、巴耳末系、帕邢系和布喇开系，如图所示。下列说法正确的是( )
A. 巴耳末系谱线频率大于赖曼系谱线频率
B. 布喇开系谱线波长小于赖曼系谱线波长
C. 巴耳末系光子的能量可以使处于基态的氢原子的电子脱离原子核的束缚变为自由电子
D. 如果巴耳末系光子照射到某金属上发生光电效应，则赖曼系光子也能使该金属发生光电效应
2.如图所示，质量为m的物块用可变力F压在竖直墙壁上，物块处于静止状态。某时刻开始F突变，以此时作为计时起点，F大小满足F=kt。已知物块与墙壁之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，则至少经过多长时间物块相对于墙壁再次静止( )
A. mgμkB. mg2μkC. 2mgμkD. 4mgμk
3.高标准钢筋通常用于承载能力要求较高的大型建筑结构中，如桥梁、高楼建筑等。钢筋在弹性限度内的伸长量与拉力的关系满足胡克定律。实验室中测量某高标准下截面积分别为225mm2和450mm2的两种型号钢筋的劲度系数。数据如下表所示，通过数据分析，关于该材料的劲度系数分析可能正确的是( )
A. 劲度系数与拉力成正比
B. 劲度系数与长度成正比
C. 劲度系数与横截面积成正比
D. 劲度系数由材料决定与长度、横截面积无关
4.一定质量的物块静止在水平面上，给物块施加竖直向上的拉力F，选取地面为重力势能的零势能面，物块在一定时间内机械能随路程变化的图像如图所示。已知物块加速度为零的位置出现在路程大于s1的位置。下列说法正确的是( )
A. 0∼s2过程中物块的加速度逐渐减小B. 0∼s1过程中物块的动能逐渐增大
C. 0∼s2过程中物块先向上运动后向下运动D. s2∼s3过程中物块一定向上运动
5.如图所示，下端绕有几圈细铁丝、粗细均匀的圆柱形木筷竖直悬浮在足够大的装有水的杯中。木筷横截面积为S，木筷与铁丝总质量为m，水的密度为ρ，重力加速度为g。已知简谐运动的周期T=2π mk，其中m是做简谐运动物体的质量，k为回复力与位移的比值的绝对值。现把木筷向上提起一段距离x后放手，木筷开始做往复运动，空气阻力和水的粘滞阻力不计，忽略铁丝的体积，则木筷自最高点运动到最低点的最短时间为( )
A. 2π m(ρS+1)gB. π m(ρS+1)gC. 2π mρgSD. π mρgS
6.如图所示为一种液面高度预警仪原理图。储液池底部为平面镜，顶部为与底面平行的荧光屏，在荧光屏上一点发出一束激光，激光进入液体后经平面镜反射，再次照射到荧光屏上。当储液池内的液面在标准液面时，照射到荧光屏上的点记为O(未标出)，预警点在O点左侧，距 O点的距离为d。当液面缓慢上升，激光打在预警点时触发警报。已知液体对激光的折射率为 3，激光照射方向与竖直方向的夹角为60∘，不考虑经液面反射的光线。当液面比标准液面高Δh时触发警报，则Δh可表示为( )
A. 32dB. 34dC. 38dD. 3 34d
7.如图所示，半径为R的均匀带电金属球壳，所带电荷量为Q。在球壳上取一小面积ΔS(ΔS≪4πR2)，球壳上其余部分电荷对ΔS所带电荷的作用力为( )
A. kΔSQ28πR4B. kΔSQ8πR4C. kΔSQ8πR2D. kΔSQ28πR2
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.国际气候科学界的研究数据表明近百年地球的平均温度已经上升了约1摄氏度。太阳是地球的主要能源来源，地球上的植物把部分太阳能源储存起来，人类生产活动释放该部分能源导致地球温度升高。已知日地距离为L，太阳质量为 M，地球绕太阳运动的轨迹近似为圆形，引力常量为 G，日地间距离远大于地球半径。单位时间内垂直射到地球单位面积上的能量PE称为太阳常数。下列说法正确的是( )
A. 地球绕太阳做圆周运动的周期为2π L3GM
B. 地球绕太阳做圆周运动的角速度为 L3GM
C. 太阳单位时间内向外辐射的总能量为4πL2PE
D. 太阳单位时间内向外辐射的总能量为43πL3PE
9.如图所示，理想变压器的原线圈匝数n1=1000，原线圈与电压表V1并联，并通过一电流表A1接正弦交流电源;一个二极管和阻值为R1的负载电阻串联后接到匝数n2=200的副线圈两端，电压表V2与电阻R1并联;阻值为R2的负载电阻串联电流表A2后接到匝数n3=200的副线圈两端。已知R1=R2=R，二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大，电表均为理想电表。下列说法正确的是( )
A. 电压表V1和V2的示数之比为5:1
B. 减小负载电阻阻值，电流表A1示数变大
C. 电流表A1和A2的示数之比为2:5
D. 如果将二极管短路，电流表A1和A2的示数之比为2:5
10.电磁无损阻尼是一种无接触控速装置，减少了因摩擦对设备的损害。在探究电磁阻尼实验中把两厚度为 a的大金属板正对竖直放置，质量为m的长方体形状小磁铁水平放置且与金属板垂直，如图所示。小磁铁端面正对两金属板区域的磁场均可视为匀强磁场，磁感应强度为 B，其余磁场忽略不计。已知小磁铁厚度为b，宽度为c，长度为L，金属板电阻率为ρ，重力加速度为 g，为研究问题方便金属板只考虑与磁场正对部分的电阻，其余电阻忽略不计，忽略空气阻力，小磁铁由静止释放后运动过程中始终保持水平，且穿出金属板前已经匀速。下列说法正确的是( )
A. 小磁铁向下运动过程中，金属板与小磁铁正对部分的电阻为ρcab
B. 小磁铁匀速下落时，金属板与小磁铁正对部分的电流为mgBc
C. 小磁铁向下匀速运动时的速率为mgρB2abc
D. 仅更换电阻率更小的金属板，可以减小磁铁向下匀速运动的速率
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学用如图所示的装置验证机械能守恒定律。一根轻质杆上固定两个质量均为m的小钢球A、B，通过光滑转轴与铁架台在 O点相连，光电门固定在转轴的正下方。在 B球底部竖直地粘住一片宽度为d的遮光条，测出转轴到A球球心及B球球心的距离分别为LA、LB。已知重力加速度为g。
(1)用螺旋测微器测量遮光条宽度，示数如图所示，遮光条宽度d=__________mm。
(2)将轻质杆拉到水平位置由静止释放，遮光条经过光电门的挡光时间t由计时器测出，取v=dt作为小钢球B经过最低点时的速度，则小钢球A到达最低点时的速度为__________。(用v、LA、LB表示)
(3)若在误差允许的范围内满足关系式__________(用g、v、LA、LB表示)，则说明小球A、B由水平位置运动到最低点的过程中机械能守恒。
(4)该同学利用测量数据计算出小钢球A、B由释放到运动至最低点的过程中，动能变化量ΔEk的数值总是大于重力势能变化量ΔEp的数值，造成这种差异的原因分析正确的是__________。
A.存在空气阻力
B.小球质量测量值偏大
C.用遮光条的速度代替小钢球B的速度
12.鸡蛋的孵化温度范围通常在37.5℃到38.5℃之间。在这个温度范围内鸡蛋才能孵化出健康的幼鸡。某兴趣小组研究通过热敏电阻对孵化器实施自动控温。
(1)该小组用伏安法测量不同温度下热敏电阻的阻值。实验中使用的器材有：被测热敏电阻R;电流表(量程为0∼1.5mA，内阻约为200Ω);电压表(量程为0∼15V，内阻约为9.0kΩ);滑动变阻器R0(0∼50Ω);直流电源(电动势为15V);容器及测温装置。为了较准确的测出不同温度下热敏电阻的阻值，应选用图甲中所示的__________电路进行实验。
(2)采用正确的电路进行测量后，作出该热敏电阻的阻值随温度变化的图像如图乙所示。
(3)如图丙所示，将热敏电阻R安装在孵化器内，为使孵化器温度稳定在38℃±0.5℃，当孵化器内温度达到38℃时加热器停止加热。自动控制电路将热敏电阻R与调节电阻R1串联，当流过热敏电阻的电流达到50.0μA时，通过放大电路将电流放大，继电器的衔铁将被吸合。该过程通过热敏电阻、电磁继电器和放大电路等自动完成。
①应该把孵化器的加热器接在__________(填“A、C”或“B、D”)端;
②当衔铁被吸合时，加在热敏电阻两端的电压为__________V。(结果保留2位有效数字)
③在实验阶段发现每次温度为37℃时衔铁被吸合，为完成设计目标，需要把可变电阻R1__________(填“调大”或“调小”)。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.如图所示，半径不同的两个导热性能良好的圆筒连接组成的汽缸放置在小车上，小车静置在光滑水平面上。不可伸长的轻杆连接的两活塞P、Q之间封闭着一定质量的理想气体，整个系统处于静止状态。给小车施加水平向右的恒定拉力 F，经过一段时间活塞相对汽缸重新静止，在此过程中汽缸始终相对小车静止。已知汽缸和小车质量均为 M，两活塞总质量为m，P、Q的横截面积分别为2S和S，初始时封闭气体体积为V，大气压强为p0，环境温度不变，两圆筒足够长，不计活塞和汽缸之间的摩擦力，封闭气体质量远小于活塞质量，空气阻力远小于拉力 F。求：
(1)稳定运动时小车对汽缸的摩擦力;
(2)稳定时封闭气体的压强;
(3)用p表示(2)中压强结果，则自开始运动至稳定时活塞相对汽缸的位移。
14.如图所示，质量为3m的小球A通过长为L的轻质细线悬挂在天花板上，当悬线竖直时，小球A与地面之间的缝隙可以忽略。另一质量为m的小球B以初速度v0向右运动与静止的小球A在水平面发生弹性正碰;B的左侧有可以移动的挡板P，B球与挡板发生碰撞时无能量损失。实验时依次改变挡板位置，保证每次 B与A发生弹性正碰的位置均在A球轨迹最低点。已知水平面光滑，空气阻力可以忽略，实验中小球A的摆角始终小于5∘，重力加速度为g，当θ很小时，sinθ≈θ，且弧长近似等于弦长。求：
(1)第一次碰撞后瞬间小球A、B的速率;
(2)为按要求完成第二次碰撞，挡板P到碰撞位置的距离应满足的条件;
(3)第三次碰撞后小球A做简谐运动的振幅。
15.如图所示，以水平直线MN、PQ为边界的区域Ⅰ内存在电场强度大小为E0、方向水平向右的匀强电场，以水平直线PQ、SH为边界的区域Ⅱ内存在电场强度大小为 33E0、方向竖直向上的匀强电场及磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量均为m、电荷量分别为q和−q(q>0)的带电小球A、B先后自MN边界的O点以大小为v0、方向与边界MN成30∘角的初速度进入区域Ⅰ，A小球与边界PQ成30∘角离开区域Ⅰ，B小球垂直边界PQ离开区域Ⅰ。已知纸面位于竖直面内，小球始终在纸面内运动，不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：
(1)小球A、B在MN和PQ之间的水平位移之比;
(2)边界MN和PQ之间的距离;(用v0、g表示)
(3)为使小球A不从SH边界离开区域Ⅱ，PQ与SH边界的最小距离;
(4)把(3)问中最小距离等分为上下两份，上部分磁感应强度保持不变，下部分磁感应强度大小变为2B，方向不变，小球A运动过程中到PQ边界的最大距离。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差可知赖曼系、巴耳末系、帕邢系和布喇开系波长和频率的变化。根据光电效应的条件判断金属是否发生光电效应。
解决本题的关键知道能级间跃迁所满足的规律，以及知道光电效应的条件，并能灵活运用。
【解答】
AB、根据跃迁规律hv=Em−En，赖曼系、巴耳末系、帕邢系和布喇开系波长逐渐增大，释放光子的频率逐渐减小，光子能量逐渐减小。A、B错误;
C、处于基态的氢原子需要吸收大于13.6eV的能量才能使氢原子电子脱离束缚，C错误;
D、巴耳末系光子能量小于赖曼系光子能量，根据光电效应原理可知赖曼系光子也能使该金属发生光电效应，D正确。
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查利用动量定理解决变力的问题，考查建模能力以及灵活运用物理规律解决实际问题的能力。
【解答】
滑动摩擦力Fi=μkt，所以t时间内滑动摩擦力的冲量I=12kμt2，对物块根据动量定理得mgt−I=0，所以再次静止的时刻t=2mgμk，C正确，A、B、D错误。
故选C。
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查弹力与弹性形变的关系，考查学生理解能力、数据分析与处理的能力、解决实际问题的能力。解决问题的关键是根据实验数据结合胡克定律分析判断。
【解答】
根据胡克定律F=kx及表中数据可知，劲度系数与长度成反比，与横截面积成正比，故C正确，ABD错误。
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查对功能关系的理解，E−s图像的理解，考查学生视图能力和分析综合问题能力。
【解答】
物块机械能增加是由拉力F做功引起的，根据△E=F△s，可知E−s图像的斜率表示F，因此F
一直在减小，当路程大于s2后拉力变为零，0∼s2的过程中物块的机械能在增加，所以F在做正功，物块
向上运动，之后物块可能向下做自由落体运动或向上做竖直上抛运动。在物块向上运动的过程中，开始时
拉力F大于重力，向上做加速度逐渐减小的加速度运动，直到加速度为零，速度达到最大值，然后再做加
速度逐渐增大的减速运动，当拉力为零后做加速度恒定的匀变速直线运动，B正确，A、C、D错误。
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查简谐运动的回复力，物体做简谐运动的周期公式，考查建模能力和应用物理处理实际问题的能力。
【解答】解：开始筷子静止，浮力和重力平衡，当提起或下压x，合力方向和位移方向相反，合力F=−ρgSx，筷子做简谐运动，k=ρgs，所以周期T=2π mk=2π mρgS，自最高点到最低点至少运动半个周期，则最短时间t=π mρgS，D正确，A、B、C错误。
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查光的折射定律，几何关系的处理，考查学生画图的能力和理解能力。
【解答】
解：光路如图所示，根据折射定律n=sinαsinβ，解得β=30∘，
设荧光屏到标准液面的距离为x，标准液面对应的深度为h。
根据几何关系得d=2(xtan60∘+htan30∘)−2[(x−Δh)tan60∘+(h+Δh)tan30∘]，
解得Δh= 34d，故B正确，A、C、D错误。
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查电场的矢量运算。考查学生模型建构能力。解决问题的关键是熟知点电荷的场强公式，再利用矢量的叠加原理分析判断。
【解答】在紧挨着ΔS面取两点a和b，a在内部，b在外部。
设ΔS所带电荷分别在a、b两点形成的电场强度大小为E1，其余部分在a、b两点形成的电场强度大小为E2，所以a点电场强度大小为E1−E2=0，b点电场强度大小为E1+E2=kQR2，解得E2=kQ2R2，所以其余部分对ΔS所带电荷的电场力F=E2q=kQ2R2⋅QΔS4πR2=kΔSQ28πR4，故A正确，BCD错误。
8.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查环绕天体的基本公式的运算、能量辐射的运算;考查建构模型和分析实际问题能力。解决问题的关键是清楚地球绕太阳做圆周运动，万有引力提供向心力。
【解答】
A.地球绕太阳做圆周运动，万有引力提供向心力，则有GMmL2=m(2πT)2L，解得T=2π L3GM，故A正确;
B.角速度ω=2πT，故B错误;
CD.太阳单位时间内向外辐射的总能量为E=PE⋅4πL2，故C正确，D错误。
9.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查变压器的计算，二极管的单向导电性;考查理解问题和分析综合问题的能力。解决问题的关键是理解理想变压器的三个关系式和三个制约关系，知道二极管的单向导电性，会计算交流电的有效值。
【解答】
A.根据理想变压器副线圈n2两端电压与原线圈电压关系可得U1=n1n2U2，设电压表V2示数为U，根据有效值的定义可得U22R1⋅T2=U2R1T，解得U= 22U2，所以电压表V1和V2的示数之比为 2n1n2=5 2，故A错误;
B.副线圈两端的电压不变，电阻减小，则电流增大，副线圈的功率增大，最后使得输入功率增大，所以电流表A1的示数增大，故B正确;
C.因为两副线圈匝数和负载相同，根据能量守恒可得U1I1T=U2I2T2+U2I2T，解得电流表A1和A2的示数之比为3:10，故C错误;
D.当没有二极管时U1I1T=2U2I2T，解得电流表A1和A2的示数之比为2:5，故D正确。
10.【答案】AD
【解析】【分析】
该题首先要认真读题，搞清问题的情景，抓住小磁铁由静止释放，运动过程中始终保持水平，且穿出金属板前已经匀速，建立起物理模型分析对磁铁进行受力分析，根据安培力与重力相等可得匀速运动的速率关系式即可．
【解答】
正对部分电阻长度为c，横截面积为ab，根据电阻定律有R=ρcab，
匀速时金属板正对面均受到安培力，根据牛顿第三定律，对磁铁进行受力分析有2BIc=mg，则I=mg2Bc=BcvR，解得v=mgρ2B2abc，
故减小电阻率ρ可以减小向下匀速运动的速率，AD正确。
11.【答案】(1)7.885(7.883∼7.888均正确)；
(2)vLBLA；
(3)g(LA+LB)=12v2+12(vLBLA)2；
(4)C
【解析】【分析】
本题考查验证机械能守恒定律的实验。解决问题的关键是清楚实验原理，会分析数据处理，会分析实验误差;考查学生科学探究能力。知道螺旋测微器的读数规则。
【解答】
(1)根据螺旋测微器的示数可读出遮光条的宽度d=7.5mm+38.5×0.01mm=7.885mm。
(2)在运动过程中A、B两球的角速度相等，则有vLB=vALA，解得vA=vLBLA。
(3)若机械能守恒，则满足系统重力势能的减少量等于动能的增加量，则有mg(LA+LB)=12mv2+
12m(vLBLA)2，即g(LA+LB)=12v2+12(vLBLA)2
(4)A.存在空气阻力会使重力势能的减少量大于动能的增加量，故A错误;
B.小球质量对实验结果没有影响，B错误;
C.遮光条在小球B的底都，其线速度大于小钢球B经过最低位置时的速度，所以会造成小钢球速度的计算值偏大，会造成动能变化量△Ek的数值大于重力势能变化量△Ep的数值，故C正确。
12.【答案】(1)B；(3)①AC；②1.4；③调大。
【解析】【分析】
本题主要考查研究通过热敏电阻对孵化器实施自动控温的实验，明确热敏电阻的性质和实验原理是解决问题的关键。
(1)根据热敏电阻的阻值和滑动变阻器的阻值，为减小实验误差选择滑动变阻器和电流表的接法，由此即可求解；
(3)①由题意，根据实验原理分析；
②结合题意，根据R−t图像和欧姆定律求解；
③由题意，根据R−t图像和闭合电路欧姆定律分析求解。
【解答】
(1)根据实验结果，热敏电阻在25℃∼60℃变化过程中阻值在5kΩ∼60kΩ变化，滑动变阻器R0的最大阻值为50Ω，为了较准确的测出不同温度下热敏电阻的阻值，为减小实验误差，滑动变阻器应采用分压式接法，热敏电阻是个大电阻，电流表采用内接法，故B正确，ACD错误；
(3)①根据图乙可知热敏电阻温度升高，电阻减小，电路中的电流变大，当温度超过38℃停止加热，所以加热装置应接入A、C；
②根据图乙可知当温度为38℃时，电阻约为28kΩ，可得U=IR=1.4V；
③37℃时电阻约为30kΩ，此时电流达到50.0μA，根据闭合电路欧姆定律I=ER+R1+r可知，为完成设计目标，可变电阻R1需要调大阻值。
13.【答案】解：(1)对整体装置分析，根据牛顿第二定律得F=(2M+m)a
以气缸和活塞为整体，根据牛顿第二定律得Ff=(M+m)a
解得F1=(M+m)F(2M+m)
(2)设稳定时封闭气体压强为p
对活塞整体，由牛顿第二定律得p0⋅2S+pS−p0S−p⋅2S=ma
解得p=p0−Fm(2M+m)S
(3)根据(2)结果，封闭气体压强变小，体积变大，该过程为等温过程p0V=pV′
根据体积关系Δx⋅S=V′−V
解得Δx=(p0−p)VpS
【解析】本题考查连接体问题，考查真实情境下应用理想气体状态方程解决问题的能力，考查理解问
题和分析综合问题能力。
(1)对整体装置以及气缸和活塞整体分析，根据牛顿第二定律求出稳定运动时小车对汽缸的摩擦力;
(2)对活塞整体，由牛顿第二定律得可以求出稳定时封闭气体的压强。
(3)封闭气体压强变小，体积变大，该过程为等温过程。再根据体积关系得自开始运动至稳定时活塞相对汽缸的位移。
14.【答案】解：(1)小球A和B发生弹性正碰，
由动量守恒定律得mv0=3mvA1+mvB1
由能量守恒定律得12mv02=12×3mvA12+12mvB12
解得vA1=2m3m+mv0=v02
vB1=m−3m3m+mv0=−v02
第一次碰撞后瞬间小球A、B的速率均为v02;
(2)第一次碰撞结束后两小球速率相等，为完成第二次碰撞必然在小球A向左运动时
自第一次碰撞结束瞬间至第2次碰撞所需时间t应满足
t=nT+T2(n=0,1,2,3,⋯)
其中T=2π Lg
设此过程挡板到碰撞点的距离为x，x应满足条件2x=v02t
解得x=v04(nT+T2)=πv0(2n+1)4 Lg(n=0,1,2,3,⋯)；
(3)第二次碰撞，规定向左为正，由动量守恒定律得3mv02−mv02=3mvA2+mvB2
由机械能守恒定律得12×3mv024+12mv024=12×3mvA22+12mvB22
解得vA2=0，vE2=v0，方向向左
第三次碰撞重复第一次碰撞
由(1)结果可知vA3=v02
小球A摆动到最高点的过程，根据机械能守恒定律得12×3mvA32=3mgL(1−csθ)
解得csθ=1−v028gL
所以sinθ=v08gL 16gL−v02≈θ
所以振幅A≈Lθ=v08g 16gL−v02
【解析】本题考查弹性碰撞、机械能守恒定律、简谐运动等知识，考查应用数学处理物理问题的能力。解决问题的关键是清楚不同阶段的运动规律，利用动量守恒和机械能守恒定律、碰撞满足的条件分析计算。
15.【答案】解：(1)小球A和B在水平方向的初速度vx=v0cs30∘
水平方向加速度大小ax=E0qm
小球A在该区域做直线运动，两小球竖直方向运动情况相同，设小球在该区域运动时间为t，
对小球B，根据运动学公式可得0=vx−axt，xB=vxt−12axt2
对小球A有xA=vxt+12axt2
综上可得xA:xB=3:1
(2)根据(1)问结论，小球A到达PQ边界时水平速度vAx=vx+axt=2vx
因为小球A做直线运动，小球A离开PQ边界时速率vA=2v0
竖直方向速度vAy=2vy=2v0sin30∘=v0
所以两边界之间的距离d1=vAy2−(v0sin30∘)22g
解得d1=3v028g；
(3)因小球A在区域Ⅰ做匀速直线运动，则有tan30∘=mgE0q
又因为PQ和SH之间的电场强度大小为E= 33E0，所以在该区域Eq=mg
小球A受竖直向上的电场力，所以小球A受到的电场力与重力平衡，小球A在洛伦兹力作用下做匀速
圆周运动，如图1所示：
对小球A，洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，则有Bq⋅2v0=m(2v0)2r
PQ到SH边界的最小距离d2=r(1+cs30∘)
解得d2=mv0(2+ 3)Bq
(4)小球A的运动轨迹如图2所示，
对小球A，在水平方向上根据动量定理可得
∑Bqvy1Δt1+∑2Bqvy2Δt2=m⋅2v0+m⋅2v0csθ
可得Bqd22+2BqΔd=2mv0+2mv0csθ
小球A运动过程中到PQ边界的最大距离d3=d22+△d
解得d3=3mv0(2+ 3)4Bq。
【解析】本题利用带电粒子在电场、磁场中的运动，考查学生分析综合问题的能力，考查学生应用数学处理物理问题的能力。解决问题的关键是清楚带电粒子在叠加场中运动的运动规律，利用运动的合成和分解的知识、动量定理、平衡条件、洛伦兹力提供向心力及数学知识分析计算。长度
200 N
400 N
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