2025届浙江省Z20名校联盟（浙江省名校新高考研究联盟）高三上学期第二次联考试物理试题（解析版）

这是一份2025届浙江省Z20名校联盟（浙江省名校新高考研究联盟）高三上学期第二次联考试物理试题（解析版），共31页。试卷主要包含了选择题Ⅰ，选择题Ⅱ，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）下列物理量中为矢量且单位符号正确的是（ ）
A．磁感应强度（T）B．磁通量（Wb）
C．功（J）D．热量（W）
【分析】矢量是既有大小又有方向，运算遵循平行四边形定则的物理量，标量只有大小没有方向，运算遵循代数运算法则的物理量。
【解答】解：A、磁感应强度是矢量，单位T，故A正确；
B、磁通量只有大小，没有方向，是标量，单位是Wb，故B错误；
CD、功，热量只有大小，没有方向，是标量，单位都为焦耳，符号为J，故CD错误；
故选：A。
【点评】对于物理量的标矢性与物理量的定义、物理意义、单位、公式等要一起学习，这是物理概念内涵的一部分。要注意物理量的符号和单位符号是不同的，不能搞混。
2．（3分）2024年8月在巴黎奥运会网球女子单打决赛中，中国选手郑钦文获得冠军。如图所示为郑钦文击球瞬间，则下列说法正确的是（ ）
A．任何情况下均可以将网球视为质点
B．网球在击打时和飞行过程中惯性不变
C．网球在飞行过程中受到重力和球拍的作用力
D．网球受到的弹力是由于网球的形变引起的
【分析】A、如果物体大小相对研究对象较小或影响不大，可以把物体看作质点；
B、惯性是物体的一种固有属性，只与物体的质量有关；
C、网球在飞行过程中受到重力和空气阻力作用；
D、弹力是物体受外力作用发生形变后，若撤去外力，物体能恢复原来形状的力。
【解答】解：A、研究运动员切球动作时，运动员做怎样的动作与网球的如何转动有关，不能将网球看成质点，故A错误；
B、网球的质量不变，惯性不变，故B正确；
C、网球在飞行过程中已经离开球拍，受到重力和空气阻力，不受推力，故C错误；
D、网球受到的弹力是因为球拍发生了形变，球拍是这个弹力的施力物体，故D错误。
故选：B。
【点评】考查对质点、惯性、弹力等物理量的理解，清楚其定义。
3．（3分）如图甲所示为人们用“打夯”的方式把地面夯实。设某次打夯符合以下模型：两人同时通过绳子对重物各施加一个力，重物离开地面某一高度后人停止施力，最后重物自由下落把地面砸出一深度如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．若缓慢向上提重物，两绳子间夹角越大，绳子拉力越小
B．重物离开地面在上升过程中，机械能先增加后减小
C．重物从高处自由下落到最终静止，始终处于失重状态
D．重物从高处自由下落到最终静止，合外力做功为零
【分析】根据力的平行四边形定则分析拉力大小变化，根据机械能守恒条件判断机械能是否守恒，加速度向上时为超重，根据动能定理判断合外力做功。
【解答】解：A.若缓慢向上提重物，重物受力平衡，两绳子拉力的合力等于重力。根据力的平行四边形定则，当两绳子间夹角越大时，为了保持合力不变，每个绳子的拉力会增大，而不是减小。故A错误；
B.重物离开地面在上升过程中，人施加的力对重物做正功，重物的机械能（动能和势能之和）是增加的，直到人停止施力。在人停止施力后，重物只受重力作用，机械能保持不变（只有重力做功时，机械能守恒）。故B错误；
C.重物从高处自由下落到砸到地面的过程中，始终处于失重状态（因为加速度向下）。但是，当重物与地面接触并受到地面的支持力时，它会经历一个减速过程，直到最终静止。在这个过程中，重物的加速度方向向上，处于超重状态。故C错误；
D.重物从高处自由下落到最终静止的过程中，初速度和末速度都为零，根据动能定理（合外力做的功等于动能的变化量），合外力做的功为零。故D正确。
故选：D。
【点评】本题利用生活中的场景考查物理知识的综合应用，综合性较强，难度中等。
4．（3分）下列关于教材插图的说法正确的是（ ）
A．甲图中在地球表面上来回摆动的小球，在太空中的空间站仍将来回振动
B．乙图中将磁体靠近干簧管电路接通是利用了电磁感应原理
C．丙图中运输过程中用导线将微安表的两个接线柱连接起来是电磁阻尼现象
D．丁图中铁芯上A、B线圈匝数比为3：1，若ab端输入9V交流电压，则cd端输出3V（非理想变压器）
【分析】根据完全失重状态现象判断；利用了条形磁铁使软铁簧片被磁化而进行工作；根据电磁阻尼现象判断；非理想变压器，有漏磁和热损现象判断。
【解答】解：A、图中小球处于完全失重状态，细绳对小球没有弹力作用，则小球处于静止状态，不会在太空中的空间站仍将来回振动，故A错误；
B、乙图中将磁体靠近干簧管电路接通是利用了条形磁铁使软铁簧片被磁化，触点相互吸引使电路处于导通状态，故B错误；
C、将电流表的两接线柱连接，指针转动时，会产生感应电流，产生电磁阻尼，从而保护表针，故C正确；
D、如果是理想变压器，根据U1U2=n1n2，若ab端输入9V交流电压，可得cd端输出3V，现在是非理想变压器，有漏磁和热损现象，所以cd端输出电压小于3V，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查额完全失重、磁化现象、电磁阻尼、变压器等基础知识，要求学生对这部分知识要重视课本，强化理解和记忆。
5．（3分）场致发射显微镜原理如图所示，中间有一根样品制成细小的金属针，被置于一个先抽成真空后充入少量氦气的玻璃泡中，泡内壁镀上一层薄的荧光导电膜，荧光膜与金属针之间加上高压。氦原子与针尖碰撞，变成带正电的氦离子，随即氦离子沿着辐射状的场线运动至荧光壁，撞击荧光膜发光，获得图样，则下列说法正确的是（ ）
A．金属针接高压的负极
B．辐射状场线上a点电势比b点电势低
C．氦离子靠近荧光膜的过程中，氦离子的加速度增大
D．氦离子靠近荧光膜的过程中，氦离子的电势能减小
【分析】根据电场线的性质、电势与电势能的关系，以及带电粒子在电场中的运动规律来判断各选项。
【解答】解：A、在场致发射显微镜中，氦原子与针尖碰撞，变成带正电的氦离子，随即氦离子沿着辐射状的场线运动至荧光壁，可以判断荧光壁带负电，金属针接高压正极，故A错误；
B、在电场中，电势沿电场线方向递减。由于金属针接正高压，电场线从金属针指向荧光膜，因此a点（靠近金属针）的电势比b点（靠近荧光膜）的电势高，故B错误；
C、靠近荧光膜时，电场强度减小，因此氦离子的加速度减小，故C错误；
D、氦离子靠近荧光膜的过程中，电场力做正功，氦离子的电势能减小，故D正确；
故选：D。
【点评】本题的关键在于理解场致发射显微镜的工作原理，以及电场、电势、电势能和粒子运动之间的关系。正确解答本题需要掌握电场线的性质、电势与电势能的关系，以及带电粒子在电场中的运动规律。
6．（3分）钍基熔盐堆核电站被誉为第四代核电技术，其原理是钍﹣232反应堆中吸收一个中子后变成钍﹣233，钍﹣233在经两次β衰变后生成铀﹣233，铀﹣233可以作为核燃料的易裂变核素，铀﹣233的半衰期可达16万年。钍﹣233第一次的衰变方程为 90233Th→ 91233Pa+ −10e，则下列说法正确的是（ ）
A．β衰变放出的电子来自于核外电子
B．衰变产生β射线的穿透能力比γ射线强
C． 90233Th比 91233Pa结合能小
D．如果将铀﹣233运到火星上，由于低温可以使其半衰期变的更长
【分析】β衰变中的电子是因为核内的中子转变过来的；衰变是朝着更加稳定的方向进行的；衰变的快慢是原子核自身因素决定的。
【解答】解：A、β衰变放出的电子来自原子核内部，故A错误；
B、γ射线比衰变产生β射线的穿透能力强，故B错误；
C、此核反应放出能量，所以生成的新核 91233Pa更稳定，则 90233Th比 91233Pa的比结合能小，又因为核子数相等，所以 90233Th比 91233Pa结合能小，故C正确；
D、半衰期与外部环境无关，所以如果将铀﹣233运到火星上，其半衰期不变，故D错误。
故选：C。
【点评】知道β衰变的实质是解题的关键。
7．（3分）如图所示，两个小球A、B通过轻弹簧连接，小球A通过水平轻绳连接在墙上，另一根轻绳一端通过定滑轮连接小球B，另一端悬挂在墙顶上；小球C挂在动滑轮上，且动滑轮两边绳夹角β＝120°整个装置处于静止状态；与B球连接的绳与水平方向成α＝37°。已知小球A的质量mA＝m，小球C的质量mC＝3m，重力加速度为g。不计滑轮质量及所有摩擦，则小球B的质量为（ ）
A．0.8mB．mC．1.2mD．1.5m
【分析】对C、动滑轮整体受力分析，对A、B整体受力分析，结合平衡条件分别列式，即可求得小球B的质量，即可判断ABCD正误。
【解答】解：设右边绳子拉力大小为FB，如图，对C、动滑轮整体受力分析：
由平衡条件可得：2FBcsβ2=mCg，
设左边绳子拉力大小为FA，如图，对A、B整体受力分析：
由平衡条件可得：FBsinα＝（mA+mB）g，
联立可得：mB＝0.8m；故A正确，BCD错误；故选：A。
【点评】本题主要考查共点力的平衡问题，解答本题时需注意：选准研究对象、做好受力分析、根据共点力的平衡条件确定力与力的关系。
8．（3分）我国计划在2030年前实现中国载人登月。设想登月载人飞船的运行轨迹如图所示。飞船在圆形“停泊轨道”的P点加速进入椭圆“过渡轨道”，该轨道离地球表面最近距离为h1，飞船到达离P点最远距离为L的Q点时，被月球引力“俘获”后，在距月球表面h2的圆形“绕月轨道”上飞行。已知地球半径为R，月球半径为r，地球表面重力加速度为g，月球表面重力加速度为地球表面重力加速度的16，飞船在“过渡轨道”运行时忽略月球引力影响。下列说法正确的是（ ）
A．飞船的发射速度必须大于11.2km/s
B．飞船在“过渡轨道”上P点加速度大于“停泊轨道”上P点的加速度
C．飞船在“过渡轨道”上的P点运行速度为gR2R+ℎ1
D．飞船从P点运动到Q点的时间为π2L38gR2
【分析】A.根据第二宇宙速度的意义进行分析解答；
B.根据向心加速度大小与卫星和地球的球心连线距离的变化关系进行分析判断；
C.根据万有引力提供向心力，黄金代换式联立导出线速度，然后根据离心加速的情况进行判断；
D.根据开普勒第三定律列式求解。
【解答】解：A.根据第二宇宙速度的意义，飞船的发射速如果大于11.2km/s时，飞船将脱离地球的束缚而绕太阳运转，故发射速度必须小于11.2km/s，故A错误；
B.飞船在“过渡轨道”和“停泊轨道”上经过P点时，到地球球心的连线距离一样，则由GMmr2=ma，可知，加速度大小相等，故B错误；
C.飞船在“停泊轨道”上运动时，满足GMm(R+ℎ1)2=mv2R+ℎ1，又GMmR2=mg，联立得v=gR2R+ℎ1，从“停泊轨道”运动到“过渡轨道”，飞船需要在P点加速做离心运动才能完成，故速度必须大于gR2R+ℎ1，故C错误；
D.飞船在“停泊轨道”上的运行时，周期为T=2π(R+ℎ1)v，由开普勒第三定律，可得 (R+ℎ1)3T2=(L2)3T'2 飞船从P点运动到Q点的时间为t=T'2，联立解得 t=π2L38gR2，故D正确。故选：D。
【点评】考查万有引力定律的应用以及宇宙速度，开普勒第三定律问题，会根据题意进行准确分析解答。
9．（3分）如图甲所示为运动员高台滑雪的情景，过程可简化为图乙所示。若阳光垂直照射到斜面上，运动员在倾斜滑道顶端A处以水平初速度飞出，刚好落在斜面底端C处。B点是运动过程中距离斜面的最远处，D点是运动员在阳光照射下经过B点的投影点。不计空气阻力，运动员可视为质点，则下列说法错误的是（ ）
A．运动员在斜面上的投影做匀加速直线运动
B．AD与DC长度之比为1：3
C．若E点在B点的正下方，则AE＝EC
D．若运动员水平初速度减小，落到斜面时的速度与斜面的夹角仍不变
【分析】AB、运用运动的合成与分解方法将小球的运动沿斜面方向和垂直与斜面方向分解，根据运动规律判断选项正误；
C、沿水平方向和竖直方向将小球的运动分解，分别计算小球的水平位移，进而根据几何关系判断OD与DC长度关系；
D、结合速度方向与水平方向夹角正切值和位移与水平方向夹角正切值的关系，判断夹角与初速度的关系。
【解答】解：AB、将小球的运动分解为沿斜面和垂直斜面两个分运动，可知小球沿斜面方向做初速度为v0csθ，加速度为gsinθ的匀加速直线运动，则小球在斜面上的投影做匀加速直线运动。
小球垂直斜面方向做初速度为v0sinθ，加速度为gcsθ的匀减速直线运动，B点是运动过程中距离斜面的最远处，则此时小球垂直斜面方向的分速度刚好为0，根据对称性可知，A到B与B到C的时间相等，均为t=v0sinθgcsθ，则有：
LAD=v0csθ⋅t+12gt2sinθ
LAC=v0csθ⋅2t+12g(2t)2sinθ
可得：LDC=LAC−LAD=v0tcsθ+12g3t2sinθ，
则有：LADLDC=v0tcsθ+12gt2sinθv0tcsθ+12g3t2sinθ＞v0tcsθ+12gt2sinθv03tcsθ+12g3t2sinθ=13，故A正确，B错误；
C、将小球的运动分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动。
小球从A到B的过程中有：xAB＝v0t
小球从A到C的过程中有：xAC＝v0•2t＝2xAB
若E点到B点的正下方，则有：AC＝2AE，可知E点是AC的中点，则AE＝EC，故C正确；
D、小球落到斜面上时，速度与水平方向夹角的正切值tanβ=vyv0=gtv0=2tanθ则知速度方向与水平方向夹角不变，所以两个角度之差，即α不变，与初速度无关。故D正确。
本题选择错误的，故选：B。
【点评】本题考查对平抛运动规律的理解，其中运用运动的合成与分解的方法为解决本题的关键，特别注意该方法应用时可建立不同方向的坐标系。
10．（3分）如图所示为某透明介质材料制成的长方体棱镜，上下两面为边长6R的正方形，棱镜高为2R，S，O分别为上下面的中心，在上表面挖走一个以O点为球心、R为半径的半球，在S处放置一点光源。已知该材料的折射率为n=2，且只有上表面为光学面，则有光射出的上表面形状（用阴影表示）为（俯视看半球内表面被照亮的部分可等效成水平面，下图圆形虚线的半径为R）（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据临界角公式求出临界角后，再找到恰能从平面和弧面上射出的光线的临界点。
【解答】解：根据全反射临界角公式有sinC=1n
解得C＝45°
如图所示
入射角大于45°时会发生全反射，没有光线射出，故C正确，ABD错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查了光的折射和全反射，充分利用好几何关系和临界角公式是解题的关键。
11．（3分）如图所示，一足够长的内部光滑绝缘圆管MN，与水平面夹角为37°，匀强磁场B垂直圆管所在的竖直平面。带负电小球沿圆管（小球直径略小于管直径）由静止下滑，小环质量为m，电荷量为q，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．小球先加速后匀速
B．圆管对小球的弹力先减小后不变
C．小球从静止到对圆管弹力为零过程中洛伦兹力冲量的大小为8m2g15qB
D．圆管对小球的弹力为零时小球离出发点的距离为16m2g15q2B2
【分析】圆管光滑，没有摩擦力，根据受力分析求得小球下滑的加速度，判断小球速度的变化；根据左手定则判断洛伦兹力的方向，根据洛伦兹力随速度的变化以及受力分析得到小球所受弹力的变化情况；根据小球对圆管弹力为零时的受力情况，求得速度大小，结合运动学公式求得此过程的时间，由于运动过程为匀加速直线运动，洛伦兹力为变力，用平均速度求解变力的冲量；根据位移与时间的关系求解小球的位移。
【解答】解：A.根据左手定则，带负电小球受到洛伦兹力方向垂直圆管向上，由于圆管内部光滑，没有摩擦力，则小球所受重力沿圆管向下的分离提供合力，故mgsin37°＝ma
解得a=gsin37°=35g
故小球做匀加速直线运动，故A错误；
B.小球刚进入圆管时，圆管对小球的弹力垂直于圆管向上，弹力大小FN＝mgcs37°﹣qvB
由于小球沿圆管向下做匀加速直线运动，速度逐渐增大，洛伦兹力增大，弹力减小。当洛伦兹力增大到大于mgcs37°后，弹力反向增大。故圆管对小球的弹力先减小后增大，故B错误；
C.假设小球对圆管弹力为零时，速度为v，则有
qvB＝mgcs37°
根据运动学公式
v＝at
联立解得小球从静止到对圆管弹力为零过程中所用时间t=4m3qB
由于小球运动过程为匀加速直线运动，平均速度
v=12at=12×35g×4m3qB=2mg5qB
该过程洛伦兹力的冲量I=qvBt=qB2mg5qB⋅4m3qB=8m2g15qB
故C正确；
D.圆管对小球的弹力为零时小球的位移x=12at2=12⋅35g⋅(4m3qB)2=8m2g15q2B2
故D错误。故选：C。
【点评】本题考查洛伦兹力的的计算，需要注意分析小球的受力情况，理解洛伦兹力为变力，会对变力的冲量进行求解。
12．（3分）如图甲所示，用某种型号的光线发射器的光照射光电管。图乙为氢原子能级图，光线发射器内大量处于n＝3激发态的氢原子向低能级跃迁时，辐射出的光中只有a、b两种可以使该光电管阴极逸出光电子，图丙所示为a、b光单独照射光电管时产生的光电流I与光电管两端电压U的关系图线。已知光电管阴极材料的逸出功为2.25eV，下列说法正确的是（ ）
A．用a光照射时，飞出阴极光电子的初动能为7.95eV
B．光线发射器辐射出a、b两种光子的动量之比约为0.84
C．丙图中Uc1和Uc2对应的是甲图中电源的正极接在左端
D．若发射器部分光线被遮挡，光电子飞出K极时的最大初动能变小，光电流减小
【分析】根据玻尔理论结合题图丙，判断a光和b光的能量，再根据光电效应方程求解光电子的最大初动能，进而判断其初动能的范围；
根据光子动量公式结合光速公式判断两光的动量之比；
根据电路结构判断电源正负极；
由光电流和光子数关系判断。
【解答】解：A、光线发射器中发出的三种光子的能量分别为：E31＝﹣1.51eV﹣（﹣13.6）eV＝12.09eV，E21＝﹣3.40eV﹣（﹣13.6）eV＝10.2eV，E32＝﹣1.51eV﹣（﹣3.40）eV＝1.89eV
由丙图可知a光遏止电压小于b光遏止电压，由eUc＝Ek＝hν﹣W0可知：a光的频率小于b光的频率，a光的能量小于b光的能量，由此可知：b为氢原子从n＝3能级跃迁到n＝1能级时发出的光，a光为氢原子从n＝2能级跃迁到n＝1能级时发出的光；
用a光照射时，光电子的最大初动能为Ek＝E21﹣W0＝10.2eV﹣2.25eV＝7.95eV，但光电子的初动能应小于或等于7.95eV，故A错误；
B、根据光子动量公式p=ℎλ结合c＝λν可得：p=ℎνc
所以papb=EaEb=，故B正确；
C、丙图中Uc1和Uc2是反向的遏止电压，此时甲图中电源的正极接在右端，故C错误；
D．部分光线被遮挡，不改变光子能量，则光电子飞出阴极时的最大初动能不变。因为光子数量减少，则光电子数量减小，光电流变小，故D错误。故选：B。
【点评】本题考查爱因斯坦光电效应方程和玻尔理论的综合应用，解决本题的关键要掌握能级跃迁与发出或吸收光子能量的关系。
13．（3分）如图所示是潮汐发电示意图，其利用潮水涨落产生的水位差所具有的势能发电，一昼夜中两次涨、落潮。涨潮时堵住通道，涨至最高水位时打开通道，进水发电。水库水位涨至最高时，堵住通道，落潮至最低水位时，打开通道放水发电。已知水坝的高为H＝15m，涨潮时水库最高水位h1＝10m，退潮水库最低水位h2＝6m，发电机日平均发电量为4.8×104kW•h，水轮发电机总效率为10%，海水的密度为1.0×103kg/m3，g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．涨潮时水库水重心上升4m
B．发电机的功率为4×103kW
C．该发电站所圈占的海湾面积约为2.7×10m2
D．若采用U＝200kV的直流电向某地区输电，输电线路电阻为1000Ω，则线路上损耗功率为输电总功率的5%
【分析】根据涨潮和退潮时水位差，可知水位重心的变化高度；由发电机日均发电量，可计算发电机的功率；由发电机的日均发电量及发电机总效率，可计算水的重力势能减小量，即可计算发电机所圈占的海湾面积；由发电机功率及直流电电压，可计算通过输电线路的电流，即可知输电线上损耗的电功率，可计算线路上损耗功率占输电总功率的百分比。
【解答】解：A、根据涨潮和退潮时水位差，可知水位重心的变化高度为ℎ1−ℎ22=10m−6m2=2m，故A错误；
B、由发电机日均发电量，可知发电机的功率为P=Wt=4.8×104kW⋅ℎ24ℎ=2×103kW，故B错误；
C、由发电机的日均发电量及发电机总效率，可知水的重力势能减小量为：4ΔEp=Wη，而水的重力势能减小量为：ΔEp=ρS(ℎ1−ℎ2)g×12(ℎ1−ℎ2)，可知发电机所圈占的海湾面积为：S＝5.4×106m2，故C错误；
D、由发电机功率及直流电电压，可知通过输电线路的电流I=PU，即可知输电线上损耗的电功率P损=I2R，可知线路上损耗功率占输电总功率的百分比为P损P×100%=5%，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查电能的转化及输送相关问题，涉及功率、重力势能、效率、质量密度公式等内容，从能量守恒出发，即可解决问题。
二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
（多选）14．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．雷达是利用无线电波中的微波进行定位
B．扩散现象只能发生在液体或气体中，不能发生在固体中
C．卢瑟福的核式结构模型可以解释氢原子光谱不连续现象
D．透过偏振片观察手机等液晶屏幕上的字，转动偏振片时可观察到明暗变化
【分析】本题考查的是物理中的多个知识点，包括电磁波的应用、物质状态的性质、原子结构理论以及光学现象。需要对每个选项进行逐一分析，判断其正确性。
【解答】解：A、雷达通过发射微波信号，然后接收反射回来的信号，通过计算信号往返的时间来确定目标的位置，故A正确。
B、扩散现象不仅发生在液体或气体中，也能发生在固体中。扩散是物质分子从高浓度区域向低浓度区域移动的过程，这一过程在固体、液体和气体中都能观察到。故B错误。
C、卢瑟福的核式结构模型揭示了原子的内部结构，但真正解释氢原子光谱不连续现象的是玻尔的原子模型，它引入了量子化的概念，解释了电子在不同能级之间的跃迁导致的光谱线，故C错误。
D、液晶屏幕发出的光是偏振光，当偏振片的偏振方向与液晶屏幕发出的光的偏振方向一致时，光可以透过偏振片，屏幕看起来明亮；当偏振方向不一致时，光被阻挡，屏幕看起来暗淡，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题通过分析不同物理现象的原理，考察了学生对电磁波、物质状态、原子结构和光学现象的理解。正确解答本题需要对相关物理概念有清晰的认识，能够区分不同现象的产生原因和适用范围。
（多选）15．（3分）如图甲所示，在某均匀介质中简谐波源S1、S2相距d＝20m，t＝0时刻两者开始上下振动，S1只振动了半个周期，S2连续振动。距离波源S1点2m处的P质点在t＝3s时第一次到达波峰。开始阶段两波源的振动图象如图乙所示。则下列说法正确的是（ ）
A．两列波的传播速度都为1m/s
B．质点P在0～20s内的路程为80cm
C．t＝11.25s时，位于S1、S2连线上有质点第一次位移达到24cm
D．在0～16s内从S1点发出的半个波前进过程中遇到5个波峰
【分析】两列波在同一介质中传播速度相等，P质点第一次到达的波峰是由波源S1产生的波传播过来的。确定传播的距离与波长的关系，结合波速、波长与周期的关系，联立求解传播的速度与波长；求出由波源S2产生的波传播到P质点处所需时间，分别求出两列波使质点P运动的路程；根据两列波分别传播的距离，画出两列波相遇时的情形，根据波的叠加原理分析解答；求出在0～16s内两列波分别传播的距离，得到两列波相遇的区间的长度，确定此区间内有多少个由波源S2产生的波的波峰，根据两波的相遇过程求解从S1点发出的半个波前进过程中能遇到几个波峰。
【解答】解：A、两列波在同一介质中传播速度相等，因P质点距离距离波源S1较近，故P质点在t＝3s时第一次到达的波峰是由波源S1产生的波传播过来的。设波源S1产生的波的波长为λ1，周期为T1，可知此时间内传播的距离为：x＝2m+14λ1，由图乙可知：T1＝4s。
可得传播速度为：v=xt=2m+14λ13m/s
又有：λ1＝vT1
联立解得：v＝1m/s，λ1＝4m，故A正确；
B、由波源S2产生的波的周期为T2＝2s，其波长为λ2＝vT2＝1×2m＝2m
由波源S2产生的波传播到P质点处所需时间为：t1=d−2mv=20−2m1s=18s
显然由波源S1产生的半个波长的波已经通过了质点P，其使质点P运动的路程为s1＝2A1＝2×4cm＝8cm
18s～20s由波源S2产生的波使质点P振动了一个周期，其使质点P运动的路程为s2＝4A2＝4×20cm＝80cm
质点P在0～20s内的路程为：s＝s1+s2＝8cm+80cm＝88cm，故B错误；
C、t＝11.25s时，两列波分别传播的距离为x1＝1×11.25m＝11.25m
根据波源S1、S2相距d＝20m，画出两列波相遇时的情况如下图所示，
可得列波的波峰第一次在图中Q点相遇，Q点处的质点的位移xQ＝A1+A2＝4cm+20cm＝24cm，故C正确；
D、在0～16s内两列波分别传播的距离为x2＝1×16m＝16m
两列波相遇的区间的长度为L＝d﹣2（d﹣x2）＝20m﹣2×（20m﹣16m）＝12m
因λ2＝2m，故此区间内恰好有6个波长的由波源S2产生的波，即存在6个波源S2产生的波的波峰，根据两波的相遇过程，可知从S1点发出的半个波前进过程中能遇到5个波峰，故D正确。
故选：ACD。
【点评】本题考查了机械波的传播，以及波的叠加问题，题目较复杂，两列波相遇的过程要根据传播的距离与位置关系逻辑波形叠加的情况。
三、非选择题（本题共7小题，共55分）
16．（6分）（1）用如图1所示的装置可以“探究小车速度随时间变化规律”，也可以“探究加速度与力、质量的关系”实验。
①除图中的器材外，请在下列器材中选择两个实验均必须使用的器材 AC （多选）。
②关于两个实验，下列做法正确的是 C （单选）。
A.实验均需要补偿阻力
B.实验时轨道均需要与水平面平行
C.实验均需要连接小车的细绳与轨道平行
D.实验均需要小车的质量远大于所挂重物的质量
③“探究小车速度随时间变化规律”实验打出一条纸带，其中一部分如图2所示，B、C、D为纸带上标出的连续3个计数点，相邻计数点之间还有4个计时点没有标出。打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上。则打C点时，纸带运动的速度vC＝ 0.44 m/s（结果保留两位有效数字）。
（2）如图3所示是“验证动量守恒定律”的实验装置。实验中能够把速度的测量转化为位移的测量的必要操作是 B 。（单选）
A.轨道应当尽量光滑
B.安装轨道时，轨道末端必须水平
C.每次必须从同一个高度静止释放小球
【分析】（1）①②利用图示小车纸带装置可以完成很多实验，在研究匀变速直线运动时不需要平衡摩擦力，在探究“小车的加速度与质量的关系”和探究“功与速度变化的关系”实验时，需要平衡摩擦力，当小车与车中砝码的总质量远大于小桶及桶中砝码的总质量时，才可以认为绳对小车的拉力大小约等于小桶及桶中砝码的总重力，据此分析作答；
③根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求解打下C点的速度。
（2）根据利用斜槽验证碰撞过程中动量守恒定律实验的实验原理、正确操作和注意事项进行分析判断。
【解答】解：（1）①在“探究小车速度随时间变化规律”实验中，需要钩码作为重物，不需要天平测质量，槽码的质量太大，纸带上打出的点迹太少，因此不能用槽码；在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，也需要钩码作为重物；两个实验均需要用刻度尺测量相邻点迹之间的距离，故AC正确，BD错误。
故选：AC。
②A.在“探究小车速度随时间变化规律”的实验中，不需要用绳子的拉力表示小车所受的合力，因此不需要补偿阻力，故A错误；
B.在“探究加速度与力、质量的关系”实验中需要平衡摩擦力，实验时要将长木板不带滑轮的一端垫高，轨道不能与水平面平行，故B错误；
C.为了使绳子的拉力方向始终不变，两个实验均需要连接小车的细绳与轨道平行，故C正确；
D.在“探究小车速度随时间变化规律”的实验中，不需要用小车的重力代替绳子的拉力，因此不需要小车的质量远大于所挂重物的质量，故D错误。
故选：C。
③相邻计数点之间的时间间隔T=5f=550s=0.1s
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，打下C点的速度vC=BD2T=(12.30−3.50)×10−22×0.1=0.44m/s
（3）本实验的原理为根据平抛运动规律求解入射小球与被碰小球的水平碰撞前后的水平初速度来验证动量守恒定律的；
A.实验时轨道不需要尽量光滑，只需要将入射小球每次从同一高度静止释放即可，故A错误；B.为了保证小球做平抛运动，安装轨道时，轨道末端必须水平，故B正确；C.为了保证入射小球每次碰撞前的速度相同，每次必须从同一个高度静止释放小球，故C正确。
故选：B。
故答案为：（1）①AC；②C；③0.44；（2）B。
【点评】本题实验考查了利用打点计时器和长木板装置“探究小车速度随时间变化规律”和“探究加速度与力、质量的关系”实验，要明确两个实验的共同点和不同点；明确什么情况下需要平衡摩擦力、什么情况下需要满足砝码质量远小于小车质量的解题的关键。
17．（6分）小明同学为测出某电源的电动势和内阻，同时制作一个简易的电子测力计，设计了如图1所示的电路。电路中器材有：弹簧（电阻不计，劲度系数为k）、电阻箱、电流表、电源、粗细均匀的导体棒、开关。已知滑片固定在弹簧上且与导体棒接触良好，当弹簧处于原长时，滑片位于导体棒最左端。已知导体棒的总电阻为9.0Ω。
（1）小明先利用游标卡尺测出导体棒的长度如图2所示。则该导体棒的长度为 60.0 mm。
（2）他将R0调到3.0Ω，拉动拉钩，改变导体棒接入电路中的长度l，测出不同l对应的电流I，并作出1I−l图像如图3所示，则电源电动势为 3.0 V，内阻为 1.8 Ω（结果均保留2位有效数字），内阻的测量值 大于 真实值（填“大于”“小于”或“等于”）。
（3）若沿拉钩方向每增加相同的力，就在电流表表盘上标注一个刻度，则刻度分布 不均匀 （填“均匀”或“不均匀”）。
（4）若弹簧的劲度系数为15N/cm，R0调为3.2Ω，则对应电流表的刻度为0.30A时，拉力大小为 40 N。
【分析】（1）根据游标卡尺读数方法读数；
（2）根据闭合电路欧姆定律列式，分析表达式即可解答；根据闭合电路欧姆定律列式，整理表达式，再结合图像即可求解；
（4）根据实验原理结合闭合电路欧姆定律列式求解。
【解答】解：（1）根据游标卡尺的精确度为0.1mm，可知该导体棒的长度为60mm+0×0.1mm＝60.0mm＝6.00cm；
（2）（3）导体棒单位长度的阻值为
r0=r'l'=9.0Ω6.00cm=1.5Ω/cm
根据闭合电路欧姆定律有
I=Er+r0l+R0
在电流表表盘上每隔相同力的大小标注一个刻度，则刻度分布不均匀。
1I−l的关系式为
1I=r+R0E+r0El
图线与纵轴截距和斜率分别为
r+R0E=1.6A﹣1，r0E=3.6−﹣1
解得r＝1.8Ω，E＝3.0V
考虑电流表的内阻可知，测量值大于真实值。
（4）根据I=Er+r0l+R0
R0调为3.2Ω，则对应电流表的刻度为0.30A时，解得l''=51.5cm
根据胡克定律可知此时弹簧弹力F＝kl'''＝15N/cm×（6−51.5）cm＝40N
故答案为：（1）60.0；（2）3.0；1.8；大于；（3）不均匀；（4）40
【点评】该实验考查了测量电源电动势以及内阻，该实验进行了创新，需要理解实验原理，能够根据闭合电路欧姆定律列式解答。
（多选）18．（2分）根据图示，关于下列实验说法正确的是（ ）
A．甲图装置中，插入和抽出条形磁铁，电流计指针偏转方向一致
B．乙图中目镜观察到的干涉条纹虽然倾斜，但不影响波长测量的结果
C．丙图中探究气体等温变化规律实验的过程中柱塞应缓慢地向下压或向上拉
D．丁图中测定玻璃的折射率，如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小实验误差，应选用宽度小的玻璃砖来测量
【分析】根据楞次定律判断电流方向，能够准确测量出条纹的间距，就可以准确地计算出光的波长，柱塞的移动应该是缓慢的，应该选择宽度较大的玻璃砖来测量折射率。
【解答】解：A.甲图装置中，当插入条形磁铁时，根据楞次定律，感应电流的磁场会阻碍原磁通量的增加，因此会产生一个与原磁场方向相反的感应磁场，电流计指针会偏转。而当抽出条形磁铁时，感应电流的磁场会阻碍原磁通量的减少，因此会产生一个与原磁场方向相同的感应磁场，电流计指针的偏转方向与插入时相反。所以，插入和抽出条形磁铁时，电流计指针的偏转方向是不一致的，故A错误。
B.乙图中展示的是光的干涉现象。即使干涉条纹倾斜，只要我们能够准确测量出条纹的间距，就可以准确地计算出光的波长。所以，干涉条纹的倾斜并不影响波长测量的结果，故B正确。
C.丙图中展示的是探究气体等温变化规律实验。在这个实验中，我们需要保持气体的温度不变，因此柱塞的移动应该是缓慢的，以避免由于快速压缩或膨胀导致的气体温度变化。所以，柱塞应缓慢地向下压或向上拉，以确保实验的准确性，故C正确。
D.丁图中展示的是测定玻璃的折射率的实验。在这个实验中，我们使用平行玻璃砖来测量折射率。由于折射现象的存在，光线在通过玻璃砖时会发生偏折。如果玻璃砖的宽度较小，这会增加测量折射角的误差。因此，为了减小实验误差，我们应该选择宽度较大的玻璃砖来测量折射率，而不是宽度小的玻璃砖，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查了电磁感应、光的干涉、气体实验定律以及折射定律等多个知识点的内容，综合性较强。
19．（8分）某探究小组设计了一个超重报警装置，高为L、横截面积为S、导热性能良好的薄壁容器竖直倒置悬挂，在距离容器底部3L4处安装有预警传感器。容器内有一厚度不计、质量为m的活塞，稳定时正好封闭一段长度为L4的理想气柱如图甲所示。活塞可通过轻绳连接一个沙桶如图乙所示，逐渐往沙桶中加入沙子使活塞缓慢下降，当活塞接触传感器时，系统可发出警报。已知初始时环境热力学温度为T0＝300k，大气压强为p0＝1.01×105Pa，m＝1kg，L＝0.5m，S＝100cm2，重力加速度为g＝10m/s2，不计摩擦阻力。
（1）活塞从初始位置到预警位置分子平均动能 不变 （选填“变大”、“变小”或“不变”），气体分子的数密度 变小 （选填“变大”、“变小”或“不变”）；
（2）求触发超重预警时所挂沙和沙桶的总质量M；
（3）在（2）条件下，若外界温度缓慢降低1%，气体内能减少了5.75J，则气体向外界放出热量Q为多少？
【分析】（1）整个过程中气体的体积增大，温度不变，据此分析；
（2）根据平衡条件计算开始时封闭气体的压强，然后根据玻意耳定律计算刚触发预警时的压强，最后根据平衡条件计算所挂沙和沙桶的总质量；
（3）根据盖—吕萨克定律计算降低温度后的体积，根据W＝pΔV计算外界对气体做得功，最后根据热力学第一定律计算放出的热量。
【解答】解：（1）因为是导热性能良好的薄壁容器，所以封闭气体的温度始终和外界温度相等，而温度是分子平均动能的标志，所以分子的平均动能不变；封闭气体的体积不变，分子数一定，活塞从初始位置到预警位置，气体的体积增大，所以气体分子数密度变小；
（2）轻绳未连重物时，对活塞，受到重力和内外气体压力作用，设此时封闭气体的压强为p1，根据平衡条件得：
p1S+mg＝p0S
则p1=p0−mgS
解得：p1=1×105Pa
刚好触发超重预警时，设此时封闭气体的压强为p2，对活塞受力分析得
p2S+（M+m）g＝p0S
由玻意耳定律得：p1LS4=p23LS4
联立解得：M=2003kg
（3）由盖—吕萨克定律得：V2T0=V30.99T0
其中：V2=34LS
从而解得：V3＝0.99V2
则：ΔV＝V2﹣V3
此过程外界对气体做的功为：W＝p2ΔV
由热力学第一定律有：ΔU＝Q+W
联立代入数据解得：Q＝﹣7J
即气体放热7J
故答案为：（1）不变，减小；（2）触发超重预警时所挂沙和沙桶的总质量M为2003kg；（3）气体向外界放出热量Q为7J。
【点评】知道在活塞悬挂重物下降的过程是一个等温过程，后面温度降低是一个等压过程，能够根据初末状态写出对应的方程是解题的关键。
20．（11分）如图所示为半径R＝0.9m的四分之一竖直圆弧轨道AB、传送带BC、水平轨道CDE平滑连接组成的玩具轨道模型，E端的竖直挡板上固定有劲度系数为k＝1.6N/m的轻质弹簧。现将质量m＝0.1kg的小物块a从圆心O等高处A点静止释放，经过水平传送带BC后，与静止在轨道D处，质量也为m的物块b发生弹性碰撞。初始时b与弹簧接触但不粘连。已知传送带的长度L＝2m，以v＝4m/s顺时针匀速转动，CD之间的距离l＝0.2m，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，其余部分均光滑，物块可视为质点，弹簧振子做简谐运动的周期T＝2πmk，（k为弹簧的劲度系数）。求：
（1）滑块a滑到圆轨道最低点B点时受到的支持力大小；
（2）a、b两物块第一次和第三次碰撞的时间间隔（可用π表示）；
（3）①物块a第一次滑过传送带系统摩擦产生的热量Q1；
②物块a从静止释放到两物块第n次相碰时，系统摩擦产生的热量Q2。
【分析】（1）根据动能定理求出滑块a滑到圆轨道最低点B点时的速度大小，根据牛顿第二定律求解滑块a滑到B点时受到的支持力大小。
（2）滑块a在传送带上先做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求得加速度大小，应用运动学公式，判断滑块a能否与传送带共速，得到滑块a与物块b碰撞前的速度。根据动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后a、b的速度大小。第一次碰撞后b做简谐运动，经过半个周期与a第二次碰撞，两者交换速度后，a左滑上传送带，分析a在传送带上的运动过程，应用运动学公式求出各个阶段的运动时间。
（3）①求出物块a第一次滑上传送带与传送带共速的时间与相对位移大小。此过程系统摩擦生热等于滑动摩擦力与相对位移大小的乘积。
②a、b两物块第三次碰撞后重复第一次到第三次碰撞的运动过程，如此反复下去。同理求出滑块a向左滑上传送带速度减到零后，再反向从传送带右端离开传送带的过程的摩擦生热。以n为奇数和偶数讨论摩擦生热的不同情况。
【解答】解：（1）设滑块a滑到圆轨道最低点B点时的速度大小为v0，根据动能定理得：
mgR=12mv02−0
解得：v0=32m/s
设滑块a滑到B点时受到的支持力大小为FN，根据牛顿第二定律得：
FN−mg=mv02R
解得：FN＝3N
（2）滑块a在传送带上先做匀加速直线运动，设其加速度大小为a，根据牛顿第二定律得：
μmg＝ma，解得：a＝5m/s2
假设滑块a能够与传送带共速，由运动学公式得达到共速时滑块a的位移大小为：
x1=v02−v22a
解得：x1＝0.2m
因x1＜L＝2m，故假设成立。可知滑块a将以v＝4m/s的速度与物块b第一次弹性碰撞，设碰撞后a、b的速度大小分别为va、vb，以向右为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：
mv＝mva+mvb
12mv2=12mva2+12mvb2
解得：va＝0，vb＝v＝4m/s（质量相等，速度交换）
第一次碰撞后a静止，b做简谐运动，经过半个周期与a第二次碰撞，此过程的时间为：
t1=12T=12×2πmk
解得：t1=π4s
第二次碰撞两者交换速度，碰撞后b静止，a以v＝4m/s的速度向左滑上传送带。
滑块a由D匀速运动到C的时间：t2=lv=0.24s=0.05s
假设a在传送带上速度能够减到零，其位移大小为：
x2=v22a
解得：x2＝1.6m
因x2＜L，故假设成立。a在传送带上速度减到零后反向加速从传送带右端开传送带，由运动的对称性可得a离开传送带时的速度大小仍为v＝4m/s。此过程的时间为：
t3=2×va=2×45s=1.6s
a离开传送带后由C匀速运动到D（所用时间等于t2）与物块b第三次碰撞，a、b两物块第一次和第三次碰撞的时间间隔为：
Δt＝t1+2t2+t3=π4s+2×0.05s+1.6s=1.7+π4(s)
（3）①物块a第一次滑上传送带与传送带共速的时间为：
t4=v0−va
物块a第一次滑过传送带，与传送带的相对位移大小为：Δx1＝x1﹣vt4
联立解得：Δx1=17−1225m
此过程系统摩擦生热为：
Q1＝μmgΔx1
解得：Q1=17−12210J
②a、b两物块第三次碰撞后重复第一次到第三次碰撞的运动过程，如此反复下去。
对于a以v＝4m/s的速度向左滑上传送带速度减到零后，再反向从传送带右端离开传送带的过程。
此过程物块a与传送带的相对位移大小就等于传送带的位移大小，且为：
Δx2＝vt3＝4×1.6m＝6.4m
此过程系统摩擦生热为：
Q3＝μmgΔx2
解得：Q3＝3.2J
若碰撞次数n为奇数，则：Q2=Q1+n−12Q3
解得：Q2=17−12210+8(n−1)5(J)
若碰撞次数n为偶数，则：Q2=Q1+n−22Q3
解得：Q2=17−12210+8(n−2)5(J)
答：（1）滑块a滑到圆轨道最低点B点时受到的支持力大小为3N；
（2）a、b两物块第一次和第三次碰撞的时间间隔为1.7+π4(s)；
（3）①物块a第一次滑过传送带系统摩擦产生的热量Q1为17−12210J；
②若碰撞次数n为奇数，系统摩擦产生的热量Q2为17−12210+8(n−1)5(J)；若碰撞次数n为偶数，系统摩擦产生的热量Q2为17−12210+8(n−2)5(J)。
【点评】本题考查了动量守恒定律应用的弹性碰撞模型，牛顿第二定律应用的传送带模型，牛顿第二定律在圆周运动中的应用。掌握摩擦生热的求解方法，以及弹性碰撞的特点。
21．（11分）如图所示，相距L＝1m的光滑导轨ABC、DEF平行放置于绝缘水平面上，倾斜部分与水平部分在B、E两点平滑连接，倾斜导轨与水平面夹角θ＝30°。右端CF接R＝2Ω的电阻。沿导轨BC建立如图所示一维坐标，O点为坐标原点，B点坐标为﹣2m。倾斜导轨区域有垂直倾斜区域向下的匀强磁场，磁感应强度B1=10T，在﹣2m＜x＜0区域存在竖直方向大小为B2=10sinπxT的磁场（方向垂直纸面向上为正）。沿x＞0方向存在大小满足B3＝823−6xT的等腰直角三角形OMN区域磁场，磁场方向与导轨平面垂直。现有一质量m＝1kg，长度L，电阻也为R的导体棒ab从倾斜导轨静止释放，到达底端BE前已经匀速。当ab棒经过BE时，立即施加一个水平外力，使ab棒在﹣2m＜x＜0区域继续做匀速运动，到达x＝0处立即撤去外力，不计导轨电阻，棒始终与导轨垂直且接触良好，试求：
（1）ab棒在倾斜导轨上运动时的最大速度及对应的Uab；
（2）ab棒在﹣2m＜x＜0区域运动过程中电阻R产生焦耳热；
（3）ab棒最终停止的位置坐标。
【分析】（1）对金属棒受力分析，根据平衡条件、结合动生电动势公式、安培力公式和闭合电路欧姆定律列式求解最大速度，再由电路相关知识求ab两端的电压；
（2）金属棒在B2区域匀速运动产生正弦交流电，求出有效值，再由焦耳定律求热量；
（3）根据动量定理结合电荷量的推论公式求解导体棒最终停止的位置。
【解答】解：（1）对金属棒在倾斜轨道上，当受力平衡时有：mgsin30°＝BIL
而此时感应电流为：I=E感2R =BLv2R
联立并代入数据得：v＝2m/s
由右手定则可知，b端高于a端，此时ab两端电压：uab=−B1Lv2
代入数据得：uab=−10V
（2）金属棒在B2区域内匀速运动时，根据动生电动势公式可知：u＝B2Lv
代入数据利：u=210sinπx（V）
由焦耳定律可得热量：Q=(Um2)22R
代入数据得：Q＝5J
QR=Q2=52J＝2.5J
（3）在磁场B3区域内，由于运动受到的安培力：FA＝B3I3L=B32L2v2R
代入数据得：FA=32v3(L−2x)
设最终停止位置的坐标为x，在B3中减速为零的过程，根据动能定理有：mv＝∑FA•Δt=323∑(L−2x)Δx
∑（L﹣2x）•Δx就是导体棒在B3中扫过梯形的面积
即：∑（L﹣2x）•Δx＝（L﹣x）x=316 m2
解方程得：x=14m，或x=34m（舍去）
答：（1）ab棒在倾斜导轨上运动时的最大速度为2m/s，对应的Uab为−10V；
（2）ab棒在﹣2m＜x＜0区域运动过程中电阻R产生焦耳热为2.5J；
（3）ab棒最终停止的位置坐标为14m。
【点评】本题是一道电磁感应与力学、电学相结合的综合题，要分析清楚金属棒的运动过程，应用运动的合成与分解、E＝BLv、欧姆定律、安培力公式、牛顿第二定律、平衡条件、能量守恒定律即可正确解题。
22．（11分）如图所示，在xOy坐标系的第四象限有一个直角三角形OAC区域，区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场（区域边界也有磁场），OA与x轴正方向、OC边夹角都为30°，OA＝L。A点处有一个粒子源不断地沿AC方向射出速度大小不同，质量为m，电量为q（q＞0）的带电粒子。在OA边界的上方及y=−x23L下方存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度E=2qB2L3m，在电场上方某区域存在一个矩形匀强磁场，磁场的底边与x轴平行，磁感应强度也为B。粒子经过矩形磁场后，进入圆心坐标（0，L），半径为L2的圆形磁场，全部从（L4，L+34L）点离开圆形磁场。忽略相对论效应，不计粒子重力和粒子间的相互作用。
（1）求从AO边离开磁场区域的粒子的速度范围和运动时间；
（2）若A点处粒子的速度为0，求粒子经电场加速后离开电场时速度的大小；
（3）求圆形磁场的磁感应强度B1及方向；
（4）求矩形磁场的最小面积。
【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子的临界速度，然后确定速度范围，根据粒子在磁场中转过的圆心角，然后求出粒子在磁场中的运动时间。
（2）粒子在电场中加速，应用动能定理求出粒子的速度。
（3）应用牛顿第二定律求出磁感应强度大小。
（4）根据粒子轨道半径求出矩形边界的边长，然后求出磁场面积。
【解答】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子运动轨迹与OC相切的粒子离开OA的位置离A点最远，粒子运动轨迹如图所示
由几何知识可知，粒子轨道半径r＝AC=L2
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝mv2r
解得：v=qBL2m
则从AO边离开磁场区域的粒子速度范围是0＜v≤qBL2m
粒子在磁场中运动的周期为T=2πmqB
粒子从OA边离开磁场，粒子在磁场中转过的圆心角θ＝2∠OAC＝2×60°＝120°
则粒子在磁场中运动的时间为t=θ360°T
解得：t=2πm3qB
（2）OA＝L，则A点坐标为（32L，−12L）
在OA边界的上方及y=−x23L下方存在沿y轴正方向的匀强电场
则A点上方电场的宽度d=14L
A处的粒子速度为0，粒子在电场中加速，由动能定理得：qE×14L=12mv12−0
解得：v1=3qBL3m
（3）所有粒子进入圆形磁场区域速度均为v1，粒子在圆形磁场中做圆周运动的轨道半径r'=12L
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv1B1＝mv12r'
解得，磁感应强度大小B1=233B，方向垂直于纸面向外
（4）如图所示，粒子在圆形磁场会聚点与x轴的夹角为60°，所以在矩形磁场中圆心角也为60°
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv1B＝mv12R
矩形磁场的最小面积S＝Rsin60°[（3−1）L+R2]
解得：S＝（312+38）L2
答：（1）从AO边离开磁场区域的粒子的速度范围是0＜v≤qBL2m，运动时间是2πm3qB；
（2）粒子经电场加速后离开电场时速度的大小是3qBL3m；
（3）圆形磁场的磁感应强度B1大小是233B，方向垂直于纸面向外；
（4）矩形磁场的最小面积是（312+38）L2。
【点评】本题考查了粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程，应用牛顿第二定律即可解题。