2024-2025学年山东省青岛市高三（第一次）适应性检测物理试卷（3月）（含详细答案解析）

这是一份2024-2025学年山东省青岛市高三（第一次）适应性检测物理试卷（3月）（含详细答案解析），共17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。
1.2025年1月20日，我国自主设计全超导托卡马克核聚变实验装置(EAST)创造了新的世界记录，实现了1亿摄氏度稳态长脉冲高约束模等离子体运行1066秒。该装置中的核反应方程为 12H+ 13H→ 24He+X，其中 13H可以用中子轰击 36Li得到，下列说法正确的是( )
A. 该核反应方程中X是质子
B. 该核反应满足电荷数守恒和质量守恒
C. 24He的比结合能大于 13H的比结合能
D. 用中子轰击 36Li还能得到 24He，该反应属于核聚变
2.一小球以初速度v0从底端滑上光滑固定斜面，当向上运动40 cm时，速度减为13v0。已知小球恰好能到达斜面顶端，则斜面的长度为( )
A. 45 cmB. 50 cmC. 55 cmD. 60 cm
3.用平行单色光垂直底面照射一透明薄膜，形成的干涉图样如图所示。则该透明薄膜截面的形状可能是( )
A. B.
C. D.
4.一定质量的理想气体，经历如图所示循环过程，a→b过程温度不变，b→c过程压强不变。下列说法正确的是( )
A. a→b过程，气体对外做功，内能减少
B. b→c过程，压强不变，分子平均动能不变
C. b→c过程，气体向外界放出的热量等于外界对气体做的功
D. c→a过程，气体从外界吸收的热量等于气体内能的增加量
5.我国对深空的探索从月球开始，通过“嫦娥工程”的深入推进，逐步实现我们的航天梦。已知“嫦娥一号”和“嫦娥二号”绕月球圆轨道运行时周期之比为k，两者距月球表面的高度分别是h1和h2。则月球的半径为( )
A. h1−h23k23k2−1B. 1−3k2h1−h23k2C. h13k2−h21−3k2D. 1−3k2h133k2−h2
6.如图所示，abc是边长为d的等边三角形金属线框，处于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，线框与理想变压器相连。已知变压器原、副线圈匝数分别为n1和n2，电表均为理想电表，不计线框的电阻。t=0时刻线框从图示位置绕轴以角速度ω匀速转动，下列说法正确的是( )
A. t=0时线框感应电动势最大
B. 电压表的示数为 6n2Bd2ω8n1
C. 若滑动变阻器R的阻值减小，则电流表示数将减小
D. 若线框转动角速度加倍，则电流表示数变为原来的4倍
7.随着低空经济的发展，小型电动飞机将成为人们的通勤选择。现有某款新型号电动飞机，工程技术人员通过研究空气阻力对飞机运动的影响，验证飞机气动布局性能。如图所示，在平直跑道上，技术人员调整飞机动力输出单元，使飞机在大小为F0的恒定牵引力作用下由静止开始加速运动，发现经时间t0飞机的速度不再增加。已知飞机的质量为m，飞机所受阻力大小f=kv，其中k为常数，不计飞机轮胎与地面间的滚动摩擦，下列说法正确的是( )
A. t0时间内飞机滑行的距离x=F0t0k
B. 驱动飞机的电机输出功率随时间线性增大
C. 若t0时刻飞机刚好达到额定功率P0，则k=F0P0
D. t0时间内飞机克服阻力所做的功Wf=F02t0k−3mF022k2
8.取无限远处电势为0，不等量异种电荷附近，存在一个电势为0的等势球面。如图所示，两点电荷Q1和Q2分别位于x轴上的x1和x2处，B点为两点电荷连线中点，以x轴上A点为圆心的虚线圆上各点的电势均为0，B点的电势φB>0。下列说法正确的是( )
A. Q1带负电，Q2带正电，Q1所带电荷量大于Q2所带电荷量
B. 虚线圆上各点的电场强度大小相等，方向均沿半径指向圆心A
C. 若仅减小Q1所带电荷量，则虚线圆的半径将减小
D. 若仅增大Q2所带电荷量，则虚线圆圆心A的位置将远离Q1
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.潜水钟是一种沉放到水下研究水底情况的装置。如图所示，一质量m=5×103kg的潜水钟高h=2 m，横截面积S=4 m2，从水面上方开口向下沉入水中，最终到达水平海床，进入钟内的水深Δh=1 m。已知钟内封闭气体温度保持不变，大气压强p0=1.0×105 Pa，海水的密度ρ=1.0×103 kg/m3，重力加速度g=10 m/s2，不考虑钟壁厚度。下列说法正确的是( )
A. 海水深度H=10 mB. 海水深度H=11 m
C. 潜水钟对海床的压力FN=1×104 ND. 潜水钟对海床的压力FN=2×104N
10.如图所示，均匀介质中有一列沿x轴正向传播的简谐横波。t=0时刻质点B位于波谷位置，t1=0.3 s时刻B第一次回到平衡位置，t2=0.4 s时刻质点A第一次回到平衡位置。已知A、B的平衡位置间距离为1.1m。下列说法正确的是( )
A. t=0时A点向上振动B. 该波周期为1.2s
C. 该波波长为1.5 mD. 该波波速为1m/s
11.如图所示，两根相距为L的平行光滑金属导轨倾斜放置，处于垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，两导轨顶端与电容器相连，质量为m、长度为L的金属杆垂直导轨放置，金属杆与导轨接触良好。开始时电容器不带电，金属杆被锁定在距倾斜导轨底端d处。已知两导轨倾角均为θ，电容器电容为C，重力加速度为g，不计一切电阻。现解除锁定，下列说法正确的是( )
A. 金属杆下滑过程中做加速度减小的变加速直线运动
B. 若增大电容器电容，金属杆下滑时间变短
C. 金属杆下滑到导轨底端时电容器极板间电压U=BL 2mgdsinθB2L2C+m
D. 金属杆下滑到导轨底端时电容器储存的电能E=B2L2CdmgsinθB2L2C+m
12.质量为M的光滑半圆形凹槽静止在光滑水平地面上，在凹槽左侧与圆心等高处由静止释放一质量为m、可视为质点的小球，小球相对地面运动的轨迹为半个椭圆，如图甲中虚线所示。运动过程中小球的动能随时间变化图像如图乙所示，已知椭圆半长轴与半短轴之比为3:1。下列说法正确的是( )
A. 半圆形凹槽与小球组成的系统动量不守恒
B. 小球质量与凹槽质量之比m:M=2:1
C. t1时刻，小球受到凹槽的支持力方向与速度垂直
D. t2时刻，小球受到凹槽的支持力大于小球的重力
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
13.为研究小球斜上抛运动的规律，某兴趣小组用手机拍摄了一段小球斜上抛运动视频，图甲为利用Tracker视频分析软件按帧获取的小球位置。取运动过程的某点为原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，建立坐标系。经软件分析得到实际位置坐标x−t、y−t图像及对应拟合曲线方程，如图乙所示。
(1)在选择小球时，对小球的要求是 ；
(2)由图乙可得，小球的加速度大小为 m/s2，小球在原点处速度与水平方向夹角的正切值为 ；
(3)帧率表示视频在1s内记录的静止画面数量，单位为赫兹(Hz)。Tracker视频分析软件是按视频的帧率来获取小球的位置，图乙中描绘的点为软件捕获的每帧小球实际位置坐标随时间的变化关系，由此可以判断该视频的帧率最接近 。
A.20Hz B.30Hz C.60Hz D.120Hz
14.某实验小组要测量某型号电池的电动势和内阻，该电池的电动势E约为12V，内阻r约为3Ω，实验室提供了下列器材：
电流表G(量程0∼10mA，内阻未知)
电阻箱R1(总阻值为9999.9Ω，额定电流为1 A)
电阻箱R2(总阻值为999.9Ω，额定电流为2.5 A)
滑动变阻器R3(最大阻值约为100Ω，额定电流为2 A)
滑动变阻器R4(最大阻值约为2000Ω，额定电流为1 A)
开关2个，导线若干
(1)先用图甲所示电路测量电流表G的内阻：
①滑动变阻器R应该选取 (选填“R3”或“R4”)；
②断开开关S1、S2，连接好电路，将滑动变阻器R的滑片滑至 端(选填“左”或“右”)；
③闭合开关S1，调节R，使电流表G的指针满偏；
④保持R的滑片位置不变，再闭合开关S2，将电阻箱R1的阻值调为20.0Ω时，电流表G的示数为4.0mA，则电流表G的内阻Rg= Ω，电流表G内阻的测量值较其真实值 (选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
IRg+R1=E−I+IRg+R1R2r
(2)按图乙所示电路图连接电路，将电阻箱R1的阻值调为1170.0Ω，再闭合开关S1、S2，多次调节电阻箱R2，记录每次电阻箱R2的阻值及对应的电流表的示数，作出1I−1R2图像如图丙所示，则该型号电池的电动势E= V，内阻r= Ω。(结果均保留1位小数)
四、计算题：本大题共4小题，共40分。
15.精确空投系统通过辅助制导设备，在惯性导航的基础上微调运动轨迹来提高空投物资的准确度。如图所示，某次空投中飞机在H=80 m高度以水平速度v0=10 m/s匀速飞行。飞机释放一个质量m=200 kg的包裹，释放后包裹依靠惯性运动，忽略空气阻力，重力加速度g=10 m/s2。
(1)要使包裹能准确投送到飞机正前方水平地面上的目标位置，求包裹释放位置与目标位置的水平距离x；
(2)若飞机飞行过程中突然遇到强风，强风过后飞机高度抬升了Δh=2m，并获得竖直向上的速度vy=1 m/s，水平速度不变，此时飞机处于(1)问中释放位置的正上方，立即释放包裹。要使包裹仍能准确投送到同一目标位置，释放包裹的同时启动辅助制导系统，使包裹始终受到一竖直向下的恒力F作用，求该力的大小。
16.如图所示，用透明介质材料制成长方体棱镜，棱镜上下表面是边长为8R的正方形，棱镜的高为 3R，O1、O2分别为棱镜上下表面的中心；在棱镜上表面有一个以O1为球心、半径为R的半球形凹坑，棱镜的4个侧面及底面均涂有吸光材料。在O2处放置一单色点光源，光源发出的光只能从上表面射出，射到其他面上的光线均被吸收。已知棱镜上表面有光射出的位置离球心O1的最大距离为3R，球冠表面积公式为S=2πrh，其中r为球冠所在球面的半径，h为球冠的高，求
(1)该介质材料的折射率n；
(2)在半球面上有折射光线射出的区域(球冠)表面积S。
17.如图所示，xOy平面直角坐标系中，在第二象限内存在垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，O1为圆心，半径为R，磁场边界与两坐标轴相切；y≤0区域内交替分布宽度均为d的匀强电场和匀强磁场，其边界均与x轴平行，匀强电场的电场强度大小为E0，方向沿y轴负方向，匀强磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向里。一质量为m、电量为+q的带电粒子，从圆形边界上的P点以初速度v0射入磁场，PO1与x轴平行，v0与PO1夹角α=60∘。粒子射出圆形磁场瞬间，在y>0区域内加上沿y轴正向的匀强电场(图中未画出)。已知圆形磁场的磁感应强度大小为mv0qR，y>0区域内匀强电场的电场强度大小为mv02qR，不计粒子重力。
(1)求粒子在圆形磁场区域做圆周运动的半径；
(2)求粒子离开圆形磁场区域后，到达x轴的速度大小；
(3)求粒子穿出y≤0区域内第二个电场时速度方向与竖直方向夹角的正弦值；
(4)若粒子到达y≤0区域内某个磁场下边界时，速度方向恰好沿x轴正向，求此时速度大小。
18.如图所示，质量mB=4kg的光滑斜劈B静止在水平台面上，底边长度d=6m，高度h=4m。B底端距离台面边缘x0=2m，水平地面上一质量mC=2kg的木板C紧靠平台静置，C上表面与台面相平。质量mA=2kg、可看作质点的物块A从B顶端由静止释放，滑到台面上时与台面发生相互作用，A的动能发生损失，进入台面后的速度水平向右，大小为vx=4 2m/s。已知A沿B下滑过程中，A和B相对地面均做匀变速直线运动，B与台面、C与地面间均无摩擦，A与台面、A与C间动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s2。求
(1)A滑到B底端时，B向左滑动的距离xB；
(2)A滑上C时A的速度大小v0；
(3)为使A不从C上滑下，C的最小长度L；
(4)A滑到B底端后，与台面发生相互作用过程中A损失的动能ΔEk。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.由质量数和电荷数守恒得X的电荷数为0，质量数为1，所以X为中子，故A错误；
B.核反应满足电荷数守恒，但由于核反应过程中有质量亏损，会以能量的形式释放出来，所以不满足质量守恒，而是满足质量数守恒，故B错误；
C.生成物比反应物更加稳定，所以 24He 的比结合能大于 13H 的比结合能，故C正确；
D.用中子轰击 36Li 的反应属于人工核转变，核聚变是质量较小的核结合成质量较大的核的反应，故D错误。
故选C。
2.【答案】A
【解析】设斜面与水平方向夹角为 θ ，当向上运动 40 cm 时，由动能定理可得 −mglsinθ=12m×(13v0)2−12mv02
当小球恰好能到达斜面顶端时，由动能定理可得 −mgLsinθ=0−12mv02
联立上式可得 L=45cm 。
故选A。
3.【答案】C
【解析】薄膜干涉是光照射到薄膜上时，薄膜前后表面反射的两列光相叠加，发生干涉现象，同一条亮条纹或暗条纹对应的薄膜厚度相等，干涉条纹宽度越宽说明薄膜厚度变化越小，由图可知，相邻亮条纹间的距离变大，干涉条纹越来越宽，故薄膜厚度变化越来越小。
故选C。
4.【答案】D
【解析】A. a→b 过程温度不变，压强减小，根据 pVT=C 可知，体积增大，所以气体对外做功，但理想气体的内能只与温度有关，所以内能不变，故A错误；
BC. b→c 过程，压强不变，温度降低，气体内能减小，分子平均动能也减小，又根据 pVT=C 可知，体积减小，外界对气体做功，根据 ΔU=Q+W 可知，气体向外界放出热量，且气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功，故BC错误；
D. c→a 过程，温度升高，内能增加，且 pT 恒定，根据 pVT=C 可知，体积不变，气体从外界吸收的热量等于气体内能的增加量，故D正确。
故选D。
5.【答案】A
【解析】根据开普勒第三定律可知 (R+h1R+h2)3=(T1T2)2=k2
解得 R=h1−h23k23k2−1
故选A。
6.【答案】B
【解析】A. t=0 时线框垂直于磁场，磁通量最大，磁通量变化率为零，感应电动势为零，故A错误；
B.该线框在磁场中匀速转动产生正弦式交流电，其峰值为 Em=BSω
其中 S=12d2sin60 ∘
有效值为 E=Em 2
变压器输入电压为 U1=E
又 U1U2=n1n2
解得电压表的示数为 U2= 6n2Bd2ω8n1
故B正确；
C.因线框电阻不计，所以滑动变阻器 R 的阻值变化时，变压器输入电压 U1 、输出电压 U2 不变，若滑动变阻器 R 的阻值减小，则副线圈中的电流 I2 增大，原线圈中的电流 I1 也增大，即电流表示数将增大，故C错误；
D.若线框转动角速度加倍，由以上推导可知，变压器输出电压加倍，副线圈中的电流 I2 加倍，原线圈中的电流 I1 也加倍，即电流表示数加倍，故D错误。
故选B。
7.【答案】D
【解析】AD.飞机到达最大速度时有 F0=kv
解得 v=F0k
根据动量定理有 F0t0−ft0=mv
将 f=kv 代入有 F0t0−kx=mv
解得 x=F0t0k−F0mk2
根据动能定理有 F0x−Wf=12mv2
解得 Wf=F02t0k−3mF022k2
故A错误，D正确；
B.飞机受力不断变化，则加速度改变，由 P=F0v=F0at
可知驱动飞机的电机输出功率不随时间线性增大，故B错误；
C.若 t0 时刻飞机刚好达到额定功率 P0 ，则 P0=F0v=F 02k
解得 k=F 02P0
故C错误；
故选D。
8.【答案】C
【解析】A.因为等势球面上电势为 0 ，且 B 点电势大于 0 ，沿电场方向电势降低，所以电场线方向大致从 Q2 指向 Q1 ，则 Q1 带负电， Q2 带正电。在电势为 0 的等势球面上，根据点电荷电场的特点，等势面为 0 的地方，离电荷量小的地方近，离电荷量大的地方远，从图中可知等势面离 Q1 近，所以 Q1 所带电荷量小于 Q2 所带电荷量，故A错误；
B.等势面与电场线垂直，虚线圆是等势面，那么圆上各点电场强度方向均沿半径方向，但不一定是指向圆心 A 。故B错误；
C.取无限远处电势为 0 ，等势球面电势为 0 ，将一正试探电荷 q 从圆上移到无限远处电场力做功为零，假设 Q1 电场做功为 W1 ， Q2 电场做功为 W2 ，因为 W1+W2=0 ，其中 W1 为负值，若仅减小 Q1 所带电荷量，由于 W2 不变，所以要想 W1 也不变，虚线圆的半径需要减小，故C正确；
D.由前面可知 W1+W2=0 ，若仅增大 Q2 所带电荷量，则虚线圆半径需要减小，圆心 A 的位置将靠近 Q1 ，故D错误。
故选 C。
9.【答案】BC
【解析】AB.根据题意可知，未放入水中时，封闭气体压强为 p0=1.0×105 Pa ，体积为 V0=hS
沉到深度为 H−Δh 的水底，压强为 p1=p0+ρgH−Δh
体积为 V1=h−ΔhS
根据玻意耳定律 p0V0=p1V1
解得 H=11m
故A错误，B正确；
CD.由上分析，可得沉到深度为 H−Δh 的水底时压强为 p1=p0+ρgH−Δh=2×105Pa
可得沉到深度为 H−h 的水底时压强为 p2=p0+ρgH−h=1.9×105Pa
对潜水钟受力分析，根据平衡条件有 mg+p2S=F′N+p1S
可得海床对潜水钟的支持力 F′N=1×104 N
根据牛顿第三定律，可知潜水钟对海床的压力 FN=1×104 N
故C正确，D错误。
故选BC。
10.【答案】BD
【解析】A.由“上下坡”法可知， t=0 时A点向下振动，故A错误；
B.由图像可知，质点B从波谷第一次回到平衡位置所需时间为T4，即 T4=0.3s，解得T=1.2s，故B正确；
C.由题意，质点A经0.4s第一次回到平衡位置，则第一次到达波谷的时间为 Δt=0.4s−0.3s=0.1s，
由机械波时间与空间的对应性可知 λ=xAB+ΔtTλ，解得 λ=1.2m，故C错误；
D.该波波速 v=λT=1m/s，故D正确。
故选BD。
11.【答案】CD
【解析】A.t时刻电容器两端的电压为：U=E=BLv
棒沿导轨下滑时，根据牛顿第二定律有：mgsinθ−F=ma
又棒所受的安培力为：F=BIL
电路中电流为： I=ΔQΔt=CΔUΔt=CBLΔvΔt=CBLa
联立以上三式得： a=mgsinθm+CB2L2
式中各量均不变，说明加速度不变，可知导体棒做匀加速直线运动，故A错误；
B.若增大电容器电容，加速度减小，则根据 d=12at2
可知金属杆下滑时间变长，故B错误；
C.金属杆下滑到导轨底端时的速度 v2=2ad
电容器极板间电压 U=BLv=BL 2mgdsinθB2L2C+m
故C正确；
D.金属杆下滑到导轨底端时电容器储存的电能 E=mgdsinθ−12mv2=B2L2CdmgsinθB2L2C+m
故D正确。
故选CD。
12.【答案】ABD
【解析】A.小球与半圆形凹槽组成的系统，水平方向不受外力动量守恒，竖直方向动量不守恒，所以系统动量不收守恒，故A正确；
B.令凹槽半径为R，根据图中所示半个椭圆可知，半长轴为R，则半短轴为 R3 ，短轴为 2R3 ，即小球在水平方向的分位移 x1=2R3
半圆形凹槽与小球组成的系统在水平方向动量守恒，则有 mx1−Mx2=0
其中 x1+x2=2R
解得 m:M=2:1
故B正确；
C.根据图乙的对称性可知， t2 时刻小球位于凹槽最低点，则 t1 时刻小球位于释放点与凹槽最低点之间的某一位置，小球相对地面运动的轨迹为半个椭圆，轨迹的最低点即为凹槽的最低点， t1 时刻小球受到凹槽的支持力方向指向凹槽圆心，速度方向沿半椭圆轨迹切线方向，可知， t1 时刻，小球受到凹槽的支持力方向与速度方向不垂直，故C错误；
D.结合上述可知， t2 时刻小球位于凹槽最低点，小球相对于凹槽做圆周运动，小球在最低点相对于凹槽的速度方向水平向右，由于小球小球相对于凹槽做圆周运动，则小球在最低点沿半径方向的合力提供向心力，此时加速度方向竖直向上，则 t2 时刻，小球受到凹槽的支持力大于小球的重力，故D正确。
故选ABD。
13.【答案】质量大、体积小/密度大
9.8
2.6
B

【解析】(1)为了减少空气阻力的影响，在选择小球时，应尽可能选择质量大、体积小(或密度大)的小球。
(2)
[1]斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，由图乙(1)可得斜抛运动水平方向上的速度 vx=1m/s
设斜抛运动初速度为v0 ，与水平方向夹角θ ，水平位移x=v0csθ×t=vxt，竖直位移y=v0sinθ×t−12gt2
结合图乙(2)可知，小球的加速度 g=9.8m/s2。
[2]小球在原点处速度与水平方向夹角的正切值为 tanθ=2.6 。
(3)由(2)可知，斜抛运动在竖直方向上的初速度 vy0=vxtanθ=2.6m/s，
竖直方向上升到最高点的时间 t1=vy0g=0.27s，
结合图乙(2)可知，上升到最高点 t1=8T，该视频的帧率为 f=1T=30.21Hz。故选B。
14.【答案】 R4
左
30.0
偏小
12.0
3.2

【解析】(1)[1]先用图甲所示电路测量电流表 G 的内阻，闭合开关 S1 ，断开 S2 ，电路最小电阻约为 Rmin+3Ω+Rg=EIg=12V10mA=1200Ω
故滑动变阻器 R 应该选取 R4 。
[2]断开开关 S1 、 S2 ，连接好电路，为保护电路，将滑动变阻器 R 的滑片滑至左端。
[3]根据并联关系 Rg×4.0mA=10.0mA−4.0mAR1
解得 R1=30.0Ω
[4]由于并联后总电阻变小，总电流变大，大于 10.0mA ，流过 R1 的真实电流大于 6mA ，故计算得出的电流表 G 内阻的测量值较其真实值偏小。
(2)[1][2]根据电路关系 IRg+R1=E−I+IRg+R1R2r
代入数据整理得 1I=1200+rE+1200rE⋅1R2
根据图丙知，斜率 1200rE=180−1000.25
纵轴截距 1200+rE=100
联立解得 E=12.0V ， r=3.2Ω
15.【答案】(1)竖直方向位移H=12gt12，水平方向位移x=v0t1，解得 x=40 m。
(2)由题意，包裹下落过程中水平速度不变，水平位移不变，故时间不变，即t2=t1=4 s；
竖直方向位移 −H+Δh=vyt2−12at22，由牛顿第二定律得 F+mg=ma，解得 F=150 N。

【解析】详细答案和解答过程见【答案】
16.【答案】(1)光源发出的光在棱镜中传播的光路图如图所示
在最远点 A 刚好发生全反射，有： sinC=3R 3R2+ 3R2
由全反射定律得： sinC=1n
解得： n=2 33
(2)从 O2 点发出的光在球面上 B 点恰好发生全反射，则 ∠O1BO2=120∘ ，
由正弦定律得： 3Rsin∠O1BO2=Rsin∠BO2O1
解得： ∠BO2O1=∠BO1O2=30∘
由几何关系得： h=R−Rcs30∘
所以从半球面上有折射光线射出的区域面积为： S=2πRh=2− 3πR2

【解析】详细答案和解答过程见【答案】
17.【答案】(1)粒子在第二象限圆形磁场中，有 qv0B1=mv02r
其中 B1=mv0qR
解得 r=R
(2)如图所示
由几何关系得粒子射出圆形磁场时距离 x 轴 d1=R1−csα
粒子从射出圆形磁场到 x 轴，由动能定理得 −qE1d1=12mv2−12mv02
解得 v=0
(3)粒子在 y≤0 区域第一个电场中加速，由动能定理得 qE0d=12mv12
粒子在 y≤0 区域第一个磁场中，有 qv1B0=mv12r1
如图所示
由几何关系得 r1sinθ1=d
粒子在 y≤0 区域经历两个电场加速，有 2qE0d=12mv22 ， v1sinθ1=v2sinθ2
解得 sinθ2=B02 qdmE0
(4)设粒子在第 n 个磁场下边界的速度为 vn ，粒子在 y≤0 区域整个向下运动过程中，由动能定理得 nqE0d=12mvn2
水平方向由动量定理得 nqvyB0t=mvn
其中 vyt=nd
解得 vn=2E0B0

【解析】详细答案和解答过程见【答案】
18.【答案】(1) A 、 B 系统水平方向上动量守恒，有 mAvA=mBvB
所以 A 滑到 B 底端过程中有 mAxA=mBxB
又 xA+xB=d
解得 xA=4m ， xB=2m
(2)设 A 滑上 C 时的速度为 v0 ，由动能定理得 −μmAgxB+x0=12mAv02−12mAvx2
解得 v0=4m/s
(3) A 滑至 C 右端时两者刚好共速，设共同速度为 vAC ， A 、 C 系统动量守恒 mAv0=mA+mCvAC
A 、 C 系统能量守恒 μmAgL=12mAv02−12mA+mBvAC2
解得 L=2m
(4)设 A 运动方向与水平方向夹角为 α ，已知 A 沿 B 下滑过程中， A 和 B 相对地面均做匀变速直线运动， A 、 B 系统水平方向上动量守恒 mAvAcsα=mBvB
A 、 B 系统机械能守恒 mAgh=12mAvA2+12mBvB2
又 tanα=hxB=1
解得 vA=8m/s
A 、 B 系统能量守恒 ΔEk=12mAvA2−12mAvx2
解得 ΔEk=32J

【解析】详细答案和解答过程见答案。