湖南常德市汉寿县第一中学2025-2026学年高三下学期开学考试物理试题含答案

这是一份湖南常德市汉寿县第一中学2025-2026学年高三下学期开学考试物理试题含答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
入学检测物理试题
一、单选题
1．如图所示，一个上表面光滑的斜面体 M 置于水平地面上，它的两个斜面与水平面间的夹角分别为a 、 β , 且a < β , M 的顶端装有一定滑轮，一轻质细绳跨过定滑轮后连接 A 、B两个小物块，细绳与各自的斜面平行，不计绳与滑轮间的摩擦，A 、B 恰好在同一高度处于静止状态，剪断细绳后，A、B 滑至斜面底端，M 始终保持静止，下列说法正确的是( )
A ．物块 A 的质量等于 B 的质量
B ．物块 A 对斜面体 M 的压力小于 B 对斜面体 M 的压力
C ．物块 A 比 B 先滑到斜面底端
D ．在滑块 A 、B 下滑的过程中，斜面体受到水平面向左的摩擦力
2 ．带式传送机是在一定的线路上连续输送物料的搬运机械，又称连续输送机。如图所示，
一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行。现将一个木炭包无初速度地放在传送带上，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的痕迹。下列说法正确的是( )
A ．黑色的痕迹将出现在木炭包的左侧
B ．传送带速度一定时，木炭包与传送带间动摩擦因数越大，痕迹的长度越长
C ．木炭包与传动带间动摩擦因数一定时，传送带运动速度越大，痕迹的长度越大
D ．黑色痕迹越长系统产生的热量越多
3 ．如图所示，甲叠放在物体乙上，m乙 = 2m甲 = 2m ，甲、乙之间以及与地面之间的动摩擦 因数均为 μ , 一水平外力 F 向右拉乙，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g，下列说法正确的是( )
A ．要使甲、乙一起运动，则 F 最大值为4μmg
B ．要使甲、乙一起运动，则 F 最大值为5μmg
C ．若F = 5μmg ，则甲的加速度为 μg
D ．若甲、乙一起向右匀速直线运动，F 方向可变， μ = 0.5 ，则 F 最小值为mg
4．如图所示，水平地面上的物体在与水平方向成60。的拉力F1 的作用下沿地面做匀加速直线运动的加速度大小为a1 ，在与水平方向成30。的推力F2 的作用下沿地面做匀加速直线运动的
加速度大小为a2 。已知拉力F1 与推力F2 的大小相等，a1 = a2 ，则物体与地面间的动摩擦因数为( )
A ． B ． C ． D ．
5 ．如图，一上端开口的箱子固定在水平地面上，内壁光滑，长为 10m。在小球 A 以某一速度向右运动的同时，一小球 B 从 A 正上方距离箱底 5m 高处水平抛出。若两小球在离箱子左侧 8m 处相遇，则 A 的速度大小可能是（重力加速度 g 取10m/s2 ，小球 A 与箱壁碰撞后速度大小不变）( )
A ．2m/s B ．6m/s C ．12m/s D ．16m/s
6 ．如图甲所示，电动机通过绕过定滑轮的轻细绳，与放在倾角为θ = 30。的足够长斜面上的物体相连，启动电动机后物体沿斜面上升；在 0～6s 时间内物体运动的v - t 图象如图乙所示，其中除 1～5s 时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线，1s 后电动机的输出功率保持不变；已知物体的质量为2kg ，不计一切阻力，重力加速度g = 10m / s2 。则下列判断正确的
是( )
A ．在 0～1s 内电动机牵引力大小为 10N
B ．1s 后电动机的输出功率为 100W
C ．物体达到的最大速度vm = 12m / s
D ．在 0～5s 内物体沿斜面向上运动了 32.5m
二、多选题
7 ．一种力学探究装置如图甲所示，光滑斜面ABCD 与水平面间的夹角 θ = 30 ，斜面内固定一半径为R 的光滑圆轨道，O 为圆轨道的圆心，O1O2 为与AB 平行的水平直径。置于圆轨道
最低点的小球（可视为质点）获得大小不同的水平初速度v0 后，小球沿轨道运动至某一位置时，小球与轨道间恰无作用力，设此时小球与 O 点的连线与OO2 的夹角为 a (0。≤ a ≤ 90。) ，已知重力加速度为g ，若得到的 与sina的关系图像如图乙所示，则下列说法中正确的是 ( )
A ．满足条件v0 的最小值为 ·、
B ．满足条件v0 的最大值为
C ．该图线的斜率等于 3
D ．该图线纵轴上的截距等于 1
8 ．如图所示，原长为 l 的轻质弹簧，一端固定在 O 点，另一端与一质量为 m 的小球相连。
小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为 0.5。杆上 M、N 两点与 O 点的距离均为 l，P 点到 O 点的距离为l ，OP 与杆垂直。当小球置于杆上 P 点时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为 g。小球以某一初速度从 M 点向下运动到 N 点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是( )
A ．弹簧的劲度系数为
B ．小球在 P 点下方l 处的加速度大小为g
C ．从 M 点到 N 点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大
D ．从 M 点到 P 点和从 P 点到 N 点的运动过程中，任意关于 P 点对称的点小球受到的摩擦力大小相等
9 ．如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆轨道，外圆光滑，内圆粗糙．一质量为 m 的小球从轨道的最低点以初速度 v0 向右运动，球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径为 R，不计空气阻力 ．设小球过最低点时重力势能为零，下列说法正确的是
A ．若小球运动到最高点时速度为 0，则小球机械能一定不守恒
B ．若经过足够长时间，小球最终的机械能可能为 mgR
C ．若使小球始终做完整的圆周运动，则 v0一定不小于 ·、
D ．若小球第一次运动到最高点时速度大小为 0，则 v
10 ．在水平桌面上固定一个由内壁光滑的细管组成的半径为 R 的圆轨道，俯视如图所示，
a 、b 、c 、d 为圆上两条直径的端点，且 ac 与 bd 相互垂直。在内部放置 A 、B 两个小球（球径略小于管径，管径远小于 R），质量分别为 mA 、mB，开始时 B 球静止于 a 点，A 球在其左侧以 v0的初速度向右与 B 球发生第一次碰撞且被反弹。已知小球之间的碰撞均为对心弹性碰撞，第二次碰撞发生在 b 点。则下列说法中正确的是( )
A ．A 、B 两球的质量比为mA：mB = 3：5
B ．若只增大 A 球的初速度 v0，则第二次碰撞点可能在 b 、c 之间某处
C ．若只增大 A 球的质量 mA，则第二次碰撞点可能仍在 b 处
D ．若只增大 A 球的质量 mA，则第一、二次碰撞时间间隔始终等于
三、实验题
11 ．某物理兴趣小组分别采用如图甲、乙所示的装置进行了“探究平抛运动的特点”。
（1）甲图中质量分别为mA 和mB 的 A、B 小球处于同一高度，用小锤打击弹性金属片，使 A球沿水平方向飞出，同时 B 球被自动松开，B 球自由下落。请你回答下列问题：
a ．在同一高度处，兴趣小组里不同同学用小锤打击弹性金属片，发现每次 AB 两球都同时落地，从上述操作中你觉得哪位同学得出的结论时正确的( )
A ．小陈认为：A 球在竖直方向做自由落体运动
B ．小李认为：不同同学用小锤打击弹性金属片时小球 A 获得的水平初速度可能不一样，但没有影响 A 球在竖直方向的运动，所以说明运动具有独立性的原理；
C ．小黄认为：A 球在水平方向上做匀速直线运动
b ．该实验中______（选填正确答案的字母序号）。
A ．两球的质量应该相等
B ．应尽量选择密度大的同尺寸小球
C ．需要测出装置距地面之间的竖直高度
（2）乙同学采用频闪摄影的方法拍摄到如图乙所示的小球做平抛运动的照片，小球在平抛
运动中的几个位置如图中的 a 、b 、c 、d 所示，图中每个小方格的边长为 L ＝2.5cm，则该小球经过 b 点时的速度大小vb ＝_____m/s。（g = 10m/s2 结果保留三位有效数字）
12 ．图甲为某种简易欧姆表的电路图，图乙为其表盘的标度，已知表盘中间的刻度值为“15”，单位为欧姆，图中所用器材如下：
A.干电池（电动势E = 1.5V ，内阻 r = 1Ω )
B. 电流表 G（满偏电流Ig = 1mA ，内阻Rg = 179Ω )
C. 电阻箱R0 （最大阻值999.9Ω )
D.滑动变阻器 R（最大阻值为 2000Ω )
E.开关一个，导线若干
根据实验电路和实验器材，完成以下问题：
(1)开关 S 断开时，将 a 、b 表笔短接进行欧姆调零，此时滑动变阻器 R 接入电路的阻值为_____a；
(2)此时该欧姆表的倍率为_____（选填“ ×1 ”“ × 10 ”“ × 100 ”或“×1000 ”）；
(3)闭合开关 S，适当调整电阻箱R0 的阻值，该欧姆表的倍率将_____（选填“变大”或“变小”）。
四、解答题
13 ．如图所示，地面依次排放两块完全相同的木板 A 、B，长度均为 L = 2.5m ，质量均为
m2 = 3kg ，现给一小滑块一恒力F = 28.8N 由静止滑上木板 A 左端，到达木板 B 时撤去外力。
已知小滑块质量m1 = 4kg，滑块与木板间的动摩擦因数为μ1 ，木板与地面间的动摩擦因数μ2 = 0.2 。（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取 g = 10m/s2 ）
（1）若滑上木板 A 时，木板不动，而滑上木板 B 时，木板 B 开始滑动，求μ1 应满足的条件；
（2）若 μ1 = 0.4 ，求滑块运动到与木板 B 速度相同时的总时间。（结果用分数表示）
14 ．如图所示的平面直角坐标系xy ，在第Ⅰ 、Ⅱ象限内有平行于y 轴的匀强电场，方向沿y正方向；在第Ⅳ象限的正方形abcd 区域内有匀强磁场，磁感应强度大小未知，方向垂直于xy平面向里，正方形边长为2L 且 ad 边与 x 轴重合，ab 边与y 轴平行。一质量为 m、电荷量为q 的粒子，从y 轴上的P(0, L) 点，以大小为v0 的速度沿 x 轴正方向射入电场，通过电场后从x 轴上的a (2L, 0) 点进入第Ⅳ象限的磁场区域，从d(4L, 0) 点射出磁场，不计粒子所受的重力。求：
（1）粒子运动到 a 点时的速度大小和方向；
（2）粒子从 P 运动到 a 和从 a 运动到 d 的时间之比t1 : t 2 ；
（3）改变磁场区域的磁感应强度使粒子经过磁场后不能到达 x 轴上，则磁感应强度应满足什么条件。
15．垂直起降是一种可重复使用火箭的技术。如图为具有电磁缓冲功能的火箭模型结构示意
图。模型外侧安装有高强度绝缘材料制成的缓冲槽， 槽中有垂直于线圈平面向里、磁感应强度 B=4T 的匀强磁场。匝数 n=10 匝、总电阻 R=4Ω 的闭合矩形线圈 abcd 固定在主体下部， ab 边长 L=1m 并位于磁场中，主体与线圈总质量 m=100kg。假设模型以速度 v0=5m/s 着地时缓冲槽立即停止，此后主体在线圈与缓冲槽内磁场的作用下减速，从而实现缓冲。不计摩擦和空气阻力，g 取 10m/s2。求：
(1)缓冲槽着地时，线圈中ab 边感应电流的大小和方向；
(2)主体减速下落的加速度大小 a=2m/s2 时，线圈中的发热功率 P；
(3)已知缓冲槽停止后，主体下落距离 h=1.5m 时，速度 v1=3m/s ，此时主体和缓冲槽未相碰。该过程通过线圈横截面的电荷量 q 和线圈中产生焦耳热 Q。
1 ．D
A ．滑块 A 和滑块 B 沿着斜面方向的分力等大，故mAg sina = mBg sin β由于a < β ,故 mA > mB ，故 A 错误；
B ．滑块 A 对斜面体的压力等于重力垂直斜面的分力mAg csa ，滑块 B 对斜面体的压力也等于重力垂直斜面的分力mBg cs β ,因 a < β ,故 csa > cs β
且mA > mB ，故 A 对斜面的压力大于 B 对斜面的压力，故 B 错误；
C ．滑块下滑过程机械能守恒，有mgh mv2故v
由于两个滑块的高度差相等，故落地速度相等；由牛顿第二定律得mg sinθ = ma
由于a < β ,则 aA tB ，故 C 错误；
D ．滑块 A 对斜面体的压力等于重力垂直斜面的分力mAg csa ，滑块 B 对斜面体的压力也等于重力垂直斜面的分力mBg cs β ,如图所示
则NA sina - NB sin β = mAg csa sina - mBg cs β sin β
由于mAg sina = mBg sin β ,故NA sina - NB sin β = mAg csa sina - mBg cs β sin β > 0
故在滑块 A、B 下滑的过程中，斜面体相对地面有向右运动的趋势，斜面体受到水平面向左的摩擦力，故 D 正确。
故选 D。
2 ．C
A ．在木炭与传送带速度达到相等之前，二者保持相对滑动，传送带的位移大于木
炭的位移，木炭相对于传送带向左运动，所以黑色的痕迹出现在木炭的右端，故 A 错误； BC ．设传送带的速度为 v，木炭和传送带间的动摩擦因数为 μ,痕迹的长度为
L = x皮 - x木
所以
由此可知，μ 越大，L 越小，与木炭的质量无关，传送带速度 v 越大，L 越大，故 B 错误、C正确；
D ．系统产生的热量
系统产生的热量与木炭包的质量和传送带的速度有关，D 错误。
故选 C。
3 ．D
AB. 要使甲、乙一起运动，甲的最大静摩擦力提供甲的最大加速度。
对整体受力分析，根据牛顿第二定律可知：
F - 3μmg = 3ma
对甲进行受力分析有：
μm甲g = m甲a
解得要使甲、乙一起运动，则 F 最大值为
F = 6μmg
选项 AB 错误；
C.若F = 5μmg＜6μmg ，则甲乙一起加速运动，整体根据牛顿第二定律可知：
F - 3μmg = 3ma
解得：
选项 C 错误；
D.若甲、乙一起向右匀速直线运动，F 方向可变，设力 F 与水平方向的夹角为 θ ,则有：
Fcsθ - μ（3mg - Fsinθ) = 0
解得：
F＝ 3μmg ＝ 3mg = 3mg
csθ + μsinθ sinθ + 2csθ sin(θ+ φ)
其中tan φ=2
当分母最大即sin(θ+ φ) = 1 时，拉力最小，最小为：
选项 D 正确。
故选 D。
4 ．D
物体在拉力F1 的作用下有
F1 cs 60° - μ (mg - F1 sin 60°) = ma1
物体在推力F2 的作用下有
F2 cs 30° - μ (mg + F2 sin 30°) = ma2
其中
F1 = F2 ，a1 = a2
解得
μ = 2 -
故选 D。
5 ．C
AB ．对 B 球由平抛规律，竖直方向有h = gt2
水平方向有x = v0t
联立解得 A 的速度大小可能是 B 做平抛的初速度为v0 = 8m/s ，故 AB 错误；
CD．小球 A 与箱壁碰撞后速度大小不变，且不计碰撞时间，两小球相遇是发生在小球 A 与右箱壁发生弹性碰撞后返回时
故小球 A 速率为vA = = m/s = 12m/s
若小球 A 速度为16m/s ，则两小球相遇是在离箱子左侧 2× 10m -16 × 1m=4m 处故 C 正确，D 错误。
故选 C。
6 ．B
AB ．在 0～1s 内，设细绳拉力的大小为 F1，则根据运动学公式和牛顿第二定律可得
v1=at1
F1-mgsin 30°=ma
由图象可知 v1=5m/s，由功率公式
P=F1v1
联立解得在 1s 末电动机输出功率为
a=5m/s2 ，F1=20N ，P=100W
1s 后电动机的输出功率保持不变，所以 1s 后电动机的输出功率为 100W ，A 错误，B 正确；
C ．当物体达到最大速度 vm 后，细绳的拉力大小 F2，由牛顿第二定律和功率的公式可得
F2-mgsinθ=0
由
P=F2vm
解得
vm=10m/s
C 错误；
D ．当物体达到最大速度 vm 后，细绳的拉力大小 F2，由牛顿第二定律和功率的公式可得F2-mgsinθ=0
由
P=F2vm
解得
vm=10m/s
在 1～5s 内，据动能定理得
2 m 2
P(t - t1 ) - mgx2sin θ = 1 mv2 - 1 mvEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 4(2),1)
代入数据解得
x2=32.5m
物体在 0～5s 内物体沿斜面向上运动位移为
x=x1+x2=2.5m+32.5m=35m
D 错误。
故选 B。
7 ．BD
小球沿轨道运动至与轨道间恰无作用力时，重力的分力提供向心力，则有
由动能定理-mg sin 30。·(R + R sina) = mv2 - mv02
联立变形可得 sina +1
当sina = 0 时v0 的最小值为v0min = 当sina = 1时v0 的最大值为v0max
得到的 与sina的关系图像的斜率等于 ，纵轴上的截距等于 1
故选 BD。
8 ．AD
A. 小球在 P 点受力平衡，则有
mg = f
f = μFN
联立解得
k = 4mg
l
故 A 正确；
B. 小球运动到 P 点下方 时
θ = 45。
此时摩擦力大小为
由牛顿第二定律
。
mg + F cs 45 - f = ma
联立解得
B 错误；
C. 在 PM 之间任取一点 A，令 AO 与 MN 之间的夹角为θ ,则此时弹簧的弹力为
小球受到的摩擦力为
f1 = μFN1 = μF sin θ
化简得
f θ 在 MP 之间增大在 PN 减变小，即摩擦力先变大后变小，故 C 错误；
D. 根据对称性可知在任意关于 P 点对称的点摩擦力大小相等；故 D 正确；故选 AD。
9 ．AC
【分析】内圆粗糙， 小球与内圆接触时要受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，机械能不守恒；外圆光滑，小球与外圆接触时不受摩擦力作用，只有重力做功，机械能守恒，应用牛顿第二定律与机械能守恒定律分析答题．
A. 若小球运动到最高点时受到为 0，则小球在运动过程中一定与内圆接触，受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，小球的机械能一定不守恒，故 A 正确；
B. 若初速度 v0 比较小，小球在运动过程中一定与内圆接触，机械能不断减少，经过足够长时间，小球最终在圆心下方运动，最大的机械能为 mgR，所以小球最终的机械能不可能为 mgR.若初速度 v0足够大，小球始终沿外圆做完整的圆周运动，机械能守恒，机械能必定大于 2mgR，故 B 错误；
C. 若使小球始终做完整的圆周运动，小球应沿外圆运动，在运动过程中不受摩擦力，机械能守恒，小球恰好运动到最高点时速度设为 v，则有 mg=m
由机械能守恒定律得： mv mg . 2R mv2 ，小球在最低点时的最小速度 v0= ·、 ，所以若使小球始终做完整的圆周运动，则 v0一定不小于 ·、 .故 C 正确；
D. 如果内圆光滑，小球在运动过程中不受摩擦力，小球在运动过程中机械能守恒，如果小球运动到最高点时速度为 0 ，由机械能守恒定律得： mvmg.2R，小球在最低点时的速度v ，由于内圆粗糙，小球在运动过程中要克服摩擦力做功，则小球在最低点时的速度 v0一定大于 ·、 ，故 D 错误．
故选 AC
10 ．CD
A．设两球第一次碰撞后速度分别为 va、vb，取碰撞前入射小球的速度方向为正方向，由动量守恒定律与机械能守恒定律分别得
1 2 1 2 1 2
mA v0 = mAva + mBvb ， mA v0 = mAva + mBvb
2 2 2
联立可得
两球在 b 点发生第二次碰撞，则 A 球运动的路程是 B 球的 3 倍，两球在轨道内做匀速圆周运动，可得两球碰后速度的大小之比
则有
mB - mA 3
=
2mA 1
可得
故 A 错误；
B ．若只增大 A 球的初速度 v0，则碰后速度仍未 3 ：1，第二次碰撞点位置不变，故 B 错误；
C．若 mA ＞mB，AB 两球碰后同向运动，两球在 b 点发生第二次碰撞，则 A 球运动的路程是
B 球的 ，两球碰后速度的大小之比
则有
mA - mB 1
=
2mA 5
解得
若只增大 A 的质量，满足 则两球也会在 b 点再次碰撞，故 C 正确；
D ．若 mA ＜mB ，A 球碰后反向与 B 球再次碰撞，则有
sA+sB=2τR
即
vat+vbt=2τR
可得两球第一次碰后到第二次碰撞的时间
两球速度大小之和
代入上式，可得
若 mA ＞mB ，A 球碰后与 B 球速度同向运动，再次碰撞时，则有
sB-sA=2τR
即
vbt-vat=2τR
可得
两球速度大小之差
2m m mAAB-
vb - va = v v00- = v0
mA + mB mA + mB代入上式，可得
故 D 正确。
故选 CD。
11 ． AB B 1.25
（1）[1]A ．每次 AB 两球都同时落地，说明两球在竖直方向的运动相同，而 B 球自由落体运动，A 球在竖直方向上也应该做自由落体运动，故 A 正确；
B．不同同学用小锤打击弹性金属片时小球 A 获得的水平初速度可能不一样，但每次A球在竖直方向的运动相同，说明竖直方向上的运动与水平速度大小无关，说明了运动具有独立性的原理，故 B 正确；
C．A 球在水平方向上是否做匀速直线运动，这个实验无法确定，故 C 错误。
[2] A B．实验中，应该尽量排除次要因素如空气阻力的影响，所以两小球的应该选密度大且尺寸较小的相同金属小球，故 B 正确；
C ．实验中每次两球竖直高度都相同，下落时间相同，不需要测出装置距地面之间的竖直高度，故 C 错误。
（2）[3]从图 2 可以看出，小球从 a 到 b ，b 到 c 水平都是两个格，则时间相等，设时间间隔为 t，水平速度为 v0，竖直方向上做匀加速，则有
gt 2 = L
2L = v0t
则有
v0 = 1m/s
小球经过 b 点时竖直方向的速度为
则小球经过 b 点时的速度为
12 ．(1)1320
(2)×100
(3)变小
（1）根据闭合电路欧姆定律得E = Ig (r + R + Rg )解得R = 1320Ω
（2）此时欧姆表的内阻为 r
表盘中间的刻度值为“15”，则欧姆表的倍率为×100。
（3）闭合开关 S，适当调整电阻箱 R0 的阻值，欧姆表内阻减小，新欧姆表的倍率较改装前
欧姆表的倍率变小。
13 ．（1）0.35 ≤ μ1 ≤ 0.5 ；（2） s
（1）小滑块滑上木板 A 时，木板不动，有
μ1m1g ≤ μ2 (m1 + 2m2 )g小滑块滑上木板 B 时，木板 B 开始滑动，有
μ1m1g ≥ μ2 (m1 + m2 )g联立解得
0.35 ≤ μ1 ≤ 0.5
（2）小滑块在木板 A 上运动，对滑块受力分析有
F - μ1m1g = m1a1
解得加速度为
a1 = 3.2m/s2
由动力学公式得
1
v2 = 2a L
解得
v = 4m/s
小滑块在木板 A 上运动的时间
小滑块在木板 B 上运动，滑块的加速度为
a2 = μ1g = 4m/s2
木板 B 的加速度为
μ1m1g - μ2 (m1 + m2 )g = m2 a3
解得
滑块运动到与木板 B 速度相同时有
v - a2t2 = a3t2
解得
t2 = s
滑块运动到与木板 B 速度相同时的总时间为
14 ．（1） ·、2v0 ，方向与 x 轴正方向成 45 度角；(
（1）粒子在第一象限中做类平抛运动，设粒子在 a 点时的速度方向与 x 轴夹角为θ ,根据平抛运动中的推论可得，速度反向延长线过水平位移的中点，则
tan θ = = 1
所以有
θ = 45°
粒子在 x 轴方向做匀速直线运动，则
vx = v0
所以粒子在 a 点时的速度大小为
v
v v
cs θ 0
（2）粒子从 P 点运动到 a 点是时间为
由粒子在电场中运动轨迹可得，粒子受到的电场力沿y 轴负方向，所以粒子带负电，则粒子在磁场中运动轨迹如图，由几何关系可得
r = L粒子在磁场中运动的圆心角为
a =
π
2
则粒子由 a 运动到 d 的时间为
所以粒子从 P 运动到 a 和从 a 运动到 d 的时间之比
t2 π
（3）由题意可得，若使粒子经过磁场后不能到达 x 轴上，则临界状态为出磁场时速度方向与 x 轴平行，运动轨迹如图，则由圆心角等于速度的偏转角可得圆心角为
β =
由几何关系可得，运动的半径为
R = 2L
粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力
以上各式联立，解得
0
B = mv0
2qL
则若使粒子经过磁场后不能到达 x 轴上，磁感应强度不能大于B0 ，即磁感应强度应满足的条件为
15 ．(1)50A，从 a 到 b
(2) P = 3600W
(3)q = 15C ，Q = 2300J
（1）缓冲槽着地时，线圈中 ab 边切割磁感线，有I 解得I = 50A
根据右手定则可判断 ab 边的电流方向：从 a 到 b
（2）主体减速下落，根据牛顿第二定律，有F1 - mg = ma
又F1 = nBI1L
线圈的发热功率为P = I12R解得P = 3600W
（3）由法拉第电磁感应定律有 E = n
由闭合电路欧姆定律有I 由电流的定义式有q = IΔt
解得q
代入数据可知q = 15C
主体下落 h 过程中，根据能量守恒定律，有Q = mgh mv mv 解得Q = 2300J