2023-2024学年江苏省南通市如东中学，如东一高等四校高三（上）学情调研物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省南通市如东中学，如东一高等四校高三（上）学情调研物理试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.静电喷涂是一种利用静电作用使雾化涂料微粒在高压电场作用下带上电荷，并吸附于带正电荷的被涂物的涂装技术，静电喷涂机的结构如图所示，规定大地的电势为0，下列说法正确的是
A. 雾化涂料微粒可能带正电，也可能带负电
B. 静电喷涂机喷口处的电势大于0
C. 工件表面处的电场强度小于喷口处的电场强度
D. 工件与喷口之间的电场线与真空中等量异种点电荷之间的电场线完全相同
2.如图所示的四幅图分别为四个物体做直线运动的图像，下列说法中正确的是( )
A. 甲图中，0～t0时间内物体的加速度增大
B. 乙图中，物体做匀加速直线运动
C. 丙图中，阴影面积表示t1～t2时间内物体的位移大小
D. 丁图中，物体做匀速直线运动
3.在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，下列说法正确的是( )
A. 为便于形成单分子油膜，配成的油酸酒精溶液浓度要高一些
B. 为清晰显示油膜的边界，应该在滴入油酸酒精溶液后撒上痱子粉
C. 如果将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算，会导致测量结果偏小
D. 为减小实验误差，选用的玻璃板上正方形方格要小一些
4.硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点。如图所示，图线A是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I变化的关系图像，图线B是某灯泡的U−I图像。在该光照强度下将它们组成闭合回路时，下列说法正确的是( )
A. 该灯泡的阻值随电压升高而增大，此时的阻值为1 Ω
B. 电源的效率为66.7%
C. 若将灯泡换成0.3 Ω定值电阻，电源的输出功率减小
D. 此时闭合回路中电源两端的电压是为3 V
5.“西电东送”是我国西部大开发的标志性工程之一。如图所示为远距离输电的原理图，假设发电厂的输出电压U1恒定不变，输电线的总电阻保持不变，两个变压器均为理想变压器。下列说法正确的是( )
A. 当用户负载增多，通过用户用电器的电流频率会增大
B. 当用户负载增多，升压变压器的输出电压U2增大
C. 若输送总功率不变，当输送电压U2增大时，输电线路损失的热功率增大
D. 在用电高峰期，用户电压U4降低，输电线路损失的热功率增大
6.“嫦娥六号”探测器计划在2024到2025年执行月球背面的月球样品采集任务。若“嫦娥六号”探测器在月球附近轨道上运行的示意图如图所示，“嫦娥六号”探测器先在圆轨道上做匀速圆周运动，运动到A点时变轨为椭圆轨道，B点是近月点，则下列有关“嫦娥六号”探测器的说法正确的是( )
A. 发射速度大于地球的第二宇宙速度
B. 要想从圆轨道进入椭圆轨道必须在A点减速
C. 运行至B点时的速度等于月球的第一宇宙速度
D. 在圆轨道上运行的周期和在椭圆轨道上运行的周期相等
7.如图所示为某名运动员保持固定姿势欲骑车飞跃宽度d=2m的壕沟AB。已知两沟沿的高度差h=0.4m，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 运动员在空中飞行的过程中，重力的功率逐渐增大
B. 运动员离开A点时的速度越大，在空中运动的时间越长
C. 运动员在空中飞行的过程中，动量变化量的方向斜向右下方
D. 运动员离开A点时的速度大于5m/s就能安全越过壕沟
8.劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器(如图甲所示)，其原理如图乙所示，加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，两个金属盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。两盒间留有空隙，现对氚核加速，所需的高频电源的频率为f，已知元电荷为e，下列说法正确的是( )
A. 氚核的质量为eB2πf
B. 高频电源的电压越大，氚核最终射出回旋加速器的速度越大
C. 被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期随半径的增大而增大
D. 该回旋加速器接频率为f的高频电源时，也可以对氦核加速
9.如图所示为内燃机部分结构的剖面简图，曲轴OA绕O点沿逆时针方向匀速转动，转速为n，曲轴与连杆AB连接在A点，连杆与活塞连接在B点，OA=R。此时OA⊥AB，连杆AB与OB的夹角为θ，则( )
A. 图示时刻活塞的速度大小为2πnRcsθ
B. 图示时刻活塞的速度大小为2πnRcsθ
C. 曲轴和活塞运动周期不相等
D. 从图示时刻至活塞到最高点，活塞一直处于超重状态
10.微信运动步数的测量是通过手机内电容式加速度传感器实现的，如图所示，M极板固定，当手机的加速度变化时，N极板只能按图中标识的“前后”方向运动。图中R为定值电阻。下列对传感器描述正确的是( )
A. 静止时，电流表示数为零，且电容器两极板不带电
B. 电路中的电流表示数越大，说明手机的加速度越大
C. 由静止突然向后加速时，电容器的电容会减小
D. 由静止突然向前加速时，电流由b向a流过电流表
11.如图所示，一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcd，在水平拉力作用下，以恒定的速度沿x轴运动，磁场方向垂直纸面向里。从线圈进入磁场开始计时，直至完全进入磁场的过程中，设bc边两端电压为U，线框受到的安培力为F，线框的热功率为P，通过ab边的电荷量为q。下列关于U、F、P、q随时间t变化的关系图像正确的是
( )
A. B.
C. D.
二、实验题：本大题共1小题，共16分。
12.某同学想要测量一节干电池的电动势和内阻，实验室提供了如下器材和参考电路：电流表A(0.6A量程的内阻约1Ω、3A量程的内阻约0.2Ω)，电压表V(3V量程的内阻约3kΩ、15V量程的内阻约15kΩ)，滑动变阻器R1(最大阻值200Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值20Ω)，开关，导线若干。
(1)选用合适器材后，为了减小误差，应选择图_____(选填“甲”或“乙”)所示的电路进行测量，并完成丙图中的实物连线；
(2)为了调节方便、测量准确，滑动变阻器选_____(选填“R1”或“R2”)；
(3)某次测量时电压表的示数如图丁所示，电压表的读数为_____V；
(4)另外一位同学为了减小计算误差，将测得的数据在坐标纸上描点作出U−I图像如图戊，根据图像可求出干电池的电动势E=_____V，内阻r=_____Ω。(均保留到小数点后两位)
(5)若考虑到电表内阻的影响，对测得的实验数据进行修正，在图戊中重新绘制U−I图线，与原图线比较，新绘制的图线与横坐标轴交点的数值将_______，与纵坐标轴交点的数值将________(两空均选填“变大”“变小”或“不变”)。
三、计算题：本大题共4小题，共40分。
13.“战绳”训练是近年健身的一种流行项目，如图甲所示。健身者抖动其中一根绳子形成的绳波，可看作简谐波，以手的平衡位置为坐标原点，建立xOy坐标系，如图乙所示为t=0时刻绳子的波形，若抖动的频率是2Hz，不考虑绳波传播过程中的能量损失。求：
(1)从该时刻开始计时，质点Q的振动方程；
(2)该绳波的传播速度大小。
14.一定质量的理想气体由状态A经过状态B变为状态C，其有关数据如p−T图象甲所示．若气体在状态A的温度为−73.15 ℃，在状态C的体积为0.6 m3.求：
(1)根据图象提供的信息，计算图中VA的值；
(2)在图乙坐标系中，作出由状态A经过状态B变为状态C的V−T图象，并在图线相应位置上标出字母A、B、C.如果需要计算才能确定坐标值，请写出计算过程．
15.如图所示的平面直角坐标系xOy，在第一象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y正方向；在第四象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且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,h)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点(2h,0)进入第四象限，经过磁场后又从y轴上的某点进入第三象限，且速度与y轴负方向成45∘角，不计粒子所受的重力．求：
(1)电场强度E的大小；
(2)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值；
(3)粒子从P点出发到回到y轴上所用时间的最大值。
16.如图所示的游戏装置放置在水平地面上，该装置由水平直轨道OB、两个相同的四分之一圆弧构成的竖直细管道BC、水平直轨道CD和水平传送带DE平滑连接而成，传送带以恒定速度做顺时针转动。一轻质弹簧左端固定，原长时右端处于O点。质量m1=0.5 kg的滑块M将弹簧压缩至A处(图中未标出)，此时弹性势能Ep=14 J。释放后滑块通过ABC段，进入轨道CD与质量m2=0.7 kg的滑块N发生弹性碰撞，碰后滑块N从E点水平飞出。已知OB段长L1=1 m，滑块M与OB段的动摩擦因数μ1=0.2，圆弧半径R=0.4 m，传送带长L2=3 m，滑块N与传送带的动摩擦因数μ2=0.4，滑块均可视为质点，装置其余部分均光滑，g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)滑块M首次到达竖直光滑细管道C点时的速度大小及滑块M受到管道的作用力大小；
(2)滑块M最终静止的位置与管道最低点B的距离；
(3)滑块N平抛的水平距离x与传送带速度大小v的关系。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
根据电场线的性质判断电势和场强，注意与大地相连的工件电势为零，要记住等量异种点电荷之间的电场线形状。
本题考查电场线的性质和定义。
【解答】
A.涂料微粒吸附于带正电荷的被涂物上，根据异种电荷相吸的原理，涂料微粒应带负电，故A错误；
B.工件接地，电势为0，电场线由工件指向喷口，沿着电场线的方向电势逐渐降低，则静电喷涂机喷口处的电势小于0，故B错误；
C.电场线的疏密表示电场的强弱，工件表面处的电场线比喷口处的电场线稀疏，则工件表面处的电场强度小于喷口处的电场强度，故C正确；
D.真空中等量异种点电荷之间的电场线上下对称、左右也对称，工件与喷口之间的电场线上下对称，但左右不对称，所以工件与喷口之间的电场线与真空中等量异种点电荷之间的电场线不相同，故D错误。
故选C。
2.【答案】B
【解析】.B
【详解】A. v−t 图像的斜率表示加速度，甲图中， 0～t0 时间内图像的斜率在减小， 0～t0 时间内物体的加速度减小。故A错误；
B.由初速度为零的匀加速直线运动的速度位移关系
v2=2ax
得 v2−x 图像为一条倾斜直线，所以乙图中，物体做匀加速直线运动。故B正确；
C. a−t 图像与坐标轴围成的面积表示速度的变化量，丙图中，阴影面积表示 t1～t2 时间内物体的变化量大小。故C错误；
D.由匀变速直线运动的公式
x=v0t+12at2
得
xt=v0+12at
得匀变速直线运动的 xt−t 为一条倾斜的直线。故丁图中，物体做匀变速直线运动。故D错误。
故选B。
3.【答案】D
【解析】D
【详解】A.配成的油酸酒精溶液浓度低一些，每滴酒精油酸混合溶液中纯油酸的体积就少，铺在浅盘中形成的油膜的面积就小，更容易形成单层油膜，故A错误；
B.为清晰显示油膜的边界，应该先撒上痱子粉再滴入油酸酒精混合溶液，故B错误；
C.如果将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算，那么油酸的体积偏大，根据实验原理可知，油酸分子的直径为
d=VS
可知会导致测量的油酸分子的直径偏大，故C错误；
D.为减小实验误差，选用的玻璃板上正方形方格要小一些，由于轮廓采取估测法，因此方格越小误差越小，故D正确。
故选D。
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要是考查闭合电路的欧姆定律，关键是弄清楚电路的连接情况，能够根据电路连接情况求解电路的电阻，根据闭合电路的欧姆定律求解电流或电压。
电阻的U−I图像上的点过坐标原点的割线的斜率表示电阻；电源的输出功率与电源总功率的比值即为电源的效率；当内外电阻相等时，电源的输出功率最大。
【解答】
A.根据电阻R的U−I图象可知，过坐标原点连线的斜率表示电阻逐渐增大，
即R的阻值随电压升高而增大，两图像的交点对应的阻值为R=UI=12Ω=0.5Ω，故A错误;
BD.光敏电阻和电源构成回路对应交点处的电压和电流，有E=3V，r=1Ω，U=1V，I=2A，则电源的效率为η=UIEI×100%≈33.3%，而此时闭合回路中电源两端的电压即为路端电压为1V，故BD错误;
C.电源的输出功率与外电阻的变化关系图像为
若将灯泡换成0.3Ω定值电阻，外电路的电阻变小，均小于电源内阻，可知输出功率变小，故C正确。
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查变压器的基本关系和热功率的计算。
(1)电流的频率不会变化；
(2)变压器原副线圈的电压之比等于匝数之比，电流之比等于匝数的反比；
(3)根据P=UI和P=I2R判断损失的功率；
(4)当用户负载增多时，户端总电阻变小，电流变大。
【解答】
A.当用户负载增多，通过用户用电器的电流频率不会变化，故A错误；
B.由于发电厂输出电压恒定不变，根据U1U2=n1n2，可知升压变压器的输出电压U2不变，故B错误；
C.若输送总功率不变，当输送电压 U2 增大时，输电线路中电流变小，由P损=I2R可知输电线路损失的热功率变小，故C错误；
D.在用电高峰期，电路中电流变大，由I3I4=n4n3，可知输电线路中电流变大，输电线路损失的热功率增大，输电线上损失的电压增加，U3减小，则用户电压 U4 降低，故D正确。
6.【答案】B
【解析】【分析】
知道解决天体运动问题的一般方法：万有引力提供向心力；根据开普勒第三定律可得半长轴越大，运动周期越大。
通过宇宙速度的意义判断嫦娥六号发射速度的大小；根据开普勒第三定律，结合半长轴的大小与圆轨道半径的大小比较运动的周期；根据圆周运动和离心运动来解释A点的速度大小。
【解答】
A.“嫦娥六号”探测器的发射速度不大于地球的第二宇宙速度，若大于第二宇宙速度探测器会离开地球成为太阳的行星，故A错误；
B.“嫦娥六号”要想从圆轨道进入椭圆轨道，做近心运动，必须在A点减速，故B正确；
C.月球的第一宇宙速度是卫星贴近月球表面做匀速圆周运动的速度，而从近月圆轨道进入与其相切的椭圆轨道要加速，所以“嫦娥六号”运动动到B点速度大于第一宇宙速度，故C错误；
D.根据开普勒第三定律 a3 T2=k可得半长轴a越大，运动周期越大，显然圆轨道的半长轴(半径)大于椭圆轨道的半长轴，故沿椭圆轨道上运行的周期比圆轨道上运行的周期要短，故D错误。
故选B。
7.【答案】A
【解析】【分析】本题考查平抛运动。解决问题的关键是清楚人和车做平抛运动，根据平抛运动的规律、重力的功率表达式，动量的变化量的含义分析判断。
【解答】D.骑车飞跃壕沟的过程中，人和车做平抛运动，欲平安飞跃壕沟应满足车在竖直方向上下落h时，它的水平位移s≥d，竖直方向上人和车做自由落体运动，由h=12gt2可得t= 2hg= 2×0.410s= 25s，水平方向做匀速直线运动，需满足s=v0t≥d，可得离开A点时速度需大于等于5 2m/s才能安全越过壕沟，故D错误;
B.飞跃壕沟时，在空中运动的时间只与高度差h有关，则时间不变，故B错误;
A.运动员在空中飞行的过程中重力的功率PG=mgvy=mg2t，随着时间t的增长重力的功率逐渐变大，故A正确;
C.运动员在空中飞行的过程中，动量变化量与重力加速度的方向相同，都是竖直向下，故C错误。
8.【答案】A
【解析】【分析】
该题考查回旋加速器；解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场进行加速，磁场进行偏转的，以及知道粒子在磁场中运动的周期与轨道半径无关。
熟知回旋加速器原理，灵活应用公式，逐项分析解题即可。
【解答】
C.被加速的粒子在回旋加速器中的磁场中做匀速圆周运动，由洛仑兹力提供向心力，即evB=mv2r，带电粒子在磁场中运动的周期为T=2πrv，联立解得T=2πmeB，由上式可知，带电粒子做圆周运动的周期与半径无关，故C错误；
B.设D型盒的半径为R，加速粒子离开加速器时的速度vm满足evmB=mvm2R，解得vm=eBRm，粒子获得的最大速度与高频电源的电压无关，故B错误；
A.氚核的的周期T=2πmeB=1f，解得氚核的质量为m=eB2πf，故A正确；
D.根据回旋回速器的加速原理可知，粒子在磁场中做圆周运动的频率和电源的频率相同，当加速氦核( 24He)时，由于比荷不同，故氦核在磁场中运动的频率与氚核不同，故不能对氦核加速，故D错误。
9.【答案】A
【解析】A
【详解】AB.根据圆周运动规律可得 A 点的线速度大小为
vA=2πnR
设图示时刻活塞的速度大小为 v1 ，则根据运动的合成与分解可知
vA=v1csθ
解得
v1=2πnRcsθ
故A正确，B错误；
C.曲轴和活塞用连杆连接，运动周期相等，C错误；
D.设 ∠OAB=α ，活塞的速度大小为 v ，则
vAcsα−π2=vcsθ
解得
v=sinαcsθvA
从图示时刻至活塞到最高点， vA 不变， sinα 一直减小， csθ 一直增大，所以 v 一直减小，活塞一直处于失重状态，D错误。
故选A。
10.【答案】D
【解析】【分析】
静止时，电容器连在电源两端，电容器带电，但电路中无电流；由静止突然向前或者向后运动时，用决定式C=εS4πkd分析平行板电容器电容的变化，用Q=CU分析电容器所带电荷量的变化。
本题主要考查电容器的动态分析问题，关键是可以根据题设条件结合决定式C=εS4πkd分析出平行板电容器电容的变化情况。
【解答】
A、静止时，N板不动，电容器的电容不变，则电容器电量不变，则电流表示数为零，电容器保持与电源相连，两极板带电，故A错误；
C、由静止突然向后加速时，N板相对向前移动，则板间距减小，根据C=εS4πkd知电容C增大，故C错误；
D、由静止突然向前加速时，N板相对向后移动，则板间距增大，根据C=εS4πkd知电容C减小，电压不变，由Q=CU知电容器电量减小，电容器放电，电流由b向a流过电流表，故D正确。
B.由CD项分析可知，手机“前后”方向运动的加速度越大，电容变化越大，相同时间内电容充电或放电的电荷量大，电路中的电流表示数越大。因此电路中的电流表示数越大，说明手机“前后”方向运动的加速度越大。B错误。
故选：D。
11.【答案】A
【解析】A
【详解】设磁场的虚线边界与x轴的夹角为θ、线框的速度为v、线框的边长为L、磁场的磁感应强度为B，和感应电动势最大的时刻为t0，则在bc边进入磁场的过程中由dc边进入磁场的部分切割磁感线，即在时间段0 ≤ t ≤ t0内有
E1 = Bv2t⋅tanθ
I1=Bv2t⋅tanθ4R
由dc边和ab边进入磁场的部分切割磁感线的过程中，即在时间段t0 ≤ t ≤ 2t0内有
E2 = BLv−Bv2(t−t0)⋅tanθ
I2=BLv4R−Bv2(t−t0)⋅tanθ4R
A.设线框一条边的电阻为R，根据以上分析可知，在0 ≤ t ≤ t0的过程中
U1=I1R=Bv2t⋅tanθ4
在t0 ≤ t ≤ 2t0的过程中
U2=I2R=BLv4−Bv2(t−t0)⋅tanθ4
故A正确；
B.设线框一条边的电阻为R，根据以上分析可知，在0 ≤ t ≤ t0的过程中
F1=BI1⋅vttanθ=B⋅(Bv2t⋅tanθ4R)⋅vttanθ
则在0 ≤ t ≤ t0的过程中F—t图像应为曲线，故B错误；
C.设线框一条边的电阻为R，根据以上分析可知，在0 ≤ t ≤ t0的过程中
P1=I12⋅4R=(Bv2t⋅tanθ4R)2⋅4R
则在0 ≤ t ≤ t0的过程中P—t图像应为开口向上的抛物线，故C错误；
D.设线框一条边的电阻为R，根据以上分析可知，在0 ≤ t ≤ t0的过程中
q1=ΔΦ4R=Bv2t2⋅tanθ8R
则在0 ≤ t ≤ t0的过程中q—t图像应为曲线，故D错误。
故选A。
12.【答案】(1)甲； ；
(2)R2；
(3)1.25；
(4)1.48；0.96；
(5)变大；变大
【解析】【分析】
本题考查了测量电源电动势和内阻的实验，关键掌握图像的运用，能够很好地考查学生处理实验的能力，要求学生能够应用图象去处理实数据。
(1)根据干电池内阻分析电流表接法;
(2)为方便操作选择合适的滑动变阻器;
(3)根据电压表分度值读数;
(4)根据闭合电路欧姆定律结合图像斜率和截距解得；
(5)根据电压表的分流作用解答。
【解答】(1)选用合适器材后，由于干电池内阻很小，电压表的内阻很大，电压表的分流几乎可以忽略不计，为减小误差，应选择甲电路进行测量。
实物连线如图所示： ；
(2)为了调节方便，使电表示数变化明显，滑动变阻器选择阻值较小的R2；
(3)由于电压表选择3V，分度值为0.1V，则电压表示数为1.25V；
(4)根据闭合电路欧姆定律可得U=E−Ir，
可知图线的纵轴截距表示电动势，图线的斜率绝对值表示内阻，则有E=1.48V，r=1.48−1.00.5Ω=0.96Ω；
(5)设电压表内阻为RV，电流表测量的电流为通过R的电流，设电压表示数为U，则通过内阻的电流为I+URv，根据闭合电路的欧姆定律可得E=U+I+URVr，整理得U=RVRV+r·E+RVrRV+r·I，短接电流不变，图戊中所成的电源电动势E测=RVRV+r·E偏小，因为图中纵轴不是从0开始，则修正后新绘制的图线与横坐标轴交点的数值将变大，与纵坐标轴交点的数值将变大。
13.【答案】解：(1)振幅A=20cm，该时刻Q点的振动方向沿y轴正方向
ω=2πf=4π(s−1)
振动方程：y=Asin(ωt)=20sin(4πt)(cm)
(2)由波形图知：λ=8m，则波速v=λf=16m/s。
【解析】本题主要考查了简谐横波的相关应用，理解简谐横波在不同方向上的运动特点，结合运动学公式和图像的物理意义即可完成分析。
(1)根据Q点的振动方向沿y轴正方向，结合振幅和ω=2πf得出振动方程；
(2)根据题意得出波长的大小，结合波速的计算公式得出波速的大小；
14.【答案】解：(1)状态A的热力学温度：TA=t+273.15=−73.15+273.15=200(K)
由图甲可知：A至B为等压过程，B至C为等容过程。
对A至C，由理想气体状态方程有：pAVATA=pCVCTC，
解得：VA=pCVCTApATC=2.0×105×0.6×2001.5×105×400=0.4m3；
(2)由盖·吕萨克定律：VATA=VBTB，
解得：VB=VATBVA=0.4×300200=0.6m3，
因为B至C为等容过程，所以VC=VB=0.6m3，图象如图所示．
答：(1)A至B为等压过程，B至C为等容过程，VA为0.4m3；
(2)图象如图所示：

【解析】(1)根据图示图象求出气体的状态参量，应用理想气体状态方程求出气体的体积。
(2)求出气体的状态参量，然后应用盖吕萨克定律求出气体体积，再作出图示。
本题考查了求气体的温度与体积、作图象等问题，分析清楚气体状态变化过程、根据图象求出气体的状态参量、应用气体状态方程即可正确解题。
15.【答案】解：粒子在第Ⅰ象限内做类平抛运动，设在第Ⅰ象限内运动的时间为t1，则
水平方向有：2h=v0t1…①
竖直方向有：h=12qEmt12…②
①②式联立得：E=mv 0 22qh ③
(2)设粒子到达a点时时竖直方向的速度vy
则有：vy=at1=qEmt1…④
①③④联立得：vy=v0
所以粒子到达a点时速度大小为va= vx2+vy2 = 2v0 ①
与x轴的夹角为θ，由几何关系得：tanθ=vyvx=v0v0=1，
所以θ=45°，
经分析，当粒子从b点出磁场时，磁感应强度最小；
由几何关系得：r= 22L ②
由洛伦兹力提供向心力得：Bqv=mv2r ③
①②③联立得：Bmin=2mv0qL 即磁感应强度的最小值。
(3)当磁感应强度最小时，时间最长
电场中时间：t1=2hv0，
磁场中的最长时间：t2=θ2πT，
其中：T=2πmqBmin，
由题意得：θ=π2
解得：t2=πL4v0，
粒子出磁场后做匀速直线运动，水平分速度与粒子在电场中的水平分速度大小相等，故运动时间相等t3=t1，
所求时间：t=t1+t2+t3，
粒子从P点出发到回到y轴上所用时间的最大值t=16h+πL4v0。
【解析】该题考查了有边界电磁场的问题，在电场中的偏转，利用平抛运动的知识求解；粒子在有边界的匀强磁场中运动，利用几何关系求解运动半径和转过的圆心角是解决问题的关键。
(1)粒子在电场中做类平抛运动，水平位移和竖直位移均已知，由牛顿第二定律和运动学公式，运用运动的分解法可求出场强大小E；
(2)由速度的合成法求出粒子到达a点时速度大小和方向，由几何知识确定粒子经过a点时的方向；三角形区域内的磁场方向垂直纸面向里，当粒子刚好与BC边相切时，磁感应强度最小，作出轨迹，由几何知识求出最大半径，由牛顿第二定律即可求出磁感应强度的最小值；
(3)分段求出粒子在电场、磁场中、及出磁场后的时间，三段时间之和即为所求总时间。
16.【答案】解：(1)根据功能关系可知
E0−μ1m1gL1−2m1gR=12m1v12，
解得
v1=6m/s，
在C点，根据牛顿第二定律有
FN+m1g=m1v12R，
解得
FN=40N。
(2)与滑块b发生弹性碰撞，则动量守恒且能量守恒
m1v1=m1va+m2vb，
12m1v12=12m1va2+12m2vb2，
解得
va=−1m/s，vb=5m/s，
而由于
12m1va2<2μ1m1gL1，
则不会再弹上C
12m1va2+2m1gR=μ1m1gs，
解得
s=4.25m，
而由于
s=4L1+0.25m，
故最终停在B点左侧0.25m处。
(3)根据平抛运动规律有
2R=12gt2，
解得
t=0.4s，
若一直减速则有
−μ2m2gL2=12m2v22−12m2vb2，
解得
v2=1m/s，
若一直加速，则有
μ2m2gL2=12m2v32−12m2vb2，
解得
v3=7m/s，
则若v≤1m/s，则
x=0.4m，
若1m/s≤v≤7m/s，则
x=(0.4v)m，
若v≥7m/s，则
x=2.8m。
【解析】本题考查了动能定理、功能关系、竖直面的圆周运动、弹性碰撞、平抛运动等知识点，关键是要认真分析物理过程，把复杂的物理过程分成几个小过程并且找到每个过程遵守的物理规律，列出相应的物理方程解题。