2023-2024学年山东省菏泽市东明县第一中学高三（下）开学考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省菏泽市东明县第一中学高三（下）开学考试物理试卷（含解析），共19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.研究表明原子核核子的平均质量(原子核的质量除以核子数)与原子序数有如图所示的关系．一般认为大于铁原子核质量数(56)的为重核，小于则是轻核．下列对该图像的理解正确的是
A. 从图中可以看出，Fe原子核最稳定
B. 从图中可以看出，重核A裂变成原子核B和C时，需要吸收能量
C. 从图中可以看出，轻核D和E发生聚变生成原子核F时，需要吸收能量
D. 从图中可以看出，重核随原子序数的增加，比结合能变大
2.如图所示，横截面为半圆的柱形玻璃砖放在水平桌面上，图中的3条光线分别为某种单色光的入射光线、折射光线和反射光线，且入射光正对圆心．下列说法正确的是
A. 光线1为入射光线
B. 玻璃砖对该单色光的折射率为sinisinr
C. 该单色光在玻璃砖中发生全反射的临界角的正弦值为sinisinr
D. 光线2、3不可能相互垂直
3.如图所示的圆盘，半径为R，可绕过圆心O的水平轴转动，在圆盘的边缘沿同一直径方向固定两根长为R的轻杆，杆的端点各有一可视为质点的小球A、B，在圆盘上缠绕足够长的轻绳，轻绳的另一端拴接一小球C。现将装置由静止释放，小球C向下以12g(g为重力加速度)的加速度做匀加速直线运动，圆盘与轻绳间不打滑，经过一段时间圆盘转过两圈。下列说法正确的是( )
A. 圆盘转两圈所用的时间为2 2πRg
B. 圆盘转两圈时，小球A的角速度大小为2 πgR
C. 圆盘转两圈时，圆盘的角速度大小为 πg
D. 圆盘转两圈时，小球B的线速度大小为2 πgR
4.如图所示，在正三角形ABC的B、C两点沿垂直纸面方向固定两根通电直导线，电流方向如图所示，电流大小之比为IB:IC=1:2。已知电流为I的通电直导线在与其相距d处产生的磁感应强度大小为B=kId(k为常数)。则下列说法正确的是( )
A. A点磁感应强度的方向由B指向A
B. O点磁感应强度的方向由A指向O
C. 仅将B处电流加倍，则A、O两点的磁感应强度方向相反
D. 仅将B处电流加倍，则A、O两点的磁感应强度大小之比为1∶3
5.2023年11月1日，我国在太原卫星发射中心成功将“天绘五号”卫星发射升空，并顺利进入预定轨道。“天绘五号”在距离地球表面500km附近环绕地球做匀速圆周运动，其运行周期约为32个小时，某时刻“天绘五号”、同步卫星、地球的连线在同一直线上，如图所示，则下列说法正确的是( )
A. “天绘五号”的发射速度大于第二宇宙速度
B. “天绘五号”的线速度小于同步卫星的线速度
C. “天绘五号”的向心力一定大于同步卫星的向心力
D. 到下一次“天绘五号”、同步卫星与地球共线的时间约为0.8h
6.如图所示的理想变压器电路中，a、b、c、d、e为5个完全相同的灯泡(不考虑温度对其电阻的影响)，现在MN间接入有效值不变的交流电压，5个灯泡均正常发光。下列说法正确的是( )
A. 变压器原、副线圈的匝数比为2∶3
B. 原线圈的输入电压与灯泡a两端的电压相等
C. 电源电压的有效值为小灯泡额定电压的2.5倍
D. 若将小灯泡d拆除，则小灯泡a、b有可能被烧坏
7.如图所示，a、b、c、d、e为正五边形的五个顶点，O为其中心，现将三个完全相同、电荷量为QQ>0的正电荷固定在a、b、c三点，电荷量为−qq>0的试探电荷放在O点时，该试探电荷所具有的电势能为−E，规定无穷远处的电势为零。则下列说法正确的是( )
A. 试探电荷−q在d点的电势能大于在e点的电势能
B. 若再在d、e两点各放置一电荷量大小为Q的负电荷，则O点的电势为E3q
C. 若再在d点放置一电荷量大小为2Q的负电荷，则试探电荷−q在O点的电势能为E3
D. 若再在Oe的中点放置一电荷量为Q的正电荷，则试探电荷−q在e点的电势能大于在d点的电势能
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示为一定质量的理想气体从状态a→b→c→d→a过程的V−T图像，其中ac的连线过原点，bc、da连线与横轴平行，cd连线与纵轴平行。则下列说法正确的是( )
A. 从状态a到状态b，气体对外做正功
B. 从状态b到状态c，单位时间、单位面积撞击器壁的分子数不变
C. 从状态c到状态d，气体向外放出热量
D. a到b气体对外做的功等于c到d外界对气体做的功
9.碰碰车深受青少年的喜爱，因此大多数游乐场都设置了碰碰车，如图所示为两游客分别驾驶碰碰车进行游戏．在某次碰撞时，红车静止在水平面上，黄车以恒定的速度与红车发生正撞，已知黄车和红车连同游客的质量分别为m1、m2，碰后两车的速度大小分别为v1、v2.假设碰撞的过程没有机械能损失．则下列说法正确的是
A. 若碰后两车的运动方向相同，则一定有m1>m2
B. 若碰后黄车反向运动，则碰撞前后黄车的速度大小之比可能为5:6
C. 若碰后黄车反向运动且速度大于红车，则一定有m2>3m1
D. 碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之比可能为3:1
10.如图所示，两间距为l=0.5m足够长的光滑平行导轨倾斜固定，倾角为α=12∘，导轨底端连接阻值为R=1.0Ω的定值电阻，整个空间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，质量为m=1kg、阻值为r=0.5Ω、长为L=0.5m的导体棒MN垂直导轨放置，现给导体棒一沿导轨向上的初速度v0=12m/s，同时在导体棒上施加一沿导轨向上的外力F0=2.5N时，导体棒沿导轨向上做匀速直线运动；某时刻将外力变为沿导轨向下的变力F，并将该时刻记为0时刻，使导体棒沿导轨向上做匀减速直线运动，经4s的时间导体棒的速度减为零，整个过程导体棒与导轨始终接触良好，重力加速度g=10m/s2，不计导轨的电阻，sin12∘=0.2。则下列说法正确的是( )
A. 匀强磁场的磁感应强度大小为0.5T
B. 0∼4s内，外力F关于时间t的关系式为F=0.25t+1.0(N)
C. 导体棒沿导轨向上减速运动18m时，导体棒MN两端的电压为1V
D. 0∼4s内，流过定值电阻的电荷量为4C
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某实验小组利用如图甲所示的装置验证了机械能守恒定律，实验时完成了如下的操作：
a.首先接通气垫导轨，然后调节气垫导轨水平，将光电门固定在气垫导轨上，调节滑轮的高度使轻绳水平；
b.用游标卡尺测量遮光条的宽度d；
c.将质量为M的滑块(含遮光条)放在气垫导轨上，用轻绳跨过定滑轮，另一端拴接一个质量为m的钩码；
d.将钩码由静止释放，记录滑块经过光电门时的挡光时间t，测量出释放点到光电门的距离L；
e.改变钩码的个数n(每个钩码质量均为m)，仍将滑块从同一位置静止释放，记录滑块经过光电门时相应的挡光时间．
(1)游标卡尺示数如图乙所示，则遮光条的宽度为_________cm；
(2)已知重力加速度为g，若所挂钩码的个数为n，系统的机械能守恒时，关系式_________成立(用已知和测量的物理量的字母表示)；
(3)利用记录的实验数据，以1n为横轴、t2为纵轴描绘出相应的图像，作出的图线斜率为k，若系统的机械能守恒，则k=__________________(用已知和测量的物理量的字母表示)．
12.某同学测量某电阻的电阻值。
(1)首先用多用电表进行粗测，将旋钮扳到“×10”的挡位，进行欧姆调零后将两表笔与待测电阻的两端相接触，多用电表的指针位置如图甲所示，则电阻测量值为_____Ω；
(2)为了精确测量该电阻阻值，实验室为其提供了如下的实验器材：
a.待测电阻Rx
b.电压表V(量程1V、内阻RV=300Ω)
c.电流表A1(量程2A、内阻RA≈20Ω)
d.电流表A2(量程30mA、内阻RA≈5Ω)
c.滑动变阻器R10∼10Ω
f.滑动变阻器R20∼1kΩ
g.电阻箱R0(0∼999.9Ω)
h.电源(电动势3V、内阻不计)、开关，导线若干
①该同学分析实验器材，发现电压表的量程太小，需将该电压表改装成3V量程的电压表，应_____(填“串联”或“并联”)电阻箱R0，并将R0的阻值调为_____；
②实验时，为了减小实验误差。且要求电表的示数从零开始调节，请将设计的电路画在图乙虚线框中，并标出所选用的相应的器材符号_____；
③某次测量时，电压表与电流表的示数分别为U、I，则待测电阻的阻值Rx=_____(用已知物理量的字母表示)。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示，与外界隔热的圆柱形容器开口向上固定，用密封性良好的隔热活塞将一定质量的理想气体封闭在容器中，系统稳定时，活塞到容器底部的高度为h，活塞的质量为m、横截面积为S，大气压强恒为2mgS，重力加速度为g，容器中气体的温度为T0，不计活塞与容器内壁的摩擦．求：
(1)若将封闭气体的温度升高原来温度的14，再次稳定时活塞到汽缸底部的高度；
(2)若将容器水平放置且将温度降低到原来温度的13，现在活塞上施加一水平力，当活塞缓慢回到初始位置时，则水平力的大小．
14.传送带是建筑工地常见的运输装置，如图所示为传送带AB的简易图，传送带的倾角为α=30∘，以v0=8m/s的速度顺时针匀速转动，工人将质量m=300kg的工料(可视为质点)轻轻地放到传送带的底端A，并用平行于传送带的轻绳拴接在工料上，启动电动机，电动机对工料提供的牵引力恒为F=3000N，经过t0=2s关闭电动机，一段时间后工件刚好到达传送带的最高点B。已知工料与传送带之间的动摩擦因数为μ= 35，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。求：
(1)经过时间t0=2s时，工料的速度大小；
(2)刚关闭电动机后，工料的加速度；
(3)传送带A、B两端间的距离。
15.如图所示，水平虚线MN的下方存在竖直向上的匀强电场E0(E0大小未知)，虚线上方有一以MN上一点O为圆心、R为半径的半圆形区域，该区域中存在垂直纸面向里的匀强磁场和水平方向的匀强电场E(E大小未知，图中均未画出)，磁场的磁感应强度大小为B，O点正下方固定一粒子源S，能源源不断地产生初速度为零的同种正粒子，经过一段时间粒子由O点进入半圆区域，粒子在半圆区域的轨迹为直线，在半圆区域内运动的时间为t0.粒子的重力以及粒子间相互作用均忽略不计．
(1)求半圆区域内匀强电场的电场强度E的大小和方向；
(2)若仅将半圆区域内的磁场撤去，结果粒子在半圆区域中运动的时间变为t02，求粒子的比荷以及S、O两点的电势差；
(3)若将半圆区域内的电场撤去，且将虚线MN下方的电场强度E0增大到原来的16倍，求粒子在半圆形区域运动的时间．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查比结合能以及重核裂变以及轻核聚变的特点，原子核的平均核子质量越小，其比结合能越大，原子核越稳定；重核裂变、轻核聚变时，核子平均质量减小，有质量亏损，要向外释放能量。
【解答】
AD.原子核的平均核子质量越小，其比结合能越大，原子核越稳定，故A正确，D错误；
BC.由题图可知，重核裂变、轻核聚变时，核子平均质量减小，有质量亏损，要向外释放能量，故 BC错误。
2.【答案】C
【解析】【分析】
根据折射定律和反射定律分析即可。
本题考查光的折射和反射定律，基础题目。
【解答】
A.由光路图可知，入射光线与反射光线、入射光线与折射光线分布在法线两侧，所以光线3为入射光线，2为反射光线，1为折射光线，A错误;
B.r为光线1在空气中与法线的夹角，i为光线3在介质中与法线的夹角，所以该材料的折射率为n=sin rsin i，B错误;
C.又sinC=1n，解得sinC=sin isin r，C正确;
D.当图中的i=45∘时，反射光线2和入射光线3相互垂直，D错误。
故选C。
3.【答案】B
【解析】.B
【详解】A.圆盘转过两圈时，小球C下落的高度为
h=4πR
由匀变速直线运动规律得
h=12×12gt2
解得
t=4 πRg
故A错误；
BC.圆盘转两圈时，小球C速度大小为
v=at=2 πgR
则圆盘边缘线速度为 2 πgR ，可得圆盘的角速度为
ω=vR=2 πgR
由于小球A和圆盘共轴，则此时小球A的角速度也为 2 πgR ，故B正确，C错误；
D.小球B圆周运动角速度等于圆盘的角速度，则小球B的线速度大小为
v=ω⋅2R=4 πgR
故D错误。
故选B。
4.【答案】D
【解析】D
【详解】AB.电流大小之比为 IB:IC=1:2 ，根据安培定则结合磁感应强度的矢量叠加如图：
故AB错误；
C.由上述分析可知，仅将B处电流加倍，则A、O两点的磁感应强度方向相同，故C错误；
D.仅将B处电流加倍，则A点的磁感应强度大小为
BA=kIBL
O点的磁感应强度大小为
BO=kIBL2cs30∘×2cs30∘=3kIBL
可知A、O两点的磁感应强度大小之比为1∶3，故D正确；
故选D。
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查卫星的运行规律，知道第二宇宙速度的定义以及熟练掌握万有引力提供向心力的公式即可解答。
第二宇宙速度是脱离地球束缚的最小速度；根据“高轨低速大周期”解答；“天绘五号”、同步卫星与地球到下一次共线，“天绘五号”比同步卫星在该时间内多转过的角度为π。
【解答】
A.第二宇宙速度是脱离地球束缚的最小速度，由于“天绘五号”是地球的卫星，所以“天绘五号”的发射速度一定小于第二宇宙速度，故A错误；
B.根据GMmr2=mv2r，可得v= GMr，可知“天绘五号”的线速度大于同步卫星的线速度，故B错误；
C.由Fn=GMmr2，由于质量关系未知，两卫星向心力大小无法确定，故C错误;
D.“天绘五号”、同步卫星与地球到下一次共线，“天绘五号”比同步卫星在该时间内多转过的角度为π，则由2πT1t−2πT2t=π，解得t=T1T22(T2−T1)，代入数据得t=0.8h，故D正确。
6.【答案】C
【解析】【分析】
根据变压器的基本比例关系和决定关系分析即可。
本题是关于变压器的基本比例和决定关系的考查，基础题目。
【解答】
A.设小灯泡的额定电压为U0、小灯泡的额定电流为I0，由题意5个小灯泡均正常发光，则每个小灯泡两端的电压均为U0，流过每个小灯泡的电流均为I0，则原线圈的电流为I1=2I0，副线圈的电流为I2=3I0，由变压器的变流关系n1n2=I2I1得n1n2=32，A错误；
B.又由公式n1n2=U1U2和U2=U0解得U1=1.5U0，B错误；
C.电源的电压为UMN=U1+U0，解得UMN=2.5U0，C正确；
D.将变压器和小灯泡c.d，e等效成一个电阻，若将小灯泡d拆除，则负载电阻增大，流过原线圈的电流减小，流过小灯泡的a、b的电流减小，则两灯泡不可能被烧断， D错误。
故选C。
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查电势以及电势能的应用，多个电荷在同一点产生的电势满足标量的叠加，结合电势能的公式Ep=qφ即可判断电势能的高低。
【解答】
A.由对称性可知，d、e两点的电势相等，由公式Ep=qφ可知，−q在d、e两点具有的电势能相等，故A错误；
B.在d、e两点放置电荷前，O点的电势为φO=Epq=−Eq=Eq，由对称性可知A、B、C三处的点电荷在O点的电势分别为φ=φO3=E3q，所以将−Q分别固定在d、e点时，则负电荷在O点的电势为φ′=−E3q，所以O点的电势为φO′=φO+2φ′=E3q，故B正确；
C.同理，若在d点放置电荷量为2Q的负电荷，O点的电势为φO′=E3q，则−q在O点的电势能为Ep=qφ=−q×E3q=−E3，故C错误；
D.若在Oe的中点放置电荷量为Q的正电荷，由于e点距离该电荷较近，所以e点的电势高于d点的电势，由Ep=qφ可知−q在高电势点的电势能小，即−q在e点的电势能小于在d点的电势能，故D错误。
8.【答案】AC
【解析】(1)10m/s；(2) 8 m/s2，方向沿传送带向下；(3)31.25m
【详解】(1)对工料受力分析，根据牛顿第二定律有
F−mgsinθ+μmgcsθ=ma1
设经t时刻，工料与传送带共速则有
v0=a1t
解得
t=1 s
再对工料受力分析，根据牛顿第二定律有
F−mgsinθ−μmgcsθ=ma2
根据速度—时间公式有
v=v0+a2t′
解得
v=10 m/s
(2)刚关闭电动机后，对工料受力分析，根据牛顿第二定律有
mgsinθ+μmgcsθ=ma3
解得
a3=8 m/s2
方向沿传送带向下；
(3)关闭发电机后，工料经恰好到达最高点B，则有工料先减速到与传送带共速，此时有
v2−v02=2a3x3
此后工料继续减速，此时受向上的摩擦力，由牛顿第二定律可得
mgsinθ−μmgcsθ=ma4
因此继续向上运动的位移为
v 02=2a4x4
工料加速到与传送带共速时的位移满足
v 02=2a1x1
工料的速度从 v0 增大到 v 的位移满足
v2−v 02=2a2x2
则传送带A、B两端间的距离为
x=x1+x2+x3+x4
解得
x=31.25 m
9.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查碰撞问题，根据动量守恒定律和能量关系分析问题，基础题。
两碰碰车碰撞的过程动量守恒，机械能守恒，若碰后两车的运动方向相同，则v1>0，可知m1>m2；若碰后黄车反向运动，当|v1|>|v2|时，则根据m2−m1m1+m2v0>2m1m1+m2v0，分析问题即可。
【解答】
A.两碰碰车碰撞的过程动量守恒，机械能守恒，设碰前黄车的速度大小为v0，则有m1v0=m1v1+m2v2，
12m1v02=12m1v12+12m2v22，联立解得v1=m1−m2m1+m2v0、v2=2m1m1+m2v0.若碰后两车的运动方向相同，则
v1>0，可知m1>m2，A正确;
B.若碰后黄车反向运动，且碰撞前后黄车的速度大小之比为5:6时，则v1=−1．2v0，即−1．2v0=m1−m2m1+m2v0，解得m2=−11m1，质量不可能为负值，即碰撞前后黄车的速度大小之比不可能为5:6，B错误;
C.若碰后黄车反向运动，当|v1|>|v2|时，则由m2−m1m1+m2v0>2m1m1+m2v0，解得m2−m1>2m1，即m2>3m1，显然只要满足此条件就可以使得黄车碰后反方向运动，且速度大于红车的速度，C正确;
D.若碰后红车的速度为3v0，则有3v0=2m1m1+m2v0，解得m1=−3m2，质量不能为负值，即碰后红车的速度大小不可能为3v0，D错误。
故选AC。
10.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题主要考查导体棒平动切割磁感线，综合考查了与电路的结合以及动力学问题，根据法拉第电磁感应定律结合力的平衡以及闭合电路欧姆定律列式求解。
【解答】
A.t=0时，导体棒上产生的感应电动势为E=BLv0，导体棒上的感应电流为I=ER+r，导体棒所受的安培力为FA=ILB，在导体棒上施加的外力沿导轨向上时，由力的平衡条件得F0=mgsinα+FA，由以上得B= (F0−mgsin α)(R+r)v0L2，代入数据解得B=0.5T，故A正确；
B.从t=0时刻开始，导体棒沿导轨向上做匀减速直线运动，导体棒减速时的加速度大小为a=△vt0=3m/s2，由牛顿第二定律得F+mgsinα+FA′=ma，设经时间t导体棒的速度大小为v，则v=v0−at，又E=BLv、I=ER+r、FA′=ILB，由以上联立解得F=0.125t+0.5(N)，故B错误；
C.导体棒沿导轨向上减速18m时，由公式v12−v02=−2ax得v1=6m/s，此时导体棒上产生的感应电动势为E1=BLv1=1.5V，由闭合电路欧姆定律可知流过导体棒的电流为I1=E1R+r=1A，则导体棒MN两端的电压为UMN=I1R=1V，故C正确；
D.0∼4s内，由法拉第电磁感应定律得E=△Φ△t，由闭合电路欧姆定律得I=ER+r，又由q=I⋅△t，△Φ=BS，S=Lxm，xm=v02t0，整理得q=BLv0t02(R+r)，代入数据解得q=4C，故D正确。
11.【答案】(1)0.170；(2)nmgL=12(M+nm)d2t2；(3)Md22mgL
【解析】【分析】
本题主要考查了验证机械能守恒的实验，游标卡尺的读数由主尺和油标尺组成，要注意分度值以及单位；如果系统满足机械能守恒，则动能的增加量等于重力势能的减小量，据此即可判断。
【解答】
(1)由游标卡尺的读数规则可知，遮光条的宽度为1mm+14×0.05mm=1.70mm=0.170cm;
(2)滑块经过遮光条时的速度为v=dt，若系统的机械能守恒，则钩码减少的重力势能等于钩码和滑块增加的动能，钩码减少的重力势能为△Ep=nmgL，系统动能的增加量为△Ek=12(M+nm)d2t2，若系统的机械能守恒，则有nmgL=12(M+nm)d2t2;
(3)在利用图像处理实验数据时，关系式应为t2=Md22mgL⋅1n+d22gL，若系统的机械能守恒，则图像的斜率k=Md22mgL。
12.【答案】 140 串 600
【解析】(1)[1]指针指向“14”刻度，则电阻为 14×10 Ω=140Ω；
(2)①[2] [3]根据电压表的改装原理可知，应串联电阻，根据欧姆定律有R0=U′−UURV=600 Ω
②[4]电路中的电流约为I=URx=21mA
电流表应选择A2，电表的示数从零开始调节，则滑动变阻器采用分压式接法，电路如图
③[5]根据欧姆定律可知Rx=3UI−URv=3URvIRv−U
13.【答案】解：(1)封闭气体的体积为V1=hS，封闭气体的温度为T1=T0
封闭气体做等压变化，气体的温度为T2=T0+△T=54T0
由盖吕萨克定律得V1T1=V2T2
解得V2=54hS
所以活塞到汽缸底部的间距为h′=54h；
(2)容器开口向上时，封闭气体的压强为p1=p0+mgS=3mgS
容器水平放置后，当活塞刚好到初始放置时，设压强为p3，则由理想气体状态方程p1V1T1=p3V3T3
其中V3=hS，T3=T03
解得p3=mgS
对活塞由平衡条件得p3S+F=p0S
解得F=mg。
【解析】本题主要考查理想气体的状态变化，封闭气体做等压变化，根据盖吕萨克定律求解，结合理想气体状态方程列式求解，此类题目的关键在于分析清楚初末状态的物理量表达式。
14.【答案】(1)10m/s；(2) 8 m/s2，方向沿传送带向下；(3)31.25m
【详解】(1)对工料受力分析，根据牛顿第二定律有
F−mgsinθ+μmgcsθ=ma1
设经t时刻，工料与传送带共速则有
v0=a1t
解得
t=1 s
再对工料受力分析，根据牛顿第二定律有
F−mgsinθ−μmgcsθ=ma2
根据速度—时间公式有
v=v0+a2t′
解得
v=10 m/s
(2)刚关闭电动机后，对工料受力分析，根据牛顿第二定律有
mgsinθ+μmgcsθ=ma3
解得
a3=8 m/s2
方向沿传送带向下；
(3)关闭发电机后，工料经恰好到达最高点B，则有工料先减速到与传送带共速，此时有
v2−v02=2a3x3
此后工料继续减速，此时受向上的摩擦力，由牛顿第二定律可得
mgsinθ−μmgcsθ=ma4
因此继续向上运动的位移为
v 02=2a4x4
工料加速到与传送带共速时的位移满足
v 02=2a1x1
工料的速度从 v0 增大到 v 的位移满足
v2−v 02=2a2x2
则传送带A、B两端间的距离为
x=x1+x2+x3+x4
解得
x=31.25 m

【解析】详细解答和解析过程见答案
15.【答案】解：(1)设粒子的质量为m，电荷量为q，粒子进入半圆区域的速度大小为v
由左手定则可知，粒子所受的洛伦兹力水平向左，粒子沿直线离开圆形区域
则粒子在该区域受力平衡，所以电场力水平向右，电场强度的方向水平向右．
电场力与洛伦兹力平衡，有qE=qvB
又R=vt0
解得v=Rt0、E=BRt0
(2)若半圆区域仅有电场，粒子在匀强电场中做类平抛运动，粒子的轨迹如图甲所示：
在竖直方向上有y=vt02
则y=R2
设水平方向的位移为x，因射出位置在半圆形区域边界上，由几何关系x= 32R
由牛顿第二定律得qE=ma
在水平方向上x=12a(t02)2
解得qm=4 3Bt0
粒子由S到O的过程中，由动能定理得qUs=12mv2
解得Us= 3BR224t0
(3)若半圆区域仅有磁场，且将虚线下侧的电场强度增大到原来的16倍，由公式U=E0xS可知SO两点之
间的电压增大到原来的16倍，由动能定理得q·16Us=12mv′2
得v′=4v
粒子在半圆区域的匀强磁场中做匀速圆周运动，作出粒子在该区域的运动轨迹如图乙所示：
设轨道半径为r，由牛顿第二定律有qv′B=mv′r
解得r= 33R
由几何关系sin(π−θ2)=R2r= 32
解得θ=π3
粒子在磁场中运动周期T=2πmqB
则粒子在磁场中运动时间t=π−θ2πT
整理得t= 3πt018
【解析】本题主要考查带电粒子在磁场和电场中的运动，根据电场力与洛伦兹力的关系判断运动情况，如果做类平抛运动，则将运动进行分析，如果做匀速圆周运动则根据结合关系求解运动半径。
(1)由左手定则可知，粒子所受的洛伦兹力水平向左，粒子沿直线离开圆形区域则粒子在该区域受力平衡，所以电场力水平向右，电场强度的方向水平向右.电场力与洛伦兹力平衡，列式即可求解；
(2)若半圆区域仅有电场，粒子在匀强电场中做类平抛运动，将运动进行分解，结合动能定理求解；
(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动，结合几何关系以及运动时间与周期的关系求解。