2023-2024学年湖南省常德市汉寿县第一中学高二（下）月考物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年湖南省常德市汉寿县第一中学高二（下）月考物理试卷（含解析），共18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.以下为教材中的四幅图，下列相关叙述正确的是( )
A. 甲图是LC振荡电路，电路中电容器的电容C一定时，线圈L的自感系数越大，振荡电路的频率越大
B. 乙图是每隔30s记录了小炭粒在水中的位置，小炭粒做无规则运动的原因是组成小炭粒的固体分子始终在做无规则运动
C. 图丙为分子力与分子间距离关系图，分子间距从r0增大时，分子力先变大后变小
D. 丁图是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈产生大量热量，从而冶炼金属
2.图甲中理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，电阻R=10Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡。原线圈接一个经双向可控硅调节后的电压U，U随时间t的变化规律如图乙所示，正弦交流电的每一个二分之一周期中，前四分之一周期电压被截去。现将S1、S2、S3闭合，此时L2正常发光。下列说法正确的是( )
A. 输入电压U的有效值为10VB. R消耗的电功率为10W
C. 只断开S3后，L2不能正常不发光D. 只断开S2后，原线圈的输入功率增大
3.如图所示，容器A、B中盛有氢气和氧气，用一段水平细玻璃管连通，管内有一段水银柱将两种气体隔开。当氢气的温度为10℃、氧气的温度为30℃时，水银柱保持静止。当两气体均减少5℃时，水银柱将怎样移动( )
A. 向B方移动B. 向A方移动C. 静止不动D. 无法判断
4.电容式位移传感器的示意图如图所示，A、B是平行板电容器两块正对的极板，A是固定的，B与被测物体C相连，A、B之间的距离随着C的上下移动而变化。如果A、B极板所带的电荷量恒定不变，当C向下移动时，下列说法正确的是( )
A. A、B极板组成的电容器的电容减小B. A、B两板之间的电压增大
C. A、B两板之间的电场强度不变D. A、B两板之间的电场强度增大
5.图1是手机无线充电器的示意图，其原理如图2所示：当送电线圈接上220V的正弦交变电流后，会产生一个变化的磁场从而使手机中的受电线圈中产生交变电流，该电流经过其他装置转化为直流电给手机充电，该装置实际上可等效为一个无磁漏的理想变压器：送电线圈的匝数为N1，受电线圈匝数为N2，且N1：N2=3：1.两个线圈中所接的电阻R1、R2的阻值都为R，当该装置给手机充电时，测得R1两端的电压为cd两端电压的三分之一，则( )
A. 流过原、副线圈的电流之比为3：1
B. 受电线圈两端cd的输出电压为66V
C. 电阻R1和R2所消耗的功率之比为9：1
D. ab端输入电压不变，若减小R1的阻值，受电线圈的输出电压将变小
6.如图所示，电路中的变压器为理想变压器，原线圈接在电压有效值不变的交流电源上。灯泡L阻值不变，R1是定值电阻，R2是滑动变阻器。闭合开关S1、S2，灯泡发光，下列判断正确的是( )
A. 只向下移动滑片P，电阻R2两端的电压变小
B. 只向下移动滑片P，灯泡L变亮
C. 只断开开关S2，电阻R1两端的电压变大
D. 只断开开关S2，变压器输入功率变大
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为4：1，电流表和电压表均为理想电表，R是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)、C是耐压值和电容都足够大的电容器、D是灯泡、K是单刀双掷开关。当原线圈接入手摇发电机(内阻忽略不计)产生的如图乙所示的正弦交流电时，下列说法正确的是( )
A. 开关K连通1时，电压表的示数为55 2V
B. 开关K连通1时，若光照增强，电流表的示数变大
C. 开关K连通2时，灯泡不亮
D. 手摇发电机线框转到图示位置时，穿过线框的磁通量变化率为零
8.如图所示，一半径为R的圆内有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度为B，CD是该圆一直径，一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子(不计重力)，自A点沿AO方向垂直射入磁场中，恰好从D点飞出磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向30°，则( )
A. 可判别圆内的匀强磁场的方向垂直纸面向里
B. 可求得粒子在磁场中的运动时间
C. 不可求出粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径
D. 不可求得粒子进入磁场时的速度
9.气压式升降椅通过汽缸上下运动来支配椅子升降，其简易结构如图2所示，圆柱形汽缸与椅面固定连接，柱状气动杆与底座固定连接。可自由移动的汽缸与气动杆之间封闭一定质量的理想气体，设汽缸气密性、导热性能良好，不计气动杆与汽缸之间的摩擦。设气体的初始状态为A，某人坐上椅面，椅子缓慢下降一段距离后达到稳定状态B，此过程温度不变。然后开空调让室内温度降低到某设定温度，稳定后气体状态为C；接着人离开座椅，椅子重新处于另一个稳定状态D。则气体从状态A到状态D的过程中，关于p、V、T的关系图或叙述中正确的有
A. 气体的V−T图如图甲
B. 气体的p−1V图如图乙
C. 从状态A到状态D，气体向外放出的热量大于外界对气体做的功
D. 与状态A相比，处于状态D时，单位时间内碰撞单位面积容器壁的分子数增多
10.如图所示的光滑绝缘水平桌面上放置一边长为L、质量为m、阻值为R的正方形导体框ABCD，四条平行的水平虚线将空间分成五个区域，其中在虚线1，2间，虚线3、4间分别存在垂直水平桌面向上、向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。已知虚线1、2间(称区域Ⅰ)、虚线2、3间、虚线3、4间(称区域Ⅱ)的距离分别为L、2L、L，开始时导体框的CD边与虚线1重合，0时刻给导体框水平向右的瞬时冲量Ⅰ，最终导体框的AB边与虚线4重合时，导体框的速度刚好减为零，则下列说法正确的是
( )
A. 导体框进入区域Ⅰ和离开区域Ⅱ过程中的电流方向相反
B. 导体框在从离开区域Ⅰ到刚进入区域Ⅱ所用的时间为mR2B2L2
C. 导体框刚要开始离开区域Ⅱ瞬间的加速度大小为B4L5m2R2
D. 导体框经过区域Ⅰ和区域Ⅱ的过程中，产生的焦耳热之比为2:1
三、实验题：本大题共1小题，共6分。
11.物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析等。
(1)用游标卡尺测某金属管的内径，示数如图所示。则该金属管的内径为______mm。
(2)某同学利用机械能守恒原理mgh=12mv2测量重力加速度，打点计时器在随重锤下落的纸带上打下一系列点迹。纸带的其中一部分如图所示，A、B、C为纸带上标出的3个连续计数点，通过测量得到O、A间距离为h1，O、B间距离为h2，O、C间距离为h3，相邻两个计数点间的时间间隔为T。则打下B点时，重锤下落的速度vB=_____。
(3)在“用单摆测量重力加速度”实验中，两位同学利用实验数据做出T2−L图像，如图中a、c所示，其中a与b平行。已知图线b对应的g是当地重力加速度值。对图线a和c的分析，下列说法正确的是______(选填选项前的字母)
A.c可能是计数时每次都误将49次全振动记为50次
B.图线a对应的g值小于图线b对应的g值
C.a可能是每次都误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
四、计算题：本大题共4小题，共50分。
12.如图所示，某同学要测量一节干电池的电动势和内阻﹐现有一个未知内阻的电流表A，他先用图甲所示的电路测量电流表A的内阻。
(1)已知图甲中电阻R1=28.8Ω，R2=7.2Ω，当调节电阻箱的阻值为图乙所示时，灵敏电流表的示数恰好为0，则电流表A的内阻为RA= __________Ω。
(2)该同学将电流表A接入图丙所示的电路测量电源的电动势和内阻。闭合开关S，调节电阻箱的阻值，记录电阻箱的阻值R及对应的电流表的示数I，作出1I−R图线如图丁所示。已知定值电阻R0=1.0Ω，则电源的电动势E = __________V，内阻r = __________Ω。
(3)根据图丙设计的实验，该同学测得的电动势_________(填“大于”“等于”或“小于”)真实值，测得的内阻值_________(填“大于”“等于”或“小于”)真实值。
13.如图所示，内壁光滑、上端开口的固定气缸竖直放置，内部横截面积为S，高度为H.现用一质量为m厚度不计的活塞封闭一定量的气体，稳定时活塞所处位置A距气缸底部的距离h。现对缸内气体加热，缸内气体温度上升至热力学温度为T时，活塞刚好上升到气缸最高点，立即停止加热，缸内气体无泄露。已知外部的大气压强为P0，当地重力加速度为g。求：
①加热前缸内气体的热力学温度；
②停止加热一段时间后，缸内气体恢复至原来的温度，此后保持缸内气体温度不变，将活塞缓慢拉离气缸，至少应施加多大的拉力。
14.如图所示，在竖直面内建立直角坐标系xOy，其第Ⅱ、Ⅲ象限内存在着方向水平向右的匀强电场E1(大小未知)，第I、Ⅳ象限内存在着方向竖直向上的匀强电场E2(大小未知)，圆形区域圆心在x轴上的M点，与y轴在O点相切，圆形区域内存在着垂直于坐标平面向里的匀强磁场(图中未画出)。质量为m、电荷量为q的带正电微粒从N点以某一水平向左的速度射入第Ⅱ象限，经过一段时间，该粒子从O点进入圆形区域，其速度与y轴负方向的夹角为30°，在圆形区域内做匀速圆周运动后由圆上某点射出，恰好垂直y轴回到N点。已知ON=d，重力加速度为g，求：
(1)电场强度E1和E2的大小；
(2)磁场的磁感应强度大小B和磁场区域的半径R；
(3)微粒从N点出发到再次回到N点的时间。
15.如图所示，长直金属杆M、N在水平固定的平行光滑长直金属导轨上运动，导轨间距为L；水平虚线PQ与导轨垂直，PQ左、右两侧区域分别充满垂直于导轨平面且方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。初始时刻，N静止在PQ左侧导轨上，M从N左侧以初速度v0水平向右运动。M、N质量均为m、在导轨间的电阻均为R，整个运动过程中，两金属杆始终与导轨垂直并接触良好。感应电流产生的磁场、导轨电阻、空气阻力及两金属杆粗细均忽略不计，导轨足够长。
(1)求初始时刻M的加速度大小和方向；
(2)若M、N在PQ左侧未相撞，N进入PQ右侧时速度大小为v03，求初始时刻M、N间距至少为多少？
(3)在(2)的条件下，若M到达PQ处时速度大小为v02，求M、N的碰撞次数，及M、N最终速度大小。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.电磁振荡的频率为f=12π LC，可知，C一定时， L越大，振荡电路的频率f越小，故A错误；
B.布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，不是分子的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，故B错误；
C.图丙为分子力与分子间距离关系图，由图可知，分子间距从r0增大时，分子力先变大后变小，故C正确；
D.真空冶炼炉的工作原理是电磁感应现象中的涡流，当炉外线圈通入高频交流电时，炉内金属产生大量涡流(不是线圈中产生涡流)，从而冶炼金属，故D错误。
故选C。
本题主要是对图示的把握，以及对所学知识的应用能力，对生活中的现象，应该能用自己掌握的知识给予解释，侧重知识的实际应用能力。
2.【答案】A
【解析】A
【详解】A.由
Um 22R×T2=U 有2RT
解得输入电压的有效值
U有=10V
B.根据
U1U2=n1n2
解得副线圈两端电压
U2=n2n1U1=12×10V=5V
则R消耗的电功率为
P=U 22R=2.5W
故B错误；
C.只断开S3后，L2电压不受影响，L2正常发光，故C错误；
D.只断开S2后，负载电阻变大，输出电压不变，根据
P2=U 22R负载
输出功率减小，则输入功率也减小，故D错误。
故选A。
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查查理定律的应用。假设气体做等容变化，根据查理定理列方程，结合题意，可求得氢气和氧气压强的变化大小关系，即可判断升温后水银柱移动的方向。
【解答】
气体做等容变化时，根据查理定理有p1T1=p2T2，解得：p2=T2T1p1，则Δp=p2−p1=T2−T1T1p1=ΔTT1p1，
设初状态氢气和氧气均为p，氢气初状态的温度TA1=283K，氧气初状态的温度TB1=303K，
ΔTA=5K，ΔTB=5K，
则ΔpA=5283p，ΔpB=5303p，可得：ΔpA>ΔpB，由于两气体温度均是降低，则压强都降低，即氢气减小的压强大于氧气减小的压强，所以氧气的压强大于氢气的压强，故水银柱将向容器A移动。故B正确，ACD错误。
4.【答案】C
【解析】C
【详解】A.由平行板电容器电容的决定式 C=εrS4πkd 可知，当C向下移动时，d减小，A、B极板组成的电容器的电容增大，A错误；
B.由电容器电容的定义式可得 U=QC ，电容C增大，电荷量Q不变，A、B两板之间的电压U减小，B错误；
CD.由电容器电容的定义式 C=QU 和决定式 C=εrS4πkd ，可得
E=Ud=QCd=QCd=QεrS4πkdd=4πkQεrS
可知A、B两板之间的电场强度不变，C正确，D错误。
故选C。
5.【答案】C
【解析】解：A、流过原副线圈的电流比：I1I2=N2N1=13，故A错误；
B、由题意可知：UR1=13U2，U=UR1+U1，由变压器的变压比可知：U1U2=N1N2=31，解得，cd两端射出电压：U2=66V，故B正确；
C、由题意可知，两电阻阻值相等为R，电阻R1和R2所消耗的功率之比：PR1PR2=I12RI22R=19，故C错误；
D、ab端输入电压不变，若减小R1的阻值，原线圈电压增大，由理想变压器的变压比可知，副线圈即受电线圈的输出电压将增大，故D错误；
故选：C。
根据理想变压器的变流比求出流过原副线圈的电流之比；
根据题意应用理想变压器的变压比求出cd两端电压；
根据流过原副线圈的电流比应用电功率公式求出两电阻消耗的电功率之比。
本题考查了理想变压器的原理，掌握理想变压器的变压与变流比是解题的前提与关键，分析清楚电路结构、应用变压器的变压与变流比公式即可解题。
6.【答案】A
【解析】解：理想变压器输出的电压由输入电压和线圈匝数比决定，输入电压不变，线圈匝数比不变，所以输出电压也不会变，即副线圈两端电压不变。
AB.当滑动变阻器R2的滑片向下移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，副线圈中总电阻减小，副线圈中总电流会变大，R1上的电压变大，所以灯L、R2上的电压变小，灯泡L变暗，故A正确，B错误；
C.只断开开关S2，副线圈中总电阻变大，副线圈中的电流会变小，R1上的电压变小，故C错误；
D.只断开开关S2，副线圈电压不变，副线圈电流减小，因此副线圈的电功率减小，因为输入功率等于输出功率，变压器输入功率变小，故D错误。
故选：A。
理想变压器输出的电压由输入电压和线圈匝数比决定，副线圈两端电压不变，根据滑动变阻器的移动情况、开关断开时电阻的变化情况，分析副线圈中总电阻的变化，副线圈中的电流的变化、R1两端的电压变化、灯泡亮度的变化以及变压器输入功率的变化。
变压器的动态问题大致有两种情况：一是负载电阻不变，原、副线圈的电压U1，U2，电流I1，I2，输入和输出功率P1，P2随匝数比的变化而变化的情况；二是匝数比不变，电流和功率随负载电阻的变化而变化的情况。不论哪种情况，处理这类问题的关键在于分清变量和不变量，弄清楚“谁决定谁”的制约关系。
7.【答案】BD
【解析】A.由乙图知原线圈两端电压的有效值
U1=220 2 2V=220V
根据变压器原理可得，副线圈两端电压
U2=n2n1U1=55V
所以开关K连通1时，电压表的示数为55V，故A错误；
B.开关K连通1时，若光照增强，则光敏电阻R的阻值减小，副线圈两端电压不变，副线圈电路中电流增大，根据变压器原理可得，原线圈电路电流也变大，故电流表的示数变大，故B正确；
C.由于电容器能够“通交流”，所以开关K连通2时灯泡可以发光，故C错误；
D.手摇发电机线框转到图示位置时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，故D正确；
故选BD。
8.【答案】AB
【解析】AB
【详解】如图所示
A.粒子带正电，由A运动到D，根据左手定则可得磁场方向垂直纸面向里，A正确；
BCD.粒子的速度偏转角为30°，即
∠AOC=30∘
根据几何知识可得
∠AOO′=75∘
∠AO′D=30∘
AE=R2
粒子的轨道半径
r=Rct15∘
可以求出粒子轨道半径，粒子速度为
v=qBRct15∘m
粒子在磁场中的运动时间
t=θ360∘T=30∘360∘×2πmqB=πm6qB
故B正确，CD错误。
故选AB。
9.【答案】CD
【解析】【分析】
本题考查了在封闭气体经历多个变化过程中应用气体实验定律和热力学第一定律分析问题，解题关键是要分析好压强、体积、温度三个状态参量的变化情况，选择合适的实验定律解答。注意热力学第一定律：ΔU=W+Q，式中各量正负的确定。
【解答】
AB．A到B的过程中，气体等温压缩，压强增大，体积减小；从B到C的过程中，气体等压降温，温度降低，体积减小；从C到D的过程中，等温膨胀，压强减小，体积增加，而且此时D状态的压强又恢复到最初A状态的压强，其V−T图像和p−1V图像如图所示
A、B错误；
C.根据热力学第一定律ΔU=W+Q
由于气体温度降低，内能减小，因此气体向外放出的热量大于外界对气体做的功，C正确；
D.由于状态A与状态D压强相等，而状态D温度更低，单个分子撞击容器壁力减小，因此单位时间内碰撞单位面积容器壁的分子数更多，D正确。
故选CD。
10.【答案】BC
【解析】【分析】
本题为电磁感应综合问题，对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据E=BLv、闭合电路欧姆定律、安培力公式、平衡条件列出方程；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量问题，根据功能关系、能量守恒等列方程求解。如果涉及到电荷量、位移、时间问题，常根据动量定理结合电荷量的推论公式进行解答。
【解答】
A. 由右手定则可知，导体框进入区域Ⅰ的过程，从上向下看导体框中产生的感应电流沿顺时针方向，导体框离开区域Ⅱ的过程，从上向下看导体框中产生的感应电流也沿顺时针方向，故A错误；
B. 由法拉第电磁感应定律可得E=ΔΦΔt，
由闭合电路欧姆定律得I=ER，
又，
综合可得，
设CD边刚进入区域Ⅰ时导体框的速度为 v0 ，AB边刚离开区域Ⅰ时导体框的速度为 v1 ，
导体框在区域Ⅰ中运动时由动量定理有，
同理，导体框在区域Ⅱ中运动时由动量定理有，
又，
由以上解得v0=4B2L3mR ， v1=2B2L3mR，
导体框从AB边刚离开区域Ⅰ到CD边刚进入区域Ⅱ的过程以v1=2B2L3mR做匀速直线运动，位移为L，运动时间为t=Lv1=mR2B2L2，故B正确；
C. 设CD边刚离开区域Ⅱ时导体框的速度为 v2 ，导体框从CD边刚进入区域Ⅱ到CD边刚离开区域Ⅱ的过程，
由动量定理有，
该过程有，
解得v2=B2L3mR，
导体框CD边刚要离开区域Ⅱ时，由法拉第电磁感应定律得E=BLv2，
由闭合电路欧姆定律得I=ER，
又由牛顿第二定律可知导体框的加速度为a=BILm，
解得a=B4L5m2R2，故C正确；
D. 由能量守恒定律得，导体框经过区域Ⅰ产生的焦耳热为Q1=12mv02−12mv12，
导体框经过区域Ⅱ产生的焦耳热为Q2=12mv12，
又v0=2v1，
解得Q1:Q2=3:1，故D错误。
故选BC。
11.【答案】(1)21.5mm
(2) h3−h12T
(3)C
【详解】(1)主尺的最小分度为1mm，读数为21mm，游标卡尺的最小分度值为0.1mm，读数为 5×0.1mm=0.5mm ，故该金属管的内径为
d=21mm+0.5mm=21.5mm
(2)打下B点时，重锤下落的速度为
vB=h3−h12T
(3)由单摆周期公式有
T=2π Lg
整理得
T2=4π2gL
可知 T2−L 图像的斜率
k=4π2g
解得
g=4π2k
A.误将49次全振动记为50次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度偏大，图线的斜率偏小，图线c的斜率增大，故A错误；
B.图线a、b平行，斜率相等，可知图线a对应的g值等于图线b对应的g值，故B错误；
C.若实验时，误将悬点到小球下端的距离记为摆长L，则有
T2=4π2g(L−r)=4π2gL−4π2gr
则图线与b平行，纵轴截距为负值，图线a符合情况，故C正确。
故选C。

【解析】详细解答和解析过程见答案
12.【答案】(1)3.1
(2) 1.5 1.9
(3) 等于 等于

【解析】(1)由图乙可得，电阻箱的阻值 R=12.4Ω ，由图甲的电桥法可得
R1R2=RRA
代入数据解得
RA=3.1Ω
(2)[1][2]根据闭合电路欧姆定律，可得
E=IR+RA+R0+r
变式可得
1I=RE+RA+R0+rE
由图丁可得
1E=10.0−4.09.0−0V−1 ， RA+R0+rE=4.0A−1
解得
E=1.5V ， r=1.9Ω
(3)[1][2]根据以上分析，利用图丙设计的实验，该同学测得的电动势和内阻不存在系统误差，测得的电动势和内阻均等于真实值。
13.【答案】解：①活塞上升过程中封闭气体压强不变，由盖⋅吕萨克定律：hST0=HST
解得加热前缸内气体的热力学温度为：T0=hTH
②加热前活塞受力平衡：P1S=P0S+mg
将活塞拉离气缸时：P2S+F=P0S+mg
加热前和活塞将要拉离气缸时，气体温度相同，由玻意尔定律：P1hS=P2HS
得至少应施加的拉力：F=H−hH(P0S+mg)
答：①加热前缸内气体的热力学温度为hTH；
②将活塞缓慢拉离气缸，至少应施加H−hH(P0S+mg)的拉力。
【解析】①加热活塞上升过程，气体做等圧変化，根据盖吕萨克定律列式求解；
②对活塞根据平衡列式求解。
本题考查气体实验定律，关键是找出初末状态参量，判断出做何种变化，选择合适的气体实验定律列式求解即可。另外求解压强时，常常以活塞为研究对象，根据平衡或牛顿第二定律列式求解压强。
14.【答案】解：(1)粒子从N点进入第二象限后，水平方向先做匀减速直线运动后做反方向的匀加速直线运动，加速度为a=qE1m
竖直方向做自由落体运动，设初速度为v0，经过时间t后经过O点，则满足v0=a⋅t2vy=gt
在O点速度与y轴负方向的夹角为30°，则由几何关系得tan30°=v0vy
解得：E1=2 3mg3q
因为在圆形区域内粒子做匀速圆周运动，则满足重力与电场力相等，洛伦兹力提供向心力，即mg=qE2
解得：E2=mgq
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示

设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r，则由几何关系知：r+rsin30°=d
粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：为qvB=mv2r
且由几何关系知：vcs30°=vy，由匀变速直线运动的速度—位移公式得：vy2=2gd
解得磁场的磁感应强度大小：B=mq 6gd
设圆形磁场的半径为R，则由几何关系知；2rcs30°=R
解得：R=2 33d
(3)在电场E1中运动时间为t，则d=12gt2
在磁场中运动时间为t1，则t1=240°360∘T，周期T=2πmqB
出磁场后在电场E2中运动时间为t2=rv
则微粒从N点出发到再次回到N点的时间为t′=t+t1+t2，解得：t′=(54+2 3π9) 2dg
答：(1)电场强度E1和E2的大小分别为2 3mg3q、mgq；
(2)磁场的磁感应强度大小B是mq 6gd，磁场区域的半径R是2 33d；
(3)微粒从N点出发到再次回到N点的时间(54+2 3π9) 2dg。
【解析】(1)应用牛顿第二定律与运动学公式、平衡条件求解。
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出粒子运动轨迹，求出粒子做圆周运动的轨道半径，应用牛顿第二定律求出磁感应强度大小；根据几何知识求出磁场区域的半径。
(3)求出粒子在各阶段的运动时间，然后求出总的运动时间。
根据题意分析清楚粒子的运动过程、作出粒子运动轨迹，应用牛顿第二定律、运动学公式即可解题。
15.【答案】解：(1)初始时刻，回路中产生的感应电动势E=BLv0；
流过M的感应电流I=E2R，由右手定则知，方向沿顺时针方向；
M所受安培力F=IBL=B2L2v02R，由左手定则知，方向水平向左；
由牛顿第二定律有：F=ma，解得：a=B2L2v02mR，方向水平向左。
(2)由题知，M、N均在PQ左侧运动时，对N，由动量定理有：I1BL·Δt1=ΔΦ1Δt1·12R·BL·Δt1=m·v03−0；
解得：ΔΦ1=2mRv03BL；
设从初始时刻到N进入PQ右侧过程中，M、N之间的相对位移为△x1；
则△Φ1=BL△x1，解得：Δx1=2mRv03B2L2；
要使M、N在PQ左侧未相撞，初始时刻M、N的最小间距为xmin=Δx1=2mRv03B2L2。
(3)由分析知，M、N均在PQ左侧运动时，所受安培力大小相等、方向相反，M、N系统所受合外力为零，故M、N系统动量守恒；
由动量守恒定律有：mv0=mv1+m·v03，解得：v1=2v03；
设M进入PQ右侧时，N的速度为v2；
从N进入PQ右侧到M进入PQ右侧的过程中，M、N所受安培力均水平向左；
对M，由动量定理有：ΔIF=m·v02−mv1=−mv06；
对N，由动量定理有：ΔIF=mv2−m·v03，解得：v2=v06；
该过程中，对N又有：ΔIF=−I2BL·Δt2=−ΔΦ2Δt2·12R·BL·Δt2；
解得：ΔΦ2=mRv03BL；
该过程中，设N的位移大小为x1，M的位移大小为x2；
则△Ф2=BL(x1+x2)，解得：x1=mRv03B2L2−x2；
x1即为M进入PQ右侧时M、N之间的距离；
假设M、N在PQ右侧未相撞而共速，则从M进入PQ右侧到二者共速的过程中：
由M、N系统动量守恒，有：m·v02+mv2=2mv共，解得：v共=v03；
该过程中，对N，由动量定理有：I3BL·Δt3=ΔΦ3Δt3·12R·BL·Δt3=mv共−mv2，解得：ΔΦ3=mRv03BL；
该过程中，设M、N的相对位移为△x2，则△Ф3=BL△x2，解得：Δx2=mRv03B2L2；
故△x2>x1，即M、N在PQ右侧共速前会相撞；
相撞后，由分析知，N向右减速，M向右加速，直至最终两者以v共=v03的速度匀速运动；
因此，整个过程中，M、N只碰撞一次。
【解析】本题考查了电磁感应的综合应用；本题是双杆问题，关键要通过分析两棒的受力情况，判断其运动情况，明确最终稳定的条件：两棒产生的感应电动势大小相等，相互抵消，回路中感应电流为零；要知道动量定理在电磁感应问题中的应用。
(1)根据电磁感应定律，结合欧姆定律、右手定则、左手定则、牛顿定律求出初始时刻M的加速度大小和方向；
(2)根据动量定理求出初始时刻M、N间距；
(3)由动量守恒定律、动量定理分析，求出M、N的碰撞次数，及M、N最终速度大小。