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2023-2024学年河北省优质高中联考高二（下）期末物理试卷（含答案）
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这是一份2023-2024学年河北省优质高中联考高二（下）期末物理试卷（含答案），共10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.下列现象中属于光的干涉现象的是( )
A. B.
C. D.
2.某电场区域的电场线分布如图所示，在电场中有A、B、C、D四个点，下列说法正确的是( )
A. EA>ECB. EC>EDC. φB>φCD. φA<φB
3.位于坐标原点的质点从t=0时开始沿y轴振动，形成一列沿x轴传播的简谐波，t=0.25 s时的波形如图所示，此时x=0处的质点位于波峰位置。下列选项图中能正确描述x=2 m处质点振动的图像是
A. B. C. D.
4.2024年1月17日，搭载“天舟七号”货运飞船的运载火箭在文昌航天发射场发射。次日凌晨，“天舟七号”货运飞船成功对接空间站“天和”核心舱。对接后，“天舟七号”与空间站组成组合体，运行在离地高度约为400 km的圆形轨道上，已知地球同步卫星距赤道的高度约为36000 km，则下列说法正确的是
A. 组合体运行周期大于24 ℎ
B. 组合体中宇航员可以使用托盘天平测量物体质量
C. 组合体绕行速度大于同步卫星的速度
D. 若组合体运行周期为T，引力常量为G，则地球的平均密度为3πGT2
5.某款“眼疾手快”玩具可用来锻炼人的反应能力与手眼协调能力。如图所示，该玩具的圆棒长度L=0.25 m，游戏者将手放在圆棒的正下方，手(视为质点)离圆棒下端的距离ℎ=1.25 m，不计空气阻力，取g=10 m/s2， 30=5.5，圆棒由静止释放的时刻为0时刻，游戏者能抓住圆棒的时刻可能是
A. 0.35 sB. 0.48 sC. 0.53 sD. 0.6 s
6.如图所示，球网高出桌面H，网到两边的距离为L，某人在乒乓球训练中，从左侧L2处，将球沿垂直于网的方向水平击出，球恰好通过网的上沿落到右侧边缘，设乒乓球的运动为平抛运动，下列判断正确的是
A. 击球点的高度与网高度之比为4:3
B. 乒乓球在网左右两侧运动时间之比为2:1
C. 乒乓球在左、右两侧运动动量变化量之比为1:2
D. 乒乓球过网时与落到右侧桌边缘时速率之比为1:3
7.春秋末年，齐国著作《考工记》中记载“马力既竭，辀(zℎōu，指车辕)犹能一取焉”，揭示了一些初步的力学原理。如图甲所示，车辕是马车车身上伸出的两根直木，它是驾在马上拉车的把手。如图乙为马拉车时的简化模型，车辕前端距车轴的高度H约为2 m，马拉车的力可视为沿车辕方向，马车的车轮与地面间的摩擦力大小是其对地面压力的 33，若想让马拉车在水平面上匀速前进且尽可能省力，则车辕的长度约为
A. 2 2 mB. 2 3 mC. 6 mD. 4 m
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.车载手机无线充电是一种方便的充电方式，可以让驾驶者在驾车过程中无须使用充电线连接手机而给手机充电。通过在车内安装一个无线充电器，向放置在充电器上的手机输送电能。整个装置的示意图如图所示，电力输电线圈匝数与接受线圈的匝数之比为22:1，输电线圈的电压U=110 2sin50πt(V)。不计充电过程的电能损失。下列说法正确的是
A. 接受线圈两端电压的有效值为5 V
B. 接受线圈两端的最大电压为10 V
C. 手机无线充电的工作原理是电磁感应现象
D. 若输电线圈的电流为逆时针方向(俯视图)且减小，则接受线圈的电流方向为顺时针
9.美国物理学家密立根利用图甲所示的电路研究金属的遏止电压Uc与入射光频率ν的关系，并且描绘出了如图乙所示关系的图像，由此算出了普朗克常量ℎ，图丙为氢原子的能级图，电子电荷量用e表示，下列说法正确的是( )
A. 入射光的频率越大，金属的遏止电压越大
B. 增大入射光的强度，光电子的最大初动能也增大
C. 由U−v图像可求普朗克常量表达式为ℎ=U1eν1−νc
D. 若该金属的逸出功为2.23eV，则能使该金属发生光电效应的光直接照射处于n=3激发态的氢原子，可以直接使该氢原子电离
10.如图所示，物块a、b通过轻弹簧连接，物块b、c用不可伸长的细线绕过轻质定滑轮连接，将物块c放置于足够长的固定斜面上，细线与斜面平行。移动物块c，当物块b、c之间的细线伸直且无作用力时，将物块c由静止释放。物块a放置在水平面上，a、b间的弹簧及b与定滑轮间的细线均处于竖直方向，物块a、b、c的质量分别为3m、m和4m，斜面倾角为30°，若弹簧的劲度系数k=mgL0(L0为已知量，g为重力加速度)，整个过程a未离开水平面，不计空气阻力及一切摩擦，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是
A. 物块a、b、c组成的系统机械能守恒
B. 释放物块c瞬间，物块c的加速度大小为2g5
C. 物块b上升L0时速度最大
D. 物块c的最大速度为 4gL05
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.（8分）某物理兴趣小组设计如下实验求滑块和长木板之间的动摩擦因数并验证牛顿第二定律。
(1)这组同学设计出了下列两种方案，其中____方案更合理(填“甲”或“乙”)。
方案甲：固定木板，水平拉弹簧使滑块做匀速直线运动(如图甲)。
方案乙：固定弹簧一端，另一端与滑块相连，水平拉木板(如图乙)。
(2)弹簧测力计示数稳定后如图所示，可知道滑块受到的滑动摩擦力大小为____N，若滑块重力为8N，木板重力为10N。则滑块与长木板之间的动摩擦因数为____。
(3)如图丙所示，在长木板右侧固定一轻滑轮，细线跨过滑轮，一端与滑块相连，另一端悬挂钩码，调节滑轮使细线水平。把一智能手机固定于滑块上，打开手机测量加速度的APP，从静止释放钩码，测得手机与滑块在木板上一起运动的加速度为a。若滑块与长木板的摩擦力为F₁，测得钩码的质量为m，手机和滑块的总质量为M，当地的重力加速度大小为g。在误差允许范围内，如果表达式a=____(用m、M、F1、g表示)成立，则牛顿第二定律得到验证。
12.（8分）某小组欲测量约为几欧的金属丝阻值，并利用金属丝改装电表。
(1)该小组设计了如图甲所示电路测金属丝阻值，图中的导线b端应与电流表____(填“一”“0.6”或“3”)接线柱连接。开关闭合前，图甲中滑动变阻器滑片应置于____(填“左”或“右”)端。
(2)该小组用镍铬丝(电阻率为ρ，横截面积为S)将满偏电流Ig=300μA,、内阻为r的表头G改装成电流表。如图乙所示，表头G两端并联长为L的镍铬丝，调节滑动变阻器使表头G满偏，记录毫安表示数为I.改变L，重复上述步骤，获得多组I、L数据，作出I−1L图像如图丙所示。则I−1L图像斜率k=____(用题中所给的字母表示)。若要把该表头G改装成量程为9mA的电流表，需要把长为____m的镍铬丝并联在表头G两端(结果保留两位有效数字)。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.（10分）如图所示，某种自动洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气(视为理想气体)。粗细均匀的细管上端的压力传感器能感知细管中的空气压力，从而控制进水量。初始时，洗衣缸和细管内的水面等高。封闭的空气长度L0=10.5 cm，周围环境的热力学温度为300K。已知管内空气温度始终保持与周围环境的温度相同，水的密度ρ=1.0×103 kg/m3，大气压强恒为p0=1.0×105 Pa，取重力加速度大小g=10 m/s2。
(1)当封闭的空气长度L1=10 cm时，洗衣缸刚好停止进水，求洗衣缸内的水面上升的高度；
(2)若周围环境的温度变为285K，且注水结束时洗衣缸和细管内的水面高度差和(1)中的相同，求此时细管内空气的长度
14.（12分）如图所示，OA与y轴的夹角θ=60∘，在此角范围内有沿y轴负方向的匀强电场，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从左侧平行于x轴射入电场，入射点为P，经电场后沿垂直于OA的方向由Q点进入一矩形磁场区域(未画出，方向垂直纸面向外)，并沿x轴负方向经过O点。已知O点到Q点的距离为6l，不计粒子的重力，求：
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)矩形磁场区域的最小面积。
15.（16分）如图所示，长为L=12m的长木板静止在水平地面上，其右端与竖直固定装置A的最下端平滑相切，装置A的下表面未与地面接触且能使长木板从其下方穿过，A的左侧面是半径为R=1.6m的光滑半圆轨道。现让一小物块从长木板左端以大小为v0=14m/s的初速度滑上长木板，经半圆轨道后落在已经处于静止状态的长木板上。已知小物块与长木板的质量均为m=2kg，小物块与长木板上表面之间的动摩擦因数为μ1=0.4，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2=0.15，装置A的下表面与长木板之间无作用力，小物块可视为质点，不计空气阻力，取g=10m/s2，求：
(1)小物块运动到半圆轨道的最高点时对轨道的压力大小；
(2)小物块落到长木板上时距长木板左端的距离；(结果保留两位有效数字)
(3)从物块开始滑上长木板到长木板静止的过程中，系统产生的总热量。
参考答案
1.D
2.BC
3.A
4.C
5.C
6.C
7.D
8.AC
9.ACD
10.BD
11.(1)乙
(2) 4.0 0.5
(3) mg−F1m+M
12.(1) 0.6 左
(2) IgrSρ 0.25
13.解：(1)由玻意耳定律，有p0L0S=p1L1S，
解得p1=1.05×105Pa，
又p1=p0+ρgℎ，
解得ℎ=50cm，
洗衣缸内的水面上升的高度H=(50+10.5−10)cm=50.5cm；
(2)由理想气体状态方程有p0L0ST0=p2L2ST2，
根据题意知p2=p1=1.05×105Pa，
解得L2=9.5cm。
14.解：(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，设运动时间是t，由牛顿第二定律得：qE=ma
水平方向：6lsin60°=v0t
粒子到达Q点时，设竖直分速度为vy，则vy=at
由速度的合成与分解得：vy=v0tan60°= 3v0
解得：E=mv023qL
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示：
设粒子做匀速圆周运动的圆心为O1，轨道半径为r，
由几何知识得：r+rsin30∘=6l
解得：r=2l
粒子进入磁场时的速度：v=v0cs60∘=2v0
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r
解得磁感应强度大小：B=mv0qL
(3)带电粒子从Q点射入磁场，包含圆弧的最小矩形磁场区域如图中虚线所示，
矩形区域的长度：x=2rcs30°= 3r=2 3l
矩形区域的宽度：y=r−rsin30°=0.5r=l
矩形区磁场域的最小面积：S=xy=2 3l×l=2 3l2
答：(1)匀强电场的电场强度是mv023ql；
(2)匀强磁场的磁感应强度是mv0ql；
(3)矩形磁场区域的最小面积是2 3l2。
15.(1)对小物块进行分析，根据牛顿第二定律有
μ1mg=ma1
对长木板进行分析，根据牛顿第二定律有
μ1mg−μ2⋅2mg=ma2
解得
a1=4m/s2 ， a2=1m/s2
小物块向右做匀减速直线运动，长木板向右做匀加速直线运动，令经历时间 t1 两者达到相等速度，则有
v1=v0−a1t1=a2t1
解得
t1=2.8s ， v1=2.8m/s
此过程小物块的位移
x0=v0+v12t1=23.52m>L=12m
表明小物块到达装置A下端时两者还没有达到相等速度，则小物块到达装置A最下端过程，小物块的位移恰好为长木板的长度，则有
L=v0t2−12a1t22
解得
t2=1s 或 t2=6s (舍去)
则此时小物块与长木板的速度分别为
v2=v0−a1t2 ， v3=a2t2
解得
v2=10m/s ， v3=1m/s
之后小物块运动到半圆轨道的最高点过程，根据动能定理有
−mg⋅2R=12mv42−12mv22
解得
v4=6m/s
小物块在最高点，根据牛顿第二定律有
N1+mg=mv42R
根据牛顿第三定律有
N2=N1
解得
N2=25N
(2)小物块飞出装置A做平抛运动，则有
2R=12gt32 ， x1=v4t3
结合上述解得
x1=4.8m
长木板在(1)中上述 t2=1s 时间内的位移
x2=v32t2=0.5m t2=1s 之后，长木板做匀减速直线运动，则有
−μ2mgx3=0−12mv32
解得
x3=13m
则小物块落到长木板上时距长木板左端的距离
L0=L−x2−x3−x1
解得
L0=19130m≈6.4m
(3)根据能量守恒定律，从物块开始滑上长木板到长木板静止的过程中，系统产生的总热量为
Q=12mv02−12mv22
解得
Q=96J
1.下列现象中属于光的干涉现象的是( )
A. B.
C. D.
2.某电场区域的电场线分布如图所示，在电场中有A、B、C、D四个点，下列说法正确的是( )
A. EA>ECB. EC>EDC. φB>φCD. φA<φB
3.位于坐标原点的质点从t=0时开始沿y轴振动，形成一列沿x轴传播的简谐波，t=0.25 s时的波形如图所示，此时x=0处的质点位于波峰位置。下列选项图中能正确描述x=2 m处质点振动的图像是
A. B. C. D.
4.2024年1月17日，搭载“天舟七号”货运飞船的运载火箭在文昌航天发射场发射。次日凌晨，“天舟七号”货运飞船成功对接空间站“天和”核心舱。对接后，“天舟七号”与空间站组成组合体，运行在离地高度约为400 km的圆形轨道上，已知地球同步卫星距赤道的高度约为36000 km，则下列说法正确的是
A. 组合体运行周期大于24 ℎ
B. 组合体中宇航员可以使用托盘天平测量物体质量
C. 组合体绕行速度大于同步卫星的速度
D. 若组合体运行周期为T，引力常量为G，则地球的平均密度为3πGT2
5.某款“眼疾手快”玩具可用来锻炼人的反应能力与手眼协调能力。如图所示，该玩具的圆棒长度L=0.25 m，游戏者将手放在圆棒的正下方，手(视为质点)离圆棒下端的距离ℎ=1.25 m，不计空气阻力，取g=10 m/s2， 30=5.5，圆棒由静止释放的时刻为0时刻，游戏者能抓住圆棒的时刻可能是
A. 0.35 sB. 0.48 sC. 0.53 sD. 0.6 s
6.如图所示，球网高出桌面H，网到两边的距离为L，某人在乒乓球训练中，从左侧L2处，将球沿垂直于网的方向水平击出，球恰好通过网的上沿落到右侧边缘，设乒乓球的运动为平抛运动，下列判断正确的是
A. 击球点的高度与网高度之比为4:3
B. 乒乓球在网左右两侧运动时间之比为2:1
C. 乒乓球在左、右两侧运动动量变化量之比为1:2
D. 乒乓球过网时与落到右侧桌边缘时速率之比为1:3
7.春秋末年，齐国著作《考工记》中记载“马力既竭，辀(zℎōu，指车辕)犹能一取焉”，揭示了一些初步的力学原理。如图甲所示，车辕是马车车身上伸出的两根直木，它是驾在马上拉车的把手。如图乙为马拉车时的简化模型，车辕前端距车轴的高度H约为2 m，马拉车的力可视为沿车辕方向，马车的车轮与地面间的摩擦力大小是其对地面压力的 33，若想让马拉车在水平面上匀速前进且尽可能省力，则车辕的长度约为
A. 2 2 mB. 2 3 mC. 6 mD. 4 m
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.车载手机无线充电是一种方便的充电方式，可以让驾驶者在驾车过程中无须使用充电线连接手机而给手机充电。通过在车内安装一个无线充电器，向放置在充电器上的手机输送电能。整个装置的示意图如图所示，电力输电线圈匝数与接受线圈的匝数之比为22:1，输电线圈的电压U=110 2sin50πt(V)。不计充电过程的电能损失。下列说法正确的是
A. 接受线圈两端电压的有效值为5 V
B. 接受线圈两端的最大电压为10 V
C. 手机无线充电的工作原理是电磁感应现象
D. 若输电线圈的电流为逆时针方向(俯视图)且减小，则接受线圈的电流方向为顺时针
9.美国物理学家密立根利用图甲所示的电路研究金属的遏止电压Uc与入射光频率ν的关系，并且描绘出了如图乙所示关系的图像，由此算出了普朗克常量ℎ，图丙为氢原子的能级图，电子电荷量用e表示，下列说法正确的是( )
A. 入射光的频率越大，金属的遏止电压越大
B. 增大入射光的强度，光电子的最大初动能也增大
C. 由U−v图像可求普朗克常量表达式为ℎ=U1eν1−νc
D. 若该金属的逸出功为2.23eV，则能使该金属发生光电效应的光直接照射处于n=3激发态的氢原子，可以直接使该氢原子电离
10.如图所示，物块a、b通过轻弹簧连接，物块b、c用不可伸长的细线绕过轻质定滑轮连接，将物块c放置于足够长的固定斜面上，细线与斜面平行。移动物块c，当物块b、c之间的细线伸直且无作用力时，将物块c由静止释放。物块a放置在水平面上，a、b间的弹簧及b与定滑轮间的细线均处于竖直方向，物块a、b、c的质量分别为3m、m和4m，斜面倾角为30°，若弹簧的劲度系数k=mgL0(L0为已知量，g为重力加速度)，整个过程a未离开水平面，不计空气阻力及一切摩擦，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是
A. 物块a、b、c组成的系统机械能守恒
B. 释放物块c瞬间，物块c的加速度大小为2g5
C. 物块b上升L0时速度最大
D. 物块c的最大速度为 4gL05
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.（8分）某物理兴趣小组设计如下实验求滑块和长木板之间的动摩擦因数并验证牛顿第二定律。
(1)这组同学设计出了下列两种方案，其中____方案更合理(填“甲”或“乙”)。
方案甲：固定木板，水平拉弹簧使滑块做匀速直线运动(如图甲)。
方案乙：固定弹簧一端，另一端与滑块相连，水平拉木板(如图乙)。
(2)弹簧测力计示数稳定后如图所示，可知道滑块受到的滑动摩擦力大小为____N，若滑块重力为8N，木板重力为10N。则滑块与长木板之间的动摩擦因数为____。
(3)如图丙所示，在长木板右侧固定一轻滑轮，细线跨过滑轮，一端与滑块相连，另一端悬挂钩码，调节滑轮使细线水平。把一智能手机固定于滑块上，打开手机测量加速度的APP，从静止释放钩码，测得手机与滑块在木板上一起运动的加速度为a。若滑块与长木板的摩擦力为F₁，测得钩码的质量为m，手机和滑块的总质量为M，当地的重力加速度大小为g。在误差允许范围内，如果表达式a=____(用m、M、F1、g表示)成立，则牛顿第二定律得到验证。
12.（8分）某小组欲测量约为几欧的金属丝阻值，并利用金属丝改装电表。
(1)该小组设计了如图甲所示电路测金属丝阻值，图中的导线b端应与电流表____(填“一”“0.6”或“3”)接线柱连接。开关闭合前，图甲中滑动变阻器滑片应置于____(填“左”或“右”)端。
(2)该小组用镍铬丝(电阻率为ρ，横截面积为S)将满偏电流Ig=300μA,、内阻为r的表头G改装成电流表。如图乙所示，表头G两端并联长为L的镍铬丝，调节滑动变阻器使表头G满偏，记录毫安表示数为I.改变L，重复上述步骤，获得多组I、L数据，作出I−1L图像如图丙所示。则I−1L图像斜率k=____(用题中所给的字母表示)。若要把该表头G改装成量程为9mA的电流表，需要把长为____m的镍铬丝并联在表头G两端(结果保留两位有效数字)。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.（10分）如图所示，某种自动洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气(视为理想气体)。粗细均匀的细管上端的压力传感器能感知细管中的空气压力，从而控制进水量。初始时，洗衣缸和细管内的水面等高。封闭的空气长度L0=10.5 cm，周围环境的热力学温度为300K。已知管内空气温度始终保持与周围环境的温度相同，水的密度ρ=1.0×103 kg/m3，大气压强恒为p0=1.0×105 Pa，取重力加速度大小g=10 m/s2。
(1)当封闭的空气长度L1=10 cm时，洗衣缸刚好停止进水，求洗衣缸内的水面上升的高度；
(2)若周围环境的温度变为285K，且注水结束时洗衣缸和细管内的水面高度差和(1)中的相同，求此时细管内空气的长度
14.（12分）如图所示，OA与y轴的夹角θ=60∘，在此角范围内有沿y轴负方向的匀强电场，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从左侧平行于x轴射入电场，入射点为P，经电场后沿垂直于OA的方向由Q点进入一矩形磁场区域(未画出，方向垂直纸面向外)，并沿x轴负方向经过O点。已知O点到Q点的距离为6l，不计粒子的重力，求：
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)矩形磁场区域的最小面积。
15.（16分）如图所示，长为L=12m的长木板静止在水平地面上，其右端与竖直固定装置A的最下端平滑相切，装置A的下表面未与地面接触且能使长木板从其下方穿过，A的左侧面是半径为R=1.6m的光滑半圆轨道。现让一小物块从长木板左端以大小为v0=14m/s的初速度滑上长木板，经半圆轨道后落在已经处于静止状态的长木板上。已知小物块与长木板的质量均为m=2kg，小物块与长木板上表面之间的动摩擦因数为μ1=0.4，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2=0.15，装置A的下表面与长木板之间无作用力，小物块可视为质点，不计空气阻力，取g=10m/s2，求：
(1)小物块运动到半圆轨道的最高点时对轨道的压力大小；
(2)小物块落到长木板上时距长木板左端的距离；(结果保留两位有效数字)
(3)从物块开始滑上长木板到长木板静止的过程中，系统产生的总热量。
参考答案
1.D
2.BC
3.A
4.C
5.C
6.C
7.D
8.AC
9.ACD
10.BD
11.(1)乙
(2) 4.0 0.5
(3) mg−F1m+M
12.(1) 0.6 左
(2) IgrSρ 0.25
13.解：(1)由玻意耳定律，有p0L0S=p1L1S，
解得p1=1.05×105Pa，
又p1=p0+ρgℎ，
解得ℎ=50cm，
洗衣缸内的水面上升的高度H=(50+10.5−10)cm=50.5cm；
(2)由理想气体状态方程有p0L0ST0=p2L2ST2，
根据题意知p2=p1=1.05×105Pa，
解得L2=9.5cm。
14.解：(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，设运动时间是t，由牛顿第二定律得：qE=ma
水平方向：6lsin60°=v0t
粒子到达Q点时，设竖直分速度为vy，则vy=at
由速度的合成与分解得：vy=v0tan60°= 3v0
解得：E=mv023qL
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示：
设粒子做匀速圆周运动的圆心为O1，轨道半径为r，
由几何知识得：r+rsin30∘=6l
解得：r=2l
粒子进入磁场时的速度：v=v0cs60∘=2v0
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r
解得磁感应强度大小：B=mv0qL
(3)带电粒子从Q点射入磁场，包含圆弧的最小矩形磁场区域如图中虚线所示，
矩形区域的长度：x=2rcs30°= 3r=2 3l
矩形区域的宽度：y=r−rsin30°=0.5r=l
矩形区磁场域的最小面积：S=xy=2 3l×l=2 3l2
答：(1)匀强电场的电场强度是mv023ql；
(2)匀强磁场的磁感应强度是mv0ql；
(3)矩形磁场区域的最小面积是2 3l2。
15.(1)对小物块进行分析，根据牛顿第二定律有
μ1mg=ma1
对长木板进行分析，根据牛顿第二定律有
μ1mg−μ2⋅2mg=ma2
解得
a1=4m/s2 ， a2=1m/s2
小物块向右做匀减速直线运动，长木板向右做匀加速直线运动，令经历时间 t1 两者达到相等速度，则有
v1=v0−a1t1=a2t1
解得
t1=2.8s ， v1=2.8m/s
此过程小物块的位移
x0=v0+v12t1=23.52m>L=12m
表明小物块到达装置A下端时两者还没有达到相等速度，则小物块到达装置A最下端过程，小物块的位移恰好为长木板的长度，则有
L=v0t2−12a1t22
解得
t2=1s 或 t2=6s (舍去)
则此时小物块与长木板的速度分别为
v2=v0−a1t2 ， v3=a2t2
解得
v2=10m/s ， v3=1m/s
之后小物块运动到半圆轨道的最高点过程，根据动能定理有
−mg⋅2R=12mv42−12mv22
解得
v4=6m/s
小物块在最高点，根据牛顿第二定律有
N1+mg=mv42R
根据牛顿第三定律有
N2=N1
解得
N2=25N
(2)小物块飞出装置A做平抛运动，则有
2R=12gt32 ， x1=v4t3
结合上述解得
x1=4.8m
长木板在(1)中上述 t2=1s 时间内的位移
x2=v32t2=0.5m t2=1s 之后，长木板做匀减速直线运动，则有
−μ2mgx3=0−12mv32
解得
x3=13m
则小物块落到长木板上时距长木板左端的距离
L0=L−x2−x3−x1
解得
L0=19130m≈6.4m
(3)根据能量守恒定律，从物块开始滑上长木板到长木板静止的过程中，系统产生的总热量为
Q=12mv02−12mv22
解得
Q=96J
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