安徽省定中学2024-2025学年高三（上）12月第三次检测物理试卷

这是一份安徽省定中学2024-2025学年高三（上）12月第三次检测物理试卷，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.如图所示，半球形容器固定在地面上，容器内壁光滑，同种材质构成的质量分布均匀的光滑球A、B放在容器内处于平衡状态，已知容器、A、B半径之比为6:2:1，B球的质量为m，重力加速度为g，若用沿水平方向且延长线过A球球心的力缓慢推动A球，则当A球的球心与半球形容器的球心在同一竖直线上时，水平力的大小为( )
A. 34mgB. 43mgC. 35mgD. 45mg
2.如图甲所示为两位同学在传接篮球训练，小明将篮球从A点抛给小李(篮球运动轨迹如图乙中实线1所示)，小李在B点接住然后又将篮球传给小明(篮球运动轨迹如图乙中虚线2所示)，小明在C点接住篮球。已知篮球在空中运动的最大高度恰好相同。若忽略空气阻力，A、B、C三点在同一水平高度，则( )
A. 篮球沿轨迹1运动的时间较长B. 篮球沿轨迹2运动的过程中加速度更小
C. 篮球在两轨迹最高点时的速度大小相等D. 小明比小李抛出篮球时的速度更大
3.如图所示，用横截面积为S=10cm2的活塞将一定质量的理想气体封闭在导热良好的汽缸内，汽缸平放到光滑的水平面上。劲度系数为k=1000N/m的轻质弹簧左端与活塞连接，右端固定在竖直墙上。不考虑活塞和汽缸之间的摩擦，系统处于静止状态，此时弹簧处于自然长度，活塞距离汽缸底部的距离为L0=18cm。现用水平力F向右缓慢推动汽缸，当弹簧被压缩x=5cm后再次静止(已知大气压强为p0=1.0×105Pa，外界温度保持不变)，在此过程中，下列说法正确的是( )
A. 气体从外界吸热B. 气体分子的平均动能变大
C. 再次静止时力F的大小为50ND. 汽缸向右移动的距离为6cm
4.2024年1月18日01时46分，天舟七号货运飞船成功对接空间站天和核心舱，变轨情况如图所示。空间站轨道可近似看成圆轨道，且距离地面的高度约为390km。下列关于天舟七号的说法正确的是( )
A. 发射速度大于11.2km/s
B. 从对接轨道变轨到空间站轨道时，需要点火加速
C. 在对接轨道上的运行周期大于空间站的运行周期
D. 在空间站轨道运行的速度比赤道上的物体随地球自转的线速度小
5.将两个等量异种点电荷固定在边长为L的正方形ABCD的A、C两个顶点处，它们所带电荷量分别为+Q和-Q，用长为L的不可伸长的绝缘细线将一质量为m、带电荷量为+q的带电小球拴在A点，将小球从B点由静止释放，小球从B点运动到D点，经过AC连线上的F点。整个装置处于竖直向下的匀强电场中，电场强度E=mgq。已知小球可视为质点，静电力常量为k，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法中正确的是( )
A. 小球在刚释放时的加速度大小为2g
B. 在从B到F过程中，小球的机械能先增大后减小
C. 经过D点时，小球的速度大小为2 gL
D. 小球经过D点时，细线的拉力大小为F=3mg+kQqL2
6.某同学从商场购买了一个质量分布均匀的透明“水晶球”，如图甲所示。该同学先测出了“水晶球”的直径为10 cm，并标记了其中一条水平直径对应的两端点P、Q。球外某光源发出的一细束单色光从球上P点射向球内，折射光线与水平直径PQ夹角为θ，当θ=30°时，出射光线与PQ平行，如图乙所示。已知光在真空中的传播速度为3×108m/s，下列说法不正确的是
A. “水晶球”的折射率为 3
B. 光在“水晶球”中的传播时间为5×10-8s
C. 改变从P点入射光线的入射角，光线从水晶球射向空气时，一定不会发生全反射
D. 若保持从P点入射光线的入射角不变，仅换用波长更长的单色光，则光在“水晶球”中传播的时间变短
7.如图所示，相隔一定高度的两水平面间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、边长为d的单匝正方形金属框从磁场上方某处自由落下，恰好能匀速穿过磁场区域，已知金属框平面在下落过程中始终与磁场方向垂直，且金属框上、下边始终与磁场边界平行，不考虑金属框的形变，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则金属框穿过磁场的过程中，下列说法正确的是( )
A. 金属框中电流的方向先顺时针后逆时针B. 金属框所受安培力的方向先向上后向下
C. 金属框穿过磁场所用时间为t=2B2d3mgRD. 金属框所受安培力做功为W=2mgd
8.如图所示，轻弹簧一端连接质量为m的物体A，另一端固定在光滑的固定斜面底端，A通过轻绳跨过光滑的定滑轮与质量为2m的物体B连接，绳、弹簧与斜面平行．将A由弹簧原长处静止释放，已知轻绳始终有力，重力加速度为g.则B的速度v、加速度a和弹簧弹力F、绳子张力T与时间t或位移x的关系图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.蒸汽锤打桩机，利用高压蒸汽将锤头上举，然后锤头做自由落体运动向下撞击桩头，使桩沉入地下。已知桩头与锤头的质量均为m，锤头从距离桩头h处开始自由下落，若不计空气阻力，锤头与桩头碰撞后结合在一起，碰撞时间极短，碰后二者运动时间为t，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 碰后运动过程中锤头与桩头的总动量守恒
B. 锤头与桩头碰撞瞬间总动量守恒
C. 锤头与桩头碰撞前后瞬间，锤头的速度变化量的大小为 gh
D. 从碰后瞬间到静止，锤头所受合力的平均值为m 2gh2t
10.图甲中理想变压器原、副线圈的匝数比为3︰1，输入电压U随时间t的变化规律如图乙所示(图像为正弦图像的一部分)，电阻R1、R2和R3的阻值分别为5Ω、2Ω和3Ω，电流表为理想交流电表，下列说法正确的是
A. 输入电压U的有效值为10 2V
B. 若开关S断开，电流表的示数为0.2 A
C. 若将开关S由断开变为闭合，电流表的示数变小
D. 若仅增大副线圈负载的电阻，副线圈两端电压变化量与电流变化量的绝对值之比不变
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.一同学用以下装置探究光的干涉现象：
(1)如图1所示，对双缝实验装置进行调节并观察实验现象：
①图2中甲、乙图是光的条纹形状示意图，其中干涉图样是________。(选填“甲”或者“乙”)
②在实验中，仅将滤光片由蓝色的换成红色的，干涉条纹间距变________。(选填“宽”或者“窄”)
(2)如图3所示，为观察白光薄膜干涉的演示实验，竖直放置的铁丝圈上覆有一层肥皂薄膜，观察者可以观测到肥皂膜上有明暗相间的彩色条纹。
①为了更好地观察干涉条纹，光源应该在________。
A.观察者同侧 B.观察者的对面侧
②下列对实验结论的说法正确的是________。
A.若缓慢旋转铁丝圈，观察者看到的条纹将跟着旋转
B.若将铁丝圈水平放置，肥皂膜上的条纹图样不会变化
C.若发现条纹是等间距的，说明肥皂膜是等厚的
D.若发现条纹是上疏下密的，说明肥皂膜从上往下变厚是越来越快的
12.某型号的热敏电阻RT在25℃∼80℃范围内阻值的标称值如表中所示，小组同学欲利用电路对标称值进行核实.由于电流表内阻未知，先用图甲电路测量电流表的内阻．
(1)在图甲电路中，调节滑动变阻器R使其接入电路的阻值最大，只闭合K，调节R，使电流表指针满偏，闭合K1，只调节电阻箱R1，使电流表指针半偏，此时电阻箱示数为2.0Ω，则电流表内阻R0= Ω．
(2)电流表内阻的测量值理论上与真实值相比略 (填“偏大”“偏小”或“相等”．
(3)再用图乙所示的电路图核实RT标称值，忽略以上测量R0的误差值，实验时与电压表相连的导线的A端应接在图中的 (填“P”或“Q”)点.正确连接电路后，小组同学发现只有温控室内的温度为40.0℃时，热敏电阻的测量值与标称值不符，此时电压表的示数为U1=5.02V，电流表的示数为I1=10mA，则此温度下热敏电阻的阻值为 Ω(保留3位有效数字)．
(4)请依据热敏电阻核实后的阻值，在图丙坐标纸上补齐数据点，并作出RT-t图像 ．
(5)当热敏电阻的阻值为360Ω时，热敏电阻的温度为 ℃(保留两位有效数字)．
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.如图甲所示，真空室中电极K发出的电子(初速度不计)经电场加速后，由小孔S沿两平行金属板M、N的中心线OO'射入板间，加速电压为U0，M、N板长为L，两板相距 3L3.加在M、N两板间电压u随时间t变化的关系图线如图乙所示，图中U1未知，M、N板间的电场可看成匀强电场，忽略板外空间的电场．在每个粒子通过电场区域的极短时间内，两板电压可视作不变．板M、N右侧距板右端2L处放置一足够大的荧光屏PQ，屏与OO'垂直，交点为O'.在M、N板右侧与PQ之间存在一范围足够大的有界匀强磁场区，PQ为匀强磁场的右边界，磁场方向与纸面垂直．已知电子的质量为m，电荷量为e．
(1)求电子加速至O点的速度大小v0；
(2)若所有电子能从M、N金属板间射出，求U1的最大值；
(3)调整磁场的左边界，使从M板右侧边缘射出电场的电子，经磁场偏转后能到达O'点，求磁感应强度的最大值Bm．
14.如图所示为某水上乐园的水滑道示意图。游客和保护装备总质量m0=60kg，游客从水滑道上高为h=20m的A点由静止下滑，在B处通过半径R=10m的竖直圆形滑道(进、出口分离)后，冲上放在水平地面上靠在一起的滑板m1和m2。人和滑道、滑板和地面间的摩擦均可忽略不计，倾斜滑道的坡底处和水平滑道之间有平滑连接过度，滑板的上下表面均处于水平状态，放置滑板的地面足够长，在游客滑上滑板m2之前两滑板始终靠在一起，人可以视为质点。已知两滑板质量m1和m2均为60kg，长度均为L=20m，人和滑板间动摩擦因数为0.625，g取10m/s2。求：
(1)游客在B点进入圆形滑道瞬间受到的支持力大小;
(2)游客、滑板m1和m2最终的速度大小。
15.如图所示，两根平行金属导轨a1b1c1、a2b2c2平行放置，导轨间距L=1 m，a1b1、a2b2段倾斜且足够长，与水平方向的夹角θ=37°，b1c1、b2c2段水平，在距离b1b2连线的左侧x=1.75 m处有两根固定立柱，导轨水平和倾斜部分平滑连接。倾斜部分导轨处于磁感应强度大小B=0.3 T、方向垂直斜面向上的匀强磁场中(不包括b1b2连线上)，水平导轨处没有磁场。质量为m1=0.3 kg、电阻为R=0.4 Ω的金属棒甲置于倾斜导轨上，质量为m2=0.1 kg、电阻为r=0.2 Ω的金属棒乙静止在b1b2位置，两金属棒的长度均为L=1 m。金属棒甲从距离导轨底端足够远处由静止释放，在b1b2处与金属棒乙碰撞，碰后金属棒乙向左运动，与固定立柱碰后等速率反弹。已知两金属棒与倾斜导轨间的动摩擦因数均为μ1=0.5，与水平导轨间的动摩擦因数均为μ2=0.2，在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，所有碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间极短，导轨电阻不计，sin 37°=0.6，cs 37°=0.8，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求金属棒甲沿导轨向下运动的最大速度vm；
(2)金属棒甲从开始运动至达到最大速度的过程中，其产生的焦耳热为0.4 J，求这个过程经历的时间；
(3)求金属棒甲、乙第二次碰撞结束瞬间两者的速度大小分别为多少？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】受力分析如图所示，
设B球的半径为r，则有O1O2=4r，O1O3=3r，O2O3=5r，即△O1O2O3是直角三角形，根据力的平衡可知，A球对B球的弹力大小为FAB=mgtanθ=34mg，根据牛顿第三定律可知，B球对A球的弹力大小为FBA=FAB，由于A球受力平衡，则有F=FBA=34mg，A正确。
2.【答案】D
【解析】A.篮球做斜抛运动，在竖直方向上做竖直上抛运动，水平方向做匀速直线运动，运动时间t=2 2hg，由竖直位移决定，由于高度相同，所以两次运动时间相同，故A错误；
B.篮球在空中只受重力作用，可知两轨迹的加速度均为重力加速度，故两种情况下加速度相等，故B错误；
C.根据斜上抛运动的对称性可知从最高点开始的平抛运动，轨迹1的水平位移大于轨迹2的水平位移，时间相等，由x=v0t，则篮球在轨迹1最高点时的速度大于在轨迹2最高点时的速度，故C错误；
D.由轨迹知道，两轨迹竖直方向初速度相同，轨迹1的水平初速度大于轨迹2的水平初速度，根据速度的合成可知，轨迹1抛出的速度大于轨迹2抛出的速度，即小明比小李抛出篮球时的速度更大，故D正确。
故选：D。
篮球做斜抛运动，在竖直方向上做竖直上抛运动，水平方向做匀速直线运动，利用运动的合成与分解，结合位移—时间关系式和速度—时间关系式分析即可。
本题考查斜抛运动规律，解题关键是运动的合成匀分解，竖直方向上做竖直上抛运动，水平方向做匀速直线运动。
3.【答案】C
【解析】解：A.根据热力学第一定律：ΔU=W+Q；
气缸导热良好，气体被压缩过程中温度不变，故气体内能不变，外界对气体做正功，则气体向外界放热，故A错误；
B.根据上述分析，气体被压缩过程中温度不变，则气体分子的平均动能不变，故B错误；
C.此时F与弹簧弹力大小相同，故：F=kx=1000×5×10-2N=50N；
故C正确；
D.气体被压缩过程温度不变，根据玻意耳定律p0L0S=(p0+FS)LS；
解得：L=p0L0p0+FS=1.0×105×181.0×105+5010×10-4cm=12cm；
汽缸向右移动的距离为d=L0-L+x=(18-12+5)cm=11cm
故D错误。
故选：C。
本题根据热力学第一定律讨论对外吸热还是放热，通过温度讨论平均分子动能，通过平衡状态下弹簧的情况讨论F大小，通过玻意耳定律计算气缸移动的距离。
本题考查了热力学第一定律和玻意耳定律，牢牢抓住过程中温度这个不变量解决，题目难度一般。
4.【答案】B
【解析】A、第一宇宙速度是最小的发射速度，则天舟七号飞船的发射速度应大于第一宇宙速度7.9km/s，而11.2km/s是第二宇宙速度，第二宇宙速度是脱离地球最小发射速度，天舟七号货运飞船没有脱离地球引力束缚，故发射速度不能大于11.2km/s，故A错误;
B.对接轨道相对于空间站轨道是低轨道，由低轨道到高轨道，需要再切点位置加速，即从对接轨道变轨到空间站轨道时，需要点火加速，故B正确；
C、根据开普勒第三定律，R 13T 12=R 23T 22，天舟七号在对接轨道上的运行周期小于空间站的运行周期，故C错误；
D、根据GMmr2=mv2r，可得：v= GMr，则地球同步卫星(周期为T同=24h)的轨道半径大于核心舱绕地球运动的轨道半径，则核心舱绕地球公转的线速度大于同步卫星的线速度;
同步卫星与赤道上的物体的角速度相等，根据v=ωr，则同步卫星的线速度大于赤道上的物体的线速度，所以在空间站轨道运行的速度大于赤道上的物体随地球自转的线速度，故D错误。
故选 B
5.【答案】C
【解析】【分析】根据受力分析得出，刚释放时的加速度大小大于2g；
根据功能关系分析机械能变化；
根据动能定理求经过D点时，小球的速度大小；
小球经过D点时根据牛顿第二定律列式求细线的拉力大小。
本题考查了带电物体在叠加的电场、重力场中的运动，受力分析是关键。
【解答】A、小球在刚释放时受电场力与重力的合力为2mg，因还受的绳的拉力与库仑力，根据受力分析可知刚释放时的加速度大小大于2g，故A错误；
B、在从B到F过程中，小球受的电场力、库仑力均做正功，故小球的机械能一直增大，故B错误；
C、从B到D过程，库仑力做功为0，绳的拉力不做功、只有重力、电场力做功，根据动能定理得
(qE+mg)L=12mv2，解得经过D点时，小球的速度大小为2 gL，故C正确；
D、小球经过D点时，F-qE-mg- 2kQqL2cs45°=mv2L
解得细线的拉力大小为F=6mg+kQqL2，故D错误。
故选 C。
6.【答案】B
【解析】解：A.如图所示，
由几何关系可知，光线射出时的折射角r为2θ，折射率
n=sin2θsinθ= 3，故A正确;
B.光在“水晶球”中传播的距离l=dcsθ
时间t=lv=nlc=2dcs2θc=5×10-10s故B错误;
C.由图β=r=2θ，增大过P点光线的入射角，光线出射时一定不会在球内发生全反射，故 C正确;
D.当入射光的波长变长时，频率变小，光的折射率也变小，折射角变大，光在水晶球中的光程变短，由v=cn
可知光在“水晶球”中的传播速度变大，可知时间变短，故 D正确。
本题选错误的，故选B。
本题主要考查了光的折射，根据几何知识求解折射角是解题的关键；知道光的折射率与频率的关系，掌握折射定律和折射率公式。
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查楞次定律、左手定则、平衡条件以及功的计算。根据楞次定律判断线框中电流的方向；根据楞次定律判断线框所受安培力的方向；根据平衡条件求得线框匀速穿过磁场区域的速度，根据匀速运动的位移公式求解金属框穿过磁场所用时间；根据动能定理求得金属框所受安培力做的功。
【解答】
A.由楞次定律判断线框中电流的方向先逆时针后顺时针，故 A错误;
B.由左手定则判断线框所受安培力的方向保持竖直向上，故 B错误;
C.匀速运动时安培力与重力平衡，根据平衡条件有B2d2vR=mg，可求出线框穿越磁场的速度v=mgRB2d2，而穿过磁场的位移为2d，时间t=2dv=2B2d3mgR，故C正确;
D.根据动能定理有W+2mgd=0，解得安培力做的功W=-2mgd，故D错误。
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了牛顿运动定律的应用、运动学图像综合；解决本题的关键是明确A被释放后做简谐运动，根据简谐运动的特点结合牛顿第二定律分析。
对A进行受力分析，判断其速度、加速度与位移的关系，由此判断其运动性质，从而判断是否做简谐运动，由此得解；
结合实际情况，分析最大的弹力，从而确定弹簧弹力的变化范围；
对A物体隔离分析，由其受力及简谐运动的对称性解得绳的拉力大小与位移的关系。
【解答】
将A由弹簧原长处静止释放，设A的位移为x，对整体，由牛顿第二定律，可得：
2mg-mgsin30∘-kx=3ma
可知A先沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，当x增大到某值时a减小到零，然后向上做加速度反向增大的减速运动，A运动到最高点时速度减小到零；然后A沿斜面向下先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，由系统机械能守恒可知，A运动到释放位置时速度刚好减小到零。由于加速度a与x成线性关系，故A在斜面上做以某点(速度最大加速度为零位置)为中心的简谐运动。
A.由上述分析可知，A做简谐运动，其v-t图像应是正弦函数图像，故A错误；
B.A刚释放瞬间，对其受力分析，由以上牛顿第二定律方程可得其加速度为：a=12g，但在A的运动过程中，加速度是与位移成线性关系，由于A做变速运动，故其加速度与时间为非线性关系，故B错误；
C.A刚释放时，弹簧弹力等于零，此时A的加速度：a1=2mg-mgsin30∘3m=12g，
A运动到最高点时，根据简谐运动的对称性，加速度a2与a1等大反向，则2mg-mgsin30∘-Fm=3ma2，解得Fm=3mg，由胡克定律：F=kx可知此时弹簧的形变量为：x=3mgk，弹簧的弹力与A的位移成正比，故C正确；
D.对A物体，由牛顿第二定律T-mgsin30∘-kx=ma，得T=kx+ma+12mg，将a1与a2及对应的弹簧弹力分别代入可知，A上滑过程中，T随x均匀增加，最小值是mg，最大值是3mg，故D错误。
9.【答案】BD
【解析】A.碰后运动过程中，锤头与柱头受重力与阻力作用，它们的总动量不守恒，故 A错误；
B.锤头与桩头碰撞瞬间，由于时间极短， 可以认为内力远大于外力，所以可以认为锤头与桩头碰撞瞬间总动量守恒，故B正确;
C.锤头与桩头碰撞过程，由动量守恒定律可得mv=2mv共
对锤头下落的过程，由自由落体运动的规律可得v2=2gh，
解得v= 2gh、v共= 2gh2，
即碰撞前后瞬间锤头的速度变化量的大小为|△v|=|v共-v|= 2gh2，故C错误;
D.从碰后瞬间到静止，对锤头由动量定理可得Ft=mv共，解得F=m 2gh2t，故D正确。
10.【答案】BD
【解析】A、根据热效应相同，有：U有2RT=(20 2)2R( 2R×T4×2，解得：U有=10V，故A错误；
B、等效电阻R'=(n1n2)2(R2+R3)=45Ω，
因此，电流表的示数为0.2A，故B正确；
C、闭合开关S后，负载电阻变小，等效电阻变小，因此电流表的示数变大，故C错误；
D、U2n2=U1n1，分析原线圈电路，U1+IR1=U，
联立得U2=n2n1U-n2R1n1I，
所以ΔU2ΔI=n2R1n1=53Ω，故D正确。
11.【答案】(1) ①.甲； ②.宽；(2) ①.A； ②.D。
【解析】【分析】本题考查的是双缝干涉实验其中干涉的图样为图乙，根据实验原理分析干涉条纹的变化，由薄膜干涉图样的原理分析光源与观察的位置，变化铁丝圈的位置分析干涉图样的变化情况。
【解答】(1)①图2中甲、乙图是光的条纹形状示意图，其中干涉图样是甲；
②在实验中，仅将滤光片由蓝色的换成红色的，根据公式Δx=Ldλ得干涉条纹间距变宽；
(2)①这种现象叫薄膜干涉，为了更好地观察干涉条纹，光源应该在观察者同侧，故A正确；
②A、若缓慢旋转铁丝圈，播磨在重力的作用下，随着调整，故观察者看到的条纹不变，故A错误；
B、若将铁丝圈水平放置，肥皂膜会中间厚，边沿薄，上面的条纹图样变化，故 B错误；
C、若发现条纹是等间距的，说明肥皂膜自上到下是均匀变厚的，故C错误；
D、若发现条纹是上疏下密的，说明肥皂膜从上往下变厚是越来越快的，故D正确。
12.【答案】 2.0
偏小
Q
500
54(52∼56均正确)

【解析】(1)当电流表半偏时，说明R1与电流表分流相等，故R0=R1=2.0Ω．
(2)在认为并联上R1后电路中的电流不变时，据并联电路的特点可有R1=RA测，而实际上并联R1后，电路的总电阻将减小，电路中的总电流将增大，通过R1的电流大于通过RA的电流，可推知RA真>R1=RA测，故测量值偏小．
(3)因电流表内阻已知，当A端接在Q点时，有RT+R0=UI，代入数据可求得RT=500Ω．
(4)拟合各点，作出的RT-t图像如图所示．
(5)由作出的RT-t图像可求得，该阻值对应的温度为54°C．
13.【答案】解：(1)电子加速到O点的过程，由动能定理得
eU0=12mv02 ，
解得：v0= 2eU0m ；
(2)当电子恰好从板的右端飞出时，偏转电压达最大值U1，设M、N两板间的距离为d，电子在M、N板间运动的时间为t，加速度大小为a，则
L= v0t ，
12d=12at2 ，
a=eU1dm ，
解得 U1=23U0 ；
(3)电子从M板右端飞出，当电子在磁场中运动的轨迹与O'相切时，电子在磁场中偏转的半径最小，设为r，此时磁场的磁感应强度为最大值Bm，如图所示：
设电子从M、N板右边缘飞出时的速度大小为v，方向与OO'间夹角为α，垂直M、N板方向上的速度为vy，则
tanα=vyv0，
vy=at ，
v0=vcsα ，
电子在磁场中运动，有
evB=mv2r，
由几何关系得 rsin α+r=2L+12L ，
解得：Bm=45L 6U0me。


【解析】(1)根据动能定理得到电子加速至O点的速度大小v0；
(2)根据带电粒子在匀强电场中偏转的运动规律得到U1的最大值；
(3)根据带电粒子在匀强磁场中的运动规律得到磁感应强度的最大值Bm。
本题考查带电粒子在电场中的加速和偏转以及带电粒子在匀强磁场中的运动规律，难度不大。
14.【答案】(1)设到达B点速度为vB，由机械能守恒定律可得
m0gh=12m0vB2
解得
vB=20m/s
在B点，由牛顿第二定律可得
NB-m0g=m0vB2R
解得游客在B点受到的支持力大小为
NB=3000N
(2)设游客刚刚到m2上的速度为v1，此时m1的速度为v2，由动量守恒定律有
m0vB=m0v1+(m1+m2)v2
由功能关系有
μm0gL=12m0vB2-12m0v12-12(m1+m2)v22
解得
v1=10m/s ， v2=5m/s
设游客与m2共速时速度为v3，在m2上滑过的距离为s，由动量守恒定律可得
m0v1+m2v2=(m0+m2)v3
解得
v3=7.5m/s
由功能关系有
μm0gs=12m0v12+12m2v22-12(m0+m2)v32
解得
s=1m