湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2024-2025学年高二上学期1月期末物理试题

高二物理参考答案(附中版)－(这是边文，请据需要手工删加) 湖南师大附中2024－2025学年度高二第一学期期末考试 物理参考答案 一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 题号 1 2 3 4 5 6 答案 C D C B B A 1.C　【解析】麦克斯韦建立了经典的电磁理论并预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，A错误；牛顿通过“月—地检验”得出了万有引力定律，卡文迪什通过测量引力常量G，被称为第一个“称”地球质量的人，B错误；安培提出了“分子电流”假说，解释了一些磁现象，C正确；奥斯特发现的电流的磁效应，首次证实了电现象和磁现象是有联系的，D错误；故选C。 2．D　【解析】带电小球在磁场中运动过程中洛伦兹力不做功，所以在整个过程中小球的机械能守恒，所以A点和B点处于同一水平面，则A错；显然，B错误；小球在A、B点的速度均为0，向心力均为0，细线的拉力大小都等于重力沿细线方向的分力，所以摆球在A点和B点处线上的拉力大小相等，则C错误；由于洛伦兹力始终沿绳的方向，洛伦兹力不做功，不改变小球的动能，不改变小球的速度，所以单摆的振动周期与没有磁场时一样，则T＝2π，所以D正确。 3．C　【解析】“天问一号”两次点火时都要做离心运动，所以需要加速，机械能均增大，A错误；“天问一号”运行中在转移轨道上P点的加速度与在火星轨道上P点的加速度均由万有引力来提供，由于在该点探测器受到的万有引力相等，根据牛顿第二定律可知，它们的加速度相等，故B错误；根据开普勒第三定律知，探测器在地球轨道上及霍曼转移轨道上运行时满足＝。设“天问一号”探测器质量为m0，又因为探测器在地球轨道上满足G＝mr()2，联立两式求得探测器在霍曼转移轨道上运行时的周期T2＝，则两次点火之间的时间间隔为Δt＝＝，C正确；在地球轨道及火星轨道上运行时，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有G＝m0rω2，G＝m0Rω′2，因为r<R，所以可判断知ω>ω′，即“天问一号”在地球轨道上的角速度大于在火星轨道上的角速度，D错误。 4．B　【解析】甲图中带正电的粒子从左侧射入复合场中时，受向下的电场力和向上的洛伦兹力，当两个力平衡时，带电粒子会沿直线射出，当速度v>，即洛伦兹力大于电场力时，粒子将向上极板偏转，故A错误；乙图中等离子体进入A、B极板之间后，受到洛伦兹力作用，由左手定则可知，正离子向B极板偏转，负离子向A极板偏转，因此A极板带负电，B极板带正电，A极板电势低于B极板，故B正确；丙图中，电子的运动由洛伦兹力提供向心力，则有evB＝m，解得r＝，当电子的速度一定时，通过励磁线圈的电流越大，线圈产生的磁场越强，电子的运动径迹半径越小，故C错误；丁图中，当粒子运动半径等于D型盒半径时具有最大速度，即vm＝，粒子的最大动能为Ekm＝mv＝，可知粒子的最大动能与加速电压无关，故D错误。故选B。 5．B　【解析】当波向x轴正方向传播时，质点M经过的路程为5A，质点M、N经过0.4 s经过的路程为4A，两质点均回到初始位置，再经过0.1 s过程中，因为质点N的平均速度大于质点M的平均速度，所以质点N经过的路程大于M，所以质点N的路程大于M点的路程，A错误；当波向x轴正方向传播时，根据图像可知波长λ＝4 m，波速为v1＝＝ m/s＝10 m/s，B正确；当波向x轴负方向传播，T＋nT＝0.5 s，0.25 s<T<0.5 s，波的周期为T2＝ s，则经过0.1 s，M点随波振动时间介于T2和T2之间，即M点未返回平衡位置，位移不为零，C错误；A＝2 cm，T2＝ s，N点的初相位为π，因此其振动方程为y＝2sin(7πt＋π)cm，D错误；故选B。 6．A　【解析】设两板间的电压为U，两板间的距离为d，粒子的电荷量为q，微粒从P点以水平速度v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点，则根据牛顿第二定律可得加速度为a＝＝g－，方向垂直于板向下，断开开关，平行板带电量不变，平行板间的电场强度为E＝，结合C＝，C＝，可得E＝。电场强度不变，故加速度不变，M极板稍微上移，不会影响离子的运动，故还打在O点；N极板稍微下移，粒子在竖直方向运动的位移增大，由h＝at2可知运动时间增大，沿平行板方向运动的位移x＝v0t变大，粒子打在O点的右侧，A正确，B错误；保持开关S闭合，由串并联电压关系可知，R0两端的电压为U＝R0，减小R1，U将增大，电容器两端的电压增大，粒子向下运动的加速度减小，由h＝at2可知粒子运动时间变长，沿平行板方向运动的位移x＝v0t变大，故粒子打在O点右侧，故C错误；保持开关S闭合，增大R2，不会影响电阻R0两端的电压，故粒子打在O点，故D错误。故选A。 二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 题号 7 8 9 10 答案 AC BD AD AD 7.AC　【解析】该现象是光的干涉形成的，而干涉是波的特有现象，则此现象可以说明光是一种波，A正确；根据可见光波长从大到小的顺序：红橙黄绿蓝靛紫，可知蓝光的波长小于黄光，波长变大，条纹间距变宽，B错误；若下方平板玻璃某处出现凸起，则会看到该处条纹向右侧弯曲，C正确；若抽去一张纸片，同一位置沿着斜面的方向，光程差的变化变缓，条纹间距将变宽，D错误。故选AC。 8．BD　【解析】子弹打入木块A的瞬间，B的速度为零，子弹与A组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向，则有mv0＝2mv1，可得A的速度为v1＝故A错误；当弹簧被压缩到最短时，A、B的速度相同，此时弹簧的弹性势能最大，子弹、A、B组成的系统动量守恒，则有2mv1＝(2m＋4m)v2，可得v2＝。根据系统机械能守恒有×2mv＝×6mv＋Ep，可得Ep＝mv故B正确；当弹簧恢复原长时，B的速度最大，由动量和能量守恒2mv1＝2mv3＋4mv4，×2mv＝×2mv＋×4mv，可得B的最大速度大小为v4＝，A的速度为v3＝－，即弹簧恢复原长时，木块A的速度大小为v0，故C错误，D正确。故选BD。 9．AD　【解析】对两根导线的整体分析，因两导线通以等大反向的电流，可知受安培力等大反向，则整体受安培力的合力为零，此时整体所受的重力与两根细线ab的拉力等大反向，可知2T＝2mg，即每根细线的张力大小均为mg，A正确，仅增大磁感应强度，细绳张力不变，C错误；对下面的杆进行受力分析，根据左手定则可知，安培力在水平方向，在竖直方向2Tsin θ＝mg，则T＝，B错误；当安培力方向与c绳拉力方向垂直时，安培力最小，mgcos θ＝BIl，解得B＝，D正确。故选AD。 10．AD　【解析】当带电小球恰好静止在斜面上时，受到重力、电场力、斜面的支持力的作用，由受力分析可得qE＝mgtan 37°，解得匀强电场的场强大小为E＝，故A正确；小球在斜面上做匀速直线运动，则vA＝v0由受力分析可知，重力和电场力等效合力沿BA方向，大小为F合＝mgcos 37°＋qEsin 37°＝mg，B点为小球在圆轨道的等效最高点，若小球到达等效最高点B点时的临界速度为0，从A到B，由动能定理可得－F合·2r＝0－mv，解得v0＝，小球能到达B点的条件为v0≥，故B错误；小球不脱离BC轨道，在B点要求m≥F合，解得vB≥，则当小球通过B点的速度小于时，会立刻在B点脱离，而不是在BC段某点脱离轨道，当小球通过B点的速度大于等于时，由于B点为小球在圆轨道的等效最高点，小球不可能在BC段某点脱离轨道，故C错误；若小球沿着圆轨道从B点到C点，小球在C点的速度为2，根据动能定理F合r＝mv－mv，解得此时小球在B点的速度为vB1＝>，故小球经过C点的速度大小可能为2，故D正确。故选AD。 三、实验题(本大题共2小题，共16分) 11．(8分，每空2分) (1)2.06 cm　(2)67.4 s　(3)AD　(4)9.86 m/s2 【解析】(1)游标卡尺的主尺读数为20 mm，游标读数为0.1×6＝0.6 mm，则最终读数为20.6 mm＝2.06 cm。 (2)秒表的读数为60 s＋7.4 s＝67.4 s。 (3)根据T＝2π 解得：g＝，误将59次数成了60次 ，导致测量时周期T测小，根据g＝可知g值测量值偏大，故A对；在未悬挂单摆之前先测定好摆长 ，导致测量的摆长小于真实的摆长，根据g＝可知g值偏小；故B错；将摆线长当成了摆长没有加小球的半径，导致测量的摆长偏小，根据g＝可知g值偏小，故C错；将摆线长和球的直径之和当成了摆长，导致测量的摆长变长，根据g＝可知g值偏大；故D对；故选AD。 (4)根据T＝2π可得：T2＝ ，则在T2与 l 的关系图线中，斜率代表k＝ ，根据图像可求出：k＝＝4，则g＝9.86 m/s2。 12．(8分，每空2分) (1)×1k　7000 (2)9　9 【解析】(1)多用表指针偏转角度过小说明指针靠近无穷处，所以要换高挡位，因此需选择×1k；同时注意欧姆调零，多用表的指针结果为7000 Ω。 (2) 设电流表G所在的回路除电源内阻外其余电阻之和为R，由闭合电路欧姆定律解得I总＝，由分流原理得I＝I总，联立两式整理得＝＋×， 由图像可知＝1，＝，解得E＝9 V，R＝6 Ω， 所以欧姆表总内阻为R＋r＝9 Ω。 四、解答题(13题10分，14题14分，15题16分，共40分) 13．(10分)(1)1.60　1.67　(2) 【解析】(1)红光的折射率小于绿光的折射率，所以半圆形曲面恰好只有单色光射出时红光发生折射，绿光恰好发生全反射，如图所示， 由几何知识可知曲面上光束的入射角满足 sin θ1＝＝，解得θ1＝37°1分 n绿＝＝1.672分 折射角为θ2＝74°1分 根据折射率的定义式，可得 n红＝＝1.602分 (2)当红光恰好发生全反射时有 sin C＝＝2分 根据几何关系有sin C＝ OB＝R2分 14．(14分)(1) m　(2)×10－7 s　(3)4×10－4 T 【解析】(1)离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 由Bqv0＝m，解得r1＝0.1 m2分 由几何关系得离子在磁场中的轨迹半径OA＝2r1sin α，解得OA＝ m2分 (2)粒子在磁场中，运动轨迹如图 由几何关系可知圆心角θ＝2α＝120°1分 则在磁场中运动时间t1＝×＝×10－7s2分 离子进入电场后，经过时间t2再次到达x轴上，分析知离子在电场中做类平抛运动，离子沿垂直电场方向做速度为v0的匀速直线运动，位移为l1，则l1＝v0t21分 离子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a，位移为l2，则 Eq＝ma，l2＝at21分 由几何关系可知tan 60°＝ 代入数据解得t2＝×10－7s1分 则总时间t＝t1＋t2＝×10－7s1分 (3)由Bqv＝m知，B越小，r越大，设离子在磁场中最大轨迹半径为R，由图中几何关系得 R＝＝0.025 m1分 由牛顿运动定律得B1qv0＝m1分 得B1＝4×10－4 T1分 15．(16分)(1)20 N (2)2 m/s　2 m/s (3)36.5 J 【解析】(1)物块M从A到B，由动能定理得 mgR＝mv2分 FN－mg＝1分 解得vB＝7 m/s，FN＝20 N1分 由牛顿第三定律得物块M在B点时对轨道压力FN′＝－FN，大小为20 N1分 (2)设物块M与小球①碰前速度为v0，碰后两者速度分别为v1，v1′，对物块M从B到与传送带共速时 v－v2＝2·μg·x0 得x0＝3.3 m<L1分 故物块M与传递带共速，到C点时物块速度v0＝v＝4 m/s1分 由动量守恒与能量守恒得mv0＝mv1＋m0v1′1分 mv＝mv＋m0v1′21分 解得v1＝v0＝－2 m/s，v1′＝v0＝2 m/s2分 (3)小球①以速度v1′与小球②相碰，碰后两者速度交换，依此类推最终第2024个小球以v1′向右匀速直线运动，物块M与小球①碰后以v1冲上传送带，在传送带上减速位移x1，故物块M再次回到C点时速度大小为v1，之后与小球①再次弹性碰撞 mv1＝mv2＋m0v2′ mv＝mv＋m0v2′2 联立解得v2＝－v1＝1 m/s 依此类推，小物块M每次与小球①碰后速度大小减为碰前的一半，经过n次碰撞后，物块M的速度为 vn＝v02分 物块每次以vn冲上传送带再回到C点，与传送带相对路程dn＝v1分 此过程摩擦生热Qn＝μmgdn 物块M第一次在传送带上运动过程中与传送带相对路程d0＝－v＝0.9 m 全程摩擦生热Q＝μmg＝μmg＝36.5 J2分 学科网（北京）股份有限公司 $$湖南师大附中2024-2025学年度高二第一学期期末考试 在各日的将区内作各,形相限止区现的答案无效 请在各题目的答题区域内作答,相出色形洁限区域的答家无效 物理答题卡 1题 11(1) 贴条形码区 考证号 (正面上.贴追京 1 □一古考见,考笔。 1.,十,不 3.字上:,选达。折 选择题(用20笔结总) :: 1题(14) {1十进红 非择题(用基4答字笔写) 112() 12题(8) ( 1题(i0) 请在各现日的验现作答。描重时的答实无 请在各题日的答题区域内作等,祖出黑色用达限站区域的答实无效 高二物理试题(附中版)　第页(共8页)(这是边文，请据需要手工删加) 题　　答　　要　　不　　内　　线　　封　　密 　号位座____________　号场考____________　号　学____________　名　姓____________　级　班____________　级　年 (这是边文，请据需要手工删加) 湖南师大附中2024－2025学年度高二第一学期期末考试 物　理 时量：75分钟　满分：100分 得分：____________ 一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．“析万物之理，判天地之美”，物理学是研究物质及其运动规律的学科，下列说法正确的是 A．麦克斯韦建立了经典的电磁理论，并通过实验验证了电磁波的存在 B．牛顿用实验方法得出了万有引力定律，他是第一个“称量”地球质量的人 C．通电螺线管的磁场和条形磁体的磁场相似，安培受此启发，提出了分子电流假说，解释了一些磁现象 D．法拉第发现了电磁感应现象，首次证实了电现象和磁现象是有联系的 2．如图所示，用绝缘细线悬挂的单摆，摆球带正电，悬挂于O点，摆长为l，当它摆过竖直线OC时便进入或离开匀强磁场，磁场方向垂直于单摆摆动的平面向里，A、B点分别是最大位移处。下列说法中正确的是 A．A点和B点处于不同高度 B．小球从A运动到B的过程中机械能不守恒 C．摆球在A点时细线上的拉力大于B点处线上的拉力 D．单摆的振动周期仍为T＝2π 3．2021年5月15日中国首次火星探测任务“天问一号”探测器的着陆巡视器在火星乌托邦平原南部预选着陆区成功着陆，在火星上首次留下中国印迹，迈出了中国星际探测征程的重要一步。“天问一号”探测器需要通过霍曼转移轨道从地球发射到火星，地球轨道和火星轨道近似看成圆形轨道，霍曼转移轨道是一个在近日点M和远日点P分别与地球轨道、火星轨道相切的椭圆轨道(如图所示)，在近日点短暂点火后“天问一号”进入霍曼转移轨道，接着“天问一号”沿着这个轨道运行直至抵达远日点，然后再次点火进入火星轨道。已知引力常量为G，太阳质量为m，地球轨道和火星轨道半径分别为r和R，地球、火星、“天问一号”运行方向都为逆时针方向。若只考虑太阳对“天问一号”的作用力，下列说法正确的是 A．第一次点火喷射后，探测器机械能变大，第二次点火喷射后，探测器机械能减小 B．“天问一号”运行中，在霍曼转移轨道上P点的加速度比在火星轨道上P点的加速度小 C．两次点火之间的时间间隔为 D．“天问一号”在地球轨道上的角速度小于在火星轨道上的角速度 4．如图所示，带电粒子(不计重力)在以下四种器件中运动的说法正确的是 A．甲图中从左侧射入的带正电粒子，若速度满足v>，将向下极板偏转 B．乙图中等离子体进入A、B极板之间后，A极板电势低于B极板 C．丙图中通过励磁线圈的电流越大，电子的运动径迹半径越大 D．丁图中只要增大加速电压，粒子就能获得更大的动能 5．一列简谐波在t＝0时刻的波形如图中实线所示，经过0.5 s后的波形如图中的虚线所示，已知波的周期为T，且0.25 s<T<0.5 s，则 A．当波沿＋x方向传播时，x＝1 m处的质点M和x＝2.5 m处的质点N在这0.5 s内通过的路程相等 B．当波向＋x方向传播时，波速等于10 m/s C．当波沿－x方向传播时，经过0.1 s时，质点M的位移一定为零 D．若波沿－x方向传播，x＝2.5 m处的质点N的振动方程为y＝2sin(7πt＋π)cm 6．如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，R0为定值电阻，R1和R2为可变电阻，开关S闭合。质量为m的带正电荷的微粒从P点以水平速度v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点。若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度v0射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是 A．断开开关S，M极板稍微上移，粒子依然打在O点 B．断开开关S，N极板稍微下移，粒子打在O点左侧 C．保持开关S闭合，减小R1，粒子依然打在O点 D．保持开关S闭合，增大R2，粒子打在O点右侧 二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 7．如图所示，将一块平板玻璃放置在另一平板玻璃上，一端夹入两张纸片，从而在两玻璃表面间形成劈形空气薄膜，当蓝光从上方入射后，从上往下看到明暗相间的等距条纹，下列说法中正确的是 A．该条纹是光的干涉形成的，此现象可以说明光是一种波 B．若把蓝光改为黄光，条纹间距将变窄 C．若下方平板玻璃某处出现凸起，则会看到该处条纹向右侧弯曲 D．若抽去一张纸片，条纹间距将变窄 8．如图所示，质量分别为m、4m的木块A、B静止在光滑水平面上，一轻质弹簧与B固定连接，一颗质量为m的子弹，以水平向右的速度v0射入木块A并停留其中，子弹和木块的作用时间极短，在此后的过程中，下列说法正确的是 A．子弹打入木块A后的瞬间，A、B和子弹的速度大小均为v0 B．弹簧的最大弹性势能为mv C．木块B的最大速度大小为v0 D．当弹簧恢复原长时，木块A的速度大小为v0 9．如图所示，质量均为m、长度均为l的两直导体棒用绝缘等长的细线a、b、c、d栓接，悬挂于天花板上的O、O′点，并处于竖直向下的匀强磁场B中(图中未画出)。当棒中通以图示方向、大小相同的电流I，系统保持静止时，悬线c、d与水平方向成θ角，重力加速度为g，则 A．线a中的张力大小为mg B．线c中的张力大小为 C．仅增大磁感应强度B，系统重新达到平衡时，线a中的张力变大 D．保持系统平衡状态以及θ角不变，调整磁场方向和大小，磁感应强度的最小值为 10．如图，倾角θ＝37°的固定斜面与半径为r的四分之三圆弧形轨道ABC相切于A点，其中半圆弧段AB是硬质细圆管。整个空间存在水平方向的匀强电场，质量为m、电荷量为q的带正电小球恰好静止在斜面上。已知重力加速度大小为g，取sin 37°＝0.6，小球直径略小于圆管的内径，运动过程中小球所带电荷量保持不变，并且斜面绝缘，忽略一切摩擦，重力加速度为g。现给小球一个沿斜面向下的初速度v0，则 A．匀强电场的场强大小为 B．小球能到达B点的条件为v0>2 C．小球可能在BC段某点脱离轨道(不包括BC两点) D．小球经过C点的速度大小可能为2 答题卡 题 号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答 案 三、实验题(本大题共2小题，共16分) 11．(8分)某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的实践和探究： (1)用游标卡尺测量摆球直径d，如图甲所示，则摆球直径为________cm，测量单摆摆长为l ； (2)用秒表测量单摆的周期。当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为0，单摆每经过最低点记一次数，当数到n＝60时秒表的示数如图乙所示，秒表读数为________s； (3)将测量数据代入公式得到的测量结果与真实的重力加速度值比较，发现测量结果偏大，可能的原因是________； A．误将59次数成了60次 B．在未悬挂单摆之前先测定好摆长 C．将摆线长当成了摆长 D．将摆线长和球的直径之和当成了摆长 (4)该同学纠正了之前的错误操作，尝试测量不同摆长 l 对应的单摆周期 T，并在坐标纸上画出 T2与l的关系图线，如图丙所示。由图线计算出的重力加速度的值g＝________m/s2。(保留 3 位有效数字) 12．(8分)(1)用多用电表测量某元件的电阻，选用“×100”倍率的电阻挡测量，发现多用电表指针偏转角度过小，因此需选择________(填“×10”或“×1k”)倍率的电阻挡，并再次欧姆表调零后，再次进行测量，多用电表的指针如图甲所示，测量结果为________Ω。 (2)某同学设计出一个欧姆表用来测量电阻，其内部结构可简化成下图电路，已知电池的内阻为3 Ω。该表能通过读取流过电流表G的电流值而得到被测电阻的阻值。但这个欧姆表和普通欧姆表的调零方式不同。该同学找来一个电阻箱Rx，进行了如下操作步骤，从而测出该欧姆表的电源电动势。 ①两表笔间不接入任何电阻，闭合开关S1，调节滑动变阻器使表头满偏； ②将欧姆表与电阻箱Rx连成闭合回路，改变电阻箱阻值，记下电阻箱示数Rx和与之对应的电流表G的示数I； ③将记录的各组Rx、I的数据进行整理，标好欧姆表刻度盘后还顺便画出了－图像如图丙所示； ④请根据图丙的图线，求出电源的电动势E。 由图丙可知电源的电动势为________V，欧姆表在(1)步骤中内部回路的总电阻为________Ω。 四、解答题(13题10分，14题14分，15题16分，共40分) 13．(10分)如图所示为用某种特殊透明材料制作的半径为R的半圆形砖，在圆心O点处垂直于砖直径MN边射入一束由红绿双色光混合的激光，当激光束缓慢向左平移到距O点的A点时，发现半圆形曲面恰好只有单色光射出，射出光线与入射方向夹角为37°，继续向左平移至B点时，折射光完全消失，不考虑光在玻璃内部的反射，已知sin 37°＝0.6，求： (1)该透明材料分别对两种单色光的折射率；(结果保留3位有效数字) (2)B到O点的距离。 14．(14分)如图所示的xOy坐标系中，第一象限内存在与x轴成30°角斜向下的匀强电场，电场强度E＝400 N/C；第四象限内存在垂直于纸面向里的有界匀强磁场，其沿x轴方向的宽度为OA，沿y轴负方向宽度无限大，磁感应强度B＝1×10－4T。现有一比荷为＝2×1011 C/kg的正离子(不计重力)，以速度v0＝2×106 m/s从O点射入磁场，与x轴正方向夹角α＝60°，离子通过磁场后刚好从A点射出，之后进入电场。 (1)求OA宽度等于多少？ (2)从O点开始，经多长时间粒子第二次到达x轴？(结果可以用根号和π表示) (3)若离子进入磁场后，某时刻改变匀强磁场磁感应强度的大小，方向不变，使离子做完整的圆周运动，求磁场磁感应强度的最小值。 15.(16分)如图所示，竖直平面内半径为R＝4.9 m的光滑圆弧轨道AB的圆心为O，圆心角∠AOB＝60°，最低点B与长L＝4 m的水平传送带平滑连接，传送带以v＝4 m/s的速率顺时针匀速转动。传送带的右端与光滑水平地面平滑连接，水平地面上等间距静置着2024个质量为m0＝3 kg的小球。一质量m＝1 kg的物块M从A点由静止释放，物块M与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2，物块M与小球、小球与小球之间均发生弹性正碰，求： (1)物块M到B点时对轨道的压力大小； (2)物块M与小球①第一次碰后瞬间两者的速度大小； (3)从物块M开始运动，到最终所有物体都达到稳定状态时物块与皮带间因摩擦产生的热量。 学科网（北京）股份有限公司 $$