假期成效检测卷-【创新大课堂·暑假作业】2025-2026学年高二物理快乐假期讲练测

第三部分假期成效检测卷 考试时间：100分钟 分值：100分 一、单选题(1一7为单选，每题4分，8一11为多 选，每题5分.本题共48分.) 1.2023年1月，“中国超环”成为世界上首个实 现维持和调节超过1000秒的超长时间持续 60 脉冲的核反应堆.其核反应方程H十H →He十X,已知H的质量m1,H的质量 A.若保持挡板不动，则球对斜面的压力大小 m2,是He的质量m3,反应中释放出y光子， 为0.5G 下列说法正确的是 B.若挡板从图示位置沿顺时针方向缓慢转 A.该核反应在高温高压下才能发生，说明该： 动60°，则球对斜面的压力逐渐增大 核反应需要吸收能量 C.若挡板从图示位置沿顺时针方向缓慢转 B.Y光子来源于核外电子的能级跃迁 动60°，则球对挡板的压力先减小后增大 C.X是中子，该核反应为核聚变反应 D.若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加 D.X的质量为m1+m2一m3 速直线运动，则球对挡板的压力不可能 2.汽车在平直的公路上 为零 沿直线做匀速运动.to 时刻，由于前方出现事 4.A、B两物体通过一根跨过光滑轻质定滑轮 故，司机踩下刹车踏 的不可伸长的轻绳相连放在水平面上，现物 2to 板，车辆立即开始做匀减速直线运动，20时 体A以1的速度向右匀速运动，当绳被拉成 刻汽车停止，汽车的x一t图像如图所示.下 与水平面夹角分别是α、3时，如图所示，物体 列说法正确的是 ( B的运动速度邺为（绳始终有拉力）() A汽车利车时的加速度大小为是 B.x1=2x0 A C.0一时间内，汽车速度的大小为@ D.0~210时间内，汽车平均速度的大小 A. v1coS a B.VIsin a cos B cos B 为治 C. vcos a D.usin a sin B sin B 3.如图所示，一辆小车静止在水平地面上，车 5.2023年2月10日神舟 内固定着一个倾角为60的光滑斜面OA,光： 十五号乘组圆满完成了 滑挡板OB可绕转轴O在竖直平面内转动. 中国空间站全面建成后 现将一重力为G的圆球放在斜面与挡板之 的首次出舱任务，空间 间，挡板与水平面的夹角0=60°，下列说法正 站如图所示.若中国空间站绕地球可视为匀 确的是 ) 50 第三部分 假期成效检测卷 速圆周运动，已知空间站运行周期为T,轨道： B.乙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道 离地面的高度为h,地球半径为R,引力常量 最低点时，安全带一定给人向上的力 为G,忽略地球自转的影响，则下列说法正确 C.丙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道 的是 最低点时，安全带一定给人向上的力 ( D.丁图中，轨道车过最高点的最小速度可能 A.地球的第一宇宙速度为2开 /(R+h)3 R 小于gR :8.在如图所示的理想变压器电路中，变压器 B.空间站的运行速度为2π 原、副线圈的匝数比为2：1，定值电阻R1= C.航天员出舱与空间站保持相对静止时受： 52、R2=12,R3为电阻箱.在a、b端输入正 到的合力为零 弦交变电压u=10√2sinl00πt(V),通过调 D.空间站绕地球运动的向心加速度大于地 节电阻箱R3的阻值，来改变变压器的输出功 面的重力加速度 率.下列说法正确的是 6.某转笔高手能让笔绕其 R R 手上的某一点O匀速 转动，笔杆上相距为L bo 的A、B两点，OA< A.当变压器输出功率最大时，变压器副线圈 OB,在如图时刻的速度 两端的电压为5V 大小分别为A、B,向心加速度大小为aA、 B.当变压器输出功率最大时、电阻箱接人电 aB,OB两点间为距离rB,则有 ( ) 路的电阻为0.252 A.4=4 ,rB- VAL C.当变压器输出功率最大时，变压器输出的 aB UB UA+UB 最大功率为5W B.a4=42 VAL aB vB2,ra- D.当变压器原线圈中的电流分别为0.5A、 VA十VB 1.5A时，变压器的输出功率相等 C.4A=UA UBL i 9.江苏省科技水平截至 ● aB UB rB= VA十VB 2022年底在全国已处 D.9A=vA? UBL 于领先地位，如图是江 VA十VB 苏省某校兴趣小组正处30° 7.如图所示甲、乙、丙、丁是游乐场中比较常见 在操作的一个实验装 的过山车，甲、乙两图的轨道车在轨道的外 置，在如图所示的平面 侧做圆周运动，丙、丁两图的轨道车在轨道： 内，分界线SP将宽度 X 的内侧做圆周运动，两种过山车都有安全锁： 为L的矩形区域分成 L (由上、下、侧三个轮子组成)把轨道车套在 两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的 了轨道上，四个图中轨道的半径都为R,下列： 匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向 说法正确的是 ) 里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B,SP与 磁场左右边界垂直.他们使用离子源从S处 射入速度大小不同的正离子，离子入射方向 甲 与磁场方向垂直且与SP成30°角.已知离子 比荷为k,不计重力.若离子从P点射出，设出 射方向与入射方向的夹角为，则离子的人射 速度和对应0角的可能组合为 () 丙 A.甲图中，当轨道车以一定的速度通过轨道 A.3B,0 B.0 最高点时，座椅一定给人向上的力 C.kBL,60 D.2k BL,60 51 高二物理每日一练·练出好成绩 10.如图甲所示，正方形导线框固定在匀强磁：二、非选择题（本大题共52分） 场中，磁感线方向与导线框所在平面垂直，：12.(8分)某同学用如图甲所示的实验装置来 初始时刻磁场方向垂直纸面向里，且规定； 探究绳子拉力做功与小车动能变化的关 垂直纸面向里为正方向，匀强磁场的磁感 系.在水平桌面上放有一端装有定滑轮的 应强度B随时间t变化的规律如图乙所 气垫导轨，气垫导轨上固定有甲、乙两个光 示，已知导线框的边长为L,总电阻为R,下 电门，用来测量遮光片通过光电门时的遮 列说法正确的是 光时间，滑块经绕过定滑轮的轻质细绳与 × 装有砂的砂桶连接， Bo 光电门乙光电门甲遮光片 马滑块 砂桶合 气垫导轨 甲 甲 A.1~t3时间内，导线框中电流的方向始终 (1)用游标卡尺测量遮光片的宽度， 为adcba ①测量时需要用图乙中的 (填 B.t1~t3时间内，导线框始终有扩张的趋势 “A”或“B”)测量爪； C.t1一t3时间内，ab边受到的安培力大小为 ②测量结果如图丙所示，则遮光片的宽度 2B02L3 为 mm, R(t3-t1） 2 cm D.t1~t3时间内，通过导线框的电荷量为！ LLL1LLLLLLL1LL TTI 2B0L2 0 10 R 丙 11.一列简谐波在均匀介质中沿直线传播，在该 (2)气垫导轨没有定滑轮的一端 波上有a、b两质点，其平衡位置相距5m,该 (填“需要”或“不需要”)垫高来平衡摩 波由b向a传播，且a、b两质点的振动图像 擦力， 如图所示.下列描述该波的波动图像可能： (3)实验中将砂和砂桶的重力当作细绳的 正确的是 拉力，经多次实验发现拉力做功总是 y/cm (填“大于”“等于”或“小于”)小车动能 30 的增量， 13.(8分)实验室购买了一根标称长度为100m的 铜导线，某同学想通过实验测量其实际长度. 该同学首先测得导线横截面积为1.0mm2, y/cm ◆y/cm 查得铜的电阻率为1.7×10一82·m,再利 30 用图甲所示电路测出铜导线的电阻R,,从 x/m 而确定导线的实际长度.可供使用的器 B 材有： y/cm 电流表：量程0.6A,内阻约0.22； Ay/cm 30 电压表：量程3V,内阻约9k2: 30 12 x/m 滑动变阻器R1:最大阻值52； 20x/m 30 滑动变阻器R2:最大阻值202： 定值电阻：Ro=32; 52 第三部分 假期成效检测卷 电源：电动势6V,内阻不计； 开关、导线若干. R.Ro 真空 10 0 负折射率材料 光屏 图甲 图乙 甲 乙 (1)为使两种频率的光都能从棱镜A斜面 射出，求0的取值范围： (2)若0=30°，求两种频率的光通过两棱镜 后，打在光屏上的点距P'点的距离分别 多大？ 图丙 (1)实验中，滑动变阻器应选 (选 填“R”或“R2”) (2)在实物图图丙中，己正确连接了部分导 线，请根据图甲电路，用笔画线代替导线， 完成剩余部分的连接 (3)调节滑动变阻器，当电流表的读数为 0.50A时，电压表示数如图乙所示，读数为 V. (4)导线长度的测量值为 m(保留 2位有效数字). 14.(10分)近年来，对具有负折射率人工材料：15.(12分)如图所示，在xOy平面内，有两个 的光学性质及应用的研究备受关注，该材 半圆形同心圆弧，与坐标轴分别交于a、b、c 料折射率为负值(n<0).如图甲所示，光从 点和a'、b、c'点，其中圆弧a'b'c'的半径为 真空射入负折射率材料时，入射角和折射 R.两个半圆弧之间的区域内分布着辐射状 角的大小关系仍然遵从折射定律，但折射： 的电场，电场方向由原点O向外辐射，其间 角取负值，即折射线和入射线位于界面法 的电势差为U.圆弧a'b'c'上方圆周外区 线同侧.如图乙所示，在真空中对称放置两： 域，存在着上边界为y=2R的垂直纸面向 个完全相同的负折射率材料制作的直角三： 里的足够大匀强磁场，圆弧abc内无电场和 棱镜A、B,顶角为0，A、B两棱镜斜面相互 磁场.O点处有一粒子源，在xOy平面内向 平行放置，两斜面间的距离为d.一束包含 x轴上方各个方向，射出质量为m、电荷量 有两种频率光的激光，从A棱镜上的P点 为q的带正电的粒子，带电粒子射出时的速 垂直人射，它们在棱镜中的折射率分别为 度大小均为 n1=-√2，n2=- 吧，被辐射状的电场加迷后 33,在B棱镜下方有一 进入磁场.不计粒子的重力以及粒子之间 平行于下表面的光屏，P'点为P点在光屏 的相互作用，不考虑粒子从磁场返回圆形 上的投影 区域边界后的运动.求： 53 高二物理每日一练·练出好成绩 Lliiiiie a'aO B 444444444044444444444444644444444444 (1)要使粒子能够垂直于磁场上边界射出： (1)求小球Q与物体P碰撞后瞬间，物体P 磁场，求磁场的磁感应强度的最大值B0； 的速度大小； (2)当磁场的磁感应强度大小为第(1)问中： (2)若要保证物体P能从C点滑出，求物体 B。时，求从磁场上边界垂直射出的粒子在： P与滑板水平部分的动摩擦因数以需满足 磁场中运动的时间； 的条件； (3)当磁场中的磁感应强度大小为第(1)问： (3)若m0=1.5m,=0.4,R=0.3L,物体P 中B,的信时，求能从蓝场上边界射出粒 在滑板上向左运动从C点飞出，求飞出后 相对C点的最大高度； 子的边界宽度L. (4)若mo=1.1m,u=0.4,小球Q与物体P 发生弹性碰撞后，物体P将在滑板上向左 运动，通过B点后又返回，最终相对滑板静 止于水平部分AB上的某点，此时小球Q 恰好是碰后第6次回到最低点.求物体P 从第一次经过B点到第二次经过B点的 时间. 16.(14分)如图所示，一滑板的上表面由长度 为L的水平部分AB和半径为R的四分之 一光滑圆弧BC组成，两部分在B点平滑连 接，A、C为端点，滑板静止于光滑的水平地 面上.物体P(视为质点)置于滑板上面的A 点，物体P与滑板水平部分AB有摩擦.一 长为L不可伸长的细线，一端固定于O点， 另一端系一质量为。的小球Q(视为质 点)，小球Q位于最低点时与物体P处于同： 一高度并恰好接触.现将小球Q拉至与O： 同一高度（细线处于水平拉直状态），然后 由静止释放，小球Q向下摆动并与物体P 发生弹性碰撞（碰撞时间极短）.已知物体P 的质量为m,滑板的质量为2m,重力加速度！ 大小为g,c0s5°=0.996，不计空气阻力. 54● 参考答案 neS,联立可得U=Bdo=BdnS=Bd RreS E 8 BdE一=BE,则a,b两端电势差U与磁感应强 pSnes onle 度B、元件的前后距离d、单位体积内电子数目n等因： 素有关，与题中元件的厚度无关，BC错误：D.由于南极： 附近的地磁场垂直于地面，若要测量南极附近地磁场，· 工作面应该处于水平状态，D正确.故选D.门 5.B[A.根据左手定则，带正电的粒子会偏向a极板，带： 负电的粒子会偏向b极板，所以a极板电势高，A错误；： Ba,6两端电压为U,剥有如B吕，则污水流堂为 )=D,B正确；C.该流量计不能检测出 Q=r(2) 离子的浓度，C错误；D.若污水从右侧流入测量管，则a 侧电势比b侧电势低，根据以上分析还是可以求得污： 水流生方Q=防（侣）-U为a6意学差的他 对值)，D错误.故选B.门 6.BC[A.圆环从M点到CD轨道最高点的过程中，电 场力和摩擦力都做负功，圆环的机械能减少，所以圆环！ 在CD轨道上不能到达相同高度，故A错误；B.对圆环 第一次运动到P点的过程由动能定理得mg·11R一 qER=2mv2,在P点由牛顿第二定律得N一mg= mR,又m=店，解得N=21mg,由牛颜第三定律可知 72 g 圆环第一次运动到P点时对轨道的压力N'=N=! 21mg,故B正确；CD.当圆环经过D点速度为零时，设 圆环能返回到G,点上方H点，H点离G点的竖直距离： 为x,D到H的过程，由动能定理得gE·2R-mgx=0, 得x=2R,圆环最终会在DH间往复运动，经过D点或： H,点时速度为0，对整个过程由动能定理得mg·8R一！ Wr=0,克服摩擦力所做的功为Wr=8mgR,故C正 确，D错误.故选BC.」 7.AB[A.当小滑块获得向右的速度后，小滑块带正电： 荷，将产生一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于！ 重力时，小滑块与长木板之间的弹力是零，此时有qB= mg,一器，此时摩擦力是零，小滑块将微匀造直线运 动，而木板在恒力的作用下做匀加速运动，A正确：B. 金属块P与绝缘块Q保持相对静止的最大速度时，根 据牛顿第二定律得u(mg一quB)=ma,解得v= mg。二），B正确；CD.当物块与木板相对滑动时，物 uBg 块的加速度小于木板的加速度α，故金属块达到最大速！ 度所月的时同>器.CD错误，故选AB] 073 与详解 ,解析(1)分析可知粒子做圆周运动的半径为R,由 90B=m尺，得w-,(2)分折可知粒子源左药点 m M与右端点N发射的粒子均从磁场边界与OO'交点 射出，且特过的圈心角分别为：0M=否0=号，两粒子 3 在磁场中运动的周期为T=2πR,两粒子在磁场中运动 OMT.IN-2x 的时间分别为tM一2示 =T,由于两个粒子在匀 强磁场区域外部运动的时间相等，所以△即为在磁场 中运功的时间差即△=w一1v,得4=器：(3)对从 粒子源中点发射的粒子沿电场方向有Eq=ma,vx= al中，运动时间t中= 气工，出磁场时的速度。白 √J02十vz2,由于此粒子出磁场后做匀速直线运动故当 其打在屏上时的速度p,得p三YgRB (4)N点发出的粒子出磁场时沿x轴方向的速度为v R atN,它在磁场外匀速运动的时间为t匀= 6cos30°，则 其横坐标为x= 乞atv2+,·t均，纵坐标为y Rtan30°，综上，所求坐标为 +4R,5R 18 3 答案 (1)9BR （2)n 3aB (3)√π2+4 2m qRB 4)π十43匹R,sR】 18 第三部分 假期成效检测卷 C[A.该核反应为核聚变反应，释放能量，故A错误； B.光子来源于原子核的能级跃迁，而不是核外电子的 能级跃迁，故B错误：C.根据电荷数和质量数守恒可知 X是中子，该核反应为核聚变反应，故C正确；D.该反 应释放能量，有质量损失，则X的质量小于m1十m2 m3,故D错误.故选C.] D[AC.根据题意，由图可知，0~to时间内，汽车做匀 速直线运动，则汽车刹车前的初速度与0~to时间内速 度的大小均为=”，汽车刹车时的加速度大小a to =号，故AC错误；BD.根据题意，由运动学公 2to-to to 十心（可得，0一2o时间内，汽车的位移大小 式x= 2 x'=0十0 090=号，则有1=0十t-1.50则0~24 内，汽车平均速度的大小为=二=30，故B错误，D 2t04t0 正确.故选D.] 高二物理每日一练·练出好成绩 3.C[A.保持挡板不动，车静止，对球受力分析如图 (R十h),对质量为m0的物体在地球上达到第一宇宙速 v2 A 度时右GMm0=m。,联立解得v=K十h)3 R2 -,A 正确：B.空间站的运行速度为=2π(R十h),B错误： T 60 C,航天员出舱与空间站保持相对静止时仍然受到地球 G 的万有引力作用，所受合力不为零，C错误；D.空间站 由平衡条件可得，FAsine60°=FBsine60°，FA cose60°十 镜地球运动时布%=加，在地西时有 GMm R2 FBcost60°=G,解得FA=G,据牛顿第三定律可得：球对 斜面的压力大小为G,故A错误；BC.挡板从图示位置 mg,可得a<g,D错误.故选A.] 沿顺时针方向缓慢转动60°，画出转动过程中的受力示6.C[同轴转动的物体上的任意一点的角连度相等，则 意图如图 有WA=WB,根据A=WArA,VB=ωrB,aA=wArA,LB 气仙nrB·报据题意有rA十rB=L,解得rB一十后 aA_A,故选C.] aB UB 60° :7,B[A,在甲图中，当速度比较小时，根据牛顿第二定律 ⊙ 7777777777n77777777777 G 得mg一N=m尽，即庭特给人施加向上的力：当建度 则斜面对球的支持力FA减小，挡板对球的支持力FB 比较大时，根据牛频第二定律得mg十F=m只，即定持 先减小后增大，据牛顿第三定律可得：球对斜面的压力 给人施加向下的力，故A错误；B.在乙图中，因为合力 逐渐减小，球对挡板的压力先减小后增大，故B错误，C 指向圆心，重力竖直向下，所以安全带一定给人向上的 正确：D.挡板不动，小车水平向右做匀加速直线运动， 力，故B正确；C,在丙图中，当轨道车以一定的速度通 对球受力分析如图 过轨道最低点时，合力方向向上，重力竖直向下，则座 B 椅给人的作用力竖直向上，故C错误；D.在丁图中，由 于轨道车有安全锁，可知轨道车在最高，点的最小速度 为零，故D错误.故选B.] 60° 5 :8.BCD[A.在a、b端输入正弦交变电压u= 7777777777777777777777777777 G 102sin100x(),有效电压U=乙2=10V,为了使 设小车的加速度为，将力沿水平方向和竖直方向分解 √2 可得Fasin60°-Fasine60°=ma,FAcose60°+FBcost60°= 输出功率最大，R1与原线圈等效成的电阻应相等，即 R1两端电压与输出电压相等UR1=U1=5V,由原副 mg,解得Fn=mg一号0小当a=Bg时，挡板对球的 支持力为零；据牛顿第三定律可得此时球对挡板的压： 我医电医同关系总-器将U,=25,就Λ错民： 力为零，故D错误.故选C.] B.由欧好定律瓷=1A,由原剧线圈电流同关系 4,A[将A物体的速度沿着绳子方向与垂直绳子方向 进行分解，则有沿着绳子方向的速度大小为1c0sα；将 1=2,得12=2A,则R两端电压为UR=1R,= 12-n1 B物体的速度沿着绳子方向与垂直绳子方向进行分！ U2-UR. 解，则有沿着绳子方向的速度大小为vrcos 8;由于两物！ 2V,则R3= =0.25,故B正确；C.输出功率 体沿着绳子方向速度大小相等，所以有1c0s:= P出=U2I2=5W,故C正确；D.当变压器原线圈中的电 sA因光-试达A] 流为0.5A时名-兴得1-1A而0=U- 5.A[A.设地球质量为M,空间站质量为m,对空间站 U'_1,得U2'= R1=7.5V,由原副线圈电压间关系得记-而 根据万有引力提供向心力有GMm (R+h)=m· 3.75V,故P出'=U2'12'=3.75W,同理，当变压器原 74 ●● 参考答案5 线圈中的电流1.5A时，输出功率为P"=3.75W,故 D正确.故选BCD.] 9.BC[符合条件的粒子有两种 情况：奇数次回旋后从P点射 出，由几何关系可得(2n十1)R= L,由洛伦兹力提供向心力，有S30 --P quB=m 尺，联立解得。= ×××× 2n十kBL(n=0、1、23…). L 这种情况粒子从P点出射时，出射方向与入射方向成： 60°.偶数次回旋后从P点射出，由几何关系有2R= L,由洛伦滋力提供向心力，有q四B=尺，联立解得u=》 动BL(a=1,23….这种情况：子从P点出特时 方向与入射方向相同.故AD错误；BC正确：故选BC.]: 10.AD[AB.t1~t3时间内，导线框中的磁通量先垂直 纸面向里减小，后垂直纸面向外增大，根据楞次定律！ 可知，导线框中电流的方向始终为adcba;根据“增缩 减扩”，导线框先有扩张后有编小的趋势，A正确，B错！ 误；C.t1~13时间内，穿过导线框的磁通量变化率不 变，即感应电流大小不变，由于匀强磁场的磁感应强： 度先变小后变大，因此αb边受到的安培力先变小后！ 变大，C错误，D.1一t3时间内，通过导线框的电荷量1 g=1-04-2 RD正确，故选AD.] ! 11.AD[由振动图像可知，t=0时a位于波峰，b位于波 谷，b经过平衡位置向下振动，波由b向（传播，则有！ (n+子以=5m(n=01,2…),当n=0时A=20m, 当n=1时，A=4m,故选AD.] 12.解析(1)①[1]由图可知，测量时需要用图乙中的B 测量爪；②[2]遮光片的宽度为5mm十2×0.1mm= 5.2mm:(2)[3]气垫导轨的摩擦力可以忽略不计，气： 垫导轨没有定滑轮的一端不需要垫高来平衡摩擦力；： (3)[4]砂桶的重力不仅提供给小车加速，还提供自己· 加速，所以拉力总是小于砂桶的重力，所以发现拉力： 做功总是小于小车动能的增量 答案(1)B5.2(2)不需要(3)大于 13,解析（1)[1]此号线的电阻约为R,=P号=1.7× 08×00.2=1,7Q,本实验采用限流法测电阻，所 以滑动变阻器的最大阻值应为R。和R,总阻值的4！ 倍以上，Ro=3,所以滑动变阻器选R2;(2)[2]根据！ 075 与详解 实验电路图，连接实物图，如图所示： (3)[3]电压表量程为3V,由图乙所示电压表可知，其 分度值为0.1V所示为：2.30V;(4)[4]根据欧姆定 华程R,+R,-号-云0 =4.62,则R=1.62, 0.6 由电阻定律Rz=p 5,可知L= RS ,代入数据解得 0 L=94m. 答案(1)R2 (2) (3)2.30(4)94 解析(1)分析可知两光线的入射角等于棱镜的顶角 0,若两光线能从棱镜A斜面射出，0应小于两光线最 小的临界角，由sinC=n,得C=45,所以0的取值 范围为0°<0<45°： (2)两束光传播的光路图如图所示 0 B 光屏 由折射定律可知sin(-) sin(-02) sin 0 三1 sin 0 =n2,由几 何关系可知x1 c cos 0 sin (0) d cos 0 sin( 高二物理 每日一 %.得1124 4 答案10<0<45°(2x1=1+54,2-2+5d 2 4 15,解析(1)设粒子被电场加速度后速度为v,由动能定！ 理可得gU=子mw2-之m 1 之。2，解得0三2人/，垂直磁 场上边界射出的粒子的圆心O必在磁场上边界上，设 该粒子做匀速圆周运动的轨道半径为「，满足磁感应： 强度有最大值，即r有最小值，又因为OO= √R2+r2,当r有最小值时，O0取最小值，OO最小 值为O点到磁场上边界的距离2R,故rmim=√3R,带； 电粒子在磁场中做匀速圆周运动qvB0=m 2 ，联立 解得B0=R√3g 1/4mU (2)如图所示 O × × × ×b× × + R a c 磁场的磁感应强度大小为第(1)问中B时，设粒子进入磁 场时速度方向与y轴正方向的夹角为0，则an0=尺 √5，故0=60°，带电粒子在磁场中的运动周期T= 2r·rm血，垂直于磁场上边界射出磁场的粒子在磁场 中运动的时间1一3品·T-破票 6NqU (8与B-停8，时，振格r一霜可得带电粒子在酸场 2 中的运动半径r=2R,由几何知识可知，当粒子从c沿！ x轴正方向进入磁场，粒子从磁场上边界的射出点，为！ 粒子能够到达上边界的最右端，粒子能够到达上边界！ 的最右端y轴的距离x1=R十r=3R,当粒子与磁场 上边界相切时，切点为粒子能够到达上边界的最左： 端，如图所示 b R R O, c 0 76 练·练出好成绩 由几何关系可知，粒子能够到达上边界的最左端距y 轴的距离为x2=√R2十r2=√5R,可知粒子能从磁场 上边界射出粒子的边界宽度L=x1十x2=(3十√5)R. 答案1只√哥 4mU (2)/3m 61/qU (3)(3+√5)R 16.解析(1)在Q下落过程中有m0gL= m0u12,在P 1 Q碰撞过程中有mo=mQ十mp,之m02- 1 1 mv02+2mp2,联立得p 2m0√2g,(2)若 m0十m P到达C点时竖直分速度变为0，此时它与滑板的共 同速度设为v共，对P与滑板系统有mvp=3no共，若 物体P能从C点滑出应满足，号map2-号 1 23mv共2> mgR+mgL,联立得3m。十m)2无：(3)当P竖 直方向速度为0时相对于C点最高，对P与滑板有 mup=3mu失，2mp2-之3mo类2=mg(R+h)十 1 amgL,联立得h=品1：④)当m0=1.1m时P与Q 碰后各自的速度分别为v'p= 2m0√2gZ= m0十m 器sLa0阳Vg=员L,Q得次上升 m0十m 1 的过程中m0g(L-Lcos0)=2m0vQ2,解得cos0= 厂)12≈0.998，所以0<5°，即Q碰后做简谐运动，其 1- 同期为T=2√层时P在板上由A到B进程中有 2np'2 1 2n卫B2气2之元板B27gL,7p mvpB十2mv板B,将以上两式联立得vpB= p±4p-12gL,P第一次到达B点的速度为 'p十√4vp2-12gL 3 P第二次到达B点的速 p-√4p2-12gL 度为VP2= 3 ,又ng=ma,A到 B过程中有pB1='p一at1,对P与滑板整体有mv'p= 3mv'共，P从第一次经过B点到相对于滑板静止过程 中有'典=p脱十心2，所求时间△=6·号二4中 t2),综上求得△t= 6π 1102 L 63 g 答案1)2m√2g 8m2 (2)μ<3(m0+m)2 (4)6π 1102 63