2024年江苏省苏州市高考物理模拟试卷(含详细答案解析)

这是一份2024年江苏省苏州市高考物理模拟试卷(含详细答案解析)，共19页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.关于物理学家的贡献，下列说法正确的是( )
A. 法拉第提出了场的概念
B. 库仑最早测得元电荷的数值
C. 托马斯⋅杨在分析了大量实验数据后总结出了光的折射定律
D. 奥斯特提出通过形象直观的磁感线来研究磁场
2.如图所示，两块标准平面玻璃板中间形成一个劈形空间，劈尖角θ=2×10−4rad，(θ很小时，可认为sinθ≈tanθ≈θ)。用波长λ=600nm的单色光从上方照射，从上往下看到干涉条纹。当在劈形空间内充满某种液体时，相邻亮条纹间距减小了0.5mm，则该液体的折射率为( )
A. 32B. 43C. 65D. 53
3.如图为一定质量的理想气体经历a→b→c过程的压强p随摄氏温度t变化的图像，其中ab平行于t轴，cb的延长线过坐标原点。下列判断正确的是( )
A. a→b过程，所有气体分子的运动速率都减小
B. a→b过程，单位时间撞击单位面积器壁的分子数增加
C. b→c过程，气体体积保持不变，从外界吸热，内能增加
D. b→c过程，气体膨胀对外界做功，从外界吸热，内能增加
4.2023年8月，“中国环流三号”首次实现100万安培等离子体电流下的高约束模式运行，标志着我国在可控核聚变领域达到了国际领先水平。下列关于核聚变的说法正确的是( )
A. 轻核聚变过程，原子核的比结合能变大
B. 轻核聚变在常温常压下即可自发地进行
C. 轻核聚变过程，生成物的质量大于反应物的质量
D. 与核裂变反应相比，核聚变的产能效率更低
5.在验证动量守恒定律时，晓宇设计了如图所示的实验装置，并进行了如下的操作：将光电门A、B固定在长木板上，并适当地将长木板的右端垫高，将滑块1放在光电门A右侧，将滑块2放在两光电门之间，轻推滑块1使其沿长木板向下运动，两滑块碰后粘合为一体。已知滑块1、2的质量分别为m。滑块1通过光电门A、B时的挡光时间分别为条t1、t2，遮光的宽度为d。以下说法不正确的是( )
A. 右端垫高的目的是为了平衡两滑块滑动过程受到的摩擦力
B. 两滑块与板的动摩擦因数应相同
C. 两个滑块碰撞过程中总动能不变
D. 验证动量守恒的表达式为m1dt1=(m1+m2)dt2
6.如图所示，蚂蚁在半球形碗中从底部经a点缓慢爬行到b点，在此过程中蚂蚁所受摩擦力和弹力的情况是( )
A. 弹力变小B. 弹力变大C. 摩擦力变小D. 摩擦力大小不变
7.如图所示，一质点在光滑水平桌面上受水平恒力作用，先后经过a、b两点，速度方向偏转90∘。已知经过a点的速度大小为v、方向与ab连线夹角为60∘，ab连线长度为d。对质点从a到b的运动过程，下列说法正确的是( )
A. 最小速度为v2B. 运动时间为d2v
C. 经过b点的速度为 3vD. 恒力方向与ab连线的夹角为45∘
8.图甲为中国京剧中的水袖舞表演，若水袖的波浪可视为简谐横波，图乙为该简谐横波在t=0时刻的波形图，P、Q为该波上平衡位置相距1.05m的两个质点，此时质点P位于平衡位置，质点Q位于波峰(未画出)，且质点P比质点Q先振动。图丙为图乙中P点的振动图像。已知该波波长在0.5m至1m之间，袖子足够长，则下列说法正确的是( )
A. 该波沿x轴负方向传播B. 该波的传播速度为0.75m/s
C. 经1.2s质点P运动的路程为1.2cmD. 质点Q的振动方程为y=0.2sin(52πt)m
9.图甲为一个简易的静电除尘装置，没有底的空塑料瓶上固定着一块铝片和一根铜棒，将它们分别与起电机的正、负极相连。在塑料瓶里放置点燃的蚊香，瓶内产生烟尘，摇动起电机后瓶内变得清澈透明。图乙为瓶内俯视图，其中a、b、c为瓶内电场中同一条电场线上的三个点，且ab=bc。则起电机摇动时( )
A. 带负电的烟尘会向铜棒聚集
B. a点的电场强度大于b点的电场强度
C. a、b两点间的电势差小于b、c两点间的电势差
D. 带负电的烟尘在b点时的电势能大于它在c点时的电势能
10.一重力不计的带电粒子以初速度v0先后穿过宽度相同且紧邻在一起的有明显边界的匀强电场E和匀强磁场B，如图甲所示，电场和磁场对粒子总共做功W1；若把电场和磁场正交叠加，如图乙所示，粒子仍以v0A. W1=W2B. W1>W2
C. W1W2也可能W111.交流发电机的输出电压为U，采用如图所示理想变压器输电，升压变压器原、副线圈匝数的比值为m，降压变压器原、副线圈匝数的比值为n，输电导线电阻为r，用户的工作电压为U，下列说法正确的是( )
A. m>1B. n<1
C. 输电线上损失的功率为(1−mn)2U2m2rD. 输电线上损失的功率为U2mr
二、实验题：本大题共1小题，共9分。
12.读出以下仪器仪表的读数。
(1)(a)图中电压表量程为3V，则读数为______ V；(b)图中电流表量程为0.6A，则读数为______ A；(c)图中螺旋测微器读数为______ mm；(d)图中游标卡尺读数为______ mm。
(2)当使用多用电表测量物理量时，多用电表表盘示数如图(f)所示。若此时选择开关对准×10Ω挡，则被测电阻的阻值为______Ω。若用多用电表测量另一个电阻的阻值发现指针偏转角度很大，则应该换用倍率______(填“×1Ω”或“×100Ω”)的挡位，换挡后先要进行______，然后再测量电阻。使用完电表后应把选择开关拨到______位置。
三、简答题：本大题共4小题，共12分。
13.如图所示，形状、材料相同的物块a、b静止在足够长的粗糙水平面上，b左端固定一劲度系数足够大的轻弹簧c，a、b、c中心共线，c左端与a相距x0。现给a一水平向右的初速度v，a刚接触c时的速度为v2，此后a的速度减为零时恰好与c分离，且此时b的速度恰好为v2。已知物块a、b质量分别为2m、m，两物块可视为质点，重力加速度为g，忽略空气阻力，求：
(1)物块a、b与水平面间的动摩擦因数μ；
(2)物块a与c接触的时间t；
(3)物块a与c刚分离时，物块b的位移大小。
14.如图所示，光滑水平面上的小车质量为2m，小车左侧部分有半径为R的14光滑圆弧轨道，与水平轨道AB相切于A点，小车右端B点固定一个竖直弹性挡板，A、B间距为2R。质量为m的小物块从圆弧轨道最高点以v0=2 gR的速度滑下，已知小物块与A、B间轨道的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g。
(1)若将小车固定，求物块经过圆弧轨道最低点时受到支持力的大小；
(2)若小车不固定，求物块第一次滑过A点时小车的速度大小；
(3)若小车不固定，求物块最终静止的位置与A点的距离及全过程小车的位移大小。
15.如图所示，在三维坐标系Oxyz中，z>0的空间内充满沿z轴负方向的匀强电场，z<0的空间内充满沿y轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B。甲粒子从坐标为(0,0,h)的A点以速率v0沿x轴正方向射出，甲粒子第一次到达x轴时速度方向与x轴正方向的夹角为θ=60∘。乙粒子从z>0的空间C点(未标出)以相等速率v0沿y轴正方向射出。甲、乙两粒子均在第2次进入磁场后相遇，相遇点为各自轨迹的最低点。已知甲、乙粒子的质量均为m，带电量均为+q，不计粒子重力以及粒子间的相互作用。求：
(1)电场强度E的大小；
(2)相遇时，甲粒子的运动时间；
(3)乙粒子第一次进入磁场时与水平方向的夹角大小；
(4)C点的位置坐标。
16.在光滑绝缘的水平面上有一个边长为L、质量为m、电阻为R的正方形刚性金属线框abcd，线框的右边有一宽度为2L、磁感应强度大小为B、方向垂直水平面向下的匀强磁场区域。线框在大小为F的水平恒力作用下由静止开始水平向右运动，线框进入磁场的过程中做匀速直线运动。已知cd边始终与磁场边界平行，当cd边穿出磁场时立即撤去水平恒力F，线框最终从右边界离开磁场。求：
(1)线框开始运动时cd边到磁场左边界的距离。
(2)cd边刚离开磁场时线框受到的安培力。
(3)ab边离开磁场时线框的速度大小。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、法拉第提出了场的概念，符合史实，故A正确；
B、美国物理学家密立根最早测得元电荷e的数值，故B错误；
C、荷兰物理学家斯涅耳在分析了大量实验数据后总结出了光的折射定律，故C错误；
D、法拉第提出通过形象直观的磁感线来研究磁场，故D错误。
故选：A。
本题根据物理学史解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
本题要了解物理学史，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，重视积累。
2.【答案】A
【解析】解：根据光的干涉可知，当光程差Δs=nλ时此处表现为亮条纹，根据薄膜干涉的原理可知光程差为空气层厚度的2倍，即Δs=2Δd；
当劈尖角为θ时，相邻的亮条纹之间的距离：Δx=Δdsinθ
相邻的亮条纹之间的光程差Δs=λ=2Δd
联立可得Δx=λ2sinθ≈λ2θ
若在劈形空间内充满液体，光在液体中传播速度变小，根据v=λf知，波长变短，则相邻两条纹间距将变小。
由v=cn
则λ′=λn
在劈形空间内充满某种液体时相邻亮条纹间距Δx′=λ′2θ≈λ2nθ
条纹间距减小量Δl=Δx−Δx′
液体Δl=0.5mm
代入数据可得n=32，故A正确，BCD错误。
故选：A。
从空气膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，其光程差为空气层厚度的2倍，当光程差Δx=nλ时此处表现为亮条纹，故相邻亮条纹之间的空气层的厚度差为半个波长。
掌握了薄膜干涉的原理和相邻条纹空气层厚度差的关系即可顺利解决此类题目。
3.【答案】B
【解析】解：AB.a→b过程，温度降低，气体分子的平均速率减小，但有个别分子运动速率会增加，分子撞击容器壁的平均作用力减小，压强保持不变，则单位时间撞击单位面积器壁的分子数增加，故A错误，B正确；
CD.把该图像转化为p−T图像如图
在b→c过程，图像上的点与坐标原点连线斜率增加，根据
pVT=C
可知气体体积减小，外界对气体做功，温度升高，则内能增加，故CD错误。
故选：B。
过程a→b中气体温度降低，质能分析分子的平均速率变化，根据气体压强的微观解释分析B，根据pV=CT分析体积的变化，根据热力学第一定律分析吸放热情况和内能的变化情况。
根据图示图像分析清楚气体状态变化过程，应用一定质量的理想气体状态方程与热力学第一定律即可解题。
4.【答案】A
【解析】解：A.原子的比结合能越大越稳定，生成物较稳定，比结合能变大，故A正确；
B.轻核聚变反应过程需要吸收能量才能使轻核间的距离接近到发生聚变的距离，因此需要高温，故B错误；
C.核反应方程电荷数和质量数守恒，释放热量，质量亏损，所以生成物的质量小于反应物的质量，故C错误；
D.与核裂变反应相比，核聚变的产能效率更高，故D错误。
故选：A。
原子核聚变过程，放出核能，比结合能变大；原子的能级越低越稳定；与核裂变反应相比，核聚变的产能效率更高。
本题考查近代物理知识。考查知识点有针对性，难度较小，考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
5.【答案】C
【解析】解：A.将长木板的右端垫高是为了平衡两滑块滑动过程受到的摩擦力，故A正确；
B.平衡摩擦力时，需要mgsinθ=μmgcsθ
即μ=tanθ
因为倾斜角度只能是一个值，所以两滑块与板的动摩擦因数应相同，故B正确；
C.两滑块碰后粘合为一体，则碰撞为完全非弹性碰撞，一定有动能损失，故C错误；
D.滑块经过光电门时的速度为挡光时间内的平均速度，因此滑块1通过两个光电门的速度分别为
v1=dt1
v2=dt2
若碰撞过程动量守恒，则碰前滑块1的动量应等于碰后两滑块1、2的总动量，有
m1dt1=(m1+m2)dt2
故D正确。
本题选不正确的，故选：C。
AB、根据实验的步骤和注意事项，可以判断这两个选项的正确性；
C、根据碰撞类型可以确定碰撞的过程是否存在动能损失；
D、根据动量守恒，结合实验测量的物理量，可以得出验证动量守恒的表示式。
本题考查了验证动量守恒定律实验，理解实验原理是解题的前提与关键，应用动量守恒定律即可解题。
6.【答案】A
【解析】解：蚂蚁受力平衡，设蚂蚁所在位置的切线与水平方向的夹角为θ，根据平衡条件可得
f=mgsinθ
F=mgcsθ
蚂蚁缓慢上爬的过程中，θ逐渐增大，所以弹力变小，摩擦力变大，故BCD错误，A正确。
故选：A。
对蚂蚁受力分析，根据受力平衡，联立方程求出弹力和摩擦力的大小变化。
本题主要考查受力平衡，根据平衡进行分析，本题的解法比较多，可以用方程法也可用图解法，注意分析变化。
7.【答案】C
【解析】解：BC.设恒力与ab连线的夹角为θ，根据几何关系可知b点速度方向与ab连线的夹角为30∘。
该质点做类斜抛运动，在沿初速度方向上速度由v减小到0，由匀变速直线运动规律
dcs60∘=vt2
解得a到b的时间为
t=dv
设b点速度为vb从a点运动到b点沿ab方向的平均速度为
v−=vcs60∘+vbcs30∘2=dt
解得
vb= 3v
故B错误，C正确；
AD.质点在垂直于恒力方向上速度不变，即
vsin(π−θ−60∘)=vbsin(θ−30∘)
解得
θ=60∘
当粒子沿恒方向的速度为0时，粒子的速度最小，此时粒子的最小速度为
vmin=v⋅cs(θ+60∘−90∘)= 32v
故AD错误。
故选：C。
先根据沿初速度方向做匀变速直线运动计算出运动时间，根据沿ab方向的平均速度计算出b点速度；根据垂直于恒力方向上速度不变计算出恒力与ab的夹角，根据沿恒方向的速度为0时计算出最小速度。
本题关键掌握类斜抛运动合成与分解方法。
8.【答案】B
【解析】解：A.由图丙可知t=0时刻质点P向上振动，根据平移法可知该波沿x轴正方向传播，故A错误；
B.由题意可知
nλ+34λ=1.05m
该波波长在0.5m至1m之间，可得λ=0.6m，则该波的传播速度为
v=λT=
故B正确；
C.经1.2s=1.5T，则质点P运动的路程为s=6A=6×0.2m=1.2m，故C错误；
D.因ω=2πT=5π2
质点Q的振动方程为
y=0.2sin(5π2t+π2)m
故D错误。
故选：B。
根据图乙确定当t=0时，质点P的振动方向，再根据波的传播方向与质点振动方向的关系确定波的传播方向；考虑质点Q的不同位置及空间的周期性分别求解传播距离与波长的关系，结合波长范围求波长；再根据波长、波速和周期的关系求传播速度，根据时间与周期的关系解得路程，根据角频率解得质点Q的振动方程。
本题主要考查了质点的振动方向与波的传播方向的判断；知道波传播的周期性和双向性；掌握波长、波速和周期的关系。
9.【答案】C
【解析】解：AB、起电机摇动时，一块铝片和一根铜棒分别与起电机的正、负极相连，则铝片带正电，铜棒带负电，所以带负电的烟尘会向铝片聚集，由于二者之间的电场线分布是从左至右依次变得密集，所以a点的电场强度小于b点的电场强度，故AB错误；
C、a、b两点间的电场线比b、c两点间的电场线要疏一些，故E−ab根据U=Ed，其中dab=dbc
可知：Uab即a、b两点间的电势差小于b、c两点间的电势差，故C正确；
D、根据顺着电场线方向电势降低，可知φb>φc
根据电势能与电势的关系Ep=qφ，其中q<0，则带负电的烟尘在b点时的电势能小于它在c点时的电势能，故D错误。
故选：C。
分析铜棒和铝片带电情况，再分析带负电的烟尘运动方向。根据电场线的疏密分析电场强度的大小。根据公式U=Ed分析电势差大小。分析电势高低，由Ep=qφ分析电势能大小。
此题考查静电除尘的原理，关键要抓住顺着电场线方向电势降低，电场线的疏密反映电场强度的相对大小进行分析。
10.【答案】B
【解析】解：不论带电粒子带何种电荷，由于：v0所以电场力qE大于洛伦兹力qBv0，根据左手定则判断可知：开始进入叠加场后，洛伦兹力存在与电场力方向相反的分力，所以带电粒子在纯电场中的偏转位移比重叠时的偏转位移大，所以不论粒子带何种电性，甲图带电粒子在电场中偏转位移一定大于乙图的偏转位移，且洛伦兹力对带电粒子不做功，只有电场力做功，所以一定是：W1>W2。故ACD错误，B正确。
故选：B。
磁场对粒子的洛伦兹力不做功，只有电场力对粒子做功，根据电场力做功公式W=qEd，d是电场方向上两点间的距离。
粒子在正交的电磁场中运动时，由题意知v本题考查了分析物体受力情况的能力和对电场力做功的理解能力。正确解答本题要抓住洛伦兹力的特点：洛伦兹力方向总与粒子速度方向垂直，总不做功。
11.【答案】C
【解析】解：AB.因为升压变压器原线圈匝数小于副线圈匝数，则可得原、副线圈匝数的比值m<1，又因为降压变压器原线圈匝数大于副线圈匝数，则可得原、副线圈匝数的比值n>1，故AB错误；
CD.根据变压器的规律，升压变压器副线圈两端的电压为U2=1mU
降压变压器原线圈两端的输入电压U3=nU
根据电路中电压的特点可知线路损失的电压为ΔU=U2−U3
所以损失的功率为ΔP=ΔU2r
联立解得ΔP=(1−mn)2U2m2r
故C正确，D错误。
故选：C。
根据变压器原副线圈的匝数比等于输入输出电压之比的关系分析；先得到升压变压器的输出电压，然后根据降压变压器的输出电压得到损失的电压，进而得到损失的功率。
知道在输电线路上损失的电压等于升压变压器的输出电压与降压变压器的输入电压的差值是解题的关键。
12.【答案】×1Ω欧姆调零 “OFF”挡
【解析】解：(1)(a)图中电压表量程为3V，分度值为0.1V，读数为1.90V；(b)图中电流表量程为0.6A，分度值为0.02A，则读数为0.16A；(c)图中螺旋测微器的精确度为0.01mm，读数为3.5mm+27.5×0.01mm=3.775mm；(d)图中游标卡尺的精确度为0.1mm，读数为41mm+5×0.1mm=41.5mm。
(2)选择开关对准×10Ω挡，则被测电阻的阻值为20×10Ω=200Ω；若用多用电表测量另一个电阻的阻值发现指针偏转角度很大，应换小挡，即×1Ω的挡位，换挡后先要进行欧姆调零，然后再测量电阻。使用完电表后应把选择开关拨到“OFF”挡位置。
故答案为：(1)1.90；0.16；3.775；41.5；(2)200；×1Ω；欧姆调零；“OFF”挡
(1)根据仪器的分度值和精确度结合指针刻度读数；
(2)根据欧姆表的使用注意事项分析解答。
本题考查了欧姆表读数与使用注意事项，应用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，使指针指针表盘中央刻度线附近，注意每次换挡后要重新进行欧姆调零。
13.【答案】解：(1)从开始到a刚接触c的过程，由动能定理得：
−2μmgx0=12×2m(v2)2−12×2mv2
解得：μ=3v28gx0
(2)因弹簧的劲度系数足够大，a接触c后在极短时间内弹簧弹力大于b与水平面的最大静摩擦力，使b开始运动，故可忽略a刚接触c到b开始运动的时间，即可认为物块a与c接触的过程，a、b的运动时间相等，以向右为正方向，设物块a与c接触的时间内弹簧弹簧对a、b的冲量分别为Ia、Ib，则有：
Ia=−Ib
对a、b分别由动量定理得：
−2μmgt+Ia=0−2mv2
−μmgt+Ib=mv2−0
解得：t=4x09v
(3)与(2)同理，因弹簧的劲度系数足够大，可忽略a刚接c簧到b开始运动过程a的位移，故可认为物块a与c接触的过程a、b的位移相同，设此位移为x，对ab整体由功能关系和能量守恒定律得：
−μ(2m+m)gx=12m(v2)2−12×2m(v2)2
解得：x=x09
答：(1)物块a、b与水平面间的动摩擦因数μ为3v28gx0；
(2)物块a与c接触的时间t为4x09v；
(3)物块a与c刚分离时，物块b的位移大小为x09。
【解析】(1)根据动能定理求解动摩擦因数；
(2)对a、b分别根据动量定理列式联立求解时间，因弹簧的劲度系数足够大，此时间内可认为弹簧对a、b的冲量等大反向。
(3)弹簧的劲度系数足够大，可认为物块a与c接触的过程，a、b的位移相同，对ab整体由能量守恒定律和功能关系求解。
本题是动量守恒定律的弹簧模型的变形，由题意可知系统动量并不守恒，将轻弹簧设置成劲度系数足够大，即可认为在物块b开始运动前物块a撞击一个不形变物体。根据题意分析清楚物块的运动过程，应用动量定理，能量守恒定律与功能关系即可解题。
14.【答案】解：(1)若将小车固定，物块滑到圆弧轨道最低点的过程中，根据机械能守恒有
mgR+12mv02=12mv2
在最低点由牛顿第二定律有：FN−mg=mv2R
联立代入数据解得：FN=7mg
(2)若小车不固定，物块与小车在水平方向动量守恒，以向右为正有：0=mvA+2mv1
同时满足机械能守恒：12mv02+mgR=12mvA2+12(2m)v12
联立解得：vA=2 gR，v1=− gR
可知物块第一次滑过A点时小车的速度大小为 gR。
(3)由于圆弧轨道最左端的切线在竖直方向，物块若飞出小车其水平速度必然与小车一致，还会回到小车，又该系统水平方向总动量为零，经过水平轨道的循环摩擦后物块与小车最终必然均将静止。设物块返回后能够上升的最大高度为h，由能量守恒有：12mv02+mgR=2μmg⋅2R+mgh
代入数据解得：h=R
物块与挡板B碰撞后刚好返回到圆弧轨道最高点，没有飞出小车，设物块相对AB段滑行的总路程为s，则由能量守恒有：12mv02+mgR=μmgs
代入数据解得：s=6R
则可知物块最终将停在B点，距A点2R。设全过程物块的水平位移为x1，小车的水平位移为x2，由水平方向总动量守恒可得：mx1=2mx2
由几何关系有：x1+x2=3R
联立解得：x2=R
答：(1)物块经过圆弧轨道最低点时受到支持力的大小为7mg；
(2)物块第一次滑过A点时小车的速度大小为 gR；
(3)物块最终静止的位置与A点的距离为2R，全过程小车的位移大小为R。
【解析】(1)小车固定时，物块到达小车最低点时，根据机械能守恒定律求出小车的速度，再根据牛顿第二定律求支持力；
(2)小车不固定时，小车与物块组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求第一次物块滑过A点的速度；
(3)应用动量守恒定律与能量守恒定律分析答题。
本题考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律与机械能守恒定律、能量守恒定律即可解题。
15.【答案】解：(1)甲粒子在xOz坐标平面内的运动轨迹如图所示：
粒子在第一象限内做类平抛运动，设运动时间为t1；
沿z轴负方向，根据牛顿第二定律，粒子运动的加速度a=Eqm
运动DP点时的竖直速度vz=at1
根据运动学公式vz2=2ah
根据数学知识tanθ=vzv0
代入数据联立解得场强E=3mv022qh
运动时间t1=2 3h3v0
甲粒子进入磁场时的速度大小vp=v0cs60∘=v012=2v0
(2)粒子从P点进入磁场后做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为R，周期为T
洛伦兹力提供向心力qvPB=mvP2R
代入数据解得圆周运动的半径R=2mv0qB
因此圆周运动的周期T=2πRvP=2πmqB
根据几何关系可知粒子做圆周运动的圆心角α=2×60∘=120∘
根据对称性，粒子再次进入电场的速度方向x轴正方向成60∘角，粒子做类斜抛运动。
甲、乙两粒子均在第2次进入磁场后相遇，相遇点为各自轨迹的最低点，此时甲粒子在磁场中转过的圆心角为180∘，运动时间t2=12T；
相遇时，甲粒子的运动时间为：
t甲=3t1+t2=3×2 3h3v0+πmqB=2 3hv0+πmqB
(3)乙粒子沿y轴正方向射入，在电场中做类平抛运动，沿z轴负方向的加速度a=Eqm=3v022h
乙粒子从M点进入磁场后做螺旋运动，将速度沿y轴方向和z轴方向分解，沿y轴方向做匀速直线运动，在xOz平面内的磁场中做匀速圆周运动，再次进入电场后做类竖直上抛运动；
乙粒子在磁场在的部分运动轨迹如图所示：
根据向心力公式qvz′B=m(vz′)2R1
由于甲、乙两粒子均在第2次进入磁场后的相遇点为各自轨迹的最低点，因此甲、乙两小球做匀速圆周运动的半径关系满足R1=R(1−cs60∘)=12R
可得乙粒子进入磁场时的沿z轴负方向的分速度大小为vz′=v0
设乙粒子进入磁场时与y轴的夹角为β
根据数学知识tanβ=vz′v0=1
解得β=45∘
因此乙粒子第一次进入磁场时与水平方向的夹角大小为45∘；
(4)乙粒子第一次进入磁场时的竖直速度为vz′=v0
乙粒子在电场中沿z轴负方向的加速度a=Eqm=3v022h
设抛出点C的竖直坐标为hC，根据运动学公式vz′2=2ahC
代入数据解得：hC=13h
甲粒子第一次进入磁场的x坐标为x1=v0t1=2 3h3
根据甲粒子的运动过程，可得相遇点的x坐标为：x遇=3x1+3Rsin⁡60∘
相遇时乙粒子在x轴方向运动的距离为：x2=3R1=32R
乙粒子出发时x坐标为：
x=x遇−x2=2 3h+3( 3−1)mv0qB
乙粒子在电场中运动时间为：t乙1=3×vz′a=2hv0
乙粒子在磁场中运动时间为：t乙2=34T=3πm2qB
乙粒子沿y轴方向做匀速直线运动，运动距离为：
y1=v0(t乙1+t乙2)=2h+3πmv0qB
因此抛出点C的y坐标y=−2h+3πmv0qB
抛出点坐标为[2 3h+3( 3−1)mv0qB,−2h+3πmv0qB,13h]。
答：(1)电场强度E的大小为3mv022qh；
(2)相遇时，甲粒子的运动时间为2 3hv0+πmqB；
(3)乙粒子第一次进入磁场时与水平方向的夹角大小为45∘；
(4)C点的位置坐标为标为[2 3h+3( 3−1)mv0qB,−2h+3πmv0qB,13h]。
【解析】(1)甲粒子在z−x坐标平面的一象限内做类平抛运动，根据牛顿第二定律和类平抛运动的知识求场强；
根据运动学公式和数学知识求运动时间以及进入磁场时的速度；
(2)甲粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式求圆周运动的半径，根据周期公式求周期；根据数学知识求甲粒子在磁场中做圆周运动的圆心角；根据对称性，甲粒子再次进入电场时做斜抛运动，求解甲、乙两粒子在最低点相遇时所经历的时间；
(3)乙粒子沿y轴正方向射入，在电场中做类平抛运动；乙粒子从M点进入磁场后做螺旋运动，将速度沿y轴方向和z轴方向分解，沿y轴方向做匀速直线运动，在z−x平面内的磁场中做匀速圆周运动，再次进入电场后做类竖直上抛运动；根据甲、乙两粒子在轨迹最低处相遇的条件求解两粒子做圆周运动的半径关系，求解出乙粒子的竖直速度的大小，进而求解乙粒子进入磁场时的速度的方向；
(4)根据竖直速度的大小和运动学公式求乙粒子抛出时的高度(z坐标)；乙粒子沿y轴方向始终做匀速直线运动，根据等时性和匀速直线运动公式求乙粒子沿y轴方向的距离；乙粒子在x轴方向运动的距离为圆周运动半径的3倍，据此求乙粒子沿x轴方向运动的距离，最后在求乙粒子抛出点的坐标。
本题考查了带电粒子在组合场中的运动，运动过程复杂；解题时要对每个过程进行仔细分析，明确粒子运动遵循的规律；带电粒子做螺旋运动的分析是解题的难点。
16.【答案】解：(1)设cd边进入磁场时的速度大小为v1，开始时cd边到磁场左边界的距离为s，线框进入磁场前的运动过程，根据动能定理有：Fs=12mv12
线框的cd边进入磁场后做匀速直线运动，根据力的平衡有：F=F安1=BI1L
并且线框中的电流：I1=E1R，由动生电动势公式有：E1=BLv1
联立整理解得：v1=FRB2L2，s=mFR22B4L4
(2)从ab边进入磁场到cd边离开磁场的过程。线框中无感应电流，线框做匀加速运动，设cd边离开磁场时的速度大小为v2，根据动能定理有：FL=12mv22−12mv12
代入数据解得：v2= 2FLm+F2R2B4L4
cd边离开磁场时，线框的感应电动势：E2=BLv2
线框的感应电流：I2=E2R
线框受到的安培力：F安2=BI2L
联立代入数据解得：F安2=B2L2R 2FLm+F2R2B4L4
根据右手定则和左手定则可知，安培力F安2的方向水平向左。
(3)从cd边离开磁场到ab边离开磁场的过程，线框只受安培力作用，做减速运动，设线框ab边离开磁场时的速度大小为v3，根据动量定理有：−BILΔt=m(v3−v2)
并且：IΔt=q
又根据电荷量的经验公式有：q=ΔΦR=BL2R
联立解得：v3= 2FLm+F2R2B4L4−B2L3mR
答：(1)线框开始运动时cd边到磁场左边界的距离为mFR22B4L4；
(2)cd边刚离开磁场时线框受到的安培力为B2L2R 2FLm+F2R2B4L4，方向水平向左；
(3)ab边离开磁场时线框的速度大小为 2FLm+F2R2B4L4−B2L3mR。
【解析】(1)根据感应电动势公式E=BLv、欧姆定律、安培力公式及平衡条件求初始位置距边界的距离；
(2)先由动能定理求出cd边离开边界的速度，再根据动生电动势、欧姆定律等求安培力的大小；
(3)由动量定理求ab边离开边界时的速度。
本题考查导体切割磁感线中的受力及电路问题，要明确切割磁场的边框视为电源，抓住进入磁场时线框恰好匀速运动，由平衡条件和动能定理可完成相关问题。