增分测1
1.(2025·泰州调研)关于电磁波及能量量子化的有关认识,以下说法正确的是( )
A.只要有电场和磁场就能产生电磁波
B.爱因斯坦认为电磁场是不连续的
C.红外线具有较高的能量,常常利用其灭菌消毒
D.普朗克把能量子引入物理学,进一步完善了“能量连续变化”的传统观念
2.(2025·广州一模)如图甲所示,把小球安装在弹簧的一端,弹簧的另一端固定,小球和弹簧穿在光滑的水平杆上。小球振动时,沿垂直于振动方向以速度v匀速拉动纸带,纸带上可留下痕迹,a、b是纸带上的两点,不计阻力,如图乙所示。由此可判断( )
A.t时间内小球的运动路程为vt
B.小球的机械能守恒
C.小球通过a点时的速度大于通过b点的速度
D.如果小球以较小的振幅振动,周期也会变小
3.(2025·德州联考)如图所示,天花板上固定有一光滑的定滑轮,绕过定滑轮且不可伸长的轻质细绳左端悬挂一质量为M的铁块,右端悬挂有两质量均为m的铁块,上下两铁块用轻质细线连接,中间夹一轻质弹簧处于压缩状态,此时细线上的张力为2mg,最初系统处于静止状态。某瞬间将细线烧断,则左端铁块的加速度大小为(重力加速度为g)( )
A.g B.g
C.g D.g
4.(2025·常德模拟)2024年10月30日,我国“长征二号F”遥十九运载火箭在酒泉卫星发射中心成功发射,神舟十九号载人飞船顺利升空。已知引力常量为G,地球半径为R,地球表面的重力加速度为g,视飞船绕地球做匀速圆周运动,其运行周期为T,忽略地球自转。下列说法正确的是( )
A.火箭加速升空阶段处于失重状态
B.地球的平均密度ρ=
C.飞船绕地球做匀速圆周运动时离地面高度h=
D.飞船绕地球做匀速圆周运动时的速度可能大于地球的第一宇宙速度
5.(多选)(2025·中山模拟)将某新材料压制成半圆柱体,横截面如图甲所示。一束红光从真空沿半圆柱体的径向射入,并与底面上过圆心O点的法线成θ角,CD为足够大的光学传感器,可以探测从AB面反射光的强度,反射光强度随θ变化规律如图乙所示。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,下列说法正确的有( )
A.新材料对红光的折射率为
B.图甲中,红光反射光线的频率大于折射光线的频率
C.图甲中,红光在半圆柱体中传播速度比在真空中传播速度小
D.图甲中,入射角θ减小到0时,光将全部从AB界面透射出去
6.(多选)(2025·菏泽模拟)如图所示,足够长的金属导轨MN、PQ水平平行放置,处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中,导轨间距为L。导体棒a、b垂直导轨放置并与导轨接触良好,两导体棒的质量均为m,其在导轨间的电阻均为R,不计一切摩擦及导轨电阻。现给导体棒a一个平行于导轨向右的初速度v0,运动中导体棒a、b未相撞。下列说法正确的是( )
A.导体棒a做匀减速直线运动,导体棒b做匀加速直线运动
B.导体棒a的速度为v0时,导体棒b的加速度大小为
C.整个运动过程中电路中产生的焦耳热为m
D.整个运动过程穿过导轨横截面的电荷量为
7.(2025·南充模拟)按要求填空:
(1)半偏法测电流表内阻的电路如图甲,图中器材参数如下:
待测电流表A(量程为0~1 mA)
滑动变阻器R1(最大阻值为10 kΩ)
电阻箱R2(最大阻值为999.9 Ω)
电源E(电动势为6 V,内阻很小)
测量方法:先断开开关S2,闭合开关S1,调节滑动变阻器R1,使电流表的指针满偏;保持R1的阻值不变,闭合S2,调节电阻箱R2,使电流表的指针半偏,此时电阻箱R2的示数为99.0 Ω。则电流表A内阻的测量值为_______________Ω。
(2)将该电流表A改装成量程为0~100 mA的电流表A1,应给电流表A_______________(选填“串联”或“并联”)一个电阻,改装后的电流表A1的内阻为_______________Ω。
(3)测量一节废旧干电池的电动势E和内阻r,利用改装后的电流表A1和其他实验器材设计了如图乙所示的电路。在实验中,多次改变电阻箱阻值,记录多组数据,画出-R0图像为一条直线,如图丙所示,由图中数据计算出该电池的电动势E=_______________V,内阻r=_______________Ω。(结果均保留3位有效数字)
8.(2025·山东联考)如图所示,在平面直角坐标系xOy的第二象限内,有沿x轴正方向的匀强电场;在第一象限中半径为R的圆形区域内有垂直坐标平面向外的匀强磁场Ⅰ。磁场Ⅰ的圆边界与x轴、y轴相切,与y轴相切于Q点,在y<0区域内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场Ⅱ。在x轴上坐标为(-R,0)的P点,沿y轴正方向射出质量为m、电荷量为q、速度为v0的带正电粒子,粒子经电场偏转后从Q点进入磁场Ⅰ,经磁场Ⅰ偏转后,垂直x轴进入磁场Ⅱ,再经磁场Ⅱ、匀强电场偏转后恰好再次从Q点进入磁场Ⅰ,不计粒子的重力。求:
(1)匀强电场的电场强度大小;
(2)粒子第一次在磁场Ⅰ中运动的时间;
(3)磁场Ⅱ的磁感应强度大小。
9.(2025·宣城调研)如图所示,半径为R的光滑圆弧槽静止在足够长的光滑水平面上,圆弧底端与水平面相切,其最低点的右侧距离为R处有厚度不计、上表面粗糙程度处处相同的薄木板,薄木板的最左端放置一小滑块,薄木板右端固定一竖直挡板,挡板左侧连有一轻质弹簧。现将一小球从圆弧槽最高点正上方的一定高度处由静止释放,小球落入圆弧槽后从圆弧槽最低点滑离,然后以大小为v0的速度与小滑块发生对心弹性碰撞,碰撞时间极短;随后小滑块相对薄木板向右滑动,压缩弹簧后反弹,且恰好能回到薄木板的最左端而不滑落。已知小球质量为m,圆弧槽的质量和小滑块的质量均为2m,薄木板以及固定挡板的总质量也为2m,小球和小滑块均可视为质点,重力加速度为g,不计空气阻力。求:
(1)小球开始下落时距离水平地面的高度h;
(2)小球与滑块碰撞的瞬间,小球与圆弧槽底端的距离x;
(3)弹簧的最大弹性势能Epm。
增分测1
1.B 解析 只有周期性变化的电场或磁场才能产生电磁波,稳定的电场和磁场不会产生电磁波,A项错误;爱因斯坦把能量子假设进行了推广,认为电磁场本身就是不连续的,B项正确;紫外线具有较高的能量,常常利用其灭菌消毒,C项错误;普朗克把能量子引入物理学,进一步破除了“能量连续变化”的传统观念,D项错误。
2.C 解析 vt是t时间内纸带运动的路程,并不是小球的运动路程,A项错误;小球振动过程只有弹簧的弹力做功,小球和弹簧组成的系统机械能守恒,小球的机械能不守恒,B项错误;由于小球做简谐运动,由题图可知小球通过a点时更衡位置,由简谐运动规律可知其速度大于通过b点的速度,C项正确;由于小球的运动为简谐运动,其振动周期与振幅无关,D项错误。
3.C 解析 细线烧断前由整体法,根据平衡条件有Mg=2mg,解得M=2m,对右侧下面的铁块进行分析,根据平衡条件有2mg=F+mg,解得弹簧的弹力F=mg,细线烧断时,以M与上面m为整体,加速度大小相同,由牛顿第二定律可得Mg+F-mg=3ma,解得a=g,C项正确。
4.B 解析 火箭加速升空阶段,加速度向上,处于超重状态,A项错误;在地球表面万有引力等于重力,有G=mg,由密度公式得M=ρ·πR3,解得ρ=,B项正确;根据万有引力提供向心力G=mr,在地球表面万有引力等于重力,有G=mg,解得r=,飞船绕地球做匀速圆周运动时离地面高度h=r-R=-R,C项错误;根据万有引力提供向心力G=m,解得v=,轨道半径越小速度越大,飞船的轨道半径不可能小于地球半径,所以飞船绕地球运动时的速度不可能大于地球的第一宇宙速度,D项错误。
5.AC 解析 由题图乙可知,当θ=37°时发生全反射,可知新材料对红光的折射率为n==,A项正确;题图甲中,红光反射光线的频率等于折射光线的频率,B项错误;题图甲中,根据v=可知,红光在半圆柱体中传播速度比在真空中传播速度小,C项正确;题图甲中,入射角θ减小到0时,仍有光线反射回介质中,而不是光将全部从AB界面透射出去,D项错误。
6.CD 解析 根据右手定则可知导体棒a、b以及两导轨构成的回路中电流方向为逆时针方向,根据左手定则可知刚开始导体棒a所受的安培力水平向左,做减速运动。导体棒b所受的安培力水平向右,b开始向右做加速运动,切割磁感线。两导体棒中感应电流大小相等,均为I==,两导体棒所受安培力方向相反,大小相等,均为F安=BIL,随着导体棒a减速,b加速可知感应电流逐渐减小,两导体棒所受安培力逐渐减小,根据加速度a=可知,导体棒a做加速度逐渐减小的减速运动,导体棒b做加速度逐渐减小的加速运动,A项错误;两导体棒所受的安培力大小相等方向相反,合外力为0,整体动量守恒,当导体棒a的速度为v0时,根据mv0=m·v0+mvb,解得vb=v0,代入A选项中的表达式可得导体棒b的加速度大小为a=,B项错误;根据分析可知最终两导体棒会共速,则有mv0=2mv,解得v=v0,根据能量守恒定律可知m=×2mv2+Q,解得整个运动过程中电路中产生的焦耳热为Q=m,C项正确;对导体棒b分析,根据动量定理可得I安=BL·Δt=mv-0,又因为q=·Δt,解得整个运动过程穿过导轨横截面的电荷量为q=,D项正确。
7.答案 (1)99.0 (2) 并联 0.99 (3)1.13 10.3
解析 (1)断开开关S2,闭合开关S1,调节滑动变阻器R1,使电流表的指针满偏,电流为IA,保持R1的阻值不变,闭合S2,调节电阻箱R2,使电流表的指针半偏,表中电流为IA,由于电阻箱R2与电流表A并联,所以认为电阻箱中电流为IR=IA-IA=IA,电流表A内阻等于此时电阻箱R2的阻值,即为RA=99.0 Ω。
(2)将电流表A改装成大量程的电流表应该并联一个分流电阻。如图所示,改装后的电流表A1的内阻为r1===0.99 Ω。
(3)根据闭合电路欧姆定律,有E=I(R0+r1+r),可得=R0+,-R0图像的斜率为k== V-1,可得E≈1.13 V,图像的纵截距为b==10 A-1,可得r≈10.3 Ω。
8.答案 (1) (2) (3)
解析 (1)粒子第一次在电场中做类平抛运动,则
R=a,R=v0t1,
根据牛顿第二定律有qE=ma,
解得E=。
(2)设粒子第一次进磁场Ⅰ时的速度大小为v,根据动能定理得
qE×R=mv2-m,
解得v=v0,
设粒子进磁场Ⅰ时速度与y轴正向的夹角为θ,则
vcos θ=v0,
解得θ=45°,
粒子第一次在磁场Ⅰ中运动的轨迹如图所示,设出射点为A,做圆周运动的圆心为O2,根据几何关系可知,四边形O1QO2A为菱形,因此粒子第一次在磁场Ⅰ做圆周运动的半径r1=R,
轨迹所对的圆心角∠QO2A=135°,
运动轨迹的弧长s=×2πR=,
则粒子第一次在磁场Ⅰ中运动的时间t==。
(3)A点离y轴的距离x1=R+R,
粒子第一次经磁场Ⅱ偏转后,垂直x轴第二次进入电场,做类平抛运动刚好到达Q点,设沿x轴方向位移为x2,则R=vt3,x2=a,
解得x2=R,
因此粒子第一次在磁场Ⅱ中做圆周运动的半径
r2==R,
根据牛顿第二定律有qvB=m,
解得B=。
9.答案 (1) (2)2R (3)m
解析 (1)设小球滑离圆弧槽时,圆弧槽的反冲速度大小为v1,方向水平向左,由水平方向动量守恒得
mv0=2mv1,
解得v1=v0,
从小球开始下落至球、槽第一次分离过程,系统机械能守恒。由机械能守恒定律得mgh=m+×2m,
解得h=。
(2)设小球从开始下落至刚好滑离圆弧槽,相对地面向右滑过x1,圆弧槽反冲相对地面后退x2,由水平方向动量守恒可得mx1=2mx2,
又因为x1+x2=R,
解得x1=R,x2=R,
小球要继续向右滑过x2+R,历时t,则t==,
圆弧槽在t时间内向左继续滑行的距离为
v1t=v0×=R,
小球与滑块碰撞的瞬间,小球与圆弧槽底端的距离
x=v1t+x2+R=2R。
(3)规定向右为正方向,小球与滑块发生弹性碰撞,设小球与滑块碰撞后速度分别为v0'、v2,动量守恒,机械能守恒
mv0=mv0'+2mv2,
m=mv0'2+×2m,
解得v0'=-,v2=v0,
滑块与薄木板共速时弹簧的弹性势能最大,设二者共速时速度为v,由动量守恒定律得2mv2=(2m+2m)v,
解得v=v0,
因滑块恰好回到薄木板的最左端,故薄木板与滑块间一定有摩擦,且相对薄木板向右运动和返回向左运动的摩擦生热相同,设为Q,则
Epm=×2m-×4mv2-Q,
滑块恰好回到薄木板的最左端时仍共速,由动量守恒可知此时速度仍为v,该过程由能量守恒有
Epm+×4mv2=×4mv2+Q,
可知Epm=Q,
解得Epm=m。(共41张PPT)
微考场增分测
增分测1
1.(2025·泰州调研)关于电磁波及能量量子化的有关认识，以下说法正确的是( )
A.只要有电场和磁场就能产生电磁波
B.爱因斯坦认为电磁场是不连续的
C.红外线具有较高的能量，常常利用其灭菌消毒
D.普朗克把能量子引入物理学，进一步完善了“能量连续变化”的传统观念
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只有周期性变化的电场或磁场才能产生电磁波，稳定的电场和磁场不会产生电磁波，A项错误；爱因斯坦把能量子假设进行了推广，认为电磁场本身就是不连续的，B项正确；紫外线具有较高的能量，常常利用其灭菌消毒，C项错误；普朗克把能量子引入物理学，进一步破除了“能量连续变化”的传统观念，D项错误。
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2.(2025·广州一模)如图甲所示，把小球安装
在弹簧的一端，弹簧的另一端固定，小球和
弹簧穿在光滑的水平杆上。小球振动时，沿
垂直于振动方向以速度v匀速拉动纸带，纸带
上可留下痕迹，a、b是纸带上的两点，不计
阻力，如图乙所示。由此可判断( )
A.t时间内小球的运动路程为vt
B.小球的机械能守恒
C.小球通过a点时的速度大于通过b点的速度
D.如果小球以较小的振幅振动，周期也会变小
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vt是t时间内纸带运动的路程，并不是小球的运动路程，A项错误；小球振动过程只有弹簧的弹力做功，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，小球的机械能不守恒，B项错误；由于小球做简谐运动，由题图可知小球通过a点时更衡位置，由简谐运动规律可知其速度大于通过b点的速度，C项正确；由于小球的运动为简谐运动，其振动周期与振幅无关，D项错误。
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3.(2025·德州联考)如图所示，天花板上固定有一光滑的定滑轮，绕过定滑轮且不可伸长的轻质细绳左端悬挂一质量为M的铁块，右端悬挂有两质量均为m的铁块，上下两铁块用轻质细线连接，中间夹一轻质弹簧处于压缩状态，此时细线上的张力为2mg，最初系统处于静止状态。某瞬间将细线烧断，则左端铁块的加速度大小为(重力加速度为g)( )
A.g B.g C.g D.g
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细线烧断前由整体法，根据平衡条件有Mg=2mg，解得M=2m，对右侧下面的铁块进行分析，根据平衡条件有2mg=F+mg，解得弹簧的弹力F=mg，细线烧断时，以M与上面m为整体，加速度大小相同，由牛顿第二定律可得Mg+F-mg=3ma，解得a=g，C项正确。
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4.(2025·常德模拟)2024年10月30日，我国“长征二号F”遥十九运载火箭在酒泉卫星发射中心成功发射，神舟十九号载人飞船顺利升空。已知引力常量为G，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，视飞船绕地球做匀速圆周运动，其运行周期为T，忽略地球自转。下列说法正确的是( )
A.火箭加速升空阶段处于失重状态
B.地球的平均密度ρ=
C.飞船绕地球做匀速圆周运动时离地面高度h=
D.飞船绕地球做匀速圆周运动时的速度可能大于地球的第一宇宙速度
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火箭加速升空阶段，加速度向上，处于超重状态，A项错误；在地球表面万有引力等于重力，有G=mg，由密度公式得M=ρ·
πR3，解得ρ=，B项正确；根据万有引力提供向心力G=
mr，在地球表面万有引力等于重力，有G=mg，解得r=
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，飞船绕地球做匀速圆周运动时离地面高度h=r-R=
-R，C项错误；根据万有引力提供向心力G=m，解得v=,轨道半径越小速度越大，飞船的轨道半径不可能小于地球半径，所以飞船绕地球运动时的速度不可能大于地球的第一宇宙速度，D项错误。
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5.(多选)(2025·中山模拟)将某新材料压制成半圆柱体，横截面如图甲所示。一束红光从真空沿半圆柱体的径向射入，并与底面上过圆心O点的法线成θ角，CD为足够大的光学传感器，可以探测从AB面反射光的强度，反射光强度随θ变化规律如图乙所示。已知sin 37°=
0.6，cos 37°=0.8，下列说法正确的有( )
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A.新材料对红光的折射率为
B.图甲中，红光反射光线的频率大于折射光线的频率
C.图甲中，红光在半圆柱体中传播速度比在真空中传播速度小
D.图甲中，入射角θ减小到0时，光将全部从AB界面透射出去
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由题图乙可知，当θ=37°时发生全反射，可知新材料对红光的折射率为n==，A项正确；题图甲中，红光反射光线的频率等于折射光线的频率，B项错误；题图甲中，根据v=可知，红光在半圆柱体中传播速度比在真空中传播速度小，C项正确；题图甲中，入射角θ减小到0时，仍有光线反射回介质中，而不是光将全部从AB界面透射出去，D项错误。
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6.(多选)(2025·菏泽模拟)如图所示，足够长
的金属导轨MN、PQ水平平行放置，处于竖
直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，导
轨间距为L。导体棒a、b垂直导轨放置并与导轨接触良好，两导体棒的质量均为m，其在导轨间的电阻均为R，不计一切摩擦及导轨电阻。现给导体棒a一个平行于导轨向右的初速度v0，运动中导体棒a、b未相撞。下列说法正确的是( )
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A.导体棒a做匀减速直线运动，导体棒b做匀加速直线运动
B.导体棒a的速度为v0时，导体棒b的加速度大小为
C.整个运动过程中电路中产生的焦耳热为m
D.整个运动过程穿过导轨横截面的电荷量为
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根据右手定则可知导体棒a、b以及两导轨构成的回路中电流方向为逆时针方向，根据左手定则可知刚开始导体棒a所受的安培力水平向左，做减速运动。导体棒b所受的安培力水平向右，b开始向右做加速运动，切割磁感线。两导体棒中感应电流大小相等，均为I==，两导体棒所受安培力方向相反，大小相等，均为F安=BIL，随着导体棒a减速，b加速可知感应电流逐渐减小，两
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导体棒所受安培力逐渐减小，根据加速度a=可知，导体棒a做加速度逐渐减小的减速运动，导体棒b做加速度逐渐减小的加速运动，A项错误；两导体棒所受的安培力大小相等方向相反，合外力为0，整体动量守恒，当导体棒a的速度为v0时，根据mv0=m·
v0+mvb，解得vb=v0，代入A选项中的表达式可得导体棒b的加速度大小为a=，B项错误；根据分析可知最终两导体棒会共速,
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则有mv0=2mv，解得v=v0，根据能量守恒定律可知m=×2mv2
+Q，解得整个运动过程中电路中产生的焦耳热为Q=m，C项正确；对导体棒b分析，根据动量定理可得I安=BL·Δt=mv-0，又因为q=·Δt，解得整个运动过程穿过导轨横截面的电荷量为q=
，D项正确。
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7.(2025·南充模拟)按要求填空：
(1)半偏法测电流表内阻的电路如图甲，图中器材参数如下：
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待测电流表A(量程为0~1 mA)
滑动变阻器R1(最大阻值为10 kΩ)
电阻箱R2(最大阻值为999.9 Ω)
电源E(电动势为6 V，内阻很小)
测量方法：先断开开关S2，闭合开关S1，调节滑动变阻器R1，使电流表的指针满偏；保持R1的阻值不变，闭合S2，调节电阻箱R2，使电流表的指针半偏，此时电阻箱R2的示数为99.0 Ω。则电流表A内阻的测量值为___________Ω。
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断开开关S2，闭合开关S1，调节滑动变阻器R1，使电流表的指针满偏，电流为IA，保持R1的阻值不变，闭合S2，调节电阻箱R2，使电流表的指针半偏，表中电流为IA，由于电阻箱R2与电流表A并联，所以认为电阻箱中电流为IR=IA-IA=IA，电流表A内阻等于此时电阻箱R2的阻值，即为RA=99.0 Ω。
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(2)将该电流表A改装成量程为0~100 mA的电流表A1，应给电流表A_________(选填“串联”或“并联”)一个电阻，改装后的电流表A1的内阻为__________Ω。
并联
0.99
将电流表A改装成大量程的电流表应该并联一个分流电阻。如图所示，改装后的电流表A1的内阻为r1===0.99 Ω。
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(3)测量一节废旧干电池的电动势E和内阻r，利用改装后的电流表A1和其他实验器材设计了如图乙所示的电路。在实验中，多次改变电阻箱阻值，记录多组数据，画出-R0图像为一条直线，如图丙所示，由图中数据计算出该电池的电动势E=_______V，内阻r=_______Ω。(结果均保留3位有效数字)
1.13
10.3
根据闭合电路欧姆定律，有E=I(R0+r1+r)，可得=R0+-R0图像的斜率为k== V-1，可得E≈1.13 V，图像的纵截距为b=
=10 A-1，可得r≈10.3 Ω。
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8.(2025·山东联考)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第二象限内，有沿x轴正方向的匀强电场；在第一象限中半径为R的圆形区域内有垂直坐标平面向外的匀强磁场Ⅰ。磁场Ⅰ的圆边界与x轴、y轴相切，与y轴相切于Q点，在y<0区域内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场Ⅱ。
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在x轴上坐标为(-R，0)的P点，沿y轴正方向射出质量为m、电荷量为q、速度为v0的带正电粒子，粒子经电场偏转后从Q点进入磁场Ⅰ，经磁场Ⅰ偏转后，垂直x轴进入磁场Ⅱ，再经磁场Ⅱ、匀强电场偏转后恰好再次从Q点进入磁场Ⅰ，不计粒子的重力。求：
粒子第一次在电场中做类平抛运动，则
R=a，R=v0t1，
根据牛顿第二定律有qE=ma，
解得E=。
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(1)匀强电场的电场强度大小；
设粒子第一次进磁场Ⅰ时的速度大小为v，根据动能定理得
qE×R=mv2-m，
解得v=v0，
设粒子进磁场Ⅰ时速度与y轴正向的夹角为θ，则vcos θ=v0，
解得θ=45°，
解析
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(2)粒子第一次在磁场Ⅰ中运动的时间；
粒子第一次在磁场Ⅰ中运动的轨迹如图所示，设出射点为A，做圆周运动的圆心为O2，根据几何关系可知，四边形O1QO2A为菱形，因此粒子第一次在磁场Ⅰ做圆周运动的半径r1=R，
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轨迹所对的圆心角∠QO2A=135°，
运动轨迹的弧长s=×2πR=，
则粒子第一次在磁场Ⅰ中运动的时间t==。
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A点离y轴的距离x1=R+R，
粒子第一次经磁场Ⅱ偏转后，垂直x轴第二次进入电场，做类平抛运动刚好到达Q点，设沿x轴方向位移为x2，则R=vt3，x2=a，
解得x2=R，
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(3)磁场Ⅱ的磁感应强度大小。
因此粒子第一次在磁场Ⅱ中做圆周运动的半径
r2==R，
根据牛顿第二定律有qvB=m，
解得B=。
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9.(2025·宣城调研)如图所示，半
径为R的光滑圆弧槽静止在足够长
的光滑水平面上，圆弧底端与水平
面相切，其最低点的右侧距离为R
处有厚度不计、上表面粗糙程度处处相同的薄木板，薄木板的最左端放置一小滑块，薄木板右端固定一竖直挡板，挡板左侧连有一轻质弹簧。现将一小球从圆弧槽最高点正上方的一定高度处由静止释
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放，小球落入圆弧槽后从圆弧槽最低点滑离，然后以大小为v0的速度与小滑块发生对心弹性碰撞，碰撞时间极短；随后小滑块相对薄木板向右滑动，压缩弹簧后反弹，且恰好能回到薄木板的最左端而不滑落。已知小球质量为m，圆弧槽的质量和小滑块的质量均为2m，薄木板以及固定挡板的总质量也为2m，小球和小滑块均可视为质点，重力加速度为g，不计空气阻力。求：
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设小球滑离圆弧槽时，圆弧槽的反冲速度大小为v1，方向水平向左，由水平方向动量守恒得mv0=2mv1，
解得v1=v0，
从小球开始下落至球、槽第一次分离过程，系统机械能守恒。由机械能守恒定律得mgh=m+×2m，
解得h=。
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(1)小球开始下落时距离水平地面的高度h；
设小球从开始下落至刚好滑离圆弧槽，相对地面向右滑过x1，圆弧槽反冲相对地面后退x2，由水平方向动量守恒可得mx1=2mx2，
又因为x1+x2=R，
解得x1=R，x2=R，
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(2)小球与滑块碰撞的瞬间，小球与圆弧槽底端的距离x；
小球要继续向右滑过x2+R，历时t，则t==，
圆弧槽在t时间内向左继续滑行的距离为
v1t=v0×=R，
小球与滑块碰撞的瞬间，小球与圆弧槽底端的距离
x=v1t+x2+R=2R。
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规定向右为正方向，小球与滑块发生弹性碰撞，设小球与滑块碰撞后速度分别为v0'、v2，动量守恒，机械能守恒
mv0=mv0'+2mv2，
m=mv0'2+×2m，
解得v0'=-，v2=v0，
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(3)弹簧的最大弹性势能Epm。
滑块与薄木板共速时弹簧的弹性势能最大，设二者共速时速度为v，由动量守恒定律得2mv2=(2m+2m)v，
解得v=v0，
因滑块恰好回到薄木板的最左端，故薄木板与滑块间一定有摩擦，且相对薄木板向右运动和返回向左运动的摩擦生热相同，设为Q，则Epm=×2m-×4mv2-Q，
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滑块恰好回到薄木板的最左端时仍共速，由动量守恒可知此时速度仍为v，该过程由能量守恒有
Epm+×4mv2=×4mv2+Q，
可知Epm=Q，
解得Epm=m。
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