年江苏省六校联合体高考物理第四次适应性试卷
一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分．每题只有一个选项最符合题意．
1．（4分）下列说法正确的是（ ）
A．做圆周运动的物体合外力指向圆心
B．发生光电效应时，每秒逸出的光电子数决定光电流的大小
C．在威尔逊云室中α粒子轨迹最清晰，一般看不见γ粒子的轨迹
D．氢原子从低能级向高能级跃迁时，库仑力对电子做正功，电子动能增大
2．（4分）如图所示，空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场，现用一水平放置的轻质光滑绝缘木板托着一个质量为m的带电微粒，带电量为+q，初始时微粒处于静止状态，在机械外力F的作用下，木板以速度v0竖直向上做匀速运动，不计微粒重力，轻板足够长．下列说法错误的是（ ）
A．粒子运动的轨迹为抛物线
B．运动过程中，洛伦兹力水平方向的分力不做功
C．机械外力F与时间成正比
D．在某一时刻t0撤去力和木板，微粒做圆周运动的周期与t0无关
3．（4分）打水漂是很多人喜欢的一个休闲游戏，通常按照击打了几次水面来计数，每击打一次水面便会泛起一次水纹波，现有一人在湖岸进行这样一项运动，观众在湖的中心观赏（如图为俯视图），假定石子多次击打水面，每次击打水面引起的水波波长一定，且石子可看作匀速直线运动，则观众所接收到的水波的频率如何变化（ ）
A．不变 B．逐渐变小
C．逐渐变大 D．先逐渐变大后逐渐变小
4．（4分）如左图所示（该图为俯视图），桌面放置一个薄的双面平面镜，可绕其中心轴OO1旋转，有一圆柱面光屏环绕该平面镜，B点处有一激光发射器通过光屏上的小孔向O点发射激光，现让双面平面镜逆时针绕OO1轴旋转，t＝0时平面镜垂直于OB。激光经平面镜反射后射到光屏上的A点，以O为原点，OB为x轴，OD（OD垂直OB）为y轴建立直角坐标系，A点横、纵坐标大小与时间的关系图像如图，下列说法错误的是（ ）
A．曲线Ⅱ为A点的横坐标大小与时间的关系图像
B．A点做匀速圆周运动
C．该圆柱面光屏的底面直径为2R
D．双面平面镜匀速旋转，且旋转的角速度
5．（4分）如图所示，竖直向下的匀强磁场磁感应强度为0.5T，水平地面上固定有电阻不计的光滑“V”形导轨MPN，MN、MP、NP长度均为2m，以MN中点O为原点，OP为x轴建系，一根粗细均匀的金属杆CD长度为2m，电阻为R，在F的作用下沿x轴匀速运动，v＝1m/s，下列关于CD两端电势差UCD、回路中电流I、拉力F大小、拉力做功W和与导体棒所处横坐标x的关系图像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
6．（4分）在水平桌面M上放置一块正方形薄木板abcd，在木板的正中点放置一个质量为m的木块，如图所示。先以木板的ad边为轴，将木板向上缓慢转动，使木板的ab边与桌面的夹角为θ，记此时平面为γ；再接着以木板的ab边为轴，将木板向上缓慢转动，使木板的ad边与平面γ的夹角也为θ（ab边与桌面的夹角θ不变），转动过程中木块未滑动，木板与木块之间的动摩擦因数为μ（0＜μ≤1），设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在转动过程中，下列说法错误的是（ ）
A．木板对木块的支持力一直变小
B．木板对木块的摩擦力一直变大
C．μ至少为
D．θ可以为30°
7．（4分）如图，在水平面固定一个半径为R的半圆形细管，在直径两端A、B分别放置一个带正电荷的Q1、Q2，Q1带电量为Q，Q2带电量为，另一个质量为m、带电量为+q的粒子（可看作点电荷）从管内P点（P点不与A、B重合）静止释放，使其获得一加速度a（a≥0）在细管内运动，则在整个运动过程中，下列说法错误的是（ ）
A．该点电荷做机械振动，但不是简谐运动
B．无论P点位于何处，运动时都不会与Q1、Q2相碰
C．无论P点位于何处，运动过程中总存在一个速度最大处M，且满足∠MAO＝60°
D．若P点位于圆弧AB且靠近B的三分点处，则当其运动到圆弧AB另一三等分点处时管壁给它的力的大小为
8．（4分）年12月6日，嫦娥五号上升器成功与轨道器和返回器组合体交会对接，并将样品容器安全转移至返回器中．这是我国首次实现月球轨道交会对接．如图，上升器进入环月飞行轨道开始，通过远程导引和近程自主控制，轨道器和返回器组合体逐步靠近上升器，以抱抓的方式捕获上升器，5时42分，完成交会对接，并将样本转移至轨道器中后，上升器圆满完成使命与轨道器分离．为避免成为太空垃圾，影响国际社会后续月球探测任务，上升器受控离轨落月．已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，轨道器轨道半径为r，月球质量大约是地球的，月球半径大约是地球的．下列有关说法中正确的是（ ）
A．月球的第一宇宙速度约为1.68km/s
B．轨道器与地心的连线在单位时间内扫过的面积为
C．搭载月壤的上升器离开月球时一直是完全失重状态
D．返回舱取月壤后，重新在月球上起飞的过程中，机械能守恒
9．（4分）设计师设计了一个非常有创意的募捐箱，如图甲所示，把硬币从投币口放入，接着在募捐箱上类似于漏斗形的部位（如图所示，O点为漏斗形口的圆心）滑动很多圈之后从中间的小孔掉入募捐箱。漏斗形口的半径为r，A点处曲面切线与水平面成θ，AB与水平面成α，现将一枚硬币从A点释放（硬币视为质点），并使其具有某一水平初速度v0（v0＞0），最终落入募捐箱。如果摩擦阻力忽略不计，且碰撞均为弹性碰撞，则下列说法一定正确的是（ ）
A．若v0方向为圆O的切线方向，则v0最大为
B．若硬币在a、b两点运动看作匀速圆周运动，则角速度ωa＜ωb
C．硬币的运行路程有最小值，也有最大值
D．硬币运行的时间t的最小值为
10．（4分）小楷同学在做“用DIS研究温度不变时气体的压强与体积的关系”实验时，缓慢推动活塞，在使注射器内空气体积逐渐变小的过程中，多次从注射器的刻度上读出体积值并输入计算机，同时由压强传感器将对应体积的压强值通过数据采集器传送给计算机．下列说法中正确的是（ ）
A．实验过程中在注射器内壁涂油主要是为了减小摩擦
B．现有5mL和20mL的注射器，要使注射器在较小的推力时传感器示数能有明显的变化，应该选用20mL的注射器
C．在本实验操作的过程中，需要保持不变的量是气体的温度和外界的大气压
D．现有20mL和50mL的注射器，作出的图像不过原点，选用50mL的注射器可以减小误差
11．（4分）如图所示，在足够长的光滑水平面上，放置一长为L、质量为m的木板A。一质量为M的物体B以初速度v0滑上木板A上表面的同时对木板A施加一个水平向右的恒力F，其中M＝2m，A与B之间的动摩擦因数为μ（μ≥0），下列关于物体B最终在A上相对于A滑动的路程s与恒力F大小的关系的图像可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
二、非选择题：共5题，共56分．其中第13题～第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
12．（15分）随着全世界开始倡导低碳经济的发展，电动自行车已越来越受到大家的青睐．电动车，即电力驱动车，又名电驱车．电动车分为交流电动车和直流电动车．通常说的电动车是以电池作为能量来源，通过控制器、电机等部件，将电能转化为机械能运动，以控制电流大小改变速度的车辆．第一辆电动车于年制造出来，发明人为法国工程师古斯塔夫特鲁夫，这是一辆用铅酸电池为动力的三轮车，由直流电机驱动，时至今日，电动车已发生了巨大变化，类型也变得多种多样．爱思考的小东同学对电动车十分好奇，设计了如下实验．
（1）小东同学为了测量某种型号的电动车的电动势与内阻，先从电动车上取下电池，在实验室设计了实验电路．提供的器材有：
A．电动车电池一组，电动势约为12V，内阻未知
B．直流电流表量程mA，内阻很小
C．电阻箱R，阻值范围为0～.9Ω
D．定值电阻R0，阻值为几欧姆
E．导线和开关
①请你在图1为小东同学设计合理的实验电路；
②当他闭合开关时发现，无论怎样调节电阻箱，电流表都没有示数，反复检查后发现电路连接完好，估计是某一元件损坏，因此他拿来多用电表检查故障，他的操作如下：
1）断开电源开关S
2）将多用表选择开关置于×10Ω挡，调零后，红黑表笔分别接R0两端，读数为70Ω
3）将多用表选择开关置于×1Ω挡，调零后，将红黑表笔分别接电阻箱两端，发现指针读数如图2所示，则所测阻值为 Ω，然后又用多用电表分别对电源和开关进行检测，发现电源和开关均完好．由以上操作可知，发生故障的元件是 ．
（2）霍尔元件是一种基于霍尔效应的磁传感器，用它可以检测磁场及其变化，广泛应用于测量和自动控制等领域．在电动自行车中有多处用了霍尔传感器，最典型的是测速、调速转把、断电刹把以及电动车无刷电机和霍尔助力传感器等．实验表明，铜以及大多数金属的导电物质是带负电荷的电子，但锌中的导电物质带的是正电．小东同学对该型号的电动车内部的霍尔元件进行了研究．
霍尔元件的原理图如图3所示，若制作霍尔元件的材料使用的是锌，通入如图所示的电流后，若保证其他条件不变，增大c时，上、下表面间的电压UH将 （填“变大”“变小”或“不变”）．
（3）有一天，小东同学坐出租车时，司机因口渴把车停到路边，跑到超市买了一瓶水，回来只要一扭钥匙，汽车就启动了，爱思考的小东同学对此感到很好奇，通过百度查询，得知这里面的原理是刚学不久的自感现象！为了把原理说明白，小东设计了如图4电路：如图所示，电池电动势为E、内阻可以忽略不计，L是一个匝数很多且有铁芯的线圈，其直流电阻为r，a、b之间的定值电阻阻值为R．然后小明设想了这样一组操作过程：先将开关S接通，电路稳定后，断开S．
①断开S瞬间，线圈L相当于电源，其电动势的大小为 ．
②若R不是一个定值电阻，而是两个彼此靠近的金属电极，试说明断开S瞬间，两电极间产生电火花的原因 ．
13．（6分）如图所示，极限拉力为T的两轻绳吊着一个质量为m，匝数为n的铜线圈，该铜线圈为边长为2L的正方形，铜线电阻率为ρ，横截半径为r。该线圈恰好处在长为2L，宽为L的长方形磁场的下半部分，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B＝kt+B0（k＞0）。不计线圈电流引起的磁场，重力加速度为g。求轻绳断裂的时刻。
14．（8分）有一种光学玩具为两个不同透明材质的球相内切组成，其中大球半径为R，是小球半径两倍．如图为该光学玩具的截面图（该截面通过两球球心）．若现有一激光从A点向大球球心射入，经过秒可在B点接收到光信号，若从C点射入，经过秒可在D点接收到光信号．其中AB过O1和O2，AB⊥CD，且激光始终在这一平面内．
（1）若大球材料折射率为n1，小球材料的折射率为n2，求n1和n2；
（2）现从大球球面上各点向球心入射激光，求可使激光第一次便可在小球外表面上发生全反射的入射点区域的面积．
15．（12分）现代工厂常常多个传送带组合使用以更好运输与分类货物。如图所示为三个传送带组合使用的模式图。其中甲、乙为两个相互垂直且等高的水平传送带，丙是与乙平滑相接且与水平面成θ＝30°的倾斜传送带，甲的速度为v0。现将货物（可看作质点）放置在甲上，当上一个货物稳定时立马再放一个，已知货物离开甲前已经匀速，并可以平稳地传送到乙上，且货物离开乙之前已经匀速，并可以平稳传送到丙上。货物与乙、丙之间的动摩擦因数均为，货物与甲之间的动摩擦因数为0.5μ1，三个传送带等宽，重力加速度为g。
（1）若乙的速度为v，求货物若想顺利运输到顶端，乙的宽度L至少为多少？
（2）若当货物在乙上刚好停止侧滑时，下一个货物正好滑上乙上，则乙的速度为多少？
（3）在（1）（2）的条件下，若丙的长度为，丙的速度为2v，货物的质量为m，除摩擦其他能耗不计，则当传送带组运行一段时间后（已有货物到达顶端），在任意一时刻，电动机对乙、丙传送带因运输货物而提供的额外力的和可能为多少？
16．（15分）如图所示，真空中存在着的多层紧密相连的匀强磁场和匀强电场，第1层磁场方向垂直纸面向里，第2层磁场方向垂直纸面向外，接下来依次交替，各磁场的宽度均为d，磁感应强度为B．电场的宽度为dn，电场强度均为E，方向水平向右．电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直．一个质量为m，电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放，开始在电场与磁场运动，设粒子从第n层磁场中穿出时速度方向与水平方向成αn．（粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射．）
（1）若dn＝d，求sinα1和sinα2；
（2）若dn＝（2n﹣1）d．
①求sinα2n﹣1和sinα2n；
②若粒子从开始运动到冲出第2n层磁场，洛伦兹力对粒子的总冲量为I2n，求粒子这段时间在电场中的总偏转位移y．
试题解析
一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分．每题只有一个选项最符合题意．
1．解：A、做匀速圆周运动的物体合外力指向圆心，用于提供向心力；但做变速圆周运动的物体，合外力除提供向心力之外，还有一个沿速度方向的分量用于改变速度的大小，因此合外力不指向圆心，故A错误；
B、发生光电效应时，每秒逸出的光电子数决定着饱和光电流的大小，而不是光电流的大小，故B错误；
C、a粒子是氦核，体积相对较大，在云室中运动会把云气凝结成液体，因此轨迹最清晰；而γ粒子是电磁波，所以基本看不到云室轨迹，故C正确；
D、氢原子从低能级向高能级跃迁时，库仑力对电子做负功，电子动能减小，故D错误；
故选：C。
2．解：粒子所受洛伦兹力在水平方向的分力提供加速度，在竖直方向的分力与微粒和板的作用力相等。
A、微粒具有竖直向上的水平初速度，且受到向左的洛伦兹力，故运动轨迹是抛物线，故A正确，不符合题意；
B、微粒沿水平方向不断加速，所以洛伦兹力做正功，故B错误，符合题意；
C、微粒有向左的水平分速度v1，洛伦兹力沿竖直方向的分力与F相等，有
F＝f1＝qv1B
v1＝at
qv0B＝ma
联立解得F
F与t成正比关系，故C正确，不符合题意；
D、根据T，，可知T，所以微粒做圆周运动的周期与t0无关，故D正确，不符合题意.
本题选择错误选项
故选：B。
3．解：由于波源与观察者之间有相对运动，使观察者接收到的频率发生变化，两者先靠近后远离，所以频率先逐渐变大后逐渐变小。故ABC错误；D正确。
故选：D。
4．解：A、根据题意，双面镜以角速度ω旋转时，经过t转过的角度为θ＝ωt，由几何关系知：反射光点A的横坐标x＝rcosωt，是关于t余弦函数，故A正确；
B、光点在圆柱面光屏上转动的角度θ＝ωt，随时间均匀变化，所以A点做匀速圆周运动，故B正确；
C、当t＝0时，从右图可以看出x＝R，代入x＝rcosωt时，得到r＝R，即双面镜光屏底面直径为2R，故C正确；
D、从图可以看出当双面镜转动所用的时间是T，所以角速度，故D错误。
本题选错误的，
故选：D。
5．解：A、导体棒cd切割磁感线产生感应电动势E＝BL0v，由于MPN的电阻不计，框内导线被短路，所以cd两端的电势差就是框外的两部分切割磁感线产生的感应电动势，即Ucd＝2Bxtan30°v＝20.5x1，它是一条过原点的直线，故A正确；
B、MPN与cd框内的部分形成回路有电流，若整个cd棒长为L0、电阻为R，则此时的电流：I，与x无关，大小是恒定的，故B错误；
C、由于cd匀速运动，所以外力F＝F安＝BI（L0﹣2xtan30°），F关于x是一次函数，是一条下降的直线，故C错误；
D、拉力的功W＝Fx＝BI（L0﹣2xtan30°）x，显然是一条开口向下的抛物线，故D错误。
故选：A。
6．解：A、由于木块未发生滑动，则支持力FN＝mgcosα，随着木板平面与水平面的夹角α的增大，FN一直减小，故A正确；
B、由于木块未发生滑动，则摩擦力Ff＝mgsinα，随着平面与水平面的夹角α的增大，Ff一直增大，故B正确；
C、假设只以木块的ad边为轴，将木板向上缓慢转动θ角，木块受到的摩擦力大小为mgsinθ，方向沿a→b；
假设只以木板的ab边为轴，将木板向上缓慢转动θ角，木块受到的摩擦力大小为mgsinθ，方向沿b→c。
则先后这样转动后，木块受到的摩擦力的大小为fmgsinθ，若此时恰好达到最大静摩擦力，则有：f≤μmgcosα，则μ故C错误；
D、由以上结论，当θ＝30°时，f，fm，可知f≤fm，木块依然静止，故D正确
本题选择错误选项
故选：C。
7．解：A、由受力分析可知，粒子由释放点向右或向左做加速运动，为机械振动，但不是简谐运动，故A正确；
B、由库仑定律：F1，F2，当粒子接近A、B点时，对应库仑力增大且为斥力，故不会与Q1、Q2相碰，故B正确；
C、由电荷之间的相互作用的特点可知，正电荷受到A、B两处的正电荷的排斥力，AP与AB之间的夹角为θ，
AP＝2Rcosθ，BP＝2Rsinθ，AP⊥BP
由库仑定律：F1，F2，当受到的电场力的合力与细管垂直时，由几何关系可得：
F2cosθ＝F1sinθ
联立以上方程，解得：
满足∠MAO＝60°，故C正确；
D、当粒子由靠近B的三等分点运动到另一个三等分点过程中，A点电荷库仑力做功：
WA
B点电荷库仑力做功：
WB
又运动过程中动能定理为：
距离A点近的三等分点向心力公式为：
联立解得，故D错误。
本题选择错误选项。
故选：D。
8．解：A、根据万有引力提供向心力得Gm，得v，则月球的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比：0.21
故月球的第一宇宙速度为v月＝0.21v地＝0.×7.9km/s≈1.68km/s，故A正确；
B、轨道器绕地球做匀速圆周运动，设线速度大小为v，根据Gm
在地球表面上，根据万有引力等于重力，得Gm′g，联立以上两式得v
轨道器与地心的连线在单位时间内扫过的面积为Sr（v×1）r，故B错误；
C、搭载月壤的上升器离开月球时向上加速，加速度竖直向上，处于超重状态，故C错误；
D、返回舱取月壤后，重新在月球上起飞的过程中，向上加速，升力对它做功，其机械能不守恒，故D错误。
故选：A。
9．解：A、硬币做半径为r的匀速圆周运动时，v0最大，其向心力Fn＝m，根据力的合成可得tanθ，联立得：v0，故A错误；
B、在ab两处，弹力的水平分量提供向心力，mgtanα＝mω2r，所以ω2，硬币在a、b两点做圆周运动的半径：ra＞rb，且在a点处的倾角α更小，硬币在a、b两点的角速度：ωa＜ωb，故B正确；
C、假设v0方向为圆O的切线方向，则硬币在漏斗形口上的运动可分解为圆周运动和沿AabB方向的变加速运动，沿AabB方向的变加速运动的轨迹大小不变，运动时间不变，显然，v0越大，做圆周运动的路程越长，即硬币的运行路程没有最大值，故C错误；
D、硬币的运行路程有最小值（也对应着最短时间），即沿着曲面下滑到最低点，由于此段位移与平抛位移相同，所以运动运动时间大于平抛的时间t平，所以最短时间：tmin，故D错误。
故选：B。
10．解：A、在实验中，要保证气体的质量不变，所以实验过程中在注射器内壁涂油主要是为了防止漏气，故A错误；
B、根据压强的计算公式可得：p，容积越大的注射器截面积越大，在施加相同压力的情况下，压强变化较小，要使注射器在较小的推力时传感器示数能有明显的变化，应该选用5mL的注射器，故B错误；
C、在本实验操作的过程中，需要保持不变的量是气体的温度和封闭体积的质量，与外界气体的压强无关，故C错误；
D、现有20mL和50mL的注射器，作出的图像不过原点，在绝对误差一定的情况下，体积越大、相对误差越小，故选用50mL的注射器可以减小误差，故D正确。
故选：D。
11．解：由题意可知，B的初速度大于A初速度，对B受力分析可知，B所受的摩擦力向左，所以B在A上做匀减速运动，减速运动的加速度大小为aB
由牛顿第二定律得到：2μmg＝2maB，对A受力分析可知，A做加速运动，由牛顿第二定律得到：F+2μmg＝maA
假设F＝F1时，B刚好运动到A的右端时AB速度相等，此时的相对位移Δx＝xB﹣xA＝v0tL
①当0≤F＜F1时，B从A的右端离开，所以B在A上的相对位移Δx＝L，即B在A上的相对路程s＝L；
②当F＝F1时，B可能相对静止在A的右端，B在A上的相对位移Δx＝L，即B在A上的相对路程s＝L；
③当F＞F1时，B可能未到A的右端就与A处于相对静止状态，此种情况下，B在A上的相对位移Δx＜L，即B在A上的相对路程s＜L；
④当F＞F1时，B在A上先相对于A向右运动，A的速度大于B的速度后B相对于A向左运动，最后从A的左端离开，所以B在A上向右运动时相对位移Δx≤L，B在A上相对于A向左运动的相对位移Δx≤L，B在A上运动的相对路程为s≤2L。综上所述可得A正确，BCD均错误。
故选：A。
二、非选择题：共5题，共56分．其中第13题～第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
12．解：（1）①由于器材中没有列出电压表，但有电流表和电阻箱，所以用安阻法（即电流表与电阻箱串联，与保护电阻R0构成回路，设计电路如图所示；
②、3）欧姆表的读数为指针示数与倍率的乘积，故此时欧姆表的示数R＝9×1Ω＝9Ω。
由于电源、开关均无问题，测量的R0和电阻箱均有示数，那么断点就在电流表，故电流表发生故障；
（2）当在锌中能入电流I时，锌中带正电的粒子q在洛伦兹力的作用上向上表面偏，在上下表面形成电势差，当带正电的粒子稳定时有：F洛＝F电，即qBv再由微观表示电流I＝nvSq，此处S＝bc，联立以上三式可得：UH，从此式可以看出，当c增大时，UH减小；
（3）①在图4中，先接通S，电路稳定时线圈中的电流I，再断开S，在这一瞬间，线圈相当于电源，等效电动势E′＝I（r+R）。
②断开一瞬间，自感电动势E′，当r＜＜R时，E′＞＞E，两靠近的金属电极间电阻极大（接近无穷大），由E自＝I（R+r）可知，在断开S的瞬间，L中产生的自感电动势极大，两电极之间的电压就会很高，因此极易击穿空气发生火花放电。
故答案为：（1）如图所示
、9、电流表；（2）变小；（3）、两靠近的金属电极间电阻极大（接近无穷大），由E自＝I（R+r）可知，断开S瞬间，L中产生的自感电动势极大，两个电极间的电压就会极高，因此极易击穿空气发生火花放电。
13．解：由法拉第电磁感应定律有：EkL2，
根据电阻定律有：R
由欧姆定律有：I
当细线刚要断裂时有：mg+BIL＝2T
由题目已知条件有：B＝B0+kt
联立解得：t
答：轻绳断裂的时刻是。
14．解：（1）设光在大球中速度为v1，在小球中速度为v2，根据折射率的定义，，由两种入射方式所需时间，，解得n1＝2，n2
（2）发生全反射时，解得C＝30°，由数学知识可知发生全反射的入射点区域为球面除去两个所对球心角为30°的球冠后的区域，其面积为S＝4。
答：（1）大球材料折射率为n1，小球材料的折射率为n2，n1＝2，n2；
（2）可使激光第一次便可在小球外表面上发生全反射的入射点区域的面积为（2）πR2．
15．解：（1）以传送带为参考系，则货物在乙上运动的初速度为，末速度为0，此过程：
ma1＝μ1mg
假设货物相对于乙的位移为x1，则，
假设货物刚好到达乙的右边缘，则，
根据匀变速直线运动位移公式
联立以上，解得：
（2）以传送带为参考系，
0.5μ1gt1＝v0
解得：
（3）乙传送带的摩擦力：
丙传送带货物的加速度：
从而有
经分析，当丙上有6个货物时
当丙上有7个货物时
综上所述，电动机对乙、丙传送带因运输货物而提供的额外力的和
或
答：（1）若乙的速度为v，货物若想顺利运输到顶端，乙的宽度至少；
（2）若当货物在乙上刚好停止侧滑时，下一个货物正好滑上乙上，则乙的速度为；
（3）电动机对乙、丙传送带因运输货物而提供的额外力的和可能为或。
16．解：（1）电场左右边界的电势差：U＝Ed
在电场中：nqU
在磁场中：Bqvn
解得：r1、r2；v1、v2
从而求得：sinα1
设从第1层电场射入第2层磁场时与水平夹角θ，有：v1sinα1＝v2sinθ
联立解得：r2sinθd
故v2垂直出射第2层磁场，sinα2＝0
（2）①由上述结论得到：r（2n﹣1）、r（2n﹣1）sinα（2n﹣1）﹣r（2n﹣1）sinθ（2n﹣1）＝d
v（2n﹣1）sinθ（2n﹣1）＝v（2n﹣2）sinα（2n﹣2）
解得：r（2n﹣1）sinα（2n﹣1）﹣r（2n﹣2）sinα（2n﹣2）＝d
同理：r（2n﹣1）sinα（2n﹣1）＝r2nsinα2n＝d
又因为：r1sinα1＝d、r2sinα2＝0
解得：sinα（2n﹣1）、sinα2n＝0
②粒子冲出第2n层磁场时，垂直速度为0，由动量定理：I2n＝Inx、P2n＝mv2n、I电＝Eqt、p2n﹣p0＝I2n+I电
解得：t
由①知，粒子在奇数层磁场中不偏转，在偶数层磁场中偏转，而：v（2n﹣1）sinα（2n﹣1）
故粒子在偶数层电场中偏转速度恒定，又：v（2n+1）﹣v2n
故粒子在奇数层电场中每一次速度变化量为定值，在奇数层电场中运动时间：T
在偶数层电场中所用时间：t﹣T
故沿y方向的偏移量：y
答：（1）若dn＝d，则sinα1为、sinα2为0；
（2）若dn＝（2n﹣1）d．
①sinα2n﹣1和sinα2n；分别为和0；
②若粒子从开始运动到冲出第2n层磁场，洛伦兹力对粒子的总冲量为I2n，则粒子这段时间在电场中的总偏转位移y为。