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2022-2023学年安徽省马鞍山市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年安徽省马鞍山市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.下列有关机械振动和机械波的说法正确的是( )
A. 简谐运动的弹簧振子，在位移相同的两个时刻，振子的速度一定相同
B. 火车从我们身边疾驰而过的时候，我们听到的鸣笛音调会由低变高
C. 单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长无关
D. 在平静水面激起的水波波长与障碍物尺寸相比小得多时，才能观察到明显的衍射现象
2.物体仅受到方向不变的力F作用由静止开始运动，力的大小随时间的变化规律为F=4t(F的单位是N)，则( )
A. 力F在第1s内的冲量大小为2N⋅sB. 力F在第1s内的冲量大小为4N⋅s
C. 2s末物体的动量大小为4kg⋅m/sD. 2s末物体的动量大小为16kg⋅m/s
3.有一列沿着x轴正方向传播的横波，图甲是该波某时刻的波形图，图乙是平衡位置为2m处的质点P的振动图像，则图甲所对应的时刻为( )
A. 0sB. 1sC. 2sD. 3s
4.如图所示，MN是边长为L的正方形金属线框AB、CD的中点，MN与匀强磁场的左边界重合，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面。线框以MN为轴匀速转动产生交变电流，已知BC边的线速度大小为v，线框电阻为R，则该交变电流的电流有效值为( )
A. 2BLv4R
B. 2BLv2R
C. BLv2R
D. BLvR
5.如图所示是远距离输电线路图，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，降压变压器原、副线圈的匝数分别为n3、n4，电压分别为U3、U4，两变压器均视为理想变压器，输电线总电阻为R。在进行输电线路改造后，输电线电阻R变小，假设发电厂电压U1、升压变压器匝数比n1：n2、用户电压U4以及发电厂总功率保持不变，则改造后( )
A. 输电电压U2减小B. 降压变压器原线圈两端电压U3不变
C. 降压变压器的匝数比n3：n4变大D. 降压变压器输出功率不变
6.纸面内固定有并排放置的正方形线框A和B，虚线区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，该磁场区域从图示位置开始沿纸面运动后，B中产生了顺时针方向的感应电流，则匀强磁场区域可能的运动情况是( )
A. 向左匀速运动B. 向左加速运动C. 向右匀速运动D. 向右加速运动
7.如图甲所示，一竖直悬挂的轻质弹簧上端固定、下端连接质量为m的小球，弹簧的劲度系数为k，小球静止时弹簧长度为L。将整个装置倒置过来如图乙所示，将弹簧竖直向上拉至长为L，由静止释放并开始计时，小球做简谐运动的周期为T。以平衡位置为坐标原点，取竖直向下为正方向，重力加速度为g，空气阻力不计，弹簧始终在弹性限度内，则小球运动的位移x随时间t的表达式为( )
A. x=mgk⋅sin(2πTt+π2)B. x=2mgk⋅sin(2πTt+π2)
C. x=mgk⋅sin(2πTt−π2)D. x=2mgk⋅sin(2πTt−π2)
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.关于以下四种物理仪器的示意图，说法正确的是( )
A. 图甲是速度选择器结构示意图，若不计粒子重力，可以判断由狭缝射出的带电粒子的电性
B. 图乙是磁流体发电机结构示意图，可以判断出B极板是发电机的正极
C. 图丙是质谱仪结构示意图，打在底片上的位置越靠近入射点，粒子的比荷越小
D. 图丁是回旋加速器示意图，若仅增加电压U，无法增大粒子飞出加速器时的动能
9.光滑的水平面上有A、B两个小物块，在t=0时刻，两物块开始在同一直线上同向运动，随后发生正碰，两物块碰撞前后的位移x与时间t的关系图像如图所示。则( )
A. 物块A与B的质量比为1：1
B. 物块A与B的质量比为1：3
C. 两物块的碰撞是弹性碰撞
D. 两物块的碰撞是非弹性碰撞
10.用电感L和电容C组成如图所示的电路，开关S断开，电容器上带有一定的电荷量。闭合开关S形成LC振荡电路，振荡周期为T，记开关S闭合瞬间为t=0时刻，则( )
A. t=T4时，回路中电流为最大
B. t=T2时，线圈中产生的感应电动势最大
C. t=3T4时，电容器两极板间的电场强度最大
D. 若增大电容器两极板的间距，振荡周期增大
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.如图甲所示，在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，将实验仪器按要求安装在光具座上，并选用缝间距d=0.4mm的双缝，像屏与双缝间的距离L=0.5m。
(1)关于该实验，下列说法正确的是______。
A.双缝的作用是获得两个频率相同、相位差恒定、振动方向相同的光源
B.单缝与双缝应相互垂直放置
C.干涉条纹与双缝垂直
D.想增加从目镜中观察到的条纹个数，可以将单缝向双缝靠近
(2)某同学在做该实验时，转动测量头的手轮，使分划板中心刻线对准第1条亮条纹中心时，测量头的螺旋测微计读数为5.300mm。继续转动手轮，使分划板中心刻线对准第7条亮条纹中心时，测量头的螺旋测微计示数如图乙所示，读数为______ mm。
(3)所测单色光的波长是______m(结果保留2位有效数字)。
12.某同学用图甲所示的装置研究单摆的规律，让摆球在竖直平面内做摆动，摆角小于5∘。用力传感器得到细线对摆球拉力F的大小随时间t变化的图线如图乙所示。
(1)用游标卡尺测量小球的直径如图丙所示，其读数为______ mm。
(2)某同学根据单摆周期公式计算当地重力加速度时，将细线长与小球直径之和作为摆长，则测得的重力加速度将______(选填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(3)由图乙可得该单摆的运动周期为______s(结果保留两位有效数字)。
(4)该同学测得当地重力加速度g=9.8m/s2，结合图乙数据，可计算出摆球的质量为______kg(结果保留2位有效数字)。
四、简答题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，有一种透明且分布均匀的液体，在其表面下方深为h=2m处有一点光源，发出的光线中有一条光线以入射角i=30∘射到液体表面，发生折射，折射角r=45∘。不考虑光的多次反射，取π=3.14。求：
(1)该液体的折射率；
(2)若要在液体上方无法看到该点光源，可在点光源正上方液体表面覆盖一不透明的圆形遮光板，该遮光板的最小面积为多大。
14.如图所示，光滑U形导体框架的宽度L=0.5m，下端有一阻值为R=1Ω的电阻，导轨其余部分电阻忽略不计，其所在平面与水平面夹角为θ=37∘。空间中存在磁感应强度大小为B=0.6T、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场。一根质量m=0.03kg、电阻不计的导体棒垂直轨道跨放在U形框架上，将导体棒由静止释放，导体棒下滑过程始终与导体框架接触良好，且释放位置距离框架下端足够长。重力加速度g取10m/s2，sin37∘=0.6。求：
(1)导体棒速度大小为1m/s时的加速度大小；
(2)导体棒运动过程中的最大速度。
15.如图所示，在xOy坐标系的第Ⅰ、Ⅳ象限中，存在磁感应强度大小为B、方向垂直坐标平面向里的匀强磁场。一质量为m1、带电量为+q的小球甲从坐标原点O沿+x方向以某一初速度射入磁场，恰好与静止在P点处的带负电小球乙发生正碰并粘在一起，小球乙质量为m2，P点的坐标为(L,L)，不计两小球的重力和它们间的库仑力，求：
(1)小球甲从射入磁场到发生碰撞经历的时间；
(2)两球碰后的速度大小；
(3)若碰后甲、乙恰好能经过x轴，求碰前小球乙的电量大小以及两小球从碰后至经过x轴所需的时间。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.弹簧振子做简谐运动时的速度方向与振子的运动方向有关；在位移相同的两个时刻，振子的速度方向可能相反，故A错误；
B.根据多普勒效应，火车从我们身边疾驰而过的时候，我们听到的鸣笛音调会由高变低，故B错误；
C.单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期是由驱动力的周期决定的，与单摆的摆长无关，故C正确；
D.当水波通过障碍物时，若障碍物的尺寸与波长差不多，或比波长小得多时，水波将发生明显的衍射现象，故D错误。
故选：C。
A.弹簧振子做简谐运动时的速度方向与振子的运动方向有关，据此分析作答
B.根据多普勒效应分析作答；
C.根据受迫振动的周期的决定因素分析作答；
D.根据发生明显衍射的条件分析作答。
本题考查了简谐运动的速度方向、多普勒效应、受迫振动和波发生明显衍射的条件，涉及的知识点较多，需要加强理解记忆。
2.【答案】A
【解析】解：AB.设力的方向为正方向，由于力的大小随时间的变化规律为
F=4t
则力F在第1s内的冲量大小为
I1=F1−Δt1=0+4×12×1N⋅s=2N⋅s
故A正确，B错误；
CD.设力的方向为正方向，力F在2s内的冲量大小为
I2=F2−Δt2=0+4×22×2N⋅s=8N⋅s
设力的方向为正方向，根据动量定理可得
I2=p2−0
可得2s末物体的动量大小为
p2=I2=8kg⋅m/s
故CD错误。
故选：A。
根据力的大小随时间的变化规律求出力F在第1s内平均力，再根据冲量公式求解此时间段的力的冲量大小；
同理求出力F在2s内的冲量大小，根据动量定理求出2s末物体的动量大小。
本题考查的是动量定理的简单应用，其中涉及到了求变力的冲量，需先求平均作用力，再求其冲量的大小，此题为基础题。
3.【答案】A
【解析】解：波沿着x轴正方向传播，根据波形平移法可知，图甲中质点P此时位于平衡位置沿y轴负方向振动，结合图乙，可知则图甲所对应的时刻为0s，故A正确，BCD错误。
故选：A。
波沿着x轴正方向传播，运用波形平移法判断质点P此时的振动方向，结合图乙分析即可。
解答本题的关键要掌握波形平移法判断质点的振动方向，要注意振动图像与波动图像判断质点振动方向的区别，不要搞混。
4.【答案】B
【解析】解：根据题意可知，线圈始终有一半处于磁场中，以图示位置为计时起点，则感应电动势的瞬时值为：e=BL22ωsinωt
由于：v=ωL2
则电动势的最大值为：Emax=BLv
则该交变电流的电流有效值为：I=BLv 2R= 2BLv2R，故ACD错误，B正确。
故选：B。
矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交流电．由于线圈始终有一半在磁场中切割产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律求出感应电流大小。
本题主要考查了线圈在磁场中产生感应电动势，关键是抓住线圈始终有一半在磁场中，明确计时时刻。
5.【答案】C
【解析】解：A.对于升压变压器，根据电压匝数关系有
U1U2=n1n2
可知输电电压U2也保持不变，故A错误；
B.由于发电厂总功率保持不变，根据
P=U1I1=U2I2
根据上述，U2保持不变，则输电电流I2不变，根据
U3=U2−I2R
由于输电线电阻R变小，则降压变压器原线圈两端电压U3增大，故B错误；
C.对于降压变压器，根据电压匝数关系有
U3U4=n3n4
根据上述U3增大，而U4不变，可知降压变压器的匝数比n3：n4变大，故C正确；
D.降压变压器输出功率为
P′=U2I2−I22R
由于U2、I2保持不变，R减小，则降压变压器输出功率增大，故D错误。
故选：C。
变压器电压之比等于匝数之比；电流之比与匝数成反比；在远距离输电中，输电导线上功率有损耗，输电功率不变时，当输电电流不变，电阻变小时，输电损失功率和电压都将减小，据此根据变压器规律分析答题。
理想变压器的输入功率与输出功率相等，且没有漏磁现象。远距离输电，由于导线通电发热导致能量损失，所以通过提高输送电压，从而实现降低电损。
6.【答案】B
【解析】解：AC.当匀强磁场向左匀速或向右匀速运动，等价于A线框的左边反向匀速切割磁感线，产生的是恒定的电动势，则产生的磁场也是恒定的，导致穿过B线框的磁通量不变，B线框不能产生感应电流，故AC错误；
BD.匀强磁场向左加速运动，等效为线框的左边在向右加速运动切割磁感线，A线框中产生的感应电动势和感应电流都增大，由右手定则知感应电流为顺时针方向，根据安培定则可知A线圈在B框中产生的磁场方向垂直纸面向外，而磁通量增大，由楞次定理可知B线框
的感应电流为顺时针；同理匀强磁场向右减速运动时，B中产生的感应电流也为顺时针方向，故B正确，D错误。
故选：B。
根据电磁感应定律分析A感应电流产生的磁场情况，从而再分析B的感应电流方向。
本题考查楞次定律，解题关键掌握感应电流的判断方法。
7.【答案】D
【解析】解：竖直悬挂时，小球静止时弹簧长度为L，设此时弹簧的伸长量为x1，由共点力平衡条件得：
kx1=mg
解得：x1=mgk
弹簧的原长为：
L0=L−x1
解得：L0=L−mgk
将整个装置倒置过来，小球处于平衡位置O时，设弹簧的压缩量为x2，则有
x2=mgk
将弹簧竖直向上拉至长为L，由静止释放并开始计时，小球做简谐运动的周期为T。以平衡位置为坐标原点，取竖直向下为正方向，则t=0时刻，小球处于负向最大位移处，即
x0=−A
小球做简谐运动的振幅为：
A=L−(L0−x2)
解得：A=2mgk
则小球运动的位移x随时间t的表达式为：
x=Asin(ωt−π2)
其中ω=2πT
解得：x=2mgk⋅sin(2πTt−π2)，故ABC错误，D正确。
故选：D。
竖直悬挂时，根据共点力平衡条件求出弹簧的原长，将整个装置倒置过来后，求出小球处于平衡位置O时弹簧的压缩量，从而求出小球做简谐运动的振幅，最后写出小球运动的位移x随时间t的表达式。
本题考查简谐振动的特点和简谐运动基本物理量：振幅、周期、位移，掌握振动方程的一般表达式。
8.【答案】BD
【解析】解：A、速度选择器中粒子不计重力，沿直线做匀速直线运动，洛伦兹力与电场力平衡，根据：qvB=qE
则有：v=EB，粒子从左侧进入，可知：若粒子带正电，洛伦兹力向上，电场力向下。若洛伦兹力带负电，洛伦兹力向下，电场力向上。洛伦兹力始终与电场力平衡，即与粒子电荷无关，即不能够判断由狭缝射出的带电粒子的电性，故A错误；
B、根据图示可知，磁场水平向右，根据左手定则，正粒子向下偏转到B上，B极板带正电，可以判断出B极板是发电机的正极，故B正确；
C、在加速电场中，根据动能定理有：qU=12mv2
在磁场中做匀速圆周运动：R=mvqB
由几何关系有：x=2R
联立解得：qm=8UB2x2
由此可知，打在底片上的位置越靠近入射点，粒子的比荷越大，故C错误；
D、粒子最大半径为D形盒的半径R，根据半径公式有：R=mvmaxqB，所以最大动能：Ekmax=12mvmax2
联立解得：Ekmax=q2R2B22m
由此可知，若仅增加电压U，无法增大粒子飞出加速器时的动能，故D正确。
故选：BD。
速度选择器是因为达到某一速度的粒子受力平衡做匀速直线运动；磁流体发电机就是利用带电粒子受洛伦兹力原理，质谱仪应采取分段分析的方法，即粒子加速阶段，速度选择阶段，在磁场中运动阶段，一般用来分析同位素；粒子想利用回旋加速器获得更大的动能，需要增大盒子半径。
解答此题的关键是明白各种仪器的工作原理以及用途，根据粒子的受力情况结合带电粒子在电场、磁场中的运动的规律进行分析。
9.【答案】BC
【解析】解：AB、x−t图象的斜率等于速度，根据图像可知，碰后A处于静止，则A碰前的速度
v0=31m/s=3m/s
B碰撞前后的速度分别为
v1=3−21m/s=1m/s，v2=5−32−1m/s=2m/s
取碰撞前两者的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有
mAv0+mBv1=mBv2
解得：mAmB=13，故A错误，B正确；
CD、碰撞前，系统总动能为
Ek1=12mAv02+12mBv12=6mA
碰撞后，系统总动能为
Ek2=12mBv22=6mA
可知，两物块的碰撞是弹性碰撞，故C正确，D错误。
故选：BC。
根据x−t图象的斜率等于速度，求出碰撞前后两个小物块的速度，根据动量守恒定律解得物块A与B的质量比；根据碰撞前后系统的总动能，分析碰撞的类型。
本题的关键要明确x−t图象的斜率等于速度，碰撞过程大多数符合动量守恒定律。
10.【答案】AB
【解析】解：A.根据题意可知，开关S闭合瞬间为t=0时刻，电容器开始放电，电流增大，电流与时间呈现正弦式变化，当t=T4时，回路中放电电流达到最大值，故A正确；
B.T4到T2时间内电容器处于反向充电状态，电流减小，由于电流与时间呈现正弦式变化，图像的斜率的绝对值表示感应电动势的大小，在t=T2时，电流为0，电流时间图像的斜率的绝对值达到最大值，由法拉第电磁感应定律可知t=T2时，线圈中产生的感应电动势最大，故B正确；
C.根据上述可知，t=T2时，充电结束，电容器又开始放电，电流反向增大，t=3T4时，电容器放电结束，电流达到最大，电路中磁场能最大，根据能量守恒定律知，电容器极板间电场能最小，电场最弱，所以电容器两极板间的电场强度最小，故C错误；
D.根据C=εrS4πkd可知，若增大电容器两极板的间距，电容器的电容减小，根据T=2π LC可知，振荡周期减小，故D错误。
故选：AB。
S刚闭合瞬间，电感线圈中电流为0，磁场能为0，经过T4时，电流最大，磁场能最大；根据电流时间图像的斜率的大小判断线圈中产生的感应电动势的大小；t=3T4时判断电容器极板所带电荷量的多少，判断电容器两极板间的电场强度的大小；根据C=εrS4πkd和T=2π LC分析周期的变化。
本题考查LC振荡电路，要知道该电路中电场能和磁场能之间的转化情况，会判断电流、电荷量的变化情况，知道电磁振荡的周期公式。
11.【答案】A9.8006.0×10−7
【解析】解：(1)A.干涉的前提条件是需要有相干波源，在杨氏双缝干涉实验中，双缝的作用就是获得两个频率相同、相位差恒定、振动方向相同的光源，故A正确；
B.为了确保干涉条纹的清晰程度，单缝与双缝应相互平行放置，故B错误；
C.实验中的干涉条纹与双缝平行，故C错误；
D.根据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ可知，想增加从目镜中观察到的条纹个数，则需要减小条纹之间的间距，减小双缝到屏之间的间距L，而将单缝向双缝靠近不改变条纹间距的宽度，故D错误。
故选：A。
(2)螺旋测微器的精确度为0.01mm，第7条亮条纹的读数x7=9.5mm+30.0×0.01mm=9.800mm
(3)相邻条纹间距为Δx=(9.800−5.300)×10−37−1m=7.5×10−4m
根据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ
代入数据解得，单色光的波长λ=6.0×10−7m。
故答案为：(1)A；(2)9.800；(3)6.0×10−7。
(1)根据实验原理和注意事项分析作答；
(2)螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值=固定刻度对应示数(mm)+对齐格数(估读一位)×精确度；
(3)根据第1和第7条亮条纹之间的宽度求解相邻亮条纹之间的距离，根据双缝干涉条纹间距公式求单色光的波长。
本题考查了用双缝干涉仪测单色光的波长；理解双缝干涉条纹间距公式和正确求解相邻亮条纹之间的距离是解题的关键；要掌握螺旋测微器的正确读数和实验的正确操作。
12.【答案】15.70偏大
【解析】解：(1)游标卡尺的分度值为0.05mm，不需要估读，则该读数为
15mm+0.05×14mm=15.70mm
(2)根据单摆的周期公式
T=2π Lg
解得：g=4π2LT2
摆长应该为摆线长与小球半径之和，若将细线长与小球直径之和作为摆长，则摆长偏大，测得的重力加速度将偏大。
(3)单摆在摆动过程中，摆球位于最高点时，细线弹力最小，根据图乙可知，连续两次细线弹力最小经历时间为半个周期，则有
12T=1.0s
解得：T=2.0s
(4)摆球在最低点，根据牛顿第二定律可得：
Fmax−mg=mv2L
摆球在最高点有
Fmin−mgcsθ
摆球由最高点到达最低点过程有
mg(L−Lcsθ)=12mv2
结合图乙解得：m=0.46kg
故答案为：(1)15.70；(2)偏大；(3)2.0；(4)0.46
(1)根据游标卡尺的读数规则得出对应的读数；
(2)根据单摆的周期公式得出重力加速度的测量值和真实值的大小关系；
(3)根据图像的物理意义得出单摆的运动周期；
(4)根据牛顿第二定律列式，结合图像的物理意义得出对应的质量。
本题主要考查了单摆测量重力加速度的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合单摆的周期公式和牛顿第二定律即可完成分析。
13.【答案】解：(1)已知入射角i=30∘，折射角r=45∘，由折射定律有
n=sinrsini
解得液体的折射率为：n= 2
(2)全反射的临界角满足：
sinC=1n
解得：C=45∘
则遮光板的最小半径为
r=htanC=2×tan45∘m=2m
遮光板的最小面积为
S=πr2=3.14×22m2=12.56m2
答：(1)该液体的折射率为 2；
(2)该遮光板的最小面积为12.56m2。
【解析】(1)已知入射角和折射角，由折射定律求折射率。
(2)当光在液面恰好发生全反射时，在液体上方看到的液面亮斑面积最大，该遮光板的最小面积等于液面亮斑最大面积。由sinC=1n可求出临界角，再由几何关系可求出该遮光板的最小面积.
本题考查光的折射定律与光的全反射现象，运用几何知识来解题，同时要掌握全反射的条件和临界角公式。
14.【答案】解：(1)根据牛顿第二定律，可得
mgsinθ−BIL=ma
其中：I=BLvR
联立解得：a=3m/s2
(2)当导体棒匀速下滑时速度达到最大，设最大速度为vm，则由平衡条件有
mgsinθ=BI′L
感应电流为I′=BLvmR
联立解得：vm=2m/s
答：(1)导体棒速度大小为1m/s时的加速度大小为3m/s2；
(2)导体棒运动过程中的最大速度为2m/s。
【解析】(1)以ab为研究对象进行受力分析，根据牛顿第二定律和安培力公式相结合求解加速度；
(2)当导体棒匀速下滑时速度达到最大，根据平衡条件列方程，结合安培力的计算公式求解最大速度。
解答本题时，要明确棒的运动情况和受力情况，知道导体棒做匀速运动时，即加速度为零时，速度达到最大。
15.【答案】解：(1)小球甲由O到P的过程做匀速圆周运动，轨迹恰好为四分之一的圆周。作出运动轨迹如下图OP段所示
根据几何关系有：R1=L
对小球，由洛伦兹力提供向心力得：qv0B=m1v02R1
联立解得：v0=qBLm1
碰前小球甲的运动周期：T=2πR1v0
由O到P过程所需时间：t1=T4
解得：t1=πm12qB
(2)甲、乙碰撞过程，以甲原来运动的方向为正方向，由动量守恒得：
m1v0=(m1+m2)v1
解得：v1=qBL(m1+m2)
(3)碰后两小球做顺时针的匀速圆周运动，可知碰后甲、乙整体带负电。
运动轨迹与x轴相切，可得轨迹半径为：R2=L
同理可得：q总v1B=(m1+m2)v12R2
解得：q总=q
根据电荷守恒定律：q+(−q乙)=−q总
解得碰前小球乙电荷量大小为：q乙=2q
根据运动轨迹的周期性可得碰后经过x轴所需时间为：
t=(34+n)T′，(n=0,1,2,3……)
又碰后两小球运动周期：T′=2πR2v1
代入联立解得：t=(3+4n)π(m1+m2)2qB，(n=0,1,2,3……)
答：(1)小球甲从射入磁场到发生碰撞经历的时间为πm12qB；
(2)两球碰后的速度大小为qBL(m1+m2)；
(3)碰前小球乙的电量大小为2q，两小球从碰后至经过x轴所需的时间为(3+4n)π(m1+m2)2qB(n=0,1,2,3……)。
【解析】(1)画出小球甲的运动轨迹，由题意和几何关系求得轨迹半径和偏转角，结合周期的公式求时间；
(2)根据动量守恒定律求两球碰撞后的速度；
(3)根据牛顿第二定律和题设条件求出电荷量的关系，由整体运动的周期性重复求到达x轴的时间。
本题是带电小球在磁场中做匀速圆周运动与完全非弹性碰撞的综合，掌握周期公式、半径公式及动量守恒定律，结合带电小球运动的周期性可解决问题。
1.下列有关机械振动和机械波的说法正确的是( )
A. 简谐运动的弹簧振子，在位移相同的两个时刻，振子的速度一定相同
B. 火车从我们身边疾驰而过的时候，我们听到的鸣笛音调会由低变高
C. 单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长无关
D. 在平静水面激起的水波波长与障碍物尺寸相比小得多时，才能观察到明显的衍射现象
2.物体仅受到方向不变的力F作用由静止开始运动，力的大小随时间的变化规律为F=4t(F的单位是N)，则( )
A. 力F在第1s内的冲量大小为2N⋅sB. 力F在第1s内的冲量大小为4N⋅s
C. 2s末物体的动量大小为4kg⋅m/sD. 2s末物体的动量大小为16kg⋅m/s
3.有一列沿着x轴正方向传播的横波，图甲是该波某时刻的波形图，图乙是平衡位置为2m处的质点P的振动图像，则图甲所对应的时刻为( )
A. 0sB. 1sC. 2sD. 3s
4.如图所示，MN是边长为L的正方形金属线框AB、CD的中点，MN与匀强磁场的左边界重合，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面。线框以MN为轴匀速转动产生交变电流，已知BC边的线速度大小为v，线框电阻为R，则该交变电流的电流有效值为( )
A. 2BLv4R
B. 2BLv2R
C. BLv2R
D. BLvR
5.如图所示是远距离输电线路图，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，降压变压器原、副线圈的匝数分别为n3、n4，电压分别为U3、U4，两变压器均视为理想变压器，输电线总电阻为R。在进行输电线路改造后，输电线电阻R变小，假设发电厂电压U1、升压变压器匝数比n1：n2、用户电压U4以及发电厂总功率保持不变，则改造后( )
A. 输电电压U2减小B. 降压变压器原线圈两端电压U3不变
C. 降压变压器的匝数比n3：n4变大D. 降压变压器输出功率不变
6.纸面内固定有并排放置的正方形线框A和B，虚线区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，该磁场区域从图示位置开始沿纸面运动后，B中产生了顺时针方向的感应电流，则匀强磁场区域可能的运动情况是( )
A. 向左匀速运动B. 向左加速运动C. 向右匀速运动D. 向右加速运动
7.如图甲所示，一竖直悬挂的轻质弹簧上端固定、下端连接质量为m的小球，弹簧的劲度系数为k，小球静止时弹簧长度为L。将整个装置倒置过来如图乙所示，将弹簧竖直向上拉至长为L，由静止释放并开始计时，小球做简谐运动的周期为T。以平衡位置为坐标原点，取竖直向下为正方向，重力加速度为g，空气阻力不计，弹簧始终在弹性限度内，则小球运动的位移x随时间t的表达式为( )
A. x=mgk⋅sin(2πTt+π2)B. x=2mgk⋅sin(2πTt+π2)
C. x=mgk⋅sin(2πTt−π2)D. x=2mgk⋅sin(2πTt−π2)
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.关于以下四种物理仪器的示意图，说法正确的是( )
A. 图甲是速度选择器结构示意图，若不计粒子重力，可以判断由狭缝射出的带电粒子的电性
B. 图乙是磁流体发电机结构示意图，可以判断出B极板是发电机的正极
C. 图丙是质谱仪结构示意图，打在底片上的位置越靠近入射点，粒子的比荷越小
D. 图丁是回旋加速器示意图，若仅增加电压U，无法增大粒子飞出加速器时的动能
9.光滑的水平面上有A、B两个小物块，在t=0时刻，两物块开始在同一直线上同向运动，随后发生正碰，两物块碰撞前后的位移x与时间t的关系图像如图所示。则( )
A. 物块A与B的质量比为1：1
B. 物块A与B的质量比为1：3
C. 两物块的碰撞是弹性碰撞
D. 两物块的碰撞是非弹性碰撞
10.用电感L和电容C组成如图所示的电路，开关S断开，电容器上带有一定的电荷量。闭合开关S形成LC振荡电路，振荡周期为T，记开关S闭合瞬间为t=0时刻，则( )
A. t=T4时，回路中电流为最大
B. t=T2时，线圈中产生的感应电动势最大
C. t=3T4时，电容器两极板间的电场强度最大
D. 若增大电容器两极板的间距，振荡周期增大
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.如图甲所示，在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，将实验仪器按要求安装在光具座上，并选用缝间距d=0.4mm的双缝，像屏与双缝间的距离L=0.5m。
(1)关于该实验，下列说法正确的是______。
A.双缝的作用是获得两个频率相同、相位差恒定、振动方向相同的光源
B.单缝与双缝应相互垂直放置
C.干涉条纹与双缝垂直
D.想增加从目镜中观察到的条纹个数，可以将单缝向双缝靠近
(2)某同学在做该实验时，转动测量头的手轮，使分划板中心刻线对准第1条亮条纹中心时，测量头的螺旋测微计读数为5.300mm。继续转动手轮，使分划板中心刻线对准第7条亮条纹中心时，测量头的螺旋测微计示数如图乙所示，读数为______ mm。
(3)所测单色光的波长是______m(结果保留2位有效数字)。
12.某同学用图甲所示的装置研究单摆的规律，让摆球在竖直平面内做摆动，摆角小于5∘。用力传感器得到细线对摆球拉力F的大小随时间t变化的图线如图乙所示。
(1)用游标卡尺测量小球的直径如图丙所示，其读数为______ mm。
(2)某同学根据单摆周期公式计算当地重力加速度时，将细线长与小球直径之和作为摆长，则测得的重力加速度将______(选填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(3)由图乙可得该单摆的运动周期为______s(结果保留两位有效数字)。
(4)该同学测得当地重力加速度g=9.8m/s2，结合图乙数据，可计算出摆球的质量为______kg(结果保留2位有效数字)。
四、简答题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，有一种透明且分布均匀的液体，在其表面下方深为h=2m处有一点光源，发出的光线中有一条光线以入射角i=30∘射到液体表面，发生折射，折射角r=45∘。不考虑光的多次反射，取π=3.14。求：
(1)该液体的折射率；
(2)若要在液体上方无法看到该点光源，可在点光源正上方液体表面覆盖一不透明的圆形遮光板，该遮光板的最小面积为多大。
14.如图所示，光滑U形导体框架的宽度L=0.5m，下端有一阻值为R=1Ω的电阻，导轨其余部分电阻忽略不计，其所在平面与水平面夹角为θ=37∘。空间中存在磁感应强度大小为B=0.6T、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场。一根质量m=0.03kg、电阻不计的导体棒垂直轨道跨放在U形框架上，将导体棒由静止释放，导体棒下滑过程始终与导体框架接触良好，且释放位置距离框架下端足够长。重力加速度g取10m/s2，sin37∘=0.6。求：
(1)导体棒速度大小为1m/s时的加速度大小；
(2)导体棒运动过程中的最大速度。
15.如图所示，在xOy坐标系的第Ⅰ、Ⅳ象限中，存在磁感应强度大小为B、方向垂直坐标平面向里的匀强磁场。一质量为m1、带电量为+q的小球甲从坐标原点O沿+x方向以某一初速度射入磁场，恰好与静止在P点处的带负电小球乙发生正碰并粘在一起，小球乙质量为m2，P点的坐标为(L,L)，不计两小球的重力和它们间的库仑力，求：
(1)小球甲从射入磁场到发生碰撞经历的时间；
(2)两球碰后的速度大小；
(3)若碰后甲、乙恰好能经过x轴，求碰前小球乙的电量大小以及两小球从碰后至经过x轴所需的时间。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.弹簧振子做简谐运动时的速度方向与振子的运动方向有关；在位移相同的两个时刻，振子的速度方向可能相反，故A错误；
B.根据多普勒效应，火车从我们身边疾驰而过的时候，我们听到的鸣笛音调会由高变低，故B错误；
C.单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期是由驱动力的周期决定的，与单摆的摆长无关，故C正确；
D.当水波通过障碍物时，若障碍物的尺寸与波长差不多，或比波长小得多时，水波将发生明显的衍射现象，故D错误。
故选：C。
A.弹簧振子做简谐运动时的速度方向与振子的运动方向有关，据此分析作答
B.根据多普勒效应分析作答；
C.根据受迫振动的周期的决定因素分析作答；
D.根据发生明显衍射的条件分析作答。
本题考查了简谐运动的速度方向、多普勒效应、受迫振动和波发生明显衍射的条件，涉及的知识点较多，需要加强理解记忆。
2.【答案】A
【解析】解：AB.设力的方向为正方向，由于力的大小随时间的变化规律为
F=4t
则力F在第1s内的冲量大小为
I1=F1−Δt1=0+4×12×1N⋅s=2N⋅s
故A正确，B错误；
CD.设力的方向为正方向，力F在2s内的冲量大小为
I2=F2−Δt2=0+4×22×2N⋅s=8N⋅s
设力的方向为正方向，根据动量定理可得
I2=p2−0
可得2s末物体的动量大小为
p2=I2=8kg⋅m/s
故CD错误。
故选：A。
根据力的大小随时间的变化规律求出力F在第1s内平均力，再根据冲量公式求解此时间段的力的冲量大小；
同理求出力F在2s内的冲量大小，根据动量定理求出2s末物体的动量大小。
本题考查的是动量定理的简单应用，其中涉及到了求变力的冲量，需先求平均作用力，再求其冲量的大小，此题为基础题。
3.【答案】A
【解析】解：波沿着x轴正方向传播，根据波形平移法可知，图甲中质点P此时位于平衡位置沿y轴负方向振动，结合图乙，可知则图甲所对应的时刻为0s，故A正确，BCD错误。
故选：A。
波沿着x轴正方向传播，运用波形平移法判断质点P此时的振动方向，结合图乙分析即可。
解答本题的关键要掌握波形平移法判断质点的振动方向，要注意振动图像与波动图像判断质点振动方向的区别，不要搞混。
4.【答案】B
【解析】解：根据题意可知，线圈始终有一半处于磁场中，以图示位置为计时起点，则感应电动势的瞬时值为：e=BL22ωsinωt
由于：v=ωL2
则电动势的最大值为：Emax=BLv
则该交变电流的电流有效值为：I=BLv 2R= 2BLv2R，故ACD错误，B正确。
故选：B。
矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交流电．由于线圈始终有一半在磁场中切割产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律求出感应电流大小。
本题主要考查了线圈在磁场中产生感应电动势，关键是抓住线圈始终有一半在磁场中，明确计时时刻。
5.【答案】C
【解析】解：A.对于升压变压器，根据电压匝数关系有
U1U2=n1n2
可知输电电压U2也保持不变，故A错误；
B.由于发电厂总功率保持不变，根据
P=U1I1=U2I2
根据上述，U2保持不变，则输电电流I2不变，根据
U3=U2−I2R
由于输电线电阻R变小，则降压变压器原线圈两端电压U3增大，故B错误；
C.对于降压变压器，根据电压匝数关系有
U3U4=n3n4
根据上述U3增大，而U4不变，可知降压变压器的匝数比n3：n4变大，故C正确；
D.降压变压器输出功率为
P′=U2I2−I22R
由于U2、I2保持不变，R减小，则降压变压器输出功率增大，故D错误。
故选：C。
变压器电压之比等于匝数之比；电流之比与匝数成反比；在远距离输电中，输电导线上功率有损耗，输电功率不变时，当输电电流不变，电阻变小时，输电损失功率和电压都将减小，据此根据变压器规律分析答题。
理想变压器的输入功率与输出功率相等，且没有漏磁现象。远距离输电，由于导线通电发热导致能量损失，所以通过提高输送电压，从而实现降低电损。
6.【答案】B
【解析】解：AC.当匀强磁场向左匀速或向右匀速运动，等价于A线框的左边反向匀速切割磁感线，产生的是恒定的电动势，则产生的磁场也是恒定的，导致穿过B线框的磁通量不变，B线框不能产生感应电流，故AC错误；
BD.匀强磁场向左加速运动，等效为线框的左边在向右加速运动切割磁感线，A线框中产生的感应电动势和感应电流都增大，由右手定则知感应电流为顺时针方向，根据安培定则可知A线圈在B框中产生的磁场方向垂直纸面向外，而磁通量增大，由楞次定理可知B线框
的感应电流为顺时针；同理匀强磁场向右减速运动时，B中产生的感应电流也为顺时针方向，故B正确，D错误。
故选：B。
根据电磁感应定律分析A感应电流产生的磁场情况，从而再分析B的感应电流方向。
本题考查楞次定律，解题关键掌握感应电流的判断方法。
7.【答案】D
【解析】解：竖直悬挂时，小球静止时弹簧长度为L，设此时弹簧的伸长量为x1，由共点力平衡条件得：
kx1=mg
解得：x1=mgk
弹簧的原长为：
L0=L−x1
解得：L0=L−mgk
将整个装置倒置过来，小球处于平衡位置O时，设弹簧的压缩量为x2，则有
x2=mgk
将弹簧竖直向上拉至长为L，由静止释放并开始计时，小球做简谐运动的周期为T。以平衡位置为坐标原点，取竖直向下为正方向，则t=0时刻，小球处于负向最大位移处，即
x0=−A
小球做简谐运动的振幅为：
A=L−(L0−x2)
解得：A=2mgk
则小球运动的位移x随时间t的表达式为：
x=Asin(ωt−π2)
其中ω=2πT
解得：x=2mgk⋅sin(2πTt−π2)，故ABC错误，D正确。
故选：D。
竖直悬挂时，根据共点力平衡条件求出弹簧的原长，将整个装置倒置过来后，求出小球处于平衡位置O时弹簧的压缩量，从而求出小球做简谐运动的振幅，最后写出小球运动的位移x随时间t的表达式。
本题考查简谐振动的特点和简谐运动基本物理量：振幅、周期、位移，掌握振动方程的一般表达式。
8.【答案】BD
【解析】解：A、速度选择器中粒子不计重力，沿直线做匀速直线运动，洛伦兹力与电场力平衡，根据：qvB=qE
则有：v=EB，粒子从左侧进入，可知：若粒子带正电，洛伦兹力向上，电场力向下。若洛伦兹力带负电，洛伦兹力向下，电场力向上。洛伦兹力始终与电场力平衡，即与粒子电荷无关，即不能够判断由狭缝射出的带电粒子的电性，故A错误；
B、根据图示可知，磁场水平向右，根据左手定则，正粒子向下偏转到B上，B极板带正电，可以判断出B极板是发电机的正极，故B正确；
C、在加速电场中，根据动能定理有：qU=12mv2
在磁场中做匀速圆周运动：R=mvqB
由几何关系有：x=2R
联立解得：qm=8UB2x2
由此可知，打在底片上的位置越靠近入射点，粒子的比荷越大，故C错误；
D、粒子最大半径为D形盒的半径R，根据半径公式有：R=mvmaxqB，所以最大动能：Ekmax=12mvmax2
联立解得：Ekmax=q2R2B22m
由此可知，若仅增加电压U，无法增大粒子飞出加速器时的动能，故D正确。
故选：BD。
速度选择器是因为达到某一速度的粒子受力平衡做匀速直线运动；磁流体发电机就是利用带电粒子受洛伦兹力原理，质谱仪应采取分段分析的方法，即粒子加速阶段，速度选择阶段，在磁场中运动阶段，一般用来分析同位素；粒子想利用回旋加速器获得更大的动能，需要增大盒子半径。
解答此题的关键是明白各种仪器的工作原理以及用途，根据粒子的受力情况结合带电粒子在电场、磁场中的运动的规律进行分析。
9.【答案】BC
【解析】解：AB、x−t图象的斜率等于速度，根据图像可知，碰后A处于静止，则A碰前的速度
v0=31m/s=3m/s
B碰撞前后的速度分别为
v1=3−21m/s=1m/s，v2=5−32−1m/s=2m/s
取碰撞前两者的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有
mAv0+mBv1=mBv2
解得：mAmB=13，故A错误，B正确；
CD、碰撞前，系统总动能为
Ek1=12mAv02+12mBv12=6mA
碰撞后，系统总动能为
Ek2=12mBv22=6mA
可知，两物块的碰撞是弹性碰撞，故C正确，D错误。
故选：BC。
根据x−t图象的斜率等于速度，求出碰撞前后两个小物块的速度，根据动量守恒定律解得物块A与B的质量比；根据碰撞前后系统的总动能，分析碰撞的类型。
本题的关键要明确x−t图象的斜率等于速度，碰撞过程大多数符合动量守恒定律。
10.【答案】AB
【解析】解：A.根据题意可知，开关S闭合瞬间为t=0时刻，电容器开始放电，电流增大，电流与时间呈现正弦式变化，当t=T4时，回路中放电电流达到最大值，故A正确；
B.T4到T2时间内电容器处于反向充电状态，电流减小，由于电流与时间呈现正弦式变化，图像的斜率的绝对值表示感应电动势的大小，在t=T2时，电流为0，电流时间图像的斜率的绝对值达到最大值，由法拉第电磁感应定律可知t=T2时，线圈中产生的感应电动势最大，故B正确；
C.根据上述可知，t=T2时，充电结束，电容器又开始放电，电流反向增大，t=3T4时，电容器放电结束，电流达到最大，电路中磁场能最大，根据能量守恒定律知，电容器极板间电场能最小，电场最弱，所以电容器两极板间的电场强度最小，故C错误；
D.根据C=εrS4πkd可知，若增大电容器两极板的间距，电容器的电容减小，根据T=2π LC可知，振荡周期减小，故D错误。
故选：AB。
S刚闭合瞬间，电感线圈中电流为0，磁场能为0，经过T4时，电流最大，磁场能最大；根据电流时间图像的斜率的大小判断线圈中产生的感应电动势的大小；t=3T4时判断电容器极板所带电荷量的多少，判断电容器两极板间的电场强度的大小；根据C=εrS4πkd和T=2π LC分析周期的变化。
本题考查LC振荡电路，要知道该电路中电场能和磁场能之间的转化情况，会判断电流、电荷量的变化情况，知道电磁振荡的周期公式。
11.【答案】A9.8006.0×10−7
【解析】解：(1)A.干涉的前提条件是需要有相干波源，在杨氏双缝干涉实验中，双缝的作用就是获得两个频率相同、相位差恒定、振动方向相同的光源，故A正确；
B.为了确保干涉条纹的清晰程度，单缝与双缝应相互平行放置，故B错误；
C.实验中的干涉条纹与双缝平行，故C错误；
D.根据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ可知，想增加从目镜中观察到的条纹个数，则需要减小条纹之间的间距，减小双缝到屏之间的间距L，而将单缝向双缝靠近不改变条纹间距的宽度，故D错误。
故选：A。
(2)螺旋测微器的精确度为0.01mm，第7条亮条纹的读数x7=9.5mm+30.0×0.01mm=9.800mm
(3)相邻条纹间距为Δx=(9.800−5.300)×10−37−1m=7.5×10−4m
根据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ
代入数据解得，单色光的波长λ=6.0×10−7m。
故答案为：(1)A；(2)9.800；(3)6.0×10−7。
(1)根据实验原理和注意事项分析作答；
(2)螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值=固定刻度对应示数(mm)+对齐格数(估读一位)×精确度；
(3)根据第1和第7条亮条纹之间的宽度求解相邻亮条纹之间的距离，根据双缝干涉条纹间距公式求单色光的波长。
本题考查了用双缝干涉仪测单色光的波长；理解双缝干涉条纹间距公式和正确求解相邻亮条纹之间的距离是解题的关键；要掌握螺旋测微器的正确读数和实验的正确操作。
12.【答案】15.70偏大
【解析】解：(1)游标卡尺的分度值为0.05mm，不需要估读，则该读数为
15mm+0.05×14mm=15.70mm
(2)根据单摆的周期公式
T=2π Lg
解得：g=4π2LT2
摆长应该为摆线长与小球半径之和，若将细线长与小球直径之和作为摆长，则摆长偏大，测得的重力加速度将偏大。
(3)单摆在摆动过程中，摆球位于最高点时，细线弹力最小，根据图乙可知，连续两次细线弹力最小经历时间为半个周期，则有
12T=1.0s
解得：T=2.0s
(4)摆球在最低点，根据牛顿第二定律可得：
Fmax−mg=mv2L
摆球在最高点有
Fmin−mgcsθ
摆球由最高点到达最低点过程有
mg(L−Lcsθ)=12mv2
结合图乙解得：m=0.46kg
故答案为：(1)15.70；(2)偏大；(3)2.0；(4)0.46
(1)根据游标卡尺的读数规则得出对应的读数；
(2)根据单摆的周期公式得出重力加速度的测量值和真实值的大小关系；
(3)根据图像的物理意义得出单摆的运动周期；
(4)根据牛顿第二定律列式，结合图像的物理意义得出对应的质量。
本题主要考查了单摆测量重力加速度的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合单摆的周期公式和牛顿第二定律即可完成分析。
13.【答案】解：(1)已知入射角i=30∘，折射角r=45∘，由折射定律有
n=sinrsini
解得液体的折射率为：n= 2
(2)全反射的临界角满足：
sinC=1n
解得：C=45∘
则遮光板的最小半径为
r=htanC=2×tan45∘m=2m
遮光板的最小面积为
S=πr2=3.14×22m2=12.56m2
答：(1)该液体的折射率为 2；
(2)该遮光板的最小面积为12.56m2。
【解析】(1)已知入射角和折射角，由折射定律求折射率。
(2)当光在液面恰好发生全反射时，在液体上方看到的液面亮斑面积最大，该遮光板的最小面积等于液面亮斑最大面积。由sinC=1n可求出临界角，再由几何关系可求出该遮光板的最小面积.
本题考查光的折射定律与光的全反射现象，运用几何知识来解题，同时要掌握全反射的条件和临界角公式。
14.【答案】解：(1)根据牛顿第二定律，可得
mgsinθ−BIL=ma
其中：I=BLvR
联立解得：a=3m/s2
(2)当导体棒匀速下滑时速度达到最大，设最大速度为vm，则由平衡条件有
mgsinθ=BI′L
感应电流为I′=BLvmR
联立解得：vm=2m/s
答：(1)导体棒速度大小为1m/s时的加速度大小为3m/s2；
(2)导体棒运动过程中的最大速度为2m/s。
【解析】(1)以ab为研究对象进行受力分析，根据牛顿第二定律和安培力公式相结合求解加速度；
(2)当导体棒匀速下滑时速度达到最大，根据平衡条件列方程，结合安培力的计算公式求解最大速度。
解答本题时，要明确棒的运动情况和受力情况，知道导体棒做匀速运动时，即加速度为零时，速度达到最大。
15.【答案】解：(1)小球甲由O到P的过程做匀速圆周运动，轨迹恰好为四分之一的圆周。作出运动轨迹如下图OP段所示
根据几何关系有：R1=L
对小球，由洛伦兹力提供向心力得：qv0B=m1v02R1
联立解得：v0=qBLm1
碰前小球甲的运动周期：T=2πR1v0
由O到P过程所需时间：t1=T4
解得：t1=πm12qB
(2)甲、乙碰撞过程，以甲原来运动的方向为正方向，由动量守恒得：
m1v0=(m1+m2)v1
解得：v1=qBL(m1+m2)
(3)碰后两小球做顺时针的匀速圆周运动，可知碰后甲、乙整体带负电。
运动轨迹与x轴相切，可得轨迹半径为：R2=L
同理可得：q总v1B=(m1+m2)v12R2
解得：q总=q
根据电荷守恒定律：q+(−q乙)=−q总
解得碰前小球乙电荷量大小为：q乙=2q
根据运动轨迹的周期性可得碰后经过x轴所需时间为：
t=(34+n)T′，(n=0,1,2,3……)
又碰后两小球运动周期：T′=2πR2v1
代入联立解得：t=(3+4n)π(m1+m2)2qB，(n=0,1,2,3……)
答：(1)小球甲从射入磁场到发生碰撞经历的时间为πm12qB；
(2)两球碰后的速度大小为qBL(m1+m2)；
(3)碰前小球乙的电量大小为2q，两小球从碰后至经过x轴所需的时间为(3+4n)π(m1+m2)2qB(n=0,1,2,3……)。
【解析】(1)画出小球甲的运动轨迹，由题意和几何关系求得轨迹半径和偏转角，结合周期的公式求时间；
(2)根据动量守恒定律求两球碰撞后的速度；
(3)根据牛顿第二定律和题设条件求出电荷量的关系，由整体运动的周期性重复求到达x轴的时间。
本题是带电小球在磁场中做匀速圆周运动与完全非弹性碰撞的综合，掌握周期公式、半径公式及动量守恒定律，结合带电小球运动的周期性可解决问题。
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