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高考标准仿真卷·仿真卷1
1．B　[光的波长越长，光子频率越小，则光子能量越小，波动性越明显，故A错误；光的频率越高，光子能量越大，粒子性越明显，故B正确；根据德布罗意波的波长公式λ＝及p＝可知动能相同的质子和电子，其动量不同，故其波长也不同，故C错误；根据p＝mv及λ＝可知速率相同的质子和电子，它们的德布罗意波的波长不相同，故D错误。]
2．C　[对钢材、乙所连接绳子的结点进行受力分析，设甲手中绳子在结点的作用力与水平面夹角为θ，钢材缓慢移动，所以该结点合力时刻为零，由平衡条件得F甲cos θ＝F乙，F甲sin θ＝m钢g，乙缓慢释放手中的绳子，θ变大，m钢g不变，根据F甲＝可得F甲变小，cos θ变小，故F乙变小，故B、D错误；因为工人甲保持静止，在此过程中，绳对工人甲的拉力与水平面的夹角α不变。对工人甲受力分析得F甲sin α＋FN＝m甲g，FN为地面对甲的支持力，因为F甲减小，m甲g不变，所以FN变大，FN与甲对地面的压力是一对作用力和反作用力，所以甲对地面的压力变大，故A错误；对工人甲受力分析得Ff 甲＝F甲cos α，对工人乙受力分析得Ff 乙＝F乙＝F甲cos θ，因为θ大于α，所以cos α>cos θ，Ff 甲>Ff 乙，故C正确。]
3．D　[由题图乙可知，交流电的周期为0.02 s，则交流电的频率f ＝＝50 Hz，故A错误；交流电电压的有效值U1＝110 V，由于线框分一部分电压，则变压器原线圈的电压小于110 V，则开关S断开时副线圈的电压小于50 V，电压表的示数小于50 V，故B错误；开关S从断开到闭合，副线圈接入电路的总电阻减小，则电流增大，原线圈电流也增大，则线框分得的电压变大，原线圈电压变小，则副线圈电压变小，故D正确，C错误。]
4．A　[设两颗卫星做圆周运动的角速度为ω0，由万有引力定律及牛顿第二定律可得－FT＝r，＋FT＝，解得FT＝。故选A。]
5．C　[
根据折射定律，有n＝，代入数据得r＝30°，即光进入玻璃后与竖直方向的夹角为30°。过N的光线垂直入射到BC界面上从点G射出，G与C之间没有光线射出，越靠近B的光线入射到BC面上时入射角越大，越容易发生全反射，根据临界角公式sin C＝，可得C＝45°，如图，取刚好在BC面发生全反射的光线FE，由几何关系知∠ENG＝45°＝，所以有光透出的部分的弧长为，则ABCD面上有光透出部分的面积为S＝＝ m2，故C正确。]
6．D　[在0～t1时间内，小车压缩弹簧，轻杆保持静止，在t1时刻，弹力等于最大静摩擦力，则在0～t1时间内，小车运动的位移为弹簧的形变量，有x＝，A错误；在t1时刻后，小车与轻杆一起做匀减速运动到速度为0，移动的位移为l，由动能定理有－Ff l＝，解得v1＝，所以在t1时刻，小车速度为v1＝，B错误；在0～t2时间内，轻杆摩擦产生热Q＝Ff l，D正确；在0～t1时间内，小车做加速度增大的减速运动，在t1～t2时间内，小车与轻杆一起做匀减速运动，t2时刻后弹簧反弹小车使其做加速度减小的加速运动，小车恰好离开轻弹簧时所用的时间比t1大，所以在t1＋t2时刻，小车还未离开轻弹簧，C错误。]
7．D　[x＝0处质点t＝1.5 s时刻向y轴正方向振动，根据同侧法可知绳波沿x轴负方向传播，波的周期为1.2 s，波长为2.4 m，波速为v＝＝2 m/s，A错误；从t1＝1.5 s 到t2＝2.3 s，绳波向x轴负方向传播的距离为Δx＝v(t2－t1)＝2×0.8 m＝1.6 m，t2＝2.3 s 时刻的波形为t1＝1.5 s 时刻的波形向x轴负方向平移1.6 m，可知t2＝2.3 s 时，质点b位于平衡位置，加速度为零，B错误；设质点a的振动方程为y＝20sin (t＋φ)＝20sin (t＋φ)cm，由题图甲可知，t1＝1.5 s 时，y1＝10 cm，代入方程解得φ＝－，则质点a的振动方程为y＝20sin (t－)cm，当t2＝2.3 s 时，可得y2＝20sin ＝20 sin 3.5π cm≠0，此时质点a不是处于平衡位置，故速度没有达到最大值，C错误；假设以题图甲时刻作为x＝0处质点振动的初始时刻，则x＝0处质点的振动方程为y＝20sin t cm，由于1.4 s＝1.2 s＋0.2 s＝T＋0.2 s，则0.2 s时，有y′＝20sin cm＝10 cm，故从题图甲所示时刻开始再经过1.4 s，x＝0处质点通过的路程为s＝4A＋y′＝4×20 cm＋10 cm＝(80＋10) cm，D正确。]
8．BD　[O点比P点离两个正点电荷更近，故O点的电势比P点的电势高，由于检验电荷为负电荷，可知检验电荷在P点的电势能大于在O点的电势能，A错误，B正确；
如图所示为检验电荷在P点的受力分析，由图中几何关系可知检验电荷在P点受到的合力方向指向O，大小为F合＝F＝＝，根据牛顿第二定律可得检验电荷释放瞬间的加速度大小为a＝＝，C错误；若在P点给检验电荷一方向在yOz平面内的瞬时速度v0，使其在电场力作用下沿某一等势面运动，可知检验电荷以OP为半径，O为圆心做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可得F合＝＝，解得v0＝，D正确。]
9．AC　[若滑块P固定，由于小球在各个环节无机械能损失，可知小球Q能回到1.2 m高处，选项A正确；若滑块P固定，小球Q第一次与挡板碰撞时的速度v＝＝2 m/s，碰撞过程挡板对小球的冲量大小为I＝2mv＝4 N ·s ，选项B错误；若滑块P不固定，则小球落到滑块上时，滑块和小球在水平方向动量守恒，则mv1－Mv2＝0，mgh＝，解得v1＝4 m/s，v2＝2 m/s，即小球Q第一次与挡板碰撞前的速度大小为4 m/s，选项C正确；若滑块P不固定，小球与挡板第一次碰撞后，将以等大速度反弹，则滑上滑块后再滑回到地面的过程，由动能和能量关系可知mv1 ＋ Mv2＝＝，解得v′1＝ m/s，v′2＝ m/s，因此时小球的速度小于滑块的速度，则小球与挡板碰后不能再次追上滑块，则滑块的最终速度大小为 m/s，选项D错误。]
10．CD　[导线框恰好匀速离开区域Ⅱ，根据平衡条件得mg＝BIL＝
解得v＝，A错误；导线框匀速进入区域Ⅰ到刚进入区域Ⅱ之间一直做匀速运动，由平衡关系和电磁感应定律可得v＝，导线框下边刚进入磁场区域Ⅱ时，上下边都切割磁感线，由法拉第电磁感应定律，E2＝BLv＋BLv＝2BLv，又I2＝，解得I2＝，线框所受安培力F2＝2BI2L，由牛顿第二定律有F2－mg＝ma，解得a＝3g，方向竖直向上，B错误；导线框恰好匀速进入区域Ⅰ故线框在区域Ⅰ中以速度v匀速运动，设线框完全离开磁场Ⅰ时速度为v′，从完全离开磁场Ⅰ到开始离开区域Ⅱ的过程中，由动能定理得mg(H－L)＝mv2－mv′2，导线框进入区域Ⅱ的过程根据能量守恒可得mgL＋mv2＝mv′2＋Q，联立解得导线框进入区域Ⅱ的过程产生的焦耳热为Q＝mgH，C正确；导线框自开始进入区域Ⅰ至开始进入区域Ⅱ过程中，由动量定理得
mgt1－t1＝mv－mv，L·t1＝BL·t1＝BL，联立mgt1－BL＝0，解得t1＝，由题知导线框恰好匀速进入区域Ⅰ，一段时间后又恰好匀速离开区域Ⅱ，由于区域Ⅰ、Ⅱ中匀强磁场的磁感应强度大小均为B，则导线框刚进入区域Ⅱ的速度v与导线框刚离开区域Ⅱ的速度v是相同的，则导线框自开始进入区域Ⅱ至开始离开区域Ⅱ过程中，设安培力作用的时间为Δt，重力作用的时间为t2，由动量定理得mgt2－Δt＝mv－mv，mgt2－2BL＝0，解得t2＝，导线框自开始离开区域Ⅱ至刚完全离开区域Ⅱ过程中，由动量定理得mgt3－t3＝mv－mv，联立解得t3＝，故t＝t1＋t2＋t3＝，D正确。故选CD。]
11．解析：(1)以O′点所在水平面为重力势能参考平面，初态小球的机械能为重力势能E1＝mgh
O′点处的机械能为动能E2＝mv2
若机械能守恒，则E1＝E2
在最低点由牛顿第二定律可得
T－mg＝m，即T＝m＋mg
又T0＝mg，联立可得
T＝h＋T0。
(2)若机械能守恒，则E1＝E2，即mgh＝mv2，联立T＝m＋mg
得T＝h＋mg
当h＝0时，T＝b＝mg；当h＝L时，T＝a＝3mg
得a＝3b。
(3)由a＝1.45 N，b＝0.5 N，小球自h处由静止释放时的机械能为E1＝mgh＝0.5h
由题图乙可知T h图像的表达式
T＝h＋b＝h＋0.5
在最低点时T－mg＝m
即T－0.5＝m
最低点时的机械能
E2＝mv2＝0.475h
得损耗的机械能占初态机械能的百分比为η＝×100%＝5%。
答案：(1)h＋T0　(2)3　(3)5
12．解析：(1)不需要。
(2)电路设计如图所示
　
电路的闭合电路欧姆定律为E＝I(R＋R1＋r＋rA)，整理得＝R1＋，通过电流表的示数与可变电阻关系表达式可知，电源电动势的倒数与其它无关，也就是说电动势的测量值等于真实值。
(3)电阻表电流满偏时有Ig＝，其中E＝1.45 V、Ig＝50 μA，可得R内＝2.9×104Ω；
指针指到29.0 μA为满偏电流的，有＝，可得Rx＝2.1×104Ω。
答案：(1)不需要　(2)见解析图　等于　(3)2.1×104
13．解析：(1)设装入消毒液后储液桶内气体体积为V，以开始时储液桶内的气体和打气筒打入的总气体为研究对象，根据玻意耳定律可得p0(V＋NV1)＝p1V
其中V＝V0－V2＝3 L
解得N＝30次。
(2)对储液桶内消毒液上方的气体，喷出消毒液过程，p V图像与横轴围成的面积表示做功的大小，p V图像中一个小方格的面积为S0＝0.2×105×0.2×10-3 J＝4 J
从状态a到状态b过程中，p V图像与横轴围成的面积大约为225个小方格的面积，则外界对气体做功为W＝－225×4 J＝－900 J
根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q＝0
可知气体吸收热量为Q＝900 J。
答案：(1)30次　(2)900 J(892 J～908 J均可)
14．解析：(1)设向左为正方向，火药爆炸瞬间，以A、B为系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得
mAvA－mBvB＝＝ΔE
解得vA＝6 m/s，vB＝3 m/s。
(2)A向左减速运动，根据牛顿第二定律有μmAg＝mAaA
解得aA＝2 m/s2，方向向右
B向右减速运动，根据牛顿第二定律有μmBg＝mBaB
解得aB＝2 m/s2，方向向左
C向右加速运动，根据牛顿第二定律有μmBg－μmAg＝mCaC
解得aC＝0.5 m/s2，方向向右
B、C达到共速时，速度为vBC，所用时间为tB，则有
vBC＝aCtB＝vB－aBtB
解得vBC＝0.6 m/s，方向向右，tB＝1.2 s
之后B、C共同减速，A以不变的加速度继续减速，直到三者共速，由动量守恒定律可知
0＝v
解得A、B、C的末速度v＝0
对A由运动学公式0＝vA－aAtA
解得tA＝3 s。
(3)B与C发生相对运动时，对B由运动学公式有
xB＝
代入数据解得xB＝2.16 m，方向向右
对C由运动学公式有xC＝
代入数据解得xC＝0.36 m，方向向右
B、C之间发生的相对位移为xBC＝xB－xC＝1.8 m
3 s内A物体运动的位移为xA＝
代入数据解得xA＝9 m，方向向左
B、C共速后，根据牛顿第二定律有μmAg＝a′
解得a′＝ m/s2
B、C减速到零发生的位移为
x′＝vBC－a′
代入数据解得x′＝0.54 m，方向向右
A、C发生的相对位移为xAC＝xA＋xC＋x′＝9.9 m
A、B最后相距的距离为L＝xBC＋xAC＝11.7 m。
答案：(1)6 m/s　3 m/s　(2)3 s　1.2 s　(3)11.7 m
15．解析：(1)一带电粒子(不计重力)在x轴上方平行xOy平面而做匀速直线运动，则qE＝qvB
解得v＝
根据左手定则可知速度方向水平向右。
(2)小球运动轨迹如下图所示
在x轴下方电场中，根据牛顿第二定律2qE－mg＝ma
解得a＝g
水平方向x1＝v0t
竖直方向y0＝at2
在x轴上方复合场中，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力有
qBv＝m
由几何关系得2r sin θ＝3x1
当回到x轴下方磁场中时，根据＝2ay0
由几何关系知v＝
联立解得v0＝。
答案：(1)，方向水平向右　(2)
8 / 82025年普通高等学校招生考试仿真卷1
(满分100分)
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．下列说法正确的是(　　)
[A]光的波长越长，光子能量越大，波动性越明显
[B]光的频率越高，光子能量越大，粒子性越明显
[C]动能相同的质子和电子，它们的德布罗意波的波长相同
[D]速率相同的质子和电子，它们的德布罗意波的波长相同
2．在雨污分流改造施工中，需把钢材运送到水池的底部。如图，工人甲将钢材放到一定深度时拉住手中的绳保持静止，乙通过拉绳将钢材微调到准确位置。设乙所拉轻绳始终保持水平，不考虑滑轮的摩擦及大小，在乙缓慢释放手中的绳子，钢材向左移动的过程中(　　)
[A]甲对地面的压力不变
[B]甲手中绳子上的拉力不断增大
[C]甲受到地面的摩擦力大于乙受到地面的摩擦力
[D]乙手中绳子上的拉力不断增大
3．如图甲所示，导线框绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的交流电通过理想变压器给电阻R1、R2供电。线框转动产生的电动势瞬时值e随时间t的变化图像如图乙所示。已知线框电阻r＝1 Ω，理想变压器原、副线圈匝数比为11∶5，电阻R1＝R2＝50 Ω，图中电流表和电压表均为理想电表。下列说法正确的是(　　)
甲　　　　　　　　　　乙
[A]线框转动产生的交流电频率为100 Hz
[B]开关S断开时电压表的示数50V
[C]开关S从断开到闭合，电压表的示数不变
[D]开关S从断开到闭合，电流表的示数变大
4．在航天领域中，悬绳卫星是一种新兴技术，它要求两颗卫星在不同轨道上同向运行，且两颗卫星与地心连线始终在一条直线上，如图所示，卫星乙的轨道半径为r，甲、乙两颗卫星的质量均为m，悬绳的长度为r，其重力不计，地球质量为M，引力常量为G，则两颗卫星间悬绳的张力为(　　)
[A]
[C]
5．如图所示，有一折射率为的玻璃柱体，其横截面是圆心角为90°、半径为R＝0.2 m的扇形NBC，柱体厚度为h＝0.1 m。一束刚好覆盖ABNM面的单色光，以与该面成45°角的方向照射到ABNM面上。若只考虑首次入射到ABCD面上的光，则ABCD面上有光透出部分的面积为(　　)
[A] m2 [B] m2
[C] m2 [D] m2
6．如图甲为某缓冲装置模型，劲度系数为k(足够大)的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力为定值Ff 。轻杆向右移动不超过l时，装置可安全工作。一质量为m的小车以速度v0撞击弹簧后，轻杆恰好向右移动l，此过程其速度v随时间t变化的v t图像如图乙所示。已知在0～t1时间内，图线为曲线，在t1～t2时间内，图线为直线。已知装置安全工作时，轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面间的摩擦。下列说法正确的是(　　)
甲　　　　　　　　　　乙
[A]在0～t1时间内，小车运动的位移为2
[B]在t1时刻，小车速度为v1＝
[C]在t1＋t2时刻，小车恰好离开轻弹簧
[D]在0～t2时间内，轻杆摩擦产生热Q＝Ff l
7．如图甲所示为沿x轴传播的简谐绳波在t1＝1.5 s 时刻的波动图像，a、b为绳上两质点，以y轴正方向为位移、速度和加速度的正方向，图乙为x＝0处质点的速度随时间变化的图像。下列说法正确的是(　　)
甲　　　　　　　　　乙
[A]该绳波沿x轴正方向传播，传播速度为2.0 m/s
[B]t2＝2.3 s 时，质点b的加速度方向为正
[C]t2＝2.3 s 时，质点a的速度达到最大值
[D]从图甲所示时刻开始再经过1.4 s，x＝0处质点通过的路程为(80＋10) cm
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．如图所示，两个电荷量均为＋Q的点电荷分别固定于x轴上的M、N两点，P点位于yOz平面内，OP与y轴正方向的夹角为30°，M、N、P到坐标原点O的距离均为R。将质量为m、电荷量为－q的检验电荷从P点由静止释放，不计检验电荷的重力，下列说法正确的是(　　)
[A]检验电荷在P点的电势能等于在O点的电势能
[B]检验电荷在P点的电势能大于在O点的电势能
[C]检验电荷释放瞬间的加速度大小为
[D]若在P点给检验电荷一方向在yOz平面内的瞬时速度v0，使其在电场力作用下沿某一等势面运动，则v0＝
9．如图所示，质量为2 kg 的四分之一圆弧形滑块P静止于水平地面上，其圆弧底端与水平地面相切。在滑块P右侧有一固定的竖直弹性挡板，将一质量为1 kg的小球Q从滑块顶端正上方距地面1.2 m处由静止释放，小球Q恰能沿切线落入滑块P。小球与挡板的碰撞为弹性碰撞，所有接触面均光滑，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
[A]若滑块P固定，小球Q能回到1.2 m高处
[B]若滑块P固定，小球Q第一次与挡板碰撞过程挡板对小球的冲量大小为2 N·s
[C]若滑块P不固定，小球Q第一次与挡板碰撞前的速度大小为4 m/s
[D]若滑块P不固定，经过多次碰撞后，滑块的最终速度大小为3 m/s
10．有一边长为L、质量为m、总电阻为R的正方形导线框自磁场上方某处自由下落，如图所示。区域Ⅰ、Ⅱ中匀强磁场的磁感应强度大小均为B，二者宽度分别为L、H，且H＞L。导线框恰好匀速进入区域Ⅰ，一段时间后又恰好匀速离开区域Ⅱ，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
[A]导线框离开区域Ⅱ的速度大于
[B]导线框刚进入区域Ⅱ时的加速度大小为g，方向竖直向上
[C]导线框进入区域Ⅱ的过程产生的焦耳热为mgH
[D]导线框自开始进入区域Ⅰ至刚完全离开区域Ⅱ的时间为
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．(6分)某同学设计了如图甲所示的装置来验证机械能守恒定律。左侧铁架台的横杆上固定有一个拉力传感器，将小球(可视为质点)用不可伸长的细线悬挂在传感器上。右侧有两个竖直杆固定在底座上，杆上分别装有可沿竖直杆移动的刻度尺和激光笔，激光笔水平放置。实验步骤如下：
甲
①使小球自由静止在最低点O′，调整激光笔的高度，使水平细激光束与小球的底部保持相平，记录此时拉力传感器的示数T0；
②调节刻度尺的高度，使零刻线与细激光束保持相平，并固定刻度尺；
③将激光笔上移，使水平细激光束经过细线的悬点O，读取刻度尺读数即为细线的长度L；
④将激光笔移动到与O′高度差为h(h ≤ L)的位置Q处(如图甲中所示)，把小球拉至该处，并使小球的底部与水平细激光束保持相平。释放小球，读出小球下摆过程中拉力传感器最大示数T；
⑤改变激光笔的高度，重复步骤④；
⑥整理器材。
(1)若选取题中的T0、L及步骤④中的一组数据h和T，进行验证机械能守恒定律，若传感器最大示数T满足T＝________(用T0、L、h表示)时，则可验证小球从初始位置摆至O′点的过程中机械能守恒定律成立。
(2)该同学采用图像法处理数据。多次实验得出多组T和h的数据，在坐标纸上描点连线做出T h图像如图乙所示。理论上图乙中的a和b数值满足a＝________b(填上合适的数字)关系时，则可验证小球下摆过程中机械能守恒定律成立。
(3)由于小球运动中受到空气阻力等因素影响，造成小球下摆过程中机械能会有损耗。若图乙中a＝1.45 N，b＝0.5 N，根据图乙可知，小球自h(h < L)处由静止释放，至下摆到最低点O′的过程中，损耗的机械能占初态机械能的________%(取O′点所在水平面为重力势能参考平面)。
乙
12．(8分)一课外实验小组欲制作一简单的电阻表，实验室提供的器材有：
电流表(量程0～50 μA)；
滑动变阻器(最大阻值约为2 kΩ)；
定值电阻R(阻值为28 kΩ)；
电阻箱R1(0～99 999.9 Ω)；
干电池一节(电动势约1.5 V，内阻未知，较旧)；
开关S、红、黑表笔、导线若干。
(1)考虑干电池较旧实验组同学进行了讨论，认为在改装电阻表之前需要先测量干电池的电动势，但是对于是否需要测量干电池的内阻意见不统一，对此你的看法是________(选填“需要”或“不需要”)测量干电池的内阻。
(2)请利用所示实验器材设计出测量干电池电动势的电路图：
实验组通过上述测量电路测得干电池的电动势为1.45 V，该测量值________(选填“大于”“小于”或“等于”)真实值。
(3)实验组同学选择合适的器材组成了电阻表，该电阻表的表头如图所示，干电池电动势等于1.45 V，则表头29.0 μA处的刻度线对应电阻刻度为________ Ω。(结果保留两位有效数字)
13．(10分)为预防流感，某学校用喷雾器喷洒消毒液进行消毒，图甲为喷雾器的结构原理图，喷雾器的储液桶与打气筒用软细管相连，储液桶容积V0＝20 L，打气筒每打一次气均能向储液桶内压入压强p0＝1×105 Pa 的空气V1＝300 mL。现往储液桶内装入V2＝17 L 消毒液后关紧桶盖和喷雾头开关K，此时桶内气体压强p0＝1×105 Pa。将空气看作理想气体，打气和喷洒过程中储液桶和打气筒中的气体温度均保持不变。
(1)通过打气筒打气，使储液桶内气体压强达到p1＝4×105 Pa，求打气次数N；
(2)打气后打开喷雾头开关喷洒消毒液，喷洒过程中储液桶内气体的p V图像如图乙所示，估算桶内气体从状态a到状态b过程中从外界吸收的热量Q。
　
甲　 　　　　　　　　　　乙
14．(14分)如图所示，在光滑的水平地面上有木板C，质量为mC＝4 kg，木板上有A、B两个物体紧挨在一起，A、B和C三个物体均处于静止状态，已知mA＝1 kg，mB ＝2 kg，AB间夹有少量火药，短时间爆炸释放了ΔE＝27 J的能量并全部转化为A、B的动能，使A、B分别水平向左、向右运动起来，已知A、C间和B、C间的动摩擦因数相同均为μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，C板足够长，求：
(1)爆炸瞬间A、B获得的速度vA和vB的大小；
(2)A、B在C上开始运动到相对于C静止所用时间tA和tB；
(3)A、B间最后相距的距离L。
15．(16分)如图所示，x轴上方存在沿y轴竖直向上的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。x轴下方存在沿y轴竖直向上的匀强电场，电场强度大小为2E，磁场、电场区域足够大。图中A、D两点的坐标分别为(0，－y0)、(－x0，0)，重力加速度为g。
(1)若有一带电粒子(不计重力)在x轴上方平行xOy平面而做匀速直线运动，求粒子速度；
(2)若将一质量为m、电荷量为q＝的带正电小球自A点以某一初速度沿x轴负方向抛出，小球第三次通过x轴时恰好通过坐标原点O，求初速度的大小v0。(用q、B、m、g表示)
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