2021-2022学年河南省郑州市第一〇六高级中学高三（上）五调考试物理试题含解析

这是一份2021-2022学年河南省郑州市第一〇六高级中学高三（上）五调考试物理试题含解析，共26页。试卷主要包含了单项选择题，不定项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

2022届郑州106中学高三五调考试
物理试卷
一、单项选择题（共9题，每题4分）
1. 在物理学的发展过程中，科学家们创造出了许多物理学研究方法，以下关于物理学研究方法的叙述正确的是（　　）
A. 在不需要考虑带电物体本身的大小和形状时，用点电荷来代替物体的方法叫微元法
B. 在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验采用了假设法
C. 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了理想模型法
D. 伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为90°的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法
【答案】D
【解析】
【详解】A．在不需要考虑带电物体本身的大小和形状时，用点电荷代替物体的方法叫理想模型法，故A错误；
B．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验采用了控制变量法，故B错误；
C．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，故C错误；
D．伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为90°的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法，伽利略是首次采用实验和逻辑推理相结合的方法研究问题的科学家，故D正确。
故选D
2. 如图（甲）所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B，如图（乙）所示，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则（　　）

A. A物体的质量为2m
B. A物体的质量为4m
C. 弹簧压缩量最大时的弹性势能为
D. 弹簧压缩量最大时的弹性势能为
【答案】D
【解析】
【详解】当弹簧固定时，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，物体A的动能转化为弹簧的弹性势能，根据系统的机械能守恒得弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A的初动能，设A的质量为，即有

当弹簧一端连接另一质量为的物体B时，A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动，A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取A的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得

由机械能守恒定律得

联立得


故A、B、C错误，D正确。
故选D。
3. 一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是( )
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】设斜面倾角为θ，根据动能定理，当小物块沿斜面上升时，有：
－(mgsinθ＋f)x=Ek－Ek0
即：
Ek=－(f＋mgsinθ)x＋Ek0
所以Ek与x的函数关系图象为直线，且斜率为负；
设x0为小物块到达最高点时的位移，当小物块沿斜面下滑时根据动能定理有：
(mgsinθ－f)(x0－x)=Ek－0
即：
Ek=－(mgsinθ－f)x＋(mgsinθ－f)x0
所以下滑时Ek随x的减小而增大且为直线。
综上所述，故C正确，ABD错误。
故选C。
4. 蹦极是一项考验体力、智力和心理承受能力的空中极限运动．跳跃者站在约50m高的塔台上，把一根原长为L的弹性绳的一端绑在双腿的踝关节处，另一端固定在塔台上，跳跃者头朝下跳下去．若弹性绳的弹力遵守胡克定律，不计空气阻力，则在跳跃者从起跳到第一次下落到最低点的过程中，跳跃者的动能Ek(图线①)和弹性绳的弹性势能Ep(图线②)随下落高度的变化图象中，大致正确的是

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】在弹性绳到达原长之前，由动能定理可知，动能随下降的高度均匀变大，即Ek-h图像为直线；当弹性绳被拉直后，弹力逐渐变大，则加速度逐渐减小，速度仍然变大，即动能继续变大，当弹力等于重力式速度最大，此时的动能最大；之后随着人的下降弹力变大大于重力，加速度变为向上，人做变减速运动，最后动能减到0时到达最低点；综上所述，图像B正确，ACD错误；故选B.
5. 如图所示，固定在水平地面上的圆弧形容器，容器两端A、C在同一高度上，B为容器的最低点，圆弧上E、F两点也处在同一高度，容器的AB段粗糙，BC段光滑．一个可以看成质点的小球，从容器内的A点由静止释放后沿容器内壁运动到F以上、C点以下的H点(图中未画出)的过程中，则

A. 小球运动到H点时加速度为零
B. 小球运动到E点时的向心加速度和F点时大小相等
C. 小球运动到E点时的切向加速度和F点时的大小相等
D. 小球运动到E点时的切向加速度比F点时的小
【答案】D
【解析】
【分析】小球运动到H点时，受合外力不为零，则加速度不为零；小球运动到E点时的速度和F点时的速度大小不相等，根据可知向心加速度关系；根据动能定理牛顿第二定律判断小球运动到E点和F点时的切向加速度关系.
【详解】小球运动到H点时，受合外力不为零，则加速度不为零，选项A错误；小球运动到E点时的速度和F点时的速度大小不相等，根据可知，向心加速度不相等，选项B错误；设EF两点所在的曲面的切面的倾角均为θ，则在F点的切向加速度：aF=gsinθ；在E点的切向加速度：aE=gsinθ-μgcosθ；即小球运动到E点时的切向加速度比F点时的小，选项D正确，C错误；故选D.
6. 质量为m的均匀木块静止在光滑水平面上，木块左右两侧各有一位持有完全相同步枪和子弹的射击手，首先左侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d1，然后右侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d2，如图所示，设子弹均未射穿木块，且两颗子弹与木块之间的作用大小均相同。当两颗子弹均相对于木块静止时，下列判断正确的是（  ）

A. 木块静止，d1=d2
B. 木块静止，d1 C. 木块向右运动，d1 D. 木块向左运动，d1=d2
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】左侧射手开枪后,子弹射入木块与木块一起向右运动，设共同速度为v1，由动量守恒有
mv0=(M+m)v1
由能量守恒有
Ffd1=
右侧射手开枪后，射出的子弹与木块及左侧射手射出的第一颗子弹共同运动的速度设为v2，由动量守恒有
(M+m)v1-mv0=(M+2m)v2
由能量守恒有
Ffd2=
解之可得
v2=0
d1 故选B。
7. 如图所示，倾角为30°的粗糙斜面（μ已知）与倾角为60°的光滑斜面对接在一起，两斜面上分别放有质量均为m的物块甲和乙，两物块通过一跨过定滑轮的细线连在一起．在平行于斜面的拉力F的作用下两物块做匀速运动．从图示位置开始计时，在物块甲与滑轮相碰前的一段时间内（OA长为L，OB长为L/2），F力做的功为

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】以甲为研究对象，由平衡条件有
T+mgsin30°=μmgcos30°
再以乙为研究对象，由平衡条件有
F=T+mgsin60°
F的功
W=FL
解得

故A正确，BCD错误。
8. 如图所示，物体A、B和轻弹簧静止竖立在水平地面上轻弹簧的两端与两物体栓接其劲度系数为k，重力加速度为g．在物体A上施加一个竖直向上的恒力，若恒力大小为F0，物体B恰好不会离开地面；若恒力大小为2F0，在物体B刚好离开地面时物体A的速度为，设整个过程中弹簧都处于弹性限度内．则物体A与物体B的质量比值为

A. 2︰1 B. 1︰2 C. 3︰1 D. 1︰3
【答案】A
【解析】
【分析】开始时弹簧被压缩，当B将要离开地面时弹簧被拉长；两次施加力时弹簧的弹性势能相同；根据能量关系列式即可求解.
【详解】开始时弹簧的压缩量；物体刚好离开地面时，弹簧的伸长量为；两次施加力F时弹簧的弹力做功相同；根据能量关系可知：若恒力大小为F0，则；若恒力大小为2F0，则；其中的 ；联立解得mA:mB=2:1；故选A.
9. 如图所示，长度为L的水平传送带以恒定的速度向右匀速运动，在左端轻轻放上一个工件，当工件运动到距离传送带右端处时，传送带出现故障突然卡住不动，此后工件恰好滑到传送带右端。已知工件可视为质点，工件与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则（　　）

A. 工件先加速后减速
B. 工件在整个过程中的平均速度为
C. 传送带的速度大小为
D. 工件从传送带左端运动到右端的时间为
【答案】C
【解析】
【详解】A．工件从传送带左端运动到右端的过程中，先在滑动摩擦力作用下加速运动，根据题意，因加速的位移和减速的加速度相等，则加速的位移等于减速的位移，因为减速位移为，可知在传送带卡住之前，工件就已经加速了，然后与传送带速度相等匀速运动了,传送带卡住后，工件在滑动摩擦力作用下做减速运动，即工件先加速后匀速再减速，选项A错误；
C．传送带卡住后，工件在滑动摩擦力作用下做减速运动，其加速度大小
a＝μg
由
v2＝
解得
v＝
选项C正确；
D．工件做加速运动的加速度a＝μg
加速的时间
t1＝＝
加速运动的位移大小
x1＝
做减速运动的时间
t3＝t1＝
匀速运动的位移大小
x2＝L－x1－＝
做匀速运动的时间
t2＝＝
工件从传送带左端运动到右端的时间为
t＝t1＋t2＋t3＝＋＋＝5
选项D错误；
B．根据上述分析可知，工件在整个过程中的平均速度
＝
选项B错误。
故选C。
二、不定项选择题（共5题，每题4分，选不全2分）
10. 嫦娥四号于2019年1月3日在月球背面着陆，嫦娥五号也计划在今年发射。如果嫦娥五号经过若干次轨道调整后，先在距离月球表面h的高度处绕月球做匀速圆周运动，然后开启反冲发动机，嫦娥五号着陆器暂时处于悬停状态，最后实现软着陆，自动完成月面样品采集，并从月球起飞，返回地球。月球的半径为R且小于地球的半径，月球表面的重力加速度为g0且小于地球表面的重力加速度，引力常量为G。不考虑月球的自转，则下列说法正确的是（　　）
A. 嫦娥五号探测器绕月球做匀速圆周运动的速度可能大于地球的第一宇宙速度
B. 月球的平均密度
C. 嫦娥五号探测器在绕月球做匀速圆周运动的t时间内，绕月球运转圈数
D. 根据题目给出的数据无法求出月球的第一宇宙速度
【答案】BC
【解析】
【详解】A．嫦娥五号探测器绕月球做匀速圆周运动的速度小于月球的第一宇宙速度，根据第一宇宙速度公式
v1=
月球的半径为R且小于地球的半径，月球表面的重力加速度为g0且小于地球表面的重力加速度，可知月球的第一宇宙速度一定小于地球的第一宇宙速度，所以嫦娥五号探测器绕月球做匀速圆周运动的速度一定小于地球的第一宇宙速度，A错误；
B．由
G=mg0
可得月球质量
M=
月球体积
V=
月球的平均密度

B正确；
C．由
G=m(R+h)()2

联立可解得，嫦娥五号探测器在绕月球做匀速圆周运动的t时间内，绕月球运转圈数

C正确；
D．根据题目给出的数据，利用第一宇宙速度公式
v1=
可以求出月球的第一宇宙速度，D错误。
故选BC。
11. 某质量m＝1500kg的“双引擎”小汽车，行驶速度v≤54km/h时靠电动机输出动力；行驶速度在54km/h90km/h时汽油机和电动机同时工作，这种汽车更节能环保．该小汽车在一条平直的公路上由静止启动，汽车的牵引力F随运动时间t的图线如图所示，所受阻力恒为1250N．已知汽车在t0时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至第11s末．则在前11s内

A. 经过计算t0＝6s
B. 电动机输出的最大功率为60kW
C. 汽油机工作期间牵引力做的功为4.5×105J
D. 汽车的位移为160m
【答案】AC
【解析】
【详解】A ．开始阶段，牵引力，据牛顿第二定律可得，，解得：开始阶段加速度a＝2.5m/s2．v1＝54km/h＝15m/s，据，解得t0＝6s．故A项正确．
B．t0时刻，电动机输出的功率最大，且．故B项错误．
C．汽油机工作期间，功率，11s时刻汽车的速度，汽油机工作期间牵引力做的功．故C项正确．
D．汽车前6s内的位移，后5s内根据动能定理得：，解得：汽车后5s内的位移．所以前11s时间内汽车的位移．故D项错误．
12. 在如图所示的装置中，两物块A、B的质量分别为mA、mB，而且mA＞mB，整个系统处于静止状态，设此时动滑轮右端的轻绳与水平面之间的夹角为，若小车向左缓慢移动一小段距离并停下来后，整个系统再次保持静止状态，则下列说法正确的是(　　)

A. 物块A的位置将变高 B. 物块A的位置将变低
C. 轻绳与水平面的夹角将变大 D. 轻绳与水平面的夹角将不变
【答案】AD
【解析】
【详解】CD．动滑轮两边绳子拉力相等，且在水平方向的分量也要相等才能平衡，故两边绳子与水平方向的夹角相等，都等于，绳子上的拉力总是等于A的重力保持不变，且动滑轮两边绳子的拉力合力总是等于mBg，合力不变，根据平行四边形合成，则两边绳子的夹角不变，即不变．故C错误，D正确．
AB．小车向左缓慢移动一小段距离，由上分析可知绳子与水平方向的夹角不变，而小车和滑轮之间的水平距离增大，因此滑轮到小车之间的绳子应变长，绳子总长度不变，则物体A将上升．故A正确，B错误．
13. 如图所示，在竖直向上的匀强电场中，A球位于B球的正上方，质量相等的两个小球以相同初速度水平抛出，它们最后落在水平面上同一点，其中只有一个小球带电，不计空气阻力，下列判断正确的是（　　）

A. 如果A球带电，则A球一定带负电
B. 如果A球带电，则A球的电势能一定增加
C. 如果B球带电，则B球一定带负电
D. 如果B球带电，则B球的电势能一定增加
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．平抛时的初速度相同，在水平方向通过的位移相同，故下落时间相同，A在上方，竖直位移较大，由可知，A下落的加速度较大，合外力较大，如果A球带电，A受到向下则电场力，一定带负电，电场力做正功，电势能减小，故A正确，B错误；
CD．如果B球带电，由于B的竖直位移较小，加速度较小，合外力较小，则B受电场力向上，应带正电，电场力对B做负功，电势能增加，故C错误，D正确。
故选AD。
14. 某同学做了一个趣味实验，如图所示，有两个弹性小球A、B重叠放置，质量分别为m1、m2，两球球心在同一竖直线上．现让它们在距水平地面高h处由静止释放，落地时认为小球B先与地面碰撞，再与小球A碰撞，小球A碰后能上升的最大高度为H．所有的碰撞都是弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，碰撞前后两小球都在竖直方向运动，两小球均可视为质点，不计空气阻力．下列说法正确的是（ ）


A 若m2=3m1，则H=4h B. 若 ，则
C. 若 ，则近似有 D. 若 ，则近似有
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】AB．下降过程为自由落体运动，由匀变速直线运动的速度位移公式得

解得触地时两球速度相同，为

m2碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选m1与m2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后m1、m2速度大小分别为v1、v2，选向上方向为正方向，由动量守恒定律得

由能量守恒定律得

解得

由题可知

联立解得

反弹后高度为

B错误A正确；
CD．若 ，则 ，则近似有

D错误C正确。
故选AC。
三、实验题（共2题，每题7分，共14分）
15. 橡皮筋也像弹簧一样，在弹性限度内，弹力F与伸长量x成正比，即F=kx，k的值与橡皮筋未受到拉力时的长度L、横截面积S有关，理论与实践都表明 ，其中Y是一个由材料决定的常数，材料力学上称之为杨氏模量．
(1)在国际单位制中，杨氏模量Y的单位应该是__________
A．N B．m C．N/m D．N/m2
(2)有一段横截面是圆形的橡皮筋，应用如图甲所示的实验装置可以测量出它的杨氏模量Y．首先利用刻度尺测出橡皮筋未受拉力时的长度L，然后用螺旋测微器测出橡皮筋的直径d，如图乙所示，则d=___mm．

(3)作出橡皮筋受到的拉力F与伸长量x的关系图像，该图像为一条倾斜的直线，其斜率为ko，则该橡皮筋的杨氏模量Y= ___（用ko、d、L表示）．
【答案】 ①. D ②. 5.695（5.693~5.697） ③.
【解析】
【详解】(1)根据表达式得：Y=
已知K的单位是N/m，L的单位m，S的单位是m2，所以Y的单位是N/m2，故选D
(2)螺旋测微器的主尺刻度为5.5mm，螺旋尺刻度为19.5×0.01mm=0.195mm，所以橡皮筋的直径d=5.5mm+0.195mm=5.695mm；
(3)根据F=kx可知，图象的斜率大小等于劲度系数大小k0，根据可知Y=
16. 用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．如图所示，先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O．

实验步骤如下：
步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在埤面上．重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；
步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞．重复多次，
并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；
步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度．
(1)上述实验除需测量线段OM、OP、ON长度外，还需要测量的物理量有（ ）
A．小球1和小球2的质量m1、m2
B．B点离地面的高度h2
C．A、B两点间的高度差Dh
D．小球1和小球2半径r
(2)当所测物理量满足表达式___________（用所测物理量的字母表示）时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律．
(3)完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图所示的圆弧为圆心在斜槽末端的1/4圆周．使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，得到两球落在圆弧上的平均落点为M＇、P＇、N＇．测得斜槽末端与M＇、P＇、N＇三点的连线与竖直方向的夹角分别为a1、a2、a3，则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为___________（用所测物理量的字母表达）

【答案】 ①. A ②. m1OP＝m1OM＋m2ON ③.
【解析】
【详解】(1)因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，OP是A球不与B球碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表A球碰撞前的速度，OM是A球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后A球的速度，ON是碰撞后B球的水平位移，该位移可以代表碰撞后B球的速度，当所测物理量满足表达m1•OP=m1•OM+m2•ON，所以除了测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量是小球1和小球2的质量m1、m2．故选A.
(2)由理论分析可知测物理量满足表达m1•OP=m1•OM+m2•ON．
(3)根据平抛运动规律，，由几何关系可知，，可知，可推得，故将验证动量守恒的表达式中的速度代换后为.
【点睛】解决本题的关键掌握实验的原理，以及实验的步骤，在验证动量守恒定律实验中，无需测出速度的大小，可以用位移代表速度．同时，在运用平抛运动的知识得出碰撞前后两球的速度，因为下落的时间相等，则水平位移代表平抛运动的速度．若碰撞前后总动能相等，则机械能守恒．
四、计算题（共三题，17题12分，18题12分，19题16分）
17. 蓝牙（Bluetooth）是一种短距离无线通信技术，可实现固定设备、移动设备和楼宇个人域网之间的短距离数据交换（使用2.4～2.485 GHz的ISM波段的无线电波）。现有两同学用安装有蓝牙设备的玩具小车甲、乙进行实验：甲、乙两车开始时处于同一直线上相距d=4.0 m的O1、O2两点，甲车从O1点以初速度v0=4 m/s、加速度a1=1 m/s2向右做匀加速运动，乙车从O2点由静止开始以加速度a2=2 m/s2向右做匀加速运动，已知当两车间距超过s0=10.0 m时无法实现通信，忽略信号传递的时间。已知=2.45。求：
（1）甲、乙两车在相遇前的最大距离；
（2）甲、乙两车在相遇前能保持通信的时间。


【答案】（1）12m；（2）4.9s
【解析】
【详解】（1）当两车速度相等时相距最大，即

解得

所以两车相距最大距离为




（2）当两车的间距大于时，两车无法保持通信，由题可知，两车的间距先增大后减小，设时小车的运动时间为t，则

解得


即中间有

的时间无法通信，又当乙车追上甲车时有

即

解得

所以能保持通信的时间为

18. 如图所示，有一条沿顺时针方向匀速转动的传送带，恒定速度v＝4 m/s，传送带与水平面的夹角θ＝37°，现将质量m＝1 kg的物块轻放在其底端(小物块可视作质点)，与此同时，给物块沿传送带方向向上的恒力F＝8 N，经过一段时间，物块运动到了离地面高为h＝2.4 m的平台上．已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：

(1)物块从传送带底端运动到平台上所用的时间；
(2)若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度．
【答案】(1)1.33s（2）0.85s，2.31ｍ/s
【解析】
【分析】(1) 物块在恒力作用下沿传送带运动时，起始阶段物块速度小于传送带速度，物块受的摩擦力沿传送带向上，据牛顿第二定律求出物块的加速度；物块速度等于传送带速度后，摩擦力突变，分析物块接下来的运动情况，求出两段运动对应的时间．
(2)若速度相等时，撤去拉力，对物体受力分析，据牛顿第二定律求出物块的加速度，再据运动学公式求出物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度．
【详解】(1)对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速度为零的匀加速运动，直至速度达到传送带的速度，由牛顿第二定律：
解得：
物块加速过程所用时间
物块加速过程运动的距离
物块达到与传送带同速后，对物块受力分析可知，物块受的摩擦力的方向改变，因为F＝8 N，而重力沿传送带向下的分力和最大静摩擦力之和为10 N，物块不能相对传送带向上加速，物块将沿传送带匀速上升
传送带长度
物块在传送带上匀速的时间
物块从传送带底端运动到平台上所用的时间
(2)若达到同速后撤去恒力F，对物块受力分析，
因为
物块将减速上行，
得
设物块还需离开传送带，离开时的速度为，则


19. 在光滑绝缘水平轨道上有一弹簧左端系于A点,右端与质量为3m的小球1接触但不连接．现用外力推动小球1将弹簧压缩至弹性势能为Ep=mgs(s为一定值)时静止释放,离开弹簧后与静止在P点质量为m、带电量为q(q>0)的小球2发生弹性正碰(不发生电荷转移),碰后小球2从DB进入圆弧轨道,如图所示．BC是一段竖直墙面,DEF是固定在竖直平面内的一段光滑绝缘圆弧轨道,轨道上端D点的切线水平,B、D间距很小,可看作重合的点．圆心O与轨道下端F的连线与竖直墙面的夹角为53°在BC右边整个空间有水平向左、场强E=的匀强电场,小球2进入圆弧轨道之后恰好能沿着轨道DEF运动,一段时间后从轨道下端F处脱离,最后打在竖直墙面BC的C点．已知重力加速度为g,sin53°=0.8．

求：（1）碰后小球2运动的速度;
（2）轨道DEF的半径R;
（3）小球2打在C点前瞬间的速度．
【答案】（1）（2）（3）
【解析】
【详解】（1）由能量守恒得①
1、2小球根据动量守恒得：②.
1、2小球根据机械能守恒得：③.
由①②③式解得：

（2）由题意得：.
设DEF轨道半径为R，设在E点小球达到等效最高点，由于小球恰好能沿着DEF轨道运动，则在E点有：①.
根据动能定理得：.②.
由①②式解得：m
（3）过点F做切线以及垂直BC的水平线，则α为53°．又因为，则小球所受合力的方向与水平方向夹角成53°．即在F点小球速度方向与合力方向共线，小球做直线运动．
由几何关系得：m.
从B到C全程动能定理有：
解得：.