2023-2024学年湖南省衡阳市衡阳县第二中学高二（下）开学小测物理试卷（B卷）（含解析）

这是一份2023-2024学年湖南省衡阳市衡阳县第二中学高二（下）开学小测物理试卷（B卷）（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图，四根完全相同的均匀带正电绝缘长棒对称放置在长方体的四条长边a、b、c、d上。移去a处的绝缘棒，假定另外三根绝缘棒电荷分布不变。关于长方体几何中心O点处电场强度方向和电势的变化，下列说法正确的是
( )
A. 电场强度方向垂直指向a，电势减小B. 电场强度方向垂直指向c，电势减小
C. 电场强度方向垂直指向a，电势增大D. 电场强度方向垂直指向c，电势增大
2.如图甲所示，真空中有一带负电的点电荷Q，固定在x轴上的某处，在坐标轴上的A、B两点分别放置正的试探电荷(电荷量可调)，其受到的静电力F跟试探电荷的电荷量q的关系如图乙中a、b所示。取沿x轴正方向为静电力F的正方向，下列说法正确的是( )
A. B点电场强度方向一定沿x轴负方向B. A、B两点电场强度方向可能相同
C. A点的电场强度大于B点的电场强度D. 点电荷Q可能在A点的左侧
3.如图所示的电路中，闭合开关S，灯L1、L2正常发光．由于电路突然出现故障，发现灯L1变亮，灯L2变暗，电流表的读数变小，根据分析，发生的故障可能是(电源内阻不计)( )
A. R1断路B. R2断路C. R3短路D. R4短路
4.如图为两点电荷Q、Q′的电场等势面分布示意图，Q、Q′位于x轴上，相邻等势面的电势差为3V。若x轴上的M点和N点位于0V等势面上，P为某等势面上一点，则( )
A. N点的电场强度大小比M点的大B. Q为正电荷
C. M点的电场方向沿x轴负方向D. P点与M点的电势差为12V
5.对磁现象的研究中有一种“磁荷观点”.人们假定，在N极上聚集着正磁荷，在S极上聚集着负磁荷．由此可以将磁现象与电现象类比，得出一系列相似的定律，引入相似的概念．例如磁的库仑定律 、磁场强度、磁偶极矩等．在磁荷观点中磁场强度定义为：其大小等于点磁荷在该处所受磁场力与点磁荷所带磁荷量的比值，其方向与正磁荷在该处所受磁场力方向相同．则一个磁荷量为6Nm/A(磁荷量的单位是“牛米每安”)的磁荷在磁场强度为3A/m(磁场强度的单位是“安每米”)的磁场中受到的磁场力为( )
A. 18NB. 0.5NC. 2ND. 3N
6.“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中，裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段：①助滑阶段，运动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；②起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快速伸直，同时上体向前伸展；③飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态；④着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸。下列说法正确的是( )
A. 助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力
B. 起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度
C. 飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度
D. 着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间
7.如图所示，质量分别为m和2m的小物块Р和Q，用轻质弹簧连接后放在水平地面上，Р通过一根水平轻绳连接到墙上。P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰好能保持静止。弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g。若剪断轻绳，Р在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为( )
A. μmgkB. 2μmgkC. 4μmgkD. 6μmgk
8.某同学为了研究水波的传播特点，在水面上放置波源和浮标，两者的间距为L。t=0时刻，波源开始从平衡位置沿y轴在竖直方向做简谐运动，产生的水波沿水平方向传播(视为简谐波)，t1时刻传到浮标处使浮标开始振动，此时波源刚好位于正向最大位移处，波源和浮标的振动图像分别如图中的实线和虚线所示，则( )
A. 浮标的振动周期为4t1B. 水波的传播速度大小为L4t1
C. 32t1时刻浮标沿y轴负方向运动D. 水波的波长为2L
9.完全失重时，液滴呈球形，气泡在液体中将不会上浮。2021年12月，在中国空间站“天宫课堂”的水球光学实验中，航天员向水球中注入空气形成了一个内含气泡的水球。如图所示，若气泡与水球同心，在过球心O的平面内，用单色平行光照射这一水球。下列说法正确的是
( )
A. 此单色光从空气进入水球，频率一定变大
B. 此单色光从空气进入水球，频率一定变小
C. 若光线1在M处发生全反射，光线2在N处一定发生全反射
D. 若光线2在N处发生全反射，光线1在M处一定发生全反射
10.如图所示，两光屏间放有两个透振方向相互平行的偏振片，现让太阳光沿轴线通过光屏M上的小孔照射到偏振片P上，再通过偏振片Q，现以光的传播方向为轴使偏振片P由图示位置旋转90度，下列说法正确的是( )
A. MP间为偏振光B. PQ间为自然光
C. PQ间的光线亮度逐渐变暗D. 光屏N上的亮线逐渐变暗
二、多选题：本大题共2小题，共8分。
11.如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B.L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中．已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行．该导线受到的安培力为( )
A. 0B. BIlC. 2BIlD. 5BIl
12.如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，在O点存在的垂直纸面向里运动的匀速电子束。∠MOP=60°，在M、N处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O点的电子受到的洛伦兹力大小为F1。若将M处长直导线移至P处，则O点的电子受到的洛伦兹力大小为F2。那么F2与F1之比为( )
A. 3∶1B. 3∶2C. 1∶1D. 1∶2
三、实验题：本大题共2小题，共24分。
13.某同学用图(a)所示电路探究小灯泡的伏安特性，所用器材有：
小灯泡(额定电压2.5V，额定电流0.3A)
电压表(量程300mV，内阻300Ω)
电流表(量程300mA，内阻0.27Ω)
定值电阻R0
滑动变阻器R1(阻值0−20Ω)
电阻箱R2(最大阻值9999.9Ω)
电源E(电动势6V，内阻不计)
开关S、导线若干。
完成下列填空：
(1)有3个阻值分别为10Ω、20Ω、30Ω的定值电阻可供选择，为了描绘小灯泡电流在0∼300mA的U−I曲线，R0应选取阻值为__________Ω的定值电阻；
(2)闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于变阻器的__________(填“a”或“b”)端；
(3)在流过电流表的电流较小时，将电阻箱R2的阻值置零，改变滑动变阻器滑片的位置，读取电压表和电流表的示数U、I，结果如图所示。当流过电流表的电流为10mA时，小灯泡的电阻为__________Ω(保留1位有效数字)；( )
(4)为使得电压表满量程时对应于小灯泡两端的电压为3V，该同学经计算知，应将R2的阻值调整为______Ω。然后调节滑动变阻器R1，测得数据如下表所示：
(5)由图和上表可知，随流过小灯泡电流的增加，其灯丝的电阻__________(填“增大”“减小”或“不变”)；( )
(6)该同学观测到小灯泡刚开始发光时流过电流表的电流为160mA，可得此时小灯泡电功率P1=______W(保留2位有效数字)；当流过电流表的电流为300mA时，小灯泡的电功率为P2，则P2P1=______(保留至整数)。
14.一实验小组利用图(a)所示的电路测量一电池的电动势E(约1.5V)和内阻r(小于2Ω)。图中电压表量程为1V，内阻RV=380.0Ω：定值电阻R0=20.0Ω；电阻箱R，最大阻值为999.9Ω；S为开关。按电路图连接电路。完成下列填空：

(1)为保护电压表，闭合开关前，电阻箱接入电路的电阻值可以选__________Ω(填“5.0”或“15.0”)；
(2)闭合开关，多次调节电阻箱，记录下阻值R和电压表的相应读数U；
(3)根据图(a)所示电路，用R、R0、RV、E和r表示1U，得1U=__________；
(4)利用测量数据，做1U−R图线，如图(b)所示：

(5)通过图(b)可得E=__________V(保留2位小数)，r=__________Ω(保留1位小数)；
(6)若将图(a)中的电压表当成理想电表，得到的电源电动势为E′，由此产生的误差为E′−EE×100%=__________%。
四、计算题：本大题共3小题，共28分。
15.如图所示，光滑斜面与光滑34竖直圆弧轨道相切于A点，B点为圆弧轨道的最低点，C点为圆弧轨道的最高点，整个空间存在水平向左的匀强电场。一质量为m=1kg、电荷量为−q的带电小球从斜面上由静止释放，小球始终能沿轨道运动。已知电场强度E=3mg4q，斜面与水平方向的夹角θ=53∘，圆弧轨道半径R=1m,g取10m/s2,sin53∘=0.8,cs53∘=0.6。
(1)求刚释放小球时小球的加速度a的大小；
(2)若小球恰能到达C点，求释放点到A点的距离s及此运动过程中小球对轨道的最大压力。
(3)若电场方向反向，大小不变，小球能到达C点，试求小球运动过程中对轨道的最大压力。
16.回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m，电荷量为+q，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U0，周期T=2πmqB。一束该粒子在0∼T2时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零。现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用。求：
(1)出射粒子的动能Ek；
(2)粒子从飘入狭缝至动能达到Ek所需的总时间t0。
17.如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为1kg和2kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为1kg，A和C以相同速度v0=10m/s向右运动，B和D以相同速度kv0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ=0.1。重力加速度大小取g=10m/s2。
(1)若0(2)若k=0.5，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解；四根完全相同的均匀带正电绝缘长棒对称放置在长方体的四条长边上，根据对称性可知O点场强为零，且b棒和d棒由于对称性，在O点产生的合场强为0，故a棒与c棒在O点产生的合场强也为0。因此移去a棒后，O点的场强可以认为是由c棒单独产生。c棒带正电，且由对称性可知，其在O点的场强应垂直指向a。电势是标量，若以无穷远处为电势零点，四根带正电的绝缘棒周围的电势均大于0，O点的电势等于所有棒在O点激发的电势的代数和，故移去a棒后O点的电势减小，故A正确，BCD错误。
故选：A。
四根完全相同的均匀带正电绝缘长棒对称放置在长方体的四条长边上，根据对称性可知O点场强为零，以此分析移去a棒后O点的场强大小。电势是标量，每根带电绝缘棒在O点激发的电势的代数和为O点的电势。
本题考查对称思想、物理量的标失性，注意对概念的学习与理解。
2.【答案】AC
【解析】【分析】
根据图线的斜率求出A、B点的电场强度大小，根据电场强度的方向与正电荷所受电场力方向相同，判断电场强度的方向；根据两点电荷所受电场力特点判断出点电荷Q的大概位置。
解决本类题的关键在于掌握电场强度，以及知道电场强度的方向需要根据电荷电性分类判断。
【解答】
A.根据乙图b线可知，正的试探电荷在B点所受电场力沿x轴负方向，正的试探电荷所受电场力与电场强度方向相同，故B点电场强度方向一定沿x轴负方向， A正确
B.根据乙图a线可知，正的试探电荷在B点所受电场力沿x轴正方向，故A点电场强度沿x轴正方向，与B点电场强度方向相反，B错误；
C.根据F=qE，可知a、b线的斜率表示场强大小，a线斜率大，A点的电场强度大于B点的电场强度， C正确；
D.点电荷Q如果在A点的左侧，则A、B两点电场强度方向应该相同，显然与事实不符，D错误；
故选AC．
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题根据现象无法直接得出故障原因，但可以根据各选项中给出的故障去推导可能出现的现象，从而利用反推法找出能产生题干中现象的故障所在。
由电路图利用电路的简化知识可先将电路简化，则根据简化电路图，可根据串并联电路的规律逐项分析电路中是否能出现上述现象，则可得出正确的选项。
【解答】
A、等效电路图如图所示，
出现故障后，发现灯L1变亮，灯L2变暗，说明L1两端的电压变大，L2两端的电压变小，可能是R1断路，此时安培表示数减小，故A正确；
B、如果R2断路，则灯L2变亮，灯L1变暗，与条件不符，故B错误；
CD、若R3短路或R4短路，电流表示数变大，故C、D错误．
4.【答案】AD
【解析】解：A、等差等势线的疏密程度体现场强的大小，由图可知N点的等差等势线比M点更密，则N点的电场强度大小比M点的大，故A正确；
B、沿着电场线电势逐渐降低，由图可知电场线由N指Q，则Q为负电荷，故B错娱；
C、沿着电场线电势逐渐降低，结合各等势线的电势高低关系可知M点的电场方向沿x轴正方向，故C错误；
D、M点与N点等势均为0V，P点与N点的等势线间隔四个，而相邻等势面的电势差为3V，则P点与M点的电势差为12V，故D正确。
故选：AD。
根据等差等势面的疏密程度得出场强的大小；
沿着电场线方向电势逐渐降低，由此分析出电荷的电性；
根据等势面的数值关系得出P点和M点的电势差的大小。
本题主要考查了等势面的特点，理解电势与电场线的特点，结合题目条件即可完成分析，难度不大。
5.【答案】A
【解析】解：用H表示磁场强度，F表示点磁荷所受磁场力，qm表示磁荷量，根据磁场强度定义为：其大小等于点磁荷在该处所受磁场力与点磁荷所带磁荷量的比值，得：H=F qm
则得：F=Hqm=3A/m⋅m6Nm/A=18N
故选：A。
根据磁场强度定义为：其大小等于点磁荷在该处所受磁场力与点磁荷所带磁荷量的比值，求解磁场力．
本题关键是读懂题意，运用类比思想理解题意，根据题意列式分析即可研究．
6.【答案】B
【解析】【分析】
助滑阶段和飞行阶段都是为了减小空气阻力；起跳阶段是为了增大运动员向上的速度；着陆阶段屈膝是为了增加作用时间，从而减小作用力。
本题以滑雪运动为考查背景，主要考查了动量定理的相关应用，理解物理知识在生活中的应用，比较考研学生的分析理解能力。
【解答】
A.助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩擦力，A错误；
B.起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是通过增大滑道对人的作用力，根据动量定理可知，在相同时间内，可以增加向上的速度，B正确；
C.飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了减小水平方向的阻力，C错误；
D.着陆阶段，运动员两腿屈膝下蹲可以延长落地时间，根据动量定理可知，可以减少身体受到的平均冲击力，D错误。
故选B。
7.【答案】C
【解析】详解】Q恰好能保持静止时，设弹簧的伸长量为x，满足
kx=2μmg
若剪断轻绳后，物块P与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的最大压缩量也为x，因此Р相对于其初始位置的最大位移大小为
s=2x=4μmgk
故选C。
8.【答案】A
【解析】A
【详解】A.根据振动图像可知，波源在 0 时刻振动，波形经过 t1=14T 传递到浮标处，浮标的振动周期为
T=4t1
A正确；
B.波源的振动情况经过 t1 传到距离 L 处的浮标，可知波速大小为
v=Lt1
B错误；
C.根据虚线图像可知浮标在 32t1 时刻沿 y 轴正方方向运动，C错误；
D.水波的波长为
λ=vT=Lt1⋅4t1=4L
D错误。
故选A。
9.【答案】C
【解析】【分析】
光的频率是由光源决定的，光由一种介质进入另一种介质频率不变；根据折射定律、几何关系及全反射的条件分析判断。
本题考查光学问题，几何光学关键是根据题意画出光路图，根据折射定律、几何关系等分析。
【解答】
AB.光的频率是由光源决定的，与介质无关，频率不变，AB错误；
CD.如图可看出光线1入射到水球的入射角小于光线2入射到水球的入射角，则光线1在水球外表面折射后的折射角小于光线2在水球外表面折射后的折射角，设水球半径为R、气泡半径为r、光线在水球外表面的折射角为α、光线进入气泡的入射角为θ，根据几何关系有sin(π−θ)R=sinαr
则可得出光线2的θ大于光线1的θ，故若光线1在M处发生全反射，光线2在N处一定发生全反射，C正确、D错误。
故选C。
10.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了光的偏振，解题的关键掌握自然光和偏振光的概念，注意两者的区别，另外要明确偏振片的作用。当两偏振片垂直时，经过第一个偏振片的偏振光的振动方向会与另一偏振片的透振方向垂直，因此不能透过。
太阳、电灯等普通光源发出的光，包含着在垂直于传播方向上沿一切方向振动的光，而且沿着各个方向振动的光波的强度都相同，这种光叫自然光；在通过偏振片的光波，在垂直于传播方向的平面上，沿着某个特定的方向振动，这种光叫偏振光。当两偏振片垂直时，经过第一个偏振片的偏振光的振动方向会与另一偏振片的透振方向垂直，因此不能透过。
【解答】
A.MP间为自然光，故A错误；
B.MP间为自然光，经过偏振片P后变为偏振光，因此PQ间为偏振光，故B错误；
C.由于自然光沿着各个方向振动的光波的强度都相同，因此经过偏振片P后，使偏振片P由图示位置旋转90度的过程中，PQ间的光线亮度不变，故C错误；
D.自然光沿轴线通过光屏M上的小孔照射到偏振片P上，再使偏振片P由图示位置旋转90度的过程中，当偏振片P与偏振片Q垂直时，光屏没有亮度，则关于光屏上光的亮度逐渐变暗，故D正确；
故选：D。
11.【答案】C
【解析】【分析】本题主要考查了安培力的计算公式，熟悉安培力的计算公式，代入数据即可完成分析。
【解答】bc段与磁场方向平行，不受安培力；ab段与磁场方向垂直，则受安培力为Fab=BI⋅2l=2BIl，则该导线受到的安培力为2BIl。
故选：C。
12.【答案】B
【解析】解：两条导线在O点的磁感应强度大小方向，方向均向下，设大小均为B，则O点的合磁感应强度大小为2B，
则F1=2Bqv，
则当M移至P点时，M在O点的磁感应强度方向垂直PO斜向右下方，
O点合磁感强度大小为：
B′=2Bcs30°= 3B，
则O点的电子受到的洛伦兹力大小为：
F2=B′qv= 3Bqv，
那么F2与F1之比为 3：2，故ACD错误，B正确。
由磁场的叠加可知每根导线在O点的电子受到的洛伦兹力大小，移动之后距O点的距离不变，故磁感强度大小不变，则由矢量合成的方向可得出移动之后的合磁感强度大小，再依据洛伦兹力公式F=Bqv，即可求得比值．
考查洛伦兹力公式F=Bqv，及矢量的合成法则，并掌握磁感强度为矢量，注意在求合磁感强度时应先分别求得各导线O点的磁感强度再由矢量的合成方法−平行四边形求得总的磁感强度．
13.【答案】 10 a 0.7 2700 增大 0.074 10
【详解】(1)[1]因为小灯泡额定电压2.5V，电动势6V，则滑动滑动变阻器时，为了保证电路安全，需要定值电阻分担的电压
U=6V−2.5V=3.5V
则有
R0=≈11.7Ω
则需要描绘小灯泡在0∼300mA的伏安特性曲线，即R0应选取阻值为10 Ω ；
(2)[2]为了保护电路，滑动变阻器的滑片应置于变阻器的a端；
(3)[3]由图可知当流过电流表的电流为10mA时，电压为7mV，则小灯泡的电阻为
R=7×10−310×10−3Ω=0.7Ω
(4)[4]由题知电压表满量程时对应于小灯泡两端的电压为3V时，有
3R2+RV=0.3RV
解得
R2=2700Ω
(5)[5]由图和表格可知流过小灯泡电流增加，图像中 UI 变大，则灯丝的电阻增大；( )
(6)[6]根据表格可知当电流为160mA时，电压表的示数为46mV，根据(4)的分析可知此时小灯泡两端电压为0.46V，则此时小灯泡电功率
P1=0.46V×0.16A≈0.074W
[7]同理可知当流过电流表的电流为300mA时，小灯泡两端电压为2.5V，此时小灯泡电功率
P2=2.5V×0.3A=0.75W
故有
P2P1=

【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】 15.0 R0+RVERVR0⋅R+1E+(RV+R0)rERVR0 1.58 2.0 5
【解析】(1)[1]为了避免电压表被烧坏，接通电路时电压表两端的电压不能比电表满偏电压大，则由并联电路分压可得
URVR0RV+R0=E−UR+r
代入数据解得
R=7.5Ω
因此选 15.0Ω 。
(3)[2]由闭合回路的欧姆定律可得
E=U+URVR0RV+R0R+r
化简可得
1U=R0+RVERVR0⋅R+1E+RV+R0ERVR0r
(5)[3][4]由上面公式可得
R0+RVERVR0=k=119E
由 1U−R 图象计算可得
k=130V−1⋅Ω
代入可得
E≈1.58V
将 15,1.2 代入解析式可得
1.2=130×15+1E+r30
解得
r≈2.0Ω
(6)[5]如果电压表为理想电压表，则可有
1U=1E+rER0+1ER0R
则此时
E′=120k
因此误差为
η=120k−119k119k×100%=5%
15.【答案】(1) 12.5m/s2 ；(2) 1.2m ， 67.5N ，方向与竖直方向成 37∘ 角斜向右下；(3) 75N ，方向与竖直方向成 37∘ 角斜向左下
【详解】(1)对小球受力分析，小球所受电场力水平向右，且小球始终沿轨道运动，根据牛顿第二定律有
mgsinθ+qEcsθ=ma
解得
a=12.5m/s2
(2)若小球恰好能到达 C 点，在 C 点，由牛顿第二定律有
mg=mvC2R
从释放到到达 C 点，由动能定理得
mg(ssinθ−R−Rcsθ)+qE(scsθ+Rsinθ)=12mvC2
联立解得
s=1.2m
设小球于 B 点右侧某位置达到最大速度，该位置和圆心连线与竖直方向成 α 角，则该位置小球对轨道的压力最大，由受力分析得
tanα=qEmg
解得
α=37∘
由释放点到该位置的过程，由动能定理
mg(ssinθ−Rcsθ+Rcsα)+qE(scsθ+Rsinθ+Rsinα)=12mv2
解得
v= 55m/s
对该位置，由牛顿第二定律得
FN−mgcsα−qEsinα=mv2R ，
解得
FN=67.5N
由牛顿第三定律得小球对轨道的最大压力大小为 67.5N ，方向与竖直方向成 37∘ 角斜向右下；
(3)设小球于 B 点左侧 D 处达到最大速度， D 与圆心 O 的连线与竖直方向的夹角为 β ，同(2)解得
β=37∘
沿如图所示 OD 方向，若小球能到达 C 点，应能先通过 E 点(等效最高点)，当小球恰好通过 E 点时，受力分析得
(qE)2+(mg)2=mvE2R
解得
vE=5 22m/s
小球由 D 到 E 过程，由动能定理得
−F⋅2R=12mvE2−12mvD2
其中
F= (qE)2+(mg)2
解得
vD=5 102m/s
对小球经过 D 点，由牛顿第二定律得
FN1−F=mvD2R
解得
FN1=75N
由牛顿第三定律得小球运动过程中对轨道的最大压力大小为 75N ，方向与竖直方向成 37∘ 角斜向左下。


【解析】详细解答和解析过程见答案
16.【答案】(1) q2B2R22m ；(2) πBR2+2BRd2U0−πmqB
【详解】(1)出射粒子的运动半径为R，根据洛伦兹力提供向心力有
qvB=mv2R
此时粒子的动能为
Ek=12mv2
解得
Ek=q2B2R22m
(2)设粒子被加速n次达到动能Ek，则有
Ek=nqU0
粒子在狭缝间做匀加速运动，根据牛顿第二定律有
qU0d=ma
粒子在电场中后一次加速过程可以看为前一次加速过程的一个延续部分，设n次经过狭缝的总时间为t，则有
nd=12at2
又由于
t0=n−q⋅T2+t
联立以上各式解得
t0=πBR2+2BRd2U0−πmqB

【解析】详细解答和解析过程见答案
17.【答案】(1)物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后物块C、D形成的新物块的速度为v物，C、D的质量均为m=1kg，以向右方向为正方向，则有mv0−m⋅kv0=(m+m)v物
解得v物=1−k2v0=5(1−k)m/s>0
可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为5(1−k)m/s，方向向右。
滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑，滑板A和B质量分别为1kg和2kg，则由Mv0−2M⋅kv0=(M+2M)v滑
解得v滑=1−2k3v0=10−20k3m/s>0
则新滑板速度方向也向右。
(2)若k=0.5，可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为v物′=5(1−k)m/s=5×(1−0.5)m/s=2.5m/s
碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑′=10−20k3m/s=0m/s
可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，设新物块的质量为m′=2kg，新滑板的质量为M′=3kg，相对静止时的共同速度为v共，根据动量守恒可得m′v物′=(m′+M′)v共
解得v共=1m/s
根据能量守恒可得μm′gx相=12m′v2−12(m′+M′)v共2
解得x相=1.875m

【解析】本题是力学中的综合问题，主要考查动量守恒定律，能量守恒定律，牛顿第二定律和运动学公式的应用。U/mV
24.0
46.0
76.0
110.0
128.0
152.0
184.0
216.0
250.0
I/mA
140.0
160.0
180.0
200.0
220.0
240.0
260.0
280.0
300.0