2021-2022学年黑龙江省哈尔滨市香坊区德强学校清北班高三（上）期末物理试卷

2021-2022学年黑龙江省哈尔滨市香坊区德强学校清北班高三（上）期末物理试卷

一、单选题（本大题共9小题，共36.0分）

1. 如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系可视为惯性系中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统

A. 动量守恒，机械能守恒 B. 动量守恒，机械能不守恒
C. 动量不守恒，机械能守恒 D. 动量不守恒，机械能不守恒

2. 如图所示，是某人站在压力板传感器上，做下蹲--起立的动作时记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为力单位为，横坐标为时间单位为。由图线可知，该人的体重约为，除此之外，还可以得到的信息是

A. 该人做了两次下蹲--起立的动作
B. 该人做了一次下蹲--起立的动作
C. 下蹲过程中人处于失重状态
D. 下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态

3. 如图所示，线圈通过滑动变阻器和开关连接到电源上，线圈的两端连到电流表上，把线圈装在线圈的里面。实验中观察到，开关闭合瞬间，电流表指针向右偏转，则

A. 开关断开瞬间，电流表指针不偏转
B. 开关闭合稳定后，穿过线圈的磁通量为零
C. 开关闭合稳定后，向右移动滑动变阻器的滑片，电流表指针向右偏转
D. 开关闭合稳定后，向上拔出线圈的过程中，线圈将对线圈产生排斥力

4. 如图所示，某同学拉动一个箱子在水平面匀速前进，拉力与水平面的夹角为，下列说法正确的是

A. 仅改变前进的速度，速度越大，拉力越大
B. 仅改变夹角，越大，拉力越小
C. 地面对箱子的作用力竖直向上
D. 地面对该同学和箱子作用力的合力竖直向上

5. 光控开关可以实现自动控制，可以使电灯的亮度自动随周围环境的亮度改变而改变。如图为其内部电路简化原理图，电源电动势为，内阻为，为光敏电阻光照强度增加时，其电阻值减小。当光照逐渐减弱时，则下列判断正确的是

A. 电源的效率变小
B. 电源内阻消耗的功率变小
C. 灯变暗，灯变暗
D. 上电流的变化量等于上电流的变化量

6. 太阳系中的大行星的轨道均可以近似看成圆轨道．下列幅图是用来描述这些行星运动所遵从的某一规律的图象．图中坐标系的横轴是，纵轴是；这里和分别是行星绕太阳运行的周期和相应的圆轨道半径，和分别是水星绕太阳运行的周期和相应的圆轨道半径．下列幅图中正确的是

A.  B.
C.  D.

7. 在固定点电荷的电场中，一试探电荷仅在静电力作用下绕点电荷沿椭圆轨道运动，、、、为椭圆轨道上四点，如图所示。下列说法正确的是

A. 、两点电场强度相同
B. 点电势一定比点电势高
C. 试探电荷由运动到的过程中电势能增大
D. 试探电荷与固定点电荷带同种电荷
 

8. 如图所示，用两根长均为的轻质绝缘细线、把带电小球甲悬挂在水平天花板上，两线之间的夹角为。小球甲电荷量C、质量，沿延长线距甲处的水平地面上固定有一带等量同种电荷的小球乙。开始整个装置处于静止状态，小球甲、乙均可视为点电荷，静电力常量，重力加速度取。某时刻剪断线，则

A. 剪断线前，上拉力大小为
B. 剪断线前，上拉力大小为
C. 剪断线后，小球甲仍在原位置静止
D. 剪断线后，小球甲移动很小一段距离内电势能减小

9. 北京年冬奥会跳台滑雪比赛在张家口赛区的国家跳台滑雪中心进行，跳台由助滑道、起跳区、着陆坡、停止区组成，如图所示。运动员从起跳区水平起跳后在空中运动的速度变量、重力的瞬时功率大小、动能、机械能分别用、、、表示，用表示运动员在空中的运动时间，不计运动员空气阻力，下列图象中可能正确的是

A.  B.
C.  D.

二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）

10. A、两质点从时刻起同时沿同一直线运动，它们的速度时间图像如图所示。下列说法正确的是

A. 在内，的位移大小是的位移大小的倍
B. 在内的某一时刻，、的加速度大小相等
C. 在内，的平均速度大于的平均速度
D. 在第末，、恰好相遇

11. 如图所示，小木块和长木板叠放后静置于光滑水平面上．、的接触面是粗糙的．用足够大的水平力拉，、间有相对滑动．在从左端滑落以前，关于水平力的下列说法中正确的是

A. 做的功大于、动能增量之和
B. 做的功等于、动能增量之和
C. 的冲量大于、动量增量之和
D. 的冲量等于、动量增量之和

12. 如图所示，直线上方存在着范围足够大的匀强磁场，在边界上的点垂直于磁场且垂直于边界方向同时发射两个相同的粒子和，其中粒子经过点，粒子经过点。已知、、三点在一条直线上，且：：，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，下列判断正确的是

A. 两个粒子的速率之比：：
B. 两个粒子的速率之比：：
C. 两个粒子同时经过点和点
D. 两个粒子在磁场中运动的时间相同

13. 如图所示，真空中有一个棱长为的正四面体。若在、两点分别放置一个点电荷，点为正电荷、点为负电荷，其电荷量均为。再在四面体所在的空间加一个匀强电场，其场强大小为，则点合场强为。静电力常数为，下列表述正确的是

A. 匀强电场的场强大小为 B. 匀强电场的场强大小为
C. 点合场强的大小为 D. 点合场强的大小为

14. 如图所示，斜面固定在水平面上，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与物块相连，弹簧处于原长时物块位于点，物块与斜面间有摩擦。现将物块从点拉至点，撤去拉力后物块由静止向上运动，经点到达点时速度为零，则物块从运动到的过程中

A. 经过位置点时，物块的动能最大
B. 物块动能最大的位置与的距离无关
C. 物块从向运动过程中，弹簧弹力做功大于物块机械能的增加量
D. 物块从向运动过程中，物块动能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量

三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）

15. 某实验小组采用如图甲所示的实验装置探究力与加速度的关系。实验时滑块在细线拉力的作用下沿轨道运动，滑块受到的拉力由力传感器读出，位移传感器发射部分固定在滑块上随滑块运动，位移传感器接收部分固定在轨道上，能读出滑块的位移随时间的变化规律。
    
    实验中______填“需要”或“不需要”重物的质量与滑块的质量满足。
    如果滑块的位移与时间的关系式为，则滑块的加速度______。
    用正确的实验方法测得实验数据，作出图线如图乙所示。由图中的图线可知滑块受到的摩擦力大小为______。后两空均保留位有效数字
16. 一学习小组要测量某蓄电池的电动势和内阻。实验室提供的器材有：
    待测蓄电池电动势约
    电压表量程，内阻约
    电阻箱阻值范围
    定值电阻阻值为
    开关及导线若干
    
    该小组按照图甲电路进行实验，在调节阻值的过程中，发现电压表示数的变化范围比较小，出现该现象的可能原因是______ 写出一个原因即可。
    该小组提出图乙、丙两种改进方案，应选择______ 选填“乙”或“丙”方案进行实验。
    利用改进的方案测出多组电压表示数和电阻箱示数，作出图像如图丁所示。根据图像可求得蓄电池电动势为______ ，内阻的阻值为______ 结果保留两位有效数字。

四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）

17. 如图所示，水平面内的导轨与竖直面内的半圆形光滑导轨在点相切。半圆形导轨的半径为，一个质量为的滑块视为质点从点以某一初速度沿导轨向有运动，滑块进入半圆形导轨后通过点时受到轨道弹力的大小为重力加速度大小，并恰好落到点。水平导轨与滑块间的动摩擦因数。不计空气阻力。求：
    滑块通过半圆形导轨的点时对半圆形导轨的压力大小；
    滑块在点时的动能。
    
    
    
    
    
    
     
18. 质量为的小球在竖直向上的恒定拉力作用下，由静止开始从水平地面向上运动，经一段时间，拉力做功为。此后撤去拉力，球又经相同时间回到地面，以地面为零势能面，不计空气阻力。求：
    球回到地面时的动能；
    撤去拉力前球的加速度大小及拉力的大小；
    小球动能为时的重力势能。
    
    
    
    
    
    
     
19. 如图所示，直线上方有平行于纸面且与成的有界匀强电场，电场强度大小未知；下方为方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为。现从上的点向磁场中射入一个速度大小为、方向与成角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨道半径为。该粒子从点出发记为第一次经过直线，第五次经过直线时恰好又通过点，不计粒子的重力。
    画出粒子在磁场和电场中运动轨迹的草图并求出粒子的比荷大小；
    求出电场强度的大小和第五次经过直线上点时的速度大小；
    求该粒子从点出发到再次回到点所需的时间。

答案和解析

1.【答案】
 

【解析】解：从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒；
撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动，弹簧被压缩且弹簧的弹力大于滑块受到的滑动摩擦力，
撤去外力后滑块受到的合力不为零，滑块相对车厢底板滑动，系统要克服摩擦力做功，
克服摩擦力做的功转化为系统的内能，系统机械能减小，系统机械能不守恒，故B正确，ACD错误。
故选：。
系统所受合外力为零，系统动量守恒；只有重力或弹力做功时，机械能守恒。根据系统受力情况与各力做功情况，结合动量守恒与机械能守恒的条件分析答题。
本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的条件，知道动量守恒与机械能守恒的条件、分析清楚系统受力情况与力的做功情况即可解题。
 

2.【答案】
 

【解析】解：人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重对应先失重再超重，起立对应先超重再失重，对应图象可知，该同学做了一次下蹲起立的动作，下蹲过程既有失重又有超重，且先失重后超重，ACD错误，B正确；
故选：。
失重状态：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度。人下蹲过程分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，起立也是如此。
本题考查物理知识与生活的联系，注意细致分析物理过程，仔细观察速度的变化情况，与超失重的概念联系起来加以识别
 

3.【答案】
 

【解析】解：、开关断开的瞬间，中电流减小产生的磁场减弱，导致线圈中的磁通量发生变化，有感应电流产生，故A错误；
B、当开关闭合稳定后，穿过线圈的磁通量不变，由感应电流产生的条件可知，线圈中没有感应电流，故B错误；
C、开关闭合稳定后，向右移动滑动变阻器的滑片，接入电阻减小，线圈中电流增大，根据楞次定律可知线圈中产生感应电流与闭合开关时方向相同，故针向右偏转，故C正确；
D、开关闭合稳定后，向上拔出线圈的过程中，根据楞次定律可知，线圈将对线圈产生吸引力，故D错误。
故选：。
根据感应电流产生的条件分析答题，穿过闭合回路的磁通量发生变化，电路产生感应电流；同时根据楞次定律的两种描述分别分析感应电流的方向以及相互间的相用力。
本题主要考查楞次定律的应用，重点掌握楞次定律的两种描述：“增反减同”以及“来拒去留”应用。
 

4.【答案】
 

【解析】解：A、仅改变前进的速度大小，只要是木箱匀速运动，拉力大小与速度的大小无关，故A错误；
B、设木箱的质量为，木箱受力分析如图所示，木箱匀速运动，则合力为零，设拉力与水平方向夹角为时拉力最小，对正交分解后由平衡条件得：方向：           
方向：   
又：其中压力   
联立解得： 其中
故当时，拉力有最小值，为，并不是越大，拉力越小，故B错误；
C、木箱匀速运动，则合力为零，地面对木箱的作用力即为支持力与摩擦力的合力，该合力的方向斜向左上方，故C错误；
D、该同学与箱子做匀速直线运动，则受到的合外力等于零，则沿水平方向受到的摩擦力的矢量合为零，所以地面对该同学和箱子作用力的合力竖直向上，故D正确。
故选：。
木箱运动过程中受到重力、支持力、拉力和摩擦力四个力的作用；地面对木箱的作用力即为支持力与摩擦力的合力；根据平衡条件结合数学知识求解拉力最小值。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
 

5.【答案】
 

【解析】

【分析】
光照强度减弱，光敏电阻增大，则电路的总电阻增大，根据电路中电压、电流和电阻的关系可以判断出、灯两端电压的变化，进而可以知道两灯消耗的电功率情况；
电源内阻消耗的功率根据可以判断；
电源效率等于输出电压与电动势的比值；
根据电流的变化情况，可以判断电流变化量的大小。
该题考查了闭合电路欧姆定律的相关知识，电路的动态分析：分析的顺序：外电路部分电路变化变化判断的变化由判断的变化由部分电路欧姆定律分析固定电阻的电流、电压的变化用串、并联规律分析变化电阻的电流、电压和电功率。
【解答】
电路的连接情况是：光敏电阻与灯泡并联后再与定值电阻串联，最后与灯泡并联。
C、光照逐渐减弱时，光敏电阻阻值增大，电路总电阻增大，故电路总电流减小，消耗在内阻上的电压减小，路端电压增大，即灯两端电压增大，通过灯的电流增大，所以灯变亮，通过定值电阻的电流减小，所以两端的电压减小，灯两端的电压增大，灯变亮，故C错误；
B、电源电动势不变，电路总电流减小，由：可知电源内阻的消耗功率减小，故B正确；
A、电源的效率为，由上面的分析可知路端电压增大，电源的效率变大，故C错误；
D、通过上电流等于通过光敏电阻电流与通过灯的电流之和，即，根据前面的分析，通过灯的电流增大，故上电流的变化量大于上电流变化量，故D错误。
故选：。  

6.【答案】
 

【解析】解：根据开普勒周期定律：，两式相除后取对数，得：，
整理得：，所以B正确．
故选B．
根据开普勒行星运动的第三定律，按照题目的要求列示整理即可得出结论．
本题要求学生对数学知识要比较熟悉，并且要有一定的计算能力，主要是数学的计算问题．
 

7.【答案】
 

【解析】解：、、两点为椭圆上关于长轴对称的两点，则、两点到的距离相等，由点电荷的场强公式，可知两点的电场强度大小相等，但是方向不同，故A错误；
B、由于固定点电荷的电性未知，所以无法判断点电势与点电势的高低，故B错误；
C、由于试探电荷仅在静电力作用下绕点电荷沿椭圆轨道运动，试探电荷由运动到的过程中，库仑力做负功，所以电势能增大，故C正确；
D、由于试探电荷仅在静电力作用下绕点电荷沿椭圆轨道运动，根据曲线运动的受力特点可知试探电荷与固定点电荷之间的库仑力为吸引力，所以试探电荷与固定点电荷之间带异种电荷，故D错误。
故选：。
由点电荷的场强公式判断场强大小；固定点电荷的电性未知，无法判断电势高低；根据电场力对带电粒子的做功情况判断电势能的变化；根据受力情况判断试探电荷与固定点电荷所带电荷的性质。
本题考查了点电荷的场强公式、电场力做功与电势能的关系、电势高低的判断等基础知识，要求学生对点电荷的电场要深刻理解，并会熟练应用。
 

8.【答案】
 

【解析】解：、剪断细线前，小球甲、乙之间的库仑力，对甲根据平衡条件由：
，，联立解得：，，故A正确，B错误；
C、剪断线后，消失，而库仑力和重力不变，在竖直方向，竖直分量消失后若要使小球甲仍在原位置静止，的竖直分量需要增大，那么水平分量也会增大，这样水平方向就无法平衡，所以小球甲不能在原位置静止，故C错误；
D、斜向右上方的消失后，小球甲会向左摆动，小球甲移动很小一段距离内是靠近乙球，电场力做负功，电势能增加，故D错误；
故选：。
先求出库仑力，再用平衡条件可求出上的拉力大小；通过受力分析小球的运动情况；电场力做正功，电势能减小。
本题考查了共点力平衡条件的应用及电场力做功和电势能的变化，本题的关键是会用正交分解的方法分析物体受力及运动情况。
 

9.【答案】
 

【解析】解：、滑雪运动员离开起跳区后做平抛运动，水平速度不变化，竖直速度变化，则速度的变化量，所以速度变化量与时间成正比，故A错误；
B、设经过时间后速度为，与竖直方向的夹角为，那么重力的瞬时功率为，根据速度分解，所以功率可表示为，可见重力瞬时功率与时间成正比，故B正确；
C、设经过时间后，竖直速度大小为，初速度大小为，此时的动能，据此可知物体的初动能不为零，故C错误；
D、不计空气阻力，只有重力做功，所以滑雪运动员飞行的过程中机械能守恒，机械能不随时间发生变化，故D错误；
故选：。
运动员做平抛运动，根据运动的分解和合成的规律将其分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，然后根据运动学公式和机械能守恒定律进行分析。
本题关键是明确物体的运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，然后结合机械能守恒定律和功率的表达式列式分析。
 

10.【答案】
 

【解析】解：、根据图像与时间轴围成的面积表示位移，可得，在内，的位移大小，的位移大小，则，故A错误；
B、在速度时间图像中图线切线的斜率表示加速度，则在内，必有一时刻的加速度与一样大，故B正确；
C、在内，的位移大小，的位移大小，根据平均速度的定义知、的平均速度大小分别为，，因此，在内，的平均速度大于的平均速度，故C正确；
D、由于、的初位置未知，无法判断、是否在第末相遇，故D错误。
故选：。
在图象中，图像与时间轴围成的面积表示位移，图像的斜率表示加速度，平均速度等于位移与时间之比，根据位移关系和初始位置关系分析与能否相遇。
本题是速度时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度时间图像与时间轴围成的面积表示位移，能根据图象读取有用信息。
 

11.【答案】
 

【解析】解：以、系统为对象，根据能量守恒定律守恒得，拉力做的功等于、动能增量与摩擦生热之和。故A正确，B错误。
C、由于一对作用力和反作用力在同样时间内的总冲量一定为零，因此系统内力不改变系统总动量，因此的冲量等于、动量增量之和。故C错误，D正确。
故选：。
对系统研究，根据能量守恒定律判断做功的大小与、动能增量之和．对系统研究，运用动量定理判断的冲量与、动量增量之和．
本题考查了能量守恒定律和动量定理的运用，该定律和定理是高考常见的题型，平时的学习中需加强训练．
 

12.【答案】
 

【解析】解：设，粒子和的轨道半径为、，如图所示为粒子的轨迹

根据几何关系可得：
同理可得

由题意可得：：，故：：，由洛伦兹力提供向心力可得

整理可得，可得两个粒子的速率之比：：，故A正确，B错误；
C.两粒子在磁场中的运动周期均为，粒子从到转过的圆心角与粒子从到转过的圆心角相等，均为，由可知两个粒子同时经过点和点，故C正确；
D.粒子在磁场中做匀速圆周运动，均转过，结合的分析可知，两个粒子在磁场中运动的时间相同，故D正确。
故选：。
根据题意可知粒子的运动轨迹，根据几何关系结合洛伦兹力提供向心力可解得速度之比，粒子从到转过的圆心角与粒子从到转过的圆心角相等，根据周期公式可知两个粒子同时经过点和点。
本题考查带电粒子在磁场中的运动，解题关键掌握粒子运动轨迹的作图，注意粒子运动时间与圆心角有关。
 

13.【答案】
 

【解析】解：、如图所示，正确分析三维几何关系，两个点电荷在点产生的场强大小均为由几何关系这两个点电荷在该点产生的合场强大小为，方向平行于指向，侧该点合场强为则匀强电场方向与相反，大小为故A正确，B错误；

、由几何关系知，两点电荷在、两点的合场强的大小相等，方向相同，则点的合场强也为故C正确，D错误。
故选：。
根据点电荷产生的电场强度大小，结合题意可知匀强电场的场强大小；由几何关系知，两点电荷在、两点的合场强的大小相等，方向相同。
本题考查点电荷电场强度的计算公式，解题关键掌握场强的叠加，注意电场强度为矢量，叠加符合平行四边形定则。
 

14.【答案】
 

【解析】解：、物体从向运动过程，受重力、支持力、弹簧的拉力和滑动摩擦力，在平衡位置时物体的动能最大，由于滑动摩擦力平行斜面向下，故在平衡位置弹簧处于伸长状态，位置在点下方，故经过点的动能不是最大，故A错误；
B、在平衡位置时物体的动能最大，根据平衡条件可知平衡位置与距离无关，故B正确；
C、物块从向运动过程中，弹性势能的转化为物块的机械能和内能，根据能量守恒定律，弹簧弹力做功大于物块机械能的增加量，故C正确；
D、物块从向运动过程中，物块的机械能减小，减小的机械能转化为弹性势能与内能，根据能量守恒定律，动能的减少量大于弹性势能的增加量，故D正确；
故选：。
物体从向运动过程，受重力、支持力、弹簧的拉力和滑动摩擦力，当受力平衡时速度最大；重力势能、弹性势能、动能和内能之和守恒。根据能量守恒定律分析。
本题关键是明确物体的受力情况、运动情况和系统的能量转化情况，知道在平衡点动能最大。理解机械能包含动能、重力势能与弹性势能，及其守恒的条件。
 

15.【答案】不需要   
 

【解析】解：因为力传感器能直接读出滑块受到的拉力，故不需要满足；
滑块在拉力作用下做匀加速直线运动，对比，可得；
由，可知图线的轴的截距等于摩擦力，即。
故答案为：不需要
由题意知有力传感器测量拉力，故不需要满足；
根据匀加速直线运动的位移和时间关系，可以得出加速度大小；
结合图线的物理意义，求出摩擦力大小。
在没有力传感器时，要满足才能认为滑块受到的拉力等于悬挂物的重力，但本题有力传感器的存在，要注意此时不需要。
 

16.【答案】蓄电池的内阻太小  乙   
 

【解析】解：根据路端电压与电流的关系可知：，而，所以电压表变化范围小的原因是蓄电池的内阻太小或处电阻远大于蓄电池的内阻。
要解决此问题，则在电源上串一个电阻作为等效内阻，故选乙图；
根据闭合电路欧姆定律可写出：，而，联立变形可得到：，由图象纵截距和斜率有：，
解得：，
故答案为：蓄电池的内阻太小或电阻箱的电阻太大也正确；乙；均正确、均正确
根据图甲的特点结合可以知道电压表示数变化范围小的原因；
由欧姆定律写出的表达式，结合图象的斜率和截距求出电源的电动势和内阻。
电压表的变化范围小，即路端电压电源的输出电压变化小，是因为内电阻太小或外电阻太大，当然这样的电源效率很高，可遇不可求的，但在此处测内阻就遇到了困难，所以增加一个定值电阻以增大等效内阻是不错的选择。
 

17.【答案】解：设滑块通过点时的速度大小为。滑块通过点时，由重力和轨道弹力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得
 
设滑块通过点时的速度大小为，受到导轨弹力的大小为，由牛顿第二定律有
 
对滑块从点运动到点的过程，由动能定理有
 
由牛顿第三定律有
联立解得。
设滑块从点运动到点的时间为，有
水平面上、两点间的距离为
对滑块从点运动到点的过程，由能量守恒定律有
解得
答：滑块通过半圆形导轨的点时对半圆形导轨的压力大小是；
滑块在点时的动能是。
 

【解析】滑块进入半圆形导轨后通过点时，由重力和轨道弹力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求出滑块通过点的速度。滑块从点到点的过程，利用动能定理求出滑块通过点的速度。在点，由牛顿第二定律求轨道对滑块的支持力，从而求得滑块对轨道的压力。
滑块从点运动到点做平抛运动，根据分位移公式求出、两点间的距离。对滑块从点运动到点的过程，由能量守恒定律求滑块在点时的动能。
本题考查牛顿第二定律、动能定理和平抛运动的综合运用，知道圆周运动向心力的来源是解决本题的关键。运用动能定理时要注意研究过程的选择。
 

18.【答案】解：撤去拉力时球的机械能为，由机械能守恒定律，回到地面时的动能为：  ；
取向上为正方向，设拉力作用时间为，在此过程中球上升，末速度为，则：， ，
由题意，撤去拉力到落地过程：
解得：
根据牛顿第二定律，有：
解得：；
动能为时球的位置可能在的下方或上方；
设球的位置在下方离地处，则：
，而，

解得：
重力势能：；
设球的位置在上方离地处，由机械能守恒，有：

因此：。
 

【解析】有拉力作用过程，机械能的增加量等于拉力做的功；没有拉力作用的过程，只有重力做功，机械能守恒；
对加速上升过程和竖直上抛过程根据运动学公式列式求解加速度，根据牛顿第二定律列式求解拉力；
球动能为时，可能是加速过程，也可能是减速过程，分情况根据功能关系列式求解。
本题关键是明确物体的受力情况和运动情况，结合功能关系、牛顿第二定律定律和运动学公式列式求解即可。
 

19.【答案】解：由题意可知，粒子在磁场中先做半径为的匀速圆周运动，进入电场后做匀变速直线运动返回磁场做第二次圆周运动，最后进入电场恰做类平抛运动。画出轨迹如图，
在磁场中洛伦兹力提供向心力：
所以得到比荷：
带电粒子从点在电场中通过点时，做类平抛运动。
从图知道，类平抛运动的垂直和平行电场方向的位移都为：
所以类平抛运动的时间为：
又
联立解得：
由平抛知识，速度方向与位移方向正切值的关系：，
所以有：，

粒子在磁场中运动的总时间为：
粒子在电场中的加速度为：，
粒子做直线运动所需时间为：
由以上各式求得粒子从出发到第五次到达点所需时间：

答：画出粒子在磁场和电场中运动轨迹的草图，并求出粒子的比荷大小为；
电场强度的大小为，和第五次经过直线上点时的速度大小为；
电场强度的大小为；
求该粒子从点出发到再次回到点所需的时间为。
 

【解析】首先分析带电粒子的运动情况，先是一段半径为的圆弧到点，接着恰好逆电场线匀减速运动到点速度为零再返回点速度仍为，再在磁场中运动一段圆弧到点，之后垂直电场线进入电场做类平抛运动，再根据平抛运动和匀速圆周运动的基本公式及几何关系即可解题。
该题主要考查带电粒子在电场和磁场中的运动问题，对同学们对粒子运动轨迹的分析要求较高，并要熟练掌握平抛运动及匀速圆周运动的基本公式，难度较大。