2022年福建省龙岩市永定区高考物理适应性试卷

这是一份2022年福建省龙岩市永定区高考物理适应性试卷，共20页。
 2022年福建省龙岩市永定区高考物理适应性试卷 2020年7月23日12时41分，我国在海南文昌航天发射场用长征五号遥四运载火箭将“天问一号”火星探测器发射升空，并成功送入预定轨道，迈出了我国自主开展行星探测的第一步。假设火星和地球绕太阳公转的运动均可视为匀速圆周运动。某一时刻，火星会运动到日地连线的延长线上，如图所示。下列选项正确的是A. “天问一号”在发射过程中处于完全失重状态
B. 图示时刻发射“天问一号”，可以垂直地面发射直接飞向火星
C. 火星的公转周期大于地球的公转周期
D. 从图示时刻再经过半年的时间，太阳、地球、火星再次共线如图甲所示，螺线管竖直置于靠近水平桌面的上方，质量为m的闭合金属圆环平放在桌面上，螺线管的中轴线与圆环相交。现在螺线管中通入如图乙所示的正弦交变电流，规定图甲中标出的电流方向为正方向。圆环始终静止，下列说法正确的是
A. 内，从上向下看圆环中感应电流方向为顺时针
B. 内，圆环中的感应电动势逐渐减小
C. 内，圆环对桌面的压力大于mg
D. 内，圆环对桌面的摩擦力方向向左如图所示，一个质量为的人爬在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。气球和长绳的总质量为，长绳的下端刚好和水平面接触。当静止时人离地面的高度为。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面高度是可以把人看作质点A. 0 B. 2m C. 5m D. 7m如图所示，物体A放在物体B上，物体B为一个斜面体，且放在水平地面上，A、B均静止不动，现对A施加一个竖直向下的力F，则下列说法错误的是A. A对B的弹力增大 B. A对B摩擦力的增大
C. B对水平地面压力增大 D. B对水平面的摩擦力的增大如图所示，把一块不带电的锌板连接在验电器上。当用可见光照射锌板时，验电器指针不偏转。当用紫外线照射锌板时，发现验电器指针偏转一定角度
A. 若减小紫外线的强度，验电器的指针也会偏转
B. 若改用红光长时间照射，验电器的指针也会偏转
C. 用紫外线照射锌板时，锌板带正电，验电器带负电
D. 这个现象说明了光具有波动性如图所示为远距离输电示意图，其中、为理想变压器，输电线电阻可等效为电阻r，灯、相同且阻值不变。现保持变压器的输入电压不变，滑片P位置不变，当开关S断开时，灯正常发光。则下列说法正确的是
A. 仅闭合开关S，灯会变亮
B. 仅闭合开关S，r消耗的功率会变大
C. 仅将滑片P下移，r消耗的功率会变小
D. 仅将滑片P上移，电流表示数会变大某容器内封闭一定量的理想气体。气体开始处于状态A，第一次经过某一过程AB到达状态B，第二次再经过等压变化过程AC到达状态C，如图所示。设气体在状态B和状态C的体积分别为和，在过程AB和AC中气体对外做功分别为和，吸收的热量分别为和，则下面说法正确的是A. ，，
B. ，，
C. ，，
D. ，，下列说法中正确的是A. 只有在发生共振的时候，受迫振动的频率才等于驱动力的频率
B. 机械波的频率由波源决定，与介质无关
C. 声波能发生多普勒效应，其它类型的波也可以
D. 只要有机械振动的振源，就一定有机械波
E. 产生稳定干涉的条件是两列波的频率相同氢原子能级示意图如图所示。处于能级的一群氢原子向低能级跃迁时，辐射出的光子再照射到逸出功为的钨板上，下列说法正确的是

 A. 跃迁过程中，共有10种不同频率的光子辐射出来
B. 共有3种不同频率的光子能使钨板发生光电效应现象
C. 从钨板逸出的光电子的最大初动能为
D. 从钨板逸出的光电子的最大初动能为如图所示是一质量为50kg的乘客乘电梯上楼过程中速度-时间图象，g取。下列说法正确的是
A. 时，乘客对电梯底板的压力大小为550N
B. 和两个过程中电梯的加速度相同
C. 乘客在上升过程中处于失重状态，重力消失
D. 电梯上升过程的总位移大小为16m，方向竖直向上斜抛运动的射高______。一个玩具小汽车在水平地板上以某一速度匀速行驶时，玩具小汽车对地板的压力大小______填“等于”或“不等于”它的重力大小G；当该玩具小汽车以同一速度通过玩具拱形桥最高点时，它对桥面的压力大小______填“大于”或“小于”它的重力大小G。某兴趣小组设计了一个可同时测量物体质量和当地重力加速度的实验，其装置如图a所示；已知滑块的质量M，待测物体的质量记为，当地的重力加速度为g，请完成下列填空：
A.闭合气泵开关，条件导轨，使滑块的遮光条依次通过两光电门的时间______，则导轨水平。
B.将待测物体固定在滑块的凹槽内，并将细线的一端拴接在滑块上，另一端跨过定滑轮挂一个质量为的钩码。
C.调节定滑轮，使细线与气垫导轨的轨道平行。
D.释放滑块；记录滑块的遮光条通过光电门1、2的时间、和光电门之间的距离L；用游标卡尺测出遮光条的宽度d，示数如图b所示，则______cm，并由此计算出滑块的加速度______用、、d表示。
E.依次添加砝码，重复上述过程几次，记录相关实验数据并计算出滑块相应的加速度。
F.以钩码质量的倒数为横轴，加速度的倒数为纵轴，建立直角坐标系，利用以上数据画出如图c所示的图线，若该直线的斜率为k，纵截距为b，则______；______。
 
某同学为精确测量某金属圆柱的电阻，设计了如图甲所示的电路图。现在需要两个量程为200mA的电流表，但实验室提供的器材中，一个电流表的量程为100mA，内阻为，另外一个电流表的量程为200mA。

图中E为学生电源、G为灵敏电流计、代表量程为100mA电流表图中未画出改装后的电流表、为量程为200mA的电流表、为电阻箱、与均为滑动变阻器、为定值电阻、S为开关、为待测金属圆柱，另有导线若干，这些器材全部由实验室提供。具体的实验操作如下：
A.按照如图甲所示的电路图连接好实验器材；
B.将滑动变阻器的滑片、滑动变阻器的滑片均调至适当位置，闭合开关S；
C.调整，逐步增大输出电压，并反复调整和使灵敏电流计G的示数为零，此时量程为100mA的电流表A的示数为，的示数为，电阻箱的示数为；
D.实验完毕，整理器材。
①实验步骤B中滑动变阻器的滑片应调至最______ 填“左”或“右”端；
②某次测量时，量程为100mA的电流表A的指针位置如图乙所示，则此时通过的电流为______ mA。
待测金属圆柱的阻值为______ 用所测物理量的字母表示。
电流表、的内阻对测量结果______ 填“有“或“无”影响。如图所示的“冰爬犁”是北方儿童在冬天的一种游戏用具：“上坐一人，双手握铁篙，向后下方用力点冰，则冰床前进如飞。”在空旷的水平冰面上，有一小孩从静止开始，连续三次“点冰”后，爬犁沿直线继续滑行最后停下。某同学用图象描述了上述运动过程，如图所示，图中，。求：

爬犁加速时的加速度大小；
从O到A过程中的位移大小；
爬犁运动的最大速度为多少？
爬犁运动了多长距离停下？






 有人对鞭炮中炸药爆炸的威力产生了浓厚的兴趣，他设计如下实验，一个平板车固定在水平地面上，其右端恰好与光滑的半圆弧轨道的底端相切，在平板车的右端放置两个可视为质点的紧挨着的A、B两个物体均可看成质点，物体质量均为m，现在在它们之间放少量炸药.当初A、B两物静止，点燃炸药让其爆炸，物体B向右运动，恰能到达半圆弧最高点.物体A沿平板车表面向左做直线运动，最后从车上掉下来，落地点离平板车左端的水平距离为s，已知平板车上表面离地面的高度为h，平板车表面长度为l，物体与平板车之间的动摩擦因数为，不计空气阻力，重力加速度为试求：
物体离开平板车的速度；
圆弧的半径和炸药爆炸时对A、B两物体所做的功.







 如图所示，在的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在的区域存在方向垂直xOy平面向外的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为的带电粒子从y轴上点以一定的初速度射出，速度方向沿x轴正方向。已知场强大小，粒子从坐标原点O处第一次射出磁场。不计粒子重力。求：
粒子进入磁场时的速度方向和大小；
粒子圆周运动的半径和磁场的磁感应强度大小。







答案和解析 1.【答案】C
 【解析】【分析】
加速度向上，处于超重状态。
根据万有引力提供向心力得到角速度与轨道半径的关系分析。
根据开普勒第三定律分析周期与轨道半径的关系。
根据角速度关系分析经过半年时间，地球和火星的位置。
该题考查了人造卫星的相关知识，天体运动中，一般由万有引力做向心力，根据题目给出的物理量得到要求的物理量，在求解的过程中，要把其他变量都转化成已知量。
【解答】
A、“天问一号”在发射过程中，加速度向上，处于超重状态，故A错误；
B、根据万有引力提供向心力可知，，解得角速度：，地球的轨道半径小，角速度大，图示时刻垂直地面发射“天问一号”，不能直接飞向火星，故B错误；
C、根据开普勒第三定律可知，，地球的轨道半径小，公转周期小，火星的轨道半径大，公转周期大，故C正确；
D、从图示时刻再经过半年时间，地球运动到图示位置的对称点，但由于火星的角速度小，不能运动到图示位置的对称点，此时太阳、地球、火星不能再次共线，故D错误。
故选：C。  2.【答案】C
 【解析】【分析】
根据安培定则判定穿过螺线管的磁场的方向以及穿过圆环的磁通量变化，再依据楞次定律，确定圆环内电流的方向以及圆环对桌面的压力情况；根据法拉第电磁感应定律判断感应电动势的大小。
解决本题的关键是理解并掌握楞次定律：增反减同，来拒去留。
【解答】
由图甲，根据安培定则可知，电流的方向为正时，螺线管产生的磁场的方向向上，则穿过圆环的磁通量的方向向上；
A、由图乙可知时间内线圈中电流减弱，产生的向上的磁场减小，穿过圆环中向上的磁通量减小，根据楞次定律可知圆环产生的感应电流的磁场的方向向上，从上往下看，圆环中的感应电流沿逆时针方向，故A错误；
B、由图乙可知时间内线圈中电流减弱的速度增大，则穿过圆环中磁通量的变化率增大，由法拉第电磁感应定律可知，产生的电动势逐渐增大，故B错误；
C、由图乙可知时间内穿过螺线管的电流反向增大，则穿过圆环中向下的磁通量的增大，根据楞次定律可知，圆环产生的感应电流的磁场的方向向上，从上往下看，圆环中的感应电流沿逆时针方向，与螺线管内的电流的方向相反，根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥，可知圆环受到螺线管的排斥力，所以圆环对桌面的压力大于mg，故C正确；
D、由图乙可知时间内反方向的电流减小，则穿过圆环中向下的磁通量的减小，根据楞次定律可知，圆环产生的感应电流的磁场的方向向下，从上往下看，圆环中的感应电流沿顺时针方向，与螺线管内的电流的方向相同，根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥，可知圆环受到螺线管的吸引力，有相对于桌面向右运动的趋势，所以圆环会受到桌面向左的摩擦力，根据牛顿第三定律可知，圆环对桌面的摩擦力向右，故D错误。
故选：C。  3.【答案】C
 【解析】【分析】
人和气球动量守恒，当人不动时，气球也不动；当人向下运动时，气球向上运动，且变化情况一致，根据动量守恒列出等式求解。
本题为动量守恒定律的应用，属于人船模型的类别，也可以根据平均动量相等结合位移时间关系求解。
【解答】
设人的速度，气球的速度，根据人和气球相同平均动量守恒得：则，
所以，因人和气球的运动时间相同，则，又气球和人运动的路程之和为，则人下滑的距离为：，气球上升的距离为：，即人下滑2m，气球上升5m，所以人离地高度为5m，故C正确，ABD错误。
故选：C。  4.【答案】D
 【解析】【分析】
若木块A静止不动，根据平衡可求出A受到的支持力与摩擦力，加力F后，根据共点力平衡条件，可以得到压力与最大静摩擦力同时变大，物体依然平衡，然后结合共点力平衡的条件分析；最后采用整体法对AB组成的整体进行受力分析，由共点力平衡即可求出。
本题要善用等效的思想，可以设想将力F撤去，而换成用一个重力的大小等于F的物体叠放在原来的物块上．
【解答】
AB、没有施加力F时，A受到重力、斜面的支持力与摩擦力，处于平衡状态，受力如图：

设斜面B与水平面之间的夹角为，则支持力：①，静摩擦力：②；
由于A能静止，则A与B之间的动摩擦因数：，对A施加一个竖直向下的力F，则A受到的支持力：③，A若受到的摩擦力为静摩擦力，则：④，可知假设成立，A受到B的静摩擦力。比较①与③以及②与④可知，A受到的支持力以及摩擦力都增大；结合牛顿第三定律可知，A与B的弹力以及A对B的摩擦力都增大，故AB正确；
CD、以及AB组成的整体为研究对象，没有施加力F时，AB受到重力、水平面的支持力处于平衡状态，由于水平方向没有其他的外力，则整体不受摩擦力；对A施加一个竖直向下的力F，则AB受到重力、水平面的支持力以及竖直向下的外力F处于平衡状态，水平方向仍然不受摩擦力。由于力F竖直向下，由共点力平衡的条件可知，地面对B的支持力增大。故C正确，D错误。
本题选择错误的，故选D。  5.【答案】A
 【解析】【分析】
本题考查光电效应，实验是通过紫外线照射锌板，发生光电效应，锌板失去电子带正电，光电效应说明光具有粒子性．
解决本题的关键知道光电效应的实质以及光电效应的条件，知道锌板失去电子带正电是解答的关键，基础题．
【解答】
A、根据光电效应的条件可知发生光电效应与光的强度无关，若改用强度更小的紫外线照射锌板，验电器的指针也会偏转，故A正确；
B、用可见光照射锌板时，验电器指针不偏转，根据光电效应的条件可知若改用红外线照射锌板，一定不能发生光电效应，所以验电器的指针一定不会发生偏转，故B错误；
C、用紫外线照射锌板，锌板失去电子带正电，验电器与锌板相连，则验电器的金属球和金属指针带正电，故C错误；
D、光电效应说明光具有粒子性，故D错误。  6.【答案】B
 【解析】【分析】
根据图示电路图判断开关闭合后降压变压器副线圈电流如何变化，根据滑片的移动方向判断升压变压器副线圈电压如何变化，然后根据变压器的变压比与变流比、电功率公式与欧姆定律分析答题。
本题考查了远距离输电问题，考查了变压器的动态分析问题，对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关。
【解答】
A.仅闭合开关S，用户总功率变大，降压变压器副线圈电流变大，降压变压器原线圈电流变大，输电线损失的电压变大，升压变压器输出电压即输电电压不变，降压变压器输入电压减小，降压变压器输出电压减小，灯泡两端电压减少，灯泡实际功率减小，灯泡亮度变暗，故A错误；
B.由A的分析可知，仅闭合开关S，输电电流变大，即流过电阻r的电流增大，r消耗的功率变大，故B正确；
C.仅将滑片P下移，升压变压器的输出电压变大，整个电路总电阻不变，流过r的电流变大，电阻r消耗的功率变大，故C错误；
D.仅将滑片P上移，理想变压器的输出电压减少，电路中总电流减少，输电功率减小，理想变压器输入功率减少，理想变压器输入电压不变，则的输入电流减少，电流表示数会变小，故D错误。
故选B。  7.【答案】AC
 【解析】解：根据理想气体状态方程可得可得到，图象中的斜率大小反映大小关系，如果p与T成正比，说明体积V保持不变，所以，由题图可知A、C两状态的压强相等，由可知；
根据热力学第一定律，过程AB为等容变化，体积不变，对外不做功，外界对气体也不做功，，，但温度升高内能增加，一定要吸热，即：；而过程AC为等压变化，温度升高、内能增大，体积增大对外做功，外界对气体做功，可得出气体一定吸热，即：；
再由B、C两个状态比较，温度相同、即内能相等，体积，由状态B到状态C体积增大，气体对外界做功，外界气体做负功，由热力学第一定律可知此过程一定要吸热，即：。
综上所述，AC正确，BD错误。
故选：AC。
根据理想气体状态方程得到表达式，根据图象中的斜率分析体积；根据热力学第一定律分析内能的变化和做功情况以及吸热情况。
本题主要是考查理想气体的状态方程之图象问题，关键是弄清楚图象中某点与坐标原点连线斜率表示的物理意义，能够根据图象分析气体做功情况，然后根据热力学第一定律判断内能的变化情况。
 8.【答案】BCE
 【解析】解：A、受迫振动的频率等于驱动率的频率，当驱动力的频率接近物体的固有频率时，振动显著增强，当驱动力的频率等于物体的固有频率时即共振，故A错误；
B、机械波的频率等于波源的振动频率，仅由波源决定，与介质、波速、波长无关，故B正确；
C、各种波包括机械波和电磁波等均可以产生多普勒效应，故C正确；
D、机械波的产生需要振源和介质，只有振源不一定产生机械波，故D错误；
E、要产生干涉现象的必要条件之一，就是两列波的频率相等，故E正确。
故选：BCE。
明确受迫振动的性质，知道受迫振动的频率等于驱动力的频率；机械波的频率等于波源的振动频率；明确各种波均可以产生多普勒效应；机械波的产生需要振源和介质；频率相等是发生干涉现象的必要条件。
本题考查了受迫振动、机械波的频率由波源决定、多普勒效应、机械波产生条件、干涉条件等知识，要求同学们对此部分知识要重视起来，勤加练习，注意归纳。
 9.【答案】BD
 【解析】解：AB、一群氢原子处于的激发态，在向较低能级跃迁的过程中，最多能辐射出种不同频率的光子，
其对应的能量为：
，
，
，
，
，
，
其中能量最大的光子为，其中有3种光子大于，则有3种不同频率的光能使金属发生光电效应，故A错误，B正确；
CD、从钨板逸出的光电子的最大初动能为
，故C错误，D正确。
故选：BD。
依据数学组合公式判断辐射光子的种类；
结合光电效应发生条件，入射光的光子能量大于金属的逸出功；
根据光电效应方程求出光电子的最大初动能。
解决本题的关键知道能级跃迁所满足的规律，以及掌握光电效应方程，并能灵活运用，
 10.【答案】AD
 【解析】解：A、由图象可知，内的加速度，
由牛顿第二定律得，解得，故A正确；
B、由图象可知，内的加速度，
由此可知和两个过程中电梯的加速度大小相等，方向相反，故B错误；
C、内，上升过程加速度为方向竖直向下，处于失重状态，重力保持不变，故C错误；
D、由图象与t轴所围的面积可知电梯上升过程的总位移大小为16m，方向竖直向上，故D正确。
故选：AD。
由图象斜率求出内的加速度大小，然后根据牛顿第二定律求出乘客对电梯底板的压力大小；
由图象斜率可知和两个过程中电梯的加速度；
加速度向下时候乘客失重，但是重力的施力物体是地球，一直存在；
由图象与t轴所围的面积可知电梯上升过程的总位移。
本题考查图象，斜率表示加速度，与t轴所围的面积表示位移，容易犯错的地方是方向问题，加速度和位移都是矢量；
乘客的超重和失重判断：加速竖直向上判断为超重，加速度竖直向下判断为失重。
 11.【答案】
 【解析】解：设抛射角为，初速度为，则：竖直方向初速度，最高点速度竖直方向速度为零。
根据匀变速直线运动规律知射高表达式：；
故答案为：
斜抛运动可以看成在水平方向做匀速直线运动和在竖直方向上做竖直上抛运动，根据运动的分解求解竖直方向初速度，再根据匀变速直线运动规律得到射高的表达式。
对于斜抛运动，研究的基本方法是运动的合成和分解，本题关键知竖直方向上做竖直上抛运动，最高点竖直方向速度为零。
 12.【答案】等于  小于
 【解析】解：小汽车在水平地板上匀速行驶时，地板的支持力与重力二平衡，则有：，由牛顿第三定律得知，小汽车对地板的压力大小为：；
小汽车通过凸圆弧形桥顶部时，由汽车的重力和桥面的支持力提供汽车的向心力，则有：

解得：
则得它对桥面的压力大小为：
故答案为：等于，小于。
小汽车在水平地板上匀速行驶时，地板的支持力与重力二力平衡；通过拱形桥最高点时，由汽车的重力和桥面的支持力提供汽车的向心力，根据牛顿第二定律求出支持力即可判断。
汽车通过拱桥顶点时，通过分析受力情况，确定向心力来源，再由牛顿定律分析是超重还是失重现象，判断支持力与重力的关系。
 13.【答案】相等     
 【解析】解：A、当导轨水平时，滑块在水平轨道上做匀速直线运动，遮光条通过光电门的时间相同；
D、20分度的游标卡尺精确度为，由图可知，游标尺的0刻度前为5mm，第三刻度与上边对齐，读数为：，所以总读数为：；
在极短时间内的平均速度等于该时刻的瞬时速度，则滑块通过光电门1的速度为，滑块通过光电门2的速度为
根据：可得：
所以：
F、滑块的质量为M，待测物体的质量为，滑块受到拉力为F，由牛顿第二定律有；
对钩码：
联立得：
所以图象的斜率为，故，
纵轴截距为
所以：，
故答案为：A、相等；D、；；F、；
A、当导轨水平时，滑块在水平轨道上做匀速直线运动，遮光条通过光电门的时间相同；
D、根据游标卡尺读数的方法正确读出d的大小；根据运动学的公式即可求出加速度的表达式；
F、由牛顿第二定律写出与滑块上待测物体、砝码质量的表达式，然后结合斜率与截距概念求解即可。
解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事．遇到涉及图象的问题时，要先根据物理规律写出关于纵轴与横轴的函数表达式，再根据斜率和截距的概念求解即可．
 14.【答案】①左；②160；；无。
 【解析】【分析】
①滑动变阻器采用分压接法时，为保护电路，闭合开关前滑片应置于分压电路分压为零的位置。
②根据题意与电流表的改装原理求出通过电阻的电流。
根据实验步骤应用并联电路特点与欧姆定律求出待测金属圆柱的电阻。
根据实验原理与实验步骤分析实验误差。
本题考查了测量某金属圆柱的电阻实验，分析清楚电路结构、理解实验原理是解题的前提与关键，根据电流表的改装原理、应用并联电路特点与欧姆定律可以解题。
【解答】①由图甲所示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，闭合开关前，应滑动变阻器的滑片应调至最左端。
②代表量程为100mA电流表A改装后的电流表，改装后电流表量程是200mA，改装后量程为原量程的2倍；
由图乙所示表盘可知，量程为100mA的电流表A的分度值为4mA，示数为80mA，
由于改装后电流表量程是原电流表量程的2倍，则通过电阻的电流为。
电流计G的示数为零，则和两端的电压相等，由并联电路特点与欧姆定律得：，
解得，待测金属圆柱的阻值
待测金属圆柱的阻值，电流表、的内阻对测量结果较没有影响。
故答案为：①左；②160；；无。  15.【答案】解：由图知，从O到A过程中初速度为，末速度为，时间为，则加速度为
  
从O到A过程中的位移大小为
 
从O到B过程中速度的增量为
故爬犁运动的最大速度即为E点时的速度，为
点对应速度
D点对应速度
根据速度图象与时间轴所围的面积表示位移，可得爬犁运动的总位移为
 
即爬犁运动了距离停下。
答：爬犁加速时的加速度大小是；
从O到A过程中的位移大小是；
爬犁运动的最大速度为；
爬犁运动了距离停下。
 【解析】由图读出爬犁加速时的初速度、末速度和时间，从而求得加速度。
根据位移等于平均速度乘以时间来求从O到A过程中的位移大小。
根据速度-时间公式求爬犁运动的最大速度。
根据速度图象与时间轴所围的面积表示位移，来求解即可。
解决本题时，要知道图象的斜率表示加速度，图线与时间轴所围的面积表示位移，要把握爬犁的运动规律，结合数学知识进行研究。
 16.【答案】解：设物体离开平板车的速度为v，A物体离开平板车后做平抛运动，由平抛运动规律，得
在水平方向上，有：
在竖直方向上，有：
联立两式解得：
设炸药爆炸后A、B两物体的速度分别为、，物体A在平板车上运动过程中，由动能定理得：

炸药爆炸后，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得：
物体B向右运动到达半圆弧最高点的速度为。物体B恰能到达最高点，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得
：
物体B上升到最高点过程中，由机械能守恒定律得：

联立解得：
由功能关系，炸药对A、B物体做的功为：
解得：
答：物体离开平板车的速度为；
圆弧的半径为，炸药爆炸时对A、B两物体所做的功为。
 【解析】物体离开平板车后做平抛运动，由平抛运动规律求A物体离开平板车的速度；
研究物体A在平板车上运动过程，利用动能定理求出炸药爆炸后A物体的速度。炸药爆炸过程，由动量守恒定律求炸药爆炸后B物体的速度。物体B向右运动，恰能到达半圆弧最高点，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出物体B到达最高点时的速度。在物体B上升到最高点过程中，利用机械能守恒定律列式，可求圆弧的半径。由功能关系求炸药爆炸时对A、B两物体所做的功。
分析清楚物体的运动过程，把握每个过程的物理规律是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、机械能守恒定律、动量守恒定律与动能定理即可正确解题。
 17.【答案】解：画出粒子轨迹如图所示，
在电场中，沿着电场线方向有：
又因为：
解得：
所以粒子在A点的速度为：
则进入磁场时速度方向和水平方向的夹角：
解得：
粒子在电场中的时间
垂直电场方向的位移：
根据几何知识得
解得：
根据：
解得：
答：粒子进入磁场时的速度方向和大小为，速度方向和水平方向的夹角；
粒子做圆周运动的半径为，磁场的磁感应强度大小为。
 【解析】粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出粒子离开电场时的末速度大小和方向；
粒子在磁场中做圆周运动，由几何关系求出粒子的轨道半径，洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度。
本题考查了带电粒子在匀强电场与匀强磁场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动、在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚粒子运动过程与运动性质是解题的前提与关键，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可解题，解题时注意几何知识的应用。