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浙江省杭州市学军中学海创园校区2023-2024学年高二上学期期中物理试题（原卷版+解析版）
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一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1. 下列关于物理学史的说法，正确的是（ ）．
A. 卡文迪什通过扭秤实验发现了万有引力定律
B. 第谷最早提出行星沿椭圆轨道绕太阳运动
C. 爱因斯坦最早较系统地提出相对论时空观
D. 开普勒通过观测天体运动，积累下大量的数据，最早提出了“日心说”
【答案】C
【解析】
【详解】A．牛顿发现了万有引力定律，故A错误；
B．开普勒最早提出行星沿椭圆轨道绕太阳运动，故B错误；
C．爱因斯坦最早较系统地提出相对论时空观，故C正确；
D．第谷通过观测天体运动，积累下大量的数据，哥白尼最早提出了“日心说”，故D错误。
故选C。
2. 骑马射箭是蒙古族传统的体育项目，如图甲所示.在某次比赛中，选手骑马沿直线匀速前进，分别经过E、F、G和H四点（GP连线与连线垂直），并在每处射出一支箭，射箭方向如图乙所示。则可能射中靶心P点的是（ ）
A. E点B. F点C. G点D. H点
【答案】B
【解析】
【详解】根据合运动与分运动的关系，合运动在两分运动之间，故F点处射出的箭可能射中；
故选B。
3. 有一种很火的益智玩具——“磁悬浮陀螺”，依靠磁场力可以让旋转的陀螺悬浮在空中，如图所示。对处于悬浮状态的陀螺，下列说法正确的是（ ）
A. 陀螺上各质点均处于平衡状态B. 陀螺处于完全失重状态
C. 距离陀螺中心越远的质点，线速度越大D. 距离陀螺中心越远的质点，向心加速度越小
【答案】C
【解析】
【详解】A．陀螺上旋转的质点受力不平衡，故A错误；
B．处于悬浮状态的陀螺，陀螺竖直方向上处于平衡状态，故B错误；
C．距离陀螺中心越远的质点，由，可知线速度越大，故C正确；
D．距离陀螺中心越远的质点，由，可知向心加速度越大，故D错误。
故选C。
4. 如图所示，若质点以初速v0水平抛出后，落在倾角为θ=37°的斜面上，要求质点从抛出点到达斜面的位移最小，则质点的飞行时间为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】若质点位移最小，则位移与斜面垂直，因此位移偏向角为
解之得
故选B。
5. 如图所示， 一条不可伸长的轻质软绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个质量分别为m、3m 的小球a 和b，用手按住a球静止于地面时， b 球离地面的高度为h。两物体均可视为质点，定滑轮的质量及一切阻力均不计，重力加速度为g。释放a球后，b 球刚要落地前，下列说法正确的是（ ）
A. a球的机械能守恒
B. b球的机械能增加
C. b球刚要落地时的速度为
D. b球刚要落地时速度为
【答案】C
【解析】
【详解】AB．ab两球组成的系统机械能守恒，在运动过程中，绳子拉力对a球做正功，则a球机械能增加，绳子拉力对b球做负功，则b球机械能减小，故AB错误；
CD．从释放到b球刚好落地根据机械能守恒可得
得
v=
故C正确，D错误。
故选C。
6. 如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面相切，一个质量为的小球从弧形槽h高处由静止开始下滑，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 在下滑过程中弧形槽对小球的弹力始终不做功
B. 在小球压缩弹簧的过程中，小球的机械能守恒
C. 小球离开弹簧后，小球和弧形槽组成的系统机械能不守恒
D. 在整个过程中，小球、弧形槽和弹簧组成的系统机械能守恒
【答案】D
【解析】
【详解】A．在小球下滑过程中，虽然小球总是沿弧形槽的上表面运动，但弧形槽有水平向左的位移，故小球对于地面的速度方向不是沿着弧形槽的切线的，而弧形槽对小球的作用力是弹力，方向始终垂直于接触面，故弹力和小球运动速度不垂直，弹力对小球要做功，故A错误；
B．当小球压缩弹簧的过程中，弹簧和小球组成的系统的机械能守恒，但弹簧对小球的弹力做负功，故小球机械能减小，故B错误；
C．小球在弧形槽上下滑的过程中，系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，小球与弧形槽分离时两者动量大小相等，由于，则小球的速度大小大于弧形槽的速度大小，小球被弹簧原速率弹回后将追上弧形槽并要滑上弧形槽。在小球离开弹簧后，只有重力和系统内弹力做功，故小球和弧形槽组成的系统机械能守恒，故C错误；
D．整个运动过程中小球和弧形槽、弹簧组成的系统只有重力与系统内弹力做功，系统机械能守恒，故D正确。
故选D。
7. 图为某种电磁弹射系统的简化示意图，金属弹射杆横架在两根水平放置且足够长的平行金属导轨上。使用时先把开关拨到侧给储能电容充电，然后开关拨到侧让电容器放电．回路瞬间产生巨大电流，从而产生超强磁场，弹射杆在磁场力的作用下被快速弹出。若忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 弹射杆将沿轨道做变加速运动
B. 要使图中弹射杆向右弹射，则电源必须上正下负
C. 要使图中弹射杆向右弹射，则电源必须上负下正
D. 导轨摩擦不计，电容器储存的电能全部转化为弹射杆的机械能
【答案】A
【解析】
【详解】A．电容器放电过程，回路电流逐渐减小，弹射杆受到的安培力逐渐减小，弹射杆将沿轨道做变加速运动，故A正确；
BC．当电源上正下负时，可知充电后电容器上极板带正电，下极板带负电，则电容器放电时，回路电流为顺时针方向，产生垂直纸面向里的磁场，根据左手定则可知，弹射杆受到向右的安培力，使弹射杆向右弹射；当电源上负下正时，可知充电后电容器下极板带正电，上极板带负电，则电容器放电时，回路电流为逆时针方向，产生垂直纸面向外的磁场，根据左手定则可知，弹射杆受到向右的安培力，使弹射杆向右弹射；故要使图中弹射杆向右弹射，对电源正负极的连接没要求，故BC错误；
D．若导轨摩擦不计，当弹射杆产生的感应电动势大小等于电容器两端电压时，电容器不再放电，电容器仍储存有一定的电能，故电容器储存的电能不会全部转化为弹射杆的机械能和焦耳热，故D错误。
故选A。
8. 下图是由加速电场和偏转电场组成的，不同的带负电的粒子在电压为的电场中由静止加速，从M孔射出后垂直进入电压为的平行金属板间的电场中，在满足带负电粒子能射出平行板电场区域的条件下，则下列说法错误的是（ ）
A. 若不同比荷的负电粒子由O点射入，从偏转电场射出时偏转角度θ相同
B. 无论比荷是否相等，则带负电粒子从偏转电场射出的偏转位移y相等
C. 若电荷量q相等，则带负电粒子从M孔射出时动能相等
D. 若电荷量q相等，则带负电粒子在板间的加速度大小相等
【答案】D
【解析】
【详解】A．如图所
设偏转电场的板间距离为，在偏转电场中有
tanθ=
偏转角度θ与粒子的比荷无关，所以不同比荷的带负电粒子从O点射入，偏转角度θ相同，故A正确，不符合题意；
B．由动能定理得，粒子经电压为的电场中由静止开始加速后，满足
进入电压为的平行金属板间的电场后，粒子做类平抛运动，则
联立解得
粒子射出平行板电场时偏移量y与比荷均无关，故B正确，不符合题意；
C．粒子从M孔射出时的动能
所以当带负电粒子的电荷量q相等时，它们从M孔射出时的动能相等，故C正确，不符合题意；
D．设加速电场的板间距离为d，由牛顿第二定律得
由于粒子的质量未知，所以无法确定带负电粒子在板间的加速度大小关系，故D错误，符合题意。
故选D。
9. 如图所示，两倾角为的光滑平行导轨，质量为m的导体棒垂直放在导轨上，整个空间存在竖直向上的匀强磁场。现导体棒中通有由a到b的恒定电流，使导体棒恰好保持静止。已知磁感应强度大小为B，导体棒中电流为I，重力加速度大小为g，忽略一切摩擦，则此时平行导轨间距为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】磁场方向竖直向上，由左手定则可知，安培力水平向右，由力的平衡条件得
解得
故选C。
10. 如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是（ ）
A. 甲图可通过增加电压U来增大粒子的最大动能
B. 乙图可通过增加等离子体的流速来增大电源电动势
C. 丙图可以判断出带电粒子的电性，粒子只能从左侧沿直线匀速通过速度选择器
D. 丁图中产生霍尔效应时，若载流子带负电，稳定时都是D板电势高
【答案】B
【解析】
【详解】A．粒子在磁场中满足
设回旋加速器D型盒的半径为R，可推导出粒子的最大动能为
由此可知，粒子的最大动能为加速电压无关，故A错误；
B．当磁流体发电机达到稳定时，电荷在A、B板间受到的电场力和洛伦兹力平衡，即
所以电源电动势为
由此可知，增加等离子体的流速可以增大电源电动势，故B正确；
C．粒子从左侧沿直线匀速通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力方向相反，但无法确定粒子的电性，故C错误；
D．若载流子带负电，洛伦兹力指向D板，载流子向D板聚集，D板电势低，故D错误。
故选B。
11. 如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，且电子从M到P点运动的时间为t，P、M间的距离为d。下列说法正确的有（ ）
A. 电子到达P点时的速度为0B. 电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
C. 电子从N到P，电场力做正功D. 该匀强电场的电场强度
【答案】A
【解析】
【详解】AB．由于M点和P点在同一等势面上，故从M到P电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点电场力相等，即合力相等，故A正确，B错误；
C．从N到P电场力做负功，故C错误；
D．通过单位判断物理量关系错误，故D错误。
故选A。
12. 如图所示，两个可视为点电荷的带正电小球A和B，A球系在一根不可伸长的绝缘细线一端，绕过定滑轮，在细绳的另一端施加拉力F，B球固定在绝缘座上，位于定滑轮的正下方。现缓慢拉动细绳，使A球缓慢移动到定滑轮处，此过程中，B球始终静止，忽略定滑轮大小和摩擦，下列判断正确的是（ ）
A. B球受到的库仑力先增大后减小
B. 拉力F一直增大
C. 地面对绝缘座的支持力一直减少
D. A球电势能先不变后减少
【答案】D
【解析】
【详解】设球所受库仑力大小为FC，AB两球间距离为r，B球距定滑轮为h，A球与定滑轮间距离为l，对开始位置处的A球受力分析，将F和FC合成如图，由相似三角形可得
所以A球缓慢移动过程中，r先不变，等A球运动到滑轮正下方后，r再变大；整个过程中l一直减小。
A．r先不变再变大，B球受到的库仑力大小先不变再减小，故A错误；
B．A球未到滑轮正下方时，由相似三角形可得
所以F先减小，当A球到达滑轮正下方后，由平衡条件可得
所以F再增大，故B错误；
C．A球未到滑轮正下方时，库仑力大小不变，方向趋近竖直，则B球受到库仑力的竖直分量变大，地面对绝缘座的支持力先变大；A球到达滑轮正下方后，B球受到库仑力大小减小、方向竖直向下，地面对绝缘座的支持力减小；故C错误；
D．r先不变再变大，两者间的库仑斥力对A球先不做功后做正功，则A球的电势能先不变后减少，故D正确。
故选D。
13. 如图所示是某滑梯轨道设计图，其中DO是水平面，AB、AC是倾斜直轨道，AE为一曲线轨道，所有轨道下端均与水平面平滑相切连接。初速度为的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时速度刚好为零。若已知该物体与所有轨道和水平面之间的动摩擦因数处处相同且不为零，则（ ）
A. 该物体从A点由静止出发沿ABD滑动到D点的速度大小为
B. 该物体从A点由静止出发，分别沿ABD和ACD滑动，最终在同一点停下
C. 该物体从D点以速度出发，沿DCA滑动，无法滑到顶点A
D. 该物体从D点以速度出发，沿DEA滑动，能滑到顶点A
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据题意，该物体从D点由静止出发沿DBA滑动到A点过程有
若该物体从A点由静止出发沿ABD滑动到D点过程有
解得
故A错误；
B．令斜面倾角为，则有
根据分析有
表明物体沿水平面与斜面在AD之间运动过程中，克服摩擦力做功相同，根据题意，该物体从D点由静止出发沿ACD滑动到A点过程有
若该物体从A点由静止出发沿ACD滑动到D点过程有
解得
可知
由于该物体与水平面之间的动摩擦因数处处相同，可知该物体从A点由静止出发，分别沿ABD和ACD滑动，最终在同一点停下，故B正确；
C．根据上述可知，物体沿水平面与斜面在AD之间运动过程中，克服摩擦力做功相同，可知，初速度为的物体从D点出发沿DCA滑动到顶点A时速度刚好为零，可知，物体从D点以速度出发，沿DCA滑动，恰好滑到顶点A，故C错误；
D．由于AE为一曲线轨道，则物体在弧线轨道上某一位置的弹力与该位置重力垂直于切向的分力的合力提供向心力，即物体在弧线轨道上某一位置的弹力大于该位置重力垂直于切向的分力，可知物体在AE曲线轨道上运动过程克服摩擦力做功大于沿AE直线轨道运动克服摩擦力做功，即该物体从D点以速度出发，沿DEA滑动，不能滑到顶点A，故D错误。
故选B。
二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）
14. 在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，三个理想电表的示数都发生了变化，电表的示数分别用I、U1、U2表示，电表的示数变化量分别用ΔI、ΔU1、ΔU2表示，下列判断正确的是（ ）
A. I增大，U1增大B. I减小，U2增大
C. 不变，增大D. 不变，增大
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时R2增大，电路的外电阻电阻R外增大，由知总电流减小，由路端电压可知路端电压U增大，设通过R3的电流为I3，由于R3阻值不变，由可以判断出I3增大，由可知I减小，R1与R2串联且R1与R2串联的电压为路端电压，，由知U1减小，所以U2增大，A错误，B正确；
CD．要注意对于定值电阻，是线性元件，有
由电路图可知
故，不变化，对于电阻R2有
由于R2增大，故都增大，将R3等效为电源的内电阻，则等效内电阻为
根据闭合电路的欧姆定律可知
因为不变化，所以不变，故C正确，D错误。
故选BC。
15. 如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示。电子原来静止在左极板小孔处（不计重力作用）。下列说法中正确的是（ ）
A. 从t=0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上
B. 从t=时刻释放电子，电子可能在两极板间振动
C. 从t=时刻释放电子，电子可能在两极板间振动，也可能打到右极板上
D. 从t=时刻释放电子，电子必将打到左极板上
【答案】AC
【解析】
【详解】A．从t=0时刻释放电子，在0-T内，电子先向右做匀加速运动，再向右匀减速运动，t=T时速度为零，接着周而复始，电子运动的方向始终向右，直到打在右极板上，故A正确；
B．从t=时刻释放电子，在内电子因受电场力的作用下在左极板上静止，在内电子先向右做匀加速运动，再向右匀减速运动，时速度为零，接着周而复始，电子运动的方向始终向右，直到打在右极板上，故B错误；
C．从时刻释放电子，在内向右做匀加速运动，在向右做匀减速运动，有可能打到右极板上；若没有打到右极板上，则时速度为零，内向左做匀加速运动，向左做匀减速运动，时速度为零，接着周而复始，电子可能在两板间振动，故C正确；
D．从时刻释放电子，内电子在电场力的作用下向右做匀加速运动，内向右做匀减速运动，可能打到右极板上，故D错误。
故选AC。
非选择题部分
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
16. 在研究平抛运动的特点及其规律实验中：
(1)某同学用图示装置研究平抛运动及其特点，他的实验操作是：在小球A、B处于同一高度时，用小锤轻击弹性金属片，使A球水平飞出，同时B球被松开。
①他观察到的现象是：小球A、B____（填“同时”或“不同时”）落地；
②让A、B球恢复初始状态，用较大的力敲击弹性金属片。A球在空中运动的时间将___（填“变长”，“不变”或“变短”）；
③上述现象说明______。
(2)一个同学在《研究平抛物体的运动》实验中，只画出了如图所示的一部分曲线，于是他在曲线上取水平距离相等的三点A、B、C，量得Δs=0.1 m。又量出它们之间的竖直距离分别为h1=0.1 m，h2=0.2 m，利用这些数据，取g=10 m/s2，可求得：
①物体抛出时的初速度为_______m/s；
②物体经过B时速度为________m/s。
【答案】 ①. 同时 ②. 不变 ③. 平抛运动的时间与初速度大小无关，且可以证明平抛运动在竖直方向上做自由落体运动 ④. 1.0 ⑤. 1.8或
【解析】
【详解】(1) ①[1]他观察到的现象是小球A、B同时落地；
②[2]让A、B球恢复初始状态，用较大的力敲击弹性金属片。A球在空中运动的时间将不变；
③[3]上述现象说明平抛运动的时间与初速度大小无关，且可以证明平抛运动在竖直方向上做自由落体运动。
(2)[4]在竖直方向上，根据
h2−h1＝gT2
得
则物体平抛运动的初速度为
[5]B点的竖直分速度为
根据平行四边形定则知，B点的速度为
17. 某实验小组要测定一段电阻丝的电阻率，具体操作如下。
（1）用螺旋测微器测量其直径，结果如图甲所示，由图可知其直径为___________mm；
（2）用多用电表粗测电阻丝阻值，将多用电表选择开关置于“×10”挡，将黑红两表笔短接，然后进行___________，经正确操作后多用电表指针位于如图乙所示位置，被测电阻丝电阻的测量值为___________Ω；
（3）利用如图丙所示的电路精确地测量电阻丝的电阻，有以下实验器材可供选择：
A．电源（电动势约3V，内阻约0.1Ω）
B．电压表（量程0~3V，内阻约3kΩ）
C．电流表（量程0~25mA，内阻RA1=3.0Ω）
D．电流表（量程0~0.6A，内阻RA2=3.0Ω）
E．电阻箱R（0~999.9Ω）
F．滑动变阻器（0~20Ω，额定电流2.0A）
G．开关一个，导线若干
（4）实验中电流表应选择___________（填写器材前边序号）。
（5）闭合开关，调节滑动变阻器和电阻箱，使电压表有一较大读数U，记下此时电阻箱的读数和电流表的读数；
（6）改变电阻箱的阻值，同时调节滑动变阻器，使电压表的读数仍为U，记下此时电阻箱的读数R2和电流表的读数；
（7）重复步骤（6），得到多组电阻箱和电流表的数据，以电阻箱电阻R为横坐标，以电流表电流的倒数为纵坐标建立坐标系，描点连线，获得图线的纵轴截距为b，如图丁所示，可知电阻丝电阻为___________（用题中给定物理量的符号表示），再测出电阻丝的长度L，可以根据电阻定律计算出电阻丝的电阻率ρ，若从系统误差的角度分析用该方法测得的电阻丝的电阻率与真实值相比___________（选填“偏大”“偏小”或“相等”）。
【答案】 ①. 2.150 ②. 欧姆调零 ③. 120 ④. C ⑤. ⑥. 相等
【解析】
【详解】（1）[1]由螺旋测微器可知电阻丝的直径为
（2）[2]用多用电表粗测电阻丝的阻值，将多用电表选择开关置于“×10”挡，将黑红两表笔短接，然后进行欧姆调零。
[3]多用电表表盘刻度不均匀，不需要估读，此时表盘上所指刻度值为12，而用的是“×10”挡，所以电阻丝电阻的测量值为
（4）[4]电路中最大电流约为
为了使电流表指针能够达到适当的幅度以减小读数误差，应选择量程为0~25mA的电流表C。
（7）[5]根据题意有
整理得
结合图像可知
解得
[6]本实验中所用电流表内阻已知，不存在由于电表内阻引入的系统误差，所以测得电阻丝的阻值与真实值相等，进而根据电阻定律计算出的电阻率等于真实值。
18. 如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O，半径为r，内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动（电荷量不变），经过C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角θ=60°，重力加速度为g。
（1）求小球所受的静电力大小；
（2）求小球在A点的速度v0为多大时，小球经过B点时对圆轨道的压力最小。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）由于小球经过C点时速度最大，表明在该位置，重力与电场力的合力方向恰好背离圆心，可知电场力大小为
（2）由于小球在轨道内侧做完整的圆周运动，若小球经过B点时对圆轨道的压力最小，则小球应该是恰好能够经过C点关于圆心的对称点D，此时在D点轨道对小球的弹力恰好为0，由重力与电场力的合力提供向心力，则有
小球从A到达D过程有
解得
19. 如图所示，在高h1=30m光滑水平平台上，物块A以初速度v0水平向右运动，与静止在水平平台上的物块B发生碰撞，mB=2mA，碰撞后物块A静止，物块B以一定的水平速度向右滑离平台，并恰好沿光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道，B点的高度h2=15m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点C的切线水平，并与地面上长为L=70m的水平粗糙轨道CD平滑连接，物块B沿轨道BCD运动与右边墙壁发生碰撞。g取10m/s2。求：
（1）物块B由A运动到B的时间；
（2）物块A初速度v0的大小；
（3）若物块B与墙壁只发生一次碰撞，碰后速度等大反向，反向运动过程中没有冲出B点，最后停在轨道CD上的某点p（p点未画出）。设物块B与轨道CD之间的动摩擦因数为μ，求μ的取值范围.
【答案】（1）1.732 s；（2）20 m/s；（3）0.17＜μ≤0.5
【解析】
【详解】（1）物块B从A到B做平抛运动，设从A运动到B的时间为t，则
解得
（2）由几何关系，可知
R=h1，Rcsθ=h1﹣h2
解得
θ=60°
小物块平抛的水平速度是v1，有
解得
v1=10 m/s
A与B发生碰撞的过程中系统的动量守恒，选取向右为正方向，由动量守恒定律得
mA v0=mB v1
又
mB=2mA
解得
v0=20 m/s
（3）设小物块在水平轨道CD上通过的总路程为s，根据题意，该路程的最大值是
smax=3L
最小值是
smin=L
路程最大时，动摩擦因数最小；路程最小时，动摩擦因数最大。由能量守恒知
解得
即
0.17＜μ≤0.5
20. 现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动．如图所示，真空中存在着多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，宽度均为d电场强度为E，方向水平向左；垂直纸面向里磁场的磁感应强度为B1，垂直纸面向外磁场的磁感应强度为B2．电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第飞1层磁场左侧边界以初速度v0射入，方向与边界夹角为θ，设粒子始终在电场、磁场中运动，除B1、B2、E以外其他物理量已知，不计粒子重力及运动时的电磁辐射．（cs53°=0.6，sin53°=0.8）
（1）若θ=53°，要求拉子不进入电场，求B1至少为多大？
（2）若B1、E均已知，求粒子从第n层磁场右侧边界穿出时速度的大小；
（3）若θ=53°，且B1=，要求粒子不穿出第1层的电场，求E至少多大？
【答案】（1）若θ=53°，要求拉子不进入电场，B1至少为；
（2）若B1、E均已知，粒子从第n层磁场右侧边界穿出时速度的大小为；
（3）若θ=53°，且B1=，要求粒子不穿出第1层的电场，E至少为．
【解析】
【详解】（1）当θ=53°时，设粒子在B1场中圆周运动半径为R1，根据洛伦兹力提供向心力可得：
qv0B1=m，恰好不进入电场时有：R1-R1csθ=d，解得：B1≥；
（2）对粒子，设从第n层磁场右侧边界穿出时速度大小为vn，根据动能定理可得：
-nEqd=mvn2-，解得：vn=；
（3）当θ=53°且B1=，设粒子在B1场中圆周运动半径为R1′，根据洛伦兹力提供向心力可得：qv0B1=m，设粒子进入电场时与界面夹角为β，在B1场中，由几何关系有：R1′csβ-R1′csθ=d，解得：β=37°，在电场中沿场强方向上匀减速运动，有：（v0sinβ）2-0=2d，所以：E≥．
一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1. 下列关于物理学史的说法，正确的是（ ）．
A. 卡文迪什通过扭秤实验发现了万有引力定律
B. 第谷最早提出行星沿椭圆轨道绕太阳运动
C. 爱因斯坦最早较系统地提出相对论时空观
D. 开普勒通过观测天体运动，积累下大量的数据，最早提出了“日心说”
【答案】C
【解析】
【详解】A．牛顿发现了万有引力定律，故A错误；
B．开普勒最早提出行星沿椭圆轨道绕太阳运动，故B错误；
C．爱因斯坦最早较系统地提出相对论时空观，故C正确；
D．第谷通过观测天体运动，积累下大量的数据，哥白尼最早提出了“日心说”，故D错误。
故选C。
2. 骑马射箭是蒙古族传统的体育项目，如图甲所示.在某次比赛中，选手骑马沿直线匀速前进，分别经过E、F、G和H四点（GP连线与连线垂直），并在每处射出一支箭，射箭方向如图乙所示。则可能射中靶心P点的是（ ）
A. E点B. F点C. G点D. H点
【答案】B
【解析】
【详解】根据合运动与分运动的关系，合运动在两分运动之间，故F点处射出的箭可能射中；
故选B。
3. 有一种很火的益智玩具——“磁悬浮陀螺”，依靠磁场力可以让旋转的陀螺悬浮在空中，如图所示。对处于悬浮状态的陀螺，下列说法正确的是（ ）
A. 陀螺上各质点均处于平衡状态B. 陀螺处于完全失重状态
C. 距离陀螺中心越远的质点，线速度越大D. 距离陀螺中心越远的质点，向心加速度越小
【答案】C
【解析】
【详解】A．陀螺上旋转的质点受力不平衡，故A错误；
B．处于悬浮状态的陀螺，陀螺竖直方向上处于平衡状态，故B错误；
C．距离陀螺中心越远的质点，由，可知线速度越大，故C正确；
D．距离陀螺中心越远的质点，由，可知向心加速度越大，故D错误。
故选C。
4. 如图所示，若质点以初速v0水平抛出后，落在倾角为θ=37°的斜面上，要求质点从抛出点到达斜面的位移最小，则质点的飞行时间为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】若质点位移最小，则位移与斜面垂直，因此位移偏向角为
解之得
故选B。
5. 如图所示， 一条不可伸长的轻质软绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个质量分别为m、3m 的小球a 和b，用手按住a球静止于地面时， b 球离地面的高度为h。两物体均可视为质点，定滑轮的质量及一切阻力均不计，重力加速度为g。释放a球后，b 球刚要落地前，下列说法正确的是（ ）
A. a球的机械能守恒
B. b球的机械能增加
C. b球刚要落地时的速度为
D. b球刚要落地时速度为
【答案】C
【解析】
【详解】AB．ab两球组成的系统机械能守恒，在运动过程中，绳子拉力对a球做正功，则a球机械能增加，绳子拉力对b球做负功，则b球机械能减小，故AB错误；
CD．从释放到b球刚好落地根据机械能守恒可得
得
v=
故C正确，D错误。
故选C。
6. 如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面相切，一个质量为的小球从弧形槽h高处由静止开始下滑，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 在下滑过程中弧形槽对小球的弹力始终不做功
B. 在小球压缩弹簧的过程中，小球的机械能守恒
C. 小球离开弹簧后，小球和弧形槽组成的系统机械能不守恒
D. 在整个过程中，小球、弧形槽和弹簧组成的系统机械能守恒
【答案】D
【解析】
【详解】A．在小球下滑过程中，虽然小球总是沿弧形槽的上表面运动，但弧形槽有水平向左的位移，故小球对于地面的速度方向不是沿着弧形槽的切线的，而弧形槽对小球的作用力是弹力，方向始终垂直于接触面，故弹力和小球运动速度不垂直，弹力对小球要做功，故A错误；
B．当小球压缩弹簧的过程中，弹簧和小球组成的系统的机械能守恒，但弹簧对小球的弹力做负功，故小球机械能减小，故B错误；
C．小球在弧形槽上下滑的过程中，系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，小球与弧形槽分离时两者动量大小相等，由于，则小球的速度大小大于弧形槽的速度大小，小球被弹簧原速率弹回后将追上弧形槽并要滑上弧形槽。在小球离开弹簧后，只有重力和系统内弹力做功，故小球和弧形槽组成的系统机械能守恒，故C错误；
D．整个运动过程中小球和弧形槽、弹簧组成的系统只有重力与系统内弹力做功，系统机械能守恒，故D正确。
故选D。
7. 图为某种电磁弹射系统的简化示意图，金属弹射杆横架在两根水平放置且足够长的平行金属导轨上。使用时先把开关拨到侧给储能电容充电，然后开关拨到侧让电容器放电．回路瞬间产生巨大电流，从而产生超强磁场，弹射杆在磁场力的作用下被快速弹出。若忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 弹射杆将沿轨道做变加速运动
B. 要使图中弹射杆向右弹射，则电源必须上正下负
C. 要使图中弹射杆向右弹射，则电源必须上负下正
D. 导轨摩擦不计，电容器储存的电能全部转化为弹射杆的机械能
【答案】A
【解析】
【详解】A．电容器放电过程，回路电流逐渐减小，弹射杆受到的安培力逐渐减小，弹射杆将沿轨道做变加速运动，故A正确；
BC．当电源上正下负时，可知充电后电容器上极板带正电，下极板带负电，则电容器放电时，回路电流为顺时针方向，产生垂直纸面向里的磁场，根据左手定则可知，弹射杆受到向右的安培力，使弹射杆向右弹射；当电源上负下正时，可知充电后电容器下极板带正电，上极板带负电，则电容器放电时，回路电流为逆时针方向，产生垂直纸面向外的磁场，根据左手定则可知，弹射杆受到向右的安培力，使弹射杆向右弹射；故要使图中弹射杆向右弹射，对电源正负极的连接没要求，故BC错误；
D．若导轨摩擦不计，当弹射杆产生的感应电动势大小等于电容器两端电压时，电容器不再放电，电容器仍储存有一定的电能，故电容器储存的电能不会全部转化为弹射杆的机械能和焦耳热，故D错误。
故选A。
8. 下图是由加速电场和偏转电场组成的，不同的带负电的粒子在电压为的电场中由静止加速，从M孔射出后垂直进入电压为的平行金属板间的电场中，在满足带负电粒子能射出平行板电场区域的条件下，则下列说法错误的是（ ）
A. 若不同比荷的负电粒子由O点射入，从偏转电场射出时偏转角度θ相同
B. 无论比荷是否相等，则带负电粒子从偏转电场射出的偏转位移y相等
C. 若电荷量q相等，则带负电粒子从M孔射出时动能相等
D. 若电荷量q相等，则带负电粒子在板间的加速度大小相等
【答案】D
【解析】
【详解】A．如图所
设偏转电场的板间距离为，在偏转电场中有
tanθ=
偏转角度θ与粒子的比荷无关，所以不同比荷的带负电粒子从O点射入，偏转角度θ相同，故A正确，不符合题意；
B．由动能定理得，粒子经电压为的电场中由静止开始加速后，满足
进入电压为的平行金属板间的电场后，粒子做类平抛运动，则
联立解得
粒子射出平行板电场时偏移量y与比荷均无关，故B正确，不符合题意；
C．粒子从M孔射出时的动能
所以当带负电粒子的电荷量q相等时，它们从M孔射出时的动能相等，故C正确，不符合题意；
D．设加速电场的板间距离为d，由牛顿第二定律得
由于粒子的质量未知，所以无法确定带负电粒子在板间的加速度大小关系，故D错误，符合题意。
故选D。
9. 如图所示，两倾角为的光滑平行导轨，质量为m的导体棒垂直放在导轨上，整个空间存在竖直向上的匀强磁场。现导体棒中通有由a到b的恒定电流，使导体棒恰好保持静止。已知磁感应强度大小为B，导体棒中电流为I，重力加速度大小为g，忽略一切摩擦，则此时平行导轨间距为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】磁场方向竖直向上，由左手定则可知，安培力水平向右，由力的平衡条件得
解得
故选C。
10. 如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是（ ）
A. 甲图可通过增加电压U来增大粒子的最大动能
B. 乙图可通过增加等离子体的流速来增大电源电动势
C. 丙图可以判断出带电粒子的电性，粒子只能从左侧沿直线匀速通过速度选择器
D. 丁图中产生霍尔效应时，若载流子带负电，稳定时都是D板电势高
【答案】B
【解析】
【详解】A．粒子在磁场中满足
设回旋加速器D型盒的半径为R，可推导出粒子的最大动能为
由此可知，粒子的最大动能为加速电压无关，故A错误；
B．当磁流体发电机达到稳定时，电荷在A、B板间受到的电场力和洛伦兹力平衡，即
所以电源电动势为
由此可知，增加等离子体的流速可以增大电源电动势，故B正确；
C．粒子从左侧沿直线匀速通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力方向相反，但无法确定粒子的电性，故C错误；
D．若载流子带负电，洛伦兹力指向D板，载流子向D板聚集，D板电势低，故D错误。
故选B。
11. 如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，且电子从M到P点运动的时间为t，P、M间的距离为d。下列说法正确的有（ ）
A. 电子到达P点时的速度为0B. 电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
C. 电子从N到P，电场力做正功D. 该匀强电场的电场强度
【答案】A
【解析】
【详解】AB．由于M点和P点在同一等势面上，故从M到P电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点电场力相等，即合力相等，故A正确，B错误；
C．从N到P电场力做负功，故C错误；
D．通过单位判断物理量关系错误，故D错误。
故选A。
12. 如图所示，两个可视为点电荷的带正电小球A和B，A球系在一根不可伸长的绝缘细线一端，绕过定滑轮，在细绳的另一端施加拉力F，B球固定在绝缘座上，位于定滑轮的正下方。现缓慢拉动细绳，使A球缓慢移动到定滑轮处，此过程中，B球始终静止，忽略定滑轮大小和摩擦，下列判断正确的是（ ）
A. B球受到的库仑力先增大后减小
B. 拉力F一直增大
C. 地面对绝缘座的支持力一直减少
D. A球电势能先不变后减少
【答案】D
【解析】
【详解】设球所受库仑力大小为FC，AB两球间距离为r，B球距定滑轮为h，A球与定滑轮间距离为l，对开始位置处的A球受力分析，将F和FC合成如图，由相似三角形可得
所以A球缓慢移动过程中，r先不变，等A球运动到滑轮正下方后，r再变大；整个过程中l一直减小。
A．r先不变再变大，B球受到的库仑力大小先不变再减小，故A错误；
B．A球未到滑轮正下方时，由相似三角形可得
所以F先减小，当A球到达滑轮正下方后，由平衡条件可得
所以F再增大，故B错误；
C．A球未到滑轮正下方时，库仑力大小不变，方向趋近竖直，则B球受到库仑力的竖直分量变大，地面对绝缘座的支持力先变大；A球到达滑轮正下方后，B球受到库仑力大小减小、方向竖直向下，地面对绝缘座的支持力减小；故C错误；
D．r先不变再变大，两者间的库仑斥力对A球先不做功后做正功，则A球的电势能先不变后减少，故D正确。
故选D。
13. 如图所示是某滑梯轨道设计图，其中DO是水平面，AB、AC是倾斜直轨道，AE为一曲线轨道，所有轨道下端均与水平面平滑相切连接。初速度为的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时速度刚好为零。若已知该物体与所有轨道和水平面之间的动摩擦因数处处相同且不为零，则（ ）
A. 该物体从A点由静止出发沿ABD滑动到D点的速度大小为
B. 该物体从A点由静止出发，分别沿ABD和ACD滑动，最终在同一点停下
C. 该物体从D点以速度出发，沿DCA滑动，无法滑到顶点A
D. 该物体从D点以速度出发，沿DEA滑动，能滑到顶点A
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据题意，该物体从D点由静止出发沿DBA滑动到A点过程有
若该物体从A点由静止出发沿ABD滑动到D点过程有
解得
故A错误；
B．令斜面倾角为，则有
根据分析有
表明物体沿水平面与斜面在AD之间运动过程中，克服摩擦力做功相同，根据题意，该物体从D点由静止出发沿ACD滑动到A点过程有
若该物体从A点由静止出发沿ACD滑动到D点过程有
解得
可知
由于该物体与水平面之间的动摩擦因数处处相同，可知该物体从A点由静止出发，分别沿ABD和ACD滑动，最终在同一点停下，故B正确；
C．根据上述可知，物体沿水平面与斜面在AD之间运动过程中，克服摩擦力做功相同，可知，初速度为的物体从D点出发沿DCA滑动到顶点A时速度刚好为零，可知，物体从D点以速度出发，沿DCA滑动，恰好滑到顶点A，故C错误；
D．由于AE为一曲线轨道，则物体在弧线轨道上某一位置的弹力与该位置重力垂直于切向的分力的合力提供向心力，即物体在弧线轨道上某一位置的弹力大于该位置重力垂直于切向的分力，可知物体在AE曲线轨道上运动过程克服摩擦力做功大于沿AE直线轨道运动克服摩擦力做功，即该物体从D点以速度出发，沿DEA滑动，不能滑到顶点A，故D错误。
故选B。
二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）
14. 在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，三个理想电表的示数都发生了变化，电表的示数分别用I、U1、U2表示，电表的示数变化量分别用ΔI、ΔU1、ΔU2表示，下列判断正确的是（ ）
A. I增大，U1增大B. I减小，U2增大
C. 不变，增大D. 不变，增大
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时R2增大，电路的外电阻电阻R外增大，由知总电流减小，由路端电压可知路端电压U增大，设通过R3的电流为I3，由于R3阻值不变，由可以判断出I3增大，由可知I减小，R1与R2串联且R1与R2串联的电压为路端电压，，由知U1减小，所以U2增大，A错误，B正确；
CD．要注意对于定值电阻，是线性元件，有
由电路图可知
故，不变化，对于电阻R2有
由于R2增大，故都增大，将R3等效为电源的内电阻，则等效内电阻为
根据闭合电路的欧姆定律可知
因为不变化，所以不变，故C正确，D错误。
故选BC。
15. 如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示。电子原来静止在左极板小孔处（不计重力作用）。下列说法中正确的是（ ）
A. 从t=0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上
B. 从t=时刻释放电子，电子可能在两极板间振动
C. 从t=时刻释放电子，电子可能在两极板间振动，也可能打到右极板上
D. 从t=时刻释放电子，电子必将打到左极板上
【答案】AC
【解析】
【详解】A．从t=0时刻释放电子，在0-T内，电子先向右做匀加速运动，再向右匀减速运动，t=T时速度为零，接着周而复始，电子运动的方向始终向右，直到打在右极板上，故A正确；
B．从t=时刻释放电子，在内电子因受电场力的作用下在左极板上静止，在内电子先向右做匀加速运动，再向右匀减速运动，时速度为零，接着周而复始，电子运动的方向始终向右，直到打在右极板上，故B错误；
C．从时刻释放电子，在内向右做匀加速运动，在向右做匀减速运动，有可能打到右极板上；若没有打到右极板上，则时速度为零，内向左做匀加速运动，向左做匀减速运动，时速度为零，接着周而复始，电子可能在两板间振动，故C正确；
D．从时刻释放电子，内电子在电场力的作用下向右做匀加速运动，内向右做匀减速运动，可能打到右极板上，故D错误。
故选AC。
非选择题部分
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
16. 在研究平抛运动的特点及其规律实验中：
(1)某同学用图示装置研究平抛运动及其特点，他的实验操作是：在小球A、B处于同一高度时，用小锤轻击弹性金属片，使A球水平飞出，同时B球被松开。
①他观察到的现象是：小球A、B____（填“同时”或“不同时”）落地；
②让A、B球恢复初始状态，用较大的力敲击弹性金属片。A球在空中运动的时间将___（填“变长”，“不变”或“变短”）；
③上述现象说明______。
(2)一个同学在《研究平抛物体的运动》实验中，只画出了如图所示的一部分曲线，于是他在曲线上取水平距离相等的三点A、B、C，量得Δs=0.1 m。又量出它们之间的竖直距离分别为h1=0.1 m，h2=0.2 m，利用这些数据，取g=10 m/s2，可求得：
①物体抛出时的初速度为_______m/s；
②物体经过B时速度为________m/s。
【答案】 ①. 同时 ②. 不变 ③. 平抛运动的时间与初速度大小无关，且可以证明平抛运动在竖直方向上做自由落体运动 ④. 1.0 ⑤. 1.8或
【解析】
【详解】(1) ①[1]他观察到的现象是小球A、B同时落地；
②[2]让A、B球恢复初始状态，用较大的力敲击弹性金属片。A球在空中运动的时间将不变；
③[3]上述现象说明平抛运动的时间与初速度大小无关，且可以证明平抛运动在竖直方向上做自由落体运动。
(2)[4]在竖直方向上，根据
h2−h1＝gT2
得
则物体平抛运动的初速度为
[5]B点的竖直分速度为
根据平行四边形定则知，B点的速度为
17. 某实验小组要测定一段电阻丝的电阻率，具体操作如下。
（1）用螺旋测微器测量其直径，结果如图甲所示，由图可知其直径为___________mm；
（2）用多用电表粗测电阻丝阻值，将多用电表选择开关置于“×10”挡，将黑红两表笔短接，然后进行___________，经正确操作后多用电表指针位于如图乙所示位置，被测电阻丝电阻的测量值为___________Ω；
（3）利用如图丙所示的电路精确地测量电阻丝的电阻，有以下实验器材可供选择：
A．电源（电动势约3V，内阻约0.1Ω）
B．电压表（量程0~3V，内阻约3kΩ）
C．电流表（量程0~25mA，内阻RA1=3.0Ω）
D．电流表（量程0~0.6A，内阻RA2=3.0Ω）
E．电阻箱R（0~999.9Ω）
F．滑动变阻器（0~20Ω，额定电流2.0A）
G．开关一个，导线若干
（4）实验中电流表应选择___________（填写器材前边序号）。
（5）闭合开关，调节滑动变阻器和电阻箱，使电压表有一较大读数U，记下此时电阻箱的读数和电流表的读数；
（6）改变电阻箱的阻值，同时调节滑动变阻器，使电压表的读数仍为U，记下此时电阻箱的读数R2和电流表的读数；
（7）重复步骤（6），得到多组电阻箱和电流表的数据，以电阻箱电阻R为横坐标，以电流表电流的倒数为纵坐标建立坐标系，描点连线，获得图线的纵轴截距为b，如图丁所示，可知电阻丝电阻为___________（用题中给定物理量的符号表示），再测出电阻丝的长度L，可以根据电阻定律计算出电阻丝的电阻率ρ，若从系统误差的角度分析用该方法测得的电阻丝的电阻率与真实值相比___________（选填“偏大”“偏小”或“相等”）。
【答案】 ①. 2.150 ②. 欧姆调零 ③. 120 ④. C ⑤. ⑥. 相等
【解析】
【详解】（1）[1]由螺旋测微器可知电阻丝的直径为
（2）[2]用多用电表粗测电阻丝的阻值，将多用电表选择开关置于“×10”挡，将黑红两表笔短接，然后进行欧姆调零。
[3]多用电表表盘刻度不均匀，不需要估读，此时表盘上所指刻度值为12，而用的是“×10”挡，所以电阻丝电阻的测量值为
（4）[4]电路中最大电流约为
为了使电流表指针能够达到适当的幅度以减小读数误差，应选择量程为0~25mA的电流表C。
（7）[5]根据题意有
整理得
结合图像可知
解得
[6]本实验中所用电流表内阻已知，不存在由于电表内阻引入的系统误差，所以测得电阻丝的阻值与真实值相等，进而根据电阻定律计算出的电阻率等于真实值。
18. 如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O，半径为r，内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动（电荷量不变），经过C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角θ=60°，重力加速度为g。
（1）求小球所受的静电力大小；
（2）求小球在A点的速度v0为多大时，小球经过B点时对圆轨道的压力最小。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）由于小球经过C点时速度最大，表明在该位置，重力与电场力的合力方向恰好背离圆心，可知电场力大小为
（2）由于小球在轨道内侧做完整的圆周运动，若小球经过B点时对圆轨道的压力最小，则小球应该是恰好能够经过C点关于圆心的对称点D，此时在D点轨道对小球的弹力恰好为0，由重力与电场力的合力提供向心力，则有
小球从A到达D过程有
解得
19. 如图所示，在高h1=30m光滑水平平台上，物块A以初速度v0水平向右运动，与静止在水平平台上的物块B发生碰撞，mB=2mA，碰撞后物块A静止，物块B以一定的水平速度向右滑离平台，并恰好沿光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道，B点的高度h2=15m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点C的切线水平，并与地面上长为L=70m的水平粗糙轨道CD平滑连接，物块B沿轨道BCD运动与右边墙壁发生碰撞。g取10m/s2。求：
（1）物块B由A运动到B的时间；
（2）物块A初速度v0的大小；
（3）若物块B与墙壁只发生一次碰撞，碰后速度等大反向，反向运动过程中没有冲出B点，最后停在轨道CD上的某点p（p点未画出）。设物块B与轨道CD之间的动摩擦因数为μ，求μ的取值范围.
【答案】（1）1.732 s；（2）20 m/s；（3）0.17＜μ≤0.5
【解析】
【详解】（1）物块B从A到B做平抛运动，设从A运动到B的时间为t，则
解得
（2）由几何关系，可知
R=h1，Rcsθ=h1﹣h2
解得
θ=60°
小物块平抛的水平速度是v1，有
解得
v1=10 m/s
A与B发生碰撞的过程中系统的动量守恒，选取向右为正方向，由动量守恒定律得
mA v0=mB v1
又
mB=2mA
解得
v0=20 m/s
（3）设小物块在水平轨道CD上通过的总路程为s，根据题意，该路程的最大值是
smax=3L
最小值是
smin=L
路程最大时，动摩擦因数最小；路程最小时，动摩擦因数最大。由能量守恒知
解得
即
0.17＜μ≤0.5
20. 现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动．如图所示，真空中存在着多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，宽度均为d电场强度为E，方向水平向左；垂直纸面向里磁场的磁感应强度为B1，垂直纸面向外磁场的磁感应强度为B2．电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第飞1层磁场左侧边界以初速度v0射入，方向与边界夹角为θ，设粒子始终在电场、磁场中运动，除B1、B2、E以外其他物理量已知，不计粒子重力及运动时的电磁辐射．（cs53°=0.6，sin53°=0.8）
（1）若θ=53°，要求拉子不进入电场，求B1至少为多大？
（2）若B1、E均已知，求粒子从第n层磁场右侧边界穿出时速度的大小；
（3）若θ=53°，且B1=，要求粒子不穿出第1层的电场，求E至少多大？
【答案】（1）若θ=53°，要求拉子不进入电场，B1至少为；
（2）若B1、E均已知，粒子从第n层磁场右侧边界穿出时速度的大小为；
（3）若θ=53°，且B1=，要求粒子不穿出第1层的电场，E至少为．
【解析】
【详解】（1）当θ=53°时，设粒子在B1场中圆周运动半径为R1，根据洛伦兹力提供向心力可得：
qv0B1=m，恰好不进入电场时有：R1-R1csθ=d，解得：B1≥；
（2）对粒子，设从第n层磁场右侧边界穿出时速度大小为vn，根据动能定理可得：
-nEqd=mvn2-，解得：vn=；
（3）当θ=53°且B1=，设粒子在B1场中圆周运动半径为R1′，根据洛伦兹力提供向心力可得：qv0B1=m，设粒子进入电场时与界面夹角为β，在B1场中，由几何关系有：R1′csβ-R1′csθ=d，解得：β=37°，在电场中沿场强方向上匀减速运动，有：（v0sinβ）2-0=2d，所以：E≥．
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