2021-2022学年山东省烟台市高三（上）期末物理试卷（PDF版含答案）

2021-2022 学年山东省烟台市高三（上）期末物理试卷
一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求
的。
1．（3 分）如图所示，用一个质量不计的网兜把足球挂在光滑竖直墙壁上的 A点，足球与墙壁的接触点为 B。若只
增大悬绳的长度，足球始终保持静止状态，关于悬绳对球的拉力 F 和墙壁对球的支持力 FN，下列说法正确的是
（ ）
A．F 和 FN都增大 B．F 增大，FN减小
C．F减小，FN增大 D．F和 FN的合力不变
2．（3分）在同一平直公路上行驶的甲、乙两辆汽车，其 x﹣t图像分别如图中直线 a 和曲线 b所示，直线 a 和曲线
b相切于点（t2，x2）。下列说法正确的是（ ）
A．甲车做匀速运动，乙车做加速运动
B．在运动过程中，乙车始终没有超过甲车
C．在 t1～t2的时间内，甲车的速度大于乙车的速度
D．在 0～t2时间内，甲车的平均速度大于乙车的平均速度
3．（3 分）某同学将铁架台放在竖直电梯的底板上，将力传感器上端固定在铁架台的铁夹上，力传感器下端悬挂一
个质量为 m 的钩码。当电梯从 1 楼由静止开始运行到 5 楼停止的过程中，数据采集系统采集到传感器受到的拉
力 F随时间 t的变化如图所示，忽略由于轻微抖动引起的示数变化。下列说法正确的是（ ）
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A．abc 过程与 def过程中电梯运动的方向相反
B．ab 过程钩码处于超重状态，bc 过程钩码处于失重状态
C．abc 过程中钩码的机械能先增加后减少
D．曲线 abc 与线段 ac 包围的面积等于曲线 def与线段 df包围的面积
4．（3 分）一辆汽车在平直公路上由静止开始启动，汽车先保持牵引力 F0不变，当速度为 v1时达到额定功率 Pe，
此后以额定功率继续行驶，最后以速度 vm匀速行驶。若汽车所受的阻力 f为恒力，汽车运动过程中的速度为 v、
加速度为 a、牵引力为 F、牵引力的功率为 P，则下列图像中可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（3 分）如图所示，固定斜面倾角为θ，在斜面上方的 O 点将一个可视为质点的小球以不同大小的初速度水平向
右朝斜面抛出，当初速度的大小为 v0时，小球运动到斜面上的过程中位移最小，重力加速度为 g。则小球在空中
的运动时间为（ ）
A． B． C． D．
6．（3 分）如图，一容器的内壁是半径为 r 的半球面，容器固定在水平地面上。在半球面水平直径的一端有一质量
为 m（可视为质点）的小滑块 P，它在容器内壁由静止开始下滑到最低点，在最低点时的向心加速度大小为 a，
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已知重力加速度大小为 g。则 P 由静止下滑到最低点的过程中克服摩擦力做的功为（ ）
A． B．mr（2g﹣a） C． D．mr（2g+a）
7．（3 分）某同学设计了一种利用放射性元素β衰变的电池，该电池采用金属空心球壳结构，如图所示，在金属球
壳内部的球心位置放有一小块与球壳绝缘的放射性物质，放射性物质与球壳之间是真空，球心处的放射性物质的
原子核发生β衰变，向四周均匀发射电子，电子的电荷量为 e。已知单位时间内从放射性物质射出的电子数为 N，
在金属壳外表面有一块极小的圆形面积 S，其直径对球心的张角为α弧度，则通过 S 的电流大小约为（ ）
A． B． C． D．
8．（3 分）如图甲所示，质量M＝1kg 的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木
板的左端放置一个质量 m＝1kg 的物块，物块可视为质点，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4。设木板足够长，
现对物块施加一个水平向右的力 F，力 F 随时间 t的变化如图乙所示。已知最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取
g＝10m/s2，则下面四个图中能正确反映物块受到木板的摩擦力大小 f随时间 t 变化的是（ ）
A． B．
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C． D．
二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全
部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。
9．（4分）如图所示，质量为 3m 的小球 B静止在光滑水平面上，质量为 m、速度为 v 的小球 A与小球 B发生正碰，
碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此碰撞后小球 B的速度可能有不同的值。碰撞后小球 B的速度大小
可能是（ ）
A．0.2v B．0.4v C．0.5v D．0.6v
10．（4 分）如图甲所示，一条电场线与 Ox 轴重合，取 O 点电势为零，Ox 方向上各点的电势φ随 x 变化的情况如
图乙所示。若在 O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则下列判断正确的是（ ）
A．电子将沿 Ox 轴负方向运动
B．电子的电势能将增加
C．电子运动的加速度先减小后增大
D．该电场线可能是等量异种点电荷间的电场线
11．（4 分）2021 年 2 月 10 日，“天问一号”探测器成功被火星捕获，进入环火轨道，探测器被火星捕获后经过多
次变轨才能在火星表面着陆。已知火星直径为地球直径的 P 倍，火星质量为地球质量的 k 倍，地球半径为 R，地
球表面的重力加速度为 g。若探测器在半径为 r 的轨道 1 上绕火星做匀速圆周运动的动能为 Ek，变轨到火星附近
的轨道 2 上做勾速圆周运动后，动能增加了ΔE，以下判断正确的是（ ）
A．轨道 2 的半径为
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B．轨道 2 的半径为
C．“天问一号”在轨道 2 时的速率约为
D．“天问一号”在轨道 2时的速率为
12．（4分）如图所示，一“∠”形金属导轨 MPQ固定在水平面上，∠PMQ＝45°，金属导轨左端接一阻值为 R＝
2Ω的电阻，轨道电阻不计，空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度 B＝0.5T。在金属导轨右侧 E 位
置处垂直于MQ 边放置一足够长的、质量为 m＝1kg 的光滑金属棒，此时，金属棒与M 点间的距离为 2m，之后
在外力作用下，金属棒以 v0＝2m/s 的初速度从 E 位置处水平向右运动 2m 到达了 F 位置处，已知此过程中，通
过金属棒的电流保持恒定，下列说法中正确的是（ ）
A．此过程用时 1.5s
B．金属棒做匀减速直线运动
C．此过程中外力做功 1.5J
D．此过程中通过电阻 R的电荷量为 1.5C
三、非选择题：本题共 6 小题，共 60 分。
13．（6分）某实验小组利用如图甲所示装置验证小铁球在竖直平面内摆动过程中机械能守恒。将力传感器固定，不
可伸长的轻绳一端系住小球，另一端连接力传感器，若某次实验记录轻绳拉力大小随时间的变化如图乙所示，其
中 F0是实验中测得的最大拉力值。
（1）现用游标卡尺测得小球的直径如图丙所示，则小球的直径为 cm；
（2）观察图乙中拉力峰值随时间的变化规律，分析形成这一结果的主要原因是 ；
（3）若测得小球质量为 m，直径为 d，轻绳长为 l，小球释放的位置到最低点的高度差为 h，重力加速度为 g，
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小球由静止释放到第一次运动到最低点的过程中，验证该过程小球机械能守恒的表达式为 （用题中给定
的字母表示）。
14．（8 分）电导是描述导体导电性能的物理量。电导在数值上等于电阻的倒数，其单位是西门子，单位符号 S。某
实验小组要测量一段金属丝 Rx（电导约为 0.1S）的电导，可供选择的器材有：
电压表 V（量程 10V，内阻约 10kΩ）；电流表 A（量程 200mA，内阻约为 1kΩ）；
定值电阻 R0（阻值为 40Ω）；
滑动变阻器 R1（最大阻值 10Ω）；
滑动变阻器 R2（最大阻值 1000Ω）；
电源 E（电动势 12V，额定电流 2A，内阻不计）；
开关一个，导线若干。
实验小组设计了如图甲所示的测量电路。
（1）为了更准确地测量 Rx的电导，滑动变阻器应选用 （选填“R1”或“R2”）；
（2）请用笔画线代替导线，在答题卡上将实物图连接成完整电路；
（3）实验时，调节滑动变阻器，并记录滑片处于不同位置时电压表的示数 U 和电流表的示数 I，作出的 U﹣I
图像如图乙所示，由此可求得金属丝 Rx的电导为 S（保留 2 位有效数字），从设计原理来看，其测量值
（选填“大于”或“小于”）真实值。
15．（7 分）两列简谐横波分别沿 x 轴正方向和负方向传播，两波源分别位于 x＝0 和 x＝14m 处，波源的振幅均为
3cm，传播速度相同。如图所示为 t＝0时刻两列波的图像，此刻平衡位置在 x＝4m 和 x＝10m的 P、Q两质点刚
开始振动，且 t1＝3s 时刻，质点 P 第一次到达波谷处。质点M 的平衡位置处于 x＝8m处。求：
（1）简谐波的传播速度 v 及两列波的相遇时刻：
（2）从 t＝0 到 t2＝6s 内，质点 M 运动的路程。
16．（9分）卫星携带一探测器在半径为 4R 的圆轨道Ⅰ上绕地球做匀速圆周运动。在 A点，卫星上的辅助动力装置
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短暂工作，将探测器沿运动方向射出（设辅助动力装置喷出的气体质量可忽略）。若探测器恰能完全脱离地球的
引力范围，即到达距地球无限远时的速度恰好为零，而卫星沿新的椭圆轨道Ⅱ运动，如图所示，A、B两点分别
是其椭圆轨道Ⅱ的远地点和近地点（卫星通过 A、B 两点时的线速度大小与其距地心距离的乘积相等）。地球质
量为M，探测器的质量为 m，卫星的质量为 ，地球半径为 R，引力常量为 G，已知质量分别为 m1、m2的两
个质点相距为 r时，它们之间的引力势能为 ，求：
（1）卫星刚与探测器分离时，卫星的线速度大小；
（2）卫星运行到近地点 B 时距地心的距离 a。
17．（14 分）“高台滑雪”一直受到一些极限运动爱好者的青睐。挑战者以某一速度从某曲面飞出，在空中表演各种
花式动作，飞跃障碍物（壕沟）后，成功在对面安全着陆。某实验小组在实验室中利用物块演示分析该模型的运
动过程：如图所示，ABC 为一段半径为 R＝5m 的光滑圆形轨道，B 为圆形轨道的最低点。P 为一倾角θ＝37°
的固定斜面，为减小在斜面上的滑动距离，在斜面顶端表面处铺了一薄层防滑木板 DE，木板上边缘与斜面顶端
D重合，圆形轨道末端 C与斜面顶端 D之间的水平距离为 x＝0.32m。一物块以某一速度从 A端进入，沿圆形轨
道运动后从 C端沿圆弧切线方向飞出，再经过时间 t＝0.2s 时恰好以平行于薄木板的方向从 D端滑上薄木板，物
块始终未脱离薄木板，斜面足够长。已知物块质量 m＝3kg，薄木板质量 M＝1kg，木板与斜面之间的动摩擦因
数 ，木板与物块之间的动摩擦因数 ，重力加速度 g＝10m/s2，sin37°＝0.6，不计空气阻力，求：
（1）物块滑到圆轨道最低点 B 时，对轨道的压力（计算结果可以保留根号）；
（2）物块相对于木板运动的距离；
（3）整个过程中，系统由于摩擦产生的热量。
18．（16 分）如图所示，直角坐标系 xOy 所在的平面内，y 轴的左侧为三个依次相切的圆形有界磁场区域Ⅰ、Ⅱ、
Ⅲ，P、O、Q为 y 轴和三个圆形磁场右边界的切点。y轴的右侧为大小为 E、方向沿 x轴负方向的足够大的匀强
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电场区域。已知Ⅰ、Ⅲ区域的半径均为 3R，磁感应强度大小为 B0，方向均垂直纸面向外；Ⅱ区域半径为 R，磁
感应强度大小为 3B0，方向垂直纸面向里（图中均未画出）。一个质量为 m，电荷量为+q 带电粒子以某一速度从
A点沿直径 AP 方向进入磁场Ⅰ区，恰好沿 O1O2方向进入Ⅱ区域。不计带电粒子的重力，求：
（1）粒子在 A点的速度 v0；
（2）带电粒子在电场区域沿 x 轴方向运动的最大距离；
（3）粒子最后离开磁场区的位置坐标；
（4）粒子在整个过程中运动的时间。
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2021-2022 学年山东省烟台市高三（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求
的。
1．【解答】解：以足球为研究对象，分析其受力情况：重力 mg、悬绳对球的拉力和墙壁对球的支持力，三个力的
合力为零，
根据平衡条件得知，mg 和 FN的合力与 F大小相等、方向相反，则有：FN＝mgtanθ，F＝ 。
只增大悬绳的长度，足球始终保持静止状态，则θ角减小，F减小，FN减小，合力为零、保持不变，故 D正确、
ABC错误。
故选：D。
2．【解答】解：A、根据 x﹣t图像的斜率表示速度，知 a 车的图像是倾斜的直线，说明 a车的速度保持不变，做匀
速直线运动，b车速度减小，所以 b 车做减速运动，故 A错误；
B、x﹣t图像纵坐标代表小车的位置，根据图像可知在运动过程中，乙车始终没有超过甲车，故 B正确；
C、t2时刻，两图像的斜率相等，说明甲乙两车速度相等，故 C 错误；
D、根据位移等于纵坐标的变化量，知前 t2秒内，甲车的位移小于乙车的位移，则甲车的平均速度小于乙车的平
均速度，故 D错误。
故选：B。
3．【解答】解：A、由题意可知 F﹣t图像是电梯从 1 楼由静止开始运行到 5 楼停止的过程中，拉力 F随时间 t的变
化的图像，故 abc 过程与 def 过程中电梯运动的方向相同，均为竖直向上。abc 过程拉力 F 大于重力，说明钩码
处于超重状态，做加速上升运动，def 过程拉力 F 小于重力，说明钩码处于失重状态，做减速上升运动，故 A 错
误；
BC、由图可知，钩码的重力 G＝2N，在 abc 过程中，拉力 F 都大于重力，说明钩码处于超重状态，加速度向上，
即钩码与电梯一起加速上升，钩码的机械能一直在增加（也可由拉力对钩码一直做正功来判断钩码机械能一直增
加），故 BC错误；
D、力与时间的图像中，力与时间轴围成的面积表示力对时间的积累，即冲量。由题意及图像可知，从 a 到 f电
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梯的运动过程为：a到 c 过程是由静止向上加速运动，c 到 d 过程匀速上升，def 过程是减速上升直到停止。可知
加速过程和减速过程的速度变化量的大小相等，则动量变化量的大小相等，由动量定理可知，加速过程和减速过
程的合外力冲量大小相等，而曲线 abc 与线段 ac 和 def 与线段 df 对应的纵坐标的差值的绝对值等于钩码所受合
力的大小，则曲线 abc 与线段 ac 包围的面积等于曲线 def 与线段 df 包围的面积，故 D正确。
故选：D。
4．【解答】解：AD、汽车由静止启动，牵引力 F0不变，所受阻力不变，汽车所受合力不变，由牛顿第二定律可知：
F0﹣f＝ma汽车的加速度不变，汽车做初速度为零的匀加速直线运动；汽车的速度 v＝at，v 与 t成正比；汽车牵
引力的功率 P＝F0v＝F0at 随时间 t 均匀增大；当汽车速度为 v1时汽车的功率达到额定功率，然后汽车功率保持
不变，汽车做加速运动，由 Pe＝Fv 可知汽车的牵引力 F 不断减小，汽车所受合力减小，加速度减小，汽车做加
速度减小的加速运动，当牵引力与阻力相等 F＝f，即合力为零时汽车做匀速直线运动，故 AD错误；
B、速度达到 v1前做匀加速直线运动，牵引力 F＝F0不变，速度达到 v1后汽车的牵引力 F＝ ，F 与 v 成反比，
当汽车的速度达到最大速度 v＝vm后做匀速直线运动，牵引力 F＝f保持不变，故 B错误；
C、汽车的功率 P＝Fv，则 F＝P ，开始汽车做匀加速直线运动，牵引力 F＝F0不变，F不随 的变化而变化；
当汽车的速度达到 v1到加速到最大速度 vm过程，功率 Pe保持不变，牵引力 F＝Pe ，F 与 成正比，故 C正确。
故选：C。
5．【解答】解：当初速度的大小为 v0时，小球运动到斜面上的过程中位移最小，则小球的位移与斜面垂直，有
tan ＝
解得
t＝
故 ACD 错误，B正确
故选：B。
6．【解答】解：设小滑块 P 经过最低点时的速度大小为 v，由 a＝ 得 a＝
P由静止下滑到最低点的过程中，由动能定理得
mgr﹣Wf＝ ﹣0
解得克服摩擦力做的功：Wf＝mr（g﹣ a），故 A正确，BCD 错误。
故选：A。
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7．【解答】解：单位时间内从放射性物质射出的电子数为 N，则 t时间内从放射性物质射出的电荷量
Q＝Net
结合几何关系可知在金属壳外表面有一块极小的圆形面积 S上的电荷量为
Q'＝
根据电流的定义有
I＝
联立解得：I＝
故 A正确，BCD 错误；
故选：A。
8．【解答】解：由题意铁块与木板之间摩擦力的最大值为：f2max＝μ2mg
代入数据解得：f2max＝4N
木板与地面间的摩擦力的最大值为：f1max＝μ1（M+m）g
代入数据解得：f1max＝2N
当 F≤2N 时，木板和铁块相对地面静止
f＝F
又由图像可得
F＝ t
所以 0﹣2s时间内图像与 F﹣t图像相同；
当 F＞2N，并且木板和铁块一起相对地面加速运动时，设此时系统的加速度为 a，根据牛顿第二定律，对整体有
F﹣μ1 （M+m） g＝（M+m） a
对铁块有
F﹣f2max＝ma
可得
F＝6N
从此关系式可以看出，当 2N＜F≤6N 时，M、m相对静止，则对整体有
F﹣μ1 （M+m） g＝（M+m） a
对铁块
F﹣f＝ma
即
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f＝ +1
即
f＝ +1
当 F＞6N，时铁块受到摩擦力为滑动摩擦力，大小为 4N，
所以 0﹣10s内图像如图 C，故 ABD错误，C正确。
故选：C。
二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全
部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。
9．【解答】解：以初速度 v的方向为正方向；当 A、B两小球发生完全非弹性碰撞时，设碰后 B 球的速度大小为 v1，
由动量守恒定律得：mv＝（3m+m）v1
解得：v1＝ v
当 A、B两小球发生完全弹性碰撞时，设碰后 A球的速度为 v2，B 球的速度为 v2′，
由动量守恒定律和机械能守恒定律得：
mv＝mv2+3mv2′
mv2＝ m + 3mv 22′
以上两式联立可解得：v2＝﹣ v，v2′＝ v
所以碰撞后 B球的速度大小范围为 v≤vB≤ v，故 BC 正确，AD错误。
故选：BC。
10．【解答】解：AB、由图像可知，沿 Ox 轴正方向电势逐渐升高，故电子受到的电场力沿 Ox 轴正方向，电子将沿
Ox轴正方向运动；电场力对电子做正功，电子的电势能将减小，故 AB错误；
CD、由Δφ＝E Δx 可知，φ﹣x 图像的斜率表示电场的场强，由图可知，沿 Ox 轴正方向，电场强度先减小后
增大，故电子受到的电场力先减小后增大，电子运动的加速度先减小后增大，结合等量异种点电荷间的电场线分
布特点可知，该电场线可能是等量异种点电荷间的电场线，故 CD正确。
故选：CD。
11．【解答】解：AB、探测器在半径为 r的轨道 1上时，根据 ，得探测器的动能为：Ek＝ mv2＝
同理：当探测器到达轨道 2 上时，动能为：Ek+ΔE＝
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联立解得轨道 2 的半径：r′＝ ，故 B正确，A 错误；
CD、设地球的质量为 M，对于在地球表面上的物体，其重力等于万有引力，则有： ，得到：GM
＝gR2
火星的质量为：M 火＝kM＝ ，火星半径为：R 火＝PR，依题意轨道 2 在火星附近，可认为轨道 2 的半径约
等于火星半径，“天问一号”在轨道 2时由万有引力提供向心力得：
解得：v＝ ，故 D正确，C 错误。
故选：BD。
12．【解答】解：A、金属棒在 E处时，由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律得金属棒中感应电流为：I＝
＝ A＝1A
金属棒从 E 位置处运动到 F 位置处的过程中，通过金属棒截面的电荷量表达式为 q＝It＝ ＝ ，且ΔΦ
＝B ΔS＝0.5× ×2Wb＝3Wb，故此过程用时：t＝ ＝ s＝1.5s，故 A正确；
B、设金属棒向右运动时间 t时的速度为 v，则 I＝ ＝ ，因金属棒的速度与时间是非线性关
系，可知金属棒做的不是匀减速直线运动，故 B 错误；
C、设金属棒运动到 F处时的速度为 v，则 I＝ ，其中 L′＝4m，解得 v＝1m/s
此过程中电阻 R 产生的热量为 Q＝I2Rt＝12×2×1.5J＝3J
此过程中，金属棒克服安培力做功为 Q，根据动能定理得：W﹣Q＝ ﹣ ，解得此过程中外力做功：
W＝1.5J，故 C正确；
D、此过程中通过电阻 R的电荷量为 q＝It＝1×1.5C＝1.5C，故 D正确。
故选：ACD。
三、非选择题：本题共 6 小题，共 60 分。
13．【解答】解：（1）图丙所示游标卡尺分度值为 0.05mm，根据游标卡尺读数规则读数为 12mm+4×0.05mm＝12.20mm
＝1.220cm；
（2）根据 F﹣t图像可知小球做周期性的摆动，每次经过最低点的拉力最大，而最大拉力逐渐减小，说明经过最
低点的最大速度逐渐减小，则主要原因是空气阻力做负功，导致机械能有损失；
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（3）小球由静止释放到第一次运动到最低点的过程中，由功能关系
ΔEP＝mgh
小球在最低点时，由牛顿第二定律得
F0﹣mg＝m
ΔEk＝
验证该过程小球机械能守恒的表达式为 。
故答案为：（1）1.220（2）空气阻力的影响（3）
14．【解答】解：（1）测量 Rx的电导，题图采用分压接法来改变待测电阻的电压或电流。为了方便调节，滑动变阻
器选择最大阻值较小的 R1；
（2）按电路图连接实物图如图所示；
（3）由图甲可知，测量电路采用电流表的外接法，由欧姆定律可得 R＝ ，结合电路图和图象可得：Rx+R0＝
＝47.4Ω，那么 Rx＝47.4Ω﹣40Ω＝7.4Ω，所以待测电阻 Rx的电导为 ＝ ＝0.14S。
由于电压表的分流，导致电阻测测量值偏小，那么电导的测量值偏大。
故答案为：（1）R1；（2）如图所示 ；（3）0.14、大于
15．【解答】解：（1）由已知可得：T＝4s，根据波传播公式有 代入数据解得 v＝1m/s，
根据速度公式 v＝ 可得Δt＝ 代入数据解得Δt＝3s；
（2）经分析知：右侧波在 t＝2s 时传播到质点 M，左侧波经 t＝4s 时传播到质点M
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在 0～2s内，质点M 不动；2s～4s 内，质点M运动半个周期，S1＝2A＝6cm；4s～6s 内，两列波分别在质点M
的振动情况恰好相反，即质点M不动，
故 t＝0到 t2＝6s内，质点 M 运动的路程 S＝S1＝6cm；
答：（1）简谐波的传播速度大小为 1m/s，两列波的相遇时刻为 3s。
（2）从 t＝0 到 t2＝6s 内，质点 M 运动的路程为 6cm。
16．【解答】解：（1）当卫星与探测器一起绕地球做匀速圆周运动时，由万有引力定律和牛顿第二定律得
＝（ m+m）
v＝
设刚分离时，卫星的线速度大小为 v1，探测器的线速度大小为 v2
探测器刚好脱离地球的引力范围应满足： ﹣ ＝0
v2＝
脱离过程由动量守恒定律得： ＝ +mv2
解得：v1＝
（2）分离后卫星在椭圆轨道上运行，设近地点 B 距地心的距离为 a，线速度大小为 v3
由已知得：av3＝4Rv1
由机械能守恒定律得： （ ） ﹣ ＝ ﹣
得：a＝
答：（1）卫星刚与探测器分离时，卫星的线速度大小为
（2）卫星运行到近地点 B 时距地心的距离为 。
17．【解答】解：（1）物块由 C 到 D，做抛体运动，由水平方向做匀速直线运动可得水平速度为：
由题意可知在 D点物块速度方向平行斜面，则有：
在 D的速度大小：
在 D的竖直方向速度大小：vDy＝vsinθ＝2×0.6m/s＝1.2m/s
设物块在 C 点时竖直方向的速度为 vy，以竖直向上为正方向，由 C到 D在竖直方向上有：
vy﹣gt＝﹣vDy
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代入数据解得：vy＝0.8m/s
则在 C 点的速度大小：
由 B到 C 根据机械能守恒得：
，其中 cosα＝
在 B点由牛顿第二定律得：
由牛顿第三定律得：F 压＝F 支
代入数据解得：
（2）物块滑上木板后，两者相对滑动，物块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，因μ2＞μ1，两者共速
后相对静止，由牛顿第二定律得：
对物块：μ2mgcosθ﹣mgsinθ＝mam
代入数据解得：
对木板：μ2mgcosθ+mgsinθ﹣μ1（M+m）gcosθ＝MaM
代入数据解得：
设两者经时间 t1达到共速，则有：
v 共＝v﹣amt1＝aMt1
代入数据解得：t1＝1.5s，v 共＝1m/s
此过程中物块的位移：
木板的位移：
物块相对于木板运动的距离：Δx＝x 物﹣x 板＝2.25m﹣0.75m＝1.5m
（3）因μ2＞μ1＞tanθ，故共速后两者一起做匀减速直线运动，直到停止。
对物块和木板组成的整体，由牛顿第二定律得共速后的加速度为：
a 共＝μ1gcosθ﹣gsinθ
代入数据解得：
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共速后的位移：
代入数据解得：x 共＝1.5m
物块与木板之间摩擦生热：Q1＝μ2mgcosθ Δx
代入数据解得：Q1＝30J
木板与斜面之间摩擦生热：Q2＝μ1（M+m）gcosθ （x 板+x 共）
代入数据解得：Q2＝57J
整个过程中，系统由于摩擦产生的热量：Q＝Q1+Q2＝30J+57J＝87J
答：（1）物块滑到圆轨道最低点 B 时，对轨道的压力为 ；
（2）物块相对于木板运动的距离为 1.5m；
（3）整个过程中，系统由于摩擦产生的热量为 87J。
18．【解答】解：（1）如图 1 所示，在三角形 O1O2F 中，
图 1
α＝60°由几何知识得：∠AO'1B＝α＝60°
设粒子在Ⅰ区做匀速圆周运动的半径为 r1，则
解得
（2）设粒子在Ⅱ区域做匀速圆周运动的半径为 r2，则
如图 2 所示，连结 O2O'2在直角三角形 O2O'2B 中，由几何知识可求得：∠O2O'2B＝30°，故粒子在Ⅱ区域的偏
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转圆弧所对的圆心角为∠BO'2O＝60°，粒子在Ⅱ区域的偏转角β＝60°，即粒子将从 O点沿 x 轴正方向离开Ⅱ
区域，进入电场中。
图 2
在电场中的加速度：Eq＝ma
在电场区域沿 x 轴方向运动的最大距离
（3）粒子进入电场后先沿 x 轴正向做匀减速直线运动，减速为零后，再反向做匀加速直线运动，返回Ⅱ区的速
度大小仍为υ0，经过Ⅱ区的偏转圆弧所对的圆心角为 60°。并且沿 O2O3方向进入Ⅲ区，在Ⅲ区的偏转半径
，由几何知识求得，粒子在Ⅲ区偏转圆弧所对的圆心角也为 60°，粒子最终将沿υ0的反方向从
点 D（x，y）离开区域Ⅲ，其整个过程的运动轨迹如图 3 所示。
图 3
由对称性可知，A、D两点关于 y轴对称 xD＝﹣6R
粒子最后离开磁场区的位置坐标
（4）粒子在 I区和 III区：
粒子在 II区：
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在电场中：
粒子整个过程运动时间
答：（1）粒子在 A点的速度为 ；
（2）带电粒子在电场区域沿 x 轴方向运动的最大距离为 ；
（3）粒子最后离开磁场区的位置坐标为 ；
（4）粒子在整个过程中运动的时间为 。
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