黑龙江省八校2022届高三上学期物理期末联合考试试卷

黑龙江省八校2022届高三上学期物理期末联合考试试卷
一、单选题
1．（2022高三上·黑龙江期末）我们经常会接触到一些民谚、俗语，都蕴含着丰富的物理知识，以下理解错误的是（　　）
A．“泥鳅黄鳝交朋友，滑头对滑头 ”——泥鳅黄鳝的表面都比较光滑，摩擦力小
B．“一只巴掌拍不响”——力是物体对物体的作用，一只巴掌要么拍另一只巴掌，要么拍在其它物体上才能产生力的作用，才能拍响
C．“人心齐，泰山移”——如果各个分力的方向一致，则合力的大小等于各个分力的大小之和
D．“鸡蛋碰石头，自不量力”——鸡蛋和石头相碰时石头撞击鸡蛋的力大于鸡蛋撞击石头的力
【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；力的合成
【解析】【解答】A．根据将物体的表面涂上润滑液后有助于减小摩擦力，所以“泥鳅黄鳝交朋友，滑头对滑头”——泥鳅黄鳝的表面都比较光滑，摩擦力小是正确的；A正确，不符合题意
B．物体之间的作用是相互的，“一只巴掌拍不响”——就是说明力是物体对物体的作用；B正确，不符合题意；
C．“人心齐，泰山移”——如果各个分力的方向一致，则合力的大小等于各个分力的大小之和；C正确，不符合题意
D．作用力与反作用力总是大小相等，方向相反．“鸡蛋碰石头，自不量力”说的是鸡蛋和石头相碰时，作用力与反作用力虽然大小相等，但石头的硬度要远大于鸡蛋的硬度；D错误，符合题意；
故答案为：D
【分析】鸡蛋与石头碰撞，两者之间的作用力属于相互作用力，大小相等；一只巴掌拍不响说明力是物体之间的相互作用；当分力方向一致，合力为分力大小之和。
2．（2020·南平模拟）如图所示，表面光滑的楔形物块ABC固定在水平地面上，∠ABC<∠ACB，质量相同的物块a和b分别从斜面顶端沿AB、AC由静止自由滑下。在两物块到达斜面底端的过程中，正确的是（　　）
A．两物块所受重力冲量相同
B．两物块的动量改变量相同
C．两物块的动能改变量相同
D．两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率相同
【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用；动量定理
【解析】【解答】设斜面倾角θ，则物体在斜面上的加速度分别为
设斜面高度为h.则物体在斜面上滑行的时间为：
因为∠ABC <∠ACB可得物块在AB斜面上的滑行时间比在AC斜面上的滑行时间较长；
A．根据I=mgt可知，两物块所受重力冲量不相同，A不符合题意；
B．根据动量定理 ，可知，两物块的动量改变量不相同，B不符合题意；
C．根据动能定理 ，两物块的动能改变量相同，C符合题意；
D．两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率 ，则重力瞬时功率不相同，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】对物体进行受力分析，利用动能定理和定量定理列方程，结合选项分析求解即可。
3．（2022高三上·黑龙江期末）质子和α粒子在同一点由静止出发，经过相同的加速电场后，垂直进入同一匀强磁场中做匀速圆周运动，不考虑质子与α粒子间的相互作用。则质子与α粒子在磁场中做圆周运动的半径之比和周期之比分别为（　　）
A．1：2，1：2 B．1：，1：2 C．1：，1： D．1：2，1：
【答案】B
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】在电场中加速过程满足
进入磁场后，由洛伦兹力作为向心力可得
联立解得轨道半径为
在磁场中的运动周期为
由题意可知，质子与α粒子的质量比为1：4，电荷量之比为1：2，代入可得质子与α粒子在磁场中做圆周运动的半径之比，周期之比为1：2，B符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用动能定理结合牛顿第二定律可以求出粒子轨迹半径的表达式，利用线速度和半径可以求出周期的表达式，结合比荷的大小可以求出半径和周期之比。
4．（2021高三上·信阳月考）2020年11月24日，“嫦娥五号”月球探测器发射成功，这是我国首次执行月球采样返回任务，也是迄今为止我国执行的最为复杂的航天任务。“嫦娥五号”探测器由四大部分组成：轨道器、着陆器、上升器和返回器。下列说法正确的是（　　）
A．轨道器驻留在绕月轨道上，其速度大于月球的第一宇宙速度
B．着陆器在靠近月球表面时需要启动反推火箭徐徐降落以实现软着陆，在软着陆的过程中其机械能减小
C．上升器以着陆器作为发射架，从月面上加速起飞，这时月壤样品处于失重状态
D．返回器在回到与轨道器相同的绕月轨道后，可以直接加速，实现与轨道器的对接
【答案】B
【知识点】功能关系；超重与失重；万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】A．轨道器驻留在绕月轨道上的半径大于月球的半径，由
得
则其速度小于月球的第一宇宙速度，A不符合题意；
B．着陆器在靠近月球表面时需要启动反推火箭徐徐降落以实现软着陆，在软着陆的过程中，反推力做负功，则机械能减小，B符合题意；
C．上升器以着陆器作为发射架，从月面上加速起飞，加速度方向向上，则月壤样品处于超重状态，C不符合题意；
D．若返回器在回到与轨道器相同的绕月轨道后直接加速，则做离心运动，所以不可能实现与轨道器的对接，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用引力提供向心力结合轨道半径的大小可以比较线速度的大小；利用反推力做功可以判别其机械能减小；利用加速度的方向可以判别超重和失重；利用返回器加速发生离心运动所以不能与轨道器对接。
5．如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】电场及电场力；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】由题意知，mag=qE，mbg=qE+Bqv，mcg+Bqv=qE，所以 ，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B
【分析】结合三个粒子的运动状态，对三个粒子进行受力分析求解三个粒子质量的关系。
6．（2019高二上·齐齐哈尔期中）如图(甲)所示，在平行板电容器A、B两极板间加上如图(乙)所示的交变电压.开始A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动.设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图象中能正确反映电子速度变化规律的是（其中C，D两项中的图线按正弦函数规律变化）（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】电场力做功；运动学 S-t 图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】在前半个周期内，A板的电势高，电场的方向向右，电子受到的电场力方向水平向左，电子向左做初速度为零的匀加速直线运动，在后半个周期，电场水平向左，电子所受的电场力水平向右，电子向左做匀减速直线运动直到速度为零，然后进入第二个周期，重复之前的运动，由此可知，电子在每个周期内先向左做初速度为零的匀加速直线运动，然后向左做匀减速直线运动，如此反复，由图示图象可知：A符合题意，BCD不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据AB两极板电场的变化，分析电子所受电场力的变化，结合加速度与速度方向的关系判断其运动性质，然后分析图示图象作出选择．
7．（2017·虹口模拟）如图所示，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点．另一细绳跨过滑轮，左端悬挂物块a，右端系一位于水平粗糙桌面上的物块b．外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若保持F的方向不变，逐渐增大F的大小，物块b仍保持静止状态，则下列说法中正确的是（　　）
A．桌面受到的压力逐渐增大
B．连接a、b的绳子张力逐渐减小
C．物块b与桌面间的摩擦力一定逐渐增大
D．悬挂于O点的细绳OO'中的张力保持不变
【答案】D
【知识点】动态平衡分析
【解析】【解答】解：由于整个系统处于静止状态，所以滑轮两侧连接a和b的绳子的夹角不变；物块a只受重力以及绳子的拉力，由于物体a平衡，则连接a和b的绳子张力T保持不变；由于绳子的张力及夹角均不变，所以OO′中的张力保持不变；
对b分析可知，b处于静止即平衡状态，对b受力分析，力T与力F与x轴所成夹角均保持不变，由平衡条件可得：
N+Fsinα+Tsinθ﹣mg=0
Fcosα+f﹣Tcosθ=0
由此可得：N=mg﹣Fsinα﹣Tsinθ
由于T的大小不变，可见当F大小增大时，支持力的大小在减小；
f=Tcosθ﹣Fcosα
由于T的大小不变，当F大小增大时，b静止可得摩擦力的大小在减小；故D正确，ABC错误．
故选：D．
【分析】本题抓住整个系统处于静止状态，由a平衡可知，绳子拉力保持不变，再根据平衡条件由F的大小变化求得物块b所受各力的变化情况．
二、多选题
8．（2022高三上·黑龙江期末）一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、17V、26V。下列说法正确的是（　　）
A．电场强度的大小为2V/cm
B．坐标原点处的电势为1V
C．电子在a点的电势能比在b点的低7eV
D．电子从b点运动到c点，电场力做功为9eV
【答案】B,D
【知识点】匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】B．如图所示，设ac之间电势差与Ob两点间的电势差相等，即
可得
B符合题意；
A．电场沿着x轴方向电场分量
电场沿着y轴方向电场分量
因此电场强度
A不符合题意；
C．电子在a点具有的电势能
电子在b点具有的电势能
因此
电子在a点的电势能比在b点的高7eV，C不符合题意；
D．电子从b点运动到c点，电场力做功为
所以电子从b点运动到c点，电场力做功为9，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】利用电势差与距离的关系可以求出O点电势的大小；利用电势差与距离可以求出电场强度的大小；利用电势及电性可以求出电势能的大小，利用电势能的变化可以求出电场力做功的大小。
9．（2019高二上·保定月考）如图所示，平面直角坐标系的第Ⅰ象限内有一匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度为B．一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v从O点沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A点时速度方向与x轴的正方向相同，不计粒子的重力，则（　　）
A．该粒子带正电 B．A点与x轴的距离为
C．粒子由O到A经历时间t＝ D．运动过程中粒子的速度不变
【答案】B,C
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示：
A．根据左手定则及曲线运动的条件判断出此电荷带负电，A不符合题意；
B．设点A与x轴的距离为d，由图可得：r-rcos60°=d
所以d=0.5r
而粒子的轨迹半径为 ，则得A点与x轴的距离为： ，
B符合题意；
C．粒子由O运动到A时速度方向改变了60°角，所以粒子轨迹对应的圆心角为θ=60°，所以粒子运动的时间为
C符合题意；
D．由于粒子的速度的方向在改变，而速度是矢量，所以速度改变了，D不符合题意。
故答案为：BC
【分析】利用左手定则可以判别粒子的电性；利用几何关系可以求出轨道半径的大小，结合牛顿第二定律可以求出距离的大小；利用圆心角可以求出运动的时间；由于速度方向改变所以速度不断变化。
10．（2022高三上·黑龙江期末）某同学通过实验正确作出标有“、”的小灯泡的图线如图甲所示，现把实验中使用的小灯泡接到如图乙所示的电路中，其中电源电动势，内阻，定值电阻，则（　　）
A．由甲图可知，小灯泡的电阻值随电压的升高而增大
B．由甲图可知，小灯泡的电阻值随电压的升高而减小
C．闭合乙图开关，小灯泡的实际功率约为
D．闭合乙图开关，小灯泡的实际功率约为
【答案】A,D
【知识点】伏安特性曲线
【解析】【解答】AB．由甲图可知，随电压的升高各点与原点连线的斜率变大，则小灯泡的电阻值增大，A符合题意，B不符合题意；
CD．将电阻R看做电源的内阻，则U=E-I(R+r)=6-10I
将此函数关系的图像画在灯泡的U-I图像上，如图
两图像的交点为电路的工作点，则I=0.38A，U=2.2V，则小灯泡的实际功率约为
C不符合题意，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】利用图象斜率可以判别灯泡电阻值的大小；利用闭合电路的欧姆定律及欧姆定律的图象可以求出灯泡工作的电压和电流，利用电功率可以求出灯泡实际功率的大小。
11．（2021高三上·洛南月考）如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态，现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L（未超过弹性限度），则在圆环下滑到最大距离的过程中（　　）
A．弹簧对圆环先做功后做负功
B．弹簧弹性势能增加了
C．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大
D．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零
【答案】B,C
【知识点】机械能守恒及其条件；能量守恒定律
【解析】【解答】A．弹簧一直伸长，故弹簧对圆环一直做负功，所以A不符合题意；
B．由题可知，整个过程动能的变化量为零，根据几何关系可得圆环下落的高度
根据能量守恒定律可得，弹簧弹性势能增加等于重力势能量的减小量，则有
B符合题意；
C．弹簧与小圆球组成的系统机械能定律，则有
由于小圆球在下滑到最大距离的过程中先是做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的加速运动，所以动能先增大后减小，则圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大，C符合题意；
D．由于小圆球在下滑到最大距离的过程中先是做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的加速运动，圆环下滑到最大距离时，所受合力为竖直向上，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】根据弹力的方向判断弹簧的做功情况；整个运动过程中根据几何关系得出圆环下落的高度；结合 能量守恒定律得出弹性势能的增加量；根据机械能守恒定律得出势能的变化情况；利用匀变速直线运动的规律判断合力的方向。
12．（2022高三上·黑龙江期末）如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘细线悬挂一带电小球；开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑动触头P在a处，此时绝缘细线向右偏离，与竖直方向夹角为θ。电源的内阻不能忽略，下列判断正确的是（　　）
A．小球带正电
B．当滑动触头从a向b滑动时，细线的偏角θ变大
C．当滑动触头从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从上向下
D．当滑动触头从a向b滑动时，电源的输出功率一定变大
【答案】A,C
【知识点】电容器及其应用；欧姆定律
【解析】【解答】A．由图，A板带正电，B带负电，电容器内电场方向水平向右．细线向右偏，电场力向右，则小球带正电，A符合题意；
B．滑动头向右移动时，R变小，外电路总电阻变小，总电流变大，路端电压
变小，电容器电压变小，细线偏角变小，B不符合题意；
C．滑动头向右移动时，电容器电压变小，电容器放电，因A板带正电，则流过电流表的电流方向向下，C符合题意；
D．在滑片由a向b滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，外电路总电阻减小，但是由于不知道外电路电阻与电源内阻的关系，则不能判断电源输出功率变化情况，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】利用电场线方向及小球受到的电场力方向可以判别小球的电性；利用滑动变阻器的阻值变化可以判别电容器电压的变化，进而判别细线偏转角的大小变化；利用电容器电压变化可以判别电容器电荷量的变化，进而判别电流的方向；由于未知内外电阻的大小关系可以判别电源输出功率的变化。
三、实验题
13．（2022高三上·黑龙江期末）用游标卡尺和螺旋测微器分别测量某圆柱体的长度与直径，图中是游标卡尺和螺旋测微器的读数的示意图，由图可知圆柱体的长度是　 　cm和圆柱体直径是　 　cm。
【答案】1.450；1.0200
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】主尺读数14mm，游标尺第10格对齐，故读数为：．
主尺读数10mm，螺旋尺读数20.0，
故读数为：
【分析】利用游标卡尺的结构和精度可以求出对应的读数；利用螺旋测微器的结构和精度可以读出对应的读数。
14．（2021高二上·重庆月考）小明在超市中发现两种品牌的5号干电池，他利用电流表和电压表设计实验，分别测定一节这两种品牌干电池的电动势和内阻。
（1）实验时有开关和导线若干，以及以下器材：
A．电压表（ ，内阻约为 ）
B．电流表（ ，内阻为 ）
C．电流表（ ，内阻为 ）
D．滑动变阻器（ ，允许通过的最大电流为 ）
E．滑动变阻器（ ，允许通过的最大电流为 ）
实验中电流表应选用　 　；滑动变阻器应选用　 　。（均填相应器材前的字母）
（2）小明应该选择的实验电路是图　 　（填“甲”或“乙”）。
（3）小明分别记录了6组数据并在同一坐标纸内画出两个干电池的 图线，如图丙所示。根据所画图线可得出品牌I干电池的电动势 　 　V，内阻 　 　 。（结果均保留两位小数）
（4）小明根据数据发现一节不同品牌干电池的电动势基本相同，只是内阻差异较大，小明继续对Ⅰ、Ⅱ两个品牌干电池做了进一步探究，对电池的输出功率P随外电阻R变化的关系，以及电池的输出功率P随路端电压U变化的关系进行了猜想和实验验证，并分别画出了下列的 和 图像。下列各图中可能正确的是___________。（填正确答案标号）
A． B．
C． D．
【答案】（1）C；D
（2）乙
（3）1.50（1.49～1.51均可）；0.33（0.30～0.40均可）
（4）A；D
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）干电池的电动势约为 ，本实验要求电流不可过大，故电流表选择量程为 的C；滑动变阻器应选D，若滑动变阻器选E，由于总阻值较大，则滑片滑动时移动范围小，不方便调节。
（2）由于电流表内阻已知，采用乙图电路，电流表分压造成的系统误差可以消除，故答案为：乙图。
（3）由
可得，图线Ⅰ的纵截距为
斜率的绝对值 ，减去电流表的内阻 ，即电池的内阻为
（4）根据公式
可知内、外电阻相等时输出功率最大，且Ⅱ品牌电池内阻较大，又由
可知，Ⅱ品牌电池最大输出功率较小，A符合题意，B不符合题意；
输出功率
可知 图线应为开口向下的抛物线，又由
可知，电动势相同，内阻越小，最大输出功率越大，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】（1）根据电动势的大小及欧姆定律选择电流表，为了方便滑动变阻器的调节选择滑动变阻器；
（2）根据实验原理判断实验电路图；
（3）根据闭合电路欧姆定律得出U-I的表达式，结合图丙得出电池的电源和内阻；
（4）根据热功率和电功率的表达式从而得出输出功率的表达式，从而选择正确的图形。
四、解答题
15．（2022高三上·黑龙江期末）如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道竖直放置，底端与水平传送带的右端相切，一质量为的小物块A从圆弧轨道最高点由静止释放，到最低点时与另一质量为小物块B发生正碰（碰撞时间极短），碰后A、B结合为整体C沿传送带运动，已知圆弧轨道的半径为R=0.8m，传送带的长度为L=2m，传送带以速度v=1m/s逆时针匀速转动，A、B、C均可视为质点，C与传送带间的动摩擦因数为μ=0.4，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）碰撞前瞬间小物块A速度的大小；
（2）C从传送带右端运动到左端所需要的时间；
【答案】（1）解：小物块A从圆弧轨道最高点下滑过程中，根据动能定理得
解得
（2）解：设向左为正方向，物体A、B碰撞前后，根据动量守恒得
解得
传送带以速度为v=1m/s逆时针匀速转动，则整体C受到向右的摩擦力，做减速运动，根据牛顿第二定律得
解得
当整体C与传送带共速时，整体C的位移为
运动的时间为
之后整体C做匀速运动，位移为
运动时间为
则整体C从传送带右端运动到左端所需要的时间为
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）物块从圆弧下落的过程，利用动能定理可以求出物块碰前速度的大小；
（2）物体A与B发生碰撞，利用动量守恒定律可以求出碰后速度的大小，在传送带上运动，利用牛顿第二定律可以求出减速的加速度大小，结合速度位移公式可以求出减速到共速需要的位移；结合速度公式可以求出运动的时间，再利用匀速直线运动的位移公式可以求出运动的时间。
16．（2018高二上·赤峰月考）在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以一定的初速度垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ＝60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，已知ON＝d，如图所示．不计粒子重力，求：
（1）粒子在磁场中运动的轨道半径R；
（2）粒子在M点的初速度v0的大小；
（3）粒子从M点运动到P点的总时间t．
【答案】（1）解：做出带电粒子的运动轨迹如图
由三角形相关知识得
（2）解：由qvB=mv2/R 得v
在N点速度v与x轴正方向成θ＝60°角射出电场，将速度分解如图
cosθ= v0/v
得射出速度v=2v0， v0=
（3）解：粒子在电场中运动的时间t1，有d＝v0t1
所以t1＝
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T ，故 T
设粒子在磁场中运动的时间t2，有t2
所以t2
t＝t1＋t2，所以t
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）利用三角形知识可以求出轨道半径的大小；
（2）利用牛顿第二定律结合速度的分解可以求出初速度的大小；
（3）利用类平抛的位移公式可以求出粒子在电场的运动时间，利用圆心角大小可以求出粒子在磁场的运动时间。
17．（2021高二上·深圳期中）如图所示，在竖直平面内放置的粗糙直线轨道 与放置的光滑圆弧轨道 相切于 点，圆心角 ，线段 垂直于 ，圆弧轨道半径为 ，直线轨道 长为 ，整个轨道处于匀强电场中，电场强度方向平行于轨道所在的平面且垂直于直线 ，现有一个质量为 、带电荷量为 的小物块 从A点无初速度释放，小物块 与 之间的动摩擦因数 ，电场强度大小 ， ， ，重力加速度为 ，忽略空气阻力。求：
（1）小物块第一次通过 点时对轨道的压力大小；
（2）小物块第一次从 点飞出后上升的最大高度；
（3）小物块在直线轨道 上运动的总路程。
【答案】（1）解：小物块从A点到第一次到C点的过程，由动能定理知：
（qE+mg）（Lsin37°＋R－Rcos37°)－μ（qE+mg）Lcos37°＝ －0
在C点由牛顿第二定律知：
联立解得：FN＝10.8mg
由牛顿第三定律知此时压力大小是10.8mg
（2）解：小物块从A到第一次到D的过程，由动能定理知
（qE+mg）(Lsin37°－Rcos37°)－μ（qE+mg）Lcos37°＝ －0
小物块第一次到达D点后先以速度vD1逆电场方向做匀减速直线运动，
由动能定理知-（qE+mg）xmax＝0－
联立解得：
（3）解：分析可知小物块到达B点的速度为零后，小物块就在圆弧轨道上往复圆周运动。
由功能关系知（qE+mg）Lsin 37°＝μ（qE+mg）dcos37°
解得：d＝15R
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）小物块从A到C的过程中根据动能定理以及牛顿第二定律合力提供向心力得出轨道对物体的支持力；
（2）小物块从A到第一次到D的过程中根据动能定理得出小物块第一次从D点飞出后上升的最大高度；
（3）小滑块在圆弧轨道做往复圆周运动，结合动能定理得出 小物块在直线轨道 上运动的总路程。
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一、单选题
1．（2022高三上·黑龙江期末）我们经常会接触到一些民谚、俗语，都蕴含着丰富的物理知识，以下理解错误的是（　　）
A．“泥鳅黄鳝交朋友，滑头对滑头 ”——泥鳅黄鳝的表面都比较光滑，摩擦力小
B．“一只巴掌拍不响”——力是物体对物体的作用，一只巴掌要么拍另一只巴掌，要么拍在其它物体上才能产生力的作用，才能拍响
C．“人心齐，泰山移”——如果各个分力的方向一致，则合力的大小等于各个分力的大小之和
D．“鸡蛋碰石头，自不量力”——鸡蛋和石头相碰时石头撞击鸡蛋的力大于鸡蛋撞击石头的力
2．（2020·南平模拟）如图所示，表面光滑的楔形物块ABC固定在水平地面上，∠ABC<∠ACB，质量相同的物块a和b分别从斜面顶端沿AB、AC由静止自由滑下。在两物块到达斜面底端的过程中，正确的是（　　）
A．两物块所受重力冲量相同
B．两物块的动量改变量相同
C．两物块的动能改变量相同
D．两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率相同
3．（2022高三上·黑龙江期末）质子和α粒子在同一点由静止出发，经过相同的加速电场后，垂直进入同一匀强磁场中做匀速圆周运动，不考虑质子与α粒子间的相互作用。则质子与α粒子在磁场中做圆周运动的半径之比和周期之比分别为（　　）
A．1：2，1：2 B．1：，1：2 C．1：，1： D．1：2，1：
4．（2021高三上·信阳月考）2020年11月24日，“嫦娥五号”月球探测器发射成功，这是我国首次执行月球采样返回任务，也是迄今为止我国执行的最为复杂的航天任务。“嫦娥五号”探测器由四大部分组成：轨道器、着陆器、上升器和返回器。下列说法正确的是（　　）
A．轨道器驻留在绕月轨道上，其速度大于月球的第一宇宙速度
B．着陆器在靠近月球表面时需要启动反推火箭徐徐降落以实现软着陆，在软着陆的过程中其机械能减小
C．上升器以着陆器作为发射架，从月面上加速起飞，这时月壤样品处于失重状态
D．返回器在回到与轨道器相同的绕月轨道后，可以直接加速，实现与轨道器的对接
5．如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是（　　）
A． B． C． D．
6．（2019高二上·齐齐哈尔期中）如图(甲)所示，在平行板电容器A、B两极板间加上如图(乙)所示的交变电压.开始A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动.设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图象中能正确反映电子速度变化规律的是（其中C，D两项中的图线按正弦函数规律变化）（　　）
A． B．
C． D．
7．（2017·虹口模拟）如图所示，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点．另一细绳跨过滑轮，左端悬挂物块a，右端系一位于水平粗糙桌面上的物块b．外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若保持F的方向不变，逐渐增大F的大小，物块b仍保持静止状态，则下列说法中正确的是（　　）
A．桌面受到的压力逐渐增大
B．连接a、b的绳子张力逐渐减小
C．物块b与桌面间的摩擦力一定逐渐增大
D．悬挂于O点的细绳OO'中的张力保持不变
二、多选题
8．（2022高三上·黑龙江期末）一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、17V、26V。下列说法正确的是（　　）
A．电场强度的大小为2V/cm
B．坐标原点处的电势为1V
C．电子在a点的电势能比在b点的低7eV
D．电子从b点运动到c点，电场力做功为9eV
9．（2019高二上·保定月考）如图所示，平面直角坐标系的第Ⅰ象限内有一匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度为B．一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v从O点沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A点时速度方向与x轴的正方向相同，不计粒子的重力，则（　　）
A．该粒子带正电 B．A点与x轴的距离为
C．粒子由O到A经历时间t＝ D．运动过程中粒子的速度不变
10．（2022高三上·黑龙江期末）某同学通过实验正确作出标有“、”的小灯泡的图线如图甲所示，现把实验中使用的小灯泡接到如图乙所示的电路中，其中电源电动势，内阻，定值电阻，则（　　）
A．由甲图可知，小灯泡的电阻值随电压的升高而增大
B．由甲图可知，小灯泡的电阻值随电压的升高而减小
C．闭合乙图开关，小灯泡的实际功率约为
D．闭合乙图开关，小灯泡的实际功率约为
11．（2021高三上·洛南月考）如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态，现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L（未超过弹性限度），则在圆环下滑到最大距离的过程中（　　）
A．弹簧对圆环先做功后做负功
B．弹簧弹性势能增加了
C．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大
D．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零
12．（2022高三上·黑龙江期末）如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘细线悬挂一带电小球；开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑动触头P在a处，此时绝缘细线向右偏离，与竖直方向夹角为θ。电源的内阻不能忽略，下列判断正确的是（　　）
A．小球带正电
B．当滑动触头从a向b滑动时，细线的偏角θ变大
C．当滑动触头从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从上向下
D．当滑动触头从a向b滑动时，电源的输出功率一定变大
三、实验题
13．（2022高三上·黑龙江期末）用游标卡尺和螺旋测微器分别测量某圆柱体的长度与直径，图中是游标卡尺和螺旋测微器的读数的示意图，由图可知圆柱体的长度是　 　cm和圆柱体直径是　 　cm。
14．（2021高二上·重庆月考）小明在超市中发现两种品牌的5号干电池，他利用电流表和电压表设计实验，分别测定一节这两种品牌干电池的电动势和内阻。
（1）实验时有开关和导线若干，以及以下器材：
A．电压表（ ，内阻约为 ）
B．电流表（ ，内阻为 ）
C．电流表（ ，内阻为 ）
D．滑动变阻器（ ，允许通过的最大电流为 ）
E．滑动变阻器（ ，允许通过的最大电流为 ）
实验中电流表应选用　 　；滑动变阻器应选用　 　。（均填相应器材前的字母）
（2）小明应该选择的实验电路是图　 　（填“甲”或“乙”）。
（3）小明分别记录了6组数据并在同一坐标纸内画出两个干电池的 图线，如图丙所示。根据所画图线可得出品牌I干电池的电动势 　 　V，内阻 　 　 。（结果均保留两位小数）
（4）小明根据数据发现一节不同品牌干电池的电动势基本相同，只是内阻差异较大，小明继续对Ⅰ、Ⅱ两个品牌干电池做了进一步探究，对电池的输出功率P随外电阻R变化的关系，以及电池的输出功率P随路端电压U变化的关系进行了猜想和实验验证，并分别画出了下列的 和 图像。下列各图中可能正确的是___________。（填正确答案标号）
A． B．
C． D．
四、解答题
15．（2022高三上·黑龙江期末）如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道竖直放置，底端与水平传送带的右端相切，一质量为的小物块A从圆弧轨道最高点由静止释放，到最低点时与另一质量为小物块B发生正碰（碰撞时间极短），碰后A、B结合为整体C沿传送带运动，已知圆弧轨道的半径为R=0.8m，传送带的长度为L=2m，传送带以速度v=1m/s逆时针匀速转动，A、B、C均可视为质点，C与传送带间的动摩擦因数为μ=0.4，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）碰撞前瞬间小物块A速度的大小；
（2）C从传送带右端运动到左端所需要的时间；
16．（2018高二上·赤峰月考）在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以一定的初速度垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ＝60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，已知ON＝d，如图所示．不计粒子重力，求：
（1）粒子在磁场中运动的轨道半径R；
（2）粒子在M点的初速度v0的大小；
（3）粒子从M点运动到P点的总时间t．
17．（2021高二上·深圳期中）如图所示，在竖直平面内放置的粗糙直线轨道 与放置的光滑圆弧轨道 相切于 点，圆心角 ，线段 垂直于 ，圆弧轨道半径为 ，直线轨道 长为 ，整个轨道处于匀强电场中，电场强度方向平行于轨道所在的平面且垂直于直线 ，现有一个质量为 、带电荷量为 的小物块 从A点无初速度释放，小物块 与 之间的动摩擦因数 ，电场强度大小 ， ， ，重力加速度为 ，忽略空气阻力。求：
（1）小物块第一次通过 点时对轨道的压力大小；
（2）小物块第一次从 点飞出后上升的最大高度；
（3）小物块在直线轨道 上运动的总路程。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；力的合成
【解析】【解答】A．根据将物体的表面涂上润滑液后有助于减小摩擦力，所以“泥鳅黄鳝交朋友，滑头对滑头”——泥鳅黄鳝的表面都比较光滑，摩擦力小是正确的；A正确，不符合题意
B．物体之间的作用是相互的，“一只巴掌拍不响”——就是说明力是物体对物体的作用；B正确，不符合题意；
C．“人心齐，泰山移”——如果各个分力的方向一致，则合力的大小等于各个分力的大小之和；C正确，不符合题意
D．作用力与反作用力总是大小相等，方向相反．“鸡蛋碰石头，自不量力”说的是鸡蛋和石头相碰时，作用力与反作用力虽然大小相等，但石头的硬度要远大于鸡蛋的硬度；D错误，符合题意；
故答案为：D
【分析】鸡蛋与石头碰撞，两者之间的作用力属于相互作用力，大小相等；一只巴掌拍不响说明力是物体之间的相互作用；当分力方向一致，合力为分力大小之和。
2．【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用；动量定理
【解析】【解答】设斜面倾角θ，则物体在斜面上的加速度分别为
设斜面高度为h.则物体在斜面上滑行的时间为：
因为∠ABC <∠ACB可得物块在AB斜面上的滑行时间比在AC斜面上的滑行时间较长；
A．根据I=mgt可知，两物块所受重力冲量不相同，A不符合题意；
B．根据动量定理 ，可知，两物块的动量改变量不相同，B不符合题意；
C．根据动能定理 ，两物块的动能改变量相同，C符合题意；
D．两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率 ，则重力瞬时功率不相同，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】对物体进行受力分析，利用动能定理和定量定理列方程，结合选项分析求解即可。
3．【答案】B
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】在电场中加速过程满足
进入磁场后，由洛伦兹力作为向心力可得
联立解得轨道半径为
在磁场中的运动周期为
由题意可知，质子与α粒子的质量比为1：4，电荷量之比为1：2，代入可得质子与α粒子在磁场中做圆周运动的半径之比，周期之比为1：2，B符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用动能定理结合牛顿第二定律可以求出粒子轨迹半径的表达式，利用线速度和半径可以求出周期的表达式，结合比荷的大小可以求出半径和周期之比。
4．【答案】B
【知识点】功能关系；超重与失重；万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】A．轨道器驻留在绕月轨道上的半径大于月球的半径，由
得
则其速度小于月球的第一宇宙速度，A不符合题意；
B．着陆器在靠近月球表面时需要启动反推火箭徐徐降落以实现软着陆，在软着陆的过程中，反推力做负功，则机械能减小，B符合题意；
C．上升器以着陆器作为发射架，从月面上加速起飞，加速度方向向上，则月壤样品处于超重状态，C不符合题意；
D．若返回器在回到与轨道器相同的绕月轨道后直接加速，则做离心运动，所以不可能实现与轨道器的对接，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用引力提供向心力结合轨道半径的大小可以比较线速度的大小；利用反推力做功可以判别其机械能减小；利用加速度的方向可以判别超重和失重；利用返回器加速发生离心运动所以不能与轨道器对接。
5．【答案】B
【知识点】电场及电场力；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】由题意知，mag=qE，mbg=qE+Bqv，mcg+Bqv=qE，所以 ，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B
【分析】结合三个粒子的运动状态，对三个粒子进行受力分析求解三个粒子质量的关系。
6．【答案】A
【知识点】电场力做功；运动学 S-t 图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】在前半个周期内，A板的电势高，电场的方向向右，电子受到的电场力方向水平向左，电子向左做初速度为零的匀加速直线运动，在后半个周期，电场水平向左，电子所受的电场力水平向右，电子向左做匀减速直线运动直到速度为零，然后进入第二个周期，重复之前的运动，由此可知，电子在每个周期内先向左做初速度为零的匀加速直线运动，然后向左做匀减速直线运动，如此反复，由图示图象可知：A符合题意，BCD不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据AB两极板电场的变化，分析电子所受电场力的变化，结合加速度与速度方向的关系判断其运动性质，然后分析图示图象作出选择．
7．【答案】D
【知识点】动态平衡分析
【解析】【解答】解：由于整个系统处于静止状态，所以滑轮两侧连接a和b的绳子的夹角不变；物块a只受重力以及绳子的拉力，由于物体a平衡，则连接a和b的绳子张力T保持不变；由于绳子的张力及夹角均不变，所以OO′中的张力保持不变；
对b分析可知，b处于静止即平衡状态，对b受力分析，力T与力F与x轴所成夹角均保持不变，由平衡条件可得：
N+Fsinα+Tsinθ﹣mg=0
Fcosα+f﹣Tcosθ=0
由此可得：N=mg﹣Fsinα﹣Tsinθ
由于T的大小不变，可见当F大小增大时，支持力的大小在减小；
f=Tcosθ﹣Fcosα
由于T的大小不变，当F大小增大时，b静止可得摩擦力的大小在减小；故D正确，ABC错误．
故选：D．
【分析】本题抓住整个系统处于静止状态，由a平衡可知，绳子拉力保持不变，再根据平衡条件由F的大小变化求得物块b所受各力的变化情况．
8．【答案】B,D
【知识点】匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】B．如图所示，设ac之间电势差与Ob两点间的电势差相等，即
可得
B符合题意；
A．电场沿着x轴方向电场分量
电场沿着y轴方向电场分量
因此电场强度
A不符合题意；
C．电子在a点具有的电势能
电子在b点具有的电势能
因此
电子在a点的电势能比在b点的高7eV，C不符合题意；
D．电子从b点运动到c点，电场力做功为
所以电子从b点运动到c点，电场力做功为9，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】利用电势差与距离的关系可以求出O点电势的大小；利用电势差与距离可以求出电场强度的大小；利用电势及电性可以求出电势能的大小，利用电势能的变化可以求出电场力做功的大小。
9．【答案】B,C
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示：
A．根据左手定则及曲线运动的条件判断出此电荷带负电，A不符合题意；
B．设点A与x轴的距离为d，由图可得：r-rcos60°=d
所以d=0.5r
而粒子的轨迹半径为 ，则得A点与x轴的距离为： ，
B符合题意；
C．粒子由O运动到A时速度方向改变了60°角，所以粒子轨迹对应的圆心角为θ=60°，所以粒子运动的时间为
C符合题意；
D．由于粒子的速度的方向在改变，而速度是矢量，所以速度改变了，D不符合题意。
故答案为：BC
【分析】利用左手定则可以判别粒子的电性；利用几何关系可以求出轨道半径的大小，结合牛顿第二定律可以求出距离的大小；利用圆心角可以求出运动的时间；由于速度方向改变所以速度不断变化。
10．【答案】A,D
【知识点】伏安特性曲线
【解析】【解答】AB．由甲图可知，随电压的升高各点与原点连线的斜率变大，则小灯泡的电阻值增大，A符合题意，B不符合题意；
CD．将电阻R看做电源的内阻，则U=E-I(R+r)=6-10I
将此函数关系的图像画在灯泡的U-I图像上，如图
两图像的交点为电路的工作点，则I=0.38A，U=2.2V，则小灯泡的实际功率约为
C不符合题意，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】利用图象斜率可以判别灯泡电阻值的大小；利用闭合电路的欧姆定律及欧姆定律的图象可以求出灯泡工作的电压和电流，利用电功率可以求出灯泡实际功率的大小。
11．【答案】B,C
【知识点】机械能守恒及其条件；能量守恒定律
【解析】【解答】A．弹簧一直伸长，故弹簧对圆环一直做负功，所以A不符合题意；
B．由题可知，整个过程动能的变化量为零，根据几何关系可得圆环下落的高度
根据能量守恒定律可得，弹簧弹性势能增加等于重力势能量的减小量，则有
B符合题意；
C．弹簧与小圆球组成的系统机械能定律，则有
由于小圆球在下滑到最大距离的过程中先是做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的加速运动，所以动能先增大后减小，则圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大，C符合题意；
D．由于小圆球在下滑到最大距离的过程中先是做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的加速运动，圆环下滑到最大距离时，所受合力为竖直向上，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】根据弹力的方向判断弹簧的做功情况；整个运动过程中根据几何关系得出圆环下落的高度；结合 能量守恒定律得出弹性势能的增加量；根据机械能守恒定律得出势能的变化情况；利用匀变速直线运动的规律判断合力的方向。
12．【答案】A,C
【知识点】电容器及其应用；欧姆定律
【解析】【解答】A．由图，A板带正电，B带负电，电容器内电场方向水平向右．细线向右偏，电场力向右，则小球带正电，A符合题意；
B．滑动头向右移动时，R变小，外电路总电阻变小，总电流变大，路端电压
变小，电容器电压变小，细线偏角变小，B不符合题意；
C．滑动头向右移动时，电容器电压变小，电容器放电，因A板带正电，则流过电流表的电流方向向下，C符合题意；
D．在滑片由a向b滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，外电路总电阻减小，但是由于不知道外电路电阻与电源内阻的关系，则不能判断电源输出功率变化情况，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】利用电场线方向及小球受到的电场力方向可以判别小球的电性；利用滑动变阻器的阻值变化可以判别电容器电压的变化，进而判别细线偏转角的大小变化；利用电容器电压变化可以判别电容器电荷量的变化，进而判别电流的方向；由于未知内外电阻的大小关系可以判别电源输出功率的变化。
13．【答案】1.450；1.0200
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】主尺读数14mm，游标尺第10格对齐，故读数为：．
主尺读数10mm，螺旋尺读数20.0，
故读数为：
【分析】利用游标卡尺的结构和精度可以求出对应的读数；利用螺旋测微器的结构和精度可以读出对应的读数。
14．【答案】（1）C；D
（2）乙
（3）1.50（1.49～1.51均可）；0.33（0.30～0.40均可）
（4）A；D
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）干电池的电动势约为 ，本实验要求电流不可过大，故电流表选择量程为 的C；滑动变阻器应选D，若滑动变阻器选E，由于总阻值较大，则滑片滑动时移动范围小，不方便调节。
（2）由于电流表内阻已知，采用乙图电路，电流表分压造成的系统误差可以消除，故答案为：乙图。
（3）由
可得，图线Ⅰ的纵截距为
斜率的绝对值 ，减去电流表的内阻 ，即电池的内阻为
（4）根据公式
可知内、外电阻相等时输出功率最大，且Ⅱ品牌电池内阻较大，又由
可知，Ⅱ品牌电池最大输出功率较小，A符合题意，B不符合题意；
输出功率
可知 图线应为开口向下的抛物线，又由
可知，电动势相同，内阻越小，最大输出功率越大，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】（1）根据电动势的大小及欧姆定律选择电流表，为了方便滑动变阻器的调节选择滑动变阻器；
（2）根据实验原理判断实验电路图；
（3）根据闭合电路欧姆定律得出U-I的表达式，结合图丙得出电池的电源和内阻；
（4）根据热功率和电功率的表达式从而得出输出功率的表达式，从而选择正确的图形。
15．【答案】（1）解：小物块A从圆弧轨道最高点下滑过程中，根据动能定理得
解得
（2）解：设向左为正方向，物体A、B碰撞前后，根据动量守恒得
解得
传送带以速度为v=1m/s逆时针匀速转动，则整体C受到向右的摩擦力，做减速运动，根据牛顿第二定律得
解得
当整体C与传送带共速时，整体C的位移为
运动的时间为
之后整体C做匀速运动，位移为
运动时间为
则整体C从传送带右端运动到左端所需要的时间为
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）物块从圆弧下落的过程，利用动能定理可以求出物块碰前速度的大小；
（2）物体A与B发生碰撞，利用动量守恒定律可以求出碰后速度的大小，在传送带上运动，利用牛顿第二定律可以求出减速的加速度大小，结合速度位移公式可以求出减速到共速需要的位移；结合速度公式可以求出运动的时间，再利用匀速直线运动的位移公式可以求出运动的时间。
16．【答案】（1）解：做出带电粒子的运动轨迹如图
由三角形相关知识得
（2）解：由qvB=mv2/R 得v
在N点速度v与x轴正方向成θ＝60°角射出电场，将速度分解如图
cosθ= v0/v
得射出速度v=2v0， v0=
（3）解：粒子在电场中运动的时间t1，有d＝v0t1
所以t1＝
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T ，故 T
设粒子在磁场中运动的时间t2，有t2
所以t2
t＝t1＋t2，所以t
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）利用三角形知识可以求出轨道半径的大小；
（2）利用牛顿第二定律结合速度的分解可以求出初速度的大小；
（3）利用类平抛的位移公式可以求出粒子在电场的运动时间，利用圆心角大小可以求出粒子在磁场的运动时间。
17．【答案】（1）解：小物块从A点到第一次到C点的过程，由动能定理知：
（qE+mg）（Lsin37°＋R－Rcos37°)－μ（qE+mg）Lcos37°＝ －0
在C点由牛顿第二定律知：
联立解得：FN＝10.8mg
由牛顿第三定律知此时压力大小是10.8mg
（2）解：小物块从A到第一次到D的过程，由动能定理知
（qE+mg）(Lsin37°－Rcos37°)－μ（qE+mg）Lcos37°＝ －0
小物块第一次到达D点后先以速度vD1逆电场方向做匀减速直线运动，
由动能定理知-（qE+mg）xmax＝0－
联立解得：
（3）解：分析可知小物块到达B点的速度为零后，小物块就在圆弧轨道上往复圆周运动。
由功能关系知（qE+mg）Lsin 37°＝μ（qE+mg）dcos37°
解得：d＝15R
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）小物块从A到C的过程中根据动能定理以及牛顿第二定律合力提供向心力得出轨道对物体的支持力；
（2）小物块从A到第一次到D的过程中根据动能定理得出小物块第一次从D点飞出后上升的最大高度；
（3）小滑块在圆弧轨道做往复圆周运动，结合动能定理得出 小物块在直线轨道 上运动的总路程。
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