2018-2019学年福建省宁德市高三（上）期末物理试卷Word版含解析

2018-2019学年福建省宁德市高三（上）期末物理试卷
一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
1．（6分）将一小球以3m/s的初速度水平抛出，经过3s落到地面。不计空气阻力，则小球在落地前最后1s内的水平位移为（　　）
A．3m B．5m C．6m D．9m
2．（6分）我国自主研制的水陆两栖飞机“鲲龙“AG600已试飞成功。当“鲲龙”AG600在水面加速滑行时受到的合力（　　）
A．大小为零 B．方向竖直向上
C．方向与滑行方向相同 D．方向沿滑行方向斜向上
3．（6分）据报道，2018年7月上海中车公司生产的全球最大马力无人遥控潜水器在上海下线，主要用于深海搜寻和打捞等。该潜水器质量为5×103kg，在某次作业中，潜水器与质量为4×103kg的重物从3km深的海底一起沿竖直方向匀速上升到海面，已知上升过程中潜水器的机械功率恒为180kW，水对潜水器与重物的浮力和阻力相互平衡，其他影响可忽略，重力加速度g取10m/s2，则潜水器与重物上升的速度大小为（　　）
A．1.8m/s B．2.0m/s C．3.6m/s D．4.5m/s
4．（6分）如图所示，边长为2L的正方形区域内存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场。一个边长为L的正三角形闭合金属框水平匀速穿过该磁场。取金属框刚到达磁场左边界为零时刻，规定逆时针方向为电流的正方向，下列选项中能正确描述金属框中电流与时间关系图象的是（　　）
A． B．
C． D．
5．（6分）如图所示，在光滑的水平面上有一段长为L、质量分布均匀的绳子，绳子在水平向左的恒力F作用下做匀加速直线运动．绳子上某一点到绳子右端的距离为x，设该处的张力为T，则能正确描述T与x之间的关系的图象是（　　）
A． B．
C． D．
6．（6分）2018年5月21日，我国成功将“鹊桥”号中继星发射升空，经过复杂的变轨飞行，到达地月拉格朗日L2点附近，为“嫦娥四号”提供地月通信。已知“鹊桥”号运行于拉格朗日L2点受地球和月球引力作用，绕地球运转周期与月球公转周期相同，简化过程如图所示。下列判断正确的是（　　）
A．“鹊桥”号对月球的引力大于地球对月球的引力
B．“鹊桥”号绕地球运行的速度大于月球绕地球运行的速度
C．“桥”号绕地球运行的角速度大于月球绕地球运行的角速度
D．“鹊桥”号绕地球运行的向心加速度大于月球绕地球运行的向心加速度
7．（6分）正方形虚线框ABCD位于竖直面内，中心为O．在A、B两点分别固定电荷量为+Q与﹣Q的点电荷，AD中点E固定有电荷量为+q的点电荷。光滑绝缘竖直杆位于AB的中垂线上，与AB、CD交点分别为H、G，杆上套有一个带少量负电荷的小球。现将小球自G点无初速度释放，不计小球带电量对电场的影响，则下列说法正确的是（　　）
A．G、H两点的电势相等
B．小球在H点的动能为零
C．小球从G点运动到H点，电场力先做正功后做负功
D．小球从G点运动到H点，机械能先减小后增加
8．（6分）如图1所示，竖直光滑杆固定在地面上，套在杆上的轻质弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧（在弹性限度范围内）至离地高度h＝0.1m处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量滑块的速度和离地高度并作出滑块的Ek﹣h图象，其中高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线。滑块可视为质点，以地面为零势能参考面，重力加速度g取10m/s2，由图象可知（　　）
A．轻弹簧原长为0.2m
B．滑块的质量为0.2kg
C．弹簧弹性势能最大为0.5J
D．滑块机械能最大为0.5J
二、非选择题：考生根据要求作答．
9．（6分）某同学欲用多用电表测量电压表的内阻。步骤如下：
（1）他先将多用电表进行机械调零，再将多用电表的选择开关调至电阻“×1k”档，之后进行欧姆调零。
（2）将甲图中多用电表的红表笔与电压表的　 　（填“+”或“﹣”）接线柱相接，黑表笔与另一接线柱相接。
（3）此时指针位置如图乙所示，为了更准确地测量，应将选择开关调至电阻　 　（填“×100”；或“×10”）档，两表笔短接并调节旋钮　 　（填“①”或“②”）。
（4）按步骤（测量时，指针指在如图丙位置，则电压表的内阻为　 　Ω
10．（9分）某同学利用图甲所示装置验证机械能守恒定律。完成下列问题：
（1）请从甲图中指出一条实验错误：　 　；
（2）纠正实验错误后，通过测量得到一条纸带如图乙所示。已知打点计时器频率为50Hz，实验所用重物的质量m＝0.300kg，根据纸带测得的数据，重物在C点时的动能为　 　J；
（3）某同学选用两个形状相同质量不同的重物a和b进行实验测得几组数据，画出﹣h的图象如图丙所示，求出图线的斜率k，由图象可知a的质量ma　 　（填“大于”或“小于”）b的质量mb；
（4）通过计算得到图线b的斜率k＝9.50m/s2，分析发现造成斜率偏小的原因是实验过程中存在各种阻力，已知实验所用重物的质量m＝0.250kg，则重物所受的平均阻力f＝　 　N．（重力加速度g＝9.80m/s2，以上计算结果均保留2位有效数字）
11．（12分）我国首艘装有弹射系统的航母完成了“J﹣15”型战斗机首次起降飞行训练并获得成功。已知“J﹣15”在跑道上加速时产生的最大加速度为5.0m/s2，起飞的最小速度为50m/s，弹射系统能够使飞机获得的最大初速度为25m/s，设航母处于静止状态。求：
（1）“J﹣15”在跑道上至少加速多长时间才能起飞？
（2）“J﹣15”在跑道上至少加速多长距离才能起飞？
（3）若航母上不装弹射系统，设航母跑道L＝160m，“J﹣15”仍能从航母上正常起飞，则航母航行速度至少为多少？
12．（16分）如图所示，AB间放有一个风洞，水平地板AB延伸至C点，与足够长的光滑斜面CD平滑连接。将质量m1＝1kg的滑块1放在风洞A点，受到水平向右的恒定风力F＝20N作用下（风洞外风力忽略不计）由静止开始向右运动，与静止在C点、质量m2＝2kg的滑块2发生碰撞并粘在一起。已知滑块1与AC间的动摩擦因数μ＝0.4，SAB＝5m，SBC＝2m，滑块均可视为质点，重力加速度g取10m/s2．求：
（1）碰撤前的瞬间滑块1的速度大小；
（2）碰撞后滑块能上滑的最大高度。
13．（19分）如图所示，平面直角坐标系xOy在第一象限内有行于y轴的匀强电场，方向沿y轴负方向；在y＜0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场，在第二象限内，一质量为m、电荷量为+q的粒子，由静止经电压为U的电场加速后从y轴上M（0，L）点沿x轴正方向射入第一象限，经匀强电场后从N（2L，0）点进入磁场，恰好从坐标原点O第一次射出磁场，不计重力。求：
（1）粒子从N点进入磁场时的速度大小；
（2）粒子从M点进入电场运动到O点离开磁场经历的时间；
（3）粒子第二次进入磁场时离N点的距离。

2018-2019学年福建省宁德市高三（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
1．（6分）将一小球以3m/s的初速度水平抛出，经过3s落到地面。不计空气阻力，则小球在落地前最后1s内的水平位移为（　　）
A．3m B．5m C．6m D．9m
【分析】根据平抛运动水平方向做匀速直线运动，根据初速度和时间求出水平位移。
【解答】解：平抛运动水平方向做匀速直线运动，1s内的水平位移x＝v0t＝3×1m＝3m，故A正确。
故选：A。
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，基础题。
2．（6分）我国自主研制的水陆两栖飞机“鲲龙“AG600已试飞成功。当“鲲龙”AG600在水面加速滑行时受到的合力（　　）
A．大小为零 B．方向竖直向上
C．方向与滑行方向相同 D．方向沿滑行方向斜向上
【分析】物体做加速直线运动时加速度方向与速度方向相同，根据飞机的运动情况判断即可。
【解答】解：“鲲龙”AG600在水面做加速直线运动，加速度方向与滑行方向相同，由牛顿第二定律知合外力方向与加速度方向相同，所以合外力方向与滑行方向相同，故ABD错误，C正确。
故选：C。
【点评】解决本题的关键是知道物体做加速直线运动时，加速度方向与速度方向相同，而合外力方向与加速度方向相同。
3．（6分）据报道，2018年7月上海中车公司生产的全球最大马力无人遥控潜水器在上海下线，主要用于深海搜寻和打捞等。该潜水器质量为5×103kg，在某次作业中，潜水器与质量为4×103kg的重物从3km深的海底一起沿竖直方向匀速上升到海面，已知上升过程中潜水器的机械功率恒为180kW，水对潜水器与重物的浮力和阻力相互平衡，其他影响可忽略，重力加速度g取10m/s2，则潜水器与重物上升的速度大小为（　　）
A．1.8m/s B．2.0m/s C．3.6m/s D．4.5m/s
【分析】对潜水器和重物整体进行受力分析，可知浮力与阻力平衡，则潜水器的动力与重力平衡，根据P＝Fv求得潜水器的上升速度即可。
【解答】解：以潜水器和高密度重物整体为研究对象，因为整体匀速提升，故处于平衡状态，又浮力与阻力平衡，则可知潜水器的动力F与整体重力平衡，即满足：
F＝（m+M）g＝（（5×103+4×103）×10N＝9×104N
潜水器匀速上升，功率满足P＝Fv可得上升速度为：
v＝＝2m/s
故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】本题主要考查功率公式P＝Fv，能正确的对潜水器及其重物整体受力分析，根据平衡求得潜水器的动力是解决问题的关键。
4．（6分）如图所示，边长为2L的正方形区域内存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场。一个边长为L的正三角形闭合金属框水平匀速穿过该磁场。取金属框刚到达磁场左边界为零时刻，规定逆时针方向为电流的正方向，下列选项中能正确描述金属框中电流与时间关系图象的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】先由楞次定律依据磁通量的变化可以判定感应电流的方向，再由感应电动势公式E＝BLv和欧姆定律，分段分析感应电流的大小，即可选择图象。
【解答】解：线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流i应为负方向，故AC错误；
线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E＝BLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；
线框完全进入磁场的过程，磁通量不变，没有感应电流产生。
线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流i应为正方向；
线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E＝BLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；故B正确，D错误。
故选：B。
【点评】对于电磁感应中图象问题，往往先由楞次定律定性判断出感应电流的方向，再根据感应电动势公式E＝BLv分析感应电动势的变化，由欧姆定律判断感应电流的变化，即可确定图象。
5．（6分）如图所示，在光滑的水平面上有一段长为L、质量分布均匀的绳子，绳子在水平向左的恒力F作用下做匀加速直线运动．绳子上某一点到绳子右端的距离为x，设该处的张力为T，则能正确描述T与x之间的关系的图象是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】对x受力分析，对整体受力分析由牛顿第二定律可求得整体的加速度；再由牛顿第二定律可得出T与x的关系．
【解答】解：设单位长度质量为m；对整体分析有：F＝Lma；
则对x分析可知：T＝xma
联立解得：
T＝；
故可知T与x成正比；且x＝0时，T＝0；
故A正确；
故选：A。
【点评】本题考查牛顿第二定律的应用，要注意明确整体法与隔离法的应用，正确选取研究对象再用牛顿第二定律即可列式求解．
6．（6分）2018年5月21日，我国成功将“鹊桥”号中继星发射升空，经过复杂的变轨飞行，到达地月拉格朗日L2点附近，为“嫦娥四号”提供地月通信。已知“鹊桥”号运行于拉格朗日L2点受地球和月球引力作用，绕地球运转周期与月球公转周期相同，简化过程如图所示。下列判断正确的是（　　）
A．“鹊桥”号对月球的引力大于地球对月球的引力
B．“鹊桥”号绕地球运行的速度大于月球绕地球运行的速度
C．“桥”号绕地球运行的角速度大于月球绕地球运行的角速度
D．“鹊桥”号绕地球运行的向心加速度大于月球绕地球运行的向心加速度
【分析】卫星与月球同步绕地球运动，角速度相等，根据v＝rω，a＝rω2比较线速度和向心加速度的大小。
【解答】解：A、因月球受的引力的合力指向地球，则地球对月球的引力大，故A错误
B、“鹊桥”中继星的轨道半径比月球绕地球的轨道半径大，根据v＝ωr知“鹊桥”中继星绕地球转动的线速度比月球绕地球线速度大，故B正确；
C、根据题意知“鹊桥”中继星绕地球转动的周期与月球绕地球转动的周期相同，根据ω＝知“鹊桥”中继星绕地球转动的角速度与月球绕地球角速度相等，故C错误；
D、“鹊桥”中继星的轨道半径比月球绕地球的轨道半径大，根据a＝ω2r知“鹊桥”中继星绕地球转动的向心加速度比月球绕地球转动的向心加速度大，故D正确；
故选：BD。
【点评】本题考查万有引力的应用，题目较为新颖，在解题时要注意“鹊桥”中转星与月球绕地球有相同的角速度这个隐含条件。
7．（6分）正方形虚线框ABCD位于竖直面内，中心为O．在A、B两点分别固定电荷量为+Q与﹣Q的点电荷，AD中点E固定有电荷量为+q的点电荷。光滑绝缘竖直杆位于AB的中垂线上，与AB、CD交点分别为H、G，杆上套有一个带少量负电荷的小球。现将小球自G点无初速度释放，不计小球带电量对电场的影响，则下列说法正确的是（　　）
A．G、H两点的电势相等
B．小球在H点的动能为零
C．小球从G点运动到H点，电场力先做正功后做负功
D．小球从G点运动到H点，机械能先减小后增加
【分析】分析小球的受力情况，由牛顿第二定律分析小球在O点的加速度。根据等量异种电荷电场中电势分析情况，分析小球在三个点电荷的合电场中的电势情况，由能量守恒定律分析小球从G点运动到H点，速度、电势能、机械能变化。
【解答】解：A、对于A、B点电荷，GH为等势线，对于E点电荷，G和H点电势相等，即在三个点电荷的合电场中，G、H两点的电势相等，故A正确；
B、小球由G到H，电场力做功为零，但重力做功使小球动能增加，故小球在H点速度不为零，故B错误；
CD、在A、B两电荷的电场中，竖直杆与等势线重合，在E点电荷的电场中，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，机械能先增大后减小，故C正确，D错误；
故选：AC。
【点评】本题的关键是明确小球所受的库仑力情况，要掌握等量异种电荷电场的分布情况，运用电场的叠加原理分析这类问题。
8．（6分）如图1所示，竖直光滑杆固定在地面上，套在杆上的轻质弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧（在弹性限度范围内）至离地高度h＝0.1m处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量滑块的速度和离地高度并作出滑块的Ek﹣h图象，其中高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线。滑块可视为质点，以地面为零势能参考面，重力加速度g取10m/s2，由图象可知（　　）
A．轻弹簧原长为0.2m
B．滑块的质量为0.2kg
C．弹簧弹性势能最大为0.5J
D．滑块机械能最大为0.5J
【分析】根据Ek﹣h图象的斜率表示滑块所受的合外力，高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，结合能量守恒定律求解。
【解答】解：A、高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，说明从h＝0.2m时脱离弹簧，此时弹簧恢复原长，即轻弹簧原长为0.2m，故A正确；
B．在从0.2m上升到0.35m范围内，△Ek＝△EP＝mg△h，图线的斜率绝对值为：k＝＝mg，则 m＝0.2kg，故B正确；
C．根据能量守恒定律可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以Epm＝mg△h＝0.2×10×（0.35﹣0.1）＝0.5J，故C正确；
D．根据能量守恒定律可知，弹簧恢复原长时，弹性势能完全转化为物块机械能，此时物块机械能最大，由图可知，此时EK＝0.3J，以地面为零势能面，此时重力势能为：EP＝mgh＝0.2×10×0.2J＝0.4J，故D错误；
故选：ABC。
【点评】本题考查了能量守恒定律和图象的理解与应用问题，根据该图象的形状得出滑块从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，说明物体不再受到弹簧的弹力的作用是解题的关键。
二、非选择题：考生根据要求作答．
9．（6分）某同学欲用多用电表测量电压表的内阻。步骤如下：
（1）他先将多用电表进行机械调零，再将多用电表的选择开关调至电阻“×1k”档，之后进行欧姆调零。
（2）将甲图中多用电表的红表笔与电压表的　﹣　（填“+”或“﹣”）接线柱相接，黑表笔与另一接线柱相接。
（3）此时指针位置如图乙所示，为了更准确地测量，应将选择开关调至电阻　×100　（填“×100”；或“×10”）档，两表笔短接并调节旋钮　②　（填“①”或“②”）。
（4）按步骤（测量时，指针指在如图丙位置，则电压表的内阻为　2200　Ω
【分析】（2）欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，附近与红表笔相连，电流从电压表正极流入从负极流出电压表。
（3）用欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在表盘中央刻度线附近，欧姆表换挡后要旋转欧姆调零旋钮进行欧姆调零。
（4）欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。
【解答】解：（2）由图示可知，将甲图中多用电表的红表笔与电压表的﹣接线柱相接，黑表笔与另一接线柱相接。
（3）多用电表选择×1k挡位，由图乙所示可知指针偏角太大，所选挡位太大，为了更准确地测量，
应将选择开关调至电阻×100档，两表笔短接并调节欧姆调零旋钮②进行欧姆调零。
（4）由图丙所示可知，电压表的内阻为：22×100＝2200Ω；
故答案为：（2）﹣；（2）×100；②；（3）2200。
【点评】本题考查了用多用电表测电阻问题，用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表指针与示数的乘积是欧姆表示数，要掌握欧姆表的使用方法与读数方法。
10．（9分）某同学利用图甲所示装置验证机械能守恒定律。完成下列问题：
（1）请从甲图中指出一条实验错误：　使用的是直流电源　；
（2）纠正实验错误后，通过测量得到一条纸带如图乙所示。已知打点计时器频率为50Hz，实验所用重物的质量m＝0.300kg，根据纸带测得的数据，重物在C点时的动能为　0.79　J；
（3）某同学选用两个形状相同质量不同的重物a和b进行实验测得几组数据，画出﹣h的图象如图丙所示，求出图线的斜率k，由图象可知a的质量ma　大于　（填“大于”或“小于”）b的质量mb；
（4）通过计算得到图线b的斜率k＝9.50m/s2，分析发现造成斜率偏小的原因是实验过程中存在各种阻力，已知实验所用重物的质量m＝0.250kg，则重物所受的平均阻力f＝　0.075　N．（重力加速度g＝9.80m/s2，以上计算结果均保留2位有效数字）
【分析】（1）根据实验的原理和操作中的注意事项确定错误和不妥之处；
（2）有中点时刻的瞬时速度等于平均速度求出速度，然后由动能的等于求出动能；
（3）根据动能定理得出图线斜率的物理意义，结合斜率的大小比较质量的大小。
（4）重物下落过程中不可避免的受到阻力作用，重力势能不可能全部转化为动能，根据动能定理，对m2的图象进行分析，结合图线的斜率求出阻力的大小。
【解答】解：（1）由图可知，图甲中的错误及不妥之处：①使用的是直流电源；②重物离打点计时器太远。
（2）已知打点计时器频率为50Hz，则两个点之间的时间间隔：T＝s＝0.02s
C点的速度：＝m/s＝2.3m/s
重物的动能：＝0.79J
（3）根据动能定理知：（mg﹣f）h＝mv2，则有：＝h，知图线的斜率k＝＝g﹣，b的斜率小，知b的质量小，所以a的质量m1大于b的质量m2；
（4）根据动能定理知，（m2g﹣f）h＝mv2，则﹣，可知kb＝＝9.50m/s2，代入数据解得f＝0.075N．；
故答案为：（1）使用的是直流电源；（或 重物离打点计时器太远）
（2）0.79
（3）大于
（4）0.075（或 7.5×10﹣2）
【点评】解决本题的关键知道实验的原理以及操作中的注意事项，对于图象问题，一般的解题思路得出物理量之间的关系式，结合图线的斜率分析判断。正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、所测数据、误差分析等，会起到事半功倍的效果
11．（12分）我国首艘装有弹射系统的航母完成了“J﹣15”型战斗机首次起降飞行训练并获得成功。已知“J﹣15”在跑道上加速时产生的最大加速度为5.0m/s2，起飞的最小速度为50m/s，弹射系统能够使飞机获得的最大初速度为25m/s，设航母处于静止状态。求：
（1）“J﹣15”在跑道上至少加速多长时间才能起飞？
（2）“J﹣15”在跑道上至少加速多长距离才能起飞？
（3）若航母上不装弹射系统，设航母跑道L＝160m，“J﹣15”仍能从航母上正常起飞，则航母航行速度至少为多少？
【分析】（1）根据速度时间关系求解加速起飞时间；
（2）根据位移时间关系求解加速距离；
（3）飞机的位移等于甲板的长度与航空母舰的位移之和，运用速度位移公式进行求解
【解答】解：（1）根据匀变速直线运动的速度公式：v＝v0+at得在跑道上加速飞行时间为：…①
（2）根据速度位移公式：得在跑道上加速距离为：…②
（3）设飞机起飞所用的时间为t，在时间t内航空母舰航行的距离为L1，航空母舰的最小速度为v1
对航母有：L1＝v1t…③
对飞机有：v＝v1+at…④
…⑤
联立并代入数据解得：v1＝10m/s
答：（1）“J﹣15”在跑道上至少加速5s才能起飞；
（2）“J﹣15”在跑道上至少加速187.5m才能起飞；
（3）航母航行速度至少为10m/s。
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式，并能灵活运用。对于第三问，关键抓住飞机的位移等于甲板的位移和航空母舰的位移之和进行求解。
12．（16分）如图所示，AB间放有一个风洞，水平地板AB延伸至C点，与足够长的光滑斜面CD平滑连接。将质量m1＝1kg的滑块1放在风洞A点，受到水平向右的恒定风力F＝20N作用下（风洞外风力忽略不计）由静止开始向右运动，与静止在C点、质量m2＝2kg的滑块2发生碰撞并粘在一起。已知滑块1与AC间的动摩擦因数μ＝0.4，SAB＝5m，SBC＝2m，滑块均可视为质点，重力加速度g取10m/s2．求：
（1）碰撤前的瞬间滑块1的速度大小；
（2）碰撞后滑块能上滑的最大高度。
【分析】（1）对滑块应用动能定理可以求出碰撞前滑块的速度。
（2）两滑块碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出碰撞后滑块的速度，然后应用能量守恒定律可以求出上升的最大高度。
【解答】解：（1）滑块在风洞中A点由静止释放后，设经过C点时的速度为v1，
根据动能定理可得：FSAB﹣μmgSAC＝mv2﹣0
代入数据解得：v1＝12m/s；
（2）滑块1与滑块2发生碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：m1v1＝（m1+m2）v2，
由能量守恒定律得：gh，
代入数据解得：h＝0.8m；
答：（1）碰撤前的瞬间滑块1的速度大小为12m/s；
（2）碰撞后滑块能上滑的最大高度为0.8m。
【点评】本题涉及力在空间的效果要想到动能定理，要求同学们能正确对物体受力分析，确定物体的运动情况，并能灵活选取研究的过程，知道滑动摩擦力做功与总路程有关。
13．（19分）如图所示，平面直角坐标系xOy在第一象限内有行于y轴的匀强电场，方向沿y轴负方向；在y＜0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场，在第二象限内，一质量为m、电荷量为+q的粒子，由静止经电压为U的电场加速后从y轴上M（0，L）点沿x轴正方向射入第一象限，经匀强电场后从N（2L，0）点进入磁场，恰好从坐标原点O第一次射出磁场，不计重力。求：
（1）粒子从N点进入磁场时的速度大小；
（2）粒子从M点进入电场运动到O点离开磁场经历的时间；
（3）粒子第二次进入磁场时离N点的距离。
【分析】（1）粒子在加速电场中加速，在偏转电场中做类平抛运动，应用动能定理与类平抛运动规律可以求出粒子进入磁场时的速度。
（2）求出粒子在偏转电场与粒子在磁场中的运动时间，然后求出总的运动时间。
（3）粒子在电场中运动，受到电场力的作用，应用运动的合成与分解与运动学公式可以求出粒子第二次进入磁场时距离N的距离。
【解答】解：（1）带电粒子经电压U加速后速度为v0，由动能定理得：qU＝，
带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子加速度大小为a，运动时间为t1，N点进入磁场时的速度为v2、沿y轴负方向速度大小为vy，则：
L＝
2L＝v0t1
vy＝at1
v2＝，
解得：v2＝2；
（2）带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图，
设粒子进入磁场时的速度方向与x轴正向夹角为θ1，在磁场中的轨道半径为R，
则：v1＝v2ocsθ1
解得：θ1＝45°，
由几何关系可知：R＝＝L，
设带电粒子从N点进入磁场运动到O点的时间为t2，t2＝
运动时间：t＝t1+t2，
解得：t＝（2+）L；
（3）带电粒子从O点进入电场时速度大小为v2，方向与x轴正方向夹角为θ2＝θ1，
设带电粒子从O点进入电场到从S点第二次进入磁场运动的时间为t3，
则：﹣at3＝﹣v2sinθ2﹣v2sinθ2，x＝v2cosθ2?t3，△x＝x﹣2L，
解得：△x＝2L；
答：（1）粒子从N点进入磁场时的速度大小为2；
（2）粒子从M点进入电场运动到O点离开磁场经历的时间为（2+）L；
（3）粒子第二次进入磁场时离N点的距离为2L。
【点评】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，以及粒子在磁场中运动，会确定圆心、半径和圆心角，这是解决粒子在组合场中运动的关键。