2020浙江高考物理新突破考前冲刺卷（四）（Word版含解析）.doc

考前冲刺卷(四) 本试卷分选择题和非选择题两部分，满分 100 分，考试时间 90 分钟。 选择题部分 一、选择题Ⅰ(本题共 10 小题，每小题 3 分，共 30 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.第 26 届国际计量大会于 2018 年 11 月通过决议，正式更新了千克、安培、开尔 文和摩尔四个基本单位的定义，国际测量界的百年夙愿终于实现——国际测量体 系将全部建立在基本物理常数上，大大提高了计量的稳定性和精确性。比如，最 受关注的“千克”，不再以具体实物的质量来定义，而将以量子力学中的普朗克常 数 h 为基准，经过一系列物理换算，算出质量。已知普朗克常数与频率的乘积可 以表示能量，下列属于用国际单位制的基本单位来表示普朗克常数 h 单位的是 (　　) A.J/s B.kg·m2/s C.kg·m2/s3 D.N·m·s 解析　根据公式 E＝hν，因能量 E 的单位为 J，频率 ν 的单位为 s－1，那么普朗克 常数 h 单位：J·s＝N·m·s＝ kg·m s2 ·m·s＝ kg·m2 s ，故 B 正确，A、C、D 错误。 答案　B 2.如图 1 所示是子弹从枪筒射出瞬间的画面。当子弹在水平放置的枪筒中匀加速运 动时，子弹的(　　) 图 1 A.加速度增大 B.惯性增大 C.动能增大 D.机械能不变 解析　匀加速运动的基本特征是加速度不变，所以子弹做匀加速运动时，加速度 不变，速度增大，动能增大。子弹沿水平方向运动，重力势能不变，动能增大， 机械能也增大。子弹质量不变，惯性不变，选项 C 正确。答案　C 3.如图 2 所示为学员驾驶汽车在水平路面上绕 O 点做匀速圆周运动的俯视示意图。 已知学员在 A 点位置，教练员在 B 点位置，学员和教练员(均可视为质点)在运动过 程中，大小相同的是(　　) 图 2 A.向心力 　　　 B.加速度 C.线速度 　　　 D.角速度 解析　A、B 两点绕同一点运动，角速度相同。由于运动半径不同，因此线速度大 小不同，向心加速度大小不同，由于学员和教练员质量大小未知，因此向心力大 小无法比较，选项 D 正确。 答案　D 4.汽车发动机的额定功率为 80 kW，它以额定功率在平直公路上行驶的最大速度为 20 m/s，那么汽车在以最大速度匀速行驶时所受的阻力是(　　) A.8 000 N B.4 000 N C.2 500 N D.1 600 N 解析　由 P＝Fv 知汽车沿水平公路匀速行驶时，牵引力大小等于阻力，因此阻力 大小为 f＝P v ＝80 000 20 N＝4 000 N，选项 B 正确。 答案　B 5.传送带靠静摩擦力把货物从低处匀速送往高处，则(　　) 图 3 A.货物所受静摩擦力方向沿传送带向上B.货物越重则越不容易相对传送带滑动 C.货物越轻则越不容易相对传送带滑动 D.若使传送带反转，将货物从高处匀速送往低处，则静摩擦力的方向沿传送带 向下 解析　由于匀速，根据受力平衡，所以静摩擦力方向沿斜面向上，选项 A 正确； 货物是否容易相对传送带滑动主要看动摩擦因数和斜面倾角，与货物质量无关， 选项 B、C 错误；传送带反转，但只要还是匀速运动，根据受力平衡，静摩擦力仍 沿斜面向上，选项 D 错误。 答案　A 6.中国“快递小哥”天舟一号于 4 月 20 日成功发射，进入高度约 380 公里的运行 轨道(如图 4 所示)。已知天宫二号空间站运行于 393 公里的轨道上，天舟一号与天 宫二号绕地球均做匀速圆周运动。根据上述信息，两飞行器运行时无法比较的是 (　　) 图 4 A.周期大小 B.线速度大小 C.加速度大小 D.受到的地球引力大小 解析　天舟一号运行轨道高度低于天宫二号运行轨道高度，因此，天舟一号运行 速度比天宫二号大，运行周期比天宫二号小，加速度比天宫二号大。由于两飞行 器质量未知，因此与地球之间的引力大小无法比较，选项 D 正确。 答案　D 7.如图 5 所示，天花板上有一可自由转动光滑小环 Q，一轻绳穿过 Q，两端分别连 接质量为 m1、m2 的 A、B 小球。两小球分别在各自的水平面内做圆周运动，它们 周期相等。则 A、B 小球到 Q 的距离 l1、l2 的比值l1 l2 为(　　)图 5 A.m m B.m m C.m1 m2 D.m2 m1 解析　设悬挂 A、B 两球的绳子与竖直方向的夹角分别为 θ1、θ2，绳子拉力为 T， 对 A 小球水平方向：Tsin θ1＝m1ω2l1sin θ1；对 B 小球水平方向：Tsin θ2＝m2ω2l2sin θ2，联立得l1 l2 ＝m2 m1 ，故 D 正确，A、B、C 错误。 答案　D 8.如图 6 为某一电场的电场线，P、Q 为电场线上的两点，下列说法正确的是(　　) 图 6 A.P 点电势一定高于 Q 点 B.P 点场强一定大于 Q 点 C.正电荷在 P 点由静止释放后沿电场线向左运动 D.负电荷在 P 点的电势能大于在 Q 点的电势能 解析　根据题目信息，无法判断电场线的疏密程度，P、Q 两点场强大小无法比较。 沿电场线方向电势逐渐降低，P 点电势高于 Q 点。正电荷受到的电场力方向与场 强方向相同，静止释放后沿电场线向右运动。负电荷受到的电场力方向向左，当 负电荷从 P 移动到 Q 的过程中，电场力做负功，电势能增加，因此负电荷在 P 点 的电势能小于在 Q 点的电势能，选项 A 正确。 答案　A 9.下图所示的甲、乙、丙、丁表示 α、β、γ 三种射线在磁场中的偏转情况，根据学 过的知识选择其中正确的是(　　)解析　α 射线带正电，根据左手定则可知向左偏转，γ 射线不带电，不受洛伦兹力 作用，做直线运动，β 射线带负电，根据左手定则可知向右偏转，由 R＝mv qB 知，Rα>Rβ 可知 C 正确，A、B、D 错误。 答案　C 10.电动自行车是生活中重要的交通工具，某品牌电动自行车的铭牌如下：当蓄电 池充满电后，根据此铭牌中相关数据，下列说法不正确的是(　　) 车型 电池规格 20 寸(车轮直径：508 mm) 36 V　12 A·h(蓄电池) 整车质量：40 kg 额定转速：210 r/min(转/分) 外形尺寸：L1 800 mm×W650 mm×H 1 100 mm 充电时间：2 h～8 h 电机：后轮驱动、直流永磁式电机 额定工作电压/电流：36 V/5 A A.该车的额定时速约为 20 km/h B.该车的额定功率约为 4.32×102 W C.该车约能行驶 2.4 h D.该车一次充满电所储存的电能约为 1.56×106 J 解析　汽车的额定时速等于车轮的线速度，则电动车的时速为 v＝Rω＝ 0.508 2 ×2π×210 60 m/s≈5.58 m/s＝20 km/h，故 A 正确；由 P＝UI 可得，电动车的额定功 率 P＝UI＝36×5 W＝180 W，故 B 错误；根据电荷量 Q＝It，有 t＝12 5 h＝ 2.4 h，故 C 正确；该车一次充满电所储存的电能为 E＝UIt＝36×12×3 600 J＝ 1.56×106 J，故 D 正确。 答案　B 二、选择题Ⅱ(本大题共 5 小题，每小题 3 分，共 15 分。每小题给出的四个备选项 中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得 3 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分) 11.如图 7 所示，质量相等的甲、乙两小球以大小相等的初速度分别自两竖直墙中 的某点 P 水平向左、向右抛出。甲球抛出后击中左墙的 A 点，速度方向与竖直墙 面夹角为 α；乙球抛出后击中右墙的 B 点，速度方向与竖直墙面夹角为 β。已知 A 点高于 B 点，则下列说法中正确的是(　　) 图 7 A.P 点在两墙水平连线的中点 B.两球在空中的运动时间相等 C.甲球在 A 点的动能大于乙球在 B 点的动能 D.击中墙时，两角度一定满足关系 α＞β 解析　抛出后的甲、乙两球做平抛运动，由于乙球下落高度大于甲球，因此乙球 运动时间大于甲球。两球抛出时的初速度大小相等，所以乙球的水平位移大于甲 球，抛出点 P 不在两墙水平连线的中点。甲球下落高度小于乙球，因此甲球受到 的重力做功小于乙球，两球初动能相等，所以击中墙面时甲球的动能小于乙球的 动能。 两球击中墙面时速度分解如图所示，tan α＝v0 vy ，根据题目信息，由于甲球下落时间 短，击中墙面时竖直分速度 vy 小，因此 tan α>tan β，所以 α>β，选项 D 正确。 答案　D 12.关于原子、原子核，下列说法正确的是(　　) A.卢瑟福的原子结构模型很好地解释了 α 粒子散射实验 B.β 衰变中产生的 β 射线是原子核外电子挣脱原子核束缚后形成的 C.某放射性元素的 4 个原子核经过一个半衰期后不一定还剩下 2 个没有发生衰变 D.利用 γ 射线可以消除静电解析　卢瑟福根据 α 粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，他的原子结构模 型很好地解释了 α 粒子散射实验，选项 A 正确；β 衰变的实质在于核内的中子转 化成一个质子并放出一个电子，选项 B 错误；放射性元素的半衰期，描述的是数 学的统计规律，单个原子的衰变是不可预测的，故 4 个原子核经过一个半衰期后， 不一定还剩下 2 个没有衰变，选项 C 正确；利用 γ 射线无法消除静电，选项 D 错 误。 答案　AC 13.如图 8 所示，在光滑绝缘水平面上有两个质量分别为 m 和 4m 的小球 A、B，两 球均带正电。现让 A 球以速度 v 向静止的 B 球运动，设两球的运动轨迹始终在一 条直线上，则从 A 球开始运动到两球相距最近的过程中，下列判断正确的是(　　) 图 8 A.两球组成的系统机械能守恒、动量守恒 B.A 球的最小速度为 0.25v C.电场力对 B 球的冲量大小为 0.8mv D.两小球组成系统的电势能增加了 0.4 mv2 解析　由于两小球在靠近过程中电场力要做功，故系统机械能不守恒，但两小球 组成的系统受到的合力为零，故系统动量守恒，选项 A 错误；由题意可知，当两 小球之间的距离最近时，A 小球的速度达到最小，设其最小速度为 v′，由动量守恒 定律可得 mv＝(m＋4m)v′，解得 v′＝0.2v，选项 B 错误；由动量定理可知，电场力 对 B 球的冲量大小等于其动量的变化量，故由动量定理可得 I＝4mv′＝0.8mv，选 项 C 正确；由能量守恒可知，两小球组成系统的电势能的增加量等于两小球组成 系统的机械能的减少量，故有 ΔEp＝1 2mv2－1 2(m＋4m)v′2，可得 ΔEp＝0.4mv2，故选 项 D 正确。 答案　CD 14.如图 9 所示，一束由两种色光混合的复色光沿 PO 方向射向一上下表面平行的 厚玻璃砖的上表面，得到三束光线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，若玻璃砖的上下表面足够宽，下 列说法正确的是(　　)图 9 A.光束Ⅰ仍为复色光，光束Ⅱ、Ⅲ为单色光 B.玻璃对光束Ⅲ的折射率大于对光束Ⅱ的折射率 C.改变 α 角，光束Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ仍保持平行 D.通过相同的双缝干涉装置，光束Ⅱ产生的条纹宽度大于光束Ⅲ的宽度 解析　A 项两种色光都在玻璃砖的上表面发生了反射，入射角相同，由反射定律 知，它们的反射角相同，可知光束Ⅰ是复色光。而光束Ⅱ、Ⅲ由于折射率的不同 导致偏折分离，所以光束Ⅱ、Ⅲ为单色光，选项 A 正确；B 项由图知： 光束Ⅱ的偏折程度大于光束Ⅲ的偏折程度，根据折射定律可知玻璃对光束Ⅱ的折 射率大于对光束Ⅲ的折射率，选项 B 错误；C 项一束由两种色光混合的复色光沿 PO 方向射出，经过反射、再折射后，光线仍是平行，因为光反射时入射角与反射 角相等。所以由光路可逆可得出射光线平行。改变 α 角，光线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ仍保持 平行，选项 C 正确；D 项光束Ⅱ的折射率大于光束Ⅲ的折射率，则光束Ⅱ的频率 大于光束Ⅲ的频率，光束Ⅱ的波长小于光束Ⅲ的波长，由 Δx＝L dλ 可知双缝干涉条 纹间距与波长成正比，则双缝干涉实验中光束Ⅱ产生的条纹间距比光束Ⅲ的小， 选项 D 错误。 答案　AC 15.在 O 点有一波源，t＝0 时刻开始向上振动，形成向右传播的一列横波。t1＝ 4 s 时，距离 O 点为 3 m 的 A 点第一次达到波峰；t2＝7 s 时，距离 O 点为 4 m 的 B 点第一次达到波谷。则以下说法正确的是(　　) A.该横波的波长为 2 mB.该横波的周期为 4 s C.该横波的波速为 1 m/s D.距离 O 点为 1 m 的质点第一次开始向上振动的时刻为 6 s 末 解析　由于波源开始向上振动，所以当 A 点，第一次出现波峰时，根据 Δt＝Δx v 得 t1＝4 s＝3 v ＋T 4 当 B 点第一次出现波谷时有 t2＝7 s＝4 v ＋3T 4 解得 v＝1 m/s，T＝4 s，波长 λ＝vT＝4 m 振动从 O 传到距离 O 点为 1 m 的质点所需时间 Δt＝Δx v ＝1 1 s＝1 s，选项 A、D 错 误，B、C 正确。 答案　BC 非选择题部分 三、非选择题(本题共 5 小题，共 55 分) 16.(5 分)(1)在用气垫导轨测速度的实验中，下列说法正确的是(　　) 图 10 A.实验时一定要把气垫导轨一端抬高来平衡摩擦力 B.遮光条的宽度越宽，所测速度更接近滑块经过光电门时的瞬时速度 C.实验时首先应给气垫导轨通气并把光电计时器进行归零 D.遮光条宽度的测量对实验误差没有影响 (2)用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，质量为 m＝1.00 kg 的重物自由下 落，打点计时器在纸带上打出一系列的点。现选取一条符合实验要求的纸带，如 图 11 所示，O 为第一个点，A、B、C 为从合适位置开始选择的三个连续点(其它 点未画出)。已知打点计时器每隔 0.02 s 打一个点，重力加速度 g＝9.8 m/s2，那么：图 11 ①根据图所得数据，应该选取图中 O 点和________点来验证机械能守恒定律。 ②所选取的点的瞬时速度为________ m/s。(结果取 3 位有效数字) ③从 O 点到所选取的点，重物的动能增加量 ΔEk＝________ J。(结果取 3 位有效 数字) 解析　(1)A 项：实验时把气垫导轨通电后，即可忽略摩擦力，并不是斜面，需要 一端抬高来平衡摩擦力，故 A 错误；B 项：遮光条的宽度越窄，依据 v＝Δd Δt ，所 测速度更接近滑块经过光电门时的瞬时速度，故 B 错误；C 项：在应用气垫导轨 时，应首先给气垫导轨通气，并把光电计时器进行归零，故 C 正确；D 项：遮光 条宽度的测量，会引起实验误差，故 D 错误。 (2)①验证机械能守恒时，我们验证的减少的重力势能 ΔEp＝mgh 和增加的动能 ΔEk ＝1 2mv2 之间的关系，所以要选择能够测 h 和 v 的数据，故选 B 点。 ②B 点的瞬时速度等于 AC 段的平均速度； 由图可知 OA＝15.55 cm＝0.155 5 m； OB＝19.20 cm＝0.192 0 m，OC＝23.23 cm＝0.232 3 m， 则 B 点的瞬时速度为 vB＝xAC tAC ＝0.232 3－0.155 5 2 × 0.02 m/s＝1.92 m/s。 ③增加的动能 ΔEk＝1 2mv2B＝1 2 ×1×1.922 J＝1.84 J。 答案　(1)C　(2)①B　②1.92　③1.84 17.(9 分)(1)如图所示的 4 张仪器图中，其中________图为电磁打点计时器； ________图的仪器能测出平行板电容器两板间的电压的变化，________图的仪器 能粗略地测出电阻的大小。(2)某实验小组准备测绘规格为“2.5 V　0.6 W”的小灯泡的 I－U 特性曲线。从如 图 12 甲所示的实验图中可以判断，实验中滑动变阻器采用了________(选填“限流 式”或“分压法”)接法，电流表采用了________(选填“内”或“外”)接法。请 在图乙的虚线框内画出该实验正确的电路图。 图 12 (3)某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验。某次用刻度尺测得摆线长为 67.80 cm。用游标卡尺测得小球直径的读数如图 13 甲所示，则小球直径为________ cm； 重复实验几次，改变摆线的长度 L，用秒表测出相应的周期 T，再以 L 为横坐标， T2 为纵坐标作图，对应的图象应为图乙中的直线________(填“1”“2”或“3”)。若已知 直线的斜率为 k，请写出重力加速度 g 的表达式____________。 图 13 答案　(1)D　A　B　(2)限流式　内　如图所示 (3)1.645　2　4π2 k 18.(12 分)如图 14 所示，一小轿车从高为 10 m、倾角为 37°的斜坡顶端从静止开始 向下行驶，当小轿车到达底端时进入一水平面，在距斜坡底端 115 m 的地方有一池塘，发动机在斜坡上产生的牵引力为 2×103 N，在水平地面上调节油门后，发 动机产生的牵引力为 1.4×104 N，小轿车的质量为 2 t，小轿车与斜坡及水平地面 间的动摩擦因数均为 0.5(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取 10 m/s2)。求： 图 14 (1)小轿车行驶至斜坡底端时的速度大小； (2)为使小轿车在水平地面上行驶而不掉入池塘，在水平地面上加速的时间不能超 过多少？(轿车在行驶过程中不采用刹车装置) 解析　(1)小轿车在斜坡上行驶时，由牛顿第二定律得 F1＋mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma1 代入数据得斜坡上小轿车的加速度 a1＝3 m/s2 由 v21＝2a1x1 x1＝ h sin 37° 得小轿车行驶至斜坡底端时的速度 v1＝10 m/s。 (2)在水平地面上加速时 F2－μmg＝ma2 代入数据得 a2＝2 m/s2 关闭油门后减速 μmg＝ma3， 代入数据得 a3＝5 m/s2 设关闭油门时轿车的速度为 v2，有v－v 2a2 ＋ v 2a3 ＝x2 得 v2＝20 m/s，t＝v2－v1 a2 ＝5 s 即在水平地面上加速的时间不能超过 5 s。 答案　(1)10 m/s　(2)5 s 19.(13 分)运用电磁感应可以测量运动物体的速度。当固定着线圈的小车进入磁场 时，根据线圈切割磁感线产生的感应电流大小，可以间接测量出小车的速度。如 图 15 所示，水平地面上方存在有边界的水平匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里、 磁感应强度大小 B。电阻为 R 的矩形单匝线圈 MNPQ 固定在小车 A 上，其中 MN 边水平，NP 边竖直，高度为 L，小车 A 和线圈的总质量为 m。小车载着线圈在光滑水平面上一起以初速度 v0(未知)做匀速运动，与另一辆停在磁场边界处且质量也 为 m 的小车 C 发生碰撞，碰后立刻粘在一起，随后进入匀强磁场，刚进入磁场时 线圈中感应电流为 I，小车 A 完全进入磁场时的速度为 v1。已知小车由绝缘材料做 成，小车长度与线圈 MN 边长度相同。求： 图 15 (1)线圈中感应电流的方向和小车 A 的初速度 v0 的大小； (2)小车 A 进入磁场的过程中线圈产生的焦耳热 Q； (3)小车 A 进入磁场过程中通过线圈横截面的电荷量 q。 解析　(1)由楞次定律知线圈中感应电流方向为 M→Q→P→N→M， 设小车的初速为 v0，小车 A 与 C 碰撞时，根据动量守恒定律得 mv0＝2mv 线圈切割磁感线感应电动势 E＝BLv 由闭合电路欧姆定律得线圈中电流 I＝E R ，得 v0＝2IR BL 。 (2)线圈进入磁场的过程中，系统减少的动能转化成线圈的焦耳热 Q＝1 2 ×2mv2－1 2 ×2mv21， 即 Q＝m(I2R2 B2L2－v)。 (3)设线圈从开始进入磁场到完全进入磁场的过程中，线圈的平均电流为 I － ， 根据动量定理－B I － Lt＝2mv1－2mv 通过的电荷量 q＝ I － t 解得 q＝2m（IR－BLv1） B2L2 。 答案　(1)M→Q→P→N→M　2IR BL (2)m(I2R2 B2L2－v)　(3)2m（IR－BLv1） B2L2 20.(16 分)如图 16 所示，在竖直平面内存在直角坐标系 xOy，第二象限内存在沿 y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为 E1，在第一象限内存在水平向右的匀强电 场，电场强度大小为 E2＝0.375 N/C，在第一象限内，y＝4 m 处有水平绝缘平台 PA，右端与半径为 R＝0.4 m 的光滑绝缘竖直半圆弧轨道 ACD 平滑连接，相切于 A 点，D 为其最高点。质量为 m1＝2 g、带正电 q＝0.1 C 的可视为质点的小球从 x 轴 上某点 Q 以与 x 轴负方向成 60°、大小 v0＝10 m/s 的速度射入第二象限，恰好做匀 速直线运动。现在第二象限内小球运动的某段路径上加上垂直于纸面向外的圆形 边界的匀强磁场，磁感应强度 B＝0.2 T，小球经过磁场区域后恰好水平向右运动， 垂直于 y 轴从点 P(0，4 m)进入第一象限，恰好与静止放置在 P 点且可视为质点、 质量 m2＝3 g、不带电的绝缘小物块碰撞并粘合在一起沿 PA 方向运动，设碰撞过 程中带电荷量不变，粘合体命名为小物块 S。已知小物块 S 与平台的动摩擦因数 μ ＝0.35，平台 PA 的长度 L＝1.0 m，重力加速度 g＝10 m/s2， sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力。求：(结果可用根号表示) 图 16 (1)电场强度 E1 的大小； (2)小球在磁场中运动的半径 r 的大小和圆形磁场区域的最小面积； (3)小物块 S 在圆弧轨道上的最大速度；小物块 S 能否达到 D 点，若不能，请说明 理由，若能，请求出小物块 S 落到平台 PA 上的位置与 A 点的距离。 解析　(1)小球 m1 在第二象限做匀速直线运动，由平衡条件有 qE1＝m1g 可得电场强度 E1 的大小 E1＝m1g q ＝0.2 V/m。 (2)如图所示。在圆形磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有 qv0B＝m1 v r 可得磁场中运动的半 径 r＝m1v0 qB ＝1.0 m 小球 m1 从 G 点进入磁场，从 H 点射出磁场， 其弦长 GH 为最小磁场圆的直径， 由几何知识有其圆心角θ＝120° 磁场圆的最小半径 r0＝rsin θ 2 ＝ 3 2 m 最小面积 Smin＝πr20＝3π 4 m2≈2.36 m2。 (3)小球 m1 和小物块 m2 在 P 处碰撞， 由动量守恒定律有 m1v0＝(m1＋m2)v1 可得碰撞后小物块 S 的速度 v1＝4 m/s 小物块 S 在圆弧轨道上受电场力和重力作用的合力方向与竖直方向的夹角设为α， tan α＝ qE2 （m1＋m2）g ＝3 4 ， 解得 α＝37° 过圆心作合力的平行线交圆周下方为 M 点，如图。 小物块 S 在 M 点有最大速度。 小物块 S 由 P 到 M，由动能定理有 qE2(L＋Rsin α)－μ(m1＋m2)gL－(m1＋m2)gR(1－cos α) ＝1 2(m1＋m2)v 2M－1 2(m1＋m2)v21 可得小物块 S 运动过程中的最大速度 vM＝ 26 m/s 假设小物块 S 能够通过圆弧到达 D 点，从 P 到 D，由动能定理 qE2L－μ(m1＋m2)gL－(m1＋m2)g·2R＝1 2(m1＋m2)v2D－1 2(m1＋m2)v21 可得小物块 S 在 D 的速度 vD＝2 2 m/s 在 D 点有(m1＋m2)g＋FD＝(m1＋m2)v R 可得在 D 点的轨道的支持力 FD＝0.05 N>0，故假设成立，小物块 S 能到达 D 点。 小物块 S 从 D 点水平抛出，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀减速直线运 动， 2R＝1 2gt2 x＝vDt－ qE2 2（m1＋m2）t2 可得落点距 A 的距离 x＝4 2－3 5 m≈0.53 m。 答案　(1)0.2 V/m　(2)1.0 m　2.36 m2 (3) 26 m/s　能　0.53 m