山东省新高考质量测评联盟2020届高三物理5月联考试题（Word版附解析）

山东新高考质量测评联盟 5 月联考试题 高三物理 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.下列说法正确的是（　　） A. 物理量中表述加速度和功时均可引入正负号，所以它们都是矢量 B. 电导率 是电阻率 的倒数，即 = ， 的单位用国际单位制中的基本单位表示为 C. 卡文迪许利用扭秤实验装置测出了静电力常量 D. 第二类永动机不可能制成的原因是违反了能量守恒定律 【答案】B 【解析】 【详解】A．物理量中功是只有大小，没有方向的标量，故 A 错误； B．根据电阻定律可知 得 则 根据欧姆定律可知 联立可得 由 ， ， ，联立并根据公式对应单位的换算可知，其单位为 ，故 B 正确； C．库仑利用扭秤实验装置测出了静电力常量，故 C 错误； D．第二类永动机不可能制成的原因是违反了热力学第二定律，D 错误。 σ ρ σ 1 ρ σ 2 3 3 A s kg m ⋅ ⋅ LR S ρ= = RS L ρ 1= = L RS σ ρ =UR I = LI US σ =WU q =W Fx q It= 2 3 3 A s kg m ⋅ ⋅故选 B。 2.黄旭华，中国核潜艇之父。黄旭华为中国核潜艇事业的发展做出了重要贡献，在核潜艇水下 发射运载火箭的多次海上试验任务中，作为核潜艇工程总设计师、副指挥，开拓了中国核潜 艇的研制领域，被誉为中国核潜艇之父。2020 年 1 月 10 日，获国家最高科学技术奖。下列关 于核反应正确的是（　　） A. 为原子核的 衰变，放出的 射线有很强的穿透性 B. 氪 90（ ）是不稳定的，衰变成为锆 90（ ）需要经过 4 次 衰变 C. 是核聚变，释放大量能量为核潜艇提供动力 D. 结合能越小的原子核越稳定 【答案】B 【解析】 【详解】A． 为轻核的聚变， 射线电离能力很强，穿透性很弱，故 A 错误； B．根据质量数与质子数守恒，结合 β 衰变是电子，则 ，故 B 正确； C．根据核聚变的概念，则 不是不是核聚变，也不是裂变，是人工转变， 故 C 错误； D．比结合能越大的原子核越稳定，故 D 错误。 故选 B。 3.中国北斗卫星导航系统（英文名称：BeiDouNavigationSatelliteSystem，简称 BDD）是中国自 行研制的全球卫星导航系统，也是继 GPS、GLONASS 之后的第三个成熟的卫星导航系统。北 斗卫星导航系统（BDS）和美国 GPS、俄罗斯 GLONASS、欧盟 GALILEO，是联合国卫星导 航委员会已认定的供应商。2020 年再发射 2-4 颗卫星后，北斗全球系统建设将全面完成。同 步卫星是北斗卫星导航系统非常重要的组成部分，在抗新冠状病毒疫情期间，科学家们在克 服各种困难的情况下又成功发射一枚导航卫星。如图为地球某同步卫星的转换轨道示意图， 其中Ⅰ为近地轨道，Ⅱ为转换轨道，Ⅲ为同步轨道，下列说法正确的是（　　） 3 1 4 1 2 2 2 1He+ H He+ H→ α α 90 36 Kr 90 40 Zr β 14 4 17 1 7 2 8 1N+ He O+ H→ 3 1 4 1 2 2 2 1He+ H He+ H→ α 90 90 0 36 40 1kr Zr 4 e−→ + 14 4 17 1 7 2 8 1N+ He O+ H→A. 赤道上静止物体加速度为 a0，Ⅰ轨道上卫星的加速度为 a1，Ⅲ轨道上卫星的加速度为 a3， 则加速度的大小关系为 B. 在Ⅱ轨道上，从 P 到 Q 的过程中机械能增加 C. 在 P 点，Ⅱ轨道的线速度大于Ⅰ轨道的线速度 D. Ⅱ轨道的运行周期大于Ⅲ轨道的运行周期 【答案】C 【解析】 【详解】A．赤道上静止物体与地球同步卫星角速度相等，由 可得 根据 可得 则 所以 故 A 错误； B．在Ⅱ轨道上，从 P 到 Q 的过程中只有万有引力做功，则机械能守恒，故 B 错误； C．卫星从轨道 I 转移到轨道 II 要在 P 点点火加速做离心运动，所以在 P 点，Ⅱ轨道的线速度 大于Ⅰ轨道的线速度，故 C 正确； 3 1 0a a a> > 2a rω= 3 0a a> 2 MmG mar = 2 GMa r = 1 3a a> 1 3 0a a a> >D．由开普勒第三定律 可知，由于 II 轨道半长轴小于 III 轨道的半径，则Ⅱ轨道的运行 周期小于Ⅲ轨道的运行周期，故 D 错误。 故选 C。 4.一列简谐波在 t=0 时的波形如图甲所示，P、Q 为平衡位置的两质点，其中 P 位于 x=4cm 处、 Q 位于 x=6cm 处，图乙为 P 点的振动图像，则（　　） A. 这列简谐波的波速为 20m/s B. 该波传播方向向左 C. t=0.15s 时，质点 Q 位于波峰 D. 经过 0.1s，质点 P 传到 Q 点 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图甲可知波长为 ，由图乙可知周期为 ，则波速为 故 A 错误； B．由图甲、乙可知， 时 P 质点在平衡位置且向上振动，由同侧法可知，该波传播方向 向右，故 B 错误； C．t=0s 时，质点 Q 位于平衡位置且向下振动，经过 0.15s 即四分之三周期，振动到波峰，C 正确； D．介质中的质点只能在各自平衡位置附近振动，并不随波逐流，故 D 错误。 故选 C。 5.一带负电粒子在如图所示的电场中仅受静电力作用，由静止开始从 A 点运动到 B 点，带电粒 子的电势能 Ep、速度 v、动能 Ek、加速度 a 随位移 x 的变化图象中合理的是（　　） 3 2 r kT = =4mλ =0.2sT 4 m/s 20m/s0.2v T λ= = = 0t =A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】A．带负电的粒子从 A 点运动到 B 点过程中电场力做正功，则粒子的电势能减小，且 图像斜率表示电场力，从 A 点运动到 B 点过程中电场强度减小，即电场力减小，所以 图像斜率减小，故 A 正确； B．带负电的粒子从 A 点运动到 B 点过程中电场强度减小，即电场力减小，则粒子的加速度减 小， 图像斜率减小，故 B 错误； C．由动能定理 可知， 图像斜率表示电场力，带负电的粒子从 A 点运动到 B 点 过程中电场强度减小，即电场力减小，即 图像斜率减小，故 C 错误； D．带负电的粒子从 A 点运动到 B 点过程中电场强度减小，即电场力减小，则粒子的加速度减 小，故 D 错误。 故选 A。 6.如图所示，在光滑的水平地面上静止地叠放着两个物体 A、B，AB 之间的动摩擦因数为 0.2，A 质量 2kg，B 质量 1kg，从 0 时刻起，A 受到一向右的水平拉力 F 的作用，F 随时间的 变化规律为 F=(6+2t）N。t=5s 时撤去外力，运动过程中 A 一直未滑落，（g 取 10m/s2）则（　　） pE x− pE x− v t− kFx E= kE x− kE x−A. t=2s 时，A、B 发生相对滑动 B. t=3s 时，B 的速度为 8m/s C. 撤去外力瞬间，A 的速度为 19m/s D. 撤去外力后，再经过 1s，A、B 速度相等 【答案】C 【解析】 【详解】A．当 AB 间摩擦力达到最大静摩擦力时有 则 对 AB 整体有 根据 可知 故 A 错误； B． 内 AB 一起运动，0 时 AB 的加速度为 则 t=3s 时，B 的速度为 故 B 错误； C．5s 时 A 物体的加速度为 则 5s 时 A 物体的速度为 A Bm g m aµ = 2 2A B 0.2 2 10 m/s 4m/s1 m ga m µ × ×= = = A B( ) 12NF m m a= + = (6 2 )F t N= + 3st = 0 3s∼ 2 2 0 6 m/s 2m/s3a = = 0 3 2 4 3m/s 9m/s2 2 a av at t + += = = × = 2 2 A (6 2 5) 0.2 2 10 m/s 6m/s2a + × − × ×= = 5 3 A 4 6(9 2)m/s 19m/s2v v a t += + = + × =故 C 正确； D．撤去外力时，B 的速度 设经过时间 两物体速度相等则有 解得 故 D 错误。 故选 C。 7.氢原子的能级分布图如图甲所示，用一束光子能量为 12.09eV 的光照射大量处于基态的氢原 子，氢原子发生能级跃迁，进而用辐射出的光照射钨（钨的逸出功为 4.5eV）进行光电效应实 验，如图乙所示，则下列说法正确的是（　　） A. 某个氢原子吸收光子后向低能级跃迁，最多能够辐射出 3 种频率的光 B. 氢原子向低能级跃迁时发出的光，有两种频率的光能够使钨发生光电效应 C. 分别用两种不同的单色光照射钨，得到如图丙所示的两条光电流随电压变化关系的图象， 则 a 曲线对应的光频率更高 D. 在图乙中发生光电效应时若只改变电源的正负极，则一定不能发生光电效应 【答案】B 【解析】 【详解】A．用一束光子能量为 12.09eV 的光照处于基态的氢原子，氢原子则跃迁到 n=3 能级， A B5 3 B 0.2 2 10(9 2)m/s 17m/s1 m gv v tm µ × ×= + = + × = 0t A A 0 0 A B 19 17m g m gt tm m µ µ− = + 0 1 s3t =某个氢原子吸收光子后向低能级跃迁，最多能够辐射出 2 种种频率的光，故 A 错误； B．氢原子向低能级跃迁时，从 n=3 能级到 n=2 能级放出的能量为 1.89eV，从 n=3 能级到 n=1 能级放出的能量为 12.09eV，从 n=1 能级到 n=1 能级放出的能量为 10.2eV，由于钨的逸出功为 4.5eV，所以原子向低能级跃迁时发出的光，有两种频率的光能够使钨发生光电效应，故 B 正 确； C．由爱因斯坦光电效应方程 且 可得 由图可知，b 曲线对应的截止电压较大，则 b 曲线对应的光频率更高，故 C 错误； D．只要照射光的能量大于金属逸出功，就能发生光电效应，与所加电压正负无关，故 D 错误。 故选 B。 8.在粗糙水平面上竖直放置一如图所示装置，该装置上固定一光滑圆形轨道，总质量为 M，现 一质量为 m 的小球在圆形轨道最低端 A 以 v0 的水平初速度向右运动，恰能通过圆形轨道最高 点 B，该装置始终处于静止状态，则在小球由 A 到 B 的过程中（重力加速度取 g）（　　） A. 当小球运动到与圆心等高处的 C 点时，装置对地面的摩擦力方向向左 B. 当小球运动到 B 点时装置对地面的压力大小为 C. 当小球在 A 点时装置对地面的压力大小为 D. 若小球在最低点 A 的速度越大，装置对地面的压力越小 【答案】C 【解析】 【详解】A．当小球运动到与圆心等高处的 C 点时，装置受到小球的作用方向水平向向右，由 平衡可知，装置对地面的摩擦力方向向右，故 A 错误； B．由于恰能通过圆形轨道最高点 B，则此时小球对装置 作用力为 0，则当小球运动到 B 点的 km 0E h Wν= − kmceU E= 0ceU h Wν= − Mg mg+ 6Mg mg+时装置对地面的压力大小为 Mg，故 B 错误； C．由于恰能通过圆形轨道最高点 B，则有 从 B 到 A 由动能定理得 在 A 点由牛顿第二定律有 联立解得 方向竖直向上，则小球对装置的作用力大小 6mg，方向竖直向下，所以当小球在 A 点时装置 对地面的压力大小为 ，故 C 正确； D．若小球在最低点 A 的速度越大，由 可知，小球对装置的作用力越大，且由小球对装置的作用力方向竖直向下，则装置对地面的 压力越大，故 D 错误。 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。 9.2020 年抗击新冠状病毒疫情期间，山东省捐赠 物资运往武汉，通过传送带对货物进行装 卸。如图所示，一足够长的倾斜传送带，以 v 的速度顺时针匀速转动，一物块以 v0 的初速度 沿传送带滑下，取沿传送带向下为正方向，则下列运动图像可能正确的是（　　） 的 2 Bvmg m R = 2 2 A B 1 12 2 2mg R mv mv⋅ = − 2 A A vN mg m R − = A 6N mg= 6Mg mg+ 2 A A vN mg m R − =A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【详解】ABC．物块受重力，支持力，滑动摩擦力，滑动摩擦力方向沿传送带向上。设物块 的质量为 m，传送带的倾角为 θ，物块与传送带间的动摩擦因数为 μ，若 物块的合力沿传送带向上，则物块先沿传送带做匀减速直线运动，速度减至零后，再反向加 速，直至速度与传送带相同，之后做匀速直线运动，故 AC 错误，B 正确； D．如果 则物块以 一直做匀匀速直线运动，故 D 正确。 故选 BD。 10.一空心玻璃球体外球面 S1，内球面 S2，球体外径 r1，内径 r2，如图所示为过球心的一截面， 一单色光从外球面 S1 上的 A 点以 等于 角入射恰好在内球面 S2 上发生全反射（只考虑第 一次全反射），则（　　） sin cosmg mgθ µ θ< sin cosmg mgθ µ θ= 0v α 30°A. 空心球体内径外径之比为 r2：r1=1：2 B. 若 角增加为 时折射光线恰好与内球面 S2 相切，则折射率 n= C. 若入射光改为频率更高的单色光，入射角 仍为 ，则也恰好能在内球面 S2 上发生全反 射 D. 入射光频率越髙在玻璃球体内传播速度越大 【答案】ABC 【解析】 【详解】A．设光在 A 点发生折射的折射角为 ，发生全反射的入射角为 ，则有 发生全反射时有 如图 1，在三角形 ANO 中由正弦定理得 联立解得 故 A 正确； B．若 角增加 时折射光线恰好与内球面 S2 相切，如图 2，由几可关系可知 折射率为 为 α 60° 3 α 30° α β sin30 sinn α ° = 1sin n β = 2 1 sin sin(π ) r r α β−= 2 1 1: 2:r r = α 60° 30MAO °∠ = sin 60 3sin30n ° °= =故 B 正确； C．若入射光改为频率更高的单色光，入射角 仍为 ，设此时的折射角为 ，射到内球面 上的入射角为 ，则有 且 联立解得 则说明恰好发生全反射，故 C 正确； D．由公式 可知，入射光频率越髙在玻璃球体内传播速度越小，故 D 错误。 故选 ABC。 11.水平地面上固定一倾角为 的光滑斜面体，斜面体底端有一垂直于斜面的固定挡板，如图 所示，一劲度系数为 K 的轻弹簧两端连接两物体，质量分别为 m、M，用力作用在 M 上，使 系统静止，同时 m 恰好对挡板无压力。某时刻撤去外力，则撤去外力后（重力加速度取 g）（　　） α 30° γ θ ' sin30 sinn γ ° = 2 1 sin sin(π ) r r γ θ−= ' 1sin n θ = cv n = θA. M 下滑过程中弹簧的最大弹性势能为 B. M 下滑过程中弹簧处于原长时 M 速度最大 C. M 运动到最低点时 m 对挡板的压力为 D. M 在下滑过程中机械能守恒 【答案】C 【解析】 【详解】A．平衡时对 m 有 撤去外力时，M 的加速度为 根据简谐运动对称性 M 在最低点时的加速度与刚撤去外力时大小相等，方向相反，即有 得 此时弹簧的压缩量为 弹簧的最大弹性势能为 故 A 错误； B．当弹簧弹簧力重力沿斜面向下的分力大小相等，方向相反时，M 的速度最大，此时弹簧处 于压缩状态，故 B 错误； C．M 运动到最低点时，弹簧的弹力为 2 2 22( ) sinM Mm g K θ+ ( )2 sinM m g θ+ 1sinmg Fθ = sin sinMg mga M θ θ+= 2 sin sin sinF Mg Mg mg M M θ θ θ− += 2 =2 sin sinF Mg mgθ θ+ 2 2 sin sinF Mg mgx K K θ θ+= = 2 2 pmax 2 sin sin 2 sin sin (2 sin sin ) 2 2 2 F Mg mg Mg mg Mg mgE x K K θ θ θ θ θ θ+ + += = ⋅ = 2 =2 sin sinF Mg mgθ θ+此时对 m 由平衡得 故 C 正确； D．M 在下滑过程中弹簧对 M 做功，机械能不守恒，故 D 错误。 故选 C。 12.如图所示，在光滑的水平面上，存在一宽度为 d=lm 的匀强磁场，磁场方向垂直水平面向下， 水平面内有一质量为 m=2kg 的直角梯形金属线框，左右两边分别与磁场边界平行，其左右边 长之比为 5：1，梯形高为 2d，现使线框 AB 边在磁场左边界 L1 的 d 处，在一水平恒力 F=4N 作用下由静止开始向右运动，（运动过程中右边始终与磁场边界平行，线框平面始终与磁场方 向垂直），当 AB 边刚进入磁场时加速度恰好为 0，在 CD 边刚进入磁场前的一段时间内，线框 做匀速运动。则（　　） A. AB 边刚进入磁场时线框的速度 2m/s B. CD 边刚进入磁场时的速度是 1m/s C. 从开始运动到 CD 边刚进入磁场的过程中，线框产生的焦耳热为 11.75J D. CD 边刚进入磁场时，线框加速度的大小为 10.5m/s2 【答案】AC 【解析】 【详解】A．由匀变直线运动规律有 得 2= sin 2( sin sin )N mg F Mg mgθ θ θ+ = + 2 12 F d vm = 2 1 42 12 v× × =解得 故 A 正确； B．当 AB 边刚进入磁场时加速度恰好为 0，则有 在 CD 边刚进入磁场前 一段时间内，线框做匀速运动，设此时速度为 ，此时 BC 边切割的 有效长度为 由题意可得 由平衡有 解得 故 B 错误； C．从开始运动到 CD 边刚进入磁场的过程中，则有 即 解得 故 C 正确； D．CD 边刚进入磁场时，线框切割的有效长度为 的 1 2m/sv = 2 2 1= B L vF R 2v tanx d CBM= ∠ 4 2tan 2 L LCBM d d ∠ = = 2 2 2= B x vF R 2 0.5m/sv = kFW E Q= ∆ + 2 2 13 2F d mv Q⋅ = + 11.75JQ = ' tan =3x L d CBM L= + ⋅ ∠CD 边刚进入磁场时，线框加速度的大小为 故 D 错误。 故选 AC。 三、非选择题：本题共 6 小题，共 60 分。 13.某同学用图甲所示的单摆研究简谐运动中的规律： 让摆球在竖直平面内做简谐运动，用力传感器得到细线对摆球拉力 F 的大小随时间 t 变化的图 线如图乙所示，且从平衡位置开始为运动的 0 时刻。由图乙中所给的数据结合力学规律可得 (1)该同学先用游标卡尺测量小球的直径如图丙所示，其读数为_________cm； (2)由图象得该单摆的振动周期 T=_____________s； (3)摆球的质量 m=_________kg（g=10m/s2）。 【答案】 (1). 1.570 (2). 2 (3). 0.05 【解析】 【详解】(1)[1]游标卡尺的读数为：d=1.5cm+14×0.05mm=1.570cm； (2)[2]由图乙结合单摆运动规律可知，该单摆的振动周期为 2s； (3)[3]设最大摆角为 ，则有 2 2 2 2 (3 ) 2.5m/s B L v FRa m ⋅ − = = θ min cosF mg θ= 2 max vF mg m L − =从最高点到最低点由动能定理得 联立解得 14.2019 年我国新能源汽车累计销量 120.6 万辆，位于世界领先水平。某兴趣小组为研究车载 电池的性能，设计了如图所示的电路测量一块车载电池的电动势和内阻。所用器材如下： A.待测电池，电动势约为 12V，内阻约几欧姆 B.直流电压表 V1（量程为 0－15V），内阻约为 10KΩ C.直流电压表 V2（量程为 0－6V），内阻约为 3KΩ D.定值电阻 R0（未知） E.滑动变阻器 R，最大阻值为 20Ω F.导线和开关 (1)由于定值电阻 R0 阻值未知，某同学需先利用该电路测量定值电阻 R0 的阻值，其先把滑动变 阻器 R 的阻值调到最大，再闭合开关，读出电压表 V1、V2 的读数分别为 9.0V、3.0V，则 R0=_________Ω。 (2)改变滑动变阻器的滑片位置，得出几组 U1，U2 的值，作出如图所示的图象，可得电源的电 动势 E=_________V，内阻 r=_________Ω。（结果均保留 3 位有效数字） 21(1 cos ) 2 θ− =mgL mv 0.05kgm =(3)由该实验测得的电池的电动势值_________（选填“大于”、“小于”或“等于”）实际值。 【答案】 (1). 10 (2). 11.8 (3). 9.35 (4). 小于 【解析】 【详解】(1)[1]根据电路特点，电压表 V2 示数为 3V，滑动变阻器的电压为 6V，则 (2)[2]由实验原理得 整理得 将图线延长如图，图线与纵轴的交点即为电动势，由图可知电动势为 由于误差 116V 11.8V 均可 [3]图线的斜率绝对值表示内阻，则有 得 0 10ΩR = 2 1 0 UE U rR = + 1 2 rU E UR = − =11.8VE  11.8 6.0 10 6.2 r −= Ω 9.35Ωr ≈由于误差 均正确； (3)[3]由等效电路可知，当外电路断开时，电源两端电压等于电动势，由原理图可知，当电路 断开时，电压表 V1 的示数小于电动势，则由该实验测得的电池的电动势值小于实际值。 15.如图所示，在一次警犬训练中，训练员在 O 处将一物体以 v0=20m/s 的初速度沿地面向前弹 射出去，物体的运动可视为匀减速直线运动，经 x=100m 停止运动。求 (1)物体做匀减速运动的加速度 a1 为多大？ (2)物体做匀减速运动的同时，警犬由静止开始从 O 点沿同一直线做匀加速直线运动向前追赶 物体。它能达到的最大速度为 15m/s，结果刚好在物体停止运动时将其追上。则警犬加速时的 加速度 a2 为多大？ 【答案】(1) ；(2) 【解析】 【详解】(1)将物体的匀减速直线运动看作反方向的匀加速运动，则由 解得 (2)设警犬加速的时间为 ，匀速时间为 ，对物体由 得 对警犬 9.20 9.40ΩΩ  2 1 2m/sa = 2 2 2.25m/sa = 2 0 12v a x= 2 2 2m/sa = 1t 2t 2 1 1 2x a t= 10st =加速位移 ，匀速位移 联立解得 16.为了方便监控高温锅炉外壁的温度变化，可在锅炉的外壁上镶嵌一个导热性能良好的气缸， 气缸内封闭气体温度与锅炉外壁温度相等。如图所示，气缸右壁的压力传感器与活塞通过轻 弹簧连接，活塞左侧封闭气体可看做理想气体。已知大气压强为 p0，活塞横截面积为 S，不计 活塞质量和厚度及与气缸壁的摩擦。当锅炉外壁温度为 T0 时，活塞与气缸左壁的间距为 L， 传感器的示数为 0。温度缓慢升高到某一值时，传感器的示数为 p0S，若弹簧的劲度系数为 ， 求： (1)此时锅炉外壁的温度； (2)若已知该过程气缸内气体吸收的热量为 Q，求气体内能增加量。 【答案】(1) ；(2) 【解析】 【详解】(1)传感器的示数为 时，封闭气体的压强为 活塞向右移动的距离为 1 2t t t= + 2 1 2 1 1 2x a t= 1 max 2x x v t− = 2 2 2.25m/sa = 0p S L 0=4T T 03 2 p SLU Q∆ = − 0p S 0 02Fp p pS = + = Fx Lk = =由理想气体状态方程可得 解得 (2)该过程气体对外界做功为 由热力学第一定律 可知，气体内能增加量为 17.如图所示光滑的水平地面上放置一四分之一光滑圆弧轨道 A，圆弧轨道质量为 3m，半径为 R，左侧放置一竖直固定挡板，右侧紧靠轨道放置与其最低点等高的水平长木板 B，质量为 2m，长木板上表面粗糙，动摩擦因数为 μ，左端放置一物块 C，质量为 2m，从圆弧轨道最高 点由静止释放另一质量为 m 的物块 D，物块 D 滑至最低点时与物块 C 发生弹性碰撞，碰后 D 沿圆弧轨道上升至速度为 0 时撤去挡板（C、D 均可视为质点，重力加速度取 g）。求： (1)碰后 D 上升的高度； (2)撤去挡板后圆弧轨道 A 与物块 D 分离时 A 的位移； (3)若 C 恰好未滑离长木板 B，求长木板 B 的长度。 【答案】(1) ；(2) ；(3) 【解析】 【详解】(1)D 下滑过程中，由机械能守恒有 0 0 ( )p LS p L x S T T × × += 0=4T T 0 0 0 0 2 3= = 2 2 p S p S p SLW FL L + = +U Q W∆ = 03 2 p SLU Q∆ = − 9 Rh = A 17 36x R= 2 9 Rl µ=得 D 与 C 发生弹性碰撞则有 解得 ， 之后 D 沿圆弧上滑，由机械能守恒 解得 (2)撤去挡板后，对 D、A 由动量守恒得 即 解得 (3)对 B、C 由动量守恒有 2 D D D 1 2m gR m v= D 2v gR= ' D D D C CDm v m v m v= + 2 '2 2 D D D D C C 1 1 1 2 2 2m v m v m v= + ' D 2 3 gRv = − C 2 2 3 gRv = '2 D D D 1 2 m v m gh= 9 Rh = D D A A 0m v m v− = D D A A 0m x m x⋅ − ⋅ = D A 17 9x x R+ = A 17 36x R= C C C B( )m v m m v= +由能量守恒有 解得 18.如图所示，在第一象限存在一竖直向下的匀强电场，在 x≤0 区域存在磁感应强度为 B0 的匀 强磁场Ⅰ，方向垂直于 xoy 平面向外，在第四象限存在垂直于 xoy 平面向外另一匀强磁场Ⅱ （图中未画出）。一带电粒子，质量为 m，电量为+q，以速度 v0 从坐标原点沿 x 轴负向进入磁 场Ⅰ，经过磁场Ⅰ和电场的偏转，与 x 轴正向成 角离开电场，再经过磁场Ⅱ的偏转，垂直 y 轴进入第三象限。重力不计，求： (1)电场强度 E； (2)磁场Ⅱ的磁感应强度 B； (3)若粒子能够再次进入电场，求粒子离开电场时获得的速度；若粒子不能再次进入电场，求 轨迹与 y 轴的第三次（不包含起始点）相交的交点与 O 点的距离。 【答案】(1) ；(2) ；(3) 【解析】 【详解】(1)由 得 2 2 C C C C B 1 1 ( )2 2m gl m v m m vµ = − + 2 9 Rl µ= 45° 0 0= 4 B vE 0 4 BB = 0 0 (4 2 2) mvy qB ∆ = + 2 0 0 0 1 vqv B m R =在电场中，粒子做平抛运动，由几何关系和平抛运动规律得 解得 ， (2)粒子在电场中的水平位移 ，粒子出电场时的水平速度 由几何关系得，带电粒子在第四象限的半径为 即 由 得 (3)由几何关系知，带电粒子进入第三象限时距坐标原点的距离为 带电粒子在第三象限做圆周运动的直径为 0 1 0 = mvR qB 2 12 2 qER tm = 0 qEv tm = 0 4mt qB = 0 0= 4 B vE 0x v t= 02v v= 2 2R x= 0 2 0 4 2mvR qB = 2 2 vqvB m R = 0 4 BB = 0 0 (4 4 2) mvL qB = + 0 0 2 2= mvD qB因为 ，所以带电粒子不能再次进入电场，轨迹与 y 轴第三次相交距坐标原点的距离为 代入得 L D> y L D∆ = − 0 0 (4 2 2) mvy qB ∆ = +