2022年新疆昌吉州高考物理一模试卷（含答案）

这是一份2022年新疆昌吉州高考物理一模试卷（含答案），共22页。试卷主要包含了计数点2的速度v2=m/s，5s内，电阻R上产生的热量；，【答案】C，【答案】B，【答案】A，【答案】AC，【答案】AD等内容，欢迎下载使用。

2022年新疆昌吉州高考物理一模试卷

1. 2021年12月30日，中科院的全超导托卡马克装置EAST创造了新的世界纪录，实现了1056秒的长脉冲高参数等离子体运行，等离子体中心电子温度达到1亿摄氏度以上，其主要核反应方程为：① 12H+12H→23He+X，② 12H+Y→24He+X。下列表述正确的是( )
A. X与Y是同位素 B. X是质子
C. Y是氚核 D. ①②两个核反应都属于裂变反应
2. 物体甲的速度与时间图象和物体乙的位移与时间图象分别如图所示，则这两个物体的运动情况是( )

A. 甲在整个t=4s时间内有来回运动，它通过的总路程为12m
B. 甲在整个t=4s时间内运动方向一直不变，通过的总位移大小为6m
C. 乙在整个t=4s时间内有来回运动，它通过的总路程为6m
D. 乙在整个t=4s时间内运动方向一直不变，通过的总位移大小为6m
3. 引体向上是我们日常生活中行之有效的健身方法之一。当你双手握住单杠处于静止状态时，可以简化成如下模型：在水平杆MN上套有两个质量不计的小环A和B，一不可伸长的细线两端分别系在环A、B上，并在细线中点处通过小滑轮挂一个质量为m的物块，整个系统处于平衡状态。当增加A、B之间的距离，整个系统再次达到平衡状态后，下列说法正确的是( )
A. 小环A和B所受支持力都变大 B. 小环A和B所受摩擦力都变小
C. 细线中张力变大 D. 小环A的合力变大
4. 如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图。若带电粒子只受磁场力的作用。则下列说法正确的是( )
A. a粒子射出磁场时，速度的反向延长线不会通过磁场的圆心O
B. c粒子速率最大
C. a粒子动能最大
D. c粒子在磁场中运动时间最长
5. 一个静止在水平地面上的物体，质量为0.1kg，受到竖直向上的拉力F作用，F随时间t的变化情况如图所示。若g取10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 0−3s内，物体的速度逐渐增大 B. 3s时物体的速度最大
C. 第5s末和第9s末物体的速度相等 D. 第7s末物体离地面的高度最大
6. 一球面均匀带有正电荷，球内的电场强度处处为零，如图所示，O为球心，A、B为直径上的两点，OA=OB，现垂直于AB将球面均分为左右两部分，C为截面上的一点，移去左半球面，右半球面所带电荷仍均匀分布，则( )

A. O、C两点电势相等 B. A点的电场强度大于B点
C. 沿直线从A到B电势先升高后降低 D. 沿直线从A到B电场强度逐渐增大
7. 小明同学用手摇发电机接变压器给规格为“220V，60W”的灯泡L供电，当他匀速转动发电机的手柄时，灯泡正常发光。其原理简化图如下，已知匀强磁场的磁感应强度大小为22T线圈面积为1m2，共50匝，不计内阻。变压器可视为理想变压器，其原副线圈匝数比为5：44，电压表为理想交流电表，其余电阻均不计。下列说法正确的是( )
A. 理想电压表的示数为25V
B. 手柄的角速度为5rad/s
C. 从图示位置开始计时，发电机产生的电动势瞬时值表达式为e=25sin10t(V)
D. 图示位置穿过线圈的磁通量为0，发电机产生的电动势瞬时值最大
8. 2020年11月24日，长征五号运载火箭搭载嫦娥五号探测器成功发射升空并将其送入预定轨道，11月28日，嫦娥五号进入环月轨道飞行，12月17日凌晨，嫦娥五号返回器携带月壤着陆地球。假设嫦娥五号环绕月球飞行时，在距月球表面高度为h处，绕月球做匀速圆周运动(不计周围其他天体的影响)，测出飞行周期T，已如万有引力常量G和月球半径R。则下列说法正确的是( )
A. 嫦娥五号绕月球飞行的线速度为2π(R+h)T
B. 月球的质量为4π2(R+h)2GT2
C. 月球的第一宇宙速度为2π(R+h)TR+hR
D. 月球表面的重力加速度为4π2(R+h)T2
9. 如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，理想电压表V1、V2示数为U1、U2，其变化量的绝对值分别为ΔU1和ΔU2；流过电源的电流为I，其变化量的绝对值为ΔI。当滑动变阻器的触片从左端向右端滑动的过程中(不计灯泡电阻的变化)( )

A. 小灯泡L3变亮，L1、L2变暗 B. 电源的输出功率一定减小
C. ΔU1”、“0)的带电粒子以初速度v0从y轴上P(0,h)点沿x轴正方向开始运动，经过电场后从x轴上的点Q(233h,0)进入磁场，粒子恰能从磁场的下边界离开磁场。不计粒子重力。求：
(1)粒子在Q点速度的大小vQ和与x轴正方向夹角θ；
(2)匀强磁场磁感应强度大小B。







16. 如图甲所示，足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度L=1m，匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R=0.4Ω的电阻，质量为m=0.01kg、电阻为r=0.30Ω的金属棒ab紧贴在导轨上，现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图像中的OA段为曲线，AB段为直线，g=10m/s2(忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响)，求：

(1)0∼1.5s内，电阻R上产生的热量；
(2)0∼2.1s内，求通过电阻R的电量。







17. 如图所示，半径R=7m的光滑圆弧轨道BC固定在水平面，O是圆心，C是轨道最低点，长L=7.5m、质量为M=2kg的木板静止于光滑水平面上，紧按着轨道BC且与C点等高相切，木板的右端固定有薄挡板。质量为m=1kg的小物块(可视为质点)从距B点高h=0.8m的A点以v0=3m/s的初速度水平抛出，恰好沿切线从B点进入轨道BC。然后又滑上木板，物块与木板间的动摩擦因数μ=0.2。已知物块与挡板的碰撞是弹性碰撞，且碰撞时间极短，g=10m/s2，sin37∘=0.6，sin53∘=0.8。求，

(1)物块到达B点时的速度大小和方向，
(2)通过计算说明物块最终能否滑离木板，如果能，求物块滑离木板时的速度，如果不能，求物块最终停在木板上何处？







答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：ABC、根据核反应的质量数与电荷数守恒可知X是中子，Y是氚核，X与Y不是同位素，故AB错误，C正确；
D、①②两个核反应都属于轻核聚变反应，故D错误；
故选：C。
根据核反应的质量数与电荷数守恒可推断元素的种类；
两个核反应都属于轻核聚变反应。
知道核反应过程中质量数和电荷数守恒，知道聚变反应和裂变反应的概念。

2.【答案】D

【解析】解：A、甲在前2s内向负方向做匀减速直线运动，后2s内向正方向做匀加速直线运动，即4s时间内有往返运动，它通过的总路程为两个三角形的面积，路程为：
s=2×(12×2×3)=6m，故A错误；
B、甲在前2s内向负方向做匀减速直线运动，后2s内向正方向做匀加速直线运动，即4s时间内有往返运动，4s内的位移为两个三角形的面积之差，为零，故B错误；
CD、x−t图象的斜率表示速度，可知，乙在整个t=4s时间内一直沿正向运动，乙在4s时间内从−3m运动到+3m位置，故位移大小为6m，故C错误，D正确；
故选：D。
v−t图象的斜率表示加速度，与t轴包围的面积表示位移大小；x−t图象的斜率表示速度，面积无意义
本题考查了x−t图象与v−t图象的区别，明确斜率、与t轴包围的面积的含义，基础题。

3.【答案】C

【解析】解：A、以A、B和物块整体为研究对象，根据对称性可知小环A和B所受支持力相同，设为FN，竖直方向根据平衡条件可得：2FN=mg，解得：FN=12mg，保持不变，故A错误；
C、设细绳与杆的夹角为α，以结点为研究对象受力情况如图所示。
竖直方向根据平衡条件可得：2Fsinα=mg，解得：F=mg2sinα，当增加A、B之间的距离时，α减小，则F增大，故C正确；
B、对A水平方向根据平衡条件可得小环A所受摩擦力：f=Fcosα=mg2tanα，当增加A、B之间的距离时，α减小，则f增大，所以小环A和B所受摩擦力都变大，故B错误；
D、小环A始终处于平衡状态，合力为零、保持不变，故D错误。
故选：C。
以A、B和物块整体为研究对象，竖直方向根据平衡条件分析支持力；以结点为研究对象，竖直方向根据平衡条件分析细线的拉力；对A水平方向根据平衡条件分析摩擦力；小环A始终处于平衡状态，合力为零、保持不变。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、根据平衡条件进行解答。注意整体法和隔离法的应用。

4.【答案】B

【解析】解：A.三个粒子轨迹如图所示

由几何关系结合对称知识可知，三个粒子射出磁场时，速度方向的反向延长线均过原点O，故A错误；
B.由轨道半径公式
r=mvqB
可知速度越大轨道半径越大，所以c粒子的速率最大，故B正确；
C.因a粒子的轨道半径最小，可知速率最小，动能最小，故C错误；
D.由周期公式
T=2πmqB
可知三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c的粒子的运动周期相同，粒子在磁场中的运动时间为
t=θ2πT
则运动时间的长短由圆心角的大小来决定，由图像可知a的圆心角最大，c的圆心角最小，所以a粒子在磁场中运动的时间最长，c粒子在磁场中运动的时间最短，故D错误；
故选：B。
三个质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率垂直进入匀强磁场中，则运动半径的不同，导致运动轨迹也不同。运动轨迹对应的半径越大，粒子的速率也越大。而运动周期它们均一样，运动时间由圆弧对应的圆心角决定。
带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小；运动的周期均相同的情况下，可根据圆弧的对应圆心角来确定运动的时间的长短。

5.【答案】C

【解析】解：A、物体的重力G=mg=1N，当拉力F≤1N时，物体处于静止状态，故0∼1s内物体静止，故A错误；
B、根据牛顿第二定律可得a=F−mgm=Fm−g，可见拉力越大，加速度越大，在1−7s内拉力大于重力，在拉力作用下向上做加速运动，故在t=7s时，速度最大，故B错误；
C、物体从1s末开始加速上升，在3s末加速度达到最大，在3s到7s末向上做加速度逐渐减小的加速运动，7s末加速度为零，速度最大，随后向上做减速运动，5s末和9s末关于最大速度时刻(7s末)对称，故第5s末和第9s末物体的速度相等，故C正确；
D、1−7s向上做加速运动，7s末速度达到最大，在9s末速度还没有减小到零，故第9s末物体离地面的高度不是最大，故D错误。
故选：C。
根据图线分析力F的变化，根据牛顿第二定律分析加速度的变化，再根据运动学规律分析速度和位移的大小关系。
对于图象问题，我们学会“五看”，即：看坐标、看斜率、看面积、看交点、看截距；了解图象的物理意义是正确解题的前提。

6.【答案】A

【解析】解：A、由于O、C点连线所在平面构成等势面，故O、C两点电势相等，故A正确；
BD、将题中半球壳补成一个完整的球壳，且带电均匀，设左、右半球在A点产生的电场强度大小分别为E1和E2
由题知，均匀带电球壳内部电场强度处处为零，则知E1=E2
根据对称性，左右半球在B点产生的电场强度大小分别为E2和E1，且E1=E2
在图示电场中，A的电场强度大小为E1，方向向左，B的电场强度大小为E2，方向向左，所以A点的电场强度与B点的电场强度相同，故从A到B场强不可能逐渐增大，故BD错误；
C、根据电场叠加原理可知，x轴上电场线的方向向左，沿着电场线的方向电势降低，则B点电势高于A点电势，故C错误；
故选：A。
通过割补法将球壳补全，然后结合合场强分析A、B两点电场强度的关系，根据电场线方向判断电势高低，通过分析带电粒子受力情况，分析电场强度的变化情况。
本题解题关键是抓住对称性，找出两部分球面上电荷产生的电场的关系，左半球面在A点的场强与缺失的右半球面在B点的产生的场强大小相等，方向相反是解题的关键。

7.【答案】AD

【解析】解：A、灯泡正常发光，则U2=220V，根据理想变压器匝数比与电压比的关系，可得：U1：U2=n1：n2，解得：U1=25V，即理想电压表的示数为25V，故A正确；
B、手摇发电机的电动势最大值为：Em=NBSω
根据正弦交流电最大值与有效值的关系，可得：U1=Em2
联立可得：ω=10rad/s，故B错误；
CD、图示位置穿过线圈的磁通量为0，发电机产生的电动势瞬时值最大，从图示位置开始计时，发电机产生的电动势瞬时值表达式为：e=Emcosωt(V)，联立可得：e=252cos10t(V)，故C错误；D正确。
故选：AD。
解：A、灯泡正常发光，则U2=220V，根据理想变压器匝数比与电压比的关系求解电压表的示数；根据手摇发电机的电动势最大值表达式Em=NBSω求解角速度；图示位置穿过线圈的磁通量为0，根据e=Emcosωt(V)求解瞬时值表达式。
本题主要是考查了变压器的知识和正弦交流电的知识；解答本题的关键是知道理想变压器的电压之比等于匝数之比，知道正弦交流电瞬时值、有效值的关系。

8.【答案】AC

【解析】解：A、嫦娥五号绕月球飞行的轨道半径是R+h，则线速度v=2π(R+h)T，故A正确；
B、嫦娥五号绕月球做匀速圆周运动，由牛顿第二定律：GMm(R+h)2=m4π2T2(R+h)，
月球的质量为M=4π2(R+h)3GT2，故B错误；
C、月球的第一宇宙速度即为绕月球表面运行的卫星的速度，由牛顿第二定律：GMmR2=mv2R，
解得月球的第一宇宙速度为：v=GMR，代入质量，有：v=2π(R+h)TR+hR，故C正确；
D、在月球表面，GMmR2=mg，解得月球表面的重力加速度为g=GMR2，
代入质量得：g=4π2(R+h)3R2T2，故D错误。
故选：AC。
由万有引力提供向心力，知道嫦娥五号的飞行周期，求得月球的质量，然后求出线速度，重力加速度等。
本题考查由万有引力提供向心力，求得线速度、周期、角速度等，掌握好公式是解题的关键。

9.【答案】AD

【解析】解：A、当滑动变阻器的触片从左端向右端滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，流过L2的电流减小，则L2变暗。
根据闭合电路欧姆定律知：U1=E−I(RL2+r)，I减小，其它量不变，则U1增大，L3变亮。总电流减小，而L3的电流增大，则L1的电流减小，则L1变暗，故A正确；
B、当外电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大，由于不知道内外电阻的关系，所以外电路总电阻增大时，电源的输出功率不一定减小，故B错误；
C、路端电压为U=E−Ir，I减小，则U增大，因为U=U1+U2，U1增大，U2减小，则ΔU1>ΔU2，故C错误；
D、根据U1=E−I(RL2+r)，得：ΔU1ΔI=RL2+r，不变，故D正确。
故选：AD。
当滑动变阻器的触片从左端向右端滑动的过程中，分析变阻器接入电路的电阻变化情况，确定外电路总电阻的变化，分析总电流和路端电压的变化，判断灯L2亮度的变化。根据总电流的变化，分析并联部分电压的变化，判断L3亮度的变化。根据总电流与通过L3电流的变化，分析通过L1电流的变化，判断其亮度变化。根据内外电阻的关系，结合外电阻的变化情况判断电源的输出功率变化情况；根据路端电压的变化，分析ΔU1和ΔU2的大小；根据闭合电路欧姆定律列式分析电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值如何变化。
本题是电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”思路进行分析。运用总量法分析两电压表读数变化量的大小。运用闭合电路欧姆定律定量分析电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值变化，这是常用的方法。

10.【答案】ACD

【解析】解：A、根据v−t图像与t轴所围面积表示位移可知煤块上升的最大位移为
xm=12×(2+12)×1m+12×1×2m=8m，故A正确；
B、根据v−t图像的斜率表示加速度可知煤块与传送带共速前、后的加速度大小分别为
a1=ΔvΔt=12−21m/s2=10m/s2
a2=Δv′Δt′=21m/s2=2m/s2
对煤块根据牛顿第二定律有
μmgcosθ+mgsinθ=ma1
mgsinθ−μmgcosθ=ma2
联立代入数据解得：μ=0.5，故B错误；
C、设煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为t，则有
xm=12a2(t−2)2
代入数据解得：t=(2+22)s，故C正确；
D.0∼1s内，煤块相对传送带向上运动，此段时间内煤块和传送带的位移大小分别为
x1=12×(2+12)×1m=7m
x2=vt1=2×1m=2m
煤块在皮带上留下的划痕长度为二者相对位移大小，即
l1=x1−x2=7m−2m=5m
在1∼(2+22)s内，即t2=(1+22)s时间内煤块相对传送带向下运动，此段时间内煤块作匀变速直线运动，设沿斜面向下为正方向，
煤块的的位移为：x′1=−vt2+12a2t22
传送带的位移大小为：x′2=vt2
煤块与皮带的相对位移大小为：l2=x′1+x′2
联立代入数据解得：l2=(9+42)m
因为l2>l1，所以有一部分痕迹是重合的，则煤块在皮带上留下的划痕为(9+42)m，故D正确。
故选：ACD。
根据v−t图像与t轴所围面积表示位移可知煤块上升的最大位移；根据v−t图像的斜率表示加速度结合牛顿第二定律可解得动摩擦因数；根据位移-时间关系解得煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间；分别解得煤块和传送带的位移，再求得相对位移。
本题考查牛顿第二定律的应用-传送带模型，解题关键掌握图像与坐标轴围成的面积及斜率所代表的含义，同时注意摩擦力方向。

11.【答案】C0.16A

【解析】解：(1)A、由实验装置可知当砝码下落的高度为h时，小车沿木板下滑的距离为2h，故加速度不同，故A错误；
B、由于砝码盘加速下落，处于失重状态，故B错误；
C、如果细绳不与木板平行，则木板方向是由细绳拉力的分力产生加速度，给实验带来误差，所以要求细绳一定沿木板方向，故C正确；
D、对于砝码和砝码盘，由受力分析知mg−2FT=ma，解得FT=12(mg−ma)，故D错误；
E、由于本实验利用弹簧测力计可以直接读出细绳的拉力，所以不需要满足砝码和砝码盘的质量远小于小车质量，故E错误．
故选：C.
(2)由题意知时间间隔T=0.1s，根据纸带可知连续相等时间间隔内的位移差为
△x=3.68−3.52=1.6cm=0.0016m，由△x=aT2可知
a=△xT2=0.00160.12 m/s2=0.16m/s2
(3)由题意可知，小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系应该是成正比，即为过原点的一条倾斜直线，故只有A符合题意；
故选：A.
故答案为：(1)C；(2)0.16；(3)A
(1)根据实验原理，可知小车的加速度与砝码盘的加速度不等，但弹簧测力计的读数为小车所受合外力，砝码加速度向下，处于失重状态，不需要砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量的条件；
(2)在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数，根据作差法求解加速度，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上A点时小车的瞬时速度大小；
(3)数据作出小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图象，应该是过原点的一条倾斜直线．
解答实验问题的关键是正确理解实验原理，加强基本物理知识在实验中的应用，同时不断提高应用数学知识解答物理问题的能力；掌握求加速度的方法，注意单位的统一，同时理解由图象来寻找加速度与合力的关系．

12.【答案】R1  =1.500.60

【解析】解：(1)该改装表的内阻为r′A=IArAIA′
代入数据解得：r′A=0.9Ω
接入改装电路的定值电阻阻值为
R=IArAI′A−IA
代入数据解得：R=1Ω
故选R1；
当电路处于断路时，路端电压等于电源电压，故用该电路图测量的电动势等于
(3)根据前面分析可知，通过干电池的电流实际值为A表示数I的10倍，U−I图像的纵截距表示干电池的电动势，斜率的绝对值表示干电池和改装后电流表的内阻之和，所以
E=1.50V
r=1.50−0.600.6Ω−0.9Ω=0.60Ω
故答案为：(1)R1；=；(3)1.50，0.60
(1)根据电流表的改装原理求解改装后的电流表的内阻和改装后所并联的电阻；
(3)U−I图象与纵坐标的截距表示电动势，图象的斜率绝对值表示电源内电阻与电流表内电阻之和，由此求解。
本题考查测量电动势和内阻的实验，要注意明确电流表的改装方法，特别要明确U−I图象的意义；能根据图象求解电动势和内电阻。

13.【答案】解：(1)由v=at得t=va=161s=16s，因加速减速加速度相等，所以时间相等t1=t2=16s，总时间t=t1+t2+t0=16s+16s+30s=62s
由v2=2as得：s=v22a=1622×1m=128m，由对称性(加速减速位移相等
(2)乙车通过这段距离用时，甲车需要t=62s，
故甲比乙车通过这段路多用的时间：
甲乙安全距离至少为：Δx=vΔt=16×46m=736m
答：(1)甲车从到达减速线到再次加速至v，总共通过的路程为256m，所需的时间为62s；
(2)乙车到此站时没有停车，而是以v=16m/s的速度匀速通过，为了保证安全，乙车与甲车在正常匀速行驶的安全距离至少为736m.

【解析】(1)根据速度公式和位移公式求解甲车减速和加速过程的时间和位移。
(2)根据速度公式得出乙车匀速通过相同路程所用时间，从而得出节省的时间，再求距离。
解决本题的关键理清甲乙车的运动规律，结合匀变速直线运动的位移公式和时间公式进行求解。

14.【答案】解：小球在C点，由牛顿第二定律得：
 mg+FN=mvC2R
由牛顿第三定律知，小球运动到C点时轨道对小球的作用力大小：FN=mg
从A到C过程，由动能定理得：
mg(h−2R)−Wf=12mvC2−0
联立解得：Wf=0.8J
答：A到C全过程中克服摩擦阻力做的功为0.8J。

【解析】小球运动到C点时，由合力提供向心力，由牛顿第二定律求出小球到达C点的速度，然后对A到C全过程，应用动能定理求出克服摩擦阻力做的功。
本题考查动能定理以及向心力的综合应用，分析清楚小球的运动状态，把握小球在C点时的受力情况，由牛顿第二定律求出小球到达C点的速度是关键。

15.【答案】解：(1)设粒子从P到Q的过程中，加速度大小为a，运动时间为t，在Q点进入磁场时速度大小为vQ，方向与x轴正方向间的夹角为θ，vQ沿y轴方向的大小为vy，
则水平方向上233h=v0t，
竖直方向上h=12at2，vy=at，
Q点的合速度：vQ=v02+vy2，速度偏角的正切值tanθ=vyv0，
联立解得：vQ=2v0，θ=60∘
(2)设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为R，据洛伦兹力提供向心力qvQB=mvQ2R，解得：R=mvQqB，
粒子运动轨迹如图所示，根据几何关系得：d=R+Rcos60∘，解得：B=3mv0qd；
答：(1)粒子在Q点速度的大小vQ为2v0，x轴正方向夹角θ为60∘；
(2)匀强磁场磁感应强度大小B为3mv0qd。

【解析】(1)粒子在坐标轴第一象限做类平抛运动，已知类平抛的初速度v0，和离开电场时的速度方向与x轴方向成60∘角，根据类平抛运动规律，根据初速度可以求出粒子进入磁场的初速度vQ；
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，结合几何知识可求磁感应强度大小；
本题是带电粒子在组合场中运动的问题，粒子垂直射入电场，在电场中偏转做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，要求同学们能画出粒子运动的轨迹，结合几何关系求解，知道半径公式及周期公式。

16.【答案】解：(1)金属棒ab在开始运动的1.5s内，金属棒的重力势能减小，转化为金属棒的动能和电路的内能，设电路中产生的总焦耳热为Q，根据能量守恒定律得：mgx1.5=12mv1.52+Q
代入数据解得：Q=0.455J
故R产生的热量：QR=RR+rQ
联立代入数据解得：QR=0.26J
(2)由x−t图像得t=1.5s时金属棒的速度为：v=ΔxΔt=11.2−72.1−1.5m/s=7m/s
金属棒匀速运动时所受安培力大小：F=BIL=mg
又E=BLv
根据欧姆定律得I=ER+r
联立解得：B=0.1T
0∼2.1s内，流过R的平均电流为：I−=BLx2.1(R+r)t2.1
通过电阻R的电量：q=I−t2.1=BLx2.1R+r
联立代入数据解得：q=1.6C
答：(1)0∼1.5s内，电阻R上产生的热量为0.26J；
(2)0∼2.1s内，通过电阻R的电量为1.6C。

【解析】(1)0∼1.5s内，金属棒的重力势能减小，转化为金属棒的动能和电路的内能，根据x−t图像的斜率求出1.5s末的速度，再由能量守恒定律求回路产生的总热量，从而求得电阻R上产生的热量；
(2)金属棒匀速运动时，根据平衡条件和安培力与速度的关系联立求解B的大小。0∼2.1s内，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律求出感应电流的平均值，再求通过电阻R的电量。
本题的切入口是研究位移-时间图像，要明确其斜率等于速度，求出金属棒匀速运动的速度，本题还要熟练推导出安培力与速度的关系、电荷量与磁通量变化量的关系。

17.【答案】解：(1)小物块从A点以v0=3m/s的初速度水平抛出做平抛运动，
在竖直方向：h=12gt12
水平方向：vy=gt1
代入数据解得：t1=0.4s，vy=4m/s
物块到达B点时的速度大小vB=v02+vy2=32+42m/s=5m/s，
则tanθ=vyv0=43，解得：θ=53∘
(2)小物块由B到C过程，由动能定理得：mgR(1−cosθ)=12mvC2−12mvB2
物块滑上长木板后，物块与木板组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mvC=mv1+Mv2，
小物块滑到挡板过程，由能量守恒定律得：12mvC2=12mv12+12Mv22+μmgL
代入数据解得：v1=7m/s，v2=1m/s
在和挡板碰撞后，设小物块速度大小为v3，长木板碰撞后速度大小为v4，
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：mv1+Mv2=mv3+Mv4
与挡板的碰撞是弹性碰撞，碰撞过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：12mv12+12Mv22=12mv32+12Mv42
代入数据解得：v3=−1m/s，v4=5m/s，负号表示方向向左
碰后假设能共速，乙向右为正方向，由动量守恒定律得：
设在此运动过程中，物块相对木板滑动的距离为x，由能量守恒定律得：
代入数据解得：x=6m