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2022-2023学年辽宁省辽南协作校高一（下）期末物理试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年辽宁省辽南协作校高一（下）期末物理试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年辽宁省辽南协作校高一（下）期末物理试卷
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）
1. 关于电场下列说法正确的是( )
A. 电场线是真实存在的物质
B. 试探电荷在电场中受到的电场力总是与场强方向是相同的
C. 在电势为2V的等势面上，电荷量为1C电荷的电势能要比电荷量为−2C电荷的电势能小
D. 处于静电平衡状态的导体，其内部的电场强度处处为0
2. 2023年4月，世界泳联跳水世界杯于西安顺利收官，本届比赛中国跳水队包揽了全部九枚金牌。在西安站10米台决赛中我国陈芋汐获得金牌。假设在跳水过程中，将陈芋汐视为质点，其质量m=50kg，入水后2s减速到零，若不计空气阻力，则水对陈芋汐的冲量大小最接近( )
A. 1700N⋅S B. 2700N⋅S C. 700N⋅S D. 1000N⋅S
3. 2023年5月30日9时31分，神州16号载人飞船进入太空并成功对接于天和核心舱径向端口，在此期间神州16号经历了5次自主变轨，成功与天和核心舱径向对接，标志着我国已经成为了航天大国。天和核心舱的轨道参数为：远地点距地面高度约394.9千米;近地点距地面高度约384千米;可把天和核心舱的轨道近似的看成圆周轨道。已知同步卫星距地球表面高度约为36000km。结合材料信息下列说法正确的是( )
A. 飞船运载火箭发射过程中，宇航员处于失重状态
B. 天和核心舱在轨道上运行时，与太阳的连线在相同时间内扫过的面积是相等的
C. 天和核心舱里的宇航员绕地球公转的线速度要比在赤道上随地球自转的物体线速度大
D. 神州16号飞船在变轨到更高轨道过程中，需要点火减速
4. 如图，一水平放置的上表面光滑的金属板的正上方有一固定的正点电荷Q，一绝缘的带正电的小球(可视为质点，且不影响Q的电场)，从左端以初速度V滑上金属板上表面，在从左端滑到右端过程中，下列说法正确的是( )
A. 小球的加速度先增大后减小
B. 小球的电势能先增大后减小
C. 小球的动能先增大后减小
D. 小球在运动过程中受到的支持力先增大后减小
5. 在实际情况中，物体做抛体运动时总会受到空气阻力的影响，如图所示，虚线为炮弹在忽略空气阻力时运动的轨迹;实线是炮弹以相同的初速度和抛射角在空气中实际的飞行轨迹，这种曲线叫做弹道曲线。设某次演习中，炮弹受到的空气阻力的大小与速度成正比，在空气阻力的影响下，弹道曲线的上升部分和下降部分不再对称，炮车的高度不可忽略，当地的重力加速度为g。则下列说法正确的是( )
A. 炮弹在轨迹的最高点加速度大于g
B. 炮弹的上升时间可能大于下降的时间
C. 炮弹在上升过程和下降落回地面过程，重力做功的大小是相等的
D. 炮弹重力的功率一直在增大
6. 如图所示为某次心脏除颤器的模拟治疗，该心脏除颤器的电容器充电后的电压为4.0kv，电容器电容为15μF，若电容器在一定时间内放电至两极板间电势差为0，在此过程中，共释放了0.06C的电荷，则下列说法正确的是( )
A. 电容器在充电后的电容为15μF，放电后的电容为0
B. 电容器在放电过程中产生的电流大小是恒定不变的
C. 电容器充电后，单个极板所携带的电荷量为0.03C
D. 电容器两极板之间电势差与电荷量成正比
7. 一辆质量为M的机车拖着一辆质量为m的拖车在平直水平路面上以速度v做匀速直线运动，已知在运动过程中摩擦力的大小与质量成正比。某时刻，拖车脱离机车，若拖车前进位移为x时恰好停下，假设在这段时间内牵引力不变，则在这段时间内机车前进的位移为( )
A. 2x B. (M+m)v2M C. (2M+m)xM D. (M+m)xM
8. 如图，真空中有三个点电荷固定在同一直线上，电荷量分别为Q1、Q2和Q3，P点和三个点电荷的连线与点电荷所在直线的夹角分别为90°、60°、和30°。若P点处的电场强度为零，q> 0，则三个点电荷的电荷量可能为( )
A. Q1=q，Q2= 2q，Q3=q
B. Q1=−q，Q2=−4 33q，Q3=−4q
C. Q1=−q，Q2= 2q，Q3=−q
D. Q1=q，Q2=−4 33q，Q3=4q
二、多选题（本大题共4小题，共24.0分）
9. 中国古代屋脊两头，有一仰起的龙头，龙口吐出伸向天空且曲折的舌头，舌根连接一根直通地下的细铁丝，起到避雷的作用，当雷云放电接近房屋时，屋顶的避雷针顶端由于聚集大量电子而形成局部电场集中的空间。图中虚线为周围等差等势面的分布情况，一个不计重力的带电粒子在该电场中的运动轨迹如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 该粒子一定带正电，且ac>ab
B. 该粒子可能带负电，且ac>ab
C. 若该粒子从a运动到c，则该粒子在b点电势能要高于c点电势能
D. 若该粒子从c运动到a，则该粒子在b点电势能要高于c点电势能
10. 图1、2分别是生活中常见的台阶式扶梯和倾斜式扶梯，两扶梯的倾角均为θ，高度均为h，某同学体重为m，先后站在两扶梯上，随扶梯以大小相同的速度v匀速从一层上到二层，当地重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 两种情况下该同学的重力势能均增加了mgh
B. 两种情况下，该同学受到的支持力均不做功
C. 图1中该同学不受摩擦力，所以该同学的机械能守恒
D. 图2中该同学受到的摩擦力做了mgh的正功，所以该同学的机械能增加了mgh
11. 如图所示，把两个大小相同的金属球A和B用细线连接，中间夹一被压缩的轻弹簧，静止在光滑的水平桌面上。已知A的质量为M，B的质量为m，弹簧的压缩量为x，原长为L。现烧断细线，在弹簧恢复原长的过程中，下列说法正确的是( )
A. 小球A、B组成的系统动量守恒
B. 当弹簧恢复至原长时，小球A与小球B的动能之比为m:M
C. 金属球B发生的位移大小为M(L−x)M+m
D. 金属球A发生的位移大小为mxM+m
12. 在光滑水平面内有一沿x轴方向的静电场，其电势φ随坐标x变化的图线如图所示(φ0、−φ0、x1、x2、x3、x4均已知)。现有一质量为m、电荷量为−e的带电粒子(不计重力)从0点以某一未知初速度v，沿x轴正方向射出，则下列说法正确的是( )
A. 在0∼x1间的电场强度沿x轴正方向、大小为E1=φ0x1
B. 在x1∼x2间与在x3∼x4间电场强度相同
C. 若以x1处为电势零点，则该电荷在x3处电势能为2eφ0
D. 若v0≥ 2eφ0m，该带电粒子就能运动到x4处
三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）
13. 某实验小组用如图所示的装置验证机械能守恒定律，轻质细杆一端固定一小钢球，另一端可绕光滑的固定轴转动，固定在转轴上的拉力传感器可以测出细杆上的拉力大小；在固定轴正下方放置一光电门(连接光电计时器)，使球心到达最低点时可以恰好通过光电门，测得小球的直径为d，已知当地重力加速度为g。
(1)在开始实验前，使小球静止在最低点，读出力传感器读数为F，则小球质量为_______；
(2)在实验中经测量，球心到转轴O的距离为L。将小球拉至某一位置，测出细杆与竖直方向夹角θ；由静止释放小球，读出光电计时器显示的挡光时间为t，小球到达最低点时速度大小为_______，下摆过程中，小球的重力势能减少量ΔEp可表示为_______，动能的增加量ΔEk可表示为_______，如果二者在误差范围内相等，说明该系统机械能守恒。
14. 某兴趣小组的同学利用身边的实验器材，完成验证动量守恒定律实验．身边的实验器材有：刻度尺、天平、打点计时器(一套)、装有厚厚一层松软细沙的小车(以下简称“小车”)、铁块、一端带有竖直挡板的长木板、木块、纸带．实验步骤如下：
第1步：把长木板带有竖直挡板的一端固定在水平桌面上，把木块垫在木板左端下方，制成一个斜面，并将实验器材按如图所示方式安装好；把小车放到木板上，将穿过打点计时器的纸带与小车连接．通过左右调整木块位置，直至给小车一个沿木板向下的初速度，小车所连纸带上打出的点间隔均匀为止。
第2步：把小车放到木板上靠近打点计时器的一端，给小车一个沿木板向下的初速度，经过一段时间后把铁块轻轻放到小车里的细沙上。
第3步：取下纸带，测量纸带上点迹均匀的两部分连续5个点的距离x1和x2，且x1>x2．
第4步：重复第2步和第3步，记录x1和x2。
请回答下列问题．
(1)在步骤1中，左右调整木块的位置是为了_________________；
(2)铁块轻轻放到小车里的细沙上发生在相邻的两个点_______之间；(填纸带上计数点字母符号)
(3)在坐标纸上，以x1和x2分别为纵、横轴，把记录的数据在坐标纸上描点连线，得到一条斜率为k的直线．只需满足铁块与小车(含细沙)的质量的比值约为_______________，就能验证小车和铁块沿斜面方向的动量守恒；
(4)若铁块从一定高度处做自由落体运动落到小车上的细沙里，小车匀速运动时的动量_____________(选填“大于”“小于”或“等于”)铁块落到细沙里后铁块和小车的总动量。
四、简答题（本大题共1小题，共12.0分）
15. 如图所示，一长为L=4m，质量mB=1kg的长木板B静止于光滑水平地面上，木板的右侧靠着一个质量为mC=1kg的14光滑的圆弧槽C，C左侧与长木板B等高，C与B不粘连，在木板B的左端放置一个质量为mA=2kg可视为质点的物块A，AB间动摩擦因数μ=0.2，物块A的正上方O点固定一长度为l=2.5m的轻绳，在轻绳下端固定一个质量为m0=3kg可视为质点的小球，现将小球向左拉起，使细绳绷直并与竖直方向成60°由静止释放，当小球运动到最低点时，与A发生弹性正碰，碰撞后将小球立即锁定，之后物块A刚好能够滑到C的顶端，g=10m/s2，求：
(1)小球与物块A弹性正碰后，A的速度大小。
(2)物块刚滑离长木板B时，C的速度大小；
(3)14光滑绝缘的圆弧槽C的半径R为多大？
五、计算题（本大题共1小题，共7.0分）
16. 如图所示，一内壁光滑的细管弯成半径R的半圆形轨道BC，将其竖直放置并将B点与一水平轨道相连。置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连，B至墙壁的距离为弹簧的自然长度。将一个质量m可视为质点的小滑块放在弹簧的右侧，向左推滑块，压缩弹簧使弹簧右端至A处，然后将滑块由静止释放，滑块进入半圆轨道继续滑行(不计滑块与轨道的碰撞)。若小滑块恰好通过半圆形轨道最高点C点，水平轨道AB长度R4，滑块与轨道的动摩擦因数μ=0.5，取重力加速度g，求：
(1)滑块运动到B处时的速度大小vB；
(2)弹簧压缩到A处时的弹性势能Ep；
六、综合题（本大题共1小题，共9.0分）
17. 如图所示，A处有一个质量为m、带电量为q的正粒子，沿图中圆弧虚线匀速率地通过静电分析器(静电分析器虚线处分布有场强大小均等于E，但方向均指向O点的电场)，弧虚线的半径为R，然后沿MN中心线O1O2垂直进入一个偏转电场，偏转电场两极板间距为d，极板长为L，极板的右端与荧光屏之间的水平距离为L2，垂直于O1O2放置的足够大荧光屏。不计粒子的重力，求：
(1)粒子进入偏转电场时的速度大小；
(2)若能使该粒子穿出偏转电场，求UMN的取值范围
(3)若以O2为原点，竖直向上为正方向建立一维坐标系，求粒子能到达光屏的范围。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
电场线是为了形象描述电场而引入的假想的虚线；电场强度的方向为正的试探电荷在该点受到的电场力的方向；根据EP=qφ分析电势能；根据静电平衡的特点分析判断。
本题考查了静电场中基本概念，要求学生熟练掌握并深刻理解。
【解答】
A、电场是真实存在的特殊物质，电场线是为了形象描述电场而引入的假想的虚线，故A错误；
B、正的试探电荷在电场中受到的电场力与场强方向相同，负的试探电荷在电场中受到的电场力与场强方向相反，故B错误；
C、根据EP=qφ，在电势为2V的等势面上，电荷量为1C电荷的电势能(为正)，要比电荷量为−2C电荷的电势能(为负)大，故C错误；
D、当感应电荷的电场与外电场大小相等方向相反时达到静电平衡，所以处于静电平衡状态的导体内部场强处处为0，故D正确。
2.【答案】A
【解析】
【分析】
根据自由落体运动的规律求解入水前的速度大小，如水至减速到零过程根据动量定理列式求解。
本题主要考查动量定理的应用，注意动量定理的矢量性。
【解答】
入水前为自由落体运动，根据v2=2gh可得入水前的速度大小v= 2gh=10 2m/s，
如水至减速到零过程根据动量定理有：I−mgt=0−−mv，
可得水对陈芋汐的冲量大小I=mgt+mv≈1700N·s，故BCD错误，A正确。
3.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主考查了超失重、卫星运行的规律。
根据加速度方向分析超失重；根据开普勒第二定律解答；根据v= GMr和v=ωr解答；根据变轨原理解答。
【解答】
A、飞船运载火箭发射过程中，具有向上的加速度，宇航员处于超重状态，故A错误；
B、根据开普勒第二定律可得，天和核心舱在轨道上运行时，与地球的连线在相同时间内扫过的面积是相等的，故B错误；
C、根据v= GMr可得，天和核心舱里的宇航员绕地球公转的线速度要比同步卫星的线速度大，而根据v=ωr可得同步卫星的线速度比在赤道上随地球自转的物体线速度大，综上可得天和核心舱里的宇航员绕地球公转的线速度要比在赤道上随地球自转的物体线速度大，故C正确；
D、根据变轨原理可知，神州16号飞船在变轨到更高轨道过程中，需要点火加速，故D错误。
4.【答案】D
【解析】
【分析】
本题关键抓住静电平衡导体的特点：整体导体是一个等势体，表面是一个等势面。
金属板在Q的电场中产生静电感应现象，达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表面是一个等势面，表面的电场线与表面垂直，由此分析小球的受力情况，确定其运动情况；根据库仑定律分析支持力。
【解答】
金属板在Q的电场中达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表面是一个等势面，表面的电场线与表面垂直，小球所受电场力与金属板表面垂直，在金属板上向右运动的过程中，电场力不做功，电势能不变，根据动能定理得知，小球的动能不变，速度不变，所以小球做匀速直线运动，加速度为0，ABC错误；
小球在运动过程中与Q的距离先减小后增大，根据库仑定律知受到的库仑斥力先增大后减小，所以受到的支持力先增大后减小，故D正确。
5.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了斜抛运动。
在最高点时对炮弹受力分析，根据合力分析加速度；根据x=vt，结合平均速度分析时间；根据W=mgh分析重力做功；根据PG=mgvy分析重力瞬时功率。
【解答】
A、炮弹在轨迹的最高点，受竖直向下的重力，水平向左的阻力，根据力的合成可知合力大于重力，则加速度大于g，故A正确；
B、在竖直方向，上升h=vyt，若下降至同一高度则h=vy′t′，因为存在空气阻力，有vy>vy′，所以t
D、上升过程炮弹在竖直方向做减速，由PG=mgvy，可知上升过程重力的功率在减小，故D错误。
6.【答案】D
【解析】A.电容器在充电后的电容为15μF，放电后的电容仍为15μF，故A错误；
B.电容器在放电过程中，随着两极板间电势差逐渐减小为0，产生的电流大小逐渐减小为0，故B错误；
C.电容器在放电过程中，共释放了0.06C的电荷，则电容器充电后，单个极板所携带的电荷量为0.06C，故C错误；
D.根据
C=QU
可得
U=1C⋅Q
可知电容器两极板之间电势差与电荷量成正比，故D正确。
故选D。
7.【答案】C
【解析】
【分析】
对整体根据平衡条件列式，脱离之后分别对拖车、机车根据牛顿第二定律及运动学公式列式，联立即可求解。
正确选择研究对象并受力分析，分析清楚运动过程(性质)，根据牛顿第二定律、运动学公式即可求解。
【解答】
运动过程中摩擦力的大小与质量成正比，设比例系数为k，
没有脱离之前，对整体根据平衡条件有F=kM+mg，
拖车脱离机车后，对拖车有：kmg=ma1，a1=kg，
停下的时间为t=va1=vkg，
拖车前进位移为x，则2a1x=v2，v2kg=2x，
对机车有：F−kMg=Ma2，a2=kmgM，
t时间内的位移x′=vt+12a2t2=v2kg+12·kmgM·v2kg2=2M+mxM，故C正确，ABD错误。
8.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查点电荷的电场强度叠加，解题需把握点电荷场强公式、矢量叠加规则及数学三角函数相关知识。
【解答】
AB.由题可知，若P点处的电场强度为零，则根据电场强度的矢量叠加法则可知，Q1和Q3电性必相同且与Q2电性相反，选项AB的电荷均为正和均为负，则AB错误；
C.设P、Q1间的距离为r，则根据矢量三角形与数学知识可知，Q1、Q3在P点产生的合场强大小为cos 120∘=(kqr2)2+(kq4r2)2−E22⋅k2q24r4
解得E= 21kq4r2
而Q2产生的场强大小为 E=3 2kq4r2
则P点的场强不可能为零，C错误；
D.设P、Q1间的距离为r，则根据矢量三角形与数学知识可知，Q1、Q3在P点产生的合场强大小为cos 120∘=(kqr2)2+(4kq4r2)2−E22⋅4k2q24r4
解得E= 3kqr2
而Q2产生的场强大小为E= 3kqr2
则P点的场强可能为零，D正确。
故选：D。
9.【答案】ACD
【解析】】AB.根据电场方向与等势面垂直和曲线运动的合力位于轨迹的凹侧，可知粒子在b点受到的电场力如图所示
由于避雷针聚集大量电子而带负电，可知该粒子带正电；根据
E=Ud
可知等差等势面越密集的地方，场强越大，由图可知，c点场强大于b点场强，粒子在c点电场力大于在b点电场力，则有 ac>ab ，故A正确，B错误；
C.若该粒子从a运动到c，则电场力对该粒子做正功，粒子电势能减小，该粒子在b点电势能要高于c点电势能，故C正确；
D.若该粒子从c运动到a，则电场力对该粒子做负功，粒子电势能增大，该粒子在b点电势能要高于c点电势能，故D正确。
故选ACD。
10.【答案】AD
【解析】A.两种情况下该同学重力做功均为
WG=−mgh
可知该同学的重力势能均增加了 mgh ，故A正确；
B.图1中支持力方向竖直向上，与速度方向夹角小于 90∘ ，支持力对该同学做正功；图2中支持力方向垂直斜面向上，与速度方向垂直，支持力不做功，故B错误；
C.图1中该同学不受摩擦力，但支持力对该同学做正功，该同学的机械能增加，故C错误；
D.图2中支持力不做功，该同学克服重力做功 mgh ，由于该同学动能不变，则该同学受到的摩擦力做了 mgh 的正功，所以该同学的机械能增加了 mgh ，故D正确。
故选AD。
11.【答案】ABD
【解析】AB.小球A、B组成的系统受到的合外力为零，则小球A、B组成的系统满足动量守恒，当弹簧恢复至原长时，有
MvA=mvB
可得小球A与小球B的动能之比为
12MvA212mvB2=mM2vA2Mm2vB2=mM
故AB正确；
CD.根据
MvA=mvB
则有
MvAt=mvBt
可得
MxA=mxB
又
xA+xB=x
联立解得
xA=mxM+m ， xB=MxM+m
故C错误，D正确。
故选ABD。
12.【答案】CD
【解析】AB.由于沿电场方向，电势降落，可知0∼x1电场强度沿x轴负方向。由
E1=Ud
得
E1=ΔφΔx=φx1
故 φ−x 图像的斜率等于电场强度，在x1∼x2间与在x3∼x4间斜率不相同，电场方向不同，则电场强度不相同，故A错误，B错误；
C.若以x1处为电势零点，则该电荷在x3处电势
φ=−2φ0
该电荷在x3处电势能为
Ep=−2φ0×−e=2φ0e
故C正确；
D.由 φ−x 可知，x3处电势最低，速度最小，只要能到达x3处就一定能到达x4处。若小球恰好到达x3处，由动能定理
−eU=−eφ0=0−12mv02
得
v0= 2eφ0m
只要
v0≥ 2eφ0m
带电小球就能运动到x4处，故D正确;
故选CD。
13.【答案】 Fg dt FL(1−cosθ) Fd22gt2
【解析】(1)[1]在开始实验前，使小球静止在最低点，读出力传感器读数为F，根据受力平衡可得
F=mg
解得小球质量为
m=Fg
(2)[2]读出光电计时器显示的挡光时间为 t ，小球到达最低点时速度大小为
v=dt
[3]下摆过程中，小球的重力势能减少量可表示为
ΔEp=mgL(1−cosθ)=FL(1−cosθ)
[4]动能的增加量可表示为
ΔEk=12mv2−0=Fd22gt2
如果二者在误差范围内相等，说明该系统机械能守恒。
14.【答案】 平衡摩擦力 HI k−1 小于
Ep−μmgL=12mvB2
Ep=2.125mgR
【解析】1)[1]在步骤1中，左右调整木块的位置是为了平衡摩擦力。
(2)[2]铁块轻轻放到小车里前小车做匀速运动，铁块轻轻放后也是匀速运动，但速度会发生变化，对应纸带上的点，可以知道放上铁块的位置在 HI 之间。
(3)[3]设小车(含细沙)和铁块的质量分别为 M 和 m ，长木板倾角为 θ ，小车沿木板做匀速运动时，有
Mgsinθ=μMgcosθ
把铁块放到小车内，稳定后对铁块和小车有
M+mgsinθ=μM+mgcosθ
即在小车内放铁块前后沿木板方向的合外力都为0，则沿木板方向动量守恒，根据动量守恒定律有
Mv1=M+mv2
设纸带上打下连续5点的时间为 t ，有
v1=x1t
v2=x2t
可得
x1=M+mMx2
由上述分析可知，小车和铁块组成的系统沿木板方向动量守恒，由
x1=M+mMx2
可知，斜率
k=M+mM
即
mM=k−1
(4)[4]铁块落到细沙上前有沿斜面向下的分速度，小车做匀速运动时的动量和铁块落入小车前瞬间沿斜面向下的动量之和等于铁块落到细沙上后铁块和小车的总动量，所以小车做匀速运动时的动量小于铁块落到细沙上后铁块和小车的总动量。
15.【答案】(1) 6m/s ；(2) 2m/s ；(3) 115m
【解析】(1)小球向下摆动过程中，根据机械能守恒定律有
m0gL1−cos60∘=12m0v2
解得
v=5m/s
小球与物块A弹性碰撞过程，设向右为正方向，根据动量守恒定律有
m0v=m0v′+mAv0
根据机械能守恒定律有
12m0v2=12m0v′2+12mAv02
两式联立解得
v0=6m/s
(2)以ABC为一个整体，设向右为正方向，
mAv0=mAv1+mB+mCv2
A和C系统机械能守恒
μmAgL=12mAv02−12mAv12−12mB+mCv22
两式联立解得：
v1=4m/s ， v2=2m/s
(3)滑块A滑上C后，以AC为一个整体，系统水平方向动量守恒
mAv1+mCv2=mA+mCv3
A和C系统机械能守恒
mAgR=12mAv12+12mCv22−12mA+mCv32
解得
R=115m
16.【答案】(1) 2 gR ；(2) 2.125mgR
【解析】1)由于小滑块恰能运动到c点，则小滑块运动到c点的速度为0，小滑块从B到C过程，由机械能守恒定律可得
12mvB2=2mgR
解得
vB=2 gR
(2)根据动能定理可得
Ep−μmgL=12mvB2
Ep=2.125mgR
17.【答案】(1) qERm ；(2) −ERd2L2≤UMN≤ERd2L2 ；(3) −d,d
【解析】(1)正粒子在静电分析器中做匀速圆周运动，由电场力提供向心力得
qE=mv02R
解得
v0= qERm
(2)若粒子恰通过偏转电场，则有
L=v0t
d2=12at2
a=qUmd
联立解得
U=ERd2L2
根据对称性可得要使该粒子穿出偏转电场， UMN 的取值范围为
−ERd2L2≤UMN≤ERd2L2
(3)由类平抛运动的特征，速度的反向延长线过水平位移的中点，如图所示
根据几何关系可得
yY=L2L2+L2
当 y=d2 时，
Ym=d
根据对称性可知能打到光屏位置的范围为 −d,d 。
2022-2023学年辽宁省辽南协作校高一（下）期末物理试卷
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）
1. 关于电场下列说法正确的是( )
A. 电场线是真实存在的物质
B. 试探电荷在电场中受到的电场力总是与场强方向是相同的
C. 在电势为2V的等势面上，电荷量为1C电荷的电势能要比电荷量为−2C电荷的电势能小
D. 处于静电平衡状态的导体，其内部的电场强度处处为0
2. 2023年4月，世界泳联跳水世界杯于西安顺利收官，本届比赛中国跳水队包揽了全部九枚金牌。在西安站10米台决赛中我国陈芋汐获得金牌。假设在跳水过程中，将陈芋汐视为质点，其质量m=50kg，入水后2s减速到零，若不计空气阻力，则水对陈芋汐的冲量大小最接近( )
A. 1700N⋅S B. 2700N⋅S C. 700N⋅S D. 1000N⋅S
3. 2023年5月30日9时31分，神州16号载人飞船进入太空并成功对接于天和核心舱径向端口，在此期间神州16号经历了5次自主变轨，成功与天和核心舱径向对接，标志着我国已经成为了航天大国。天和核心舱的轨道参数为：远地点距地面高度约394.9千米;近地点距地面高度约384千米;可把天和核心舱的轨道近似的看成圆周轨道。已知同步卫星距地球表面高度约为36000km。结合材料信息下列说法正确的是( )
A. 飞船运载火箭发射过程中，宇航员处于失重状态
B. 天和核心舱在轨道上运行时，与太阳的连线在相同时间内扫过的面积是相等的
C. 天和核心舱里的宇航员绕地球公转的线速度要比在赤道上随地球自转的物体线速度大
D. 神州16号飞船在变轨到更高轨道过程中，需要点火减速
4. 如图，一水平放置的上表面光滑的金属板的正上方有一固定的正点电荷Q，一绝缘的带正电的小球(可视为质点，且不影响Q的电场)，从左端以初速度V滑上金属板上表面，在从左端滑到右端过程中，下列说法正确的是( )
A. 小球的加速度先增大后减小
B. 小球的电势能先增大后减小
C. 小球的动能先增大后减小
D. 小球在运动过程中受到的支持力先增大后减小
5. 在实际情况中，物体做抛体运动时总会受到空气阻力的影响，如图所示，虚线为炮弹在忽略空气阻力时运动的轨迹;实线是炮弹以相同的初速度和抛射角在空气中实际的飞行轨迹，这种曲线叫做弹道曲线。设某次演习中，炮弹受到的空气阻力的大小与速度成正比，在空气阻力的影响下，弹道曲线的上升部分和下降部分不再对称，炮车的高度不可忽略，当地的重力加速度为g。则下列说法正确的是( )
A. 炮弹在轨迹的最高点加速度大于g
B. 炮弹的上升时间可能大于下降的时间
C. 炮弹在上升过程和下降落回地面过程，重力做功的大小是相等的
D. 炮弹重力的功率一直在增大
6. 如图所示为某次心脏除颤器的模拟治疗，该心脏除颤器的电容器充电后的电压为4.0kv，电容器电容为15μF，若电容器在一定时间内放电至两极板间电势差为0，在此过程中，共释放了0.06C的电荷，则下列说法正确的是( )
A. 电容器在充电后的电容为15μF，放电后的电容为0
B. 电容器在放电过程中产生的电流大小是恒定不变的
C. 电容器充电后，单个极板所携带的电荷量为0.03C
D. 电容器两极板之间电势差与电荷量成正比
7. 一辆质量为M的机车拖着一辆质量为m的拖车在平直水平路面上以速度v做匀速直线运动，已知在运动过程中摩擦力的大小与质量成正比。某时刻，拖车脱离机车，若拖车前进位移为x时恰好停下，假设在这段时间内牵引力不变，则在这段时间内机车前进的位移为( )
A. 2x B. (M+m)v2M C. (2M+m)xM D. (M+m)xM
8. 如图，真空中有三个点电荷固定在同一直线上，电荷量分别为Q1、Q2和Q3，P点和三个点电荷的连线与点电荷所在直线的夹角分别为90°、60°、和30°。若P点处的电场强度为零，q> 0，则三个点电荷的电荷量可能为( )
A. Q1=q，Q2= 2q，Q3=q
B. Q1=−q，Q2=−4 33q，Q3=−4q
C. Q1=−q，Q2= 2q，Q3=−q
D. Q1=q，Q2=−4 33q，Q3=4q
二、多选题（本大题共4小题，共24.0分）
9. 中国古代屋脊两头，有一仰起的龙头，龙口吐出伸向天空且曲折的舌头，舌根连接一根直通地下的细铁丝，起到避雷的作用，当雷云放电接近房屋时，屋顶的避雷针顶端由于聚集大量电子而形成局部电场集中的空间。图中虚线为周围等差等势面的分布情况，一个不计重力的带电粒子在该电场中的运动轨迹如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 该粒子一定带正电，且ac>ab
B. 该粒子可能带负电，且ac>ab
C. 若该粒子从a运动到c，则该粒子在b点电势能要高于c点电势能
D. 若该粒子从c运动到a，则该粒子在b点电势能要高于c点电势能
10. 图1、2分别是生活中常见的台阶式扶梯和倾斜式扶梯，两扶梯的倾角均为θ，高度均为h，某同学体重为m，先后站在两扶梯上，随扶梯以大小相同的速度v匀速从一层上到二层，当地重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 两种情况下该同学的重力势能均增加了mgh
B. 两种情况下，该同学受到的支持力均不做功
C. 图1中该同学不受摩擦力，所以该同学的机械能守恒
D. 图2中该同学受到的摩擦力做了mgh的正功，所以该同学的机械能增加了mgh
11. 如图所示，把两个大小相同的金属球A和B用细线连接，中间夹一被压缩的轻弹簧，静止在光滑的水平桌面上。已知A的质量为M，B的质量为m，弹簧的压缩量为x，原长为L。现烧断细线，在弹簧恢复原长的过程中，下列说法正确的是( )
A. 小球A、B组成的系统动量守恒
B. 当弹簧恢复至原长时，小球A与小球B的动能之比为m:M
C. 金属球B发生的位移大小为M(L−x)M+m
D. 金属球A发生的位移大小为mxM+m
12. 在光滑水平面内有一沿x轴方向的静电场，其电势φ随坐标x变化的图线如图所示(φ0、−φ0、x1、x2、x3、x4均已知)。现有一质量为m、电荷量为−e的带电粒子(不计重力)从0点以某一未知初速度v，沿x轴正方向射出，则下列说法正确的是( )
A. 在0∼x1间的电场强度沿x轴正方向、大小为E1=φ0x1
B. 在x1∼x2间与在x3∼x4间电场强度相同
C. 若以x1处为电势零点，则该电荷在x3处电势能为2eφ0
D. 若v0≥ 2eφ0m，该带电粒子就能运动到x4处
三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）
13. 某实验小组用如图所示的装置验证机械能守恒定律，轻质细杆一端固定一小钢球，另一端可绕光滑的固定轴转动，固定在转轴上的拉力传感器可以测出细杆上的拉力大小；在固定轴正下方放置一光电门(连接光电计时器)，使球心到达最低点时可以恰好通过光电门，测得小球的直径为d，已知当地重力加速度为g。
(1)在开始实验前，使小球静止在最低点，读出力传感器读数为F，则小球质量为_______；
(2)在实验中经测量，球心到转轴O的距离为L。将小球拉至某一位置，测出细杆与竖直方向夹角θ；由静止释放小球，读出光电计时器显示的挡光时间为t，小球到达最低点时速度大小为_______，下摆过程中，小球的重力势能减少量ΔEp可表示为_______，动能的增加量ΔEk可表示为_______，如果二者在误差范围内相等，说明该系统机械能守恒。
14. 某兴趣小组的同学利用身边的实验器材，完成验证动量守恒定律实验．身边的实验器材有：刻度尺、天平、打点计时器(一套)、装有厚厚一层松软细沙的小车(以下简称“小车”)、铁块、一端带有竖直挡板的长木板、木块、纸带．实验步骤如下：
第1步：把长木板带有竖直挡板的一端固定在水平桌面上，把木块垫在木板左端下方，制成一个斜面，并将实验器材按如图所示方式安装好；把小车放到木板上，将穿过打点计时器的纸带与小车连接．通过左右调整木块位置，直至给小车一个沿木板向下的初速度，小车所连纸带上打出的点间隔均匀为止。
第2步：把小车放到木板上靠近打点计时器的一端，给小车一个沿木板向下的初速度，经过一段时间后把铁块轻轻放到小车里的细沙上。
第3步：取下纸带，测量纸带上点迹均匀的两部分连续5个点的距离x1和x2，且x1>x2．
第4步：重复第2步和第3步，记录x1和x2。
请回答下列问题．
(1)在步骤1中，左右调整木块的位置是为了_________________；
(2)铁块轻轻放到小车里的细沙上发生在相邻的两个点_______之间；(填纸带上计数点字母符号)
(3)在坐标纸上，以x1和x2分别为纵、横轴，把记录的数据在坐标纸上描点连线，得到一条斜率为k的直线．只需满足铁块与小车(含细沙)的质量的比值约为_______________，就能验证小车和铁块沿斜面方向的动量守恒；
(4)若铁块从一定高度处做自由落体运动落到小车上的细沙里，小车匀速运动时的动量_____________(选填“大于”“小于”或“等于”)铁块落到细沙里后铁块和小车的总动量。
四、简答题（本大题共1小题，共12.0分）
15. 如图所示，一长为L=4m，质量mB=1kg的长木板B静止于光滑水平地面上，木板的右侧靠着一个质量为mC=1kg的14光滑的圆弧槽C，C左侧与长木板B等高，C与B不粘连，在木板B的左端放置一个质量为mA=2kg可视为质点的物块A，AB间动摩擦因数μ=0.2，物块A的正上方O点固定一长度为l=2.5m的轻绳，在轻绳下端固定一个质量为m0=3kg可视为质点的小球，现将小球向左拉起，使细绳绷直并与竖直方向成60°由静止释放，当小球运动到最低点时，与A发生弹性正碰，碰撞后将小球立即锁定，之后物块A刚好能够滑到C的顶端，g=10m/s2，求：
(1)小球与物块A弹性正碰后，A的速度大小。
(2)物块刚滑离长木板B时，C的速度大小；
(3)14光滑绝缘的圆弧槽C的半径R为多大？
五、计算题（本大题共1小题，共7.0分）
16. 如图所示，一内壁光滑的细管弯成半径R的半圆形轨道BC，将其竖直放置并将B点与一水平轨道相连。置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连，B至墙壁的距离为弹簧的自然长度。将一个质量m可视为质点的小滑块放在弹簧的右侧，向左推滑块，压缩弹簧使弹簧右端至A处，然后将滑块由静止释放，滑块进入半圆轨道继续滑行(不计滑块与轨道的碰撞)。若小滑块恰好通过半圆形轨道最高点C点，水平轨道AB长度R4，滑块与轨道的动摩擦因数μ=0.5，取重力加速度g，求：
(1)滑块运动到B处时的速度大小vB；
(2)弹簧压缩到A处时的弹性势能Ep；
六、综合题（本大题共1小题，共9.0分）
17. 如图所示，A处有一个质量为m、带电量为q的正粒子，沿图中圆弧虚线匀速率地通过静电分析器(静电分析器虚线处分布有场强大小均等于E，但方向均指向O点的电场)，弧虚线的半径为R，然后沿MN中心线O1O2垂直进入一个偏转电场，偏转电场两极板间距为d，极板长为L，极板的右端与荧光屏之间的水平距离为L2，垂直于O1O2放置的足够大荧光屏。不计粒子的重力，求：
(1)粒子进入偏转电场时的速度大小；
(2)若能使该粒子穿出偏转电场，求UMN的取值范围
(3)若以O2为原点，竖直向上为正方向建立一维坐标系，求粒子能到达光屏的范围。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
电场线是为了形象描述电场而引入的假想的虚线；电场强度的方向为正的试探电荷在该点受到的电场力的方向；根据EP=qφ分析电势能；根据静电平衡的特点分析判断。
本题考查了静电场中基本概念，要求学生熟练掌握并深刻理解。
【解答】
A、电场是真实存在的特殊物质，电场线是为了形象描述电场而引入的假想的虚线，故A错误；
B、正的试探电荷在电场中受到的电场力与场强方向相同，负的试探电荷在电场中受到的电场力与场强方向相反，故B错误；
C、根据EP=qφ，在电势为2V的等势面上，电荷量为1C电荷的电势能(为正)，要比电荷量为−2C电荷的电势能(为负)大，故C错误；
D、当感应电荷的电场与外电场大小相等方向相反时达到静电平衡，所以处于静电平衡状态的导体内部场强处处为0，故D正确。
2.【答案】A
【解析】
【分析】
根据自由落体运动的规律求解入水前的速度大小，如水至减速到零过程根据动量定理列式求解。
本题主要考查动量定理的应用，注意动量定理的矢量性。
【解答】
入水前为自由落体运动，根据v2=2gh可得入水前的速度大小v= 2gh=10 2m/s，
如水至减速到零过程根据动量定理有：I−mgt=0−−mv，
可得水对陈芋汐的冲量大小I=mgt+mv≈1700N·s，故BCD错误，A正确。
3.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主考查了超失重、卫星运行的规律。
根据加速度方向分析超失重；根据开普勒第二定律解答；根据v= GMr和v=ωr解答；根据变轨原理解答。
【解答】
A、飞船运载火箭发射过程中，具有向上的加速度，宇航员处于超重状态，故A错误；
B、根据开普勒第二定律可得，天和核心舱在轨道上运行时，与地球的连线在相同时间内扫过的面积是相等的，故B错误；
C、根据v= GMr可得，天和核心舱里的宇航员绕地球公转的线速度要比同步卫星的线速度大，而根据v=ωr可得同步卫星的线速度比在赤道上随地球自转的物体线速度大，综上可得天和核心舱里的宇航员绕地球公转的线速度要比在赤道上随地球自转的物体线速度大，故C正确；
D、根据变轨原理可知，神州16号飞船在变轨到更高轨道过程中，需要点火加速，故D错误。
4.【答案】D
【解析】
【分析】
本题关键抓住静电平衡导体的特点：整体导体是一个等势体，表面是一个等势面。
金属板在Q的电场中产生静电感应现象，达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表面是一个等势面，表面的电场线与表面垂直，由此分析小球的受力情况，确定其运动情况；根据库仑定律分析支持力。
【解答】
金属板在Q的电场中达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表面是一个等势面，表面的电场线与表面垂直，小球所受电场力与金属板表面垂直，在金属板上向右运动的过程中，电场力不做功，电势能不变，根据动能定理得知，小球的动能不变，速度不变，所以小球做匀速直线运动，加速度为0，ABC错误；
小球在运动过程中与Q的距离先减小后增大，根据库仑定律知受到的库仑斥力先增大后减小，所以受到的支持力先增大后减小，故D正确。
5.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了斜抛运动。
在最高点时对炮弹受力分析，根据合力分析加速度；根据x=vt，结合平均速度分析时间；根据W=mgh分析重力做功；根据PG=mgvy分析重力瞬时功率。
【解答】
A、炮弹在轨迹的最高点，受竖直向下的重力，水平向左的阻力，根据力的合成可知合力大于重力，则加速度大于g，故A正确；
B、在竖直方向，上升h=vyt，若下降至同一高度则h=vy′t′，因为存在空气阻力，有vy>vy′，所以t
D、上升过程炮弹在竖直方向做减速，由PG=mgvy，可知上升过程重力的功率在减小，故D错误。
6.【答案】D
【解析】A.电容器在充电后的电容为15μF，放电后的电容仍为15μF，故A错误；
B.电容器在放电过程中，随着两极板间电势差逐渐减小为0，产生的电流大小逐渐减小为0，故B错误；
C.电容器在放电过程中，共释放了0.06C的电荷，则电容器充电后，单个极板所携带的电荷量为0.06C，故C错误；
D.根据
C=QU
可得
U=1C⋅Q
可知电容器两极板之间电势差与电荷量成正比，故D正确。
故选D。
7.【答案】C
【解析】
【分析】
对整体根据平衡条件列式，脱离之后分别对拖车、机车根据牛顿第二定律及运动学公式列式，联立即可求解。
正确选择研究对象并受力分析，分析清楚运动过程(性质)，根据牛顿第二定律、运动学公式即可求解。
【解答】
运动过程中摩擦力的大小与质量成正比，设比例系数为k，
没有脱离之前，对整体根据平衡条件有F=kM+mg，
拖车脱离机车后，对拖车有：kmg=ma1，a1=kg，
停下的时间为t=va1=vkg，
拖车前进位移为x，则2a1x=v2，v2kg=2x，
对机车有：F−kMg=Ma2，a2=kmgM，
t时间内的位移x′=vt+12a2t2=v2kg+12·kmgM·v2kg2=2M+mxM，故C正确，ABD错误。
8.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查点电荷的电场强度叠加，解题需把握点电荷场强公式、矢量叠加规则及数学三角函数相关知识。
【解答】
AB.由题可知，若P点处的电场强度为零，则根据电场强度的矢量叠加法则可知，Q1和Q3电性必相同且与Q2电性相反，选项AB的电荷均为正和均为负，则AB错误；
C.设P、Q1间的距离为r，则根据矢量三角形与数学知识可知，Q1、Q3在P点产生的合场强大小为cos 120∘=(kqr2)2+(kq4r2)2−E22⋅k2q24r4
解得E= 21kq4r2
而Q2产生的场强大小为 E=3 2kq4r2
则P点的场强不可能为零，C错误；
D.设P、Q1间的距离为r，则根据矢量三角形与数学知识可知，Q1、Q3在P点产生的合场强大小为cos 120∘=(kqr2)2+(4kq4r2)2−E22⋅4k2q24r4
解得E= 3kqr2
而Q2产生的场强大小为E= 3kqr2
则P点的场强可能为零，D正确。
故选：D。
9.【答案】ACD
【解析】】AB.根据电场方向与等势面垂直和曲线运动的合力位于轨迹的凹侧，可知粒子在b点受到的电场力如图所示
由于避雷针聚集大量电子而带负电，可知该粒子带正电；根据
E=Ud
可知等差等势面越密集的地方，场强越大，由图可知，c点场强大于b点场强，粒子在c点电场力大于在b点电场力，则有 ac>ab ，故A正确，B错误；
C.若该粒子从a运动到c，则电场力对该粒子做正功，粒子电势能减小，该粒子在b点电势能要高于c点电势能，故C正确；
D.若该粒子从c运动到a，则电场力对该粒子做负功，粒子电势能增大，该粒子在b点电势能要高于c点电势能，故D正确。
故选ACD。
10.【答案】AD
【解析】A.两种情况下该同学重力做功均为
WG=−mgh
可知该同学的重力势能均增加了 mgh ，故A正确；
B.图1中支持力方向竖直向上，与速度方向夹角小于 90∘ ，支持力对该同学做正功；图2中支持力方向垂直斜面向上，与速度方向垂直，支持力不做功，故B错误；
C.图1中该同学不受摩擦力，但支持力对该同学做正功，该同学的机械能增加，故C错误；
D.图2中支持力不做功，该同学克服重力做功 mgh ，由于该同学动能不变，则该同学受到的摩擦力做了 mgh 的正功，所以该同学的机械能增加了 mgh ，故D正确。
故选AD。
11.【答案】ABD
【解析】AB.小球A、B组成的系统受到的合外力为零，则小球A、B组成的系统满足动量守恒，当弹簧恢复至原长时，有
MvA=mvB
可得小球A与小球B的动能之比为
12MvA212mvB2=mM2vA2Mm2vB2=mM
故AB正确；
CD.根据
MvA=mvB
则有
MvAt=mvBt
可得
MxA=mxB
又
xA+xB=x
联立解得
xA=mxM+m ， xB=MxM+m
故C错误，D正确。
故选ABD。
12.【答案】CD
【解析】AB.由于沿电场方向，电势降落，可知0∼x1电场强度沿x轴负方向。由
E1=Ud
得
E1=ΔφΔx=φx1
故 φ−x 图像的斜率等于电场强度，在x1∼x2间与在x3∼x4间斜率不相同，电场方向不同，则电场强度不相同，故A错误，B错误；
C.若以x1处为电势零点，则该电荷在x3处电势
φ=−2φ0
该电荷在x3处电势能为
Ep=−2φ0×−e=2φ0e
故C正确；
D.由 φ−x 可知，x3处电势最低，速度最小，只要能到达x3处就一定能到达x4处。若小球恰好到达x3处，由动能定理
−eU=−eφ0=0−12mv02
得
v0= 2eφ0m
只要
v0≥ 2eφ0m
带电小球就能运动到x4处，故D正确;
故选CD。
13.【答案】 Fg dt FL(1−cosθ) Fd22gt2
【解析】(1)[1]在开始实验前，使小球静止在最低点，读出力传感器读数为F，根据受力平衡可得
F=mg
解得小球质量为
m=Fg
(2)[2]读出光电计时器显示的挡光时间为 t ，小球到达最低点时速度大小为
v=dt
[3]下摆过程中，小球的重力势能减少量可表示为
ΔEp=mgL(1−cosθ)=FL(1−cosθ)
[4]动能的增加量可表示为
ΔEk=12mv2−0=Fd22gt2
如果二者在误差范围内相等，说明该系统机械能守恒。
14.【答案】 平衡摩擦力 HI k−1 小于
Ep−μmgL=12mvB2
Ep=2.125mgR
【解析】1)[1]在步骤1中，左右调整木块的位置是为了平衡摩擦力。
(2)[2]铁块轻轻放到小车里前小车做匀速运动，铁块轻轻放后也是匀速运动，但速度会发生变化，对应纸带上的点，可以知道放上铁块的位置在 HI 之间。
(3)[3]设小车(含细沙)和铁块的质量分别为 M 和 m ，长木板倾角为 θ ，小车沿木板做匀速运动时，有
Mgsinθ=μMgcosθ
把铁块放到小车内，稳定后对铁块和小车有
M+mgsinθ=μM+mgcosθ
即在小车内放铁块前后沿木板方向的合外力都为0，则沿木板方向动量守恒，根据动量守恒定律有
Mv1=M+mv2
设纸带上打下连续5点的时间为 t ，有
v1=x1t
v2=x2t
可得
x1=M+mMx2
由上述分析可知，小车和铁块组成的系统沿木板方向动量守恒，由
x1=M+mMx2
可知，斜率
k=M+mM
即
mM=k−1
(4)[4]铁块落到细沙上前有沿斜面向下的分速度，小车做匀速运动时的动量和铁块落入小车前瞬间沿斜面向下的动量之和等于铁块落到细沙上后铁块和小车的总动量，所以小车做匀速运动时的动量小于铁块落到细沙上后铁块和小车的总动量。
15.【答案】(1) 6m/s ；(2) 2m/s ；(3) 115m
【解析】(1)小球向下摆动过程中，根据机械能守恒定律有
m0gL1−cos60∘=12m0v2
解得
v=5m/s
小球与物块A弹性碰撞过程，设向右为正方向，根据动量守恒定律有
m0v=m0v′+mAv0
根据机械能守恒定律有
12m0v2=12m0v′2+12mAv02
两式联立解得
v0=6m/s
(2)以ABC为一个整体，设向右为正方向，
mAv0=mAv1+mB+mCv2
A和C系统机械能守恒
μmAgL=12mAv02−12mAv12−12mB+mCv22
两式联立解得：
v1=4m/s ， v2=2m/s
(3)滑块A滑上C后，以AC为一个整体，系统水平方向动量守恒
mAv1+mCv2=mA+mCv3
A和C系统机械能守恒
mAgR=12mAv12+12mCv22−12mA+mCv32
解得
R=115m
16.【答案】(1) 2 gR ；(2) 2.125mgR
【解析】1)由于小滑块恰能运动到c点，则小滑块运动到c点的速度为0，小滑块从B到C过程，由机械能守恒定律可得
12mvB2=2mgR
解得
vB=2 gR
(2)根据动能定理可得
Ep−μmgL=12mvB2
Ep=2.125mgR
17.【答案】(1) qERm ；(2) −ERd2L2≤UMN≤ERd2L2 ；(3) −d,d
【解析】(1)正粒子在静电分析器中做匀速圆周运动，由电场力提供向心力得
qE=mv02R
解得
v0= qERm
(2)若粒子恰通过偏转电场，则有
L=v0t
d2=12at2
a=qUmd
联立解得
U=ERd2L2
根据对称性可得要使该粒子穿出偏转电场， UMN 的取值范围为
−ERd2L2≤UMN≤ERd2L2
(3)由类平抛运动的特征，速度的反向延长线过水平位移的中点，如图所示
根据几何关系可得
yY=L2L2+L2
当 y=d2 时，
Ym=d
根据对称性可知能打到光屏位置的范围为 −d,d 。
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