2022-2023学年海南省海口市龙华区农垦中学高二（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年海南省海口市龙华区农垦中学高二（上）期末物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.倾角为α、质量为M的斜面体静止在水平桌面上，质量为m的木块静止在斜面体上．下列结论正确的是( )
A. 木块受到的摩擦力大小是mgcsα
B. 木块对斜面体的压力大小是mgsinα
C. 桌面对斜面体的摩擦力大小是mgsinαcsα
D. 桌面对斜面体的支持力大小是(M+m)g
2.如图所示，质量为m2的物块B放置在光滑水平桌面上，其上放置质量m1的物块A，A通过跨过光滑定滑轮的细线与质量为M的物块C连接。释放C，A和B一起以加速度a从静止开始运动，已知A、B间动摩擦因数为μ1，则细线中的拉力大小为( )
A. MgB. Mg+MaC. (m1+m2)aD. m1a+μ1m1g
3.如图所示，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电直导线A，A与螺线管垂直，A导线中的电流方向垂直纸面向里，开关S闭合，A受到通电螺线管磁场的作用力的方向是( )
A. 水平向左
B. 水平向右
C. 竖直向上
D. 竖直向下
4.如图1所示，弹簧振子在竖直方向做简谐振动。以其平衡位置为坐标原点，竖直方向上为正方向建立坐标轴，振子的位移x随时间t的变化如图2所示，下列说法正确的是( )
A. 振子的振幅为4cm
B. 振子的振动周期为1s
C. t=1s时，振子的速度为正的最大值
D. t=1s时，振子的加速度为正的最大值
5.下列说法正确的是( )
A. 单色光在介质中传播时，介质的折射率越大，光的传播速度越小
B. 观察者靠近声波波源的过程中，接收到的声波频率小于波源频率
C. 同一个双缝干涉实验中，蓝光产生的干涉条纹间距比红光的大
D. 两束频率不同的光，可以产生干涉现象
6.长度为L、质量为M的平板车的左端紧靠着墙壁，右端站着一个质量为m的人(可视为质点)，某时刻人向左跳出，恰好落到车的左端，而此时车已离开墙壁有一段距离，那么这段距离为(车与水平地面间的摩擦不计)( )
A. LB. mLMC. mLM+mD. MLM+m
7.在水平地面上方某处，把质量相同的P、O两小球以相同速率沿竖直方向抛出，P向上，O向下，不计空气阻力，两球从抛出到落地的过程中( )
A. P球重力做功较多B. 两球重力的平均功率相等
C. 落地前瞬间，P球重力的瞬时功率较大D. 落地前瞬间，两球重力的瞬时功率相等
8.如图甲所示，固定光滑斜面上有质量为m=6kg的物体，在大小为12N，方向平行于斜面的拉力F的作用下做匀速直线运动，从x1=−2.5m位置处拉力F逐渐减小，力F随位移x的变化规律如图乙所示，当x2=7m时拉力减为零，物体速度刚好为零，取g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 斜面倾角θ为30°
B. 整个上滑的过程中，物体的机械能增加27J
C. 物体匀速运动时的速度大小为3m/s
D. 物体在减速阶段所受合外力的冲量为−12N⋅s
9.如图所示，有一束平行于等边三棱镜截面ABC的单色光从空气射入E点，并偏折到F点，已知入射方向与边AB的夹角为θ=30°，E、F分别为边AB、BC的中点，则下列说法正确的是( )
A. 该棱镜的折射率为 3
B. 光在F点发生全反射
C. 光从空气进入棱镜，频率变小
D. 光从空气进入棱镜，波速变小
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
10.图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图。a、b两质点的横坐标分别为x=2m和x=6m，图乙为质点b从该时刻开始计时的振动图象。下列说法正确的是( )
A. 该波沿+x方向传播，波速为1m/sB. 质点a经4s振动的路程为2m
C. 质点a在t=2 s时速度为零D. 此时刻质点a的速度沿+y方向
11.如图所示，质量为m、长为L的导体棒电阻为R，初始时静止于光滑的水平轨道上，电源电动势为E，内阻不计．匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成θ角斜向上方，开关闭合后导体棒开始运动，则( )
A. 导体棒向左运动
B. 开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为BELR
C. 开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为BELsinθR
D. 开关闭合瞬间导体棒MN的加速度为BELsinθmR
12.如图所示的实线为某静电场的电场线，虚线是仅在电场力作用下某带负电粒子的运动轨迹，A、B、C、D是电场线上的点，其中A、D两点在粒子的轨迹上，下列说法正确的是( )
A. 该电场可能是正点电荷产生的
B. B点电势一定高于C点电势
C. 该粒子在A点的电势能一定大于在D点的电势能
D. 该粒子在A点的速度一定大于在D点的速度
13.如图，虚线MN的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两电荷量相同的粒子P、Q从磁场边界的M点先后射入磁场，在纸面内运动。射入磁场时，P的速度vP垂直于磁场边界，Q的速度vQ与磁场边界的夹角为45°.已知两粒子均从N点射出磁场，且在磁场中运动的时间相同，则( )
A. P和Q的质量之比为1：2B. P和Q的质量之比为 2：1
C. P和Q速度大小之比为 2：1D. P和Q速度大小之比为2：1
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
14.在“用单摆测定重力加速度”实验中：
(1)除长约1m的细线、带铁夹的铁架台、有小孔的小球、游标卡尺外，下列器材中，还需要______ 。(填正确答案的标号)
A.秒表
B.米尺
C.天平
D.弹簧测力计
(2)用游标卡尺测量小球的直径，如图所示，则小球的直径是______ mm。
(3)下列做法正确的是______ 。(填正确答案的标号)
A.从摆球达到最高位置时开始计时
B.记录摆球完成一次全振动的时间
C.要让摆球在竖直平面内摆动的角度不小于30°
D.选用的细线应细、质量小，且不易伸长
15.用伏安法测定一个待测电阻Rx的阻值(阻值约为200Ω)，实验室提供如下器材：
电池组E：电动势3V，内阻不计；
电流表A1：量程0～15mA，内阻约为100Ω；
电流表A2：量程0～300μA，内阻为1000Ω；
滑动变阻器R1：阻值范围0～20Ω，额定电流2A；
电阻箱R2：阻值范围0～9999Ω，额定电流1A；
开关S、导线若干。
要求实验中尽可能准确地测量Rx的阻值，请回答下列问题：
(1)为了测量待测电阻两端的电压，可以将电流表______ (填写器材代号)与电阻箱串联，并将电阻箱阻值调到______ Ω，这样可以改装成一个量程为3.0V的电压表。
(2)请将图1中测量Rx阻值的电路图补充完整，并在图中标明所选用器材代号。
(3)调节滑动变阻器R1，两表的示数如图2所示，可读出电流表A1的示数是______ mA，电流表A2的示数是______ μA，待测电阻Rx的真实值是______ Ω(此空结果保留3位有效数字)。
四、简答题：本大题共2小题，共26分。
16.如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g。求：
(1)质点滑到最低点Q时的速度大小；
(2)质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功。
17.如图所示，在水平面上依次放置小物块A和C以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M=3m，劈B的曲面下端与水平面相切，且劈B足够高，各接触面均光滑．现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起又滑上劈B.求：
(1)碰撞过程中系统损失的机械能；
(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度．
五、计算题：本大题共1小题，共12分。
18.如图，圆心为O、半径为r的圆形区域内没有磁场，圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B。P是圆外一点，OP=3r。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从P点在纸面内垂直于OP射出。已知粒子运动轨迹经过圆心O，不计重力，tan37°=34。求：
(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径；
(2)粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间；
(3)粒子第一次从圆形区域射出后，粒子再次射入圆形边界所用的时间。(已知37°=0.2π)
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
先对木块m受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件求解支持力和静摩擦力；然后对M和m整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡．
本题关键灵活地选择研究对象，运用隔离法和整体法结合求解比较简单方便．
【解答】
AB、先对木块m受力分析，受重力mg、支持力N和静摩擦力f，根据平衡条件，有：
f=mgsinα…①
N=mgcsα…②
故AB错误；
CD、对M和m整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡，故桌面对斜面体的支持力为N=(M+m)g，静摩擦力为零，故C错误，D正确．
故选：D．
2.【答案】C
【解析】解：AB、以C为研究对象，则Mg−T=Ma，解得T=Mg−Ma，故AB错误
C、以AB为整体根据牛顿第二定律可知T=(m1+m2)a，故C正确
D、AB间为静摩擦力，对B根据牛顿第二定律可知，f=m2a，对A可知T−f=m1a联立解得T=m1a+m2a，故D错误
故选：C。
根据牛顿第二定律借口求得绳子的拉力，利用好整体法和隔离法即可求得
本题主要考查了牛顿第二定律，关键是利用好整体法和隔离法即可求得
3.【答案】C
【解析】解：首先根据安培定则判断通电螺线管产生的磁场的方向向右，所以在A处产生的磁场方向：水平向左。
根据左手定则判断可知：A受到通电螺线管磁场的作用力的方向：竖直向上。
故选：C。
首先根据安培定则判断通电螺线管在A处产生的磁场方向，再根据左手定则判断通电直导线A受到的磁场的作用力的方向．
本题考查安培定则和左手定则综合应用的能力，对于几种定则关键要搞清两点：一是何时用；二是怎样用．
4.【答案】C
【解析】解：AB、由振动的图象可知：振子的振幅为2cm而不是4cm，周期为2s而不是1s，故AB错误；
CD、t=1s时，振子处于平衡位置，加速度为0，速度为正的最大值，故C正确，D错误。
故选：C。
根据图2得到振幅和振动周期；t=1s时振子处于平衡位置，根据简谐运动的规律进行分析。
本题主要是考查了简谐运动的知识；知道简谐运动的平衡位置是物体静止时受力平衡的位置；振动的质点在振动过程中各物理量的变化情况可以这样分析：位移增大→回复力增大→加速度增大→速度减小→动能减小→势能增大。
5.【答案】A
【解析】分析：
根据n=cv分析光的传播速度与折射率的关系；观察者靠近声波波源的过程中，接收到的声波频率大于波源频率；根据双缝干涉条纹间距公式△x=Ldλ分析蓝光与红光产生的干涉条纹间距关系；产生干涉现象的条件是两束光的频率相同。
解决本题的关键要掌握光学的基础知识，要掌握光速与折射率的关系，蓝光的波长小于红光的波长，并掌握光产生干涉的条件：两束光的频率相同。
解答：
A、根据n=cv得v=cn，可知单色光在介质中传播时，介质的折射率越大，光的传播速度越小，故A正确；
B、根据多普勒效应规律知，若声波波源向观察者靠近，则观察者接收到的声波频率大于波源频率，故B错误；
C、根据双缝干涉条纹间距公式△x=Ldλ，知同一个双缝干涉实验中，蓝光的波长小于红光的波长，故蓝光产生的干涉条纹间距比红光的小，故C错误；
D、根据光的干涉的条件可知，两束频率不同的光不能产生干涉现象，故D错误。
故选：A。
6.【答案】C
【解析】【分析】
先由动量守恒求出二者水平速度的关系，然后设人从右端到达左端时间为t，由运动学公式求出各自的位移表达式，根据位移之和等于L即可求解．
该题中，人在空间中运动的过程中水平方向的分速度不变，所以该题中的情况与人船模型的情况是相同的，由此即可求出．
【解答】
选取向左为正方向，设人从小车上跳起后沿水平方向的分速度为v1，小车沿水平方向的速度为v2，由于车与水平地面间的摩擦不计，二者沿水平方向的动量守恒，则：
mv1+Mv2=0
所以：v2=−mv1M
设人从右端到达左端时间为t，则人的位移：x1=v1t
车的位移：x2=v2t
由空间几何关系得：x1+|x2|=L
联立以上各式得：|x2|=mLM+m.故C正确，ABD错误；
故选：C。
7.【答案】D
【解析】【分析】
根据W=mgℎ判断重力功；根据P=Wt判断重力做功的平均功率；根据P=Fv判断落地前瞬时重力的瞬时功率。
该题的关键要熟练运用机械能守恒定律分析抛体的运动情况，明确瞬时功率和平均功率的计算方法。
【解答】
A.根据W=mgℎ可知两球重力做功相同，故A错误；
B.上抛的物体运动时间长，根据P=Wt可知两球重力的平均功率不相等，故B错误；
CD.根据机械能守恒定律可知12mv2=mgℎ+12mv02可知，两球落地的速度相同，根据P=mgv可知落地前瞬间，两球重力的瞬时功率相等，故C错误，D正确；
故选：D。
8.【答案】C
【解析】解：A.当物体沿斜面向上做匀速直线运动时，由平衡条件得：
F=mgsinθ
其中F=12N，m=6kg
代入数据得：sinθ=0.2，所以θ<30°，故A错误；
B.图象与坐标轴围成的面积表示拉力做的功，则由图象可知，整个过程中拉力F做的功为：
WF=12×2.5J+12(7−2.5)×12J=57J
物体机械能的变化量等于重力以外的力做的功，则该物体在上滑过程中除重力做功外只有拉力F做功，所以物体的机械能增加了57J，故B错误；
CD.整个过程中重力做功为：
WG=−mgx2sinθ
代入数据得：WG=−84J
根据动能定理得：WG+WF=0−12mv02
解得：v0=3m/s
根据动量定理可得：
I=0−mv0
代入数据得：I=−18Ns，故C正确，D错误。
故选：C。
根据开始匀速阶段列出平衡方程，即可得到斜面倾角；图象与坐标轴围成的面积表示拉力做的功，重力以外的力对物体做的功等于物体机械能的变化量；根据动能定理可以得到物体的初动能，从而求出初速度；根据动量定理可以得到物体所受合外力的冲量。
本题主要考查了恒力做功公式，动能定理的直接应用，知道F−x图象中，图象与坐标轴围成的面积表示F做的功是解答此题的关键。
9.【答案】AD
【解析】解：A、在E点作出法线可知入射角为60°，折射角为30°，由n=sinisinr=sin60°sin30∘可得折射率为n= 3，故A正确；
B、由光路的可逆性可知，在BC边上的入射角小于临界角，不会发生全反射，故B错误；
C、光从空气进入棱镜，频率不变，故C错误；
D、由公式v=cn可知，光从空气进入棱镜，波速变小，故D正确。
故选：AD。
由几何知识分别得到光线在BC面上的入射角和AB面上的折射角，根据光路可逆性原理，知光在F点不可能发生全反射，从F点出射的光束与BC的夹角为θ.由折射定律求折射率。结合几何知识分析求光的偏折角。光从空气进入棱镜，频率不变，波速变小，波长变小。
本题是折射定律的应用问题，根据几何知识与折射定律结合进行处理。要知道光从一种介质进入另一种介质时频率不变，波速和波长会发生改变。
10.【答案】C
【解析】解：A、由甲图知：波长为λ=8m，由乙图知：周期为T=8s，所以波速为：v=λT=88m/s=1m/s，
但是b点该时刻的振动方向是沿y轴正方向，由微平移法可知波向−x轴方向传播，故A错误；
B、质点a振动4s，是经过了半个周期，质点运动过的路程为振幅的2倍，即为1m，故B错误；
C、在t=2s时，质点b在正的最大位移处，ab两质点的振动步调完全相反，所以质点a在负的最大位移处，此时a的速度为零，故C正确；
D、此时刻b的振动方向是向y轴正方向，ab间相隔半个波长，振动步调完全相反，所以此时刻质点a的速度沿−y方向，故D错误；
故选：C。
由图可知波的波长和周期，根据v=λT可求波速，结合b点在该时刻的位置及振动方向，利用平移法可知波的传播方向。比较时间与周期之间的关系，利用在一个周期内，质点经过的路程为振幅的4倍可计算质点路程。结合b质点此时刻的位置和振动方向，从而可得知a质点所处的位置和振动方向。通过t=2s时b的位置，可判断出a点的位置，从而可知a点的速度。
该题考查了简谐波的传播和质点的振动，解答该题要熟练的掌握波传播方向的判断，常用的方法有“微平移法”、“带动法”、“上下坡法”、“振向波向同侧法”和“头头尾尾相对法”，还有就是要熟练的掌握步调一致的点的判断和步调始终相反的点的判断。会通过时间计算振动质点通过的路程。
11.【答案】BD
【解析】解：A、开关闭合，由左手定则可知，磁感线穿过掌心，则大拇指向为垂直磁感线向右，从而导致导体棒向右运动。故A错误；
B、当开关闭合后，根据安培力公式F=BIL，与I=ER可得F=BLER，故B正确，C错误；
D、当开关闭合后，安培力的方向与导轨成90°−θ的夹角，再根据力的分解可得，合力大小，再由牛顿第二定律与安培力的大小可知，加速度a=BELsinθRm，故D正确；
故选：BD。
根据左手定则来确定通电导线的安培力的方向，闭合电路欧姆定律与安培力公式结合可求出其力的大小，最后由牛顿第二定律来确定导体棒瞬间的加速度．
考查左手定则、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律、安培力的大小公式及力的分解，注意左手定则与右手定则的区别．同时注意安培力的方向与导轨的夹角．
12.【答案】BD
【解析】解：A.点电荷的电场线是自正点电荷出发的直线，由图可知该静电场的电场线是曲线，故A错误；
B.根据物体做曲线运动的条件可知，粒子所受的电场力指向凹测，该粒子是负电荷，所以场强方向应是由B到C，沿着电场线的方向电势逐渐降低，故B点电势一定高于C点电势，故B正确；
C.从粒子的运动轨迹来看，从A到D的过程中，电场力和位移的夹角大于90°故电场力做负功，电势能增加，该粒子在A点的电势能一定小于在D点的电势能，故C错误；
D.根据动能定理，电场力做负功，动能减小，因此速度减小，该粒子在A点的速度一定大于在D点的速度，故D正确。
故选：BD。
根据点电荷电场线的特点判断A选项；根据粒子所带电荷的电性及运动方向判断电场力的方向，进一步判断电场的方向，根据沿着电场线的方向电势逐渐降低，可判断B选项；根据电场力做功判断电势能的变化来判断C选项；根据动能定理可判断速度的变化。
本题考查静电场中电势高低的判断，粒子速度、电势能大小的比较等，要求学生熟练掌握静描述电场的物理量的计算和大小比较。
13.【答案】AC
【解析】解：
AB.由题意可知，P、Q两粒子的运动轨迹分别为半圆、四分之一圆，再根据t=θ2π2πmqB解得：mP：mQ=1：2，故A正确，B错误；
CD.结合几何关系可知，RP：RQ=1： 2，由公式qvB=mv2R，解得：vP：vQ= 2：1，故C正确，D错误。
故选AC。
根据几何关系先确定圆心和半径，再根据洛伦兹力提供向心力列式得到粒子的质量比和速度比。
本题考查了粒子在磁场中的运动，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力列式求解；带电粒子在匀速磁场中做匀速圆周运动问题通常要先确定圆心，得到半径，最后根据洛伦兹力提供向心力列式。
14.【答案】AB 12.5 D
【解析】解：(1)在实验中，需要测量单摆的周期，所以需要秒表，需要测量摆线的长度，所以需要米尺，摆球的质量不需要测量，所以不需要天平或弹簧测力计。故AB正确，CD错误。
故选：AB。
(2)10分度游标卡尺的精确值为0.1mm，由图可知小球的直径为
12mm+5×0.1mm=12.5mm
(3)A、摆球经过平衡位置时速度最大，从该处计时测量误差较小。故A错误；
B、通过测量n次全振动的时间t，通过
T=tn
求解周期，测量一次全振动时间误差较大。故B错误；
C、摆球在同一竖直面内摆动，当摆角不超过5°时其摆动可视为简谐运动。故C错误；
D、选用的细线应细、质量小，且不易伸长。故D正确。
故选：D。
故答案为：(1)AB；(2)12.5；(3)D
(1)根据实验原理判断所选用的实验器材；
(2)根据游标卡尺的分度值，结合主尺和游标尺的示数读出小球的直径；
(3)根据实验误差来源判断摆球经过平衡位置时是不是计时起点；根据积累法测周期的原理判断能不能只测量一个全振动的时间作为单摆的周期；然后，根据单摆模型的建立，判断摆球在同一竖直面内摆动的摆角范围；最后，根据细线的质量和长度对实验的影响判断应选用原则。
本题考查了利用单摆的周期测量重力加速度，解决本题的关键是理解单摆周期与重力加速度的关系。
15.【答案】A2 9000 8.0 150 191
【解析】解：(1)由于电流表A1的内电阻不知道，而电流表A2的内电阻为R2=1000Ω，所以需要将电流表A2改装成电压表；
要改装成一个量程为3.0V的电压表，需要串联的电阻为R串=UIg−R2=3.0300×10−6Ω−1000Ω=9000Ω，所以需要将电阻箱阻值调到9000Ω即可；
(2)电流表A1应用外接法；滑动变阻器最大电阻小于待测电阻阻值，故变阻器应用分压式接法，电路图如图所示：
(3)电流表A1的每小格是0.5mA，根据指针的位置可得电流表A1的示数是8.0mA；
电流表A2的每小格是10μA，根据指针的位置可得电流表A1的示数是150μA；
改装后的电流表A2的示数为300μA时，对于的电压为3.0V，则电流表A1的示数是150μA时，对应的电压为1.5V，则待测电阻Rx的真实值是：Rx=1.58.0×10−3−150×10−6Ω=191Ω。
故答案为：(1)A2；9000；(2)图象见解析；(3)8.0；150；191。
(1)根据电流表的改装原理进行分析；
(2)根据待测电阻的大小判断电流表应选外接法还是内接法，由于滑动变阻器阻值太小，故变阻器应用分压式接法；
(3)根据电流表的读数方法进行读数；根据伏安法结合欧姆定律求解电阻大小。
在电学实验中，应将电阻值一定的电流表进行改装，若需改为电压表则应串联一电阻，若需改为电流表则应串联一电阻；对于实验题，关键是能清楚实验原理和实验目的，掌握数据处理的方法。
16.【答案】解：(1)质点滑到最低点Q时由牛顿第二定律有：FN−mg=mv2R
由牛顿第三定律可知质点所受支持力与压力大小相等，即：FN=2mg
代入数据可得：v= gR
(2)质点从P滑到Q的过程中，由动能定理有：mgR−Wf=12mv2
代入数据可得：Wf=12mgR
答：(1)质点滑到最低点Q时的速度大小为 gR；
(2)质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为12mgR。
【解析】(1)在Q点对质点由牛顿第二定律可得质点速度大小；
(2)由动能定理可得质点克服摩擦力做的功。
本题考查了动能定理和牛顿第二定律，解题的关键是对质点利用动能定理时，明确质点运动过程，对质点正确受力分析。
17.【答案】解：(1)小物块C与A发生碰撞粘在一起，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=2mv
解得 v=v02；
碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE=12mv02−12⋅2mv2=14mv02．
(2)碰后物块A与C在曲面劈B上达到最大高度时三者速度相同，设为v′，最大高度为ℎ．
取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得：
2mv=(2m+M)v′
根据系统机械能守恒得：
12⋅2mv2=12(2m+M)v′2+2mgℎ
联立解得ℎ=3v0240g
答：
(1)碰撞过程中系统损失的机械能是14mv02；
(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度是3v0240g．
【解析】【分析】
(1)A、C发生碰撞后粘在一起，根据动量守恒定律求出碰后共同速度．再由能量守恒定律求碰撞过程中系统损失的机械能；
(2)AC共同体滑上劈B的过程中，系统水平方向不受外力，水平方向的动量守恒，同时，各接触面光滑系统的机械能也守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度．
本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的关键，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题．
18.【答案】解：(1)带电粒子在磁场中运动的轨迹，如图所示

设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，根据几何知识
R2+r2=(3r−R)2
解得
R=43r；
(2)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有
qvB=mv2R
解得
v=4qBr3m
则粒子第一次在圆形区域内做匀速直线运动的时间为
t=2rv=2r4qBr3m=3m2qB；
(3)根据题意作出粒子第一次从圆形区域射出后，再次射入圆形边界的轨迹，如图所示

由图中几何关系可得
tanθ=rR=34
可得
θ=37°
第二次做匀速圆周运动的圆心角为
α=2π−2×θ=2π−2×0.2π=1.6π
粒子第一次从圆形区域射出后，粒子再次射入圆形边界所用的时间为
t′=α2πT=1.6π2π×2πmqB=8πm5qB。
答：(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径为43r；
(2)粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间为3m2qB；
(3)粒子第一次从圆形区域射出后，粒子再次射入圆形边界所用的时间为8πm5qB。
【解析】(1)找圆心，根据几何知识求解半径；
(2)根据牛顿第二定律求出带电粒子做匀速圆周运动的速度，根据位移与时间的关系求解带电粒子做匀速直线运动的时间；
(3)由几何知识求出圆心角，根据周期与时间的关系求解运动的时间。
本题考查带电粒子在磁场中的运动，要求学生正确分析带电粒子的运动过程，熟练掌握带电粒子在磁场中运动的基本规律。