2022-2023学年云南省大理州高二（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年云南省大理州高二（上）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，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示，直线MN左侧有范围足够大的匀强磁场，金属线框abcd静止在磁场中，cd边与磁场边界重叠，磁场方向垂直线框平面。下列过程能在线框abcd中产生感应电流的是( )
A. 线框向左平动
B. 线框向右平动
C. 线框向下平动
D. 线框向上平动
2.如图所示为演示平行电流之间的作用力的实验装置的电路简图，M和N为两根平行放置的导体棒，S2为单刀双掷开关，下列说法正确的是( )
A. 闭合S1，S2接a，M、N相互吸引
B. 闭合S1，S2接b，M、N相互吸引
C. 断开S1，S2接a，M、N相互吸引
D. 断开S1，S2接b，M、N相互吸引
3.如图所示，带电小球M固定在光滑绝缘水平面上，与M带同种电荷的小球N以速度v0从P点沿直线远离M，M、N均可视为质点且带电量保持不变，则小球N的速度v随时间t变化图像可能是( )
A. B.
C. D.
4.如图所示，曲线1、2、3为一电场的三条等势线，一电子从a点由静止释放后仅在电场力作用下沿直线运动到b点，关于电子在此过程中的运动，下列说法正确的是( )
A. 电子做匀加速运动
B. 电子加速度不断减小
C. 电子电势能先减小后增大
D. a点电势高于b点电势
5.用如图所示的实验装置定性探究影响平行板电容器电容的因素，该实验中保持两极板带电量不变。关于该实验的实验现象分析，下列说法正确的是( )
A. 若看到静电计张角变大，说明电容变大了
B. 若看到静电计张角变大，可能是板间距离增大造成的
C. 若看到静电计张角变小，可能是两板正对面积减小造成的
D. 若看到静电计张角变大，可能是因为在两板间插入了绝缘介质板
6.2022年第24届冬奥会在北京举行，高台滑雪是广大观众最喜欢观看的比赛项目之一。如图所示，运动员(可视为质点)从a点水平飞出，一段时间后落到雪坡上的b点，落到b点时速度沿雪坡的切线方向，此处坡道切线与竖直方向的夹角为θ=37°，已知a、b两点的竖直高度差为h=3.2m，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，忽略空气阻力，则运动员刚要落到b点瞬间的速度大小为( )
A. 6m/sB. 8m/sC. 10m/sD. 12m/s
7.如图所示，倾斜成30°角放置的光滑绝缘杆固定在水平向右的匀强电场中，电场方向平行于杆所在的竖直平面，一质量为m的带电小球沿杆匀速下滑，重力加速度为g，则该小球滑离杆下端后瞬间的加速度为( )
A. 大小为g，方向竖直向下B. 大小为 33g，方向垂直杆斜向左下
C. 大小为2 33g，方向垂直杆斜向左下D. 大小为2 33g，方向沿杆向下
8.如图所示，质量为m的小球用轻质细绳连接，绳子另一端固定在光滑固定斜面上的O点，斜面倾角为θ，且tanθ=34，重力加速度为g。将小球拉至与O点等高的位置由静止释放，在此后的运动过程中，绳子拉力的最大值为( )
A. 1.8mgB. 2mgC. 2.25mgD. 3mg
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.质量为m=1kg物体从静止开始沿直线运动，其合外力F随时间t变化的图像如图所示，下列说法正确的是( )
A. 4s末物体速度为零B. 4s末物体回到出发点
C. 合外力对物体一直做正功D. 0～8s内物体的位移为16m
10.如图所示的实验电路中，当调节滑动变阻器R阻值较大使电动机不转动时，此时理想电流表和理想电压表的示数分别为0.60A和0.30V；重新调节R使电动机正常转动时，理想电流表和理想电压表的示数分别为2.00A和10.00V，下列说法正确的是( )
A. 电动机的内电阻为5ΩB. 电动机的内电阻为0.5Ω
C. 正常转动时电动机的输出功率为18WD. 正常转动时电动机的输出功率为20W
11.某电动自行车使用的锂离子电池额定电压为48V，电池总容量为50A⋅h，当电池剩余容量为总容量的16时，该车将不能行驶。该电动自行车质量为30kg，质量为50kg的人骑该车在平直路面上行驶时额定车速为18km/h，所受阻力大小为人、车总重的0.15倍。已知1度电为1kW⋅h，取重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 题中电池容量的单位A⋅h为能量单位
B. 从此车不能行驶开始充电至电池充满需要用电2度
C. 该人骑此车在平直路面上以额定速度行驶时，此车的额定功率为800W
D. 该人骑此车在平直路面上以额定速度行驶，能行驶的最大里程约为60km
12.如图甲所示，边长为L的正方形abcd在竖直平面内，bc边沿竖直方向，该区域内存在竖直方向匀强电场，取竖直向下为正方向，该电场按图乙所示的规律变化。t=0时刻，不计重力的带电粒子从ad中点O垂直电场方向以大小为v0的速度射入电场，t=T时刻从c点射出电场。下列说法正确的是( )
A. 粒子射出电场时速度大于v0B. 粒子运动过程中的速度最大为 2v0
C. t=3T4时刻粒子的速度大小为 52v0D. t=3T4时刻粒子的竖直位移大小为716L
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
13.在测量一电源(由两节干电池串联组成)的电动势和内电阻的实验中：
(1)备有以下器材，实验中应该选用的器材有______ (用序号表示)。
A.待测电源
B.电流表(0～100mA，内阻约60Ω)
C.电流表(0～0.6A，内阻约0.125Ω)‘
D.伏特表(0～3V，内阻约3.5kΩ)
E.伏特表(0～6V，内阻约10kΩ)
F.滑动变阻器(0～20Ω，额定电流1A)
G.滑动变阻器(0～1000Ω，额定电流1A)
H.开关和导线若干
(2)某同学根据测量数据作U−I图像得到如图所示的几个点，据此可得电源的电动势E= ______ V，内阻r= ______ Ω。(计算结果保留2位有效数字)
14.(1)在测定金属丝电阻率的实验中：

①用螺旋测微器测量金属丝直径，结果如图甲所示，由图可得金属丝直径为______ mm；
②在该实验中，用伏安法测量金属丝电阻时，电流表的连接有图乙和图丙两种连接方式，因所用金属丝电阻较小，考虑电表内阻引起的系统误差，应选择图______ (填“乙”或“丙”)连接方式可使测量结果更加准确，用这种接法测量得到的电阻值将______ (填“大于”“小于”或“等于”)真实值。
(2)某同学在实验室里找到一只电流表，查到此电流表的满偏电流为Ig=1mA，内阻为Rg=180Ω，该同学想将此表改成能测0～10mA和0～3V两个量程的多用电表，该同学设计了如图丁所示的电路图，在该电路中当连接接线柱a和接线柱______ (填“b”或“c”)为0～10mA的电流表。电路中R1应为______ Ω，电路中R2应为______ Ω。
四、简答题：本大题共4小题，共38分。
15.如图所示，匀强电场中有一直角三角形ABC，∠C=60°，AC边长为10 3cm，匀强电场方向与ABC平面平行，将一带电量为q=1×10−9C的正点电荷从A点移动到C点，电场力做功3×10−8J，若将该点电荷从B点移动到C点，电场力做功6×10−8J，若规定C点电势为零。求：
(1)A点电势和B点电势；
(2)匀强电场的电场强度大小。
16.如图甲所示，滑梯是少年儿童最喜欢玩的游乐项目之一。某儿童游乐场要修建一个儿童滑梯，设计师根据场地情况画出了如图乙所示的模型简图，滑梯由倾角为θ=37°的斜面AB和水平部分BC组成，AB和BC由一小段圆弧(图中未画出且长度可忽略)平滑连接。因受场地限制，滑梯的高度h只能为2.4m。若儿童裤料与滑梯之间的动摩擦因数为μ=0.5，儿童可视为质点，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。
(1)若要使儿童从A点由静止开始下滑，滑到C点时速度恰好为零，求BC段的长度；
(2)满足(1)问的情况下，求儿童从A到C所需的时间。
17.如图所示的电路中，电源电动势为E=200V，内阻为r=20Ω，定值电阻R2=32Ω。AB、CD为两个平行金属板，板长为L=80cm，板间距离为d=32cm。质量为m=1×10−6kg、带电量为q=−1×10−8C的颗粒从两金属板左端沿板间中线以v0=4m/s的速度射入两板间。闭合开关S，调节电阻箱R1，使颗粒刚好打到下板右侧边缘的D点。颗粒重力不能忽略，取重力加速度为g=10m/s2。求：
(1)颗粒在两板间运动的加速度大小；
(2)两板间的电压U；
(3)电阻箱R1的阻值。
18.如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道BCD与倾角为53°的粗糙倾斜轨道AB在B点平滑连接，倾斜轨道AB长度为2m，圆弧轨道半径R=1617m，B点左侧空间存在水平向右的匀强电场，电场方向平行于轨道平面。一质量为m=0.4kg的带正电的小滑块(可视为质点)从倾斜轨道上的A点由静止开始下滑，小滑块滑到D点时速度为零，OD连线与竖直方向的夹角为37°，已知小滑块与倾斜轨道AB之间的动摩擦因数为μ=23，取重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8。求：
(1)小滑块第一次到达B点时的速度大小；
(2)小滑块最终在斜轨道AB上通过的总路程；
(3)小滑块运动过程中对圆弧轨道的最大压力大小。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：ACD.通过闭合回路的磁通量发生变化时才会产生感应电流，当线框向左、向下或向上平动时，通过线框的磁通量不会发生变化，由感应电流产生条件可知，线框abcd中不会产生感应电流，故ACD错误；
B.当线框向右平动时，通过线框的磁通量减小，由感应电流产生条件可知，线框abcd中会产生感应电流，故B正确。
故选：B。
当闭合回路中磁通量发生变化时，回路中就会产生感应电流，根据磁感线，分析磁通量是否变化，再进行判断。
判断电路中能否产生感应电流，应把握两点：一是要有闭合回路，二是回路中的磁通量要发生变化。
2.【答案】A
【解析】解：A.闭合S1，S2接a，则两导体棒中电流方向相同，M、N表现为相互吸引，故A正确；
B.闭合S1，S2接b，两导体棒被短路，则导体棒中无电流通过，M、N间无吸引力，故B错误；
C.断开S1，S2接a，导体棒M有电流通过，N中无电流通过，M、N间无吸引力，故C错误；
D.断开S1，S2接b，则两导体棒串联，电流方向相反，M、N间表现为相互排斥，故D错误。
故选：A。
本题通过两个开关S1，S2改变电路，可以判断出不同电路中，两根平行导棒电流的情况，若电流方向相同，两根导棒相互吸引；若电流方向相反，两根导棒相互排斥。
解答本题的关键是掌握通电直导线之间力的作用，并结合电路知识即可解答。
3.【答案】D
【解析】解：由题可知，两带点小球间的库仑力为
F=kq1q2r2
根据牛顿第二定律可知
a=Fm=kq1q2r2m
随着距离的增加，小球的带电荷量不变，加速度逐渐减小，故小球N做加速度逐渐减小的加速运动。AB图加速度不变，C图加速度变大，D图加速度变小，故ABC错误；D正确。
故选：D。
速度—时间图像的斜率表示加速度，根据图象判断加速度的变化，根据库仑定律和牛顿第二定律求得加速度表达式，进而得到小球N的速度v随时间t变化图像。
本题主要考查库仑定律中的运动学问题，根据牛顿第二定律和库仑定律结合图像解答。
4.【答案】B
【解析】解：AB.等差等势线越密，电场强度越大，由图可知电子从a点到b点电场强度不断减小，电子的加速度为a=qEm，故电子加速度不断减小，故A错误，B正确；
C.电子从a点由静止释放后仅在电场力作用下运动到b点，则电子从a点到b点的过程中，电场力做正功，故电子电势能一直减小，故C错误；
D.电子从a点由静止释放后运动到b点，可知电子受到的电场力向右，电子带负电，则电场线方向为向左，根据沿电场线电势降低，可知a点电势低于b点电势，故D错误。
故选：B。
根据带电微粒的运动情况可以确定带电微粒的受力情况，从而确定a、b、c三个等势面的电势的高低；根据等势面的疏密可以确定电场线的疏密。
本题的难度不大，解题的突破口是根据带电微粒的运动情况可以确定正电荷的受力情况，从而确定电势的高低。
5.【答案】B
【解析】解：A、静电计指针张角变大，说明两板间电势差变大，故A错误；
B、若板间距离增大，由电容的决定式C=εrS4πkd可知电容减小，又由电容的定义式C=QU可知，保持两极板带电量不变的情况下，两板间电势差变大，则静电计张角变大，故B正确；
C、若两板正对面积减小，由电容的决定式C=εS4πkd可知电容减小，又由电容的定义式C=QU可知，保持两极板带电量不变的情况下，两板间电势差变大，则静电计张角变大，故C错误；
D、若在两板间插入了绝缘介质板，由电容的决定式C=εS4πkd可知电容增大，又由电容的定义式C=QU可知，保持两极板带电量不变的情况下，两板间电势差变小，则静电计张角变小，故D错误。
故选：B。
静电计测量电容器两板间电势差，根据静电计张角变化分析电势差的变化，由C=εrS4πkd分析电容变化，结合两极板带电量不变分析静电计张角的变化。
本题考查电容器的动态分析问题，关键要抓住变化过程中的不变量：电容器两极板带电量不变，由电容的决定式C=εrS4πkd和电容器的定义式C=QU相结合进行分析。
6.【答案】C
【解析】解：运动员竖直方向做自由落体运动，达到b点时在竖直方向有vy2=2gh
代入数据可得运动员刚要落到b点时竖直方向的速度为vy=8m/s
将b点的速度分解如图：
运动员刚要落到b点瞬间的速度大小为v=vycsθ=8cs37∘m/s=10m/s，故ABD错误，C正确。
故选：C。
运动员做平抛运动，根据竖直方向运动的特点求出竖直方向的分速度，然后求出合速度。
该题考查平抛运动的特点，会将合速度分解是关键。
7.【答案】C
【解析】解：依题意，带电小球沿杆匀速下滑，可知小球受到的合力为零，受力分析，如图所示：
当小球滑离杆后，仅受到重力和电场力，由力的合成可知小球受到合力为：
F合=mgcs30∘=2 33mg
方向垂直于杆斜向左下方根，由牛顿第二定律可得，小球滑离杆后加速度可表示为
a=F合m=2 33g
方向垂直于杆斜向左下方。
故ABD错误；C正确。
故选：C。
首先对未离杆的小球受力分析，由平衡条件找到三力间的关系，然后分析离开杆后，小球的合力，再根据牛顿第二定律解出加速度即可。
本题考查电场中的直线运动问题，解题关键是由平衡条件找到离开杆后小球的合力，对学生要求较高，是一道好题。
8.【答案】A
【解析】解：设细绳长为L，重力沿斜面向下分力为mgsinθ，小球从与O点等高位置运动到最低点，由机械能守恒定律得
mgLsinθ=12mv2
小球经过最低点时绳子拉力最大，设为Tm，根据牛顿第二定律得
Tm−mgsinθ=mv2L
联立可得：Tm=3mgsinθ
由题意可得：sinθ=35，代入上式可得：Tm=1.8mg，故A正确，BCD错误。
故选：A。
小球经过最低点时，速度最大，绳子拉力最大，根据机械能守恒定律和向心力公式相结合解答。
本题与竖直平面内圆周运动相似，小球经过最低点时，速度最大，绳子拉力最大，根据机械能守恒定律和牛顿第二定律相结合进行解答。
9.【答案】AD
【解析】解：A.由题图可知，在0～2s内，由牛顿第二定律，可得物体的加速度为：
a1=F1m=21m/s2=2m/s2
在2～4s内，物体的加速度：
a2=F2m=−21m/s2=−2m/s2
由速度—时间公式：
v=v0+at
可得4s末物体速度：
v=a1t1+a2t2=2×2m/s−2×2m/s=0
故A正确；
B.由题图可知，物体在0～2s内做匀加速直线运动，在2～4s内，物体做匀减速直线运动，直至速度减到零，物体的运动方向不变，可知4s末物体位移为：
x=12a1t12+a1t1t2+12a2t22=12×2×22m+2×2×2m−12×2×22m=8m
说明物体此时没有回到出发点。故B错误；
C.在0～2s内，合外力方向与物体运动方向相同，根据
W=Fxcsθ
可知合外力对物体做正功，同理，在2～4s内，合外力与物体运动方向相反，合外力对物体做负功。故C错误；
D.根据选项B的分析，可知物体在4～8s与0～4s时间段内的运动情况相同，则在0～8s内物体的位移为16m。故D正确。
故选：AD。
首先由F−t图像计算出不同时间段内加速度，再根据速度—时间关系式进行计算，最后根据功的计算公式判断即可。
本题考查学生对F−t图像的理解，由牛顿第二定律进行加速度的计算，还涉及到位移和功的计算与判断，是一道非常好的综合题目。
10.【答案】BC
【解析】解：AB、当调节滑动变阻器R阻值较大使电动机不转动时，电动机相当于电阻，则电动机的内电阻为
r=U1I1=Ω=0.5Ω
故A错误，B正确；
CD、正常转动时电动机的总功率为
P总=U2I2=10×2W=20W
产生的热功率为
P热=I22r=2.002×0.5W=2W
电动机的输出功率为
P出=P总−P热=20W−2W=18W
故C正确，D错误。
故选：BC。
当电机停止转动时可以看作纯电阻处理，由欧姆定律可求得内电阻；
正常转动时，由P=UI可求得电动机消耗的总功率；由P=I2r可求得热功率，总功率减去热功率等于输出功率。
本题考查功率公式的应用，要注意明确电机正常转动时，欧姆定律不能使用。
11.【答案】BD
【解析】解：A、根据q=It，则电池容量的单位A⋅h就是电量单位，故A错误；
B、由题知当电池剩余容量为总容量的16时，该车将不能行驶，
则从此车不能行驶开始充电至电池充满有
Δq=(50−16×50)A⋅h=1253A⋅h
又因为自行车使用的锂离子电池额定电压为48V，则
W=E⋅Δq=48×1253W⋅h=2kW⋅h
故B正确；
C、该人骑此车在平直路面上以额定速度行驶时，
车的额定功率为P=fv=0.15×(30+50)×10×5W=600W
故C错误；
D、由选项B可知该车可用的总功率有2000Wh，则该车以额定速度行驶，能行驶
t=WP=2000W⋅h600W=103h
则走过的里程为
x=vt=18×103km=60km
故D正确。
故选：BD。
根据q=It判断得A⋅h是电量单位，根据W=E=UIt判断电池能量；根据P=Fv判断车的额定功率，由W=ΔE=Fs求解车能行驶的最大里程。
本题在解题的过程中要注意单位的换算，如v=18km/h=5m/s，ΔE=1.5kW⋅h=1.5×103×3600J。
12.【答案】BCD
【解析】解：A.根据对称性可知0～T2内，粒子向下做匀加速直线运动，T2～T内，粒子向下做匀减速直线运动，且0～T内粒子的加速度大小不变，可知粒子t=T时刻从c点射出电场时竖直方向的速度为零，故粒子射出电场时速度等于v0，故A错误；
B.根据对称性可知t=T2时刻粒子的速度最大，水平方向有L=v0T
竖直方向有L4=0+vy2×T2
可得vy=v0
根据vmax= v02+vy2，解得粒子运动过程中的速度最大为vmax= 2v0，故B正确；
C.t=3T4时刻粒子的竖直方向的速度为vy1=vy2=v02
t=3T4时刻根据v1= v02+vy12，解得粒子的速度大小为：v1= 52v0，故C正确；
D.0～T2内，根据动力学公式有vy2=2aL4
T2～34T内，根据动力学公式有vy12−vy2=−2ax1
解得x1=316L
t=3T4时刻根据x=L4+x1，解得粒子的竖直位移大小为：x=716L，故D正确。
故选：BCD。
粒子的运动是平行于金属板的匀速直线运动和垂直于板的周期性匀变速直线运动的合成，根据电场强度的变化情况分析粒子的受力情况，判断其运动情况。
本题主要考查了互相垂直的两个方向的运动，且二者互不影响；在垂直方向上粒子的周期性运动且具有对称性，根据受力情况和运动情况进行分析。
13.【答案】ACDFH 3.0 1.0
【解析】解：(1)待测电源由两节干电池串联组成，电源电动势约为3V，电压表应选择D，电路最大电流约为零点几安培，电流表应选择C，为方便调节，滑动变阻器应选择最大阻值较小的F，还需要选择待测电源、开关和导线。故应选用的器材有ACDFH。
(2)用一条直线连接各点，在直线上的点尽可能多，不在直线上的点均匀分布在直线两侧，得到U−I图像如下图所示：
根据闭合电路的欧姆定律可得：U=E−Ir
根据U−I图像的纵截距和斜率可得：
电源的电动势为：E=3.0V
内阻为：r=3.0−2.50.5Ω=1.0Ω
故答案为：(1)ACDFH；(2)3.0；1.0
(1)根据待测电源的电动势，选取量程合适的电压表；估算电路中最大电流，选取量程合适的电流表；干电池的内阻较小，为方便调节，滑动变阻器应选则最大阻值较小的；
(2)根据作图像的规则，用一条直线连接各点得到U−I图像，根据闭合电路的欧姆定律得到U−I图像表达式，根据图像纵截距和斜率求解。
本题考查了测量电源的电动势和内电阻的实验，题目较简单，掌握实验原理和实验数据的处理方法。
14.【答案】0.375 乙 小于 b 20 282
【解析】解：(1)①根据螺旋测微器的读数规则读数，精确度为0.01mm，则读数为
d=0+37.5×0.01mm=0.375mm；
②金属丝电阻较小，若用内接法电流表的分压作用太大，误差很大，应选用用外接法，故选乙；由于电流表外接，电流的测量值偏大，根据欧姆定律可知，电阻的测量值偏小；
(2)表头改装为大量程电流表，需要并联一个小电阻，接线柱a和接线柱b连接时为电流表，根据并联电路特点
R1=IgRgI−Ig=1×10−3×180(10−1)×10−3Ω=20Ω
表头改装为大量程的电压表，需要串联一个大电阻，接线柱a和接线柱c连接时为电压表，根据串联电路的特点
R2=UI−RgR1Rg+R1=310×10−3Ω−180×20180+20Ω=282Ω
故答案为：(1)0.375；乙；小于；(2)20；282。
(1)①根据螺旋测微器的读数规则读数；②金属丝电阻较小，若用内接法电流表的分压作用太大，误差很大，故用外接法，根据外接法和欧姆定律联立判断测量值与真实值关系；
(2)表头改装为大量程电流表，需要并联一个小电阻，改装为大量程的电压表，需要串联一个大电阻。根据串并联电路电压、电流的特点求解连接的电阻。
本题考查测定金属丝电阻率的实验，要求学生熟练掌握实验原理、实验器材、数据处理和误差分析，同时要求学生能正确使用游标卡尺和螺旋测微器及其读数。
15.【答案】解：(1)点电荷从B点移动到C点有：WBC=qUBC
由于规定C点电势为零，则有：UBC=φB−φC=φB
代入数据解得：φB=60V
点电荷从A点移动到C点有：WAC=qUAC
由于规定C点电势为零，则有：UAC=φA−φC=φA
代入数据解得：φA=30V
(2)在匀强电场中平行等间距的两条线段端点之间的电势差相等，取BC中点为D，则有
UBD=UDC
由于，UBD=φB−φD，UDC=φD−φC
代入数据解得：φD=30V
可知AD连线为一条等势线，过C做AD垂线，垂足为F，则电场强度方向与AD垂直，方向F→C，则电场强度大小为
E=UACxACcs30∘=3010 3×10−2× 32V/m=200V/m；
答：(1)A点的电势为30V，B点的电势为60V；
(2)匀强电场的电场强度为200V/m。
【解析】(1)利用W=qU、U=φ2−φ1计算出两点的电势；
(2)利用U=Eq计算出E的大小。
本题主要利用做功计算电势，要注意零电势的点，在算电场强度时要主要找准电场线。
16.【答案】解：(1)儿童从A点滑到C点，根据动能定理有mgh−μmgcsθ⋅hsinθ−μmgLBC=0
可得BC段的长度为
LBC=1.6m
(2)根据牛顿第二定律可知mgsinθ−μmgcsθ=ma1
解得：滑道AB上的加速度为a1=2m/s2
根据动力学公式有hsinθ=12a1t12
解得儿童在滑道AB上运动的时间为t1=2s
儿童在B点的速度v=a1t1，解得：v=4m/s
根据牛顿第二定律可知：μmg=ma2，儿童在滑道BC上的加速度为a2=5m/s2
根据v=a2t2，解得儿童在滑道BC上运动的时间为t2=0.8s
儿童从A到C所需的时间t=t1+t2
解得：t=2.8s
答：(1)若要使儿童从A点由静止开始下滑，滑到C点时速度恰好为零，则BC段的长度为1.6m；
(2)满足(1)问的情况下，儿童从A到C所需的时间为2.8s。
【解析】(1)根据动能定理求解BC段的长度；
(2)根据运动学公式，结合牛顿第二定律得出对应的运动时间。
本题主要考查了动能定理与牛顿第二定律的相关应用，掌握动能定理应用，结合运动学公式和牛顿第二定律即可完成分析。
17.【答案】解：(1)颗粒在两板间做类平抛运动，平行于板方向匀速直线运动，运动时间为：t=Lv0=0.84s=0.2s
垂直于板方向做初速度为零的匀加速运动：12d=12at2
解得颗粒在两板间运动的加速度大小：a=dt2=
(2)颗粒受电场力方向竖直向上，由牛顿第二定律可得：mg−qE=ma
又电场强度：E=Ud
解得两板间的电压：U=64V
(3)由欧姆定律可知：I=UR2=6432A=2A
由闭合电路欧姆定律可知：E=U+I(R1+r)
代入数据解得：R1=48Ω
答：(1)颗粒在两板间运动的加速度大小为8m/s2；
(2)两板间的电压U为64V；
(3)电阻箱R1的阻值为48Ω。
【解析】(1)带电颗粒在两板间做类平抛运动，由水平方向的匀速直线运动求时间，再由竖直方向的规律求加速度；
(2)结合牛顿第二定律及场强公式求出两板间的电压；
(3)应用闭合电路的欧姆定律求出电阻的值。
本题考查了闭合电路欧姆定律的应用，分析清楚图示电路结构是解题的前提，应用牛顿第二定律及类平抛规律与闭合电路的欧姆定律、场强与电压的关系公式即可解题。
18.【答案】解(1)小滑块从A点由静止开始下滑到B点，设L=AB=2m，由动能定理可得
mgLsin53°−μmgLcs53°=12mvB2
解得
vB=4m/s
(2)小滑块滑到D点时速度是零，小滑块从B到D，由动能定理可得
mgR(cs37°−cs53°)−EqR(sin37°+sin53°)=0−12mvB2
解得
Eq=3N
小滑块在电场力作用下，又返回到B点，小滑块在电场中没有能量减少，因此返回到B点时，速度大小仍是4m/s，设小滑块返回后在倾斜轨道上通过的路程是s，由动能定理可得
−μmgscs53°=0−12mvB2
解得
s=2m
由于
μ=23小滑块在斜轨道AB上通过的总路程是
x=s+L=2m+2m=4m
(3)小滑块在电场中受到重力、电场力和圆弧轨道的弹力，由题意可知，小滑块在圆弧轨道上运动时，在等效平衡位置时速度最大，对圆弧轨道有最大压力，等效平衡位置如图所示，由图可知，即与竖直方向的夹角为

tanθ=Eqmg=30.4×10=34
θ=37°
设等效平衡位置为Q点，小滑块由B点到等效平衡位置Q点，由动能定理可得
mgR(cs37°−cs53°)−EqR(sin53°−sin37°)=12mvQ2−12mvB2
小滑块在Q点时，由牛顿第二定律可得
FN− (mg)2+(Eq)2=mvQ2R
联立解得
FN=12.2N
由牛顿第三定律可知，小滑块运动过程中对圆弧轨道的最大压力大小是12.2N。
(1)小滑块第一次到达B点时的速度大小为4m/s；
(2)小滑块最终在斜轨道AB上通过的总路程4m；
(3)小滑块运动过程中对圆弧轨道的最大压力为12.2N。
【解析】(1)根据动能定理可求出小滑块在B点时的速度；
(2)小滑块从B到D，由动能定理求出电场力的大小，根据能量守恒和动能定理求出总路程；
(3)根据“等效重力”和几何关系判断出速度最大的点，用动能定理和牛顿第二定律计算出小滑块运动过程中对圆弧轨道的最大压力大小。
解决本题的关键是熟练掌握动能定理，牛顿第二定律的应用，根据等效思想判断出速度的极值。