2024年新疆乌鲁木齐市高考物理模拟试卷（2月份）（含解析）

这是一份2024年新疆乌鲁木齐市高考物理模拟试卷（2月份）（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本大题共6小题，共24分。
1.氢的同位素氘(又叫重氢)和氚(又叫超重氢)聚合成氦，核反应方程是 12H+13H→24He+X，关于该反应下列说法中正确的是( )
A. 该核反应为α衰变
B. 核反应方程中的X表示中子 01n，中子是卢瑟福发现的
C. 该核反应发生后，核子的平均质量减小
D. 13H的比结合能比 24He的比结合能大
2.冰壶因其对技战术要求极高而被称为“冰上国际象棋”。某运动员在一次训练中，使原来静止在水平冰面上的冰壶以大小为2m/s的速度推出，若冰壶的质量约为20kg，则该运动员对冰壶的水平冲量大小约为( )
A. 10N⋅sB. 40N⋅sC. 100N⋅sD. 400N⋅s
3.下列关于能源和能量说法中正确的是( )
A. 汽车散失的热量不能收集起来再次开动汽车，说明能量的转化或转移具有方向性
B. 核电站是利用核聚变释放的能量发电，核能是不可再生的能源
C. 加油机给受油机加油的过程中一直保持水平匀速飞行，受油机的动能不变
D. 小孩从滑梯上滑下，感觉臀部发热，他的动能增大，重力势能减少，机械能不变
4.如图所示，平行板电容器AB极板上的OO′接点与直流电源连接，下极板B接地，开关S闭合，一带电油滴位于电容器中的P点恰处于静止状态，则下列说法正确的是( )
A. 当开关S闭合，A极板上移一小段距离，P点电势将降低，电路中有逆时针方向的电流
B. 当开关S断开，B极板下移一小段距离，带电油滴将沿竖直方向向上运动
C. 当开关S闭合，AB极板分别以OO′为转轴在纸面内逆时针转动α角，液滴将向左做匀加速直线运动
D. 当开关S断开，B极板上移一小段距离，带电油滴的电势能保持不变
5.如图所示，A、B两物块放在光滑水平面上，它们之间用轻质细线相连，两次连接情况中细线倾斜方向不同，但与竖直方向的夹角相同，对B施加水平力F1和F2，两种情况下A、B整体的加速度分别为a1、a2，细线上的力分别为T1、T2，则下列说法正确的是( )
A. 若F1=F2，则必有a1>a2B. 若F1=F2，则必有T1=T2
C. 若T1>T2，则必有F1=F2D. 若T16.某同学把电流表、干电池和一个定值电阻串联后，两端连接两只测量表笔，做成了一个测量电阻的装置。两只表笔直接接触时，电流表读数是5mA，两只表笔与200Ω的电阻连接时，电流表读数是3mA。现在把表笔与一个未知电阻连接时，电流表读数是2mA，则该未知电阻阻值是( )
A. 200ΩB. 450ΩC. 600ΩD. 750Ω
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
7.一列波沿x轴方向以5m/s的速度传播的简谐横波，t=0时刻的波形如图所示，P、Q两质点的横坐标分别为3.5m、2.5m。已知t=0时质点Q的运动方向沿y轴正方向，则下列说法正确的是( )
A. 波的传播方向沿x轴负方向
B. 质点P振动的周期为0.8s
C. 0～3.4s内质点Q的路程为17cm
D. t=0时刻起质点P比质点Q先回到平衡位置
E. 质点P的振动方程为y=sin(52πt+π4)cm
8.2021年8月1日，在东京奥运会田径女子铅球决赛中，巩立姣以20米58创个人最佳成绩的夺冠.如图所示为比赛中巩立娇将铅球抛出后的瞬间.不计空气阻力，铅球被抛出后在空中运动的过程中( )
A. 加速度不变
B. 水平方向的速度不变
C. 竖直方向的速度不变
D. 速度变化量的方向不变
9.A，B两个点电荷在真空中所形成电场的电场线(方向未标出)如图所示。图中C点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，D为中垂线上的一点，电场线的分布关于MN左右对称。则( )
A. 这两个点电荷一定是等量同种电荷
B. 这两个点电荷一定是等量异种电荷
C. C点的电场强度比D点的电场强度大
D. C，D两点的电势一定不相等
10.如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的转轴O上，另一端与套在粗糙固定直杆A处质量为m的小球(可视为质点)相连，A点到水平面的高度为h，直杆的倾角为30，OA=OC，B为AC的中点，OB等于弹簧原长，小球从A处以加速度大小为aA由静止开始下滑，第一次经过B处的速度为v，运动到水平面C处速度恰好为零；然后小球获得一初动能Ek由C处以加速度大小为aC沿直杆向上滑行，恰好能到达出发点A.已知重力加速度为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )
A. 小球下滑过程中，AB段与BC段摩擦力做功相等
B. Ek=32mgh
C. 弹簧具有的最大弹性势能为12mv2
D. aA−aC=g
第II卷（非选择题）
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中测量了一些数据，其中的一组数据如下所示。
(1)用游标卡尺测量摆球直径，游标尺位置如图1所示，可知摆球直径是______cm，半径是______cm。

(2)为了提高实验精度，在试验中可改变几次摆长l，测出相应的周期T，从而得出一组对应的l与T的数值，再以l为横坐标T2为纵坐标，将所得数据连成直线如图2所示，利用图像可求出重力加速度g= ______m/s2。(结果保留三位有效数字)
12.有一只毫安表，它的内阻是100Ω，满偏电流1mA，现要改装成量程为0.6A的电流表，则毫安表应______(串联或并联)阻值为______Ω的电阻，若要改装成3V的电压表应______(串联或并联)阻值为______Ω的电阻。
四、计算题：本大题共5小题，共46分。
13.将长度为20cm、通有0.1A电流的直导线放入一匀强磁场中，电流与磁场的方向如图所示，已知磁感应强度为1T.试求出下列各图中导线所受安培力的大小和方向
14.如图所示，轮O1、O3固定在一转轴上，轮O1、O2用皮带连接且不打滑。在O1、O2、O3三个轮的边缘各取一点A、B、C，已知三个轮的半径比r1：r2：r3=2：1：1，求：
(1)A、B、C三点的线速度大小之比vA：vB：vC。
(2)A、B、C三点的角速度之比ωA：ωB：ωC。
(3)A、B、C三点的向心加速度大小之比aA：aB：aC。
15.如图所示，光滑的长直斜面AB与足够长的水平地面BC通过一小段光滑圆弧平滑连接，斜面与水平方向的夹角θ=30°。物块M从倾斜轨道上A点由静止开始下滑，最后静止于水平地面上的C点，测量发现AB和BC的长度均为L0。在D点放置一物块N，再次让物块M从倾斜轨道上A点由静止下滑，一段时间后与N发生碰撞(碰撞时间极短)，碰后粘连成为一个整体，最后一起静止于E点。已知物块M、N均可看成质点且它们和水平地面间的动摩擦因数相同，BD=12L0，DE=29L0，重力加速度大小为g，不计空气阻力。求：
(1)M和N碰撞前瞬间的速度大小；
(2)M和N的质量之比。
16.如图1所示，水平台面AB与水平地面间的高度差h=0.45m，一质量m=0.1kg的小钢球静止在台面右端B处。一小钢块在水平向右的推力F作用下从A点由静止开始向右做直线运动，力F的大小随时间变化的规律如图2所示，当t=1.5s时立即撤去力F，此时钢块恰好与钢球发生弹性正碰，碰后钢块和钢球水平飞离台面，分别落到地面上的C点和D点。已知B、D两点间的水平距离是B、C两点间的水平距离的4倍，钢块与台面间的动摩擦因数μ=415，取g=10m/s2。钢块与台面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：

(1)钢块的质量m1；
(2)B、C两点间的水平距离x1。
17.如图所示，在xOy平面的第Ⅰ、Ⅳ象限内存在电场强度大小E=10V/m、方向沿x轴正方向的匀强电场；在第Ⅱ、Ⅲ象限内存在磁感应强度大小B=0.5T、方向垂直xOy平面向里的匀强磁场。一个比荷qm=160C/kg的带负电粒子在x轴上横坐标x=0.06m处的P点以v0=8m/s的初速度沿y轴正方向开始运动，不计带电粒子所受的重力。求：
(1)带电粒子开始运动后第一次通过y轴时距O点的距离y1。
(2)带电粒子从进入磁场到第一次返回电场所用的时间。
(3)带电粒子运动的周期t。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.该核反应为核聚变反应，故A错误；
B.根据质量数和电荷数守恒，核反应方程中的X表示中子 01n，中子是查德威克发现的，故B错误；
CD.聚变反应是放能反应，发生质量亏损，反应后核子的平均质量减小， 13H的比结合能比 24He的比结合能小，故C正确、D错误。
故选：C。
根据质量数与电荷数守恒判断；聚变反应过程有质量亏损，核子的平均质量减小； 13H的比结合能比 24He的比结合能小。
本题考查了核聚变及结合能的认识，多读课本，掌握了基础知识才能顺利解决此类问题。
2.【答案】B
【解析】解：设冰壶被推出的方向为正方向，根据动量定理有：
I=mv−0=20×2N⋅s=40N⋅s，故B正确，ACD错误。
故选：B。
已知冰壶的初末速度，根据动量定理即可求出运动员对冰壶的水平冲量大小。
本题考查动量定理的直接应用，注意掌握动量定理的基本内容，同时在列式计算时注意各物理量的矢量性即可正确求解。
3.【答案】A
【解析】解：A、由于能量转化和转移具有方向性；汽车制动时，由于摩擦动能转化为内能，这些内能不能自动地再次开动汽车。故A正确；
B、核电站是利用原子核发生裂变释放出的核能来发电的，核能是不可再生能源，故B错误；
C、空中以相同速度水平匀速直线飞行的受油机，其速度不变，但质量变大，故其动能变大，故C错误；
D、小孩从滑梯上加速滑下，速度变大，动能变大；由高度变小，所以重力势能变小；由于要克服摩擦做功，有一部分机械能转化为内能，所以机械能减少，故D错误；
故选：A。
能量转化和转移是有方向性；从能源是否可再利用的角度可分为可再生能源和不可再生能源；动能大小的影响因素：质量、速度、质量越大，速度越大，动能越大。重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。机械能等于动能与势能之和。
本题考查能量转化和转移的方向性、核能的利用、动能和重力势能的概念，及影响其大小的因素，属于基本内容。
4.【答案】C
【解析】解：保持开关闭合，则电压恒定不变，
A、当开关S闭合，A极板上移一小段距离，根据E=Ud，可知电场强度减小，根据U=Ed可知，P点与下极板的距离不变，但E减小，故P点与下极板的电势差减小，下极板带负电，故P点的电势降低，根据电容的决定式C=ɛS4πkd，可知，电容减小，再由Q=CU，可得，电容器的电量减小，电容器处于放电，则电路中有顺时针方向的电流，故A错误；
B、当开关S断开，B极板下移一小段距离，则电荷量Q不变，根据电场强度E=Ud=QCd=4πkQϵS，可知，电场强度恒定不变，则电场力不变，故带电油滴仍静止不动，故B错误；
C、当开关S闭合，A、B极板分别以OO′为转轴在纸面内逆时针快速转动α角，初状态根据平衡条件，则有：qE=Ud=mg，
转动后板间电压不变，板间距离为d′，则有：电场力F=qUd′，根据几何关系，d′=dcsα，电场力的竖直分力Fy=Fcsα，仍与重力平衡，电场力的水平分力即为油滴的合力，所以油滴将水平向左做匀加速直线运动，故C正确；
D、当开关S断开，B极板上移一小段距离，由于板间电场强度不变，油滴所处P点到B极板的距离变小，故P点的电势降低，而根据平衡条件，可知，油滴带负电，所以油滴电势能增加，故D错误。
故选：C。
将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由电容器的决定式可判断电容的变化；而电容器两板间电压不变，根据E=Ud分析板间场强的变化，根据F=qE判断电场力变化，确定油滴运动情况。
本题考查电容器的动态分析问题，要明确一直和电源相连，故电压不变；再由决定式及定义式分析电容、电量等的变化，注意极板转动后，竖直方向仍处于平衡是解题的关键。
5.【答案】B
【解析】解：A、把A、B两物块看成一个整体，对B施加水平力F1和F2，若F1=F2，则必有a1=a2，故A错误；
B、隔离A分析受力，拉力T1在水平方向的分力为：T1sinθ=mAa1
拉力T2在水平方向的分力为：T2sinθ=mAa2
若F1=F2，则有：a1=a2
联立解得：T1=T2
故B正确；
C、由T1sinθ=mAa1，T2sinθ=mAa2，若T1>T2，则必有：a1>a2
根据牛顿第二定律，必有：F1>F2
故C错误。
D、由T1sinθ=mAa1，T2sinθ=mAa2，若T1>T2，则必有：a1根据牛顿第二定律，必有：F1故D错误。
故选：B。
(1)将AB看作一个整体，分析当，时加速度的关系；
(2)采用隔离法，分析细绳拉力的关系。
本题考查连接体类问题，解题时，需要采用隔离法对A、B进行分析。
6.【答案】B
【解析】解：根据闭合电路欧姆定律，设电源电动势为E，欧姆表和电流表的内阻之和为r，则两只表笔直接接触时，
有I1=Er，I1=5mA
两只表笔与200Ω的电阻连接时，
有I2=Er+R1，I2=3mA，R1=200Ω
现在把表笔与一个未知电阻连接时，
有I3=Er+Rx，I3=2mA
联立解得Rx=450Ω
故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据闭合电路欧姆定律，结合串并联电路特征，列方程组即可求解。
本题主要考查闭合电路欧姆定律应用，解题关键把电源内阻及电流表内阻等效成r，再是根据不同情况列方程求解。
7.【答案】ABDE
【解析】解：A、t=0时质点Q的运动方向沿y轴正方向，根据上下坡法判断知波的传播方向沿x轴负方向，故A正确。
B、该波的波长λ=4m，则该波的周期为T=λv=45=0.8s，所以质点P振动的周期为0.8s，故B正确。
C、0～3.4s内质点Q的振动时间t=3.4s=174T，由于t=0时刻质点Q不在平衡位置和最大位移处，所以质点Q的路程不等于174×4A=17cm，故C错误。
D、t=0时质点Q的运动方向沿y轴正方向，质点P的运动方向沿y轴负方向，所以t=0时刻起质点P比质点Q先回到平衡位置，故D正确。
E、从t=0时刻起再经过xv=0.55=0.1s=18T，x=4m处质点振动传播到质点P，质点P的振动方程为y=Asin(2πTt+π4)cm=sin(52πt+π4)cm，故E正确。
故选：ABDE。
已知t=0时质点Q的运动方向沿y轴正方向，根据上下坡法判断波的传播方向。读出波长，由波速公式求得周期。根据时间与周期的关系求0～3.4s内质点Q的路程。由P与Q的振动方向分析它们回到平衡位置的先后。根据振幅、角频率和初相位写出质点P的振动方程。
机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程。
8.【答案】ABD
【解析】解：铅球做抛体运动，加速度为重力加速度，水平方向做匀速运动，竖直方向做匀变速直线运动，根据加速度定义式得g=ΔvΔt可知速度的变化量的方向始终竖直向下，故ABD正确，C错误。
故选：ABD。
不及空气阻力，可知铅球做抛体运动，然后根据加速度定义式即可求解。
本题考查对抛体运动的理解，注意对加速度定义式的理解。
9.【答案】BC
【解析】【分析】
常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性。加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题。
根据电场线分布的对称性可判断出两个电荷电量的关系，并能判断出电荷电性的关系；两等量异号电荷连线的中垂线是一条等势线，其上各点的电势相等；从电场线的疏密判断场强的大小。
【解答】
AB.根据电场线的特点，从正电荷出发到负电荷终止可以判断，A、B是两个异种电荷；由于电场线的分布关于MN左右对称，可知两个电荷的电量相等，所以这两个点电荷一定是等量异种电荷，故A错误，B正确；
C.在两等量异号电荷连线的中垂线上，C点电场线最密，电场强度最大，所以C点的电场强度比D点的电场强度大，故C正确；
D.MN是两点电荷连线的中垂线，中垂线上每点的电场方向都水平向右，中垂线和电场线垂直，所以中垂线为一条等势线，所以C点的电势等于D点的电势，故D错误。
故选：BC。
10.【答案】ACD
【解析】解：A、根据对称性知，小球通过AB段与BC段关于B点对称位置受到的摩擦力相等，且AB=BC，则两段过程中摩擦力做功相等，故A正确；
B、设小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为Wf，小球A到C的过程和C到A的过程，分别运用动能定理得：mgh−2Wf=0，
−mgh−2Wf=0−Ek，
联立解得Ek=2mgh，故B错误；
C、设弹簧具有的最大弹性势能为Ep，根据能量守恒定律，对于小球A到B的过程有：mgh2+Ep=12mv2+Wf，
A到C的过程有：mgh+Ep=2Wf+Ep
解得：Wf=12mgh，Ep=12mv2.故C正确。
D、根据题意可知，小球在A点和C点的摩擦力大小相同，令小球在A点和C点的摩擦力为f，弹簧的弹力在沿着杆方向的分量为F，
在A点，根据牛顿第二定律有mgsinθ+F−f=maA，
在C点，根据牛顿第二定律有F−f−mgsinθ=maC，
联立解得aA−aC=2gsinθ=g，故D正确。
故选：ACD。
对小球A到C的过程和C到A的过程，分别运用动能定理列式，可求得初动能Ek.小球下滑过程中，根据摩擦力的大小分析摩擦力做功关系。对小球A到B的过程和A到C的过程，分别根据能量守恒定律列式，可求得弹簧具有的最大弹性势能。分析小球在A点和C点的受力，根据牛顿第二定律求出小球在A点和C点的加速度的表达式，以此分析求解。
解决该题的关键是正确分析小球在运动过程中的受力，能根据对称性正确分析AB段和BC段的摩擦力以及弹簧的弹力的特点。
11.【答案】1.940 0.970 9.86
【解析】解：(1)游标卡尺的精确度为0.05mm，由图中游标卡尺读数可知摆球直径为
d=19mm+8×0.05mm=19.40mm=1.940cm
对应小球的半径为r=12d=12×1.940cm=0.970cm
(2)单摆的周期公式为
T=2π lg
可得
T2=4π2gl
可知T2−l图像的斜率为
k=4π2g=4−11−0.25s2/m=4s2/m
解得重力加速度为
g=π2m/s2≈9.86m/s2
故答案为：(1)1.940，0.970；(2)9.86。
(1)根据游标卡尺的读数规则完成读数，并计算小球的半径；
(2)根据单摆的周期公式和图像的斜率的意义求解重力加速度。
考查基本器材的使用和读数，会结合单摆周期公式和对应图像求解重力加速度。
12.【答案】并联 0.17 串联 2900
【解析】解：改装成大量程的电流表时需要给电流表并联一个电阻，其电阻值为：
R1=IgRgI−Ig=1×10−3×1000.6−1×10−3Ω=0.17Ω
改装成电压表时需要给电流表串联一个电阻，其电阻值为：
R2=UIg−Rg=31×10−3Ω−100Ω=2900Ω。
故答案为：并联，0.17，串联，2900
电流表改装成大量程的电流表时需要并联电阻，改装成电压表时需要串联电阻，具体串联、并联电阻的大小通过欧姆定律计算。
欧姆定律是解题的基础，串并联电路电阻的特点是解题的关键。电流表的改装问题实质上还是串并联电路的电阻问题。
13.【答案】解：A、电流方向与磁场平行，不受安培力作用；
B、由左手定则知安培力方向向右，F=BIL=1×0.1×0.2=0.02N；
C、由左手定则知安培力方向垂直导线斜向上，F=BIL=1×0.1×0.2=0.02N．
【解析】根据左手定则判断安培力的方向，根据当B与I垂直时F=BIL计算安培力的大小．
本题比较简单，考查了安培力的方向判断和大小计算，应用公式F=BIL时注意公式适用条件和公式中各个物理量的含义．
14.【答案】解：(1)A、B两点靠传送带传动，线速度大小相等，A、C共轴转动，角速度相等，根据v=rω，则vA：vC=r1：r3=2：1。
所以A、B、C三点的线速度大小之比vA：vB：vC=2：2：1。
(2)A、C共轴转动，角速度相等，A、B两点靠传送带传动，线速度大小相等，根据v=rω，ωA：ωB=r2：r1=1：2.所以A、B、C三点的角速度之比ωA：ωB：ωC=1：2：1。
(3)A、B的线速度相等，根据a=v2r，知aA：aB=r2：r1=1：2.A、C的角速度相等，根据a=rω2得，aA：aC=r1：r3=2：1.所以A、B、C三点的向心加速度大小之比aA：aB：aC=2：4：1。
答：(1)A、B、C三点的线速度大小之比vA：vB：vC=2：2：1。
(2)A、B、C三点的角速度之比ωA：ωB：ωC=1：2：1。
(3)A、B、C三点的向心加速度大小之比aA：aB：aC=2：4：1。
【解析】共轴转动，角速度相等，靠传送带传动，线速度相等，根据v=rω，a=rω2=v2r求出各点的线速度、角速度、向心加速度之比。
解决本题的知道共轴转动的点，角速度相等，靠传送带传动轮子边缘上的点，线速度相等。
15.【答案】解：(1)对M，由动能定理得
从A点到C点过程，有：mMgL0sinθ−μmMgL0=0−0
从A点到D点过程，有：mMgL0sinθ−μmMg⋅12L0=12mMv02−0
联立解得M和N碰撞前瞬间的速度大小：v0= 12gL0；
(2)M、N碰撞过程系统动量守恒，取向右的方向为正方向，由动量守恒定律得：
mMv0=(mM+mN)v
碰撞后以M、N系统为研究对象，从D点到E点过程，由动能定理得：
−μ(mM+mN)g⋅29L0=0−12(mM+mN)v2
联立解得：mM：mN=2：1
答：(1)M和N碰前的瞬间的速度大小为 12gL0；
(2)M和N的质量之比为2：1。
【解析】(1)M从A点运动到C点的过程中，只有重力与摩擦力做功，应用动能定理列式。M从A点运动到D点的过程，利用动能定理列式，联立求出M和N碰撞前瞬间的速度大小。
(2)M、N碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出碰撞后的速度表达式。再研究碰撞后两个物体滑行过程，应用动能定理求出两者的质量之比。
本题考查动量守恒定律与动能定理的应用，根据题意分析清楚物体的运动过程是解题的前提，涉及力在空间的效果，要想到动能定理。
16.【答案】解：(1)设碰前钢块的速度大小为v，碰后钢块、钢球的速度大小分别为v1、v2，
碰后钢块、钢球均做平抛运动，设平抛运动的时间为t1，
钢块的水平位移：x1=v1t1
钢球的水平位移：x2=v2t1
由题意可知：x2=4x1
钢块与钢球发生弹性正碰，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，
以向右为正方向，由动量守恒得：
m1v=m1v1+mv2
由机械能守恒定律得：
12m1v2=12m1v12+12mv22
代入数据解得：m1=0.2kg
(2)钢块与台面间的最大静摩擦力：f=μm1g=415×0.2×10N=815N<0.8N，
从施加推力开始钢块开始向右运动，根据F−t图象中，图线与t轴所包围的面积表示冲量，
则t2=1.5s内，推力冲量大小为：IF=[12×(0.8+2)×1.0+2.0×(1.5−1.0)]N⋅s=2.4N⋅s
对钢块，根据动量定理有：
IF−μm1gt2=m1v−0
代入数据解得：v=8m/s，
钢块与钢球发生弹性正碰，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，
以向右为正方向，由动量守恒得：
m1v=m1v1+mv2
由机械能守恒定律得：
12m1v2=12m1v12+12mv22
代入数据解得：v1=83m/s
碰后钢块做平抛运动，
竖直方向：h=12gt12，
水平方向：x1=v1t1
代入数据解得：x1=0.8m
答：(1)钢块的质量m1是0.2kg；
(2)B、C两点间的水平距离x1是0.8m。
【解析】(1)由于钢块与钢球发生弹性正碰，弹性正碰过程中满足动量守恒与机械能守恒，碰撞后钢块与钢球做平抛运动，应用动量守恒定律、机械能守恒定律与平抛运动规律求出钢块的质量；
(2)应用动量定理求出碰前钢块速度，应用动量守恒定律求出碰撞后钢块的速度，嘤嘤嘤平抛运动规律求出B、C间的水平距离。
本题考查了碰撞及平抛运动，综合性较强，解题的关键是首先分析清楚运动过程，接着根据每个运动过程的特点列式进行解题。在此题中，需要注意的是变力作用下的冲量可由图象面积计算；应用动量守恒定律、动量定理与运动学公式即可解题。
17.【答案】解：(1)粒子在电、磁场中运动的轨迹如图所示，其中在第I象限内做类平抛运动，设运动的时间为t1，有：
x=12at12，其中a=qEm

粒子沿y轴方向的位移大小(第一次通过y轴时距O点的距离)y1=v0t1
解得：t1= 3200s,y1= 325m。
(2)粒子第一次通过y轴进入磁场时，沿x轴方向的速度大小vx=at1
设粒子进入磁场时的速度方向与y轴的夹角为θ，有：tanθ=vxv0
解得：θ=60°
根据粒子在磁场内做匀速圆周运动的轨迹，其圆弧对应的圆心角α=2θ=120°
则粒子在磁场中运动的时间为：t2=120°360∘T，其中T=2πmBq
解得：t2=π120s。
(3)由对称性可知，粒子从磁场返回电场后经时间t3(t3=t1)，其速度大小变为v0、方向沿y轴正方向，此后重复前面的运动。
粒子在电、磁场中的运动具有周期性，其周期为：t=t1+t2+t3=( 3100+π120)s。
答：(1)带电粒子开始运动后第一次通过y轴时距O点的距离y1是 325m。
(2)带电粒子从进入磁场到第一次返回电场所用的时间是π120s。
(3)带电粒子运动的周期t是( 3100+π120)s。
【解析】(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律求出加速度，采用运动的分解法可求得粒子第一次能过y轴交点到O点的距离y1。
(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由几何关系可以确定粒子运动的圆心和半径；由转过的角度可以求出粒子在磁场中转动的时间。
(3)粒子再回到初始状态所用的时间为一个周期，故周期包括两次电场中的运动和一次磁场中的运动，求得总时间即为一个周期。
正确分析带电粒子的受力情况及运动特征是解决问题的前提，灵活选用力学规律是解决问题的关键。由于带电粒子在复合场中受力情况比较复杂，运动情况多变，往往出现临界问题，这时应以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口，挖掘隐含条件，根据临界条件列出辅助方程，再与其他方程联立处理。