【物理】安徽省定远县2020届高三下学期停课不停学线上试题（四）（解析版）

【物理】安徽省定远县2020届高三下学期停课不停学线上试题（四）（解析版）

安徽省定远县2020届高三下学期停课不停学 线上试题（四）‎ 第I卷（选择题 40分）‎ 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分。共40分。其中1-6小题为单选题，7-10小题为多选题。）‎ ‎1.如图所示为氢原子能级的示意图，下列有关说法正确的是 A. 处于基态的氢原子吸收10.5eV的光子后能跃迁至，n＝2能级 B. 大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可辐射出3种不同频率的光 C. 若用从n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射出的光，照射某金属时恰好发生光电效应，则用从n＝4能级跃迁到n＝3能级辐射出的光，照射该金属时一定能发生光电效应 D. 用n＝4能级跃迁到n＝1能级辐射出的光，照射逸出功为6.34 eV的金属铂产生的光电子的最大初动能为6.41eV ‎【答案】D ‎【详解】A．处于基态的氢原子吸收10.2eV的光子后能跃迁至n=2能级，不能吸收10.2eV的能量．故A错误；‎ B．大量处于n=4能级的氢原子，最多可以辐射出，故B错误；‎ C．从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出的光的能量值大于从n=4能级跃迁到n=3能级辐射出的光的能量值，用从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出的光，照射某金属时恰好发生光电效应，则用从n=4能级跃迁到n=3能级辐射出的光，照射该金属时不一定能发生光电效应，故C错误；‎ D．处于n=4能级氢原子跃迁到n=1能级辐射出的光的能量为：，根据光电效应方程，照射逸出功为6.34eV的金属铂产生的光电子的最大初动能为：，故D正确；‎ ‎2.位于贵州的“中国天眼”（FAST）是目前世界上口径最大的单天线射电望远镜，通过FAST可以测量地球与木星之间的距离．当FAST接收到来自木星的光线传播方向恰好与地球公转线速度方向相同时，测得地球与木星的距离是地球与太阳距离的k倍．若地球和木星绕太阳的运动均视为匀速圆周运动且轨道共面，则可知木星的公转周期为（ ）‎ A. 年 B. 年 C. 年 D. 年 ‎【答案】A ‎【详解】该题中，太阳、地球、木星的位置关系如图：‎ 设地球的公转半径为R1，木星的公转半径为R2，测得地球与木星的距离是地球与太阳距离的k倍，则有： ，由开普勒第三定律有：，可得：，由于地球公转周期为1年，则有：T2年，故A正确，BCD错误．‎ ‎3.如图所示，左图为大型游乐设施跳楼机，右图为其结构简图．跳楼机由静止从a自由下落到b，再从b开始以恒力制动竖直下落到c停下．已知跳楼机和游客总质量为m，ab高度差为2h，bc高度差为h，重力加速度为g．则 A. 从a到b与从b到c的运动时间之比为2：1‎ B. 从a到b，跳楼机座椅对游客的作用力与游客的重力大小相等 C. 从a到b，跳楼机和游客总重力的冲量大小为 D. 从b到c，跳楼机受到制动力的大小等于2mg ‎【答案】A ‎【详解】A.由题意可知，跳楼机从a运动b过程中做自由落体运动，由可得，下落时间 由可知，运动到b的速度大小为 跳楼机从b运动c过程中做减速运动，同理可得 ‎，‎ 解得减速过程的加速度大小为，时间为，故从a到b与从b到c的运动时间之比为 故A正确；‎ B.从a到b，跳楼机做自由落体运动，故跳楼机座椅对游客的作用力为零，故B错误；‎ C.从a到b，根据动量定理可得 则跳楼机和游客总重力的冲量大小为，故C错误；‎ D.从b到c，根据牛顿第二定律有：‎ 解得跳楼机受到制动力的大小为，故D错误．‎ ‎4.水平面上的三点A、O、B在一条直线上， OB=2OA，OO＇是竖直的分界线，其左边区域内有水平向右的匀强电场，场强大小为E1=‎ ‎，其右边区域内有水平向左的匀强电场，场强大小为E2，现将一带电量为q的小球从A点以初速度v0竖直向上抛出，小球在空中越过分界线后，竖直向下落在B点，不计阻力，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是：‎ A. 小球在B点的电势能大于在A点的电势能 B. 小球经过分界线时的速度与水平方向夹角的正切值tan=‎ C. 小球经过分界线时离水平面的高度为 D. 左右两区域电场强度大小的比值为E1:E2=1:2‎ ‎【答案】B ‎【详解】小球只受重力和电场力作用，故竖直方向做加速度为g的匀变速运动，又有A、B两点的高度相等，故竖直方向的速度大小相等；根据B点速度竖直向下可得：小球落在B点时的速度大小等于v0，则小球在空中运动的总时间为；小球在水平方向只受电场力作用，做匀变速运动；故在OO'左侧做加速度的匀加速运动，在右侧做加速度的匀减速运动；设在左侧运动时间为t1，在右侧运动时间为t2；则有：t1+t2＝，a1t1=a2t2；又有OB=2OA，所以，a1t1t2-a2t22＝2×a1t12；所以，t2＝2t1＝，E1：E2=a1：a2=t2：t1=2：1；故D错误；小球在竖直方向做竖直上抛运动，故经过分界线时离水平面的高度为h＝v0t1−gt12＝，故C错误；小球经过分界线时的水平速度vx=a1t1=v0；竖直速度：，则速度与水平方向夹角θ的正切值，选项B正确；根据E1：E2=2：1，OB=2OA，由U=Ed可得：A、B两点电势相等，故电势能相等，故A错误；故选B．‎ ‎5.如图所示，两光滑直杆成直角竖直固定，OM水平，ON竖直，两个质量相同的有孔小球A、B(可视为质点)串在杆上通过长为L的非弹性轻绳相连，开始时小球A在水平向左的外力作用下处于静止状态，此时OB＝，重力加速度为g，现将外力增大到原来的4倍(方向不变)，则小球B运动到与O点的距离为时的速度大小为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【详解】开始时A到O的距离：‎ 以B为研究对象，开始时B受到重力、杆的支持力N和绳子的拉力T，如图，则： tanθ＝；由几何关系：tanθ=；联立得：N=mg 以AB组成的整体为研究对象，在水平方向二者受到拉力F和杆对B的支持力N，由于水平方向受力平衡，所以F=N=mg 现将外力增大到原来的4倍（方向不变），则：F′=4F=3mg B球向上运动时，小球B运动到O点的距离L时，由几何关系得，A到O点的距离： OA′＝‎ A向右的距离： ‎ B上升的距离： ‎ 此时细绳与竖直方向之间夹角的正切值：tanθ′=，则得 cosθ′=0.6，sinθ′=0.8 由运动的合成与分解知识可知：A球的受到与B球的速度之间的关系为为：vBcosθ′=vAsinθ′ 可得 vB=vA 以AB球组成的整体为研究对象，拉力和重力对系统做功，由动能定理得：   F′•△S−mg△h＝ 联立以上方程解得：vB＝ 选项C正确．故选C.‎ ‎6.如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场．两个质子M、N沿平行于直径cd的方向从圆周上同一点P射入磁场区域， P点与cd间的距离为，质子M、N入射的速度大小之比为1:2．ab是垂直cd的直径，质子M恰好从b点射出磁场，不计质子的重力和质子间的作用力．则两质子M、N在磁场中运动的时间之比为 A. 2:1 B. 3:1 C. 3:2 D. 3:4‎ ‎【答案】A ‎【详解】作出两质子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知，质子M的轨道半径为R，轨迹圆弧所对圆心角θ1＝120º；根据得，则质子N的轨道半径为2R，再由几何关系得：轨迹圆弧所对圆心角θ2＝60º；质子在磁场做圆周运动的周期：，运动的时间满足：，解得：．故A项正确，BCD三项错误．‎ ‎7.如图所示，一弹性轻绳(绳的弹力与其伸长量成正比)左端固定，在A点弹性绳自然长度等于AB，跨过由轻杆OB固定的定滑轮连接一个质量为m的小球，小球穿过竖直固定的杆．初始时ABC在一条水平线上，小球从C点由静止释放滑到E点时速度恰好为零．已知C、E两点间距离为h，D为CE的中点，小球在C点时弹性绳的拉力为，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内．下列说法正确的是 A. 小球在D点时速度最大 B. 若在E点给小球一个向上的速度v，小球恰好能回到C点，则v=‎ C. 小球在CD阶段损失的机械能等于小球在DE阶段损失的机械能 D. 若仅把小球质量变为2m，则小球到达E点时的速度大小v=‎ ‎【答案】AB ‎【分析】根据题中“A点弹性绳自然长度等于AB…小球在C点时弹性绳的拉力为”“小球从C点由静止释放滑到E点时速度恰好为零”可知，本题考查动能定理的综合应用问题．根据解决动能定理综合应用问题的方法，运用受力分析、胡克定律、动能定理、对称性等知识分析推断．‎ ‎【详解】A：当小球运动到某点P点，弹性绳的伸长量是，小球受到如图所示的四个力作用，其中，将正交分解，则、，的竖直分量．据牛顿第二定律得：‎ ‎，解得：，即小球的加速度先随下降的距离均匀减小到零，再随下降的距离反向均匀增大．据运动的对称性可知，小球运动到CE的中点D点时，加速度为零，速度最大．故A项正确．‎ B：对小球从C运动到E过程，应用动能定理得：；若小球恰能从E点回到C点，应用动能定理得：；联立解得：、．故B项正确．‎ C：小球在全程所受摩擦力大小不变，小球在CD段所受弹力竖直分量较小；则小球在CD段时摩擦力和弹力做的负功比小球在DE段时摩擦力和弹力做的负功少，小球在CD阶段损失的机械能小于小球在DE阶段损失的机械能．故C项错误．‎ D：若仅把小球质量变为2m，对小球从C运动到E过程，应用动能定理得：，解得：小球到达E点时的速度大小．故D项错误．‎ ‎8.由法拉第电磁感应定律可知，若穿过某截面的磁通量为Φ=Φmsinωt，则产生的感应电动势为e=ωΦmcosωt．如图所示，竖直面内有一个闭合导线框ACD（由细软弹性电阻丝制成），端点A、D固定．在以水平线段AD为直径的半圆形区域内，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场．设导线框的电阻恒为r，圆的半径为R，用两种方式使导线框上产生感应电流．方式一：将导线与圆周的接触点C点以恒定角速度ω1（相对圆心O）从A点沿圆弧移动至D点；方式二：以AD为轴，保持∠ADC=45°，将导线框以恒定的角速度ω2转90°．则下列说法正确的是 A. 方式一中，在C沿圆弧移动到圆心O的正上方时，导线框中的感应电动势最大 B. 方式一中，在C从A点沿圆弧移动到图中∠ADC=30°位置的过程中，通过导线截面的电荷量为 C. 若两种方式电阻丝上产生的热量相等，则 D. 两种方式回路中电动势的有效值之比 ‎【答案】BD ‎【详解】第一种方式穿过回路的磁通量,所产生的电动势为,在C沿圆弧移动到圆心O的正上方时 ,此时的感应电动势为零,故A错误；方式一中，在C从A点沿圆弧移动到图中∠ADC=30°位置的过程中，穿过回路磁通量的变化量为 则，故B正确；第二种方式穿回路的磁通量 ,所产生的电动势为,则两种方式所产生的正弦交流电动势的有效值之比为 故D正确；两个转动时间满足 ,且若两种方式电阻丝上产生的热量相等，则 ，故C错误；故选BD ‎9.如图，半径为R、质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，将质量也为m的小球从距A点正上方h高处由静止释放，小球自由落体后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为 ，则(　　)‎ A. 小球和小车组成的系统动量守恒 B. 小车向左运动的最大距离为 C. 小球离开小车后做竖直上抛运动 D. 小球第二次能上升的最大高度 ‎【答案】CD ‎【详解】A：小球与小车在水平方向所受合外力为零，小球和小车组成的系统水平方向动量守恒；小球与小车在竖直方向所受合外力不为零，小球和小车组成的系统竖直方向动量不守恒．故A项错误．‎ B：当小球向右运动时，设任一时刻小球速度的水平分量大小为，小车的速度大小为，据系统水平方向动量守恒，以向右为正，得，即，则小球与车在水平方向位移大小，又，解得：小车向左运动的最大距离．故B项错误．‎ C：小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，系统水平方向动量为零，小球离开小车时两者在水平方向速度相等，则小球离开小车时小球与小车水平方向速度均为零，小球离开小车后做竖直上抛运动．故C项正确．‎ D：小球第一次在车中运动过程中，由功能关系得：．小球第二次在车中运动过程中，对应位置处速度变小，小车对小球的弹力变小，小球克服摩擦做的功变少，即，设小球第二次能上升的最大高度为，由功能关系得：，解得：．故D项正确．‎ ‎【点睛】功能关系的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以求变力做的功．本题中摩擦力做功使机械能转化为内能．‎ ‎10.如图所示，空间有竖直向下的匀强电场，完全相同的两根绝缘轻质下端固定在水平地面上，在其正上方质量均为m的a、b两物块均从距弹簧上端高h处自由下落，已知a物块的电荷量为+q，b物块的电荷量为-q，设地面处的重力势能为零，不计空气狙力，重力大于电场力，从释放到弹簧压缩到最短的过程中，下列说法正确的是 A. a、b两物块机械能的变化量相同 B. 若释放高度均增加相同的值，a、b两物块速度最大时所具有的重力势能均不变 C. a、b两物块速度最大时，b的重力势能大于a的重力势能 D. a、b两物块运动到最低点时，b的重力势能小于a的重力势能 ‎【答案】BC ‎【解析】设弹簧的弹性系数为k，物块速度最大时的弹性形变为x，弹簧的最大形变量为X；‎ B、当物块速度最大时，物块受力为零，故有：kxa=mg+qE，kxb=mg-qE；那么，释放的高度均增加相同的值，a、b两物块速度最大时xa，xb不变，故a、b两物块速度最大时所具有的重力势能均不变，故B正确．C、由B可知xa＞xb，故a、b两物块速度最大时，b的位置比a的位置高，那么，b的重力势能大于a的重力势能，故C正确．A、D、由能量守恒可得，，所以Xa＞Xb，故b的位置比a的位置高，那么b的重力势能大于a的重力势能，那么a、b两物块机械能的变化量不等，故A、D错误．故选BC．‎ ‎【点睛】有弹簧的装置中，常应用到最大速度时物体受力平衡从而求得压缩量，进而由动能定理求解；在最低点处物体速度为零，从而由能量守恒求得最大压缩量．‎ 第II卷（非选择题 70分）‎ 二、实验题（本大题共3小题，共18分。）‎ ‎11. 某同学通过下述实验验证力的平行四边形定则．‎ 实验步骤：①将弹簧秤固定在贴有白纸的竖直木板上,使其轴线沿竖直方向．‎ ‎②如图甲所示,将环形橡皮筋一端挂在弹簧秤的秤钩上,另一端用圆珠笔尖竖直向下拉,直到弹簧秤示数为某一设定值时,将橡皮筋两端的位置标记为O1、O2,记录弹簧秤的示数F,测量并记录O1、O2间的距离（即橡皮筋的长度l）．每次将弹簧秤示数改变0．50 N,测出所对应的l,部分数据如下表所示：‎ F/N ‎0‎ ‎0．50‎ ‎1．00‎ ‎1．50‎ ‎2．00‎ ‎2．50‎ l/cm l0‎ ‎10．97‎ ‎12．02‎ ‎13．00‎ ‎13．98‎ ‎15．05‎ ‎③找出②中F=2．50 N时橡皮筋两端的位置,重新标记为O、,橡皮筋的拉力记为FOO′．‎ ‎④在秤钩上涂抹少许润滑油,将橡皮筋搭在秤钩上,如图乙所示．用两圆珠笔尖成适当角度同时拉橡皮筋的两端,使秤钩的下端达到O点,将两笔尖的位置标记为A、B,橡皮筋OA段的拉力记为FOA,OB段的拉力记为FOB．‎ 完成下列作图和填空：‎ ‎（1）利用表中数据在给出的坐标纸上画出F-l图线．‎ ‎（2）测得OA=6．00cm,OB=7．60cm,则FOA的大小为 N．‎ ‎（3）根据给出的标度,作出FOA和FOB的合力的图示．‎ ‎（4）通过比较与 的大小和方向,即可得出实验结论．‎ ‎【答案】（1）如图所示；（2）1．80（1．70～1．90均正确）；（3）如图所示；‎ ‎ （4）FOO′‎ ‎【解析】试题分析：（1）根据表中数据利用描点法得出对应的数据，图象与横坐标的交点即为l0；‎ ‎（2）橡皮筋两端拉力相等，根据题意求得总长度即可求得皮筋上的拉力；‎ ‎（3）通过给出的标度确定力的长度，根据平行四边形得出图象如图所示；‎ ‎（4）根据实验原理可明确应比较实验得出的拉力与通过平行四边形定则得出的合力 解：（1）根据表格中数据利用描点法作出图象如图所示：‎ 由图可知，图象与横坐标的交点即为l0，由图可知l0=10.0cm；‎ ‎（2）AB的总长度为6.00+7.60cm=13.60cm；由图可知，此时两端拉力F=1.80N；‎ ‎（3）根据给出的标度，作出合力如图所示；‎ ‎（4）只要作出的合力与实验得出的合力F00′大小和方向在误差允许的范围内相等，即可说明平行四边形定则成立；‎ 故答案为（1）如图所示；10.0；（2）1.80；（3）如图所示；（4）F00′‎ ‎【点评】本题考查验证平行四边形定则的实验，要注意通过认真分析题意掌握实验原理，注意本题中橡皮筋挂在钩上时，两端的拉力大小相等；根据总长度即可求得拉力大小 ‎12.某同学利用图示装置，验证以下两个规律：‎ ‎①两物块通过不可伸长的细绳相连接，沿绳方向分速度大小相等；‎ ‎②系统机械能守恒。‎ ‎ P、Q、R是三个完全相同的物块，P、Q用细绳连接，放在水平气垫导轨上。物块R与轻质滑轮连接，放在细绳正中间，三个光电门分别放置于a、b、c处，调整三个光电门的位置，能实现同时遮光。最初细线水平，现将三个物块由静止释放。（忽略R上的挡光片到轻质滑轮间的距离）‎ ‎（1）为了能完成实验目的，除了记录P、Q、R三个遮光片的遮光时间t1、t2、t3外，还必需测量的物理量有__________；‎ ‎ A．P、Q、R的质量M B．两个定滑轮间的距离d ‎ C．R的遮光片到c的距离H D．遮光片的宽度x ‎（2）根据装置可以分析出P、Q的速度大小相等，则验证表达式为_______________；‎ ‎（3）若要验证物块R沿绳方向分速度与物块P速度大小相等，则验证表达式为_______________；‎ ‎（4）若已知当地重力加速度g，则验证系统机械能守恒的表达式为_________________________。‎ ‎【答案】(1). BCD (2). t1=t2 (3). (4). gH=‎ ‎【详解】（1）[1]．要证明①，需要测量d和H，通过几何关系可证明沿绳分速度相等；要证明②，还需要测量H和x，根据运动学公式和动能定理列式可验证机械能守恒，故需要测量的物理量有d，H，x．故BCD正确；故选BCD． （2）[2]．物块P的速度 物块Q的速度 因此分析出P、Q的速度大小相等，即需要验证表达式 ‎ ‎ 化简可得验证t1=t2即可.‎ ‎（3）[3]．物块R的速度 要验证物块R与物块P的沿绳分速度相等，则需要验证表达式 即 ‎ ‎ 将vP、vR代入得：‎ ‎ ‎ ‎（4）[4]．整个系统减少的重力势能是 ‎△EP＝MgH 增加的动能 ‎ ‎ 要验证机械能守恒，则 ，即验证表达式 ‎13. 某同学用如图甲所示的电路测量欧姆表的内阻和电动势（把欧姆表看成一个电源）．实验器材及规格如下:‎ 电流表A1：量程为200μA,内阻为300Ω 电流表A2：量程为30mA,内阻为5Ω 定值电阻R0：阻值为9700Ω,‎ 滑动变阻器R:阻值为0～50Ω ‎①闭合开关S，移动滑动变阻器的滑动触头至某一位置，读出电流表A1和A2的示数分别为I1和I2．多次改变滑动触头的位置，得到的数据见下表．在图乙所示的坐标纸上以I1为纵坐标、I2为横坐标，画出所对应的I1－I2曲线；‎ ‎②利用所得曲线求得欧姆表的电动势E= V，欧姆表内阻r= Ω；‎ ‎③将该欧姆表两个表笔短接，通过欧姆表的电流为I= A．‎ ‎【答案】①如图所示；②1．50（1．48～1．51）; 15．0（14．0~16．0）③0．1（0．09~0．11）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：①将各点依次描出，连线如图所示．‎ ‎②图象与纵坐标的交点为电源的电动势，由闭合电路欧姆定律可知，‎ 欧姆表内电源的电动势E=150μA×（300+9700）=1．50V．‎ 图象的斜率绝对值为欧姆表内阻，故内阻约为，‎ ‎③将该欧姆表两个表笔短接，通过欧姆表的电流为．‎ 考点：测量欧姆表的内阻和电动势 三、解答题（本大题共3小题，共52分。写出必要的文字说明与步骤。）‎ ‎14.牛顿说：“我们必须普遍地承认，一切物体，不论是什么，都被赋予了相互引力的原理”．任何两个物体间存在的相互作用的引力，都可以用万有引力定律计算，而且任何两个物体之间都存在引力势能，若规定物体处于无穷远处时的势能为零，则二者之间引力势能的大小为，其中m1、m2为两个物体的质量， r为两个质点间的距离（对于质量分布均匀的球体，指的是两个球心之间的距离），G为引力常量．设有一个质量分布均匀的星球，质量为M，半径为R．‎ ‎（1）该星球的第一宇宙速度是多少？‎ ‎（2）为了描述电场的强弱，引入了电场强度的概念，请写出电场强度的定义式．类比电场强度的定义，请在引力场中建立“引力场强度”的概念，并计算该星球表面处的引力场强度是多大？‎ ‎（3）该星球第二宇宙速度是多少？‎ ‎（4）如图所示是一个均匀带电实心球的剖面图，其总电荷量为+Q（该带电实心球可看作电荷集中在球心处的点电荷），半径为R，P为球外一点，与球心间的距离为r，静电力常量为k．现将一个点电荷-q（该点电荷对实心球周围电场的影响可以忽略）从球面附近移动到p点，请参考引力势能的概念，求电场力所做的功．‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）；（4）‎ ‎【详解】(1)设靠近该星球表面做匀速圆周运动的卫星的速度大小为，万有引力提供卫星做圆周运动的向心力 ‎ 解得： ；‎ ‎(2)电场强度的定义式 ‎ 设质量为m的质点距离星球中心的距离为r，质点受到该星球的万有引力 ‎ ‎ 质点所在处的引力场强度 ‎ 得 ‎ 该星球表面处的引力场强度 ‎ ‎(3)设该星球表面一物体以初速度向外抛出，恰好能飞到无穷远，根据能量守恒定律 ‎ ‎ 解得： ；‎ ‎(4)点电荷-q在带电实心球表面处的电势能 ‎ 点电荷-q在P点的电势能 ‎ 点电荷-q从球面附近移动到P点，电场力所做的功 ‎ 解得： ．‎ ‎15.如图所示，不带电且绝缘长木板C质量M=3kg，放置于光滑的水平面上，其左端有一大小可忽略质量为m=1kg、且带正电荷量q=2C物块A；正中间放着一个质量也为m=1kg的不带电的绝缘物块B，两物块与木板间的动摩擦因数均为μ=0.4，AB之间的距离L=6m，开始时物块与木板都处于静止状态，现突然在空间中加一向右的E=4V/m的匀强电场，假设A、B之间为弹性碰撞，A、B碰撞电荷不发生转移且A与木板之间电荷也不发生转移，取g=10m/s2．求：‎ ‎(1)加上电场瞬间，A、B的加速度大小；‎ ‎(2)A与B第一次碰后瞬间A、B的速度大小；‎ ‎(3)A与B第一次碰后到B与C恰相对静止时系统电势能变化量及系统产生的热量？‎ ‎【答案】(1)4m/s2,1m/s2 (2) 2m/s,8m/s (3)△EP=-27.36J, Q=27.36J ‎【详解】(1)由牛顿第二定律得：‎ 对A：qE-μmg=ma1，‎ 对B、C整体：μmg=(M+m)a2，‎ 代入数据解得：a1=4m/s2，a2=1m/s2＜μg=4m/s2，‎ A在C上滑动时BC相对静止，加速度相等；‎ ‎(2)经过时间t时A、B相碰，由运动学公式得：，‎ 代入数据解得：t=2s，‎ 此时：vA=a1t=4×2=8m/s，vB=a2t=1×2=2m/s，‎ A、B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，‎ 以向右为正方向，由动量守恒定律得：mvA+mvB=mvA′+mvB′，‎ 由机械能守恒定律得：，‎ 代入数据解得：vA′=2m/s，vB′=8m/s；‎ ‎（3）第一次碰撞后，由牛顿第二定律得：对B：μmg=ma4， 对C：2μmg=Ma3，‎ 经过时间t′相对静止，由速度公式得：vB′-v共=a4t′，v共-vB=a3t′，‎ 代入数据解得：v共=4.4m/s，t′=0.9s，‎ 这一过程，A对C的相对位移：△xA=(vA′t′+)-(vBt′+)‎ 代入数据解得：△xA=0.54m B对C的相对位移：△xB=‎ 代入数据解得：△xB=2.7m 产生的热量：Q总=μmg△xA+μmg△xB 代入数据解得：Q总=12.96J 电场力对A做功：W=qE（vA′t′+）‎ 代入数据解得：W=27.36J 电势能的变化量：△EP=-W=-27.36J ‎16.如图所示，直线与y轴之间有垂直于xOy平面向外的匀强磁场B2，直线x＝d与 间有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度，另有一半径R=m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B1=，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x＝d和x轴均相切，且与x轴相切于S点．一带负电的粒子从S点沿y轴的正方向以速度v0进入圆形磁场区域，经过一段时间进入磁场区域B2，且第一次进入磁场B2时的速度方向与直线垂直．粒子速度大小v0＝1.0×105m/s，粒子的比荷为=5.0×105C/kg，粒子重力不计．求：‎ ‎(1)粒子在圆形匀强磁场中运动的时间t1；‎ ‎(2)坐标d的值；‎ ‎(3)要使粒子无法运动到x轴的负半轴，则磁感应强度B2应满足的条件 ‎【答案】(1)2.6×10﹣6s(2)4m(3)0≤B2≤0.13T或者B2≥0.3T ‎【详解】(1)在磁场B1中 ‎ ‎ 解得 ‎ ‎ 画出轨迹恰为四分之一圆，‎ ‎ ‎ 得 ‎ ‎ ‎(2)在电场中类平抛运动 ‎ ‎ ‎ ‎ 解得 ‎ ‎ 又根据 x=v0t ‎ ‎ 解得 所以坐标d的值 ‎ ‎ ‎(3)进入磁场B2的速度为：‎ ‎ ‎ 当带电粒子出磁场与y轴垂直时，圆周半径 可得 所以0≤B2≤0.13T．‎ 当带电粒子出磁场与y轴相切时，圆周半径 ‎ ‎ 可得 B2＝0.3T 所以 B2≥0.3T．‎