2017-2018学年湖南师大附中高二上学期期中考试物理（理）试题（解析版）

2017-2018学年湖南师大附中高二上学期期中考试物理（理）试题（解析版）

湖南师大附中2017－2018学年度高二第一学期期中考试 物　理(理科)‎ 得分____________‎ 本卷分第Ⅰ卷(必做题100分)和第Ⅱ卷(选做题50分)两部分。时量90分钟。‎ 第Ⅰ卷(必做题　共100分)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 一、单项选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)‎ ‎1．如图所示，在E＝400 V/m的匀强电场中，a、b两点相距d＝2 cm，它们的连线跟电场强度方向的夹角是60°，则Uab等于 A．－8 V B. －4 V C. 8 V D. 4 V ‎2．对于电动势的定义式E＝的理解，正确的是 A．E与W成正比 B．E与q成反比 C．W表示非静电力做功 D．E的大小与W、q无关 ‎3．关于电功W和电热Q的说法正确的是 A．在任何电路中都有W＝UIt、Q＝I2Rt，且W＝Q B．W＝UIt、Q＝I2Rt均只有在纯电阻电路中才成立 C．在任何电路中都有W＝UIt、Q＝I2Rt，但W不一定等于Q D．W＝UIt在任何电路中都成立，Q＝I2Rt只在纯电阻电路中才成立 ‎4．如图所示，带正电的导体球A置于原来不带电的空腔导体球B内，a、c分别为导体A、B内的点，b为导体A和B之间的一点，下列说法正确的是 A．a点的电场强度为零，但电势最高 B．a、b、c三点的电势都相等 C．b点的电场强度为零，但电势大于零 D．a、b、c三点的电场强度都为零 ‎5．一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下．若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，下列说法不正确的是 A．油滴带负电 B．电势能减少 C．动能增加 D．重力势能和电势能之和增加 ‎6．如图所示，一根横截面积为S的均匀长直橡胶棒上带有均匀的负电荷，每单位长度上电荷量为q，当此棒沿轴线方向做速度为v的匀速直线运动时，由于棒运动而形成的等效电流大小为 A．qvS B. C．qv D. ‎7．如图所示，电源A两端的电压恒为6 V，电源B两端的电压恒为8 V，当开关S从A扳到B时，通过电流计的电荷量为1.4×10－5 C，则电容器的电容约为 A．1.0×10－6 F B．1.5×10－6 F C．7.0×10－6 F D．2.0×10－5 F ‎8．如图所示，虚线为某点电荷电场的等势面，现有两个重力可忽略不计的带电粒子，其比荷相同，二者以相同的速率从同一等势面的a点进入电场后沿不同的轨迹1和2运动，图中a、b、c、d、e是粒子轨迹与各等势面的交点，则可以判断 A．两个粒子的电性相同 B．经过b、d两点时，两粒子的加速度大小相等 C．经过b、d两点时，两粒子的速率相等 D．经过c、e两点时，两粒子的电势能相等 ‎9．如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电．‎ 整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k.若三个小球均处于静止状态，则匀强电场的电场强度大小为 A. B. C. D. ‎10．如图所示为两个固定在同一水平面上的点电荷，距离为d，电荷量分别为＋Q和－Q.在它们的水平中垂线上固定一根长为L、内壁光滑的绝缘细管，有一电荷量为＋q的小球以初速度v0从管口射入，则小球 A．速度先增大后减小 B．受到的库仑力先做负功后做正功 C．受到的库仑力最大值为 D．管壁对小球的弹力最大值为 二、多项选择题(共4小题，每小题6分，共24分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)‎ ‎11．美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，比较准确地测定了电子的电荷量．如图所示，平行板电容器两极板M、N相距d，两极板分别与电压为U的恒定电源两极连接，极板M带正电．现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则 A．油滴带负电 B．油滴带电荷量为 C．电容器的电容为 D．将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动 ‎12．如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动．ON与水平面的夹角为30°，且mg＝Eq，则 A．电场方向竖直向上 B．小球运动的加速度大小为g C．小球上升的最大高度为 D．小球返回原位置所用时间为 ‎13．如图所示，A带正电，B带负电，在库仑力作用下，它们以连线上某点O为圆心做匀速圆周运动，以下说法正确的是 A．它们所需向心力相等 B．它们的运动半径与电荷量成反比 C．它们做圆周运动的角速度相等 D．它们的线速度与质量成正比 ‎14．静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图所示的折线．一质量为m、带电荷量为－q的粒子(不计重力)，以初速度v0从O点(x＝0)进入电场，沿x轴正方向运动．下列叙述正确的是 A．粒子从O运动到x1的过程中速度逐渐减小 B．粒子从x1运动到x3的过程中，电势能一直增大 C．要使粒子能运动到x3处，粒子的初速度v0至少为 D．若v0＝，粒子在运动过程中的最大速度为 答题卡 题　号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ ‎13‎ ‎14‎ 得分 答　案 三、实验题(共2小题，每小题6分，共12分)‎ ‎15．(多选)如图所示为“研究影响平行板电容器电容的因素”的实验装置，以下说法正确的是________．‎ A．A板与静电计的指针带的是异种电荷 B．甲图中将B板上移，静电计的指针偏角减小 C．乙图中将B板左移，静电计的指针偏角增大 D．丙图中将电介质插入两板之间，静电计的指针偏角减小 E．此实验除了可以用静电计的偏角反应平行板电容器两极板电压，还可以用合适量程的电压表测定两极板电压 ‎16．(多选)如图所示，是某晶体二极管的伏安特性曲线，下列说法正确的是________．‎ A．加正向电压时，二极管电阻较小 B．加反向电压时，二极管电阻较大，无论加多大电压，电流都很小 C．无论是加正向电压还是加反向电压，电压和电流都不成正比，所以二极管是非线性元件 D．二极管加正向电压时，电流随电压变化是一条曲线 四、计算题(本题共2小题，共24分. 解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)‎ ‎17．(11分)如图所示，在O点放置一个正电荷，在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m、电荷量为q.小球落下的轨迹如图中虚线所示，它与以O为圆心、R为半径的圆(图中实线表示)相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，∠BOC＝30°，A距离OC的竖直高度为h.若小球通过B点的速度为v，试求：‎ ‎(1)小球通过C点的速度大小；‎ ‎(2)小球由A运动到C的过程中电势能的增加量．‎ ‎18.(13分)如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为l＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离L＝15 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：‎ ‎(1)在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的何处；‎ ‎(2)荧光屏(足够大)上有电子打到的区间有多长，一个周期内屏幕发光时间多长？‎ 第Ⅱ卷(选做题　共50分)‎ 五、多项选择题(共4小题，每小题6分，共24分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)‎ ‎19．如图所示电路，L1、L2是两个不同的小灯泡，a、b间有恒定的电压，两小灯泡都正常发光，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，发生的现象是 A．L1亮度不变，L2变暗 B．L1变暗，L2变亮 C．电路消耗的总功率变大 D．流过滑动变阻器的电流变小 ‎20．如图所示，质量分别为m和2m的A、B两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A紧靠竖直墙壁．用水平力向左推B，将弹簧压缩，推到某位置静止时推力大小为F，弹簧的弹性势能为E.在此位置突然撤去推力，下列说法中正确的是 A．撤去推力的瞬间，B的加速度大小为 B．从撤去推力到A离开竖直墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒 C．A离开竖直墙壁后，弹簧弹性势能最大值为 D．A离开竖直墙壁后，弹簧弹性势能最大值为E ‎21．如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨道，圆轨道半径为R，AB为圆水平直径的两个端点，AC为圆弧．一个质量为m、电荷量为－q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电粒子的运动情况，下列说法正确的是 A．小球一定能从B点离开轨道 B．小球在AC部分可能做匀速圆周运动 C．若小球能从B点离开，上升的高度一定小于H D．小球到达C点的速度不可能为零 ‎22．高速粒子轰击荧光屏可致其发光．如图，在竖直放置的铅屏A的右表面上贴着β 射线放射源P，放射出β粒子(实质是电子)的速度大小为v0.足够大的荧光屏M与铅屏A平行放置，相距d，其间有水平向左的匀强电场，电场强度大小为E.已知电子电荷量为－e，质量为m.不考虑相对论效应，则 A．垂直射到荧光屏M上的电子速度大小为＋v0‎ B．到达荧光屏离P最远的电子运动时间为 C．荧光屏上发光半径为 D．到达荧光屏的电子电势能减少了eEd 答题卡 题　号 ‎19‎ ‎20‎ ‎21‎ ‎22‎ 得分 答　案 六、计算题(本题共2小题，共26分. 解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)‎ ‎23．(12分)如图甲所示，A和B是真空中正对面积很大的平行金属板，O是一个可以连续产生粒子的粒子源，O到A、B的距离都是l.现在A、B之间加上电压，电压UAB随时间变化的规律如图乙所示．已知粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生300个粒子，粒子质量为m、电荷量为－q.这种粒子产生后，在电场力作用下从静止开始运动．设粒子一旦碰到金属板，它就附在金属板上不再运动，且电荷量同时消失，不影响A、B板电势．不计粒子的重力，不考虑粒子之间的相互作用力．已知上述物理量l＝0.6 m，U0＝1.2×103 V，T＝1.2×10－2 s，m＝5×10－10 kg，q＝1.0×10－7 C.‎ ‎(1)在t＝0时刻产生的粒子，会在什么时刻到达哪个极板？‎ ‎(2)在t＝0到t＝这段时间内哪个时刻产生的粒子刚好不能到达A板？‎ ‎(3)在t＝0到t＝这段时间内产生的粒子有多少个可到达A板？‎ ‎24．(14分)如图所示，绝缘水平地面上有宽L＝0.4 m的匀强电场区域，电场强度E＝6×105 N/C，方向水平向左．不带电的绝缘物块B静止在电场边缘的O点，质量mA＝1×10－2 kg、带电量q＝＋5×10－8 C的物块A在距O点s＝2.25 m处以v0＝5 m/s的水平初速度向右运动，并与B发生碰撞，假设碰撞前后A、B构成的系统没有动能损失．A的质量是B的k(k>1)倍，A、B与地面间的动摩擦因数都为0.2，物块均可视为质点，且A的电荷量始终不变，取g＝10 m/s2.‎ ‎(1)求A到达O点与B碰撞前的速度大小；‎ ‎(2)求碰撞后瞬间A和B的速度大小；‎ ‎(3)讨论k在不同取值范围时电场力对A做的功．‎ 湖南师大附中2017－2018学年度高二第一学期期中考试 物理(理科)参考答案 第Ⅰ卷 一、单项选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)‎ ‎1．B　【解析】在电场线方向上a、b两点间的距离(或a、b两点所在等势面间的距离)为d′＝d·cos 60°＝1 cm，所以|Uab|＝Ed′＝400×10－2V＝4 V．由题图可知φa<φb，故Uab<0，所以Uab＝－4 V.‎ ‎2．D　【解析】电动势是描述电源非静电力搬运电荷本领大小的物理量，与W、q无关．‎ ‎3．C　【解析】W＝UIt是电功的定义式，适用于任何电路，Q＝I2Rt是焦耳热的定义式，也适用于任何电路，如果是纯电阻电路W＝Q，在非纯电阻电路中W>Q，C对．‎ ‎4．A　【解析】A球带正电，不带电的空腔B可以理解为导体的静电平衡，故Ea＝Ec＝0，空腔内壁感应电荷为负，外壁感应电荷为正．空腔内的电场线分布为由A指向B，所以φa>φb>φc，Eb≠0，选项A正确．‎ ‎5．D　【解析】由题图的轨迹可知静电力大于重力且方向向上，由电场方向知油滴带负电，则从a到b静电力做正功，电势能减少，又静电力做的功大于克服重力做的功，所以动能增加，由能量守恒定律知重力势能和电势能之和减少，所以选D.‎ ‎6．C　【解析】t s内棒通过的长度l＝vt，总电荷量Q＝ql＝qvt.由I＝＝＝qv，故选项C正确．‎ ‎7．A　【解析】当开关S接A时，电容器上极板带正电，所带电荷量Q＝CUA，当开关S扳到B时，电容器上极板带负电，所带电荷量Q′＝CUB，该过程中通过电流计的电荷量ΔQ＝Q＋Q′＝C(UA＋UB)＝1.4×10－5 C，解得电容C＝1.0×10－6 F，选项A正确．‎ ‎8．B　【解析】由图可知电荷1受到中心电荷的斥力，而电荷2受到中心电荷的引力，故两粒子的电性一定不同，故A错误．电荷1受到中心电荷的斥力，a到b的过程电场力做负功；而电荷2受到中心电荷的引力，a到d的过程电场力做正功，所以两粒子在b、d两点的速率不相同，故C错误．两粒子经过b、d两点时，受到库仑力作用，由牛顿第二定律可知，两粒子的加速度大小相同，故B正确．两个粒子的初速度仅仅是方向不同，但速率相等，而粒子1从a到c、粒子2从a到e电场力做功均为零，则经过c、e两点两粒子的速率相等．但电荷量大小不一定相等，故两粒子的电势能无法判断，故D错误．‎ ‎9．C　【解析】对a受力情况如图所示：‎ 利用正交分解法：‎ F2cos 60°＝F1＝k，‎ F2sin 60°＝F3＝qE.‎ 解得E＝.‎ ‎10．D　【解析】由等量的异种电荷形成的电场特点，根据小球的受力情况可知在细管内运动时，合力为重力，小球速度一直增大，A错误；库仑力水平向右，不做功，B 错误；在连线中点处库仑力最大，F＝＋＝，C错误；管壁对小球的弹力与库仑力是平衡力，所以最大值为，D正确．‎ 二、多项选择题(共4小题，每小题6分，共24分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)‎ ‎11．AB　【解析】由题意知油滴受到的电场力方向竖直向上，又上极板带正电，故油滴带负电，设油滴带电荷量为q，则极板带电荷量为Q＝kq，由于qE＝mg，E＝，C＝，解得q＝，C＝，将极板N向下缓慢移动一小段距离，U不变，d增大，则电场强度E减小，重力将大于电场力，油滴将向下运动，只有选项A、B正确．‎ ‎12．BD　【解析】小球做匀变速直线运动，合力应与速度在同一直线上，即在ON直线上，因mg＝Eq，所以电场力Eq与重力关于ON对称，根据数学知识得：电场力qE与水平方向的夹角应为30°，受力情况如图所示，合力沿ON方向向下，大小为mg，所以加速度为g，方向沿ON向下．故A、C错误，B正确．小球做匀减速直线运动，由运动学公式可得最大位移为x＝，则最大高度为h＝xsin 30°＝.故C错误．小球返回原位置所用时间为t，由于运动的对称性可得返回时的速度大小与开始时相等，方向相反，得：t＝＝.故D正确．‎ ‎13．AC　【解析】点电荷以相互间的库仑力作为向心力，故A正确；两点电荷始终绕同一圆心做圆周运动，两个电荷与圆心必须共线，故其角速度相等，C正确；对A：k＝mArAω2，对B：k＝mBrBω2，解得＝，由v＝ωr，得＝＝，BD错误．‎ ‎14．BCD　【解析】粒子从O运动到x1的过程中，电势升高，电场强度方向沿x轴负方向，粒子带负电，故粒子所受的电场力方向沿x轴正方向，粒子做加速运动，A错误．粒子从x1运动到x3的过程中，电势不断降低，电势能一直增大，B正确．当粒子恰好运动到x3处时，由动能定理得－q(0＋φ0)＝0－mv02，解得v0＝，即粒子的初速度v0至少为，C正确．若v0＝，则粒子在x1处电势能最小，动能最大，由动能定理得－q(0－φ0)＝mvm2－mv02，解得最大速度vm＝，D正确．‎ 三、实验题(共2小题，每小题6分，共12分)‎ ‎15．CD　【解析】静电计指针与A板连为一个导体，带电性质相同，A错误；根据C＝‎ ，C＝，B板上移，S减小，C减小，Q不变，U增大，B错误；B板左移，d增大，C减小，U增大，C正确；插入电介质，εr增大，电容C增大，U减小，D正确．电压表是导体，会将两极板电荷中和，E错误．‎ ‎16．ACD　【解析】由图象可得，无论是正向电压还是反向电压，当电压增大到一定数值，电流都会急剧增加，即电阻减小，所以A对，B错；无论加正向电压还是反向电压，其伏安特性都是非线性的，CD项正确．‎ 四、计算题(本题共2小题，共24分. 解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)‎ ‎17．(11分)(1)　(2)mgh－mv2－mgR ‎【解析】(1)因B、C两点电势相等，小球由B到C只有重力做功，由动能定理得：‎ mgR·sin 30°＝mvC2－mv2(4分)‎ 得：vC＝(1分)‎ ‎(2)小球由A运动到C应用动能定理得：‎ WAC＋mgh＝mvC2－0(4分)‎ 得WAC＝mvC2－mgh＝mv2＋mgR－mgh(1分)‎ 由电势能变化与电场力做功的关系得：‎ ΔEp＝－WAC＝mgh－mv2－mgR(1分)‎ ‎18．(13分)(1)打在屏上的点位于O点上方，距O点18 cm　(2)40 cm　0.133 s ‎【解析】(1)电子经电场加速满足qU0＝mv2(2分)‎ 经电场偏转后侧移量y＝at2＝·()2(2分)‎ 所以y＝，由图乙知t＝0.06 s时刻U偏＝1.8U0，‎ 所以y＝4.5 cm(2分)‎ 设打在屏上的点距O点的距离为Y，满足＝ 所以Y＝18 cm.(2分)‎ ‎(2)由题知电子侧移量y的最大值为所以当偏转电压超过2U0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为4l＝40 cm.(3分)‎ 一个周期内发光时间为0.133 s(2分)‎ 第Ⅱ卷 五、多项选择题(共4小题，每小题6分，共24分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)‎ ‎19．BD　【解析】滑动变阻器的滑片向右滑动时阻值增大，并联部分的电阻变大，分得电压变大，所以L2两端电压增大，变亮．L1分得电压变小，L1变暗，A错，B对．‎ 因为滑动变阻器电阻变大，总电阻变大，由P＝可知，U一定，P减小，即电路总功率减小，C错．又因为总电阻增大，总电流减小，而L2电压变大，电流变大，所以流过变阻器的电流减小，D正确．‎ ‎20．AC　【解析】A、B和弹簧组成的系统，在撤去推力F时，系统受墙壁的作用力，故系统动量不守恒，又因为墙壁对系统的作用力不做功，故系统机械能守恒，故B错误；F撤去前B处于静止状态，合力为0，即弹簧弹力大小与F大小相等、方向相反，当撤去F的瞬间，对B而言只受到弹簧弹力作用，大小为F，故此时B的加速度大小a＝，故A正确；撤去力F后，B向右运动，弹簧弹力逐渐减小，当弹簧恢复原长时，A开始脱离墙面，这一过程机械能守恒，即满足：E＝(2m)vB2　①，A脱离墙面后速度逐渐增加，B速度逐渐减小，此过程中弹簧逐渐伸长，当A、B速度相同时，弹簧弹性势能最大，这一过程系统动量和机械能均守恒，有动量守恒：2mvB＝(m＋2m)v　②；机械能守恒：Epmax＝(2m)vB2－(m＋2m)v2　③，由①②③可解得：Epmax＝，‎ 所以C正确，D错误．‎ ‎21．BCD　【解析】由于题中没有给出H与R、E的关系，所以小球不一定能从B点离开轨道，故A错误；若重力大小等于电场力，小球在AC部分做匀速圆周运动，故B正确．由于小球在AC部分运动时电场力做负功，所以若小球能从B点离开，上升的高度一定小于H，故C正确；若小球到达C点的速度为零，则电场力大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动，所以小球到达C点的速度不可能为零．故D对．‎ ‎22．BD　【解析】电子从A到M的运动过程，电场力做正功，根据动能定理得eEd＝mv2－mv02，解得垂直射到荧光屏M上的电子速度大小为v＝，故选项A错误；电子的运动方向是任意的，当电子沿平行于A板的方向运动时到达荧光屏距A板的距离最远，此时电子做类平抛运动，沿电场线方向：d＝at2，a＝，解得时间t＝，故B选项正确；上述电子在垂直于电场线方向运动的距离就是荧光屏上的发光半径：r＝v0t＝v0，故C选项错误；电子到达荧光屏的过程中，电场力做正功eEd，根据功能关系可知，电场力做正功电势能减少，减少量为eEd，故D选项正确．‎ 六、计算题(本题共2小题，共26分. 解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)‎ ‎23．(1)×10－3 s到达A极板　(2)4×10－3 s　(3)100个 ‎【解析】(1)根据图乙可知，从t＝0时刻开始，A板电势高于B板电势，粒子向A板运动．因为x＝()2＝3.6 m>l，所以粒子从t＝0时刻开始，一直加速到达A板．设粒子到达A板的时间为t，‎ 则l＝·t2(2分)‎ 解得t＝×10－3 s．(2分)‎ ‎(2)在0～时间内，粒子的加速度大小为a1＝＝2×105 m/s2(1分)‎ 在～T时间内，粒子的加速度大小为a2＝＝4×105 m/s2(1分)‎ 可知a2＝2a1，若粒子在0～时间内加速Δt，再在～T时间内减速刚好不能到达A板，则l＝a1Δt·Δt(1分)‎ 解得Δt＝2×10－3 s(1分)‎ 因为＝6×10－3 s，‎ 所以在0～这段时间内在4×10－3 s时刻产生的粒子刚好不能到达A板．(1分)‎ ‎(3)因为粒子源在一个周期内可以产生300个粒子，而在0～时间内的前时间内产生的粒子可以到达A板，所以到达A板的粒子数n＝300××＝100(个)．(3分)‎ ‎24．(1)4 m/s ‎(2)vA＝ m/s　vB＝ m/s ‎(3)Ⅰ.k＞3　－1.2×10－2J　Ⅱ.1＜k≤3　0‎ ‎【解析】(1)设碰撞前A的速度为v，由动能定理得 ‎－μmAgs＝mAv2－mAv02　①(3分)‎ 解得v＝＝4 m/s　②(1分)‎ ‎(2)设碰撞后A、B速度分别为vA、vB，且设向右为正方向；由于弹性碰撞，所以有 mAv＝mAvA＋mBvB　③(2分)‎ mAv2＝mAvA2＋mBvB2　④(2分)‎ 联立③④并将mA＝kmB及v＝4 m/s代入得 vA＝ m/s　⑤‎ vB＝ m/s　⑥(2分)‎ ‎(3)讨论：‎ Ⅰ.如果A能从电场右边界离开，必须满足 mAvA2>μmAgL＋qEL　⑦(1分)‎ 联立⑤⑦代入数据，得k＞3　⑧‎ 电场力对A做功 WE＝－qEL＝－6×105×5×10－8×0.4 J＝－1.2×10－2J　⑨(1分)‎ Ⅱ.如果A不能从电场右边界离开电场，必须满足 mAvA2≤μmAgL＋qEL　⑩(1分)‎ 联立⑤⑩代入数据，得k≤3⑪‎ 考虑到k＞1，所以在1＜k≤3范围内A不能从电场右边界离开⑫‎ 又qE＝3×10－2 N＞μmg＝2×10－2 N⑬‎ 所以A会返回并从电场的左侧离开，整个过程电场力做功为0，即WE＝0.(1分)‎