【物理】河南省鹤壁高级中学2020-2021学年高二8月精英对抗赛试题

【物理】河南省鹤壁高级中学2020-2021学年高二8月精英对抗赛试题

高二物理精英对抗赛试题卷 一．选择题（均为多选题，每题4分，选不全给2分）‎ ‎1.地面附近，存在着一有界电场，边界MN将某空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v﹣t图象如图乙所示,已知重力加速度为g，不计空气阻力，则（　　）‎ A．在t＝2.5s时，小球经过边界MN ‎ B．小球受到的重力与电场力之比为3：5 ‎ C．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功与电场力做的功大小相等 ‎ D．在小球运动的整个过程中，小球的机械能与电势能总和先变大再变小 ‎2．如图所示，由电动机带动的水平传送带以速度为v＝2.0m/s匀速运行，A端上方靠近传送带料斗中装有煤，打开阀门，煤以流量为Q＝50kg/s落到传送带上，煤与传送带达共同速度后被运至B端，在运送煤的过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．电动机应增加的功率为100W ‎ B．电动机应增加的功率为200W ‎ C．在一分钟内因煤与传送带摩擦产生的热为6.0×103J ‎ D．在一分钟内因煤与传送带摩擦产生的热为1.2×104J ‎3．如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动。在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用力和重力可忽略。下列说法正确的是（　　）‎ A．a的质量比b的小 B．在t时刻，a的动能比b大 ‎ C．在t时刻，a和b的电势能相等 D．在t时刻，a和b的速度大小相等 ‎4．如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹．设电子在A、B两点的加速度大小分别为a1、a2，电势能分别为E1、E2．下列说法正确的是（　　）‎ A．若a1＞a2，则Q必定为正电荷且在M点的左端 ‎ B．电子在A点的速度小于在B点的速度 ‎ C．电子在A点的电势能E1小于在B点的电势能E2 ‎ D．B点电势高于A点电势 ‎5．宇宙飞船以周期为T绕地球作近地圆周运动时，由于地球遮挡阳光，会经历“日全食”过程，如图所示。已知地球的半径为R，引力常量为G，地球自转周期为T0．太阳光可看作平行光，宇航员在A点测出的张角为α，则（　　）‎ A．飞船绕地球运动的线速度为 ‎ B．一天内飞船经历“日全食”的次数为 ‎ C．飞船每次经历“日全食”过程的时间为 ‎ D．地球质量为 ‎6．如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，质量为m、电荷量为+q的物块从A点由静止开始下落，加速度为 g，下落高度H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h到达最低点C，整个过程中不计空气阻力，且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则带电物块在由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．物块在B点速度最大 ‎ B．弹簧的弹性势能的增量为 ‎ C．带电物块电势能的增加量为mg（H+h） ‎ D．带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为 ‎7．如图所示，空间内有一方向竖直向下的匀强电场。一根绝缘轻质硬杆套在固定在O点的光滑水平轴上，可以在竖直面内自由转动，杆的两端分别固定着A、B两个质量均为m的带电小球，可视为质点，已知AO＝L，BO＝2L，忽略两球上电荷间作用力，重力加速度为g。初始时细杆水平，两球静止且球与杆间无作用力，当瞬间把电场强度方向改为水平向右，大小不变，则下列说法正确的是（　　）‎ A．当B球转到O点正下方时，系统电势能减少了2mgL，且转动过程中杆对A球的弹力不做功 ‎ B．当B球转到O点正下方时，A、B球与杆组成的系统机械能增加了mgL ‎ C．当B球转到O点正下方时，B球速度大小为2 ‎ D．当B球转到O点正下方时，B球速度大小为4‎ ‎8．如图所示，三维坐标系O﹣xyz的z轴方向竖直向上，所在空间存在沿y轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为+q的小球从Z轴上的A点以速度v沿x轴正方向水平抛出，A点坐标为（0，0，L），重力加速度为g，场强E＝‎ ‎．则下列说法中正确的是（　　）‎ A．小球运动的轨迹为抛物线 ‎ B．小球在xOz平面内的分运动为平抛运动 ‎ C．小球到达xOy平面时的速度大小为 ‎ D．小球的运动轨迹与xOy平面交点的坐标为（v，L，0）‎ ‎9．如图所示，倾角为a的光滑斜面下端固定一绝缘轻弹簧，M点固定一个质量为m、带电量为﹣q的小球Q，整个装置处在电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中．现把一个带电量为+q的小球P从N点由静止释放，释放后P沿着斜面向下运动，N点与弹簧的上端和M的距离均为s0，P、Q以及弹簧的轴线ab与斜面平行，两小球均可视为质点和点电荷，弹簧的劲度系数为k0，静电力常量为k．则（　　）‎ A．小球P返回时，可能撞到小球Q ‎ B．小球P在N点的加速度大小为+gsina﹣k ‎ C．小球P沿着斜面向下运动过程中，其电势能可能增大 ‎ D．当弹簧的压缩量为时，小球P的速度最大 ‎10．电荷量分别为q1和q2的两点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则（　　）‎ A．A点的电场强度为零 ‎ B．一负电荷在A点的电势能小于在C点的电势能 ‎ C．q1为正电荷，q2为负电荷，且|q1|＞|q2| ‎ D．将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功 ‎11．在x轴上有两个固定的点电荷q1、q2，一个带正电的粒子只在电场力作用下沿x轴运动，其电势能Ep随位置的变化如图所示。下列说法正确的是（　　）‎ A．x1处的电场强度为零 B．从x1到x2带电粒子的加速度逐渐减小 C．从x1到x2带电粒子的速度一直减小 D．q1和q2带有异种电荷 ‎12．一带正电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2区间是关于直线x＝x1对称的曲线，x2～x3区间是直线，在0、x1、x2、x3处电势分别为φ0、φ1，φ2，φ3，则下列说法正确的是（　　）‎ A．x1处电场强度大小为零 B．φ3＞φ2＝φ0＞φ1 ‎ C．φ3＜φ2＝φ0＜φ1 D．粒子在0～x2段做匀变速运动,x2～x3段做匀速直线运动 ‎13．如图所示，质量为M、半径R的ABC凹槽（为光滑圆槽的一部分）静止在光滑水平面上，B为最低点，BC为圆弧，OA与竖直方向夹角θ＝60°，其右侧紧贴竖直墙壁PQ．一质量为m的小物块（可视为质点）从D处水平抛出，同时将ABC凹槽锁定在地面上，小物块恰好从A点无碰撞的射入凹槽，当其到达B点时解除锁定，小物块刚好能达到C点。不计空气阻力，重力加速度为g．则下列说法正确的是（　　）‎ A．从D点抛出的初速度为v0＝；D点距A点高度差h＝ ‎ B．小球第一次过B点时对槽底的压力大小为2mg ‎ C．小球从C点到B点过程中，竖直墙壁对槽的冲量为I＝m，方向水平向左 ‎ D．小球从C 到B向A运动的过程中，以小球、槽ABC作为一个系统，机械能守恒、动量守恒 ‎14．如图所示，轻杆一端固定质量为m的小球，轻杆长度为R．可绕水平光滑转轴O在竖直平面内转动。将轻杆从与水平方向成30°角的位置由静止释放。若小球在运动过程中受到的空阻力大小不变。当小球运动到最低点P时，轻杆对小球的弹力大小为mg．下列说法正确的是（　　）‎ A．小球运动到p点时的速度大小为 B．小球受到的空气阻力大小为 ‎ C．小球能运动到与O点等高的Q点 D．小球不能运动到与O点等高的Q点 二．计算题（共3大题）‎ ‎15．（18分）如图所示，在绝缘水平面上的两物块A、B用劲度系数为k的水平绝缘轻质弹簧连接，物块B、C用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A靠在竖直墙边，C在倾角为θ的长斜面上，滑轮两侧的轻绳分别与水平面和斜面平行。A、B、C的质量分别是m、2m、2m，A、C均不带电，B带正电，滑轮左侧存在着水平向左的匀强电场，整个系统不计一切摩擦，B与滑轮足够远。B所受的电场力大小为6mgsinθ，开始时系统静止。现让C在沿斜面向下的拉力F作用下做加速度大小为a的匀加速直线运动，弹簧始终未超过弹性限度，重力加速度大小为g。‎ ‎（1）求弹簧的压缩长度x1；‎ ‎（2）求A刚要离开墙壁时C的速度大小υ1及拉力F的大小；‎ ‎（3）若A刚要离开墙壁时，撤去拉力F，同时电场力大小突然减为2mgsinθ，方向不变，求在之后的运动过程中弹簧的最大弹性势能Epm。‎ ‎16．（18分）如图所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m＝0.5kg的小物块，它与水平台阶表面间的动摩擦因数μ＝0.5，且与台阶边缘O点的距离s＝5m。在台阶右侧固定了一个以O点为圆心的圆弧形挡板，并以O点为原点建立平面直角坐标系。现用F＝5N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板（g＝10m/s2）。‎ ‎（1）若小物块恰能击中挡板的上边缘P点，P点的坐标为（1.6m，0.8m），求其离开O点时的速度大小；‎ ‎（2）为使小物块击中挡板，求拉力F作用的距离范围；‎ ‎（3）改变拉力F的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值。（结果可保留根式）‎ ‎17．（18分）位于竖直平面内的直角坐标系xOy，x轴沿水平方向，第一象限的角平分线OA的上方存在有界匀强电场，场强，方向竖直向下，第二象限内有另一匀强电场E2，电场方向与x轴正方向成45°角斜向上，如图所示。有一质量为m、电量为+q的带电小球在水平细线的拉力作用下恰好静止在坐标（﹣l，6l）处。现剪断细线，小球从静止开始运动，先后经过两电场后，从A点进入无电场区域，最终打在x轴上D点，已知重力加速度为g，试求：‎ ‎（1）电场E2的场强；‎ ‎（2）A点的位置坐标；‎ ‎（3）到达D点时小球的动能。‎ ‎【参考答案】‎ 一．1.【解答】解：A、小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻是t＝1s时。故A错误。‎ B、由图象的斜率等于加速度得小球进入电场前的加速度为a1＝＝v1、进入电场后的加速度大小为a2＝，由牛顿第二定律得：‎ mg＝ma1＝mv1…①‎ F﹣mg＝ma2‎ 得电场力：F＝mg+ma2＝…②‎ 由①②得重力mg与电场力F之比为3：5．故B正确。‎ C、整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与电场力做的功大小相等。故C正确。‎ D、整个过程中，小球具有两种形式的能：机械能与电势能，根据能量守恒定律得知，它们的总和不变。故D错误。‎ 故选：BC。‎ ‎2．【解答】解：设足够小的时间△t内落到传送带上煤的质量为△m，显然Q＝△m/△t；这部分煤由于摩擦力f的作用被传送带加速，由功能关系得：‎ 煤块在摩擦力作用下加速前进，因此有：‎ 传送带的位移为：s传＝vt 相对位移为：△s＝s传﹣s＝s，由此可知煤的位移与煤和传送带的相对位移相同，‎ 因此摩擦生热为：。‎ 传送带需要增加的能量分为两部分：第一部分为煤获得的动能，第二部分为传送带克服摩擦力做功保持传送带速度。所以传送带△t内增加的能量△E为：‎ 功率：，由此可知A错误，B正确。‎ 由前面的分析可知单位时间内产生的热量为：。‎ 因此一分钟产生的热量为：‎ ‎，故C正确，D错误。‎ 故选：BC。‎ ‎3．【解答】解：A、两个粒子都做初速度为零的匀加速直线运动，则有 y＝at2＝•t2．由题意知，相同时间内a的位移大于b的位移，q、E又相等，可知ma＜mb．故A正确；‎ BD、根据动能定理得 Ek﹣0＝qEy，即t时刻粒子的动能为 Ek＝qEy，a的位移大，电场力做功多，所以在t时刻，a的动能比b的大，又ma＜mb，则a的速度比b大，故B正确，D错误；‎ C、t时刻，a、b经过电场中同一水平面，电势相等，它们的电荷量也相等，符号相反，由Eφ＝qφ知，a和b的电势能不相等，故C错误。‎ 故选：AB。‎ ‎4．【解答】解：A、若a1＞a2，则A点离点电荷Q更近即Q靠近M端；又由运动轨迹可知，电场力方向指向凹的一侧即左侧，所以，在MN上电场方向向右，那么Q靠近M端且为正电荷，故A正确；‎ B、电子所受电场力方向指向左侧，那么，若电子从A向B运动，则电场力做负功，电势能增加，动能减小；若电子从B向A运动，则电场力做正功，电势能减小，动能增大，所以电子在A点的速度大于在B点的速度。故B错误；‎ C、若电子从A向B运动，则电场力做负功，电势能增加；若电子从B向A运动，则电场力做正功，电势能减小，所以，一定有E1＜E2求解过程与Q所带电荷无关，只与电场线方向相关，故C正确；‎ D、电子所受电场力方向指向左侧，则电场线方向由M指向N，那么A点电势高于B点，故D错误；‎ 故选：AC。‎ ‎5．【解答】解：A、飞船绕地球匀速圆周运动，‎ 所以线速度为 又由几何关系知 所以 故A正确；‎ B、地球自转一圈时间为To，飞船绕地球一圈时间为T，飞船绕一圈会有一次日全食，所以每过时间T就有一次日全食，得一天内飞船经历“日全食”的次数为． 故B错误；‎ C、由几何关系，飞船每次“日全食”过程的时间内飞船转过α角，所需的时间为t＝；故C正确；‎ D、万有引力提供向心力则 所以：‎ 所以：‎ 故D正确；‎ 故选：ACD。‎ ‎6．【解答】解：A、物体静止开始下落时的加速度为，根据牛顿第二定律得：mg﹣qE＝ma，解得：E＝，受到的电场力，物块在B点受到重力。向上电场力，此时弹簧的重力大于电场力，物块继续向下做加速运动，当重力等于弹簧的弹力和电场力之和是，此时速度最大，故A错误 B、根据动能定理得：mg（H+h）﹣qE（H+h）+W弹＝0，解得弹力做功为：W弹＝﹣mg（H+h），即弹性势能增加量为mg（H+h），故B正确；‎ C、从A到C过程中，电场力做功为W＝﹣qE（H+h）＝﹣mg（H+h），则电势能增加量为mg（H+h），故C错误；‎ D、从A到C的过程中，除重力和弹力以外，只有电场力做功，电场力做功为：W＝﹣qE（H+h））＝﹣mg（H+h），可知机械能减小量为﹣mg（H+h）。故D正确。‎ 故选：BD。‎ ‎7． 【解答】解：‎ BCD、初始时细杆水平，两球静止且球与杆间无作用力，故由小球只受重力和电场力作用，根据受力平衡可得：电场力qE＝mg，方向竖直向上，即小球带负电；‎ 当把电场强度方向改为水平向右，大小不变，电场力仍为mg，方向水平向左；‎ 小球转动过程，对A、B球与杆组成的系统来说只有重力、电场力做功；‎ 故当B球转到O点正下方时，重力做功为WG＝mg2L﹣mgL＝mgL，电场力做功为WF＝mg2L﹣mgL＝mgL；‎ 故系统电势能减少了mgL，A、B球与杆组成的系统机械能增加了mgL，A、B球的动能增大了2mgL，故，故，那么，B球速度为；故BD正确，C错误；‎ A、对球A应用动能定理可得：杆对A球的弹力做的功W＝mgL﹣mgL＝，故A错误；‎ 故选：BD。‎ ‎8．【解答】解：A、带电小球始终受到重力与电场力，这两个力都是恒力，它们的合力可等效成一个恒力，且此力方向与初速度方向垂直。所以小球做匀变速曲线运动，运动轨迹为抛物线。故A正确；‎ B、由于重力与电场力大小相等，所以小球在这两个力的合力所在平面运动，且与水平面成45°，而在xOz平面内的分运动为平抛运动。故B正确；‎ C、小球在重力与电场力共同作用产生的加速度为 a＝＝g 小球在Z轴方向做自由落体运动，只受重力，且初速度为零，则小球到达xOy平面时时间 t＝‎ t时间内增加的速度为△v＝at＝2，所以最后落地速度大小为 v＝＝．故C错误；‎ D、小球在X轴方向做匀速直线运动，则发生的位移 x＝vt＝v 而在Y轴方向小球只受电场力，初速度为零，因此发生的位移 y＝＝＝L。‎ 所以小球的轨迹与xOy平面交点的坐标为（v，L，0），故D错误；‎ 故选：AB。‎ ‎9．【解答】解：A、根据动能定理知，当小球返回到N点，由于重力做功为零，匀强电场的电场力做功为零，电荷Q的电场对P做功为零，则合力做功为零，知道到达N点的速度为零。所以小球不可能撞到小球Q．故A错误。‎ B、根据牛顿第二定律得，小球在N点的加速度a＝＝．故B正确。‎ C、小球P沿着斜面向下运动过程中，匀强电场的电场力做正功，电荷Q产生的电场对P做负功，两个电场力的合力不一定沿斜面向下，则最终电场力不一定做正功，可能做负功，则电势能可能增大。故C正确。‎ D、当小球所受的合力为零时，速度最大，即+k0x0＝qE+mgsinα，则压缩量不等于．故D错误。‎ 故选：BC。‎ ‎10．【解答】解：A、根据E＝＝，知φ﹣x图象的斜率等于电场强度E，可知，A点的电场强度不为零，故A错误。‎ B、负电荷在电势高处电势能小，A点的电势比C点的电势低，则负电荷在A点的电势能大于在C点的电势能，故B错误。‎ C、由图知A点的电势为零，则O点的点电荷的电量比M点的点电荷的电量大，且O点的电荷带正电，M点电荷带负电，即q1为正电荷，q2为负电荷，且|q1|＞|q2|．故C正确。‎ D、因为MC间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴正方向，则将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后负功。故D正确；‎ 故选：CD。‎ ‎11．【解答】解：A、由图知，EP﹣x图象的斜率＝F＝qE，则知x1点场强不为零。故A错误；‎ B、EP﹣x图象的斜率＝F，即斜率大小等于电场力大小，由图可知，从x1到x2‎ 带电粒子受到的电场力逐渐减小，根据牛顿第二定律可知，粒子的加速度逐渐减小。故B正确；‎ C、根据正电荷在电势高处电势能大，可知，带正电的试探电荷从x1到x2的过程中，电势能增大，说明电场力做负功，带电粒子的动能减小，速度一直减小，故C正确；‎ D、带正电的试探电荷从远处移近x2的过程中，电势能增大，电势升高，说明x2处的q2带正电；带正电的试探电荷从x2移近x1的过程中，电势能减小，电势降低；x1点电势为0；从x1点到O点。电势小于0，可知q1带负电。故D正确。‎ 故选：BCD。‎ ‎12．【解答】解：A、根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，场强与电势的关系：E＝，得：E＝，由数学知识可知Ep﹣x图象切线的斜率等于Eq，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A正确；‎ BC、根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，粒子带正电，q＞0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越高，所以有：φ3＞φ2＝φ0＞φ1．故B正确，C错误；‎ D、由图看出在0～x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动。x1～x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动。x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故D错误；‎ 故选：AB。‎ ‎13．【解答】解：A、小球从A到C过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：‎ 从D到C过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：‎ mv02+mgh＝‎ 将小球在A点的速度分解可得：v0＝vAcos60°‎ 联立可得：，，h＝．故A正确；‎ B、小球从A到C过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：‎ 所以：‎ 小球在最低点受到的支持力与重力的合力提供向心力，得：‎ 联立得：FN＝3mg 根据牛顿第三定律可知，小球第一次过B点时对槽底的压力大小为3mg。故B错误；‎ C、小球从C点到B点过程中，机械能仍然守恒，所以到达B点的受到仍然是，此过程中槽对小球的作用力的水平方向的分力对小球的冲量：‎ 该过程中，槽始终不动，所以小球对槽的作用力的水平方向的分力对槽的冲量与竖直墙壁对槽的冲量大小相等，方向相反，也为I＝m，‎ 其中竖直墙壁对槽的冲量方向水平向左。故C正确；‎ D、由C的分析可知，在小球从C点到B点过程中，竖直墙壁对槽的冲量为I＝m，所以在小球从C 到B向A运动的过程中，以小球、槽ABC作为一个系统，机械能守恒，但动量不守恒。故D错误。‎ 故选：AC。‎ ‎14．【解答】解：A、小球运动到p点时，根据牛顿第二定律可得T﹣mg＝m，解得小球在p点的速度大小为v＝，故A错误；‎ B、根据动能定理可得mgR（1+）﹣f×＝，解得f＝，故B正确；‎ CD、假设小球能运动到与O点等高的Q点，则阻力大小为f′，根据动能定理可得：mg＝f′，解得f′＝，故小球能运动到与O点等高的Q点，且达到Q的速度刚好为零，故C正确、D错误；‎ 故选：BC。‎ 三．计算题（共3小题）‎ ‎15．（18分）【解答】解：（1）开始时，弹簧处于压缩状态，‎ 由平衡条件得，对C：T1＝2mgsinθ 对B：T1+kx1＝6mgsinθ，‎ 解得：x1＝．‎ ‎（2）A刚要离开墙壁时墙壁对A的弹力为零，弹簧刚好不发生形变，‎ 则：B做匀加速直线运动，位移大小为x1时有：υ12＝2ax1‎ 解得：v1＝；‎ 根据牛顿第二定律得：‎ 对B：T2﹣6mgsinθ＝2ma 对C：F+2mgsinθ﹣T2＝2ma 解得：F＝4m（gsinθ+a）．‎ ‎（3）A刚要离开墙壁后，当三个物块的速率υ2相等时，弹簧弹性势能最大．由动量定理得：‎ 对A、B及弹簧：（T﹣2mgsinθ）t＝3mv2﹣2mv1，‎ 对C：（2mgsinθ﹣T）t＝2m（v2﹣v1）‎ 即有：（2m+2m）v1＝（m+2m+2m）v2，‎ 根据能量守恒定律有：（2m+2m）v12＝（m+2m+2m）v22+EPm 解得：EPm＝；‎ 答：（1）弹簧的压缩长度x1为．‎ ‎（2）A刚要离开墙壁时C的速度大小υ1为，拉力F的大小为4m（gsinθ+a）；‎ ‎（3）在之后的运动过程中弹簧的最大弹性势能Epm为．‎ ‎16．（18分）【解答】解：（1）小物块从O到P做平抛运动 水平方向x＝v0t 竖直方向y＝gt2‎ 解得：v0＝4m/s；‎ ‎（2）为使小物块击中档板，小物块必须能运动到O点，设拉力F作用的最短距离为x1，由动能定理得：Fx1﹣μmgs＝△Ek﹣0＝0‎ 解得：x1＝＝m＝2.5m；‎ 为使小物体不会飞出档板，小物块的平抛初速度不能超过4m/s；设拉力F作用的最长距离为x2，由动能定理可得：‎ Fx2﹣μmgs＝mv02‎ 解得：x2＝＝m＝3.3m；‎ 故为使物块击中档板，拉力F的作用距离范围为：‎ ‎2.5m＜x≤3.3m；‎ ‎（3）设小物块击中档板的任意点坐标为：（x，y）；则有：‎ x＝v0t′‎ y＝‎ 由机械能守恒定律得：‎ Ek＝mv0′2+mgy 又x2+y2＝R2‎ 由P点坐标可求R2＝3.2‎ 化简得：‎ EK＝+＝+‎ 由数学方法可得：‎ Ekmin＝2J；‎ 答：（1）其离开O点时的速度大小为4m/s；‎ ‎（2）F的作用范围为2.5＜x≤3.3；‎ ‎（3）动能的最小值为2J。‎ ‎17．（18分）【解答】解：（1）设小球所受的重力为G，小球在第二象限内做直线运动，知小球合力水平向右，‎ 竖直方向上合力为零。有：G＝qE2sin45°。‎ 所以：E2＝‎ ‎（2）：小球在第二象限做匀加速直线运动，其加速度的大小a2＝＝＝g 根据运动学公式，则有：小球在电场E2中运动的时间t＝‎ 设进入第一象限的速度为v0，则根据运动学公式有：v02＝2gl，v0＝‎ 小球在第一象限先做类平抛运动，设A点坐标为（x，x）‎ 竖直方向上有：6L﹣x＝‎ 水平方向上有：x＝v0t a1＝＝4g 解得：x＝2L 故A点的坐标为（2L，2L）‎ ‎（3）从进入第一象限到D点由动能定理得，mg×6L+E1q×6L＝EkD﹣‎ 解得：EkD＝19mgL 答：（1）电场E2的场强为；‎ ‎（2）A点的位置坐标为（2L，2L）；‎ ‎（3）到达D点时小球的动能为19mgL。‎