1、 绝密启用前 兖州区高三网络模拟考试 物理试题 2020.3 本试卷分第 I 卷（选择题）和第 II 卷（非选择题）两部分，将第 I 卷选择题的正确答案选项填涂在答题卡相 应位置上，考试结束，将答题卡上交，考试时间 90 分钟，满分 100 分。 注意事项： 1.答卷前，考生务必用 2B 铅笔和 0.5 毫米黑色签字笔（中性笔）将姓名、准考证号、考试科目、试卷类型 填涂在答题卡规定的位置上。 2.第 I 卷每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再 选涂其他答案标号，答案不能答在试题卷上。 3.第 II 卷必须用 0.5 毫米黑色签字笔（中性笔）
2、作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置， 不能写在试题卷上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修 正带，不按以上要求作答的答案无效。 第 I 卷（选择题 共 40 分） 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题 目要求的。 1.2018 年中国散裂中子源（CSNS）将迎来验收，目前已建设的 3 台谱仪也将启动首批实验。有关中子的研 究，下列说法正确的是（ ） A.Th 核发生一次 衰变，新核与原来的原子核相比，中子数减少了 4 B.一个氘核和一个氚核经过核反应后生成氦核和中子是裂
3、变反应 C.卢瑟福通过分析 粒子散射实验结果，发现了质子和中子 D.中子和其他微观粒子，都具有波粒二象性 2.如图所示，竖直平面内固定的半圆弧轨道两端点 M、N 连线水平，将一轻质小环套在轨道上，一细线穿过 轻环，一端系在 M 点，另一端系一质量为 m 的小球，不计所有摩擦，重力加速度为 g，小球恰好静止在图 示位置，下列说法正确的是（ ） A.轨道对轻环的支持力大小为mg B.细线对 M 点的拉力大小为 3 2 mg C.细线对轻环的作用力大小为 3 2 mg D.N 点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30 3如图所示，在光电管研究光电效应的实验中，用某种频率的单色光 a 照射光电管阴极 k，
4、电流计 G 的指 针发生偏转，而用另一频率的单色光 b 照射光电管阴极 K 时，电流计 G 的指针不发生偏转，那么（ ） A.用 a 光照射光电管阴极 K 时，通过电流计 G 的电流方向由 d 到 c B.增加 b 光的强度可以使电流计 G 的指针发生偏转 C.用同一装置做双缝干涉实验，a 光的相邻亮纹间距大于 b 光的相邻亮纹间距 D.两束光以相同的入射角从水中斜射入空气，若出射光线只有一束，则一定是 b 光 4.如图，一定质量的理想气体，由 a 经过ab过程到达状态 b 或者经过ac过程到达状态 c.设气体在状态 b 和 状态 c 的温度分别为 b T和 c T，在过程ab和ac中吸收的热
5、量分别为 ab Q和 ac Q.则_. 5.已知一足够长的传送带与水平面的倾角为 ，以一定的速度顺时针匀速转动，某时刻在传送带适当的位置 放上具有一定初速度的物块 （如图甲所示） ， 以此时为0t 记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的 变化关系（如图乙所示，己知 12 VV） ，图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，已知传送带的速度保持不 变，则（ ） A.物块在 1 0 t内运动的位移比在 12 tt内运动的位移小 B. 2 0 t内，重力对物块做正功 C.若物块与传送带间的动摩擦因数为 ，那么tan D. 2 0 t内，传送带对物块做功为 22 21 11 22 Wmvmv 6.用频率
6、为 0 v的单色光照射某金属表面时，产生的光电子的最大初动能为 km E，已知普朗克常量为 h，光速 为 c，要使此金属发生光电效应，所用入射光的波长应不大于（ ） A. 0km hc hvE B. 0 c v C. 0km hc hvE D. 0 km cE vhc 7.一列简谐横波以2m/sv 的速度沿 x 轴负方向传播， 下图是0t 时刻的波形图， 下列描述某质点振动的 图象正确的是（ ） A. B. C. D. 8.如图甲是回旋加速器的原理示意图，其核心部分是两个 D 形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于 匀强磁场中（磁感应强度大小恒定） ，并分别与高频电源相连，加速时某带电粒子的
7、动能 k E随时间 t 的变化 规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是（ ） A.高频电源的变化周期应该等于 1 nn tt B.在 k Et图像中 433221 tttttt C.粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能一定越大 D.不同粒子获得的最大动能都相同 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 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 4 分，选对但不全的得 2 分，选错或不选得 0 分。 9.一理想变压器原、副线圈的匝数比为10:1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如 图乙所示，P 为滑动变
8、阻器的触头。下列说法正确的是（ ） A.副线圈输出电压的频率为50HzB.副线圈输出电压的有效值为31V C.P 向右移动时，副线圈两端电压变小 D.P 向右移动时，变压器的输出功率增加 10.质量为 m 的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为 P，且行驶过程中受到的阻力大小一 定，汽车速度能够达到的最大值为 v，关于汽车此运动过程中正确是（ ） A.汽车受到的阻力 3P v B.汽车受到的阻力 P v C.汽车的速度为/3v时，加速度为 2P mv D.汽车的速度为/2v时，加速度为 P a mv 11.若宇航员到达某一星球后，做了如下实验： （1）让小球从距离地面高 h 处由静
9、止开始下落，测得小球下 落到地面所需时间为 t； （2）将该小球用轻质细绳固定在传感器上的 O 点，如图甲所示。给小球一个初速度 后，小球在竖直平面内绕 O 点做完整的圆周运动，传感器显示出绳子拉力大小随时间变化的图象所示（图 中 1 F、 2 F已知） 。已知该星球近地卫星的周期为 T，万有引力常量为 G，该星球可视为均质球体。下列说法 正确的是（ ） A.该星球的平均密度为 2 3 GT B.小球质量为 2 21 12 FF t h C.该星球半径为 2 2 2 4 hT t D.环绕该星球表面运行的卫星的速率为 2 Th t 12.两个等量同种点电荷固定于光滑绝缘水平面上，其连线中垂线上
10、有 A、B、C 三点，如图甲所示.一个电荷 量为 3 2 10 C 质量为0.1kg的小物块（可视为质点）从 C 点静止释放，其在水平面内运动的vt图像如图 乙所示，其中 B 点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线） 。则下列说法正确的是（ ） A.由 C 到 A 的过程中物块的电势能逐渐减小 B.B、A 两点间的电势差5V BA U C.由 C 点到 A 点电势逐渐降低 D.B 点为中垂线上电场强度最大的点，场强100V/mE 第 II 卷（非选择题，共 60 分） 三、实验题：本题共 2 小题，共 14 分。 13.（6 分）如图所示，在实验室用两端带有竖直挡板 C 和 D 的
11、气垫导轨和有固定挡板的质量都是 M 的滑块 A 和 B 做“探究碰撞中的守恒量”的实验，实验步骤如下： I.把两滑块 A 和 B 紧贴在一起，在 A 上放质量为 m 的砝码，置于导轨上，用电动卡销卡住 A 和 B，在 A 和 B 的固定挡板间放入一轻弹簧，使弹簧处于水平方向上的压缩状态； II.按下电钮使电动卡销放开，同时启动两个记录两滑块运动时间的电子计时器，当 A 和 B 与固定挡板 C 和 D 碰撞同时，电子计时器自动停表，记下 A 至 C 的运动时间 1 t，B 至 D 的运动时间 2 t； III.重复几次，取 1 t和 2 t的平均值。 （1）在调整气垫导轨时应注意_； （2）应测
12、量的数据还有_； （写出相应物理量的名称和对应字母） （3）只要关系式_成立，即可得出碰撞中守恒的量是mv的矢量和。 14.（8 分）一根细长均匀、内芯为绝缘材料的金属管线样品，横截面外缘为正方形，如题图甲所示。此金 属管线样品长约30cm、电阻约10，己知这种金属的电阻率为 ，因管芯绝缘材料截面形状不规则，无法 直接测量其横截面积.请你设计一个测量管芯截面积的电学实验方案，现有如下器材可选 A.毫米刻度尺 B.螺旋测微器 C.电流表 1 A（量程600mA，内阻约为1.0） D.电流表 2 A（量程3A，内阻约为0.1） E.电压表 V（量程3V，内阻约为6k） F.滑动变阻器 1 R（2k
13、，允许通过的最大电流0.5A） G.滑动变阻器 2 R（10，允许通过的最大电流2A） H.蓄电池 E（电动势为6V，内阻约为0.05） I.开关一个，带夹子的导线若干. 上述器材中，应该选用的电流表是_，滑动变阻器是_； （填写选项前字母代号） 若某次用螺旋测微器测得样品截面外缘正方形边长如图乙所示，则其值为_mm； 要求尽可能测出多组数据，你认为在图的甲、乙、丙、丁中选择哪个电路图_； 若样品截面外缘正方形边长为 a、样品长为 L、电流表示数为 I、电压表示数为 U，则计算内芯截面积的 表达式为S _ 四、计算题：本题共 4 小题，共 46 分，解答时要写出必要的文字说明、方程式和重要的演
14、算步骤，只写出 最后答案的不得分，有数值计算的题答案中必须明确写出数值和单位。 15.（8 分）如图所示，横截面为 1 4 圆周的柱状玻璃棱镜，有一束单色光垂直于截面OA射入棱镜，经棱镜 反射和折射后有一束光线从OC面射出棱镜，己知这条光线和射入棱镜的光线夹角为150， 1 2 OPOA. （只考虑光在棱镜的每一个面上发生一次反射和折射的情形） ，求玻璃棱镜的折射率 16. （8 分） 如图所示空间存在有界匀强磁场， 磁感应强度5BT， 方向垂直纸面向里， 上下宽度为0.35md . 现将一边长0.2mL的正方形导线框自磁场上边缘由静止释放经过一段时间，导线框到达磁场下边界，之 后恰好匀速离开
15、磁场区域.已知导线框的质量0.1kgm ，电阻2R .（g 取 2 10m/s）求： （1）导线框匀速穿出磁场的速度； （2）导线框进入磁场过程中产生的焦耳热； （3）若在导线框进入磁场过程对其施加合适的外力 F 则可以使其匀加速地进入磁场区域，且之后的运动同 没施加外力 F 时完全相同。请写出 F 随时间 t 变化的函数表达式. 17.（14 分）如图所示，质量5kgM 的小车静止在光滑水平地面上，小车左侧AB部分水平，右侧BC部 分为半径0.5mR 的竖直光滑 1 4 圆弧面，AB与BC恰好在 B 点相切，CD为竖直侧壁。质量1kgm 的 小滑块以 0 6m/sv 的初速度从小车左端的 A
16、 点滑上小车，运动到 B 点时与小车相对静止一起向前运动， 之后小车与右侧竖直墙壁发生碰撞， 碰撞前后无能量损失。 已知滑块与小车AB段间的动摩擦因数0.5， 重力加速度 2 10m/sg ，求： （1）小车与墙壁碰撞前的速度大小； （2）小车AB段的长度； （3）试通过计算说明：小车与墙壁碰撞后，滑块能否从 C 点滑出。 18.（16 分）如图所示xoy坐标系中，在0y 区域内存在垂直坐标平面向里的匀强磁场；在0lx 的 第 III 象限内存在沿 y 轴负方向的匀强电场；在0x 的第 IV 象限内有一个带负电的固定点电荷（图中未标 出） 。一质量为 m，带电量为 q 的带正电粒子，以初速度
17、0 v沿 x 轴正方向从 x 轴上的,0Ml点射入电场 区域，粒子重力可忽略。粒子经过 3 0, 2 Nl 点后，以恒定速率经 3 ,0 2 Pl 点进入磁场区域并回到 M 点。求 （1）匀强电场的电场强度 E； （2）匀强磁场的磁感应强度 B； （3）粒子从 N 点到 M 点所用的时间 t。 （结果可保留根式） 兖州区高三教学质量检测 2020 年 3 月 6 日 参考答案 1.D【解析】 A： 衰变的本质是发生衰变的核中减小的 2 个质子和 2 个中子形成氦核，所以一次 衰变，新核与原来的 核相比，中子数减小了 2。故 A 项错误。 B：一个氘核和一个氚核经过核反应后生成氦核和中子是聚变反
18、应，故 B 项错误。 C：卢瑟福通过分析 粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构模型；卢瑟福通过 粒子轰击氮原子核产 生氧 17 和质子的实验发现了质子； 查德威克通过 粒子轰击铍核获得碳核的实验发现了中子。 故 C 项错误。 D：中子和其他微观粒子，都具有波粒二象性。故 D 项正确。 【点睛】 衰变，新核比旧核的质量数少 4，电荷数少 2；新核中质子数、中子数比旧核均少 2； 衰变的本质是发生 衰变的核中减小的 2 个质子和 2 个中子形成氦核。 衰变，新核与旧核的质量数相等，电荷数多 1，新核中质子数比旧核多 1，中子数比旧核少 1； 衰变的本 质是原子核中一个中子变成质子的同时立即从核中
19、放出一个电子。 2.D【解析】 对圆环受力分析；因圆环两边绳子的拉力相等，可知两边绳子拉力与圆弧对圆环的支持力的夹角相等，设 为 ，由几何关系可知， OMAMAO， 则390，30； 则轨道对轻环的支持力大小为 2cos303 N Fmgmg， 选项 A 错误； 细线对 M 点的拉力大小为mgT ，选项 B 错误； 细线对轻环的作用力大小为 3 NN FFmg ， 选项 C 错误； 由几何关系可知，N 点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30，选项 D 正确. 3.D【解析】 A、 电流的方向与负电荷定向移动的方向相反， 用 a 光照射光电管阴极 K 时通过电流计 G 的电流是由 c 到 d， 故
20、选项 A 错误； B、增加 b 光的强度，仍然不能发生光电效应，电流计指针不偏转，故选项 B 错误； C、根据题意可知 a 光的频率一定大于 b 光的频率，则有 a 光的波长小于 b 光，根据公式 L x d 可知 a 光的相邻亮纹间距小于 b 光的相邻亮纹间距，故选项 C 错误； D、a 光的频率大，折射率大，根据 1 sinC n 可知 a 光的临界角小，两束光从水中以相同的入射角射向空 气，随着入射角的增大 a 光先消失，所以若出射光线只有一束，则一定是 b 光，故选项 D 正确. 4C 【解析】 试题分析：设气体在 a 状态时的温度为 a T，由图可知： 0Ca VVV、 0 22 b
21、a VVV， 从 a 到 b 是等压变化： ab ab VV TT 解得：2 ba TT 从 a 到 c 是等容变化： ac ac PP TT ，由于 0 22 ca PPP解得：2 ca TT，所以： bc TT 因为从 a 到 c 是等容变化过程，体积不变，气体不做功，故ac过程增加的内能等于ac过程吸收 的热量；而ab过程体积增大，气体对外做正功，由热力学第一定律可知ab过程增加的内能大于 ab过程吸收的热量， acab QQ.故选 C 5.D【解析】 由图示图象可知， 1 0 t内图象与坐标轴所形成的三角形面积大于图象在 12 tt内与坐标轴所围成的三角形 面积，由此可知，物块在 1
22、0 t内运动的位移比在 12 tt内运动的位移大，故 A 错误；在 12 tt内，物块向 上运动，则有mgcosmgsin，解得：tan，故 C 正确. 2 0 t内，由图“面积”等于位移可知， 物 块 的 总 位移 沿 斜面向 下 ， 高 度下 降 ，重力 对 物 块 做正 功 ，设为 G W， 根 据 动能 定 理得： 22 21 11 22 G WWmvmv，则传送带对物块做功 22 21 11 22 Wmvmv故 B 正确，D 错误.故选 BC. 【点睛】 本题由速度图象要能分析物块的运动情况，再判断其受力情况，得到动摩擦因数的范围，根据动能定理求 解功是常用的方法. 6.A【解析】
23、用频率为 v 的光照射某种金属时会发生光电效应，且光电子最大初动能为 E，根据光电效应方程： km EhvW而 0 Whv，则该金属发生光电效应的极限频率为： 0 km E vv h 那么所用入射光的极限波长为： 0 0km hc hvE 因此所用入射光的波长应不大于 0km hc hvE ，故 A 正确，BCD 错误。 故选 A。 7.C【解析】 由波动图象可知，该波的波长4m，则周期 2sT v A.因振动图象的周期与波动周期相等，而 A 中的周期为 4s，故 A 错误； B.由波动图可知，2 质点 0 时刻处于平衡位置且向上运动，故振动图象应从 0 点向上去，故 B 错误； C.4 质点
24、此时处于平衡位置向下运动，故 C 正确； D.振动图象的周期为4s，故 D 错误。 故选 C。 8.B【解析】 回旋加速器工作条件是交流电源的周期必须和粒子在磁场中圆周运动的周期一致，由公式 2m T qB 和 mv r qB 进行分析判断。 【详解】 A.交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，故电源的变化周期应该等于 1 2 nn tt ，故 A 错 误； B.根据 2 m T qB 可知粒子回旋周期不变，在 k Et图中应有 433221 tttttt，故 B 正确； C.根据公式： mv r qB 解得 qBr v m ，故最大动能： 222 2 1 22 km q B r E
25、mv m 则知粒子获得的最大动能与 D 形盒的半径有关，D 形盒的半径越大，粒子获得的最大动能越大，与加速的 次数无关。故 C 错误； D.最大动能： 222 2 1 22 km q B r Emv m 动能与粒子比荷以及 B 和 r 有关，不同粒子获得的最大动能不同，D 错误。 【点睛】 本题考查了回旋加速器的原理，要能够准确的推导出粒子最大动能与粒子比荷、D 形盒半径的关系。 9.AD【解析】 A.由图像可知，交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50Hz，故 A 正确； B.根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为310V，所以副线圈的电压的最大值为31V，所 以电压的有效
26、值为 31 V 2 U ，故 B 错误； C.由变压器原理可知，副线圈两端电压由原线圈两端电压和匝数比决定，所以 P 向右移动时，副线圈两端 电压不变，故 C 错误； D.P 右移，R 变小，原副线的电流都变大。而电压不变，故功率增大，故 D 正确。 故选 AD。 10.BCD【解析】 当牵引力都等于阻力时，速度最大，此时 P f v ，选项 A 错误，B 正确；根据Ffma，且 P f v 可 得 PP vv a m ，则当 1 3 vv 时， 2P a mv ；当 1 2 vv 时， P a mv ，则 CD 正确. 11.ABD【解析】 A.对近地卫星有 2 22 4Mm GmR RT
27、，星球密度 M V ，体积 3 4 3 VR，解得 2 3 GT ，故 A 正确。 B.小球通过最低点时拉力最大，此时有 2 0 2 v Fmgm r 最高点拉力最小，此时有 2 1 v Fmgm r 最高点到最低点，据动能定理可得 22 0 11 2 22 mgrmvmv 可得 21 6mgFF，小球做自由落体运动时，有 2 1 2 hgt 可得 2 2h g t ， 2 21 12 FF t m h ，故 B 正确。 C.根据 2 R T v 及vgR可得：星球平均密度可表示为 2 33 4 g GTGR 可得 2 2 2 2 hT R t ，故 C 错误。 D.环绕该星球表面运行的卫星的
28、速率可表示为 2 hT vgR t 故 D 正确。 12.ACD【解析】 从速度时间图象可知，由 C 到 A 的过程中，物块的速度一直增大，电场力对物块做正功，电势能一直减小， 故 A 正确；从速度时间图象可知，A、B 两点的速度分别为6m/s A v ，4m/s B v ，再根据动能定理得 2222 111 0.1461J 222 ABBA qUmvmvJ ，解得：500V AB U ，故 B 错误.据两个等量同种 正电荷其连线中垂线上电场强度方向由 O 点沿中垂线指向外侧，故由 C 点到 A 点的过程中电势逐渐减小， 故 C 正 确 ； 带 电 粒 子 在 B 点 的 加 速 度 最 大
29、， 为 2 4 2m/s 75 m a ， 所 受 的 电 场 力 最 大 为 0.12N0.2N mm Fma，则场强最大值为 3 0.2 100N /C 2 10 m m F E q ，故 D 正确；故选 ACD. 点睛：明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键，要知道vt图切线的斜率表示加速度，由动能定理 求电势差是常用的方法. 13.使气垫导轨水平 滑块 A 的左端到挡板 C 的距离 1 x和滑块 B 的右端到挡板 D 的距离 2 x 12 12 () xMx mM tt 【解析】 （1）在调整气垫导轨时应注意使气垫导轨水平； （2）要验证的关系式是 12 mM vMv，其中 1 1
30、1 x v t ， 2 2 2 x v t ，则关系式为： 12 12 () xMx mM tt ， 故应测量的数据还有滑块 A 的左端到挡板 C 的距离 1 x和滑块 B 的右端到挡板 D 的距离 2 x； （3）由（2）可知只要关系式 12 12 () xMx mM tt 成立，即可得出碰撞中守恒的量是mv的矢量和. 14.C G 0. 730 甲 2 LI a U 【解析】由题意可知，电源电动势为6V，电压表采用03V，而由于待测电阻约为10，则电路中 电流最大为 3 A0.3A 10 x U I R ，故不能选用最大量程为3A的电流表，故电流表只能选用 1 A，即电流 表应该选选项 C
31、；而由题意可知，电路应采用分压接法，故滑动变阻器应选用较小的电阻，故滑动变阻器 选用 2 R，即滑动变阻器选选项 G；由电压表内阻远大于金属管线的电阻，电流表应采用外接法，为测多组 实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，故选择甲电路图； 由图乙所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5mm，可动刻度所示为23.0 0.01mm0.230mm， 螺旋测微器的示数为0.5mm0.230mm0.730mm； 根据欧姆定律，有 U R I ，根据电阻定律，有 0 L R S ，故截面积为 0 IL S U ，故金属管线内部空间 截面积的表达式为 2 IL Sa U 。 15.3n 【解析】 作出光路图如图
32、所示 由折射定律可得 sin sin n 由几何关系得： 1 sin 2 OP PNM OQ ，sin30PQO 由题意知30PNM，因OQ与MN平行，则30NMCQOC ，60 由反射定律30OQMPQO ，9030PQM 联立可得3n 16.（1）2m/s （2）0.15J （3）0.75 1.25Ft （00.4st ） 【解析】 （1）导线框匀速穿出磁场过程中，感应电动势： EBLv 感应电流： BLv I R ， 线框受到的安培力： 22 B L v FBIL R 安培 线框匀速穿出磁场，由平衡条件得： 22 B L v mg R 解得：2m/sv （2）自导线框刚要进入磁场至刚要离
33、开磁场的过程中，仅进入磁场过程中有焦耳热产生，由能量守恒得： 2 1 2 mgdmvQ 得：0.15JQ （3）导线框刚好完全进入磁场至刚好要离开磁场的过程 22 0 2 ()vvg dL 得：导线框刚好完全进入磁场的速度 0 1m/sv 导线框进入磁场的过程由 2 0 2vaL 得： 2 2.5m /sa 2 0 1 2 Lat 得： 0 0.4st 取向下为正方向有： 22 B L v mgFmavat R 得：0.75 1.25 00.4sFtt 17.（1）1m/s； （2）3m； （3）不能。 【解析】 【详解】 （1）取滑块和小车为研究对象，向右为正方向，则由动量守恒可得 01 (
34、)mvmM v 共 解得： 1 1m/sv 共 即小车刚与墙壁碰撞时的速度大小为1m/s （2）从滑块刚滑上小车，到相对静止的过程中，由功能关系可知 22 01 11 () 22 mgLmvMm v 共 解得： 3mL （3）小车与墙壁碰撞后，取向左为正方向，由滑块和小车组成的系统水平方向动量守恒，可得 1= ()()Mm vMm v 共共2 解得： 2 m /s 3 v 共2 再由碰后滑块上升过程中，滑块与小车组成的系统机械能守恒可得 22 1 11 ()() 22 mgLmM vmM v 共共2 解得 1 m 6 hR 故不能从 C 点飞出。 18 （1） 2 0 3mv ql （2） 0
35、 4(23)mv ql （3） 0 5(53) 24 l v 【解析】 （1）粒子射入电场区域，做类平抛运动： 0 0 v tl qEma 2 0 13 22 l at 解得： 2 0 3mv E ql ； （2） 0 3 22 y v l t 0 3 y vv 0 3 tan 3 y v v 即 N 点时粒子速度 v 与 y 轴负方向成30角， 0 2vv 分析可知，粒子在磁场中圆周运动的圆心 2 O如图所示： 2 23 2 Rl 2 2 v qvBm R 解得： 0 4(23)mv B ql （3）粒子在第 IV 象限内以固定的负点电荷为圆心做匀速圆周运动，分析如图： 11 3 cossin 2 l RR 1 33 2 Rl 1 1 2 R T v 11 2 0 23 72 122 l m tTT qBv 2 0 23 2 2 l m T qBv 22 1 6 tT 解得： 12 0 5(53) 24 l ttt v
