1、2017年湖南省长沙市高考物理猜题试卷（5月份）一、选择题：（本题共10小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第14题只有一项符合题目要求，第58题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1如图所示，质点a、b在直线PQ上的两个端点，质点a从P沿PQ做初速度为0的匀加速直线运动，经过位移x1时质点b从Q沿QP方向做初速度为0的匀加速直线运动，位移x2时和质点a相遇，两质点的加速度大小相同，则PQ距离为（）Ax1+2x2+2B2x1+x2+2Cx1+2x2+D2x1+x2+2小刚同学在水平地面上把一个质量为1kg的小球以大小为4m/s的初速度沿某方向抛出，小
2、球经过时间0.4s落地，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，则下列判断正确的是（）A小球在最高点的机械能为8JB小球落地点与抛出点间的距离为0.8mC小球在运动过程中机械能可能减小D落地时重力做功的功率为20W3一个质量为m=1kg的物体在粗糙的水平面上在水平拉力作用下沿直线运动，物体与水平面间的动摩擦因数为=0.5从t=0时刻开始，物体的位移x与运动时间t的关系如图t所示，图线与纵横坐标轴的交点坐标分别为0.5m/s和1s，g=10m/s2，物体运动时间2s，下列说法错误的是（）A初速度为0.5m/sB加速度为0.5m/s2C运动位移为3mD受到的水平拉力大小大小为6N4在某空间有一匀
3、强电场，在电场中建立如图所示的直角坐标系Oxyz，M、N、P为电场中的三个点，M点的坐标（0，4L，0），N点的坐标为（3L，0，0），P点坐标为（0，0，4L），Q点的坐标为（3L，L，7L），Q点图中未画出已知M、N和P点电势分别为0V、25V和16V，则Q点的电势为（）A4VB9VC16VD21V5如图所示，两根轻质细线的一端拴在O点、另一端分别固定在楼道内的倾斜天花板上的a点和b点，一质量为m的重物P通过长度为L的轻质细线固定在O点，系统静止，Oa水平、Ob与竖直方向成一定夹角现在对重物施加一个水平向右的拉力F，使重物缓缓移动，至OP间细线转动60，此过程中拉力做功W，则下列判断正确的
4、是（）AOa上的拉力F1不断增大，Ob上的拉力F2一定不变BOa上的拉力F1可能不变，Ob上的拉力F2可能增大CW=mgL，拉力做功的瞬时功率一直增大DW=FL，拉力做功的瞬时功率先增大后减小6如图所示，ac为空间一水平线，整个空间存在水平向里的匀强磁场一带电小球从a点由静止释放，运动轨迹如图中曲线所示，b为最低点下列说法中正确的是（）A轨迹ab为四分之一圆弧B小球在到b点后一定能到ac水平线C小球到b时速度一定最大，且沿水平方向D小球在b点时受到的洛伦兹力与重力大小相等7一额定功率为9W、额定电压为9V的小灯泡L和一直流电动机并联，与定值电阻R=4串联后接在电路中的AB两点间，电流表A为理想
5、电表，电路如图所示，灯泡的电阻不变当AB间接电压0.49V时，电动机不转、灯泡不亮，电流表示数为0.1A；当AB间接电压15V时，电动机转动起来、灯泡正常发光则下列说法正确的是（）A电动机线圈电阻为1B灯泡正常发光时电流表示数0.5AC灯泡正常发光时电流表示数1AD电动机输出的机械功率4.25W8如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ水平放置，导轨间距为L，一个磁感应强度B的匀强磁场垂直穿过导轨平面向下，导轨的上端M与P间接有电容为C的电容器，金属棒开始静止对金属棒施加一个水平向右、大小为F的恒力作用，不计一切摩擦，一切电阻都不计，则经过时间t的过程中（）A金属棒可能做变加速运动B金属棒
6、中的电流恒定C电容器所带电荷量D电容器储存的电场能为9中国“北斗三号”全球组网卫星计划将在2017年7月左右进行首次发射“北斗三号”采用星载氢原子钟，其精度将比“北斗二号”的星载铷原子钟提高一个数量级如图所示为氢原子的部分能级图，以下判断正确的是（）A处于n=3能级的氢原子可以吸收任意频率的光子B欲使处于基态的氢原子被激发，可用12.09eV的光子照射C当氢原子从n=5的状态跃迁到n=3的状态时，要吸收光子D用n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光照射金属铂（逸出功为6.34eV）时不能发生光电效应102017年4月23日，青岛快乐运动秀之遥控车漂移激情挑战，挑战赛中若ab两个遥控车同时同地向同
7、一方向做直线运动，它们的vt图象如图所示，则下列说法正确的是（）Ab车启动时，a车在其前方2m处B运动过程中，b车落后a车的最大距离为4mCb车启动3s后正好追上a车Db车超过a车后，两车不会再相遇二、计算题11如图所示，水平轨道MN与半径为R的竖直光滑圆弧轨道相切于N点质量为m的小滑块A静止于P点质量为M=2m的小滑块B以速度v0向右运动，A、B碰后粘连在一起，已知A、B与水平面间的动摩擦因数为，MP和PN距离均为R，求：（1）AB碰撞过程中损失的机械能？（2）当v0的大小在什么范围时，两小球在圆弧轨道内运动时不会脱离圆弧轨道？已知重力加速度为g12如图所示，边长为L=0.3m正方形边界ab
8、cd中有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B0=0.5T的匀强磁场，一质量m=81026kg、电荷量q=81019C的粒子（重力不计）从边界ad上某点D以某个速度射入粒子从cd中点P孔射出，再经小孔Q进入相互正交的匀强电场和匀强磁场区域，区域宽度为2L，电场强度大小E=5105V/m，磁感应强度大小B1=1T、方向垂直纸面向里，已知粒子经过QM正中间位置时有一段时间t撤去了匀强电场虚线ef、gh之间存在着水平向右的匀强磁场，磁感应强度大小为B2=0.25T（图中未画出）有一块折成等腰直角的硬质塑料板ABC（不带电，宽度很窄，厚度不计）放置在ef、gh之间（截面图如图），CB两点恰在分别位于ef、g
9、h上，AC=AB=0.3m，a=45粒子恰能沿图中虚线QM进入ef、gh之间的区域，取3（1）Dd距离；（2）已知粒子与硬质塑料相碰后，速度大小不变，方向变化遵守光的反射定律粒子从Q到gh过程中的运动时间和路程分别是多少？13如图所示，半径为R的四分之一光滑圆形固定轨道右端连接一光滑的水平面，质量为M=3m的小球Q连接着轻质弹簧静止在水平面上，现有一质量为m的滑块P（可看成质点）从B点正上方h=R高处由静止释放，重力加速度为g求：（1）滑块到达圆形轨道最低点C时的速度大小和对轨道的压力；（2）在滑块压缩弹簧的过程中，弹簧具有的最大弹性势能；（3）若滑块从B上方高H处释放，恰好使滑块经弹簧反弹后
10、能够回到B点，则高度H的大小2017年湖南省长沙市高考物理猜题试卷（5月份）参考答案与试题解析一、选择题：（本题共10小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第14题只有一项符合题目要求，第58题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1如图所示，质点a、b在直线PQ上的两个端点，质点a从P沿PQ做初速度为0的匀加速直线运动，经过位移x1时质点b从Q沿QP方向做初速度为0的匀加速直线运动，位移x2时和质点a相遇，两质点的加速度大小相同，则PQ距离为（）Ax1+2x2+2B2x1+x2+2Cx1+2x2+D2x1+x2+【考点】1G：匀变速直线运动规律的综合运
11、用；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】根据初速度为0的匀加速直线运动的公式求出两段时间的关系，然后结合位移公式，以及空间几何关系即可求出【解答】解：质点a经过时间t1运动位移x1，再经过t2相遇，则时间t1末质点a的速度为at1质点a的位移：x1=at12质点b的位移：x2=at22，两式相除可知：t2=t1，质点a在t2运动位移为：x3=（at1）t2+at22=x2+2，所以PQ之间的距离为：L=x1+x3+x2=x1+2x2+2故A正确，BCD错误故选：A2小刚同学在水平地面上把一个质量为1kg的小球以大小为4m/s的初速度沿某方向抛出，小球经过时间0.4s落地，不计空气阻力
12、，重力加速度g=10m/s2，则下列判断正确的是（）A小球在最高点的机械能为8JB小球落地点与抛出点间的距离为0.8mC小球在运动过程中机械能可能减小D落地时重力做功的功率为20W【考点】6B：功能关系；63：功率、平均功率和瞬时功率【分析】根据机械能的定义求出小球在最高点的机械能；根据斜上抛运动的对称性求出小球上升的时间，由矢量的合成求出小球在水平方向与竖直方向的分速度，然后由运动学的公式即可求出小球的位移；由瞬时功率的表达式即可求出瞬时功率【解答】解：A、小球在运动过程中只受重力，机械能守恒，小球初动能为mv2=8J，没有规定0重力势能的位移，所以不能求出重力势能，故A错误；B、由题意可知
13、小球抛出后做斜上抛运动，由运动的对称性，则上升时间为：t1=0.2s，小球在竖直方向的分速度：vy=gt1=100.2=2m/s 水平分速度为：vx=2m/s，小球在水平方向上匀速运动，可知水平距离为：x=vxt2=0.8m，故B错误；C、小球在运动过程中只受重力，机械能守恒，故C错误；D、小球落地时的竖直分速度仍然为：vy=2m/s，重力做功的瞬时功率为：P=mg vy=20W，故D正确故选：D3一个质量为m=1kg的物体在粗糙的水平面上在水平拉力作用下沿直线运动，物体与水平面间的动摩擦因数为=0.5从t=0时刻开始，物体的位移x与运动时间t的关系如图t所示，图线与纵横坐标轴的交点坐标分别为
14、0.5m/s和1s，g=10m/s2，物体运动时间2s，下列说法错误的是（）A初速度为0.5m/sB加速度为0.5m/s2C运动位移为3mD受到的水平拉力大小大小为6N【考点】1I：匀变速直线运动的图像；1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系【分析】由图象写出与t的关系式，对照匀变速直线运动的位移时间公式得到加速度，由图读出初速度再根据位移时间公式求出物体运动的位移由牛顿第二定律求解拉力的大小【解答】解：AB、该图象的斜率为 K=0.5m/s2、纵截距为0.5m/s由位移时间公式x=v0t+at2两边除以对应运动时间t为=v0+at，可得纵截距的物理意义为物体运动初速度、斜率的物理意义为物体加
15、速度的一半（a）所以物体做初速度为v0=0.5m/s、加速度大小为a=1 m/s2的匀加速直线运动，故A正确，B错误C、物体在t=2s时间内的运动位移为 x=v0t+at2=0.52+122=3m，故C正确；D、对物体，应用牛顿第二定律有Fmg=ma，解得F=6N，故D正确本题选错误的，故选：B4在某空间有一匀强电场，在电场中建立如图所示的直角坐标系Oxyz，M、N、P为电场中的三个点，M点的坐标（0，4L，0），N点的坐标为（3L，0，0），P点坐标为（0，0，4L），Q点的坐标为（3L，L，7L），Q点图中未画出已知M、N和P点电势分别为0V、25V和16V，则Q点的电势为（）A4VB9V
16、C16VD21V【考点】AD：电势差与电场强度的关系；AC：电势【分析】将电场强度沿坐标轴方向正交分解，求出轴向的E的分量值，再选用U=Ed，求得电势差，得电势【解答】解：如图甲所示，连接MN，在MN上取一点H，使H点电势H=9V，则MH：HN=16：9，连接PH，由数学知识可知MN垂直面POH、PH垂直MN又P=H=16V，电场由N指向M如图乙所示，将Q点投影在xOy平面，作出M、N、G三点在xOy平面的相对位置，cos=0.8MN间的距离为5L，O2N=Lcos=0.8L，O2N：MN=4：25，则G（O2）点电势21V，故D正确、ABC错误；故选：D5如图所示，两根轻质细线的一端拴在O点
17、、另一端分别固定在楼道内的倾斜天花板上的a点和b点，一质量为m的重物P通过长度为L的轻质细线固定在O点，系统静止，Oa水平、Ob与竖直方向成一定夹角现在对重物施加一个水平向右的拉力F，使重物缓缓移动，至OP间细线转动60，此过程中拉力做功W，则下列判断正确的是（）AOa上的拉力F1不断增大，Ob上的拉力F2一定不变BOa上的拉力F1可能不变，Ob上的拉力F2可能增大CW=mgL，拉力做功的瞬时功率一直增大DW=FL，拉力做功的瞬时功率先增大后减小【考点】6B：功能关系；29：物体的弹性和弹力；2H：共点力平衡的条件及其应用【分析】先对重物进行分析，得出重物对绳子的拉力，然后对O点受力分析，受三
18、个拉力，根据平衡条件并结合分解法列式求解即可【解答】解：A、开始时重物受到重力和绳子的拉力，所以绳子的拉力等于重物的重力；设对重物施加一个水平向右的拉力后设OC与竖直方向之间的拉力为，如图，则有：选择节点O点为研究对象，则O点受到三个力的作用处于平衡状态，受力如图，由图可知，在竖直方向：F2沿竖直方向的分力始终等于FPcos=mg，而且F2的方向始终不变，所以F2始终不变；沿水平方向：F1的大小等于F2沿水平方向的分力与FP沿水平方向分力的和，由于FP沿水平方向分力随的增大而增大，所以F1逐渐增大故A正确，B错误；CD、由题意可知重物绕O做匀速圆周运动，则拉力和重力垂直半径方向的分力等大，拉力
19、做功功率P=（mgsin）v不断增大，根据动能定理可知W=mgL（1cos60），故C正确、D错误故选：AC6如图所示，ac为空间一水平线，整个空间存在水平向里的匀强磁场一带电小球从a点由静止释放，运动轨迹如图中曲线所示，b为最低点下列说法中正确的是（）A轨迹ab为四分之一圆弧B小球在到b点后一定能到ac水平线C小球到b时速度一定最大，且沿水平方向D小球在b点时受到的洛伦兹力与重力大小相等【考点】CM：带电粒子在混合场中的运动；CF：洛仑兹力【分析】电荷在重力和洛伦兹力共同作用下做曲线运动，重力恒为mg，洛伦兹力大小F=qvB，与物体的速度有关，重力改变电荷运动速度的大小，洛伦兹力改变电荷运动
20、速度的方向，因洛伦兹力大小随速度的变化而变化，故电荷不可能做圆周运动；在整个运动过程中，由于洛伦兹力不做功，系统只有重力做功，故系统的机械能守恒【解答】解：A、小球受到重力和洛仑兹力作用，且洛仑兹力逐渐增大，不能做圆周运动，故A错误；B、小球受到的洛仑兹力不做功，只有重力做功，小球机械能守恒，故B正确；C、b为最低点，重力做功最多，应用动能定理可知速度最大，速度沿切线方向，则速度的方向沿水平方向，故C正确；D、小球做曲线运动，在b点有竖直向上的向心力，合力的方向向上，所以洛仑兹力大于重力，故D错误故选：BC7一额定功率为9W、额定电压为9V的小灯泡L和一直流电动机并联，与定值电阻R=4串联后接
21、在电路中的AB两点间，电流表A为理想电表，电路如图所示，灯泡的电阻不变当AB间接电压0.49V时，电动机不转、灯泡不亮，电流表示数为0.1A；当AB间接电压15V时，电动机转动起来、灯泡正常发光则下列说法正确的是（）A电动机线圈电阻为1B灯泡正常发光时电流表示数0.5AC灯泡正常发光时电流表示数1AD电动机输出的机械功率4.25W【考点】BG：电功、电功率【分析】根据闭合电路欧姆定律列式可求出流过电路的电流，电动机为非纯电阻元件，再对电动机根据P出=PP热列式可求出电动机输出功率【解答】解：A、根据P=可知灯泡电阻RL=，当AB间接电压0.49V时，电动机不转、为纯电阻电路，根据欧姆定律可知R
22、两端电压：UR=IR=0.14V=0.4V，灯泡两端电压U1=UUR=0.49V0.4V=0.09V，通过灯泡的电流I1=0.01A，通过电动机的电流：I2=0.1A0.01A=0.09A，根据并联电路特点可知电动机线圈电阻r=1；故A正确；B、当AB间接电压15V时，灯泡正常发光，灯泡两端电压为UL=9V、通过灯泡的电流为IL=1A，则电动机两端电压为UM=9V，R两端电压为UR=6V，干路电流I=A=1.5A，电流表示数为1.5A，通过电动机的电流为IM=IIL=0.5A，则此时电动机输出的机械功率：P=ULILIM2r=4.25W故BC错误，D正确故选：AD8如图所示，足够长的光滑平行金
23、属导轨MN、PQ水平放置，导轨间距为L，一个磁感应强度B的匀强磁场垂直穿过导轨平面向下，导轨的上端M与P间接有电容为C的电容器，金属棒开始静止对金属棒施加一个水平向右、大小为F的恒力作用，不计一切摩擦，一切电阻都不计，则经过时间t的过程中（）A金属棒可能做变加速运动B金属棒中的电流恒定C电容器所带电荷量D电容器储存的电场能为【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；39：牛顿运动定律的综合应用；52：动量定理；AP：电容【分析】根据动量定理求解加速度的值；根据牛顿第二定律分析电流强度大小；根据电荷量的计算公式求解电荷量；画出电容器所带电荷量与电压的关系图象，根据QU图象面积求解电能【解答】解
24、：A、经过时间t时，金属棒速度设为v，根据动量定理可得：FtBILt=mv0，金属棒切割磁感线产生电动势变化E=BLv，通过电容器的电量Q=It=CBLv，所以有FtBLCBLv=mv0，解得：v=，又加速度定义式a=，可得加速度a=，为定值，故A错误；B、对金属棒，应用牛顿第二定律有FBIL=ma，由于加速度、拉力F恒定，所以安培力恒定，电流强度恒定，故B正确；C、电流强度I=CBLa=，经过时间t流过电路横截面的电量Q=It=，故C正确；D、电容器所带的电荷量与电容器两端电压关系图象如图所示，图象与坐标轴围成的面积表示电容器储存的电能，所以电容器储存的电场能为E=，故D正确；故选：BCD9
25、中国“北斗三号”全球组网卫星计划将在2017年7月左右进行首次发射“北斗三号”采用星载氢原子钟，其精度将比“北斗二号”的星载铷原子钟提高一个数量级如图所示为氢原子的部分能级图，以下判断正确的是（）A处于n=3能级的氢原子可以吸收任意频率的光子B欲使处于基态的氢原子被激发，可用12.09eV的光子照射C当氢原子从n=5的状态跃迁到n=3的状态时，要吸收光子D用n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光照射金属铂（逸出功为6.34eV）时不能发生光电效应【考点】J4：氢原子的能级公式和跃迁；IC：光电效应【分析】能级差是不连续的，吸收或辐射的光子能量等于两能级的能级差，所以光子能量不连续轨道半径越小，原
26、子能量越小根据光电效应的条件判断能否发生光电效应【解答】解：A、要使n=3能级的氢原子发生跃迁，吸收的光子能量必须等于两能级间的能级差，或大于1.51eV能量的任意频率的光子故A错误；B、根据玻尔理论用12.09eV电子照射时，吸收光子后电子的能量：12.09+（13.6）=1.51eV，所以能从基态发生跃迁，跃迁到第3能级，故B正确；C、氢原子从高能级跃迁到低能级时放出光子，故C错误；D、从n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光子的能量E=E2E1=3.4eV（13.6）eV=10.2eV6.34eV，而使金属发生光电效应的条件是光子的能量大于电子的逸出功，故可以发生光电效应故D错误故选：B1
27、02017年4月23日，青岛快乐运动秀之遥控车漂移激情挑战，挑战赛中若ab两个遥控车同时同地向同一方向做直线运动，它们的vt图象如图所示，则下列说法正确的是（）Ab车启动时，a车在其前方2m处B运动过程中，b车落后a车的最大距离为4mCb车启动3s后正好追上a车Db车超过a车后，两车不会再相遇【考点】1I：匀变速直线运动的图像；1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系【分析】遥控车启动时，结合图线围成的面积得出a的位移，从而得出a在b前方的距离当两车速度相等时，相距最远，结合图线围成的面积求出最大距离根据图线围成的面积判断3s后b车是否追上a车根据a、b两车的速度大小，判断b车超过a车后，两车能
28、否再相遇【解答】解：A、根据速度图线与时间轴包围的面积表示位移，可知b在t=2s时启动，此时a的位移为x=21m=1m，即a车在b前方1m处，故A错误；B、两车的速度相等时相距最远，最大距离为：smax=（1+3）1 m11m=1.5m，故B错误；C、由于两车从同一地点沿同一方向沿直线运动，当位移相等时两车才相遇，由图可知，b车启动3s后位移小于a的位移，还没有追上a，故C错误；D、b车超过a车后，由于b的速度大，所以不可能再相遇，故D正确故选：D二、计算题11如图所示，水平轨道MN与半径为R的竖直光滑圆弧轨道相切于N点质量为m的小滑块A静止于P点质量为M=2m的小滑块B以速度v0向右运动，A
29、、B碰后粘连在一起，已知A、B与水平面间的动摩擦因数为，MP和PN距离均为R，求：（1）AB碰撞过程中损失的机械能？（2）当v0的大小在什么范围时，两小球在圆弧轨道内运动时不会脱离圆弧轨道？已知重力加速度为g【考点】53：动量守恒定律；4A：向心力；6B：功能关系【分析】（1）由动能定理求出B到达P处的速度，然后由动量守恒定律求出AB碰撞后的速度，结合功能关系即可求出损失的机械能；（2）若不能经过最高点又不会脱离圆弧轨道，A、B最高只能运动到与圆心等高的地方，根据机械能守恒定律求出A球碰后的速度，由动量守恒定律求出B的初速度；若经过最高点，根据牛顿第二定律求出A球在最高点的速度，根据机械能守恒
30、定律求出A球碰后的速度，由动量守恒定律求出B的初速度【解答】解：（1）小滑块B运动到P时的速度设为v1，对B应用动能定理有：MgR=Mv12Mv02，当ab粘在一起过程中，设ab粘在一起时的速度为v1，对ab应用瞬间动量守恒，选取向右为正方向，有：Mv1=（M+m）v2，应用功能关系可知ab碰撞过程中损失的机械能E=Mv12（M+m）v22，解得E=；（2）A、B碰撞后的速度为v1，欲使A、B运动时不脱离圆弧轨道，有两种可能：当v0较小时A、B在圆弧上摆动，若A、B最高点恰好能到与圆心等高的位置，对A、B，从碰后到与圆心等高的地方，由动能定理有：（M+m）gR（M+m）gR=0（M+m）v22
31、，联立得v0=；当v0较大时，A、B能够做完整的圆周运动若A、B恰好做完整圆周运动时的情形，对A、B，从碰后运动到圆周最高点（设此时速度为v3）的过程中，由动能定理有：（M+m）gR（M+m）g（2R）=（M+m）v32（M+m）v22，在最高点时，由牛顿第二定律得（M+m）g=，联立得v0=，综上所述，当v0或v0时，两小球在圆弧轨道内运动时不会脱离圆弧轨道答：（1）AB碰撞过程中损失的机械能为；（2）当v0或v0时，两小球在圆弧轨道内运动时不会脱离圆弧轨道12如图所示，边长为L=0.3m正方形边界abcd中有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B0=0.5T的匀强磁场，一质量m=81026kg、
32、电荷量q=81019C的粒子（重力不计）从边界ad上某点D以某个速度射入粒子从cd中点P孔射出，再经小孔Q进入相互正交的匀强电场和匀强磁场区域，区域宽度为2L，电场强度大小E=5105V/m，磁感应强度大小B1=1T、方向垂直纸面向里，已知粒子经过QM正中间位置时有一段时间t撤去了匀强电场虚线ef、gh之间存在着水平向右的匀强磁场，磁感应强度大小为B2=0.25T（图中未画出）有一块折成等腰直角的硬质塑料板ABC（不带电，宽度很窄，厚度不计）放置在ef、gh之间（截面图如图），CB两点恰在分别位于ef、gh上，AC=AB=0.3m，a=45粒子恰能沿图中虚线QM进入ef、gh之间的区域，取3（
33、1）Dd距离；（2）已知粒子与硬质塑料相碰后，速度大小不变，方向变化遵守光的反射定律粒子从Q到gh过程中的运动时间和路程分别是多少？【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动；AK：带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）根据粒子在电磁场中受力平衡求解速度大小，粒子在abcd磁场中作匀速圆周运动，根据洛仑兹力提供向心力求解半径，再由几何知识可得粒子射入点的位置在ad边上距d点的距离；（2）粒子从P以速度v0进入PQ、MN之间的区域，先做匀速直线运动，到平行板正中间做匀速圆周运动n圈，然后做匀速直线运动打到ab板上，以大小为v0的速度垂直于磁场方向运动求出粒子在正交的匀强电场和匀强磁场区域的运动时
34、间，粒子将以半径R3在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动，转动一周后打到ab板的下部分析粒子在磁场中共碰到多少块板，根据运动规律求解总时间；最后根据运动情况得到总路程【解答】解：（1）要使粒子能沿图中虚线PQ进入ef、gh之间的区域，则粒子所受到向上的洛伦兹力与向下的电场力大小相等，有qv0B1=qE，解得v0=5105m/s，粒子在abcd磁场中作匀速圆周运动，设半径为R1，洛仑兹力提供向心力，有，qv0B0=m，解得R1=0.1m，作出粒子在磁场中轨迹图如图所示由几何知识可得R1+R1cos=L，解得=60，粒子射入点的位置在ad边上距d点为x=R1sin=m；（2）粒子从P以速度v0进入P
35、Q、MN之间的区域，先做匀速直线运动，到平行板正中间做匀速圆周运动n圈，然后做匀速直线运动打到AB板上，以大小为v0的速度垂直于磁场方向运动粒子运动到在磁感应强度大小B1=0.8T的匀强磁场中做圆周运动，由洛仑兹力提供向心力有qv0B1=m，运动周期T1=，粒子在正交的匀强电场和匀强磁场区域的运动时间t1=nT1+，其中n为正整数；粒子将以半径R3在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动，转动一周后打到AB板的下部由于不计板的厚度，所以质子从第一次打到AC板到第二次打到AC板后运动的时间为粒子在磁场运动一周的时间，即一个周期T3，由qv0B2=m和T3=，得T3=，粒子在磁场中共碰到2块板，做圆周运
36、动所需的时间为t2=2T3，粒子进入磁场中，在v0方向的总位移s3=2Lsin45、时间t3=，从Q到gh过程的总时间为t=t1+t2+t3，从Q到gh过程的总路程为M=2L+n（2R2）+2R32+s3，解得t=（7.4106+7.5n107）s、M=（6.112+0.3n）m答：（1）Dd距离为；（2）粒子从Q到gh过程中的运动时间为，路程是（6.112+0.3n）13如图所示，半径为R的四分之一光滑圆形固定轨道右端连接一光滑的水平面，质量为M=3m的小球Q连接着轻质弹簧静止在水平面上，现有一质量为m的滑块P（可看成质点）从B点正上方h=R高处由静止释放，重力加速度为g求：（1）滑块到达圆
37、形轨道最低点C时的速度大小和对轨道的压力；（2）在滑块压缩弹簧的过程中，弹簧具有的最大弹性势能；（3）若滑块从B上方高H处释放，恰好使滑块经弹簧反弹后能够回到B点，则高度H的大小【考点】53：动量守恒定律；4A：向心力；66：动能定理的应用；6B：功能关系【分析】（1）滑块P从A运动到C的过程，根据机械能守恒求解到达C点时的速度在最低点C处，由合力提供向心力，根据牛顿第二定律求得轨道对滑块的支持力，结合牛顿第三定律求解滑块对轨道的压力；（2）弹簧被压缩过程中，当滑块小球速度相等时，弹簧具有最大弹性势能，以向右为正，根据系统动量守恒结合机械能守恒定律列式求解；（3）滑块P从B上方高h处释放，根据
38、动能定理求出到达水平面的速度，弹簧被压缩后再次恢复到原长得过程中，根据动量守恒定律以及机械能守恒定律列式，P球经弹簧反弹后恰好回到B点得过程中，根据动能定理列式，联立方程求解【解答】解：（1）滑块P从A运动到C过程，根据机械能守恒得 mg（h+R）=又h=R，代入解得 vC=2在最低点C处，对滑块，根据牛顿第二定律有：FNmg=m解得轨道对滑块P的支持力 FN=5mg根据牛顿第三定律知滑块P对轨道的压力大小为5mg，方向竖直向下（2）弹簧被压缩过程中，当两球速度相等时，弹簧具有最大弹性势能，根据系统动量守恒有：mvC=（m+M）v根据机械能守恒定律有 =EPm+联立解得 EPm=mgR（3）滑块P从B上方高h处释放，到达水平面速度为v0，则有 mg（H+R）=mv02弹簧被压缩后再次恢复到原长时，设滑块P和Q的速度大小分别为v1和v2，根据动量守恒有：mv0=mv1+Mv2根据机械能守恒有mv02=mv12+Mv22要使滑块P经弹簧反弹后恰好回到B点，则有 mgR=mv12联立解得 H=3R答：（1）滑块到达圆形轨道最低点C时的速度大小是2，对轨道的压力大小为5mg，方向竖直向下（2）在滑块压缩弹簧的过程中，弹簧具有的最大弹性势能是mgR（3）高度H的大小是3R2017年8月3日
