衡阳市达标名校2019年高考四月仿真备考物理试题含解析

衡阳市达标名校2019年高考四月仿真备考物理试题
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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．某研究性学习小组在探究电磁感应现象和楞次定律时，设计并进行了如下实验：如图，矩形金属线圈放置在水平薄玻璃板上，有两块相同的蹄形磁铁，相对固定，四个磁极之间的距离相等．当两块磁铁匀速向右通过线圈位置时，线圈静止不动，那么线圈所受摩擦力的方向是()
A．先向左，后向右B．先向左，后向右，再向左
C．一直向右D．一直向左
2．甲、乙两个同学打乒乓球，某次动作中，甲同学持拍的拍面与水平方向成45°角，乙同学持拍的拍面与水平方向成30°角，如图所示．设乒乓球击打拍面时速度方向与拍面垂直，且乒乓球每次击打球拍前、后的速度大小相等，不计空气阻力，则乒乓球击打甲的球拍的速度υ1与乒乓球击打乙的球拍的速度υ2之比为（）
A．
6
3
B．2C．
2
2
D．
3
3
3．图甲所示的变压器原，副线圈匝数比为3∶1，图乙是该变压器cd输入端交变电压u的图象，L1，L2，L3，L4为四只规格均为“9 V,6 W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，以下说法正确的是()
A．ab输入端电压的瞬时值表达式为U ab＝2
B．电流表的示数为2 A，且四只灯泡均能正常发光
C．流过灯L2的电流每秒钟方向改变50次
D．ab输入端输入功率P ab＝18 W
4．如图，轻弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放有质量相等的物块P、Q，系统处于静止状态。

现用竖直向上的力0F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动以x表示Q离开静止位置的位移，F表示物块P
对Q 的压力大小，在P 、Q 分离之前，下列表示F 和x 之间关系的图象可能正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
5．物理学的发展离不开科学家所做出的重要贡献。

许多科学家大胆猜想，勇于质疑，获得了正确的科学认知，推动了物理学的发展。

下列叙述符合物理史实的是（ ）
A ．汤姆孙通过研究阴极射线发现电子，并精确地测出电子的电荷量
B ．玻尔把量子观念引入到原子理论中，完全否定了原子的“核式结构”模型
C ．光电效应的实验规律与经典电磁理论的矛盾导致爱因斯坦提出光子说
D ．康普顿受到光子理论的启发，以类比的方法大胆提出实物粒子也具有波粒二象性
6．氡是一种化学元素，符号为Rn ，无色、无嗅、无味具有放射性，当人吸人体内后可在人的呼吸系统造
成辐射损伤，引发肺癌，而建筑材料是室内氡的主要来源。

氡的一种衰变为2222188684Rn Po X →+则下列判
断正确的是
A ．该衰变为β衰变
B ．衰变过程中质量数守恒，电荷数不守恒
C ．22286Rn 的结合能小于21884Po 的结合能
D ．22286Rn 的比结合能小于21884Po 的比结合能
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．一物体静止在水平地面上，在竖直向上拉力F 作用下开始向上运动，如图甲。

在物体向上运动过程中，其机械能E 与位移x 的关系图象如图乙，已知曲线上A 点的切线斜率最大，不计空气阻力，则
A ．在x 1处物体所受拉力最大
B ．在x 1~x 2过程中，物体的动能先增大后减小
C ．在x 1~x 2过程中，物体的加速度先增大后减小
D ．在0~x 2过程中，拉力对物体做的功等于克服物体重力做的功
8．如图所示，虚线a 、b 、c 是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，即ab bc U U =，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下运动的轨迹，、P Q 是轨迹上的两点。

下列说法中正确的是（ ）
A ．等势面a 的电势一定比等势面c 的电势低
B ．质点通过Q 点时的电势能比通过P 点时的电势能小
C ．质点通过Q 点时的加速度比通过P 点时的加速度大
D ．质点一定是从Q 点运动到P 点
9．如图水平且平行等距的虚线表示某电场三个等势面，电势值分别为－U 、O 、U ()0U >，实线是电荷量为－q 的带电粒子的运动轨迹，a 、b 、c 为轨迹上的三点，且都位于等势面上，不计重力。

下列说法正确的（ ）
A ．若粒子在a 点的动能为2eV ，则在c 点的动能可能为0
B ．粒子在b 点所受电场力方向水平向右
C ．粒子在三点的电势能大小为p p p b a c E E E >>
D ．粒子从a 到c 过程中电场力对它做的功为qU
10．如图甲所示，倾角为30°的足够长的固定光滑斜面上，有一质量m=0.8kg 的物体受到平行斜面向上的力F 作用，其大小F 随时间t 变化的规律如图乙所示，t 0时刻物体速度为零，重力加速度g=10m/s 2。

下列说法中正确的是（ ）
A．0~2s内物体向上运动
B．第2s末物体的动量最大
C．第3s末物体回到出发点
D．0~3s内力F的冲量大小为9N·s
11．下列说法正确的是（）
A．在完全失重的情况下，气体的压强为零
B．液体表面张力产生的原因是液体表面层分子较稀疏，分子间的引力大于斥力
C．当两分子间距离大于平衡位置的间距时，分子间的距离越大，分子势能越小
D．水中气泡上浮过程中，气泡中的气体在单位时间内与气泡壁单位面积碰撞的分子数减小
E.不可能利用高科技手段将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化
12．如图所示，倾角为α的光滑导轨上接入一定值电阻，Ⅰ和Ⅱ是边长都为L的两正方形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向上，区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为B1，恒定不变，区域Ⅱ中磁感应强度随时间B2=kt（k>0）变化，一质量为m、电阻为r的金属杆穿过区域Ⅰ垂直地跨放在两导轨上，并恰能保持静止，不计导轨电阻，则下列说法正确的是（）
A．通过金属杆的电流大小为
B．通过金属杆的电流方向是从a到b
C．定值电阻的阻值为
D．定值电阻的阻值为
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．同学们用如图1所示的电路测量两节干电池串联而成的电池组的电动势E和内电阻r。

实验室提供的
:）；开关、导线若干。

器材如下：电压表，电阻箱（阻值范围0999.9
（1）请根据图1所示的电路图，在图2中用笔替代导线，画出连线，把器材连接起来_____________。

（2）某同学开始做实验，先把变阻箱阻值调到最大，再接通开关，然后改变电阻箱，随之电压表示数发生变化，读取R 和对应的U ，并将相应的数据转化为坐标点描绘在/R R U -图中。

请将图3、图4中电阻箱和电压表所示的数据转化为坐标点描绘在图5所示的坐标系中（描点用“+”表示），并画出/R R U -图线_____________；
（3）根据图5中实验数据绘出的图线可以得出该电池组电动势的测量值E =_____________V ，内电阻测量值r =______________Ω.（保留2位有效数字）
（4）实验中测两组、R U 的数据，可以利用闭合电路欧姆定律解方程组求电动势和内阻的方法。

该同学没有采用该方法的原因是_____________________。

（5）该实验测得电源的电动势和内阻都存在误差，造成该误差主要原因是__________________。

（6）不同小组的同学分别用不同的电池组（均由同一规格的两节干电池串联而成）完成了上述的实验后，发现不同组的电池组的电动势基本相同，只是内电阻差异较大。

同学们选择了内电阻差异较大的甲、乙两个电池组进一步探究，对电池组的内电阻热功率1P 以及总功率2P 分别随路端电压U 变化的关系进行了猜想，并分别画出了如图6所示的1P U -和2P U -图象。

若已知乙电池组的内电阻较大，则下列各图中可能正确的是_______________________（选填选项的字母）。

14．某同学改装和校准电压表的电路如图所示，图中虚线框内是电压表的改装电路所用电池的电动势E 为
20V ，内阻r 为20Ω（E r 、均保持不变）。

(1)已知表头G 满偏电流为100μA ，表头上标记的内阻值为121350,,R R Ω和3R 是定值电阻，利用1R 和表
头构成量程为1mA 的电流表，然后再将其改装为两个量程的电压表。

若使用a b 、两个接线柱，电压表的量程为3V ；若使用a c 、两个接线柱，电压表的量程为15V 。

则定值电阻的阻值为1R =_________，2,R Ω=_____Ω，3R =______Ω。

(2)用量程为3V ，内阻为2500Ω的标准电压表V 对改装表3V 挡的不同刻度进行校准。

滑动变阻器R 有两种规格，最大阻值分别为50Ω和5000Ω。

为了方便实验中调节电压，图中R 应选用最大阻值为______Ω的滑动变阻器。

校准时，在闭合开关S 前，滑动变阻器的滑片P 应靠近端______（填“M ”或“N ”）。

(3)在3V 挡校对电路中，开关全部闭合，在保证电路安全前提下让滑片P 从M 端缓慢向N 端滑动的过程中，表头G 的示数_________，电源的输出功率_______，电源的效率_______（填变化情况）。

(4)若表头G 上标记的内阻值不准，表头G 内阻的真实值小于1350Ω，则改装后电压表的读数比标准电压表的读数__________（填“偏大”或“编小”）。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．一光滑绝缘固定轨道MN 与水平面成37θ=︒角放置，其上端有一半径为l 的光滑圆弧轨道的一部分，两轨道相切于N 点，圆弧轨道末端Q 点切线水平；一轻质弹簧下端固定在直轨道末端，弹簧原长时，其上端位于O 点，3ON l =。

现将一质量为m 的滑块A 拴接在弹簧上端，使之从O 点静止释放。

A 向下压缩弹簧达到的最低点为P 点，OP l =。

当A 到达最低点P 时，弹簧自动锁定，使A 静止于P 点。

使质量也为m 的滑块B ，从N 点由静止沿斜面下滑。

B 下滑至P 点后，与A 相碰，B 接触A 瞬间弹簧自动解锁，A 、B 碰撞时间极短内力远大于外力。

碰后A 、B 有共同速度，但并不粘连。

之后两滑块被弹回。

（已知重力加速度为g ，sin370.6︒=，cos370.8︒=）求：
(1)弹簧上端被压缩至P 点时所具有的弹性势能；
(2)第一次碰撞过程中B 对A 弹力的冲量的大小；
(3)若要B 最终恰能回到圆弧轨道最高点，需要在B 滑块由N 点出发时，给B 多大的初速度。

16．在电子技术中，科研人员经常通过在适当的区域施加磁场或电场束控制带电粒子的运动。

如图所示，位于M板处的粒子源不断产生质量为m、电荷量为q的粒子，粒子经小孔S1不断飘入电压为U的加速电场，其初速度可视为零；然后经过小孔S2射出后沿x轴方向从坐标原点O垂直于磁场方向进入x轴上方（含x轴正半轴）的有界匀强磁场控制区，磁场的磁感应强度为B。

粒子发生270°偏转后离开磁场竖直向下打在水平放置的荧光屏上，已知N板到y轴、荧光屏到x轴的距离均为L，不考虑粒了重力及粒子间的相互作用。

（l）求粒子在磁场中运动半径的大小；
（2）求粒子从N板射出到打在荧光屏上所需的时间；
范围内微小变化，粒子以不同的速度进入磁场控制区域，均能发（3）实际上加速电压的大小会在U±U
生270°偏转竖直打在荧光屏上，求有界磁场区域的最小面积S。

17．A气缸截面积为500cm2，A、B两个气缸中装有体积均为104cm3、压强均为105Pa、温度均为27℃的理想气体，中间用细管连接。

细管中有一绝热活塞M，细管容积不计。

现给左面的活塞N施加一个推力，使其缓慢向右移动，同时给B中气体加热，使此过程中A气缸中的气体温度保持不变，活塞M保持在原位置不动。

不计活塞与器壁间的摩擦，周围大气压强为105Pa，当推力F=1×103N时，求
①活塞N向右移动的距离是多少；
②B气缸中的气体升温到多少。

参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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．D
【解析】
【详解】
当原磁通量增加时，感应电流的磁场与原来磁场的方向相反，两个磁场产生相互排斥的作用力； 当原磁通量减少时，感应电流的磁场就与原来磁场的方向相同，两个磁场产生相互吸引的作用力，所以感应电流总要阻碍导体和磁极间的相对运动。

当磁铁匀速向右通过线圈时，N 极靠近线圈，线圈的感应电流总要阻碍磁极的相对运动，给磁极向左的安培力，那么磁极给线圈向右的安培力，线圈静止不动，是因为受到了向左的摩擦力。

当N 极离开线圈，线圈的感应电流总要阻碍磁极的相对运动，给磁极向左的安培力，那么磁极给线圈向右的安培力，线圈静止不动，是因为受到了向左的摩擦力。

所以整个过程线圈所受的摩擦力一直向左。

故D 正确。

故选D 。

2．C
【解析】
【详解】
由题可知，乒乓球在甲与乙之间做斜上抛运动，根据斜上抛运动的特点可知，乒乓球在水平方向的分速度大小保持不变，竖直方向的分速度是不断变化的，由于乒乓球击打拍面时速度与拍面垂直，在甲处：x 1sin45v v =︒甲；在乙处：x 2sin30v v =︒乙；所以：
12=sin45sin30x x v v v v ︒︒甲乙：
＝2
．故C 正确，ABD 错误 3．B
【解析】
【详解】
AB ．由题知，cd 的电压瞬时值表达式为
100cd U t π=
有效值为127V U =， 由1122
n U n U =得副线圈29V U =，则234L L L 、、均能正常发光，每只灯泡的电流 62A=A 93
P I U '== 副线圈电流
223A=2A 3
I =⨯
由1221
n I n I =得原线圈的电流 12A 3
I = 1L 也能正常发光，ab 输入电压的表达式为
100ab U t π=
选项A 错，选项B 对；
C ．由图象知交流电的周期为0.02s ，交流电的频率为50Hz ，流过灯L 2的电流每秒钟方向改变100次，C 错；
D ．ab 输如果气体端输入功率
ab 236W=24W 3
P =⨯ 选项D 错；
故选B ．
【点睛】
理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象．同时运用闭合电路殴姆定律来分析随着电阻变化时电流、电压如何变化．分析的思路先干路后支路，以不变应万变．最后值得注意的是变压器的原线圈与灯泡串联后接入交流中，所以图象的有效值不是原线圈的有效值．
【考点】
交变电流，变压器
4．C
【解析】
【详解】
系统静止时，由胡克定律和力的平衡条件得
2k x mg ∆=
物块Q 匀加速向上运动时，由牛顿第二定律得
()=k x x mg F ma ∆---
联立以上两式解得
()m g kx F a --=
对照图象得C 正确。

故选C 。

5．C
【解析】
【详解】
A ．汤姆孙通过研究阴极射线发现电子，并求出了电子的比荷，密立根精确地测出电子的电荷量；故A 错误；
B ．玻尔把量子观念引入到原子理论中，但是没有否定原子的“核式结构”模型；故B 错误；
C ．光电效应的实验规律与经典电磁理论的矛盾导致爱因斯坦提出光子说，故C 正确；
D ．德布罗意受到光子理论的启发，以类比的方法大胆提出实物粒子也具有波粒二象性，故D 错误。

故选C 。

6．D
【解析】
【详解】
AB ．衰变过程中满足质量数守恒和电荷数守恒，可知X 为α粒子4
2He ，所以该衰变为α衰变，AB 错误； C ．衰变过程中要释放核能，所以22286Rn 的结合能大于21884Po 的结合能，C 错误；
D ．比结合能越大的原子核越牢固，所以22286Rn 的比结合能小于21884Po 的比结合能，D 正确。

故选D 。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．AB
【解析】
【详解】
A ．E-x 图像的斜率代表竖直向上拉力F ，物体静止在水平地面上，在竖直向上拉力F 作用下开始向上，说明在x=0处，拉力F 大于重力，在0-x 1过程中，图像斜率逐渐增大，则拉力F 在增大，x 1处物体图象的斜率最大，所受的拉力最大，故A 正确；
BC ．在x 1~x 2过程中，图象的斜率逐渐变小，说明拉力越来越小；在x 2处物体的机械能达到最大，图象的斜率为零，说明此时拉力为零。

根据合外力-F F mg =合可知，在x 1~x 2过程中，拉力F 逐渐减小到mg 的过程中，物体做加速度逐渐减小的加速运动，物体加速度在减小，动能在增大，拉力F=mg 到减小到0的过程中，物体的加速度反向增大，物体做加速度逐渐增大的减速运动，物体的动能在减小；在x 1~x 2过程中，物体的动能先增大后减小，物体的加速度先减小后反向增大，故B 正确，C 错误；
D ．物体从静止开始运动，到x 2处以后机械能保持不变，在x 2处时，物体具有重力势能和动能，故在0~x 2过程中，拉力对物体做的功等于克服物体重力做的功与物体的动能之和，故D 错误。

8．AB
【解析】
【详解】
A ．电场线与等势面垂直，而根据轨迹弯曲的方向和质点带正电可知，电场线指向下方，沿电场线方向电势降低，故等势面c 的电势最高，故A 正确；
B ．不妨设质点从Q 点运动到P 点，则此过程中电场力做负功，电势能增大，故B 正确；
C ．等差等势面P 处密，P 处电场强度大，则质点经过P 处时受到的电场力大，加速度大，故C 错误；
D ．根据题意无法判定质点的运动方向，D 项错误。

故选：AB 。

9．CD
【解析】
【详解】
A ．由题意可知，a 点的电势低于c 点电势，带负电的粒子在a 点的电势能大于c 点的电势能，由能量守恒可知，粒子在a 点的动能小于在c 点的动能，故A 错误；
B ．因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的，由此可判断电场是匀强电场，根据电场线与等势面垂直，电场线竖直向上，结合轨迹的弯曲方向知粒子在b 点的电场力竖直向下，故B 错误；
C ．由题可知
c a b ϕϕϕ>>
根据负电荷在电势高处电势能小可知
p p p b a c E E E >>
故C 正确；
D ．粒子由a 到c 过程中电场力做正功，则有
0W q U qU =--=（）
故D 正确。

故选CD 。

10．AD
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．对物体受力分析，受重力、支持力和拉力，将重力沿垂直斜面方向和平行与斜面方向正交分解，平行与斜面方向分力为
1sin304N G mg =︒=
0到1s 内合外力
5N 4N 1N F =-=合
方向沿斜面向上，物块沿斜面向上运动，0到1s 内物体加速度
221m/s 1.25m/s 0.8
F a m ===合
11 1.25m/s v at ==
1s 到2s 内，合力为
3N 4N 1N F =-=-合
加速度为
221m/s 1.25m/s 0.8
F a m '==-=-合
2s 末速度为
2120m/s v v a t =+'=
物体沿斜面向上运动，在2s 末物体的速度为0，则动量
220p mv ==
A 正确，
B 错误；
C ．2s 到3s 内，合力为
1N 4N 3N F =-=-合
加速度为
23m/5s .7F a m ''==-合
3s 末速度为
323 3.75m/s v v a t =+''=-
前2s 内物体的物体
112 1.25()2m 1.25m 22
v x t t =⋅+=⨯= 第3s 内物体的位移
33|| 3.751m 1.875m 1.25m 22
v x t '=⋅=⨯=> C 错误；
D ．03s ~内力F 的冲量大小为
11223351N s 31N s 11N s 9N s I Ft F t F t =++=⨯⋅+⨯⋅+⨯⋅=⋅
D 正确。

故选AD 。

11．BDE
【解析】
【详解】
A.气体压强是由于大量气体分子频繁碰撞容器壁而产生的，在完全失重的情况下，气体的压强并不为零，
B.液体表面张力产生的原因是由于液体表面层里的分子较稀疏，分子间的引力大于斥力，分子间表现为引力，故B 正确；
C.当两分子间距离大于平衡位置的间距时，分子间的距离越大，分子势能越大，故C 错误；
D.气泡在水中上浮过程中，体积增大，温度基本不变，压强减小，根据气体压强的微观解释可知，气泡中的气体在单位时间内与气泡壁单位面积碰撞的分子数减小，故D 正确；
E.根据热力学第二定律可知，不可能将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化，故E 正确。

故选BDE.
12．AC
【解析】
【详解】
A.对金属杆，根据平衡条件，结合安培力公式有mgsinα=B 1IL ，解得，选项A 正确；
B.由楞次定律可知，通过金属杆的电流方向是从b 到a ，选项B 错误；
C.由法拉第电磁感应定律有，根据闭合电路欧姆定律得，故
，选项C 正确，选项D 错误.
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．（1）电路连线如图：
（2）画出/R R U 图线如图：
（3）2.8V ， 1Ω （4）偶然误差较大； （5）电压表内阻不是
无穷大； （6）AC
【解析】
【详解】
（1）电路连线如图：
（2）画出/R R U -图线如图：
（3）根据闭合电路欧姆定律可得：U E U r R
=+，即R R E r U =-，则由图像可知：6(1)V 2.8V 2.5
E k --===，r=b=1Ω； （4）由于读数不准确带来实验的偶然误差，实验中测两组U 、R 的数据，利用闭合电路欧姆定律解方程组求电动势和内阻的方法不能减小这种偶然误差，而利用图象进行处理数据可以减小偶然误差.
（5）由于电压表内阻不是无穷大，所以在电路中分流，从而带来系统误差；
（6）电池组的内电阻热功率2
1()E U P r
-=，则对于相同的U 值，则r 越大，对应的P 1越小，可知A 正确，B 错误；总功率：22E U E EU P EI E r r
--===，则对相同的U 值，r 越大P 2越小，故C 正确，D 错误.
14．150 **** **** 50 M 增大 增大 减小 偏大
【解析】
【详解】
(1)[1]电阻1R 与表头G 并联，改装成量程为1mA 的电流表，表头满偏电流为100μA ，此时通过电阻1R 的电流为900μA ，由并联分流规律可知
1
900100
g
R R = 得 1150R =Ω
改装后电流表内阻
A g
A A g 135R R R R R ==Ω+
[2]将其与2R 串联改装为3V 的电压表由欧姆定律可知，3V 量程电压表的内阻
A 23
33k Ω110R R -+=
Ω=⨯ 解得 22865R =Ω
[3]再串联3R 改装为15V 量程电压表，3R 所分电压为12V ，所以
331212k 110
R -=Ω=Ω⨯ (2)[4]在校准电路中，滑动变阻器采用分压式接法，故选用最大阻值较小的滑动变阻器，即选用最大阻值为50Ω的滑动变阻器；
[5]电源电动势20V E =远大于电压表量程，所以闭合开关前应使滑片靠近M 端，使电压表在接通电路时两端电压由较小值开始增大
(3)[6]滑片由M 向N 滑动过程中，电压表两端电压逐渐增大，通过表头的电流增大，即示数增大
[7]随滑片由M 向N 滑动，外电路的总电阻始终大于电源内阻且逐渐减小，所以电源的输出功率增大；
[8]由
Er U E r R =-+总
可知，路端电压随外电路总电阻减小而减小，电源效率100%U E η=
⨯，所以电源的效率减小 (4)[9]电压表两端电压一定，若内阻值偏小，则通过表头G 的电流偏大，从而造成读数偏大的后果。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15． (1)35P E mgl =
(2)I = (3)0v =【解析】
【详解】
(1)A 由O→P 的过程 sin P mgl E θ=
解得
35
P E mgl = (2)B 由N→P 的过程
214sin 2
mg l mv θ⋅=
A 、
B 相碰的过程
12mv mv =
以沿斜面向下为正方向
1I mv mv =-
解得： 65gl I m =- A 对B 的冲量大小为
65
gl I m = (3)第二次B 由N→P 的过程
2210114sin 22
mg l mv mv θ⋅=-
A 、
B 相碰的过程
122mv mv =
碰后，设A 、B 在弹簧压缩量为x 处分离，对A 、B 2sin 2mg kx ma θ-=
对B ：
sin mg ma θ=
解得
0x =
即A 、B 在O 点分离.
A 、
B 碰后到弹簧恢复原长的过程
222311222sin 22
P mv E mv mgl θ+=+ A 、B 分离后，到达的最高点Q 点
22311(3sin cos )22Q mg l l l mv mv θθ-++=
- 2Q v mg m
l =
解得
0v =
16．（1（2）(23)2m qB π+，（3）()223m U qB π+∆。

【解析】
【详解】
（1）粒子在加速电场中加速：
212
qU mv = 粒子进入磁场，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律：
2
v qvB m R
=
解得：R =； （2）粒子射出到坐标原点的时间：
1L t v
= 粒子在磁场中运动的时间：
23323=442m m t T qB qB
ππ==⨯ 离开磁场到达荧光屏的时间：
3R L t v
+= 粒子运动的总时间：
123(23)2m t t t t qB
π+=++=； （3）粒子在电场中加速，根据：
212
qU mv = 速率最小值：
min v =
速率最大值：
max 2()q U U v m
+∆= 粒子进入磁场后做轨迹为34
圆周的运动，根据： 2
mv Bqv R
= 最大速率对应的半径：
max 12()m U U R B q
+∆= 最小速率对应的半径：
min 12()m U U R B q
-∆= 如图两圆弧之前的阴影部分即为所加磁场区域的最小面积：
根据几何知识：
2222max max max min 233(23)4242R R m S R R U qB πππ⎛⎫⎛⎫+=+-+=∆ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭。

17．① 3.3cm ；② 360K
【解析】
【详解】
①加力F 后，A 中气体的压强为
5A 0A
1.210Pa F p p S '=+=⨯
对A 中气体，由
''A A A A p V p V =
则得
553A A A A A 5A 1010m 1.25566
10p V V V V p -'===⨯'=⨯ 初态时
A A A
20cm V L S == 末态时
''
A A
A 50cm 3V L S == 故活塞N 向右移动的距离是
'
A A 10cm=3.3cm 3
d L L -== ②对B 中气体，因活塞M 保持在原位置不动，末态压强为 5B A 1.210Pa p p '='=⨯
根据查理定律得
B B B B p p T T '='
解得
'B B B B
360K p T T p '==。