盐城市达标名校2018年高考五月调研物理试卷含解析

盐城市达标名校2018年高考五月调研物理试卷
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．如图所示为氢原子的能级图，用某种频率的光照射大量处于基态的氢原子，结果受到激发后的氢原子能辐射出三种不同频率的光子，让辐射出的光子照射某种金属，结果有两种频率的光子能使该金属发生光电效应，其中一种光子恰好能使该金属发生光电效应，则打出的光电子的最大初动能为（）
A．0 B．1.89eV C．10.2eV D．12.09eV
2．心电图仪是将心肌收缩产生的脉动转化为电压脉冲的仪器，其输出部分可等效为一个不计内阻的交流电源，其电压U1会随着心跳频率发生变化。

如图所示，心电仪与一理想变压器的初级线圈相连接，扬声器（等效为一个定值电阻）与一滑动变阻器连接在该变压器的次级线圈。

则（）
A．保持滑动变阻器滑片P不动，当U1变小时，扬声器的功率变大
B．保持滑动变阻器滑片P不动，当U1变小时，原线圈电流I1变小
C．若保持U1不变，将滑动变阻器滑片P向右滑，扬声器获得的功率增大
D．若保持U1不变，将滑动变阻器滑片P向右滑，副线圈的电流I2增大
3．电容器是一种常用的电学元件，在电工、电子技术中有着广泛的应用。

以下有关电容式传感器在生活中应用说法正确的是（）
甲：电容式触摸屏乙：电容式压力传感器
丙：电容式油位传感器丁：电容式加速度传感器
A．甲图中，手指作为电容器一电极，如果改用绝缘笔在电容式触摸屏上仍能正常操作
B．乙图中，力F增大过程中，电流计中的电流从a流向b
C．丙图中，油箱液位上升时，电容变小
D．丁图中，当传感器由静止突然向左加速，电容器处于充电状态
4．用图1装置研究光电效应，分别用a光、b光、c光照射阴极K得到图2中a、b、c三条光电流I与A、K间的电压U AK的关系曲线，则下列说法正确的是（）
A．开关S扳向1时测得的数据得到的是I轴左侧的图线B．b光的光子能量大于a光的光子能量C．用a光照射阴极K时阴极的逸出功大于用c光照射阴极K时阴极的逸出功 D．b光照射阴极K时逸出的光电子最大初动能小于a光照射阴极时逸出的光电子最大初动能
5．氢原子的能级图如图所示，已知可见光的光子能量范围是1.63eV~3.10eV。

则大量氢原子从高能级向低能级跃迁时可产生不同能量的可见光光子的种类有（）
A．1种B．2种C．3种D．4种
6．如图所示，理想变压器的原副线圈的匝数比为10：1，在原线圈接入u=302sin(100πt) V的正弦交变电压。

若闭合开关后灯泡L正常发光，且灯泡L正常发光时的电阻为1.5Ω，电压表和电流表均为理想交流电表，则下列说法正确的是（）
A．副线圈中交变电流的频率为5Hz B．电压表的示数为3V
C．电流表的示数为20A D．灯泡L的額定功率为3W
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．为了保障广大市民的生命健康，快递公司和外卖平台推出了“无接触”配送。

业内人士分析，“无接触”
配送减轻了广大市民的生活压力，使他们不用走出小区，生活依然得到保障，同时也使疫情得到有效控制，避免病毒通过人群接触扩散和蔓延。

如图为某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意图，皮带在电动机的带动下保持v=1m/s 的恒定速度向右运动，现将一质量为m=2kg 的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数μ=0.5，设皮带足够长，取g=10m/s 2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A ．皮带对邮件的作用力水平向右
B ．邮件在传送带上滑动的时间为0.2s
C ．邮件对地的位移大小为0.1m
D ．邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功为2J
8．如图所示，在坐标系xOy 中，弧BDC 是以A 点为圆心、AB 为半径的一段圆弧，AB=L ，2L AO =，D 点是圆弧跟y 轴的交点。

当在O 点和A 点分别固定电荷量为1Q -和2Q +的点电荷后，D 点的电场强度恰好为零。

下列说法正确的是（ ）
A ．214Q Q =
B ．圆弧BD
C 上的各点相比较，
D 点的电势最高
C ．电子沿着圆弧从B 点运动到C 点的过程中，电势能先减小后增大
D ．电子沿着圆弧从B 点运动到C 点的过程中，电势能先增大后减小 9．关于分子运动论热现象和热学规律，以下说法中正确的有（ ）
A ．水中的花粉颗粒在不停地做无规则运动，反映了液体分子运动的无规则性
B ．两分子间距离大于平衡距离时，分子间的距离越小，分子势能越小
C ．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体
D ．利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的 E.一定质量的理想气体如果在某个过程中温度保持不变而吸收热量，则在该过程中气体的压强一定增大 10．如图所示，质量为m 的长木板B 放在光滑的水平面上，质量为
14m 的木块A 放在长木板的左端，一颗质量为116
m 的子弹以速度0v 射入木块并留在木块中，当木块滑离木板时速度为018v ，木块在木板上滑
行的时间为t ，则下列说法正确的是
A ．木块获得的最大速度为015v
B ．木块滑离木板时，木板获得的速度大小为038v
C ．木块在木板上滑动时，木块与木板之间的滑动摩擦力大小为03128mv t
D ．木块在木板上滑动时，因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减小的动能
11．下列说法正确的是（ ）
A ．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性
B ．物体内能增加，温度不一定升高
C ．物体的温度越高，分子运动的速率越大
D ．气体的体积指的不是该气体中所有气体分子体积之和，而是指该气体中所有分子所能到达的空间的体积
E.在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零
12．一列简谐横波在t=0时刻的波形图如图实线所示，从此刻起，经0.2s 波形图如图虚线所示，若波传播的速度为5 m/s ， 则（ ）
A ．这列波沿x 轴正方向传播
B ．t=0时刻质点a 沿y 轴负方向运动
C ．若此波遇到另--列简谐横波并发生稳定的干涉现象，则该波所遇到的简谐横波频率为2.5Hz
D ．x=2 m 处的质点在t=0.2 s 时刻的加速度有最大值
E.从t=0时刻开始质点a 经0.4 s 通过的路程为0.8 m
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学设计测量电流表内阻的实验。

待测电流表的内阻R g 约在1kΩ~2kΩ之间，量程250μA 。

提供实验器材：
电源（4V ，0.6Ω）
电键S 及导线若干
一只电阻箱R （0~9999Ω）
滑动变阻器R 1（0~50Ω，0.6A ）
滑动变阻器R 2（0~1kΩ，0.3A ）
某同学的测量过程如下：
第一，选择实验器材，设计实验的电路图，如图甲所示：
第二，实验操作步骤如下：
①先按电路图接好各元件，调节滑动变阻器R'的滑片P位置，再使电阻箱阻值为零
②闭合电键S，调节滑动变阻器R'的滑片P于某一位置，使电流表达到满刻度I g
③滑动变阻器R'的滑片P保持不变，调节电阻箱值使电流表读数为I g的一半，记下电阻箱读数R x，则待测电流表的内阻R g＝R x，请回答以下问题：
(1)为了精确测量电流表的内阻，该同学选择的滑动变阻器R'是_____（选填“R1”或“R2”）。

(2)该同学在操作步骤①中，滑动变阻器R'的滑片P应置于_____端（选填“a”或“b”）理由是_____。

(3)接照该同学所设计的实验思路，用铅笔画出的线代表导线在图乙中替他完善正确规范的实验电路连接，导线不能交叉_____。

(4)在实验步骤③中，确保滑动变阻器R'的滑片P的位置不变，其理由是_____。

14．某同学想测量滑块和长木板之间的动摩擦因数.如图甲所示，表面粗糙、一端装有定滑轮的长木板固定在水平实验台上；木板上有一滑块，滑块右端固定一个轻小动滑轮，钩码和拉力传感器通过绕在滑轮上的轻细绳相连，细绳与长木板平行，放开钩码，滑块在长木板上做匀加速直线运动（忽略滑轮的摩擦）.
①实验开始前打点计时器应接在___________（填“交流电源”或“直流电源”）上.
②如图乙为某次实验得到的纸带，s 1、s 2是纸带中两段相邻计数点间的距离，相邻计数点时间为T ，由此可求得小车的加速度大小为_____________（用1s 、2s 、T 表示）.
③改变钩码的个数，得到不同的拉力传感器示数(N)F 和滑块加速度2(m/s )a ,重复实验.以F 为纵轴，a 为横轴，得到的图像是纵轴截距大小等于b 倾角为θ的一条斜直线，如图丙所示,则滑块和轻小动滑轮的总质量为_______________kg ；滑块和长木板之间的动摩擦因数μ=______________.（设重力加速度为g ）
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，间距为L=2m 的两平行光滑金属导轨由倾斜部分和水平部分平滑连接而成，水平导轨处于B=0.5T 方向垂直导轨平面的匀强磁场中，以磁场左边界为坐标原点，磁场右边界坐标为x 1（值未标出），在坐标为x 0=1.2m 处垂直于水平导轨放置有一质量m=1kg 、电阻为R=0.1Ω的导体棒ab 。

现把质量为M=2kg 、电阻也为R=0.1Ω的导体棒cd ，垂直导轨放置在倾斜轨道上，并让其从高为h=1.8m 处由静止释放。

若两导体棒在磁场内运动过程中不会相碰，ab 棒出磁场右边界前已达到稳定速度，且两导体棒在运动过程中始终垂直于导轨并接触良好，不计导轨的电阻，忽略磁场的边界效应，g=10m/s 2。

求：
（1）cd 棒恰好进入磁场左边界时的速度大小；
（2）ab 棒离开磁场右边界前的稳定速度；
（3）cd 棒从进入磁场到离开磁场的过程中，安培力对系统做的总功。

16．如图纸面内的矩形 ABCD 区域存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，对边 AB ∥CD 、AD ∥BC ，电场方向平行纸面，磁场方向垂直纸面，磁感应强度大小为 B.一带电粒子从AB 上的 P 点平行于纸面射入该区域，入射方向与 AB 的夹角为 θ（θ<90°），粒子恰好做匀速直线运动并从 CD 射出．若撤去电场，粒子以同样的速度从P 点射入该区域，恰垂直 CD 射出.已知边长 AD=BC=d ，带电粒子的质量为 m ，带电量为 q ，不计粒子的重力.求：
(1)带电粒子入射速度的大小；
(2)带电粒子在矩形区域内作直线运动的时间；
(3)匀强电场的电场强度大小．
17．如图所示，小球C在光滑的水平直轨道上处于静止状态。

在它左边有一垂直于轨道的固定挡板，右边有两个小球A和B用处于原长的轻质弹簧相连，以相同的速度v0向C球运动，C与B发生碰撞并立即结成一个整体D。

在A和D继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被第一次锁定不能伸长但还能继续被压缩。

然后D与挡板P发生弹性碰撞，而A的速度不变。

过一段时间，弹簧被继续压缩到最短后第二次锁定。

已知A、B、C三球的质量均为m。

求：
(1)弹簧长度第一次被锁定后A球的速度；
(2)弹簧长度第二次被锁定后的最大弹性势能。

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．B
【解析】
【详解】
由题可知，某种频率的光照射处于基态的氢原子后，处于激发态的氢原子能辐射出三种不同频率的光子，表面氢原子激发后处于n=3的激发态，辐射出的光子中，两种频率较高的光子能量为hv1=E3﹣E1=12.09eV，hv2=E2﹣E1=10.2eV，由于这两种光子中有一种光子恰好能使该金属发生光电效应，由此可知，该金属的逸出功为10.2 eV，则打出的光电子的最大初动能为E k=12.09 eV﹣10.2 eV=1.89 eV，故B正确，ACD错误。

【点睛】
解决本题的关键知道能级间吸收或辐射的光子能量等于两能级间的能级差，掌握光电效应方程，并能灵活运用。

2．B
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．保持滑动变阻器滑片P 不动，当U 1变小时，根据变压器原副线圈的电压与匝数关系可知，次级电压U 2减小，则扬声器的功率变小；次级电流减小，则初级电流I 1也减小，选项A 错误，B 正确； CD ．若保持U 1不变，则次级电压U 2不变，将滑动变阻器滑片P 向右滑，则R 电阻变大，次级电流I 2减小，则扬声器获得的功率减小，选项CD 错误。

故选B 。

3．D
【解析】
【详解】
A ．甲图中，绝缘笔与工作面不能形成一个电容器，所以不能在电容屏上进行触控操作。

故A 错误。

B ．乙图中，力F 增大过程中，电容器极板间距减小，电容变大，电容器充电，电流计中的电流从b 流向a ，选项B 错误；
C ．丙图中，油箱液位上升时，正对面积变大，电容变大，选项C 错误；
D ．丁图中，当传感器由静止突然向左加速，电介质插入电容器，电容变大，电容器处于充电状态，选项D 正确。

故选D 。

4．B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．当光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，当开关S 扳向1时，光电子在光电管是加速，则所加的电压是正向电压，因此测得的数据得到的并不是I 轴左侧的图线，故A 错误；
B ．根据
212
m eU mv h W ν==-截 入射光的频率越高，对应的截止电压U 截越大；由题目图可知，b 光的截止电压大于a 光的截止电压，所以b 光的频率大于a 光的频率，依据
可知，b 光的光子能量大于a 光的光子能量，B 正确；
C ．同一阴极的逸出功总是相等，与入射光的能量大小无关，C 错误；
D ．b 光的截止电压大于a 光的截止电压，根据
212
m eU mv h W ν==-截 所以b 光对应的光电子最大初动能大于a 光的光电子最大初动能，D 错误。

故选B 。

5．D
【解析】
【详解】
大量氢原子从高能级向1n =能级跃迁时，辐射的光子能量都大于10.2eV ，不在1.63eV ~3.10eV 范围之内，发出的光都是不可见光；大量氢原子从高能级向3n =能级跃迁时，辐射的光子能量都小于1.51eV ，不在1.63eV ~3.10eV 范围之内，发出的光都是不可见光；3n =能级向2n =能级跃迁时，辐射的光子能量为1.89eV ，属于可见光；4n =能级向2n =能级跃迁时，辐射的光子能量为2.55eV ，属于可见光；5n =能级向2n =能级跃迁时，辐射的光子能量为2.86eV ，属于可见光；6n =能级向2n =能级跃迁时，辐射的光子能量为3.02eV ，属于可见光；7n =能级向2n =能级跃迁时，辐射的光子能量为3.12eV ，属于不可见光；可知只有4种可见光，故ABC 错误，D 正确。

故选D 。

6．B
【解析】
【详解】
A ．根据2f ωπ=可得该交变电流的频率f=50Hz ，变压器不改变频率，所以副线圈中交变电流的频率为50 Hz ，A 项错误；
B ．原线圈所接的交变电压最大值为V ，则有效值为30V ，根据2f ωπ=，代入数值解得U=3V ，即电压表的示数为3V ，B 项正确；
C ．灯泡L 正常发光时，副线圈中的电流为
231.5
==U I R A=2 A C 项错误；
D ．灯泡L 的额定功率
P=I 2R=6W
D 项错误。

故选B 。

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．BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．皮带对邮件的作用力为竖直向上的支持力和水平向右的摩擦力的合力，方向斜向右上方，故A 错误；
B ．以邮件为研究对象，根据动量定理得
mgt mv μ=
代入数据解得
0.2t =s
故B 正确；
C ．以邮件为研究对象，根据动能定理得
212
mgx mv μ=
代入数据解得 0.1x =m
故C 正确；
D ．邮件对皮带的摩擦力做功为
cos1802J W mg x mgvt μμ︒=⋅⋅=-=-传送带
故D 错误。

故选BC 。

8．AD
【解析】
【分析】
【详解】
A ． D 点的电场强度恰好为零，则
1222
()2
Q Q k k L L = 解得：
214Q Q =
故A 正确；
B ．对Q 2来说圆弧是一个等势面，所以各点电势高低，由Q 1决定，根据沿电场线方向电势降低，离负电荷越近，电势越低，故D 点电势最低，故B 错误；
CD ． 电子沿着圆弧从B 点运动到C 点的过程中，电势先降低后升高，p E q ϕ= ，故电势能先增大后减小，故D 正确C 错误。

故选AD 。

9．ABD
【解析】
【分析】
【详解】
A ． 水中的花粉颗粒在不停地做无规则运动，是由于周围液体分子对其不平衡的撞击造成的，反映了液体分子运动的无规则性。

故A 正确；
B ． 两分子间距离大于平衡距离时，分子间表现为引力，当的距离减小，分子力做正功，分子势能减小。

故B 正确；
C ． 用烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，是由于云母片具有各向异性的原因，说明云母片是晶体。

故C 错误；
D ． 根据能量转化与守恒以及热力学第二定律可知，用浅层海水和深层海水间的温度差造出一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能，是可行的。

故D 正确；
E ． 一定质量的理想气体，温度保持不变（△U=0）而吸收热量（Q ＞0），根据热力学第一定律，气体对外做功（W ＜0），体积变大；在根据气体等温方程PV C = 可知，压强变小，故E 错误。

故选：ABD 。

10．AC
【解析】
对子弹和木块A 系统，根据动量守恒定律：
01111()16164mv m m v =+，解得1015
v v =，选项A 正确；木块滑离木板时，对木板和木块（包括子弹）系统：0021111()161648mv m m v mv =+⋅+，解得203128
v v =，选项B 错误；对木板，由动量定理：2ft mv =，解得03128mv f t =，选项C 正确；由能量守恒定律可知，木块在木板上滑动时，因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能与木板增加的动能之差，选项D 错误；故选AC.
点睛：此题是动量守恒定律即能量守恒定律的应用问题；关键是要把三个物体相互作用的过程分成两个过程：子弹打木块和木块在木板上滑动；搞清两个过程中能量之间的转化关系.
11．ABD
【解析】
【详解】
A ．布朗运动反映了液体分子的无规则运动，A 正确；
B ．物体的内能是分子动能和分子势能的总和，内能增加可能是分子势能增加了，此时物体的分子动能可
能会减小，温度可能降低，所以B 正确；
C ．温度越高，分子平均动能越大，但是个别分子的动能可能会减小，C 错误；
D ．气体的体积是所有气体分子占有空间的总和，而不是所有气体分子的体积之和，D 正确；
E ．气体的压强来自于气体分子对容器壁的不断撞击，与气体的重力无关，E 错误。

故选ABD 。

12．BDE
【解析】
【详解】
A ．由图可知波的波长4m λ=，由题在时间t=0.2s 内，波传播的距离为
50.2m 1m=4x vt λ
==⨯=
根据波形的平移法可知，这列波沿x 轴负方向传播，故A 错误；
B ．由波的传播方向可知，t=0时刻质点a 沿y 轴负方向运动，故B 正确；
C ．由v T
λ
=得
4s 0.8s 5T v λ=== 频率为 1.25Hz f =，要发生稳定的干涉图样，必须两列波频率相同，故C 错误；
D ．x=2m 处的质点在t=0.2s 时刻在负的最大位移处，所以加速度有最大值，故D 正确；
E ．从t=0时刻开始质点a 经0.4s 是半个周期，通过的路程为2倍的振幅，即为0.8m ，故E 正确。

故选BDE 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．R 1 a 接通电路时，确保电流表安全
保持aP 间电压不变
【解析】
【详解】
(1)[1]根据题意要求精确测量电流表内阻及分压式连接，为了便于调节分压，需要选择阻值较小，额定电
流较大的滑动变阻器，即R 1。

(2)[2][3]为了确保开关闭合后，电路安全，因此滑动变阻器的滑片应置于a 端，这样测量电路部分开始时分压为0，保证了电路安全。

(3)[4]根据电路图，连接实物图如图所示：。

(4)[5]在实验步骤③中，确保滑动变阻器R'的滑片P 的位置不变，其理由是保持aP 间电压不变。

14．交流电源
2122s s T
- 2tanθ tg b g θ 【解析】
【分析】
由题中“测量滑块和长木板之间的动摩擦因数”可得，本题考查动摩擦因数测量实验，根据打点计时器数据处理、牛顿第二定律和相关实验操作注意事项可分析本题。

【详解】
①[1]打点计时器应接在交流电源上；
②[2]根据公式 2()m n x x m n aT -=-
可得
212
2s s a T -= ③[3]由图可知，滑块受到的拉力为拉力传感器示数的两倍，即2T F =
滑块收到的摩擦力为
f M
g μ=
有牛顿第二定律可得
T f Ma -=
计算得出F 与加速度a 的函数关系式为
22
M Mg F a μ=+ 由图像所给信息可得图像截距为
2
Mg
b μ= 而图像斜率为 2M k =
计算得出
22tan M k θ==
[4]计算得出
tan b g μθ
= 【点睛】
本题重点是考查学生实验创新能力及运用图像处理实验数据的能力，对这种创新题目，应仔细分析给定的方案和数据，建立物理模型。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．（1）6m/s ；（2）4m/s ；（3）-19J
【解析】
【分析】
【详解】
（1）cd 棒下落过程中机械能守恒，有
2012
Mgh Mv =
解得 06m/s v =
（2）cd 棒进入磁场后与ab 棒组成的系统动量守恒，有
01()Mv M m v =+
解得两棒匀速时的速度
10243
v v ==m/s （3）设两棒达到相同速度时相距为△x ，则两棒同速前进，流过导体棒中的电量：
()012BL x x q R
-∆∆=① 对ab 棒应用动量定理得：
10BLI t mv ⋅∆=-②
1q I t ∆=⋅∆③ 由①②③式解得
△x=0.4m
则从ab 棒出磁场右边界到cd 棒出磁场右边界的过程中，流过导体棒中的电量
22BL x q R
∆∆=④ 设cd 出磁场时的速度为2v ，对cd 棒应用动量定理可得：
221BL q Mv Mv -∆=-⑤
解得
23m/s v =
由功能关系可知，整过程中有：
222210111222
W Mv mv Mv =
+-安 解得 19W =-安J
16．（1）cos qBd m θ（2）cos sin m qB θθ （3）2cos qB d m θ
【解析】
【分析】
画出粒子的轨迹图，由几何关系求解运动的半径，根据牛顿第二定律列方程求解带电粒子入射速度的大小；带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移可求解时间；根据电场力与洛伦兹力平衡求解场强.
【详解】
（1） 设撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，画出运动轨迹如图所示，轨迹圆心为O ．
由几何关系可知：cos d R
θ=
洛伦兹力做向心力：200v qv B m R
= 解得0cos qBd v m θ
= （2）设带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移为x ，有sin d x θ=
粒子作匀速运动：x=v 0t 联立解得cos sin m t qB θθ
= （3）带电粒子在矩形区域内作直线运动时，电场力与洛伦兹力平衡：Eq=qv 0B 解得2qB d E mcos θ
= 【点睛】
此题关键是能根据粒子的运动情况画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解半径等物理量；知道粒子作直线运动的条件是洛伦兹力等于电场力.
17． (1)023v ；(2)2073108
mv 【解析】
【分析】
【详解】
(1)设C 球与B 球粘结成D 时，D 的速度为v 1，由动量守恒定律可得
01()mv m m v =+
解得
1012
v v = 当弹簧压至最短时，D 与A 的速度相等，设此速度为v 2，由动量守恒，有
10223mv mv mv +=
解得A 的速度
2023
v v = (2)设弹簧长度第一次被锁定后，储存在弹簧中的势能为E p1。

由能量守恒得
222102p111123222
mv mv mv E ⋅+=⋅+ 解得
2p10112
E mv =
撞击P 后，D 的速度大小不变，仍为023
v ，方向向右；A 的速度大小和方向均不变。

然后D 与A 继续相互作用，设当弹簧压缩到最短时，A 与D 的速度为v 3，根据动量守恒定律可得 22323mv mv mv -=
解得
3201239
v v v == 弹性势能的增加量为
222p 2301116332227
E mv mv mv ∆=⋅-⋅= 弹簧长度第二次被锁定后的最大弹性势能 2p2p1p 073108E E E mv =+=
V。