安徽省定远县停课不停学2020年高三物理线上II卷(解析版)

2020年停课不停学高三物理线上II卷
大牛（2020年2月12日星期三）
答卷注意：
1、在规定时间内（8：00-9：40）完成本试卷。

完成时间100分钟。

2、在答题纸上作答。

书写要规范！
3、答题结束应在3分钟内上传完成！不得拖延！！！
一、选择题
1.毕节，是全国唯一一个以“开发扶贫、生态建设”为主题的试验区，是国家“西电东送”的主要能源基地。

如图所示，赫章的韭菜坪建有风力发电机，风力带动叶片转动，叶片再带动转了(磁极)转动，使定子(线圈，不计电阻)中产生电流，实现风能向电能的转化。

若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为ρ，额定风速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为
A. B. C. D.
2.电荷量不等的两点电荷固定在x轴上坐标为－3L和3L的两点处，其中坐标为－3L处的点电荷带电量的绝对值为Q，两点电荷连线上各点的电势随x变化的关系图象如图所示，其中x=L处的电势最低，x轴上M、N两点的坐标分别为－2L和2L，已知静电力常量为k，则下列说法正确的是
A. 两点电荷一定均为负电荷
B. 原点O处的场强大小为
C. 正检验电荷在原点O处受到向左的电场力
D. 负检验电荷由M点运动到N点的过程中，电势能先减小后增大
3.质量为m的带正电小球由空中A点无初速自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点。

不计空气阻力且小球从未落地，则
A. 整个过程中小球电势能变化了mg2t2
B. 整个过程中小球速度增量的大小为2gt
C. 从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了mg2t2
D. 从A点到最低点小球重力势能变化了mg2t2
4.2019年1月3日，嫦娥四号探测器登陆月球，实现人类探测器首次月球背面软着陆。

为给嫦娥四号探测器提供通信支持，我国早在2018年5月21日就成功发射嫦娥四号中继卫星——鹊桥号，如图所示。

鹊桥号一边绕拉格朗日点L2点做圆周运动，一边随月球同步绕地球做圆周运动，且其绕点的半径远小于点与地球间距离。

（已知位于地、月拉格朗日L1、L2点处的小物体能够在地、月的引力作用下，几乎不消耗燃料，便可与月球同步绕地球做圆周运动）则下列说法正确的是
A. “鹊桥号”的发射速度大于11.2km/s
B. “鹊桥号”绕地球运动的周期约等于月球绕地球运动的周期
C. 同一卫星在L2点受地月引力的合力与在L1点受地月引力的合力相等
D. 若技术允许，使“鹊桥号”刚好位于拉格朗日L2点，能够更好地为嫦娥四号探测器提供通信支持
5.如图所示，真空空间中四点O、A、B、C恰为一棱长为Ｌ的正四面体的四个顶点，其中A、B、C 三点在水平面内，O′为三角形ABC的几何中心．已知静电力常量为k，重力加速度为g，下列说法正确的是
A. 若A、B、C三点各固定一电荷量为Q的正点电荷，则O点电势比O ′点电势高
B. 若A、B、C三点各固定一电荷量为Q的负点电荷，则点O′与AB、BC、AC三边中点的电势相等
C. 若A、B、C三点各固定一电荷量为Q的正点电荷，将另一质量为m的带正电的小球（可视为点
电荷）放置在O
2 6mgL
D. 若A、B、C三点各固定一电荷量为Q的负点电荷，则O点的场强大小与AB、BC、AC三边中点的场强大小相等
6.如图所示，NPQ是由光滑细杆弯成的半圆弧，其半径为R，半圆弧的一端固定在天花板上的N
点，NQ是半圆弧的直径，处于竖直方向，P点是半圆弧上与圆心等高的点。

质量为m的小球A(可视为质点)穿在细杆上，通过轻绳与质量也为m的小球B相连，轻绳绕过固定在C处的轻小定滑轮。

将小球A移到P点，此时CP段轻绳处于水平伸直状态，CP＝2R，然后将小球A由静止释放。

不计一切摩擦，已知重力加速度为g，在小球A由P点运动到圆弧最低点Q的过程中，下列说法正确的是
A.小球A的动能可能先增大后减小
B.小球A始终比小球B运动得快(释放点P除外)
C.当小球A绕滑轮转过30°时，小球A的动能为
D.小球A刚释放时，小球A、B的加速度大小分别为a A＝0、a B＝g
7.如图所示，质量M=1kg的重物B和质量m=0.3kg的小圆环A用细绳跨过一光滑滑轮轴连接，A端绳与轮连接，B端绳与轴相连接，不计轮轴的质量，轮与轴有相同的角速度且轮和轴的直径之比为2︰1。

重物B放置在倾角为30固定在水平地面的斜面上，轻绳平行于斜面，B与斜面间的动摩擦因
数μ=，圆环A套在竖直固定的光滑直杆上，滑轮轴中心与直杆的距离为L=4m。

现将圆环A从与滑轮轴上表面等高处a静止释放，当下降H=3m到达b位置时，圆环的速度达到最大值，已知直杆和斜面足够长，不计空气阻力，取g=10m/s2。

下列判断正确的是
A. 圆环A到达b位置时，A、B组成的系统机械能减少了2.5J
B. 圆环A速度最大时，环A与重物B的速度之比为5︰3
C. 圆环A能下降的最大距离为H m=7.5m
D. 圆环A下降过程，作用在重物B上的拉力始终大于10N
8.小球甲从斜面顶端以初速度υ沿水平方向抛出，最终落在该斜面上。

已知小球甲在空中运动的时间为t，落在斜面上时的位移为s，落在斜面上时的动能为E k，离斜面最远时的动量为p。

现将与小
球甲质量相同的小球乙从斜面顶端以初速度(n>1)沿水平方向抛出，忽略空气阻力，则下列说法正确的是
A. 小球乙落在斜面上时的位移为
B. 小球乙在空中运动的时间为
C. 小球乙落在斜面上时的动能为
D. 小球乙离斜面最远时的动量为
9.如图所示，固定于地面、倾角为的光滑斜面上有一轻质弹簧，轻质弹簧一端与固定于斜面底端的挡板C连接，另一端与物块A连接，物块A上方放置有另一物块B，物块A、B质量均为m且不粘连，整个系统在沿斜面向下的外力F作用下处于静止状态。

某一时刻将力F撤去，在弹簧将A、B 弹出过程中，若A、B能够分离，重力加速度为g。

则下列叙述正确的是
A. A、B刚分离的瞬间，两物块速度达到最大
B. A、B刚分离的瞬间，A的加速度大小为gsinθ
C. 从力F撤去到A、B分离的过程中，A物块的机械能一直增加
D. 从力F撤去到A、B分离的过程中，A、B物块和弹簧构成的系统机械能守恒
10.如图所示的光滑水平面上，水平条形区域I和II内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，其宽度均为s，区域I和II之间有一宽度为L=3s的无磁场区域，一质量为m、边长为s的正方形线框在水平恒定外力作用下从距区域I左边界s处由静止开始做匀加速直线运动，假设线框能匀速地通过磁场区域I和II，则下列说法正确的是
A. 线框通过区域I和区域II时的速度大小之比为1:3
B. 区域I与区域II内磁场的磁感应强度大小之比3:1
C. 线框通过区域I和区域II过程产生的热量相等
D. 线框右边通过区域I和区域II过程通过线框某一横截面积的电荷量相等
二、实验题
11.像打点计时器一样，光电计时器也是一种研究物体运动情况的常见计时仪器，每个光电门都是由激光发射和接收装置组成。

当有物体从光电门通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间。

现利用如图所示装置设计一个“探究物体运动的加速度与合外力、质量关系”的实验，图中NQ是水平桌面、PQ是一端带有滑轮的长木板，1、2是固定在木板上间距为的两个光电门（与之连接的两个
光电计时器没有画出）。

小车上固定着用于挡光的窄片K，让小车从木板的顶端滑下，光电门各自连接的计时器显示窄片K的挡光时间分别为t1和t2。

（1）用游标卡尺测量窄片K的宽度（如图）d=____________m（已知>>d），光电门1、2各自连接的计时器显示的挡光时间分别为t1=2.50×10-2s、t2=1.25×10-2s；
（2）用米尺测量两光电门的间距为l，则小车的加速度表达式a=_________（各量均用（1）（2）里的已知量的字母表示）；
（3）该实验中，为了把沙和沙桶拉车的力当作小车受的合外力，就必须平衡小车受到的摩擦力，正确的做法是______________；
（4）某位同学通过测量，把砂和砂桶的重量当作小车的合外力F，作出a-F图线。

如图中的实线所示。

试图线不通过坐标原点O的原因是____________；曲线上部弯曲的原因是____________
12.利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻．要求尽量减小实验误差．
（1）应该选择的实验电路是图1中的（选项“甲”或“乙”）．
（2）现有电流表、开关和导线若干，以及以下器材：
A．电压表（0～15V）
B．电压表（0～3V）
C．滑动变阻器（0～50Ω）
D．滑动变阻器（0～500Ω），
实验中电压表应选用；滑动变阻器应选用；（选填相应器材前的字母）
（3）某位同学记录的6组数据如表所示，其中5组数据的对应点已经标在图2的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出U﹣I图线．
序号 1 2 3 4 5 6
电压U
（V）
1.45 1.40 1.30 1.25 1.20 1.10
电流（A）0.060 0.120 0.240 0.260 0.360 0.480
（4）根据（3）中所画图线可得出干电池的电动势E= v，内电阻r= Ω
（5）实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U以及干电池的输出功率P都会发生变化．图3的各示意图中正确反映P﹣U关系的是．
三、计算题
13.如图所示，一个上表面绝缘、质量为kg
m
A
1
=的不带电小车A置于光滑的水平面上，其左端放置一质量为kg
m
B
5.0
=、带电量为C
q2
10
0.1-
⨯
=的空盒B，左端开口。

小车上表面与水平桌面相平，桌面上水平放置着一轻质弹簧，弹簧左端固定，质量为kg
m
C
5.0
=的不带电绝缘小物块C置于桌面上O点并与弹簧的右端接触，此时弹簧处于原长，现用水平向左的推力将C缓慢推至M点（弹簧仍在弹性限度内）时，推力做的功为J
W
F
6
=，撤去推力后，C沿桌面滑到小车上的空盒B 内并与其右壁相碰，碰撞时间极短且碰后C与B粘在一起。

在桌面右方区域有一方向向左的水平匀强电场，电场强度大小为m
N
E/
10
12
⨯
=，电场作用一段时间后突然消失，小车正好停止，货物
刚好到达小车的最右端。

已知物块C与桌面间动摩擦因数4.0
1
=
μ，空盒B与小车间的动摩擦因数
1.0
2
=
μ，OM间距cm
s5
1
=，O点离桌子边沿N点距离cm
s90
2
=，物块、空盒体积大小不
计，g 取2
/10s m 。

求：
（1）物块C 与空盒B 碰后瞬间的速度v ；
（2）小车的长度L ；
（3）电场作用的时间t 。

14.如图所示，在x 轴上方存在垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，坐标原点O 处有一粒子源，可向x 轴和x 轴上方的xOy 平面各个方向不断地发射质量为m 、带电量为q 、速度大小均为v 的粒子。

在x 轴上距离原点0x 处垂直于x 轴放置一个长度为0x 、厚度不计、两侧均能接收粒子的薄金属板P （粒子打在金属板P 上即被吸收，电势保持为0）。

沿x 轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，不计带电粒子的重力和粒子间相互作用力。

（1）求磁感应强度B 的大小；
（2）求被薄金属板接收的粒子在磁场运动的最短时间与最长时间；
（3）要使薄金属板P 右侧不能接收到粒子，求挡板沿x 轴正方向移动的最小距离。

15.如图所示，水平轨道与半径为r 的半圆弧形轨道平滑连接于S 点，两者均光滑且绝缘，并安装在固定的竖直绝缘平板上．在平板的上下各有一块相互正对的水平金属板P 、Q ，两板间的距离为d ．半圆轨道的最高点T 、最低点S 、及P 、Q 板右侧边缘点在同一竖直线上．装置左侧有一半径为L 的水平金属圆环，圆环平面区域内有竖直向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，一根长度略大于L 的金属棒一端置于圆环上，另一端与过圆心O 1的竖直转轴连接，转轴带动金属杆转动，在圆环边缘和转轴处引出导线分别与P 、Q 连接，图中电阻阻值为R ，不计其它电阻．右侧水平轨道上有一带电量为+q 、质量为的小球1以速度向左运动，与前面静止的、质量也为的不带电小球2发生碰撞，碰后粘合在一起共同向左运动，小球和粘合体均可看作质点，碰撞过程没有电荷损失，设P 、Q 板正对区域间才存在电场．重力加速度为g ．
(1)计算小球1与小球2碰后粘合体的速度大小v；
(2)若金属杆转动的角速度为ω，计算图中电阻R消耗的电功率P；
(3)要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点S做圆周运动到最高点T，计算金属杆转动的角速度的范围．
参考答案
1.A
【解析】风能转化为电能的工作原理为将风的动能转化为输出的电能，设风吹向发电机的时间为t，则在t时间内吹向发电机的风的体积为，则风的质量，因此风吹过的动能为，在此时间内发电机输出的电能，则风能转化为电能的效率为，故A正确，BCD错误。

2. B
【解析】A、由φ-x图象特点可知L处合场强为零，且电势均为正，则两点电荷均为正电荷，故A 不正确；
B、C、x=L处电势最低，此处图线的斜率为0，即该点的合场强为0，,得，故原
点O处的场强大小为,方向向右,则正检验电荷在原点O处受到的电场力向右；故B正确，C错误；
D、由M点到N点电势先减小后增大，所以负检验电荷由M点运动到N点的过程，电势能先增大后减小；故D错误.故选B.
3.B
【解析】根据运动学公式，抓住位移关系求出电场力和重力的大小关系。

根据电场力做功判断电势能的变化，根据动量定理求出整个过程中小球速度增量的大小，运用动能定理可得小球动能变化，根据重力做功判断从A点到最低点小球重力势能变化。

A、自由落体运动的位移x1=gt2，末速度v=gt，设加上电场后的加速度为a，则加上电场后在ts内
的位移x2=vt-at2=gt2-at2，因为x2=-x1，解得a=3g，根据牛顿第二定律有a=，所以电场力
F=4mg，电场力做功与路径无关，则电场力做的正功W=Fx1=2mg2t2，带电小球电势能减小了2mg2t2，故A错误。

B、整个过程中由动量定理有：Ft-mg2t=m v，解得小球速度增量的大小v=2gt，故B正确。

C、加电场时，物体的速度v=gt，到最低点时末速度为零，则由动能定理可知动能减小了mg2t2，故C错误。

D、ts末加上电场匀减速运动到零的位移：x´===，则从A点到最低点的位移：
x=+gt2=gt2，则重力做功W G=mg2t2，所以重力势能减小量为mg2t2．故D错误。

故选：B
4.B
【解析】A项：11.2km/s是卫星脱离地球的引力的第二宇宙速度，所以鹊桥的发射速度应小于
11.2km/s ，故A 错误；
B 项：根据题意可知，鹊桥绕地球转动的周期与月球绕地球转动的周期相同，故B 正确；
C 项：鹊桥在L 2点是距离地球最远的拉格朗日点，角速度相等，由
可知，在L 2点受月球和地球引力的合力比在L 1点要大，故C 错误；
D 项：鹊桥若刚好位于L 2点，由几何关系可知，通讯范围较小，会被月球挡住，并不能更好地为嫦娥四号推测器提供通信支持，故D 错误。

故选：B 。

5.C
【解析】A 、若A 、B 、C 三点各固定一电荷量为Q 的正点电荷，将一个正的试探电荷从O '点移动到O 点，电场力做正功，电势降低，故A 错误；
B 、若A 、B 、
C 三点各固定一电荷量为Q 的负点电荷，结合对称性可知，O 点与AB 、BC 、AC 三边中点的电势差相等，由分析可知，将一个正的试探电荷从AB 、BC 、AC 三边中点和O '点移动到O 点，电场力做功不等，故O '与AB 、BC 、AC 三边中点的电势不相等，故B 错误；
C 、若A 、B 、C 三点各固定一电荷量为Q 的正点电荷，将另一质量为m 的带正电的小球（可视为点电荷）放置在O 点恰静止，小球受到的三个电场力的合力与重力平衡；根据平衡条件，有：
3cos F mg θ=，其中：2Qq F k L =，333sin L L θ==，故6cos
3θ=，解得：2
66mgL q kQ
=，故C 正确； D 、若A 、B 、C 三点各固定一电荷量为Q 的负点电荷，O 点的场强不为零，是三个点电荷在O 点场强的叠加，大小为23cos 3cos O Q E E k L θθ==，解得C 选项可得：226633O Q kQ E k L L =⋅=，AB 中点的场强等于C 点点电荷在AB 中点处的场强，大小为2kQ E L =
'，其中3sin 602L L L '==o ，解得：243kQ E L
=
，故不相等，D 错误。

6.BC 【解析】A.小球A 由P 点运动到圆弧最低点Q 的过程中，系统减小的重力势能转化为系统的动能，所以A 小球的动能一直增大，故A 错误；
B.设运动过程中某位置时，AC 连线与水平方向的夹角为，由关联速度可知，
，所以小球A 的速度始终比B 大，故B 正确；
C.当小球A 绕滑轮转过30°时，小球A 下降的距离为：
减小的重力势能为
B小球上升的高度为：，增加的重力势能为，此时两小球的速度关系为：，由机械能守恒得：
联立解得：，故C正确；
D.小球A刚释放时，小球A受重力，杆的弹力，绳的拉力，在水平方向上平衡，所以杆的弹力和绳的拉力大小相等，所以A球的合外力为重力，即加速度为，小球B此时的合力为零，所以此时B 的加速度为0，故D错误。

7.AC
【解析】A．由题可知圆环A到达b位置时，重物B沿斜面的运动的位移为：
，A、B组成的系统机械能减少了：，故选项A正确；B．轮与轴有相同的角速度且轮和轴的直径之比为2:1，圆环A速度最大时，环A与重物B的速度之比为：，故选项B正确；
C．圆环A能下降的最大距离为，重物B沿斜面的运动的位移为：，根据能量守恒可知：，解得圆环A能下降的最大距离为，故选项C正确；
Ｄ．圆环A先向下做加速运动，后做减速运动，所以重物B也是先加速后减速，而重物B受到的重力、支持力和摩擦力都保持不变，绳子对B的拉力：，即：，所以绳子对B的拉力先大于10N后小于10N，故选项D错误；
8.BC
【解析】设斜面倾角为θ，则，解得；，
；则将与小球甲质量相同的小球乙从斜面顶端以初速度v/n沿水平方向抛出时，小球乙在空中运动的时间为t/n；小球乙落在斜面上时的位移为s/n2；小球乙落在斜面上时的动能为E k/n2，选项A错误，BC正确；小球离斜面最远时，速度方向平行斜面，大小为，动量为，则将与小球甲质量相同的小球乙从斜面顶端以初速度v/n沿水平方向抛出时，小球乙离斜面最远时的动量为p/n，选项D错误；故选BC.
9.BCD
【解析】AB、当加速度等于零时，两个物块的速度达到最大，A、B刚分离的瞬间，AB之间没有弹力作用，此时AB有共同的加速度，故速度没有达到最大，故A错；B对
C、从力F撤去到A、B分离的过程中，弹簧对A物块的弹力始终大于B物块对A物块的弹力，这两
个力的合力对A做正功，所以A的机械能增大，故C对；
D、从力F撤去到A、B分离的过程中，A、B物块和弹簧构成的系统只有重力和弹簧弹力做功，所以系统机械能守恒，故D对。

故选BCD
10.AC
【解析】A、线框进入Ⅰ的速度为v1，根据速度位移关系可得：v12=2as，进入II的速度为v2，从开始到线框进入II区域匀加速的位移为L，根据速度位移关系可得：v22=2aL，解得：
1
23
v s
v L
==，A正确；
B、根据两种情况下的安培力大小相等可得：B1I1s=B2I 2s，即
2222
1122
B s v B s v
R R
=，解得
4 12
213
B v
B v
==，B错误；
C、线框通过区域I和区域II过程产生的热量等于克服安培力做的功，即W=BIs•
s=
2323
1122
B s v B s v
R R
=，所以产生的热量相等，C正确；
D、线框右边通过区域I过程通过线框某一横截面积的电荷量为
2
11
1
B s
q
R R
∆Φ
==，线框右边通过区
域I过程通过线框某一横截面积的电荷量为
2
2
2
B s
q
R
=，由于磁感应强度不同，则电荷量不同，D
错误.故选AC.
11.8.00×10-3m 0.15 推动小车，经过两个光电门的时间相等，说明小车做匀速运动平衡摩擦力时木板倾角过大砂和砂桶总质量不是远小于车受到的力，或砂和砂桶总重力不等于车受到的拉力将车上钩码取下来挂到小桶上
【解析】（1）20分度游标卡尺的精度为0.05mm，先读主尺，再看游标上那格与主尺对准。

游标卡尺不估读。

（2）通过光电门测速度，由运动学知识可求加速度。

（3）正确的做法是轻推小车让其下滑，能做匀速运动，说明就平衡了摩擦力。

（4）平衡摩擦力时木板倾角太大，就会出现图示情况。

把砂和砂桶的重量当作小车的合外力F的条件是小车质量远大于沙和沙桶的质量
（1）20分度游标卡尺的精度为0.05mm，从主尺上能读出5mm，从游标上看第三格与主尺上对准，则读数为5mm+30.05mm=5.15mm=5.15×10-3m
（2）小车通过光电门1时的速度v1=，通过光电门2时的速度v2=，由v22-v12=2al，可解得小车的加速度表达式a=。

（3）正确的做法是不挂砂和砂桶，调节长木板的倾角，轻推小车让其下滑，直至两个光电计时器的读数相等为止。

计时器的读数相等说明小车做匀速运动，小车受到的摩擦力与重力沿斜面向下的摩擦力大小相等。

（4）由图可知，开始小车所受拉力为零时，却产生了加速度，故操作过程中平衡摩擦力时木板倾角太大；随着外力F 的增大，沙和沙桶的质量越来越大，最后出现了不能满足小车质量远大于沙和沙桶的质量，因此图线出现了上部弯曲。

12.（1）甲；（2）B ；C ；（3）图示如图所示；（4）1.5；0.83；（5）C ．
【解析】 (1) 干电池的内阻较小，电压表的分流作用可以忽略，可以用滑动变阻器中的电流来代替干路中的电流，所以选甲图电路。

（注意：两种实验电路都存在系统误差，题图甲实际测量的电阻是电源内阻与电压表的并联电阻，而图乙测量的电阻是电池内阻与电流表内阻之和）
(2) 一节干电池的电动势为1.5V ，依据精确测量的原则，电压表应该选用B ，电源的内阻较小，为了调节方便，滑动变阻器应该选C 。

(3) 画线时第4个点的误差较大，将其舍去，其他点连成直线，就得到电源的U-I 图线。

(4) 在（3）中图线中，U 轴上的截距为该电源的电动势 1.5V ，图线的斜率为该电源的内阻
1.5 1.0
0.820.6
r -=
Ω=Ω。

(5) 当滑动变阻器的阻值等于电源内阻时，电源的输出功率最大，即电源的输出功率随着U 先变大
再变小，A 、B 错误；输出功率与路端电压的关系可以表示为： )
=E E U P r
-出（，由数学知识可得C 正确，D 错误。

点晴：考查了电源电动势和内阻的测量，利用U-I 图象的斜率的绝对值表示电源内阻。

13.（1）2m/s （2）0.67m （3）2s
【解析】（1）对物块C 由O →M →N 应用动能定理，设C 离到N 点速度大小为0v 得：
2
02112
1)2(v m s s g m W C C F =
+-μ（2分） =+-=
∴)2(222110s s g m W v C
F
μ4s m /（2分） C 与空盒B 右壁相碰，动量守恒：v m m v m B C C )(0+= s m v v /22
==
∴（2分） （2）C 与B 碰后可看作一整体，令kg m m m B C 1=+=，则BC 整体和小车加速度分别为：
221/2s m m
mg
qE a =+=μ；222/1s m m mg a A ==
μ（2分） 设经过1t 时间后B 与C 整体与小车A 速度相等，此过程中二者位移分别为1x 、2x ，以后二者相对静止。

1211t a t a v =- s a a v t 3
2
211=+=
∴（2分）
=1x m t a vt 9
8
9434212111=-=-
=
2x m t a 9
2
21212=（2分） 故小车长度为：m m x x L 67.03
2
21≈=
-=（2分） （3）由题意及上问知速度相等后BC 与小车以共同加速度一起匀减速度，最终速度为零。

s m t a v /3212=
=共；2/2
1
s m m m qE a A =+=共。

（2分） 运动时间为：s a v t 3
4
2=
=
共
共（2分） 故电场作用时间为：s t t t 221=+=（2分） 14.（1）0mv B qx =
（2
）0min 3x t v π=；0
max 53x t v
π=（3）)
01x
【解析】（1）设粒子做圆周运动的半径为R。

根据牛顿第二定律，得：
2
mv qvB
R
=
由几何关系，得：0
R x
=
联立解得：
mv
B
qx
=；
（2）带电粒子在磁场中的运动周期为T，则有：
2R
T
v
π
=，
得0
2x
T
v
π
=
打在P左侧下端的粒子在磁场中运动的时间最短；
由几何关系可知：打在P左侧下端的粒子在磁场中偏转的角度是160
θ=︒
运动的最短时间：1
min0
360
t T
θ
=
联立解得：0
min3
x
t
v
π
=
打在P右侧下端的粒子在磁场中运动的时间最长，
由几何关系可知：打在P左侧下端的粒子在磁场中偏转的角度是2300
θ=︒，
运动的最短时间：2
max 360t T θ=︒
联立解得：0
max 53x t v
π=
（3）带电粒子能达到的范围如图阴影所示:
要使挡板右侧无粒子到达，P 板最上端与O 点的连线长应为02x 即粒子运动的直径. 所以沿x 轴正方移动的最小长度.
()
(
)
2
2000231x ON OM x x x ∆=-=
-=
-，
15.(1) (2) (3)
≤ω≤
【解析】(1)两球碰撞过程动量守恒，则
解得
(2)杆转动的电动势
电阻R 的功率
(3)通过金属杆的转动方向可知：P 、Q 板间的电场方向向上，粘合体受到的电场力方向向上．在半圆轨道最低点的速度恒定，如果金属杆转动角速度过小，粘合体受到的电场力较小，不能达到最高点T ，临界状态是粘合体刚好达到T 点，此时金属杆的角速度ω1为最小，设此时对应的电场强度为
E 1，粘合体达到T 点时的速度为v 1．
在T 点，由牛顿第二定律得
从S 到T ，由动能定理得
解得
杆转动的电动势
两板间电场强度
联立解得
如果金属杆转动角速度过大，粘合体受到的电场力较大，粘合体在S点就可能脱离圆轨道，临界状态是粘合体刚好在S点不脱落轨道，此时金属杆的角速度ω2为最大，设此时对应的电场强度为
E2．
在S点，由牛顿第二定律得
杆转动的电动势
两板间电场强度
联立解得
综上所述，要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点S做圆周运动到最高点T，金属杆转动的角速度的范围为：.。