安徽省铜陵五中2024届高三第一次阶段性考试(4月考)物理试题

安徽省铜陵五中2024届高三第一次阶段性考试（4月考）物理试题
请考生注意：
1．请用2B 铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。

写在试题卷、草稿纸上均无效。

2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4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、 “世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大夫万户。

他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。

假设万户及所携设备(火箭(含燃料)、椅子、风筝等)总质量为M ，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m 的炽热燃气相对地面以v 0的速度竖直向下喷出。

忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g ，下列说法中正确的是
A ．火箭的推力来源于空气对它的反作用力
B ．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为m M mv -0
C ．喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为2202()
m v g M m - D ．在火箭喷气过程中，万户及所携设备机械能守恒
2、传送带可向上匀速运动，也可向上加速运动；货箱M 与传送带间保持相对静止，受传送带的摩擦力为f 。

则（ ）
A ．传送带加速运动时，f 的方向可能平行传送带向下
B ．传送带匀速运动时，不同质量的货箱，f 相等
C ．相同的货箱，传送带匀速运动的速度越大，f 越大
D．相同的货箱，传送带加速运动的加速度越大，f越大
3、如图所示，空间直角坐标系Oxyz处于一个匀强电场中，a、b、c三点分别在x、y、z轴上，且到坐标原点O的距离均为10cm。

现将一带电荷量0.2C
q=的负点电荷从b点分别移动到a、O、c三点，电场力做功均为1J。

则该匀强电场的电场强度大小为（）
A．503N/C B．50 N/C C．103V/m D．10V/m
4、如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态．若把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态．则下列判断中正确的是()
A．球B对墙的压力增大B．球B对柱状物体A的压力增大
C．地面对柱状物体A的支持力不变D．地面对柱状物体A的摩擦力不变
5、一物体沿水平面做匀减速直线运动，其运动的x
t
t
-图象如图所示。

下列说法正确的是（）
A．物体运动的初速度大小为10m/s
B．物体运动的加速度大小为0.4m/s2
C．物体在前3s内的平均速度是9.4m/s
D．物体在前5s内的位移是45m
6、如图，将a、b两小球以不同的初速度同时水平抛出，它们均落在水平地面上的P点，a球抛出时的高度较b球的
高，P 点到两球起抛点的水平距离相等，不计空气阻力．与b 球相比，a 球
A ．初速度较大
B ．速度变化率较大
C ．落地时速度一定较大
D ．落地时速度方向与其初速度方向的夹角较大
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

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、下列关于热学现象的说法，正确的是 。

A ．在水中撒入适量花椒粉，加热发现花椒粉在翻滚，说明温度越高，布朗运动越剧烈
B ．为了把地下的水分引上来，采用磙子将地面压紧，是利用了毛细现象
C ．将与水面接触的干净玻璃板提离水面，实验时发现拉力大于玻璃板重力，主要原因是玻璃板受大气压力
D ．密闭容器内的液体经很长时间液面也不会降低，但容器内仍有液体分子飞离液面
E.同等温度下，干湿泡湿度计温度差越大，表明该环境相对湿度越小
8、如图所示为多用电表原理示意图，所用电流表的表盘刻度共100格，满偏电流为100mA g I =，满偏电压为1V g U =，电源的电动势为 1.5V E =，内阻0.5r =Ω，直流电压挡的量程为0~50V ，则下列判断正确的是（ ）
A ．黑表笔应该接a ，红表笔接b
B ．定值电阻0R 的阻值为500Ω
C ．选择开关接2，刻度盘正中间的刻度值为15Ω
D ．选择开关接3，若指针与电流表第25格刻度线重合，则通过0R 的电流为50mA
9、如图所示，一质量为m 、电荷量为q 的带电粒子（不计重力），自A 点以初速度v 0射入半径为R 的圆形匀强磁场，
磁场方向垂直于纸面，速度方向平行于CD ，CD 为圆的一条直径，粒子恰好从D 点飞出磁场，A 点到CD 的距离为2
R 。

则（ ）
A ．磁感应强度为0(23)mv qR
+ B ．磁感应强度为04mv qR C ．粒子在磁场中的飞行时间为0(23)6R v π+ D ．粒子在磁场中的飞行时间为0
(23)6R v π- 10、如图所示，轻弹簧一端与不可伸长的轻绳OC 、DC 连接于C （两绳另一端均固定），弹簧另一端连接质量为m 的小球。

地面上竖直固定一半径为R 、内壁光滑的14
开缝圆弧管道AB ，A 点位于O 点正下方且与C 点等高，管道圆心与C 点重合。

现将小球置于管道内A 点由静止释放，已知轻绳DC 水平，当小球沿圆弧管道运动到B 点时恰好对管道壁无弹力，管道与弹簧间的摩擦不计，重力加速度为g 。

则小球从A 运动到B 的过程中（ ）
A ．弹簧一直处于伸长状态
B ．小球的机械能不守恒
C ．小球在B 点的动能为mgR
D ．轻绳OC 的拉力不断增大
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）图甲，用伏安法测定电阻约5Ω的均匀电阻丝的电阻率，电源是两节干电池。

每节电池的电动势约为1.5V ，实验室提供电表如下：
A ．电流表A 1(0～3A ，内阻0.0125Ω)
B ．电流表A 2(0～0.6A ，内阻约为0.125Ω)
C．电压表V1(0～3V，内阻4kΩ)
D．电压表V2(0～15V，内阻15kΩ)
(1)为了使测量结果尽量准确，电流表应选________，电压表应选________(填写仪器前字母代号)。

(2)用螺旋测微器测电阻丝的直径如图乙所示，电阻丝的直径为________mm。

(3)根据原理图连接图丙的实物图______。

(4)闭合开关后，滑动变阻器滑片调至一合适位置后不动，多次改变线夹P的位置，得到几组电压、电流和对应的OP 段的长度L，计算出相应的电阻后作出R－L图线如图丁。

取图线上适当的两点计算电阻率。

这两点间的电阻之差为ΔR，对应的长度变化为ΔL，若电阻丝直径为d，则电阻率ρ＝________。

12．（12分）货运交通事故往往是由车辆超载引起的，因此我国交通运输部对治理货运超载有着严格规定。

监测站都安装有称重传感器，图甲是一种常用的力传感器，由弹簧钢和应变片组成，弹簧钢右端固定，在其上、下表面各贴一个相同的应变片，应变片由金属制成。

若在弹簧钢的自由端施加一向下的作用力F，则弹簧钢会发生弯曲，上应变片被拉伸，下应变片被压缩。

力越大，弹簧钢的弯曲程度越大，应变片的电阻变化就越大，输出的电压差ΔU＝|U1－U2|也就越大。

已知传感器不受压力时的电阻约为19Ω，为了准确地测量该传感器的阻值，设计了以下实验，实验原理图如图乙所示。

实验室提供以下器材：
A．定值电阻R0（R0＝5 Ω）
B．滑动变阻器（最大阻值为2 Ω，额定功率为50 W）
C．电流表A1（0.6 A，内阻r1＝1 Ω）
D．电流表A2（0.6 A，内阻r2约为5 Ω）
E．直流电源E1（电动势3 V，内阻约为1 Ω）
F．直流电源E2（电动势6 V，内阻约为2 Ω）
G．开关S及导线若干。

（1）外力F增大时，下列说法正确的是________；
A．上、下应变片电阻都增大
B．上、下应变片电阻都减小
C．上应变片电阻减小，下应变片电阻增大
D．上应变片电阻增大，下应变片电阻减小
（2）图乙中①、②为电流表，其中电流表①选________（选填“A1”或“A2”），电源选________（选填“E1”或“E2”）；（3）为了准确地测量该阻值，在图丙中，将B、C间导线断开，并将滑动变阻器与原设计电路的A、B、C端中的一些端点连接，调节滑动变阻器，测量多组数据，从而使实验结果更准确，请在图丙中正确连接电路______；
（4）结合上述实验步骤可以得出该传感器的电阻的表达式为________（A1、A2两电流表的电流分别用I1、I2表示）。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）如图所示，质量M=2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m=1kg的小球通过长L=0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度0v="4" m/s，g取102
m/s．
（1）若锁定滑块，试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小和方向．
（2）若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小．
(3)在满足（2）的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离．
14．（16分）如图所示，真空中有以O1为圆心，R为半径的圆形匀强磁场区域，圆的最左端与y轴相切于坐标原点D，圆的最上端与平行于x轴的虚线MN相切于P点，磁场方向垂直纸面向里，第一象限内在虚线MN上方沿v轴负方向有平行于y轴的有界匀强电场（上边界平行于x轴，图中未画出）。

现从坐标原点O在纸面内向坐标系的第一象限和第四象限内的不同方向发射速率均为v0的质子。

己知沿x轴正方向发射的质子恰好从P点离开磁场进入电场，能到达
电场的上边界，最后也能返回磁场，电场强度E和磁感应强度B大小未知，但满足关系
6
E
v
B
，不计质子的重力、质子对电场和磁场的影响及质子间的相互作用。

(1)求匀强电场上边界与虚线MN 的间距d ；
(2)在第四象限内沿与x 轴正方向成30︒角的方向发射一质子，最终离开磁场，求从发射到最终离开磁场区域的过程质子运动的时间t ；
(3)若电场方向改为沿x 轴的负方向，场强大小不变，如图所示，电场上边界位置也不变，y 0=4R 处有一平行于x 轴的荧光屏，与y 轴相交于Q 点，由O 点发射的所有质子最终均能打在荧光屏上，求荧光屏的最小长度。

15．（12分）如图所示，半径75m R .=的四分之一光滑圆弧QP 竖直放置，与粗糙水平地面平滑连接于P 点，整个空间存在场强大小3210V /m E =⨯的匀强电场，竖直边界MP 右侧电场方向水平向右，左侧电场方向竖直向上；小物块A B 、（视为质点）大小形状相同，A 电荷量为3510C q -=+⨯，B 不带电，质量3kg A m =，1kg B m =。

从Q 点由静止释放A ，与静止在地面上D 点的B 碰撞。

已知A B 、与地面间动摩擦因数均为0.2μ=，P 、D 间距离0165m x .=，g 取210m /s ，A B 、间碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短。

求：
（1）物块A 运动到P 点时，受到圆弧轨道支持力的大小；
（2）物块A B 、碰撞后瞬间，A B 、速度的大小和方向；
（3）物块A B 、第一次碰撞后，过多长时间发生第二次碰撞。

参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4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、B
【解题分析】
火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备(火箭(含燃料)、椅子、风筝等)为系统，动量守恒，喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动。

【题目详解】
A 、火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故A 错误；
B 、在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备(火箭(含燃料)、椅子、风筝等)为系统，动量守恒，设火箭的速度大小为v ，规定火箭运动方向为正方向，则有0()0M m v mv --=，解得火箭的速度大小为0mv v M m
=-，故B 正确； C 、喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得上升的最大高度为222
0222()m v v h g M m g
==-，故C 错误；
D 、在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以万户及所携设备机械能不守恒，故D 错误；
故选B 。

【题目点拨】
关键是、在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备(火箭(含燃料)、椅子、风筝等)为系统，动量守恒；在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以万户及所携设备机械能不守恒。

2、D
【解题分析】
A ．当传送带加速向上运动时，加速度沿传送带向上，根据牛顿第二定律分析可知货箱所受合力沿传送带向上，则有： sin f mg ma θ-=
知摩擦力的方向向上，故A 错误；
B ．当传送带匀速运动时，货箱受到重力、传送带的支持力和静摩擦力作用，其中重力沿传送带方向的分力与静摩擦力平衡，摩擦力方向一定沿斜面向上，即sin f mg θ=，不同质量的货箱，f 不相等，故B 错误；
C ．传送带匀速运动时的摩擦力为：sin f mg θ=，与货箱的质量有关，与传送带的速度无关，故C 错误；
D ．当传送带加速向上运动时，加速度沿传送带向上，根据牛顿第二定律分析可知合力沿传送带向上：：
sin f mg ma θ-=
解得：sin f mg ma θ=+，所以相同的货箱，传送带加速运动的加速度越大，f 越大。

故D 正确。

故选D 。

3、B
【解题分析】
由公式W Uq =代入数据可得
5V U =
由题意可知a 、O 、c 三点所构成的面是等势面，Ob 垂直于xOz 平面，b 点到xOz 平面的距离10cm d =，故匀强电场的电场强度大小 5N/C 50N/C 0.1
U E d === 故B 正确，ACD 错误。

故选B 。

4、C
【解题分析】对小球B 受力分析，作出平行四边形如图所示：
A 滑动前，
B 球受墙壁及A 的弹力的合力与重力大小相等，方向相反；如图中实线所示；而将A 向右平移后，B 受弹力的方向将上移，如虚线所示，但B 仍受力平衡，由图可知A 对B 球的弹力及墙壁对球的弹力均减小，根据牛顿第三定律可知，球B 对墙的压力减小，球B 对柱状物体A 的压力减小，故AB 错误；以AB 为整体分析，水平方向上受墙壁的弹力和地面的摩擦力而处于平衡状态，弹力减小，故摩擦力减小，故D 错误；竖直方向上受重力及地面的支持力，两物体的重力不变，故A 对地面的压力不变，故
C 正确。

所以C 正确，AB
D 错误。

5、A
【解题分析】
AB ．由匀减速直线运动公式：
2012
x v t at =- 可得：
012
x v at t =- 结合x t t
-图象可知图线与纵轴的交点表示物体的初速度、斜率：
12
k a = 则物体的初速度大小为v 0=10m/s ，加速度大小为：
a =0.8m/s 2
故A 正确，B 错误；
C ．由：
012
x v at t =- 可得，物体在前3s 内的平均速度是8.8m/s ，故C 错误；
D ．前5s 内的平均速度为8m/s ，物体在前5s 内的位移是40m ，故D 错误。

故选A 。

6、D
【解题分析】
A.由212
h gt =可得，高度越高，下落时间越大，由x υt =可知，两球水平位移相同，但是b 求运动时间短，故b 球初速度较大，A 错误；
B.速度变化率即表示加速度，两球加速度相同，故速度变化率相同，B 错误；
C.a 球的水平速度小于b 球，故落地时虽然竖直分速度大于b 球，但是合速度不一定大于b 球，C 错误；
D.由tan gt θυ
=，a 球落地时间t 大，但是υ小，故a 球的tan θ一定大于b 球，即a 球落地时速度方向与其初速度方向的夹角较大，D 正确；
故选D 。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

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、BDE
【解题分析】
A ．在加热时发现花椒粉在翻滚，该运动是由水的翻滚引起的，不是布朗运动，故A 错误；
B ．为了把地下的水分引上来，采用磙子将地面压紧，是利用了毛细现象，故B 正确；
C ．将与水面接触的干净玻璃板提离水面，实验时发现拉力大于玻璃板重力，主要原因是因为玻璃板受到水分子的分子引力，故C 错误；
D ．密闭容器内的液体经很长时间液面也不会降低，但容器内仍有液体分子飞离液面，只是飞离液面的分子数与进入液面的分子数相等，故D 正确；
E ．干泡温度计和湿泡温度计组成，由于蒸发吸热，湿泡所示的温度 小于干泡所示的温度。

干湿泡温度计温差的大小与空气湿度有关，温度相差越大，表明该环境相对湿度越小，空气越干燥。

故E 正确。

故选BDE 。

8、AC
【解题分析】
A ．多用电表的电流是从红表笔流进电表，从黑表笔流出电表，从电流的流向可以看出a 应该接黑表笔，选项A 正确；
B ．0R 和电流表G 串联形成一个新的电压表
0g g U U I R =+
改装后50U V =，代入数据解得
0490R =Ω
选项B 错误；
C ．当选择开关接2时，a 、b 之间为多用电表的欧姆挡，则有
g I R E =内
2g
I E R R =+内中
联立解得
15R =Ω中
选项C 正确；
D ．选择开关接3时，电流表满偏电流为100mA ，总共100格，当指针指在第25格的时候，对应的示数为满偏电流的四分之一，即通过0R 的电流为25mA ，所以D 错误。

故选AC 。

9、AC
【解题分析】
粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出运动轨迹，如图所示：
AB ．A 点到CD 的距离2
R ，则： ∠OAQ =60°，∠OAD =∠ODA =15°，∠DAQ =75°
则
∠AQD =30°，∠AQO =15°
粒子的轨道半径：
cos cos15(2sin sin15
R OAD R r R AQO ︒
︒∠===+∠ 粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
200v qv B m r
= 解得：
B = 故A 正确B 错误；
CD ．粒子在磁场中转过的圆心角：
α=∠AQD =30°
粒子在磁场中做圆周运动的周期为：
00
2r T v π== 粒子在磁场中的运动时间为：
(23606R t T v απ︒+== 故C 正确D 错误。

故选：AC 。

10、ACD
【解题分析】
AB ．当小球沿圆弧管道运动到B 点时恰好对管道壁无弹力，则小球在B 点由弹簧的拉力和重力提供向心力，即弹簧处于伸长状态，从A 到B 的过程弹簧的形变量没有变，故小球的机械能不变，选项A 正确，B 错误；
C ．从A 到B 的过程弹簧的形变量没有变，小球在B 点的动能等于小球在A 点的重力势能为mgR ，选项C 正确；
D ．设OC 与OA 的夹角为θ，CA 与水平夹角为α，C 点受力平衡，则竖直方向上有
cos sin OC AC F F θα=
解得 sin cos AC OC F F αθ
= 从A 到B 的过程中，θ和弹簧的弹力F AC 不变，α不断增大，故OC 的拉力不断增大，D 正确。

故选ACD 。

三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、B C 0.700 2
4π∆∆Rd L
【解题分析】
(1)[1]由于电源电动势为3V ，电表读数要达到半偏，则电压表选C ；
[2]由I ＝E R r
+可知电路中最大电流约为0.6A ，则电流表选B 。

(2)[3]螺旋测微器的固定刻度为0.5mm ，可动刻度为20.0×0.01 mm ＝0.200mm ，所以最终读数为0.5mm ＋0.200mm ＝0.700mm 。

(3)[4]根据原理图连接实物图如图
(4)[5]根据电阻定律
ΔR ＝ρ
∆L S ，S ＝π2()2d 解得
ρ＝2
4π∆∆Rd L
12、D A 1 E 2 1121
I r I I 【解题分析】
(1)[1]外力F 增大时，上应变片长度变长，电阻变大，下应变片长度变短，电阻变小
故选D 。

(2)[2]题图乙中的①要当电压表使用，因此内阻应已知，故应选电流表A 1；
[3]因回路总阻值接近11Ω，满偏电流为0.6A ，所以电源电动势应接近6.6V ，故电源选E 2。

(3)[4]滑动变阻器应采用分压式接法，将B 、C 间导线断开，A 、B 两端接全阻值，C 端接在变阻器的滑动端，如图所示。

(4)[5]由题图乙知，通过该传感器的电流为I 2－I 1，加在该传感器两端的电压为I 1r 1，故该传感器的电阻为
1121
I r I I -
四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、（1）2N ，方向竖直向上（2）22m /s υ=（3）123s m =
【解题分析】
（1）设小球能通过最高点，且此时的速度为1υ，在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒．则 22101122
m mgL m υυ+=① 26/m s υ=②
设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F ，方向向下，则21F mg m
L υ+=③
由②③式，得2N F =④
由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2N ，方向竖直向上．
（2）解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为2υ，此时滑块的速度为V ．在上升过程中，因系统在水平方向不受外力作用，水平方向的动量守恒．以水平向右的方向为正方向，有
20m MV υ+=⑤
在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则
22220111222
m MV mgL m υυ++=⑥ 由⑤⑥式，得22m /s υ=⑦
（3）设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始位置点间的距离为1s ，滑块向左移动的距离为2s ，任意时刻小球的水平速度大小为2υ，滑块的速度大小为V '．由系统水平方向的动量守恒，得30m MV υ-'=⑧
将⑧式两边同乘以t ∆，得30m t MV t υ∆-'∆=⑨
因⑨式对任意时刻附近的微小间隔t ∆都成立，累积相加后，有120ms Ms -=⑩
又122s s L +=⑪
由⑩11式得123
s m =⑫ 14、（1）3R ;（2
）
()014πR v ;（3） 138
R 【解题分析】 (1)经分析，质子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径为R ，进入电场后做匀减速直线运动，到达上边界时速度刚好减为零，在电场中，根据动能定理有
20102
qEd mv -=- 在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有
200v q B m R
= 又06=E v B
，联立解得 3d R =
(2)质子在磁场和电场中的运动轨迹如图1所示，由几何知识知，质子第一次在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为1120α︒=，质子第二次在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为260α︒=，则
质子在磁场中运动的总时间 1210π3602T R t T v αα︒+=== 质子在电场中运动的总时间
200041222
d d R t v v v ===
质子在无场区运动的总时间
()
30
01sin 60232R t R v v ︒--== 故质子运动的总时间为 ()1230143πR t t t t v -+=++=
(3)经分析，所有质子经过磁场偏转后均沿平行于y 轴的方向进入电场，轨迹如图2，质子做类平抛运动，质子刚好打在Q 点时，有
003y R v t ∆==
2012
x at ∆=
qE ma =
220000666qv E v v qE a mv m m
R qB
==== 联立解得
34
x R ∆= 故沿y 轴负方向发射的质子打在荧光屏上的位置离y 轴最远，最远距离 524
m x R x R =-∆= 出磁场时横坐标x 在34x R <
范围内的质子将打在y 轴左侧的荧光屏上，有 212
x at = 0y v t '∆=
tan 2
x
y θ='∆
()3tan x R y θ''=-∆
联立解得
200226v v x t t R
'=- 当032R t v =时，即316
R x =时，x '有最大值，最大值为 38
m x R '= 故质子打在荧光屏上发光的区域长度为
'5313488
m m l x x R R R =+=+= 15、（1）60N ；（2）6m/s ，方向水平向右；18m/s ，方向水平向右；（3）7.2s ；
【解题分析】
(1)物块A 从Q 到P 过程，由动能定理得：
()212
A A P m g qE R m v -=
， 代入数据解得：
v P =10m/s ，
在P 点，由牛顿第二定律得：
2P A A v F qE m g m R
+-=， 代入数据解得：
F =60N ；
(2)物块A 从P 到D 过程，由动能定理得：
()22011122
A A A P qE m g x m v m v μ=
--， 代入数据解得：
v 1=12m/s ， A 、B 发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得： m A v 1=m A v A +m B v B ，
由机械能守恒定律得：
2221111222
A A A
B B m v m v m v =+， 代入数据解得：
v A =6m/s ，方向水平向右
v B =18m/s ，方向水平向右
(3)A 、B 碰撞后，由牛顿第二定律得，
对A ：
qE -μm A g =m A a A ，
对B ：
μm B g =m B a B ，
代入数据解得：
24m/s 3
A a =， a
B =2m/s 2，
设经过时间t 两物块再次发生碰撞，由运动学公式得：
221122
A A
B B v t a t v t a t +=-， 代入数据解得：
t =7.2s ；。