广东省东莞市达标名校2018年高考一月质量检测物理试题含解析

广东省东莞市达标名校2018年高考一月质量检测物理试题
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．如图所示电路中，变压器为理想变压器，电压表和电流表均为理想电表，a 、b 接在电压有效值不变的交流电源两端，R 0为定值电阻，R 为滑动变阻器．现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A 1的示数增大了0.2A ，电流表A 2的示数增大了0.8A ，则下列说法中正确的是（ ）
A ．该变压器起升压作用
B ．电压表V 2示数增大
C ．电压表V 3示数减小
D ．变阻器滑片是沿d→c 的方向滑动
2．关于下列核反应方程，以下说法不正确的是（ ）
①234
2340
90911Th Pa e -→+ ②235114489192056360U n Ba Kr 3n +→++ ③23411120H+H He n →+
A ．方程①中β衰变产生的Pa 处于激发态，会发出γ射线
B ．方程①中β衰变的发生是自发的过程
C ．方程②是裂变反应，应用时产生的废物容易处理
D ．③是聚变反应，产能效率比裂变反应高 3．短跑运动员在训练中从起跑开始的一段时间内可看成先做匀加速直线运动再做匀速直线运动。

已知总位移为s ，匀速阶段的速度为v 、时间为t ，则匀加速阶段的时间为（ ）
A ．s v
B ．2s v
C ．2s t v -
D ．22s t v
- 4．如图所示，传送带AB 长为16m ，水平地面BC 的长为8m ，传送带与水平地面之间B 处由光滑小圆弧连接，物块在B 处由传送带滑到水平地面速度大小不变，物块与水平地面间、传送带间的动摩擦因数均为0.5，光滑半圆形轨道CD 的半径为1.25m ，与水平地面相切于C 点，其直径CD 右侧有大小为100V/m 、方向水平向左的匀强电场。

传送带以l0m/s 的速度顺时针运动，带正电的物块可看成质点，其质量为5kg ，
带电荷量为0.5C ，从静止开始沿倾角为37°的传送带顶端A 滑下。

已知sin37°=0.6，
cos37°=0.8，g 取10m/s 2，则下列说法正确的是（ ）
A ．物块在传送带上先加速后匀速
B ．物块在传送带上运动的时间为3s
C．物块到达C点时对C点的压力为306N
D．物块可以运动到D点，在D点速度为14m/s
5．如图甲所示，线圈ab中通有如图乙所示的电流，电流从a到b为正方向，那么在0~t0这段时间内，用丝线悬挂的铝环M中产生感应电流，则（）
A．从左向右看感应电流的方向为顺时针
B．从左向石看感应电流的方向为先顺时针后逆时针
C．感应电流的大小先减小后增加
D．铝环与线圈之间一直有磁场力的作用，作用力先向左后向右
6．在如图所示的U I 图像中，直线I为某一电源的路端电压与电流的关系图像，直线II为某一电阻R 的伏安特性曲线。

用该电源与电阻R组成闭合电路。

由图像判断错误的是
A．电源的电动势为3 V，内阻为0.5Ω
B．电阻R的阻值为1Ω
C．电源的效率为80%
D．电源的输出功率为4 W
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．图甲为理想变压器，其原、副线圈的匝数比为4：1，原线圈接图乙所示的正弦交流电。

图中R T为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表。

则下列说法正确的是（）
A．图乙所示电压的瞬时值表达式为u＝51sin50πt(V)
B．变压器原、副线圈中的电流之比为1：4
C．变压器输入、输出功率之比为1：4
D．R T处温度升高时，电压表示数不变，电流表的示数变大
8．抗击新冠肺炎疫情的战斗中，中国移动携手“学习强国”推出了武汉实景24小时直播，通过5G 超高清技术向广大用户进行九路信号同时直播武汉城市实况，全方位展现镜头之下的武汉风光，共期武汉“复苏”。

5G 是“第五代移动通信技术”的简称，其最显著的特征之一为具有超高速的数据传输速率。

5G 信号一般采用3.3×109—6×109Hz 频段的无线电波，而现行第四代移动通信技术4G 的频段范围是1.88×109—2.64×109Hz ，则____
A ．5G 信号比4G 信号所用的无线电波在真空中传播得更快
B ．5G 信号相比于4G 信号更不容易绕过障碍物，所以5G 通信需要搭建更密集的基站
C ．空间中的5G 信号和4G 信号不会产生干涉现象
D ．5G 信号是横波，4G 信号是纵波
E.5G 信号所用的无线电波具有波粒二象性
9．“东方超环”是我国自主设计建造的世界上第一个非圆截面全超导托卡马克核聚变实验装置.2018年11月，有“人造太阳”之称的东方超环实现1亿摄氏度等离子体运行等多项重大突破，获得的实验参数接近未来聚变堆稳态运行模式所需要的物理条件，朝着未来聚变堆实验运行迈出了关键一步，已知“人造太阳”核
聚变的反应方程为234M 112Z H+H He+X+17.6MeV ，关于此核聚变，以下说法正确的是（ ）
A ．要使轻核发生聚变，就要利用粒子加速器，使轻核拥有很大的动能
B ．Z=0，M=1
C ．1mol 氘核和1mol 氚核发生核聚变，可以放出17.6MeV 的能量
D ．聚变比裂变更安全、清洁
10．如图所示，一磁感强度为B 的匀强磁场垂直纸面向里，且范围足够大。

纸面上M 、N 两点之间的距离为d ，一质量为m 的带电粒子（不计重力）以水平速度v 0从M 点垂直进入磁场后会经过N 点，已知M 、N 两点连线与速度v 0的方向成30角。

以下说法正确的是（ ）
A ．粒子可能带负电
B ．粒子一定带正电，电荷量为0mv dB
C ．粒子从M 点运动到N 点的时间可能是0
π3d v D ．粒子从M 点运动到N 点的时间可能是0
13π3d v 11．如图所示，竖直放置的两平行金属板，长为L ，板间距离为d ，接在电压为U 的直流电源上，在两板
间加一磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m，电荷量为q的带正电油滴，从距金属板上端高为h处由静止开始自由下落，并经两板上端连线的中点P进入板间。

油滴在P点所受的电场力与洛伦兹力大小恰好相等，且最后恰好从金属板的下边缘离开。

空气阻力不计，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）
A．油滴刚进入两板间时的加速度大小为g
B．油滴开始下落的高度h＝
2
22 2
U
B d g
C．油滴从左侧金属板的下边缘离开
D．油滴离开时的速度大小为
2
22
2
qU U
gL
m B d -
++
12．在研究光电效应现象时，用到了下面的装置和图像。

以下描述正确的是（）
A．图甲中，弧光灯照射锌板，验电器的锡箔张开，由此说明锌板带正电
B．图乙中，向右移动滑片，微安表读数变小，可以测量遏止电压
C．图乙中，可以研究单位时间发射的光电子数与照射光的强度的关系
D．图丙中，强、弱黄光的图像交于U轴同一点，说明光电子最大初动能与光的强度无关
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．实验：用如图所示的装置探究加速度a与力F的关系，带滑轮的长木板水平放置，弹簧测力计固定在墙上．
（1）实验时，一定要进行的操作是___________（填选项前的字母）．
A．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，根据纸带的数据求出加速度a，同
时记录弹簧测力计的示数F．
B．改变小车的质量，打出几条纸带
C．用天平测出沙和沙桶的总质量
D．为减小误差，实验中一定要保证沙和沙桶的总质量远小于小车的质量
（1）在实验中，有同学得到一条打点的纸带，取打点清晰部分做如下标记，如图所示，已知相邻计数点间还有4个点没有画出来，打点计时器的电源频率为50Hz，则小车加速度的大小为a=_______m/s1．（结果保留3位有效数字）
（3）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a—F图像，可能是下图中的__________图线．
（4）下图是实验室测定水平面和小物块之间动摩擦因数的实验装置，曲面AB与水平面相切于B点且固定．带有遮光条的小物块自曲面上面某一点释放后沿水平面滑行最终停在C点，P为光电计时器的光电门．已知当地重力加速度为g．
①利用游标卡尺测得遮光条的宽度如图乙所示，则遮光条的宽度___________cm．
②实验中除了遮光条的宽度，还需要测量的物理量有__________．
A．小物块质量m
B．遮光条通过光电门的时间t
C．遮光条到C点的距离s
D．小物块释放点的高度
③为了减小实验误差，同学们选择图象法来找出动摩擦因数，那么他们应该选择_____关系图象来求解（利用测量的物理量表示）．
14．某小组要测量一电源的电动势和内阻。

供使用的实验器材有：量程为0~ 0.6A电阻不计的电流表一只；阻值均为6Ω的定值电阻三只；开关S及导线若干。

根据实验器材，同学们设计出如图甲所示的电路图，其主要实验操作步骤如下：
(1)三个6Ω的电阻通过串、并联等不同的组合方式可以得到七个不同阻值的电阻R，表中已列出R的不同阻值。

(2)把不同组合方式得到的电阻R分别接入图甲所示电路的MN之间，可测得七组电阻R对应电流I的数据如下表。

(3)以1
I
纵坐标、R为横坐标，根据表中数据在图乙坐标纸上作出
1
R
I
-图像______。

(4)根据图像求出电源的电动势E=_______V；内阻r=_______Ω。

（结果均保留两位有效数字）
(5)该小组利用此电路测量一未知电阻x R的阻值。

把未知电阻x R接入电路MN间，电流表的读数为0.25A，可得待测电阻的阻值为________Ω。

(保留两位有效数字)
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，质量为m1的长木板静止在水平地面上，与地面间的动摩擦因数为μ1=0.5，其端有一固定
的、光滑的半径R=0.4m 的四分之一圆弧轨道（接触但无黏连），长木板上表面与圆弧面最低点等高，木板左侧有一同样的固定的圆弧轨道，木板左端与左侧圆弧轨道右端相距x 0=1m。

质量为m2 =2m1的小木块（看成质点）从距木板右端x=2m处以v0 =10m/s的初速度开始向右运动，木块与木板间的动摩擦因数为μ2=0.9，重力加速度取g = 10m/s2。

求：
(1)m2第一次离开右侧圆弧轨道后还能上升的最大高度。

(2)使m2不从m1上滑下，m1的最短长度。

(3)若m1取第(2)问中的最短长度，m2第一次滑上左侧圆弧轨道上升的最大高度。

16．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=2.0T，在y轴上P点有一粒子源，沿纸面向磁场发射速率不同的粒子，均沿与y轴负方向间夹角θ=30︒的方向，已知粒子质量均为m=5.0×10－8kg，电荷量q=1.0×10－8C，L OP=30cm，取π=3。

（不计粒子间相互作用及粒子重力）
(1)若某粒子垂直x轴飞出磁场，求该粒子在磁场中的运动时间；
(2)若某粒子不能进入x轴上方，求该粒子速度大小满足的条件。

17．如图所示的xOy平面直角坐标系内，在x≤3a的区域内，存在着垂直于xOy平面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，位于坐标原点O的粒子源在xOy平面内沿各个方向发射速率相同的同种带正电的粒子．已知沿y轴正方向发射的粒子经时间t0恰好从磁场的右边界P(3a，a)射出磁场．不计粒子的重力与相互作用力，求：
(1)粒子的比荷；
(2)磁场右边界有粒子射出区域的长度。

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．C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由公式
1221
I n I n = 得
12210.840.2
n I n I ∆===∆ 则
12n n >
该变压器起降压作用，故A 错误；
B ．由于a 、b 接在电压有效值不变的交流电源两端，则电压表V 1示数不变，由理相变压器原公式 1122
U n U n = 可知，电压表V 2示数不变，故B 错误；
C ．电压表V 3的示数
3220U U I R =-
由于U 2不变，I 2增大，则U 3减小，故C 正确；
D ．由
220U I R R
=+ 且U 2不变，I 2增大，R 应减小，则滑片应沿c d →方向滑动，故D 错误。

故选C 。

2．C
【解析】
【详解】
AB ．由题可知，核反应方程①是β衰变，β衰变的发生是自发的过程，在β衰变后的新核处于激发态，
所以会发出γ射线。

故AB 正确，不符合题意；
C ．方程②是裂变反应，应用时产生的废物具有一定的放射性，不容易处理。

故C 不正确，符合题意；
D ．根据核反应的特点可知，方程③是聚变反应，在聚变反应中产能效率比裂变反应高。

故D 正确，不符合题意。

故选C 。

3．D
【解析】
【分析】
【详解】
匀速阶段的位移为
1x vt =
在匀加速直线运动过程，根据平均速度公式可得
2112
x vt = 根据题意则有
12s x x =+
解得匀加速阶段的时间
122s t t v
=- 故A 、B 、C 错误，D 正确。

故选D 。

4．C
【解析】
【分析】
【详解】
AB.刚开始运动时，对物块受力分析可知
1sin 37cos37mg mg ma μ︒+︒=
解得
a 1=10m/s 2
物块与传送带达到共同速度时
11v a t =
解得
t 1=ls
物块的位移
211152
x a t m == 此后对物块受力分析可知
2sin 37cos37mg mg ma μ︒-︒=
解得a 2=2m/s 2，物块在传送带上的第二段运动
222212
AB L x vt a t -=+ 解得t 2=1s ，物块在传送带上运动的时间
122s t t t =+=
物体在传送带上先以a 1=10 m/s 2加速，再以a 2=2m/s 2加速，AB 错误；
C.物块到达传送带底端的末速度
22212m/s v v a t =+=
在水平地面BC 上，物块做匀减速直线运动，其加速度大小
25m/s a g μ==
设物块到达C 点时的速度为v 3，则
22322BC v v aL -=-
解得
v 3=8m/s
设此时C 点对物块的支持力为F N ，根据牛顿第二定律，有
23N mv F mg r
-= 解得
F N =306N
根据牛顿第三定律可知，物块对C 点的压力大小为306N ，故C 正确；
D.由于物块在电场中有
50N Eq mg ==
重力和电场力合力为
F 合
方向与竖直方向成45°角，所以物块的等效最高点在上半部圆弧与竖直方向成45°角处，要过等效最高点需要的最小速度为
2min v F m R =合，
代入数据得
min v =≈
而实际上，物块由C 点运动到等效最高点时的速度，由动能定理可得
22311()-2222
mg R R EqR mv mv -+-=实 代入数据可得
min v v ≈<实
所以物块过不了等效最高点，物块就不可能到达D 点，故D 错误。

故选C 。

5．A
【解析】
【详解】
AB ．根据题意可知，由于电流从a 到b 为正方向，当电流是从a 流向b ，由右手螺旋定则可知，铝环M 的磁场水平向右，由于电流的减小，所以磁通量变小，根据楞次定律可得，铝环M 的感应电流顺时针（从左向右看）。

当电流是从b 流向a ，由右手螺旋定则可知，铝环M 的磁场水平向左，当电流增大，则磁通量变大，根据楞次定律可得，所以感应电流顺时针（从左向右看）。

故电流方向不变，故A 正确，B 错误；
C ．由图乙可知，ab 内的电流的变化率不变，则产生的磁场的变化率不变，根据法拉第电磁感应定律可知，铝环M 产生的电动势的大小不变，所以感应电流的大小也不变。

故C 错误；
D ．当线圈中电流为零时，铝环M 和线圈之间无磁场力作用，选项D 错误；
故选A 。

6．C
【解析】
【详解】
A ．根据闭合电路欧姆定律得：
U=E-Ir
当I=0时，U=E ，由读出电源的电动势E=3V ，内阻等于图线的斜率大小，则：
3Ω0.5Ω6
U r I ∆===∆ A 正确；
B ．根据图像可知电阻：
1ΩU R I
== B 正确；
C ．电源的效率：
2100%=100%=100%=66.7%3
P UI P EI η=⨯⨯⨯出
总 C 错误；
D ．两图线的交点表示该电源直接与电阻R 相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U=2V ，电流I=2A ，则电源的输出功率为：
P 出=UI=4W
D 正确。

故选C 。

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．BD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．原线圈接的图乙所示的正弦交流电，由图知最大电压51V ，周期0.02s ，故角速度是
2π100πT
ω=
= 则 51sin100π(V)u t =
故A 错误；
B ．根据
1221
I n I n = 得，变压器原、副线圈中的电流之比
124
1I I = 故B 正确；
C ．理想变压器的输入、输出功率之比应为1：1，故C 错误；
D ．电压表测的是原线圈的电压即不变，则副线圈两端电压不变，R T 处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，故D 正确。

故选BD 。

8．BCE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．任何电磁波在真空中的传播速度均为光速，故传播速度相同，故A 错误；
B ．5G 信号的频率更高，波长更短，故相比4G 信号不易发生衍射现象，则5G 通信需要搭建更密集的基站，故B 正确；
C ．5G 信号和4G 信号的频率不同，则它们相遇不能产生稳定的干涉现象，故C 正确；
D ．电磁波均为横波，故5G 信号和4G 信号都是横波，故D 错误；
E ．任何电磁波包括无线电波都具有波粒二象性的特点，故E 正确。

故选BCE 。

9．BD
【解析】
【详解】
A ．“人造太阳”是以超导磁场约束，通过波加热，让等离子气体达到上亿度的高温而发生轻核聚变，故A 错误。

B ．根据质量数和核电荷数守恒，可以求出M Z X 为中子1
0n ，即Z=0，M=1，故B 正确。

C ．1个氘核和1个氚核发生核聚变，可以放出17.6MeV 的能量，故C 错误。

D ．轻核聚变产生物为氦核，没有辐射和污染，所以聚变比裂变更安全、清洁，故D 正确。

故选BD.
10．BCD
【解析】
【详解】
A ．由左手定则可知，粒子带正电，选项A 错误；
B ．由几何关系可知，r=d ，由
2
v qvB m r
= 可知电荷量为
0mv q dB
= 选项B 正确；
CD ．粒子运动的周期
2d T v π= 第一次到达N 点的时间为
10
163d t T v π== 粒子第三次经过N 点的时间为
51000
4132=33d d d t T t v v v πππ=+=+ 选项CD 正确。

故选BCD 。

11．ABD
【解析】
【详解】
A.带正电油滴刚到达P 点时受重力、电场力和洛伦兹力的作用，电场力和洛伦兹力等大反向，因此油滴在P 点的合力大小等于重力，由牛顿第二定律可知油滴在P 点的加速度大小为g ，故A 正确；
B.由于油滴在P 点水平方向的合力为零，由力的平衡条件，有 q U d
＝qBv 对油滴从释放到P 点的过程中，由机械能守恒定律，有 mgh ＝
12mv 2 整理后得h ＝2
22
2U gB d ，故B 正确； C.油滴进入平行金属板间后，做加速运动，则电场力小于洛伦兹力，由左手定则可知，油滴所受的洛伦兹力向右，则最终油滴从右侧金属板的下边缘离开，故C 错误；
D.油滴从释放到从右侧金属板的下边缘离开的过程，由动能定理，有
mg （h ＋L ）－q 2U ＝12
mv′2 油滴离开金属板下边缘时的速度大小
v′
故D 正确。

故选ABD 。

12．BD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．弧光灯照射锌板，验电器的锡箔张开，仅仅能说明验电器带电，无法判断电性，故A 错误；
B ．滑动变阻器滑片向右移动时，光电管所加反向电压变大，光电流变小，可测量遏止电压，故B 正确；
C ．光电管加反向电压，无法判定光电子数与光的强度关系，故C 错误；
D ．图丙中，强黄光和弱黄光的图像交于U 轴同一点，说明遏止电压与光的强度无关，根据
2c m 12
eU mv = 因此也说明光电子最大初动能与光的强度无关，故D 正确。

故选BD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．A 1.93 C 1.015 BC B
【解析】
【详解】
（1）A 、打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，A 正确；
B 、改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F 变化关系，不需要改变小车的质量，B 错误；
C 、本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故C
D 错误．
故选A ；
（1）由于相邻计数点间还有4个点没有画出来，计数点间的时间间隔：T=5×0.01=0.1s ，
由匀变速直线运动的推论：△x=aT 1可得，加速度
()()
222215.1012.7010.819.107.10 5.0010a / 1.93/30.1m s m s -++---⨯==⨯ （3）实验时，若遗漏了平衡摩擦力这一步骤，则需要先用一定的力克服掉摩擦力后才能产生加速度，即a F g m
μ=-，a —F 图象中横轴会有截距，故选C ； （4）①遮光条的宽度d 1cm 30.05mm 1.015cm =+⨯=
②实验的原理：根据遮光条的宽度与滑块通过光电门的时间即可求得滑块的速度：B d v t
= B 到C 的过程中，摩擦力做功，根据动能定理得：21μmgs 02B mv -=-，解得：2μ2B
v g =，即2μ2s d t g ⎛⎫ ⎪⎝⎭=，
还需测量的物理量是遮光条通过光电门的时间t和遮光条到C点的距离s，故选BC．
③要通过图象来求动摩擦因数，那么图象最好为倾斜的直线，便于计算，依据
2μ
2s
d
t
g
⎛⎫
⎪
⎝⎭
=
可得：
2
2
1
μs
2
d
g t
=⨯,即
22
21
g
s
d t
μ
=，在
2
1
s
t
-图象中，
2
2g
d
μ
为直线的斜率，即可求得动摩擦因数，所以应画2
1
s
t
-图象，故选B．
14． 2.9（2.7～3.1） 2.9（2.7～3.1）8.8（8.4～
9.2）
【解析】
【分析】
【详解】
(3)[1]通过描点作图作出
1
R
I
-图像
(4)[2][3]根据闭合电路欧姆定律()E I R r =+ ，得：
1R r I E E
=+ 结合图像可知
17.1118
k E -== ；1r E = 解得：
2.95V E = ， 2.95r =Ω
(5)[4]根据分析可知
8.85x E R r I
=-=Ω 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分 15． (1)2.8m ；(2)
83m ；(3)130m 【解析】
【分析】
【详解】
（1）设滑块到达木板右端的速度为v 1，由动能定理可得
222221201122
m gx m v m v -=-μ 代入数据，解得v 1=8 m/s
设滑块离开圆弧轨道后.上升的最大高度为h 1，由动能定理可得
()22121102
m g R h m v -+=- 代入数据，解得h 1=2.8 m 。

（2）由机械能守恒定律可得滑块回到木板底端时速度大小v 1=8 m/s ，滑上木板后，滑块的加速度为a 2，由牛顿第二定律
2222m g m a μ=
木板的加速的为a 1，由牛顿第二定律
212111()mg m m g m a -+=μμ
解得213m/s a =，229m/s a =。

设经过t 1时间后两者共速，共同速度为v ，
由运动学公式可知
12111v v a t a t =-=，12s 3
t =
解得2m /s v =
该过程中木板的位移
112v x t = 12m 3
x = 滑块走过的位移
1212
v v x t +=
210m 3x = 由于101m x x <=，假设正确，之后一起匀减速运动，若滑块最终未从木板左端滑出，则木板的最小长度 21L x x =-
联立以上各式，解得8m 3
L = （3）滑块和木板一起匀减速运动至最左端，设加速度均为a ，由牛顿第二定律可知
()()11212m m g m m a +=+μ
解得25m/s a =
滑块和木板一起匀减速运动至最左端的速度为v 2，由动能定理可得
()()()()2211201122121122
m m g x x m m v m m v -+-=+-+μ 随后滑块滑上左侧轨道，设上升的最大高度为h 2，则由动能定理可得
22222102
m gh m v -=- 代入数据，解得21m 30
h = 16． (1)26.2510s -⨯(2)8 m /s v ≤
【解析】
【详解】
(1)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图所示
由几何关系可得
R1=0.6m，∠PO1Q=150︒由牛顿第二定律得
2
1
1
1
mv
qv B
R
=
1
1
2πR
T
v
=
解得运动时间
2
150
36
6.2510
s
t T
︒
︒
-
==⨯
(2)若带电粒子不从x轴射出，临界轨迹如图所示
由几何关系得
22
sin
OP
R R L
θ
+=
解得
R2=0.2m
由牛顿第二定律得
2
2
2
2
mv
qv B
R
=
解得
2
8m/s
v=
当v≤8m/s时粒子不能进入x轴上方。

17．（1）
2
3
q
m Bt
π
=（2）
21
1
3
a
⎛⎫
+
⎪
⎪
⎝⎭
【解析】
【详解】
（1）所有粒子在磁场中做运速圆周运动的半径r相同，对沿y轴正方向发射的粒子，从P点射出磁场。

其运动的轨迹如图1所示
.
由几何知识得
222
(3)
a a r r
+-=
可得
23
3
r a
=
3
sin
2
a
r
θ==
可知
θ=60°
故此粒子在磁场中运动的轨迹圆弧对应的圆心角为120°，运动的时间为圆周运动周期的
1
3
，即
112
33
m
t T
Bq
π
==⨯
可得
2
3
q
m Bt
π
=
（2）如图2所示，当粒于轨迹圆直径的另一端点落在磁场的右边界上时，即为粒子从磁场右边界射出的最高点，
则
222
1
(3)(2)
y a r
+=
得
1
21
3
y=
当粒子轨迹圆与磁场的右边界相切时.即为粒子从磁场布边界射出的最低点。

则
2222)y r r +-=
得
2y a =
故粒子从磁场右边界射出的区域长度为
1213l y y a ⎛⎫=+=+ ⎪ ⎪⎝⎭
.。