青岛市达标名校2020年高考三月仿真备考物理试题含解析

青岛市达标名校2020年高考三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．意大利科学家伽利略在研究物体变速运动规律时，做了著名的“斜面实验”，他测量了铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大,于是他对大倾角情况进行了合理的外推，由此得出的结论是（ ）
A ．自由落体运动是一种匀变速直线运动
B ．力是使物体产生加速度的原因
C ．力不是维持物体运动的原因
D ．物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性
2．关于静电场中的电场线，下列说法错误的是（ ）
A ．电场线能够形象描述电场的强弱和方向
B ．沿电场线的方向电势有可能升高
C ．电场线总是垂直等势面指向电势降低的方向
D ．沿电场线方向移动一正电荷，其电势能一定减小
3．2019年8月31日7时41分，我国在酒泉卫星发射中心用“快舟一号”甲运载火箭，以“一箭双星”方式，成功将微重力技术实验卫星和潇湘一号07卫星发射升空，卫星均进入预定轨道。

假设微重力技术试验卫星轨道半径为1R ，潇湘一号07卫星轨道半径为2R ，两颗卫星的轨道半径12R R ，两颗卫星都作匀速圆周运动。

已知地球表面的重力加速度为g ，则下面说法中正确的是（ ）
A ．微重力技术试验卫星在预定轨道的运行速度为1gR
B ．卫星在2R 轨道上运行的线速度大于卫星在1R 轨道上运行的线速度
C ．卫星在2R 轨道上运行的向心加速度小于卫星在1R 轨道上运行的向心加速度
D ．卫星在2R 轨道上运行的周期小于卫星在1R 轨道上运行的周期
4．某学校科技活动小组设计了一个光电烟雾探测器（如图甲），当有烟雾进入探测器时（如图乙），来自光源S 的光会被烟雾散射进入光电管C ，当光射到光电管中的钠表面时会产生光电流，当光电流大于10-8A
时，便会触发报警系统报警。

已知钠的极限频率为6.0×1014Hz ，普朗克常量h=6.63×10-34J·
s ，光速c=3.0×108m/s ，则下列说法正确的是（ ）
A ．要使该探测器正常工作，光源S 发出的光波波长不能小于5.0×10-7m
B ．若光电管发生光电效应，那么光源的光变强时，并不能改变光电烟雾探测器的灵敏度
C ．光电管C 中能发生光电效应是因为光发生了全反射现象
D ．当报警器报警时，钠表面每秒释放出的光电子最少数目是N=6.25×1010个
5．下列说法正确的是（ ）
A ．“康普顿效应”说明光具有能量，“光电效应”说明光具有动量
B ．目前的核电站、核潜艇在利用核能时，发生的核反应方程均是123112H+H He →
C ．对于某种金属来说，其发生光电效应的极限频率是恒定的，且与入射光的强度无关
D ．中子与质子结合成氘核时，需要吸收能量
6．如图所示，竖直直线MN 的右侧有范围足够大的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里。

正方形线框abcd 的边长为L ，静止于图示位置，其右边与MN 重合。

从0t =时刻起线框受外力拉动，水平向右匀加速运动。

线框粗细均匀，其电阻沿长度分布均匀。

在运动过程中，线框a 、b 两点间的电势差随时间变化的特点与下列图像一致的是（ ）
A ．
B ．
C ．
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．分子力F 、分子势能E P 与分子间距离r 的关系图线如甲乙两条曲线所示(取无穷远处分子势能E P =0).下列说法正确的是
A．乙图线为分子势能与分子间距离的关系图线
B．当r=r0时,分子势能为零
C．随着分子间距离的增大,分子力先减小后一直增大
D．分子间的斥力和引力大小都随分子间距离的增大而减小,但斥力减小得更快
E. 在r<r0阶段,分子力减小时,分子势能也一定减小
8．如图（甲）所示，平行光滑金属导轨水平放置，两轨相距L=0.4m，导轨一端与阻值R=0.3Ω的电阻相连，导轨电阻不计．导轨x＞0一侧存在沿x方向均匀增大的恒定磁场，其方向与导轨平面垂直向下，磁感应强度B随位置x变化如图（乙）所示．一根质量m=0.2kg、电阻r=0.1Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直，棒在外力F作用下从x=0处以初速度v0=2m/s沿导轨向右变速运动，且金属棒在运动过程中受到的安培力大小不变．下列说法中正确的是（）
A．金属棒向右做匀减速直线运动
B．金属棒在x=1m处的速度大小为0.5m/s
C．金属棒从x=0运动到x=1m过程中，外力F所做的功为-0.175J
D．金属棒从x=0运动到x=2m过程中，流过金属棒的电量为2C
9．关于伽利略的两个斜面实验，下面说法中正确的是（）
A．伽利略仅在图(a)中使用了光滑斜面进行实验
B．伽利略仅在图(b)中使用了光滑斜面进行实验
C．伽利略从图(a)中得出：自由落体运动是匀加速直线运动
D．伽利略从图(b)中得出：力不是维持物体运动的原因
10．如图两根足够长光滑平行金属导轨PP′、QQ′倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面向上，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上，
下滑过程中与导轨接触良好．现在同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则()
A．金属棒ab一直加速下滑
B．金属棒ab最终可能匀速下滑
C．金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势
D．带电微粒可能先向N板运动后向M板运动
11．如图所示，小球甲从A点水平抛出，同时将小球乙从B点自由释放，两小球先后经过C点时的速度大小相等，速度方向夹角为37°。

已知B、C两点的高度差 1.25m
h=，重力加速度
2
10m/s,sin370.6,cos370.8
g︒︒
===，两小球质量相等，不计空气阻力。

根据以上条件可知（）
A．小球甲水平抛出的初速度大小为3m/s
B．小球甲从A点到达C点所用的时间为0.4s
C．A、B两点的高度差为0.45m
D．两小球在C点时重力的瞬时功率相等
12．如图所示是一个半径为R 的竖直圆形磁场区域，磁感应强度大小为B，磁感应强度方向垂直纸面向内．有一个粒子源在圆上的 A 点不停地发射出速率相同的带正电的粒子，带电粒子的质量均为m，运动的半径为r，在磁场中的轨迹所对应的圆心角为α．下列说法正确的是
A．若r=2R，则粒子在磁场中运动的最长时间为
6m qB
π
B．若r=2R，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，则有
221
tan
27
α+
=成立
C．若r=R，粒子沿着磁场的半径方向射入，则粒子在磁场中的运动时间为
3m
qB
π
D．若r=R，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，则圆心角α为150°
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．我们可以用图(a)所示装置探究合外力做功与动能改变的关系。

将光电门固定在水平轨道的B点，平衡摩擦力后，用小桶通过细线拉小车，小车上安装遮光条并放有若干钩码。

现将小车上的钩码逐次移至小桶中，并使小车每次都从同一位置A点由静止释放。

(1)用游标卡尺测出遮光条的宽度，记录光电门的示数，从而算出小车通过B点的速度。

其中游标卡尺测量情况如图(b)所示，则d=___________cm。

(2)测小桶质量，以小桶和桶内钩码质量之和m为横坐标，小车经过B点时相应的速度平方为纵坐标，则v2-m图线应该为下图中___________。

A、B、
C、D、
14．用如图甲所示实验装置探究做功与动能变化的关系，在该实验中______ ( 需要/不需要)平衡摩擦力。

若实验中不要求满足小沙桶和沙子的总质量远小于滑块的质量，则所选择的研究对象是___________。

图乙所示是实验所得的一条纸带，在纸带上取了O 、A 、B 、C 、D 、E 六个计数点，相邻两个计数点之间的时间间隔为0.1s ， x 1=1.42cm ， x 2=l.84cm ， x 3=2.25cm ，x 4=2.67cm ， x 5=3.10cm ， 用天平测得沙桶和沙的质量m=24g ，滑块质量M=500g ，重力加速度g=9.8m/s 2，根据以上信息，从A 点到D 点拉力对滑块做的功为_______J ，滑块动能增加了_________J 。

根据实验结果可得到：在实验误差允许的范围内合外力做功等于物体动能的变化。

(结果均保留两位有效数字)
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，开口向上、竖直放置的内壁光滑气缸的侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m 的密闭活塞，活塞A 导热，活塞B 绝热，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分．初状态整个装置静止不动处于平衡状态，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为l 0，温度为T 0.设外界大气压强为p 0保持不变，活塞横截面积为S ，且2mg ＝p 0S ，环境温度保持不变．
①在活塞A 上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m 时，两活塞在某位置重新处于平衡状态，求活塞B 下降的高度；
②现只对Ⅱ气体缓慢加热，使活塞A 回到初始位置，求此时Ⅱ气体的温度．
16．如图所示，固定光滑轨道AB 末端B 点切线水平，AB 高度差1 1.8m h =，B 距传送带底端的竖直高度为2 3.8m h =，与轨道同一竖直面的右侧有一倾角=37θ︒的传送带，以2m /s v =顺时针匀速转动。

在轨道上A 处每隔1秒无初速释放一个质量=2kg m 的相同滑块，从B 点平抛后恰能垂直落到传送带上，速度立即变为零，且不计滑块对传送带的冲击作用。

滑块与传送带间的动摩因数为78
μ=
，传送带长度为=7m L ，不计空气阻力。

（sin370.6︒=，cos370.8︒=，2g 10m/s =） 求：(1)滑块从B 点落至传送带的时间；
(2)因传送滑块，电动机额外做功的平均功率。

17．如图所示，一竖直光滑绝缘的管内有劲度系数为k的绝缘弹簧，其下端固定于水平地面，上端与一不带电的质量为m的绝缘小球A相连，开始时小球A静止。

整个装置处于一方向竖直向下的匀强电场中，
电场强度大小为
mg
q
E=。

现将另一质量也为m、带电荷量为q
+的绝缘带电小球B从距A某个高度由静
止开始下落，B与A发生碰撞后起向下运动、但不粘连，相对于碰撞位置B球能反弹的最大高度为3mg
k
，
重力加速度为g，全过程小球B的电荷量不发生变化。

求：
(1)开始时弹簧的形变量为多少；
(2)AB分离时速度分别为多大；
(3)B开始下落的位置距A的高度
x。

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．A
【解析】
【分析】
【详解】
A ．铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大，倾角最大的情况就是90°时，这时物体做自由落体运动，由此得出的结论是自由落体运动是一种匀变速直线运动。

故A 正确；
B ．该实验不能得出力是使物体产生加速度的原因这个结论，故B 错误。

C ．物体的运动不需要力来维持，但是该实验不能得出该结论，故C 错误。

D ．该实验不能得出惯性这一结论，故D 错误。

故选A 。

2．B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．电场线疏密描述电场的强弱，电场线密的地方，电场强度大，疏的地方电场强度弱，而电场线上每一点的切线方向表示电场的方向，故A 正确，不符题意；
B ．沿着电场线电势逐渐降低，电势降低最快的方向是场强的方向，故B 错误，符合题意；
C ．沿着电场线电势逐渐降低，故电场线总是垂直等势面，且指向电势降低最快的方向，故C 正确，不符题意；
D ．沿电场线方向移动一正电荷，电场力一定做正功，由功能关系可知正电荷的电势能一定减小，故D 正确，不符题意。

本题选错误的，故选B 。

3．C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由万有引力提供向心力有
21211
v Mm G m R R = 得
1v =设地球半径为R ，则有
2Mm G mg R
= 联立得
1
v==
由于
1
R R
≠
则
1
v≠
故A错误；
B．由公式
2
2
Mm v
G m
r r
=
得
v=
由于12
R R
<则卫星在
2
R轨道上运行的线速度小于卫星在
1
R轨道上运行的线速度，故B错误；
C．由公式
2
Mm
G ma
r
=
得
2
GM
a
r
=
则卫星在2R轨道上运行的向心加速度小于卫星在1R轨道上运行的向心加速度，故C正确；
D．由开普勒第三定律
3
2
r
k
T
=可知，由于12
R R
<则卫星在
2
R轨道上运行的周期大于卫星在
1
R轨道上运行的周期，故D错误。

故选C。

4．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据光电效应方程有
00
km
c
E h W h h
υυ
λ
=-=-
则光源S发出的光波最大波长
8
7140310m 510m 0.5μm 6.0010max c
λυ-⨯⨯⨯＝＝＝＝ 即要使该探测器正常工作，光源S 发出的光波波长不能大于0.5μm ，选项A 错误；
B ．光源S 发出的光波能使光电管发生光电效应，那么光源越强，被烟雾散射进入光电管
C 的光越多，越容易探测到烟雾，即光电烟雾探测器灵敏度越高，选项B 错误；
C ．光电管C 中能发生光电效应是因为照射光电管的光束能量大于其逸出功而使其发射出电子，选项C 错误；
D ．光电流等于10-8 A 时，每秒产生的光电子的个数
81019101 6.25101.610
It n e --⨯=⨯⨯=个=个 选项D 正确。

故选D 。

5．C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．“康普顿效应”说明光具有动量，“光电效应”说明光具有能量，故A 错误；
B ．目前的核电站、核潜艇在利用核能时，发生的核反应方程均是核裂变方程，故B 错误；
C ．对于某种金属来说，其发生光电效应的极限频率只和金属本身有关，是恒定的，与入射光的强度无关。

故C 正确；
D ．中子与质子结合成氘核时，核聚变放出能量，故D 错误。

故选C 。

6．C
【解析】
【详解】
线框有两段匀加速直线运动过程：进入磁场的运动过程，在磁场中的运动过程。

两过程加速度相等，设为a 。

线框进入磁场的运动过程。

由右手定则知感应电流方向由b 向a 。

ba 段为电源，则a 点电势高于b 点电势。

电动势大小为
E BLv =
34
ab U E = 由运动规律得
v at =
解以上三式得
34
ab U BLat = 图像为过原点的直线，斜率为34
BLa 。

在0t 时刻有 034
ab U BLat =。

在磁场中的运动过程。

由右手定则知a 点电势高于b 点电势。

在0t 时刻有
0 ab U E BLat '==
运动过程有
0 =ab U E BL v at '=+（）
由运动规律得
202v aL =
解以上两式得
ab U BLat =
图像斜率为BLa 。

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．ADE
【解析】
【详解】
A 、
B 项：在r ＝r 0时，分子势能最小，但不为零，此时分子力为零，故A 项正确，B 项错误；
C 项：分子间作用力随分子间距离增大先减小，然后反向增大，最后又一直减小，C 项错误；
D 项：分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，随分子间距离的减小而增大，但斥力比引力变化得快，D 项正确；
E 项：当r ＜r 0时，分子力表现为斥力，当分子力减小时，分子间距离增大，分子力做正功，分子势能减少，E 项正确。

故选：ADE 。

8．BCD
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：根据图象得B x -函数关系式0.50.5B x =+，金属棒向右运动切割磁感线产生感应电动势
E BLv =，感应电流E BLv I R r R r
==++，安培力22BLv B L v F BIL B L R r R r ===++安，解得()
222220.410(0.50.5)04(1)F R r F F v B L x x +===+⨯+安安安．，根据匀变速直线运动的速度位移公式2202v v ax -=，如果是匀变速直线运动，2v 与x 成线性关系，而由上式知，金属棒不可能做匀减速直线运动，故A 错误；
根据题意金属棒所受的安培力大小不变，0x =处与1x =处安培力大小相等，有22220011B L v B L v R r R r
=++，即220012210.520.5/1
B v v m s B ⨯===，故B 正确；金属棒在0x =处的安培力大小为222200050420.2N 0.4
B L v F R r ⨯⨯===+安．．，对金属棒金属棒从0x =运动到1x =m 过程中，根据动能定理有221011 22F W F x mv mv -⋅=
-安，代入数据22110.210.2050.2222
F W -⨯=⨯⨯-⨯⨯．，解得 0.175J F W =-，故C 正确；根据感应电量公式Bx q L R r R r
∆Φ∆==++，0x =到2x m =过程中，B-x 图象包围的面积0.5 1.5222B x +∆⋅=⨯=，20.4 2C 0.4q R r ∆Φ⨯===+，，故D 正确 考点：考查了导体切割磁感线运动
【名师点睛】
考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力的大小公式、做功表达式、动能定理等的规律的应用与理解，运动过程中金属棒所受的安培力不变，是本题解题的突破口，注意B-x 图象的面积和L 的乘积表示磁通量的变化量．
9．CD
【解析】
【详解】
AB ．伽利略在图（a ）和图（b ）中都使用了光滑斜面进行实验，故AB 错误；
C ．伽利略从图（a ）中将斜面实验的结论外推到斜面倾角90°的情形，从而间接证明了自由落体运动是匀加速直线运动；故C 正确；
D ．伽利略理想斜面实验图（b ）中，由于空气阻力和摩擦力的作用，小球在图（b ）中斜面运动能到达的高度，一定会略小于它开始运动时的高度，只有在斜面绝对光滑的理想条件下，小球滚上的高度才与释放的高度相同.所以可以设想，在伽利略斜面实验中，若斜面光滑，并且使斜面变成水平面，则可以使小球沿水平面运动到无穷远处，得出力不是维持物体运动的原因；故D 正确。

故选CD 。

10．ACD
【解析】
根据牛顿第二定律有sin mg BIl ma θ-=，而q I t ∆=∆，q C U U Bl v v a t ∆=∆∆=∆∆=∆，，，联立解得22sin mg a m B l C
θ=+，因而金属棒将做匀加速运动，选项A 正确B 错误；ab 棒切割磁感线，相当于电源，a 端相当于电源正极，因而M 板带正电，N 板带负电，C 正确；若带电粒子带负电，在重力和电场力的作用下，先向下运动然后再反向向上运动，D 正确．
11．AB
【解析】
【分析】
【详解】
A ．小球乙到C 的速度为
25m /s v gh ==
此时小球甲的速度大小也为v ，又因为小球甲速度与竖直方向成37︒角，可知水平分速度为
sin 373m /s v =o 。

故A 正确；
B ．根据
cos37y v v gt ==o
计算得小球甲从A 点到达C 点所用的时间为0.4s ，故B 正确；
C ．A 、C 两点的高度差为
210.8m 2
AC h gt == 故A 、B 两点的高度差为1.25m 0.8m 0.45m -=，故C 错误；
D ．由于两球在竖直方向上的速度不相等，所以两小球在C 点时重力的瞬时功率也不相等。

故D 错。

故选AB 。

12．BD
【解析】
若r=2R ，粒子在磁场中时间最长时，磁场区域的直径是轨迹的一条弦，作出轨迹如图，因为r=2R ，圆心角θ=60°，粒子在磁场中运动的最长时间
601236063max m m t T qB qB
ππ︒⋅︒＝＝＝ ，故A 错误．
若r=2R ，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，根据几何关系，有
2
22
R R
tan
α
＝，故B正确．若r=R，粒子沿着磁场的半径方向射入，粒子运动轨迹如图所示，圆心角90°，粒子在磁场中运动的时间
9012
36042
m m
t T
qB qB
ππ
︒
⋅
︒
＝＝＝，故C错误．若r=R，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，轨迹如图所示，图中轨迹圆心与磁场圆心以及入射点和出射点构成菱形，圆心角150°，故D正确．故选BD.
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．0.925 B
【解析】
【分析】
根据题中“现将小车上的钩码逐次移至小桶中…v2-m图线应该为”可知，本题考察机械能守恒的问题，应用机械能守恒、游标卡尺读数法则等知识分析求解。

【详解】
(1)游标卡尺读数为
1
959.250.925
20
mm mm mm cm
+⨯==
(2)设小车、小桶、钩码的总质量为M，小车从A运动到B的位移为x，则2
1
2
mgx Mv
=，整理得：2
2gx
v m
M
=，所以v2-m图线是过原点的直线。

故B项正确，ACD三项错误。

14．需要滑块、沙桶和沙子构成的整体0.016 0.014
【解析】
【详解】
[1]平衡摩擦力，让小车所受合外力为绳子的拉力；
[2]对小沙桶和沙子应用牛顿第二定律：
mg T ma
-=
对小滑块：
T Ma
=
两式相比：
M
T mg
M m
=
+
，若实验中不要求满足小沙桶和沙子的总质量远小于滑块的质量，小沙桶和沙子的总重量不能视为合外力，所以需要选择滑块、沙桶和沙子构成的整体研究合外力做功与动能变化量的关系；
[3]满足M m
?，绳子拉力近似等于沙桶和沙子的总重量，从A点到D点拉力做功：
32
234
()241010(1.84 2.25 2.67)10J0.016J
W mg x x x--
=++=⨯⨯⨯++⨯≈；
[4]匀变速运动中某段时间内，平均速度和中间时刻速度相等，A、D点速度：
12A 0.01420.0184m/s 0.163m/s 220.1x x v T ++=
==⨯ 45D 0.02670.0310m/s 0.2885m/s 220.1
x x v T ++===⨯ 动能变化量：
223232k D A 1111500100.2885J 500100.163J 0.014J 2222
E Mv Mv --∆=-=⨯⨯⨯-⨯⨯⨯≈。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．①0.33l 0 ②2.1T 0
【解析】
【详解】
①初状态：Ⅰ气体压强
1001.5mg p p p S
=+= Ⅱ气体压强 2102mg p p p S
=+= 添加铁砂后：Ⅰ气体压强 1003 2.5mg p p p S
'=+= Ⅱ气体压强 2
103mg p p p S ''=+= Ⅱ气体发生等温变化，根据玻意耳定律：
p 2l 0S ＝p′2l 2S
B 活塞下降的高度h 2＝l 0－l 2
带入数据解得h 2＝0.33l 0.
②Ⅰ气体发生等温变化，根据玻意耳定律：
p 1l 0S ＝p′1l 1S
只对Ⅱ气体加热，Ⅰ气体状态不变，所以当A 活塞回到原来位置时，Ⅱ气体高度 2
0`02 1.4l l l l '=-= 根据理想气体状态方程
202202
p l S p l S T T ''= 解得T 2＝2.1T 0.
16．（1）0.8s ；（2）104W 。

【解析】
【详解】
（1）由动能定理得
21012
mgh mv = 物块垂直打到传送带上，则
0tan y v v θ
= 平抛运动竖直方向上
y gt =v
解得0.8s t =
（2）平抛运动竖直方向上
21 3.22
y gt m == 设在传送带上的落点与底端相距1L
211m sin h y L θ
-== cos sin mg mg ma μθθ-=
22v ax =
1v at =
12s t =
每1s 放一个物块，共两个物块匀加速
2m x =
滑块先匀加速后匀速运动
共速后物块可与传送带相对静止匀速运动，相邻两个物块间距为 2m x v t ∆=∆=
1L L x n x --=∆
2n =
传送带上总有两个物块匀加速，两个物块匀速
2cos 2sin f mg mg μθθ=+
电机因传送物块额外做功功率为
104W P fv ==
17． (1)1mg x k =(2)22A B v v v ===010mg x k = 【解析】
【详解】
(1)设开始弹簧的压缩量为1x ，对A
1mg kx =
故
1mg x k
= (2)B 球受电场力为
qE mg =
AB 小球刚分离时对B 由牛顿第二定律有
2B mg qE a g m
+== AB 二者加速度相等
2A B a a g ==
对A 有
2A mg kx ma +=
所以
21mg x x k
== 即弹簧拉伸量等于开始时的压缩量，刚分离时AB 小球速度相等，设为2v 2A B v v v ==
依题意，B 相对于碰撞位置上升最高
3mg k ，故AB 分离后B 再上升高度mg k ，AB 分离后B 向上做竖直上抛运动，由运动学公式
2222mg v g k
=⨯⨯ 即
22A B v v v ===(3)设AB 碰后共同速度为1v ，对AB 整体从碰后到二者分离过程，由动能定理有
2212111(2)22222
mg qE x mv mv -+⨯=⨯-⨯ 得
1v = 设B 与A 碰撞前速度大小为0v ，AB 碰撞过程动量守恒 012mv mv =
得
0122v v == B 在下落过程中受重力与电场力，由动能定理
2001()2
mg qE x mv += 解得
010mg x k
=。