广西达标名校2018年高考一月仿真备考物理试题含解析

广西达标名校2018年高考一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．某同学用如图甲所示的装置测量滑块A 与木板间的动摩擦因数，用手缓慢地提起木板的左端使木板以其右端为圆心缓慢转动，当板与水平方向的夹角37θ=︒时，滑块A 开始沿板下滑。

而后将木板和滑块A 平放在水平桌面上，木板固定在桌面上，如图乙所示，滑块A 左侧弹簧测力计读数为5N 且处于伸长状态，右侧通过轻质细绳绕过定滑轮悬挂一轻质砝码盘，滑轮摩擦不计，滑块的质量1kg M =，连接滑块的弹簧测力计和细线均水平放置，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

若缓慢增加盘中的砝码，使盘中砝码总质量达到1.2kg 时，将会出现的情况是()210m/s g =（ ）
A ．A 向右运动
B ．木板对A 的摩擦力为7.5N
C ．木板对A 的摩擦力方向保持不变
D ．弹簧测力计读数仍为5N
2．如图所示，一定质量的理想气体从状态A 经过状态B 、C 又回到状态A 。

下列说法正确的是（ ）
A ．A→
B 过程中气体分子的平均动能增加，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增加
B ．C→A 过程中单位体积内分子数增加，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少
C ．A→B 过程中气体吸收的热量大于B→C 过程中气体放出的热量
D ．A→B 过程中气体对外做的功小于C→A 过程中外界对气体做的功
3．如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R ，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F 作用下加速上升的一段时间内，力F 做的功与安培力做的功的代数和等于
A．棒的机械能增加量 B．棒的动能增加量C．棒的重力势能增加量D．电阻R上放出的热量
4．如图所示，在水平地面上O点正上方的A、B两点水平抛出两个相同小球，两小球同时落在水平面上的C点，不计空气阻力。

则两球
A．可能同时抛出
B．落在C点的速度方向可能相同
C．落在C点的速度大小一定不同
D．落在C点时重力的瞬时功率一定不同
5．在x轴上有两个固定的点电荷Q1、Q2，其中Q1为正电荷，Q2为负电荷。

一带正电的粒子仅在电场力作用下从原点O由静止开始沿x轴运动，其动能E k随位置x的变化关系如图，则能够正确表示Q1、Q2位置的图像是（）
A．B．
C．D．
6．一列简谐横波沿x轴传播，图（甲）是t=0时刻的波形图，图（乙）是x=1.0m处质点的振动图像，下列说法正确的是（）
A．该波的波长为2.0m B．该波的周期为1s
C ．该波向x 轴正方向传播
D ．该波的波速为2.0m/s
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．如图所示直角坐标xOy 平面，在0≤x≤a 区域Ⅰ内有沿x 轴正向的匀强电场，电场强度大小为E ；在x>a 的区域Ⅱ中有垂直于xOy 平面的匀强磁场(图中未画出)，一质量为m 、电荷量为q 的正粒子，从坐标原点由静止开始自由释放，不计粒子重力，能过坐标为(a ，b)的P 点，则下列说法正确的是( )
A ．磁场方向垂直于xOy 平面向里
B ．粒子通过P 点时动能为qEa
C ．磁感应强度B 的大小可能为 22mEa qb
D ．磁感应强度B 的大小可能为6
22mEa qb 8．如图所示。

在MNQP 中有一垂直纸面向里匀强磁场。

质量和电荷量都相等的带电粒子a 、b 、c 以不同的速率从O 点沿垂直于PQ 的方向射入磁场。

图中实线是它们的轨迹。

已知O 是PQ 的中点。

不计粒子重力。

下列说法中正确的是（ ）
A ．粒子c 带正电，粒子a 、b 带负电
B ．射入磁场时粒子c 的速率最小
C ．粒子a 在磁场中运动的时间最长
D ．若匀强磁场磁感应强度增大，其它条件不变，则a 粒子运动时间不变
9．2018年世界排球锦标赛上，中国女排姑娘们的顽强拼搏精神与完美配合给人留下了深刻的印象。

某次比赛中，球员甲接队友的一个传球，在网前L ＝3.60 m 处起跳，在离地面高H ＝3.20 m 处将球以v 0＝12 m/s 的速度正对球网水平击出，对方球员乙刚好在进攻路线的网前，她可利用身体任何部位进行拦网阻击。

假设球员乙的直立和起跳拦网高度分别为h 1＝2.50 m 和h 2＝2.95 m ，g 取10 m/s 2.下列情景中，球员乙可能拦网成功的是（ ）
A．乙在网前直立不动B．乙在甲击球时同时起跳离地
C．乙在甲击球后0.18 s起跳离地D．乙在甲击球前0.3 s起跳离地
10．下列说法中正确的是（）
A．布朗运动是液体分子的无规则运动
B．扩散现象是由物质分子无规则运动产生的
C．热量只能从高温物体传到低温物体
D．固体分子间同时存在着引力和斥力
E.温度标志着物体内大量分子热运动的剧烈程度
11．如图，水平面内固定有两根平行的粗糙长直金属导轨，两根相同的导体棒AB、CD置于导轨上并与导轨垂直，整个装置处于竖直方向的匀强磁场中。

从t=0时开始，对AB棒施加一与导轨平行的水平外力F，使AB棒从静止开始向右做加速度大小为a0的匀加速直线运动。

导轨电阻不计，两棒均与导轨接触良好，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力。

下列关于CD棒的速度v、加速度a、安培力F安和外力F随时间t变化的关系图线可能正确的是（）
A．B．C．
D．
12．如图是一辆汽车做直线运动的s-t图象,对线段OA、AB、BC、CD所表示的运动,下列说法正确的是（）
A．OA段运动最快
B．AB段静止
C．CD段表示的运动方向与初始运动方向相反
D．运动4h汽车的位移大小为30km
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
、”的字样，现在要用伏安法描绘出这个电珠的U I 图象，有下列器材供13．一个小电珠上标有“2V2W
选用：
A．电压表（量程为0~3V，内阻约为10kΩ）
B．电压表（量程为015V，内阻约为20kΩ）
C．电流表（量程为00.6A，内阻约为1Ω）
D．电流表（量程为0 1.0A，内阻约为0.4Ω）
E．滑动变阻器（阻值范围为05Ω，额定电流为10A）
F．滑动变阻器（阻值范围为0500Ω，额定电流为0.2A）
(1)实验中电压表应选用_______，电流表应选用_______（均用器材前的字母表示）。

(2)为了尽量减小实验误差，要电压从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器调节方便，滑动变阻器应选用_________（用器材前的字母表示）。

(3)请在虚线框内画出满足实验要求的电路图_____，并把图中所示的实验器材用实线连接成相应的实物电路图_______
14．某同学测量一段粗细均匀电阻丝的电阻率，实验操作如下：
（1）用螺旋测微器测量该电阻丝的直径，如图甲所示的示数为_________mm。

（2）用多用电表“×1 "倍率的欧姆挡测量该电阻丝的阻值，如图乙所示的示数为_________Ω。

（3）用电流表（内阻约为5Ω）、电压表（内阻约为3kΩ）测量该电阻丝的阻值R x，为了减小实验误差，并要求在实验中获得较大的电压调节范围，下列电路中符合要求的是_________。

A ．
B ．
C ．
D ．
（4）用第（3）问中C 选项的方法接入不同长度的电阻丝l ，测得相应的阻值R ，并作出了R-l 图象，如图丙所示中符合实验结果的图线是_________（选填“a”“b”或“ c ”），该电阻丝电阻率的测量值_________（选填“大于” “小于”或“等于”）真实值。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．应用如图所示的装置研究带电粒子在电场、磁场中的运动情况。

相邻的区域I 、II 均为边长为L 的正方形。

区域I 内可以添加方向竖直向下的匀强电场；区域II 内可以添加方向垂直纸面向里的匀强磁场。

区域II 的边缘处有可探测带电粒子的屏。

一束带电粒子沿两区域中间轴线以速度0v 水平射入区域I ，粒子束中含有多种粒子，其电荷量由小到大的范围为12~q q ++，质量由小到大的范围为12~m m 。

粒子在电场中只受电场力，在磁场中只受洛伦兹力。

(1)若只在区域II 内添加磁场，且能够在屏上探测到所有粒子，则磁感应强度为多大；
(2)若只在区域I 内添加电场，且能够在屏上探测到所有粒子，则电场强度为多大；
(3)当两个区域分别添加上述(1)(2)中的电场及磁场，电荷量为1q 、质量为2m 的粒子能够在屏上探测到。

求解粒子在屏上显现的位置，试列出各求解方程式。

（不对方程式求解）
16．如图所示，地面和半圆轨道面均光滑．质量M=1kg 、长L=4m 的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离为S=3m ，小车上表面与半圆轨道最低点P 的切线相平．现有一质量m=1kg 的滑块（不计大小）以v 0=6m/s 的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动．小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面的滑动摩擦因数μ=0.1，g 取10m/s 1．
（1）求小车与墙壁碰撞时的速度；
（1）要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，求半圆轨道的半径R 的取值．
17．如图所示的直角坐标系xOy ，在其第二象限内有垂直纸面向里的匀强磁场和沿y 轴负方向的匀强电场。

虚线OA 位于第一象限，与y 轴正半轴的夹角θ=60°，在此角范围内有垂直纸面向外的匀强磁场；OA 与y 轴负半轴所夹空间里存在与OA 平行的匀强电场，电场强度大小E=10N/C 。

一比荷q=1×106C/kg 的带电粒子从第二象限内M 点以速度v=2.0×103m/s 沿x 轴正方向射出，M 点到x 轴距离d=1.0m ，粒子在第二象限内做直线运动；粒子进入第一象限后从直线OA 上的P 点（P 点图中未画出）离开磁场，且OP=d 。

不计粒子重力。

(1)
求第二象限中电场强度和磁感应强度的比值00
E B ； (2)求第一象限内磁场的磁感应强度大小B ；
(3)粒子离开磁场后在电场中运动是否通过x 轴？如果通过x 轴，求其坐标；如果不通过x 轴，求粒子到x 轴的最小距离。

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．D
【解析】
【详解】
ABD.缓慢转动木板使滑块开始下滑时，静摩擦力恰好达到最大值，由平衡条件得：
sin cos Mg Mg θμθ=，
解得：
0.75μ=，
木板与滑块水平放置时，木板与滑块间的最大静摩擦力：
0.75110N 7.5N m f Mg μ==⨯⨯=，
不放砝码时，滑块水平方向受弹簧测力计的拉力和木板对A 的摩擦力，由平衡条件得：
5N F f ==，
摩擦力方向水平向右，当砝码盘总质量达到1.2kg 时，物块A 受到右侧绳的拉力：
1. 210N 12N T F mg ==⨯=，
设滑块仍处于静止，由平衡条件得：
T F f F '+=，
得：
7N 7.5N f '=<，
假设成立，滑块仍处于静止，弹簧测力计读数仍为5N ，故AB 错误，D 正确；
C.对比初状态的摩擦力可得摩擦力方向由水平向右变为水平向左，故C 错误。

故选：D 。

2．C
【解析】
【分析】
【详解】
A ． A→
B 过程中，温度升高，气体分子的平均动能增加，过原点直线表示等压变化，故单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减小，故A 错误；
B ． C→A 过程中体积减小，单位体积内分子数增加，温度不变，故单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增加，故B 错误；
C ． 气体从A→B 过程中，温度升高且体积增大，故气体吸收热量且对外做功，设吸热大小为Q 1，做功大小为W 1，根据热力学第一定律有：△U 1=Q 1-W 1，气体从B→C 过程中，温度降低且体积不变，故气体不做功且对外放热，设放热大小为Q 2，根据热力学第一定律：△U 2=-Q 2，气体从C→A 过程中，温度不变，内能增量为零，有：
△U=△U 1+△U 2=Q 1-W 1-Q 2=0
即
Q 1=W 1+Q 2＞Q 2
所以A→B 过程中气体吸收的热量Q 1大于B→C 过程中气体放出的热量Q 2，故C 正确；
D ． 气体做功W p V =∆ ，A→B 过程中体积变化等于C→A 过程中体积变化，但图像与原点连接的斜率越大，压强越小，故A→B 过程中气体对外做的功大于C→A 过程中外界对气体做的功，故D 错误。

故选C 。

3．A
【解析】
【分析】
棒在竖直向上的恒力F 作用下加速上升的一段时间内，F 做正功，安培力做负功，重力做负功，动能增大．根
据动能定理分析力F 做的功与安培力做的功的代数和．
【详解】
A ．棒受重力G 、拉力F 和安培力F A 的作用．由动能定理：W F +W G +W 安=△E K
得W F +W 安=△E K +mgh
即力F 做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增加量．故A 正确．
B ．由动能定理，动能增量等于合力的功．合力的功等于力F 做的功、安培力的功与重力的功代数和．故B 错误．
C ．棒克服重力做功等于棒的重力势能增加量．故C 错误．
D ．棒克服安培力做功等于电阻R 上放出的热量．故D 错误
【点睛】
本题运用功能关系分析实际问题．对于动能定理理解要到位：合力对物体做功等于物体动能的增量，哪些力对物体做功，分析时不能遗漏．
4．D
【解析】
【详解】
A ．平抛运动的时间由竖直高度决定，根据：
212
h gt = 可知两小球抛出高度不同，落地时间不同，不可能同时抛出，A 错误；
B ．平抛运动的末速度方向的反向延长线必过水平位移的中点，两小球平抛的水平位移相同，竖直位移不同，所以在
C 点的末速度方向不同，B 错误；
C ．平抛运动的末速度：
v ==若A B v v =，则代入上述公式解得：2
A B
4x h h =，有解，说明速度可以相等，C 错误；
D ．落地C 点重力的瞬时功率：
2y P mgv mg t ==
两小球落地时间不同，落地时重力的瞬时功率不同，D 正确。

故选D 。

5．A
【解析】
【详解】
由动能定理可知k E Fx =可知k E x -图像的斜率等于电场力，由图像可知，在0~x 0之间存在一个场强为0的点（设为M 点），且在OM 之间运动时电场力做正功，在M 与x 0之间运动时电场力做负功；由此刻判断0~x 0区间肯定在两点荷的同一侧，且正电荷Q 1距离O 点较近，故选项A 正确，BCD 错误； 故选A 。

6．D
【解析】
【分析】
【详解】
ABD ．根据甲、乙图可知，波长4m ，周期2s ，波速
=2m/s v T λ
=
选项AB 错误，D 正确；
C ．根据图乙t=0s 时，质点向下振动，所以甲图x=1m 坐标向下振动，由同侧法可得波向x 轴负方向传播，选项C 错误。

故选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．ABD
【解析】
【详解】
根据题意可得，粒子能够通过（a ，b ）的P 点，轨迹可能的情况如图所示，
A ．根据左手定则可得，磁场方向垂直于xOy 平面向里，A 正确；
B ．洛伦兹力不做功，整个过程中只有电场力做功，根据动能定理可得，粒子通过P 点时动能为 k E qEa =
故B 正确；
CD ．粒子在磁场中运动的速度大小为v ，则
212
k E qEa mv == 解得
v = 粒子在磁场中运动的半径为
2b r n
=其中n=1、2、3…， 根据mv r qB
=可得
2B =
n=3时，B =C 错误，D 正确。

8．AC
【解析】
【分析】
【详解】 A ．带电粒子在磁场中受到洛伦兹力发生偏转，根据左手定则可知粒子c 带正电，粒子a 、b 带负电，A 正确；
B ．洛伦兹力提供向心力
2
v qvB m R
= 解得
qBR v m
= 根据几何关系可知粒子a 运动的半径最小，所以粒子a 的速率最小，B 错误；
C ．粒子在磁场中运动的周期为
22R m T v qB
ππ== 粒子a 在磁场中轨迹对应的圆心角最大，大小为180︒，所以粒子a 在磁场中运动的时间最长，为半个周期，C 正确；
D ．洛伦兹力提供向心力
2
v qvB m R
=
解得粒子运动半径
mv R qB
= 磁感应强度B 增大，可知粒子a 运动的半径减小，所以粒子运动的圆心角仍然为180︒，结合上述2m T qB
π=可知粒子运动的周期改变，所以粒子a 运动的时间改变，D 错误。

故选AC 。

9．BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．若乙在网前直立不动，则排球到达乙的位置的时间 0 3.600.312
L t s s v === 排球下落的高度为
2211100.3m=0.45m<(3.2-2.5)m=0.7m 22
h gt ∆==⨯⨯ 则不能拦网成功，选项A 错误；
B ．因为乙在空中上升的时间为
10.3t s == 乙在甲击球时同时起跳离地，在球到达乙位置时，运动员乙刚好到达最高点，因2.95m>3.2m-0.45m=2.75m ，则可以拦住，故B 正确；
C ．结合选项B 的分析，乙在甲击球后0.18s 起跳离地，初速度为
v=gt 1=10×0.3=3m/s
上升时间t′=0.12s 时球到达乙位置，上升的高度为
'210.288m 2
h vt gt '-'＝＝ 2.50m+0.288m=2.788m ＞2.75m ，可以拦网成功，故C 正确；
D ．乙在甲击球前0.3 s 起跳离地，因为乙在空中的时间为0.6s ；则当排球到达球网位置时，乙已经落地，则不能拦网成功，选项D 错误。

故选BC 。

10．BDE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．布朗运动是悬浮在液体表面的固体颗粒的无规则运动，是液体分子无规则运动的具体表现，选项A 错误；
B ．扩散现象是由物质分子无规则运动产生的，选项B 正确；
C ．热量能自发地从高温物体传到低温物体，也能从低温物体传到高温物体，但是要引起其他的变化，选项C 错误；
D ．固体分子间同时存在着引力和斥力，选项D 正确；
E ．温度是分子平均动能的标志，标志着物体内大量分子热运动的剧烈程度，故E 正确。

故选BDE 。

11．BD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．因金属棒与导轨之间有摩擦力，可知开始时导体棒CD 的速度为零，当所受的安培力等于最大静摩擦力时才开始运动，故A 错误；
B ．开始时，CD 棒的速度为零，加速度为零；当CD 开始运动后加速度从0开始逐渐变大，与AB 的速度差逐渐变大，则回路中感应电流逐渐变大，导体棒所受的向右的安培力逐渐变大，加速度逐渐变大，当CD 的加速度与AB 加速度相等时，两棒的速度差保持不变，安培力保持不变，加速度保持不变，故B 正确；
C ．在开始C
D 棒不动时，安培力
2222BLat B L a F BL t R R
==安 即安培力随时间成正比关系增加；当CD 开始运动后，导体棒所受的向右的安培力逐渐变大，但非线性增加，最后保持不变，故C 错误；
D ．对AB 外力
2200=2B L a F ma f F ma f t R
=++++安 开始时CD 加速度为零，AB 加速度为a=a 0，则此时外力F 随时间t 线性增加；当CD 开始运动后加速度从0开始逐渐变大，导体棒AB 所受的向左的安培力逐渐变大，但非线性增加，最后保持不变，故D 正确。

故选BD 。

12．BC
【解析】
试题分析：直线运动的s-t 图象中斜率表示速度：
CD 段斜率最大，运动的最快，A 错误；AB 段斜率为零，静止，B 正确；CD 段（斜率为负）表示的运动方
向与初始运动（斜率为正）方向相反，C 正确；运动4h 汽车的位移大小为零，D 错误．
考点：本题考查直线运动的s-t 图象．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．A D E
【解析】
【详解】
(1)[1]因为电珠的额定电压为2V ，为保证实验安全，选用的电压表量程应稍大于2V ，但不能大太多，量程太大则示数不准确，所以只能选用量程为03V 的电压表，故选A ；
[2]由P UI =得，电珠的额定电流
1A P I U == 应选用量程为0 1.0A 的电流表，故选D 。

(2)[3]由题意可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，而分压接法中，为调节方便应选总阻值小的滑动变阻器，故选E 。

(3)[4][5]电珠内阻
2
2ΩU R P
== 电压表内阻远大于电珠内阻，应采用电流表外接法，故电路图和实物连接图分别如图乙、丙所示
14．2.819〜2.821 7 D a 等于
【解析】
【详解】
（1）[1]螺旋测微器的转动刻度50格共0.5mm 长，精确度为0.01mm ，格数要估读到0.1格，则电阻丝的
直径为：
2.5mm 32.00.01mm 2.820mm d =+⨯=（2.819~2.821）
； （2）[2]欧姆表读电阻，由表盘上的数字乘以倍率得到阻值，可得：
7.017.0x R =⨯Ω=Ω（或7）
（3）[3]实验中获得较大的电压调节范围，则需要滑动变阻器选择分压式接法；
而待测电阻满足：
753000506x A V
R R R ≈Ω<⋅=⨯Ω=Ω
即待测电阻为小电阻，用电流表的外接法减小系统误差；综上选择D 电路实验； （4）[4]根据电阻定律
R L S ρ
=⋅，
可知R L -图像应该是过原点的倾斜直线，但（3）问中的C 项电路采用的是电流表的内接法，因电流表分分压导致电阻的测量值偏大，有：
=A R R L S ρ
+测
故测量图线不过原点，而有纵截距；故选a 图线；
[5]由R L -图像求电阻率是利用斜率k L ρ=
求得，a 图线和准确图线的斜率相同，故电阻率的测量值等
于真实值。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15． (1)0145mv q L ；(2)220max 13m v E q L =；(3)sin cos R R L αβ+=，cos sin 2L y R H R αβ⎛⎫-+=+ ⎪⎝⎭ 【解析】
【详解】
(1)如图甲所示，磁场中运动有
20v qvB m R
= ① 由几何关系得
2
222L R R L ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭
得 54L
R = ② 解①②式得
045mv B qL
= 电荷量为1q 、质量为2m 时磁场磁感应强度最大，有
20max 145m v B q L = (2)如图乙，在电场中运动，竖直方向有
qE ma =③
又有 y v at =④
水平方向有
0L v t =⑤
又有
0tan y
v v α=⑥
由几何关系得
2tan 2L L L α=+⑦
解③~⑦式得
203mv E qL
= 电荷量为1q 、质量为2m 时电场强度最大，有
220max 13m v E q L
= (3)如图丙，电场中有
sin α=y v v
，220y
v v v =+⑧ 又有 02322
y L v y L L v ==⑨ 磁场中运动的半径为
54
L R =⑩ 由几何关系得
sin cos R R L αβ+=
cos sin 2L y R H R αβ⎛⎫-+=+ ⎪⎝⎭
16．（1）小车与墙壁碰撞时的速度是4m/s ；
（1）要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径R 的取值为R≤0.14m 或R≥0.6m ．
【解析】
解：（1）设滑块与小车的共同速度为v 1，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，有
mv 0=（m+M ）v 1
代入数据解得
v 1=4m/s
设滑块与小车的相对位移为 L 1，由系统能量守恒定律，有
μmgL 1=
代入数据解得 L 1=3m
设与滑块相对静止时小车的位移为S 1，根据动能定理，有
μmgS 1=
代入数据解得S 1=1m
因L 1＜L ，S 1＜S ，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与碰壁碰撞时的速度即v 1=4m/s ．
（1）滑块将在小车上继续向右做初速度为v 1=4m/s ，位移为L 1=L ﹣L 1=1m 的匀减速运动，然后滑上圆轨道的最低点P ．
若滑块恰能滑过圆的最高点，设滑至最高点的速度为v ，临界条件为 mg=m
根据动能定理，有
﹣μmgL 1﹣
①②联立并代入数据解得R=0.14m 若滑块恰好滑至圆弧到达T 点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道．
根据动能定理，有
﹣μmgL 1﹣
代入数据解得R=0.6m
综上所述，滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径必须满足
R≤0.14m 或R≥0.6m
答：
（1）小车与墙壁碰撞时的速度是4m/s ；
（1）要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径R 的取值为R≤0.14m 或R≥0.6m ．
【点评】本题通过计算分析小车与墙壁碰撞前滑块与小车的速度是否相同是难点．第1题容易只考虑滑块通过最高点的情况，而遗漏滑块恰好滑至圆弧到达T 点时停止的情况，要培养自己分析隐含的临界状态的能力．
17． (1)32.010m/s ⨯；(2)3210T -⨯；(3)不会通过，0.2m
【解析】
【详解】
(1)由题意可知，粒子在第二象限内做匀速直线运动,根据力的平衡有 00qvB qE =
解得
300
2.010m/s E B =⨯
(2)粒子在第二象限的磁场中做匀速圆周运动，由题意可知圆周运动半径
1.0m R d ==
根据洛伦兹力提供向心力有
2
v qvB m R
= 解得磁感应强度大小
3210T B -=⨯
(3)粒子离开磁场时速度方向与直线OA 垂直，粒子在匀强电场中做曲线运动，粒子沿y 轴负方向做匀减速直线运动，粒子在P 点沿y 轴负方向的速度大小
sin y v v θ=
粒子在电场中沿y 轴方向的加速度大小
cos y qE a m
θ= 设经过t ∆时间，粒子沿y 轴方向的速度大小为零，根据运动学公式有
y
y v t a ∆=
t ∆时间内，粒子沿y 轴方向通过的位移大小
2y
v y t ∆=⋅∆
联立解得
0.3m y ∆=
由于
cos y d θ∆<
故带电粒子离开磁场后不会通过x 轴，带电粒子到x 轴的最小距离
cos 0.2m d d y θ'=-∆=。