南京市达标名校2018年高考五月大联考物理试卷含解析

南京市达标名校2018年高考五月大联考物理试卷
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
1．一根重为G 的金属棒中通以恒定电流，平放在倾角为30°光滑斜面上，如图所示为截面图。

当匀强磁场的方向垂直斜面向上时，金属棒处于静止状态，此时金属棒对斜面的压力为F N1，安培力大小为F 1，保持磁感应强度的大小不变，将磁场的方向改为竖直向上时，适当调整电流大小，使金属棒再次处于平衡状态，此时金属棒对斜面的压力为F N2，安培力大小为F 2。

下列说法正确的是（ ）
A ．金属棒中的电流方向垂直纸面向外
B ．金属棒受到的安培力之比123
2F F = C ．调整后电流强度应比原来适当减小
D ．N1N243
F F = 2．下图是a 、b 两光分别经过同一双缝干涉装置后在屏上形成的干涉图样，则（ ）
A ．在同种均匀介质中，a 光的传播速度比b 光的大
B ．从同种介质射入真空发生全反射时a 光临界角大
C ．照射在同一金属板上发生光电效应时，a 光的饱和电流大
D ．若两光均由氢原子能级跃迁产生，产生a 光的能级能量差大
3．电动平衡车因为其炫酷的操作，被年轻人所喜欢，变成了日常通勤的交通工具。

平衡车依靠人体重心的改变，来实现车辆的启动、加速、减速、停止等动作。

下表所示为某款电动平衡车的部分参数，若平衡车以最大速度行驶时，电机恰好达到额定功率，则下列说法中正确的是（ ） 电池输出电压
36 V 电池总容量 50000 mA·h 电机额定功率
900 W 最大速度 15 km/h 充电时间 2~3小时 百公里标准耗电量 6 kW·h
A．电池最多输出的电能约为1800 J
B．充满电的平衡车以额定功率行驶的最长时间约为2 h
C．该平衡车以最大速度行驶时牵引力约为60 N
D．该平衡车在标准情况下能骑行的最大里程约为3 km
4．如图所示，一人用钳碗夹住圆柱形茶杯，在手竖直向上的力F作用下，夹子和茶杯相对静止，并一起向上运动。

夹子和茶杯的质量分别为m、M假设夹子与茶杯两侧间的静摩擦力在竖方向上，夹子与茶杯两侧间的弹力在水平方向上，最大静摩擦力均为f，则下列说法正确的是（）
A．人加大夹紧钳碗夹的力，使茶杯向上匀速运动，则夹子与茶杯间的摩擦力增大
B．当夹紧茶杯的夹子往下稍微移动一段距离，使夹子的顶角张大，但仍使茶杯匀速上升，人的作用力F 将变小
C．当人加速向上提茶杯时，作用力下可以达到的最大值是2f(m+M)
M
D．无论人提着茶杯向上向下做怎样的运动，若茶杯与夹子间不移动，则人的作用力F=(M+m）g
5．电路如图所示，当a、b两端接入100 V电压时，用理想电压表测得c、d两端电压为20 V；当c、d两端接入100 V电压时，用理想电压表测得a、b两端电压为50 V，则R1∶R2∶R3等于()
A．4∶2∶1 B．2∶1∶1
C．3∶2∶1 D．5∶3∶2
6．如图所示，在横截面为正三角形的容器内放有一小球，容器内各面与小球恰好接触，图中a、b、c为容器的三个侧面、将它们以初速度v0竖直向上抛出，运动过程中容器所受空气阻力与速率成正比，下列说法正确的是
A ．上升过程中，小球对c 有压力且逐渐变大
B ．上升过程中，小球受到的合力逐渐变大
C ．下落过程中，小球对a 有压力且逐渐变大
D ．下落过程中，小球对容器的作用力逐渐变大
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．如图甲为研究光电效应实验的部分装置示意图。

实验中用频率为ν的光照射某种金属，其光电流随光电管外电源电压变化的i U -图像如图乙。

已知普朗克常量为h ，电子带的电荷量为e 。

下列说法中正确的是（ ）
A ．测量电压c U 时，光电管的K 极应连接外电源的负极
B ．光电子的最大初动能为c eU
C ．该金属的逸出功为h ν
D ．当电压大于m U 时，增加光照强度则光电流增大
8．如图所示，水平转台上有一个质量为m 的物块，用长为L 的细线将物块连接在转轴上，细线与竖直转轴的夹角为θ，此时细线中张力为零，物块与转台间的动摩擦因数为μ(tan μθ<)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，则下列说法正确的是（ ）
A ．转台一开始转动，细线立即绷直对物块施加拉力
B ．当细线中出现拉力时，转台对物块做的功为1sin 2
mgL μθ C 2cos g L θ
D．当转台对物块的支持力刚好为零时，转台对物块做的功为
2
sin 2cos mgLθ
θ
9．如图所示，等量同种正电荷固定在M、N两点，虚线框ABCD是以MN连线的中点为中心的正方形，其中G、H、E、F分别为四条边的中点，则以下说法中正确的是（）
A．若A点电势为5V，则B点电势为5V
B．同一正电荷在A点具有的电势能大于在D点具有的电势能
C．在G点释放一个带正电粒子(不计重力)，粒子将沿GH连线向H点运动
D．在E点释放一个带正电粒子(不计重力)，粒子将沿EF连线向F点运动
10．如图，从P点以水平速度v将小皮球抛向固定在地面上的塑料筐，小皮球恰好能够入筐。

不考虑空气阻力，则小皮球在空中飞行的过程中（）
A．在相等的时间内，皮球动量的改变量相同
B．在相等的时间内，皮球动能的改变量相同
C．下落相同的高度，皮球动量的改变量相同
D．下落相同的高度，皮球动能的改变量相同
11．一定质量的理想气体，从状态A变化到状态B，再变化到状态C，变化过程的p-V图象如图所示，已知状态A时气体温度为200K。

下列说法正确的是（）
A．状态B时气体温度是600K
B．状态C时气体温度是600K
C．状态A到B的过程，气体放热
D．状态B到C的过程，气体放热
E.状态A到B再到C的过程，气体内能先增大后减小
12．科学实验证明，通电长直导线周围磁场的磁感应强度大小
I
B k
l
=，式中常量k>0，I为电流强度，l
为距导线的距离。

如图所示，三根完全相同且通有恒定电流的长直导线a、b、c，其截面位于等边三角形的三个顶点，a、b、c通过的恒定电流大小分别为I a、I b、I c，b、c位于光滑绝缘水平面上，三根导线均可保持静止状态，则（）
A．a、b通有同向的恒定电流
B．导线a受的合磁场力竖直向上
C．导线a、b所受的合磁场力大小相等、方向相反
D．导线a、b、c上通有的电流大小关系为I a＝2I b＝2I c
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某高一同学寒假时，在教材中查到木质材料与金属材料间的动摩擦因数为0.2，为了准确验证这个数据，他设计了一个实验方案，如图甲所示，图中长铝合金板水平固定。

（1）下列哪些操作是必要的_____
A．调整定滑轮高度，使细绳与水平铝合金板平行
B．将铝合金板垫起一个角度
C．选尽量光滑的滑轮
D．砝码的质量远小于木块的质量
（2）如图乙所示为木块在水平铝合金板上带动纸带运动时打出的一条纸带，测量数据如图乙所示，则木块加速度大小a＝_____m/s2（电火花计时器接在频率为50Hz的交流电源，结果保留2位有效数字）。

（3）该同学在实验报告中，将测量原理写为：根据mg﹣μMg＝Ma，得
mg Ma
Mg μ
-
=
．其中M 为木块的质量，m 为砝码盘和砝码的总质量，a 为木块的加速度，重力加速度为g 。

判断该同学的做法是否正确，如不正确，请写出μ的正确表达式：_____。

（4）若m ＝70g ，M ＝100g ，则可测得μ＝_____（g 取9.8m/s 2，保留2位有效数字）。

14．某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究，一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连:弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图（a ）所示．向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放．小球离开桌面后落到水平地面．通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．
回答下列问题：
（1）本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能E p 与小球抛出时的动能E k 相等．已知重力加速度大小为g ，为求得E k ，至少需要测量下列物理量中的 （填正确答案标号）．
A ．小球的质量m
B ．小球抛出点到落地点的水平距离s
C ．桌面到地面的高度h
D ．弹簧的压缩量△x
E.弹簧原长l 0
（2）用所选取的测量量和已知量表示E k ，得E k = ．
（3）图（b ）中的直线是实验测量得到的s —△x 图线．从理论上可推出，如果h 不变．m 增加，s —△x
图线的斜率会 （填“增大”、“减小”或“不变”）；如果m 不变，
h 增加，s —△x 图线的斜率会 （填“增大”、“减小”或“不变”）．由图（b ）中给出的直线关系和E k 的表达式可知，E p 与△x 的 次方成正比．
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图，内壁光滑的圆桶形导热容器A 内装有足够深的水银，水银与活塞间封闭有定质量的理想气体，
将一长为45cm h =、上端封闭的导热细玻璃管B 通过长为45cm h =的细杆固定在活塞下方，
A 的横截面积远大于
B 的横截面积。

开始时细玻璃管B 的开口端刚好未触及水银，封闭气体的压强相当于高度
080cm H =水银柱产生的压强。

现给活塞施加向下的外力，使活塞缓慢向下移动45cm 。

求最终细玻璃管B 内气柱的长度（环境温度保持不变）。

16．如图，固定在竖直平面内的倾斜轨道AB ，与水平光滑轨道BC 相连，竖直墙壁CD 高0.2H m =，紧靠墙壁在地面固定一个和CD 等高，底边长0.3L m =的斜面，一个质量0.1m kg =的小物块(视为质点)在轨道AB 上从距离B 点4l m =处由静止释放，从C 点水平抛出，已知小物块在AB 段与轨道间的动摩擦因
数为0.5，达到B 点时无能量损失；AB 段与水平面的夹角为37.(o 重力加速度210/g m s =，sin370.6=o ，
cos370.8)o =
(1)求小物块运动到B 点时的速度大小；
(2)求小物块从C 点抛出到击中斜面的时间；
(3)改变小物块从轨道上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值.
17．如图所示，A 、B 和M 、N 为两组平行金属板。

质量为m 、电荷量为+q 的粒子，自A 板中央小孔进入A 、B 间的电场，经过电场加速，从B 板中央小孔射出，沿M 、N 极板间的中心线方向进入该区域。

已知极板A 、B 间的电压为U0，极板M 、N 的长度为l ，极板间的距离为d 。

不计粒子重力及其在a 板时的初速度。

（1）求粒子到达b 板时的速度大小v ；
（2）若在M 、N 间只加上偏转电压U ，粒子能从M 、N 间的区域从右侧飞出。

求粒子射出该区域时沿垂
直于板面方向的侧移量y；
（3）若在M、N间只加上垂直于纸面的匀强磁场，粒子恰好从N板的右侧边缘飞出，求磁感应强度B的大小和方向。

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．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据题意可知，当匀强磁场的方向垂直斜面向上时，金属棒受到的安培力沿着斜面向上，根据左手定则可知，金属棒中的电流方向垂直纸面向里，故A错误；
BD．当匀强磁场的方向垂直斜面向上时，金属棒受到的力如图所示
根据平衡条件可知
1sin30
2
G
F G
=⋅︒=
N1
3 cos30
2
G
F G
=⋅︒=
当磁场的方向改为竖直向上时，金属棒受力如图所示，
根据三角形定则有
2
3 tan30
G
F G
=⋅︒=
N2cos303
G F ==︒ 所以有
12F F =，N1N234F F = 故B 正确，D 错误；
C ．根据以上分析可知F 1＜F 2，所以I 1＜I 2，故C 错误。

故选B 。

2．D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由图可知a 光的干涉条纹间距小于b 光的，根据
L x d
λ∆= 可知a 的波长小于b 的波长，a 光的频率大于b 光的频率，a 光的折射率大于b 光的折射率，则根据
c n v
= 可知在同种介质中传播时a 光的传播速度较小，A 错误；
B ．根据
1sin C n
= 可知从同种介质中射入真空，a 光发生全反射的临界角小，B 错误；
C ．发生光电效应时饱和光电流与入射光的强度有关，故无法比较饱和光电流的大小，C 错误；
D ．a 光的频率较高，若两光均由氢原子能级跃迁产生，则产生a 光的能级差大，D 正确。

故选D 。

【点睛】 此题考查了双缝干涉、全反射、光电效应以及玻尔理论等知识点；要知道双缝干涉中条纹间距的表达式L x d
λ∆=，能从给定的图片中得到条纹间距的关系；要知道光的频率越大，折射率越大，全反射临界角越小，波长越小，在介质中传播的速度越小．
3．B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．电池最多储存的电能为
365000010360036 6.4810J W qU -==⨯⨯⨯=⨯
故A 错误；
B ．由储存的电能除以额定功率可求得时间为
6
h 906.48107200s=0
2t ⨯== 故B 正确；
C ．根据功率公式则有 900216N 4.17
P F v === 故C 错误；
D ．由电池总电量除以百公里标准耗电量即可求出
33
3650000101010030km 6
x --⨯⨯⨯=⨯= 故D 错误。

故选B 。

4．C
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．无论人手夹紧还是夹子下移使夹子顶角变化，茶杯向上匀速运动时，茶杯处于平衡状态，合力为零。

故
()F M m g =+
2f Mg =静
摩擦力不变，故AB 错误；
C ．当向上加速时，茶杯所受的摩擦力达到最大静摩擦力时，力F 的值最大，则有
2f Mg Ma -=
()()F M m g M m a -+=+ 联立解得2()f m M F M
+=，故C 正确； D ．当茶杯的运动状态改变，如向上匀加速运动时，F 大于（M+m ）g ，故D 错误。

故选C 。

5．A
【解析】 【详解】
当a 、b 两端接入100 V 电压时，用理想电压表测得c 、d 两端电压为20 V ，有：
ab 2
12
2U R R R +＝U cd
即：
2
12
1002R R R +＝20
整理得1
2R R ＝2；当c 、d 两端接入100 V 电压时，用理想电压表测得a 、b 两端电压为50 V ，有：
2
cd 2
32R R U R +＝U ab
即：
2
32
1002R R R +＝50
整理得2
3
R R ＝2，所以R 1∶R 2∶R 3＝4∶2∶1，A 正确，BCD 错误。

故选A 。

6．D 【解析】 【详解】
AB ．小球和正三角形容器为共加速系统，上升过程中，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律： ()()m m g kv m m a ++=+V V
系统加速度竖直向下且大于重力加速度，小球加速度向下，所以容器底面c 对小球无作用力，a 、b 侧面对小球的作用力竖直向下，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律： ab mg N ma +=
系统速度减小，加速度减小，小球受到的合外力减小，AB 错误； CD ．下落过程中，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律： ()()m m g kv m m a +-=+V V
系统加速度竖直向下且小于重力加速度，小球加速度向下，所以a 、b 侧面对小球无作用力，底面c 对小球的作用力竖直向上，根据牛顿第二定律：
mg N ma -=
系统的速度增大，加速度减小，小球的加速度减小，底面c 对小球的作用力增大，根据牛顿第三定律可知小球对容器的作用力逐渐变大，C 错误；D 正确。

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．BD 【解析】 【详解】
A ．电压c U 为反向遏止电压，此时光电管的K 极应连接外电源的正极，A 错误；
B ．光电子克服电场力做功，根据能量守恒定律，光电子的最大初动能
km c E eU =
B 正确；
C ．光电效应方程为
km 0E h W ν=-
结合B 选项解得金属的逸出功为
0c W h eU ν=-
C 错误；
D ．电压m U 对应正向饱和电流，已收集了相应光照强度下的所有的光电子。

若增大光照强度，光子数量增加，光电子数量增加，则电路中的光电流增大，D 正确。

故选BD 。

8．BD 【解析】 【详解】
AB ．转台刚开始转动，细线未绷紧，此时静摩擦力提供向心力，当转动到某一角速度ω1时，静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律，有
21sin mg mL μθω=
此时物块线速度大小为
1sin v L θω=
从开始运动到细线中将要出现拉力过程中，设转台对物块做的功为W ，对物块由动能定理，可得
212
W mv =
联立解得
1
sin 2
W mgL μθ=
故A 错误，B 正确；
CD ．当转台对物块支持力恰好为零时，竖直方向
cos mg T θ=
水平方向
22sin sin T mL θθω=
联立解得
2ω=
此时物块的线速度大小为
22sin v L θω=
从开始运动到转台对物块的支持力刚好为零过程中，设转台对物块做的功为W 2，对物块由动能定理，可得
2
2212
W mv =
联立解得
22sin 2cos mgL W θ
θ
=
故C 错误，D 正确。

故选BD 。

9．AD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．根据等量同种电荷等势面分布情况和对称性可知，A 点和
B 点电势相等，若A 点电势为5V ，则B 点电势为5V ，故A 正确；
B ．根据等量同种电荷等势面分布情况和对称性可知，A 点和D 点电势相等，则同一正电荷在A D 两点具有的电势能相等，故B 错误；
C ．由G 点释放一个带正电粒子(不计重力) ，该粒子所受的电场力垂直于MN 连线向上，所以粒子将沿GH 连线向上运动，故C 错误；
D ．在
E 点电场强度方向由E 到
F ，带正电的粒子受到的电场力方向由E 到F ，粒子将沿EF 连线向F 点运动，故D 正确。

故选AD 。

10．AD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．因物体在空中只受重力，所以在相等的时间间隔内，皮球受到的冲量均为mgt ，故皮球受到的冲量相同，根据动量定理可得，皮球动量的改变量相同，故A 正确；
B ．在相等的时间间隔内，皮球下落的高度不同，故重力做的功不相等，即合外力做功不等，故皮球动能的改变量不同，故B 错误；
C ．下落相同的高度，时间并不相等，故皮球受到的重力的冲量不相等，故皮球动量的增量不相同，故C 错误；
D ．下落相同的高度，重力做功均为mgh ，故重力做功相等，小球动能的增量相同，故D 正确。

故选AD 。

11．AD
E 【解析】 【分析】 【详解】
A ．从A 到
B 为等容变化，则由查理定律可得
3
200K=600K 1
B B A A p T T p =
=⨯ 选项A 正确；
B ．从B 到
C 为等压变化，则由盖吕萨克定律可得
1
600K=200K 3
C C B B V T T V =
=⨯ 选项B 错误；
C ．状态A 到B 的过程，气体体积不变，则W=0，温度升高，则∆U>0，则由热力学第一定律可知，气体吸热，选项C 错误；
D ．状态B 到C 的过程，气体体积减小，则W>0；温度降低，则∆U<0，则由热力学第一定律可知，Q<0，即气体放热，选项D 正确；
E ．状态A 到B 再到C 的过程，气体温度先升高后降低，可知气体的内能先增大后减小，选项E 正确。

故选ADE 。

12．BD 【解析】 【详解】
AB ．对长直导线a 分析，长直导线a 受到重力、长直导线b 对长直导线a 的磁场力和长直导线c 对长直导线a 的磁场力，根据平衡条件可知长直导线b 与长直导线a 作用力是相互排斥，长直导线c 对长直导线a 作用力是相互排斥，所以长直导线a 与长直导线b 有反向的恒定电流，长直导线a 受的合磁场力竖直向上，且有大小等于长直导线a 的重力，故A 错误，B 正确；
C ．视长直导线a 、b 、c 整体，对其受力分析，根据平衡条件可得光滑绝缘水平面对长直导线b 支持力等于长直导线b 重力的
3
2
倍；对长直导线b 受力分析，受到重力、光滑绝缘水平面对其支持力、长直导线c 对其吸引力和长直导线a 对其排斥力，根据力的合成与分解可得长直导线b 所受的合磁场力大小等于长直导线b 重力的
1
2
倍，方向竖直向下，故C 错误； D ．对长直导线b 受力分析，在水平方向，根据平衡条件可得
cos60a b c b B I L B I L ︒=
即可得
1
2
a c I I = 对长直导线
b 受力分析，同理可得
1
2
a b I I = 故D 正确； 故选BD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分 13．⑴AC ⑵3.0 ⑶()mg M m a
Mg
-+ ⑷0.18
【解析】
（1）实验过程中，电火花计时器应接在频率为50Hz 的交流电源上，调整定滑轮高度，使细线与长木板平行，同时选尽量光滑的滑轮，这样摩擦阻力只有木块与木板之间的摩擦力，故AC 是必要;本实验测动摩擦因数，不需要平衡摩擦力，B 项不必要；本实验没要求砝码的重力大小为木块受到的拉力大小，D 项不必要。

选AC ．（2）由纸带可知，两个计数点的时间20.020.04T s s =⨯=，根据推论公式2x aT ∆=，得
()2
2265432122
6.6 6.1 5.6 5.2 4.7 4.210/ 3.0/990.04
x x x x x x a m s m s T -++---⨯++---===⨯.（3）对M 、m 组成的系统，由牛顿第二定律得：()mg Mg M m a μ-=+，解得()mg M m a
Mg
μ-+=
，（4）将
700.070m g kg ==，1000.1M g kg ==，23.0/a m s =代入()mg M m a
Mg
μ-+=
，解得：0.18μ=.
【点睛】依据实验原理，结合实际操作，即可判定求解；根据逐差法，运用相邻相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度的大小；对系统研究，运用牛顿第二定律求出动摩擦因数的表达式，代入数据求出其大
小.
14．（1）ABC (2)2
4mgs h
（3）减小 增大 2
【解析】 【分析】 【详解】
（1）由平抛规律可知，由水平距离和下落高度即可求出平抛时的初速度，进而可求出物体动能，所以本实验至少需要测量小球的质量m 、小球抛出点到落地点的水平距离s 、桌面到地面的高度h ，故选ABC ．
（2）由平抛规律可知：竖直方向上：h=12gt 2，水平方向上：s=vt ，而动能E k =12mv 2联立可得E k =
2
4mgs h
； （3）由题意可知如果h 不变，m 增加，则相同的△L 对应的速度变小，物体下落的时间不变，对应的水平位移s 变小，s-△L 图线的斜率会减小；只有h 增加，则物体下落的时间增加，则相同的△L 下要对应更
大的水平位移s ，故s-△L 图线的斜率会增大．弹簧的弹性势能等于物体抛出时的动能，即E p =2
4mgs h
，可
知E p 与△s 的2次方成正比，而△s 与△L 成正比，则E p 与△L 的2次方成正比． 【点睛】
本题的关键是通过测量小球的动能来间接测量弹簧的弹性势能，然后根据平抛规律以及动能表达式即可求出动能的表达式，弹性势能转化为物体的动能，从而得出结论．根据x 与△L 的图线定性说明m 增加或h 增加时x 的变化，判断斜率的变化．弹簧的弹性势能等于物体抛出时的动能和动能的表达式，得出弹性势能与△x 的关系，△x 与△L 成正比，得出E p 与△L 的关系． 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分 15．20cm 【解析】 【详解】
设A 的横截面积为1S ，B 的横截面积为2S ，最终A 内气体的压强相当于高度H 水银柱产生的压强，B 内气柱的长度为x ，A 内气体初状态时的体积
A112V hS =
末状态时的体积
A21V hS =
对A 内气体，根据玻意耳定律
0A1A2H H p V p V ⋅=⋅
B 内气体初状态时的体积
末状态时的体积
B22V xS =
末状态时的压强
B21H p p p =+
对B 内气体，根据玻意耳定律
B1B 220B H p V p V ⋅=⋅
联立以上各式并代入数据，解得
20cm x =
16． (1) 4/m s (2)1
15
s (3) 0.15J 【解析】 【分析】
(1)对滑块从A 到B 过程，根据动能定理列式求解末速度；
(2)从C 点画出后做平抛运动，根据分位移公式并结合几何关系列式分析即可； (3)动能最小时末速度最小，求解末速度表达式分析即可. 【详解】
()1对滑块从A 到B 过程，根据动能定理，有：2B 1mglsin37μmgcos37mv 2
-=o o ，
解得：B v 4m /s =；
()2设物体落在斜面上时水平位移为x ，竖直位移为y ，画出轨迹，如图所示：
对平抛运动，根据分位移公式，有：
0x v t =，
2
1y gt 2
=
， 结合几何关系，有：H y H 2
x L 3
-==， 解得：1
t s 15
=
； ()3对滑块从A 到B 过程，根据动能定理，有：2B 1mglsin37μmgcos37mv 2
-=o o ，
对平抛运动，根据分位移公式，有：
2
1y gt 2
=
， 结合几何关系，有：
H y H 2
x L 3
-==， 从A 到碰撞到斜面过程,根据动能定理有：21
mglsin37μmgcos37l mgy mv 02
-⋅+=
-o
o
联立解得：22
125y 9H 18H mv mg 21616y 16⎛⎫=+- ⎪⎝⎭
，
故当225y 9H 1616y =，即3y H 0.12m 5
==时，动能k E 最小为：km E 0.15J =； 【点睛】
本题是力学综合问题，关键是正确的受力分析，明确各个阶段的受力情况和运动性质，根据动能定理和平抛运动的规律列式分析，第三问较难，要结合数学不等式知识分析.
17．（1）v = （2）204Ul y dU = （3）B =磁感应强度方向垂直纸面向外。

【解析】 【分析】
（1）粒子在加速电场中加速，由动能定理可以求出粒子的速度。

（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，应用类平抛运动求出粒子的偏移量。

（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，求粒子的轨道半径，应用牛顿第二定律可以求出磁感应强度。

【详解】
（1）带电粒子在AB 间运动，根据动能定理有
2
012
qU mv =
解得 v =
（2）带电粒子在M 、N 极板间沿电场力的方向做匀加速直线运动，有212
y at = 根据牛顿第二定律有 Eq Uq a m md
=
= 带电粒子在水平方向上做匀速直线运动，有l vt =
联立解得 2
4Ul y dU =
（3）带电粒子向下偏转，由左手定则得磁感应强度方向垂直纸面向外。

根据牛顿第二定律有 2
v qvB m R
=
由图中几何关系有2
2
2()2
d R l R =+-
解得 22
44l d R d
+=
联立解得0
22244mU d
B l d q
=+【点睛】
本题考查了带电粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程是解题的前提与关键，应用动能定理、类平抛运动规律与牛顿第二定律即可解题。