2022-2023學(xué)年黑龍江省大慶市東風(fēng)中學(xué)高三上學(xué)期第一次月考物理試題考試時(shí)間：90分鐘  滿(mǎn)分：100分本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分第Ⅰ卷（選擇題共48分）（本題共12小題，共48分，其中1-8小題每個(gè)小題只有一個(gè)正確選項(xiàng)，9-12小題每題有多個(gè)選項(xiàng)正確，滿(mǎn)分4分，漏選得2分，選錯(cuò)得0分）1. 如圖，從地面上方某點(diǎn)，將一小球以的初速度沿水平方向拋出，小球經(jīng)過(guò)1s落地。不計(jì)空氣阻力，則可求出（　　）A. 小球拋出時(shí)離地面的高度是10mB. 小球落地時(shí)的速度方向與水平地面成30°角C. 小球落地時(shí)速度大小是D. 小球從拋出點(diǎn)到落地點(diǎn)的水平位移大小是5m【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，可得A錯(cuò)誤；B．落地時(shí)豎直方向的速度設(shè)小球落地時(shí)的速度方向與水平地面夾角為，可得顯然，30°，B錯(cuò)誤；C．小球落地時(shí)的速度大小為C錯(cuò)誤；D．小球從拋出點(diǎn)到落地點(diǎn)的水平位移大小為D正確。故選D。2. 如圖甲所示的電路中定值電阻R=60Ω，電源電動(dòng)勢(shì)E=100V，r=10Ω。如圖乙所示，曲線(xiàn)為燈泡L的伏安特性曲線(xiàn)，直線(xiàn)為電源的路端電壓與電流的關(guān)系圖線(xiàn)，以下說(shuō)法正確的是（ ）A. 開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)電源的效率為60%B. 開(kāi)關(guān)S閉合后電源的總功率會(huì)變小C. 開(kāi)關(guān)S閉合后燈泡的亮度增強(qiáng)D. 開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)小燈泡消耗的功率為240W【答案】D【解析】【詳解】A．開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，根據(jù)圖乙可知燈泡兩端的電壓為電源的效率為故A錯(cuò)誤；BC．開(kāi)關(guān)S閉合后總電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得總電流增大，根據(jù)可知電源的總功率會(huì)變大，根據(jù)可知路端電壓減小，根據(jù)可知燈泡的功率減小，所以燈泡的亮度變暗，故B、C錯(cuò)誤；D．開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)小燈泡消耗的功率為故D正確；故選D。3. 靠近地面運(yùn)行的近地衛(wèi)星的加速度大小為a1，地球同步軌道上的衛(wèi)星的加速度大小為a2，赤道上隨地球一同運(yùn)轉(zhuǎn)（相對(duì)地面靜止）的物體的加速度大小為a3，則（　　）A. a1=a3＞a2 B. a1＞a2＞a3 C. a1＞a3＞a2 D. a3＞a2＞a1【答案】B【解析】【分析】題中涉及三個(gè)物體：地球赤道上有一隨地球的自轉(zhuǎn)而做圓周運(yùn)動(dòng)物體3、繞地球表面附近做圓周運(yùn)動(dòng)的近地衛(wèi)星1、地球同步衛(wèi)星2；物體3與衛(wèi)星1轉(zhuǎn)動(dòng)半徑相同，物體3與同步衛(wèi)星2轉(zhuǎn)動(dòng)周期相同，從而即可求解．【詳解】地球上的物體3自轉(zhuǎn)和同步衛(wèi)星2的周期相等為24h，則角速度相等，即ω2=ω3，而加速度由a=rω2，得a2＞a3；同步衛(wèi)星2和近地衛(wèi)星1都靠萬(wàn)有引力提供向心力而公轉(zhuǎn)，根據(jù)，得，知軌道半徑越大，角速度越小，向心加速度越小，則a1＞a2，綜上B正確；故選B．【點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵要將赤道上自轉(zhuǎn)物體3、地球同步衛(wèi)星2、近地衛(wèi)星1分為三組進(jìn)行分析比較，最后再綜合；一定不能將三個(gè)物體當(dāng)同一種模型分析，否則會(huì)使問(wèn)題復(fù)雜化．4. 如圖，質(zhì)量為m的小球，用長(zhǎng)為l的輕繩懸掛于O點(diǎn)，小球在水平拉力F作用下，從平衡位置P緩慢地拉至輕繩與豎直方向夾角為處．重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（ ）A. 小球的重力勢(shì)能增加B. 拉力F所做的功為C. 拉力F所做的功為D. 繩的拉力所做的功為【答案】B【解析】【詳解】小球的重力勢(shì)能增加，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由能量關(guān)系可知，拉力F所做的功等于重力勢(shì)能的增量，為，選項(xiàng)B正確，CD錯(cuò)誤；5. 一質(zhì)量為2kg的物體受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)的圖像如圖所示，t＝0時(shí)其速度大小為2m/s?；瑒?dòng)摩擦力大小恒為2N，則（　?。?/span>A. 在t＝6s時(shí)刻，物體的速度為18m/sB. 在0～6s時(shí)間內(nèi)，合力對(duì)物體做的功為400JC. 在0～6s時(shí)間內(nèi)，拉力對(duì)物體的沖量為36N·sD. 在t＝6s時(shí)刻，拉力F的功率為200W【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)圖像所圍的面積代表速度的變化量，可得則故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)動(dòng)能定理，得在0～6s時(shí)間內(nèi)，合力對(duì)物體做的功為故B錯(cuò)誤；C．在0～6s時(shí)間內(nèi)，根據(jù)動(dòng)量定理有可得拉力對(duì)物體的沖量為故C錯(cuò)誤；D．在t＝6s時(shí)刻，根據(jù)牛頓第二定律有解得則此時(shí)拉力F的功率為故D正確。故選D。6. 如圖所示，先接通電鍵S使電容器充電，然后斷開(kāi)S，增大兩極板間的距離時(shí)，電容器所帶電量Q，電容C，兩極板間電勢(shì)差U的變化情況是（    ）A. Q變小，C不變，U不變B. Q變小，C變小，U不變C. Q不變，C變小，U變大D. Q不變，C變小，U變小【答案】C【解析】【詳解】由于充電后，電容器的帶電量Q不變，AB錯(cuò)誤；根據(jù)可知，當(dāng)兩板間距離d增大時(shí)，電容C變小，根據(jù)可知，而兩板間的電勢(shì)差U增大，D錯(cuò)誤；而內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度，因此電場(chǎng)強(qiáng)度與兩板間距離變化無(wú)關(guān)，C正確．【點(diǎn)睛】電容器的定義式是一個(gè)比值定義，也就是電容器的大小與Q和U都無(wú)關(guān)，只與它們的比值有關(guān)；而電容器的決定式說(shuō)明電器的大小與兩板的正對(duì)面積成正比，與兩板間的距離成反比；電容器內(nèi)部是勻強(qiáng)電場(chǎng)，且電場(chǎng)強(qiáng)度大小為．7. 一帶電油滴在勻強(qiáng)電場(chǎng)E中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線(xiàn)所示，電場(chǎng)方向豎直向下．若不計(jì)空氣阻力，則此帶電油滴從a運(yùn)動(dòng)到b的過(guò)程中，下列說(shuō)法不正確的是（  ）A. 油滴帶負(fù)電 B. 電勢(shì)能減少C. 動(dòng)能增加 D. 重力勢(shì)能和電勢(shì)能之和增加【答案】D【解析】【詳解】由軌跡圖可知，帶電油滴所受的電場(chǎng)力豎直向上，與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相反，所以油滴帶負(fù)電，故A說(shuō)法正確；從a到b的運(yùn)動(dòng)過(guò)程電場(chǎng)力做正功，動(dòng)能增加，電勢(shì)能減少，故BC說(shuō)法正確；根據(jù)功能關(guān)系可知，油滴在從a到b的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，只有重力、電場(chǎng)力做功，因此重力勢(shì)能、電勢(shì)能、動(dòng)能三者之和保持不變，從a到b的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，重力勢(shì)能增加，因此動(dòng)能和電勢(shì)能之和減少．因該過(guò)程中合外力向上，合外力做正功，動(dòng)能增加，因此重力勢(shì)能和電勢(shì)能之和減小，故D說(shuō)法錯(cuò)誤．所以選D．8. 如圖，質(zhì)量為M的小車(chē)靜止在光滑的水平面上，小車(chē)段是半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道，段是長(zhǎng)為L的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點(diǎn)，一質(zhì)量為m的滑塊在小車(chē)上從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿軌道滑下，然后滑入軌道，最后恰好停在C點(diǎn)。已知小車(chē)質(zhì)量，重力加速度為g。則滑塊從A運(yùn)動(dòng)到C的過(guò)程中（　?。?/span>A. 滑塊水平方向相對(duì)地面的位移大小為B. 小車(chē)相對(duì)地面的位移大小為C. 小車(chē)M的最大速度D. 滑塊克服摩擦力做的功在數(shù)值上等于滑塊減少的機(jī)械能【答案】C【解析】【詳解】AB．設(shè)滑塊在小車(chē)上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中某時(shí)刻的速度大小為v1，小車(chē)的的速度大小為v2，滑塊和小車(chē)組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，有所以整個(gè)過(guò)程中，滑塊與小車(chē)的平均速度滿(mǎn)足設(shè)滑塊水平方向相對(duì)地面的位移大小為x1，小車(chē)相對(duì)地面的位移大小為x2，則并且解得故AB錯(cuò)誤；C．當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度最大（設(shè)為v1m），此時(shí)小車(chē)速度也最大（設(shè)為v2m），根據(jù)動(dòng)量守恒定律有根據(jù)機(jī)械能守恒定律有解得故C正確；D．根據(jù)功能關(guān)系可知，滑塊克服摩擦力做的功與小車(chē)動(dòng)能的增加量之和等于滑塊減少的機(jī)械能，故D錯(cuò)誤。故選C。9. 一輛汽車(chē)由靜止開(kāi)始沿平直公路行駛，汽車(chē)所受牽引力F隨時(shí)間t變化關(guān)系圖線(xiàn)如圖所示。若汽車(chē)的質(zhì)量為1.2×103kg，阻力恒定，汽車(chē)的最大功率恒定，則以下說(shuō)法正確的是（　　）A. 汽車(chē)的最大功率為5×104WB. 汽車(chē)勻加速運(yùn)動(dòng)階段的加速度為2.5m/s2C. 汽車(chē)先做勻加速運(yùn)動(dòng)，然后再做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)D. 汽車(chē)從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)12s內(nèi)位移是60m【答案】AB【解析】【詳解】ABC．由圖可知，汽車(chē)在前4s內(nèi)的牽引力不變，汽車(chē)做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，4－12s內(nèi)汽車(chē)的牽引力逐漸減小，則車(chē)的加速度逐漸減小，汽車(chē)做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，直到車(chē)的速度達(dá)到最大值；可知在4s末汽車(chē)的功率達(dá)到最大值，12s末汽車(chē)的速度達(dá)到最大值，汽車(chē)的速度達(dá)到最大值后牽引力等于阻力，所以阻力前4s內(nèi)汽車(chē)的牽引力為由牛頓第二定律可得4s末汽車(chē)的速度所以汽車(chē)的最大功率故AB正確，C錯(cuò)誤；D．汽車(chē)在前4s內(nèi)的位移汽車(chē)在內(nèi)的位移設(shè)為x2，則其中解得所以汽車(chē)的總位移故D錯(cuò)誤。故選AB。10. 如圖所示的電路中，為電源電動(dòng)勢(shì)，為電源內(nèi)阻，和均為定值電阻，為滑動(dòng)變阻器。當(dāng)的滑動(dòng)觸點(diǎn)在的中點(diǎn)時(shí)合上開(kāi)關(guān)，此時(shí)三個(gè)電表、和的示數(shù)分別為、和。現(xiàn)將的滑動(dòng)觸點(diǎn)向端移動(dòng)，則（　　）A. 電源總功率減小 B. 消耗的功率增大C. 增大，減小，增大 D. 減小，不變，減小【答案】AC【解析】【詳解】CD．滑動(dòng)觸點(diǎn)向a端移動(dòng)時(shí)，增大，整個(gè)電路的總電阻增大，由閉合電路歐姆定律可得，電路中總電流減小，內(nèi)電壓減小，外電壓增大，即電壓表示數(shù)U增大，電壓減小，、并聯(lián)電壓增大，通過(guò)的電流增大，即示數(shù)增大，而總電流減小，則通過(guò)的電流減小，即示數(shù)減小，故C正確，D錯(cuò)誤；A．電源的總功率，總電流減小，電源的總功率減小，故A正確；B．消耗的功率，總電流減小，消耗的功率減小，故B錯(cuò)誤。故選AC。11. 如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的、質(zhì)量為m的小球，在半徑為R的豎直放置的光滑圓形管道內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，下列有關(guān)說(shuō)法中正確的是（　?。?/span>A. 小球能夠到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的最小速度為0B. 小球能夠通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)的最小速度為C. 如果小球在最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為，則此時(shí)小球?qū)艿赖膬?nèi)壁的作用力為3mgD. 如果小球在最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為，則小球通過(guò)最低點(diǎn)時(shí)對(duì)管道的外壁的作用力為6mg【答案】AD【解析】【詳解】AB．小球在最高點(diǎn)支持力等于重力，速度為0，所以小球能夠到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的最小速度為0，A正確，B錯(cuò)誤；C．在最高點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律解得負(fù)號(hào)表示方向，所以軌道外壁對(duì)小球的作用力為，根據(jù)牛頓第三定律可知小球?qū)壍劳獗诘淖饔昧?/span>，C錯(cuò)誤；D．在最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律解得D正確。故選AD。12. 如圖所示，質(zhì)量相同的兩個(gè)帶電粒子M、N以相同的速度同時(shí)沿垂直于電場(chǎng)方向射入兩平行板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，M從兩極板正中央射入，N從下極板邊緣處射入，它們最后打在同一點(diǎn)不計(jì)帶電粒子重力和帶電粒子間的相互作用，則從開(kāi)始射入到打在上極板的過(guò)程中　　A. 它們運(yùn)動(dòng)的時(shí)間B. 它們電勢(shì)能減少量之比：：2C. 它們的動(dòng)能增量之比：：2D. 它們所帶的電荷量之比：：2【答案】AD【解析】【詳解】A、由題可知，兩個(gè)帶電粒子都做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，而且它們的水平位移相等、初速度相等，則在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，即tN=tM，A正確；BD、由豎直位移y==，m、t、E相等，則帶電荷量之比qM：qN=yM：yN=1：2，電荷在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由功能關(guān)系可知，電勢(shì)能減小量等于電場(chǎng)力做功，則電勢(shì)能減少量之比△EM：△EN=qMEyM：qNEyN=1：4．故B錯(cuò)誤、D正確；C、帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，只受電場(chǎng)力作用，動(dòng)能的增量等于電場(chǎng)力所做的功，故C錯(cuò)誤．故選AD．【名師點(diǎn)睛】兩個(gè)帶電粒子都垂直于電場(chǎng)射入勻強(qiáng)電場(chǎng)中，都做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，由題可知，水平位移相等、初速度相等，即可知運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，由豎直位移的關(guān)系，由牛頓定律和位移公式即可求解電量之比．由動(dòng)能定理求解電場(chǎng)力做功之比，得到電勢(shì)能減少量之比和動(dòng)能增量之比． 第Ⅱ卷（非選擇題  共52分）13. 實(shí)驗(yàn)室有一卷銅導(dǎo)線(xiàn)，某同學(xué)想通過(guò)實(shí)驗(yàn)測(cè)定其實(shí)際長(zhǎng)度。（1）該同學(xué)首先用螺旋測(cè)微器測(cè)得導(dǎo)線(xiàn)直徑如圖所示，則其大小為___________mm；（2）根據(jù)銅導(dǎo)線(xiàn)的長(zhǎng)度，他估計(jì)其電阻大約有，隨后他設(shè)計(jì)了一個(gè)實(shí)驗(yàn)，較為準(zhǔn)確地測(cè)定了這卷銅導(dǎo)線(xiàn)的電阻，實(shí)驗(yàn)室有以下器材供選擇：A.電池組（6V，內(nèi)阻約）    B.電流表（0~3A，內(nèi)阻約）C.電流表（0~0.6A，內(nèi)阻約）    D.電壓表（0~6V，內(nèi)阻約）E.電壓表（0~15V，內(nèi)阻約）    F.滑動(dòng)變阻器（，允許最大電流1A）G.滑動(dòng)變阻器（，允許最大電流0.3A）H.保護(hù)電阻        I.開(kāi)關(guān)、導(dǎo)線(xiàn)若干①除了選項(xiàng)A、H和I外，電流表應(yīng)選用__________，電壓表應(yīng)選用__________，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用________；（填寫(xiě)器材前的編號(hào)）②為了使測(cè)量結(jié)果盡量準(zhǔn)確，且從零開(kāi)始多測(cè)幾組數(shù)據(jù)，該同學(xué)設(shè)計(jì)了圖所示電路。③通過(guò)上述實(shí)驗(yàn)，設(shè)測(cè)出的銅導(dǎo)線(xiàn)電阻為，查詢(xún)資料知道銅的電阻率為，若用表示銅導(dǎo)線(xiàn)的直徑，請(qǐng)寫(xiě)出計(jì)算銅導(dǎo)線(xiàn)長(zhǎng)度的表達(dá)式_____________。【答案】    ①. 0.730    ②. C    ③. D    ④. F    ⑤. 【解析】【詳解】（1）[1]由圖示螺旋測(cè)微器可知，其示數(shù)為（2）①[2][3][4]電源電動(dòng)勢(shì)為6V，電壓表選擇D，0~6V，內(nèi)阻約，電路最大電流約電流表應(yīng)選C，量程0.6A，內(nèi)阻約，為方便實(shí)驗(yàn)操作，且最大允許電流合適，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選，。③[5]由電阻定律得解得14. 用如圖所示實(shí)驗(yàn)裝置可驗(yàn)證a、b兩個(gè)半徑相等的小球在碰撞過(guò)程中的動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒，按照以下步驟進(jìn)行操作：在平木板表面釘上白紙和復(fù)寫(xiě)紙，并將該木板豎直立于緊靠槽口處，將小球a從斜槽軌道上固定點(diǎn)處由靜止釋放，撞到木板并在白紙上留下痕跡O；將木板水平向右移動(dòng)一定距離并固定，再將小球a從固定點(diǎn)處由靜止釋放，撞到木板上得到痕跡B；把小球b靜止放在斜槽軌道水平段的最右端，讓小球a仍從固定點(diǎn)處由靜止釋放，和小球b相碰后，兩球撞在木板上得到痕跡A和C．(1)若碰撞過(guò)程中沒(méi)有機(jī)械能損失，為了保證在碰撞過(guò)程中a球不反彈，a、b兩球的質(zhì)量、間的關(guān)系是________。（選填“”“”或“）(2)為完成本實(shí)驗(yàn)，必須測(cè)量的物理量有________。A小球a開(kāi)始釋放的高度h B木板水平向右移動(dòng)的距離lC．a球和b球的質(zhì)量、      D點(diǎn)到A、B、C三點(diǎn)的距離、、(3)在實(shí)驗(yàn)誤差允許的范圍內(nèi)，若動(dòng)量守恒，其關(guān)系式應(yīng)為_____________。(4)在實(shí)驗(yàn)誤差允許的范圍內(nèi)，若機(jī)械能守恒，其關(guān)系式應(yīng)為__________。【答案】    ①.     ②.     ③.     ④. 【解析】【詳解】(1)在小球碰撞過(guò)程中水平方向動(dòng)量守恒，故有碰撞前后動(dòng)能相等，故有解得若要使a球的速度方向不變，則(2)[2]小球平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間則初速度由于水平位移都相同，計(jì)算碰撞前后的速度關(guān)系，只要求得下降的高度y的關(guān)系即可，因此驗(yàn)證動(dòng)量守恒，只要求出兩球的質(zhì)量m1，m2以及下降的高度y1，y2，y3即可，不必求出小球a開(kāi)始釋放的高度h 和木板水平向右移動(dòng)的距離l。故選CD(3)[3]根據(jù)由于平拋運(yùn)動(dòng)的初速度與下降高度二次方根的倒數(shù)成正比，可得系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。(4)[4]小球平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間則初速度由于整理得成立時(shí)機(jī)械能守恒15. 如圖所示，豎直平面內(nèi)的軌道由直軌道AB和圓弧軌道BC組成，小球從斜面上A點(diǎn)由靜止開(kāi)始滑下，滑到斜面底端后又滑上一個(gè)半徑為R=0.4m的圓軌道，（1）若接觸面均光滑。小球剛好能滑到圓軌道的最高點(diǎn)C，求斜面高h；（2）若已知小球質(zhì)量m=0.1kg，斜面高h=2m，小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力為mg，求全過(guò)程中摩擦阻力做的功。【答案】（1）1m；（2）-0.8J【解析】【分析】【詳解】（1）小球剛好到達(dá)C點(diǎn)，重力提供向心力，由牛頓第二定律得從A到C過(guò)程機(jī)，由動(dòng)能定理得解得（2）在C點(diǎn)，由牛頓第二定律得從A到C 過(guò)程，由動(dòng)能定理得 解得16. 如圖所示，同一光滑水平軌道上靜止放置A、B、C三個(gè)物塊，A、B兩物塊質(zhì)量均為m，C物塊質(zhì)量為2m，B物塊的右端裝有一輕彈簧，現(xiàn)讓A物塊以水平速度向右運(yùn)動(dòng)，與B碰后粘在一起，再向右運(yùn)動(dòng)推動(dòng)C（彈簧與C不粘連），彈簧沒(méi)有超過(guò)彈性限度．求：(1)A與B碰撞中的動(dòng)能損失；(2)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧的最大彈性勢(shì)能．【答案】(1)  (2)【解析】【分析】在A與B碰撞過(guò)程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律求出它們碰撞后的速度，再由能量守恒定律求動(dòng)能損失；當(dāng)A、B、C有共同速度時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，根據(jù)動(dòng)量守恒定律以及能量守恒定律列式求解；【詳解】（1）A與B碰撞過(guò)程中，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：得，A與B碰撞中的動(dòng)能損失（2）當(dāng)有共同速度時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最大，由動(dòng)量守恒定律：由能量轉(zhuǎn)化守恒定律得，最大彈性勢(shì)能為17. 一個(gè)初速為零電子在經(jīng)U1=4500V的電壓加速后，垂直平行板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)從距兩極板等距處射入，如圖所示，若兩板間距d=1.0cm,板長(zhǎng)L＝3.0cm，兩板間的電壓U2=200V；已知電子的帶電量為e=1.6×10－19 C，質(zhì)量為m=0.9×10－30kg，只考慮兩板間的電場(chǎng)，不計(jì)重力，求：
（1）電子經(jīng)加速電壓加速后以多大的速度v0進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)（2）電子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)沿垂直于板面方向偏移的距離y（3）電子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后經(jīng)過(guò)下極板所在平面上的P點(diǎn)，如圖所示，則P點(diǎn)到下極板右端的距離x【答案】(1)；（2）0.1cm；（3）6cm【解析】【分析】【詳解】(1) 加速過(guò)程，由動(dòng)能定理得代入數(shù)據(jù)可得(2)根據(jù)電子在板間做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)其中由以上三式代入數(shù)據(jù)可得(3)根據(jù)電子出電場(chǎng)后做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，將電子出電場(chǎng)時(shí)的速度反向延長(zhǎng)，延長(zhǎng)線(xiàn)與板間的中心線(xiàn)相交于板的中點(diǎn)，設(shè)速度反向延長(zhǎng)線(xiàn)與水平方向的夾解為，則 利用幾何關(guān)系由以上兩式代入數(shù)據(jù)可得
 
 

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