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電場(chǎng)強(qiáng)度E；
微粒與小球粘合后向右運(yùn)動(dòng)的最大距離；
的距離h應(yīng)滿足的條件。16. 質(zhì)量為3m的小車C靜止于水平面上，小車上表面由水平軌道與半徑為R的圓軌道平滑連接組成。一個(gè)質(zhì)量為m的小球B靜止在小車的左端。用一根不可伸長(zhǎng)、長(zhǎng)度為L輕質(zhì)細(xì)繩懸掛一質(zhì)量也為m的小球A，小球A靜止時(shí)恰好和B接觸，現(xiàn)將小球A向左拉到與懸點(diǎn)同一高度處細(xì)線處于伸直狀態(tài)由靜止釋放，當(dāng)小球A擺到最低點(diǎn)時(shí)與小球B剛好發(fā)生對(duì)心彈性碰撞，小球B水平?jīng)_上小車C恰好可以滑到軌道的最高點(diǎn)，所有表面均光滑，A、B兩小球半徑r相等且r遠(yuǎn)小于L，B與C作用過程中沒有機(jī)械能損失，求：
小車C上的圓軌道半徑R為多大？
若將懸點(diǎn)的位置提高至原來的4倍，使繩長(zhǎng)變?yōu)?/span>4L，再次將小球A向左拉到與懸點(diǎn)等高處細(xì)線處于伸直狀態(tài)由靜止釋放，小球A與小球B對(duì)心彈性相碰后，小球B上升過程中距圓軌道最低點(diǎn)的最大高度為多少？
在條件不變情況下，若小車C的質(zhì)量為與m的關(guān)系未知，試通過計(jì)算說明小球B再次返回小車的左端時(shí)可能的速度？
答案和解析 1.【答案】D 【解析】解：根據(jù)電荷數(shù)守恒，和質(zhì)量數(shù)守恒，設(shè)產(chǎn)物的電荷數(shù)為x，質(zhì)量數(shù)為y，有
解得，，故產(chǎn)物為中子；故ABC錯(cuò)誤，D正確。
故選：D。
根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒即可判斷產(chǎn)物。
本題考查原子核的裂變，熟練掌握質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒即可。
2.【答案】A 【解析】解：根據(jù)有效值的定義，可得
可以知道一個(gè)周期3s內(nèi)：
解得：，故A正確，BCD錯(cuò)誤。
故選：A。
根據(jù)等效熱值法，結(jié)合圖像的數(shù)據(jù)分析出交變電流的有效值。
本題主要考查了交流電的相關(guān)應(yīng)用，熟悉等效熱值法即可完成分析，難度不大。
3.【答案】A 【解析】解：光的衍射實(shí)驗(yàn)，光的干涉實(shí)驗(yàn)和光的偏振實(shí)驗(yàn)證明了光具有波動(dòng)性，光電效應(yīng)和康普頓效應(yīng)證明光具有粒子性。故A正確，BCD錯(cuò)誤；
故選：A。
光的衍射、干涉和光的偏振實(shí)驗(yàn)證明了光具有波動(dòng)性，光電效應(yīng)和康普頓效應(yīng)證明光具有粒子性。
本題主要考查了光的波粒二象性，解題關(guān)鍵是掌握光的衍射、干涉和光的偏振實(shí)驗(yàn)證明了光具有波動(dòng)性，光電效應(yīng)和康普頓效應(yīng)證明光具有粒子性。
4.【答案】D 【解析】解：A、布朗運(yùn)動(dòng)指懸浮在液體或氣體中的微粒所做的永不停息的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，是固體微粒的運(yùn)動(dòng)，不是分子的運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；
B、物體的內(nèi)能是物體中所有分子熱運(yùn)動(dòng)所具有的動(dòng)能和分子勢(shì)能的總和，故B錯(cuò)誤；
C、物體的內(nèi)能與物體的溫度和體積有關(guān)，溫度越高，只能表明物體分子的平均動(dòng)能越大，不能說明物體內(nèi)能越多，故C錯(cuò)誤；
D、擴(kuò)散現(xiàn)象是分子無規(guī)則的熱運(yùn)動(dòng)，布朗運(yùn)動(dòng)指懸浮在液體或氣體中的固體微粒所做的永不停息的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，擴(kuò)散現(xiàn)象和布朗運(yùn)動(dòng)均說明了分子在做永不停息的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，故D正確。
故選：D。
擴(kuò)散現(xiàn)象是分子無規(guī)則的熱運(yùn)動(dòng)，布朗運(yùn)動(dòng)指懸浮在液體或氣體中的固體微粒所做的永不停息的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)；物體的內(nèi)能是物體中所有分子熱運(yùn)動(dòng)所具有的動(dòng)能和分子勢(shì)能的總和；物體的內(nèi)能與物體的溫度和體積有關(guān)。
本題考查布朗運(yùn)動(dòng)、擴(kuò)散現(xiàn)象、物體的內(nèi)能，注意布朗運(yùn)動(dòng)不是分子的運(yùn)動(dòng)，但能反映分子在做永不停息的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)。
5.【答案】A 【解析】解：A、增大，則金屬圓環(huán)上半部分的磁通量變大，由增反減同可知，則感應(yīng)磁場(chǎng)與原磁場(chǎng)方向相反。再根據(jù)安培定則，可判定在金屬圓環(huán)中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流；減小，則金屬圓環(huán)下半部分的磁通量變小，由增反減同可知，則感應(yīng)磁場(chǎng)與原磁場(chǎng)方向相同。再根據(jù)安培定則，可判定在金屬圓環(huán)中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流；故同時(shí)增大減小在金屬圓環(huán)中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，故A正確；
B、減小，則金屬圓環(huán)上半部分的磁通量變小，由增反減同可知，則感應(yīng)磁場(chǎng)與原磁場(chǎng)方向相同。再根據(jù)安培定則，可判定在金屬圓環(huán)中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流；增大，則金屬圓環(huán)下半部分的磁通量變大，由增反減同可知，則感應(yīng)磁場(chǎng)與原磁場(chǎng)方向相反。再根據(jù)安培定則，可判定在金屬圓環(huán)中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流；故同時(shí)減小增大在金屬圓環(huán)中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流，故B錯(cuò)誤；
CD、根據(jù)上面的分析可知同時(shí)以相同的變化率增大和或同時(shí)以相同的變化率減小和，則穿過環(huán)的總磁通量不會(huì)發(fā)生不會(huì)，所以不會(huì)在環(huán)中產(chǎn)生感應(yīng)電流，故CD錯(cuò)誤；
故選：A。
磁感應(yīng)強(qiáng)度變化，將導(dǎo)致線圈的磁通量變化，根據(jù)楞次定律分析感應(yīng)電流的方向。
根據(jù)楞次定律分析感應(yīng)電流的方向，注意在分析過程中要同時(shí)考慮和的變化。
6.【答案】B 【解析】解：對(duì)O點(diǎn)受力分析，O點(diǎn)受到豎直方向的汽車對(duì)它的壓力，大小等于汽車的重力G，OA方向桿的拉力，BO方向的彈力，OB與水平方向夾角為，如圖：
根據(jù)平衡條件得：
當(dāng)變大時(shí)，增大，增大，則和均變小，故B正確，ACD錯(cuò)誤。
故選：B。
對(duì)O點(diǎn)受力分析，根據(jù)平衡條件了列式求解OA之間的彈力和OB之間的彈力；變化，根據(jù)表達(dá)式判斷兩力的變化情況。
本題考查動(dòng)態(tài)平衡問題，解題關(guān)鍵是對(duì)O點(diǎn)做好受力分析，根據(jù)平衡條件列式分析即可。
7.【答案】BC 【解析】解：A、探測(cè)器做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由萬有引力提供向心力得：
解得：
由于“天問一號(hào)”在地球軌道上的軌道半徑小于在火星軌道上的軌道半徑，則“天問一號(hào)”在地球軌道上的角速度大于在火星軌道上的角速度，故A錯(cuò)誤；
B、由牛頓第二定律可知：
解得
由于r相同，“天問一號(hào)”運(yùn)行中在轉(zhuǎn)移軌道上P點(diǎn)的加速度和在火星軌道上P點(diǎn)的加速度相等，故B正確；
C、由開普勒第三定律可知，霍曼轉(zhuǎn)移軌道和地球軌道的周期與半長(zhǎng)軸滿足關(guān)系式
地球軌道上，由萬有引力提供向心力得：
聯(lián)立解得
則兩次點(diǎn)火之間的時(shí)間間隔為
故C正確；
D、“天問一號(hào)”探測(cè)器在兩次點(diǎn)火后都要做離心運(yùn)動(dòng)，需要加速，故點(diǎn)火方向都與運(yùn)動(dòng)方向相反，從而給探測(cè)器向前的動(dòng)力，使之加速，故D錯(cuò)誤。
故選：BC。
地球軌道與火星軌道都做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有萬有引力提供向心力得到的表達(dá)式即可比較大?。惶綔y(cè)器只要處在太空中同一點(diǎn)所受萬有引力相同，加速度一定相同；探測(cè)器由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至P點(diǎn)為橢圓運(yùn)動(dòng)，所經(jīng)歷時(shí)間為半個(gè)周期，由開普勒第三定律可求；兩次變軌由于都做加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第三定律可知兩次點(diǎn)火噴射方向都與速度方向相反。
此題以“天問一號(hào)”探測(cè)器發(fā)射、變軌、成功圍繞火星運(yùn)轉(zhuǎn)為背景，較好的考查了萬有引力定律在天體中的應(yīng)用；也需要會(huì)比較不同軌道物理量的大小，不同軌道在同一地點(diǎn)的加速度大小，以及如何讓探測(cè)器加減速等。
8.【答案】AD 【解析】解：A、將一個(gè)試探電荷放在C點(diǎn)時(shí)，試探電荷所受電場(chǎng)力為0，則兩個(gè)固定的點(diǎn)電荷A、B，在C點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為0，設(shè)B、C兩點(diǎn)之間的距離為l，，即：，解得，故A正確；
B、正電荷周圍的電勢(shì)為正，負(fù)電荷周圍的電勢(shì)為負(fù)，在AB連線上電勢(shì)從正變?yōu)樨?fù)的臨界點(diǎn)為零電勢(shì)點(diǎn)。但BC這邊無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)也為零，有可能在BC點(diǎn)之間，故B錯(cuò)誤；
C、兩個(gè)異種電荷的等勢(shì)面為零，不可能出現(xiàn)以B點(diǎn)為圓心的球面上，故C錯(cuò)誤；
D、C點(diǎn)的右側(cè)電場(chǎng)方向向右，左則電場(chǎng)方向向左，故C點(diǎn)的電勢(shì)最高，故D正確。
故選：AD。
某點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度是正電荷和負(fù)電荷在該處產(chǎn)生的電場(chǎng)的疊加，是合場(chǎng)強(qiáng)，運(yùn)用合成進(jìn)行分析合場(chǎng)強(qiáng)為零的地方電場(chǎng)力也為零；
根據(jù)異種點(diǎn)電荷電勢(shì)的分布特點(diǎn)分析在AB連線或延長(zhǎng)線上電勢(shì)的情況，以及所在位置處的電勢(shì)高低。
在受力為零時(shí)，兩點(diǎn)電荷的合無場(chǎng)強(qiáng)為零，是解題的突破口，且掌握電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的關(guān)系是解答本題的基礎(chǔ)。
9.【答案】BD 【解析】解：A、由于OB光偏折程度比OC光大，所以OB光的折射率大，可知，光束OB是藍(lán)光，OC是黃光，故A錯(cuò)誤；
B、光路圖如圖：
設(shè)任一光線的入射角為i，折射角為r，光在玻璃中傳播的路程是s，半圓柱的半徑為R。
則光在玻璃中的速度為：；
由幾何知識(shí)得：，
則光在玻璃中傳播時(shí)間為：
由折射定律得：
則得：，由題圖知，兩束光的入射角i相同，R、c相等，所以兩束光分別在OB、OC段傳播時(shí)所用的時(shí)間相等，故B正確；
C、入射光線AO向右平移，當(dāng)折射光線射到半圓柱體右半部分圓弧上時(shí)，黃光的入射角大于浪光的入射角，但紅光的臨界角較大，所以黃光可能會(huì)先發(fā)生全反射，因此從圓弧面只有一處光線射出，則一定是從C點(diǎn)射出，故C錯(cuò)誤；
D、設(shè)復(fù)色光的入射點(diǎn)從O平移到D的過程中，從圓弧射出的兩束光線入射角和折射角分別為：、、、，如圖所示
由數(shù)學(xué)關(guān)系可知，存在從圓弧射出的兩束光線平行且滿足，，，故D正確，
故選：BD。
根據(jù)偏折程度分析折射率的大小，確定光的顏色；研究任一光線，根據(jù)求光在玻璃中的傳播速度，由幾何知識(shí)求出光在玻璃通過的路程，即可得到光在玻璃中傳播時(shí)間的表達(dá)式，從而比較兩束光在玻璃中傳播時(shí)間關(guān)系。
本題主要考查了光的折射現(xiàn)象，解決本題的關(guān)鍵是運(yùn)用幾何知識(shí)、光速公式和折射定律推導(dǎo)出時(shí)間表達(dá)式，要用運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)分析幾何光學(xué)的意識(shí)和能力。
10.【答案】BD 【解析】解：由圖乙質(zhì)點(diǎn)P在時(shí)向下振動(dòng)，根據(jù)平移法可知波向x軸負(fù)方向傳播，由圖乙可知周期，圖甲中質(zhì)點(diǎn)N的位移為振幅的一半，可知MN兩質(zhì)點(diǎn)的平衡位置之間的距離為，N、Q兩質(zhì)點(diǎn)的平衡位置之間的距離為
代入數(shù)據(jù)解得
由題圖乙可知該波的周期，所以該波的波速
故A錯(cuò)誤；
B.由題圖乙可知，時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)P沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，此時(shí)P應(yīng)位于波傳播方向波形的上坡，所以該波沿x軸負(fù)方向傳播，故B正確；
C.由題圖乙可知，在后，質(zhì)點(diǎn)P第一次位于波峰的時(shí)刻，易知此波峰為時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)Q所在處的波峰傳播來的，所以有
代入數(shù)據(jù)解得
故C錯(cuò)誤；
D.從開始，質(zhì)點(diǎn)Q第一次回到平衡位置所經(jīng)歷的時(shí)間
題圖甲中，質(zhì)點(diǎn)Q左側(cè)波形的第一個(gè)平衡位置處坐標(biāo)
該振動(dòng)狀態(tài)第一次傳播到質(zhì)點(diǎn)N所經(jīng)歷的時(shí)間
則
即質(zhì)點(diǎn)Q比質(zhì)點(diǎn)N早回到平衡位置，故D正確。
故選：BD。
根據(jù)圖甲得出波長(zhǎng)，結(jié)合波長(zhǎng)和波速的關(guān)系完成解答；
根據(jù)同側(cè)法分析出波的傳播方向；
根據(jù)橫波在水平方向的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)計(jì)算出質(zhì)點(diǎn)P的平衡位置，及回到平衡位置的時(shí)間；
分別計(jì)算出不同質(zhì)點(diǎn)回到平衡位置的時(shí)間再作差即可。
本題主要考查了橫波圖像的相關(guān)應(yīng)用，根據(jù)圖片得出周期、波長(zhǎng)等物理意義，熟悉橫波在不同方向的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可完成分析。
11.【答案】AD 【解析】解：A、甲運(yùn)動(dòng)員從B點(diǎn)飛出到距離斜面最遠(yuǎn)時(shí)速度與水平方向的夾角為，所需要的時(shí)間，故A正確；
B、設(shè)運(yùn)動(dòng)員的初速度為時(shí)，飛行時(shí)間為t，水平方向的位移大小為x、豎直方向的位移大小為y，運(yùn)動(dòng)員在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，有，運(yùn)動(dòng)員落在斜面上時(shí)，有，聯(lián)立解得：，根據(jù)幾何知識(shí)知甲位移與水平方向的夾角的正切值為，乙的位移與水平方向的夾角的正切值為，根據(jù)幾何知識(shí)知，則，故B錯(cuò)誤；
CD、兩運(yùn)動(dòng)員都落到同一斜面上，位移偏角的正切值分別為，，，根據(jù)做平拋運(yùn)動(dòng)的物體在任一時(shí)刻任一位置處，設(shè)其速度方向與水平方向的夾角為，位移與水平方向的夾角為，則，所以甲運(yùn)動(dòng)員落到著陸坡前瞬間速度方向與水平方向的夾角比乙的大，故D正確，C錯(cuò)誤。
故選：AD。
由水平方向勻速運(yùn)動(dòng)，豎直方向自由落體運(yùn)動(dòng)，兩運(yùn)動(dòng)員都落到同一斜面上位移偏角相等，根據(jù)做平拋運(yùn)動(dòng)的物體在任一時(shí)刻任一位置處，設(shè)其速度方向與水平方向的夾角為，位移與水平方向的夾角為，則。
本題考查平拋運(yùn)動(dòng)，學(xué)生需掌握水平及豎直方向的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式綜合求解。
12.【答案】最低 【解析】游標(biāo)卡尺的最小分度值為，主尺讀數(shù)為10mm，游標(biāo)尺讀數(shù)為，則單擺的擺球直徑為：
秒表的小盤最小分度值為30s，讀數(shù)為90s，大盤的最小分度值為，讀數(shù)為，則秒表的讀數(shù)為，當(dāng)單擺穩(wěn)定時(shí)，擺球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)開始計(jì)時(shí)，并計(jì)數(shù)為零。單擺每經(jīng)過這點(diǎn)時(shí)記一次數(shù)，當(dāng)數(shù)到100次時(shí)，單擺全振動(dòng)次數(shù)為50次，故單擺的周期為；
根據(jù)單擺周期公式
解得
值大的原因就在于周期值比實(shí)際的要小，與擺球質(zhì)量、擺角無關(guān)，故AB錯(cuò)誤；
C.開始計(jì)時(shí)時(shí)停表過遲按下，使記錄時(shí)間變小，次數(shù)不變，故周期變小，g值比實(shí)際測(cè)量的重力加速度要大，故C正確；
D.實(shí)驗(yàn)中全振動(dòng)次數(shù)計(jì)少了，記錄時(shí)間不變，則周期變大，g值比實(shí)際測(cè)量的重力加速度要小，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
故答案為：；最低，，；，C。
先確定游標(biāo)卡尺的最小分度值，再讀出主尺和游標(biāo)尺的讀數(shù)，相加即為游標(biāo)卡尺的讀數(shù)；
先確定秒表小盤和大盤的最小分度值，再讀出小盤和大盤的讀數(shù)，相加即為秒表讀數(shù)，根據(jù)全振動(dòng)的次數(shù)計(jì)算周期；
根據(jù)單擺周期公式計(jì)算重力加速度；根據(jù)誤差分析判斷。
本題考查用單擺測(cè)量重力加速度實(shí)驗(yàn)，要求掌握實(shí)驗(yàn)原理、秒表和游標(biāo)卡尺的讀數(shù)方法及實(shí)驗(yàn)誤差分析。
13.【答案】放電 自下而上 不變 215 【解析】解：當(dāng)開關(guān)S接2時(shí)，電容器相當(dāng)于電源，進(jìn)行的是放電過程；
開關(guān)S接1時(shí)，電源給電容器充電，電容器上極板接正極，充電完成，上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，可知開關(guān)S接2時(shí)，電容器相當(dāng)于電源，上極板相當(dāng)于電源的正極，故流經(jīng)R的電流由下到上；
曲線與坐標(biāo)軸所圍成的面積為電容器充電完成后所帶電荷量，只減小電阻R，并不能改變電容器的充好電時(shí)的電荷量，故此過程的曲線與坐標(biāo)軸所圍成的面積將不變。
根據(jù)電容器電容的定義
解得
故答案為：放電；由下到上；不變；。
根據(jù)含容電路的特點(diǎn)分析電容器的充放電情況，并根據(jù)圖像所圍面積表示電荷量進(jìn)行問題分析；
根據(jù)求解電容器的電容。
此題考查含容電路，如果電容器與電阻串聯(lián)，把電阻當(dāng)成導(dǎo)線，會(huì)用圖象計(jì)算電容器放的電荷量。
14.【答案】解：設(shè)經(jīng)過時(shí)間t，車內(nèi)水的質(zhì)量為，則車與水受到的摩擦力：
車與水的加速度：
可知車的加速度與車內(nèi)水的多少無關(guān)，始終是，所以小車做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，4s時(shí)的速度：
每秒滴出的水的質(zhì)量為，所以水全部滴出的時(shí)間：，此時(shí)小車還沒有停止運(yùn)動(dòng)。
則最后一滴水離開車時(shí)，車的速度：
水滴離開車后做平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：
所以第一滴水沿水平方向的位移：
最后一滴水沿水平方向的位移：
在時(shí)間內(nèi)車的位移：
所以水平地面上水滴灑落的長(zhǎng)度為：
答：時(shí)，小車的加速度是；
到小車停止行動(dòng)，水平地面上水滴灑落的長(zhǎng)度是。 【解析】對(duì)小車進(jìn)行受力分析，結(jié)合牛頓第二定律即可求出小車的加速度；
小車做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)的公式求出小車的速度和位移；離開小車后的水滴做平拋運(yùn)動(dòng)，結(jié)合平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)求出第一滴水沿水平方向的位移，它們的差即為所求。
該題將牛頓第二定律與勻變速直線運(yùn)動(dòng)、平拋運(yùn)動(dòng)相結(jié)合，綜合考查對(duì)小車的運(yùn)動(dòng)過程的把握與對(duì)各公式的應(yīng)用能力，解答的關(guān)鍵是要注意最后一滴水不是在小車停止后離開，而是在第5s末離開小車。
15.【答案】解：帶電荷量為的微粒p靜止于A點(diǎn)，根據(jù)受力平衡可得
解得：
設(shè)垂直向里的方向?yàn)檎较?，微?/span>P和小球Q碰撞過程滿足動(dòng)量守恒，則有
碰撞后微粒在水平方向受洛倫茲力，在豎直方向所受重力2mg大于電場(chǎng)力qE，在豎直方向上做初速度為零的勻變速直線運(yùn)動(dòng)
且豎直速度的增大不影響洛倫茲力，在水平方向上，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，可得
解得：
粘合后的整體在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可得
整體的落地點(diǎn)在A點(diǎn)正下方的C點(diǎn)，因此整體在水平方向剛好轉(zhuǎn)動(dòng)n圈，在水平方向轉(zhuǎn)動(dòng)一圈的時(shí)間為
粒子落地時(shí)間滿足
AC的距離為
聯(lián)立解得：…
答：電場(chǎng)強(qiáng)度E為；
微粒與小球粘合后向右運(yùn)動(dòng)的最大距離為；
的距離h應(yīng)滿足的條件為…。 【解析】帶電微粒p靜止于A點(diǎn)，根據(jù)受力平衡電即可求得電場(chǎng)強(qiáng)度E；
由動(dòng)量守恒定律求出微粒的速度，碰撞后微粒在水平方向受洛倫茲力，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，可得微粒半徑；
粘合后的整體在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可求解。
本題考查了帶點(diǎn)微粒在磁場(chǎng)中的平衡及碰撞后在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題，難度不大。
16.【答案】解：對(duì)A由動(dòng)能定理得：，對(duì)A、B組成的系統(tǒng)由動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律得：，
聯(lián)立解得：，
對(duì)B、C由動(dòng)量守恒定律得：
對(duì)B、C由機(jī)械能守恒定律得：
聯(lián)立解得：
當(dāng)使繩長(zhǎng)變?yōu)?/span>4L時(shí)，再次對(duì)小球動(dòng)能定理得：，根據(jù)第一問的分析得小球B被碰后的速度為，小球A碰后的速度為零。
對(duì)B、C由動(dòng)量守恒定律得：
對(duì)B、C由機(jī)械能守恒定律得：
聯(lián)立解得：
對(duì)bB、C動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律得；，
聯(lián)立解得：，
若：則
若則，速度方向水平向左
若則，速度方向水平向右
若則
若則
答：小車C上的圓軌道半徑R為
若將懸點(diǎn)的位置提高至原來的4倍，使繩長(zhǎng)變?yōu)?/span>4L，再次將小球A向左拉到與懸點(diǎn)等高處細(xì)線處于伸直狀態(tài)由靜止釋放，小球A與小球B對(duì)心彈性相碰后，小球B上升過程中距圓軌道最低點(diǎn)的最大高度為3L
在條件不變情況下，若小車C的質(zhì)量為與m的關(guān)系未知，小球B再次返回小車的左端時(shí)可能的速度為若：則
若則，速度方向水平向左
若則，速度方向水平向右
若則
若則 【解析】A與B彈性碰撞，動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，B與C相互作用過程中水平方向動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，從B開始運(yùn)動(dòng)到B返回到小車的左端整個(gè)過程屬于彈性碰撞。
本題考查彈性碰撞模型的規(guī)律應(yīng)用，注意對(duì)題目的過程分析，彈性碰撞的深度理解。本題有一定難度。
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