1.我國已經(jīng)在空間站上開展過四次精彩的太空授課，在億萬中小學(xué)生心里播撤下科學(xué)的種子。“天宮課堂”的教師們曾經(jīng)做過兩個有趣實(shí)驗(yàn)：一個是微重力環(huán)境下液橋演示實(shí)驗(yàn)。在兩個固體表面之間可形成大尺寸液析，如圖a所示；另一個是微重力環(huán)境下液體顯著的“毛細(xì)現(xiàn)象”演示，把三根粗細(xì)不同的塑料管，同時(shí)放入裝滿水的培養(yǎng)皿，水在管內(nèi)不斷上升，直到管頂，如圖b所示。對于這兩個實(shí)驗(yàn)的原理及其就用的理解，下列說法正確的是( )
A. 液體表面張力使得液橋表面形狀得以維持，而不會“垮塌”
B. 分子勢能Ep和分子間距離r的關(guān)系圖像如圖c所示，能總體上反映水表面層中水分子勢能Ep的是圖中“A”位置
C. 農(nóng)民使用“松土保熵”進(jìn)行耕作，通過松土形成了在壤毛細(xì)管，使得土壤下面的水分更容易被輸送到地表
D. 航天員在太空微重力環(huán)境中會因?yàn)闊o法吸墨、運(yùn)墨而寫不成毛筆字
2.張靖皋長江大橋是中國在建的世界上跨徑最大的懸索橋，如圖甲所示。懸索橋的簡化模型如下：橋面由分列橋面兩邊的六對等距離鋼桿懸吊，鋼桿上端掛在兩根鋼纜上。圖乙為其側(cè)面圖，兩端鋼纜CM、PN與水平方向夾角均為θ=37°，若每根鋼桿承受拉力相同，橋面總質(zhì)量為m，鋼桿、鋼纜自重不計(jì)，重力加速度為g，則鋼纜BC中的拉力大小為( )
A. 56mgB. 53mgC. 1712mgD. 13mg
3.氫原子能級分布如圖所示?？梢姽獾哪芰糠秶鸀?.62eV～3.11eV，兩個處于n=4能級的氫原子自發(fā)躍遷到低能級的過程中( )
A. 最多能輻射出6種頻率不同的光，其中最多有3種頻率不同的可見光
B. 最多能輻射出6種頻率不同的光，其中最多有2種頻率不同的可見光
C. 最多能輻射出4種頻率不同的光，其中最多有3種頻率不同的可見光
D. 最多能輻射出4種頻率不同的光，其中最多有2種頻率不同的可見光
4.如圖所示，A、B是圍繞地球運(yùn)轉(zhuǎn)的兩顆衛(wèi)星，其中A衛(wèi)星的軌道半徑為RA，B衛(wèi)星的軌道半徑為RB，經(jīng)過相同的時(shí)間，A衛(wèi)星與地心O的連線掃過的面積為SA，B衛(wèi)星與地心O的連線掃過的面積為SB，已知SB：SA=1：2，則RB：RA的值為( )
A. 1：2
B. 1：3
C. 1：4
D. 1：8
5.如圖所示，兩塊標(biāo)準(zhǔn)平面玻璃板中間形成一個劈形空間，劈尖角θ=2×10?4rad，(θ很小時(shí)，可認(rèn)為sinθ≈tanθ≈θ)。用波長λ=600nm的單色光從上方照射，從上往下看到干涉條紋。當(dāng)在劈形空間內(nèi)充滿某種液體時(shí)，相鄰亮條紋間距減小了0.5mm，則該液體的折射率為( )
A. 32B. 43C. 65D. 53
6.如圖所示為某發(fā)電站輸電示意圖，發(fā)電機(jī)輸出電壓恒定，變壓器均為理想變壓器，在輸電線路的起始端接入甲、乙兩個理想互感器，甲、乙兩互感器原副線圈的匝數(shù)比分別為200：1和1：20，降壓變壓器原副線圈匝數(shù)比為200：1，電壓表的示數(shù)為220V，電流表的示數(shù)為5A，輸電線路總電阻r=20Ω。則下列說法正確的是( )
A. 互感器甲中圈內(nèi)接入電流表，互感器乙圈內(nèi)接入電壓表
B. 輸電線路上損耗的功半約占輸電總功率的6%
C. 用戶端的電壓U4為200V
D. 用電高峰相對平時(shí)用電時(shí)，用戶端的電壓偏小
7.如圖所示，ABC為一彈性輕繩，其彈力大小符合胡克定律。彈性輕繩一端固定于A點(diǎn)，另一端連接質(zhì)量為m的小球，小球穿在豎直桿上。輕桿OB一端固定在墻上，另一端為定滑輪。若彈性輕繩自然長度等于AB，初始時(shí)ABC在一條水平線上，小球從C點(diǎn)由靜止釋放滑到E點(diǎn)時(shí)速度恰好為零。已知C、E兩點(diǎn)間距離為h，D為CE的中點(diǎn)，重力加速度為g，小球在C點(diǎn)時(shí)彈性繩的拉力為mg2，小球與桿之間的動摩擦因數(shù)為0.6，彈性輕繩始終處在彈性限度內(nèi)，其彈性勢能的表達(dá)式為Ep=12kx2，其中k為勁度系數(shù)、x為伸長量。則小球下滑經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)的速度大小為( )
A. 33gh10B. 35gh10C. 37gh10D. 39gh10
二、多選題：本大題共5小題，共19分。
8.如圖示，某運(yùn)動員在足球場上進(jìn)行“帶球突破”訓(xùn)練。運(yùn)動員沿邊線將足球向前踢出，足球沿邊線運(yùn)動，為控制足球，又向前追上足球，下列可能反映此過程的v?t圖像和x?t圖像是( )
A. B.
C. D.
9.如圖所示，帶電平行板電容器兩極板水平放置，充電后與電源斷開。帶電小球靜止于電容器內(nèi)的A點(diǎn)，B點(diǎn)位于上極板附近，忽略電容器極板的邊緣效應(yīng)及帶電小球?qū)﹄妶龅挠绊?。下列說法正確的是( )
A. 把小球由A點(diǎn)移到B點(diǎn)，小球的電勢能增大
B. 把小球由A點(diǎn)移到B點(diǎn)，小球的電勢能減小
C. 若將下極板向上移動一小段距離，小球在A點(diǎn)時(shí)的電勢能減小
D. 若將下極板向上移動一小段距離，小球在A點(diǎn)時(shí)的電勢能增大
10.在同一均勻介質(zhì)中，位于x=?6m和x=12m處的兩個波源M和N均沿y軸方向做簡諧運(yùn)動，形成橫波a和b。如圖所示，t=0時(shí)波ab分別傳播到x=?2m和x=8m處；t=5s時(shí)波a、b恰好相遇，則下列說法正確的是( )
A. 波a、b相疊加后，會出現(xiàn)穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象
B. x=3m處質(zhì)點(diǎn)的位移最大值為2cm
C. t=2s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P沿y軸正方向運(yùn)動
D. t=11s時(shí)，x=2m處質(zhì)點(diǎn)的位移為10cm
11.如圖所示，足夠長的光屏豎直放置，一個半徑為r的半圓形透明介質(zhì)水平放置。由a、b兩種頻率的單色光組成的光束與豎直方向成30°沿半徑方向從圓周上的某點(diǎn)入射，光屏上出現(xiàn)P、Q、R三個光斑，其中Q為a光的光斑。若已知a光的折射率為 3，真空中光速為c，下列說法正確的是( )
A. 在該透明介質(zhì)中，b光的光速大于a光的光速
B. 若入射光線繞O點(diǎn)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動，則P處的光斑先消失
C. a光進(jìn)入介質(zhì)后經(jīng)時(shí)間5 3r3c到達(dá)光屏上的Q點(diǎn)
D. a光進(jìn)入介質(zhì)后經(jīng)時(shí)間(3+2 3)r3c到達(dá)光屏上的Q點(diǎn)
12.如圖所示，四條光滑的足夠長的金屬導(dǎo)軌M、N、P、Q平行放置，導(dǎo)軌固定于絕緣水平而上，M、N導(dǎo)軌間距為2L，P、Q導(dǎo)軌間距為L，兩組導(dǎo)軌間由導(dǎo)線相連，導(dǎo)軌回存在豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，兩根質(zhì)量均為m、接入電路的電阻均為R的導(dǎo)體棒C、D分別垂直于導(dǎo)軌放置，且均處于靜止C獲得向右的瞬時(shí)速度v0，同時(shí)使導(dǎo)體榨D獲得向左的瞬時(shí)速度13v0。兩導(dǎo)體棒在達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直并與導(dǎo)軌接觸良好，且均未到達(dá)兩組導(dǎo)軌連接處。則下列說法正確的是( )
A. 開始階段，導(dǎo)體棒C、D均做減速運(yùn)動，先減速至零
B. 達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動時(shí)，C、D兩杯均向右運(yùn)動
C. 從t=0時(shí)至穩(wěn)定運(yùn)動的過程中，通過導(dǎo)體葆的電荷量為mv03BL
D. 從t=0時(shí)至穩(wěn)定運(yùn)動的過程中，通過導(dǎo)體棒的電荷量為7mv015BL
三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共12分。
13.某探究小組利用圖示裝置探究機(jī)械能守恒。將拉力傳感器固定在天花板上，不可伸長的輕質(zhì)細(xì)線-端連在拉力傳感器上的O點(diǎn)，另一端系住可視為質(zhì)點(diǎn)的鋼球。鋼球靜止于最低點(diǎn)位置時(shí)拉力傳感器示數(shù)為F0；現(xiàn)將鋼球分別拉至不同高度由靜止釋放，小球釋放前后細(xì)線一直處于伸直狀態(tài)，如圖甲所示。記下每次釋放瞬間拉力傳感器示數(shù)F1和每次釋放后鋼球第1次擺到最低點(diǎn)時(shí)拉力傳感器示數(shù)F2。并作出F2?F1圖像如圖乙所示，若小球第1次下擺過程中機(jī)械能守恒，則：
(1)圖乙中圖線斜率k=______。
(2)傳感器示數(shù)F0=______ N；
(3)若某次該鋼球由靜止釋放時(shí)細(xì)線與豎直方向的夾角為θ、在最低點(diǎn)時(shí)傳感器示數(shù)F2=7.35N，則csθ=______。
14.如圖a為某物理實(shí)驗(yàn)興趣小組組裝的多用電表的電路示意簡圖。其中E是電源，不計(jì)內(nèi)阻。R1、R2、R4、R5是四個定值電阻，R3是滑動變阻器。表頭G的滿偏電流為500μA，內(nèi)阻為200Ω。虛線框內(nèi)為五個換擋開關(guān)，A端和B端分別與兩表筆相連。該多用電表5個擋位分別為：直流電壓2.5V擋和10V擋，直流電流1mA擋和100mA擋，歐姆×100擋。圖b為改裝過程中的多用電表表盤。其歐姆擋的中值刻度為15。
(1)根據(jù)題給條件可得R1+R2=______，R4=______；
(2)在進(jìn)行歐姆調(diào)零時(shí)，滑動變阻器R，阻值應(yīng)調(diào)整為______；
(3)圖b中歐姆擋刻度尚未標(biāo)識完整，圖中多用電表指針位置應(yīng)該標(biāo)識的刻度為______。
四、簡答題：本大題共4小題，共48分。
15.如圖所示，一“U”形管由上方兩根同粗細(xì)的玻璃管和下方連接橡皮管組成，兩玻璃管保持豎直且上端平齊，右管內(nèi)封有一段長38cm的氣體，左管開口，左管水銀面比右管內(nèi)水銀面高14cm，大氣壓強(qiáng)為76cmHg?，F(xiàn)沿豎直方向緩慢移動左側(cè)玻璃管，使兩側(cè)玻璃管內(nèi)水銀面相平，玻璃管導(dǎo)熱性能良好且環(huán)境溫度不變。
(1)求此時(shí)右管封閉氣體的長度；
(2)若改為從左側(cè)管口用一帶柄的密封性很好的活塞緩慢向下推動空氣的方法使兩側(cè)水銀面相平，求活塞下移的長度應(yīng)為多少厘米(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。
16.鏈球是一項(xiàng)融合力量、平衡和技巧的競技運(yùn)動。如圖，某運(yùn)動員在訓(xùn)練中兩手握著鏈球上鐵鏈的把手帶動鏈球旋轉(zhuǎn)。鏈球旋轉(zhuǎn)到離地高h(yuǎn)=0.8m的A點(diǎn)脫手，脫手時(shí)速度大小為v0=28m/s，方向與水平面成θ角斜向上飛出。鏈球落地時(shí)速度與水平而夾角為β，且θ+β=π2(θ、β未知)，不計(jì)空氣阻力和鐵鏈的影響，g=10m/s2。
求：(1)鏈球落地時(shí)速度的大??；
(2)鏈球脫手后在空中運(yùn)動的時(shí)間；
(3)鏈球脫手點(diǎn)A與落地點(diǎn)間的水平距離。
17.如圖所示，在三維坐標(biāo)系Oxyz中，z>0的空間內(nèi)充滿沿z軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，z0的空間C點(diǎn)(未標(biāo)出)以相等速率v0沿y軸正方向射出。甲、乙兩粒子均在第2次進(jìn)入磁場后相遇，相遇點(diǎn)為各自軌跡的最低點(diǎn)。已知甲、乙粒子的質(zhì)量均為m，帶電量均為+q，不計(jì)粒子重力以及粒子間的相互作用。求：
(1)電場強(qiáng)度E的大小；
(2)相遇時(shí)，甲粒子的運(yùn)動時(shí)間；
(3)乙粒子第一次進(jìn)入磁場時(shí)與水平方向的夾角大??；
(4)C點(diǎn)的位置坐標(biāo)。
18.如圖所示，在水平面上靜止放置軌道A，其由半徑為R=0.4m的光滑14圓弧軌道EF和水平軌道FG兩部分組成，左側(cè)x=0.325m處固定一豎直擋板，右側(cè)緊挨著一木板B與其等厚。現(xiàn)由E點(diǎn)正上方h=0.2m處由靜止釋放物塊D。一段時(shí)間后物塊D沿軌道A滑到最右端C且二者恰好達(dá)到向右的共同速度。已知軌道A的質(zhì)量mA=3kg，木板B的質(zhì)量mB=9kg，物塊D的質(zhì)量mD=1kg。不計(jì)軌道A與水平面間的摩擦，物塊D與水平軌道FC間的動摩擦因數(shù)為μ1=0.5，與木板B的動摩擦因數(shù)為μ2=0.2。木板B與水平面間的動摩擦因數(shù)μ3=0.02。軌道A與左側(cè)豎直擋板碰后，速度等大反彈。A與B的碰撞為彈性碰撞。所有碰撞時(shí)間均極短不計(jì)。木板B足夠長，重力加速度為g=10m/s2，忽略空氣阻力。求：
(1)物塊D到達(dá)F點(diǎn)時(shí)的速度大小；
(2)軌道A與豎直擋板第一次碰撞時(shí)的速度大小；
(3)軌道A與木板B第一次碰撞和第二次碰撞的時(shí)間間隔Δt；
(4)軌道A與木板B第一次碰撞和第二次碰撞的時(shí)間間隔內(nèi)，物塊D相對于B滑動的距離記作Δx1，軌道A與木板B第二次碰撞和第三次碰撞的時(shí)間間隔內(nèi)，物塊D相對于B滑動的距離記作Δx2，試求Δx1Δx2。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.由于氣液界面之間存在表面張力，使得液體表面好比有一層很薄的彈性薄膜，使得液橋的表面形貌得以維持，而不會“垮塌”；正常的重力環(huán)境下，液橋的尺寸通常只有幾毫米，太空環(huán)境下，重力幾近消失，表面張力便能維持建立起很大尺寸的液橋，故A正確；
B.分子勢能Ep和分子間距離r的關(guān)系圖像如圖c所示，“B”位置為平衡位置，表面張力表現(xiàn)為引力，因此能總體上反映水表面層中水分子勢能Ep的是圖中“C”位置，故B錯誤；
C.鋤地的核心是“松土保熵”。土壤在過水后會形成通往地表的毛細(xì)管，還會在縮水過程中開裂；“松土”，就是切斷毛細(xì)管，堵塞裂縫；從而“保熵”，抑制水分沿毛細(xì)管上行至地表蒸發(fā)和直接經(jīng)裂縫蒸發(fā)。因此“鋤”的核心作用是松動表土，截?cái)嗤寥烂?xì)管，減少蒸發(fā)，故C錯誤；
D.毛筆書寫過程中，在毛細(xì)現(xiàn)象作用下，墨汁與可以被浸潤的毛筆材料發(fā)生相互作用力的平衡，于是墨汁便被吸入毛筆材料中，并牢牢“困”在毛筆內(nèi)部；而當(dāng)毛筆尖與紙張接觸時(shí)，留在毛筆表面的墨汁，同樣在毛細(xì)作用下，被吸附到紙上，其間根本無須重力作用，故D錯誤。
故選：A。
A.根據(jù)液體表面張力的含義分析作答；
B.根據(jù)分子勢能與分子間距的關(guān)系分析作答；
CD.根據(jù)毛細(xì)現(xiàn)象的含義和成因分析作答。
本題考查了液體的表面張力、毛細(xì)現(xiàn)象和分子勢能與分子間距的關(guān)系；本題是一道理論聯(lián)系實(shí)際的好題，可以培養(yǎng)學(xué)生用所學(xué)物理知識解決實(shí)際問題的能力。
2.【答案】A
【解析】解：以橋面和CP間的鋼桿鋼纜整體為研究對象，受力分析如圖所示
由對稱性可知
TMC=TPN
由平衡條件可得
4TMCsin37°=mg
解得
TMC=512mg
由題意可知，每根鋼桿承受拉力相同，因此每根鋼桿的拉力為112mg。對C點(diǎn)受力分析，如圖所示
由力的平衡條件可知，鋼纜MC的拉力TMC與鋼桿CC′的拉力TCC′的合力大小等于鋼纜BC的拉力TBC，由幾何關(guān)系可知，因
TMC=512mg
θ=37°
解得CJ線段表示
TCJ=TMCcsθ=512mg×cs37°=13mg
解得GH線段表示
TGH=TCC′=112mg
解得GJ線段表示
TGJ=TMCsinθ=512mg×sin37°=312mg
由直角△CHJ可得
TBC=T= THJ2+TCJ2= (312mg?112mg)2+(13mg)2= 56mg，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
對橋面和CP間的鋼桿鋼纜整體受力分析，根據(jù)平衡條件求解鋼纜MC(或者NP)上的拉力，由題意可知每根根鋼桿承受拉力相同，對C點(diǎn)受力分析，根據(jù)幾何知識求解鋼纜BC中的拉力大小。
本題考查共點(diǎn)力作用下的平衡問題，要求學(xué)生能正確選擇研究對象，受力分析，根據(jù)平衡條件列式解題。
3.【答案】D
【解析】解：處于n=4能級的單個氫原子最多可以產(chǎn)生3種不同頻率的光，分別是能級4到3(0.66eV)、3到2(1.89eV)、2到1(10.2eV)，另外一個可以產(chǎn)生4到2(2.55eV)，2到1(10.2eV)，或者產(chǎn)生4到3(0.66eV)，3到1(12.09eV)，所以兩個處于n=4能級的氫原子最多能輻射出4種頻率不同的光，其中3到2、4到2產(chǎn)生的光屬于可見光，即最多有2種頻率不同的可見光，故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
單個原子的能級躍遷時(shí)逐級躍遷是產(chǎn)生不同頻率的光子最多。
解決本題的關(guān)鍵知道能級間躍遷時(shí)輻射或吸收的光子能量等于兩能級間的能級差。
4.【答案】C
【解析】解：設(shè)軌道半徑為r的衛(wèi)星線速度為v，衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動，由萬有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r
解得：v= GMr
在很短時(shí)間Δt內(nèi)衛(wèi)星與地心O的連線掃過的面積為：S=12vΔtr
代入v解得：S=12Δt GMr
相同時(shí)間內(nèi)，B衛(wèi)星與地心O的連線掃過的面積和A衛(wèi)星與地心O的連線掃過的面積之比為：SB：SA=1：2，
則RB：RA=SB2：SA2=1：4，故C正確、ABD錯誤。
故選：C。
由萬有引力提供向心力點(diǎn)的線速度的表達(dá)式，根據(jù)三角形面積計(jì)算方法求解在很短時(shí)間Δt內(nèi)衛(wèi)星與地心O的連線掃過的面積表達(dá)式，由此得到軌道半徑之比。
本題主要是考查萬有引力定律及其應(yīng)用，解答本題的關(guān)鍵是能夠根據(jù)萬有引力提供向心力結(jié)合向心力公式進(jìn)行分析，掌握衛(wèi)星與地心O的連線掃過的面積的計(jì)算方法。
5.【答案】A
【解析】解：根據(jù)光的干涉可知，當(dāng)光程差Δs=nλ時(shí)此處表現(xiàn)為亮條紋，根據(jù)薄膜干涉的原理可知光程差為空氣層厚度的2倍，即Δs=2Δd；
當(dāng)劈尖角為θ時(shí)，相鄰的亮條紋之間的距離：Δx=Δdsinθ
相鄰的亮條紋之間的光程差Δs=λ=2Δd
聯(lián)立可得Δx=λ2sinθ≈λ2θ
若在劈形空間內(nèi)充滿液體，光在液體中傳播速度變小，根據(jù)v=λf知，波長變短，則相鄰兩條紋間距將變小。
由v=cn
則λ′=λn
在劈形空間內(nèi)充滿某種液體時(shí)相鄰亮條紋間距Δx′=λ′2θ≈λ2nθ
條紋間距減小量Δl=Δx?Δx′
液體Δl=0.5mm
代入數(shù)據(jù)可得n=32，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
從空氣膜的上下表面分別反射的兩列光是相干光，其光程差為空氣層厚度的2倍，當(dāng)光程差Δx=nλ時(shí)此處表現(xiàn)為亮條紋，故相鄰亮條紋之間的空氣層的厚度差為半個波長。
掌握了薄膜干涉的原理和相鄰條紋空氣層厚度差的關(guān)系即可順利解決此類題目。
6.【答案】D
【解析】解：A.互感器甲并聯(lián)在電路中，因此甲是電壓互感器，故A錯誤；
BC.根據(jù)理想變壓器電壓與匝數(shù)比的關(guān)系，互感器原線圈兩端電壓U2=n11n22?U=2001×220V=44000V
根據(jù)理想變壓器電流與匝數(shù)比的關(guān)系，互感器原線圈中的電流I2=n44n33?I=201×5A=100A
根據(jù)理想變壓器的功率關(guān)系，輸電功率P=P2=U2I2=44000×100W=4.4×106W
輸電線上的損失功率ΔP=I22r=1002×20W=2×105W
輸電線路上損耗的功率約占輸電總功率ΔPP×100%=2×1054.4×106%=4.5%
輸電線上的電壓損失ΔU=I2r=100×20V=2000V
降壓變壓器原線圈兩端電壓U3=U2?ΔU=44000V?2000V=42000V
根據(jù)理想變壓器電壓與匝數(shù)比的關(guān)系，用戶端電壓U4=n4n3U3=1200×42000V=210V
綜上分析，故BC錯誤；
D.用電高峰期，用戶增多，負(fù)載總電阻變小，通過降壓變壓器副線圈的電流變大；
根據(jù)理想變壓器電路與匝數(shù)比的關(guān)系可知，通過降壓變壓器原線圈的電流變大，輸電線上的電壓損失變大，因此用戶端的電壓變小，故D正確。
故選：D。
A.互感器甲并聯(lián)在電路中是電壓互感器；
BC.根據(jù)理想變壓器電壓與匝數(shù)比、電流與匝數(shù)比的關(guān)系求解升壓變壓器副線圈兩端電壓和輸電線上的電流；根據(jù)功率公式和歐姆定律求功率損失和電壓損失，再求損失功率與輸電功率的百分比以及用戶端得到的電壓；
D.用電高峰期，用戶增多，負(fù)載總電阻變小，通過降壓變壓器副線圈的電流變大，在分析輸電線上的電壓損失，再分析用戶端得到的電壓的變化情況。
本題主要考查了電壓互感器與電流互感器、理想變壓器電壓與匝數(shù)比和電流與匝數(shù)比的關(guān)系；掌握歐姆定律、功率公式是解題的關(guān)鍵。
7.【答案】B
【解析】解：小球在C點(diǎn)時(shí)，桿對小球的彈力為
FN=kxBC=mg2
釋放小球后，設(shè)彈性繩與豎直桿夾角為θ，任取一位置對小球受力分析，如圖所示
水平方向，根據(jù)平衡條件可知，桿對小球的彈力等于彈性繩垂直于桿的分力，即
FN=kxsinθ
又
xsinθ=xBC
故桿對小球的彈力保持FN=mg2不變，則小球所受滑動摩擦力大小始終為
f=μFN=μmg2=0.3mg
小球從C到E過程，根據(jù)功能關(guān)系
mgh?fh?[12k(h2+xBC2)?12kxBC2]=0
解得彈性繩勁度系數(shù)為
k=1.4mgh
小球從C到D的過程，根據(jù)動能定理有
mgh2?fh2?[12k(h24+xBC2)?12kxBC2]=12mv2?0
解得小球在D點(diǎn)速度為
v= 35gh10，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
對小球下落過程任意位置受力分析，求解桿對小球的彈力，進(jìn)一步求解摩擦力，小球從C到E根據(jù)動能定理求解彈性繩的進(jìn)度系數(shù)，小球從C到D根據(jù)動能定理求解小球的速度。
本題考查功能關(guān)系，要求學(xué)生能正確分析物體的運(yùn)動過程和運(yùn)動性質(zhì)，熟練應(yīng)用對應(yīng)的規(guī)律解題。
8.【答案】AC
【解析】解：AB、足球向前踢出后，由于受到地面阻力的作用，會做減速運(yùn)動，速度逐漸減小，運(yùn)動員向前追趕足球，做加速運(yùn)動，速度逐漸增大，運(yùn)動員追上足球時(shí)位移大小相等，即v?t圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積相同，故A正確，B錯誤；
CD、x?t圖像的斜率表示速度，足球做減速運(yùn)動，足球的x?t圖像斜率逐漸減小，當(dāng)運(yùn)動員追上足球時(shí)，足球和運(yùn)動員在同一時(shí)刻達(dá)到同一位置，足球和運(yùn)動員的x?t圖像交于同一點(diǎn)，足球和運(yùn)動員的起點(diǎn)相同，故C正確，D錯誤。
故選：AC。
足球向前踢出后，由于受到地面阻力的作用，會做減速運(yùn)動，運(yùn)動員向前追趕足球做加速運(yùn)動，v?t圖像的縱坐標(biāo)值的變化表示速度的變化，圖像與坐標(biāo)軸所圍成的面積表示位移，x?t圖像切線的斜率表示速度。
本題考查了v?t圖像和x?t圖像，解題關(guān)鍵是根據(jù)情境分析好足球和人的運(yùn)動狀態(tài)，結(jié)合圖像分析即可。
9.【答案】BD
【解析】解：AB、帶電小球靜止于電容器內(nèi)的A點(diǎn)，受到電場力豎直向上，把小球由A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電場力做正功，小球的電勢能減小，故A錯誤，B正確；
CD、充電后與電源斷開后，電容器的帶電量不變。根據(jù)C=εrS4πkd、C=QU以及E=Ud可得E=4πkQ?rS，可知將下極板向上移動一小段距離，電容器板間場強(qiáng)不變，結(jié)合U=Ed可知下極板與A點(diǎn)間的電勢差減小，因A點(diǎn)的電勢比下極板低，可知A點(diǎn)的電勢升高。根據(jù)原來小球靜止可知，小球受到電場力方向與場強(qiáng)方向相同，小球帶帶電，所以小球在A點(diǎn)時(shí)的電勢能增大，故C錯誤，D正確。
故選：BD。
把小球由A點(diǎn)移到B點(diǎn)，分析電場力做功情況，判斷電勢能的變化情況。將下極板向上移動一小段距離，分析板間場強(qiáng)的變化情況，判斷A點(diǎn)的電勢變化，再分析小球在A點(diǎn)時(shí)的電勢能變化情況。
解答本題的關(guān)鍵要根據(jù)C=εrS4πkd、C=QU以及E=Ud推導(dǎo)出E=4πkQ?rS，可在理解的基礎(chǔ)上記牢這個結(jié)論，經(jīng)常用到。
10.【答案】AB
【解析】解：A.兩列波在同種介質(zhì)中的傳播速度相同；
在Δt=5s時(shí)間內(nèi)，波傳播的距離Δx=8?(?2)2m=5m
波速v=ΔxΔt=55m/s=1m/s
兩列波的波長λ=4m
周期T=λv=41s=4s
由于兩列波的周期相同，頻率相同，因此兩列波疊加后會出現(xiàn)穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象，故A正確；
B.兩列波第一次在x=3處相遇，兩列波相遇時(shí)振動方向相反，振動減弱，合振幅A=6cm?4cm=2cm
因此x=3m處質(zhì)點(diǎn)的位移最大值為2cm，故B正確；
C.t=2s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P振動半個周期，根據(jù)對稱性，質(zhì)點(diǎn)P在x軸下方的對稱位置，正在沿y軸負(fù)方向振動，故C錯誤；
D.b波從x=?2m傳播到x=2m所用的時(shí)間ta1=Δxv=41s=4s
b波在x=2m處的質(zhì)點(diǎn)的振動時(shí)間ta2=7s=1T+34T
若只存在a波，x=2m處的質(zhì)點(diǎn)位于波谷處，位移為ya=?4cm
對于a波，x=2處的質(zhì)點(diǎn)位于波谷處，位移為ya=?4cm；
b波從x=8m傳播到x=2m所用的時(shí)間t1b=Δx′v=61s=6
b波在x=2m處的質(zhì)點(diǎn)的振動時(shí)間tb2=5s=1T+14T
若只存在b波，x=2m處的質(zhì)點(diǎn)位于波谷處，位移為yb=?6cm
由于x=2m處的質(zhì)點(diǎn)同時(shí)參與兩列波的運(yùn)動，因此x=2處的質(zhì)點(diǎn)在t=11s時(shí)刻的合位移為y=ya+yb=?4cm?6cm=?10cm，故D錯誤。
故選：AB。
A.兩列波在同種介質(zhì)中的傳播速度相同，根據(jù)兩列波的波長分析兩列波的周期，根據(jù)兩列波產(chǎn)生穩(wěn)定干涉的條件分析作答；
B.兩列波第一次在x=3處相遇，兩列波相遇時(shí)振動方向相反，振動減弱，據(jù)此求合振幅，再求最大位移；
C.t=2s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P振動半個周期，根據(jù)對稱性分析作答；
D.根據(jù)波速和傳播距離求傳播時(shí)間，再求振動時(shí)間；根據(jù)獨(dú)立性原理分別求解x=2m處的質(zhì)點(diǎn)位移，再根據(jù)疊加原理求合位移，然后作答。
本題主要考查了波的干涉、波的獨(dú)立性原理和波的疊加；考查了波長、波速和頻率的關(guān)系；知道波速決定于介質(zhì)。
11.【答案】AC
【解析】解：A、由題，Q為a光的光斑，則P為b光的光斑，R為兩種光的復(fù)合光斑，由圖可知，透明介質(zhì)對a光的折射程度較大，則a光的折射率大于b光的折射率，根據(jù)v=cn可知，在該透明介質(zhì)中，b光的速度大于a光的速度，故A正確；
B、若入射光線繞O點(diǎn)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動，則入射角增大，根據(jù)折射定律可知a與b的折射角都增大，則Q處的光斑先消失，故B錯誤；
CD、根據(jù)折射定律可知，光線a射出介質(zhì)后的折射角sinθ=n?sin30°= 3×12= 32
可得θ=60°
在介質(zhì)中的速度v=cn=c 3
a光在介質(zhì)中的傳播時(shí)間t1=rv= 3rc
由幾何關(guān)系可得OQ=rsin60°=r 32=2 3r3
a光沿OP傳播所用的時(shí)間t2=OQc=2 3r3c
所以a光進(jìn)入介質(zhì)后經(jīng)時(shí)間t=t1+t2= 3rc+2 3r3c=5 3r3c到達(dá)光屏上P點(diǎn)，故C正確，D錯誤。
故選：AC。
根據(jù)折射定律分析介質(zhì)對a和b光折射率的大小，由公式v=cn分析光在介質(zhì)中傳播速度的大小關(guān)系；根據(jù)幾何知識求出a光在介質(zhì)中和真空中的光程，再求解其傳播時(shí)間即可。
本題是幾何光學(xué)與物理光學(xué)的綜合．折射率與波在介質(zhì)中傳播速度和時(shí)間等問題是考試的熱點(diǎn)。
12.【答案】BD
【解析】解：A.設(shè)電路中的電流為I，C棒的加速度大小為a1，D棒的加速度大小為a2；
根據(jù)安培力公式結(jié)合牛頓第二定律，對C棒BI?2L=ma1
對D棒BIL=ma2
解得a1=2a2
根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式，C棒減速至零的時(shí)間t1=v0a1=v02a2
D棒減速至零的時(shí)間t2=v03a2=v03a2
可見，D棒先減速至零；
因此開始階段，導(dǎo)體棒C、D均做減速運(yùn)動，D棒先減速至零，故A錯誤；
B.導(dǎo)體棒D減速至零后，在安培力的作用下向右做加速運(yùn)動，導(dǎo)體棒D產(chǎn)生反電動勢；導(dǎo)體棒C繼續(xù)減速，當(dāng)導(dǎo)體棒D產(chǎn)生的反電動勢等于導(dǎo)體棒C產(chǎn)生的電動勢時(shí)，回路的電流為零，C、D棒均向右勻速運(yùn)動，故B正確；
CD.當(dāng)導(dǎo)體棒D產(chǎn)生的反電動勢等于導(dǎo)體棒C產(chǎn)生的電動勢時(shí)，有E=B?2LvC?BLvD=0
解得vD=2vC
從t=0時(shí)至達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動的過程中，取向右為正方向，根據(jù)動量定理得
對C棒有?BI??2L?t=mvC?mv0
對D棒有BI?L?t=mvD?m(?13v0)
聯(lián)立解得vC=115v0，vD=215v0
根據(jù)電流強(qiáng)度的定義式，電荷量q=I??t
代入數(shù)據(jù)解得q=7mv015BL，故C錯誤，D正確。
故選：BD。
A.根據(jù)安培力公式結(jié)合牛頓第二定律求加速度，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式求減速至零的時(shí)間，然后作答；
B.導(dǎo)體棒D減速至零后，在安培力的作用下向右做加速運(yùn)動，導(dǎo)體棒D產(chǎn)生反電動勢，當(dāng)合感應(yīng)電動勢為零時(shí)，兩棒向右做勻速直線運(yùn)動；
CD.根據(jù)動量定理和電流強(qiáng)度的定義式求解通過導(dǎo)體棒的電荷量。
本題考查的是不等長雙棒問題，關(guān)鍵要明確兩棒的受力情況，理解導(dǎo)體棒穩(wěn)定時(shí)的含義是解題的關(guān)鍵；掌握根據(jù)動量定理和電流強(qiáng)度的定義式求電荷量的方法。
13.【答案】?24.934
【解析】解：(1)鋼球靜止于最低點(diǎn)位置時(shí)拉力傳感器示數(shù)為F0，根據(jù)平衡條件F0=mg
鋼球擺動到最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律F2?mg=mv2L
鋼球從釋放點(diǎn)到最低點(diǎn)的過程中，取最低處為零勢能，根據(jù)機(jī)械能守恒定律mgL(1?cnθ)=12mv2
在釋放點(diǎn)，沿繩方向的合力為零，根據(jù)數(shù)學(xué)知識F1=mgcsθ
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得F2=3F0?2F1
結(jié)合F2?F1函數(shù)，圖像的斜率k=?2；
(2)圖像的縱截距b=3F0=14.7N
解得傳感器示數(shù)F0=4.9N；
(3)在最低點(diǎn)時(shí)傳感器示數(shù)F2=7.35N時(shí)，根據(jù)函數(shù)關(guān)系式F2=3F0?2F1
代入數(shù)據(jù)解得F1=3.675N
在釋放點(diǎn)滿足F1=mgcsθ=F0csθ
解得csθ=F1F0=。
故答案為：(1)?2；(2)4.9；(3)34或0.75。
(1)(2)根據(jù)平衡條件、牛頓第二定律、機(jī)械能守恒定律求解F2?F1函數(shù)，結(jié)合圖像求解作答；
(3)根據(jù)函數(shù)關(guān)系式求解釋放點(diǎn)傳感器的示數(shù)，再根據(jù)數(shù)學(xué)知識求解作答。
本題主要考查了平衡條件、牛頓第二定律、機(jī)械能守恒定律的運(yùn)用，求解F2?F1函數(shù)是解題的關(guān)鍵，明確釋放點(diǎn)沿繩子方向的合力為零。
14.【答案】200Ω2400Ω1400Ω60
【解析】解：(1)由電流表改裝可知，B端與2相接時(shí)為直流電流I2=1mA擋，則有
IgRgR1+R2+Ig=I2
可得R1+R2=IgRgI2?Ig
解得R1+R2=200Ω
由電壓表改裝可知，B端與4相接時(shí)為直流電壓U4=2.5V擋，則有
IgRg+I2R4=U4
解得R4=2400Ω
(2)當(dāng)B與3相連時(shí)為歐姆擋，歐姆擋為×100擋，且中值刻度為15，則可知?dú)W姆調(diào)零，其內(nèi)阻為1500Ω，則有
Rg(R1+R2)Rg+R1+R2+R3=1500Ω
解得R3=1400Ω
(3)圖中多用電表指針位置對應(yīng)電路的電流為I=0.2mA，設(shè)此時(shí)待測電阻對應(yīng)值為Rx，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得
E=I(R歐+RX)
其中R歐=1500Ω
E=I2R歐=1×10?3×1500V=1.5V
聯(lián)立解得Rx=6000Ω
又Rx=6000Ω=60×100Ω
則多用電表指針位置應(yīng)該標(biāo)識的刻度為60。
故答案為：(1)200Ω，2400Ω；(2)1400Ω；(3)60。
(1)根據(jù)并聯(lián)分流的原理和串聯(lián)分壓的原理列式計(jì)算相應(yīng)電阻；
(2)根據(jù)中值電阻和歐姆擋的原理列式求解；
(3)根據(jù)閉合電路的歐姆定律列式解答。
考查多用電表的工作原理，熟悉多用電表的內(nèi)部結(jié)構(gòu)，會根據(jù)題意列式求解相關(guān)物理量。
15.【答案】解：(1)設(shè)氣體的橫截面積為S，右管氣柱原長度為L，兩側(cè)水銀面高度差h，大氣壓強(qiáng)p0，現(xiàn)氣柱度為L1；根據(jù)玻意耳定律可得
(p0+ρgh)LS=p0L1S
其中
L=38cm，h=14cm，p0=76cmHg
代入數(shù)據(jù)解得
L1=45cm；
(2)設(shè)活塞下移長度為x，兩側(cè)液面相平時(shí)，氣體壓強(qiáng)為p，此過程水銀整體向右移動
Δh=h2
對右管內(nèi)氣體根據(jù)玻意耳定律可得
(p0+ρgh)LS=p(L?Δh)S
對左管內(nèi)氣體根據(jù)玻意耳定律可得
p0(L?h)S=p(L?h?x+Δh)S
聯(lián)立解得
x≈14cm。
答：(1)此時(shí)右管封閉氣體的長度為45cm；
(2)活塞下移的長度應(yīng)為多少厘米為14cm。
【解析】(1)根據(jù)玻意耳定律求解此時(shí)右管封閉氣體的長度；
(2)首先根據(jù)幾何關(guān)系求解水銀液面平齊時(shí)左右水銀柱移動的高度，再對左右封閉氣體根據(jù)玻意耳定律列式聯(lián)立求解活塞下移的長度。
本題考查理想氣體狀態(tài)參量和氣體實(shí)驗(yàn)定律，要求學(xué)生能正確選擇研究對象，分析變化過程，熟練掌握理想氣體狀態(tài)方程并應(yīng)用于解題。
16.【答案】解：(1)鏈球脫手后做斜拋運(yùn)動，根據(jù)動能定理mgh=12mv2?12mv02
代入數(shù)據(jù)解得落地速度的大小v=20 2m/s
(2)鏈球脫手后做斜拋運(yùn)動，運(yùn)動軌跡如圖所示：
鏈球拋出點(diǎn)的水平分速度vx=v0csθ，豎直分速度vy=v0sinθ
落地點(diǎn)的水平分速度vx=vcsβ，豎直分速度vy′=vsinβ
斜拋運(yùn)動在水平方向做勻速直線運(yùn)動，因此vx=v0csθ=vcsβ
由于θ+β=π2，sin2θ+cs2θ=1
聯(lián)立解得sinθ=7 1133，csθ=5 2233
取豎直向下為正方向，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式vy′=?vy+gt
代入數(shù)據(jù)解得鏈球在空中運(yùn)動的時(shí)間t=6 115s
(3)以拋出點(diǎn)為參考點(diǎn)，斜拋運(yùn)動的水平位移x=v0csθ?t
代入數(shù)據(jù)解得x=56 2m。
答：(1)鏈球落地時(shí)速度的大小為20 2m/s；
(2)鏈球脫手后在空中運(yùn)動的時(shí)間為6 115s；
(3)鏈球脫手點(diǎn)A與落地點(diǎn)間的水平距離為56 2m。
【解析】(1)根據(jù)動能定理求鏈球落地速度的大?。?br>(2)(3)斜拋運(yùn)動在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動，水平方向做勻速直線運(yùn)動；根據(jù)運(yùn)動的合成與分解、斜拋運(yùn)動的規(guī)律結(jié)合數(shù)學(xué)知識求解作答。
本題主要考查了動能定理和斜拋運(yùn)動的規(guī)律，對數(shù)學(xué)知識有較高的要求。
17.【答案】解：(1)甲粒子在xOz坐標(biāo)平面內(nèi)的運(yùn)動軌跡如圖所示：
粒子在第一象限內(nèi)做類平拋運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動時(shí)間為t1；
沿z軸負(fù)方向，根據(jù)牛頓第二定律，粒子運(yùn)動的加速度a=Eqm
運(yùn)動DP點(diǎn)時(shí)的豎直速度vz=at1
根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式vz2=2ah
根據(jù)數(shù)學(xué)知識tanθ=vzv0
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得場強(qiáng)E=3mv022qh
運(yùn)動時(shí)間t1=2 3h3v0
甲粒子進(jìn)入磁場時(shí)的速度大小vp=v0cs60°=v012=2v0
(2)粒子從P點(diǎn)進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，設(shè)圓周運(yùn)動的半徑為R，周期為T
洛倫茲力提供向心力qvPB=mvP2R
代入數(shù)據(jù)解得圓周運(yùn)動的半徑R=2mv0qB
因此圓周運(yùn)動的周期T=2πRvP=2πmqB
根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子做圓周運(yùn)動的圓心角α=2×60°=120°
根據(jù)對稱性，粒子再次進(jìn)入電場的速度方向x軸正方向成60°角，粒子做類斜拋運(yùn)動。
甲、乙兩粒子均在第2次進(jìn)入磁場后相遇，相遇點(diǎn)為各自軌跡的最低點(diǎn)，此時(shí)甲粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角為180°，運(yùn)動時(shí)間t2=12T；
相遇時(shí)，甲粒子的運(yùn)動時(shí)間為：
t甲=3t1+t2=3×2 3h3v0+πmqB=2 3hv0+πmqB
(3)乙粒子沿y軸正方向射入，在電場中做類平拋運(yùn)動，沿z軸負(fù)方向的加速度a=Eqm=3v022h
乙粒子從M點(diǎn)進(jìn)入磁場后做螺旋運(yùn)動，將速度沿y軸方向和z軸方向分解，沿y軸方向做勻速直線運(yùn)動，在xOz平面內(nèi)的磁場中做勻速圓周運(yùn)動，再次進(jìn)入電場后做類豎直上拋運(yùn)動；
乙粒子在磁場在的部分運(yùn)動軌跡如圖所示：
根據(jù)向心力公式qvz′B=m(vz′)2R1
由于甲、乙兩粒子均在第2次進(jìn)入磁場后的相遇點(diǎn)為各自軌跡的最低點(diǎn)，因此甲、乙兩小球做勻速圓周運(yùn)動的半徑關(guān)系滿足R1=R(1?cs60°)=12R
可得乙粒子進(jìn)入磁場時(shí)的沿z軸負(fù)方向的分速度大小為vz′=v0
設(shè)乙粒子進(jìn)入磁場時(shí)與y軸的夾角為β
根據(jù)數(shù)學(xué)知識tanβ=vz′v0=1
解得β=45°
因此乙粒子第一次進(jìn)入磁場時(shí)與水平方向的夾角大小為45°；
(4)乙粒子第一次進(jìn)入磁場時(shí)的豎直速度為vz′=v0
乙粒子在電場中沿z軸負(fù)方向的加速度a=Eqm=3v022h
設(shè)拋出點(diǎn)C的豎直坐標(biāo)為hC，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式vz′2=2ahC
代入數(shù)據(jù)解得：hC=13h
甲粒子第一次進(jìn)入磁場的x坐標(biāo)為x1=v0t1=2 3h3
根據(jù)甲粒子的運(yùn)動過程，可得相遇點(diǎn)的x坐標(biāo)為：x遇=3x1+3Rsin?60°
相遇時(shí)乙粒子在x軸方向運(yùn)動的距離為：x2=3R1=32R
乙粒子出發(fā)時(shí)x坐標(biāo)為：
x=x遇?x2=2 3h+3( 3?1)mv0qB
乙粒子在電場中運(yùn)動時(shí)間為：t乙1=3×vz′a=2hv0
乙粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)間為：t乙2=34T=3πm2qB
乙粒子沿y軸方向做勻速直線運(yùn)動，運(yùn)動距離為：
y1=v0(t乙1+t乙2)=2h+3πmv0qB
因此拋出點(diǎn)C的y坐標(biāo)y=?2h+3πmv0qB
拋出點(diǎn)坐標(biāo)為[2 3h+3( 3?1)mv0qB,?2h+3πmv0qB,13h]。
答：(1)電場強(qiáng)度E的大小為3mv022qh；
(2)相遇時(shí)，甲粒子的運(yùn)動時(shí)間為2 3hv0+πmqB；
(3)乙粒子第一次進(jìn)入磁場時(shí)與水平方向的夾角大小為45°；
(4)C點(diǎn)的位置坐標(biāo)為標(biāo)為[2 3h+3( 3?1)mv0qB,?2h+3πmv0qB,13h]。
【解析】(1)甲粒子在z?x坐標(biāo)平面的一象限內(nèi)做類平拋運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律和類平拋運(yùn)動的知識求場強(qiáng)；
根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式和數(shù)學(xué)知識求運(yùn)動時(shí)間以及進(jìn)入磁場時(shí)的速度；
(2)甲粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式求圓周運(yùn)動的半徑，根據(jù)周期公式求周期；根據(jù)數(shù)學(xué)知識求甲粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的圓心角；根據(jù)對稱性，甲粒子再次進(jìn)入電場時(shí)做斜拋運(yùn)動，求解甲、乙兩粒子在最低點(diǎn)相遇時(shí)所經(jīng)歷的時(shí)間；
(3)乙粒子沿y軸正方向射入，在電場中做類平拋運(yùn)動；乙粒子從M點(diǎn)進(jìn)入磁場后做螺旋運(yùn)動，將速度沿y軸方向和z軸方向分解，沿y軸方向做勻速直線運(yùn)動，在z?x平面內(nèi)的磁場中做勻速圓周運(yùn)動，再次進(jìn)入電場后做類豎直上拋運(yùn)動；根據(jù)甲、乙兩粒子在軌跡最低處相遇的條件求解兩粒子做圓周運(yùn)動的半徑關(guān)系，求解出乙粒子的豎直速度的大小，進(jìn)而求解乙粒子進(jìn)入磁場時(shí)的速度的方向；
(4)根據(jù)豎直速度的大小和運(yùn)動學(xué)公式求乙粒子拋出時(shí)的高度(z坐標(biāo))；乙粒子沿y軸方向始終做勻速直線運(yùn)動，根據(jù)等時(shí)性和勻速直線運(yùn)動公式求乙粒子沿y軸方向的距離；乙粒子在x軸方向運(yùn)動的距離為圓周運(yùn)動半徑的3倍，據(jù)此求乙粒子沿x軸方向運(yùn)動的距離，最后在求乙粒子拋出點(diǎn)的坐標(biāo)。
本題考查了帶電粒子在組合場中的運(yùn)動，運(yùn)動過程復(fù)雜；解題時(shí)要對每個過程進(jìn)行仔細(xì)分析，明確粒子運(yùn)動遵循的規(guī)律；帶電粒子做螺旋運(yùn)動的分析是解題的難點(diǎn)。
18.【答案】解：(1)物塊D到達(dá)F點(diǎn)的過程中，其與A組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，同時(shí)機(jī)械能也守恒，設(shè)物塊D到達(dá)F點(diǎn)時(shí)的速度大小為vD1，A的速度大小為vA1，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有
mDg(h+R)=12mDvD12+12mAvA12
以向右為正方向，水平方向根據(jù)動量守恒定律有
mDvD1=mAvA1
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得
vD1=3m/s，vA1=1m/s
根據(jù)水平方向動量守恒可得物塊D與A滿足
mDx1=mAx2
x1+x2=R
解得
x1=0.3m，x2=0.1m
由于x2

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