2022-2023學(xué)年河南省新鄭市新鄭高級(jí)中學(xué)高三上學(xué)月11月測(cè)試物理試題（解析版）

新鄭市新鄭高級(jí)中學(xué)2022-2023學(xué)年高三上學(xué)月11月測(cè)試物理試題一、選擇題：第1~7題只有一項(xiàng)符合題目要求，每小題4分；第8~12題有多項(xiàng)符合題目要求，每小題4分，全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。1.許多科學(xué)家對(duì)物理學(xué)的發(fā)展做出了巨大貢獻(xiàn)，下列選項(xiàng)中說法正確的是（）A.奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，揭示了電現(xiàn)象和磁現(xiàn)象之間的聯(lián)系B.歐姆發(fā)現(xiàn)了歐姆定律，說明了熱現(xiàn)象和電現(xiàn)象之間存在聯(lián)系C.楞次發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，揭示了磁現(xiàn)象和電現(xiàn)象之間的聯(lián)系D.自然界中的電荷有兩種，是美國物理學(xué)家密立根將它們分別命名為正電荷和負(fù)電荷【答案】A【解析】【詳解】A．奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，揭示了電現(xiàn)象和磁現(xiàn)象之間的聯(lián)系，A正確；B．焦耳發(fā)現(xiàn)了焦耳定律，說明了熱現(xiàn)象和電現(xiàn)象之間存在聯(lián)系，B錯(cuò)誤；C．法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，揭示了磁現(xiàn)象和電現(xiàn)象之間的聯(lián)系，C錯(cuò)誤；D．自然界中的電荷有兩種，是富蘭克林將它們分別命名為正電荷和負(fù)電荷，D錯(cuò)誤。故選A。2.如圖所示，兩個(gè)線圈A、B套在一起，線圈A中通有電流，方向如圖所示。當(dāng)線圈A中的電流突然減弱時(shí)，線圈B中的感應(yīng)電流方向?yàn)椋ǎ〢.沿順時(shí)針方向B.沿逆時(shí)針方向C.無感應(yīng)電流D.先沿順時(shí)針方向，再沿逆時(shí)針方向【答案】B【解析】【詳解】當(dāng)線圈A中通有減小的逆時(shí)針方向的電流時(shí)，知穿過線圈B的磁通量垂直向外，且減小，根據(jù)楞次定律，線圈B產(chǎn)生與A的電流的方向相同，即逆時(shí)針方向的電流。故選B。3.質(zhì)量的物體在合外力F的作用下從靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)。物體所受的合外力F隨時(shí)間t變化圖像如圖所示。下列說法正確的是（）A.物體先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，再做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)B.4s末物體的速度為零C.6s內(nèi)合外力的沖量為D.6s內(nèi)合外力做功為8J【答案】C【解析】【詳解】A．由圖可知，合力方向不變，則物體先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，再做加速度減小的加速度運(yùn)動(dòng)，最后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．由動(dòng)量定理可知，合外力沖量等于物體動(dòng)量的變化，物體從靜止開始運(yùn)動(dòng)，有在圖像中，合外力的沖量即為所圍成圖形的面積，有解得故B錯(cuò)誤；C．圖像與坐標(biāo)軸所圍面積表示合力的沖量，合力沖量為合力沖量為0，則6s內(nèi)合外力的沖量為，故C正確；D．由動(dòng)量定理可得即此時(shí)的動(dòng)能為由于合力的沖量為0，即動(dòng)量不變，則動(dòng)能也不變，所以6s內(nèi)合外力做功為4J，故D錯(cuò)誤。故選C。4.一輕繩一端系在豎直墻M上，另一端系一質(zhì)量為m的物體A，用一輕質(zhì)光滑圓環(huán)O穿過輕繩，并用力F拉住輕環(huán)上一點(diǎn)，如圖所示。現(xiàn)使物體A從圖中虛線位置緩慢上升到實(shí)線位置。則在這一過程中，力F、繩中張力FT及力F與水平方向夾角θ的變化情況是（）A.F保持減小，F(xiàn)T逐漸增大，夾角θ逐漸減小B.F逐漸減小，F(xiàn)T保持不變，夾角θ逐漸減小CF逐漸減小，F(xiàn)T保持不變，夾角θ逐漸減小D.F逐漸增大，F(xiàn)T逐漸不變，夾角θ逐漸增大【答案】D【解析】【詳解】圓環(huán)受到三個(gè)力，拉力F以及兩個(gè)繩子的拉力FT，三力平衡，故兩個(gè)繩子的拉力的合力與拉力F始終等值、反向、共線，繩子的拉力始終等于mg，即FT保持不變，由于兩個(gè)繩子的拉力等于mg，夾角越小，合力越大，且合力在角平分線上，故使物體A從圖中虛線位置緩慢上升到實(shí)線位置的過程中，拉力F逐漸變大，由于始終與兩細(xì)線拉力的合力反向，故拉力F逐漸豎直，θ逐漸增大。故選D。5.如圖所示。質(zhì)量均為ma、b兩小球用不可伸長的長度均為L的輕質(zhì)細(xì)繩懸掛起來，使小球a在豎直平面內(nèi)來回?cái)[動(dòng)，小球b在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，連接小球b的繩子與豎直方向的夾角和小球a擺動(dòng)時(shí)繩子偏高豎直方向的最大夾角都為θ，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A.小球a運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)受到的繩子拉力為B.小球a擺動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為C.小球b做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為D.小球b做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為【答案】D【解析】【詳解】A．小球a運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)速度為0，將重力分解，拉力為故A錯(cuò)誤；B．小球a擺動(dòng)到最低點(diǎn)過程中，由動(dòng)能定理得解得故B錯(cuò)誤；CD．小球b在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則解得根據(jù)可得小球b做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小故D正確，C錯(cuò)誤。故選D。6.在如圖所示的電路中，電壓表和電流表均視為理想電表，閉合電鍵S，將滑動(dòng)變阻器滑片P緩慢向左移動(dòng)過程中，燈泡的電阻恒定不變，電壓表示數(shù)變化量的絕對(duì)值為，電流表示數(shù)變化量的絕對(duì)值為，則下列判斷正確的是（）A.燈泡變亮 B.電容器的帶電量變大C.電源的效率減小 D.變大【答案】B【解析】【詳解】A．滑動(dòng)變阻器滑片P緩慢向左移動(dòng)過程中，其接入阻值變大，回路總電阻變大，干路電流變小，燈泡變暗，A錯(cuò)誤；B．由閉合電路歐姆定律可得可知路端電壓變大，電容兩端電壓變大，所帶電量變大，B正確；C．電源的效率可表示為可知電源的效率增大，C錯(cuò)誤；D．由閉合電路歐姆定律可得故保持不變，D錯(cuò)誤。故選B。7.如圖所示，某同學(xué)用玻璃皿在中心放一個(gè)圓柱形電極接電源的負(fù)極，沿邊緣放一個(gè)圓環(huán)形電極接電源的正極做“旋轉(zhuǎn)的液體的實(shí)驗(yàn)”，若蹄形磁鐵兩極間正對(duì)部分的磁場(chǎng)視為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝0.1T，玻璃皿的橫截面的半徑為a＝0.05m，電源的電動(dòng)勢(shì)為E＝3V，內(nèi)阻r＝0.1Ω，限流電阻R0＝4.9Ω，玻璃皿中兩電極間液體的等效電阻為R＝0.9Ω，閉合開關(guān)后當(dāng)液體旋轉(zhuǎn)時(shí)電壓表的示數(shù)恒為1.5V，則（）A.由上往下看，液體做順時(shí)針旋轉(zhuǎn)B.液體所受的安培力大小為1.5×10﹣4NC.閉合開關(guān)10s，液體具有的熱能是4.5JD.閉合開關(guān)后，液體熱功率為0.081W【答案】D【解析】【詳解】A.由于中心放一個(gè)圓柱形電極接電源的負(fù)極，沿邊緣放一個(gè)圓環(huán)形電極接電源的正極，在電源外部電流由正極流向負(fù)極，因此電流由邊緣流向中心；器皿所在處的磁場(chǎng)豎直向上，由左手定則可知，導(dǎo)電液體受到的磁場(chǎng)力沿逆時(shí)針方向，因此液體沿逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn).故選項(xiàng)A不符合題意.B.電壓表的示數(shù)為1.5V，則根據(jù)閉合電路的歐姆定律E＝U+IR0+Ir代入數(shù)據(jù)可得電路中的電流值I=0.3A，液體所受的安培力大小為F＝BIL＝BIa＝0.1×0.3×0.05＝1.5×10﹣3N故選項(xiàng)B不符合題意.C.液體的等效電阻為R＝0.9Ω，10s內(nèi)液體的熱能Q＝I2Rt＝0.32×0.9×10＝0.81J故選項(xiàng)C不符合題意.D.玻璃皿中兩電極間液體的等效電阻為R＝0.9Ω，則液體熱功率為P熱＝I2R＝0.32×0.9＝0.081W故選項(xiàng)D符合題意.8.如圖甲所示，某電場(chǎng)中的一條電場(chǎng)線恰好與M、P所在直線重合，以M為坐標(biāo)原點(diǎn)，向右為正方向建立直線坐標(biāo)系x，P點(diǎn)的坐標(biāo)xP＝5.0cm，此電場(chǎng)線上各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小隨x變化的規(guī)律如圖乙所示。若一電子（電荷量大小為e）僅在電場(chǎng)力作用下自M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至P點(diǎn)，其電勢(shì)能減小45eV，以下說法正確的是（）A.該電子做勻變速直線運(yùn)動(dòng)B.x軸上各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向都為x軸負(fù)方向C.MP兩點(diǎn)電勢(shì)差為－45VD.圖象中的E0的數(shù)值為1.2【答案】BCD【解析】【詳解】A．由圖乙可知，從M點(diǎn)到P點(diǎn)過程，電場(chǎng)強(qiáng)度逐漸減小，又因?yàn)殡娮觾H受到電場(chǎng)力的作用，可知該電子的加速度逐漸減小，故電子不是做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；B．電子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至P點(diǎn)過程電勢(shì)能減小，電場(chǎng)力做正功，可知電子受到的電場(chǎng)力沿+x方向，場(chǎng)強(qiáng)沿-x方向，B正確；C．由功能關(guān)系可得解得C正確；D．乙圖中圖線下方的面積與電荷量e的乘積表示電勢(shì)能的減少量，可得代入數(shù)據(jù)解得故圖象中的E0的數(shù)值為1.2，D正確。故選BCD。9.“天問一號(hào)”火星探測(cè)器需要通過霍曼轉(zhuǎn)移軌道從地球發(fā)射到火星，地球軌道和火星軌道近似看成圓形軌道，霍曼轉(zhuǎn)移軌道是一個(gè)在近日點(diǎn)M和遠(yuǎn)日點(diǎn)P分別與地球軌道、火星軌道相切的橢圓軌道（如圖所示）?！疤靻栆惶?hào)”在近日點(diǎn)短暫點(diǎn)火后進(jìn)入霍曼轉(zhuǎn)移軌道，接著沿著這個(gè)軌道運(yùn)行直至抵達(dá)遠(yuǎn)日點(diǎn)，然后再次點(diǎn)火進(jìn)入火星軌道。已知引力常量為G，太陽質(zhì)量為m，地球軌道和火星軌道半徑分別為r和R，地球、火星、“天問一號(hào)”運(yùn)行方向都為逆時(shí)針方向。若只考慮太陽對(duì)“天問一號(hào)”的作用力，下列說法正確的是（）A.兩次點(diǎn)火噴射方向都與速度方向相同B.兩次點(diǎn)火之間的時(shí)間間隔為C.“天問一號(hào)”在地球軌道上的線速度大于在火星軌道上的線速度D.“天問一號(hào)”在霍曼轉(zhuǎn)移軌道上P點(diǎn)的加速度比在火星軌道上P點(diǎn)的加速度小【答案】BC【解析】【詳解】A．兩次點(diǎn)火都是從低軌道向高軌道轉(zhuǎn)移，需要加速，所以點(diǎn)火噴射方向都與運(yùn)動(dòng)方向相反，A錯(cuò)誤；B．探測(cè)器在地球軌道上由萬有引力提供向心力有由開普勒第三定律得兩次點(diǎn)火之間的時(shí)間為聯(lián)立解得B正確；C．“天問一號(hào)”在繞太陽做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)滿足可得在地球軌道上運(yùn)行時(shí)軌道半徑較小，故線速度較大，C正確；D．由牛頓第二定律可得解得“天問一號(hào)”在霍曼轉(zhuǎn)移軌道上P點(diǎn)與在火星軌道上P點(diǎn)位置相同，到太陽球心距離R相同，故加速度相同，D錯(cuò)誤。故選BC。10.如圖所示，兩根間距為d的平行光滑金屬導(dǎo)軌間接有電源E，導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角θ＝30°，金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置，導(dǎo)軌與金屬桿接觸良好。整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。當(dāng)磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向上時(shí)，金屬桿ab剛好處于靜止?fàn)顟B(tài)，要使金屬桿能沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)，可以采取的措施是（）A.增大磁感應(yīng)強(qiáng)度BB.調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器滑片向下滑動(dòng)C.增大導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角θD.將電源正負(fù)極對(duì)調(diào)使金屬桿中的電流方向改變【答案】CD【解析】【詳解】A．金屬桿ab剛好處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)平衡條件可得增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B，安培力增大，金屬棒將沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；B．調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器滑片向下滑動(dòng)，其接入阻值減小，電流增大，安培力增大，金屬棒將沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；C．增大導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角θ，導(dǎo)致金屬棒將沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)，C正確；D．將電源正負(fù)極對(duì)調(diào)使金屬桿中的電流方向改變，安培力將沿導(dǎo)軌向下，金屬棒將沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)，D正確。故選CD。11.如圖所示，懸掛于O點(diǎn)的輕質(zhì)彈簧，勁度系數(shù)k＝100N/m，其下端拴一質(zhì)量m＝1kg的小物體A，緊挨物體A有一質(zhì)量M＝2kg的物體B，對(duì)B施加一個(gè)豎直向上、大小為35N的力F，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)突然改變力F的大小，使物體A、B以加速度a＝5m/s2勻加速下降，直到A、B兩物體分離，取g＝10m/s2，則（）A.兩物體剛開始勻加速下降時(shí)，力F大小為20NB.兩物體分離時(shí)，彈簧剛好恢復(fù)原長C.改變力F的大小后經(jīng)0.2s，A、B兩物體分離D.從改變力F到兩物體分離的過程中，系統(tǒng)克服力F做的功為3.84J【答案】AC【解析】【詳解】A．系統(tǒng)靜止時(shí)，彈簧處于壓縮狀態(tài)，設(shè)壓縮量為x1，則代入數(shù)據(jù)解得A、B兩物體剛開始勻加速下降時(shí)有代入數(shù)據(jù)解得A正確；B．設(shè)經(jīng)時(shí)間t兩物體分離，A、B間的彈力為0，彈簧處于拉伸狀態(tài)，令拉伸量為x2，則對(duì)A有代入數(shù)據(jù)得故兩物體分離時(shí)，彈簧處于拉伸狀態(tài)，B錯(cuò)誤；C．A、B分離瞬間整體下降的距離為而代入數(shù)據(jù)得C正確；D．剛開始和兩物體分離瞬間，彈簧的形變量一樣，整個(gè)過程彈簧彈力做功為零，由動(dòng)能定理可得其中聯(lián)立解得D錯(cuò)誤；故選AC12.如圖所示，兩根光滑、足夠長的平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上．滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻值為R(最大阻值足夠大)，導(dǎo)軌的寬度L=0.5m，空間有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B=1T．內(nèi)阻的金屬桿在F=5N的水平恒力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)．經(jīng)過一段時(shí)間后，金屬桿的速度達(dá)到最大速度vm，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，則有（）A.R越小，vm越大B.金屬桿的最大速度大于或等于20m/sC.在金屬桿達(dá)到最大速度之前，恒力F所做的功等于電路中消耗的電能D.金屬桿達(dá)到最大速度后，金屬桿中電荷沿桿長度方向定向移動(dòng)的平均速率ve與恒力F成正比【答案】BD【解析】【詳解】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得,根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得感應(yīng)電流,勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)受力平衡,則計(jì)算得出:,由此可以知道,R越小，vm越小，故A錯(cuò)誤；當(dāng)時(shí),最小,此時(shí),所以金屬桿的最大速度大于或等于20m/s,故B正確；根據(jù)功能關(guān)系可以知道,在金屬桿達(dá)到最大速度之前,恒力F所做的功等于電路中消耗的電能與金屬桿動(dòng)能增加之和,故C錯(cuò)誤;金屬桿達(dá)到最大速度后,有,所以,根據(jù)恒定電流的微觀計(jì)算公式可得,計(jì)算得出,所以金屬桿中電荷沿桿長度方向定向移動(dòng)的平均速率ve與恒力F成正比，故D正確；故選BD二、非選擇題（本題共5小題，共54分）13.某同學(xué)在做“驗(yàn)證力的平行四邊形定則”實(shí)驗(yàn)時(shí)，將橡皮筋改為勁度系數(shù)為400N/m的輕質(zhì)彈簧AA'，將彈簧的一端A'固定在豎直墻面上。不可伸長的細(xì)線OA、OB、OC，分別固定在彈簧的A端和彈簧秤甲、乙的掛鉤上，其中O為OA、OB、OC三段細(xì)線的結(jié)點(diǎn)，如圖1所示。在實(shí)驗(yàn)過程中，保持彈簧AA'伸長1.00cm不變。（彈簧均在彈性限度內(nèi)）（1）若OA、OC間夾角為90°，彈簧秤乙的讀數(shù)如圖2所示，則彈簧秤甲的讀數(shù)是________N。（2）在（1）問中若保持OA與OB夾角不變，逐漸增大OC與OA的夾角，則彈簧秤甲的讀數(shù)大小將________，彈簧秤乙的讀數(shù)大小將________。（填“變大”、“變小”、“先變小后變大”）【答案】①.5.00②.變?、?先變小后變大【解析】【詳解】（1）[1]彈簧秤乙的最小分度為0.1N，應(yīng)估讀到0.01N，讀數(shù)是3.00N，根據(jù)胡克定律可得，彈簧AA′的拉力大小為OA、OC間夾角為，由三力平衡原理可知，彈簧秤甲的讀數(shù)等于彈簧AA′的拉力與彈簧秤乙的拉力的矢量和，即（2）[2][3]若保持OA與OB的夾角不變，逐漸增大OC與OA的夾角，甲、乙兩彈簧秤彈力的合力不變，如圖所示，則可知彈簧秤甲的讀數(shù)大小將變小，彈簧秤乙的讀數(shù)大小將先變小后變大。14.某同學(xué)利用電壓表和電阻箱測(cè)定特殊電池的電動(dòng)勢(shì)（E約為9V，r約為50Ω）。已知該電池最大允許電流為150mA，該同學(xué)利用圖示電路實(shí)驗(yàn)，電壓表內(nèi)阻約為2kΩ，R為電阻箱，阻值范圍0~9999Ω，R0是定值電阻，起保護(hù)電路的作用(1)定值電阻R0有以下幾種規(guī)格，保護(hù)電阻應(yīng)選_______（填入相應(yīng)的字母）A.2ΩB.20ΩC.200ΩD.2000Ω(2)在實(shí)物圖中，已正確地連接了部分電路，請(qǐng)完成余下電路的連接_______(3)該同學(xué)完成電路的連接后，閉合開關(guān)S，調(diào)節(jié)電阻箱的阻值，讀取電壓表的示數(shù)，其中電壓表的某一次偏轉(zhuǎn)如圖所示，其讀數(shù)為________V(4)改變電阻箱阻值，取得多組數(shù)據(jù)，作出圖示圖線，則電動(dòng)勢(shì)E為____V，內(nèi)阻r為____Ω。（保留兩位有效數(shù)字）【答案】①.B②.③.6.5④.10⑤.50【解析】【詳解】(1)[1]最大電流為150mA，最小總電阻為最小保護(hù)電阻為應(yīng)該選B；(2)[2]見實(shí)物連接圖；(3)[3]電壓表用的應(yīng)該是0~15V量程，按5分度的電表的讀數(shù)規(guī)則讀數(shù)，應(yīng)為6.5V(4)[4]由得由圖可知解得[5]由圖知解得15.圖為直流電動(dòng)機(jī)提升重物的裝置圖，重物的質(zhì)量20kg，電源電動(dòng)勢(shì)100V，電源內(nèi)阻3，當(dāng)電動(dòng)機(jī)0.5m/s的恒定速度豎直向上提升重物時(shí)，電路中的電流。不計(jì)繩的重力，不計(jì)摩擦阻力與空氣阻力，取重力加速度大小，求：（1）電動(dòng)機(jī)的輸入功率；（2）電動(dòng)機(jī)線圈的電阻；（3）電源的工作效率?！敬鸢浮浚?）188W；（2）22；（3）94%【解析】【詳解】（1）電池內(nèi)電壓根據(jù)閉合電路歐姆定律可得根據(jù)代入數(shù)據(jù)（2）電動(dòng)機(jī)工作時(shí)由焦耳定律又聯(lián)立解得（3）電源的工作效率代入數(shù)據(jù)16.如圖所示，光滑傾斜軌道AB和光滑半圓弧軌道BC固定在同一豎直平面內(nèi)，兩者間通過一小段長度不計(jì)的光滑弧形軌道相連，已知AB長，傾角為37°，BC弧的半徑，O為圓心。兩個(gè)相同的小球P和Q，質(zhì)量均為，小球Q靜止在A點(diǎn)，小球P從某一位置以的初速度水平拋出，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)恰好沿斜面向下與小球Q發(fā)生彈性正碰。，，g取10m/s2。求：（1）小球P的拋出點(diǎn)距A點(diǎn)的高度；（2）小球P運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道最低點(diǎn)B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力是多少？；（3）通過計(jì)算判斷小球Q能否通過最高點(diǎn)C?！敬鸢浮浚?）0.45m；（2）52N；（3）Q能通過最高點(diǎn)C【解析】【詳解】（1）根據(jù)幾何關(guān)系可得A點(diǎn)速度豎直方向分速度豎直方向根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式（2）根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得根據(jù)機(jī)械能守恒定律解得設(shè)小球P從A滑到B點(diǎn)時(shí)由動(dòng)能定理得在B點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律解得結(jié)合牛頓第三定律可知小球P運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道最低點(diǎn)B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力也為52N。（3）Q從A到C的過程中，由動(dòng)能定理得解得剛好過最高點(diǎn)時(shí)解得由于所以Q能通過最高點(diǎn)C。17.在平面坐標(biāo)系第Ⅰ像限內(nèi)有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，虛線PQ為在同一平面內(nèi)的豎直直線邊界，在第Ⅱ、Ⅲ像限內(nèi)虛線PQ與y軸之間有垂直坐標(biāo)平面向里的大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。C、D兩個(gè)水平平行金屬板之間的電壓為U。一質(zhì)量為m、電荷量為e的帶正電的粒子（不計(jì)粒子重力）從靠近D板的S點(diǎn)由靜止開始做加速運(yùn)動(dòng)，從x軸上處的A點(diǎn)垂直于x軸射入電場(chǎng)，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與y軸正方向，不計(jì)粒子的重力。要使粒子不從PQ邊界射出，求：（1）粒子運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的速度大小；（2）勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小E；（3）