山東省濰坊市2024屆高三物理上學(xué)期模擬預(yù)測試題含解析

高三（物理）試題一、單項選擇題；本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.有些元素的原子核有可能從很靠近它的核外電子中“俘獲”一個電子形成一個新原子核，從離原子核最近的K層電子中俘獲電子，叫“K俘獲”?，F(xiàn)有一個鈹原子核（）發(fā)生了“K俘獲”，生成一個新的原子核，并放出一個不帶電的、質(zhì)量接近于零的中微子（），核反應(yīng)方程為。關(guān)于鈹原子核（）的“K俘獲”的過程，下列說法正確的是（）A.新原子核帶負(fù)電B.新原子核比原來的鈹原子核少一個中子C.新原子核比原來的鈹原子核少一個質(zhì)子D.新原子核與原來的鈹原子核的核子數(shù)不同【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)電荷數(shù)守恒得，新原子核X的電荷數(shù)是3，則新原子核X帶正電，故A錯誤；BCD．根據(jù)電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)守恒得，新原子核X的電荷數(shù)是3，核子數(shù)是7，新原子核與鈹核相比，電荷數(shù)少一個而核子數(shù)相同，所以是質(zhì)子數(shù)少一個，中子數(shù)多一個，故BD錯誤，C正確。故選C。2.一質(zhì)量為m的滑塊（可視為質(zhì)點），以不同的初速度v0從斜面頂端沿斜面下滑，下滑的最大距離x與v02的關(guān)系圖像如圖所示，已知斜面長度為6m，下列說法正確的是（）A.滑塊下滑過程中處于失重狀態(tài)B.滑塊下滑的加速度大小為0.5m/s2C.若v0=3m/s，滑塊沿斜面下滑的時間為3sD.若v0=4m/s，滑塊沿斜面下滑的時間為4s【答案】C【解析】【詳解】B．由題意可知，滑塊沿斜面向下做勻減速直線運(yùn)動，當(dāng)最大位移小于6m時，末速度為零，由位移速度公式可得對比圖像可得解得滑塊下滑的加速度大小為B錯誤；A．滑塊減速下滑，具有豎直向上的分加速度，可知滑塊處于超重狀態(tài)，A錯誤；CD．若v0=3m/s，滑塊沿斜面下滑的位移為下滑時間為同理可知，若v0=4m/s，滑塊減速至速度為零下滑的位移為由位移公式可得解得另一解6s不符合題意舍去，D錯誤。故選C3.新冠病毒疫情防控工作中額溫槍被廣泛使用。有一種額溫槍的工作原理是采集人體輻射出的紅外線，并將紅外線照射到溫度傳感器上，發(fā)生光電效應(yīng)，從而將光信號轉(zhuǎn)化為電信號顯示出人體的溫度。已知人體在正常體溫時輻射的紅外線波長約為，用該波長的紅外線照射圖甲電路中陰極K，電路中的光電流隨電壓變化的圖像如圖乙所示，已知，，。下列說法正確的是（）A.真空中波長的紅外線的頻率約為B.由圖乙可知，該光電管的陰極金屬逸出功約為C.人體溫度升高，輻射的紅外線強(qiáng)度增大，飽和光電流減小D.對于某種金屬，無論照射光頻率多小，只要強(qiáng)度足夠大、光照時間足夠長就可以產(chǎn)生光電效應(yīng)現(xiàn)象【答案】B【解析】【詳解】A．由c=λv得，紅外線的頻率約為，A錯誤；B．根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程根據(jù)動能定理得解得該光電管的陰極金屬逸出功約為，B正確；C．人體溫度升高，輻射的紅外線強(qiáng)度增大，逸出光電子增加，飽和光電流增大，C錯誤；D．對于某種金屬，根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程，若照射光的頻率小于其截止頻率，則無論強(qiáng)度多大、光照時間多長，都不會有光電子逸出，不會產(chǎn)生光電效應(yīng)現(xiàn)象，D錯誤。故選B。4.人造地球衛(wèi)星與地心間距離為r時，取無窮遠(yuǎn)處為勢能零點，引力勢能可以表示為，其中G為引力常量，M為地球質(zhì)量，m為衛(wèi)星質(zhì)量。衛(wèi)星原來在半徑為r1的軌道上繞地球做勻速圓周運(yùn)動，由于稀薄空氣等因素的影響，飛行一段時間后其圓周運(yùn)動的半徑減小為r2。此過程中損失的機(jī)械能為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【詳解】根據(jù)題意，衛(wèi)星做勻速圓周運(yùn)動，由地球的萬有引力提供向心力，則軌道半徑為時有衛(wèi)星的引力勢能為軌道半徑為時衛(wèi)星的引力勢能為設(shè)損失的機(jī)械能為，根據(jù)能量守恒定律得聯(lián)立以上各式可得故選A5.如圖所示電路中，理想變壓器原線圈兩接線柱間的交流電壓的有效值不變，兩燈泡L1、L2規(guī)格完全相同，在以下各種操作中各電路元件都沒有損壞，下列說法正確的是（）A.僅使滑片M下移，電流表示數(shù)變大B.僅使滑片M下移，變壓器原線圈中的電流變大C.僅使滑片N自變阻器a端向b端移動，燈泡L2中的電流一直增大D.僅使滑片N自變阻器a端向b端移動，電流表示數(shù)一直增大【答案】C【解析】【詳解】A．僅使滑片M下移，副線圈匝數(shù)減小，根據(jù)理想變壓器可知副線圈電壓減小，又因為副線圈電路電阻不變，所以副線圈電流減小，故A錯誤；B．僅使滑片M下移，副線圈電壓、電流均減小，所以副線圈功率減小，由功率關(guān)系U1I1＝U2I2可知，原線圈中電流變小，故B錯誤；C．僅使滑片N自變阻器a端向b端移動，并聯(lián)部分電路電壓（副線圈電壓）不變，L2所在支路電阻逐漸減小，根據(jù)歐姆定律可知，L2中電流一直增大，故C正確；D．僅使滑片N自變阻器a端向b端移動，則并聯(lián)部分電阻先增大后減小，副線圈總電阻先增大后減小，副線圈電壓不變，所以副線圈總電流（電流表示數(shù)）先減小后增大，故D錯誤。故選C。6.如圖所示，在豎直向上的勻強(qiáng)電場中，一根不可伸長的輕質(zhì)絕緣細(xì)繩，一端系著一個帶電小球，另一端固定于O點，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，最高點為a，最低點為b。不計空氣阻力，則（）A.小球帶負(fù)電B.電場力跟重力是一對平衡力C.小球從a點運(yùn)動到b點的過程中，電勢能減小D.運(yùn)動過程中小球的機(jī)械能守恒【答案】B【解析】【分析】【詳解】AB．據(jù)題小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，由合外力提供向心力，小球受到重力、電場力和細(xì)繩的拉力，電場力應(yīng)與重力平衡，即小球所受電場力與重力等大反向，則知小球帶正電，故A錯誤，B正確；C．小球在從a點運(yùn)動到b點的過程中，電場力做負(fù)功，小球的電勢能增大，故C錯誤；D．由于電場力做功，所以小球在運(yùn)動過程中機(jī)械能不守恒，故D錯誤。故選B。7.如圖甲所示，生活中常用兩根并排的竹竿將磚塊從高處運(yùn)送到低處。將竹竿簡化為兩根平行放置、粗細(xì)均勻的圓柱形直桿，一長方體磚塊放在兩竹竿的正中間，由靜止開始從高處下滑。圖乙為垂直于運(yùn)動方向的截面圖（磚塊截面為正方形）。若僅將兩竹竿間距減少一些，則（）A.竹竿對磚塊的彈力變小B.竹竿對磚塊的摩擦力變大C.磚塊的加速度不變D.磚塊下滑到底端的時間變短【答案】C【解析】【詳解】A．設(shè)竹竿與水平方向夾角為，兩竹竿對磚塊彈力的夾角為，磚塊在垂直運(yùn)動方向受力如圖根據(jù)平衡條件有僅將兩竹竿間距減少一些，不變，竹竿對磚的彈力不變，故A錯誤；B．竹竿對磚的摩擦力為不變，則摩擦力不變，故B錯誤；C．沿運(yùn)動方向，根據(jù)牛頓第二定律有、不變，則磚塊下滑的加速度不變，故C正確；D．根據(jù)位移公式有解得竹竿的長度不變，磚塊的加速度不變，可知磚塊滑動底端的時間不變，故D錯誤。故選C。8.單鏡頭反光相機(jī)簡稱單反相機(jī)，它用一塊放置在鏡頭與感光部件之間的透明平面鏡把來自鏡頭的圖像投射到對焦屏上。對焦屏上的圖像通過五棱鏡的反射進(jìn)入人眼中。如圖所示為單反照相機(jī)取景器的示意圖，ABCDE為五棱鏡的一個截面，AB⊥BC。光線垂直AB射入，分別在CD和EA上發(fā)生全反射，且兩次全反射的入射角相等，最后光線垂直BC射出。下列說法正確的是（）A.∠BCD=135°B.∠BAE和∠BCD不相等C.該五棱鏡折射率的最小值是D.該五棱鏡折射率的最小值是【答案】C【解析】【詳解】AB．由題意畫出光路圖如圖所示，設(shè)光線在CD面上的入射角為根據(jù)光路圖和反射定律可知得由四邊形內(nèi)角和為360°和角度關(guān)系可得∠BCD=∠BAE=90°+=112.5°故AB錯誤；CD．光線在CD和AE界面上恰好發(fā)生全反射時，對應(yīng)著五棱鏡折射率的最小值，則解得故C正確，D錯誤。故選C。二、多項選擇題∶本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9.如圖，兩端開口、下端連通的導(dǎo)熱汽缸，用兩個輕質(zhì)絕熱活塞（截面積分別為和）封閉一定質(zhì)量的理想氣體，活塞與汽缸壁間無摩擦。在左端活塞上緩慢加細(xì)沙，活塞從下降高度到位置時，活塞上細(xì)沙的總質(zhì)量為。在此過程中，用外力作用在右端活塞上，使活塞位置始終不變。整個過程環(huán)境溫度和大氣壓強(qiáng)保持不變，系統(tǒng)始終處于平衡狀態(tài)，重力加速度為。下列說法正確的是（）A.整個過程，外力做功大于0，小于B.整個過程，理想氣體的分子平均動能保持不變C.整個過程，理想氣體的內(nèi)能增大D.整個過程，理想氣體向外界釋放的熱量小于【答案】BD【解析】【詳解】A．外力F作用在右端活塞上，活塞位置不變，可知在F作用下沒有位移，可知外力F做功為零，故A錯誤；BC．汽缸為導(dǎo)熱汽缸，環(huán)境溫度不變，所以氣體狀態(tài)變化過程中溫度不變，溫度是分子平均動能的標(biāo)志，所以分子平均動能不變，對于一定質(zhì)量的理想氣體，內(nèi)能只與分子平均動能有關(guān)，所以內(nèi)能也不變，故B正確，C錯誤；D．此過程外界大氣通過活塞對封閉氣體做功為p0S1h，活塞下降過程，因緩慢加細(xì)沙，故細(xì)沙通過活塞對氣體做功小于mgh，所以外界對氣體做功根據(jù)，因，所以即氣體向外界釋放的熱量小于，故D正確。故選BD。10.“戰(zhàn)繩”是一種時尚的健身器材，有較好的健身效果。如圖1所示，健身者把兩根相同繩子的一端固定在P點，用雙手分別握住繩子的另一端，然后根據(jù)鍛煉的需要以不同的頻率、不同的幅度上下抖動繩子，使繩子振動起來。某次鍛煉中，健身者以2Hz的頻率開始抖動繩端，t=0時，繩子上形成的簡諧波的波形如圖2所示，a、b為右手所握繩子上的兩個質(zhì)點，二者平衡位置間距離為波長的，此時質(zhì)點a的位移為8cm。已知繩子長度為12m，下列說法正確的是（）A.a、b兩質(zhì)點振動的相位差為B.時，質(zhì)點a的位移仍為cm，且速度方向向下C.健身者增大抖動頻率，將減少振動從繩子端點傳播到P點的時間D.健身者抖動繩子端點（剛開始處于平衡位置），經(jīng)過0.4s振動恰好傳到P點【答案】AB【解析】【詳解】A．a(chǎn)、b兩質(zhì)點二者平衡位置間距離如果為一個波長，則其相位差為2，依題意其平衡位置相距波長，則振動的相位差為故A正確；B．由題意可知振動頻率為2Hz，則周期為0.5s，則從圖示位置開始計時，則質(zhì)點a的位移與時間的關(guān)系為可知當(dāng)時，質(zhì)點a的位移仍為cm，且由圖2可知此時質(zhì)點a從波峰向平衡位置運(yùn)動，故B正確；C．波速由介質(zhì)而定，則增大抖動頻率，不會改變振動從繩子端點傳播到P點的時間，故C錯誤；D．從圖中可以得到，波長為8m，周期為0.5秒，則波速為經(jīng)0.4s，傳播的距離為即健身者抖動繩子端點（剛開始處于平衡位置），經(jīng)過0.4s振動不能傳到P點，故D錯誤。故選AB。11.如圖所示，一根足夠長水平滑桿上套有一質(zhì)量為m的光滑鋁環(huán)，在滑桿的正下方放置一足夠長光滑絕緣軌道PP′，PP′與桿SS′平行?，F(xiàn)使質(zhì)量為M的條形磁鐵正對鋁環(huán)的圓心以水平初速度v0沿絕緣軌道向右運(yùn)動，圓環(huán)平面始終垂直于滑桿，則（）A.從左往右看，圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向始終為順時針B.磁鐵不會穿過滑環(huán)，且最終二者共速C.磁鐵與圓環(huán)的最終速度為D.整個過程最多能產(chǎn)生熱量【答案】CD【解析】【詳解】A．若金屬環(huán)能穿過條形磁鐵，在條形磁鐵的左端時，靠近磁鐵，向左的磁通量就越大，會感應(yīng)出向右的磁場，電流方向從左向右看為順時針方向，在右端遠(yuǎn)離磁鐵時，向左的磁通量減小，感應(yīng)出向左的磁場，電流方向從左向右看為逆時針，故A錯誤；BC．磁鐵在靠近金屬環(huán)的過程中金屬環(huán)的感應(yīng)電流方向產(chǎn)生的磁場與原磁場的方向相反，所以磁鐵受到阻力的作用，同理，在離開金屬環(huán)的過程中金屬環(huán)的感應(yīng)電流方向產(chǎn)生的磁場與原磁場的方向相同，也是受到阻力的作用，但是由于不知道初速度以及環(huán)與磁鐵的質(zhì)量之間的關(guān)系，所以不能判斷出磁鐵是否能夠會穿越滑環(huán)運(yùn)動；選取磁鐵與圓環(huán)組成的系統(tǒng)為研究的系統(tǒng)，系統(tǒng)在水平方向受到的合力為0，滿足動量守恒；選取磁鐵運(yùn)動的方向為正方向，則最終可能到達(dá)共同速度時解得故B錯誤，C正確；D．磁鐵若能穿過金屬環(huán)，運(yùn)動的過程中系統(tǒng)的產(chǎn)生的熱量等于系統(tǒng)損失的動能，二者的末速度相等時損失的動能最大，為故選CD。12.如圖所示，質(zhì)量為m的小球穿過一豎直固定的光滑桿并拴在輕彈簧上，質(zhì)量為4m的物塊用輕繩跨過光滑的定滑輪（不計滑輪質(zhì)量和大?。┡c小球連接，開始用手托住物塊，輕繩剛好伸直，滑輪左側(cè)繩豎直，右側(cè)繩與水平方向夾角α＝53°，某時刻由靜止釋放物塊（足夠高），經(jīng)過一段時間小球運(yùn)動到Q點，O、Q兩點的連線水平，OQ＝d，且小球在P、Q兩點時彈簧彈力的大小相等。已知重力加速度為g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。則小球由P點到Q點的過程中，下列說法正確的是（）A.小球和物塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B.彈簧的勁度系數(shù)為C.小球到達(dá)Q點時的速度大小為D.重力對物塊做功的功率一直增大【答案】BC【解析】【詳解】A．小球由P到Q的過程，彈簧的彈性勢能先減小后增大，則小球和物塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能之和先增大后減小，故A錯誤；B．P、Q兩點處彈簧彈力的大小相等，則由胡克定律可知P點的壓縮量等于Q點的伸長量，由幾何關(guān)系知則小球位于P點時彈簧的壓縮量為小球在P點，由力的平衡條件可知解得故B正確；C．當(dāng)小球運(yùn)動到Q點時，假設(shè)小球的速度為v，此時物塊的速度為零，又小球、物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則由機(jī)械能守恒定律得解得故C正確；D．由于小球在P和Q點處，物塊的速度都為零，重力對物塊做功的瞬時功率先增大后減小，故D錯誤。故選BC。三、實驗題13.某研究性學(xué)習(xí)小組設(shè)計實驗粗測小球在水平瓷磚上滾動時所受的阻力與重力的比值。給小球一個初速度，用手機(jī)給運(yùn)動小球錄像。為了比較準(zhǔn)確的測量時間，播放時選擇倍速“0.25”，表示播放時間是實際時間的四倍。圖甲是小球經(jīng)某一瓷磚邊緣第一次播放暫停時的時間顯示，其中“00：11”是時間擴(kuò)大為4倍后，錄像播放了11s，“01：07”是時間擴(kuò)大為4倍后總的播放時間。從圖甲小球暫停位置到小球停止，小球共垂直瓷磚邊緣沿直線運(yùn)動了12塊整瓷磚和第13塊瓷磚部分長度，圖乙是小球剛停下時的播放時間，圖丙是小球停下時的位置，刻度尺0刻度與第12、13塊瓷磚邊緣對齊。每塊瓷磚長度為60cm，圖丁是圖丙部分放大，小球的運(yùn)動可視做勻變速直線運(yùn)動。根據(jù)以上信息（1）第一次暫停時刻對應(yīng)的小球?qū)嶋H速度為________m/s（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）；（2）小球在水平瓷磚上滾動時所受的阻力與重力的比值為_________（用重力加速度g，小球滾動的距離L，小球滾動的時間t三個字母表示）；（3）下列說法正確的是_________A.小球直徑越大，測量位移時讀數(shù)誤差越小B.視頻第一次暫停時刻不是小球剛開始運(yùn)動的時刻，造成了實驗測量比值偏小C.多錄幾次視頻，選擇小球接近做直線運(yùn)動的進(jìn)行測量D.為了減小實驗誤差，應(yīng)多測幾次，求平均值【答案】①.1.2②.③.CD【解析】【詳解】（1）[1]由圖可知，小球從開始運(yùn)動到第一次播放暫停經(jīng)過的實際時間為，運(yùn)動的總的實際時間為，則第一次暫停到最后停止運(yùn)動用時間為從第一次暫停到最后停止運(yùn)動經(jīng)過的位移為根據(jù)可得第一次暫停時刻的速度（2）[2]根據(jù)逆向思維可知由牛頓第二定律可知解得（3）[3]A．小球直徑越大，測量位移時讀數(shù)誤差會越大，選項A錯誤；B．視頻第一次暫停時刻不是小球剛開始運(yùn)動的時刻，只是初速度的值較小，小球運(yùn)動的距離和時間都偏小，而造成的實驗測量比值不一定偏小，選項B錯誤；C．多錄幾次視頻，選擇小球接近做直線運(yùn)動的進(jìn)行測量，選項C正確；D．為了減小實驗誤差，應(yīng)多測幾次，求平均值，選項D正確。故選CD。14.某實驗小組設(shè)計了如圖（a）所示的歐姆表電路，僅用一節(jié)干電池通過控制開關(guān)S，就可使“歐姆表”具有“×10”和“×100”兩種倍率。電路中使用的實驗器材如下：干電池：電動勢E=1.5V，內(nèi)阻r=1Ω；毫安表：滿偏電流Ig=1mA，內(nèi)阻Rg=125Ω；滑動變阻器R0，阻值調(diào)節(jié)范圍足夠大；定值電阻R1、R2和R3，其中R1=1000Ω；開關(guān)S，紅、黑表筆各一支，導(dǎo)線若干。（1）按照圖（a）連接好電路，表筆1為_____（填“紅”或“黑”）表筆。（2）當(dāng)開關(guān)S斷開時，將兩表筆短接，調(diào)節(jié)滑動變阻器R0，使電流表達(dá)到滿偏，此時R0=_____Ω，“歐姆表”的倍率是___________（填“×10”和“×100”）。（3）閉合開關(guān)S使“歐姆表”倍率改變，電阻R2=________Ω。將兩表筆短接，調(diào)節(jié)滑動變阻器R0，使電流表達(dá)到滿偏。（4）保持開關(guān)閉合，在表筆間接入電阻R3（圖中未畫出），電流表指針指向圖（b）所示的位置時，電阻R3=______Ω?！敬鸢浮竣?紅②.374③.×100④.125⑤.225【解析】【詳解】（1）[1]按照多用電表使用規(guī)則，紅表筆應(yīng)該接歐姆表內(nèi)電路的電源負(fù)極；（2）[2]當(dāng)開關(guān)S斷開時，由閉合電路歐姆定律得解得[3]開關(guān)S閉合后，電流表滿偏時干路電流變大，歐姆表內(nèi)阻變小，中值電阻變小，歐姆表的倍率變小，故開關(guān)S閉合時，歐姆表的倍率是小倍率，開關(guān)S斷開時的倍率是大倍率，故填“×100”。（3）[4]閉合開關(guān)S，倍率為原來的，干路電流最大值應(yīng)為原來的10倍，則I2=9mA故有解得R2=125Ω（4）[5]由圖可知此時毫安表讀數(shù)為0.40mA，則干路電流為4.0mA，電路總電阻為375Ω，而歐姆表此倍率的內(nèi)阻為則可知R3=225Ω四、解答題15.如圖所示，高為、截面積的絕熱汽缸開口向上放在水平面上，標(biāo)準(zhǔn)狀況（溫度℃、壓強(qiáng)）下，用絕熱活塞和導(dǎo)熱性能良好的活塞將汽缸內(nèi)的氣體分成甲、乙兩部分，活塞用勁度系數(shù)為的輕彈簧拴接在汽缸底部，系統(tǒng)平衡時活塞位于汽缸的正中央且彈簧的形變量為零，活塞剛好位于汽缸的頂部；現(xiàn)將一質(zhì)量為的物體放在活塞上，活塞下降，如果用一加熱裝置對氣體乙緩慢加熱使活塞回到汽缸頂部，此時氣體乙的溫度為多少攝氏度？（活塞的質(zhì)量以及一切摩擦均可忽略不計，外界環(huán)境的溫度和大氣壓恒定，重力加速度取，結(jié)果保留整數(shù)）【答案】【解析】【詳解】對于氣體甲，初態(tài)，末態(tài)，根據(jù)玻意耳定律有解得若使活塞返回到汽缸頂部，氣體乙末狀態(tài)時氣柱長為，此時彈簧要伸長，對活塞有解得，對氣體乙，初態(tài)，，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程有解得則16.某水上滑梯的簡化結(jié)構(gòu)圖如圖所示?？傎|(zhì)量為m的滑船（包括游客），從圖甲所示傾角θ＝53°的光滑斜軌道上A點由靜止開始下滑，到達(dá)離地高h(yuǎn)＝2.5m的B點時，進(jìn)入一段與斜軌道相切的半徑R＝12.5m的光滑圓弧軌道BCD，C點為與地面相切的圓弧軌道最低點，在C點時對軌道的壓力為1.8mg，之后從D點沿圓弧切線方向滑上如圖乙所示的足夠大光滑斜面abcd，速度方向與斜面水平底邊ad成夾角θ＝53°。已知斜面abcd的底面離地高度為2.5m且與水平面成β＝37°角，滑船最后在斜面水平底邊ad上某點進(jìn)入水平接收平臺。求：（1）A點距離地面高度；（2）滑船運(yùn)動最高點到水平底邊ad的距離；（3）滑船要進(jìn)入接收平臺時和D點的水平距離?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）假設(shè)A點離地面高度為H，對A到C的過程應(yīng)用動能定理得在C點處，根據(jù)牛頓第二定律可得聯(lián)立兩式，代入數(shù)據(jù)可得（2）根據(jù)動能定理，滑船在D點時速度大小滿足解得滑船在光滑斜面abcd上做類斜拋運(yùn)動，運(yùn)動最高點處速度沿水平方向，速度大小根據(jù)動能定理可得，滑船在光滑斜面abcd上最高點與水平底邊ad的高度差滿足解得滑船運(yùn)動最高點到水平底邊ad的距離為（3）假設(shè)滑船進(jìn)入接收平臺時和D點的水平距離為，滑船在光滑斜面abcd上運(yùn)動時間為，二者滿足①又因為②聯(lián)立①②解得17.如圖所示，空間中在一矩形區(qū)域Ⅰ內(nèi)有場強(qiáng)大小、方向水平向右的勻強(qiáng)電場；一條長且不可伸長的輕繩一端固定在區(qū)域Ⅰ的左上角O點，另一端系一質(zhì)量kg、帶電荷量的絕緣帶電小球a；在緊靠區(qū)域Ⅰ的右下角C點豎直放置一足夠長、半徑的光滑絕緣圓筒，圓筒上端截面水平，CD是圓筒上表面的一條直徑且與區(qū)域Ⅰ的下邊界共線，直徑MN與直徑CD垂直，圓筒內(nèi)左半邊MNCHJK區(qū)域Ⅱ中存在大小N/C、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)電場。把小球a拉至A點（輕繩繃直且水平）靜止釋放，當(dāng)小球a運(yùn)動到O點正下方B點時，輕繩恰好斷裂。小球a進(jìn)入電場繼續(xù)運(yùn)動，剛好從區(qū)域Ⅰ的右下角C點豎直向下離開電場，然后貼著圓筒內(nèi)側(cè)進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ。已知重力加速度大小取，繩斷前、斷后瞬間，小球a的速度保持不變，忽略一切阻力。求：（1）輕繩的最大張力；（2）小球a運(yùn)動到C點時速度的大小和小球a從B到C過程電勢能的變化量；（3）若小球a剛進(jìn)入圓筒時，另一絕緣小球b從D點以相同速度豎直向下貼著圓筒內(nèi)側(cè)進(jìn)入圓筒，小球b的質(zhì)量kg，經(jīng)過一段時間，小球a、b發(fā)生彈性碰撞，且碰撞中小球a的電荷量保持不變，則從小球b進(jìn)入圓筒到與小球a發(fā)生第5次碰撞后，小球b增加的機(jī)械能是多大?！敬鸢浮浚?）15N；（2）2m/s小球電勢能增加了4J；（3）10J【解析】【詳解】（1）小球a從A運(yùn)動到B點，根據(jù)動能定理得代入數(shù)據(jù)得在B點，根據(jù)牛頓第二定律得代入數(shù)據(jù)得（2）小球a在區(qū)域Ⅰ中，水平方向解得小球減速至0時小球a運(yùn)動到C點時速度大小為小球a從B運(yùn)動到C點，小球a電勢能的變化量為即小球電勢能增加了4J。（3）因兩球在豎直方向下落一樣快，故它們碰撞時是水平正碰。根據(jù)水平方向碰撞時動量守恒和能量守恒。由于兩球質(zhì)量相等，所以它們正碰時交換水平方向速度。小