2020年山东省潍坊一中高考物理一模试卷

2020年山东省潍坊一中高考物理一模试卷

一．单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．（3分）下列说法正确的是（）

A．布朗运动虽不是分子运动，但它证明了组成固体颗粒的分子在做无规则运动

B．液体表面层内分子间距离大于液体内部分子间的距离，表现为引力

C．扩散现象可以在液体、气体中进行，不能在固体中发生

D．随着分子间距增大，分子间引力和斥力均减小，分子势能一定减小

2．（3分）已知基态He+的电离能力是54.4eV，几种金属的逸出功如下表所示，He+的能级E n与n的关系与氢原子的能级公式类似，下列说法不正确的是（）

金属钨钙钠钾铷

W0（×10﹣19J）7.26 5.12 3.66 3.60 3.41

A．为使处于静止的基态He+跃迁到激发态，入射光子所需的能量最小为54.4 eV

B．为使处于静止的基态He+跃迁到激发态，入射光子所需的能量最小为40.8 eV

C．处于n＝2激发态的He+向基态跃迁辐射的光子能使上述五种金属都产生光电效应现象

D．发生光电效应的金属中光电子的最大初动能最大的是金属铷

3．（3分）如图所示，由粗糙的水平杆AO与光滑的竖直杆BO组成的绝缘直角支架，在AO杆、BO杆上套有带正电的小球P、Q，两个小球恰能在某一位置平衡。现将P缓慢地向左移动一小段距离，两球再次达到平衡。若小球所带电荷量不变，与移动前相比（）

A．杆AO对P的弹力减小B．杆BO对Q的弹力减小

C．P、Q之间的库仑力减小D．杆AO对P的摩擦力增大

4．（3分）A、B两物体同时同地从静止开始运动，其运动的速度随时间的v﹣t图如图所示，关于它们运动的描述正确的是（）

A．物体B在直线上做往返运动

B．物体A做加速度增大的曲线运动

C．AB两物体在0﹣1s运动过程中距离越来越近

D．B物体在第1s内、第2s内、第3s内的平均速度大小为1：3：2

5．（3分）△OMN为玻璃等腰三棱镜的横截面，ON＝OM，a、b两束可见单色光（关于OO′）对称，从空气垂直射入棱镜底面MN，在棱镜侧面OM、ON上反射和折射的情况如图所示，则下列说法正确的是（）

A．在棱镜中a光束的折射率大于b光束的折射率

B．在棱镜中，a光束的传播速度小于b光束的传播速度

C．a、b两束光用同样的装置分别做单缝衍射实验，a光束比b光束的中央亮条纹宽

D．a、b两束光用同样的装置分别做双缝干涉实验，a光束比b光束的条纹间距小

6．（3分）宇航员在某星球表面以初速度2.0m/s水平抛出一物体，并记录下物体的运动轨迹，如图所示，O为抛出点，若该星球半径为4000km，引力常量G＝6.67×10﹣11N?m2?kg﹣2，则下列说法正确的是（）

A．该星球表面的重力加速度为2.0 m/s2

B．该星球的质量为2.4×1023 kg

C．该星球的第一宇宙速度为4.0 km/s

D．若发射一颗该星球的同步卫星，则同步卫星的绕行速度一定大于4.0 km/s

7．（3分）如图所示，长为L的轻直棒一端可绕固定轴O转动，另一端固定一质量为m的小球，小球搁在水平升降台上，升降平台以速度v匀速上升，下列说法正确的是（）

A．小球做匀速圆周运动

B．当棒与竖直方向的夹角为α时，小球的速度为

C．棒的角速度逐渐增大

D．当棒与竖直方向的夹角为α时，棒的角速度为

8．（3分）光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面A，斜面质量为M，底边长为L，如图所示。将一质量为m的可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为F N，则下列说法中正确的是（）

A．F N＝mgcosα

B．滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为F N tcosα

C．滑块到达斜面底端时的动能为mgLtanα

D．此过程中斜面向左滑动的距离为

二．多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但环全的得2分，选错或不选得0分．

9．（4分）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，电压表、电流表为理想电表．L1、L2、L3、L4为四只规格均为“220V，60W”的相同灯泡．如果副线圈电压按图乙所示规律变化，则下列说法正确的是（）

A．电压表的示数为660 V B．电流表的示数为0.82A

C．ab两点的电压是1045V D．ab两点的电压是1100V

10．（4分）通常把电荷在离场源电荷无限远处的电势能规定为零，已知试探电荷q在场源电荷Q的电场中具所有电势能表达式为E r＝（式中k为静电力常量，r为试探电荷与场源电荷间的距离）。真空中有两个点电荷Q1、Q2分别固定在x坐标轴的x＝0和x＝6cm的位置上。x轴上各点的电势φ随x的变化关系如图所示。A、B是图线与x的交点，A点的x坐标是4.8cm，图线上C点的切线水平。下列说法正确的是（）

A．电荷Q1、Q2的电性相反

B．电荷Q1、Q2的电量之比为1：4

C．B点的x坐标是8cm

D．C点的x坐标是12cm

11．（4分）如图所示，电阻不计、间距为L的粗糙平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R，质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是F＝F0+kv（F0、k是常量），金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ．下列关于金属棒的速度v随时间t变化的图象和感应电流的功率P随v2变化的图象可能正确的是（）

A．B．

C．D．

12．（4分）如图甲所示，倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平面上，自然伸长的轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡板上，一质量为m的小球，从离弹簧上端一定距离的位置静止释放，接触弹簧后继续向下运动，小球运动的v

﹣t图象如图乙所示，其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的平滑曲线，BC是平滑曲线，不考虑空气阻力，重力加速度为g，关于小球的运动过程，下列说法正确的是（）

A．小球在t B时刻所受弹簧弹力大于mg

B．小球在t C时刻的加速度大于g

C．小球从t C时刻所在的位置有静止释放后，不能回到出发点

D．小球从t A时刻到t C时刻的过程中重力势能的减小量等于弹簧弹性势能的增加量

三．实验题：本题共2小题，共14分．

13．（6分）如图甲是实验室测定水平面和小物块之间动摩擦因数的实验装置，曲面AB与水平面相切于B点且固定．带有遮光条的小物块自曲面上面某一点释放后沿水平面滑行最终停在C点，P为光电计时器的光电门，已知当地重力加速度为g．

（1）利用游标卡尺测得遮光条的宽度如图乙所示，则遮光条的宽度d＝cm；

（2）实验中除了测定遮光条的宽度外，还需要测量的物理量有；

A．小物块质量m B．遮光条通过光电门的时间t

C．光电门到C点的距离s D．小物块释放点的高度h

（3）为了减小实验误差，同学们采用图象法来处理实验数据，他们根据（2）测量的物理量，建立图丙所示的坐标系来寻找关系，其中合理的是．

14．（8分）某物理兴趣小组在学习了电流的磁效应后，得知长直通导线周围某点磁场的磁感应强度B的大小与长直导线中的电流大小I成正比，与该点离长直导线的距离r成反比．该小组欲利用如图甲所示的实验装置验证此结论是否正确，所用的器材有：长直导线、学生电源，直流电流表（量程为0～3A）、滑动变阻器、小磁针（置于刻有360°刻度的盘面上）、开关及导线若干．

实验步骤如下：

a．将小磁针放置在水平桌面上，等小磁针静止后，在小磁针上方沿小磁针静止时的指向水平放置长直导线，如图甲所示；

b．该小组测出多组小磁针与通电长直导线间的竖直距离r，长直导线中电流的大小I及小磁针的偏转角度θ；

c．根据测量结果进行分析，得出结论．

回答下列问题：

（1）某次测量时，电路中电流表的示数如图乙所示，则该电流表的读数为A．

（2）在某次测量中，该小组发现长直导线通电后小磁针偏离南北方向的角度为30°（如图丙所示），已知实验所在处的地磁场水平分量大小为B0＝3×10﹣5T，则此时长直导线中的电流在小磁针处产生的磁感应强度B的大小为T（结果保留两位小数）．

（3）该小组通过对所测数据的分析，作出了小磁针偏转角度的正切值tanθ与之间的图象如图丁所示，据此得出了通电长直导线周围磁场的磁感应强度B与通电电流I成正比，与长导线的距离r成反比的结论，其依据是．

（4）通过查找资料，该小组得知通电长直导线周围某点的磁感应强度B与电流I及距离r之间的数学关系为B ＝?，其中μ0为介质的磁导率．根据题给数据和测量结果，可计算出μ0＝T?m/A．

四．计算题：本题共4小题，共46分，解答时要写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题答案中必须明确写出数值和单位．

15．（8分）有两列简谐横波a和b在同一介质中传播，a沿x轴正方向传播，b沿x轴负方向传播，波速均为υ＝4m/s，a的振幅为5cm，b的振幅为10cm。在t＝0时刻两列波的图象如图所示。求：

（i）这两列波的周期；

（ii）x＝0处的质点在t＝2.25s时的位移。

16．（8分）如图所示，一个绝热的气缸竖直放置，内有一个绝热且光滑的活塞，中间有一个固定的导热性良好的隔板，隔板将气缸分成两部分，分别密封着两部分理想气体A 和B．活塞的质量为m，横截面积为S，与隔板相距h。现通过电热丝缓慢加热气体，当A气体吸收热量Q时，活塞上升了h，此时气体的温度为T1．已知大气压强为P0，重力加速度为g。

①加热过程中，若A气体内能增加了△E1，求B气体内能增加量△E2

②现停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加砂粒，当活塞恰好回到原来的位置时A气体的温度为T2．求此时

添加砂粒的总质量△m。

17．（14分）如图所示，地面和半圆轨道面均光滑．质量M＝1kg、长L＝4m的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离为S＝3m，小车上表面与半圆轨道最低点P的切线相平．现有一质量m＝2kg的滑块（不计大小）以v0＝6m/s的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动．小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面的

滑动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2．

（1）求小车与墙壁碰撞时的速度；

（2）要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，求半圆轨道的半径R的取值．

18．（16分）如图，在真空室内的P点，能沿纸面向各个方向不断发射电荷量为+q，质量为m的粒子（不计重力），粒子的速率都相同。ab为P点附近的一条水平直线，P到直线ab的距离PC＝L，Q为直线ab上一点，它与P 点相距PQ＝L．当直线ab以上区域只存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场时，水平向左射出的粒子可到达Q点；当ab以上区域只存在平行该平面的匀强电场时，所有粒子都能到达ab直线，且它们到达ab 直线时动能都相等，其中水平向左射出的粒子也可到达Q点。（己知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：（1）粒子的发射速率；

（2）匀强电场的场强大小和方向；

（3）仅有磁场时，能到达直线ab的粒子所用最长时间和最短时间的比值。

2020年山东省潍坊一中高考物理一模试卷

参考答案与试题解析

一．单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．【解答】解：A、布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，不是组成布朗微粒分子的运动，故A错误；

B、液体表面层，分子较为稀疏，分子间距离大于平衡时的距离r0，因此分子间作用力表现为引力，液体表面有

收缩趋势，故B正确；

C、扩散现象可以在液体、气体中进行，也能在固体中发生，故C错误；

D、分子间距离为平衡时的距离r0，分子间作用力为零，当分子间距离r大于r0时，分子间作用力表现为引力，

此时随着分子间距r的增大分子间作用力做负功，分子势能E p增大，所以当分子间距增大时，分子势能不一定减小，故D错误。

故选：B。

2．【解答】解：AB、基态He+的电离能力是54.4eV，且He+的能级E n与n的关系与氢原子的能级公式类似，那么He+的处于n＝2时能级为E2＝＝﹣13.6eV，因此当为使处于静止的基态He+跃迁到激发态，入射光子所需的能量最小：△E＝E2﹣E1＝﹣13.6﹣（﹣54.4）＝40.8eV，故A错误，B正确；

C、处于n＝2激发态的He+向基态跃迁辐射的光子能量为：△E＝E2﹣E1＝﹣13.6﹣（﹣54.4）＝40.8eV＝65.28

×10﹣19J，均大于各金属的逸出功，因此都可以发生光电效应现象，故C正确；

D、依据光电效应方程：E km＝hγ﹣W0，可知，金属的逸出功越小的，则光电子最大初动能越大的，因此光电效

应的金属中光电子的最大初动能最大的是金属铷，故D正确；

本题选择错误的，

故选：A。

3．【解答】解：A、对整体分析可知，整体在竖直方向只受重力和AO杆的支持力，故AO杆对小球P的弹力不变，故A错误；

BC、对Q受力如图，P向左移后，PQ间的库仑力方向向图中虚线处变化，则由力的合成与平衡条件可知：BO 杆对小球Q的弹力变大，两小球之间的库仑力变大，由库仑定律可知，两电荷间的距离减小，故BC错误；

D、对整体受力分析，可得AO杆对小球P的摩擦力变大，故D正确；

故选：D。

4．【解答】解：A、v﹣t图象只能表示直线运动的规律，B做单向直线运动，故A错误。

B、物体A做加速度增大的直线运动，故B错误。

C、在0﹣1s运动过程中，B的速度比A的大，则两物体之间的距离越来越远，故C错误。

D、根据图象与时间轴所围面积表示物体运动的位移，B物体在第1s内、第2s内、第3s内的位移之比为1：3：

2，由＝得B物体在第1s内、第2s内、第3s内的平均速度大小为1：3：2，故D正确。

故选：D。

5．【解答】解：AB、由光路图看出，b光束在NO面上发生了全反射，而a光束在MO面上没有发生全反射，而入射角相同，说明b光的临界角小于a光的临界角，

由sinC＝分析得知，玻璃对a光束的折射率小于b光束的折射率，

由v＝得知，在玻璃砖中a光的传播速度比b光大，故AB错误；

C、由于玻璃对a光的折射率小于b光的折射率，则a光的频率比b光的低，a光的波长比b光的长，所以a光

比b光更容易发生明显的衍射现象，用同样的装置分别做单缝衍射实验，a光束比b光束的中央亮条纹宽，故C 正确；

D、根据条纹间距公式可知，双缝干涉条纹间距与波长成正比，所以a光束的条纹间距大，故D错

误。

故选：C。

6．【解答】解：A、由平抛运动的分位移公式，有：

x＝v0t

y＝gt2

联立解得：

t＝1s

g＝4m/s2；

该星球表面的重力加速度为4.0m/s2；故A错误；

B、由G ＝mg可得：

M＝＝＝9.6×1023kg；故B错误；

C、由g＝可得，v＝＝＝4.0km/s；故C正确；

D、第一守宙速度是绕星球表面运行的速度；而卫星的半径越大，则绕行速度越小；故同步卫星的速度一定小于

4.0km/s；故D错误；

故选：C。

7．【解答】解：A、小球受重力、平台的弹力和杆的作用力，因为升降平台以速度v匀速上升，平台的弹力和杆的作用力变化，即小球受到的合力大小变化，小球做的不是匀速圆周运动，故A错误；

BCD、棒与平台接触点的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上，如图所示，合速度v实＝ωL，沿竖直向上方向上的速度分量等于v，即ωLsinα＝v，

所以ω＝，平台向上运动，夹角增大，角速度减小，故BC错误，D正确。

故选：D。

8．【解答】解：A、当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力F N不等于mgcosα，故A错误；

B、滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为F N t，故B错误；

C、B下降的高度为Ltanα，其重力势能的减小量等于mgLtanα，减小的重力势能转化为A，B的动能之和，则

滑块B的动能要小于mgLtanα，故C错误；

D、系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，取水平向左为正方

向，由动量守恒定律得：M﹣m＝0

即有：Mx1＝mx2，又x1+x2＝L，解得：x1＝，故D正确。

故选：D。

二．多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但环全的得2分，选错或不选得0分．

9．【解答】解：A、由输出端交变电压U的图象，可求出有效值220V，由原、副线圈匝数之比4：1，可得原、副线圈的电压之比4：1，则原线圈的电压即电压表的示数为U1＝4×220＝880V，故A错误；

B、副线圈电压为220V，L2、L3、L4三只灯泡都正常发光，电流I＝3＝0.82A，故B正确；

C、原、副线圈的电流之比1：4，则副线圈电流为，灯泡的电阻，

则ab两点的电压U＝U1+I1R＝880+0.205×806.7≈1045V，故C正确，D错误。

故选：BC。

10．【解答】解：A、电势能E r＝qφr，故电势；那么，场源电荷附近电势正负和场源电荷正负一致；故由图可得：原点处电荷Q1带正电，x＝6cm处电荷Q2带负电，故A正确；

B、A点处电势为零，故有：，所以，电荷Q1、Q2的电量之比，故B

错误；

C、同B类似，根据电势为零可得：，所以，，所以，B点的x坐标x B

＝8cm；故C正确；

D、点电荷周围场强，两场源电荷电性相反，那么，两场源电荷在C点的场强方向相反；

C点电势变化为零，故场强为零，根据叠加定理可得：两场源电荷在C点场强大小相等，故有：；

所以，x C＝2（x C﹣6），故x C＝12cm，故D正确；

故选：ACD。

11．【解答】解：AB、分析金属棒运动情况，由力的合成和牛顿第二定律可得：

F合＝F﹣μmg﹣F A＝F0+kv﹣μmg﹣＝F0﹣μmg+（k﹣）v＝ma。

因为金属棒从静止出发，所以F0＞0且F合＞0，即加速度a＞0，加速度方向水平向右。

（1）若k＝，ma＝F0﹣μmg，加速度为定值，金属棒水平向右做匀加速直线运动，有v＝at，说明v∝t；

（2）若k＞，ma＝F0﹣μmg+（k﹣）v，a随v增大而增大，说明金属棒做加速度增大的加速运动，速度﹣时间图象的斜率增大；

（3）若k＜，ma＝F0﹣μmg+（k﹣）v，a随v增大而减小，说明金属棒在做加速度减小的加速运动，速度﹣时间图象的斜率减小，故AB正确；

CD、设金属棒在某一时刻速度为v，由题意可知，感应电动势E＝BLv，环路电流为：I＝，即I∝v；

感应电流功率为：P＝EI＝，即P∝v2，故C错误、D正确。

故选：ABD。

12．【解答】解：A、小球在t B时刻速度达到最大，此时弹簧的弹力等于重力沿斜面的分力，则，故A错误；

B、在乙图中，关于A点对称的点可知，此时弹簧的弹力为0.5mg，由对称性得由对称轴到对称点的弹簧的弹力

再变化0.5mg，故到达C点时弹簧的弹力大于2×0.5mg＝mg，所以弹力大于mg，根据牛顿第二定律可知F弹﹣mgsinθ＝ma，解得，故B正确；

C、整个过程中，乙弹簧和小球组成的系统，机械能守恒，故从C点释放，小球能到达原来的释放点，故C错误；

D、小球从t A时刻到t C时刻的过程中，系统机械能守恒，则W势﹣W弹＝0﹣E k，故W势＝W弹+E k，故重力势能

的减小量小于弹簧弹性势能的增加量，故D错误

故选：B。

三．实验题：本题共2小题，共14分．

13．【解答】解：（1）主尺的刻度：1cm，游标尺上的第12个刻度与主尺的刻度对齐，读数是：0.05×12＝0.60mm，总读数：10mm+0.60mm＝10.60mm＝1.060cm；

（2）实验的原理：根据遮光条的宽度与滑块通过光电门的时间即可求得滑块的速度：v＝；

B到C的过程中，摩擦力做功，根据动能定理得：﹣μmgs＝0﹣mv2；

联立以上两个公式得动摩擦因数的表达式：μ＝；

还需要测量的物理量是：光电门P与C之间的距离s，与遮光条通过光电门的时间t，故BC正确，AD错误．（3）由动摩擦因数的表达式可知，μ与t2和s的乘积成反比，所以s与的图线是过原点的直线，应该建立

的坐标系为：纵坐标用物理量，横坐标用物理量s，即B正确，ACD错误．

故答案为：（1）1.060；（2）BC；（3）B．

14．【解答】解：（1）电流表量程为3A，则最小分度为0.1A，由指针示数可知电流为2.00A；

（2）电流产生向北的磁场，则指针指向地磁场分量和电流磁场的合磁场方向，如图所示；

则有：tan30°＝

解得：B＝3×10﹣5×＝1.7×10﹣5T；

（3）由图可知，偏角的正切值与成正比，而根据（2）中分析可知，B＝B地tanθ，则可知B与成正比，故说明通电长直导线周围磁场的磁感应强度B与通电电流I成正比，与长导线的距离r成反比；

（4）由公式B＝B0tanθ＝?可知，图象的斜率k＝＝

解得：μ0＝4π×10﹣7

故答案为：（1）2.00；（2）1.7×10﹣5T；（3）电流产生的磁感应强度B＝B地tanθ，而偏角的正切值与成正比；

（4）4π×10﹣7

四．计算题：本题共4小题，共46分，解答时要写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题答案中必须明确写出数值和单位．

15．【解答】解：（i）由图可知λa＝4m，λb＝6m根据可得：T a＝1s，T b＝1.5s；

（ii）a波从图示时刻传播到x＝0处需要的时间：，则x＝0处的质点随a波振动的时间为：t2＝1.75s；

t＝2.25s时x＝0处的质点随a波振动到负向最大位移处，即：y1＝﹣5cm，

b波从图示时刻传播到x＝0处需要的时间：，则x＝0处的质点随b波振动的时间为：t4＝1.5s，T＝2.25s时x＝0处的质点随b波振动到平衡位置处，即：y2＝0，故在t＝2.25s时a、b波相遇叠加，x＝0处质点的合位移为：y＝﹣5cm

答：（i）a波的周期为1s，b波的周期为1.5s；

（ii）x＝0处的质点在t＝2.25s时的位移为﹣5cm；

16．【解答】解：①气体对外做功B气体对外做功：

W＝pSh＝（p0S+mg）h，

由热力学第一定律得：△E1+△E2＝Q﹣W，

解得：△E2＝Q﹣（mg+p0S）h﹣△E1 ，

②B气体的初状态：，V1＝hST1 ，

B气体末状态：，V2＝hST2 ，

由理想气体状态方程得：＝，

解得：；

答：①加热过程中，B气体内能增加量为Q﹣（mg+p0S）h﹣△E1；

②此时添加砂粒的总质量。

17．【解答】解：（1）设滑块与小车的共同速度为v1，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，有mv0＝（m+M）v1

代入数据解得

v1＝4m/s

设滑块与小车的相对位移为L1，由系统能量守恒定律，有

μmgL1＝

代入数据解得L1＝3m

设与滑块相对静止时小车的位移为S1，根据动能定理，有

μmgS1＝

代入数据解得S1＝2m

因L1＜L，S1＜S，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与碰壁碰撞时的速度即v1＝4m/s．

（2）滑块将在小车上继续向右做初速度为v1＝4m/s，位移为L2＝L﹣L1＝1m的匀减速运动，然后滑上圆轨道的最低点P．

若滑块恰能滑过圆的最高点，设滑至最高点的速度为v，临界条件为

mg＝m

根据动能定理，有

﹣μmgL2﹣

①②联立并代入数据解得R＝0.24m

若滑块恰好滑至圆弧到达T点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道．

根据动能定理，有

﹣μmgL2﹣

代入数据解得R＝0.6m

综上所述，滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径必须满足

R≤0.24m或R≥0.6m

答：

（1）小车与墙壁碰撞时的速度是4m/s；

（2）要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径R的取值为R≤0.24m或R≥0.6m．

18．【解答】（1）设α粒子做匀速圆周运动的半径R，过O作PQ的垂线交PQ于A点，如图所示

，

由几何知识可得：

代入数据可得粒子轨迹半径：R＝，

洛仑磁力提供向心力：Bqv＝m，

解得粒子发射速度为：v＝；

（2）真空室只加匀强电场时，由粒子到达ab直线的动能相等，可得ab为等势面，电场方向垂直ab向下。水平向左射出的粒子做类平抛运动，由运动学关系可知：

与ab平方向：＝＝vt，

与ab垂直方向：＝L＝at2，

其中a＝，

解得：E＝；

（3）真空室只加磁场时，圆弧O1和直线ab相切于D点，粒子转过的圆心角最大，运动时间最长，如图所示

则：sinβ＝＝，β＝37°，

最大圆心角：γmax＝360°﹣90°﹣37°＝233°，

最长时间：t1＝，

圆弧O2经C点，粒子转过的圆心角最小，运动时间最短，

则：sinθ＝＝53°，

最小圆心角：γmin＝2θ＝106°，

最短时间：t2＝T，

则最长时间和最短时间的比值为：t1：t2＝γmax：γmin＝233：106（或2.20）。

答：（1）粒子的发射速率为；

（2）匀强电场的场强大小为，方向垂直ab向下；

（3）当仅加上述磁场时，能到达直线ab的α粒子所用最长时间和最短时间的比值为233：106。