2021屆新疆高考物理一診試卷附答案詳解

2021屆新疆高考物理一診試卷

一、單選題（本大題共7小題，共28.0分）

1.電場強度的定義式是下面那一個（）

A.F=maB.E=-C.E=D.E=?

qr2d

2.如圖所示，小球1由兩根輕繩AC和4D拴住，輕繩4。水平.豎直輕繩

4B將小球2懸掛于小球1的下端.現(xiàn)用一個水平向右的力尸拉動小球

2,使其由位置B緩慢移動到位置B',小球1始終保持靜止，此過程

中三根輕繩的張力二外TAC、。。的變化情況是（）

A.2和加都變大，0°變小B.為變?nèi)?，北°變小，必變?/p>

C."B和二°都變大，不變D.變小，。。變大，"c不變

3.如圖甲所示，MN左側有一垂直紙面向里的勻強磁場.現(xiàn)將一邊長為八質(zhì)量為m、電阻為R的正

方形金屬線框置于該磁場中，使線框平面與磁場垂直，且兒邊與磁場邊界MN重合.當t=0時，

對線框施加一水平拉力F,使線框由靜止開始向右做勻加速直線運動；當《=片時，線框的ad邊

與磁場邊界MN重合.圖乙為拉力F隨時間變化的圖線.由以上條件可知，磁場的磁感應強度B的

大小為（）

4.

滑圓形軌道.一小球從與。點等高的圓弧最高點，由靜止?jié)L下后作開

平拋運動.調(diào)整軌道半徑，使小球做平拋運動的水平位移最大，則

小球在圓弧最低點處的速度為（）

A.B.D.

5.如圖所示為在一條直線上運動的兩個物體的位移圖象，由圖象可知

（）

A.兩物體都作勻加速直線運動

B.它們速度的大小關系為%>v2

C.它們速度的大小關系為巧<%

D.它們的速度方向可能不相同

6.如圖所示為環(huán)形磁鐵立體示意圖，P、Q是左右對稱且靠近S極的兩點，E、

F是中心軸線上下對稱的兩點，下列說法正確的是（）

A.E、尸兩點的磁感應強度大小相等、方向相同

B.E、F兩點的磁感應強度大小相等、方向相反

C.P、Q兩點的磁感應強度大小不等、方向相同

D.P、Q兩點的磁感應強度大小相等、方向相同

7.下列說法正確的是（）

A.康普頓效應進一步證實了光的粒子性

B.兩個質(zhì)子和兩個中子結合成了一個a粒子，屬于a衰變

C.發(fā)生光電效應時，光電子的動能與入射光的強度和頻率有關

D.波爾認為，氫原子核外電子從某能級向另一能級躍遷的過程中原子的能量不變

二、多選題（本大題共3小題，共12.0分）

8.己知兩個分力的大小為片、F2,它們的合力大小為尸，下列說法中不正確的是（）

A.不可能出現(xiàn)F<F］同時F<尸2的情況

B.不可能出現(xiàn)F>Fi同時F>尸2的情況

C.不可能出現(xiàn)尸<&+尸2的情況

D.不可能出現(xiàn)F>&+尸2的情況

9.如圖所示，質(zhì)量為M的木塊位于光滑水平面上，在木塊與墻之間用輕彈簧

連接，開始時木塊靜止在4位置?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的子彈以水平速度火射

向木塊并嵌入其中，則當木塊回到4位置時的速度"以及此過程中墻對彈簧

的沖量/的大小分別為（）

A.v=B.v=等C./=2mv0D./=0

M+mMu

10.蹦床類似于豎直放置的輕彈簧（共彈力滿足F=kx,彈性勢能滿足Ep=3%2,X為床面下沉的距

離，k為常量）,質(zhì)量為m的運動員靜止站在蹦床上時，床面下沉：蹦床比賽中，運動員經(jīng)過多次

蹦跳,逐漸增加上升高度，測得某次運動員離開床面在空中的最長時間為△t.運動員可視為質(zhì)點,

空氣阻力忽略不計，重力加速度為g.則可求（）

A.常量k=詈

xo

B.運動員上升的最大高度h=t）?

C.床面壓縮的最大深度％=&+￡）2+稅

D.整個比賽過程中運動員增加的機械能4E=gmg2sty

三、實驗題（本大題共2小題，共14.0分）

11.在用落體法驗證機械能守恒定律時，某同學按照正確的操作選得紙帶如圖。其中。是起始點，4、

B、C是打點計時器連續(xù)打下的3個點。該同學用毫米刻度尺測量。到4、B、C各點的距離，并記

錄在圖中（單位cm）o

?0?A?B

（1）這三個數(shù)據(jù)中不符合有效數(shù)字讀數(shù)要求的是段，應記作cm.

（2）該同學用重錘在0B段的運動來驗證機械能守恒，已知當?shù)氐闹亓铀俣萭=10m/s2,他用AC段

的平均速度作為跟B點對應的物體的瞬時速度，則該段重錘重力勢能的減少量為,而動能

的增加量為，（均保留3位有效數(shù)字，重錘質(zhì)量用zn表示）。這樣驗證的系統(tǒng)誤差總是使重

力勢能的減少量動能的增加量，原因是。

12.在“探究小燈泡的伏安特性曲線”實驗中，所用器材有：燈泡L、量程恰當?shù)碾娏鞅?和電壓表

V、直流電源E、滑動變阻器R、電鍵S等，要求燈泡兩端電壓從0開始變化。

（1）實驗中滑動變阻器應采用接法（填“分壓”或“限流”）。

（2）某同學已連接如圖所示的電路，在連接最后一根導線的c端到直流電源正極之前，請指出其中僅

有的2個不當之處，并說明如何改正。

①。

②------。

四、計算題(本大題共5小題，共46.0分)

13.“嫦娥四號”抵達月背留下了第一個“腳印”，“嫦娥五號”將在年底

奔月，任務是實現(xiàn)月球采樣返回，將帶回約2kg月球表面的土壤。如圖

所示，若“嫦娥五號”上放有壓力傳感器，其從月球表面起動后，以加

速度號豎直向上做勻加速運動。升到某一高度時，土壤對水平放置的壓力

傳感器的壓力為起動前壓力的荒，已知月球半徑為R,求“嫦娥五號”此時離月球表面的高度/i(g

lo

為月球表面附近的重力加速度)。

14.一個物塊放置在粗糙的水平地面上，受到的水平拉力?隨時間t變化的關系如圖(a)所示，速度"隨

時間t變化的關系如圖(b)所示(g=10m/s2).求:

(l)ls末物塊所受摩擦力的大小人；

(2)物塊在前6s內(nèi)的位移大?。?/p>

(3)物塊的質(zhì)量小、物體與水平地面間的動摩擦因數(shù)比

15.(17分)如圖所示，真空中的矩形abed區(qū)域內(nèi)存在豎直向下的勻強電場，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)

同時存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B,圓形邊界分別相切于ad、be邊的中點e、

一帶電粒子以初速度為沿著e/方向射入該區(qū)域后能做直線運動；當撤去磁場并保留電場，粒

子以相同的初速度沿著ef方向射入恰能從c點飛離該區(qū)域。已知能.黜,=竽盛，忽略粒子的重

力。求：

(1)帶電粒子的電荷量q與質(zhì)量m的比值燮；

(2)若撤去電場保留磁場，粒子離開矩形區(qū)域時的位置。

16.在光滑的水平面上放著物體4和小車B,如圖所示，小車長L=2zn,M=

4kg,4的質(zhì)量m=1kg,NAB=0.2,加在小車上的力(1)/=5N,(2)F=----f

Z//Z///Z///Z//

12N,求在這兩種情況下，在2s時間內(nèi)尸對車做功是多少？摩擦力對4做

功多少？小車動能增加多少？(g取lOm/s?)

17.如圖所示，在坐標系xOy的第二象限內(nèi)有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大小為七=鬻,

在第三象限內(nèi)有磁感應強度B=繳的勻強磁場/,在第四象限內(nèi)有磁感應強度B=蟹的勻強

磁場n.磁場I、n的方向均垂直于紙面向里。一質(zhì)量為血、電荷量為+q的粒子從P(O,L)點處以

初速度"沿垂直于y軸的方向進入第二象限的勻強電場，然后先后穿過x軸和y軸進人磁場/和磁場

口，不計粒子的重力和空氣阻力。求：

(1)粒子由電場進入磁場/時在x軸上的位置坐標；

(2)粒子從出發(fā)到第2次經(jīng)過y軸所需要的時間t；

(3)粒子從磁場I進入磁場H經(jīng)過y軸的位置坐標和粒子從磁場D進入磁場/經(jīng)過y軸的位置坐標。

參考答案及解析

1.答案：B

解析：解：電場強度等于放在電場中某點的試探電荷所受的電場力與其電荷的比值，則E是電場

強度的定義式.故AC。錯誤，B正確.

故選：B

電場強度等于放在電場中某點的試探電荷所受的電場力與其電荷的比值.根據(jù)電場強度定義的內(nèi)容

解答.

本題關鍵要知道場強采用的比值法定義，掌握其定義式E=，注意與推導式的區(qū)別

2.答案：C

解析：解：以B為研究對象受力分析，由分解法作圖如圖：

由圖可以看出，當將B緩緩拉到圖中虛線位置過程，繩子與與豎直方向夾角變大，繩子的拉力大小對

應圖中1、2、3三個位置大小所示，即。B逐漸變大，尸逐漸變大；

再以AB整體為研究對象受力分析，

設4c繩與水平方向夾角為a,

則豎直方向有：TACsina=2mg

得：普c=2吆，不變；

sina

水平方向：TADTACcosa+F,北ccosa不變，而F逐漸變大，故。。逐漸變大;

故選：Co

先以B為研究對象受力分析，由分解法作圖判斷出匕B大小的變化；

再以AB整體為研究對象受力分析，由平衡條件判斷北D和5;的變化情況.

當出現(xiàn)兩個物體的時候，如果不是求兩個物體之間的作用力大小通常采取整體法使問題更簡單.

3.答案：A

解析：試題分析：盤=顏時刻，感應電動勢蠹=斛，感應電流場=購，安培力,電=懿=醵，由牛頓

第二定律可得思=嬲勖在ad邊做切割磁感線時，由牛頓第二定律可得，竄-,瑩=微胡，又嘎=顓,

人毛意=蹴岳，心=畸，因此，,軟=金配%忠,當源=鼠時，，蝦=冬震，解得：點=:―,

.舞<"--制卷

所以正確選項為4。

考點：本題考查了導體切割磁感線時的感應電動勢和安培力大小的計算。

4.答案：C

解析：設圓形軌道的半徑為r,則小球做平拋運動的高度為H-r,根據(jù)平拋運動的基本公式求出S的

表達式，求出S取最大值的條件即可求解。

設圓形軌道的半徑為r,則小球做平拋運動的高度為"-r,小球從最高點運動到軌道最低點的過程

中，運用動能定理得：

mgr=—wv2

解得：v=yj2gr

小球從軌道最低點拋出后做平拋運動，則有

水平位移S=v/=

TJ

當H—r=r時，S取最大值，即廠二—

2

所以v=也正=4函

故選C。

本題主要考查了動能定理及平拋運動的基本公式的直接應用，要注意數(shù)學知識在物理解題中的應用。

5.答案：B

解析：解：4、由圖可知，1、2兩物體均做勻速直線運動，而2的斜率較大，故由s=仇可知，1物體

的速率要大于2物體的速率，故1的速度大于2的速度；故B正確，AC錯誤

。、斜率代表速度大小和方向，故方向相同，故。錯誤

故選：B。

在s-t圖象中，傾斜的直線表示物體做勻速直線運動，圖象的斜率表示物體的速度大小.

本題考查s-t圖象的性質(zhì)，題目本身較為簡單，但要注意有同學可能誤作為9-t圖象處理，從而導

致錯誤.

6.答案：A

解析：解：4、由圖可知，該環(huán)形磁鐵與條形磁鐵相似，可知該磁鐵的磁場與條形磁鐵的磁場是相似

的。條形磁鐵的磁場如圖：

，A.?

將題圖與該圖比較可知，E、F兩點磁場的大小是相等的，方向也是相同的。故A正確，B錯誤：

C、將題圖與該圖比較可知，P、Q兩點磁場的大小是相等的，但方向不相同。故C錯誤，D錯誤。

故選：Ao

環(huán)形磁鐵的磁場與條形磁鐵的磁場是相似的，結合條形磁鐵的磁場的特點分析解答即可。

該題考查常見磁場的特點，知道磁感應強度是矢量是解答的關鍵。

7.答案：A

解析：解：4、康普頓效應進一步證實了光的粒子性，故A正確.

8、a衰變的實質(zhì)是原子核內(nèi)的兩個質(zhì)子和兩個中子結合成一個a粒子,a衰變是原子核自發(fā)地發(fā)出a粒

子的現(xiàn)象，故B錯誤.

C、光電效應產(chǎn)生光電子的初動能與入射光的強度無關，故C錯誤.

。、氫原子核外電子從某能級向另一能級躍遷的過程中原子的能量是發(fā)生變化的，故。錯誤.

故選：A.

光電效應和康普頓效應都說明光具有粒子性；衰變是原子核自發(fā)地發(fā)出a粒子的現(xiàn)象；根據(jù)光電效應

方程分析影響光電子最大初動能的因素；氫原子核外電子從某能級向另一能級躍遷的過程中能量發(fā)

生變化.

本題考查了康普頓效應、衰變、光電效應、能級等基礎知識點，關鍵要熟悉教材，牢記這些基礎知

識點，知道電子從低軌道向高軌道躍遷時，原子能量增加，從高軌道向低軌道躍遷時，原子能量減

小.

8.答案:ABC

解析：解：4如圖所示左，合力小于任一分力，故A錯

誤；-------J

8、如右圖所示，合力大于任一分力，故B錯誤；

C、當兩個分力進行合成時，合力在兩個分力最小值與最大值之間，但不可能出現(xiàn)尸＞居+尸2的情

況，故c錯誤；。正確；

本題選擇錯誤的，故選：ABC。

同一直線、同方向二力的合力大小等于二力大小之和，方向與二力的方向相同；

同一直線、反方向二力的合力大小等于二力大小之差，方向與二力中較大力的方向一致.

本題主要考查二力合成，合力的大小取決于兩個分力的大小和方向.

9.答案:AC

解析：解：AB,子彈射入木塊過程，由于時間極短，子彈與木塊間的內(nèi)力遠大于系統(tǒng)外力，系統(tǒng)的

動量守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律得：

mv0=(M+m)v

解得：”=篝

子彈射入木塊后，子彈和木塊系統(tǒng)在彈簧彈力的作用下先向右做減速運動，后向左做加速運動，回

到4位置時速度大小不變，即當木塊回到4位置時的速度大小為：〃=篝，故A正確，B錯誤；

CD、子彈和木塊彈簧組成的系統(tǒng)受到的合力即墻對彈簧的作用力，根據(jù)動量定理得：

I'——(M+m)v—mv0——2mv0

所以墻對彈簧的沖量/的大小為：/=2nw。，故C正確，。錯誤。

故選：AC.

子彈射入木塊過程，由于時間極短，子彈與木塊間的內(nèi)力遠大于系統(tǒng)外力，系統(tǒng)的動量守恒，可由

動量守恒定律列式求解子彈和木塊的共同速度。系統(tǒng)在彈簧彈力的作用下先向右做減速運動，后向

左做加速運動，回到a位置時速度大小不變，根據(jù)動量定理可求得此過程中墻對彈簧的沖量/的大小。

子彈射入木塊是一種常見的物理模型，由于時間極短，內(nèi)力遠大于外力，系統(tǒng)的動量守恒。要知道

動量定理是求變力沖量常用的方法。

10.答案:AC

解析：解:4、根據(jù)運動員靜止站在蹦床上時，床面下沉而；貝U：mg=kx0

解得上=詈；故A正確；

x0

8、根據(jù)勻變速直線運動公式，上升下落時間相等，即上升時間為上升的最大高度：九=99(：)2=

止.故B錯誤；

8

C、運動員從最高點到最低點的過程中重力勢能轉化為蹦床的彈性勢能，即：Nkx2=7ng(x+嗒)

28

所以：X=Xo+t)2+X/故C正確；

。、整個比賽過程中運動員增加的機械能等于運動員從&處到最高點的重力勢能與減小的彈性勢能的

xf2x

差,即：△E=mg(x0+h)=^9o+)~1-'o=綱"0+M/StA?故。

錯誤.

故選：AC

由胡克定律可求得常量k;

根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律可求得上升的高度，則可判斷是否符合要求；

根據(jù)功能關系可求得床面壓縮的最大深度和整個比賽過程中運動員增加的機械能.

本題考查物理規(guī)律在生活中的應用，要注意正確分析物理過程及做好受力分析，然后才能根據(jù)題意

選擇合適的物理規(guī)律.

11.答案：OC15.701.24m1.22m大于紙帶與打點計時器有摩擦，減小的重力勢能一部分轉化

為內(nèi)能

解析：解：(1)該同學用毫米刻度尺測量，讀數(shù)時應估讀到mm以下，故這三個數(shù)據(jù)中不符合有效數(shù)

字讀數(shù)要求的是OC,應記作15.70cm。

(2)重錘重力勢能的減小量4Ep=mgh0B=mx10x0.12427=1.24m；

B點的瞬時速度為=靠=°—7°~°—=1.55m/s,

2

則重錘動能的增加量AEk=^mvl=^xmx1.55=1.20m,這樣驗證的系統(tǒng)誤差總是使重力勢能

的減少量大于動能的增加量，原因是紙帶與打點計時器有摩擦，減小的重力勢能一部分轉化為內(nèi)能。

故答案為：(1)OC；15.70；(2)1.24m；1.20m；大于；紙帶與打點計時器有摩擦,減小的重力勢能

一部分轉化為內(nèi)能。

(1)根據(jù)紙帶的讀數(shù)以及單位確定不符合有效數(shù)字要求的那一段。

(2)根據(jù)下降的高度求出重力勢能的減小量，根據(jù)某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度求

出B點的瞬時速度，從而得出動能的增加量。比較出重力勢能減小量和動能增加量的大小關系，分析

誤差形成的原因。

解決本題的關鍵知道實驗的原理和注意事項，掌握紙帶的處理方法，會通過紙帶求解瞬時速度，從

而得出動能增加量，會根據(jù)下降的高度求解重力勢能的減小量，知道實驗誤差形成的原因。

12.答案：分壓電鍵S不應閉合，應處于斷開狀態(tài)滑動變阻器滑動觸頭P位置不當，應將其置于b端

解析：解：(1)燈泡兩端電壓從0開始變化，滑動變阻器只能采用分壓接法。

(2)為保護電路安全，連接電路時：①電鍵S不應閉合，應處于斷開狀態(tài)；

②滑動變阻器采用分壓，滑片應置于分壓電路分壓為零的位置，滑動變阻器滑動觸頭P位置不當，

應將其置于b端；

故答案為：(1)分壓；(2)①電鍵S不應閉合，應處于斷開狀態(tài)；②滑動變阻器滑動觸頭P位置不當，

應將其置于b端。

(1)滑動變阻器有分壓與限流兩種接法，根據(jù)題意確定滑動變阻器的接法。

(2)連接電路時開關應斷開，滑動變阻器采用分壓接法時，滑片應置于分壓位置為零的位置。

本題考查了實驗注意事項與滑動變阻器接法的選擇，滑動變阻器一般有分壓與限流兩種接法，當電

壓與電流從零開始變化時，滑動變阻器只能采用分壓接法。

13.答案：解：取土壤為研究對象，由物體的平衡條件和牛頓第二定律有，在月球表面時：FN1=mg

在月球表面上某一高度處根據(jù)牛頓第二定律有：FN2-mgy=ma=m-^

根據(jù)題意52=

lo

得到：=gg

h口日Mm「Mm

而且mg=mgx=G而訴

聯(lián)立得到：h=p

答：此時離月球表面的高度為1

解析：取土壤為研究對象，由物體的平衡條件和牛頓第二定律結合萬有引力定律進行解答。

本題主要是考查牛頓第二定律的應用，解答關鍵是能清楚受力情況，根據(jù)牛頓第二定律以及萬有引

力和重力的關系分析。

14.答案：解：⑴從圖(a)中可以讀出，當t=ls時,

fi=F、=4N；

(2)從圖(b)中可以看出，t=0至t=2s過程，物體靜止.S】=0

t=2s至t=4s過程中，物塊做勻加速運動.S?='^券七=等x2=4?n

t=4s至t=6s過程中，物塊做勻，速運動.S3=u4t3=4x2=8m

所以物塊在前6s內(nèi)的位移大小S=Si+S2+S3=4+8=12m

(3)從圖(b)中可以看出，當t=2s至t=4s過程中，物塊做勻加速運動，加速度大小為

△V4.7

一=2nm/sz；

a=—△t=2/

由牛頓第二定律得4-4mg=ma

F3=啟="ng

所以巾==2kg：

jiz=—=—=0.4

rmg2x10

答：(l)ls末物塊所受摩擦力的大小先為4N；

(2)物塊在前6s內(nèi)的位移大小為12nl.

(3)物塊的質(zhì)量zn為2kg；物體與水平地面間的動摩擦因數(shù)”為0.4.

解析：(1)由b圖可知物體做勻速運動，則摩擦力等于拉力，由a圖可讀出摩擦力大?。?/p>

(2)住仍圖明確物體的運動情況，根據(jù)圖象中的面積可求出前6s內(nèi)的位移；

(3)由圖可求出t=2s至t=4s過程中的加速度，再由牛頓第二定律可求得質(zhì)量和動摩擦因數(shù).

本題考查牛頓第二定律的應用，要注意明確圖象的作用，能根據(jù)圖象明確物體的運動情況，再由牛

頓第二定律列式求解即可.

15.答案：(1)避逛(2)粒子離開磁場時到b的距離上

解析：試題分析：(1)設勻強電場強度為E,當電場和磁場同時存在時，粒子沿ef方向做直線運動,

有：

qv0B=qE①（2分）

當撤去磁場，保留電場時，帶電粒子做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度

為零的勻加速直線運動，由題知，粒子恰能從c點飛出，則

水平方向有：2R=%t②（l分）

豎直方向有：工說;=工濟守③（1分）

翦S

qE=ma④（1分）

聯(lián)解①②③④得：

燮=昌⑤（2分）

（2）若撤去電場保留磁場，粒子將在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，軌跡如圖所示.

b

設粒子離開矩形區(qū)域時的位置g離b的距離為幻則由牛頓第二定律:

&除趣=⑥（1分）

歲

得V=絲=后卷⑦（2分）

螃

由圖中幾何關系得：

粒子的軌跡半徑為k=魔窗4吸窗=屈⑧（2分）

得。=60。（2分）

故粒子離開磁場時到b的距離為席=二渝田ftt鬻⑨（2分）

怎翦

代入解得：京,二上⑩（1分）

考點：帶電粒子在復合場中的勻速直線運動帶電粒子在勻強磁場和勻強電場中的運動

16.答案：解：分別對4和B受力分析，如圖：『|NB

最大靜摩擦力為：fm=f=mg=2N_L_~~>F

若二者有共同加速度a,貝妙=ma...①寸」二》

%mg*Mg

F-f=Ma...@

當尸=5N時，得:a=lm/s2,f=IN

AB經(jīng)過2s后，位移為：s=|at2=2m

產(chǎn)對車做功為：WF=F-s=10J

摩擦力對4做功為：Wr=f-s=2J

根據(jù)動能定理得：△EK=W冷=10-2=引

當產(chǎn)=12N時，代入①②得：a=2.4m/s2,/=2.4N

根據(jù)已知條件4、B之間的最大靜摩擦力近似認為等于滑動摩擦力即：

frn=Rmg=2N

因為f>fm

所以當F=12N時，4、B出現(xiàn)相對滑動，有：

f

2

aA=-=^9=2m/s

p一,

9cz2

aB=---------=2.5m/s

2

所以：S4=^aAt=4m

1,

SB=2aBt=5m

A、B相對運動距離是lm,即4相對B向后打滑Irn,給定車長為2m,所以2s時4仍在車上.

F對車做功為：WF=F-SB=60/

摩擦力對4做功為：Wf=f-SA=8J

根據(jù)動能定理得：△EK=/令=60-2x5=50/

答：（1）當F=5N時，戶對車做功為10/,摩擦力對4做功為2/,小車動能增加8/

當尸=12N,F對車做功為60/,摩擦力對4做功為8/,小車動能增加50/.

解析：分別對4和B受力分析，分析當F=5N和F=12N時，4B的運動狀態(tài)，根據(jù)牛頓第二定律、

運動學基本公式、運動學基本公式及動能定理列式即可求解.

本題主要考查了牛頓第二定律、運動學基本公式、運動學基本公式及動能定理的直接應用，要注意

分析過程，正確應用功的公式及動能定理進行分析求解.

17.答案：解：(1)粒子在電場中做類平拋運動，沿電場方向：乙=2竹,

解得：警，

13%

水平向左的位移大小為：x=vot1=等3

則粒子由電場進入磁場/時在x軸上的位置坐標為(-苧L,0)；

(2)粒子在電場中運動售=2"

解得：Vy—V3V0?

粒子的速度為：v=J與+藥=2v0,

〃與工軸負方向間夾角為：。=arctan—=arctanV3=60°,

vx

粒子在磁場I中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有：qvB=m-,

rrl

解得：

由幾何知識可知，圓心內(nèi)恰好在y軸上，距。點的距離為：y0=|3

?2

粒子在磁場H中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有：qvB