2020全國卷Ⅰ高考壓軸卷物理含解析

KS5U2020新課標1高考壓軸卷物理二、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第14~18題只有一項符合題目要求，第19~21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯或不答的得0分。14．2018年是居里夫婦發(fā)現(xiàn)了放射性元素釙(eq\o\al(210,84)Po)120周年．若元素釙發(fā)生某種衰變，其半衰期是138天，衰變方程為eq\o\al(210,84)Po→eq\o\al(206,82)Pb＋Y＋γ，則下列說法正確的是()A．該元素發(fā)生的是β衰變B．Y原子核含有2個核子C．γ射線是衰變形成的鉛核釋放的D．200g的Po經(jīng)276天，已發(fā)生衰變的質(zhì)量為50g15．A、B兩質(zhì)點在同一平面內(nèi)同時向同一方向做直線運動，它們的位移時間圖象如圖所示，其中①是頂點過原點的拋物線的一部分，②是通過(0，3)的一條直線，兩圖象相交于坐標為(3，9)的P點，則下列說法不正確是()A．質(zhì)點A做初速度為零，加速度為2m/s2的勻加速直線運動B．質(zhì)點B以2m/s的速度做勻速直線運動C．在前3s內(nèi)，質(zhì)點A比B向前多前進了6mD．在前3s內(nèi)，某時刻A、B速度相等16．如圖所示是運動員將網(wǎng)球在邊界A處正上方B點水平向右擊出，恰好過網(wǎng)C的上邊沿落在D點的示意圖，不計空氣阻力，已知AB＝h1，網(wǎng)高h2＝eq\f(5,9)h1，AC＝x，重力加速度為g，下列說法中正確的是()A．落點D距離網(wǎng)的水平距離為eq\f(1,3)xB．網(wǎng)球的初速度大小為xeq\r(\f(g,h1))C．若擊球高度低于eq\f(20,27)h1，無論球的初速度多大，球都不可能落在對方界內(nèi)D．若保持擊球高度不變，球的初速度v0只要不大于eq\f(x\r(2gh1),h1)，一定落在對方界內(nèi)17．我國航天事業(yè)持續(xù)飛速發(fā)展，2019年1月，嫦娥四號飛船在太陽系最大的撞擊坑內(nèi)靠近月球南極的地點著陸月球背面．假設有一種宇宙飛船利用離子噴氣發(fā)動機加速起飛，發(fā)動機加速電壓U，噴出二價氧離子，離子束電流為I，那么下列結(jié)論正確的是(元電荷e，氧離子質(zhì)量m0，飛船質(zhì)量M)()A．噴出的每個氧離子的動量p＝2eUB．飛船所受到的推力為F＝Ieq\r(\f(m0U,e))C．飛船的加速度為a＝eq\f(1,m0)eq\r(\f(MU,e))D．推力做功的功率為2MeU18．半徑為L的圓形邊界內(nèi)分布有垂直圓所在平面的磁場，垂直紙面向里的磁感應強度大小為2B，垂直紙面向外的磁感應強度大小為B，如圖所示．AEO為八分之一圓導線框，其總電阻為R，以角速度ω繞O軸逆時針勻速轉(zhuǎn)動，從圖中所示位置開始計時，用i表示導線框中的感應電流(順時針方向為正)，線框中感應電流i隨時間t的變化圖象可能是()19．以恒定速率運動，皮帶始終是繃緊的，將m＝1kg的貨物放在傳送帶上的A處，經(jīng)過1.2s到達傳送帶的B端．用速度傳感器測得貨物與傳送帶的速度v隨時間t變化的圖象如圖乙所示，已知重力加速度g取10m/s2，由v－t圖線可知()A．A、B兩點的距離為2.4mB．貨物與傳送帶的動摩擦因數(shù)為0.5C．貨物從A運動到B過程中，傳送帶對貨物做功大小為12.8JD．貨物從A運動到B過程中，貨物與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為4.8J20．小型發(fā)電站為某村寨110戶家庭供電，輸電原理如圖所示，圖中的變壓器均為理想變壓器，其中降壓變壓器的匝數(shù)比n3∶n4＝50∶1，輸電線的總電阻R＝10Ω.某時段全村平均每戶用電的功率為200W，該時段降壓變壓器的輸出電壓為220V．則此時段()A．發(fā)電機的輸出功率為22kWB．降壓變壓器的輸入電壓為11kVC．輸電線的電流為1100AD．輸電線上損失的功率約為40W21．如圖所示，ABC是處于豎直平面內(nèi)的光滑絕緣固定斜劈，∠C＝30°、∠B＝60°，D為AC的中點；質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊沿AB面自A點由靜止釋放，滑到斜面底端B點時速度為v0，若空間加一與ABC平面平行的勻強電場，滑塊仍由靜止釋放，沿AB面滑下，滑到斜面底端B點時速度為eq\r(2)v0，若滑塊由靜止沿AC面滑下，滑到斜面底端C點時速度為eq\r(3)v0，則下列說法正確的是()A．電場方向由A指向CB．B點電勢與D點電勢相等C．滑塊滑到D點時機械能增加了eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)D．小滑塊沿AB面、AC面滑下過程中電勢能變化量大小之比為2∶3三、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分。第22∽25題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33∽34題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：（共47分）22．（6分）某興趣實驗小組的同學利用如圖甲所示裝置測定物塊與木板AD、DE間的動摩擦因數(shù)μ1、μ2；兩塊粗糙程度不同的木板AD、DE對接組成斜面和水平面，兩木板在D點光滑連接(物塊在此處運動不損失機械能)，且AD板能繞D點轉(zhuǎn)動．現(xiàn)將物塊在AD板上某點由靜止釋放，滑塊將沿AD下滑，最終停在水平板的C點；改變傾角，讓物塊從不同的高度由靜止釋放，且每次釋放點的連線在同一條豎直線上(以保證圖中物塊水平投影點B與接點D間距s不變)，用刻度尺量出釋放點與DE平面的豎直高度差h、釋放點與D點的水平距離s、D點與最終靜止點C的水平距離x，利用多次測量的數(shù)據(jù)繪出x－h(huán)圖象，如圖乙所示，則(1)寫出x－h(huán)的數(shù)學表達式__________(用μ1、μ2、h及s表示)；(2)若實驗中s＝0.5m，x－h(huán)圖象的橫軸截距a＝0.1，縱軸截距b＝0.4，則μ1＝________，μ2＝________．23．（8分）某興趣小組要將一個量程Ig為1mA、內(nèi)阻約為100Ω的電流表G改裝成量程為3V的電壓表．首先要測量該電流表的內(nèi)阻，現(xiàn)有如下器材：A．待測電流表G(量程1mA、阻值約100Ω)B．滑動變阻器(總阻值5000Ω、額定電流1A)C．滑動變阻器(總阻值500Ω、額定電流1A)D．電阻箱R2(總阻值999.9Ω)E．電源(電動勢為1.5V，內(nèi)阻很小)F．電源(電動勢為3V，內(nèi)阻很小)G．開關(guān)、導線若干(1)該小組如果選擇如圖甲所示的電路來測量待測電流表G的內(nèi)阻，則滑動變阻器R1應選擇________(填器材前代碼序號)，電源應選擇________(填器材前代碼序號)．(2)實驗時，先斷開開關(guān)S2，閉合開關(guān)S1，調(diào)節(jié)滑動變阻器R1，使得G的示數(shù)為Ig；保證R1的阻值不變，再閉合S2；調(diào)節(jié)電阻箱R2，使得G的示數(shù)為eq\f(Ig,3)，此時電阻箱R2的示數(shù)如圖乙所示，則G的內(nèi)阻為________Ω.(3)該實驗中，G的內(nèi)阻測量值______(填“大于”或“小于”)真實值．24．（15分）如圖所示，質(zhì)量均為m＝4kg的兩個小物塊A、B(均可視為質(zhì)點)放置在水平地面上，豎直平面內(nèi)半徑R＝0.4m的光滑半圓形軌道與水平地面相切于C，彈簧左端固定．移動物塊A壓縮彈簧到某一位置(彈簧在彈性限度內(nèi))，由靜止釋放物塊A，物塊A離開彈簧后與物塊B碰撞并粘在一起以共同速度v＝5m/s向右運動，運動過程中經(jīng)過一段長為s，動摩擦因數(shù)μ＝0.2的水平面后，沖上圓軌道，除s段外的其他水平面摩擦力不計．求：(g取10m/s2)(1)若s＝1m，兩物塊剛過C點時對軌道的壓力大??；(2)剛釋放物塊A時，彈簧的彈性勢能；(3)若兩物塊能沖上圓形軌道，且不脫離圓形軌道，s應滿足什么條件．25.（18分）如圖所示，在xOy平面的第一、四象限內(nèi)存在著兩個大小不同、方向相反的有界勻強電場E2、E1，y軸和ab為其左右邊界，兩邊界距離為l＝2.4r，在y軸的左側(cè)有一勻強磁場均勻分布在半徑為r的圓內(nèi)，方向垂直紙面向里，其中OO′是圓的半徑，一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子由ab邊界上的距x軸1.2r處的M點垂直電場以初速度v射入，經(jīng)電場E1、E2各偏轉(zhuǎn)一次后垂直y軸上的P點射出，P點坐標為(0，0.6r)，經(jīng)過一段時間后進入磁場區(qū)域，已知粒子在磁場中運動的時間是其在磁場運動周期的四分之一，粒子重力不計，求：(1)電場強度E1和E2的大?。?2)磁感應強度B的大?。?3)粒子從M點射入到離開磁場的總時間．（二）選考題：共15分。請考生從2道物理題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。33．[物理——選修3-3]（15分）（1）（5分）如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a變化到狀態(tài)b，在這一過程中，下列說法正確的是（填正確答案標號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分，每選錯1個扣3分，最低得分為0分）A．氣體的體積變小B．氣體的溫度降低C．氣體從外界吸收熱量D．氣體的內(nèi)能增大E．單位時間內(nèi)碰撞到單位面積容器壁的分子數(shù)減少（2）（10分）如圖所示，絕熱汽缸倒扣放置，質(zhì)量為M的絕熱活塞在汽缸內(nèi)封閉一定質(zhì)量的理想氣體，活塞與汽缸間摩擦可忽略不計，活塞下部空間與外界連通，汽缸底部連接一U形細管(管內(nèi)氣體的體積忽略不計)．初始時，封閉氣體溫度為T，活塞距離汽缸底部為h0，細管內(nèi)兩側(cè)水銀柱存在高度差．已知水銀密度為ρ，大氣壓強為p0，汽缸橫截面積為S，重力加速度為g.(1)求U形細管內(nèi)兩側(cè)水銀柱的高度差；(2)通過加熱裝置緩慢提升氣體溫度使活塞下降Δh0，求此時的溫度；此加熱過程中，若氣體吸收的熱量為Q，求氣體內(nèi)能的變化．34.[物理——選修3–4]（15分）（1）（5分）一列簡諧橫波在某時刻的波形如圖1所示。從該時刻開始計時，經(jīng)半個周期后波上質(zhì)點A的振動圖象如圖2所示。下列說法正確的是______。（填正確答案標號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分，每選錯1個扣3分，最低得分為0分）A．這列波傳播速度為B．在這一時刻以后的0.25s內(nèi)，質(zhì)點A通過的路程為0.2707mC．這列波沿x軸正方向傳播D．與該波發(fā)生干涉的另一列簡諧橫波的頻率一定為E．波上質(zhì)點A與質(zhì)點B振動方向總是相同（2）（10分）一口半徑為3m的圓形水池里有一定高度的水，水面距池口上沿的距離為4m，有一只小青蛙蹲坐在井底正中間抬頭仰望天空，假設青蛙的視線角度為360°，且在青蛙的視野當中，天空的大小能占到視野的，試求井里的水有多深？（已知水的折射率為）14．【KS5U答案】C【KS5U解析】根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，可知Y的電荷數(shù)為2，質(zhì)量數(shù)為4，則核子數(shù)為4，Y是eq\o\al(4,2)He，是α衰變，而γ射線是伴隨著α衰變產(chǎn)生的，A、B錯誤；γ射線是衰變形成的鉛核處于高能級時釋放的，C正確；根據(jù)m＝m0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))知，200g的Po經(jīng)276天，還剩余50g，故已發(fā)生衰變的質(zhì)量為150g，D錯誤．15.【KS5U答案】C【KS5U解析】質(zhì)點A的圖象是拋物線，說明質(zhì)點A做勻變速直線運動，將(0，0)、(3s，9m)代入公式，x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，解得：v0＝0，a＝2m/s2，即質(zhì)點A做初速度為零加速度為2m/s2的勻加速直線運動，故A正確；質(zhì)點B做勻速直線運動，速度為：vB＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(9－3,3)m/s＝2m/s，故B正確；在前3s內(nèi)，質(zhì)點A前進位移為9m，質(zhì)點B前進位移為6m，所以質(zhì)點A比B向前多前進3m，故C錯誤；根據(jù)x－t圖象的斜率等于速度，知在3s前某時刻質(zhì)點A、B速度相等，故D正確．16.【KS5U答案】C【KS5U解析】因為h1－h(huán)2＝eq\f(4,9)h1，由t＝eq\r(\f(2h,g))可知eq\f(tAC,tAD)＝eq\f(2,3)，由x＝v0t可知eq\f(xAC,xAD)＝eq\f(2,3)，則xAD＝eq\f(3,2)x，D距網(wǎng)的水平距離為eq\f(1,2)x，A錯誤；球從A到D，h1＝eq\f(1,2)gt2，eq\f(3,2)x＝v0t，得v0＝eq\f(3,4)xeq\r(\f(2g,h1))，B錯誤；任意降低擊球高度(仍大于h2)，會有一臨界情況，此時球剛好接觸網(wǎng)又剛好壓界，則有eq\r(\f(2h′,g))＝2eq\r(\f(2（h′－h(huán)2）,g))，解得h′＝eq\f(20,27)h1，若小于該臨界高度，速度大會出界，速度小會觸網(wǎng)，C正確；若保持擊球高度不變，要想球落在對方界內(nèi)，要既不能出界，又不能觸網(wǎng)，根據(jù)h1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，得t1＝eq\r(\f(2h1,g))，則平拋的最大速度vmax＝eq\f(2x,t1)＝eq\f(x,h1)eq\r(2gh1)，h1－h(huán)2＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，得t2＝eq\r(\f(2（h1－h(huán)2）,g))，平拋運動的最小速度vmin＝eq\f(x,t2)＝xeq\r(\f(g,2（h1－h(huán)2）))，可見D錯誤．17.【KS5U答案】B【KS5U解析】對于每個氧離子，在加速電壓U的作用下加速，有：2eU＝eq\f(1,2)m0v2，p＝m0v，解得：p＝2eq\r(m0eU)，故A錯誤；設Δt時間內(nèi)有n個離子被噴出，根據(jù)電流的定義式：I＝eq\f(Q,Δt)＝eq\f(n·2e,Δt)，對于單個離子，由動量定理得：F0Δt＝m0v，若有n個離子被噴出，則有F′＝nF0，聯(lián)立以上各式可得：F′＝Ieq\r(\f(m0U,e))，由牛頓第三定律：F＝F′＝Ieq\r(\f(m0U,e))，故B正確；對飛船，由牛頓第二定律得：a＝eq\f(F,M)＝eq\f(I,M)eq\r(\f(m0U,e))，故C錯誤；功率的單位與2MeU不同，故D錯誤．18.【KS5U答案】B【KS5U解析】當線圈轉(zhuǎn)過0～45°時，產(chǎn)生的感應電流為順時針方向，電動勢E＝eq\f(1,2)BωL2＋eq\f(1,2)·2BωL2＝eq\f(3,2)BωL2，感應電流I＝eq\f(3BωL2,2R)；當線圈轉(zhuǎn)過45°～90°時，產(chǎn)生的感應電動勢為零，感應電流為零；當線圈轉(zhuǎn)過90°～135°時，產(chǎn)生的感應電流為逆時針方向，電動勢E＝eq\f(1,2)BωL2＋eq\f(1,2)·2BωL2＝eq\f(3,2)BωL2，感應電流I＝eq\f(3BωL2,2R)；當線圈轉(zhuǎn)過135°～180°時，產(chǎn)生的感應電動勢為零，感應電流為零；當線圈轉(zhuǎn)過180°～225°時，產(chǎn)生的感應電流為順時針方向，電動勢E＝eq\f(1,2)·2BωL2＝BωL2，感應電流I＝eq\f(BωL2,R)；當線圈轉(zhuǎn)過225°～270°時，產(chǎn)生的感應電動勢為零，感應電流為零；當線圈轉(zhuǎn)過270°～315°時，產(chǎn)生的感應電流為逆時針方向，電動勢E＝eq\f(1,2)·2BωL2＝BωL2，感應電流I＝eq\f(BωL2,R)；當線圈轉(zhuǎn)過315°～360°時，產(chǎn)生的感應電動勢為零，感應電流為零；故選B.19.【KS5U答案】BD【KS5U解析】物塊在傳送帶上先做勻加速直線運動，當速度達到傳送帶速度，加速度發(fā)生變化，A到B的距離為對應圖象與時間軸圍成的面積，x＝eq\f(1,2)×2×0.2m＋eq\f(1,2)×(2＋4)×1m＝3.2m，故A錯誤；由v－t圖象可知，物塊在傳送帶上先做加速度為a1的勻加速直線運動，a1＝eq\f(Δv,Δt)＝10m/s2，對物體受力分析，受向下的摩擦力、重力和支持力，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，同理，后做加速度為a2的勻加速直線運動，對物體受力分析，受向上的摩擦力、重力和支持力，加速度為a2＝2m/s2.mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，聯(lián)立解得cosθ＝0.8，μ＝0.5，故B正確；第一階段：f＝μmgcosθ＝4N，由圖象知位移為：x1＝eq\f(1,2)×2×0.2m＝0.2m，摩擦力做正功為：Wf1＝fx1＝4×0.2J＝0.8J，同理第二階段：由圖象知位移為x2＝eq\f(1,2)×(2＋4)×1m＝3m，摩擦力做負功為：Wf2＝－fx2＝－4×3J＝－12J，所以整個過程，傳送帶對貨物做功大小為：12J－0.8J＝11.2J，故C錯誤；根據(jù)功能關(guān)系，貨物與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量等于摩擦力乘以相對位移，第一階段Δx1＝x皮－x1＝0.2m，第二階段，Δx2＝x2－x皮2＝3m－2m＝1m．故兩者之間的總相對位移為：Δx＝Δx1＋Δx2＝1m＋0.2m＝1.2m．貨物與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為：Q＝W＝fΔx＝4×1.2J＝4.8J，故D正確．20.【KS5U答案】BD【KS5U解析】用戶總功率為P＝110×200W＝22000W＝22kW，加上輸電線上消耗的電功率，所以發(fā)電機的輸出功率應大于22kW，A錯誤；降壓變壓器的輸出電壓為220V，即U4＝220V，所以根據(jù)eq\f(n3,n4)＝eq\f(U3,U4)可得降壓變壓器的輸入電壓U4＝50×220V＝11000V＝11kV，B正確；用戶端總電流為I4＝eq\f(P,U4)＝eq\f(22000,220)A＝100A，根據(jù)eq\f(n3,n4)＝eq\f(I4,I3)所以輸電線中的電流為I3＝2A，輸電線上損失的功率約為ΔP＝Ieq\o\al(2,3)R＝22×10W＝40W，C錯誤、D正確．21.【KS5U答案】BC【KS5U解析】無電場時由A到B：mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①，有電場時由A到B：mgh＋WE＝eq\f(1,2)m(eq\r(2)v0)2②，有電場時由A到C：mgh＋W′E＝eq\f(1,2)m(eq\r(3)v0)2③，聯(lián)立①②③式得：WE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，W′E＝mveq\o\al(2,0)，又因為WE＝qUAB，W′E＝qUAC，故UAB＝eq\f(1,2)UAC，則D點與B點電勢相等，故B正確；AC與BD不垂直，所以電場方向不可能由A指向C，故A錯誤；因D為AC的中點，則滑塊滑到D點電場力做的功為滑到C點的一半，為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，則機械能增加了eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故C正確；根據(jù)WE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，W′E＝mveq\o\al(2,0)知滑塊沿AB面、AC面滑下過程中電勢能變化量大小之比為1∶2，故D錯誤．22.【KS5U答案】(1)x＝eq\f(1,μ2)·h－eq\f(μ1,μ2)·s(2)0.20.25【KS5U解析】(1)對物塊的運動，由動能定理，mgh－μ1mgcosθ·eq\f(s,cosθ)－μ2mgx＝0，解得：x＝eq\f(1,μ2)·h－eq\f(μ1,μ2)·s.(2)圖象的橫軸截距a＝0.1，s＝0.5m，當x＝0時，h＝a，代入x＝eq\f(1,μ2)·h－eq\f(μ1,μ2)·s，得μ1＝eq\f(a,s)＝0.2.縱軸截距b＝0.4，當h＝0時，代入x＝eq\f(1,μ2)·h－eq\f(μ1,μ2)·s，得eq\f(μ1,μ2)s＝b，解得μ2＝0.25.23.【KS5U答案】(1)BF(2)96(或96.0)(3)小于【KS5U解析】(1)由于將電流表G改裝成量程為3V的電壓表，所以電源的電動勢選3V，故電源應選擇F；待測電流表G量程是1mA，其串聯(lián)電路的R1上的電流：I＝Ig，電路中的總電阻R總＝eq\f(E,Ig)＝3000Ω，所以滑動變阻器R1應選擇B；(2)使得G的示數(shù)為eq\f(Ig,3)，則有電阻箱R2的電流為eq\f(2Ig,3)，它們并聯(lián)，它們兩端電壓相等，根據(jù)電路結(jié)構(gòu)則有eq\f(1,3)IgRg＝eq\f(2,3)IgR2，解得Rg＝2R2＝2×48.0Ω＝96.0Ω；(3)測電流表內(nèi)阻時閉合開關(guān)S2后整個電路電阻變小，電路電流變大，電流表G的示數(shù)為eq\f(Ig,3)，流過電阻箱的電流大于eq\f(2Ig,3)，電阻箱阻值小于電流表內(nèi)阻的2倍，即電流表內(nèi)阻測量值偏?。?4.【KS5U答案】(1)500N(2)200J(3)s≤1.25m或4.25m≤s<6.25m【KS5U解析】(1)設物塊經(jīng)過C點時速度為vC，物塊受到軌道支持力為FNC，由功能關(guān)系得：eq\f(1,2)×2mv2－2μmgs＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,C)，又FNC－2mg＝2meq\f(veq\o\al(2,C),R)，代入解得：FNC＝500N，由牛頓第三定律知，物塊對軌道壓力大小也為500N.(2)設A與B碰撞前A的速度為v0，以向右為正方向，由動量守恒得：mv0＝2mv，解得v0＝10m/s，則：Ep＝Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝200J.(3)物塊不脫離軌道有兩種情況：①能過軌道最高點，設物塊經(jīng)過半圓形軌道最高點最小速度為v1，則2mg＝eq\f(2mveq\o\al(2,1),R)，得：v1＝eq\r(gR)＝2m/s。物塊從碰撞后到經(jīng)過最高點過程中，由功能關(guān)系有：eq\f(1,2)×2mv2－2μmgs－4mgR≥eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)，代入解得s滿足條件：s≤1.25m.②物塊上滑最大高度不超過eq\f(1,4)圓弧，設物塊剛好到達eq\f(1,4)圓弧處速度為v2＝0，物塊從碰撞后到最高點，由功能關(guān)系有：eq\f(1,2)×2mv2－2μmgs≤2mgR，同時依題意，物塊能滑出粗糙水平面，由功能關(guān)系：eq\f(1,2)×2mv2>2μmgs，代入解得s滿足條件：4.25m≤s<6.25m.25.【KS5U答案】(1)eq\f(15mv2,16qr)eq\f(15mv2,8qr)(2)eq\f(5mv,7qr)(3)eq\f(26r＋7πr,10v)【KS5U解析】(1)設粒子經(jīng)x軸上的N點由電場E1進入電場E2，由M點到N點及由N點到P點的時間分別為t1與t2，到達N點時豎直方向的速度為vy，則1.2r＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)·eq\f(qE1,m)teq\o\al(2,1)，0.6r＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(qE2,m)teq\o\al(2,2)，vy＝eq\f(qE1,m)t1＝eq\f(qE2,m)t2，v(t1＋t2)＝2.4r，聯(lián)立解得E1＝eq\f(15mv2,16qr)，E2＝eq\f(15mv2,8qr).(2)如圖所示，粒子從Q點垂直射入勻強磁場后做四分之一圓周運動，設做勻速圓周運動的半徑為R，在△QHO′中有QH2＋HO′2＝r2，解得HO′＝0.8r，在△O′KF中有(R－0.6r)2＋(R－0.8r)2＝r2，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝eq\f(mv2,R)，聯(lián)立解得B＝eq\f(5mv,7qr).(3)粒子在電場中的運動時間為t′1＝eq\f(2.4r,v)＝eq\f(12r,5v)，勻速運動時間為t′2