在長為2L的絕緣輕質(zhì)細桿的兩端各連接一個質(zhì)量均為m的帶電小球A和B（可視為質(zhì)點，也不考慮二者間的相互作用力），A球帶正電、電荷量為+2q，B球帶負電．電荷量為-3q．現(xiàn)把A和B組成的帶電系統(tǒng)鎖定在光滑絕緣的水平面上，并讓A處于如圖所示的有界勻強電場區(qū)域MPQN內(nèi)．已知虛線MP是細桿的中垂線，MP和NQ的距離為4L，勻強電場的場強大小為E，方向水平向右．現(xiàn)取消對A、B的鎖定，讓它們從靜止開始運動．（忽略小球運動中所產(chǎn)生的磁場造成的影響）
（1）求小球A、B運動過程中的最大速度；
（2）小球A、B能否回到原出發(fā)點？若不能，請說明理由；若能，請求出經(jīng)過多長時間帶電系統(tǒng)又回到原地發(fā)點．
（3）求運動過程中帶電小球B電勢能增加的最大值．

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（物理部分）

第Ⅰ卷

 二、選擇題（48分）

14．A  15．C  16．B  17．B  18．AD  19．CD  20．AD   21．C

第Ⅱ卷

22．（17分）

  （1）0.949或0.950             （2分）

  （2）①1.94  1.94   9.7  ②受到（每空2分，共8分）

（3）①見圖  評分標準：測量電路正確2分，變阻器接法正確2分，全對得4分

②80±2Ω

23．（16分）

解：（1）設(shè)該隊員下滑中的最大速度為v，滑至地面前瞬間的速度為v₁，做勻減速直線運動的加速度為a，在整段過程中運動的時間分別為t₁和t₂，下滑的距離分別為h₁和h₂

該隊員先做自由落體運動，有 v²＝2gh₁              ①               （1分）

    接著做勻減速直線運動，有   v²－v₁²＝2ah₂           ②               （1分）

f_max－_mg＝ma                                     ③              （2分）

且 s＝h₁＋h₂                                      ④              （1分）

      v₁＝6m/s

由③式得：a＝5m/s²                                               （1分）

再由①②④式聯(lián)立可得  v＝10m/s                                  （2分）

所以該隊員下滑過程中動量的最大值p＝mv＝650kg?m/s              （2分）

（2）由v＝gt₁                               ⑤                  （1分）

  v－v₁＝at₂                                 ⑥                  （1分）

由⑤⑥式可得  t₁＝1s   t₂＝0.8s                                       （2分）

所以該隊員下滑過程的最短時間t＝t₁＋t₂＝1.8 s                          （2分）

24．（19分）

解：（1）設(shè)子彈射入物塊前的速度大小為v₀，射入后共同速度的大小為v，

子彈擊中乙的過程中動量守恒，有 mv₀＝（m＋m_乙）v     ①         （3分）

乙上擺到最高點的過程，機械能守恒

有                   ②           （3分）

聯(lián)立②③解得 v₀＝300m/s                                          （2分）

（2）設(shè)甲物體的質(zhì)量為m_甲，說受的最大靜摩擦力為f，斜面的傾角為θ，

當乙物體運動到最高點時，繩子上的彈力設(shè)為T₁，

         T₁＝（m＋m_乙）gcosθ                         ③          （2分）

此時甲物體恰好不下滑，有 m_甲g sinθ＝f＋T₁           ④         （2分）

當乙物體運動到最低點時，繩子上的彈力設(shè)為T₂，

由牛頓第二定律：           ⑤         （2分）

此時甲物體恰好不上滑，有 m_甲g sinθ＋f＝T₂            ⑥       （2分）

聯(lián)立②③④⑤⑥解得 N               （3分）

25．（20分）

解：（1）帶電系統(tǒng)鎖定解除后，在水平方向上受到向右的電場力作用開始向右加速運動，當B進入電場區(qū)時，系統(tǒng)所受的電場力為A、B的合力，因方向向左，從而做減速運動，以后不管B有沒有離開右邊界，速度大小均比B剛進入時小，故在B剛進入電場時，系統(tǒng)具有最大速度。

設(shè)B進入電場前的過程中，系統(tǒng)的加速度為a₁，由牛頓第二定律：

2Eq＝2ma₁                                           （2分）

B剛進入電場時，系統(tǒng)的速度為v_m，由 可得      （3分）

（2）對帶電系統(tǒng)進行分析，假設(shè)A能達到右邊界，電場力對系統(tǒng)做功為W₁

則                                     （2分）

故系統(tǒng)不能從右端滑出，即：當A剛滑到右邊界時，速度剛好為零，接著反向向左加速。由運動的對稱性可知，系統(tǒng)剛好能夠回到原位置，此后系統(tǒng)又重復開始上述運動。 

（2分）

     設(shè)B從靜止到剛進入電場的時間為t₁，則              （1分）

設(shè)B進入電場后，系統(tǒng)的加速度為a₂，由牛頓第二定律（1分）

顯然，系統(tǒng)做勻減速運動，減速所需時間為t₂，則有  （1分）

那么系統(tǒng)從開始運動到回到原出發(fā)點所需的時間為   （2分）

（3）當帶電系統(tǒng)速度第一次為零，即A恰好到達右邊界NQ時，B克服電場力做的功最多，B增加的電勢能最多，此時B的位置在PQ的中點處                 （1分）

所以B電勢能增加的最大值                   （3分）