第第頁云南省昆明市第三名校2023-2024學(xué)年高二（下）開學(xué)考試物理試卷一、單選題：本大題共8小題，共24分。1．關(guān)于靜電場的等勢面，下列說法正確的是（）A．兩個電勢不同的等勢面可能相交B．電場線與等勢面不一定相互垂直C．同一等勢面上各點(diǎn)電場強(qiáng)度一定相等D．將一負(fù)的試探電荷從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢面，電場力做負(fù)功2．關(guān)于電流，下列說法中正確的是（）A．通過導(dǎo)體橫截面的電荷量越多，電流越大B．電源的電動勢在數(shù)值上等于電源在搬運(yùn)電荷時非靜電力所做的功C．電容是表征電容器容納電荷本領(lǐng)的物理量，其大小與U(電壓)D．通過某一導(dǎo)體的電流大小與導(dǎo)體兩端電壓成正比，與導(dǎo)體的電阻成反比3．質(zhì)量相等的A、B兩球之間壓縮一根輕質(zhì)彈簧，靜置于光滑水平桌面上，當(dāng)用板擋住小球A而只釋放B球時，B球被彈出落到距桌邊水平距離為s的地面上，如圖所示．若再次以相同力壓縮該彈簧，取走A左邊的擋板，將A、B同時釋放，則B球的落地點(diǎn)距桌邊（）A．s2 B．2s C．s D．24．將長為2L、粗細(xì)均勻的導(dǎo)線ab，從中點(diǎn)O處折成如圖所示形狀，aO⊥bO，ab連線與水平方向成45°夾角，導(dǎo)線所在位置處有范圍足夠大、方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場?，F(xiàn)將導(dǎo)線在紙面內(nèi)以相同大小的速度v，分別以垂直ab斜向上和水平向左兩個方向運(yùn)動，則兩種情況下a、bA．1:2 B．2:1 C．1:2 5．現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定。質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場。若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為（）A．11 B．12 C．121 D．1446．如圖所示，電源電動勢E=12V，內(nèi)阻r=3Ω，R0=1Ω，直流電動機(jī)內(nèi)阻RM=1Ω。當(dāng)調(diào)節(jié)滑動變阻器R1A．2Ω、2Ω B．2C．1.5Ω、1.5Ω D．1.57．如圖所示，圖中邊長為a的正三角形ABC的三個頂點(diǎn)分別固定有三個點(diǎn)電荷+q、+q、?q，則該三角形中心OA．3kqa2，方向由C指向O B．3kqC．6kqa2，方向由O指向C D．6kq8．如圖所示為一圓形區(qū)域的勻強(qiáng)磁場，在O點(diǎn)處有一放射源，沿半徑方向射出速率為v的不同帶電粒子，其中帶電粒子1從A點(diǎn)飛出磁場，帶電粒子2從B點(diǎn)飛出磁場，不考慮帶電粒子的重力，則（）

A．帶電粒子1的比荷與帶電粒子2的比荷的比為1∶3B．帶電粒子1的比荷與帶電粒子2的比荷的比為1∶C．帶電粒子1與帶電粒子2在磁場中運(yùn)動時間的比為2∶3D．帶電粒子1與帶電粒子2在磁場中運(yùn)動時間的比為2∶1二、多選題：本大題共4小題，共24分。9．靜電場在x軸上的場強(qiáng)E隨x的變化關(guān)系如圖所示，x軸正向?yàn)閳鰪?qiáng)正方向，帶正電的點(diǎn)電荷沿x軸運(yùn)動，則點(diǎn)電荷（）

A．x2和xB．由x1運(yùn)動到xC．由x1運(yùn)動到xD．由x1運(yùn)動至x10．如圖，三根相互平行的固定長直導(dǎo)線L1、L2和L3兩兩等距，均通有電流I，L1中電流方向與L2中的相同，與L3中的相反，下列說法正確的是（）A．L1所受磁場作用力的方向與L2、L3所在平面垂直B．L3所受磁場作用力的方向與L1、L2所在平面垂直C．L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為1：1：D．L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為311．如圖，兩根足夠長光滑平行金屬導(dǎo)軌PP'、QQ'傾斜放置，勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌的上端與水平放置的兩金屬板M、N相連，板間距離足夠大，板間有一帶電微粒，金屬棒A．金屬棒ab最終可能勻速下滑B．金屬棒ab一直加速下滑C．金屬棒ab下滑過程中M板電勢高于N板電勢D．帶電微粒不可能先向N板運(yùn)動后向M運(yùn)動12．如圖所示，水平面上固定著兩根足夠長的平行導(dǎo)槽，質(zhì)量為2m的U形管恰好能在兩導(dǎo)槽之間自由滑動，一質(zhì)量為m的小球沿水平方向，以初速度v0從UA．該過程中，小球與U形管組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B．小球從U形管的另一端射出時，速度大小為vC．小球運(yùn)動到U形管圓弧部分的最左端時，速度大小為vD．從小球射入至運(yùn)動到U形管圓弧部分的最左端的過程中，平行導(dǎo)槽受到的沖量大小為6三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共18分。13．用“碰撞實(shí)驗(yàn)器”可以驗(yàn)證動量守恒定律，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關(guān)系。（1）圖中O點(diǎn)是小球拋出點(diǎn)在地面上的垂直投影點(diǎn)．實(shí)驗(yàn)時，先將入射球m1多次從斜軌上S位置由靜止釋放，找到其平均落地點(diǎn)的位置P，測量平拋射程OP。然后把被碰小球m2靜止放在軌道的水平部分，再將入射小球m1從斜軌上S還要完成的必要步驟是____.(填選項(xiàng)前的符號)A．用天平測量兩個小球的質(zhì)量m1、B．測量小球m1開始釋放高度C．測量拋出點(diǎn)距地面的高度HD．分別找到m1、m2相碰后平均落地點(diǎn)的位置ME．測量平拋射程OM、ON（2）若兩球相碰前后的動量守恒，其表達(dá)式可表示為；若碰撞是彈性碰撞，那么還應(yīng)該滿足的表達(dá)式為[均用用(1)中測量的量表示]。14．某一物理興趣小組按照甲圖所示的電路測量某電源的電動勢E和內(nèi)阻r，實(shí)驗(yàn)室準(zhǔn)備器材如下：a.待測電源(電動勢E約為3V，內(nèi)阻r約為幾歐姆b.量程為3V的電壓表V(c.滿偏電流IG=100d.定值電阻Re.滑動變阻器R(阻值變化范圍f.開關(guān)Sg.（1）給表頭并上一個定值電阻使之成為一個新的電流表，則改裝后的電流表量程為A，阻值為Ω；（2）在電路連接和實(shí)驗(yàn)操作都正確的情況下，調(diào)節(jié)滑動變阻器R，得到多組電壓表V和表頭G的讀數(shù)，做出如題圖乙所示的圖像，由圖像可知該電源的電動勢E=V，內(nèi)阻r=Ω；(均保留兩位有效數(shù)字（3）由實(shí)驗(yàn)原理分析系統(tǒng)誤差得出電源電動勢的測量值(填“大于”“小于”或“等于”)真實(shí)值，內(nèi)阻的測量值(填“大于”、“小于”或“等于”)真實(shí)值。四、計(jì)算題：本大題共3小題，共34分。15．如圖，質(zhì)量均為m的木塊A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一豎直輕桿，輕桿上端的O點(diǎn)系一長為l的細(xì)線，細(xì)線另一端系一質(zhì)量也為m的球C?，F(xiàn)將C球拉起使細(xì)線水平伸直，并由靜止釋放C球。運(yùn)動過程中輕桿一直保持豎直，重力加速度為g，求：（1）C第一次運(yùn)動到最低點(diǎn)時C的速度大?。唬?）此后C向左運(yùn)動時能達(dá)到的最大高度。16．直角坐標(biāo)系xOy所在豎直平面內(nèi)分布著場強(qiáng)大小相等的勻強(qiáng)電場，第一、二象限中場強(qiáng)方向沿y軸正方向，第三、四象限中場強(qiáng)方向沿x軸正方向；第一、四象限還分布著垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場．一質(zhì)量為0.02?kg、帶正電的微粒自坐標(biāo)為(0,?0.4?m)的A點(diǎn)出發(fā)，與y軸成45°角以2?m/（1）微粒第一次通過x軸時的坐標(biāo)和微粒第一次通過y軸時的坐標(biāo)；（2）微粒運(yùn)動軌跡與初速度方向所在的直線第一次相交時，所需要的時間；（3）微粒從射出到第(2)問所說的時刻，動能的增加量。17．如圖所示，間距為L的平行且足夠長的光滑導(dǎo)軌由兩部分組成：傾斜部分與水平部分平滑相連，傾角為θ，在傾斜導(dǎo)軌頂端連接一阻值為r的定值電阻.質(zhì)量為m、電阻也為r的金屬桿MN垂直導(dǎo)軌跨放在導(dǎo)軌上，在傾斜導(dǎo)軌區(qū)域加一垂直導(dǎo)軌平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場；在水平導(dǎo)軌區(qū)域加另一垂直導(dǎo)軌平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B的勻強(qiáng)磁場.閉合開關(guān)S，讓金屬桿MN從圖示位置由靜止釋放，已知金屬桿運(yùn)動到水平導(dǎo)軌前，已達(dá)到最大速度，不計(jì)導(dǎo)軌電阻且金屬桿始終與導(dǎo)軌接觸良好，重力加速度為g.求：（1）金屬桿MN在傾斜導(dǎo)軌上滑行的最大速率vm；（2）金屬桿MN在傾斜導(dǎo)軌上運(yùn)動，速度未達(dá)到最大速度vm前，當(dāng)流經(jīng)定值電阻的電流從零增大到I0的過程中，通過定值電阻的電荷量為q，求這段時間內(nèi)在定值電阻上產(chǎn)生的焦耳熱Q；（3）金屬桿MN在水平導(dǎo)軌上滑行的最大距離xm

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】AB.任意兩條電場線不會相交，電場線與等勢面處處垂直，所以兩個電勢不同的等勢面不會相交，AB不符合題意；

C.同一等勢面上各點(diǎn)電勢一定相等，電場強(qiáng)度的大小與電勢的高低無關(guān)，所以電場強(qiáng)度不一定相等，C不符合題意；

D.根據(jù)E可知，將一負(fù)的試探電荷從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢面，電勢能增大，所以電場力做負(fù)功，D符合題意。

故答案為：D。

【分析】任意兩條電場線不會相交，任意兩條等勢線也不會相交；電場線與等勢面處處垂直；電場強(qiáng)度的大小與電勢的高低無關(guān)；根據(jù)電勢能的變化情況分析電場力做功的正負(fù)。2．【答案】D【解析】【解答】A.根據(jù)電流的定義式I=可知，單位時間內(nèi)通過導(dǎo)體橫截面的電荷量越多，電流越大，A不符合題意；

B.電源的電動勢在數(shù)值上等于電源在搬運(yùn)單位電荷時非靜電力所做的功，B不符合題意；

C.電容是表征電容器容納電荷本領(lǐng)的物理量，其大小由自身因素決定，與極板電壓U和極板電量Q無關(guān)，C不符合題意；

D.由歐姆定律可知，通過某一導(dǎo)體的電流大小與導(dǎo)體兩端電壓成正比，與導(dǎo)體的電阻成反比，D符合題意。

故答案為：D。

【分析】根據(jù)電流、電動勢、電容的定義和歐姆定律的內(nèi)容分析。3．【答案】D【解析】【解答】擋板擋住A球時，彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為B球的動能，有Ep＝12mv2，擋板撤走后，彈性勢能被兩球平分，則有Ep＝2×12mvB′2，由以上兩式解得vB′＝22vB，由于B球拋出后做平拋運(yùn)動，x＝v0t＝v02hg，可得s＝vB2hg，所以s1＝vB′t＝vB′2hg＝2【分析】有無擋板，系統(tǒng)機(jī)械能守恒；無檔板時動量也守恒。因此有擋板時，彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為B的動能，無擋板時，動量守恒，質(zhì)量相等兩球速度大小相等，即彈性勢能平分。之后用平拋運(yùn)動知識分析即可。4．【答案】B【解析】【解答】以垂直ab斜向上勻速運(yùn)動時，感應(yīng)電動勢E水平向左勻速運(yùn)動時，Ob不切割磁感線，所以ab導(dǎo)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢Ea.b兩點(diǎn)間的電勢差之比UB符合題意，ACD不符合題意。

故答案為：B。

【分析】由E=BLv分別求出兩次運(yùn)動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，繼而得到比值。5．【答案】D【解析】【解答】直線加速過程根據(jù)動能定理得qU=得v=2qU離子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有qvB=m得R=mv①②兩式聯(lián)立得：m=一價正離子電荷量與質(zhì)子電荷量相等，同一加速電場U相同，同一出口離開磁場則R相同，所以m∝B2，磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的12倍，離子質(zhì)量是質(zhì)子質(zhì)量的144倍，D符合題意，A、B、C不符合題意。故答案為：D。

【分析】利用動能定理結(jié)合牛頓第二定律和半徑的關(guān)系可以判別質(zhì)量的關(guān)系。6．【答案】B【解析】【解答】圖甲為純電阻電路，根據(jù)公式P當(dāng)外電阻與電源內(nèi)阻相等時，電源的輸出功率最大，則R1接入電路的阻值為圖乙是非純電阻電路，則電源的輸出功率為P=UI=I(E?Ir)=?3當(dāng)I=2時，輸出功率最大，此時電動機(jī)的輸出功率為P電動機(jī)的發(fā)熱功率為P則電動機(jī)的輸入功率為P則電動機(jī)兩端電壓為U則電阻R2兩端的電壓為則電阻R2阻值為故答案為：B。

【分析】利用熱功率的表達(dá)式結(jié)合內(nèi)外電阻相等可以判別輸出功率最大時R1的阻值大?。粓D乙中，利用電功率的表達(dá)式可以求出輸出功率最大時電流的大??；當(dāng)電動機(jī)正常工作時，利用熱功率的表達(dá)式可以求出電動機(jī)的熱功率大小，結(jié)合輸出功率的大小可以求出總功率的大小，再利用總功率的大小可以求出電動機(jī)兩端電壓的大小，結(jié)合閉合電路的歐姆定律可以求出電阻R2的電壓，結(jié)合歐姆定律可以求出電阻R2的阻值大小。7．【答案】C【解析】【解答】由幾何關(guān)系可得，O點(diǎn)到三個電荷的距離為r=三個電荷在O處產(chǎn)生的場強(qiáng)大小均為E根據(jù)對稱性和幾何知識得知：兩個+q在0處產(chǎn)生的合場強(qiáng)為E再與-q在O處產(chǎn)生的場強(qiáng)合成，得到O點(diǎn)的合場強(qiáng)為E=方向由O指向C，C符合題意，ABD不符合題意。

故答案為：C。

【分析】由庫侖定律分別求出三個點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度，再根據(jù)矢量合成求出O點(diǎn)的合場強(qiáng)。8．【答案】C【解析】【解答】設(shè)圓形磁場半徑為R，根據(jù)幾何關(guān)系可得，粒子1、2在磁場中運(yùn)動的軌道半徑分別為r1=R根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qvB=m可得粒子的比荷為q可知帶電粒子1的比荷與帶電粒子2的比荷的比為q粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期為T=由幾何關(guān)系可得，帶電粒子1與帶電粒子2在磁場中運(yùn)動軌跡對應(yīng)的圓心角分別為120°和60°，則粒子在磁場中的運(yùn)動時間為t=帶電粒子1與帶電粒子2在磁場中運(yùn)動時間的比為tC符合題意，ABD不符合題意。

故答案為：C。

【分析】根據(jù)洛倫茲力提供向心力，計(jì)算帶電粒子1的比荷與帶電粒子2的比荷的比值；根據(jù)t=θ9．【答案】B,C【解析】【解答】A.由圖像可知，在0~x1之間，電場強(qiáng)度E是正的，是沿x軸正方向的；在x1~x4之間，電場強(qiáng)度E是負(fù)的，是沿x軸負(fù)方向的，故由x2E可知，帶正電的點(diǎn)電荷在x4處的電勢能要大于x2處的電勢能，A不符合題意；

B.同理可知，x3處的電勢要大于x1處的電勢，所以正點(diǎn)電荷由x1運(yùn)動到x3的過程中電勢能增大，B符合題意；

CD.由圖可知，從x1到x4的過程中，電場強(qiáng)度先增大再減小，故電場力是先增大后減小，C符合題意，D不符合題意。

故答案為：BC。10．【答案】B,C【解析】【解答】A．同向電流相互吸引，反向電流相互排斥。對L1受力分析，如圖所示，可知L1所受磁場力的方向與L2、L3所在的平面平行，A不符合題意；B．對L3受力分析，如圖所示，可知L3所受磁場力的方向與L1、L2所在的平面垂直，B符合題意；CD．設(shè)三根導(dǎo)線兩兩之間的相互作用力為F，則L1、L2受到的磁場力的合力等于F，L3受的磁場力的合力為3F，即L1、L2、L3單位長度受到的磁場力之比為1：1：故答案為：BC【分析】先根據(jù)安培定則判斷磁場的方向，再根據(jù)磁場的疊加得出直線電流處磁場的方向，再由左手定則判斷安培力的方向，本題重點(diǎn)是對磁場方向的判斷、大小的比較。11．【答案】B,C【解析】【解答】AB.靜止釋放金屬棒，金屬棒沿光滑導(dǎo)軌加速下滑，棒中有感應(yīng)電動勢而對電容器充電，充電電流通過金屬棒時受安培力作用，只有金屬棒速度增大時才有充電電流，因此總有mg所以金屬棒將一直加速，A不符合題意，B符合題意；

C.由右手定則可知，電流經(jīng)b流向a，M板帶正電，N板帶負(fù)電，故M板電勢高于N板電勢，C符合題意；

D.若微粒帶負(fù)電，從靜止釋放后，由于重力大于電場力，所以粒子先向下加速運(yùn)動，隨著電容器積累的電荷越來越多，極板間的電場強(qiáng)度越來越大，電場力越來越大，當(dāng)靜電力增大到大于重力時，微粒的加速度變?yōu)橄蛏希Ｗ娱_始減速下落，如果在沒有到達(dá)N時，粒子的速度就已經(jīng)減小到零，則粒子返回向上運(yùn)動，D不符合題意。

故答案為：BC。

【分析】金屬棒沿光滑導(dǎo)軌加速下滑，棒中有感應(yīng)電動勢而對電容器充電，充電電流通過金屬棒時受安培力作用，只有金屬棒速度增大時才有充電電流，因此總有mgsinθ-BIl>0；根據(jù)右手定則判斷出感應(yīng)電流的方向，得出電容器極板的電性，再得出M、N兩板電勢的高低關(guān)系；分析帶負(fù)電的粒子在極板間運(yùn)動時的受力，根據(jù)電場力的重力的關(guān)系，分析粒子的運(yùn)動過程。12．【答案】A,B,D【解析】【解答】A．小球和U形管組成的系統(tǒng)整體在運(yùn)動過程中沒有外力做功，所以系統(tǒng)整體機(jī)械能守恒，所以A符合題意；B．小球從U形管一端進(jìn)入從另一端出來的過程中，對小球和U形管組成的系統(tǒng)，水平方向不受外力，規(guī)定向左為正方向，由動量守恒定律可得m再有機(jī)械能守恒定律可得1解得v所以B符合題意；C．從小球射入至運(yùn)動到U形管圓弧部分的最左端的過程時，小球和U形管速度水平方向速度相同，對此過程滿足動量守恒定律，得mv由能量守恒得1解得v=所以C不符合題意；D．小球此時還有個分速度是沿著圓形管的切線方向，設(shè)為vy，由速度的合成與分解可知對小球由動量定理得I=m由于力的作用是相互的，所以平行導(dǎo)槽受到的沖量為I所以D符合題意。故答案為：ABD。

【分析】利用系統(tǒng)沒有外力做功可以判別機(jī)械能守恒；利用動量守恒結(jié)合機(jī)械能守恒可以求出小球的速度大小；利用動量的定律可以求出平行導(dǎo)軌受到的沖量大小。13．【答案】（1）A；D；E（2）m1?【解析】【解答】（1）兩球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律可得m小球離開斜槽做平拋運(yùn)動，豎直方向上，由h=可知，碰撞前、后小球在空中運(yùn)動的時間均相等，設(shè)為t，則m結(jié)合平拋的運(yùn)動規(guī)律可得m所以實(shí)驗(yàn)需要測量兩球的質(zhì)量和兩球平拋運(yùn)動的水平射程OP、OM、ON。

故答案為：ADE。

（2）根據(jù)第（1）問分析可知，若兩球相碰前后的動量守恒，其表達(dá)式可表示為m若發(fā)生彈性碰撞，則還需滿足能量守恒，即1解得m【分析】（1）根據(jù)動量守恒定律和平拋的運(yùn)動規(guī)律，推導(dǎo)該實(shí)驗(yàn)滿足的方程，得出需要測量的物理量；（2）根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律，推導(dǎo)實(shí)驗(yàn)要滿足的表達(dá)式。14．【答案】（1）0.5；0.2（2）3.0；2.5（3）等于；等于【解析】【解答】（1）由歐姆定律可得，改裝后的電流表量程為I=由并聯(lián)電路的規(guī)律可得，改裝后的電流表電阻為R（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律可得E=U+(整理得U=E-結(jié)合U-IE=3.0(1+解得電源內(nèi)阻為r≈25（3）該電流表讀數(shù)為0時，電壓表讀數(shù)等于電源電動勢，由第（2）小問可知，電流表內(nèi)阻已經(jīng)精確計(jì)算了，所以該實(shí)驗(yàn)沒有誤差，即電源電動勢的測量值和電源內(nèi)阻的測量值都等于真實(shí)值。

【分析】（1）根據(jù)電流表的改裝原理，由歐姆定律計(jì)算改裝后的電流表量程，由并聯(lián)電路的規(guī)律，求解改裝后的電流表電阻；（2）由閉合電路歐姆定律推導(dǎo)U-I1的關(guān)系式，再結(jié)合15．【答案】（1）解：由題意可知，小球C擺至最低點(diǎn)時，A、B兩木塊開始分離，設(shè)此時C球速度為v1，A、B同速度為v2，對ABC由系統(tǒng)能量守恒得mgl解得v1=2gl（2）解：此后C球向左擺至最高點(diǎn)時，A、C共速，由水平方向動量守恒得m由AC系統(tǒng)能量守恒得1聯(lián)立解得h=【解析】【分析】（1）A、B、C組成的系統(tǒng)，在C下擺的過程中水平方向上動量守恒，當(dāng)小球擺至最低點(diǎn)時，A、B兩木塊開始分離，由動量守恒定律和能量守恒定律，求出C第一次運(yùn)動到最低點(diǎn)時C的速度大??；（2）C球向左擺至最高點(diǎn)的過程，對A、C組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律和能量守恒定律，求出C向左運(yùn)動時能達(dá)到的最大高度。16．【答案】（1）解：微粒受力及運(yùn)動過程分析如圖所示微粒在第四象限內(nèi)沿與y軸成45°角做勻速直線運(yùn)動，由平衡條件有有qEqvB=2微粒在第一象限內(nèi)，重力與電場力二力平衡，微粒做勻速圓周運(yùn)動，由qvB解得r由幾何關(guān)系得微粒第一次通過x軸時的坐標(biāo)和微粒第一次通過y軸時的坐標(biāo)分別為(0.4m,0)（2）解：由A到B微粒做勻速直線運(yùn)動，由幾何關(guān)系可知位移為x又x解得t由B到C微粒做勻速圓周運(yùn)動，有t由C到D微粒做