B、根据竖直位移公式：，对粒子1与2，两者竖直位移
相等，由 知：在y、E、m相同的情况下，粒子2的时间长，则电量小，即q1＜q2，而对粒子2和3 在E、m、t相同的情况下，粒子2的竖直位移大，则q2＞q3．所以选项B错误．
C、由B选项分析知：q1＜q2，所以F1＜F2，选项C错误．
D、由B选项分析，q2＞q3，且y2＞y3，则Eq2y2＞Eq3y3，电场力做功多，增加的动能大，所以选项D正确． 故选：D
6．“嫦娥五号”探测器由轨道器．返回器．着陆器等多个部分组成．探测器预计在2018年由“长征五号”运载火箭在中国文昌卫星发射中心发射升空，自动完成月面样品采集，并从月球起飞，返回地球．若已知月球半径为R，“嫦娥五号”在距月球表面高度为R的圆轨道上飞行，周期为T，万有引力常量为G，下列说法正确的是（ ） A．月球质量为
B．月球表面重力加速度为C．月球密度为
D．月球第一宇宙速度为
【考点】万有引力定律及其应用．
【分析】对探测器分析，只受万有引力，做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式得到月球质量的表达式；根据牛顿第二定律列式求解月面重力加速度，第一宇宙速度是月球表面的环绕速度．
【解答】解：A、对探测器，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：
，
解得：M=，故A错误；
B、月球表面的重力加速度为：g==，故B正确；
C、月球的密度： =，故C错误；
D、月球的第一宇宙速度为月球表面的环绕速度，根据牛顿第二定律，有：
，
解得：v=故选：B
7．如图所示，边长为2l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个边长为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直，导线框的一条对角线和虚线框的一条对角线恰好在同一直线上．从t=0开始，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿对角线方向移动进入磁场，直到整个导线框离开磁场区域．用I表示导线框中的感应电流（逆时针方向为正），则下列表示I﹣t关系的图线中，正确的是（ ）
=
，故D错误；
A． B． C．
D．
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；右手定则．
【分析】根据感应电流大小和方向，将选项逐一代入，检查是否符合题意来选择．
【解答】解：A、B，导线框完全进入磁场后，没有感应电流产生．故A、B均错误．
C、进入和穿出磁场过程，线框有效切割长度变化，感应电动势和感应电流在变化，故C错误．
D、线框进入磁场过程，有效切割长度L均匀增大，感应电动势E均匀增大，感应电流I均匀增大．穿出磁场过程，有效切割长度L均匀减小，感应电动势E均匀减小，感应电流I均匀减小，两个过程电流方向相反．故D正确． 故选D 三.计算题
8．如图所示，底端切线水平且竖直放置的光滑圆弧轨道的半径为L，圆心在O点，其轨道底端P距地面的高度及与右侧竖直墙的距离均为L，Q为圆弧轨道上的一点，连线OQ与竖直方向的夹角为60°．现将一质量为m，可视为质点的小球从Q点由静止释放，不计空气阻力，重力加速度为g，求： （1）小球在P点时受到的支持力大小； （2）小球第一次与墙壁碰撞时的速度大小．
【考点】动能定理的应用；向心力．
【分析】（1）小球从Q到P过程中只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律求出小球在P点时的速度，再由向心力公式求出支持力；
（2）小球离开P点后做平抛运动，由平抛运动的知识求得小球第一次与墙壁碰撞时下降的高度，再由机械能守恒求得速度的大小．
【解答】解：（1）小球从Q到P过程，由机械能守恒定律得： mgL（1﹣cos60°）=mvP2． 得：vP=
小球在P点时，由牛顿第二定律： FN﹣mg=m
联立解得：FN=2mg
（2）小球离开P点后做平抛运动，水平位移为L时所用时间为t，则有： L=vPt
小球下落的高度为：h=
从Q到第一次撞墙的过程，由机械能守恒定律得： mgL[（1﹣cos60°）+h]=
联立可以得到：小球第一次与墙壁碰撞时的速度大小为：v=答：（1）小球在P点时受到的支持力大小是2mg； （2）小球第一次与墙壁碰撞时的速度大小是
．
．
9．如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R（R足够大）的圆弧曲面C，质量为M的小球B置于其底端，另一个小球A质量为，以v0=6m/s的速度向B运动，并与B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均视为质点，求： （1）小球B的最大速率；
（2）小球B运动到圆弧曲面最高点时的速率；
（3）通过计算判断小球B能否与小球A再次发生碰撞．
【考点】动量守恒定律；功能关系．
【分析】（1）A与B发生弹性碰撞，碰后B的速率最大，由动量守恒定律和动能守恒结合求小球B的最大速率；
（2）小球B运动到圆弧曲面最高点时B与C共速，由水平方向动量守恒求B的速率；
（3）根据B、C系统的水平方向动量守恒和机械能守恒求出小球B返回C的底端时的速率，与A的速率比较，分析B能否与小球A再次发生碰撞．
【解答】解：（1）A与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和动能守恒得： v0=vA+MvB；
由动能守恒得： ?v02=?vA2+MvB2； 解得 vA=﹣2m/s，vB=4m/s 故B的最大速率为4m/s．
（2）B冲上C并运动到最高点时二者共速设为v，则 MvB=（M+2M）v 可以得到：v=m/s．
（3）从B冲上C然后又滑下的过程，设BC分离时速度分别为vB′、vC′． 由水平动量守恒有 MvB=MvB′+2MvC′
机械能也守恒，有MvB2=MvB′2+?2MvC′2 联立可以得到：vB′=﹣m/s
由于|vB′|＜|vA|，所有二者不会再次发生碰撞． 答：
（1）小球B的最大速率是4m/s；
（2）小球B运动到圆弧曲面最高点时的速率是m/s． （3）小球B不能与小球A再次发生碰撞．
10．如图所示，间距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ与水平面Q间连接一阻值为R的电阻．夹角α=30°，下端N、导轨上有一个正方形区间abcd，cd以下存在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向下的匀强磁场．长度为L、电阻为r的金属棒与导轨接触良好且垂直导轨放置，当金属棒从ab位置由静止释放的同时，对金属棒施加一个平行导轨向下的恒力F，F的大小是金属棒重力