18.（16分）如图所示，在竖直平面内的平面直角坐标系xOy中，x轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m，电荷量为－q(－q<0)的带电绝缘小球，从y轴上的P(0，L)点由静止开始释放，运动至x轴上的A(－L，0)点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入在x轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管。细管的圆心O1位于y轴上，交y轴于点B，交x轴于A点和C(L，0)点。该细管固定且紧贴x轴，内径略大于小球外径。小球直径远小于细管半径，不计一切阻力，重力加速度为g。求： (1)匀强电场的电场强度的大小；
(2)小球运动到B点时对管的压力的大小和方向； (3)小球从C点飞出后会落在x轴上的哪一位置。
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高三物理月考试题答案 1 B 2 B 3 D 4 D 5 D 6 C 27 B 28 D 9 BCD 10 BC 11 BC 12 BD mgmgLmgx13. k＝, Ek1＝0，末动能Ek2＝, W＝ d4h2d14.
①____①_____ ， ②____0.5_____， ____0.2____ 15.L3 ,1mm；LX；4.9；10
16. 解析：(1)取沿杆向上为正方向，由图乙可知
在0～2 s内：a1＝
v1－v02
＝15 m/s(方向沿杆向上) t1v2－v12
＝－10 m/s(方向沿杆向下) t2
在2～5 s内：a2＝
(2)有风力时的上升过程，对小球受力分析有
Fcos θ－μ(mgcos θ＋Fsin θ)－mgsin θ＝ma1
停风后的上升阶段，有 －μmgcos θ－mgsin θ＝ma2 综上解得μ＝0.5，F＝50 N．
17. 【解析】子弹进入木块的过程中动量守恒： m0v0＝(m＋m0)v1，v1＝10 m/s
依题意，A到达小车左端时与小车速度相同，设为v2，系统动量守恒，以木块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
m0v0＝(M＋m＋m0)v2，得 v2＝1 m/s
1122
滑块在小车上滑动的过程中能量守恒：(m＋m0)v1－(M＋m＋m0)v2＝μ(m＋m0)gL
22联立解得：L＝6 m
18. 解析 (1)小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A点沿切线方向进入，则此
时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，
则tan 45°＝ 解得：E＝
mgEqmg q(2)根据几何关系可知，圆弧的半径r＝2L 从P到B点的过程中，根据动能定理得： 12
mvB－0＝mg(2L＋2L)＋EqL 2
在B点，根据牛顿第二定律得：
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v2B FN－mg＝m
r
联立解得：FN＝3(2＋1)mg，方向向上， (3)从P到A的过程中，根据动能定理得： 12
mvA＝mgL＋EqL 2
解得：vA＝4gL
小球从C点抛出后做类平抛运动， 抛出时的速度vC＝vA＝4gL 小球的加速度g′＝2g，
当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x轴，则有：
12
vCt＝g′t2
解得：t＝2
2L
2L＝8L
g则沿x轴方向运动的位移x＝2vCt＝2×2gL×2则小球从C点飞出后落在x轴上的坐标
g x′＝L－8L＝－7L
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