河北省石家庄一中2019届高三物理下学期月考试题（七）（含解析）.docx

河北省石家庄一中2019届高三物理下学期月考试题（七）（含解析）一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）1. 有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河。小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直。去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为（）A. B. C. D. 2. 如图所示，水平直杆OP右端固定于竖直墙上的O点，长为L=2m的轻绳一端固定于直杆P点，另一端固定于墙上O点正下方的Q点，OP长为d=1.2m，重为8N的钩码由光滑挂钩挂在轻绳上处于静止状态，则轻绳的弹力大小为（）A. 10NB. 8NC. 6ND. 5N3. 如图所示为氢原子的能级图，若氢原子群A处于n=2的能级，氢原子群B处于n=3的能级则下列说法正确的是（）A. 原子群B最多可能辐射出2种频率的光子B. 原子群A能够吸收原子B发出的光子并跃迁到n=4的能级C. 若要使原子群A发生电离，所吸收的光子的能量可以大于3.4eVD. 若原子群A辐射出的光能使某金属发生光电效应，则原子群B可能辐射出的所有光也都能使该金属发生光电效应4. 如图，两根间距为l的光滑金属导轨（不计电阻），由一段圆弧部分与一段无限长的水平段组成其水平段加有竖直向下方向的匀强磁场，其磁感应强度为B，导轨水平段上静止放置一金属棒cd，质量为2m电阻为r。另一质量为m，电阻为2r的金属棒ab，从圆弧段M处由静止释放滑至N处进入水平段，圆弧段MN半径R，所对圆心角为60，则说法错误的是（）A. ab棒在N处进入磁场区速度是gRB. ab棒在N处进入磁场区的电流是BlgR3rC. cd棒能达到的最大速度是13gRD. cd棒由静止到达最大速度过程中，cd棒释放的热量是13mgR5. 假设宇宙中有两颗相距无限远的行星A和B，半径分别为RA和RB这两颗行星周围卫星的轨道半径的三次方（r3）与运行周期的平方（T2）的关系如图所示；T0为卫星环绕行星表面运行的周期。则（）A. 行星A的质量大于行星B的质量B. 行星A的密度小于行星B的密度C. 行星A的第一宇宙速度小于行星B的第一宇宙速度D. 当两行星的卫星轨道半径相同时，行星A的卫星向心加速度小于行星B的卫星向心加速二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）6. 如图，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圜弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。已知小车质量M=2m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为，重力加速度为g。则滑块从A运动到C的过程中（）A. 滑块水平方向相对地面的位移大小为23(R+L)B. 小车相对地面的位移大小为14(R+L)C. 小车M的最大速度133gRD. 滑块克服摩擦力做的功在数值上等于滑块减少的机械能7. 如图所示，轻杆一端固定质量为m的小球，轻杆长度为R可绕水平光滑转轴O在竖直平面内转动。将轻杆从与水平方向成30角的位置由静止释放。若小球在运动过程中受到的空阻力大小不变。当小球运动到最低点P时，轻杆对小球的弹力大小为247mg下列说法正确的是（）A. 小球运动到p点时的速度大小为24gR7B. 小球受到的空气阻力大小为3mg7蟺C. 小球能运动到与O点等高的Q点D. 小球不能运动到与O点等高的Q点8. 图甲是回旋加速器的原理示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中（磁感应强度大小恒定），并分别与高频电源相逹，加速时某带电粒子的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，若粒子从A点飘入时的速度及在电场中的加速时间忽略不计，则下列判断正确的是（）A. 在Ek鈭抰图象中B. 高频电流的变化周期应该等于C. 粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能一定越大D. 粒子第5次被加速前、后的轨道半径之比为2：59. 对于实际的气体，下列说法正确的是（）A. 气体的内能包括气体分子的重力势能B. 气体的内能包括气体分子之间相互作用的势能C. 气体的内能包括气体整体运动的动能D. 气体的体积变化时，其内能可能不变E. 气体的内能包括气体分子热运动的动能10. 如图所示，一列简谐横波沿x轴正向传播，从波传到x=5m的M点时开始计时，已知P点相继出现两个波峰的时间间隔为0.4s，下面说法中正确的是（）A. 该列波在0.1s内向右传播的距离为1mB. 质点P(x=1m)在0.1s内向右运动的位移大小为1mC. 在时间内，质点Q(x=1.5m)通过的路程是10cmD. 在t=0.2s时，质点Q(x=1.5m)的振动方向沿y轴正方向E. 质点N(x=9m)经过0.5s第一次到达波谷三、实验题探究题（本大题共2小题，共15.0分）11. 某同学设计利用如图所示的实验装置来进行“探究功与速度的变化关系”的实验，斜糟倾斜部分可自由调节，将一木板竖直放置并固定，木板到斜槽末端O的距离为s，使小球从斜槽上某点由静止释放，小球从O点做平抛运动击中木板时下落的高度为y（1）小球离开O点的速度为_（2）为了测出小球与轨道之间的摩擦力所做的功，可将斜槽慢慢调节至小球能在斜槽上做匀速直线运动，记下此时斜槽的倾角，则小球与斜槽间的动摩擦因数=_取斜面上某点为标记点，标记点到O点的水平距离为x，则小球在轨道上运动过程中克服摩擦力做功为Wf=_（小球与各接触面间动摩擦因数相同）。12. 某学生实验小组利用图（a）所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“1k”挡内部电路的总电阻。使用的器材有：多用电表；电压表：量程5V，内阻十几千欧；滑动变阻器：最大阻值5k导线若干。回答下列问题：（1）将多用电表挡位调到电阻“1k”挡，再将红表笔和黑表笔_，调零点。（2）将图（a）中多用电表的红表笔和_（填“1”或“2”）端相连，黑表笔连接另一端。（3）将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图（b）所示，这时电压表的示数如图（c）所示。多用电表和电压表的读数分别为_k和_V。（4）调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零。此时多用电表和电压表的读数分别为12.0k和4.00V从测量数据可知，电压表的内阻为_k。（5）多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图（d）所示。根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为_V，电阻“1k”挡内部电路的总电阻为_k。四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）13. 如图，长为2L的轻杆中间安装在离地面一定高度的水平固定转轴上，可以在竖直平面上绕转轴无摩擦转动，两端分别有两个质量为2m和m的小球A、B，初始时轻杆处于水平状态，之后从静止开始自由运动，当轻杆转到竖直位置时两个小球同时与轻杆脱离，脱离瞬间小球速度不变，当两小球落到水平地面时动能相等两小球可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g，计算结果可以用根式表示。求：（1）小球与杆脱离时两球的速度大小；（2）两小球在水平地面上落点间的距离。14. 如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP，由半径r=0.5m的圆弧轨道CDP和与之相切于C点的水平轨道ABC组成，圆弧轨道的直径DP与竖直半径OC间的夹角=37，A、B两点间的距离d=0.2m。质量m1=0.05kg的不带电绝缘滑块静止在A点，质量m2=0.1kg、电荷量q=110-5C的带正电小球静止在B点，小球的右侧空间存在水平向右的匀强电场。现用大小F=4.5N、方向水平向右的恒力推滑块，滑块到达B点前瞬间撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动，到达P点时恰好和轨道无挤压且所受合力指向圆心。小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦。取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8。（1）求撤去该恒力瞬间滑块的速度大小v以及匀强电场的电场强度大小E；（2）求小球到达P点时的速度大小vP和B、C两点间的距离x；（3）若小球从P点飞出后落到水平轨道上的Q点（图中未画出）后不再反弹，求Q、C两点间的距离L。15. 用传统的打气筒给自行车打气时，不好判断是否已经打足了气某研究性学习小组的同学们经过思考，解决了这一问题他们在传统打气筒基础上进行了如下的改装（示意图如图所示）：圆柱形打气筒高H，内部横截面积为S，底部有一单向阀门K，厚度不计的活塞上提时外界大气可从活塞四周进入，活塞下压时可将打气筒内气体推入容器B中，B的容积VB=3HS，向B中打气前A、B中气体初始压强均为p0，该组同学设想在打气筒内壁焊接一卡环C（体积不计），C距气筒顶部高度为h=H，这样就可以自动控制容器B中的最终压强求：假设气体温度不变，则第一次将活塞从打气筒口压到C处时，容器B内的压强是多少？要使容器B内压强不超过5p0，h与H之比应为多少？16. 如图所示为一玻璃砖的截面图，该截面是一直角边为20cm的等腰直角三角形ABC，其中截面的AC边与接收屏PQ垂直，垂足为C一束由a和b两种色光组成的复合色光由AB的中点垂直AB射向AC中点O处，结果在接收屏上出现了两个亮点。已知玻璃砖对a光的折射率n1=233，对b光的折射率n2=2根据所学知识分析两亮点的颜色，并求两亮点之间的距离。答案和解析1.【答案】B【解析】解：设船渡河时的速度为vc；当船头指向始终与河岸垂直，则有：t去=；当回程时行驶路线与河岸垂直，则有：t回=；而回程时的船的合速度为：v合=；由于去程与回程所用时间的比值为k，所以小船在静水中的速度大小为：vc=，故B正确；故选：B。根据船头指向始终与河岸垂直，结合运动学公式，可列出河宽与船速的关系式，当路线与河岸垂直时，可求出船过河的合速度，从而列出河宽与船速度的关系，进而即可求解。解决本题的关键知道分运动与合运动具有等时性，以及知道各分运动具有独立性，互不干扰。2.【答案】D【解析】解：设挂钩所在处为N点，延长PN交墙于M点，如图所示：同一条绳子拉力相等，根据对称性可知两边的绳子与竖直方向的夹角相等，设为，则根据几何关系可知NQ=MN，即PM等于绳长；根据几何关系可得：sin=，则=37根据平衡条件可得：2Tcos=mg解得：T=5N，故D正确，ABC错误。故选：D。根据几何关系得到两边绳子与竖直方向的夹角，再根据竖直方向的平衡条件列方程求解。本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、然后建立平衡方程进行解答。3.【答案】C【解析】解：A、根据=3知，大量n=3能级的氢原子可以辐射出三种不同频率的光子。故A错误；B、根据辐射的光子能量等于两能级间的能级差，可知，原子群A能够吸收E=-0.85-（-3.4）=2.55eV时，才能跃迁到n=4的能级，而原子B发出的光子大于或小于2.55eV故B错误；C、若氢原子群A处于n=2的能级，E2=-3.4eV，要使原子群A发生电离，所吸收的光子的能量可以大于3.4eV，至少等于3.4eV故C正确；D、若原子群A辐射出的光能使金属发生光电效应，根据辐射的光子能量等于两能级间的能级差，可知，则原子群B从n=3到n=2能级，辐射出的光不能使该金属发生光电效应，故D错误；故选：C。根据数学组合公式求出氢原子可能辐射光子频率的种数能级间跃迁时，辐射的光子能量等于两能级间的能级差，并依据光电效应发生条件：入射光的频率大于或等于极限频率解决本题的关键知道光电效应的条件以及知道能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，注意电离时，吸收的能量可以大于能级之差，同时理解光电效应发生条件4.【答案】D【解析】解：A、ab棒由M下滑到N的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgR（1-cos60）=，解得：v=，故A正确；B、ab进入磁场区瞬间，感应电动势：E=Blv，感应电流：I=，故B正确；C、两棒速度相等时cd的速度最大，两棒组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv=（2m+m）v，解得：v=，故C正确；D、对系统，由能量守恒定律得：+Q，cd产生的焦耳热：Qcd=Q，解得：Qcd=mgR，故D错误；本题选错误的，故选：D。ab棒由静止从M滑下到N的过程中，只有重力做功，机械能守恒，据此可求出ab棒进入磁场N处时的速度；进而可求ab棒切割磁感线时产生的感应电动势和回路中的感应电流；分析ab棒进入磁场后两棒的运动情况，判断cd速度达到最大的条件：ab棒在安培力作用下做减速运动，cd棒在安培力作用下作加速运动，当两棒速度达到相同速度v时，电路中电流为零、安培力为零，cd达到最大速度；再根据两棒构成的系统动量守恒列式求解；根据能量守恒定律求解热量。对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。5.【答案】A【解析】解：A、根据万有引力提供向心力得出：得：，根据图象可知，A的比较B的大，所以行星A的质量大于行星B的质量，故A正确；B、根图象可知，在两颗行星表面做匀速圆周运动的周期相同，密度=，所以行星A的密度等于行星B的密度，故B错误；C、第一宇宙速度v=，A的半径大于B的半径，卫星环绕行星表面运行的周期相同，则A的第一宇宙速度大于行星B的第一宇宙速度，故C错误；D、根据得：a=，当两行星的卫星轨道半径相同时，A的质量大于B的质量，则行星A的卫星向心加速度大于行星B的卫星向心加速，故D错误。故选：A。根据万有引力提供向心力得出中心天体质量得表达式，结合图象判断质量大小，根图象可知，在两颗行星表面做匀速圆周运动的周期相同，根据密度公式判断密度大小，根据v=判断第一宇宙速度大小，根据得：a=，进而比较向心加速度大小。要比较一个物理量大小，我们应该把这个物理量先表示出来，在进行比较。向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用。6.【答案】AC【解析】解：AB、设全程小车相对地面的位移大小为s，滑块水平方向相对地面的位移为x=R+L-s，滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv-MV=0，即：m-M=0由题意可知：M=2m，解得：x=（R+L），s=（R+L），故A正确，B错误；C、滑块刚滑到B点时小车受到滑块的压力一直做正功，小车的速度达到最大，取水平向右为正方向，系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律得：mv1-Mv2=0，由机械能守恒定律得：mgR=解得：v1=，v2=，故C正确；D、滑块从B点开始和车相对滑动，滑动摩擦力对滑块做负功，根据动能定理知滑块克服摩擦力做的功等于滑块减少的动能，全过程滑块减少的机械能转化为车的动能和系统生热；D错误。故选：AC。滑块和小车组成的系统水平方向不受外力，系统水平动量守恒，由此列式求解滑块和小车的位移。滑块刚滑到B点时速度最大，由动量守恒定律和机械能守恒结合求解滑块的最大速度。本题主要考查系统水平方向动量守恒和能量守恒的问题，要注意系统的总动量并不守恒，只是水平方向动量守恒。运用动量守恒定律列式时要注意位移的参照物是地面。7.【答案】BC【解析】解：A、小球运动到p点时，根据牛顿第二定律可得T-mg=m，解得小球在p点的速度大小为v=，故A错误；B、根据动能定理可得mgR（1+）-f=，解得f=，故B正确；CD、假设小球能运动到与O点等高的Q点，则阻力大小为f，根据动能定理可得：mg=f，解得f=，故小球能运动到与O点等高的Q点，且达到Q的速度刚好为零，故C正确、D错误；故选：BC。在最低点根据牛顿第二定律列方程求解速度大小，根据动能定理列方程求解阻力大小；如果能够达到Q点，根据动能定理求解阻力大小进行比较即可。本题主要是考查了动能定理；运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理列方程解答；动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动；一个题目可能需要选择不同的过程多次运用动能定理研究，也可以全过程根据动能定理解答。8.【答案】AD【解析】解：A、根据T=知，粒子回旋周期不变，在Ek-t图中应有t4-t3=t3-t2=t2-t1，故A正确；B、交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，故电源的变化周期应该等于2（tn-tn-1），故B错误；C、根据公式r=，得v=，故最大动能Ekm=mv2=，则知粒子获得的最大动能与D形盒的半径有关，D形盒的半径越大，粒子获得的最大动能越大，与加速的次数无关。故C错误；D、粒子每次加速获得的能量为qU，由动能定理得第n次加速后的动能为nqU=mv2；粒子在磁场中回旋时由洛伦兹力充当向心力，由rn=，得r=；故粒子第5次被加速前、后轨道半径之比为2：；故D正确。故选：AD。回旋加速器工作条件是交流电源的周期必须和粒子在磁场中圆周运动的周期一致，由公式T=和r=进行分析判断。本题考查了回旋加速器的原理，特别要记住粒子获得的最大动能是由D型盒的半径决定的。与加速电场无关。9.【答案】BDE【解析】解：A、气体内能中不包括气体分子的重力势能，故A错误； B、实际气体的分子间相互作用力不能忽略，故其内能包括分子间相互作用的势能，故B正确； C、气体的内能不包括气体整体运动的动能，故C错误； D、气体的体积变化时，存在做功情况，但如果同时有热量交换，则根据热力学第一定律可知，其内能可能不变，故D正确； E、气体的内能包括气体分子热运动的动能，故E正确。 故选：BDE。明确物体内能的定义，知道内能包括分子动能和分子势能，与宏观的动能和势能无关，同时明确实际气体的分子势能是不能忽略的；同时明确做功和热传递均可以改变物体的内能，要根据热力学第一定律分析内能的变化。本题考查物体内能以及气体的性质，要注意准确掌握内能的定义，知道内能与机械能是无关的，同时掌握热力学第一定律的应用。10.【答案】ADE【解析】解：A、由图读出波长=4m，由P点相继出现两个波峰的时间间隔为0.4s可知T=0.4s，波速为v=10m/s。x=vt=100.1=1m/s。 故A正确；B、简谐横波沿x轴正方向传播，P点只在y轴方向振动，不向前传播。故B错误；C、00.1s的时间为个周期，质点Q既不是在平衡位置，也不是在最大位置，所以在个周期内的路程不是一个振幅，即10cm。故C错误；D波向右传播，结合振动的特点与波的传播方向的关系可知，在t=0时，质点Q（x=1.5m）的振动方向沿y轴负方向，在半个周期后，Q点的振动方向与开始时相反，则振动方向沿y轴正方向。故D正确；E、由图可知，在t=0时刻最前面的波谷在x=4m的位置，该波谷传播到x=9m处的时间：s故E正确。故选：ADE。能够产生明显衍射现象的条件是障碍物或孔的尺寸比波长小，或跟波长差不多，根据此条件判断能否产生明显衍射现象根据P点的振动情况求出周期，再求出波速，根据波形平移，求出离Q点最近的波谷振动传到Q点时的时间，即为质点Q5s第一次到达波谷的时间本题考查理解波动图象的能力对于B项，也可以根据波的形成过程求出振动传到Q点的时间与形成波谷的时间之和11.【答案】gs22y tan mgxtan【解析】（1）小球从O点做平抛运动，则有：y=s=v0t联立解得：。（2）对小球受力分析，根据共点力平衡可知：mgcos=mgsin解得：=tan在小球从标记点运动到O点的过程中，设释放点到斜槽底端的水平距离为x1，斜槽水平部分长度为x2，有x1+x2=x摩擦力做功为：+mgx2=mgx=mgxtan。故答案为：（1），（2）tan，mgxtan；（1）根据小球做平抛运动求得抛出时的速度；（2）根据共点力平衡求得摩擦了因数，根据W=Fxcos求得摩擦力做功；要求熟悉平抛运动的运动特征，会进行受力分析，知道力做功的公式；12.【答案】短接 2 15.0 3.60 12.0 9.00 15.0【解析】解：（1）欧姆表使用前一定要欧姆调零，即红黑表笔短接后，调节调零旋钮，使电流表满偏；（2）多用电表的红表笔对应欧姆表内电源的负极，所以红表笔应接电压表的负接连柱，故红表笔接触2；（3）欧姆表读数=倍率表盘读数=1k15.0=15.0k；电压表读数为3.60V；（4）由于滑动变阻器被短路，故欧姆表读数即为电压表阻值，为12.0k；（5）调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零，此时多用电表和电压表的读数分别为12.0k和4.00V；多用电表的中值电阻等于内电阻，故R=15.0k；由闭合电路欧姆定律I=和欧姆定律U=IRV可知，E=（R+RV），代入数据有：E=（12000+15000）=9.0V，联立解得E=9.00V；故答案为：（1）短接；（2）2；（3）15.0；3.60；（4）12.0；（5）9.00；15.0。（1）欧姆表使用前一定要欧姆调零；（2）红正黑负，电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表；（3）欧姆表读数等于倍率乘以表盘读数，伏特表读数要估读；（4）欧姆表测量的是外电路的总电阻，由于滑动变阻器被短路，故欧姆表读数即为电压表阻值；（5）由于半偏电流是满偏电流的一半，故欧姆表的中值电阻等于内电阻；根据闭合电路欧姆定律求解电动势。本题关键是明确实验原理，会使用欧姆表和电压表测量电阻和电压，同时能结合闭合电路欧姆定律灵活地列式分析。13.【答案】解：（1）A、B两球和轻杆组成的系统机械能守恒，系统减少的重力势能等于系统增加的动能，而A和B瞬时速度大小相等，设两球到竖直位置小球时即小球与杆脱离时两球的速度大小为v则：2mgL-mgL=2mv2+12mv2，则小球与杆脱离时两球的速度大小=2gL3（2）设两球到竖直位置时，A球与地面的高度为H，当两小球落到水平地面时动能相等，则有：2mv2+2mgH=mv2+mg（H+2L），则H=LA、B两球脱落杆后都做平抛运动，则两小球在水平地面上落点间的距离为s=sA+sB=v（tA+tB）=2gLg（2Hg+2(H+2L)g）=2L3(5+11)答：（1）小球与杆脱离时两球的速度大小为2gL3；（2）两小球在水平地面上落点间的距离为2L3(5+11)。【解析】（1）球A与B组成的系统机械能守恒，球B减少的机械能应等于球A增加的机械能，通过球A减少的重力势能等于球B增加的重力势能和两球增加的动能之和即可求出球的速度， （2）根两小球落到水平地面时动能相等，根据能量守恒求解高度，然后根据平抛运动规律求解距离。解答此题的关键是知道球A与B组成的系统机械能守恒，球B减少的机械能应等于球A增加的机械能。14.【答案】解：（1）对滑块从A点运动到B点的过程，根据动能定理有：Fd=12m1v2代入数据解得：v=6m/s小球到达P点时，受力如图所示，则有：qE=m2gtan解得：E=7.5104N/C。（2）小球所受重力与电场力的合力大小为：G等=m2gcos胃 小球到达P点时，由牛顿第二定律有：G等=m2vP2r 联立，代入数据得：vP=2.5m/s滑块与小球发生弹性正碰，设碰后滑块、小球的速度大小分别为v1、v2，以向右方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v=m1v1+m2v2由能量守恒得：12m1v2=12m1v12+12m2v22 联立，代入数据得：v1=-2m/s（“-”表示v1的方向水平向左），v2=4m/s小球碰后运动到P点的过程，根据动能定理有：qE（x-rsin）-m2g（r+rcos）=12m2vP2-12m2v22 代入数据得：x=0.85m。（3）小球从P点飞出水平方向做匀减速运动，有：L-rsin=vPcost- 竖直方向做匀加速运动，有：r+rcos=vPsint+12gt2 联立，代入数据得：L=0.56m答：（1）撤去该恒力瞬间滑块的速度大小是6m/s，匀强电场的电场强度大小是7.5104N/C；（2）小球到达P点时的速度大小是2.5m/s，B、C两点间的距离是0.85m。（3）Q、C两点间的距离为0.56m。【解析】（1）滑块从A点运动到B