2023年湖北省华中师大新高考物理一模试卷（2月）（含答案解析）

2023年湖北省华中师大新高考物理一模试卷（2月）

1.  如图所示，半圆柱体冲浪台静止在粗糙水平面上，半圆柱圆弧面光滑。运动员在水平牵引力F的作用下，从离开B点后缓慢运动到A点之前，始终处于平衡状态。将运动员看成质点，下面说法正确的是(    )

A. 牵引力先增大再减小 B. 冲浪台对运动员的支持力增大
C. 地面对冲浪台的支持力减小 D. 地面对冲浪台的静摩擦力减小

2.  梦天实验舱已成功发射并与中国空间站完成对接，至此中国空间站建造进入收官阶段。已知梦天实验舱在近地轨道上做匀速圆周运动，空间站的运行轨道为椭圆，近地点距离地面的高度为，且近地点与地球近地轨道相切，远地点距离地面的高度为。则下列说法正确的是(    )

A. 在近地点，中国空间站的绕行速度等于梦天实验舱的绕行速度
B. 在近地点，中国空间站的向心加速度等于梦天实验舱的向心加速度
C. 中国空间站在远地点的机械能大于在近地点的机械能
D. 梦天实验舱减速才能在远地点追上中国空间站完成对接

3.  质量为m的同学参加学校运动会的三级跳远项目，将其看成质点，从静止开始助跑直至落地过程运动轨迹如图所示。其中OA段为助跑阶段，AB段为腾空之后的第一步，BC段为腾空之后的第二步，CD段为腾空之后的第三步。已知腾空的最高高度为h。空气阻力忽略不计，重力加速度为g。则下列说法正确的是(    )

A. 腾空阶段合外力随水平位移变化
B. 腾空阶段加速度随水平位移变化
C.  腾空阶段重力势能随水平位移变化
D. 腾空阶段机械能随水平位移变化

4.  某旋转磁极式风力发电机原理如图所示，风吹动风叶，带动磁极旋转，使得水平放置线圈的磁通量发生变化，产生感应电流。已知风速与发电机的转速成正比，线圈的电阻不能忽略。下列说法正确的是(    )

A. 风速越大，感应电流的周期越大
B. 风速越大，交流电压表的示数越大
C. 风速一定的情况下，减少线圈的匝数，电压表读数增大
D. 风速一定的情况下，发电机的功率等于电阻的电功率
 

5.  氢原子的能级图如图所示。已知红光的光子能量范围为，绿光能量范围为，蓝光能量范围为，紫光能量范围为。用能量为的光子照射处于基态的氢原子，能发出哪种颜色的光(    )

A. 红光
B. 绿光
C. 蓝光
D. 紫光

6.  如图所示，在第十四届中国航展上空，歼穿云破雾、呈现了驾“七彩祥云”的壮观景象。因为飞机的发动机喷出高温尾流会使得飞机周围的空气经过机翼后膨胀降温，在飞机表面形成一层水雾。阳光照射到水雾上，由于不同颜色的光折射率不同，就会形成七彩光芒。如下右图所示，将原理简化并作出光路图。已知a光与界面的夹角为。b光的折射率为，b光与法线的夹角为，光在空气中的传播速度为c，水雾半球的半径为R。a光在水雾半球中的传播时间(    )
 

A.  B.  C.  D.

7.  如图所示，一个圆柱体空间过旋转轴平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一电子以某一速度从圆柱体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于电子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是(    )

A.
B.
C.
D.

8.  如图所示，某同学在距离篮筐中心水平距离为x的地方跳起投篮。出手点离地面的高度为h，篮筐离地面的高度为H。该同学出手的瞬时速度，要使篮球到达篮筐中心时，竖直速度刚好为零。将篮球看成质点，篮筐大小忽略不计，忽略空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是(    )
 

A. 出手时瞬时速度与水平方向的夹角为 B. 出手时瞬时速度与水平方向的夹角为
C. 水平距离 D. 水平距离

9.  空间中存在着垂直于纸面向里的匀强磁场B和沿着纸面竖直向下的匀强电场E。一带电的轻质小球以初速度沿着纸面水平向右射出。使用频闪照相，记录下小球的频闪照片如图所示，小球重力忽略不计。下列说法正确的是(    )

A. 小球一定带正电
B. 小球在轨迹最高点所受合外力为零
C. 小球从水平射出到轨迹最高点的过程中，电势能增大
D. 小球从第一次轨迹最高点到第二次轨迹最高点的过程中，做匀速圆周运动

10.  如图所示，质量物体以初速度滑上足够长的斜面。已知物体与斜面之间的动摩擦因数。调节斜面与水平方向的夹角从零开始增大到，发现物体沿斜面向上的最大位移x先减小后增大，重力加速度，则下列说法正确的是(    )

A. 当时，物体的最大位移为
B. 当时，物体达到最大位移后，将保持静止
C. 当时，物体的最大位移具有最小值
D. 当时，物体克服摩擦力做功18J

11.  城市施工时，为了避免挖到铺设在地下的电线，需要在施工前用检测线圈检测地底是否铺设导线。若地下有一条沿着东西方向的水平直导线，导线中通过电流。现用一闭合的检测线圈来检测，俯视检测线圈，下列说法正确的是(    )
 

A. 若线圈静止在导线正上方，当导线中通过正弦交流电，线圈中会产生感应电流
B. 若线圈在恒定电流正上方由西向东运动，检测线圈受到安培力与运动方向相反
C. 若线圈由北向南沿水平地面通过恒定电流上方，感应电流的方向先逆时针后顺时针，然后再逆时针
D. 若线圈由北向南沿水平地面通过恒定电流上方，检测线圈所受安培力在水平方向的分量一直向北

12.  某实验小组设计了如图甲所示的实验装置来验证机械能守恒定律。绳和滑轮的质量忽略不计，轮与轴之间的摩擦忽略不计。

实验时，该同学进行了如下操作：
①用天平分别测出物块A、B的质量和的质量含遮光片；
②用20分度游标卡尺测量遮光片的挡光宽度d，示数如图乙所示，游标卡尺的示数为______ mm；
③将重物A、B用轻绳按图甲示连接，跨放在轻质定滑轮上，一个同学用手托住重物B，另一个同学测量出挡光片中心到光电门中心的竖直距离h，之后释放重物B使其由静止开始下落。测得遮光片经过光电门的时间为，则重物A速度的大小为______ ，重物B速度的大小为______ 。
要验证系统重物A、的机械能守恒，应满足的关系式为______ 用质量、，重力加速度为g，遮光片经过光电门的时间为，遮光片的宽度d和距离h表示。

13.  某兴趣学习小组根据所学的电学原理，利用相同的器材，自制了以下不同的电子秤。实验器材有：
直流电源电动势为，内阻为；
理想电压表量程为：限流电阻；
竖直固定的滑动变阻器总长，总阻值；
电阻可忽略不计的弹簧，下端固定于水平地面，上端固定秤盘且与滑动变阻器R的滑动端连接，滑片接触良好且无摩擦弹簧劲度系数；
开关S以及导线若干。
重力加速度取，不计摩擦和其他阻力。
实验步骤如下：
①两种电子秤，托盘中未放被测物前，滑片恰好置于变阻器的最上端，电压表的示数均为零。
②两种电子秤，在弹簧的弹性限度内，在托盘中轻轻放入被测物，待托盘静止平衡后，当滑动变阻器的滑片恰好处于下端b处，此时均为电子秤的最大称重。

请回答下列问题所有计算结果保留一位小数：
两种电子秤，当滑动变阻器的滑片恰好置于最下端时，电压表的示数均为______ V；该电子秤的最大可测质量均为______ kg。
当电压表的指针刚好指在表盘刻度的正中间时，如图1所示的第一套方案电子秤测得质量为______ kg。如图2所示的第二套方案电子秤测得质量为______ kg。
第______ 填“一”或“二”套方案更为合理，因为电压表读数U与物体质量m成线性关系，电压表改装的电子秤刻度______ 均匀的。填“是”或“不是”

14.  如图所示是一种由气缸、活塞柱、弹簧和上下支座构成的汽车氮气减震装置，该装置的质量、活塞柱与气缸摩擦均可忽略不计，气缸导热性和气密性良好，环境温度不变，气缸内的气体可视为理想气体。该装置未安装到汽车上时，弹簧处于原长状态。封闭气体和活塞柱长度均为，气体压强等于大气压强。将四台减震装置安装在汽车上，稳定时汽车重量由四台减震装置支撑，且封闭气体被压缩了。已知活塞柱横截面积，弹簧的劲度系数。求：
压缩后，气缸内氮气的压强；
汽车的质量。

15.  冰壶比赛时，在冰壶前进的时候，运动员不断的用刷子来回的刷动冰面，以减小摩擦力。如图所示，水平地面上冰壶A、B间距，运动员通过刷动冰壶A前的地面，使得冰壶A以初速度向前匀速运动。同时冰壶B以初速度向前匀减速运动，此后冰壶A追上冰壶B并发生完全非弹性碰撞，碰撞后冰壶AB整体一起向前做匀减速直线运动，已知冰壶B与冰面的动摩擦因数，碰撞后冰壶AB整体与冰面的动摩擦因数，冰壶A、B的质量均为，重力加速度。求：
冰壶A追上冰壶B时，冰壶B的位移；
碰撞过程中损失的能量；
全过程中冰壶B的最大位移。

16.  1931年，劳伦斯和学生利文斯顿研制了世界上第一台回旋加速器，如图所示。其结构示意图如图所示，和是两个中空的、半径为R的半圆型金属盒，两盒之间窄缝的宽度为d，它们之间有一定的电势差U。两个金属盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。盒的中央A处的粒子源可以产生质量为m、电荷量为的粒子，粒子每次经过窄缝都会被电场加速，之后进入磁场做匀速圆周运动，经过若干次加速后，粒子从金属盒边缘离开，忽略粒子的初速度、粒子的重力、粒子间的相互作用及相对论效应。
求粒子离开加速器时获得的最大动能；
在分析带电粒子的运动轨迹时，求第N次加速后与第次加速后匀速圆周运动轨道直径的差值；
已知劳伦斯回旋加速器两盒之间窄缝的宽度，加速电压，磁感应强度，可加速氘核带电量为，质量，达到最大动能。氘核在电场中加速的时间不能忽略，氘核在最后一次加速后刚好继续完成半个匀速圆周运动，求氘核运动的总时间。结果保留两位有效数字

答案和解析

1.【答案】D 

【解析】解：运动员从离开B点后到运动到A点之前，始终保持平衡状态，运动员受到mg、牵引力F、支持力三个力，由平衡条件可知，牵引力与支持力的合力与重力等大反向，由矢量三角形，如图所示

牵引力F减小，支持力减小，故AB错误；
以运动员和冲浪台整体为研究对象，由平衡条件有，水平方向上
竖直方向上
则地面对冲浪台的支持力不变，对冲浪台的静摩擦力f减小，故C错误，D正确。
故选：D。
由平衡条件可知，牵引力与支持力的合力与重力等大反向，由矢量三角形，分析牵引力和支持力变化；
以运动员和冲浪台整体为研究对象，整体在重力、牵引力、地面对冲浪台的支持力、地面对冲浪台的静摩擦力4个力的共同作用下处于平衡状态，由平衡条件，分析地面对冲浪台的支持力、对冲浪台的静摩擦力。
本题考查学生对平衡条件的掌握，可以采用矢量三角形法或根据平衡条件列解析式的方法。
 

2.【答案】B 

【解析】解：由于空间站运行轨道为椭圆轨道，在近地点，加速才能从近地卫星轨道切换到椭圆轨道，即中国空间站在近地点的绕行速度大于梦天实验舱的绕行速度，故A错误；
B.由万有引力提供向心力可得，解得，在近地点，中国空间站的向心加速度等于梦天实验舱的向心加速度，故B正确；
C.中国空间站在椭圆运动过程中，只有万有引力做功，机械能守恒，故C错误；
D.梦天实验舱减速，实际受到的万有引力大于所需要的向心力，发生近心运动，离地球越来越近，不可能在远地点追上中国空间站完成对接，故D错误。
故选：B。
结合椭圆轨道的速度变化特点分析；根据万有引力提供向心力分析向心加速度；空间站运动的过程中机械能守恒；梦天实验舱减速，将发生近心运动，离地球越来越近。
根据卫星运动时万有引力提供向心力和在地球表面重力等于万有引力分别列方程求解．会写向心力的不同表达式．
 

3.【答案】D 

【解析】解：AB、运动员腾空阶段，空气阻力忽略不计，三个阶段均只受到重力，则三个阶段合外力均等于重力，三个阶段的加速度均为重力加速度，故AB错误；
C、腾空过程，上升阶段重力做负功，重力势能增大，下降阶段重力做正功，重力势能减小，而非图中与x轴平行的直线段，故C错误；
D、腾空阶段，运动员只受重力，机械能守恒，图像为与x轴平行的直线段。在腾空前，运动员用力蹬地，运动员的机械能增大，BC段的机械能比AB段的机械能大，CD段的机械能比BC段的机械能大，故D正确。
故选：D。
运动员腾空的三个阶段均只受到重力，合外力均等于重力，加速度均为重力加速度；腾空的三个阶段的上升阶段重力势能增大，下降阶段重力势能减小，而每个腾空阶段只有重力做功，机械能守恒，腾空的最大高度越高，机械能越大。
本题考查了功能关系，掌握重力做功与重力势能的变化关系，机械能守恒的条件，以及机械能的变化与做功的关系。
 

4.【答案】B 

【解析】解：A、风速与发电机的转速成正比，风速越大，转速越大，周期，周期越小，故A错误；
B、风速越大，转速越大，角速度越大，感应电动势的峰值为
则感应电动势的峰值越大，有效值越大，交流电压表的示数越为路端电压的有效值，示数越大，故B正确；
C、由B得，风速一定的情况下，减少线圈的匝数，感应电动势的峰值减小，有效值减小，交流电压表的示数减小，故C错误；
D、风速一定的情况下，发电机的功率等于电阻的电功率与线圈的电功率之和，故D错误。
故选：B。
根据周期与转速的关系判断周期和角速度的变化；根据判断感应电动势的变化，进而判断交流电压表示数的变化；发电机的功率等于电阻的电功率与线圈的电功率之和。
本题考查正弦式交变电流，解题关键是掌握求解感应电动势峰值的公式，知道电压表的示数为有效值。
 

5.【答案】A 

【解析】解：由于基态与第3能级的能量差为
所以用能量为的光子照射处于基态的氢原子，则刚好跃迁到第3能级。当原子处于第3能级时，会自发的向低能级跃迁，从第3能级-第2能级的能量，第2能级-第1能级的能量，第3能级-第1能级的能量。其中的光刚好对应可见光中的红光。
故A正确，BCD错误；
故选：A。
用能量为的光子照射处于基态的氢原子，则刚好跃迁到第3能级，根据能级差计算释放的能量，从而分析判断。
解决本题的关键知道能级的跃迁满足，注意吸收光子是向高能级跃迁，释放光子是向低能级跃迁，同时掌握吸收或释放能量要正好等于能级之差．
 

6.【答案】A 

【解析】解：设入射角为。由折射定律可知，对b光
解得
对于a光，由折射定律可知
设a光在水雾半球中传播的速度为。由
则a光在水雾半球中的传播时间
联立可得：，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据折射定律求出入射角，然后求出a的折射率，由分析光在玻璃中速度关系，然后求出时间。
解决本题的关键是通过光路图比较出折射率，要知道光速与折射率的关系。
 

7.【答案】A 

【解析】解：AB、根据左手定则，电子所受的磁场力和磁场方向垂直，电子始终在xOy平面内运动，在圆柱体左侧做逆时针圆周运动，在圆柱体的右侧做顺时针圆周运动，故A正确，B错误；
C、因为电子始终在xOy平面内运动，z轴坐标为正值且不变，x轴的坐标先负值后正值，其投影如图所示，
，故C错误；
D、因为电子始终在xOy平面内运动，z轴坐标为正值且不变，在y轴方向上的位移始终为正值，其投影如图所示
：故D错误。
故选：A。
根据左手定则分析出质子的受力特点，结合曲线运动的相关知识完成分析。
本题主要考查了带电粒子在磁场中的运动，利用左手定则分析出力的方向，结合曲线运动的特点即可完成解答，难度不大，对学生的空间想象能力有一定的要求。
 

8.【答案】BC 

【解析】解：根据题意，篮球到达篮筐时，竖直速度为零。看成从篮筐处开始做平抛运动。设出手瞬时速度与水平方向夹角，由平抛运动规律可知：
，，
联立解得，，故BC正确，AD错误。
故选：BC。
篮球到达篮筐时，竖直速度为零。看成从篮筐处开始做平抛运动，由平抛运动规律，即可解答。
本题解题关键是找出平抛模型，并应用平抛运动规律去解决实际问题，考查了学生的分析推理能力。
 

9.【答案】AC 

【解析】解：B、小球在最高点时，即轨迹最高点拐弯处速度为零，洛伦兹力为零，故小球只受电场力作用，从轨迹可以看出，小球向下加速运动，所受合外力不为零，故B错误，
A、根据题意所加竖直向下的匀强电场，可判断小球带正电，故A正确；
C、小球从水平射出到轨迹最高点的过程中，电场力做负功，电势能增大，故C正确；
D、小球从第一次轨迹最高点到第二次轨迹最高点的过程中，除受洛伦兹力外，还受竖直向下的电场力作用，不可能做匀速圆周运动，故D错误。
故选：AC。
考虑小球在最高点情况，不受重力的小球进行受力分析，从而确定最高点小球受到的合力及电性；
根据电场力与位移的方向的夹角判断做功情况；
根据匀速圆周运动的条件分析判断。
根据题意，小球受两个力的作用，理解小球轨迹的原因-做曲线的物体弯向所受合力方向。再考虑最高点速度为零时，洛伦兹力为零，从而可以判断电性及合力，这是解题的关键。
 

10.【答案】ABC 

【解析】解：当时，物体沿水平方向故匀减速直线运动。由动能定理，代入数据解得，故A正确；
B.当时，有，即重力沿斜面向下的分力小于滑动摩擦力，所以物体物体速度减小到零后，在斜面上保持静止，不会向下滑动，故B正确；
C.物体在斜面上滑行的过程中，由动能定理可得，解得，其中，由数学知识可知，当时，物体的最大位移具有最小值，故C正确；
D.当时，物体与竖直平面之间的支持力为零，摩擦力为零，所以摩擦力一定不做功，故D错误。
故选：ABC。
分析物体受力情况，从而确定其在斜面上可能的运动情况，分别根据动能定理列式即可求出物体的最大位移以及克服摩擦力所做的功。
本题考查动能定理的应用，要注意正确根据动能定理列式，注意数学规律的准确应用是解题的关键。
 

11.【答案】CD 

【解析】解：若线圈静止在导线正上方，当导线中通过正弦交流电，由对称性可知，通过线圏的磁通量为零，变化量为零。感应电流为零，故A错误；
B.若线圈在恒定电流正上方，由对称性可知穿过线圈的磁通量为零；若线圈在恒定电流正上方由西向东运动时，穿过线圈的磁通量始终为零，不变化，所以感应电流为零，则安培力为零，故B错误；
C.根据通电直导线周围的磁感线分布特点，检测线圈自北靠近直导线到导线正上方的过程中，穿过线圈的磁场有向下的分量，且磁通量先增大，由楞次定律和安培定则可知，线圈中的电流方向为逆时针方向；当线圈的边缘越过通电直导线正上方后，穿过线圈向下的磁场减小，楞次定律和安培定则可知，线圈中的电流方向为顺时针方向；当检测线圈逐渐远离直导线的过程中，穿过线圈的磁场有向上的分量，磁通量先增大后减小，由楞次定律和安培定则可知，线圈中的电流方向先顺时针后逆时针，故C正确；
D.依据楞次定律的“来拒去留”，可知，当检测线圈靠近直导线时，则阻碍其靠近，因此安培力向北，当检测线圈远离直导线时，则阻碍其远离，因此安培力仍向北，故D正确。
故选：CD。
当通过线圈的磁通量发生变化时，线圈中将会产生感应电流．根据右手螺旋定则可确定通电导线周围的磁场方向，再根据楞次定律判断感应电流的方向；依据楞次定律的“来拒去留”，从而即可判定检测线圈所受安培力的方向．
解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向，掌握感应电流的产生条件，会根据楞次定律判断感应电流的方向，及理解楞次定律的“来拒去留”的内涵．
 

12.【答案】  。 

【解析】解：②游标卡尺的最小分度值为，读数为；
③极短时间，可以平均速度替代瞬时速度，则A通过光电门的速率为
则B的速率为
如果系统重物A、的机械能守恒，应满足的关系式为
整理得
故答案为：；，；。
②先确定游标卡尺的最小分度值再主尺和游标尺的读数；
③根据极短时间，可以平均速度替代瞬时速度求A通过光电门的速，再根据滑轮特点计算B的速度；
根据机械能守恒定律表达式推导。
本题考查验证机械能守恒定律实验，要求掌握实验原理，利用光电门测出时间计算速度和动能变化量和游标卡尺的读数。
 

13.【答案】一  是 

【解析】解：滑动变阻器的滑片恰好置于最下端时，根据闭合电路的欧姆定律，电路中的电流
根据欧姆定律，滑线电阻R两端电压
根据平衡条件，可得
解得电子秤的最大可测质量为
当电压表的指针刚好指在表盘刻度的正中间时，电压表读数
如左图所示的第一套方案，根据闭合电路欧姆定律可得
由平衡条件可得
联立解得
如图所示的第二套方案，设滑动变阻器R接入电路的阻值为，根据闭合电路欧姆定律可得
解得
又
由平衡条件可得
联立解得
左边方案一，根据闭合电路欧姆定律可得
又
联立可得
U与m成线性关系，电子秤刻度均匀；
右边方案二，根据闭合电路欧姆定律可得
又，
联立可得
U与m不成线性关系，电子秤刻度不均匀；
综上分析可知，方案一更合理，电压表示数与物体的质量m成正比，电压表改装的电子秤刻度是均匀的，便于测量。
故答案为：；；；；一；是。
滑动变阻器的滑片恰好置于最下端时，根据闭合电路的欧姆定律求电路中的电流，根据欧姆定律求电阻R两端的电压；根据平衡条件求最大质量；
当电压表的指针刚好指在表盘刻度的正中间时，电压表读数；根据闭合电路欧姆定律求电流，再根据部分电路欧姆定律求电压表示数，最后根据平衡条件求解待测物体质量；
根据闭合电路欧姆定律求电流，根据部分电路欧姆定律求电压表示数，根据平衡条件求质量与弹簧压缩的关系，最后求解电压表示数与待测物体质量的关系。
本题考查了变化电路的欧姆定律、欧姆定律、胡克定律及物体的平衡条件；理解电子秤的工作原理是解题的关键，要理解弹簧的压缩量与滑线的电阻的阻值成对于关系。
 

14.【答案】解：当汽车装上减震装置后，设气缸压缩后的体积为，压强为，由玻意耳定律
解得
设汽车对一个减震装置的压力为F，以减震装置气缸上表面为研究对象，受力分析，根据平衡条件有：
解得
即减震装置对汽车的支持力

以汽车为研究对象
解得汽车的质量
答：压缩后，气缸内氮气的压强；
汽车的质量800kg。 

【解析】由玻意耳定律，求压强；
以减震装置气缸上表面为研究对象，受力分析，根据平衡条件列式，求汽车质量。
本题考查学生对玻意耳定律、平衡条件的掌握，是一道基础题。
 

15.【答案】解：冰壶B匀减速直线运动：
速度减为零的时间为：
此时冰壶A的位移为：
冰壶B的位移为：
因为：
即冰壶B速度减少为零时，冰壶A还末追上冰壶B，则冰壶A在冰壶B停下的位置追上冰壶B，即冰壶A追上冰壶B时，冰壶B的位移：
冰壶A与冰壶B发生完全非弹性碰撞，动量守恒：
解得：
则碰撞过程中损失的能量：
碰撞后，冰壶A、B整体一起向前做匀减速直线运动，设向前运动的位移为。
由动能定理可知：
代入数据解得：
冰壶B的最大位移：
答：冰壶A追上冰壶B时，冰壶B的位移为16m；
碰撞过程中损失的能量为125J；
全过程中冰壶B的最大位移为。 

【解析】由动力学规律求出B球减速到零的位移，A球在相同时间内的位移，从而判断是否碰撞，再根据结论求出B球的位移；
根据动量守恒定律求共同速度，由能量守恒与转化定律求碰撞损失的能量；
对整体根据动能定理求停止的位移，从而求出B球最大位移。
根据题意分析清楚冰壶的运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式、动能定理与动量守恒定律即可解题。要注意的是初始位置到碰撞的几何关系，它们与两球的位移有关。
 

16.【答案】解：当带电粒子运动半径为半圆金属盒的半径R时，粒子的速度达到最大值，由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力：
粒子离开加速器时获得的最大动能
解得
第N次加速后，由动能定理得
根据牛顿第二定律得
可解得第N次加速后
可推得第次加速后
相邻轨迹直径差值
氘核每穿过缝隙一次，电场力对氘核做功。由动能定理有
解得氘核穿过D形盒间缝隙的总次数为次
氘核在电场中做匀加速直线运动，将在电场中的运动看成一个整体

联立解得
氘核在磁场中完成15次匀速圆周运动，总时间

联立解得
氘核运动的总时间
答：粒子离开加速器时获得的最大动能为；
第N次加速后与第次加速后匀速圆周运动轨道直径的差值为；
氘核运动的总时间为。 

【解析】洛伦兹力提供向心力，求速度，再求最大动能；
第N次加速后，由动能定理和洛伦兹力提供向心力，求半径和半径差；
由动能定理，求电场加速度，氘核在电场中做匀加速直线运动，根据运动学公式，求时间，再根据磁场中运动的周期公式，联立，求总时间。
本题是一道综合性较强的题，难度较高，粒子在电场中加速常使用的方法是动能定理，在磁场中运动常使用的方法是牛顿第二定律。