2023届河北省衡水中学高三下学期一调考试丨物理_2024年2月_01每日更新_14号_2023届河北省衡水中学高三下学期一调考试3月_2023届河北省衡水中学高三下学期一调考试3月物理

2022—2023 衡水中学下学期高三年级一调考试 物 理 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。共8页，总分100分，考试时 间75分钟。 第Ⅰ卷（选择题 共46分） 一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项 符合题目要求，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得 6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 1．花岗岩、砖砂、水泥及深层地下水等物质会释放氡气。氡气被吸入人体后会形成内照射， 对人体的危害很大。氡的同位素中对人体危害最大的是氡(222 Rn)及其衰变产物，氡 86 (222Rn)的衰变反应链为222Rn 218Po 214Pb 214Bi 210Pb,其中氡(222Rn)的 86 86 84 82 83 82 86 半衰期为3.8天。关于氡(222Rn)的衰变反应，下列说法正确的是 86 A．温度升高，氡的衰变速度会变快 B．④过程只发生了a衰变 C．一个氡核(222Rn)经过一个衰变链，共发生了3次衰变、2次衰变 86 D．每经过3.8天，将有半数的氡(222Rn)衰变为铅(210Pb) 86 82 2．一试探电荷仅受电场力作用，运动轨迹如图中实线NPM所示，设P、M两点的电势分别 为 、 ，此试探电荷在P、M两点的动能分别为E 、E ,下列说法正确的是 P M kp kM A．电场强度方向一定水平向右 B．该试探电荷在P点受到的电场力沿OP方向 C．  P M D．E  E kp kM 3．如图所示，理想变压器原线圈的匝数n 1000匝，副线圈的匝数n 200匝，将原线 1 2 圈接在电压u 200 2sin(120t)V的交流电源上，已知定值电阻R 100,电流表A 为理想电流表，下列说法正确的是 A．穿过铁芯的磁通量的最大变化率为0.2Wb/s B．交流电的频率为50Hz C．电流表A的示数为0.4 2 A D．变压器的输入功率是16W 4．天问一号着陆器着陆于火星表面的过程可简化为如下过程：首先着陆器在距火星表面高 为h处悬停，接着以恒定的加速度a竖直下降，下降过程火箭产生的反推力大小恒为F。 1 学科网（北京）股份有限公司当四条“缓冲脚”接触火星表面时，火箭立即停止工作，着陆器经时间t速度减为0。已知 着陆器的质量为m，火星半径为R(R远大于h)，引力常量为G。下列说法正确的是 (F ma)R2 A．火星的质量为 Gm F B．火星表面的重力加速度为 m 1 C．火箭反推力对着陆器所做的功为 Fat2 2 m 2ah D．着陆器对火星表面的平均冲击力大小为F ma t 5．在光滑水平面上沿一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ发生正碰，碰后立即粘在一起运动，碰撞前 滑块Ⅰ、Ⅱ及粘在一起后的速度—时间图像分别如图中的线段a、b、c所示。由图像可知 A．碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量小 B．滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为3:5 C．滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为5:3 D．碰撞过程中，滑块Ⅰ受到的冲量比滑块Ⅱ受到的冲量大 6．磁阱常用来约束带电粒子的运动。如图所示，在xOy平面内，以坐标原点O为中心，边 长为2L的正方形的四个顶点上，垂直于平面放置四根通电长直导线，电流大小均为I ， 0 方向已标出。已知电流为I的通电长直导线在与其距离为r处的圆周上产生的磁感应强 I 度大小为B k ,k为比例系数。下列说法正确的是 r A．直导线2、4相互排斥，直导线1、2相互吸引 B．直导线1、4在O点的合磁场的方向沿x轴负方向 kI C．直导线1、4在O点的合磁场的磁感应强度大小为 0 2L D．直导线2、4对直导线1的合作用力是直导线3对直导线1的作用力大小的2倍 7．如图所示，质量为m的小球甲穿过一竖直固定的光滑杆拴在轻弹簧上，质量为4m的物 体乙用轻绳跨过光滑定滑轮与甲连接，开始用手托住乙，轻绳刚好伸直，滑轮左侧绳竖 直，右侧绳与水平方向夹角53,甲位于P点，某时刻由静止释放乙（乙离地面足够 高），经过一段时间小球甲运动到Q点（未与横杆相碰），0、Q两点的连线水平，0、Q 的距离为 d，且小球在 P、Q 两点处时弹簧弹力的大小相等。已知重力加速度为 g,sin53o 0.8,cos53o 0.6,弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是 2mg A．弹簧的劲度系数为 3d B．物体乙释放瞬间的加速度大小等于g 8gd C．小球甲到达Q点时的速度大小多 3 D．小球甲和物体乙的机械能之和始终保持不变 8．直角边AC长为d的三棱镜ABC置于水平桌面上，其截面图如图所示。D为斜边BC的 中点，桌面上的S点有一点光源，发射的一条光经D点折射后，垂直于AB边射出。已 3d 知SC=CD，光在棱镜中的传播时间为t  ,真空中光速为c,不考虑光的反射。下列 2c 2 学科网（北京）股份有限公司说法正确的是 A．该棱镜的折射率为 3 2 3 B．该棱镜的折射率为 3 C．入射光与BC的夹角为30° D．入射光与BC的夹角为60° 9．一个半径为R=0.75m的半圆柱体放在水平地面上，截面图如图所示。一小球从圆柱体左 端A点正上方的B点水平抛出（小球可视为质点）,到达C点时速度方向恰好沿圆弧切 线方向。已知 O 为半圆弧的圆心，OC 与水平方向夹角为 53°，取 g 10m/s2 ， sin530.8 cos530.6，下列说法正确的是 A．小球从B点运动到C点所用的时间为0.3s B．小球从B点运动到C点所用的时间为0.5s C．小球做平抛运动的初速度大小为4m/s D．小球做平抛运动的初速度大小为6m/s 10．如图所示，在MN右侧区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度随时间变化的 关系为B=kt（k为大于零的常量）。一高为a、总电阻为R的等边三角形金属线框向右 匀速运动。在t=0时刻，线框底边恰好到达MN处；在t=T时刻，线框恰好完全进入磁 场。在线框匀速进入磁场的过程中，下列说法正确的是 A．线框中的电流始终沿逆时针方向 B．线框中的电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向 T 3ka2 C．t  时刻，流过线框的电流大小为 2 6R T 5 3ka2 D．t  时刻，流过线框的电流大小为 2 12R 第Ⅱ卷（非选择题 共54分） 二、非选择题：本题共5小题，共54分。带*题目为能力提升题，分值不计入总分。 11．（6分）某同学用如图甲所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数。跨过光滑定滑 轮的细线两端分别与放置在木板上的木块和弹簧测力计相连。 (1)下列说法正确的是 。（填正确答案标号） A．实验前，应先将弹簧测力计调零 B．应保持与木块相连的细线水平 C．实验时，应将木板匀速向左拉出 D．实验时，拉木板的速度越大越好 3 学科网（北京）股份有限公司(2)如图乙所示是某次实验中弹簧测力计示数放大图，木块受到的滑动摩擦力 F= N。 f (3)为进行多次实验，该同学采取了在木块上增加砝码个数的方法。若木块的质量为所 m ,砝码的总质量、木块与木板之间的动摩擦因数和重力加速度分别用m、和g来表 0 示，则木块受到的滑动摩擦力F = （用题中所给物理量的字母表示）；测得多组 f 数据后，该同学描绘的F-m图像如图丙所示，则他测得的动摩擦因数= （结 f 果保留一位有 效数字，取g=10m/s2）。 12．（8分）在“测量金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准，待测金属丝接入电路 部分的长度为50cm。 (1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图甲所示，其读数应为 mm。（该值接近多次测量的平均值） (2)用伏安法测金属丝的电阻R。实验所用器材为：电池组（电动势3V，内阻约为1）， x 电流表（内阻约为0.1），电压表(内阻约为3k)，滑动变阻器R(0～20，额定电 流为2A)，开关、导线若干。某小组同学利用上述器材正确连接好电路，进行实验测量， 记录数据如下表所示。 次数 1 2 3 4 5 6 7 U/V 0.10 0.30 0.70 1.00 1.50 1.70 2.30 I/A 0.020 0.060 0.160 0.220 0.340 0.460 0.520 由以上实验数据可知，他们测量R 采用的是 图。（填“乙”或“丙”） x 4 学科网（北京）股份有限公司(3)如图丁所示是测量R 工的实验器材的实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器 x 的滑片P置于滑动变阻器的一端，请根据(2)所选的电路图，以笔画线代替导线补充完 整实物图的连线。 (4)这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图戊所示，图中已标出了与测量数 据对应的4个坐标点。请在图戊中标出第1、3、5次测量数据的坐标点，并描绘出U-I 图线，由图线得到金属丝的阻值R = 。（结果保留两位有效数字） x (5)根据以上数据可以估算出金属丝的电阻率约为 。（填正确答案标号） A．1102m B．1103m C．1106m D．1108m (6)任何实验测量都存在误差，下列关于误差的说法正确的是 。（填正确答案标号） A．用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差 B．由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差 C．若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由于测量仪表引起的系统误差 D．用U-I图像处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差 13．（10分）如图所示，一竖直放置的导热良好的汽缸内壁光滑，两个质量及厚度均不计的 活塞a、b封闭两部分质量相同的同种理想气体。活塞的横截面积S=10cm2，静止时a、 b到汽缸底部的距离分别为l 10cm,l 20cm,汽缸内壁有一固定卡扣（不计体积）， a b 5 学科网（北京）股份有限公司卡 扣 上 端 到 汽 缸 底 部 的 距 离 l 8cm 。 取 g 10m/s2 ， 大 气 压 强 0 P 1105a,T t 273 0 (1)在活塞b上放置一质量为m5kg的重物，求稳定后b到汽缸底部的距离。 (2)在第(1)问的条件下，若再把环境温度从27℃升高到42℃，求再次稳定后b到汽缸底 部的距离。 14．（12分）如图所示，将原长为R的轻质弹簧放置在倾角为37°的倾斜轨道AB上，一端 固定在A点，另一端与滑块P（可视为质点，质量可调）接触但不拴接。AB长为2R， B端与半径为R的光滑圆弧轨道BCD平滑相连，O点为圆心，OBAB，D点在O 点的正上方，C点与O点等高。滑块P与AB间的动摩擦因数0.5。用外力推动滑 块P，每次都将弹簧压缩至原长的一半，然后放开，P开始沿轨道AB运动。当P的质 量为m时恰好能到达圆弧轨道的最高点D。已知重力加速度大小为g，sin37°=0.6，cos 37°=0.8，弹簧始终在弹性限度内。 (1)求将弹簧压缩至原长的一半时，弹簧弹性势能的大小。 (2)若滑块P的质量改为M，为使之能滑上圆弧轨道，且仍能沿圆弧轨道滑下，求M的 取值范围。 (3)若滑块P能滑上圆弧轨道，且所在位置与O点的连线与OC的夹角为37°时恰好脱离 圆弧轨道，求P的质量M'。 15．（18分）如图甲所示，三维坐标系中yOz平面的右侧存在平行于z轴且呈周期性变化的 磁场（图中未画出）和沿y轴正方向的匀强电场。将一质量为m、电荷量为q的带正电 液滴从xOy平面内的P点沿x轴正方向水平抛出，液滴第一次经过x轴时恰好经过O 6 学科网（北京）股份有限公司mg 点，此时速度大小为v ,方向与x轴正方向的夹角为45°。已知电场强度大小E  从 0 q 液滴经过O点时为t=0时刻，磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示（当磁场方向 v 沿z轴负方向时磁感应强度为正），t  0 ，重力加速度大小为g。求： 0 g (1)抛出点P的坐标。 (2)液滴从第一次经过x轴到第二次经过x轴所用的时间t 。 1 (3)液滴第n次经过x轴时的x坐标。 *如图所示，有两足够长的倾角均为37的粗糙斜面AB和CD均通过一小段光滑的圆弧 与足够长的光滑水平面BC连接，小滑块a与斜面AB间的动摩擦因数 0.3，小滑块b 1 与斜面CD间的动摩擦因数 0.15，小滑块a从斜面AB上的P点由静止开始下滑，一 2 段时间后，与静止在水平面BC上的带有轻弹簧的物块b发生正碰，碰撞时弹簧储存的弹性 势能的最大值为7.2J。已知小滑块a、b均可视为质点，质量均为m=0.2kg，小滑块a与弹 簧碰撞过程中不损失机械能，且弹簧始终在弹性限度内，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos 37°=0.8。求： (1)P点距水平面的高度。 (2)小滑块a与小滑块b第一次碰撞后，小滑块b沿CD斜面上滑的最大距离。 (3)小滑块b在斜面上运动的总路程。 物理参考答案 一、选择题 7 学科网（北京）股份有限公司1．【解释】半衰期不随外界温度、压强的变化而变化，由原子核自身决定，A错误；由衰变 方程214i→210b4e0e可知，④过程除了发生了衰变，还发生了衰变，B错 83 82 2 -1 误；衰变时满足质量数和电荷数守恒，设共发生了n次a衰变, 则222—210=4n，解得 n=3，所以衰变的次数为x=82－(86－3×2)=2．C正确；每经过3.8天，将有半数的氡 （222Rn）衰变为218Po，衰变为210Pb的更少,D错误。 86 84 82 2．D【解析】该试探电荷做曲线运动，受到的电场力方向指向轨迹弯曲的内侧，B错误， 试探电荷的电性不确定，所以电场强度的方向也无法确定．A错误，该试探电荷从P点 运动到M点，电场力做正功，所以动能增大，电势能减小，即E  E ．D正确；由 KP KM 于电场强度方向无法确定，所以电势高低也无法判断，C错误。  3．D【解析】由题意可知，电压最大值为200 2 V,由E n 可知，磁通量的最大变化 t 200 2 120 率为 Wb/s=0.2 2 Wb/s,A错误；根据表达式可知120,所以频率为 1000 2 200 40 z 60Hz，B错误，根据电压与匝数成正比得U  200V=40V,所以I  2 1000 100 A0.4 A,C 错误； p U I 400.4W=16W,变压器的输入功率P =P =16W，D 2 2 2 1 2 正确． 4．D【解析】设火星表面的重力加速度为 g，着陆器加速下降过程由牛顿第二定律有 F ma Mm mg F ma,解得g  ，对火星表面的物体有G mg ，解得火星的质 m R2 (F ma)R2 量M ，A、B错误；火箭反推力对着陆器所做的功为W=-Fh．C错误；着 Gm 陆器落在火星表面的过程，以向上为正方向，由动量定理得(F mg)t 0(mv) mv m 2ah 又v2 2ah，解得F  mg  F ma D正确。 t t 5．C【解析】由题图可知，碰撞后总动量为正，根据动量守恒定律可知，碰撞前的总动量 也为 正， 故碰撞 前滑块 I 的动 量较 大， A 错误 ；根 据动量 守恒定 律有 5m  3m  2(m m ),解得m :m 5:3，B错误,C正确；碰撞过程中滑块I受到的 1 2 1 2 1 2 冲量与滑块Ⅱ受到的冲量大小相等，方向相反，D错误． 6．D【解析】同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，所以直导线2、4相互吸引，直导线 kI l、2相互排斥，A错误；直导线l、4在O点产生的磁场如图所示。其中B  B  0 1 4 2L 8 学科网（北京）股份有限公司kI 所以直导线1、4在O点的合磁场的方向沿x轴正方向，大小为B  2 0 ,B、C错 2L kI kI 误,同理可得直导线2、4在直导线l处产生的合磁感应强度大小为B  2 0  0 2 2L 2L kI 1 直导线3在直导线1处产生的磁感应强度大小为B  0  B ,所以直导线2、4对 3 2 2L 2 2 直导线1的合作用力是直导线3对直导线1的作用力大小的2倍，D正确。 7．C【解析】设弹簧的原长为l ，肉题意可知小球在P点时弹簧的压缩最等于小球在Q点 0 时弹簧的伸长量，设形变量为 x,根据几何关系可得 xl (l  x)dtana，解得 0 0 2 3mg x  d ，开始时轻绳刚好伸直，拉力为零，则kx mg，解得k  A错误；物体 3 2d 乙释放瞬间，设轻绳中拉力大小为F ，对甲、乙分别由牛顿第二定律有F sinma T T 甲 4mg F 4ma 根据运动的合成与分解可得a sina a ，联立解得 T 乙 甲 乙 64 a  g ，B错误；根据运动的合成与分解可得v sina v 小球甲到达Q点时a=0， 乙 甲 乙 89 所以物体乙的速度为零。对小球甲从P到Q的过程，小球甲、物体乙和弹簧组成的系统 机 械 能 守 恒 ， 且 易 知 弹 簧 在 初 、 末 状 态 的 弹 性 势 能 相 等 ， 则  d  1 8 4mg dmgdtan mv2 ，解得v  gd ，C正确；弹簧对小球甲和 甲 甲 cosa  2 3 物体乙组成的系统先做正功、后做负功，所以小球甲和物体乙的机械能之和先增大后减 小，D错误。 8．AC【解析】由题意画出光路图如图所示．E是光在AB边的出射点，设光在棱镜中的传 1 1 播速度为v，入射角为i．折射角为r，光与BC边的夹角为。则有DE  d ,vt  d 2 2 c  n ,解得n 3,A正确，B错误；光射到BC边，由几何关系和折射定律有i   v 2  sini r  2，n ，联立解得30，C正确，故D错误。 2 sinr 9 学科网（北京）股份有限公司9．AC【解析】小球从B点到C点做平抛运动，飞行过程中恰好与半圆弧相切于C点，由 几何关系知小球在C点的速度与水平方向的夹角为37°，设位移与水平方向的夹角为， tan37 y y 9 则有tan ，因为tan  ，R=0.75m,解得 y  m,根据 2 x Rcos53 20 1 y  gt2,解得t 0.3s,水平位移x 1.6R v t,解得v 4m/s,A、C正确，B、D错 2 0 0 误。 10．AD【解析】在线框进入磁场的过程中，通过线框的磁通量增加，根据楞次定律可知电 T 流沿逆时钟方向，A正确，B错误；t  时刻，线框进入磁场中的部分切割磁感线的 2 3 a 有效长度为边长的一半，即L  a，线框的速度v  ,则此时的动生电动势 3 T T 3 a 3ka2 T 3 E  BLv k . a.  ,t  时刻，线框在磁场中的面积S  a2，则 1 2 3 T 6 2 4 B 3 此 时 的 感 生 电 动 势 E  S  ka2 ， 此 时 回 路 中 总 电 动 势 2 t 4 5 3ka2 E 5 3ka2 E  E  E  ，则此时电流大小1  ,C错误,D正确 1 2 12 R 12R 二、非选择题 11．(1)AB(2分) (2)2.76（2.75或2.77均可，1分） (3)(mm )g（1分） 0.4(2分) 0 【解析】(1)实验前，应先对弹簧测力计调零，否则读数不准确，A正确；应保持与木 块相连的细线水平，否则木块与木板之间的正压力不等于木块和砝码的总重力．B正确； 实验时，拉动木板，和木块有相对运动即可，这样细线的拉力大小等于摩擦力的大小， 拉木板的速度对实验无影响，C、D错误。 (2)在弹簧测力计上，1N之间有10个小格，一个小格代表0.1N，即弹簧测力计的分度 值为0.lN．此时的示数为2.76N，木块受到的滑动摩擦力为2.76N。 (3) 由 F F (mm )g 可 知 ， 图 像 的 斜 率 为 g ， 由 题 图 丙 可 得 1 N 0 2.62.0 k  N /kg  4N /kg,所以0.4 0.170.02 12．(1)0.397（0.396或0.398均可，1分） (2)乙（1分） (3)见解析图甲（1分） (4)见解析图乙（1分）4.5(4.3～4.7均可，1分) (5)C（1分） (6)CD(2分) 10 学科网（北京）股份有限公司【解析】(1)由题图甲知螺旋测微器读数为39.7×0.01mm=0.397mm，所以直径d=0.397 mm; (2)由题图表中实验数据可知，最小电压与电流很小，由此可知，滑动变阻器应用分压 式接法，因此实验采用的是图乙所示电路。 (3)实物图连接注意电流表外滑，滑动变阻器采用分压式接法，如图甲所示． (4)将各数据点连线时注意让线经过尽量多的点，有些点不在直线上，要让直线两侧点 的个数基本相等，离直线较远的点直接舍去，如图乙所示，计算直线的斜率即为电阻 U R．故R  4.5 x x I L R d2 (5)根据R  得 x 1.0106m C正确。 x S 4L (6)用螺旋测徽器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于偶然误差，A错误；由 电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差，B错误；伏安法测电阻时，电流表和电 压表的内阻引起的误差是系统误差，若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由 测量仪表（电流表、电压表）引起的系统误差，C正确；用U-I图像处理数据求金属丝 电阻，可以将错误的数据或误差较大的数据（如图中第6个点）去掉，不在直线上的点 均匀分布在直线的两侧，这样可以减小偶然误差，D正确． 44 13．(1) cm 3 (2)15cm 【解析】 (l)设重物质量为m 时，活塞a恰与卡扣接触。对下部气体，初状态压强为 0 m g p ，体积为 l S ，末状态压强为 p  0 ,体积为 l S ,由玻意耳定律有 0 a 0 S 0 m g p l S (p  0 )l g（1分） 解得m 2.5kg（1分） 0 a 0 S 0 0 由于mm ，则活塞a到达卡扣处且与卡扣有作用力，对上部气体，初状态压强为P , 0 0 11 学科网（北京）股份有限公司mg  体积为（l l )S ,稳定后末状态压强为P  ，体积为(l l )S,由玻意耳定律有 b a 0 S b 0 mg   44 p (l l )S (p  )(l l )S (1分) 解得l  cm (1分) 0 b a 0 S b 0 b 3 (2)设温度升高到T 时，活塞a与卡扣接触但无作用力。对下部气体，初状态压强为P ， m 0 mg 体积为l S，温度为T t 273K ，末状态压强为P  ，体积为l S ，温度为 a 1 1 0 S 0 mg .(p  )l S Pl S 0 S 0 T t 273K ，由理想气体状态方程有 0 a  (2分) m m T T 1 m 解得T 360K ,则t (T 273)C 87C （1分） m m m 由于t t ,所以环境温度为t 时，活塞a未离开卡扣，对上部气体，初状态压强为温 2 m 2 度为P ,体积为(l l )S，温度为T t 273K 0 b a 1 1 mg  末状态压强为P  ,体积为(l l )S,温度为T t 273K 0 S b 0 2 2  mg   p  l l S p (l l )S  0 S  b 0 由理想气体状态方程有 0 b a  （2分） T T 1 2  解得l 15cm(1分) b 14．(1)3.8mgR 38 38 (2) m M  m 23 15 19 (3) m 16 【解析】(1)若滑块P刚好能沿圆弧轨道运动到圆弧轨道的最高点，有 v2 mg m D （1分） R 滑块P由静止运动到圆弧轨道最高点过程，由能量守恒定律可得 3 3 1 E mgcos37o Rmg( Rsin37 R Rcos37) mv2 （2分） P 2 2 2 D 解得E 3.8mgR（1分） P (2)为使P能滑上圆弧轨道，则它到达B点时的速度应大于零，由能量守恒定律可得 3 3 E Mgcos37o RMg Rsin37（1分） P 2 2 12 学科网（北京）股份有限公司38 解得M  m 15 要使滑块P仍能沿圆弧轨道滑下，则P在圆弧轨道上升的高度不能超过与圆心等高处， 3 3 由能量守恒定律可得 E Mgcos37 RMg( Rsin37o  Rcos37)（1分） P 2 2 38 38 38 解得M  m，综上所述，M的取值范围为 m M  m（2分） 23 23 15 (3)依题意可知，滑块恰好脱离圆弧轨道时，应在OC水平线的上方与OC的夹角为37° v2 处，此位置轨道对滑块的弹力刚好为零，则Mgsin37o  M （1分） R 3 解得v  gR ，由能量守恒定律可得 5 3 3 1 E Mgcos37o RMg( Rsin37  Rcos37o  Rsin37) Mv2（2分） P 2 2 2 19 解得M m（1分） 16 v2 v2 15．(1) ( 0 , 0 ,0) 2g 4g v (2) 0 2g 2(n1)v2 (3)x  0 (n=1,2,3,…） g 【解析】(1)液滴一开始做平抛运动，由于经过O点时速度方向与x轴正方向的夹角为 2 45°，则v v v sin45  （1分） x y 0 2 v 0 2 2 根据平抛运动规律得( v )2 2gy （1分） v  gt （1分） 2 0 1 2 0 1 . 2 v2 v2 x  v t （1分） 联立解得x  0 ，y  0 （1分） 1 2 0 1 1 2g 4g v2 v2 所以P点的坐标为( 0 , 0 ,0)（1分） 2g 4g v2 mg (2)由洛伦兹力提供向心力得qv B  m 0 （1分）又B  （1分） 0 1 R 1 qv 1 0 v2 2m 2v 解得R  0 ，由T  （1分）解得T  0 2t 1 g 1 qB 1 g 0 1 13 学科网（北京）股份有限公司假设磁场不变，分析得液滴从第一次经过x轴到第二次经过x轴时，对应的圆心角为 T v v 90°。则t  1  0 t  0 （1分） 1 4 2g 0 g v 假设成立，所以液滴从第一次经过x轴到第二次经过x轴的时间t  0 （1分） 1 2g T v t (3)由t  1  0  0 （2分） 1 4 2g 2 可知在0～t 时间内，液滴刚好转过180°。之后磁场强弱和方向都变了，则偏转方向变 0 v2 了。由洛伦兹力提供向心力得qv B m 0  0 2 R 2 mg 2v2 联立B.  ，解得R  0 2R （1分） 2 2qv 2 g 1 0 2m 4v 由T  ，解得T  0 4t （1分） 2 qB 2 g 0 2 在t ～2t 时间内，液滴转过90° 0 0 同理得，液滴在2t ～3t 时间内与0～t 时间内的运动轨迹大小一样，只是偏转方向不 0 0 0 一样，3t ～4t 。时间内与t ～2t 时间内的运动轨迹大小一样，只是偏转方向不一样 0 0 0 0 综上所述，得到液滴一个周期的轨迹图如图所示 由几何关系得OA AB  2R （1分） 1 则液滴第n次经过x轴时的x坐标为 （2 n1)v2 x (n1) 2R  0 (n1,2,3,)（2分） n g *(1)12m (2)10m (3)28m 【解析】(1)由题意知，小滑块a从斜面AB上的P点滑到B点的过程，由动能定理有 h 1 mghmgcos.  mv2 1 sin 2 1 a、b碰撞过程，由动量守恒定律有mv 2mv 1 1 14 学科网（北京）股份有限公司1 1 由能量守恒定律有E  mv2  2mv2 P 2 1 2 1 联立解得v 12m/s h=12m 1 (2)由题意知，两滑块被弹簧弹开的过程，由动量守恒定律和能量守恒定律有 1 1 1 mv mvmv ， mv2  mv2  mv2 1 1 2 2 1 2 1 2 2 联立解得v 12m/s 2 在小滑块b滑到最高点的过程中，根据动能定理有 1 mgs sinmgcoss 0 mv2 1 2 1 2 2 解得s 10m 1 (3)根据题意，设小滑块b第一次回到斜面CD底端时的速度大小为v ，有 3 1 1 2mgcoss  mv2  mv2 2 1 2 3 2 2 1 整理后有 mv2 mgs sinmgs cos 2 3 1 2 1 b与a碰后再次交换速度，此时b的速度为零，a的速度大小为v ，则在a沿斜面AB 4 上升至速度AB上升至速度减为零的过程中有 1 mgcoss mgs sin0 mv2 1 2 2 2 4 由于两滑块碰撞时交换速度，故v 与 v 大小相等， 4 3 sin cos 解得s  2 s , 2 sincos 1 1 1 滑块a返回底端的过程中，有mgcoss mgs sin mv2 1 2 2 2 5 在水平面上a与b碰撞后再次交换速度，则b的速度大小v v 6 5 B沿斜面CD上滑至减速到0的过程， 1 有mgs sinmgcoss 0 mv2 3 2 3 2 6 sin cos 可得s  2 s 2 sincos 3 1 s (sin cos)(sincos) 2 整理得 3  2 1  s (sincos)(sin cos) 7 1 1 2 s 2 即小滑块b每次上滑到速度为0时的位移呈等比关系，其中公比q  3  s 1 7 15 学科网（北京）股份有限公司2s 同时由于在同一斜面上，上滑与下滑的路程相等，由数学知识有s  1 28m b 1q 16 学科网（北京）股份有限公司17 学科网（北京）股份有限公司