2023-2024学年河北省保定市高三（第二次）模拟考试物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年河北省保定市高三（第二次）模拟考试物理试卷（含详细答案解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.物理学大致可以分为力学、热学、电磁学、光学和原子物理学，原子和原子核物理在近一百年取得了很大的成就。关于这一领域，下列说法正确的是( )
A. 发生光电效应时，光电子的最大初动能跟入射光的频率成正比
B. C14的半衰期为5730年，埋在海底的古木经过11460年，C14会衰变完
C. 锶90发生衰变的方程为 3890Sr→A90X+−10e，衰变后的产物X中的A为37
D. 与核裂变相比较，核聚变有很多优点，如轻核聚变产能效率高，燃料储量丰富，更为清洁安全等
2.2023年12月26日，我国在西昌卫星发射中心成功发射第五十七颗、五十八颗北斗导航卫星。北斗系统空间段由若干地球同步轨道卫星(GEO)、倾斜地球同步轨道卫星(IGSO)和中圆地球轨道卫星(MEO)三种轨道卫星组成混合导航星座。该系统可以在没有地面站支持的情况下自主运行通信。下列说法正确的是( )
A. 地球同步轨道卫星(GEO)和中圆地球轨道卫星(MEO)的周期相同
B. 地球同步轨道卫星(GFO)和中圆地球轨道卫星(MEO)的向心加速度大小相等
C. 地球同步轨道卫星(GEO)和倾斜地球同步轨道卫星(IGSO)的线速度大小相等
D. 地球同步轨道卫星(GEO)和倾斜地球同步轨道卫星(IGSO)需要的向心力大小一定相等
3.虚线为某电场的等势线，其电势如图所示。一带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到C点，且到达C点时速度恰好减为零，下列说法正确的是( )
A. 该粒子带正电
B. 从A点运动到C点带电粒子的电势能增大
C. 若粒子所带电荷量为2×10−6C，则粒子在A点时的动能为1×10−5eV
D. 若粒子所带电荷量为2×10−6C，则粒子在B点时的动能为4×10−6J
4.一定质量的理想气体，在初始状态A时，气体体积为V0，压强为p0，温度为T0，该理想气体从状态A开始经过A→B→C→A的一系列变化，其变化过程中的压强p与热力学温度T的关系图线如图所示，其中CA延长线过坐标原点O，A、B在同一竖直线上，B、C在一倾斜直线上。下列说法正确的是( )
A. 从C到A的过程中，气体的体积不变
B. 从B到C的过程中，气体每个分子的动能都增大
C. 从A到B的过程中，外界对气体做的功为94p0V0
D. 从C到A的过程中，气体要从外界吸收热量
5.2024年2月，湖南北部遭遇了极端天气——冻雨、冰雪的侵害，致使道路长时间地出现路面结冰现象。一小朋友在某斜坡上滑雪，他将一个蛇皮袋子垫在雪面上，自己坐在袋子上面，在另一个小朋友帮忙推动一下后，恰好可以匀速地下滑。将这个斜坡简化为高 h、长L的坡面，如图所示。下列分析正确的是( )
A. 蛇皮袋子与斜坡间的动摩擦因数为 L2−h2h
B. 若仅增大h，则小朋友对斜坡的压力将增大
C. 若换一个质量更大的小朋友坐在蛇皮袋上，则小朋友将加速下滑
D. 若换一个更光滑的袋子，则小朋友获得初速度后将匀加速下滑
6.一波源(视为质点)位于O点，波源沿y轴做不连续的简谐振动，相邻两次起振间隔的时间相同，每次的起振方向和振动的时间相同，形成沿x轴正方向传播的机械波，某时刻刚好传到P点。平衡位置在x=0.8m处的质点已经振动了0.4s，O、P点间各质点形成的波形图如图所示，此时由波形可知( )
A. 波源的起振方向沿y轴负方向B. 波在介质中传播的速度为2.0m/s
C. 波源相邻两次起振间隔的时间为1.0sD. 此时质点P的速度最小
7.两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示，它们各有一边在同一水平面内，另一边在同一竖直面内。质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，导轨电阻不计，金属细杆ab、cd的电阻均为R。整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。当ab杆在平行于水平导轨、大小为F的拉力作用下，以某一速度沿导轨向右匀速运动时，cd杆正好以速度v0向下匀速运动，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A. ab杆向右匀速运动的速度大小为(F−μmg)RB2L2
B. 经过时间t，通过金属细杆ab的电荷量为(F−μmg)tBL
C. abcd回路中的电流为BL[v0+2R(F−μmg)B2L2]2R
D. 动摩擦因数μ与F大小的关系满足μ2mg−μF=2mg
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.某电厂利用如图所示的理想变压器给路灯供电，变压器的原线圈接u=380 2sin100πt(V)的交流电，路灯的额定电压为220V，变压器副线圈的匝数为1100匝，下列说法正确的是( )
A. 交流电的频率为100Hz
B. 电源电压有效值为380V
C. 副线圈所接灯泡越多，原线圈两端电压越大
D. 原线圈匝数为1900匝
9.如图所示，A、B两辆汽车从同一地点、同时出发，沿同一方向做直线运动，它们的速度平方(v2)随位移(x)的变化图像均为直线，下列判断正确的是( )
A. 汽车A的初速度大小为24m/s，加速度大小为4m/s2
B. 汽车B的初速度大小为0，加速度大小为1m/s2
C. 汽车A、B经4s在x=4m处相遇
D. 汽车A、B经2 3s相遇，相遇时在x=6m处
10.如图所示，三个小孩分别坐在三辆碰碰车(可看成质点)上，任意一个小孩加上自己的碰碰车后的总质量都相等，三辆碰碰车在一光滑水平面上排成一直线，且初始时彼此隔开相等的距离。具有初动能E0的碰碰车1向右运动，依次与两辆静止的碰碰车2、3发生碰撞，碰撞时间很短且碰后连为一体，最后这三辆车粘成一个整体成为一辆“小火车”，下列说法正确的是( )
A. 三辆碰碰车整体最后的动能等于13E0
B. 碰碰车1运动到2的时间与2运动到3的时间之比为2:3
C. 碰碰车第一次碰撞时损失的机械能和第二次碰撞时损失的机械能之比为3:1
D. 碰碰车第一次碰撞时损失的机械能和第二次碰撞时损失的机械能之比为3:2
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.利用如图甲所示的装置探究力与运动的关系，内装n个质量均为Δm的砝码的盒子与砝码盘通过绕过光滑定滑轮的细绳相连，纸带与打点计时器间的摩擦不计，桌面水平，取重力加速度大小g=9.8m/s2，电源频率为50Hz。
(1)轻推盒子后，发现打出的纸带点距相等，然后测得装有砝码的盒子的总质量为M，砝码盘(无砝码)的质量为m，则盒子与桌面间的动摩擦因数为__________。(用字母表示)
(2)将一个砝码由盒子中转移到砝码盘中，无初速度释放盒子，打出的纸带如图乙所示，两相邻计数点间还有四个点未画出，x1=6.01cm，x2=7.00cm，x3=7.97cm，x4=8.95cm，x5=9.94cm，x6=10.91cm，则盒子运动的加速度大小为__________m/s2，上述Δm与M的比值为__________。(结果均保留两位有效数字)
(3)依次将2个、3个、⋯⋯、n个砝码由盒子中转移至砝码盘中，分别进行实验并求出加速度，利用描点连线法画出加速度 a随转移的砝码个数k(k≤n)变化的图像，则图像可能是__________。
A.
B.
C.D.
12.为了测量电阻丝的电阻率ρ，某同学设计了如图甲所示的电路，电路中的ab是一段电阻率较大、粗细均匀的电阻丝，保护电阻R0=5.0Ω，电源电动势E=3.0V，电流表的内阻可忽略不计，滑片 P与电阻丝始终接触良好。
(1)实验中用螺旋测微器测得电阻丝的直径如图乙所示，其示数d=__________mm。
(2)实验时闭合开关S，调节滑片P的位置，分别测量出每次实验中a、P间的长度x及对应电流I，实验获得多组数据后，以1I为纵轴、x为横轴，描点作出的图像如图丙所示，则该图像的斜率的表达式k=__________(用题中的字母表示)，电阻丝的电阻率ρ=__________(结果保留两位有效数字)Ω⋅m，若丙图中纵轴上的截距为b，则电源的内阻r=__________(用b、E和R0表示)。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.如图所示，图中阴影部分ABC为一由折射率n=53的透明材料做成的柱形光学元件的横截面，AC为一半径为R的四分之一圆弧，在圆弧的圆心O处有一点光源，ABCO构成一正方形，若只考虑首次从AC面直接射向AB、BC面的光线，真空中的光速为c，sin37∘=0.6，求：
(1)AB面有光射出的区域长度;
(2)光从O点传播到边界AB的最长时间。
14.如图所示，在平面直角坐标系的第一、二象限存在水平向左的匀强电场，在第三、四象限存在竖直向上的匀强电场及垂直纸面向里的匀强磁场。现将一质量为m、电荷量为q的带正电小球从y轴上的M点以大小为v0的速度水平向右抛出，小球第一次运动到x轴时恰好过O点，且速度方向与x轴负方向成45∘角，小球进入x轴下方的复合场时恰好做匀速圆周运动，从x轴正半轴上的N点(图中未画出)进入第一象限，且ON=OM。重力加速度大小为g，不计空气阻力。求：
(1)M点的纵坐标y0;
(2)第三、四象限中磁场的磁感应强度大小B;
(3)小球从抛出到第三次经过x轴所经历的时间t。
15.如图所示，在光滑水平面上通过锁定装置固定一辆质量M=1kg的小车，小车左边AB部分为半径R=1.2m的四分之一光滑圆弧轨道，轨道末端平滑连接一长度L=3.8m的水平粗糙面BC，粗糙面右端是一挡板。将一质量m=0.5kg的物块(可视为质点)从小车左侧圆弧轨道顶端A点由静止释放，物块与小车的粗糙区域BC间的动摩擦因数μ=0.06，物块与挡板的碰撞无机械能损失，取重力加速度大小g=10m/s2。
(1)求物块滑到圆弧轨道末端B点时，物块对圆弧轨道的压力大小;
(2)若解除小车锁定，让物块仍从A点由静止释放，求物块从B点到与右侧挡板发生第一次碰撞经历的时间;
(3)在(2)问的初始条件下，物块将与小车右侧挡板发生多次碰撞，求整个运动的过程中，小车发生的位移大小。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查的是光电效应方程、半衰期、核反应方程、核聚变与核裂变的特点等物理学知识，这类知识比较基础，平时加强记忆即可。
【解答】
A、发生光电效应时，光电子的最大初动能并不与入射光的频率成正比，因为还有个逸出功，只能说光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系，即Ek=hγ−W，而不是成正比，故A错误；
B、C14的半衰期为5730年，埋在海底的古木经过11460年，C14会衰变为原来的14，故B错误；
C、锶90发生衰变的方程为 3890Sr→A90X+−10e，由电荷守恒可知，衰变后的产物X中的A为39，故C错误；
D、与核裂变相比较，核聚变有很多优点，如轻核聚变产能效率高，燃料储量丰富，更为清洁安全等，故D正确。
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查的是由万有引力提供向心力结合二者半径的关系求出周期的关系和二者加速度的关系，同步卫星的半径大小相等，进而得到加速度大小相等，因不知道二者质量的关系无法确定二者向心力的关系。
【解答】
A.根据题给信息知，中圆地球轨道卫星的轨道半径比地球静止轨道卫星的轨道半径小，根据
GMmr2=m4π2T2r知，T= 4π2r3GM，则周期不同，A错误;
B.由GMmr2=ma向得地球同步轨道卫星(GFO)和中圆地球轨道卫星(MEO)的加速度为a向=GMr2，二者半径不同，即向心加速度大小不相等，故B错误；
C、绕地卫星都有GMmr2=mv2r，由线速度v= GMr，地球同步轨道卫星(GEO)和倾斜地球同步轨道卫星(IGSO)半径相等，即线速度大小相等，C正确;
D、GMmr2=F万，地球同步轨道卫星(GEO)和倾斜地球同步轨道卫星(IGSO)质量关系不知道，即向心力大小无法确定，故D错误。
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查的是带电粒子在电场力作用下在电场中运动，动能和电势能之和为定值，根据电势能与电势的关系可知粒子的电性，本题是基础题。
【解答】
A、在电场力作用下由A点运动到C点，且到达C点时速度恰好减为零，带电粒子电场力做负功，该粒子带负电，故A错误；
B、在电场力作用下由A点运动到C点，且到达C点时速度恰好减为零，带电粒子电场力做负功，从A点运动到C点带电粒子的电势能增大，动能减少，故B正确；
CD、若粒子所带电荷量为2×10−6C，在C点电势能和动能之和等于粒子在A点时的动能和势能之和，即在A点时的动能为8×10−6J，在粒子在B点时的动能为2×10−6J，故CD均错误。
4.【答案】A
【解析】【分析】本题考查气体图像问题与热力学第一定律的综合应用。关键是通过图像及由理想气体状态方程判断相应过程状态参量的变化。温度是分子平均动能的标志。理想气体的内能只与温度有关，做功情况看体积变化，再由热力学第一定律可判断吸热和放热情况，难度一般。
【解答】
A.由理想气体状态方程可得pVT=C可知，如p与T如果为过原点的直线，则体积不变，故从C到A的过程中，气体的体积不变，故A正确；
B.从B到C过程，温度升高，分子平均动能增大，但并不是每个分子的动能都增大，个别分子动能也可能减小，故B错误；
C.A到B过程为等温变化，由玻意耳定律可得pAVA=pBVB，解得VB=VA4=V04，体积减小，外界对气体做功，因气体的压强不断变化，无法求出外界对气体做的功的具体值，故C错误；
D.从C到A的过程中，体积不变，则W=0；温度降低，气体内能减小，故Q<0，即气体对外界放热，故D错误。
5.【答案】D
【解析】【分析】
、根据平衡条件求出小朋友对斜面的压力，小朋友沿斜面的运动情况与小朋友的质量无关，减小动摩擦因数小朋友将做匀加速直线运动。
【解答】A.设小朋友的质量为m，根据受力平衡得：mgsinθ−μmgcsθ=0，解得：μ=h L2−h2，故 A错误;
B.由平衡条件得，小朋友对斜坡的压力为mg L2−h2L，若仅增大h，则小朋友对斜坡的压力将减小，故B错误;
C.若换一个质量更大的小朋友坐在蛇皮袋上，则小朋友的加速度为：
a=gsinθ−μgcsθ=gsinθ−hLcsθgcsθ=gsinθ−ghL
，加速度不变，小朋友将匀速下滑，故 C错误;
D.若换一个更光滑的袋子，则小朋友的加速度为：
a=gsinθ−μ′gcsθ，加速度增大，小朋友将匀加速下滑，故 D正确。
故选D。
6.【答案】C
【解析】【分析】本题考查的是由同侧法求出P点的起振方向与波源的相同，根据波长与波速的关系求出波速，求出两次起振质点的位移结合波速求出时间，质点P在平衡位置处速度最大。
【解答】A、同侧法研究P点起振方向沿y轴正方向，即波源的起振方向沿y轴正方向，故A错误；
B、波在介质中传播的速度，故B错误；
C、波源相邻两次起振间隔的时间Δt=1.2−，故C正确；
D、此时质点P在平衡位置处的速度最大，故D错误。
7.【答案】B
【解析】【分析】
当导体棒ab匀速向右运动时，切割磁感线(cd运动时不切割磁感线)，在回路中产生感应电流，从而使导体棒ab受到水平向左的安培力．导体棒cd受到水平向右的安培力，使导体棒和轨道之间产生弹力，从而使cd受到向上的摩擦力，把力分析清楚，然后根据受力平衡求解．
本题涉及电磁感应过程中的复杂受力分析，解决这类问题的关键是，根据法拉第电磁感应定律判断感应电流方向，然后根据安培定则或楞次定律判断安培力方向，进一步根据运动状态列方程求解．
【解答】
A.导体 ab切割磁感线时产生沿 ab方向，产生感应电动势，导体 cd向下匀速运动，未切割磁感线，不产生感应电动势，故整个电路的电动势为导体 ab产生的，大小为：E=BLva
感应电流为I=E2R=BLva2R导体 ab受到水平向左的安培力，
由受力平衡得BIL+μmg=F，解得va=2RF−μmgB2L2，故A错误；
BC.感应电流为I=E2R=BLva2R=(F−μmg)BL，经过时间t，通过金属细杆ab的电荷量q=It=BLva2Rt=(F−μmg)tBL，故B正确，C 错误；
D、又 cd杆也正好以速度v0向下匀速运动，由受力平衡得μBIL=mg，结合以上过程得动摩擦因数μ与F大小的关系满足μF−μ2mg=mg，故D错误。
8.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查的是理想变压器，根据频率与圆频率的关系求出频率，由电压有效值的定义求出有效值，副线圈上接的灯泡多，对原线圈两端的电压没有影响，根据电压与匝数的关系求原线圈匝数。
【解答】
B、该理想变压器的原线圈接u=380 2sin100πt(V)的交变电压，故U1m=380 2V，有效值U1=U1m 2=380 2 2V=380V，故B正确；
A、该理想变压器的原线圈接u=380 2sin100πt(V)的交变电压可知ω=100πrad/s，故交流电的频率f=ω2π=100π2πHz=50Hz，故A错误;
C、副线圈所接灯泡越多，电阻越小，电流越大，原线圈电流变大，原线圈两端电压不变，故C错误；
D、n1n2=U1U2=380220=n11100，原线圈匝数n1=1900匝，故D正确。
9.【答案】BD
【解析】【分析】
根据匀变速直线运动的速度位移关系公式写出v2−x的关系式，再求A的加速度大小，并求出x=4m两车的速度．根据位移关系分析两车相遇时的x、t的值。
根据数学知识写出v2−x的关系式，来分析图象的斜率、截距的物理意义，从而分析出两车的运动情况。
【解答】
AB.根据匀变速直线运动的速度位移关系公式v2−v02=2ax得：v2=v02+2ax可知v2−x图象的斜率等于2a。对于汽车A，则有：2aA=0−246m/s2=−4m/s2，可得aA=−2m/s2，加速度大小为2m/s2，汽车B的初速度大小为0，加速度大小为1m/s2，故A错误，B正确；
C.汽车A、B在x=6m处的速度大小设为v，由图知：对于汽车A，有v02=24，得A的初速度v0=2 6m/s，汽车A的初速度为v0=2 6m/s，加速度为：aA=−2m/s2，A汽车停止的时间为：t= 6s，此过程A汽车的位移为：s=v02×t=6m；对于汽车B，初速度为0，加速度为aB=k2=1m/s2，汽车B要是行驶6m的距离所用的时间为：t′= 2saB=2 3s，所以是汽车A静止后，B才追上A的，所以汽车A、B在x=6m处相遇，故C错误，D正确。
10.【答案】AC
【解析】【分析】
装置中，三辆碰碰车初始时是在光滑水平面上排成一直线，且相互隔开，不会自行碰撞。碰碰车1具有初动能E0并向右运动，它将依次与静止的碰碰车2和3发生碰撞，且碰撞后三者会连为一体形成“小火车”。
可以根据动量守恒和能量守恒定律来分析该碰撞过程。
【解答】
A、根据动量守恒和能量守恒，碰碰车1、2、3最终会达到共同的速度v共。整个碰撞过程中，系统的动能从E0减少到最终的动能E共。由于三辆碰碰车的质量相等，我们可以设每辆车的质量为m，初始时碰碰车1的速度为v0。根据动量守恒，我们有mv0=3mv共，从而得到v共=13v0。再根据动能表达式，E共=32mv共2=13E0。故A选项正确；
B、要确定碰碰车1运动到2的时间与2运动到3的时间之比，需要知道碰撞过程中的具体细节，碰撞力的大小和持续时间等，这个时间比为1:3。所以，B选项是错误的。
CD、要确定两次碰撞过程中损失的机械能之比，我们需要计算每次碰撞前后的动能差。第一次碰撞后，碰碰车1和2的速度为v1，第二次碰撞后三者的速度为v共。根据动量守恒和能量守恒，我们可以计算出v1的值，并进而得到两次碰撞的动能差。经计算，我们发现第一次碰撞时损失的机械能和第二次碰撞时损失的机械能之比为3:1。所以，C正确，D错误。
故选AC。
11.【答案】 (1)m M；
(2)0.98；0.10；
(3)A
【解析】【分析】
本题考查了探究力与运动的关系实验，理解实验原理是解题的关键，会根据匀变速直线运动推论处理纸带数据。
(1)纸带点距相等，说明盒子和砝码盘做匀速运动，m1受到的摩擦力等于m2重力；
(2)根据逐差法计算加速度，然后根据牛顿第二定律计算质量之比；
(3)根据牛顿第二定律，写出加速度与k的关系式，结合图象分析。
【解答】
(1)纸带点距相等，说明盒子和砝码盘做匀速运动，有μMg=mg，得μ=mM。
(2)由逐差公式有(x4+x5+x6)−(x1+x2+x3)=a(3T)2
由题意知T=0.1s，代入数据得a=0.98m/s2
根据牛顿第二定律有(m+Δm)g−μ(M−Δm)g=(M+m)a
解得Δm:M=ag=0.10。
(3)根据牛顿第二定律有(m +kΔm)g−μ(M−kΔm)g=(m+M)a，得a=Δmg+μΔmgm+Mk
即a与k成正比，
故A正确，BCD错误。
12.【答案】(1)0.350(0.348∼0.352)；
(2)4ρπEd2，8.7×10−7(7.7×10−7∼9.7×10−7)，r=bE−R0。
【解析】【分析】
(1)螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；
(2)求出图象的函数表达式，并求出k，然后根据图象求出电阻率和内阻表达式；
本题掌握实验的原理是求解的关键，分析图象的意义是求解的难点。
【解答】
(1)由图乙所示螺旋测微器可知，其示数为0mm+35.0×0.01mm=0.350mm；
(2)由图所示图象由电阻定律可得，R=ρxS， 由欧姆定律可得：R=EI，图象斜率k=1Ix，S=πd24，
联立解得：k=4ρπEd2；
因为k=4ρπEd2=△1I△x ，由图象得：k=3.60−，联立解得电阻率为：ρ=kπEd24 ，代入数据得：ρ=8.7×10−7Ω⋅m；
若丙图中纵轴上的截距为b，此时待测电阻丝电阻为零，由闭合电路欧姆定律得：E=I(r+R0)，则E=1b(r+R0)，则r=bE−R0。
13.【答案】解：(1)如图所示，
若沿OE方向射到AB面上的光线刚好发生全反射，设临界角为C0，有
sinC0=1n
即C0=37∘，则∠AOF=37∘
根据几何关系有AE=Rtan37∘=34R
所以AB面上有光射出的区域长度L=AE=34R。
(2)由题意可知，沿OB方向到达AB面上的光在材料中的传播距离最大，时间最长，由几何关系可
知光从光源到AC面的传播距离为R，在材料中的传播距离s=( 2−1)R
在真空中传播的时间t1=Rc
在材料中的传播时间t2=sv
又n=cv
t=t1+t2
解得t=(5 2−2)R3c。
【解析】本题考查的是临界角结合几何关系求出AB面有光射出的区域长度，根据几何知识求出光程，再根据折射定律求出光在材料中的速度，进而求出光从O点传播到边界AB的最长时间。
14.【答案】解：(1)由小球第一次运动到x轴时速度方向与x轴方向成45∘角，可知小球经过x轴时，竖直
方向的速度大小为v0，小球在竖直方向上做自由落体运动，则有
v0=gt1
y0=12gt12
解得y0=v022g。
(2)根据几何关系有 2r=y0
可得r= 2v024g
设小球在O点的速度大小为v，有vsin45∘=v0
解得v= 2v0
小球做匀速圆周运动有qvB=mv2r
解得B=4mgqv0。
(3)小球第一次在第一象限内运动的时间t1=v0g
小球做匀速圆周运动的周期T=2πrv
小球在第三、四象限内运动的时间t2=34T
t2=3πv08g
小球在第一、二象限内运动的时间t2=2t1=2v0g
t=t1+t2+t3
解得t=(24+3π)v08g。
【解析】(1)小球在电场和重力场的复合场中运动，在竖直方向做自由落体运动，根据运动的分解求解；
(2)根据几何关系得出小球在电场和磁场及重力场复合场中的运动过程中是匀速圆周运动，得出重力等于电场力，故洛伦兹力提供向心力，列出牛顿第二定律方程，测测磁感应强度。
(3)根据运动的分解得出小球在第一象限的时间，在三四象限根据轨迹及圆周运动的周期的关系求解时间。
本题是粒子在复合场中的运动规律的考查，难度较大。
15.【答案】解：(1)小车被固定，小物块下滑到最低点过程机械能守恒
mgR=12mv2−0
在圆弧轨道末端：N−mg=mv2R
解得：N=3mg=15N。
根据牛顿第三定律，可知物块对轨道的压力大小N′=15N。
(2)解除固定后，小车可以在光滑水平面上自由运动，小物块和小车组成的系统水平方向动量守恒，设小物块刚滑上右侧粗糙区域时速度大小为v1，小车速度为大小v2，
mgR=12mv12+12Mv22
mv1=Mv2
代入数据得：v1=4m/s， v2=2m/s，
小物块冲上粗糙面后，小物块的加速度大小为a1，小车的加速度大小为a2，
a1=fm=μg=0.6m/s2(方向水平向左)
a2=f′M=μg2=0.3m/s2(方向水平向右)
当小物块和小车右侧挡板发生碰撞时满足：sM+sm=L
即v1t−12a1t2+v2t−12a2t2=L
代入数据得t=23s≈0.67s，t=383s≈12.67s(舍)
所以经历0.67s第一次和右侧挡板发生碰撞。
(3)从小物块滑下到最终相对小车静止时，由于m和M为系统，由于水平方向动量守恒可知小车也停止运动
设小物块在小车粗卷面上滑动的路程为s：
mgR=μmgs
s=20m
s=nL+Δx
n=5时，Δx=1m
物块将停在离开右侧挡板1m处；
物块相对小车停下时，小车也停止运动整个过程中，物块相对小车发生位移为x总=R+L−Δx=4m；
选取m和M为系统，由于水平方向动量守恒；
设m水平向右发生位移大小为x1，M水平向左发生位移大小为x2；
可推得：mx1=Mx2，又x1+x2=x总，
求得：x2=mM+mx总≈1.33m，方向：水平向左。
【解析】本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，根据机械能守恒定律结合动量守恒定律分析出物体的速度，结合运动学公式和牛顿第二定律即可完成分析。
(1)由机械能守恒及圆周运动中合力与向心力的关系即可求出在轨道最低点的支持力大小；
(2)将物块与小车组成系统，在水平方向上不受任何外力，动量守恒，根据动量守恒可算出小物块刚滑上右侧粗糙区域时候速度大小为v1，小车速度大小为v2,当小物块和小车右侧挡板发生碰撞时满足：SM+Sm=L，根据牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式即可求解小物块从圆弧末端到与右侧挡板发生第一次碰撞经历的时间；
(3)由于m和M为系统，由于水平方向动量守恒，可知小物块滑下到最终相对小车静止时，小车也停止运动。根据能量守恒可知，小物块的机械能的损失全部转化为摩擦生热。可求出小物块在小车粗卷面上滑动的路程s，可判断出物块停在小车上的位置，再利用水平方向m和M为系统水平方向动量守恒，可推得：mx1=Mx2，可求整个运动过程中小车发生的位移。