2025年江西省新余市高考物理一模试卷（含详细答案解析）

这是一份2025年江西省新余市高考物理一模试卷（含详细答案解析），共21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。
1.2024年是量子力学诞生一百周年，量子力学已经对多个领域产生了深远的影响，包括物理学、化学、计算机科学、通信技术和生物学，量子力学已成为现代科学的重要基石之一。下列关于量子力学创立初期的奠基性事件中说法正确的是( )
A. 黑体辐射电磁波的强度的极大值随着温度的降低向波长短的方向移动
B. 发生光电效应时，逸出光电子的最大初动能与入射光的频率成正比关系
C. 德布罗意的物质波假设认为一切实物粒子都具有波粒二象性
D. 根据玻尔原子理论，氢原子由高能级向低能级跃迁时，只能吸收特定频率的光
2.现用某款智能手机进行竖直上抛实验：用手掌托着智能手机，在软件phyphx里面打开加速度传感器，把手机向上抛出，然后又在抛出点接住手机，以竖直向上为正方向，测得手机在竖直方向的加速度随时间变化的图像如图所示，则手机( )
A. 在t1∼t3时间内手机先加速后减速
B. 在t2∼t3时间内手机受到的支持力逐渐减小
C. 在t3时刻手机到达最高点
D. 在t2∼t4时间内，手机处于失重状态
3.如图所示，位于竖直平面内的一面墙上有A、B、C三个完全相同的窗户。将一个小球斜向上抛出，小球在空中依次飞过A、B、C三个窗户，图中曲线为小球在空中运动的轨迹，轨迹所在的平面靠近竖直墙面，且与墙面平行。不计空气阻力的影响，以下说法中正确的是( )
A. 小球通过窗户A所用的时间最短
B. 小球通过窗户C的平均速度最大
C. 小球通过窗户C动量变化量最小
D. 小球通过窗户A克服重力做的功最多
4.2024年6月1日，为我国月球探测器嫦娥6号在月球着陆。这次月球探测器成功登月为我国在2030年前实现航天员登陆月球奠定了坚实的基础。已知月球质量约是地球质量181，半径约为地球半径14，设在地球表面发射一颗人造地球卫星最小的发射速度为v1，将来我国航天员登上月球后在月球表面发射一颗月球卫星，最小的发射速度为v2为( )
A. 13v1B. 19v1C. 29v1D. 481v1
5.小明同学用电流传感器进行电容器放电现象研究，按照图甲正确连接电路，将开关S与1端连接，先给电容器充电。过一段时间后，将开关S掷向2端，测得电流随时间变化的i−t曲线如图乙中的实线a所示。在重复实验时，小明将电阻用R2替换R1，已知R2=2R1，其它实验条件不变，则重复实验所得的放电曲线(用虚线表示)可能正确的是( )
A. B.
C. D.
6.空气炸锅是利用高温空气循环技术加热食物。图为某型号空气炸锅简化模型图，其内部有一气密性良好的内胆，封闭了质量、体积均不变可视为理想气体的空气，已知初始气体压强为p0=1.0×105Pa，温度为t0=27∘C，加热一段时间后气体温度升高到t=147∘C，此过程中气体吸收的热量为6×103J，热力学温度与摄氏温度的关系是T=t+273K，则( )
A. 升温后内胆中所有气体分子的动能都增大
B. 升温后内胆中气体的压强为1.4×105Pa
C. 此过程内胆中气体的内能增加量小于6×103J
D. 此过程内胆中气体分子单位时间内撞击内壁的次数不变
7.如图，将质量为m的小球用两根长均为L的细线分别悬于固定水平杆上的A、B两点，小球静止时，两细线与杆的夹角θ=37∘(sin37∘=0.6)，一个始终垂直于纸面向外的拉力作用在小球上，使小球缓慢移动，重力加速度大小为g，当小球移动的水平距离为0.3L时，细线的拉力的大小为( )
A. 33mgB. 2 33mgC. 5 39mgD. 5 318mg
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.目前困扰5G发展的大难题之一是供电，5G基站系统功耗大，信号覆盖半径小。如图所示，电压为100kV的主供电线路为某5G基站供电，基站用电器功率为9kW，线路电阻为40Ω，线路损耗功率占总功率的10%(变压器均视为理想变压器)，则( )
A. 输电线路中的电流为5A
B. 高压变压器原、副线圈的匝数比为50：1
C. 输电线路中的电流为2500A
D. 高压变压器原、副线圈的匝数比为100：1
9.为实现“双碳”目标，我国大力发展新能源汽车。某品牌新能源电动汽车动力电池额定电压为364V，额定容量是131A⋅h，图为该汽车在充电过程的显示表。若在测试路面上汽车每公里消耗0.1kW⋅h。下列说法正确的是( )
A. 容量A⋅h是电荷量的单位
B. 显示表中的充电电量是指电荷量
C. 当前充电的电荷量约为1.8×104C
D. 汽车充满电后在测试路面上能行驶约477公里
10.如图甲所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，左端连接阻值为R=1.5Ω的电阻，导轨间距为L=1m。一长为L=1m，阻值为r=0.5Ω的导体棒垂直放置在导轨上，到导轨左端的距离为x0=16m，空间中有垂直导轨平面向里均匀分布的磁场，磁感应强度随时间变化的图线如图乙所示。从t=0时刻开始，导体棒在外力作用下向左做初速度为零的匀加速直线运动，速度随时间变化的关系如图丙所示，在导体棒离开导轨前的过程，下列说法正确的是( )
A. 回路中的电流先逐渐增大后逐渐减小
B. t=2s内某时刻回路中电流方向发生变化
C. t=1s时导体棒所受安培力大小为0.11N、方向向左
D. 该过程通过定值电阻R的净电荷量为0.8C
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.如图甲所示，学生将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置做“验证机械能守恒定律”实验(已知当地的重力加速度为g)。
(1)实验室提供的器材有打点计时器(带导线)、纸带、复写纸、铁架台和带夹子的重物，此外还需要的器材是______。
A.天平及砝码
B.毫米刻度尺
C.直流电源
D.交流电源
(2)实验中得到如图乙所示的一条纸带(部分)。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC，已知打点计时器打点的周期为T，设重物的质量为m，从打O点到打B点的过程中，动能增加量ΔEk=______。
(3)该同学在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度v，得到如图丙所示的v2−h图像，由图像可求得当地的重力加速度g=______m/s(保留两位小数)。
12.工业上经常用“电导仪”来测定液体的电阻率，其中一个关键部件如图甲所示，两片金属放到液体中形成一个电容器形状的液体电阻，中间的液体即电阻的有效部分。小明想测量某导电溶液的电阻率，在一透明塑料长方体容器内部左右两侧正对插入与容器等宽、与导电溶液等高的电极，两电极的正对面积为S=50cm2，电极电阻不计。实验提供的器材如下：
电压表(量程15V，内阻约为40kΩ)；
电流表(量程300μA，内阻约为100Ω)；
滑动变阻器R(20Ω,1A)；
电池组(电动势E=12V，内阻r约为6Ω)；
单刀单掷开关一个；
导线若干。
(1)小明先用欧姆表粗测溶液电阻，选择欧姆×100挡后测量结果如图乙所示，粗略测量电阻为______Ω(保留2位有效数字)。
(2)为了准确测量溶液电阻阻值，需测量多组电压表、电流表数据，请用笔画线代替导线，将图丙的实物电路补充完整。
(3)实验时，仅改变两电极间距d，测得多组U、I数据，计算出对应的电阻R，描绘出如图丁所示的R−d图线，由图像可得该导电溶液的电阻率ρ=______Ω⋅m。(计算结果保留3位有效数字)
(4)小明在实验中未考虑电表内阻的影响，从原理看，他用图像法计算出的电阻率ρ将______(选填“大于”“小于”或“等于”)实际值。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.如图甲是天然水晶制成的水晶球。如图乙是过球心的一个截面圆，且半径为R，AB是截面圆的直径，某种单色细光束从C点平行直径AB射入水晶球，恰好从B点射出水晶球，已知CB与直径AB的夹角为θ，光在真空中的传播速度为c，已知θ=30∘。求：
(1)水晶球对此单色细光束的折射率n；
(2)细光束在水晶球中的传播时间。
14.如图，平板小车C静止在水平面上，左端紧靠平台且与平台等高，平台边缘正上方用长H=0.8m的轻绳悬挂质量为m的物块A，悬点正下方静置一质量为mB=3kg的物块B，将A向左拉至轻绳水平由静止释放，A与B发生正碰，碰后A的速度为零。已知A与B碰撞过程中的恢复系数e=|碰后相对速度||碰前相对速度|，该系数是一个定值，只与发生碰撞物体材料有关。现将A、B互换角色，将B悬挂起来从水平位置由静止释放，与A发生正碰后，A滑上小车后，立即取走B，经过一段时间作用，小车C停止且A不滑出小车。已知物块A和小车C质量都为m=2kg，物块A与小车C上表面间的动摩擦因数μ1=0.4，小车C与地面动摩擦因数μ2=0.1，重力加速度g=10m/s2，A、B均可视作质点，不计空气阻力。求：
(1)物块B与物块A碰撞前速度v0；
(2)A刚滑上小车时的速度大小v1；
(3)小车C最少需要的长度L，及最后小车离开平台的位移x。
15.微观粒子的运动轨迹可以通过磁场、电场进行调节。如图所示，宽度为L的竖直条形区域Ⅰ内存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，宽度为L的竖直条形区域Ⅱ内存在方向竖直向下的匀强电场。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子，以初速度v0=2qBLm从区域Ⅰ左边界上O点水平向右垂直射入磁场，从区域Ⅰ右边界上的P点(图中未画出)进入区域Ⅱ，最终从区域Ⅱ右边界水平向右射出。不计粒子的重力。
(1)求区域Ⅱ匀强电场强度E的大小；
(2)若仅调整区域Ⅱ的宽度，使粒子从与P点等高的Q点(图中未画出)离开区域Ⅱ，求粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中运动的总时间；
(3)若在区域Ⅱ再加一个垂直纸面向里、磁感应强度大小也为B的匀强磁场，调整区域Ⅱ的宽度，使粒子仍能从区域Ⅱ右边界水平射出，求该情况下区域Ⅱ的宽度。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.黑体辐射电磁波的强度的极大值随着温度的降低向波长长的方向移动，故A错误；
B.发生光电效应时，逸出光电子的最大初动能随入射光的频率的增大而增大，但是不成正比关系，故B错误；
C.德布罗意的物质波假设认为运动的实物粒子都具有波粒二象性，故C错误；
D.氢原子由高能级向低能级跃迁时，根据玻尔原子理论，只能吸收特定频率的光，故D正确。
故选：D。
根据量子力学的基本概念和历史事件，对量子力学的几个关键理论和实验有深入的理解从而求解。
本题的关键在于理解量子力学的基本理论和实验，特别是黑体辐射、光电效应、玻尔原子理论和物质波。正确理解这些理论和实验的物理意义，是解答此类问题的关键。
2.【答案】B
【解析】解：A、由题图可知，t1∼t3时间内手机没有离开手掌，速度向上，加速度向上，手机一直在向上加速，故A错误；
B、根据题图可知，t2∼t3时间内加速度向上，大小逐渐减小，根据牛顿第二定律，则有FN−mg=ma
随着a的减小，手机受到支持力逐渐减小，故B正确；
C、根据题意有，t3时刻手机的加速度为0，此时手机向上的速度达到最大，由于惯性手机会继续向上运动，所以在t3时刻手机还没有到达最高点，故C错误；
D、根据题意可知，在t2∼t4时间内加速度先向上再向下，根据超重和失重的概念可知，手机应处于先超重再失重状态，故D错误。
故选：B。
竖直上抛运动中，物体在上升阶段加速度为负(向下)，在最高点加速度为重力加速度g(向下)，在下降阶段加速度同样为g(向下)。加速度传感器的读数会反映出这些变化，正向加速度表示物体受到的力大于重力，负向加速度表示物体受到的力小于重力或仅受重力作用。
本题的关键在于理解竖直上抛运动中加速度的变化规律，以及加速度传感器读数与物体运动状态之间的关系。通过分析加速度传感器的读数变化，可以判断手机的运动状态，包括加速、减速、最高点、失重状态等。
3.【答案】A
【解析】解：A、小球在竖直方向上做匀减速直线运动，速度越来越小，A、B、C三个窗户的高度一样，故小球通过三个窗户所用的时间越来越长，那么小球通过窗户A所用的时间最短，故A正确；
B、小球在竖直方向上做匀减速直线运动，窗户高度一样，通过A、B、C三个窗户的时间越来越大，由v−=xt可知，小球通过窗户C的竖直方向平均速度最小，故B错误；
C、根据动量定理，可得：Δp=mgt，经过窗户C的时间最长，则动量变化最大，故C错误；
D、根据重力做功公式WG=mgh，小球通过A、B、C三个窗户重力做功相等，故D错误。
故选：A。
小球做斜向上抛体运动，利用运动分解的思想可分解为：水平方向的匀速直线运动，竖直方向的匀减速直线运动，在竖直方向运动速度越来越小，但窗户的高度一样，因此时间越来越长，然后分别选用平均速度公式、功的公式、动量定理分析判断。
解答本题抓住小球通过三个窗户时的高度一样，运用运动分解的思想知小球竖直方向做匀减速直线运动，判断出通过的时间是关键。
4.【答案】C
【解析】解：第一宇宙速度是最小的发射速度，等于卫星贴近地面做匀速圆周运动的环绕速度。
卫星绕地球表面做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力有：GMmR2=mv12R，解得：v1= GMR
月球表面发射一颗月球卫星，最小的发射速度：v2= GM月R月= G×181M14×R=29v1，故C正确、ABD错误。
故选：C。
第一宇宙速度是最小的发射速度，等于卫星贴近地面做匀速圆周运动的环绕速度，由万有引力提供向心力结合向心力的计算公式进行解答。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析。
5.【答案】B
【解析】解：已知R2=2R1，将电阻用R2替换R1后，由于im=UmR可知，替换后最大放电电流减小。由于i−t曲线与坐标轴围成的面积即为电荷量，而两次放电的总电荷量相同，所以两曲线与坐标轴围成的面积应相等，所以替换成后放电电流随时间变化的曲线应该是B，故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据欧姆定律分析最大电流与电阻的关系，结合i−t曲线与坐标轴围成的面积即为电荷量确定是哪个图像。
解答本题的关键要知道i−t曲线与坐标轴围成的面积表示电荷量，要理解并掌握电容器的充放电特性。
6.【答案】B
【解析】解：A.升温后分子平均动能变大，并非所有气体分子的动能都增大，故A错误；
B.根据p0T0=pT
其中T0=300K，T=420K
解得升温后胆中气体的压强为p=1.4×105Pa
故B正确；
C.由热力学第一定律，则气体内能增加量为ΔU=W+Q，此过程胆中气体体积不变，则W=0，吸收的热量为6×103J，解得ΔU=6×103J，
故C错误；
D.气体体积不变，压强增大，则单位气体体积的分子数不变，升温后气体分子平均速率变大，则单位时间内撞击内壁的次数增多，故D错误。
故选：B。
温度是分子热运动平均动能的标志，根据温度变化只能分析出气体分子平均动能的变化；根据查理定律列式求出升温后内胆中气体的压强；根据热力学第一定律分析内胆中气体的内能增加量大小；根据压强的变化，结合升温后气体分子平均速率的变化，判断内胆中气体分子单位时间内撞击内壁的次数的变化。
本题考查热力学第一定律和查理定律的相关应用，熟悉气体状态参量的分析，准确选择气体实验定律。
7.【答案】B
【解析】解：作出小球移动的水平距离为0.3L时的侧面图，如图所示。
由平衡条件可知，细线的拉力大小为T=mgcsα
由于小球静止时两细线与杆的夹角θ=37∘，有h=Lsinθ=0.6L
所以csα= (0.6L)2−(0.3L)20.6L= 32
可得T=2 33mg，故ACD错误，B正确。
故选：B。
先根据几何关系求出小球静止时两细线与杆的夹角，再根据平衡条件求解细线的拉力的大小。
解答本题时，关键要灵活选择几何知识求相关角度，再根据平衡条件解答。
8.【答案】AB
【解析】解：AC.由题意可知，总功率为P总=P基站1−10%=9kW0.9=10kW，则线路损耗功率ΔP=10%P总=0.1×10kW=1kW，又ΔP=I2r，代入数据解得输电线路中的电流为I=5A，故A正确，C错误；
BD.高压变压器副线圈的电压为U2=P总I=10kW5A=2kV，根据变压器原理，则高压变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2=U1：U2=50：1，故B正确，D错误。
故选：AB。
根据题意求得损失的电功率，再结合电功率公式求出线路电流；再根据电功率公式求得高压变压器副线圈的电压，结合变压器原理求出高压变压器原、副线圈的匝数比。
本题要注意：发电机的输出电压等于输电线损失的电压与用户电压之和；熟练应用电功率公式及其变形公式。
9.【答案】AD
【解析】解：A、根据q=It可知，容量A⋅h是电荷量的单位，故A正确；
B、显示表中的充电量单位是kW⋅h，根据W=Pt可知，该单位是电能的单位，故B错误；
C、当前充电的电荷量为q′=131A⋅h×56%=131×3600×56%C≈2.6×105C，故C错误；
D、汽车充满电后再测试路面上能行驶的距离为x=qU0.1=131×3600×3640.1×1×103×3600km≈477km，故D正确。
故选：AD。
根据q=It分析；根据W=Pt分析；根据显示数据结合q=It分析计算；先计算出电池储存的总能量，然后根据每公里的能耗计算。
掌握电流的定义式是解题的基础。
10.【答案】CD
【解析】解：AB.由图丙可知，导体棒运动速度与时间的关系式为v=at=2t
由图乙可知，磁感应强度随时间变化的关系式为B=0.1+0.1t
导体棒运动位移与时间的关系式为x=12at2,则x=t2
由于到导轨左端的距离为x0=16m，所以导体棒运动的最大时间为tm=4s
磁感应强度变化产生的感生电动势为E1=ΔBL(x0−x)Δt,则E1=1.6−0.1t2
导体棒运动产生的动生电动势为E2=BLv,则E2=(0.1+0.1t)⋅2t=0.2t+0.2t2
由楞次定律和右手定则可知，感生电动势与动生电动势方向相反，则回路中感应电动势为E=E1−E2,则E=1.6−0.3t2−0.2t (0≤t≤4s)
感应电流为I=ER+r,解得I=0.8−0.15t2−0.1t=0.8−0.15[(t+13)2−19] (0≤t≤4s)
可知，随着t增大，感应电流减小，当I=0.8−0.15[(t+13)2−19]=0时
即t=2s时，感应电流方向改变，电流开始反向增大，所以回路中的电流先逐渐减小后逐渐增大，t=2s时回路中电流方向发生变化，故AB均错误；
C.结合AB分析可知，t=1s时，感应电流为I=1120A
方向为逆时针，磁感应强度为B=0.2T
导体棒所受安培力大小为F=BIL，解得F=0.11N
由左手定则可知，方向向左，C正确；
D.根据q=I−t，I−=E−R+r，E−=ΔΦΔt
可得q=ΔΦR+r=B0Lx0−0R+r,解得q=0.8C
D正确。
故选：CD。
由图乙可知磁感应强度随时间变化的关系式，由图丙可知导体棒运动速度与时间的关系式，结合法拉第电磁感应定律和闭合回路欧姆定律分析；根据安培力公式求解安培力，根据左手定则判断安培力方向，结合电流定义式求解电荷量。
解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律。
11.【答案】BD； m(hC−hA)28T2； 9.70
【解析】解：(1)A、验证机械能守恒定律，即要求验证：mgh=12mv2，质量可以消去，所以不需要测出重物的质量，故A错误；
B、需要测出下落的高度和末速度，需要用毫米刻度尺测量纸带上的点的距离，故B正确；
CD、打点计时器需要用交流电源，故C错误，D正确。
故选：BD。
(2)B点的速度为：v=hC−hA2T
动能增加量为：ΔEk=12mv2=m(hC−hA)28T2
(3)根据机械能守恒定律有：mgh=12mv2
变形后有：v2=2gh
从表达式可以看出，v2−h图像的斜率为：k=2g=11.64m2/s20.6m
整理解得：g=9.70m/s2
故答案为：(1)BD；(2)m(hC−hA)28T2；(3)9.70。
(1)根据实验要求和实验装置，确定必需的器材；
(2)根据打点计时器原理求出B点速度，根据重力势能计算公式，求出重力势能的减少量以及根据动能公式求出动能的变化量；
(3)根据结论和图像的斜率求出重力加速度。
本题主要考查机械能守恒实验，在实验中要注意实验的操作要求和实验结论的验证方式。
12.【答案】5.0×103；

400； 等于
【解析】解：(1)小明先用欧姆表粗测溶液电阻，选择欧姆×100挡后测量结果如图乙所示，粗略测量电阻为Rx = 50×100Ω = 5.0×103Ω
(2)为了准确测量其阻值，并测量多组数据，则滑动变阻器应采用分压式接法，根据题中条件可知
RARV= 100×40×103Ω=2×103Ω
则有
Rx> RARV
所以应该选择电流表内接法，因此其实物图如图所示
(3)根据表格中的数据，描绘出如图丁所示的R−d图线如下图
根据R=ρdS
可得R=ρSd
结合图像可得ρS=k=4.0×10450×10−2
解得该导电溶液的电阻率ρ = 400Ω⋅m
(4)若考虑电表的内阻，有R=ρdS+RA
由于该实验中是通过图像的斜率去求电阻率，而斜率与电流表内阻无关，因此计算结果与真实值相比会不变。
故答案为：(1)5.0×103；(2)
(3)
400；(4)等于。
(1)欧姆表的读数等于指针所指示数乘以倍率；
(2)根据测量要求选择滑动变阻器的接法，根据误差分析判断电流表的接法，再补充实物图；
(3)根据表格中的数据画出图像，根据电阻定律推导，结合图像计算；
(4)根据(3)结论分析判断。
本题关键掌握测定液体电阻率的实验原理、欧姆表的读数和器材的选择方法。
13.【答案】水晶球对此单色细光束的折射率是 3； 细光束在水晶球中的传播时间是3Rc。
【解析】解：(1)在图乙中作出过C点的法线并根据数学知识标出角度，如图
可知入射角为2θ，折射角为θ，根据折射定律，水晶球对此单色细光束的折射率为n=sin2θsinθ=2csθ=2cs30∘=2× 32= 3
(2)细光束在水晶球中传播的路程为s=2Rcsθ
细光束在水晶球中传播的速度为v=cn
又s=vt
求得细光束在水晶球中的传播时间为t=3Rc
答：(1)水晶球对此单色细光束的折射率是 3；(2)细光束在水晶球中的传播时间是3Rc。
(1)根据几何知识求出入射角和折射角，根据折射定律求折射率；
(2)根据折射率与传播速度的公式、匀速直线运动公式结合数学知识求传播时间。
本题主要考查了光的折射，根据几何知识求解折射角是解题的关键；知道光的折射率与频率的关系，掌握折射定律和折射率公式。
14.【答案】物块B与物块A碰撞前速度v0为4m/s；
A刚滑上小车时的速度大小v1为4m/s；
小车C最少需要的长度L为1.33m，及最后小车离开平台的位移x为1.33m
【解析】解：(1)对B下摆的过程，根据动能定理得
mBgH=12mBv02
解得v0=4m/s
(2)当A向左拉至轻绳水平由静止释放至最低点过程，根据动能定理得
mgH=12mvA2
解得vA=4m/s
A碰撞B过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律得
mvA=mBvB
解得vB=83m/s
则A与B碰撞过程中的恢复系数e=vB−0vA−0=834=23
B碰撞A过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律得
mBv0=mv1+mBv2
B与A碰撞过程中的恢复系数e=|v1−v2v0−0|=23
由于B质量大于A质量，碰撞后A、B速度方向相同，且A的速度大于B的速度，解得v1=4m/s，v2=43m/s
(3)A滑上C后，A先向右做匀减速直线运动，对A进行分析，根据牛顿第二定律有
μ1mg=ma1
解得a1=4m/s2
C先向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有μ1mg−μ2⋅2mg=ma2
解得a2=2m/s2
历时t0，A、C达到相同速度，则v共=a2t0=v1−a1t0
解得t0=23s，v共=43m/s
此后A、C保持相对静止，向右做匀减速直线运动，则小车C的最小长度为
L=v1+v共2t0−v共2t0
解得L=43m≈1.33m
上述过程C的位移x1=v共2t0
解得x1=49m
A、C保持相对静止，根据牛顿第二定律有
μ2⋅2mg=2ma3
解得a3=1m/s2
减速至0过程，利用逆向思维，根据速度与位移的关系有
v共2=2a3x2
解得x2=89m
则最后小车离开平台的位移x=x1+x2
解得x=43m≈1.33m
答：(1)物块B与物块A碰撞前速度v0为4m/s；
(2)A刚滑上小车时的速度大小v1为4m/s；
(3)小车C最少需要的长度L为1.33m，及最后小车离开平台的位移x为1.33m。
(1)对B下摆的过程，根据动能定理求物块B与物块A碰撞前速度v0；
(2)当A向左拉至轻绳水平由静止释放至最低点过程，根据动能定理求出物块A与物块B碰撞前速度。A碰撞B过程，根据动量守恒定律求出碰撞后B的速度，从而求得A与B碰撞过程中的恢复系数。依题意，B与A碰撞过程中的恢复系数等于A与B碰撞过程中的恢复系数，由此求A刚滑上小车时的速度大小v1；
(3)研究A滑上C后的过程，根据牛顿第二定律求出两者的加速度大小。由速度-时间公式求出两者共速时的速度以及经历的时间，并求出小车C的最小长度和此过程C的位移。此后，A、C保持相对静止，根据牛顿第二定律和运动学公式求出小车滑行的距离，从而求得最后小车离开平台的位移x。
本题过程比较复杂，分析清楚物体运动过程是正确解题的前提与关键，确定研究对象与研究过程，应用机械能守恒定律、动量守恒定律以及动力学方法即可正确解题。
15.【答案】解：(1)粒子在区域Ⅰ做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
qv0B=mv02r
解得
r=2L
粒子运动到P点时，将速度v0分解为水平分速度vx和竖直分速度vy，如图所示
根据几何关系可得
sinθ=L2L=12
解得
θ=π6
故
vx=v0csθ= 32v0
vy=v0sinθ=12v0
粒子在区域Ⅱ内看作反向类平抛运动，根据类平抛运动的规律有
水平方向上有
L=vxt
竖直方向上有
vy=qEmt
联立解得
E= 3qB2Lm；
(2)若仅调整区域Ⅱ的宽度，使粒子从P点等高的Q点离开区域Ⅱ，粒子在区域Ⅱ原有轨迹不变，其运动轨迹如图所示
粒子在磁场中运动的周期为
T=2πrv0=2π×2L2qBLm=2πmqB
粒子在区域Ⅰ内的运动时间为
t1=θ2πT=πm6qB
根据斜抛运动的对称性，粒子在区域Ⅱ中的运动时间
t2=2mvyqE=2m×12×2qBLmq× 3qB2Lm=2 3m3qB
则粒子在区域Ⅰ、Ⅱ运动的总时间
t=t1+t2=πm6qB+2 3m3qB=(π+4 3)m6qB；
(3)在区域Ⅱ中加磁场后，且满足
qvxB=q⋅ 3qBLm=qE
故粒子在Ⅱ复合场中的运动可看作匀速直线运动和匀速圆周运动的叠加，圆周运动的初速度方向向上，当圆周运动经过t=(2n+1)T4时，圆周运动的速度水平，合速度水平向右，此时，水平位移x为匀速直线运动位移和匀速圆周运动水平位移的矢量和，匀速直线运动的位移为
x1=vxt
其中
t=(2n+1)T4=2n+14×2πmqB=(2n+1)πm2qB
联立解得
x1=(2n+1) 3πL2(n=0,1,2...)
圆周运动的水平位移为半径长度
x2=r=L
故区域Ⅱ的宽度为
x=x1−x2=(2n+1) 3πL2−L(n=0,1,2...)。
答：(1)区域Ⅱ匀强电场强度E的大小为 3qB2Lm；
(2)粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中运动的总时间为(π+4 3)m6qB；
(3)该情况下区域Ⅱ的宽度为(2n+1) 3πL2−L(n=0,1,2...)。
【解析】(1)粒子在区域Ⅰ内根据牛顿第二定律求解粒子在磁场中运动的轨道半径，再根据几何知识求解粒子在磁场中运动的圆心角，粒子在区域Ⅱ内看作逆向的类平抛运动，根据几何知识将粒子在P点的速度分解到水平方向和竖直方向，根据类平抛运动的规律求解电场强度；
(2)粒子在区域Ⅰ内根据时间与周期的关系求解粒子在粒子在区域Ⅰ内运动的时间，粒子在区域Ⅱ内做类斜上抛运动，根据对称性求解粒子在区域Ⅱ内运动的时间，最后求解总时间；
(3)根据题意分析可知，水平方向的速度使粒子受到的洛伦兹力与电场力平衡，故可将粒子的运动分解为水平方向的匀速直线运动和匀速圆周运动，根据运动学公式求解粒子在水平方向的位移，根据几何知识求解粒子在最水平方向的位移，最后求解使粒子仍能从区域Ⅱ右边界水平射出的区域Ⅱ的宽度。
本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。d/cm
R/(×104Ω)
10
0.8
20
1.7
30
2.4
36
2.9
46
3.6