2025届湖南省邵阳市高考预测练习（四）物理试卷（解析版）

这是一份2025届湖南省邵阳市高考预测练习（四）物理试卷（解析版），共17页。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．甘肃省文物考古研究所蜀道考古研究项目（甘肃段）涉及羊马城遗址和圣寿院遗址考古勘探。考古学家们利用放射性元素的半衰期可以确定文物的年代，衰变方程为，的半衰期是5730年，下列说法中正确的是（ ）
A．80个经过11460年后，还剩下20个
B．衰变的实质是核内的一个中子转变为一个质子，并放出一个电子
C．从比结合能大的核向比结合能小的核转变，这种核反应才能自发地发生
D．衰变过程由于发生了质量亏损，会吸收能量
2．如图所示为国内CBA赛场的篮球场示意图，在某一次篮球赛中甲将球（可视为质点）传给队友，出手时球离地1．5 m，速度大小为10 m/s，乙原地竖直起跳拦截，起跳后手离地面的高度为3．3 m，球越过乙时速度沿水平方向，且恰好未被拦截。球的质量为0．6 kg，重力加速度为10 m/s2，以地面为零势能面，忽略空气阻力，则（ ）
A．甲传球时，球与乙的水平距离为6 m
B．队友接球前瞬间，球的速度大小一定为10 m/s
C．队友接球前瞬间，球的机械能一定为39 J
D．若仅增大出手时球与水平方向的夹角，球仍不能被乙拦截
3．一简谐横波在均匀介质中沿直线传播，P、Q是传播方向上相距16m的两质点，波先传到质点P．当波传到质点Q开始计时，P、Q两质点的振动图像如图所示，则（ ）
A． 质点P沿y轴负方向开始振动B． 该波的波长可能为6m
C． 该波的传播速度可能为5m/sD． 该波从P传到Q的时间可能为7s
4．如图所示，在空间站伸出的机械臂外端安置一微型卫星，微型卫星与空间站一起绕地球做匀速圆周运动，且微型卫星、空间站和地球中心始终位于同一直线。忽略空间站和微型卫星的尺寸及它们之间的万有引力，则（ ）
A．微型卫星的线速度比空间站的小
B．微型卫星的加速度比空间站的小
C．机械臂对微型卫星的作用力大小为零
D．机械臂对微型卫星的作用力大小不为零，方向指向地心
5．如图所示，在两水平金属板构成的器件中，电场强度和磁感应强度相互垂直。某电荷量为的粒子（重力不计）以速度从左端沿虚线射入后做直线运动。下列说法正确的是（ ）
A．该粒子的速度
B．若只改变粒子速度大小，粒子将做曲线运动
C．若只改变粒子的电荷量大小，粒子将做曲线运动
D．若此粒子从右端沿虚线方向进入平行板，仍做直线运动
6．如图所示，在竖直平面内有一个半径为R的绝缘圆环，圆环的A、B、C、D端点上分别固定有一个点电荷，电荷量分别为+Q、+Q、-Q、-Q，圆心为O，AC垂直于BD，a、b、c、d分别为OA、OB、OC、OD的中点，在BD的延长线上有P点和N点，且DP=PN=R2。关于四个点电荷形成的电场，下列判断正确的是（ ）
A．a、b、c、d四点的电场强度大小相等
B．a、b、c、d四点的电势相同
C．d点和P点的电场强度大小相等
D．P点电势大于N点电势
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．作为大同装备制造业的龙头,“大同机车”已成为我国电力机车走向世界的一张名片!如图为某电力机车的供电流程的简化图,利用可视为理想变压器（原、副线圈匝数比为n1:n2）的牵引变电所,将电网中高压U1(220kV)降至U2(27.5kV),再通过接触网上的电线与车顶上的受电弓使机车获得U3为25kV的额定工作电压,电力机车牵引变压器将此电压进一步降压,多路输出到动力系统中其他用电设备。下列说法正确的是（ ）
A．牵引变电所中变压器原、副线圈匝数之比为n1:n2=4:1
B．若该机车运行功率增大,由于匝数比不变,故机车的工作电压仍为25kV
C．若该机车运行功率增大,牵引变电所至机车间的热损耗功率也会随之增大
D．若在额定电压下，该机车的输入功率为10000kW,则牵引变电所到机车间的等效电阻r为6.25Ω
8．如图所示，半圆玻璃砖可绕过圆心的垂直轴转动，圆心O与足够大光屏的距离d=20 cm，初始半圆玻璃砖的直径与光屏平行时，一束光对准圆心、垂直于光屏射向玻璃砖，在光屏上O1点留下一光点，保持入射光方向不变，让玻璃砖绕O点顺时针方向转动时，光屏上光点也会移动，当玻璃砖转过角时，光屏上光点位置距离O1点为20 cm，（sin=） 则（ ）
A．玻璃砖转动后，光屏上的光点会相对于向上移动
B．该玻璃砖的折射率为
C．该玻璃砖的折射率为
D．当玻璃砖绕O点相对初始位置转过的角度α的正弦值为时，光屏上的光点消失
9．如图所示，半径为R的光滑半球固定在水平地面上，有一质量为m的可视为质点的小球静止在半球的最高点，受到微小扰动后由静止开始沿球面下滑，一段时间后小球与半球分离。重力加速度大小为g，不计一切阻力，从小球开始下滑到落地前的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球机械能不守恒
B．小球落地时的速率为2gR
C．小球与半球分离时，小球离地的竖直高度为2R3
D．小球落地前瞬间重力的瞬时功率为mg4627gR
10．如图甲所示，一木板静止在粗糙水平面上，可视为质点的物块放在木板右端。t=0时，给木板一初速度v0，木板和物块运动的v-t图像如图乙所示，整个过程物块未离开木板，图乙中所标物理量均已知，长木板和物块的质量均为m。下列说法正确的是( )
A. 物块在t1前后瞬间加速度大小不相同
B. 木板长度至少为v0t12
C. 全过程，物块与木板间摩擦产生的热量为12mv0
D. 木板与地面间的动摩擦因数为v0-2v2gt1
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11（8分）．某中学实验小组的同学利用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。甲、乙两物块通过轻绳连接，挂在光滑的定滑轮两侧，物块甲和遮光条的总质量为M，物块乙的质量为m，重力加速度为g。实验步骤如下：
A．用手托着物块甲，使系统处于静止状态，测出遮光条上沿到光电门中心的距离H；
B．将系统由静止释放，通过计算机记录遮光条通过光电门的挡光时间t；
C．多次改变H，重复步骤B。
(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d如图乙所示，则遮光条的宽度为 mm。
(2)若某次计算机记录遮光条通过光电门的挡光时间为，则遮光条通过光电门时速度的值为 。
(3)多次改变H，同时记录遮光条经过光电门的挡光时间t，以H为纵轴，以为横轴作出图丙所示图像，若系统的机械能守恒，则图线的斜率k应满足的关系式为k＝ Ω。
12（8分）．在“测定某电阻丝的电阻率”实验中，先用多用电表粗测电阻丝的阻值约为20Ω，设计电路图如图甲所示，然后他把电阻丝拉直后将其两端固定在刻度尺两端的接线柱a和b上，在电阻丝上夹上一个与接线柱c相连的小金属夹，沿电阻丝移动金属夹，可改变其与电阻丝接触点P的位置，从而改变接入电路中电阻丝的长度。可供选择的器材还有：
电池组E（电动势为3.0V，内阻约1Ω）；
电流表（量程0~100mA，内阻约5Ω）；
电流表（量程0~0.6A，内阻约0.2Ω）；
电阻箱R（0~999.9Ω）；
开关、导线若干。
该同学的实验操作步骤如下：
A．用螺旋测微器在电阻丝上三个不同的位置分别测量电阻丝的直径；
B．根据所提供的实验器材，设计并连接好如图甲所示的实验电路；
C．调节电阻箱使其接入电路中的电阻值较大，闭合开关；
D．将金属夹夹在电阻丝上某位置，调整电阻箱接入电路中的电阻值，使电流表满偏，记录电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L；
E．改变金属夹与电阻丝接触点的位置，调整电阻箱接入电路中的阻值，使电流表再次满偏。重复多次，记录每一次电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L。
F．断开开关。
(1)某次用螺旋测微器测量电阻丝直径时其示数如图乙所示，则这次测量中该电阻丝直径的测量值 mm；
(2)实验中电流表应选择 （选填“”或“”）；
(3)该同学用记录的多组电阻箱的电阻值R和对应的接入电路中电阻丝长度L的数据，绘出了如图丙所示的关系图线，图线在R轴的截距为，在L轴的截距为，再结合测出的电阻丝直径d，可求出这种电阻丝材料的电阻率 （用给定的物理量符号和已知常数表示）。
(4)若在本实验中的操作、读数及计算均正确无误，那么由于电流表内阻的存在，对电阻率的测量结果是否会产生影响？若有影响，测量结果将偏大还是偏小？请分析说明其理由。
13．（9分）内壁光滑的汽缸固定在水平面上，用质量为m的活塞密封一段长度为L的理想气体，活塞的横截面积为S，给活塞一个向左的初速度v0，活塞向左移动x0x0≪L速度恰好为零。已知大气体压强为p0，汽缸导热性能良好，环境温度保持不变。
（1） 求该过程气体放出的热量Q；
（2） 证明活塞的运动是简谐运动。
14．(15分)如图所示，足够长“V”字形的金属导轨两侧与水平地面的夹角θ＝37°，最低点平滑连接，其间距为L＝0．5 m，左端接有电容C＝2 000 μF的电容器。质量m＝10 g的导体棒可在导轨上滑动，导体棒与两侧导轨间的动摩擦因数相同，导体棒和导轨的电阻均不计。导轨左右两侧存在着垂直于导轨所在平面方向向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T。现使导体棒从左侧导轨上某处由静止释放，经时间t1＝0．8 s第一次到达最低点，此时速度v1＝1．6 m/s，然后滑上右侧导轨，多次运动后，最终停在导轨的最低点。整个过程中电容器未被击穿，忽略磁场边缘效应和两个磁场间相互影响，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0．6，cs 37°＝0．8。求：
(1)导体棒第一次运动到最低点时，电容器所带电荷量Q；
(2)动摩擦因数μ和导体棒第一次运动到最低点时，电容器储存的能量EC；
(3)导体棒运动的总时间t总。
15．（16分）如图甲所示，粗糙绝缘水平面上有两个完全相同的金属小滑块A、B，质量均为m。空间有电场强度大小均为E、方向均沿水平方向且相反的两个匀强电场，B处于电场分界线上。开始时，A带电荷量为＋2q，B不带电，A、B相距s，速度均为0，一段时间后A、B发生弹性正碰，且碰撞时间极短，碰后A、B所带电荷量均恒为＋q，碰后A的最大速度恰好与碰前的最大速度大小相等，A的部分v－t关系如图乙所示（vm为未知量），整个过程中，A、B之间的库仑力视为真空中点电荷的相互作用，静电力常量为k，A、B与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力且大小均等于qE。
甲 乙
（1）经多长时间A、B发生弹性正碰？
（2）求碰撞后A的速度最大时A、B间的距离；
（3）碰撞分离后至A的速度达到最大的过程中，求A、B间的库仑力对A、B做的总功。
【参考答案】
1．【知识点】原子核的衰变及半衰期、结合能与比结合能
【答案】B
【详解】半衰期具有统计意义，对于数量较少的放射性元素的原子而言没有意义，A错误；根据质量数守恒和电荷数守恒，可知X为电子，属于衰变，衰变的实质是核内的一个中子转变为一个质子，并放出一个电子，B正确；从比结合能小的核向比结合能大的核转变，这种核反应才能自发地发生，C错误；衰变过程有质量亏损，根据爱因斯坦质能方程可知该过程会放出能量，D错误。
2．【知识点】单一物体机械能守恒定律的应用、斜抛运动
【答案】C
【解析】设出手时篮球离地高度为h1，篮球到达最高点时高度为h2，由题意可知，篮球从抛出点到最高点竖直方向的位移为h＝h2－h1＝1．8 m，则有vy2＝2gh，得抛出时篮球竖直方向的分速度大小vy＝6 m/s，则从抛出点到最高点篮球运动的时间为t＝vyg＝0．6 s，篮球水平方向的分速度大小为vx＝v02－vy2＝8 m/s，则甲传球时，篮球与乙的水平距离为x＝vxt＝4．8 m，A错误；由机械能守恒定律可知，若队友接球高度和篮球抛出时的高度相等，则篮球的速度大小为10 m/s，若高度不相等，则篮球的速度可能大于10 m/s，也可能小于10 m/s，B错误；篮球在空中只受重力作用，机械能守恒，以地面为零势能面，则队友接球前瞬间篮球的机械能为E＝12mv02＋mgh1＝39 J，C正确；若仅增大出手时篮球与水平方向的夹角，若角度太大，则篮球在水平方向的分速度过小，会导致篮球到乙位置时，竖直方向上升的高度小于乙起跳的最大高度，则可能会被拦截，D错误。
【一题多解】篮球从抛出点到最高点的逆过程为平抛运动，根据动能定理则有mg（h2－h1）＝12mv02－12mvx2，竖直方向有h2－h1＝12gt2，水平方向有x＝vxt，联立可得球与乙的水平距离x＝4．8 m，A错误。
3．【知识点】波的多解问题
【答案】B
【解析】由振动图像可知，质点Q的起振方向沿y轴正方向，由于各质点的起振方向与波源相同，故质点P开始振动的方向沿y轴正方向，故A错误；从图像可以看出质点Q的振动图像向左平移4s后与质点P的图像重合，故质点Q比质点P的振动滞后4s，振动周期为6s，结合振动的周期性可知，该波从P传到Q的时间为Δt=4s+nT=(6n+4)s(n=0,1,2,3,⋯)，可能为4s、10s、16s等，不可能为7s，故D错误；该波的传播速度为v=ΔxΔt，结合D选项中的分析可知，波速可能为4m/s、1.6m/s、1m/s等，不可能为5m/s，故C错误；波长为λ=vT，结合C选项中的分析可知，波长可能为24m、9.6m、6m等，故B正确．
4．【知识点】万有引力定律问题的分析与计算
【答案】D
【详解】微型卫星和空间站与地心保持在同一直线上绕地球做匀速圆周运动，所以微型卫星的角速度与空间站的角速度相等，由于微型卫星的轨道半径大于空间站的轨道半径，根据v=ωr可知微型卫星的线速度比空间站的线速度大，A错误；根据a=ω2r可知微型卫星的加速度比空间站的加速度大，B错误；对微型卫星，若只由万有引力提供向心力则有GMmr2=mω2r，解得微型卫星的角速度大小为ω=GMr3，由此可知，仅由万有引力提供向心力时，微型卫星比空间站的轨道半径大，角速度小，由于微型卫星跟随空间站以共同的角速度运动，由F=mω2r可知所需向心力增大，所以机械臂对微型卫星有拉力作用，方向指向地心，C错误，D正确。
【易错警示】 本题易错误地利用“高轨低速大周期”的结论来分析，认为微型卫星的轨道半径大于空间站的轨道半径，则微型卫星的角速度、向心加速度小于空间站的角速度、向心加速度。
5．【知识点】带电粒子在叠加场中的运动
【答案】B
【详解】A．由题知，的粒子（重力不计）以速度从左端沿虚线射入后做直线运动，所以在竖直方向上合力为零，则有
解得该粒子的速度
故A错误；
B．若只改变粒子速度大小，则电场力与洛伦兹力不再平衡，粒子在竖直方向会发生偏转，而水平方向又初速度，故粒子将做曲线运动，故B正确；
C．根据
可知若只改变粒子的电荷量大小，粒子速度不变，仍做直线运动，故C错误；
D．若此粒子从右端沿虚线方向进入平行板，则其所受的电场力和洛伦兹力方向都向下，故将做曲线运动，故D错误。
故选B。
6．【知识点】电场的叠加
【答案】A
【详解】根据等量异种点电荷形成的电场特点可知，A、C和B、D处的点电荷在a、b、c、d四点处的电场分布如图甲所示,A点和C点处的点电荷形成的电场中电场强度Eay=Ecy、Eby=Edy，方向都是竖直向下，B点和D点处的点电荷形成的电场中电场强度Eax=Ecx、Ebx=Edx，方向都是水平向右，且Eay=Ecy=Ebx=Edx，Eby=Edy=Eax=Ecx，根据电场强度的叠加可知a、b、c、d四点的电场强度大小相等，A正确；选取无穷远电势为零，可知正电荷周围的电势离正电荷越近电势越高，且为正值，离负电荷越近电势越低且为负值，根据对称性和叠加原理可知φa=φb>φc=φd，B错误；根据等量异种点电荷形成的电场特点可知，四个点电荷在P、d两点处电场分布如图乙所示，根据库仑定律及几何关系有EAC=16kQ55R2，EBD=40kQ9R2，E'AC=16kQ1313R2，E'BD=96kQ25R2，根据场强叠加法则可知d点电场强度大于P点电场强度，C错误；根据电势的叠加原理可知A点的+Q和C点的-Q电荷在P点和N点产生的电势之和均为零，B点的+Q和D点的-Q电荷形成的电场线如图丙所示，可知电场线方向由N指向P，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知φN>φP，D错误。
【命题创新】
电场和电势的叠加属于高考中的常考点，近几年等量同种或异种点电荷的场强均有考查，本题巧妙地构建了四个点电荷，可构建成两对异种点电荷模型，考查学生对电场和电势叠加的理解，需要学生具备一定的对称思想。
7．【知识点】理想变压器原、副线圈两端的电压、功率、电流关系及其应用
【答案】CD
【详解】由理想变压器原、副线圈匝数比与电压比关系得n1:n2=U1:U2=220kV:27.5kV=8:1，A错误；若机车运行功率增大，则牵引变电所副线圈输入功率增大，由于副线圈电压U2不变，由P2=U2I2知，牵引变电所至机车间的电流I2增大，由U3=U2-I2r知，机车工作电压将会低于25kV，由P损=I22r知，牵引变电所至机车间的热损耗功率也会增大，B错误，C正确；根据P=UI得，机车输入功率为10000kW时，牵引变电所到机车间的电流I'2=P3U3=400A，则牵引变电所至机车间的等效电阻为r=U2-U3I'2=6.25Ω ，D正确。
8．【知识点】全反射与折射的综合应用
【答案】ACD
【详解】A．如图所示
玻璃砖转动后，光屏上的光点会相对于向上移动，A正确；
BC．玻璃砖转过30°角时，折射光路如上图所示，入射角，根据几何关系可得
，解得，则折射角，根据折射定律可得，可得，B错误，C正确；
D．发生全反射时，有，此时转过的角度刚好等于临界角，则，D正确。选ACD。
9．【知识点】单一物体机械能守恒定律的应用、竖直面内圆周运动问题、连接体问题（整体和隔离法）、临界问题
【答案】BCD
【解析】小球运动过程中没有与外界发生机械能交换，机械能守恒，A错误；小球到达地面前，由机械能守恒得mgR＝12mv2，则v＝2gR，B正确；设小球在P点与半球分离，P点和球心的连线与水平方向夹角为α，在P点，小球与半球间挤压的作用力为零（关键点：分离的临界条件为压力为零），mgsin α＝mvP2R，又由机械能守恒定律得mgR（1－sin α）＝12mvP2，则小球与半球分离时，小球离地的竖直高度为h＝Rsin α＝23R，C正确；从P点飞出时小球在竖直方向的分速度vPy＝vPcs α＝1－2232·23gR＝309gR，小球在竖直方向上做匀加速直线运动，落地时竖直分速度满足vy2＝vPy2＋2gh，解得vy＝4627gR，小球落地前瞬间重力的瞬时功率为mg4627gR（易错点：重力的瞬时功率等于重力与速度沿竖直方向上的分量的乘积），D正确。
10．【知识点】板块模型中的能量守恒问题
【答案】BD
【解析】A.由图乙所示v-t图像可知，物块先做初速度为零的匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，整个过程物块所受合力为滑动摩擦力，所受合力大小不变，由牛顿第二定律可知，物块的加速度大小不变，故A错误；
B.由图乙所示v-t图像可知，开始物块向右做匀加速直线运动，木板向右做匀减速直线运动，直至两者共速，该过程物块相对木板向左滑动；两者共速后物块与木板都向右做匀减速直线运动，该过程物块相对于木板向右运动，当两者共速时物块相对于木板向左滑动的距离最大，物块没有离开木板，则木板的最小长度L=v0+v2×t1-v2t1=v0t12，故B正确；
D.由图乙所示v-t图像可知，物块的加速度大小a1=vt1，木板的加速度大小a2=v0-vt1，a3=vt2-t1
对物块，由牛顿第二定律得：μ1mg=ma1
对木板，由牛顿第二定律得：μ1mg+μ2(m+m)g=ma2
解得：μ1=vgt1，μ2=v0-2v2gt1，故D正确；
C.物块加速到与木板共速过程，两者相对滑行的距离：
物块与木板共速后直到停止运动过程，物块相对木板滑行的距离x2=v2t1-v2(2t1-t2)=v(t2-t1)2
整个过程物块相对于木板滑行的路程s=x1+x2=v0t12+v(t2-t1)2
整个过程与木板间摩擦产生的热量Q=μ1mgs，解得：Q=12mvv0+mv2(t2-t1)2t1，故C错误。
11．【知识点】实验：验证机械能守恒定律
【答案】(1)3.65
(2)
(3)
【详解】（1）20分度游标卡尺的精确值为，由图可知遮光条的宽度为
（2）若某次计算机记录遮光条通过光电门的挡光时间为，则遮光条通过光电门时速度的值为
（3）根据系统机械能守恒可得
又
联立可得
可知若系统的机械能守恒，则图线的斜率k应满足的关系式为
12．【知识点】实验：导体电阻率的测量
【答案】(1)0.729/0.730/0.731/0.372；(2)A1；(3)；(4)不会产生影响
【详解】（1）根据螺旋测微器的读数规则，可知这次测量中该电阻丝直径的测量值
（2）估算回路中最大电流值为，电流表选A1。
（3）由闭合电路分析可知，回路中电动势不变，总电流不变，则回路中总电阻不变，说明电阻箱阻值和接入电路的电阻丝的总阻值不变，设总电阻为C，由，可得，结合丙图可得，解得。
（4）根据表达式，可知电阻率与电流表的内阻无关，所以由于电流表内阻的存在，对电阻率的测量结果不会产生影响。
13．【知识点】气体等温变化与玻意耳定律、热力学第一定律与理想气体状态方程的综合应用
【答案】（1） p0x0S+12mv02
（2） 见解析
【解析】
（1）设活塞对气体做功为W，气体放出的热量为Q，对气体由热力学第一定律得ΔU=W-Q…………1分
由题意可知ΔU=0…………1分
对活塞由动能定理得p0Sx0-W=0-12mv02…………1分
联立解得气体放出的热量Q=p0x0S+12mv02…………1分
（2） 设活塞向左离开初始位置的距离为x，对封闭气体有p0SL=pSL-x…………1分
对活塞有F合=pS-p0S…………1分
解得F合=p0SL-xx，又因为x≤x0≪L…………1分
所以有F合=p0SLx，方向向右，即回复力可表示为F回=-p0SLx…………1分
即活塞的运动是简谐运动。
14．【知识点】电磁感应现象中的功能问题
【答案】(1)3．2×10－3C (2)0．45 2．56×10－3 J (3)2 s
【解析】(1)在最低点，导体棒切割磁场，电容器两端电压与导体棒两端电动势相等。
U＝E＝BLv1①(1分)
电容器的电容C＝QU②(1分)
由①②得Q＝3．2×10－3 C(1分)
(2)导体棒在左边导轨上由静止释放后，在下滑过程中受力分析如图：
沿斜面方向由牛顿第二定律得
mgsin θ－μmgcs θ－F＝ma1③(1分)
F＝BIL④，
I＝ΔQΔt＝BLCΔvΔt＝BLCa1⑤(1分)
a1＝ΔvΔt⑥，
由③④⑤⑥得a1＝mgsinθ－μmgcsθB2L2C＋m，a1为常数，
则导体棒做匀加速直线运动，
又v1＝a1t1得a1＝2 m/s2，
联立解得μ＝0．45，
x1＝12a1t12＝0．64 m，h＝x1sin θ(1分)
EC＝mgh－μmgcs 37°x1－12mv12(2分)
解得EC＝2．56×10－3 J(1分)
【一题多解】
沿斜面方向由动量定理得：
mgsin θt1－μmgcs θt1－BIlt1＝mv1，
It1＝Q，
解得μ＝0．45，
根据电容器储存能量公式EC＝12CU2，
U＝BLv，
解得EC＝2．56×10－3 J。
(3)根据分析可知，导体棒冲上右边导轨后，电容器放电，导体棒受到的安培力F沿斜面向上，受力分析图如图所示，根据牛顿第二定律得
mgsin θ＋μmgcs θ－F＝ma2⑦，
F＝BIL⑧，
I＝ΔQΔt＝BLCΔvΔt＝BLCa2⑨，
由⑦⑧⑨得a2＝8 m/s2，可知导体棒沿导轨向上做匀减速直线运动(1分)
t2＝v1a2＝0．2 s(1分)
导体棒上滑到右侧最高点位移x2＝0－v1－2a2(1分)
解得x2＝0．16 m(1分)
同理，导体棒在右侧导轨上滑到达最高点后以加速度a1向下匀加速运动，到达最低点后以加速度a2匀减速滑上左侧导轨，如此往复，直至停在最低点。根据运动学规律得
在两边导轨匀加速下滑时间依次为：
t1＝0．8 s，t3＝0．4 s，t5＝0．2 s，t7＝0．1 s…
在两边导轨匀减速上滑时间依次为：
t2＝0．2 s，t4＝0．1 s，t6＝0．05 s，t8＝0．0025 s…
所以t总＝2 s(2分)
15．【知识点】带电粒子（物体）在重力场和电场组成的复合场中的运动、求解弹性碰撞问题
【答案】（1）2smqE （2）kq2E （3）4qEs＋q2qEk
【解析】（1）未碰撞前，A受到的合外力大小F＝2qE－qE ①（1分）
由牛顿第二定律可得A的加速度大小a＝Fm＝qEm ②（1分）
设经时间t A、B发生碰撞，则s＝12at2 ③（1分）
由①②③式可得t＝2smqE ④（1分）
（2）碰撞后A的速度最大时所受合外力为0，有
qE＋qE＝F库 ⑤（2分）
设A、B间的距离为x，则F库＝kq2x2 ⑥（1分）
由⑤⑥式可得x＝kq2E ⑦（1分）
（3）由题图乙知碰撞前瞬间A的速度为vm，有vm＝2as ⑧（1分）
设碰后瞬间B的速度为v0，A的速度为v'，A、B发生弹性正碰时动量守恒且机械能守恒，有
mvm＝mv'＋mv0 ⑨（1分）
12mvm2＝12mv'2＋12mv02 ⑩（1分）
由②⑧⑨⑩可得v'＝0，v0＝vm＝2qEsm ⑪（1分）
碰撞分离后至A的速度达到最大的过程中，A、B系统受到的合外力为0，满足动量守恒，有
mv0＝mvB－mvm ⑫（1分）
设A、B间的库仑力对A、B做的总功为W，由动能定理可得
W－qEx－qEx＝12mvm2＋12mvB2－12mv02 ⑬（2分）
联立各式可得W＝4qEs＋q2qEk（1分）