湖南省2025-2026学年高二（上）期末物理试卷

这是一份湖南省2025-2026学年高二（上）期末物理试卷，共17页。试卷主要包含了3s，燕山雪花大如席，片片吹落轩辕台等内容，欢迎下载使用。
第I卷（选择题）
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.在探究磁通量的实验里，一可变形金属圆线圈处于匀强磁场中如图所示，某同学在保持其周长不变的情况下，将其形状变为长方形，则穿过线圈的磁通量(已知周长一定时，圆形面积最大)( )
A. 保持不变B. 变大C. 变小D. 无法确定
2.军用机器狗已成为辅助步兵作战的“新宠”。如图所示，某款机器狗的直流电机的额定电流为I，线圈电阻为R，将它与直流电源、保护电阻R0(R0>r)、理想电流表连接成闭合回路，电机恰好能正常工作。电源的电动势为E，内阻为r，下列说法正确的是( )
A. 电机两端的电压为IR
B. 电源的输出功率为EI−I2r
C. 电机的输出功率为I2R
D. 若电机突然卡住不动时，电流表示数增大，电源的输出功率减小
3.如图所示，在光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球通过不可伸长的绝缘轻质细线连接成边长为d的正三角形，三个小球均静止。小球可视为点电荷，带电量为+q，k为静电力常量，下列说法正确的是( )
A. 小球1受到的库仑力为 3kq2d2
B. 细线上拉力大小为2kq2d2
C. 三角形中心处的电场强度不为零
D. 若将小球1、2间的细线剪断，则剪断瞬间小球1、2间的库仑力增大
4.某小组为研究单摆的振动规律，利用智能手机的加速度传感器测量单摆小角度摆动过程中摆球的切向加速度，得到切向加速度随时间变化的a−t图像如图所示，图像中纵轴表示切向加速度a(单位m/s2)，横轴表示时间t(单位s)。已知当地重力加速度g=9.8m/s2，且单摆满足小角度摆动条件。下列说法正确的是( )
A. 该单摆的振动周期为0.3s
B. 若仅将摆长缩短为原来的14，则振动周期变为原来的12
C. t=0.3s时，摆球位于单摆振动的最大位移处
D. 若增大单摆的摆角(仍为小角度)，该单摆的振动周期会显著缩短
5.如图所示是某建筑工地上的斜拉式吊具简化模型：轻质支撑杆OA左端用铰链固定在竖直墙面，右端连接斜向上可以拉动的轻绳OB和竖直向下的承重绳悬挂质量为m的建筑材料。水平杆OA对O点的弹力大小为F1，拉绳OB的拉力大小为F2。若拉动B端，使重物缓慢上移，下列说法正确的是( )
A. F1增大，F2先减小后增大
B. F1增大，F2减小
C. F1减小，F2不变
D. F1不变，F2减小
6.地震勘探是油气资源勘探的核心技术之一，其原理是利用人工激发的地震波(纵波)在地下岩层中的传播、反射，来探测岩层的分布情况。某科研团队在一次勘探实验中，在地下某处激发一简谐横波(实验模拟波)，该波在地下某均匀岩层(介质)中t=0时刻的波形图如图(a)所示，P、Q分别是平衡位置为x1=1.0m和x2=4.0m的两质点，其中Q点的振动图像如图(b)。下列说法正确的是( )
A. 该波的周期为0.2s，向x轴负方向传播
B. 经过t=0.2s，图中Q点的质点沿x轴运动到距离自身8m处
C. 质点P经过0.075s运动的路程为15cm
D. 若该波在传播过程中遇到一宽度为6m的坚硬岩层裂隙时，会发生明显的衍射现象
7.如图，总质量为m的嫦娥六号探测器，依靠竖直向下喷出密度为ρ、横截面积为S的气体，悬停在月表上空。若近似认为喷射气体的重力忽略不计，忽略探测器的质量变化，现测得探测器喷出气体的速度大小为v，还已知月球半径为R和万有引力常量G，并视月球为均匀物质构成，则根据以上物理量可求得月球密度为( )
A. 3ρSv24πGmRB. ρSv28πGmRC. 3GρSv4πmRD. GρSv8πmR
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.在探究多物体相互作用中动量守恒和能量转化的问题时，小明设计如图情景：将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一物块，现让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，下列说法正确的是( )
A. 小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽和物块组成的系统机械能守恒
B. 小球自半圆槽的A点向最低点B点运动的过程中，小球与半圆槽和物块组成的系统动量守恒
C. 小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
D. 若小球能从C点冲出去，则小球离开C点以后，将做竖直上抛运动
9.燕山雪花大如席，片片吹落轩辕台。如图，m=0.2kg的一雪块从倾角θ=37°的屋顶上的O点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x=9m，A点距地面的高度h=5.4m，雪块与屋顶间的动摩擦因数μ=0.5。不计空气阻力，运动过程中雪块质量始终保持不变，取sin37°=0.6，cs37°=0.8，重力加速度大小g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 雪块从A点离开屋顶时的速度大小为8m/s
B. 雪块在屋顶上滑动时因摩擦产生的热量为7.2J
C. 雪块落地时的速度大小为12m/s
D. 雪块落地时的速度方向与水平方向的夹角为60°
10.光滑绝缘的水平面上内有平行于水平面的匀强电场，以O为圆心，R为半径作圆，半径OB、OC相互垂直，OA与OC的夹角为θ=45°。将质量为m，电荷量为q(q>0)的带电小球，从O点以相同的初动能Ek0沿各个方向抛出。小球能从圆形边界的不同位置飞出，其中经过B点的动能为初动能的12，经过C点的动能为初动能的32倍，则下列说法正确的是( )
A. O、B两点间的电势差为Ek02q
B. 电场强度的大小为 2Ek02qR
C. B点的电势低于C点的电势
D. 带电小球通过圆弧时，经过A点的小球动能最大，最大动能为( 22+1)Ek0
第II卷（非选择题）
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.在“验证动量守恒定律”的实验中，某实验小组采用气垫导轨结合光电门的方案，完成两个滑块的一维碰撞实验，实验装置示意图如图甲所示：
(1)用天平测得滑块1、滑块2(均包括遮光片)的质量分别为m1、m2；用游标卡尺测得遮光片的宽度均为d。若某次用游标卡尺测量遮光片的宽度时的示数如图乙所示，则其读数为 mm。
(2)先调节气垫导轨水平，将滑块1放在光电门1左侧，启动气源后，轻推滑块1，当滑块1通过光电门1和光电门2时遮光片的遮光时间 (选填“相等”或“不相等”)，则气垫导轨已调节水平。调节好气垫导轨后，将粘有橡皮泥的滑块2放置在光电门1、2中间，滑块1放置在光电门1左侧。启动气源后，轻推滑块1，滑块1通过光电门1时遮光片的遮光时间为t1，滑块1撞上滑块2后一起运动，通过光电门2时滑块2上遮光片的遮光时间为t2。对于滑块1(含遮光片)、滑块2(橡皮泥质量可忽略)构成的系统，若满足表达式 ，则说明系统碰撞过程中动量守恒。(均用给定的物理量符号表示)
12.某同学设计了一个具有两种挡位(“×10”挡和“×100”挡)的欧姆表，其内部电路如图甲所示。图乙为其表盘的标度，已知表盘中间的刻度值为“15”，单位为欧姆，图中所用器材如下：
A.电源(电动势E=3.0V，内阻r=1.0Ω)
B.电流表G(满偏电流Ig=2mA，内阻Rg=100Ω)
C.电阻箱R0(最大阻值999.9Ω)
D.滑动变阻器R(最大阻值为2000Ω)
E.开关一个，导线若干
根据实验电路和实验器材，完成以下问题：
(1)图甲中的a端应与 (选填“红”或“黑”)色表笔相连接。
(2)开关S断开时，将a、b表笔短接进行欧姆调零，此时滑动变阻器R接入电路的阻值为 Ω，此时该欧姆表的倍率为 (选填“×10”或“×100”)。
(3)用该欧姆表对阻值约为150Ω的电阻进行试测，为减小测量误差，选用欧姆表合适的挡位。进行欧姆调零后，将电阻接在两表笔间，指针指向图乙中的虚线位置，则该电阻的测量值为 Ω。
(4)现在(2)中倍率情况下进行欧姆调零后测某一电阻阻值，指针正好指在“30”刻度线上，由于欧姆表使用了一段时间，电源电动势变为2.90V，内阻变大，则该待测电阻的实际阻值为 Ω。
四、计算题：本大题共3小题，共41分。
13.光纤通信是现代信息传输的核心技术之一，其核心原理是利用光在光纤内芯与包层的界面上发生全反射，使光信号沿光纤定向传播。某型号通信光纤的结构简化如图所示：光纤内芯的折射率为n1= 2，包层的折射率为n2=1(与真空的折射率相等)，内芯横截面为圆形，直径d，光纤长L。现有一束单色光从光纤左端入射(α=45°)，入射点为端面的中心A点，光在光纤内芯中传播时，第一次到达内芯与包层的界面上的B点(图中未画出)。(已知光在真空中的传播速度为c)
(1)求该单色光在光纤内芯中的传播速度；
(2)求光在B点的入射角大小，并判断光是否能在B点发生全反射；
(3)若能发生全反射则求光线射过光纤所用时间，若不能发生全反射则求当从A入射的入射角为多少度时能在B点发生全反射。
14.如图所示，在三维坐标系Oxyz中，Oz竖直向上，A、B两点的坐标分别为(0,0,h)，(0,h,0)。空间有沿y轴正方向的匀强电场，一质量为m、电荷量为+q的小球从A点静止释放，恰好可以经过B点，小球可视作质点，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
(1)电场强度的大小E；
(2)若将带电小球从A点沿x轴正方向以速度v0= 2gh抛出，求小球运动到Oxy平面上时的速度大小v；
(3)若将带电小球从A点沿z轴正方向以速度v0= 2gh抛出，求小球运动到Oxy平面过程中速度最小值vmin。
15.学校举行科技节活动需要推送节目，某物理兴趣小组设计模型如图所示，固定光滑曲面AB与长度为l=1m动摩擦因数μ=0.1的粗糙水平轨道BC相切于B点，A点距轨道BC的高度为R=1.9m，质量为m2=0.8kg的小滑块2静止在水平轨道最右端的C点，轨道BC下方的水平面上有一固定的“L”形木板，其上表面光滑，在P点(C点正下方)处固定一劲度系数为k=12.5N/m的轻弹簧，弹簧右端拴接一质量为M=0.8kg的长方体滑块，静止在O点。现将质量为m1(m1r，根据电源有最大输出功率满足的条件可知，外电阻减小时电源的输出功率增大，故D错误。
故选：B。
根据非纯电阻电路的电压和IR的关系比较判断；根据电源的输出功率公式列式解答；根据功能关系列式求解；根据电源有最大输出功率满足的条件减小分析解答。
考查闭合电路的欧姆定律的应用，理解纯电阻电路和非纯电阻电路的区别，属于中等难度考题。
3.【答案】A
【解析】解：A.小球2、3对小球1的库仑力大小均为F=kq2d2(方向沿各自连线向外)，两力夹角为60°，根据平行四边形定则，合力大小为F合=2Fcs30°=2⋅kq2d2⋅ 32= 3kq2d2，故A正确；
B.对小球1，由平衡条件知细线拉力T与库仑力合力平衡，即T=F合= 3kq2d2，故B错误；
C.正三角形中心到三个顶点的距离相等，三个小球带等量正电荷，在中心产生的电场强度大小相等，方向沿各自连线向外，由对称性可知，三个电场强度矢量的夹角均为120°，根据矢量叠加原理，合场强为零，故C错误；
D.剪断小球1、2间细线瞬间，小球1、2间的库仑力仍存在(距离未突变)，此时小球1、2的加速度不为零，但距离仍为d(细线不可伸长，剪断瞬间距离不变)，故D错误。
故选：A。
对小球1受力分析，用库仑定律计算另外两球对它的库仑力并矢量合成，结合平衡条件求细线拉力，同时分析三角形中心的电场强度叠加及断线后的库仑力变化。
本题以正三角形带电小球模型为载体，综合考查库仑定律、力的合成与平衡、电场强度叠加等知识点，注重对受力分析与矢量运算能力的考查。
4.【答案】B
【解析】解：A、由图可得单摆的振动周期为T=0.6s，故A错误；
B、根据单摆周期公式T=2π Lg可知，若仅将摆长缩短为原来的14，则振动周期变为原来的12，故B正确；
C、由图可以看出t=0.3s时，摆球位于单摆振动的平衡位置处，故C错误；
D、根据单摆周期公式T=2π Lg可知，单摆的振动周期于摆角的大小无关，故D错误。
故选：B。
根据图像分析；根据单摆周期公式分析；根据图像分析；单摆的振动周期于摆角的大小无关。
掌握单摆周期公式的应用是解题的基础，知道单摆周期与其摆角大小以及振幅大小无关。
5.【答案】D
【解析】解：对O点受力分析：水平杆弹力F1、拉绳拉力F2重物拉力mg。
力的三角形与几何三角形OAB相似，得F1OA=F2OB=mgAB
拉动B端使重物上移时，OA、AB长度不变，OB长度减小。
F1=mg⋅OAAB，因OA、AB不变，故F ​1不变，F2=mg⋅OBAB，因OB减小，故F ​2减小。
故ABC错误，D正确。
故选：D。
这是一个共点力动态平衡问题，核心是对O点进行受力分析，结合几何关系判断拉力和弹力的变化。
本题的关键在于正确建立几何关系与力的对应关系，利用动态平衡中“缓慢移动”的受力平衡条件，结合三角函数或相似三角形分析力的变化。需要注意杆的弹力方向始终沿杆，而绳子拉力方向始终沿绳。
6.【答案】D
【解析】解：A.t=0时Q在平衡位置下一个时刻向y轴正方向振动，即向上振动，根据同侧法，波的传播方x轴正方向，故A错误；
B.Q点的质点只是在平衡位置附近上下振动，不沿x轴运传播，故B错误；
C.质点的振动周期是0.2s，则在0.075s内振动了整个周期的38，P点的横坐标为1，根据波形图的表达式y=10sin(2π8x)
代入数据得y=5 2m，在经过0.075s，P点回到平衡位置，但是走过的路程为10+5 2m，故C错误；
D.根据波形图可知波长是8m，缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不多可以发生明显的衍射，6m和8m相差不大，可以发生明显的衍射，故D正确。
故选：D。
由振动图像得周期，结合质点位置差与时间差求波速、波长，再分析波的传播方向、质点振动路程及衍射条件。
本题结合振动图像与波动情境，考查波的周期、波长、波速的关联，质点振动规律及衍射条件，需熟练运用波动基本规律分析实际问题。
7.【答案】A
【解析】解：设Δt时间内喷出气体质量为Δm=ρSvΔt
规定喷出气体方向为正，对喷出气体用动量定理FΔt=Δm⋅v
物体受力平衡与万有引力探测器悬停时，月球引力与喷气推力平衡GMmR2=F
代入数据得月球质量M月=ρSv2R2Gm
月球密度月球体积V=43πR3
得密度为ρ月=M总V=ρSv2R2Gm⋅34πR3=3ρSv24πGmR，故A正确，BCD错误。
故选：A。
通过动量定理求出喷气推力，结合探测器悬停时的受力平衡得到月球引力，再利用万有引力定律求出月球质量，最后结合球体体积公式计算月球密度。
本题综合了动量定理、万有引力定律与密度公式，需将喷气推力与天体引力建立关联，易在受力分析和公式推导的细节上出错。
8.【答案】AC
【解析】解：A、机械能守恒条件：除重力、系统内弹力外，没有其它力做功，可知小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽和物块组成的系统，机械能守恒，故A正确；
B、动量守恒条件：合力为零，小球从A到B的过程，小球与半圆槽和物块组成的系统，半圆槽和物块在竖直方向没有速度，小球在竖直方向有速度，且在竖直方向并不是做匀速运动，因此系统在竖直方向的合力不为零，动量不守恒，故B错误；
C、单方向动量守恒条件：单方向受到的合力为零，小球从B到C的过程，地面光滑，小球与半圆槽作为整体，在水平方向不受外力，水平方向动量守恒，故C正确；
D、小球与半圆槽和物块组成的系统，在小球、半圆槽、物块整体在水平方向，不受外力，水平方向动量守恒，小球从A到B的过程，小球与半圆槽、物块作为整体水平方向动量守恒，小球对半圆槽和物块是向左的力，半圆槽和物块对小球向右的力，可知物块会获得向左的速度；小球从B到C的过程，小球与半圆槽、物块作为整体水平方向动量守恒，而物块有向左的速度，则小球和半圆槽整体有向右的速度；若小球能从C点冲出去，小球离开C点时的速度方向为斜向右上方，小球只受到重力作用，小球将做斜抛运动，故D错误。
故选：AC。
根据机械能守恒条件，可判断小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽和物块组成的系统，机械能是否守恒；根据动量守恒条件，可分析小球从A到B的过程，小球与半圆槽和物块组成的系统动量是否守恒；根据单方向动量守恒条件，可分析小球从B到C的过程，小球与半圆槽在水平方向动量是否守恒；若小球能从C点冲出去，则根据小球与半圆槽和物块组成的系统整体水平方向动量守恒的特点，可判断小球离开C点时的速度方向，分析小球是否有水平方向速度及之后的运动状态。
本题考查动量守恒和机械能守恒的分析，关键是掌握动量守恒、机械能守恒的力学条件。
9.【答案】BC
【解析】解：AB、雪块在屋顶下滑过程中，雪块在屋顶上滑动时因摩擦产生的热量等于克服摩擦力做功Q=Wf=μmgcsθ⋅x=0.5×0.2×10×0.8×9J=7.2J
设雪块从A点离开屋顶时的速度大小为v0，根据动能定理有mgxsinθ−μmgcsθ⋅x=12mv02
解得v0=6m/s，故A错误，B正确；
CD、设雪块落地时的速度大小为v1，雪块从A点到地面过程中，由动能定理有mgh=12mv12−12mv02
解得v1=12m/s
雪块在A点速度的水平分量vx=v0csθ=6×0.8m/s=4.8m/s
落地瞬间雪块速度与水平方向夹角α满足csα=vxv1=4.812=0.4，即雪块落地时的速度方向与水平方向的夹角一定不为60°解得α=60°，故C正确，D错误。
故选：BC。
用动能定理求滑离速度，再结合抛体运动速度分解分析落地状态。
易误算摩擦力做功或混淆抛体速度分解，导致速度大小与夹角判断出错。
10.【答案】BD
【解析】解：AC、小球从O到B、从O到C的过程，应用动能定理，可得：qUOB=12Ek0−Ek0，qUOC=32Ek0−Ek0，解得：UOB=−Ek02q，UOC=Ek02q，即φOφC则φB>φC，故AC错误；
B、匀强电场中，电场线与等势线垂直，由AC选项分析，可知BC中点与O的连线为等势线，结合几何关系可知电场方向为从B指向C，电场强度大小满足：E=UOCRcsθ，解得：E= 2Ek02qR，故B正确；
D、根据电场方向从B指向C，可知带电小球在A点的电势能最小、动能最大，根据动能定理，可得从O到A：qER=EkA−Ek0，解得最大动能为：EkA=( 22+1)Ek0，故D正确。
故选：BD。
根据小球从O到B、从O到C的动能变化量，结合动能定理，可得到O、B两点间的电势差，O、C两点间的电势差，比较B、C电势高低；根据匀强电场的电场线与等势线关系，可得到电场方向、电场强度大小；根据电场方向，可知带电小球电势能最小、动能最大的位置，根据动能定理，即可得到最大动能。
本题考查带电粒子在电场中的运动，注意电势、电势差、电势能均为标量，计算时需要代入正负号。
11.【答案】5.45
相等
m1t1=m1+m2t2

【解析】解：(1)20分度的游标卡尺的精确度为0.05mm，遮光条的宽度d=5mm+9×0.05mm=5.45mm；
(2)气垫导轨调节水平式，滑块在导轨上做匀速直线运动，根据匀速直线运动可知，滑块通过两个光电门的时间相等，因此当滑块1通过光电门1和光电门2时遮光片的遮光时间相等，则气垫导轨已调节水平；
碰撞前滑块1的速度v=dt1
碰撞后滑块12的速度v′=dt2
取水平向右为正方向，若碰撞过程中动量守恒，满足m1v=(m1+m2)v′
代入数据变形得m1t1=m1+m2t2。
故答案为：(1)5.45；(2)相等；m1t1=m1+m2t2。
(1)20分度的游标卡尺的精确度为0.05mm，根据游标卡尺的读数规则读数；
(2)滑块做匀速直线运动时，通过相等的位移，所需的时间相等；
根据极短时间内的平均速度求解瞬时速度，根据动量守恒定律求解作答；
本题主要考查了“验证动量守恒定律”的实验，要明确实验原理，掌握游标卡尺的读数规则，轻微根据光电门求解瞬时速度的方法，掌握动量守恒定律的运用。
12.【答案】红
1399
×100
160
2900

【解析】解：(1)a端接表内电源的负极，由电表电流的“红进黑出”则a端接红色表笔；
(2)据闭合电路的欧姆定律有Ig=ER+Rg+r=ER中，R+10+1=32kΩ
故R=1399Ω，R中=1500Ω=15×100Ω，故此时该欧姆表的倍率为×100Ω；
(3)150Ω=15×10Ω，故选的是×10Ω挡，则测量值为16×10Ω=160Ω；
(4)指针正好指在“30”刻度线上，测得某电阻为30×100Ω=3kΩ，电池电动势为3.0V，欧姆表内阻为1.5kΩ，则电流计的电流为I1=ER内+R测=3.03+1.5mA=23mA
电动势下降到2.9V，欧姆表内阻为R内1=E′Ig=2.92kΩ=1.45kΩ
则这个电阻的真实值为Rx1=E′I1−R内1=2.923kΩ−1.45kΩ=2.9kΩ
故答案为：(1)红；(2)1399，×100；(3)160；(4)2900。
(1)根据电表电流的“红进黑出”确定；
(2)根据闭合电路的欧姆定律及中值确定；
(3)由读数为示数×倍率读出；
(4)根据闭合电路的欧姆定律、电流不变及中值电阻确定。
本实验考查电表电流的“红进黑出”，闭合电路的欧姆定律，中值电阻，欧姆表的读数方法。
13.【答案】单色光在光纤内芯中的传播速度为c 2 在B点的入射角θ=60°时，能发生全反射 光线射过光纤所用时间为2 6L3c
【解析】解：(1)光在光纤内芯中的传播速度为v=cn1，
解得v=c 2；
(2)如图，
由sinαsinβ=n1，
解得β=30°，
由几何关系得在B点的入射角θ=60°，
sin60°>1n1=1 2，能发生全反射；
(3)由几何关系得光路长s=Lcs30∘，
所用时间t=sv，
解得t=2 6L3c。
答：(1)单色光在光纤内芯中的传播速度为c 2；
(2)在B点的入射角θ=60°时，能发生全反射；
(3)光线射过光纤所用时间为2 6L3c。
(1)根据光在介质中的速度公式v=cn1，代入折射率n1= 2，直接求出光在光纤内芯中的传播速度；
(2)利用折射定律求出折射角，再通过几何关系得到B点的入射角，与临界角比较后判断能发生全反射；
(3)由几何关系求出光在光纤中的传播路程，结合传播速度，计算出光在光纤中传播的总时间。
本题围绕光在光纤中的传播展开，重点考查光在介质中的传播速度、全反射条件判断，以及结合几何关系求解光程和传播时间。
14.【答案】电场强度大小为mgq 小球运动到Oxy平面上时的速度大小为 6gh 小球运动过程中速度的最小值为 gh
【解析】解：(1)小球由静止释放后，水平、竖直方向分别受到电场力、重力，水平方向：h=12ayt2，ay=qEm，竖直方向：h=12gt2，可得：E=mgq；
(2)对小球受力分析，可知小球在y轴方向受到水平向右的电场力，在z轴方向受到竖直向下的重力，小球在y轴方向：vy=ayt2，z轴方向：vz=gt2，h=12gt22，小球在x轴方向不受力，小球运动到Oxy平面上时，三个分速度互相垂直，则小球的合速度大小为：v= v02+vy2+vz2，解得：v= 6gh；
(3)对小球受力分析，得到小球受到的合力方向，把小球初始时的速度分解到沿合力方向、垂直于合力方向，如图：
可知小球在沿合力方向的分速度先减后增，在垂直于合力方向的速度不变，则最小速度为：vmin=v0csθ，解得：vmin= 22v0。
答：(1)电场强度大小为mgq；
(2)小球运动到Oxy平面上时的速度大小为 6gh；
(3)小球运动过程中速度的最小值为 gh。
(1)小球由静止释放后，水平、竖直方向分别受到电场力、重力，根据水平、竖直方向的分位移特点，可得到电场强度大小；
(2)对小球受力分析，根据小球受到的电场力、重力情况，可分析小球在y轴方向、z轴方向的分运动特点，结合分运动的独立性和等时性，可得到小球运动到Oxy平面上时的各分速度大小，根据三个分速度互相垂直，可得到小球的合速度大小；
(3)对小球受力分析，可得到小球受到的合力方向，小球初始时的速度分解到沿合力方向、垂直于合力方向，可分析小球的两个分速度变化特点，得到最小速度。
本题考查带电体在电场、重力场的复合场中的运动，注意分运动具有独立性和等时性。
15.【答案】滑块1与滑块2碰前的速度大小为6m/s 小滑块1的质量m1为0.4kg C点与滑块M上表面间的高度差h为3.2m 此后长方体滑块振动过程中离P点的最近距离为80−8 1025m
【解析】解：(1)滑块1自A点滑至C点，由动能定理可得m1gR−μm1gl=12m1vC2，代入数据计算，解得碰前速度vC=6m/s。
(2)滑块1与滑块2之间发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，依据动量守恒与机械能守恒定律有：m1vC=m1v1+m2v2，
12m1vC2=12m1v12+12m2v22，联立解得碰撞后滑块1的速度为v1=m1−m2m1+m2vC。
因滑块1碰撞后向左运动并最终静止于C点，由动能定理得−μm1g⋅2l=0−12m1v12，解得v1=−2m/s，联立上述方程，可求得滑块1的质量m1=0.4kg。
(3)碰撞后滑块2的速度为v2=2m1m1+m2vC，解得：v2=4m/s。长方体滑块M的振动周期为T=2π Mk，计算得T=1.6s。
为使滑块2每次均能下落到同一位置发生弹性碰撞，其竖直方向的飞行时间Δt需满足Δt=T，即2 2hg=1.6s，解得高度差h=3.2m。
(4)已知m2=M=0.8kg，且发生水平方向的弹性碰撞，二者交换水平速度，故碰后滑块M的速度为vM=v2，解得：vM=4m/s。
根据能量守恒定律12MvM2=12kA2，解得振幅A=8 1025m。
滑块2平抛运动的水平位移即为PO间距，满足PO=v2⋅T2，解得：PO=3.2m，
则滑块M振动过程中离P点的最近距离为d=PO−A，解得d=80−8 1025m。
答：(1)滑块1与滑块2碰前的速度大小为6m/s。
(2)小滑块1的质量m1为0.4kg。
(3)C点与滑块M上表面间的高度差h为3.2m。
(4)此后长方体滑块振动过程中离P点的最近距离为80−8 1025m。
(1)滑块1从A点静止释放后沿光滑曲面下滑至B点，此过程机械能守恒，再由B点滑上粗糙水平轨道BC至C点，需克服摩擦力做功。利用动能定理建立滑块1初始重力势能与在C点动能及BC段摩擦损耗的关系，即可求得滑块1与滑块2碰撞前的速度。
(2)滑块1与滑块2发生弹性碰撞，满足动量守恒与机械能守恒。碰撞后滑块1反向运动并最终停在C点，表明其在BC段往返运动过程中摩擦力做功消耗了全部动能。结合弹性碰撞后的速度表达式与滑块1从碰撞后至停止的动能定理关系，联立求解可得出滑块1的质量m1。
(3)滑块2被碰后获得水平速度做平抛运动，长方体滑块M在弹簧作用下做简谐振动。题目要求滑块2每次下落到O点正上方同一位置时均能与M发生弹性碰撞，这意味着滑块2平抛运动的竖直分运动时间必须等于M振动周期的整数倍。由平抛运动竖直方向自由落体规律与M的振动周期公式，建立高度差h与周期T的关系即可求解。
(4)滑块2与M发生水平和竖直方向均为弹性的碰撞，且质量相等，故水平方向速度交换。M获得初速度后开始简谐振动，其最大动能对应弹簧的最大弹性势能，由此可确定振幅A。滑块2平抛的水平位移等于PO间距，M振动中离P点最近距离即为PO间距减去振幅A。
本题是一道综合性较强的力学压轴题，涉及动能定理、弹性碰撞、平抛运动、简谐振动等多个核心知识点，考查全面且深入。题目计算量较大，对学生的物理建模能力、过程分析能力和数学运算能力提出了很高要求。其亮点在于巧妙地将平抛运动与弹簧振子的周期性振动相结合，构建了一个多物体、多过程的复杂情境，并通过“周而复始”的碰撞条件将不同运动阶段紧密耦合。学生需准确分析滑块1从释放到静止的全过程，明确弹性碰撞前后的速度关系，并敏锐抓住滑块2平抛运动时间与弹簧振子周期的整数倍关系这一隐含条件，才能顺利求解高度差与振动距离。本题对学生的逻辑推理和综合应用能力是一次极佳的锻炼。