2023-2024学年福建省龙岩市高三（下）一模物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省龙岩市高三（下）一模物理试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列说法正确的是
A. 作用力做正功，反作用力也一定做正功B. 作用力做负功，反作用力也一定做负功
C. 一对静摩擦力所做的功的代数和总为零D. 一对滑动摩擦力所做的功的代数和总为零
2.潜艇在水下活动时需要用声呐对水下物体及舰船进行识别、跟踪、测向和测距。某潜艇声呐发出的一列超声波在t=0时的波动图像如图甲所示，图乙为质点P的振动图像，则( )
A. 该超声波的波速为1.5×103m/s
B. 该超声波沿x轴负方向传播
C. 0∼1s内，质点P沿x轴运动了1.5×103m
D. 该超声波遇到1m的障碍物会产生明显的衍射现象
3.如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，A、B球的质量分别为m1、m2，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间由一轻质细线连接，弹簧、细线均平行于斜面，系统处于静止状态。当细线被剪断的瞬间，下列说法正确的是
A. B球处于平衡状态
B. 轻弹簧的弹力大小为m1gsinθ
C. B球的加速度大小为gsinθ，方向沿斜面向下
D. A球的加速度大小为m1+m2m1gsinθ，方向沿斜面向上
4.一种静电除尘空气净化器，工作原理如图所示。一重力不计的带电尘埃仅在电场力的作用下沿虚线由Ｍ点运动到Ｎ点，实线为电场线，以放电极中心为圆心的圆交于Ｍ、P两点。下列说法正确的是
A. 带电尘埃带正电
B. M、P两点的电场强度及电势都相同
C. 该带电尘埃在M点的动能大于在N点的动能
D. 该带电尘埃在M点的电势能大于在N点的电势能
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.如图所示为物体做直线运动的图像，下列说法正确的是( )
A. 甲图中，物体在0∼t0时间内的位移大于12v0t0
B. 乙图中，物体的加速度为1m/s2
C. 丙图中，阴影面积表示t1∼t2时间内物体的末速度
D. 丁图中，t=1s时物体的速度为5m/s
6.2023年10月26日，“神舟十七号”载人飞船将十七乘组三名航天员送入空间站，图中轨道Ⅰ为载人飞船运行的椭圆轨道，轨道Ⅱ为空间站运行的圆轨道。两轨道相切于B点，A为椭圆轨道的近地点，B为椭圆轨道的远地点，C为轨道Ⅱ上一点，C、A、B三点在一条直线上，则下列说法正确的是
A. 载人飞船在轨道Ⅰ上B点的速度大于A点的速度
B. 载人飞船在轨道Ⅰ上B点的速度小于空间站在轨道Ⅱ上C点的速度
C. 载人飞船在轨道Ⅰ上B点的加速度等于空间站在轨道Ⅱ上B点的加速度
D. 载人飞船从A点运行到B点和空间站从C点运行到B点所用的时间相等
7.下列关于四种仪器的说法正确的是
A. 甲中回旋加速器加速带电粒子的最大动能与加速电压有关
B. 乙中不改变质谱仪各区域的电场、磁场时，击中光屏同一位置的粒子比荷不相同
C. 丙中载流子为负电荷的霍尔元件有如图所示的电流和磁场时，N侧电势低
D. 丁中长、宽、高分别为a、b、c的电磁流量计在如图所示的匀强磁场中，若流量Q恒定，前后两个金属侧面的电压与a、b无关
8.如图所示，水平面内固定有两根足够长的光滑平行导轨，导轨间距为l，电阻忽略不计。质量为m、电阻为R的导体棒MN与质量为2m、电阻为2R的导体棒PQ均垂直于导轨静止放置，两导体棒相距为d，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。现让MN棒以初速度v水平向左运动，直至最终达到稳定状态，导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，则在此过程中
A. 两导体棒任意时刻加速度均相同
B. 通过两导体棒的电荷量总是相等
C. MN棒上所产生的热量为mv23
D. 最终稳定时两导体棒间的距离为d+2mvRB2l2
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
9.某小组同学要探究加速度与力、质量的关系，利用如图甲所示的装置，轨道上安装两个光电门，小车上固定有挡光板，细线一端与小车连接，另一端跨过定滑轮挂上砝码盘。该小组同学把砝码盘及砝码的总重力作为小车所受的合力。
(1)先用游标卡尺测出挡光板的宽度，测量示数如图乙所示，则挡光板的宽度d=_____mm，为了完成该实验，砝码盘及砝码的总质量_____(选填“远大于”或“远小于”)小车的质量。
(2)实验前，要平衡小车所受的摩擦力，判断摩擦力已平衡的直观依据是_____。
(3)测量出以下数据：小车和挡光板的总质量M；挡光板的宽度d；当砝码盘及砝码(距地面足够高)的总质量为m时，挡光板从光电门1运动到光电门2所用的时间为t，挡光时间分别为Δt1、Δt2。已知当地重力加速度大小为g，则该实验要探究的关系式是mg=_____。
10.某同学利用图(a)所示电路测量电压表V(量程0∼3V，内阻大约2000Ω)的内阻Rv和电阻Rx(阻值大约1000Ω)的阻值。
实验器材有：
A.电源E(电动势约为4.5V，内阻可忽略不计)
B.电流表A1(量程0∼0.6A，内电阻约0.2Ω)
C.电流表A2(量程0∼6mA，内电阻约10Ω)
D.定值电阻R(阻值为1000Ω)
E.滑动变阻器R0(0∼20Ω，额定电流2A)
F.若干电键和导线
实验步骤如下：
(1)选实验器材：为了使测量结果尽量准确且两电表读数均不小于其量程的13，电流表A应选用_____。(填仪器前面的字母代号)
(2)实物连线：根据原理图(a)，完成图中的实物连线；_____( )
(3)断开电键S2，闭合电键S1，移动R0的滑动片，读出多组对应的电压表和电流表的读数U和I；
(4)断开电键S1，把R0的滑动片滑到最初的位置；
(5)闭合电键S1和S2，移动R0的滑动片，读出多组对应的电压表和电流表的读数Uˈ和Iˈ；
(6)根据步骤(3)和(5)的实验数据得到如图(c)所示的两条I−U图线。
(7)已知图(c)两条图线的斜率(a、b图像的斜率分别为k1和k2)和定值电阻R，求出电压表的内阻Rv=_____和待测电阻的阻值Rx=_____。(用k1、k2和R表示)
四、简答题：本大题共3小题，共18分。
11.自2023年8月以来，日本政府无视国际社会的强烈反对，单方面强行启动福岛核事故污染水排海，经检测福岛附近某鲈鱼体内的铯137含量严重超标，铯137衰变方程为 55137Cs→56137Ba+X，X的质量数和电荷数分别为_____、_____，已知铯137的半衰期为30年，则从现在开始算起，60年后此鲈鱼体内已衰变与未衰变的铯137的质量比为_____。
12.“强力吸盘挂钩”如图所示，安装时让吸盘紧压在平整、清洁的墙面上，扳下锁扣时细杆向外拉起吸盘，吸盘便紧紧吸在墙上。假设扳下锁扣前空腔内气体(视为理想气体且温度不变)压强为p0、体积为V0，扳下锁扣后气体的体积为85V0，则扳下锁扣后气体压强p1=_____，此过程空腔内气体内能_____(选填“增大”“不变”或“减小”)，空腔内气体_____(选填“吸热”或“放热”)。
13.小明做了一个如图所示的水流导光实验。在透明塑料瓶下方侧面开一个小孔，瓶中灌入适量清水，水从小孔中流出。将红光和绿光同时从瓶的另一侧水平射向小孔，观察到有一色光从水流侧方射出，而另一色光顺着水流中呈锯齿形路线传播。则呈锯齿形路线传播的是_____(选填“红光”或“绿光”)，其原因是该光在水与空气的界面上发生了多次_____(选填“折射”“折射及反射”或“全反射”)；随着瓶中水位下降过程中，单位长度的水柱内锯齿的数目将_____(选填“增加”“减少”或“保持不变”)。
五、计算题：本大题共3小题，共26分。
14.如图所示，某滑板运动者在距地面高度h=0.8 m的平台上滑行，从A点水平离开后落在水平地面上的B点，其水平位移s=2m。由于人与滑板着地时存在机械能损失，着地后速度大小变为v=3m/s、方向水平向右，在水平地面滑行一段距离后停止。已知人与滑板的总质量m=50kg，人与滑板在水平地面滑行时受到的平均阻力大小为f=50N，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。求：
(1)人与滑板离开平台时的水平初速度v0；
(2)人与滑板在水平地面滑行的距离s1；
(3)人与滑板在着地过程中损失的机械能ΔE。
15.如图所示，真空中两个电荷量均为+Q的点电荷分别固定在同一水平线上的A、B两点，O为连线AB的中点，C、D为连线AB竖直中垂线上关于O点对称的两点，A、C两点的距离为r，AC与AB的夹角为θ。已知连线AB竖直中垂线上的点到A点的距离为x，则该点的电势为φ=2kQx(以无穷远处为零电势点)，静电力常量为k，重力加速度为g。
(1)求C点的电场强度；
(2)将一质量为M带负电的小球从D点以某一初速度向上抛出，恰能上升到C点，求抛出时的速度v1；
(3)一个质量为m、电荷量为+q的试探电荷(重力不计)从C点以某一竖直向下的初速度运动，若此电荷能够到达O点，求其在C点的速度最小值v2。
16.如图，在同一竖直平面内有由绝缘传送带AB、光滑圆弧轨道BCP及水平轨道QN组成的装置。传送带与圆弧轨道平滑相接，水平轨道QN略低于P点，O为圆心，圆弧半径R=0.5m，OC水平，传送带长L=5m，与水平面夹角θ=37∘，滑块(视为质点)质量m=1.0kg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。
(1)传送带静止时，滑块以速度v0=6.8m/s从A点沿传送带AB向上滑行一段距离s=1.7m停下，求滑块与传送带间的动摩擦因数μ；
(2)若传送带以速率v带1=4m/s顺时针转动，将滑块轻放于A点，求滑块经过C点时对轨道的压力；
(3)将圆弧轨道改成光滑圆弧细管，各轨道平滑相接，水平轨道Q处放一质量M=3.0kg的另一滑块(视为质点)，传送带以速率v带2=8m/s顺时针转动，滑块以初速度v1=3 2m/s从A点沿传送带AB、光滑圆弧细管BCP滑到P处与另一滑块发生弹性正碰，求滑块最终经过B点的速率(结果可带根号)；
(4)若滑块带有电荷量q=+0.4C，DB区间有磁感应强度大小为B=0.5T、方向垂直纸面向外的匀强磁场，DB长d=4.8m，在(2)的条件下，滑块在磁场中运动时间为1.86s，求滑块离开B点时的速率。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
作用力与反作用力虽然大小相等，方向相反，但是做功与力的大小以及物体的位移两个因素有关，要综合考虑问题；
力对物体做功，必须具备两个条件：力和在力的方向上的位移．判断摩擦力是否做功及做什么功，要具体分析受力物体在摩擦力方向上是否有位移及位移的方向与摩擦力的方向是相同还是相反。
【解答】
AB、作用力与反作用力方向相反，但作用在不同的物体上，两个物体的运动方向可能相同，也可能相反，所以作用力做正功，反作用力可能做正功，也可能做负功，也可能不做功，故AB错误；
C、一对静摩擦力作用在不同物体上，等大，反向，共线，发生静摩擦力的两个物体相对静止，相对于参考系的位移一定相同，故一对静摩擦力做的功一定等大、一正一负，代数和为零，故C正确；
D、物体间有相对滑动时，伴随机械能的损耗(转化为内能)，所以一对滑动摩擦力做功的总和恒为负值；故D错误。
故选C。
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查机械波的传播特点，能从图像得出有用的信息是解题的关键。
根据图甲、乙得出波长和周期，从而得出波速即可判断；根据图乙得出质点P的振动方向，结合图甲由同侧法得出波的传播方向即可判断；根据波动特点分析即可判断；根据明显衍射的条件分析即可判断。
【解答】
A、由图甲知，波长λ=1.5×10−2m，周期T=1×10−5s，则波速v=λT=1.5×103m/s，故A正确；
B、由图知，t=0时质点P沿y轴正方向运动，结合图甲，由同侧法知，该超声波沿x轴正方向传播，故B错误；
C、波动中质点不随波迁移，只在自身平衡位置附近振动，则质点P不会沿x轴运动，故C错误；
D、只有缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不多，或者比波长更小时，才能发生明显的衍射现象。障碍物的宽度有1m，远大于波的波长 λ=1.5×10−2m ，故不会产生明显的衍射现象，D错误。
3.【答案】C
【解析】【分析】对系统分析，根据共点力平衡求出弹簧的弹力，烧断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，隔离对A、B两球分析，根据牛顿第二定律求出A、B的加速度．
解决本题的关键能够正确地受力分析，抓住细线烧断的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的运用。
【解答】ABC、对AB整体分析，根据共点力平衡知，弹簧的弹力F弹=(m1+m2)gsinθ，烧断细线瞬间，弹簧的弹力不突变，仍为F弹=(m1+m2)gsinθ，对B球分析，有：m2gsinθ=m2aB，解得aB=gsinθ，方向沿斜面向下，故AB错误，C正确；
D、隔离对A分析，有：F弹−m1gsinθ=m1aA，解得aA=m2m1gsin θ，方向沿斜面向上．故D错误．
故选：C．
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查电场线与运动轨迹的问题，能从题设得出有用的信息是解题的关键。
根据曲线运动特点和电场力特点得出尘埃的电性即可判断；根据电场线结合对称性得出M、N电势的高低，结合电势能公式得出电势能关系，结合能量守恒定律得出动能的关系即可判断。
【解答】
A、由运动轨迹结合曲线运动的特点知，带电尘埃所受的电场力方向与电场强度方向相反，则带电尘埃带负电，故A错误；
B、由对称性知，M、P两点的电势相同，场强大小相等，方向不相同，即电场强度不相同，故B错误；
CD、由沿电场线方向电势逐渐降低，结合对称性知，N点电势高于M点，带电尘埃带负电，由Ep=qφ知，带电尘埃在在M点的电势能大于在N点的电势能，由能量守恒定律知，该带电尘埃在M点的动能小于在N点的动能，故C错误，D正确。
5.【答案】AD
【解析】AD
【详解】A.根据v−t图像中，图线与横轴围成的面积表示位移，由图甲可知，物体在这段时间内的位移
x>v0t02
故A正确；
B.根据运动学公式
2ax=v2−v02
可得
v2=2ax+v02
可知，v2−x图像中图线的斜率为2a，由图乙可得，物体的加速度为0.5m/s2。故B错误；
C.根据a−t图像中图线与横轴所围面积表示速度的变化量可知，丙图中，阴影面积表示t1∼t2时间内物体的速度变化量，故C错误；
D.根据运动学公式
x=v0t+12at2
可得
xt=v0+12at
结合图丁可得
v0=−5m/s,a=10m/s2
由运动学公式
v=v0+at
可得，t=１s时物体的速度为
v=5m/s
故D正确。
故选AD。
6.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查了开普勒定律、万有引力定律的应用、人造卫星；解决本题时，要掌握开普勒运动定律、万有引力定律和牛顿第二定律，知道载人飞船和空间站经过同一点时加速度是相同的。
载人飞船在轨道Ⅰ椭圆轨道运行时，根据开普勒第二定律分析速度；
根据离心运动的特点，判断速度的关系；
根据牛顿第二定律，可判断加速度的关系；
根据开普勒第三定律，判断两个轨道的周期，从而可分析两段时间的关系。
【解答】
A.轨道Ⅰ为载人飞船运行的椭圆轨道，根据开普勒第二定律可知B点的速度小于A点的速度，故A错误；
B.载人飞船在轨道Ⅰ上B点加速做离心运动才能进入轨道Ⅱ，则在轨道Ⅰ上B点的速度小于空间站在轨道Ⅱ上C点的速度，故B正确；
C.根据 a=GMr2 可知，载人飞船在轨道Ⅰ上B点的加速度等于空间站在轨道Ⅱ上B点的加速度，故C正确；
D.根据开普勒第三定律可知，在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上运动时周期不同，则空间站从C点运行到B 点和载人飞船从A 点运行到B 点所用的时间不相等，故D错误。
7.【答案】CD
【解析】【分析】
本题考查了洛伦兹力的应用实例；要求学生熟练掌握带电粒子在磁场中运动的基本规律。
根据平衡体积，洛伦兹力与电场力平衡，求解最大动能、比荷、流量，根据左手定则判断霍尔元件中载流子所受洛伦兹力的方向即可。
【解答】
A.设回旋加速器中的磁感应强度为B，半径为R，粒子的电荷量为q，质量为m，则带电粒子在回旋加速器中，根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2R，可知带电粒子的最大动能为Ekm=q2B2R22m，所以带电粒子的最大动能与加速电压无关，故A错误；
B.经过质谱仪的速度选择器区域的粒子速度v都相同，经过偏转磁场时击中光屏同一位置的粒子轨道半径R相同，则根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2R，可得R=mvqB，所以不改变质谱仪各区域的电场磁场时击中光屏同一位置的粒子比荷相同，故B错误；
C.根据左手定则可判断负电荷受到的洛伦兹力方向指向N侧，所以N侧带负电荷，电势低，故C正确；
D.经过电磁流量计的带电粒子受到洛伦兹力的作用会向前后两个金属侧面偏转，在前后两个侧面之间产生电场，当带电粒子受到的电场力与洛伦兹力相等时流量Q恒定，故有qvB=qUb，又Q=Sv=bcv，所以U=QBc，由此可知，前后两个金属侧面的电压与a、b无关，故D正确。
8.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查平行导轨中的双杆切割磁感线问题，要明确双杆动量守恒，最终共速。
根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力以及牛顿第二定律求加速度，根据动量守恒求最终速度，根据动量定理求电荷量，根据电荷量的推论q=ΔΦR总求两棒间增加的距离。
【解答】
A.两导体棒串联，在运动过程中任意时刻电流大小相同，所受安培力大小相同，但由于二者质量不同，则二者加速度大小不同，故A错误；
B.两导体棒串联，在运动过程中任意时刻电流大小相同，由q=It可知：通过两导体棒的电荷量总是相等，故B正确；
C.两棒组成的系统受到的合外力为零，动量守恒，最终共速，则有mv=3mv′，解得最终速度v′=v3；
整个运动过程中，则能量守恒可得Q=12mv2−12(m+2m)v′2
解得Q=13mv2
则整个运动过程中，MN棒上所产生的热量为QMN=RR+2RQ=mv29，故C错误；
D.对PQ棒分析，根据动量定理BlIt=2mv′−0，It=q，解得q=2mv3Bl
根据q=ΔΦ3R=BlΔx3R，解得Δx=2mvRB2l2，
最终稳定时两导体棒间的距离为d+2mvRB2l2，故D正确。
9.【答案】(1) 2.50 远小于
(2)挡光板经过两个光电门的时间相等
(3) (1Δt2−1Δt1)Mdt
【详解】(1)[1]挡光板的宽度
d=2mm+0.05×10mm=2.50mm
[2]为使绳子的拉力等于砝码和砝码盘的总重力，砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量。
(2)[1]实验前，要平衡小车所受的摩擦力，判断摩擦力已平衡的直观依据是挡光板经过两个光电门的时间相等。
(3)[1]挡光板经过两个光电门的速度分别为
v1=dΔt1
v2=dΔt2
又
v2=v1+at
联立得
a=dΔt2⋅t−dΔt1⋅t
则有
mg=Ma=(1Δt2−1Δt1)Mdt

【解析】详细解答和解析过程见答案
10.【答案】 C Rk2R−1 1k1−k2
【详解】(1)[1]根据实验电路， S2 闭合时，根据题意， Rx 和 R 的总电阻约为 500Ω ，则电流表最大示数约为
I=UR总=3V500Ω=6mA
为了使测量结果尽量准确且两电表读数均不小于其量程的 13 ，电流表A应选用电流表A2，即选C。
(2)[2]实物连线根据电路图连接实物图，如下图所示
(7)[3][4]断开电键 S2 ，闭合电键 S1 ，有
URV+UR=I
图线为b，得
I=R+RVRRVU
闭合电键 S1 、 S2 ，有
U′RV+U′R+U′Rx=I′
图线为a，得
I′=Rx(R+RV)+RRVRRVRxU′
根据题意
RV=Rk2R−1 ， Rx=1k1−k2

【解析】详细解答和解析过程见答案
11.【答案】 0 −1 3:1
【详解】[1][2]根据质量数和电荷数守恒可知X为 ，故质量数为0，电荷数为−1；
[3]设对于质量为 m0 的铯137，60年后未衰变的铯137的质量为
m=122m0=14m0
故60年后此鲈鱼体内已衰变与未衰变的铯137的质量比为
m0−14m0:14m0=3:1

【解析】详细解答和解析过程见答案
12.【答案】 58p0 不变 吸热
【详解】[1]根据玻意耳定律可得
p0V0=p1V1
V1=85V0
解得
p1=58p0
[2]扳下锁扣后气体的温度不变，故气体的平均动能不变。理想气体，气体的内能等于气体的分子动能之和，气体的质量不变，所以气体的内能不变；
[3]由于气体体积变大，外界对气体做负功，气体的内能不变，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸热。

【解析】详细解答和解析过程见答案
13.【答案】绿光 全反射 增加
【详解】[1][2]光呈锯齿形路线传播而并不从侧方射出，其原因是该光在水与空气的界面上发生了多次全反射。由于
sinC=1n
红光的折射率较小，临界角较大，不容易发生全反射，若在同样的水流下分别用红光和绿光照射，只有一种色光呈锯齿形路线传播，则该光的颜色是绿光。
[3]随着瓶中水位下降过程中，水流速度变慢，水流更弯曲，则对在水中的绿光而言，入射角减小，单位长度的水柱内，锯齿的数目将增加。

【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】解：(1)由h=12gt2
得t=0.4s，
s=v0t
得v0=5m/s
(2)由动能定理有−fs1=0−12mv2
得s1=4.5m
(3)以地面为零势能面，由能量守恒定律有
ΔE=mgh+12mv02−12mv2，
得ΔE=800J。
【解析】(1)平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动。知道分运动与合运动具有等时性和独立性。运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移。
(2)根据动能定理求解．
(3)根据能量守恒定律求解。
15.【答案】解：(1)两个点电荷在C点产生的场强大小分别为
EA=EB=kQr2，
C点场强大小为E=2EAsinθ=2kQsinθr2，
方向沿着OC方向。
(2)设带电小球的电荷量为−q′ (q′> 0)，从D到C，
由动能定理有−2Mgrsinθ−q′UDC=0−12Mv12，
UDC=φD−φC=0
解得v1=2 grsinθ
(3) C点电势为φC=2kQr
O点电势为φO=2kQrcsθ
设此点电荷刚好能够到达O点，由能量守恒定律有
qφC+12mv22=qφO+0
解得v2=2 kQqrm(1csθ−1)
【解析】(1)掌握点电荷的场强公式E=kQr2，场强是矢量，场强的叠加遵循矢量合成规律。
(2)根据动能定理以及电场力做功公式求出抛出速度。
(3)速度最小时，电荷到达O点的速度恰好为零，根据能量守恒定律结合电势能公式求速度最小值。
16.【答案】解：(1)由运动学公式有v02=2a1s，
得滑块上滑加速度大小a1=13.6m/s2 ，
由牛顿第二定律，滑块上滑加速度大小：
a1=mgsin37∘+μmgcs37∘m ，
得μ=0.95;
(2)由牛顿第二定律，得滑块上滑加速度大小：
a2=μmgcs37∘−mgsin37∘m=1.6m/s2
假设滑块从A匀加速直线运动到B
由运动学公式有vB2=2a2L
得vB=4m/s=v带1，假设成立
滑块从B到C，由机械能守恒定律有
12mvB2−12mvC2=mgRcs37∘
滑块在C点，由牛顿第二定律有
N=mvC2R
得N=16N
由牛顿第三定律得：滑块对轨道的压力大小为16N，方向水平向右;
(3)假设滑块从A匀加速直线运动到B，由运动学公式有
vB12−v12=2a2L
得滑块到B点时的速率：vB1= 34m/s滑块从B到P，由机械能守恒定律有
12mvB1 2−12mvP 2=mg(Rcs37∘+R)
得滑块到达P处时速度：vP=4m/s
两滑块碰撞过程由动量守恒定律有
mvP=mvm+MvM
由能量守恒定律有
12mvP 2=12mvm 2+12MvM 2
得碰后滑块以速度vm=−2m/s沿细管PCB返回传送带
滑块从P到B，由机械能守恒定律有
12mv′m2−12mvm 2=mg(R+Rcs37∘)
得滑块以速度v′m= 22m/s从B点返回传送带，在传送带上做匀减速直
线运动，假设滑块减速到零通过的位移为S=vm′22a2=6.875m>L，说明滑
块减速到零之前已从A点离开传送带，则滑块最终经过B点速率为
22m/s;
(4)由(2)可知：滑块从A到D，由运动学公式有
vD2=2a2(L−d)
得滑块进入磁场时速度：vD=0.8m/s
假设滑块从D加速到B，由动量定理有
−mgtsin37∘+∑μ(mgcs37∘+qviB)ti=mvB2−mvD
即−mgtsin37∘+μmgtcs37∘+μqdB=mvB2−mvD
得滑块离开B点时的速率vB2=4.688m/s>v带1，假设不成立。滑块到达
B点前已与传送带共速，再与传送带一起匀速运动，则滑块离开B点时
的速率为4m/s。
【解析】本题考查的是传送带问题，传送带静止时，由运动学公式结合牛顿第二定律求解，传送带转动起来后由机械能守恒求B到C过程得C点的速度大小，结合牛顿第二定律求滑块经过C点时对轨道的压力；根据动量守恒和能量守恒研究滑块沿光滑圆弧细管BCP滑到P处与另一滑块发生弹性正碰求出滑块最终经过B点的速率；根据运动学公式结合动量守恒求出滑块离开B点时的速率。