2023-2024学年河北省沧衡名校联盟高三模拟考试物理试卷（5月）（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年河北省沧衡名校联盟高三模拟考试物理试卷（5月）（含详细答案解析），共15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.光电效应提供了一种高效、灵活的电子激发方式，使得研究者们能通过控制光源参数，实现对物质表面的电子激发和能带结构的调控。如图所示为氢原子的能级图，用大量处于n=3能级的氢原子能级跃迁产生的光子照射某金属材料，其中能量最低的光子刚好不能使该金属材料逸出光电子，则逸出光电子的最大初动能为( )
A. 13.6eVB. 10.2eVC. 3.4eVD. 1.89eV
2.劈尖干涉是一种薄膜干涉，可检查玻璃板的平整度。如图所示，将一块待测正方形玻璃板放置在一块标准板上，并在一侧边缘处垫上一块垫片使中间形成劈状空气层。已知玻璃板的边长L=10cm，垫片厚度d=1mm，用波长λ=400nm的单色光从上方入射，观测到的干涉条纹中亮纹数为( )
A. 5×103条B. 1×104条C. 2×104条D. 5×104条
3.“百公里刹车距离”是指汽车以100km/h的速度行驶时，刹车踩到底，达到最大制动力时的刹车距离。某汽车做百公里刹车距离测试时，先后经过平直公路上A、B两点，已知A、B两点之间的距离为L，汽车经过A、B两点的时刻相差t0，汽车经过A点时的速度大小为经过B点时速度大小的4倍，刹车过程可视为匀减速直线运动，则此过程中该汽车刹车时的加速度大小为( )
A. 4L3t02B. 6L5t02C. L2t02D. 2Lt02
4.如图所示，竖直平面内的支架MON由粗糙的水平细杆OM和光滑的倾斜细杆ON组成，用细线相连的两个小球A、B分别穿在两根细杆上。初始时，两小球均处于静止状态。现用外力F将小球A缓慢向O点推动一小段距离到图中虚线位置处后，撤去外力F，小球 A、B仍能保持静止状态，则该状态与初始状态相比，下列说法正确的是( )
A. 细线中的拉力变大B. 小球A受到细杆的支持力不变
C. 小球A受到细杆的摩擦力变小D. 小球B受到细杆的支持力变大
5.如图所示为一含有理想变压器的电路，理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1:n2=3:1，原线圈所接电源为正弦式交流电源且输出电压恒定;定值电阻R1、R2、R3的阻值相等，为理想交流电流表。已知开关S断开时，电流表的示数为I0，则闭合开关 S后，电流表的示数变为( )
A. 2I03B. 2I0C. 20I019D. 20I011
6.如图所示，长为2L、宽为L的矩形abcd处于匀强电场中，电场方向与矩形平面平行。一群质量为m、电荷量为q的带正电粒子从a点以相同速率v0沿不同方向射出，粒子经过d点时的速率为 2v0，经过c点时的速率为 3v0，不计粒子重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是( )
A. 匀强电场的方向由a指向cB. 粒子经过b点时的速率为 3+ 22v0
C. a、b两点之间的电势差大小为mv022qD. 匀强电场的电场强度大小为mv022qL
7.如图所示，光滑水平地面上有一足够长的轻质薄板，物块A和物块B分别静止在薄板上，两物块的质量均为m=2kg，物块A与薄板之间的动摩擦因数μ1=0.2，物块B与薄板之间的动摩擦因数μ2=0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对物块A施加一个水平向左、大小F=10N的拉力，同时对物块B也施加一个水平向右、大小F=10N的拉力，重力加速度g取10m/s2，则A、B的加速度大小分别为( )
A. aA=3m/s2 aB=1m/s2B. aA=5m/s2 aB=2m/s2
C. aA=2m/s2 aB=3m/s2D. aA=3m/s2 aB=3m/s2
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.2023年10月26日，神舟十七号载人飞船与空间站组合体成功实现自主快速交会对接后，神舟十七号航天员乘组从飞船返回舱进入空间站，后续与神舟十六号航天员乘组完成在轨轮换工作。已知中国空间站距离地面的高度为 h且绕地球做周期为T的匀速圆周运动，地球半径为 R，引力常量为 G，不考虑地球自转，下列说法正确的是( )
A. 空间站的线速度大小为2π(h+R)T
B. 空间站的向心加速度大小为4π2hT2
C. 地球的密度为3π2GT2
D. 地球表面附近的重力加速度大小为4π2(R+h)3T2R2
9.如图所示为一列沿x轴方向传播的简谐横波某时刻的波形图，该时刻质点P和Q的位移均为y=10cm，从该时刻开始计时，质点P会比质点Q提前1.0s回到平衡位置，下列说法正确的是( )
A. 该波的波长为11m
B. 该波的周期为3s
C. 该波的传播速度大小为12m/s
D. 在0∼1.5s内，质点P与Q通过的路程相等
10.如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定在水平面内，两导轨间距为L，矩形abcd区域内存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m、长度为L、阻值为R的导体棒N静止放置在导轨上且到cd的距离为L0;另一完全相同的导体棒M以初速度v0沿导轨水平向右滑入磁场区域。已知导体棒N离开磁场区域时的速度大小为v03，最终导体棒M刚好未能滑离磁场区域，两导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻。下列说法正确的是( )
A. 导体棒M刚进入磁场区域瞬间，加速度大小为B2L2v04mR
B. 导体棒N离开磁场区域前瞬间，加速度大小为B2L2v06mR
C. 整个过程中，导体棒N上产生的焦耳热为2mv029
D. 虚线ab与cd之间的距离为2mv0RB2L2
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.用如图甲所示的实验装置来验证动量守恒定律。水平导轨上有两个静止的小车A和B，小车A上方装有遮光片，前方固定撞针，小车B后方固定橡皮泥。轻推小车A，小车A经过光电门1后，与静止的小车B碰撞，然后两小车一起再通过光电门2。光电门会分别记录下遮光片的挡光时间。
(1)用游标卡尺测量遮光片的宽度d，结果如图乙所示，则遮光片的宽度d=__________mm。
(2)若某次实验中，光电门1记录的遮光时间t1=0.015s，光电门2记录的遮光时间t2=0.032s，小车A(含撞针、遮光片)的总质量为203g，小车B(含橡皮泥)的总质量为202g，则两小车碰撞前，小车A通过光电门1的速度大小v1=__________m/s，碰撞后两小车的总动量大小p2=__________kg⋅m/s。(结果均保留两位有效数字)
(3)为了减小实验误差，两个光电门放置的位置应适当__________(选填“靠近”或“远离”)一些。
12.某同学设计的欧姆表电路图如图甲所示，其中电源电动势E=1.5V，内阻r=2Ω，电流表G满偏电流为1mA，内阻为90Ω，定值电阻R0=900Ω。R1、R2为定值电阻，R4为滑动变阻器，已知该欧姆表有三个倍率挡位，分别为“×100”“×10”“×1”。其表盘如图乙所示。回答下列问题：
(1)图中的表笔A应为__________(选填“红”或“黑”)表笔。
(2)已知开关S接2时，欧姆表的倍率为×10挡，则定值电阻R1的阻值大小为__________Ω。当用该挡位测量一未知电阻Rx时，发现表头指针偏转如图乙所示，则应将开关S调整到接__________(选填“1”或“3”)，重新欧姆调零后再测量。
(3)电池使用一段时间后，电动势变为E′=1.38V，但仍能进行欧姆调零。用该欧姆表测量某电阻时，表盘示数为2200Ω，则该定值电阻的实际阻值为__________Ω。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.如图所示为某型号高压锅的示意图，该高压锅内部气体压强达到1.4×105Pa时，顶部的压力阀会被顶开放气，维持锅内气体压强保持不变。已知该高压锅在空锅情况下盖紧盖子后，内部封闭空气的体积为5.6L，初始温度为27℃，压强为1.0×105Pa，此时锅内空气的密度为1.2kg/m3。锅内空气可视为理想气体，T=t+273K。生产厂家为测试此型号高压锅性能，现对空锅盖紧盖子后缓慢加热。
(1)求压力阀被顶起开始放气瞬间，锅内空气的温度为多少摄氏度;
(2)若锅内空气温度加热到177℃时，求锅内空气的密度。
14.如图所示，竖直平面内直角坐标系xOy的y轴正方向竖直向上，在第二象限存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小E=4.0V/m，在第一象限存在垂直xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=2.0T。质量为m=0.02kg、电荷量q=+0.05C的小球从x轴上的P点(−0.8m,0)沿y轴正方向射入第二象限，初速度大小v0=4.0m/s，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)小球在第二象限内的最小动能;
(2)小球在第一象限内速率最小时的位置坐标。
15.如图所示，倾角θ=37∘足够长的斜面固定在光滑水平地面上，斜面底端通过一小段光滑圆弧(图中未画出)与水平地面平滑相连。质量m1=0.4kg的物块P和质量m2=1.2kg的物块Q静止放置在地面上，物块Q紧邻斜面底端。劲度系数k=360N/m的轻质弹簧左端固定在竖直挡板A上。现用外力向左缓慢推动物块P压缩弹簧，当弹簧的形变量x=0.2m时，将物块P由静止释放，物块P与弹簧分离后与物块Q发生弹性正碰，碰撞时间极短。已知物块 P光滑，物块 Q与斜面之间的动摩擦因数μ=0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求：
(1)两物块第一次碰撞后瞬间，物块Q的速度大小;
(2)两物块第二、三次碰撞位置之间的距离;
(3)最终物块Q增加的机械能。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查原子的跃迁和爱因斯坦的光电方程，大量处于n=3能级的氢原子能级跃迁可以产生3种能量的光子，能否发生光电效应取决于光子的能量和金属材料的逸出功，最大初动能为光子的能量和逸出功的差。
【解答】
大量处于n=3能级的氢原子能级跃迁可以产生3种能量的光子，从高到低分别是12.09eV，10.2eV，1.89eV，能量最低的光子刚好不能使该金属材料逸出光电子，说明该金属材料的逸出功为1.89eV，所以能量最高的光子照射该金属逸出的光电子最大初动能Ek=12.09eV−1.89eV=10.2eV，B正确。
2.【答案】A
【解析】【分析】
解本题的关键是知道薄膜干涉的原理和相邻亮条纹之间的距离。由题意结合n=LΔx可知观测到的干涉条纹中亮条纹数。
【解答】
由薄膜干涉规律可知，相邻亮条纹之间的距离Δx=λ2sinθ，
由题意可知n=LΔx=5×103条，所以观测到的干涉条纹中亮条纹数为5×103条，
故A正确，BCD错误。
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查刹车问题，运用匀变速运动中的平均速度的公式，和加速度的定义式求解。
【解答】
【解析】由运动学公式可知L=(vA+vB)t02，由题意可知vA=4vB，解得vB=2L5t0，vA=8L5t0，小车
的加速度大小为a=vA−vBt0=6L5t02，B正确。
4.【答案】C
【解析】【分析】本题考查动态平衡知识，正确受力分析，正确选取研究对象是解题的关键。
画出小球B的力的矢量三角形，结合图得出拉力和小球B所受的支持力变化情况即可判断；对小球A，B整体受力分析，结合平衡条件得出表达式，从而得出小球A所受的支持力和摩擦力变化情况即可判断。
【解答】AD、小球B受力的矢量三角形如图所示：
小球A缓慢地向O点移动一小段距离到图中虚线位置处过程，细线中拉力与NB的夹角逐渐增大，但未达到90∘，可见细线中的拉力F逐渐减小，小球B受到细杆ON的支持力NB逐渐减小，故AD错误；
BC、小球A、B整体受力如图所示：
由平衡条件知，小球A受到细杆OM的支持力NA=(mA+mB)g−NBcsθ，摩擦力f=NBsinθ，由于θ不变，NB逐渐减小，则小球A受到细杆OM的支持力增大，摩擦力减小，故C正确，B错误。
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查变压器问题。开关S闭合前、后，明确电路结构，结合闭合电路欧姆定律、欧姆定律、理想变压器电压与匝数以及电流与匝数的关系，联立分析即可正确求解。
【解答】
设电源电压为U0，定值电阻R1、R2、R3的阻值均为R，开关S闭合前，原线圈回路中有U0=I0R+U1，副线圈回路有U2=I2R，理想变压器有U1U2=n1n2=31，I0I2=n2n1=13，解得R=U010I0，闭合开关S后，原线圈回路中有U0=I1R+U1′，副线圈回路中有U2′=I2′⋅R2，理想变压器有U1′U2′=n1n2=31，
I1I2′=n2n1=13，解得：闭合开关S后电流表的示数I1=20I011，故D正确，ABC错误。
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查带电粒子在匀强电场中的运动、动能定理的应用以及匀强电场中电势差与电场强度的关系。由题意，结合动能表达式和动能定理分析得出对角线bd为等势面，可知粒子经过b点时的速率等于经过d点时的速率；根据电场力做功与电势差的关系式求解a、b两点之间的电势差大小；电场方向垂直等势面，由此确定电场方向；结合几何关系和电势差与电场强度的关系求解匀强电场的电场强度大小，由此即可正确求解。
【解答】B.由题意可知，粒子在a点时的动能Ek0=12mv02，在d点时的动能Ek1=12m( 2v0)2=2Ek0，在c点时的动能Ek2=12m( 3v0)2=3Ek0，可知粒子从a点到d点电场力对粒子做功为W1=2Ek0−Ek0=Ek0，从a点到c点电场力对粒子做功W2=3Ek0−Ek0=2Ek0，取ac对角线中点为O点，则可知粒子从a点到O点，电场力对粒子做功W3=Ek0，W1=W3，说明对角线bd为等势面，故粒子经过b点时的速率等于经过d点时的速率，故B错误；
C.a、b两点之间的电势差大小U=Wq=Ek0q=mv022q，故C正确；
A.电场方向垂直等势面，即电场方向垂直对角线bd，故A错误；
D.过a点做对角线bd的垂线，垂足为e，由几何关系可知12×2L×L=12× 5L×dae，解得dae=2 55L，所以电场强度大小E=Udae= 5mv024qL，故D错误。
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查牛顿第二定律的应用，受力分析是解决问题的关键。结合题意，分析物块A与轻质薄板之间的最大静摩擦力大小以及物块B与轻质薄板之间的最大静摩擦力大小，由此可知A、B的运动情况和受力情况，根据牛顿第二定律求解A、B的加速度大小，由此即可正确求解。
【解答】
物块A与轻质薄板之间的最大静摩擦力大小f1=μ1mg=4N，物块B与轻质薄板之间的最大静摩擦力大小f2=μ2mg=8N，所以轻质薄板会与物块B一起向右加速，物块B与轻质薄板之间的静摩擦力大小f3=f1=4N，物块A的加速度大小aA=F−f1m=3m/s2，物块B的加速度大小aB=F−f1m=3m/s2，故D正确，ABC错误。
8.【答案】AD
【解析】【分析】
本题主要考查万有引力定律的应用，由题意，根据匀速圆周运动的规律可知空间站的线速度大小和向心加速度大小；由万有引力提供向心力列式求得地球的质量，结合地球的体积，联立即可求解地球的密度；对地球表面附近的物体，由万有引力等于重力可得地球表面附近的重力加速度大小，由此分析即可正确求解。
【解答】
A.由题意可知，空间站的轨道半径r=R+h，根据匀速圆周运动的规律可知空间站的线速度大小v=2π(R+h)T，故A正确；
B.根据匀速圆周运动的规律可知空间站的向心加速度大小a=4π2T2(R+h)，故B错误；
C.由万有引力提供向心力有GMm(R+h)2=m4π2T2(R+h)，地球的体积V=4πR33，解得地球的密度ρ=MV=3π(R+h)3GT2R3，故C错误；
D.对地球表面附近的物体，由万有引力等于重力有GMmR2=mg，解得g=4π2(R+h)3T2R2，故D正确。
9.【答案】BD
【解析】【分析】
本题主要考查波的图像，明确图像的物理意义是解决问题的关键。根据波的图像可知波长；由题意，可知此时质点P和质点Q的振动方向，由同侧法可知波的传播方向，由图像求得质点P和Q的平衡位置坐标之间的距离，根据机械波的传播特点求解波速大小，由公式T=λv求解该波的周期；根据时间与周期的关系求解质点P和Q运动的路程，由此分析即可正确求解。
【解答】
A.由图像可知，该波的波长为12m，故A错误；
BC.质点P比质点Q先回到平衡位置，说明此时质点P沿y轴负方向运动，而质点Q沿y轴正方向运动，由同侧法可知，该波沿x轴正方向传播，根据数学知识可知，xQ12m×2π=2π3，解得xQ=4m，则质点P和Q的平衡位置坐标之间的距离Δx=4m，平衡位置的振动状态从质点P传播到质点Q用时t=1s，所以波速大小v=Δxt=4m/s，该波的周期T=λv=3s，故B正确，C错误；
D.t=1.5s=T2，所以质点P和Q运动的路程均为s=2A=40cm，故D正确。
10.【答案】BC
【解析】【分析】
本题主要考查导体棒平动切割磁感线以及电磁感应中的功能问题，难度较大。
根据切割磁感线产生的感应电动势结合闭合电路的欧姆定律和安培力的公式，可求出M棒的合外力，根据牛顿第二定律可求加速度大小；根据动量守恒以及牛顿第二定律可求出导体棒N离开磁场区域前瞬间的加速度大小；根据能量守恒定律可求出整个过程中，导体棒N上产生的焦耳热；分别对M和N根据动量定理列式进行求解。
【解答】
导体棒M经过虚线ab后的瞬间，切割磁感线产生的感应电动势E=Bdv0，回路中的感应电流大小I=E2R，导体棒M受到的安培力大小F=BIL，根据牛顿第二定律可知F=ma，解得a=B2L2v02mR，A错误；
两导体棒均在磁场区域运动的过程中，两导体棒组成的系统动量守恒，有mv0=mv1+mv03，解得v1=2v03，回路中的电流I1=BL(2v03−v03)2R，所以导体棒N离开磁场前瞬间的加速度大小a1=BI1dm=B2L2v06mR，B正确；
根据能量守恒定律，整个过程中有12mv02=12mv032+2Q，解得Q=2mv029，C正确；
由动量定理可知，导体棒N开始运动到虚线cd的过程有BILt=mv03−0，该过程中回路中的平均感应电动势E=BL(xM1−xN)t，回路中的平均感应电流I=E2R，解得xM1=2mv0R3B2L2+L0，从导体棒N离开磁场到导体棒M停止运动的过程中，对导体棒M由动量定理可知−B2L2xM22R=0−m2v03，解得xM2=4mv0R3B2L2，所以虚线ab与cd之间的距离L=xM1+xM2=2mv0RB2L2+L0，D错误。
11.【答案】(1)4.35；(2)0.29；0.055(0.055∼0.057)；(3)靠近
【解析】【分析】
本题考查验证动量守恒定律的实验，熟悉实验原理是解题的关键。
(1)根据游标卡尺的读数规则得出遮光片的宽度；
(2)根据光电门的特征计算小车A通过光电门1时的速度和小车A、B一起运动的速度，从而得出小车碰后的动量；
(3)根据实验原理和误差分析即可解题。
【解答】
(1)由图乙知，遮光片的宽度d=4mm+0.05mm×7=4.35mm；
(2)小车A通过光电门1时的速度大小v=dt1=0.29m/s，小车A、B一起运动的速度大小v1=dt2=0.136m/s，则碰撞后小车的总动量p1=(mA+mB)v1=0.055kg⋅m/s；
(3)由于导轨和小车之间有摩擦，为保证遮光片通过光电门时的速度为碰撞前、后的瞬时速度，两光电门放置的位置应适当靠近一些。
12.【答案】(1)红；(2)110；1；(3)2024。
【解析】【分析】
本题主要考查欧姆表的原理。
(1)根据欧姆表电流满足“红进黑出”，结合电源的正负极分析；
(2)欧姆表的倍率为×10挡时，根据欧姆定律和串并联电路的规律分析求解定值电阻R1的阻值大小；根据指针偏转角度分析选择倍率，结合题图甲分析开关S调整到的位置；
(3)欧姆调零时，由欧姆定律列式，测量电阻时，由闭合电路欧姆定律列式，联立即可求解。
【解答】
(1)欧姆表电流满足“红进黑出”，根据电源正负极可知，表笔A应为红表笔；
(2)开关S接2时为×10挡，所以根据图乙可知，欧姆表的内阻为150Ω，欧姆调零时，电流表G满偏，且此时流过电源的电流I=ER内=10mA，根据串并联电路的规律可知Ig(R0+Rg)=(I−Ig)R1，解得R1=110Ω；
测量未知电阻时，指针偏转角度太小，说明未知电阻阻值较大，应换用大倍率×100挡，根据图甲可知，开关S接1时为×100挡，所以应该将开关S调整到接1；
(3)当电动势为E=1.5V时，欧姆调零时有Ig=ER内，当电动势为E′=1.38V时，欧姆调零时有Ig=E ′R内 ′，测量Rx时有I=ER内+Rx测=E ′R内 ′+Rx真，Rx测=2200Ω，解得Rx真=2024Ω。
13.【答案】解：(1)刚盖上盖子时锅内空气的压强为p1=1.0×105Pa，温度为T1=(273+27)K=
300K
加热到放气前瞬间，锅内空气压强为p2=1.4×105Pa，温度为T2
放气前，锅内气体为等容变化，则有p1T1=p2T2
解得T2=420K
t=(420−273)℃=147℃
(2)设锅内空气升温到T3=(177+273)K=450K，压强p2=1.4×105Pa时的体积为V3
则根据理想气体状态方程有p1V1T1=p2V3T3
解得V3=6L
密度与体积成反比，有ρ1ρ=V3V1
解得ρ=1.12kg/m3
【解析】本题考查气体的等压变化和理想气体状态方程，先分析气体的参量，利用盖-吕萨克定律求温度，再利用理想气体状态方程求体积，利用密度和体积成反比求解。
14.【答案】解：(1)小球在第二象限受到的电场力大小为F=Eq=0.2N，方向沿x轴正方向
受到的重力为G=mg=0.2N，方向沿y轴负方向
小球受到的合力方向与x轴夹角为θ，由tanθ=GF=1，可得θ=45∘。
沿合力方向建立直角坐标系x′Py′如图所示，小球沿y′轴方向做匀减速运动，沿x′轴方向做匀
速运动，当y′轴方向的速度减小到0时，速度最小，此时沿x′轴方向的速度大小为
v1=v0csθ=2 2m/s
则此时小球的动能为Ek=12mv12=0.08J
(2)小球在第二象限运动时，沿x轴方向的加速度为a=Fm=10m/s2
沿x轴方向运动到y轴过程有x0=12at2=0.8m
vx=at
该过程沿y轴方向有y=v0t−12gt2
vy=v0−gt
解得
vx=4m/s，vy=0
y=0.8m
小球垂直y轴进入第一象限，速度大小为vx=4m/s，将小球的速度分解为沿x轴正方向的速
度vx1=2m/s和vx2=2m/s，受力分析可知
qvx1B=mg=0.2N
所以小球在第一象限中的运动可以视为沿x轴正方向的匀速直线运动和在xOy平面内的圆周运动的合运动，小球做圆周运动的半径为R=mvx2qB=0.4m
小球运动的周期为T=2πmqB=2π5s
当小球运动到最高点时，小球运动的速度为0，相应位置的纵坐标为Y=y+2R=1.6m
在一个周期内，小球沿x轴正方向前进的距离为x=vx1⋅T=4π5m
所以小球在最高点时的横坐标为X=(n+12)x(n=0,1,2,3⋯⋯)
所以小球速率最小时的位置坐标为(4nπ+2π5m,1.6m)(n=0,1,2,3⋯⋯)
【解析】本题考查带电粒子在组合场中的运动，其中在电场中的类平抛运动较为基础，在磁场中的运动需要将速度分解，运用配速法解题，有一定难度。
15.【答案】解：(1)释放物块P瞬间，弹簧的弹力大小为F=kx，弹簧弹开物块P的过程中，弹力大小随物块P的位移均匀减小，
所以弹簧对物块P做的功为W=F+02⋅x，
由动能定理可知W=12m1v12，
物块P和物块Q第一次碰撞，由动量守恒定律有m1v1=m1vP1+m2vQ1，
由机械能守恒定律有12m1v12=12m1vP12+12m2vQ12，
解得vP1=−3m/s，vQ1=3m/s；
(2)物块Q沿斜面上滑过程，由牛顿第二定律可知m2gsinθ+μm2gcsθ=m2aQ，
解得aQ=12m/s2，
物块Q第一次碰撞后上滑的最大位移为x1=vQ122aQ，解得x1=38m，
由于m2gsinθ=μm2gcsθ，故物块Q不再下滑，
物块P沿斜面上滑的加速度为aP=gsinθ=6m/s2，
物块P第一次冲上斜面时的速度大小为|vP1|=3m/s，设其与物块Q发生第二次碰撞前瞬间的速度大小为vP1′，则有vP12−vP1′2=2aPx1，
解得vP1′=3 22m/s，
同理，由动量守恒定律和机械能守恒定律，有
m1vP1′=m1vP2+m2vQ2，12m1vP1′2=12m1vP22+12m2vQ22，
可得两物块第二次碰撞后瞬间，两物块的速度分别为vP2=−3 24m/s，vQ2=3 24m/s，
物块Q再次减速上滑到停止上滑的距离为x2=vQ222aQ=364m，
所以两物块第二、三次碰撞位置之间的距离为364m；
(3)设两物块发生第三次碰撞前瞬间，物块P的速度大小为vP2′，则有vP22−vP2′2=2aPx2，
同理，解得物块Q第三次碰撞后到停止上滑的距离为x3=vQ322aQ=3512m，
所以物块Q最终上滑的距离为L=x1+x2+x3+⋯⋯=x1+18x1+(18)2x1+⋯⋯=37m，
物块Q增加的机械能为ΔE=m2gLsinθ=10835J。
【解析】本题主要考查弹性碰撞以及牛顿第二定律和运动学公式的应用，受力分析和运动分析是解决问题的关键。
(1)根据胡克定律和功的公式求得弹力做功，由动能定理列式可得P与Q第一次碰撞前的速度大小，P与Q发生弹性正碰，由动量守恒定律和机械能守恒定律列式，联立求解两物块第一次碰撞后瞬间物块Q的速度大小；
(2)物块Q沿斜面上滑过程，由牛顿第二定律列式求得加速度大小，由运动学公式求得物块Q第一次碰撞后上滑的最大位移，对Q受力分析可知，物块Q不再下滑，由牛顿第二定律求得物块P沿斜面上滑的加速度大小，由运动学公式求得物块P与物块Q发生第二次碰撞前瞬间的速度大小，同理，由弹性碰撞的规律求得两物块第二次碰撞后瞬间的速度，由运动学公式求得物块Q再次减速上滑到停止上滑的距离，即可知两物块第二、三次碰撞位置之间的距离；
(3)由运动学公式求得两物块发生第三次碰撞前瞬间物块P的速度大小，同理求得物块Q第三次碰撞后到停止上滑的距离，总结规律，得出物块Q最终上滑的距离，由此即可求解物块Q增加的机械能。