2023-2024学年河南省焦作市博爱县第一中学高三（上）一模物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河南省焦作市博爱县第一中学高三（上）一模物理试卷（含解析），共20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.甲、乙两车在同一条直道上行驶，它们运动的位移x随时间t变化的关系如图所示，已知甲车做初速度为零的匀变速直线运动。则( )
A. 甲车的加速度大小为1m/s2B. t=6s时，两车相距36m
C. 两车相遇时，两车速率相等D. x−t图像中t0=8s
2.如图所示为长度相同、平行硬质通电直导线a、b的截面图。a导线放置在O点正下方的粗糙水平地面上，b导线通过绝缘细线悬挂于O点，且Oa=Ob。开始时，a导线通以垂直纸面向里的恒定电流，b导线静止于实线位置。现将b导线中的电流缓慢增加，b导线缓慢移动到虚线位置再次静止。通电直导线的粗细可忽略不计，b导线移动过程中a导线始终保持静止且两导线保持平行。下列说法正确的是
( )
A. b导线中的电流方向垂直纸面向里
B. b导线在实线位置时所受安培力的方向与Ob垂直
C. a导线对地面的压力逐渐增大
D. b导线缓慢移动的过程中，细线对b导线的拉力逐渐变大
3.一儿童在楼梯台阶上玩掷弹力球游戏，弹力球质量为m，小球从高处落到低处，其空中运动轨迹如图所示，已知台阶的高和宽均为L，不计空气阻力和碰撞时间，重力加速度为g，以下说法正确的是
( )
A. 弹力球每次弹起在空中运动时间为2 2L3g
B. 弹力球每次弹起时速度大小为 15gL6
C. 弹力球每次碰撞动量的变化量大小为m 6gL
D. 弹力球每次碰撞损失的能量为mgL2
4.如图所示，在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘内壁放另一个圆环形电极接电源的正极做“旋转液体实验”，其中蹄形磁铁两极间正对部分的磁场可视为匀强磁场，磁铁上方为S极。电源的电动势E=6 V，内阻未知，限流电阻R0=4.8 Ω。闭合开关S后，当导电液体旋转稳定时理想电压表的示数恒为3.5 V，理想电流表示数为0.5 A。则
A. 从上往下看，液体顺时针旋转
B. 玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R=7.0 Ω
C. 液体消耗的电功率为1.75 W
D. 1分钟内，液体里产生的热量为105 J
5.某款手机防窥屏的原理图如图所示，在透明介质中有相互平行排列的吸光屏障，屏障垂直于屏幕，可实现对像素单元可视角度θ的控制。发光像素单元紧贴防窥屏的下表面，可视为点光源，位于相邻两屏障的正中间。下列说法正确的是
( )
A. 防窥屏的厚度越大，可视角度θ越小
B. 屏障的高度d越大，可视角度θ越小
C. 透明介质的折射率越小，可视角度θ越大
D. 防窥屏实现防窥效果主要是因为光发生了全反射
6.绿色环保低碳出行已经成为一种时尚，新能源汽车越来越受市民的喜爱，正在加速“驶入”百姓家，某家用交流充电桩的供电电路如图所示。已知总电源的输出电压为U1=250V，输电线的总电阻r=20Ω，变压器视为理想变压器，其中升压变压器原副线圈的匝数比为n1：n2=1：8，汽车充电桩的额定电压为U4=220V，额定功率为9.5kW。当汽车以额定电压充电时，下列说法中正确的是( )
A. 通过输电线的电流为5A
B. 电源的输出功率为10.5kW
C. 输电线因发热而损失的功率为输送功率的4%
D. 降压变压器原、副线圈的匝数之比为100：11
7.气压式电脑升降桌通过汽缸上下运动来支配桌子升降，其简易结构如图所示，圆柱形汽缸与桌面固定连接，柱状活塞与脚底座固定连接．可自由移动的汽缸与活塞之间封闭着一定质量的理想气体，汽缸导热性能良好，活塞可在气缸内无摩擦活动．设气体的初始状态为A，将电脑放在桌面上保持不动，桌子缓慢下降一段距离后达到稳定状态B.打开空调一段时间后，室内温度降低到设定温度，稳定后气体状态为C.将电脑从桌子上拿起来，桌子重新达到新的稳定状态D.则气体从状态A→B→C→D的过程中，下列说法中正确的是
A. 从A到B的过程中，气体等温压缩，压强增大
B. 从A到B的过程中，气体会从外界吸热
C. 从B到C的过程中，气体等压降温，体积增大
D. 从C到D的过程中，气体降压升温，体积增大
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.每个工程设计都蕴含一定的科学道理。如下图甲的家用燃气炉架有四个爪，若将总质量为m的锅放在图甲所示的炉架上，示意图如图乙，忽略爪与锅之间的摩擦力，设锅为半径为R的球面，则每个爪与锅之间的弹力
( )
A. 等于14mgB. 大于14mgC. R越大，弹力越小D. R越大，弹力越大
9.载着登陆舱的探测器经过多次变轨后登陆火星的轨迹如图，其中轨道Ⅰ、Ⅲ为椭圆，轨道Ⅱ为圆。探测器经轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ运动在Q点登陆火星，O点是轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的交点，轨道上的O、P、Q三点与火星中心在同一直线上，O、Q两点分别是椭圆轨道Ⅲ的远火星点和近火星点。已知火星的半径为R，OQ=4R，探测器在轨道Ⅱ上经过O点的速度为v。下列说法正确的有
( )
A. 在相等时间内，轨道Ⅰ上探测器与火星中心的连线扫过的面积与轨道Ⅱ上探测器与火星中心的连线扫过的面积相等
B. 探测器在轨道Ⅰ运动时，经过O点的速度大于v
C. 探测器在轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ运动时，经过O点的加速度均等于v23R
D. 在轨道Ⅱ上第一次由O点到P点与在轨道Ⅲ上第一次由O点到Q点的时间之比是9:4
10.由相同的电流表改装而成的三个电压表按如图所示的方式接入电路，已知V3的量程最大，V1的量程最小，且V3的量程等于V1与V2的量程之和，当电路导通时，三个电压表的示数分别为U1、U2、U3，指针偏转的角度分别为θ1、θ2、θ3，则有
( )
A. U1C. U1+ U2= U3，θ1+θ2=θ3D. U1+ U2= U3，θ1+θ2=2θ3
三、实验题：本大题共2小题，共20分。
11.为探究向心力大小与角速度的关系，某实验小组通过如图所示的装置进行实验。滑块套在水平杆上，随水平杆一起绕竖直杆做匀速圆周运动，力传感器通过一细绳连接滑块，用来测绳上拉力大小。滑块上固定一遮光片，宽度为d，光电门可以记录遮光片通过的时间，测出滑块中心到竖直杆的距离为l。实验过程中细绳始终被拉直。
(1)本实验所采用的实验探究方法与下列哪些实验是不同的_______。
A.探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关
B.探究导线的电阻与长度、横截面积和材料的关系
C.探究加速度与物体受力、物体质量的关系
D.探究平抛运动的特点
(2)滑块随杆转动做匀速圆周运动时，每经过光电门一次。力传感器和光电门就同时获得一组拉力F和遮光时间t，则滑块的角速度ω=_______(用t、l、d表示)。
(3)为验证向心力大小与角速度的关系，得到多组实验数据后，应作出F与_______(填“t”、“1t”或 的关系图像。如果图像是一条过原点的倾斜直线，且直线的斜率等于_______，表明此实验过程中向心力与_______成正比(选填“角速度”、“角速度平方”或“角速度二次方根”)。
12.某同学把量程为500μA但内阻未知的微安表G改装成量程为2V的电压表，他先测量出微安表G的内阻，然后对电表进行改装，最后再利用一标准电压表，对改装后的电压表进行检测。

该同学利用“半偏法”原理测量微安表G的内阻，实验中可供选择的器材如下：
A.滑动变阻器R1(0∼5kΩ)
B.滑动变阻器R2(0∼20kΩ)
C.电阻箱R′(0∼9999.9Ω)
D.电源E1(电动势为1.5V)
E.电源E2(电动势为9V)
F.开关、导线若干
具体实验步骤如下：
a.按电路原理图甲连接好线路；
b.将滑动变阻器R的阻值调到最大，闭合开关S1后调节R的阻值，使微安表G的指针满偏；
c.闭合S2，保持R不变，调节R′的阻值，使微安表G的示数为250μA，此时R′的示数为1900.0Ω；
回答下列问题：
(1)为减小实验误差，实验中电源应选用__，滑动变阻器应选用____(填仪器前的字母)；
(2)由实验操作步骤可知微安表G内阻的测量值Rg=_________Ω；
(3)若按照(2)中测量的R3，将上述微安表G改装成量程为2V的电压表需要串联一个阻值为_________Ω的电阻R0；
(4)用图乙所示电路对改装后的电压表进行校对，由于内阻测量造成的误差，当标准电压表示数为2V时，改装电压表中微安表G的示数为495μA，为了尽量消除改装后的电压表测量电压时带来的误差，R0的阻值应调至_________Ω(结果保留1位小数)。
四、计算题：本大题共4小题，共40分。
13.如图甲所示，一足够长的木板静止在光滑的水平地面上，可视为质点的小滑块置于木板上A处。从t=0时刻开始，木板在外力作用下开始沿水平地面做直线运动，其运动的v−t图象如图乙所示。已知滑块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2，木板与滑块间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2.求：
(1)t=3.5s时滑块的速度大小；
(2)若滑块在木板上滑动时能够留下痕迹，则此痕迹的长度。
14.在光滑水平面上有两个静止的、可视为质点的相同物块A、B，某时刻给物块A一个向右的初速度v0=10 m/s，物块A与物块B发生弹性碰撞，碰后物块进入与水平面平滑连接的光滑圆形轨道。圆形轨道右侧的光滑水平面平滑连接着一个倾角θ=37°且足够长的粗糙斜面，斜面与物块间的动摩擦因数为μ0=0.5，重力加速度g取10 m/s²，sin37°=0.6，cs37°=0.8。
(1)求物块A与物块B碰后瞬间，物块B的速度大小；
(2)为保证物块第一次进入圆形轨道的过程中不脱离轨道，求圆形轨道半径R的取值范围；
(3)若圆形轨道半径R=1.8 m，求物块B第一次滑上斜面的最大位移s1
15.如图甲所示，均匀介质中有三角形PQR，PR=2.0m，QR=3.8m，P处有一个波源，从t=0时刻开始按图乙所示规律做简谐运动，产生的简谐横波在三角形平面内传播，经过时间Δt=4.0s，R处的介质开始振动。求：
(1)从t1=1.1s到t2=6.0s波源的位移大小和路程；
(2)简谐横波的波长；
(3)若Q处也有一个与P处完全相同的振源，则达到稳定后，R处介质的振幅是多少？已知波传播时无衰减。
16.如图所示，在平面直角坐标系第一象限中，0b的区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，一质量为m、带电量为+q的粒子(不计重力)自O点以速度v0沿x轴正方向射入电场，然后在x=b上某一点(图上没标出)射出，并与x=b线成θ=30∘进入磁场。经过一段时间粒子第一次经过x轴上的P点且垂直x轴进入第四象限。粒子到达P点瞬间原来向外的磁场全部消失，粒子在第四象限运动一段时间后进入一矩形匀强磁场(该磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为原向外磁场的2倍)区域，粒子再次到达x轴时方向恰好沿x轴负方向，且能第二次经过P点。求：
(1)求电场强度E的大小；
(2)求从O点开始第一次到x轴所用的时间；
(3)求矩形磁场的最小面积。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】位移—时间图象的斜率等于速度，倾斜的直线表示匀速直线运动，结合数学方法分析甲的加速度及运动情况。
位移—时间图象的斜率等于速度，倾斜的直线表示匀速直线运动，位移等于x的变化量，结合运动学公式进行分析。
【解答】解：A.对甲车在前4s，根据x=12at2，可得64m−48m=12a×42，解得a=2m/s2，故A错误；
B.由图知，开始时刻两车相距x0=64m，且两车相向运动。t=6s时，有x甲=12at2=36m;x乙=v乙t=72m
则此时两车相距Δx=x甲+x乙−x0=44m，故B错误。
C.对乙车，有v乙=484m/s=12m/s，由图知在t=4s时两车相遇，对甲车有v4=at4=8m/s
显然两车速率不相等，故C错误；
D.对甲车在0∼t0时间内，根据x0=12at02，可得64m=12×2×t02，解得t0=8s，故D正确；
故选D。
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查安培力作用下的共点力平衡问题，解决本题的关键是熟练掌握电流间的相互作用以及相似三角形法则。
对导线b进行受力分析，结合三角形相似分析b中电流缓慢增加后，细线与b的作用力如何变化；再对a分析，根据ab间安培力的变化，分析a导线对地面的压力如何变化。
【解答】
A.对导线b受力分析，a、b导线间为斥力时b导线才能平衡，
根据“同向电流吸引，反向电流排斥”，可知b中的电流方向为垂直纸面向外，故 A错误;
B.导线b所受安培力方向沿ab连线斜向左上，因为Oa=Ob，所以安培力不可能与拉力方向垂直，故 B错误;
D.b导线受力分析如图所示，△Oab与力的矢量三角形相似，有mgOa=TOb=F安ab
mga不变，而Ob长度也不变，所以拉力T也不变，故D错误;
C.将ab导线看作一个整体，竖直方向：整体的的重力不变，拉力不变，拉力与竖直方向夹角变小，所以拉力竖直方向分力变小，所以支持力变大，由牛顿第三定律可得，a导线对地面的压力变大，故C正确。
3.【答案】C
【解析】A.弹力球做斜抛运动，每次上升的最大高度为 L3 ，根据
L3=12gt12
可得上升的时间
t1= 2L3g
下落高度为 4L3 ，同理可知下落的时间
t2=2 2L3g
弹力球每次弹起在空中运动时间为
t=t1+t2=3 2L3g= 6Lg
A错误；
B.弹力球水平方向匀速运动，水平速度
v水平=Lt= Lg6
每次弹起时竖直分速度
v1=gt1= 6gL3
弹力球每次弹起时速度大小
v= v12+v水平2= 30gL6
B错误；
C.每次落地时的竖直分速度
v2=gt2=2 6gL3
由于只有竖直方向速度发生变化，弹力球每次碰撞动量的变化量大小为
mΔv=mv2−(−mv1)=m 6gL
C正确；
D.弹力球每次碰撞损失的能量
ΔE=12m(v22+v水平2)−12m(v12+v水平2)=mgL
D错误。
故选C。
4.【答案】C
【解析】【分析】
在电源外部，电流由正极流向负极;由左手定则可以判断出导电液体受到的安培力方向，从而判断出液体的旋转方向;玻璃皿中两电极间液体是非线性原件，不满足欧姆定律；根据电功率公式求解。该题考查安培力，是一道容易出错的题目。容易错的地方是导电液体的电阻值消耗的电压不等于液体两端的电压。
【解答】
A.由于中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心；器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转，故A错误；
B.玻璃皿中两电极间液体是非线性原件，不满足欧姆定律，R=UI≠7.0Ω，故B错误；
C.液体的电功率P=UI=3.5×0.5W=1.75W，故C正确；
D.1分钟电流做功为W=Pt=1.75×60J=105J，由能量守恒可知电流做功转化为热能和液体的转动动能，因此1分钟内液体里产生的热量小于105J， D错误；
故选：C。
5.【答案】B
【解析】A.视角度 θ 与防窥屏的厚度无关，即防窥屏的厚度大，可视角度 θ 不变，故A错误；
B.屏障的高度d越大，光线射到界面的入射角越小，则在空气中的折射角越小，则可视角度 θ 越小，故B正确；
C.透明介质的折射率越小，则在空气中的折射角越小，则可视角度 θ 越小，故C错误；
D.防窥屏实现防窥效果的原理是因为某些角度范围内的光被屏障吸收，能射出到空气中的光其入射角都小于临界角，没有发生全反射，故D错误。
故选B。
6.【答案】A
【解析】D.总电源的输出电压为U1=250V，又U1U2=n1n2=18，得U2=2000V，
当汽车以额定电压充电时，充电电流I4=PU4=9.5×103220=47511A，
又I3I4=n4n3，得I3=n4n3I4=n4n3×47511A，U3=U2−I3r，
又U3U4=n3n4，得U3=n3n4U4=n3n4×220V，
联立得2000−n4n3×47511×20=n3n4×220，解得n3n4=9511，故D错误；
A. 由U3U4=n3n4，得U3=1900V，通过输电线的电流I2=I3=U2−U3r=5A，故A正确；
B.电源的输出功率为P=P4+I22r=10kW，故B错误；
C.输电线因发热而损失的功率与输送功率的比值为I22rP=50010000×100％=5％，故C错误。
故选A。
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查气体的状态变化，明确气体的状态变化，做出其p−1V图像，结合理想气体状态方程、热力学第一定律分析。
【解答】
气体从状态A→B→C→D的过程中，封闭气体p−1V图像如图所示，
从A到B的过程中，气体从状态A→B的图线过原点，气体等温压缩，压强增大，体积减小，选项A正确;
气体内能不变，外界对气体做功，根据热力学第一定律，气体会对外放热，选项B错误;
从B到C的过程中，气体等压降温，体积减小，选项C错误;
从C到D的过程中，气体等温膨胀，压强减小，体积增大，选项D错误．
8.【答案】BC
【解析】设：每个爪与锅之间的弹力为F，根据对称性可知，正对的一对爪对锅的弹力的合力方向竖直向上，则四个爪对锅的弹力在竖直方向的分力等于锅的重力；设正对的一对爪之间的距离为d，则F与竖直方向之间的夹角
sinθ=d2R
竖直方向根据平衡条件可得
4Fcsθ=mg
解得
F=mg4csθ=mgR4 R2−d24 =mg4⋅1 1−d24R2>mg4
可知R越大，则F越小，BC正确，AD错误。
故选BC。
9.【答案】BC
【解析】A.根据开普勒第二定律，在同一轨道上探测器与火星中心的连线在相时间内扫过的相等的面积，在两个不同的轨道上，不具备上述关系，即在相等时间内，轨道Ⅰ上探测器与火星中心的连线扫过的面积与轨道Ⅱ上探测器与火星中心的连线扫过的面积不相等，故A错误；
B.探测器在轨道Ⅰ运动时，经过O点减速变轨到轨道Ⅱ，则在轨道Ⅰ运动时经过O点的速度大于v，故B正确；
C.轨道Ⅱ是圆轨道，半径为3R，经过O点的速度为v，根据圆周运动的规律可知，探测器经过O点的加速度
a=v23R
轨道Ⅱ和轨道Ⅲ上运行经过O点时万有引力相同，天体运行时仅受万有引力作用，由
F合=ma
可知，在O点时加速度相等，故C正确；
D.轨道Ⅲ的半长轴为2R，根据开普勒第三定律可知
3R3T22=2R3T32
解得
T2T3=3 64
故D错误。
故选BC。
10.【答案】BD
【解析】解：相同的电流表改装而成的三个电压表，则满偏电流Ig相同，V3的量程最大，V1的量程最小，且V3的量程等于V1与V2的量程之和，则R1内AB、由图示可知，电压表V1与V2串联，则流过两电表的电流I相等，电表指针偏转角度相等，即θ1=θ2，由于R1内CD、由图示可知，电压表V1与V2串联，然后与V3并联，由串并联电路特点可知，电压表示数关系为：U1+U2=U3，由于并联电路电压相等，且R3内=R1内+R2内，则两支路电流相等，各电表指针偏转角度相等，θ1=θ2=θ3，θ1+θ2=2θ3，故C错误，D正确；
故选：BD。
把电流表改装成电压表，需要给电流表串联一个分压电阻，改装后的量程：U=Ig(Rg+R串)=IgR内，电流表指针偏转角度与电流大小成正比，据此根据题意分析答题。
本题考查了比较电压表示数大小关系、电压表指针偏转角度关系，知道电压表的改装原理、分析清楚电路结构、应用串并联电路特点即可正确解题。
11.【答案】 D dlt 1t2 md2l 角速度平方
【解析】(1)[1]探究向心力大小与角速度的关系实验中采用控制变量法，探究平抛运动特点的实验中没有采用控制变量法。
故选D。
(2)[2]根据滑块角速度与线速度的关系可知该滑块的角速度为
ω=vr=dlt
(3)[3]根据
F=mω2r
可得
F=md2l1t2
所以应作出F与 1t2 的关系图像。
[4] F− 1t2 图像的斜率为
k=md2l
[5]根据
F=md2l1t2
得
F=mld2l2t2
因为
ω=dlt
所以
F∝ω2
即实验过程中向心力与角速度的平方成正比。
12.【答案】 E B 1900.0##1900 2100.0##2100 2059.6
【解析】(1)[1]本实验误差来自于闭合S2电阻箱 R′ 并入电路后，干路电流会发生变化，为使干路电流变化较小，应使干路中滑动变阻器进入电路的阻值尽量大，为使电流表能够满偏，相应的电源电动势应较大。故电源选择电动势约为9V的电源 E2 ，即选E；
[2]毫安表G的满偏电流为500μA，则干路中滑动变阻器进入电路的最小阻值约大于
9V500×10−6A=18kΩ
故滑动变阻器应选用最大阻值为 20kΩ 的 R2 ，即选B。
(2)[3]由实验操作步骤可知通过微安表的电流等于通过电阻箱的电流，可知两部分电阻相等，即微安表G内阻的测量值 Rg=1900.0Ω ；
(3)[4]若按照(2)中测算的 Rg ，将上述微安表G改装成量程为2V的电压表需要串联的电阻 R0 为
R0=UIg−Rg=2500×10−6Ω−1900Ω=2100Ω
(4)[5]当微安表G的示数为 495μA 时
R01+Rg=2495×10−6Ω=4040.4Ω
若是调整为准确，则需将微安表读数变为 500μA ，则
R02+Rg=2500×10−6Ω=4000Ω
即将改装后的电压表内阻减小 40.4Ω ，即将 R0 的阻值变为
2100Ω−40.4Ω=2059.6Ω
13.【答案】(1)7m/s；(2)12m
【详解】(1)假设t=0时刻滑块与木板发生相对滑动，由木板运动的v−t图象可得，木板的加速度大小
a1=ΔvΔt=4m/s2
对滑块，由牛顿第二定律有
μmg=ma2
得
a2= 2m/s2
由于a2v2=a2t=6m/s
木板的速度大小
v1=12m/s
之后，木板减速，加速度大小仍为 a1 ，当两物体共速还需要时间 Δt ，有
v1−a1Δt=v2+a2Δt
解得
Δt=1s
故在 3−4s 内，滑块还在加速，因此t=3.5s时滑块的速度大小
v3=v2+a2Δt2=7m/s
(2)由以上分析可知 t′=4s 内滑块一直加速，位移大小为
x2=12a2t′2=16m
t′=4s 时滑块的速度大小为
v′=a2t′=8m/s
根据 v−t 图像与时间轴围成的面积可知木板 t′=4s 内位移大小为
x1=12×3×12m+8+122×1m=28m
因此4s内木板相对滑块向前运动12m；
t′=4s 前，木板相对滑块向前运动， t′=4s 后，因为木板加速度大小不变且大于滑块的最大加速度，则木板相对滑块向后运动，在 Δt′=2s (4−6s)内，木板的位移大小为
x3=(6−4)×82m=8m
滑块在 t′=4s 后减速直到停止过程的位移大小
x4=v′22a2=16m
因此4−6s内，木板相对滑块向后运动8m。
故滑块在木板上滑动时能够留下痕迹，则此痕迹的长度为12m。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】(1)由动量守恒定律得mv0=mvA+mvB
由机械能守恒定律得12mv 02=12mv A2+12mv B2
解得vB=10m/s，vA=0
(2)若碰后物块B恰好能达到与圆心等高的点，则12mv B2=mgR
解得R=5m
为保证物块第一次进入圆形轨道的过程中不脱离轨道，圆形轨道半径R≥5m
若碰后物块B恰好能经过圆形轨道最高点，则mg=mv m2R
由机械能守恒定律得12mv B2=2mgR+12mv m2
解得R=2m
为保证物块第一次进入圆形轨道的过程中不脱离轨道，圆形轨道半径R≤2m
综合以上两种情况可知，为保证物块第一次进入圆形轨道的过程中不脱离轨道，圆形轨道半径R≥5m或R≤2m
(3)圆形轨道半径R=1.8m<2m，可知物块B能做完整的圆周运动，以vB=10m/s的速度滑上斜面，第一次滑上斜面，由牛顿第二定律得μ0mgcsθ+mgsinθ=ma1
解得a1=10m/s2
第一次滑上斜面的最大位移为s1，由v B2=2a1s1，解得s1=5m

【解析】本题考查了弹性碰撞、竖直面的圆周运动、牛顿第二定律、运动学公式、能量守恒等诸多知识点，比较综合，关键是要认真分析物理过程，把复杂的物理过程分成几个小过程并且找到每个过程遵守的物理规律，列出相应的物理方程解题。
(1)A、B发生弹性碰撞，根据动量守恒与机械能守恒列式可求碰后B的速度大小；
(2)物体在圆周轨道上不脱离的临界情况有两种：①恰好能通过最高点，在最高点由重力提供向心力；②恰好到达圆心等高处的速度为零；
(3)根据牛顿第二定律以及运动学公式分析物块B在斜面上的运动从而得出S1的表达式。
15.【答案】解：(1)由图乙得振动周期
T=1.2s
波源P的位移—时间关系
y=2sin(2π1.2t)cm
分别代入t1=1.1s、t2=6.0s，得
y1=−1cm，y2=0cm
所求位移大小为
Δy=y2−y1=0−(−1)cm=1cm
所求路程为
l=(0−y1)+16A
代入数据解得：l=33cm
(2)由题意得波速v=PR−Δt
由关系式λ=vT
所求波长λ=0.6m
(3)因QR−−PR−=3λ，且P、Q波源完全相同，故R处介质振动的振幅为A=2×2cm=4cm
答：(1)从t1=1.1s到t2=6.0s波源的位移大小为1cm，路程为33cm；
(2)简谐横波的波长为0.6m；
(3)R处介质的振幅是4cm。
【解析】(1)由图可知周期，从而计算P的振动方程，进而分析P在不同时刻的位置，可解得位移和路程；
(2)根据波长与波速的关系可解得波长；
(3)分析R的运动情况，可知振幅大小。
本题要理解波的形成过程，根据图像分析出横波的传播特点，结合公式v=λT和运动学公式进行分析。
16.【答案】解：(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，水平方向b=v0t1，
竖直方向vy=at1，
由牛顿第二定律qE=ma，
由几何关系vy=v0tanθ= 3v0，
联立解得E= 3mv02bq。
(2)带电粒子在磁场中做圆周运动速度为v，由几何关系得v=v0sinθ=2v0，
由几何关系，带电粒子在原向外磁场中做圆周运动的半径r=2y= 3b，
做圆周运动的周期T=2πrv，
由几何关系，带电粒子在向外磁场中运动的时间t2=512T，
从O点开始第一次到x轴所用的时间t=t1+t2，
解得t=(12+5 3π)b12v0。
(3)由(2)可知在磁场运动速度为 2v0 且大小不变，进入第四象限进入矩形磁场做圆周运动q⋅2v0⋅2B=m2v02R，
得轨道半径R= 32b，
由几何关系，当矩形磁场为图示虚线矩形时的面积最小
则矩形的两个边长分别为L1=R+ 22R，L2=2R，
所以矩形磁场的最小面积ssim=L1×L2=(2+ 2)R2=3(2+ 2)4b2

【解析】本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹，在电场中的运动应用类平抛运动知识、在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解未知量，根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。
在分析磁场区域最小面积问题时，关键是做出轨迹图，如果是圆形磁场，那么圆弧轨迹对应的弦长即为圆形区域的直径。如果是矩形磁场，那么轨迹与磁场相切。如果是三角形磁场，那么三角形边长分别与轨迹初末端相切。