浙江省嘉兴市第一中学2022-2023学年高二物理上学期期中检测试卷（Word版附解析）

嘉兴一中2022学年第一学期期中考试高二年级物理试题一、单项选择题（本大题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对得3分，不选、错选或多选得0分）1.普朗克在1900年提出了量子假说，开创了物理学的新纪元。在下列宏观概念中，具有量子化特征的是（　　）A.人的个数B.物体所受的重力C.物体的动能D.物体运动的距离【答案】A【解析】【详解】在经典物理学中，对体系物理量变化的最小值没有限制，它们可以任意连续变化，如重力、动能、距离等。但在量子力学中，物理量只能以确定的大小一份一份地进行变化，具体有多大要随体系所处的状态而定，这种物理量只能采取某些分离数值的特征叫作量子化，如人的个数，只能是量子化的。故选A。2.下列四幅图中，小磁针N极静止时指向正确的是（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】 【详解】A．当通入的电流向上时，根据右手螺旋定则可得小磁针位置的磁场方向是（从上往下看）逆时针，由于小磁针静止时N极的指向为磁场的方向，所以静止时小磁针的N极应指向偏里侧，同理若电流方向向下时，根据右手螺旋定则可得小磁针位置的磁场方向是（从上往下看）顺时针，由于小磁针静止时N极的指向为磁场的方向，所以静止时小磁针的N极应指向偏外侧如图所示，故A错误；B．通电螺线管中电流的方向从左向右，根据安培定则可知通电螺线管N极垂直直面向里，由于小磁针静止时N极的指向为磁场的方向，所以小磁针的N极指向应该垂直纸面向里，故B错误；C．通电螺线管中电流的方向从左向右，根据安培定则可知通电螺线管N极在左端，S极在右侧，因此在螺线管内部沿轴向磁场方向水平向左，在螺线管上方磁场方向与螺线管内部的磁场的方向相反，水平向右，所以小磁针N极向右，故C正确；D．电流方向从右向左，根据安培定则可知马蹄形磁铁的右侧为S极，左侧为N极，所以小磁针静止时N极应指向右侧，故D错误。故选C。3.滑动变阻器的结构如图所示，金属电阻丝绕在绝缘瓷筒上，A、B是其两个引出端，、是金属杆的两个端点，可在杆上滑动的金属滑片把金属杆与电阻丝（绝缘漆已被刮去）连接起来。为使其串联至电路中时，要求向右滑动滑片（即向端移动）时电阻变小，则应接入电路的接线柱是（　　）A.A和BB.A和C.B和D.B和【答案】D【解析】【详解】A．滑动变阻器是靠接入电路中电阻丝的长度发生变化来改变接入电路中阻值的，当A和B接入电路中时，向右滑动滑片（即向端移动）时电阻不变，故A错误；B．当A和D接入电路中时，向右滑动滑片（即向端移动）时，变阻器中PA段电阻丝被接入电路的长度变长，即接入电路的电阻丝长度L变长，根据电阻定律，可以知道接入电路的电阻变大，故B错误； C．滑片处不是接线柱，故C错误；D．当B和C接入电路中时，向右滑动滑片（即向端移动）时，变阻器中PB段电阻丝被接入电路的长度变短，即接入电路的电阻丝长度L变短，根据电阻定律，可以知道接入电路的电阻变小，故D正确。故选D。4.水平弹簧振子，某段时间内振动小球的速度一直在增加，则在这段时间内（　　）A.系统机械能一直增加B.小球振动位移一直增加C.小球加速度一直增加D.系统弹性势能一直减小【答案】D【解析】【详解】A．简谐运动过程中，振子的动能和的弹簧的势能相互转化，机械能保持不变，A错误；B．某段时间内速度在增加，则这段时间内质点向平衡位置运动，位移减小，B错误；C．回复力可知回复力减小，根据可知小球加速度一直减小，C错误；D．振子速度增大，动能增大，结合A选项分析可知系统弹性势能减小，动能增大，D正确。故选D。5.在实验室可以做“声波碎杯”的实验，用手指轻弹一只酒杯，可以听到清脆的声音，测得这个声音的频率为500Hz。将这只酒杯放在两只大功率的声波发生器之间，操作人员通过调整其发出的声波，就能使酒杯碎掉，下列说法中正确的是（　　）A.操作人员一定是把声波发生器的功率调到很大B.操作人员可能是使声波发生器发出了频率很高的超声波C.操作人员一定是同时增大了声波发生器发出声波的频率和功率D.操作人员可能是将声波发生器发出的声波频率调到【答案】D【解析】【详解】当物体发生共振时，物体振动的振幅最大，甚至可能造成物体解体，将这只酒杯放在两只大功率的声波发生器之间，操作人员通过调整其发出的声波，将酒杯震碎是共振现象， 而发生共振的条件是驱动力的频率等于物体的固有频率，而酒杯的固有频率为500Hz，所以操作人员一定是将声波发生器发出的声波频率调到500Hz，故选D。6.如图所示，站在车上的人，用锤子连续敲打小车．初始时，人、车、锤都静止．假设水平地面光滑，关于这一物理过程，下列说法正确的是（　　）A.连续敲打可使小车持续向右运动B.人、车和锤组成的系统机械能守恒C.当锤子速度方向竖直向下时，人和车水平方向的总动量为零D.人、车和锤组成的系统动量守恒【答案】C【解析】【详解】A.人、车和锤看做一个系统处在光滑水平地面上，水平方向所受合外力为零，故水平方向动量守恒，总动量始终为零，当大锤有相对大地向左的速度时，车有向右的速度，当大锤有相对大地向右的速度时，车有向左的速度，故车来回运动，故A错误；B.大锤击打小车时，发生的不是完全弹性碰撞，系统机械能有损耗，故B错误；C.大锤的速度竖直向下时，没有水平方向的速度，因为水平方向总动量恒为零，故人和车的总动量也为零，故C正确；D.人、车和锤水平方向动量守恒，因为大锤会有竖直方向的加速度，故竖直方向合外力不为零，竖直动量不守恒，系统总动量不守恒，故D错误．7.质量为的铁锤竖直下落，打在木桩上后静止。设打击时间为，碰前铁锤速度为，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均打击力为（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】设竖直向上为正方向，对铁锤由动量定理可得 解得木桩对铁锤的平均作用力根据牛顿第三定律可知铁锤对木桩的平均打击力故选C。8.桐乡市对部分道路亮化工程进行了改造。如图所示是乌镇某行政村使用太阳能路灯的电池板铭牌，则该电池板的内阻值约为（　　）太阳能电池板参数开路电压短路电流工作电压工作电流额定功率工作温 度A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】该电池板的内阻值约为故选D。9.一个质点做简谐运动图象如图所示，下列叙述中正确的是A.质点的振动频率为4HzB.在第2s内质点的位移为－2mC.在5s末，质点的振动速度达到最大值D.在3s末，质点的加速度沿负向达到最大【答案】B【解析】【详解】A.由图知，质点运动的周期为T=4s.频率f=1/T=0.25Hz，故A错误；B.在第2s内，质点从波峰位置运动到平衡位置，位移为-2m，故B正确；C.在第5s末，质点的位移最大，为2cm，说明质点的振动速度为零，故C错误；D.在第3s末，质点位于波谷位置，加速度沿正向达到最大，故D错误．故选B10.下列给出了与感应电流产生条件相关的四幅情景图，其中判断正确的是（　　） A.图甲水平放置的圆形线圈正上方通有逐渐减小的电流，圆线圈中没有感应电流B.图乙正方形金属线圈绕竖直虚线转动的过程中，正方形线圈中不会有感应电流C.图丙中的闭合导线框以其任何一条边为轴在磁场中旋转，都可以产生感应电流D.图丁金属杆在F作用下向右运动过程中，若磁场减弱，回路一定会产生感应电流【答案】A【解析】【详解】A．图甲水平放置的圆形线圈正上方通有逐渐减小的电流，因穿过圆线圈的磁通始终为零，则圆线圈中没有感应电流，选项A正确；B．图乙正方形金属线圈绕竖直虚线转动的过程中，穿过正方形线圈的磁通量会发生变化，线圈中会有感应电流，选项B错误；C．图丙中的闭合导线框若以竖直轴转动，则磁通量不变，不会产生感应电流，选项C错误；D．图丁金属杆在F作用下向右运动过程中，若磁场减弱，回路中磁通量可能不变，则此时不会产生感应电流，选项D错误。故选A。11.已知通电长直导线周围某点的磁感应强度，即磁感应强度B与导线中的电流I成正比，与该点到导线的距离r成反比．如图所示两根平行长直导线相距为R，通以大小、方向均相同的电流，规定磁场方向垂直纸面向外为正，则在O－R区间内磁感应强度B随r变化的图线可能是（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】试题分析：根据右手螺旋定则可得左边通电导线在两根导线之间磁场方向垂直纸面向外，右边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向里，离导线越远磁场越弱，在两根导线中间位置磁场为零．由于规定B的正方向即为垂直纸面向外，所以A正确，BCD错误；故选A．考点：右手螺旋定则12.如图所示，高效而环保的光催化捕蚊器采用蚊子喜爱的紫外线诱捕蚊子。捕蚊器发射的紫外线的频率为，普朗克常量h取，则下列说法正确的是（　　）A.紫外线可用于加热理疗B.紫外线的频率比可见光小C.该紫外线在真空中的波长为D.该紫外线能量子的能量为【答案】D【解析】【详解】A．红外线的热效应显著，红外线用来加热理疗，而紫外线的化学作用与荧光作用显著，常用来杀菌和消毒，故A错误； B．紫外线属于电磁波，紫外线的频率比可见光高，B错误；C．该紫外线在真空中的波长为故C错误；D．该紫外线能量子的能量为故D正确。故选D。13.如图电路中，电容器的电容，电源电压为恒定不变，电阻不计，，则电容器极板a所带电荷量为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】电路稳定时，两端电压为电压为所以电容器两端电压为 上极板电势高，故此时电容器上极板带正电，电荷量为故选项D正确，选项ABC错误。故选D。14.如图所示，光滑圆形管道固定在竖直面内，直径略小于管道内径可视为质点的小球A、B质量分别为mA、mB，A球从管道最高处由静止开始沿管道下滑，与静止于管道最低处的B球相碰，碰后A、B球均能刚好到达与管道圆心O等高处，关于两小球质量比值mA：mB的说法正确的是(　　)A.＋1B.－1C.1D.【答案】AB【解析】【详解】碰后A、B球均能刚好到达与管道圆心O等高处，则此时速度都为零，根据动能定理可知，mgR＝mv2，解得当碰后A和B的速度相等，方向相同，vA＝vB＝，碰撞前，A球从最高点运动到最低点的过程中，根据动能定理得：mAv02＝mAg•2R,解得：v0＝AB碰撞过程中，动量守恒，以碰撞前A球的速度为正，则有：mAv0=mAvA+mBvB解得：，由上分析，故A正确；当碰后A和B的速度相等，方向相反，AB碰撞过程中，动量守恒，以碰撞前A球的速度为正，则有：mAv0=-mAvA+mBvB，解得：，由上分析，故B正确，CD错误；故选AB．15.两电源电动势分别为E1、E2（E1>E2），内阻分别为r1、r2．当这两个电源分别和一阻值为R的电阻连接时，电源输出功率相等．若将R减小为，电源输出功率分别为P1、P2，则（） A.，B.，C.，D.，【答案】A【解析】【详解】电源的U-I图线与电阻的U-I图线的交点就表示了该电阻接在该电源上时的工作状态，此交点的横、纵坐标的乘积为电源的输出功率，即以此交点和坐标原点为两个顶点的长方形的面积表示电源的输出功率，由P=UI得知，对应U-I图象的是矩形面积若将R减小为R′，由图中可知P1＜P2故选A。【名师点睛】本题为有关全电路电阻、功率关系的半定量问题，采用图线方法分析是较简捷的思路．把电源和外电阻的伏安特性曲线合在一个坐标轴上比较，给运算带来方便．16.大气中存在可自由运动的带电粒子，其密度随距地面高度的增加而增大，可以把离地面以下的大气看做是具有一定程度漏电的均匀绝缘体（即电阻率较大的物质）；离地面以上的大气则可看做是带电粒子密度非常高的良导体，地球本身带负电，其周围空间存在电场。离地面处与地面之间的电势差约为。由于电场的作用，地球处于放电状态。但大气中频繁发生雷暴又对地球充电，从而保证了地球周围电场恒定不变（可视为匀强电场），统计表明，雷暴每秒带给地球的平均电荷量约为，已知地球半径。下列说法正确的是（　　）A.离地面越近电势越高B.绝缘层大气的电场强度约为 C.地球漏电功率约为D.大气电阻率约为【答案】D【解析】【详解】A．地球本身带负电，越靠近负电荷电势越低，故离地面越近电势越低，故A错误；B．如果视为匀强电场，则有故B错误；C．把50km厚的漏电均匀绝缘体视为一个导体，其长度为50km，横截面积为地球表面积，所加电压为U=3.0×105V，则由题意可得则地球的漏电功率为故C错误；D．由欧姆定律有由电阻定律，可得大气电阻率故D正确。故选D。二、选择题Ⅱ（本题有3小题，每小题4分，共12分。在每小题给出的四个选项中，至少得有一个是符合题目要求的，全部选对得4分，选对但不全得2分，错选、多选得0分）17.太阳能无人驾驶试验汽车，安装有的太阳能电池板和蓄能电池，该电池板在有效光照 条件下单位面积输出的电功率为。车上安装有效率为80%电动机。该车在正常启动和行驶时仅由蓄能电池供电。某次，电动机以恒定的机械功率启动，汽车最大行驶速度为90km/h。假设汽车行驶时受到的空气阻力与其速度成正比，则汽车（　　）A.以最大速度行驶时牵引力大小为B.所受阻力与速度的比值为C.保持90km/h的速度行驶至少需要有效光照D.若仅用太阳能电池板供电时可获得的最大行驶速度【答案】AB【解析】【详解】AB．汽车最大行驶速度为汽车以最大速度行驶时，牵引力与阻力平衡，则此时电动机输出的机械功率为解得，故AB正确；C．保持90km/h的速度行驶电动机需要输出的机械功为电动机需要输入的电能为保持90km/h的速度行驶至少需要有效光照的时间为 故C错误；D．若仅用太阳能电池板供电，则电动机的输出功率为此时汽车行驶的最大速度为故D错误。故选AB。18.如图所示，表面光滑、半径圆弧形轨道固定在水平地面上，P是圆弧的最低点，A、B是圆弧上等高的两点，弧长，O是圆心。O处固定一个带电量为的点电荷。先让带电量为、质量的点电荷从A点由静止开始释放（过程1），再让此电荷从O点正下方0.5m处由静止释放运动到P（过程2）。静电力常量，则小球（　　）A.过程1中在A点受到的库仑力大小为0.45NB.过程1中从A运动到P时对轨道的压力大小为1.0NC.过程1中从A首次运动到B的时间为0.3πsD.过程2中运动时间小于0.2s【答案】CD【解析】 【分析】【详解】A．过程1中在A点受到的库仑力大小为故A错误；B．在P点根据牛顿第二定律可知解得故B错误；C．根据单摆公式可知，过程1中从A首次运动到B的时间为故C正确；D．假设2过程中库仑力始终为0.5N不变，则解得根据解得而实际中库仑力逐渐减小到0.5N，故时间小于0.2s，故D正确。故选CD。19.如图所示，水平光滑轨道宽和弹簧自然长度均为d。的左边有一固定挡板。由图示位置静止释放，当与相距最近时速度为，则求在以后的运动过程中（　　） A.的最小速度一定是0B.的最小速度可能是C.的最大速度可能是D.的最大速度一定是【答案】BCD【解析】【详解】从小球m1到达最近位置后继续前进，此后拉动m2前进，m1减速，m2加速，达到共同速度时两者相距最远，此后m1继续减速，m2加速，当两球再次相距最近时，m1达到最小速度，m2达最大速度：两小球水平方向动量守恒，速度相同时保持稳定，一直向右前进，根据动量守恒可得m1v1=m1v1′+m2v2根据能量守恒可得解得所以m1的最小速度可能是，m2的最大速度一定是；若m1=m2，可得即m1的最小速度是0，m2的最大速度为v1，故选BCD。三、非选择题（本题共6小题，共40分） 20.在“金属丝电阻率的测量”实验中，（1）某同学测量金属丝直径时，螺旋测微器示数如图甲所示，读数是______；若要测量该金属丝的电阻率，还需要用到的测量仪器有电压表、电流表、______。该实验一定需要用到电阻箱吗？______（填“需要”或“不需要”）。（2）在某次测量时，3V挡电压表的指针位置如图乙所示，则读数U=______V。【答案】①.6.726②.毫米刻度尺③.不需要④.0.80【解析】【详解】（1）[1]由图可知，固定部分读数为6.5mm，可动部分读数为22.6×0.01mm=0.226，故最终读数为6.5+22.6×0.01mm=6.726mm[2]根据电阻定律可知，要求出电阻率，还需要测量导线的长度以及电阻，故还需要毫米刻度尺；[3]该实验在测阻值时，需要控制电流表和电压表在一定范围内变化，可以在电路中连接滑动变阻器，因此不一定必需用变阻箱。（2）[4]电压表量程为3V，其最小分度为0.1V，则其读数为0.80V。21.小明同学在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，为了更准确选取电压表和电流表的合适量程，决定先用多用电表测量小灯泡的阻值。 (1)在使用前发现电表指针位置如下图甲所示，该同学应该调节哪个位置_________（选“①”或者“②”）；(2)小明使用多用电表欧姆挡“×10”挡测量小灯泡电阻阻值，读数如图乙所示，为了更准确地进行测量，小明应该旋转开关至欧姆挡_______（填“×100”挡；或“×1”挡），两表笔短接并调节______（选“①”或者“②”）。(3)按正确步骤测量时，指针指在如图丙位置，则小灯泡阻值的测量值为_________Ω【答案】①.①②.×1③.②④.28（25-30范围都可）【解析】【详解】(1)[1]由图甲可知，电表指针没有指在左侧零刻度处，故应进行机械调零，故应用螺丝刀调节旋钮①；(2)[2][3]由图乙可知，测量电阻时指针偏转较大，表盘上示数偏小，则说明所选挡位太大，故应换用小挡位，故选×1；同时每次换挡后均应进行欧姆调零，故将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮②使指针指到右侧零刻度处；(3)[4]由图可知，电阻R=28×1Ω=28Ω22.下图为“验证动量守恒定律”的实验装罝，实验中选取两个小球，按下面步骤进行实验：①用天平测出两个小球的质量分别为和；②安装实验装置，使斜槽的末端切线水平；③先不放小球，让小球从斜槽顶端由静止释放，标记小球在水平桌面上的落点位罝； ④将小球放在斜槽末端，仍让小球从斜槽顶端由静止释放，两球发生碰撞，分别标记小球、在水平桌面上的落点位置；⑤图中、、点是实验过程中记下的小球在水平桌面上的三个落点平均位置，测出、、点到斜槽末端的水平桌面投影点O点的距离，分别标记为、、。依据上述实验步骤，请回答下面问题：（1）两小球的质量、应满足关系______（选填“＞”、“＝”、“＜”或“都可以”）；（2）实验过程中，以下所提供的测量工具中必需的是______（多选）；A.直尺B.游标卡尺C.天平D.弹簧秤E.秒表（3）本实验操作中，下列说法正确的是______（多选）；A.斜槽轨道必须是光滑的B.可选用塑料材质的小球C.入射小球每次都需从斜槽上的同一位置无初速释放D.入射小球与被撞小球的半径必须相等（4）用实验中测得的数据来表示，只要满足关系式______，就能说明两球碰撞前后动量是守恒的。【答案】①.＞②.AC③.CD④.【解析】【详解】（1）[1]为了防止入射球碰后反弹，一定要保证入射球的质量大于被碰球的质量，即m1＞m2；（2）[2]要验证动量守恒定律，需测量小球的质量和三个落点到O点的距离，故提供的测量工具中必需的是AC。（3）[3]AC．实验要求小球每次从斜槽未端抛出时的速度相同，所以每次应从斜槽上同一位置由静止释放小球，但斜槽是否光滑对上述要求无影响，即斜槽不必光滑，故A错误，C正确；B．为了更好的完成实验应该用密度大的钢球，碰撞效果更明显，塑料球碰撞时能量损失大，运动的距离小，实验结果误差大，故B错误；D．为了使小球发生对心碰撞且碰后不被反弹，要求入射小球质量大于被碰小球质量，入射小 球和被碰小球的半径必须相同，故D正确。故选CD。（4）[4]小球离开轨道后做平抛运动，因为抛出点的高度相等，所以小球做平抛运动的时间t相等，小球做平抛运动的初速度越小，水平位移越小，两球碰撞后入射球的速度变小，小于碰撞前入射球的速度，且小于被碰球的速度，碰撞后入射球的水平位移变小，入射球的水平位移小于被碰球的水平位移，由图示可知，入射小球前后两次的落地位置分别为原理图中的P、M两点，被碰球落地位置是N，设碰撞前入射球的速度大小为v0，碰撞后入射球速度大小为v1，被碰球速度大小为v2，碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0=m1v1+m2v2小球做平抛运动的时间t相等，两边同时乘以t，则有m1v0t=m1v1t+m2v2t则m1SP=m1SM+m2SN所以只要满足关系式m1SP=m1SM+m2SN，就能说明两球碰撞前后动量是守恒的。23.如图所示，质量为1kg的小球A系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到水平面的高度h＝0.45m．物块B质量是小球的2倍，置于粗糙的水平面上且位于O点的正下方．现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰（碰撞时间极短），反弹后上摆至距水平面0.05m高处速度减为0．小球与物块均视为质点，不计空气阻力，求：（1）小球A在与物块B碰撞前瞬间，对细线的拉力；（2）发生正碰后，物块B的速度大小；（3）请判定此碰撞是否为弹性碰撞，并说明理由；（4）若物块B在水平面上滑行时间t＝1s，则其与水平面间的动摩擦因数μ为多大．【答案】（1）30N；（2）2m/s；（3）此碰撞为弹性碰撞；（4）0.2．【解析】【详解】（1）设小球的质量为m，运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为v1，细线对小球 的拉力为T，取小球运动到最低点的重力势能为零，根据机械能守恒定律，有：mgh=；得v1==3m/s根据牛顿第二定律：T-mg=，代入数据得T=30N根据牛顿第三定律，小球对细线的拉力为30N；（2）设碰撞后小球反弹的速度大小为v2，同理有：mgh2=得v2==1m/s设碰后物块的速度大小为v3，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律，有：mv1=−mv2+2mv3得v3=2m/s（3）碰撞前小球的动能为=4.5J碰撞后小球的动能为=0.5J物块的动能=4JEk1=Ek2+Ek3，此碰撞为弹性碰撞．（4）碰撞后物块在地面滑行,根据动量定理,有：−μ2mgt=0-2mv3得μ=0.224.水平光滑轻杆上套一质量为的小球，用劲度系数为的弹簧拴连而做简谐运动，可视为水平弹簧振子模型。设时，振动系统具有的动能，势能。求：（1）振动的振幅A；（2）时，物体的振动位移x0；（3）振动的初相（在第一象限）；（4）若其他条件不变，只有振幅加倍，系统振动周期变吗？若变，周期增大还是减小？【答案】（1）；（2）；（3）；（4）不变 【解析】【详解】（1）因为弹簧振子做简谐运动，所以其机械能保持不变，由题意知，机械能为又因为在最大位移处时，弹簧振子的动能为零，机械能为此时的弹性势能，且此时的形变量为振幅A，则解得振幅为（2）因为水平弹簧振子的平衡位置即原长处，则振子的位移即为弹簧的形变量，则时，物体的振动位移x0满足解得（3）因为简谐运动满足则时，物体的振动位移解得或因为由题意知，振动的初相在第一象限，所以初相为。（4）因为弹簧振子的振动周期满足即周期与振幅无关，所以若其他条件不变，只有振幅加倍，系统振动周期不变。 25.如图所示为安装在水平地面上的某游戏装置结构示意图，其左边部分是一个高度和水平位置均可以调节的平台，在平台上面放置一个弹射装置；游戏装置的右边部分由竖直固定的光滑圆弧轨道BC、粗糙水平直线轨道CD与竖直固定的光滑圆轨道组成（底端连接处D与略错开）。已知圆弧轨道BC的圆心为、半径，其C端与水平面相切，与的夹角；水平直线轨道CD长度，动摩擦因数；圆轨道的半径。将质量的滑块Q置于C点，再将质量同为的小球P经弹射装置从平台A点水平弹出，通过改变AB高度差h、水平距离和小球P在A点的初速度大小，总能让小球沿B点的切线方向进入BC圆弧轨道，然后与滑块Q发生弹性碰撞。空气阻力不计，小球和滑块均可视为质点，重力加速度g取，求∶（1）若，求小球P从A点弹出时的初速度大小；（2）若，求小球P到达C点与Q碰撞前瞬间对圆弧轨道的压力；（3）要使P与Q仅碰撞1次，且滑块运动过程中不脱离轨道，求h需要满足的条件。【答案】（1）；（2），方向竖直向下；（3）或者【解析】【详解】（1）从A到B，做平抛运动，则竖直方向上有水平初速度解得 （2）从A抛出到C，根据动能定理解得在C点，根据牛顿第二定律解得由牛顿第三定律得，压力方向竖直向下（3）球P与Q弹性碰撞后，速度交换，P球静止，Q球弹出，若Q球碰撞后没滑上圆轨道或滑上圆轨道位置处不超过圆心等高点，且返回时停在CD轨道上，则仅碰撞1次，刚好到圆心等高处时，根据动能定理有解得返回时刚好到Q点，满足解得综上解得要过E点，则需满足 解得过E点则仅碰撞1次，满足综上所述：或者从A到B，要满足的关系