湖南省怀化市2022-2023学年高三物理下学期第一次仿真模拟考试试题（Word版附解析）

湖南省怀化市2023届高三第一次仿真模拟考试物理试卷注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡.上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，用签字笔或钢笔将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~11题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.关于物理学史，下列说法中正确的是（　　）A.惠更斯确定了单摆周期公式B.爱因斯坦最早发现光电效应C.居里夫人最早发现天然放射现象D.麦克斯韦率先在实验室中制造出激光【答案】A【解析】【详解】A．惠更斯确定了单摆周期公式，A正确；B．最早发现光电效应的是赫兹，不是爱因斯坦，B错误；C．贝可勒尔最早发现天然放射现象，C错误；D．梅曼率先在实验室中制造出激光，D错误。故选A。2.下列说法正确的是（　　）A.某黑体在不同温度下的辐射强度与波长的关系如图甲所示，则温度T1<T2 B.同一光电管的光电流与电压之间的关系曲线如图乙所示，则入射光的频率关系为ν甲=ν乙>ν丙C.图丙为康普顿效应的示意图，科学家通过X射线的衍射来获得晶体的结构图像，已知普朗克常量为h，真空的光速为c，若X射线在真空中的波长为λ，其对应的光子能量，该光子与电子碰撞后其波长将变大D.在两种固体薄片上涂上蜡，用烧热的针接触固体背面上一点，蜡熔化的范围如图丁所示，则a一定是非晶体，b一定是晶体【答案】C【解析】【详解】A．温度越高，黑体辐射强度越大；温度越高，黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，所以，故A错误；B．根据爱因斯坦光电效应方程有据动能定理有联立解得根据图像，所以有故B错误；C．根据可知，入射光子与静止的电子发生碰撞，损失能量后，散射光的波长将变长，故C正确；D．固体a表现为各向同性，可能是多晶体，也可能是非晶体，故D错误。故选C。3.汽车在高速公路上超速是非常危险的，为防止汽车超速，高速公路都装有测汽车速度的装置。如图所示为超声波测速仪测汽车速度的示意图，测速仪A可发出并接收超声波信号，根据发出和接收到的信号可以推测出被测汽车的速度。B为汽车，两者相距352m，此时刻A发出超声波，同时B 由于紧急情况而急刹车，当A接收到反射回来的超声波信号时，B恰好停止，且此时A、B相距336m，已知声速为340m/s，则汽车刹车过程中的加速度大小为（　　）A.4m/s2B.8m/s2C.16m/s2D.无法计算【答案】B【解析】【详解】超声波由B到A的时间与由A到B的时间相等，在该往返过程中，汽车做匀减速运动，设超声波单程的运动时间为t，超声波由A到B的时间内，超声波的位移设为，则有超声波由B反射返回到A的时间内，对汽车有对整个过程有联立解得a=8m/s2故选B。4.晾晒衣服的绳子两端分别固定在两根竖直杆上的A、B两点，A、B两点等高，原来无风状态下衣服保持静止。某时一阵恒定的风吹来，衣服受到水平向右的恒力而发生滑动，并在新的位置保持静止，如图所示。两杆间的距离为d，绳长为1.25d，衣服和衣架的总质量为m，重力加速度为g，sin37°=0.6。不计绳子的质量及绳与衣架挂钩间的摩擦，下列说法正确的是（　　）A.在有风且风力不变的情况下，绳子右端由A点沿杆向下移到C点，绳子的拉力变大B.有风时，挂钩左、右两侧绳子的拉力大小不相等C.相比无风时，在有风的情况下∠AOB小 D.无风时，轻绳的拉力大小为【答案】C【解析】【详解】A．当在有风的情况下，将A点沿杆稍下移到C点，根据图像可以看出，两端绳子之间的夹角变小，但是两细绳拉力的合力为恒力，则拉力F变小，故A错误；B．由于不计绳子的质量及绳与衣架挂钩间的摩擦，则挂钩相当于动滑轮，两端绳子的拉力总是相等，故B错误；C．设无风时绳子夹角的一半为，绳长为L，有风时绳子夹角的一半为，有风时如图有又因为所以故C正确；D．无风时，衣服受到重力和两边绳子的拉力处于平衡状态，如图所示，同一条绳子拉力相等，则挂钩左右两侧绳子与竖直方向的夹角相等。由几何关系可得解得根据平衡条件可 解得故D错误。故选C。5.12月10日，改编自刘慈欣同名系列长篇科幻小说的《三体》动画在哔哩哔哩上线便备受关注。动画版《三体》总编剧之一赵佳星透露，为了还原太空电梯的结构，他们研究太空电梯的运行原理。太空电梯的原理并不复杂，与生活的中的普通电梯十分相似。只需在地球同步轨道上建造一个空间站，并用某种足够长也足够结实的“绳索”将其与地面相连，在引力和向心加速度的相互作用下，绳索会绷紧，宇航员、乘客以及货物可以通过电梯轿厢一样的升降舱沿绳索直入太空，这样不需要依靠火箭、飞船这类复杂航天工具。如乙图所示，假设有一长度为r的太空电梯连接地球赤道上的固定基地与同步空间站a，相对地球静止，卫星b与同步空间站a的运行方向相同，此时二者距离最近，经过时间t之后，a、b第一次相距最远。已知地球半径R，自转周期T，下列说法正确的是（　　）A.太空电梯各点均处于完全失重状态B.b卫星的周期为C.太空电梯停在距地球表面高度为2R的站点，该站点处的重力加速度D.太空电梯上各点线速度与该点离地球球心距离成反比【答案】B【解析】【详解】A．太空电梯各点随地球-起做匀速圆周运动，只有位置达到同步卫星的高度的点才处于完全失重状态，故A错误；B．同步卫星的周期为当两卫星a、b第一次相距最远时满足 解得故B正确；C．太空电梯长度即为同步卫星离地面的高度，根据万有引力提供向心力太空电梯停在距地球表面高度为2R的站点，太空电梯上货物质量为m，在距地面高站点受到的万有引力为F，则货物绕地球做匀速圆周运动，设太空电梯对货物的支持力为，则在货梯内有解得故C错误；D．太空电梯相对地球静止，各点角速度相等，各点线速度与该点离地球球心距离成正比，故D错误。故选B。6.如图，倾角为30°斜面上有一个电荷量为q（q>0）质量为m的小球以v0的初速度水平抛出。竖直平面内有一水平向左的匀强电场，电场强度为E 。已知小球回到斜面时速度方向与斜面的夹角不变，克服电场力做功。从抛出小球到小球回到斜面的运动过程中，下列说法正确的是（　　）A.B.该系统的机械能不变C.小球最小速度为D.若第二次抛出小球时撤去电场，则两次小球离斜面最远距离之差为【答案】D【解析】【详解】A．设小球落回到斜面是的速度为，则其水平分速度水平方向的只受静电力作用，做匀减速直线运动，则加速度大小为水平方向的位移大小小球克服电场力做功解得由类斜抛运动知识可得，小球合力方向垂直斜面向下，则 Eq=mg解得A错误；B．小球克服电场力做功，机械能减小，B错误；C．由类斜抛运动知识可得，当小球沿垂直斜面的分速度为0时，速度最小，即C错误；D．第一次抛出小球时，离斜面最远距离第二抛出小球时，在运动起点同时垂直于斜面方向和平行与斜面方向分解、g，垂于斜面向上为轴正方向，轴方向分速度轴方向分加速度大小则得所以 D正确。故选D。7.如图甲所示，倾角光滑且足够长的斜面固定在水平面上，在斜面顶端固定一个半径和质量均不计的光滑定滑轮，质量均为m=1kg的物体A和固定在斜面底部的传感器P用一劲度系数k=240N/m的轻弹簧连接。用一不可伸长的轻绳使物体A跨过定滑轮与质量为M的物体B连接，物体B穿过竖直固定的光滑均匀细杆，当整个系统静止时，物体B位于Q处，绳与细杆的夹角。图中SD水平且长度为d=0.2m，位置R与位置Q关于位置S对称，轻弹簧和定滑轮右侧的绳均与斜面平行。按住物体A，将物体B放到位置R，在t0时刻由静止同时释放物体A、B，在电脑上显示出传感器受到的力的图像（图乙，力的方向沿斜面向上为正），=0.6，=0.8，g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）A.物体B的质量M=1.08kgB.物体B运动到位置Q的速率v=1.2m/sC.物体B通过位置S时的动能Ek=1.08JD.物体B从位置R运动到位置S的过程中轻绳对物体B做的功WT=0.3J【答案】D【解析】【详解】A．由图分析可知，当B位于Q时，弹簧处于伸长状态，弹簧弹力为，设弹簧伸长量为Dx。对物体A、B受力分析分别有 由图可知当B处于S时，弹簧弹力为，处于压缩状态，其压缩量等于Dx，则有代入数据得M=0.72kg故A错误；B．物体B从R运动到Q的过程中，B、弹簧和A组成的系统机械能守恒，则有又因为可得v=2m/s故B错误；C．当物体B由R到S时，物体A下降的距离为由物体A、B间的速度关系可知，物体B到S时，A的速度为零；从R运动到S的过程中，初末状态弹簧的伸长量等于压缩量，则弹簧初末状态的弹性势能相等，对于B、弹簧和A组成的系统，由机械能守恒定律得解得Ek=1.38J故C错误；D．从R到S的过程中，对B由动能定理可得解得=0.3J故D正确。故选D。 8.如图，两根足够长的光滑平行金属导轨固定于同一竖直平面内，导轨电阻不计，导轨宽为L，底端通过导线连接一个电阻为R的定值电阻。整个导轨处在方向垂直纸面向里的匀强磁场中，质量为m长度与导轨等宽的匀质金属杆垂直导轨放置，金属杆电阻不计。某时刻以初速度为v0向上抛出金属杆，一段时间后，金属杆再次回到相同位置时的速度为v1。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）A.金属杆运动的总时间为B.运动过程中产生的焦耳热为C.金属杆的最大位移为D.通过金属杆的电荷量为【答案】AB【解析】【详解】A．由令则以竖直向下为正方向，由动量定理 又解得金属杆运动的总时间故A正确；B．由能量守恒得解得运动过程中产生的焦耳热故B正确；CD．由A可知无法对通过金属杆的电荷量进行计算，故也无法对金属杆的最大位移进行计算，故CD错误。故选AB。9.在生产玻璃的过程中，有时会有空气进入玻璃，形成空气泡。如图，一边长为4R的方形玻璃元件的中心处有一个半径为R的圆形空气泡。用一束与AB边夹角为45°光从E点射入玻璃。AE=d，玻璃折射率，光在空气中传播速率为c，下列说法正确的是（　　）A.若0<d<2R，光都能经过内圆B.若d=2R，光从BC边射出C.若，射入光线与射出光线平行D.若，光通过内圆时间为【答案】CD 【解析】【详解】A．如图1，当d=2R时，光线与内圆相切，如图2，当d=（2-）R时，光线射进内圆的入射角为30°，则若，存在光线与内圆的入射角大与等于45，而解得C=45故当光线与内圆的入射角大于等于45时发生全反射，光线不经过内圆，选项A错误；B．如图1，当d=2R时，光线在BC边发生全反射，光线从CD边射出，选项B错误；C．如图2，当d=（2-）R时，射入光线与射出光线平行，选项C正确；D．当d=（2-）R时，由几何关系得，通过内圆的路程为R，光在空气中传播速率为c，所以光通过内圆时间为，选项D正确。故选CD。10.如图，质量为m的物块A以4v0的速度在光滑水平面上向右运动，A的左侧为墙面，A与墙面碰撞后以原速率返回。A的右侧有一以v0速度向右运动的物块B，物块B的质量为M（M未知），B的左侧固定一轻弹簧，物块A、B均可视为质点，下列说法不正确的是（　　） A.若要A、B能发生两次接触，则M>2mB.无论M为何值，A、B都不能发生三次接触C.若M=12m，弹簧能达到的最大弹性势能为D.若M=12m，A最终以的速度向右运动，B最终以的速度向右运动【答案】AD【解析】【详解】A．发生第一次接触时，以向右为正方向，由动量守恒和能量守恒得解得，若要发生两次接触，则有，解得故A错误；B．发生第二次接触时，以向右为正方向，由动量守恒和能量守恒得解得，若要发生三次接触，首先需满足解得显然这与发生两次接触的条件矛盾，故无论M为何值，A、B都不能发生三次接触，故B正确； C．若，当A、B第一次共速时，弹簧达到的最大弹性势能，由动量守恒和能量守恒得解得故C正确；D．若，可知A、B可以发生两次接触，第二次接触后，A的速度为B的速度为可知A最终以的速度向右运动，B最终以的速度向右运动，故D错误。本题选择错误的，故选AD。11.如图，理想变压器原线圈与定值电阻R0=18Ω、一只理想二极管和电流表串联后接在u=36sin100πt（V）的交流电源上，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P0初始位置在副线圈正中间，原、副线圈匝数比为n。定值电阻R1=6Ω，滑动变阻器R的最大阻值为30Ω，滑片P1初始位置在R=3Ω处。电流表、电压表均为理想交流电表，电源内阻不计，下列说法正确的是（　　）A.若保持P0位置不变，P1向上滑动，则电压表示数变大，电流表示数变小B.若保持P1位置不变，P0向下滑动，则电压表示数先变大后变小，电流表示数变小C.若保持P0位置不变，P1向上滑动，当R=18Ω时，理想变压器的输出功率有最大值9WD.若保持P1位置不变，P0向下滑动，当n=3时，理想变压器的输出功率有最大值4.5W【答案】ABD【解析】【详解】A．由变压器原、副线圈电压、电流与匝数的关系可得 ，可得原线圈的等效电阻为==(其中=若保持位置不变，向上滑动，则R增大，等效电阻增大，电流表示数为可知当增大时，电流表示数减小。原线圈的电压为可知当增大时，变大，又因为原、副线圈匝数比不变，则副线圈两端电压变大，即电压表示数变大，故A正确；B．若保持位置不变，向下滑动时，减小，则等效电阻增大，电流表示数变小。电压表示数为可知，当n=3时取得最大值，由于滑动触头P0初始位置在副线圈正中间，即开始时n=2，所以向下滑动时，电压表示数先变大后变小，故B正确；CD．当等效电阻=R0=18Ω时，变压器的输出功率最大。因为有理想二极管，所以交流电的有效值为若保持位置不变，向上滑动，当R=18Ω时，可得等效电阻为=18Ω，此时理想变压器的输出功率为其中 解得P=4.5W若保持位置不变，向下滑动，当n=3时，取得最大值，则理想变压器的输出功率有最大值，此时=18Ω，可得输出功率最大值为故C错误，D正确。故选ABD。二、非选择题：本题共5小题，共56分。12.在做“研究平抛运动”的实验中，为了确定小球在不同时刻所通过的位置，实验时用如图所示的装置．实验操作的主要步骤如下：A．在一块平木板上钉上复写纸和白纸，然后将其竖直立于斜槽轨道末端槽口前，木板与槽口之间有一段距离，并保持板面与轨道末端的水平段垂直B．使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹AC．将木板沿水平方向向右平移一段动距离x，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹BD．将木板再水平向右平移同样距离x，使小球仍从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，再在白纸上得到痕迹C若测得A、B间距离为y1，B、C间距离为y2，已知当地的重力加速度为g．①关于该实验，下列说法中正确的是_______A．斜槽轨道必须尽可能光滑B．每次释放小球的位置可以不同C．每次小球均须由静止释放D．小球的初速度可通过测量小球的释放点与抛出点之间的高度h，之后再由机械能守恒定律求出②根据上述直接测量的量和已知的物理量可以得到小球平抛的初速度大小的表达式为v0＝________．(用题中所给字母表示) ③实验完成后，该同学对上述实验过程进行了深入的研究，并得出如下的结论，其中正确的是______．A．小球打在B点时的动量与打在A点时的动量的差值为Δp1，小球打在C点时的动量与打在B点时动量的差值为Δp2，则应有Δp1：Δp2=1:1B．小球打在B点时的动量与打在A点时的动量的差值为Δp1，小球打在C点时的动量与打在B点时动量的差值为Δp2，则应有Δp1：Δp2=1:2C．小球打在B点时的动能与打在A点时的动能的差值为ΔEk1，小球打在C点时的动能与打在B点时动能的差值为ΔEk2，则应有ΔEk1：ΔEk2=1:1D．小球打在B点时的动能与打在A点时的动能的差值为ΔEk1，小球打在C点时的动能与打在B点时动能的差值为ΔEk2，则应有ΔEk1：ΔEk2=1:3④另外一位同学根据测量出的不同x情况下的y1和y2，令∆y=y2－y1，并描绘出了如图所示的∆y－x2图象．若已知图线的斜率为k，则小球平抛的初速度大小v0与k的关系式为____．(用题中所给字母表示)【答案】①.C②.③.A④.【解析】【详解】①[1]A．斜槽轨道光滑与否不影响实验的进行。故A错误；B．每次释放小球的位置必须相同，以保证小球每次平抛运动的初速度相同。故B错误；C．每次小球均须由静止释放，才可以保证小球每次平抛运动的初速度相同。故C正确；D．因为小球在斜槽轨道上运动时摩擦力做功不能确定，所以小球的初速度不能通过测量小球的释放点与抛出点之间的高度h，之后再由机械能守恒定律求出。故D错误。故选C。②[2]小球做平抛运动时，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，有 联立，可得③[3]AB．根据动量定理，可得Δp1=mgt，Δp2=mgt联立，可得Δp1：Δp2=1:1故A正确；B错误；CD．根据动能定理，可得ΔEk1=mgy1，ΔEk2=mgy2联立，可得ΔEk1：ΔEk2=y1：y2故CD错误；故选A。④[4]令∆y=y2－y1，根据上面的分析结果，可得结合图像，有解得13.某实验小组研究某新型材料制成电阻的阻值R随温度t变化的关系，实验室提供的器材有：电源、开关S、滑动变阻器、电压表（内阻约2kΩ）、电流表（内阻约5Ω）、导线若干。（1）用红外测温器测量该电阻的温度，用伏安法测该电阻的阻值，要求电阻两端的电压从0开始，在下面虚线框内画出该实验的电路图_____________。（2）正确连接电路图后，闭合开关S，调整滑动变阻器阻值，记录电压表、电流表和红外测温器的示数表格如下： 第1组第2组第3组第4组第5组第6组第7组第8组第9组U/V00.2040.60.81.0141.61.8I/A00.120.200.270.340.380.450.470.48温度/℃2020.120.320.721.523.126232.645.5a.根据实验数据，该新型材料制成的电阻随着温度的升高，阻值___________（填“变大”或“变小”）。b.根据实验数据，在坐标纸中选取合适的标度，并描绘出该电阻的伏安特性曲线________。（3）若两个完全相同的该电阻串联后再与一个阻值为4.0Ω的定值电阻并联，接在一个电动势为3.2V，内阻为4.0Ω的电池两端，电路稳定以后，该电阻的阻值为___________Ω（结果保留三位有效数字）。【答案】①.②.变大③.④.2.24（2.20~2.30均可）【解析】【详解】（1）[1]从实验数据中可知电阻阻值约为几欧姆，用伏安法测量其阻值应采用电流表的外接法，要求电压从0开始，滑动变阻器应采用分压式接法。故画电路图如图所示。（2）a.[2]根据实验数据可知，该电阻的阻值随温度的升高而变大。b.[3]伏安特性曲线的纵坐标应为电流，横坐标应为电压，根据实验数据选取合适的标度，描点作图如图所示。 （3）[4]将并联的电阻与电源看成等效电源，等效电源=1.6V内阻根据即在电阻的伏安特性曲线中，描绘出所接电源的路端电压和电流的关系图线如图所示，与电阻的伏安特性曲线的交点即该电阻的电压和电流值，由做出的图线可知，电压U=0.56V，电流I=0.25A，所以电阻的阻值14.横截面积为S的汽缸放在铁架台的水平底座上，质量为m的活塞通过轻弹簧与横杆相连，当横杆固定在位置A时，弹簧恰好处于自然长度；将横杆缓慢下移到位置B，此时汽缸对铁架台底座的压力增大了2mg，已知大气压强，横杆移动前缸内封闭气柱长度为，弹簧的劲度系数，汽缸内封闭的理想气体温度不变。（1）求横杆下移的距离d；（2）已知弹簧弹力对活塞做的功（其中、对应活塞移动 前、后弹簧对活塞的弹力大小），求缸内气体放出的热量。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）横杆移动前，根据平衡条件可得封闭气体的压强为①体积为②横杆移动后，设活塞移动的距离为，则弹簧的压缩量为③由胡克定律可得汽缸对铁架台底座的压力增量为④封闭气体的压强为⑤体积为⑥根据玻意耳定律可得⑦联立①~⑦式解得，。（2）设封闭气体对活塞做功为，对活塞由动能定理得⑧由题意可得 ⑨活塞对封闭气体做功为⑩封闭气体温度不变，内能不变，由热力学第一定律得⑪联立⑧~⑪式解得。15.如图一个质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子从O点以v0的初速度垂直y轴射出。在y轴左侧的I区有一磁感应强度为B0垂直纸面向里的匀强磁场。y轴右侧的II区有一电场强度大小为的交变电场，当粒子第（2k-1）次进入II区时，电场方向竖直向上；当粒子第2k次进入II区时，电场方向竖直向上（k为正整数，电场的变化不引起磁场的变化）。II区的右侧有一垂直纸面向外的匀强磁场。已知当粒子第一次射出III区时，粒子经过I、II、III区的时间分别为t1、t2、t3，且t1:t2:t3=4π:8:9π（磁场区域的宽度足够，不计粒子重力）。（1）电场区域的宽度d和III区磁场的磁感应强度B1；（2）在x轴下方距x轴s的位置，将一块长度为L的荧光板垂直y轴放置，且板的中点在y轴上。若要粒子垂直打在板上，求L和s需满足的条件。【答案】（1），；（2）详见解析【解析】【详解】（1）粒子磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则则粒子在磁场中的运动周期、半径分别为， 则粒子在从进入I区磁场到离开磁场，运动半个圆周，则运动时间为设粒子进入磁场III区时，速度与x轴的夹角为，则粒子经过III区的时间为粒子经过II区的时间为粒子在II区运动时，电场竖直向上，则粒子做类平抛运动，则沿x轴方向有沿y轴方向有则进入III区时的速度设与水平方向的夹角为则则解得 （2）根据（1）问分析，粒子刚进入磁场I区、III区时，运动轨迹半径分别为，①则当粒子从O点出发，没有离开磁场I区就垂直打在板上时，荧光板长度及离x轴距离s需要满足，粒子在II区水平方向做匀速直线运动，竖直方向一直向上做匀加速直线运动，则粒子速度不会垂直x轴，要求粒子垂直打在荧光板上，粒子不能在II区打在荧光板上。②若粒子是第一次进入III区，在III区打在荧光板上时，荧光板长度及离x轴距离s需要满足，即，③当粒子不在III区打在荧光板上时，粒子第二次进入电场II区，离开电场时，沿y轴方向的位移及速度为则粒子第二次离开电场时，速度大小及方向为，则粒子第二次进入磁场I时，轨迹半径为粒子第二次从y轴上进入磁场I时的点距离x轴的距离为粒子第二次进入磁场I时半径为则粒子第二次进入磁场I时，垂直打在荧光板上，荧光板长度及离x轴距离s需要满足，④粒子第三次离开电场时，沿y轴方向的位移及速度为 则粒子第三次离开电场时，速度大小及方向为，粒子第三次离开电场时距离x轴的距离即在x轴上方距离x轴处，此次粒子在III区运动轨迹半径为粒子垂直打在荧光板上时，荧光板长度及离x轴距离s需要满足但是要求荧光板在x轴下方，故此情况不符合要求。⑤粒子第四次离开电场时，沿y轴方向的位移及速度为则粒子第三次离开电场时，速度大小及方向为，此次粒子在I区运动轨迹半径为粒子进入磁场I区距离x轴的距离粒子垂直打在荧光板上时，荧光板长度及离x轴距离s需要满足但是要求荧光板在x轴下方，故此情况不符合要求。综上分析，粒子能垂直打在荧光板上L和s需满足的条件 ，或，或，16.如图甲将装有弹簧，质量m1=3kg的滑块a在轨道II距地面高h=0.8m的A处静止释放。当a运动到C处时弹簧的另一端与放在轨道I质量m2=1kg的滑块b连接（如图乙），此时弹簧处于原长（整个运动过程弹簧均处于弹性限度内，且始终保持与水平面平行）。滑块a、b均可视为质点，且始终不脱离各自的轨道。轨道I光滑，在轨道I的E处设有与轨道等宽的竖直挡板，滑块b与挡板碰撞后以原速率返回。轨道II的AB段、CD段以及E点之后的部分均光滑，BC段长度x1=1m，动摩擦因数μ1可以调节，DE段长度x2=1.25m，动摩擦因数μ2=0.2（滑块仅与轨道底面产生摩擦）。已知滑块a刚运动到DE段时，滑块a、b恰好第一次共速。（1）若μ1=0.35，求滑块a刚运动到DE段时的速度v以及弹簧的弹性势能Ep；（2）若滑块a、b恰好同时到达E处，且此时滑块b的速度变为滑块a刚运动到DE段时的，求μ1的最大值；（3）在（2）的条件下，且μ1=0.35，求滑块a从D处运动到E处的时间t，并说明最终滑块a能否进入BC段？【答案】（1），；（2）0.425；（3）0.5s，说明见解析【解析】【详解】（1）由动能定理得 解得由动量守恒得解得由能量守恒得解得（2）当a到达E时速度为0，此时有最大值由动能定理得由动量守恒得由能量守恒得且解得（3）因为，由（1）得，当a运动到E段运动时，由能量守恒得 又解得弹簧对b的冲量弹簧对a的冲量由动量定理得解得t=0.5s此时系统的动能因为滑块b与挡板碰撞后以原速率返回，所以a、b向左返回时动能不变，而若滑出DE段，需克服摩擦力做功所以a、b最终在DE段停止，不能进入BC段。