【文档说明】安徽省皖南“江南十校”2022-2023学年高二下学期5月联考物理试题含答案.docx，共(9)页，244.594 KB，由小赞的店铺上传

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2023年“江南十校”高二阶段联考高二物理满分：100分考试时间：75分钟注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清晰。3.请按照题号顺序在各题目

的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效．．．．．．．．．．．．．；在草稿纸．．．．、试题卷上的．．．．．答题无效．．．．。4.保持答题卡卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。5.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共7小题，每小题

4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.质量为0.2kg的小球以大小为6m/s的水平速度垂直撞到竖直墙面，再以大小为4m/s的速度反向弹回。取初速度方向为正方向，碰撞时间极短，在小球撞到墙面前后的过程

中，下列说法正确的是A.小球的速度变化量为10m/sB.小球的动能变化量为2JC.小球受到墙的冲量为2N·sD.小球动量变化量为-2kg·m/s2.如图所示，通有竖直向上电流的导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近a

b且相互绝缘。虚线为矩形线圈的对称轴，当导线MN由图示位置平移到虚线位置的过程中，矩形线圈而cd中的感应电流方向为A.𝑎→𝑏→𝑐→𝑑B.𝑑→𝑐→𝑏→𝑎C.先𝑎→𝑏→𝑐→𝑑再𝑑→𝑐→𝑏→𝑎D.先𝑑→𝑐→

𝑏→𝑎再𝑎→𝑏→𝑐→𝑑3.在竖直平面内存在水平方向的匀强磁场，一质量为m的带电小球由O点静止释放，小球在此后一段时间内的运动轨迹如图中曲线所示，P为曲线的最低点，小球运动到B点时速度为零。若不计空气阻力，则下列说法正确的是A.小球带负电B.小球在P点受力平衡C.B点与O点在同一高度D

.小球到达B点后将沿原路径返回4.如图甲所示，在匀强磁场中，由100匝组成的矩形金属线圈绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图像如图乙所示，下列说法正确的是A.t=0.005s时刻穿过线圈的磁通量最大B.线圈转动的角速度为100rad/sC.t=0.01s

时刻穿过线圈的磁通量约为10-2WbD.交变电动势的有效值为311V5.如图所示，虚线的左侧存在足够大、平行纸面向下的匀强电场，电场强度大小为E；虚线右侧存在足够大、垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B；一带正电粒子从A点以垂直电场和磁场方向的初速度𝑣0

进入匀强电场，从虚线上C点(图中未画出)进入匀强磁场，经磁场偏转后从虚线上D点(图中未画出)再次进入匀强电场。不计粒子重力，下列说法正确的是A.仅增大电场强度E，C点与D点之间的距离保持不变B.仅增大粒子的初速度𝑣0，粒子在磁场中运动的时间将变

长C.仅减小粒子的质量，第一次在电场运动的过程中电场力对电荷的做功将会减小D.仅增大磁感应强度B，洛伦兹力对电荷的冲量将变大6.如图所示为LC振荡电路，线圈的自感系数L=0.25H，电容器的电容𝐶=4μF。某时

刻电容器两极板带电情况和线圈中磁场方向如图所示，下面说法正确的是A.振荡电流的变化周期为3.14×10−3sB.图示时刻电容器正在充电C.图示时刻线圈中的磁场能正在增加D.当电容器C极板电荷为零时，通过线圈中的电流为零7.回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图

所示。𝐷1和𝐷2两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在电压为𝑈、周期为𝑇的交流电源上。位于𝐷1圆心处的粒子源A能不断产生粒子(初速度可以忽略)，它们在两盒之间被电场加速。当粒子被加速到最大动能𝐸�

�后，再将它们引出。现分别加速氘核(H12)和氦核(He24)，下列说法正确的是A.加速氘核(H12)和氦核(He24)时磁感应强度不相等B.氘核(H12)和氦核(He24)在电场中加速次数相同C.氘核(H12)和氦核(H

e24)在电场中运动的时间不同D.氘核(H12)和氦核(He24)获得的最大动量相同二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.如图所示，光滑绝缘杆上缠绕着线圈

，在金属杆的左端套着一铝环。已知铝环比杆的直径略大，则以下操作中出现的物理现象，描述正确的是A.闭合电键，铝环会向右运动B.闭合电键瞬间，从左向右看，铝环中感应电流的方向沿顺时针方向C.把电池的正负极对换后，闭合电键，铝环将会向右运动D.若将铝环套在光滑杆的右端，闭合电键，铝环会向右

运动9.如图所示，竖直平面内、半径R=0.2m的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切，小滑块B静止在圆弧轨道的最低点。现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放。已知A、B的质量分别为1kg、3kg，重力加速度𝑔=10m/s2，则碰撞后B的动能有

可能为A.0.3JB.0.8JC.1.3JD.1.8J10.磁流体发电机相比于传统发电机效率更高，其工作原理如下描述。电阻率为𝜌的高温等离子气体从长方体管道左端开口以速度𝑣0喷入，从右端开口喷出，高温等离子气体由正、负离子组成，正、负离子的电荷量分别为+

𝑞，长方体管道的长度数据分别为𝑎𝑏=𝑙1、𝑎′𝑎=𝑙2、𝑎𝑑=𝑙3，𝑎𝑏𝑐𝑑和𝑎′𝑏′𝑐′𝑑′两个上下面是电阻可忽略的导体板，𝑑𝑐𝑐′𝑑′和𝑎𝑏𝑏′𝑎′两个前后面是绝缘体板，𝑎𝑏𝑐𝑑和𝑎

′𝑏′𝑐′𝑑′两个导体板与电阻𝑅相连。长方体管道处于磁感应强度为𝐵的匀强磁场中，磁场方向垂直于面𝑎𝑏𝑏′𝑎′向外。若等离子气体以不变的速度𝑣0通过管道，以下说法正确的是A.开关S断开时，𝑎′𝑏′𝑐′𝑑

′和𝑎𝑏𝑐𝑑间的电势差为𝐵𝑙2𝑣0B.开关S断开时，𝑎′𝑏′𝑐′𝑑′的电势低于𝑎𝑏𝑐𝑑间的电势C.开关S闭合时，𝑅中电流大小为𝐵𝑙1𝑙2𝑙3𝑣0𝑙1𝑙3𝑅+𝜌𝑙2D.开关S闭合时，𝑅的电功率大小为(𝐵𝑙

1𝑙2𝑙3𝑣0𝑙1𝑙2𝑅+𝜌𝑙3)2𝑅三、非选择题：本题共5小题，共54分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。11.(5分)某同学利用下列实验研究电磁现象。(1)某同学利用如图甲所示装置研究电磁感应的电流方向，实验时

将磁铁沿竖直方向远离线圈时，灯泡____________(填“C”或“D”)短暂亮起。(2)如图乙所示，A为量程较大的弹簧测力计，B为条形磁铁，C为螺线管，其中𝑅1=𝑅2，螺线管线圈的电阻忽略不计。(以下示数都是在电路稳定后弹簧测力计静止

的状态下的示数)①先闭合S1，S2接1，记下弹簧测力计的示数。现将S1断开，S2由1改接到2，弹簧测力计的示数将____________(填“变大”、“变小”或“不变”)。②先断开S1，S2接2，记下弹簧测力计的示数。现S2接2不变，再闭合S1，弹簧

测力计的示数将____________(填“变大”、“变小”或“不变”)。12.(10分)某同学利用如图甲所示的实验装置“探究碰撞中的动量守恒”实验。AB部分为气垫导轨，圆弧与气垫导轨在A点平滑连接(实验时可忽略小物块经过A点时速度大小的变化)。光电门1和光电门2固定

在气垫导轨上。(1)将质量为𝑚的物块从圆弧上的某点静止释放，小物块的遮光片通过光电门1和光电门2的时间分别为Δ𝑡1和Δ𝑡2，当Δ𝑡1____________Δ𝑡2(填“大于”、“小于”或“等于”)表明气垫导轨已经调成水平。(2)用螺旋测微器测得挡光片的宽度

，示数如图乙所示为____________mm。(3)将形状相同，但质量为2𝑚的物块放在Q点，质量为𝑚的物块由P点静止释放，若两物块的遮光片的宽度均为𝑑，由P点下滑的物块先后两次通过光电门1的时间分别为Δ𝑡3、Δ𝑡4，Q处的物块通过光电门2的时间为Δ𝑡5

，若两者碰撞过程动量守恒，则必须满足____________，若两者碰撞为弹性碰撞，则必须满足____________。(表达式均用字母Δ𝑡3、Δ𝑡4、Δ𝑡5表示)(4)若质量为𝑚的物块换为质量很大的同形状的物块，仍由P点静止下滑

，与放在Q点的小质量物块发生弹性碰撞，碰后小质量和大质量的物块分别经过光电门2的时间分别为Δ𝑡6和Δ𝑡7。位于P处的物块质量越大，则Δ𝑡6Δ𝑡7越接近____________(保留两位有效数字)。13.(10分)如图所示，矩形有界磁场MNPQ的NP边长

为2𝐿，MN边长为4𝐿，在该区域中存在垂直MNPQ平面向里的匀强磁场。一带正电的粒子从P点垂直磁场边界NP以初速度𝑣0进入磁场，带电粒子从MN的中点离开磁场。不计粒子的重力。求：(1)带电粒子在磁场中运动的时间；(

2)若该粒子从M点离开磁场，粒子从P点进入磁场的速度为多大?14.(12分)如图所示，足够长的光滑金属平行导轨平面与水平面成𝜃角(0<𝜃<90°)，其中MN与PQ平行且间距为𝐿，导轨平面与磁感应强度大小为𝐵的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。导轨顶端和底端接有定值电阻𝑅1、𝑅2，定

值电阻𝑅1、𝑅2的阻值均为𝑅。金属棒𝑎𝑏由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，𝑎𝑏棒接入电路的电阻为𝑅，金属棒沿导轨下滑距离𝑠时速度恰好达到最大值。已知金属棒𝑎𝑏的质量为𝑚，重力加

速度为𝑔。𝑎𝑏棒从开始运动到速度恰到最大速度过程中，求：(1)𝑎𝑏棒的最大速度；(2)定值电阻𝑅1产生的焦耳热；(3)通过定值电阻𝑅2的电荷量。15.(17分)如图所示，半径为𝑟=ℎ的四分之一光滑圆弧𝑎𝑏与水平桌面相切于𝑏点(其中𝑂1𝑎水平，𝑂1

𝑏竖直)，水平桌面𝑏𝑂2的长度为𝑠=2ℎ，以𝑂2点为圆心，半径为𝑅=√3ℎ的四分之一圆弧分别与水平𝑥轴，竖直𝑦轴相交。位于𝑎点甲物块的质量为𝑚，位于𝑏点的乙物块的质量可调整变化。乙物块与水平桌面之间的动摩擦因数为𝜇=0.25。不计空气阻力，重力加速度为𝑔。甲、乙物块

均可视为质点，两物块碰撞时无机械能损失，且碰撞时间极短。求：(1)甲物块由𝑎点静止释放，甲物块即将与乙物块碰撞前对圆弧的压力多大；(2)甲物块每次都是从𝑎点释放，通过调整乙物块的质量，甲乙物块碰撞后乙物块获得的速度不同，落到圆弧上速度也会

发生变化。若某次乙物块落到圆弧上的速度最小，则乙物块从圆心𝑂2平抛的初速度多大？(3)上述(2)中乙物块的质量为多大？2023年“江南十校”高二阶段联考高二物理参考答案1.【答案】D【解析】小球的速度变化为-10m/s，选项A错误；小球与竖直墙面碰撞后动

能减少，选项B错误；小球动量变化量为-2kg·m/s，因而墙对小球的冲量为-2N·s，选项C错误，选项D正确。2.【答案】B【解析】MN处于图示位置时，线圈abcd总的磁通量垂直纸面向里，当MN向虚线移动时，磁通量逐渐减小为零，根据楞次定律可知线圈ab

cd中产生的感应电流方向为顺时针方向，选项B正确。3.【答案】C【解析】若无磁场，小球由静止释放后将向下加速，但由于有磁场的存在，小球在洛伦兹力作用下向右偏转，根据左手定则可知小球带正电，选项A错误；由于小球做曲线运动，小球到达最低点后有向上的加速

度，小球受力不平衡，选项B错误；小球由O点运动到B点，只有重力做功，机械能守恒，故B点与O点在同一高度，选项C正确；小球到达B点后将向右运动，重复B点左侧的运动曲线，选项D错误。4.【答案】C【解析】t=0.005s时刻线圈穿过线圈的磁通量为零，选项A错误；线圈转动的

角速度为𝜔=2𝜋𝑇=100𝜋rad/s，选项B错误；𝐸𝑚=𝑛𝐵𝑆𝜔，Φ𝑚=𝐸𝑚𝑛𝜔=311100×100𝜋Wb≈9.9×10−3Wb，选项C正确；交变电动势的有效值为𝐸=𝐸𝑚√2=220V，选项D错误。5.

【答案】A【解析】设带电粒子进入匀强磁场时速度与水平方向的夹角为𝜃，由类平抛运动规律得带电粒子在磁场中运动的速度大小为𝑣=𝑣0cos𝜃，由洛伦兹力提供向心力得𝑞𝑣𝐵=𝑚𝑣2𝑟，C点与D点之间的距离为𝑑=2𝑟cos𝜃=2𝑚𝑣0𝑞𝐵，C点与D点之间的距离

与电场强度E无关，仅增大电场强度E，C点与D点之间的距离将不变，故A正确；由类平抛运动规律得tan𝜃=𝑣𝑦𝑣0=𝑞𝐸𝐿𝑚𝑣02，粒子在磁场中运动的圆心角等于(𝜋+2𝜃)，所以仅增大粒子的初速度𝑣0，粒子

在磁场中运动的圆心角将变小，时间将变短，故B错误；设A点和C点的距离为L，由类平抛运动规律得𝐿=𝑣0𝑡，电场力对粒子做的功为𝑊=𝐸𝑞𝑦=𝐸𝑞×12𝑎𝑡2=𝑞2𝐸2𝐿22𝑚𝑣02，

仅减小粒子的质量，电场力对粒子做的功增大，故C错误；由A可知，仅增大磁感应强度B，粒子在磁场中运动初末态的速度变化量相同，所以洛伦兹力对电荷的冲量不变，故D错误。6.【答案】C【解析】振荡电流的变化周期𝑇=2𝜋√𝐿𝐶=2𝜋√0.25×4×10−6s=6.2

8×10−3s，A错误；由题图线圈内部磁感应强度的方向和安培定则可知，从上向下看，此时线圈中的电流沿逆时针方向流动，电容器正在放电，电路中电流正在增加，故B错误，C正确；电容器C极板电荷为零时，振荡电流达到最大值，D错误。7.【答案】B【解析】交流电源周期需和粒子在磁场中周期相等，由�

�=2𝜋𝑚𝑞𝐵可知，粒子比荷相等，磁场的磁感应强度相等，故A错误；离开加速器时有𝑛𝑞𝑈=(𝑞𝐵𝑅)22𝑚，解得𝑛=𝑞(𝐵𝑅)22𝑚𝑈，由于两核的比荷相同，磁感应强度也相同，故加速次数相同

，选项B正确；根据𝑛𝑑=0+𝑣2𝑡1可知氘核(H12)和氦核(He24)在电场中运动的时间相同，选项C错误。设D形盒半径为R，此则速度最大时有𝑞𝑣𝐵=𝑚𝑣2𝑅，即𝑣=𝑞𝐵𝑅�

�，最大动量为𝑚𝑣=𝑞𝐵𝑅，电荷量不同，故最大动量不同，选项D错误。8.【答案】BD【解析】闭合电键，铝环中磁通量会增加，由楞次定律可得铝环会向左运动起来，故A错误；线圈中电流为右侧流入，磁场方向为向左，在闭合开关的过程中

，磁场变强，则由楞次定律可知，感应电流由左侧看为顺时针，故B正确；由增反减同可知，电池正负极调换后，放在左边的金属环仍受力向左，故仍将向左运动，故C错误；若环放在线圈右方，根据楞次定律判断线圈中产生从右边看逆时针方向的电流，则原线圈对环有向右的安培力，即

环将向右运动，故D正确。9.【答案】BC【解析】A下滑过程有𝑚𝐴𝑔𝑅=12𝑚𝐴𝑣02。两滑块发生完全弹性碰撞时，B动能最大，则有𝑚𝐴𝑣0=𝑚𝐴𝑣1+𝑚𝐵𝑣2，12𝑚𝐴𝑣02=12𝑚𝐴𝑣12+12𝑚𝐵𝑣22，联立解得𝐸𝑘𝐵=1.5J；当两滑块

发生完全非弹性碰撞时，B动能最小，则有𝑚𝐴𝑣0=(𝑚𝐴+𝑚𝐵)𝑣，此时𝐸𝑘𝐵=12𝑚𝐵𝑣2=0.375J。综上可知选项B、C正确。10.【答案】AC【解析】由左手定则可判断正离

子受到向下的洛伦兹力，所以正电荷向下运动，负离子受到向上的洛伦兹力而向上运动，故发电机下导体电极为正极、上导体电极为负极，开关S断开时，电荷不再偏转时有𝑞𝑢𝑙2=𝑞𝑣0𝐵，𝑎′𝑏′𝑐′𝑑′和

𝑎𝑏𝑐𝑑间的电势差为𝐵𝑙2𝑣0，所以A正确，B错误；开关S闭合时，回路中电流为𝐼=𝐵𝑙2𝑣0𝑅+𝑟=𝐵𝑙2𝑣0𝑅+𝜌𝑙2𝑙1𝑙3=𝐵𝑙1𝑙2𝑙3𝑣0𝑙1𝑙3𝑅+𝜌𝑙2，所以C正确；开关S闭合时，R中产生的热

功率为𝑃=𝐼2𝑅=(𝐵𝑙1𝑙2𝑙3𝑣0𝑙1𝑙3𝑅+𝜌𝑙2)2𝑅，D错误。11.(5分)【答案】(1)D(1分)(2)变小(2分)变大(2分)【解析】(1)当磁铁远离线圈时，通过线圈的磁通量向下减小，根据楞次定律可知，回路中出现逆时针方向的电流，灯

泡D短暂亮起；(2)①根据安培定则，由图乙可知，闭合开关，螺线管上端是N极，条形磁铁下端是S极，条形磁铁受到向下的吸引力，现将S1断开，S2由1改到2，电路电流变小，通电的螺线管圈数变少，电磁铁的磁性变弱，螺线管对条形磁铁的吸引力变小，弹簧测力计示数

变小；②若S2接2不变，闭合S1，电阻𝑅2短路，电路电流变大，螺线管的磁场变强，条形磁铁受到的吸引力变大，弹簧测力计的示数变大。12.(10分)【答案】(1)等于(2分)(2)0.410(2分)(3)1Δ𝑡3=−1Δ𝑡4+2Δ𝑡5(2分)(1Δt3)2=(1Δ𝑡4)2+2(1Δ𝑡5)

2或1Δ𝑡3=1Δ𝑡4+1Δ𝑡5(2分)(4)0.50(2分)【解析】(1)若气垫导轨水平，则物块做匀速运动，即𝑑Δ𝑡1=𝑑Δ𝑡2，故有Δ𝑡1=Δ𝑡2。(2)螺旋测微器的分度值为0.01mm，则示数为

0mm+41.0×0.01mm=0.410mm。(3)由于质量为𝑚的物块先后两次经过光电门1，则碰后反向运动，根据动量守恒定律有𝑚𝑑Δ𝑡3=𝑚(−𝑑Δ𝑡4)+2𝑚𝑑Δ𝑡5，化简可得：1Δ𝑡3=−1Δ𝑡4+2Δ𝑡5。若碰撞为

弹性碰撞，则12𝑚(𝑑Δ𝑡3)2=12𝑚(−𝑑Δ𝑡4)2+12⋅2𝑚(𝑑Δ𝑡5)2，解得(1Δt3)2=(1Δ𝑡4)2+2(1Δ𝑡5)2，结合动量守恒定律，可得1Δ𝑡3=1Δ𝑡4+1Δ𝑡5。(4)大质量物体碰撞小质量物体，碰后小质量物体将以大质量物体速

度2倍飞出去，而大质量物体速度几乎不变，故有Δ𝑡6Δ𝑡7=0.50。13.(10分)【解析】(1)由数学知识可知粒子在磁场中做圆周运动的半径为𝑟1=2𝐿·····························

·········································································(1分)粒子在磁场中做圆周运动的周期为𝑇=2𝜋𝑟1𝑣0··································

······················(2分)粒子在磁场中运动的时间为𝑡=14𝑇···································································(1

分)联立解得𝑡=𝜋𝐿𝑣0····························································································(1分)(2)粒子在

磁场中做圆周运动的半径为𝑟2，由数学知识可得(𝑟2−2𝐿)2+(4𝐿)2=𝑟22·················································································(1分)而𝑞𝑣0𝐵=𝑚�

�02𝑟1·····························································································(1分)𝑞𝑣𝐵=𝑚𝑣2𝑟2·······················

··········································································(1分)联立解得𝑣=2.5𝑣0·····································

··················································(2分)14.(12分)【解析】(1)𝑎𝑏棒达到最大速度时，𝑎𝑏棒受力平衡，则有𝑚𝑔sin𝜃=�

�𝐼𝐿····························································································(1分)根据法拉第电磁感应定律有𝐵𝐿𝑣min=𝐼(𝑅+𝑅2)············

············································································(1分)联立解得𝑣𝑚=3𝑚𝑔𝑅sin𝜃2𝐵2𝐿2··························

·······················································(1分)(2)𝑎𝑏棒恰达到最大速度时，根据能量转化和守恒定律有𝑚𝑔𝑠sin𝜃=12𝑚𝑣𝑚2+𝑄···············

···································································(1分)定值电阻𝑅1产生的焦耳热为𝑄1=16𝑄·······························

··································(2分)联立解得𝑄1=16𝑚𝑔𝑠sin𝜃−3𝑚3𝑔2𝑅2sin2𝜃16𝐵4𝐿4·················································

··········(1分)(3)𝑎𝑏棒恰达到最大速度的过程，则𝑞=𝐼Δ𝑡·····················································(1分)而𝐵𝐿𝑠Δ𝑡=𝐼(𝑅+12𝑅)···························

·····························································(2分)根据电路知识有𝑞2=12𝑞···································································

··············(1分)联立解得𝑞2=𝐵𝐿𝑠3𝑅··························································································(

1分)15.(17分)【解析】(1)甲物块由𝑎点静止释放运动到𝑏点过程，根据机械能守恒定律有𝑚𝑔𝑟=12𝑚𝑣02··············································································

·················(1分)在b点与乙物块即将碰撞前，根据牛顿第二定律有𝑁−𝑚𝑔=𝑚𝑣02𝑟···········································

·················································(1分)根据牛顿第三定律有𝑁′=𝑁·····································

·······································(1分)联立解得𝑁′=3𝑚𝑔·········································································

··············(1分)(2)乙物块到达𝑂2点后将向右平抛运动的初速度为𝑣2′，落到圆弧上的速度为𝑣，则水平方向有𝑥=𝑣2′𝑡······························

·························································(1分)竖直方向有𝑦=12𝑔𝑡2································································

·····················(1分)而𝑥2+𝑦2=𝑅2····························································································(1分)乙物块由𝑂2点向

右平抛落到圆弧上时，根据动能定理有𝑚′𝑔𝑦=12𝑚′𝑣2−12𝑚′𝑣′22················································································(1分)联立可得

𝑣=√𝑔2(3𝑦+𝑅2𝑦)··············································································(2分)由数学知识可知𝑦=√33𝑅=ℎ时，乙物块平抛落在圆弧上的速度最小，··········

··········(1分)联立可得𝑣2′=√𝑔ℎ·······················································································(1分)(3)设乙物块质量调整为𝑀，甲乙两物块在𝑏点碰撞

时动量和机械能均守恒，则有𝑚𝑣0=𝑚𝑣1′+𝑀𝑣2′························································································(1分)12𝑚

𝑣02=12𝑚𝑣1′2+12𝑀𝑣2′2················································································(1分)碰后𝑏物块向右左减速运动到𝑂2点，根据动能定理有−𝜇𝑀

𝑔𝑠=12𝑀𝑣2′2−12𝑀𝑣22···············································································(1分)联立解得𝑀=𝑚·········

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