【文档说明】【精准解析】【新高考】2021高考物理人教版：仿真模拟冲刺标准练（四）.docx，共(16)页，386.152 KB，由小赞的店铺上传

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仿真模拟冲刺标准练(四)选择题部分一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求的．1．如图所示为氢原子能级图，氢原子中的电子从n＝4能级跃迁到n＝1能级可产生a光；从n＝3能级跃迁到n＝1能级可产生b光，a光和b

光的波长分别为λa和λb，a、b两光照射逸出功为4.5eV的金属钨表面均可产生光电效应，遏止电压分别为Ua和Ub，则()A．λa>λbB．Ua<UbC．a光的光子能量为12.55eVD．b光照射金属钨产生的光电子的最大

初动能Ekb＝7.59eV2.如图所示，某空间存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面水平向里．一带电微粒由a点以一定的初速度进入电磁场，刚好能沿直线ab斜向上运动，则下列说法正确的是()A．微粒可能带正电，也可能带负

电B．微粒的动能可能变大C．微粒的电势能一定减少D．微粒的机械能一定不变3.如图所示，长度为L的水平传送带以恒定的速度向右匀速运动，在左端轻轻放上一个工件，当工件运动到距离传送带右端L3处时，传送带出现故障突然卡住不动，此后工件恰好滑到传送带右端．已知工件可视为质点，工件与传送带间

的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则()A．工件先加速后减速B．工件在整个过程中的平均速度为μgL6C．传送带的速度大小为2μgL3D．工件从传送带左端运动到右端的时间为436Lμg4．如图所示，宽度为d且平行的两直导轨固定在光滑绝缘水平面上，导轨右端通过开

关K连接一直流电源．质量为m，电阻不能忽略的金属棒MN与导轨接触良好并通过长为L的绝缘细线悬挂起来，此时细线竖直且处于张紧状态，空间有竖直方向的磁感应强度为B的匀强磁场(图中没画出)．现闭合开关K，金属棒MN向左摆起到最高点时细线与竖直方

向的夹角为θ.已知重力加速度为g，则下列说法错误的是()A．匀强磁场方向竖直向上B．金属棒摆到最大高度时重力势能的增加量等于mgL(1－cosθ)C．金属棒离开导轨前通过的电荷量等于m2gL(1－cosθ)BdD．金属棒离开导轨前电源提供的

电能等于mgL(1－cosθ)5．某实验小组打算制作一个火箭．甲同学设计了一个火箭，其质量为m，可提供恒定的推动力，大小为F＝2mg(g为重力加速度)，持续时间为t.乙同学对甲同学的设计方案进行了改进，采用二级推进的方式，即当质量为m的火箭飞行经过t2时，火箭丢掉m2的质量，剩余t2时间，

火箭推动剩余部分继续飞行．若采用甲同学的方案火箭最高可上升的高度为h，则采用乙同学的方案火箭最高可上升的高度为(不考虑燃料消耗引起的质量变化及空气阻力的影响)()A．1.5hB．2hC．2.75hD．3.25h6．如图所示，质量为m的均匀木块静止在光滑水平面上，木块左右两侧各有一位拿着完全相同步

枪和子弹的射手．首先左侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d1，然后右侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d2.设子弹均未射穿木块，且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相同．当两颗子弹均相对于木块静止时，下列判断正确的是()A．木块静止，d1＝d2B．木块向右运动，d1＜d2C．木块静止

，d1＜d2D．木块向左运动，d1＝d27．两列简谐横波a、b在同一场的介质中沿x轴同一方向传播，t＝0时刻各自的波形如图甲所示，横波b上x＝0处质点的振动图象如图乙所示，下列说法正确的是()A．横波b沿x轴正方向

传播B．t＝0时刻横波b上x＝0处的质点的位移为－5cmC．横波a在介质中传播的速度为2m/sD．t＝13.5s时x＝1.0m处的质点的位移为20cm8.如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为L，导轨电阻均可忽略不计．在M和P之间接有一阻值为R的定值

电阻，质量为m、电阻为2R的导体杆ab与导轨接触良好．整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中．现给ab杆一初速度v0，使杆向右运动，最终ab杆停在导轨上．下列说法正确的是()A．ab杆将做匀减速运动直到静止B．a

b杆速度减为0时，通过电阻的电量为mv02BLC．ab杆速度减为0时，ab杆走过的位移为3mv0RB2L2D．ab杆速度减为v02时，ab杆加速度大小B2L2v02mR二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．9．如图所示，xOy平面位于光滑水平桌面上，在0≤x≤2L的区域内存在着匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向下．由同种材料制成的粗细均匀的正六边形导线框，放在该水平桌面上

，ab边与de边的距离恰为2L，现施加一个水平向右的拉力F使线框水平向右做匀速运动，de边与y轴始终平行，从线框de边刚进入磁场开始计时，则线框中的感应电流i(取逆时针方向的电流为正)随时间t的变化图象和

拉力F随时间t的变化图象可能正确的是()10．科学家研究发现，磁敏电阻的阻值随所处空间磁场的增强而增大，随所处空间磁场的减弱而减小．如图所示电路中R′为一个磁敏电阻，置于真空中的平行板电容器水平放置，滑动变阻器R0的滑片位于中点位置，

此时处在电容器中的油滴P恰好静止不动．现在要使油滴P向上加速运动，下列操作正确的是()A．仅将条形磁铁向左移动靠近磁敏电阻B．仅将滑动变阻器的滑片向上移动C．仅增大平行板电容器两个极板的距离D．仅减小平行板电容器两个极板的正对面积11.在竖直平面内建

立直角坐标系，曲线y＝x220位于第一象限的部分如图所示，在曲线上不同点以一定的初速度v0向x轴负方向水平抛出质量为m、带电荷量为＋q的小球，小球下落过程中都会通过坐标原点O，之后进入第三象限的匀强电场和匀强磁场区域(图

中未画出)，结果小球恰好在竖直面内做匀速圆周运动，并且都能打到y轴负半轴上．已知匀强磁场的磁感应强度大小为B(g取10m/s2)，则下列说法正确的是()A．第三象限的电场强度大小为mgq，方向竖直向下B．小球

的初速度为10m/sC．第三象限的磁场方向一定是垂直纸面向外D．要使所有的小球都能打到y轴的负半轴，所加磁场区域的最小面积是12π(mv0qB)212.在如图所示的电路中接有两个灯泡L1、L2，已知理想变压器原、副线圈匝数比为1:2，原线圈

接电压有效值为12V的正弦交流电，已知灯泡L1的电阻为1Ω，灯泡L2的电阻为2Ω，R为一光敏电阻(电阻随光照强度的增加而减小)，在某光照条件下阻值为10Ω，若灯泡电阻不变，则()A．L1消耗的电功率与L2消耗的功率之比为2:1B．此时通过L1的电流为3AC．若增加光照，电压表读数将变大D．若增

加光照，L2功率将减小非选择题部分三、非选择题：本题共6小题，共60分．13．(6分)某小组用如图(a)所示的装置做“探究力一定时加速度与质量的关系”实验．将两个相同的小车放在带有刻度尺的平板上，左端各系一根细绳，绳的另一端跨过定

滑轮各挂一个相同的小盘；右端各系一条细绳，细绳的右端用固定的夹子夹住．完成下列填空：(1)实验要求小盘的质量远小于小车的质量，主要目的是__________；去掉小盘，将平板右端稍微抬高一些，松开夹子、轻推小车，小车匀速运动，主要目的是________．(填正确选项

前字母)A．使实验现象方便观察，减小实验误差B．使小车运动得更快一些，放大实验现象，减小误差C．让细绳对小车的拉力等于小车所受的合力D．让细绳对小车的拉力近似等于小盘的重力(2)挂上小盘，让两小车的前端与刻度尺上的0刻度对

齐，夹住细绳．在甲车上放一定质量的砝码，松开夹子，同时用手机连拍功能垂直刻度尺对整个装置是行拍照．图(b)是拍摄的其中一张照片，可知甲、乙两小车的加速度之比最接近________．A．1:4B．1:2C．2:1

D．4:114．(8分)图甲为某多用电表的电路图，E为电源，R1、R2、R3、R4、R5为定值电阻，R6为滑动变阻器．虚线方框内为换挡开关，A端和B端与两表笔相连．该多用电表有两个直流电流挡2mA和5mA，两个直流电压挡5V和

10V，一个欧姆挡．(1)某次测量时该多用电表指针位置如图乙所示．若此时B端与“4”相连，则读数为________；若此时B端与“1”相连，则多用电表读数为________．(2)B端与“3”相连时，红黑表笔短接，调节R6使表头G指针满偏，再将电阻箱作为待测电阻接在A、B间，电路中干路

电流I，与电阻箱的阻值Rx的关系如图丙所示，则此时多用电表的内阻为________kΩ，该电源的电动势E＝______V.(3)若G表的满偏电流Ig＝0.01mA，内阻rg＝100Ω，则可求得R1＝________Ω，R4＝________Ω.15．(8分)一简谐横波以4m/s的波速沿水

平绳向x轴正方向传播．已知t＝0时的波形如图所示，绳上两质点M、N的平衡位置相距34波长．设向上为正，经时间t1(小于一个周期)，质点M向下运动，其位移仍为0.02m．求：(1)该横波的周期；(2)t1时刻质点N的位移大小．16．(8分)根据量子理论，光子不但有能量，还有动量，光子的动量p＝hλ

，其中h是普朗克常量，λ是光子的波长．光子有动量，光照到物体表面，对物体表面产生压力．某同学设计了一种以光压为动力的宇宙飞船，给飞船装上面积为S＝4×104m2反射率极高的帆板，并让它正对太阳，在轨道位置每秒钟每平方米面积上得到的

太阳光的能量为E0＝1.35kJ，飞船质量为M＝50kg，忽略除光压力以外其他力的作用，不考虑因为位置变化导致的单位面积功率变化，真空中光速c＝3.0×108m/s.求：(1)1s内照射到帆板上光子的总动量；(2)飞船的加速度大小；1小时内飞船的速度变化大小(结果

保留2位有效数字)．17．(14分)倾角为θ的斜面放置在水平面上，一个可视为质点的、质量为m的滑块从斜面底端以某一初速度v0沿斜面向上滑动，返回斜面底端时的速度大小为v02，重力加速度为g，沿斜面向上滑行的时间为t，上滑及下滑过程中，斜面均静止不动，斜面

的质量为M.求：(1)滑块沿斜面上滑与下滑过程中加速度大小之比；(2)滑块与斜面间的动摩擦因数；(3)滑块下滑过程中，斜面对地面的压力及地面对斜面的摩擦力．18．(16分)质量为m＝1.0×10－3kg的物块b静止放置在绝缘水平桌面上，桌面距地面的高度h＝3m，在b的左侧桌

面光滑，右侧桌面长L＝8m，与物块间动摩擦因数为μ＝0.1.桌子右侧空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度E＝20N/C，方向竖直向上，磁感应强度B＝3.0T，方向垂直纸面向外，与b相同的不带电物块a以一定速度从远处

滑来与b发生正碰，碰撞时间极短，碰后粘在一起，离开桌面后一起飞入复合场中，最后以与水平面成60°角落在地面上的P点(如图所示)，已知物块b带电荷量q＝1.0×10－3C，取g＝10m/s2，a、b均可看作质点．求：(1)物块

a、b进入复合场时的速度；(2)物块a出发时的速度；(3)从物块a、b碰撞后到落地前瞬间的过程中所经历的时间．仿真模拟冲刺标准练(四)1．D本题考查光电效应方程和玻尔原子理论，意在考查考生的理解能力．氢原子中的电子从n＝4能级跃迁到n＝1能级产生

a光，a光的光子能量hνa＝Ea＝E4－E1＝12.75eV，氢原子中的电子从n＝3能级跃迁到n＝1能级产生b光，b光的光子能量hνb＝Eb＝E3－E1＝12.09eV，a光的光子能量高，则a光的频率大，波长小，即λa<λb，A、C项错误

；由光电效应方程Ek＝hν－W0和Ek＝eUc可知，频率越大，对应遏止电压Uc越大，即Ua>Ub，B项错误；Ekb＝hνb－W0＝7.59eV，D项正确．2．C本题考查了带电微粒在复合场中的运动，意在考查考生综合能量的相关规律处理问题的能力．微粒

受到重力、电场力和洛伦兹力作用，在复合场中做直线运动，其合力为零，根据做直线运动的条件可知微粒的受力情况如图所示，所以微粒一定带负电，A错误；微粒一定做匀速直线运动，否则速度变化，洛伦兹力大小变化，微粒将做曲线运动，因此微粒的动能保持不变．B错误；微粒由a沿直

线ab运动的过程中，电场力做正功，电势能一定减小，C正确；在微粒的运动过程中，洛伦兹力不做功，电场力做正功，则微粒的机械能一定增加，D错误．3．C本题考查传送带模型、牛顿运动定律、匀变速直线运动规律及其相关知识．工件从传送带左端运动到右端的过程中，先在滑动摩擦力作用下加速运动，根据

题意，可知在传送带卡住之前，工件就已经加速到与传送带速度相等．传送带卡住后，工件在滑动摩擦力作用下做减速运动，即工件先加速后匀速再减速，选项A错误；传送带卡住后，工件在滑动摩擦力作用下做减速运动，其加速度大小a＝μg，由v2＝

2aL3，解得v＝2μgL3，选项C正确；工件做加速运动的时间t1＝va＝2L3μg，加速运动的位移大小x1＝L3，做减速运动的时间t3＝t1＝2L3μg，匀速运动的位移大小x2＝L－x1－L3＝L3，做匀速运动的时间t2＝x2v＝L6μg，工件从传送

带左端运动到右端的时间为t＝t1＋t2＋t3＝2L3μg＋L6μg＋2L3μg＝5L6μg，选项D错误；根据上述分析可知，工件在整个过程中的平均速度v＝Lt＝6μgL5，选项B错误．4．D本题考查左手定则、能量的转化与守恒、机械能守恒定律等知识．

当开关K闭合时，金属棒向左摆起，说明其所受安培力方向水平向左，根据左手定则可知匀强磁场方向竖直向上，故A正确；金属棒摆到最大高度时重力势能的增加量等于mgL(1－cosθ)，故B正确；设金属棒向左摆动的初动能为EK，摆动过程中机械能守恒，有EK＝mgL(1－cosθ

)，对金属棒由动量定理可知：BI－d·Δt＝mv，通过金属棒的电荷量为：q＝I·Δt＝m2gL(1－cosθ)Bd，故C正确；金属棒离开导轨前电源提供的电能除了转化为金属棒的动能，还要产生焦耳热，故电源提供的电能大于mgL(1－cosθ)，故D错误．5．C本题以火箭

发射为情境，考查牛顿第二定律和匀变速直线运动规律及其相关知识点．甲同学的设计方案中，对火箭加速过程由牛顿第二定律有F－mg＝ma，解得加速度a＝g，加速过程中火箭上升的高度x＝12gt2，持续时间t火箭得到的速度v＝gt，失去推力后火箭做竖直上抛运动，又上升高度x′＝v22g＝12

gt2，上升的总高度h＝x＋x′＝gt2.乙同学改进后的方案，前t2时间的加速过程中，由牛顿第二定律有F－mg＝ma1，解得加速度a1＝g，则前t2时间上升的高度x1＝12gt22＝18gt2，持续时间t2得到的速度v1＝gt2，后t2时间的加速过程中，

由牛顿第二定律有F－12mg＝12ma2，解得加速度a2＝3g，则后t2时间上升的高度x2＝v1t2＋12×3gt22＝58gt2，再经t2时间后火箭的速度v2＝v1＋a2·t2＝2gt，失去推力后火箭做竖直上抛运动，又上升高度x3

＝v222g＝2gt2，上升的总高度h′＝x1＋x2＋x3＝18gt2＋58gt2＋2gt2＝2.75gt2＝2.75h，C正确．6．C本题考查动量守恒定律及其相关知识点．把两颗子弹和木块看成一个系统，由动量守恒定律，可知最终木块静止．左侧射

手开枪，把子弹和木块看成一个系统，由动量守恒定律可知，木块向右运动．右侧射手开枪，子弹相对于木块的速度大于木块静止时子弹相对于木块的速度，所以子弹进入木块的相对速度较大，分析可知d1＜d2，选项C正确，ABD错误．7．D本题考查了机械振动和机械波，意

在考查考生对振动图象和波动图象的掌握情况．根据图乙振动图象可知，t＝0时刻横波b上x＝0处的质点振动方向沿y轴负方向，所以横波b沿x轴负方向传播，选项A错误；同一介质中简谐波的传播速度相同，则波速va＝vb＝0.5m0.5s＝1

m/s，选项C错误；由Tb＝λbvb＝4s，t＝0.5s时，yb＝－10cm可知，横波b上x＝0处质点的振动方程为y＝－10sinπ2t＋π4cm，则t＝0时刻横波b上x＝0处的质点的位移为－52cm，选项B错误；根据图甲可知横波a的波长λa＝2.0m，横波b的波长

λb＝4m，要使x＝1.0m处的质点的位移为20cm，设所需时间为t，则t时刻两列波波峰叠加，t＝1.5m＋mλav＝1.5m＋nλbv(m，n均为自然数)，得m＝2n(m，n均为自然数)，当m＝6，n＝3时，代入可得t＝13.5s，符合题意，选

项D正确．8．Cab棒水平方向上受与运动方向相反的安培力，安培力大小FA＝B2L2v3R，加速度大小a＝FAm＝B2L2v3mR，由于速度减小，所以ab棒做加速度减小的变减速运动直到静止，选项A错误；ab

杆速度减为0时，对ab棒应用动量定理得－BIL·Δt＝0－mv0，即BLq＝mv0，解得q＝mv0BL，选项B错误；ab杆速度减为0时，由法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可知，通过ab杆的电量为q＝I

·Δt＝ER总·Δt＝ΔΦΔt·ΔtR总＝ΔΦR总＝ΔΦ3R＝B·Lx3R，联立解得x＝3mv0RB2L2，选项C正确；ab杆速度减为v02时，安培力F′A＝B2L2v023R，加速度大小a′＝F′Am＝B2L2v06mR，选项D错误．9．AC

本题结合法拉第电磁感应定律考查考生对物理过程的分析能力．在线框匀速进、出磁场的过程中，产生的感应电动势与线框切割磁感线的有效长度成正比，由楞次定律和安培定则可判断电流方向，又t＝0时，有效长度不为零，故A正确，B错误；在线框匀速运

动过程中，拉力F与线框所受安培力平衡，由安培力FA＝B2L2有vR可知，拉力F与线框切割磁感线有效长度的二次方成正比，由数学知识可知C正确，D错误．10．BD本题考查了电路动态分析和含容电路的分析，意在考查考生的理解能力和推理能力．处在电容器中的油滴P恰好静止不动时

，有mg＝qE，要使油滴P向上加速运动，只有增大电场强度E.将条形磁铁向左移动靠近磁敏电阻时，磁敏电阻的阻值增大，滑动变阻器R0上分得的电压减小，但由于二极管的单向导电性，电容器不能放电，电容器两端的电压不变，所以电场强度不变，油滴P不动，A错误；当滑动变阻器的滑片向上移动时

，电容器两端的电压增大，由E＝Ud知电场强度增大，油滴P向上加速运动，B正确；当增大平行板电容器两个极板的距离时，电容器不能放电，电容器所带电荷量不变，由Q＝εS4πkd·Ed可知电场强度不变，油滴P不动，C错误；当减小平行板电容器两个极板的正对面积时，电容器不能放电，电容器所带电荷量不变

，由C＝QU可知U增大，所以电场强度增大，油滴P向上加速运动，D正确．11．BD本题考查考生的分析综合能力，需要考生熟知带电粒子在复合场中的运动规律及处理方法．设小球释放点的坐标为(x，y)，初速度为v0，由平抛规律可知x＝v0t，y＝12gt2，由以

上两式可得y＝g2v20x2，又由题意可知y＝x220，联立可得v0＝10m/s，B正确；小球在第三象限做匀速圆周运动，则mg＝qE，即E＝mgq，方向竖直向上，A错误；根据题意结合左手定则可判断磁场方向垂直纸面向里，C错误；设小球最初进入

第三象限时合速度为v，与y轴负半轴夹角为α，则有v0＝vsinα，洛伦兹力提供向心力qvB＝mv2r，r＝mvqB＝mv0qBsinα，小球在磁场中的偏转角恒为2α且运动轨迹的弦长不变，恒为2mv0qB，要使小球都能打到y轴负半轴上，所加磁场区域的最小面积

为Smin＝12πR2＝12π(mv0qB)2，D正确．12．AB本题考查理想变压器，理想变压器原副线圈匝数之比为1:2，则原副线圈的电流之比为2:1，根据P＝I2R可知L1与L2消耗的电功率之比为2:1，A正确；设通过L1的电流为I，则副线圈电流为0.5

I，原线圈两端电压为U－IR1，副线圈两端电压为2(U－IR1)，有2(U－IR1)0.5I＝R2＋R＝12Ω，解得I＝3A，B正确；若增加光照强度，则R电阻减小，由2(U－IR1)0.5I＝R2＋R，得I(3＋0.5R)＝24，

所以R电阻减小时，原副线圈电流变大，L2功率变大，电阻L1两端的电压变大，原线圈和副线圈两端电压均变小，电压表读数将变小，CD错误．13．答案：(1)DC(2)B解析：(1)实验中要求小盘的质量远小于小车的质量，主要目的是让细绳对小车的拉力近似等于小盘的重力，选项D正

确；去掉小盘，将平板右端稍微抬高一些，松开夹子，轻推小车，小车匀速运动，主要目的是平衡摩擦力，让细绳对小车的拉力等于小车所受的合力，选项C正确．(2)在相等的时间内甲、乙两车位移分别为x甲＝4.00cm，x乙＝

8.00cm.由x＝12at2可知a甲a乙＝x甲x乙＝12，B正确．14．答案：(1)2.92V(2.91～2.94V)2.92mA(2.91～2.94mA)(2)1530(3)0.2012499.5解析

：(1)B端接“4”时为电压表小量程即5V，读中间一排数字，因为最小分度值为0.1V，估读到下一位，指针指在2.0～3.0V之间约9.2格处，所以读数为2.92V；B端接“1”时为电流表的大量程即5mA，则此时的读数为2.92mA.(2)由题图丙可知中值电阻和短路电流分别为15kΩ和

2.0mA，所以此时多用电表的内阻为15kΩ，电源电动势E＝15kΩ×2.0mA＝30V．(3)由题可知I大＝5mA，I小＝2mA，由电流表改装知识可知，rgR1＋R2＝I小－IgIg，rg＋R2R1＝I大－IgIg，解得R1＝0.201Ω，由I小×

(R1＋R2)×rgR1＋R2＋rg＋R4＝5V，解得R4＝2499.5Ω.15．解析：(1)由波形图知，波长λ＝4m波长、波速和周期的关系为v＝λT联立并代入数据得该波的周期为T＝1s(2)结合题给条件知从t＝0时刻起，质点M做简谐振动的位移表达式为yM＝0.04sin

2πt＋π6m经时间t1(小于一个周期)，M点的位移仍为0.02m，运动方向向下．可解得t1＝13s由于N点在M点右侧34波长处，所以N点的振动滞后34个周期，其振动方程为yN＝0.04sin2πTt－34T＋π6m＝0.0

4sin2πt－4π3m当t1＝13s时，质点N的位移大小为350m16．答案：(1)0.18N·s(2)7.2×10－3m/s226m/s解析：(1)光子能量E＝hν光子动量p＝hλ＝hνc所以E＝pc单位时间接收到的能量与光子数n的关系为E0S＝nEp总＝np所以p

总＝E0Sc＝0.18N·s(2)对撞上帆板的光子进行分析，由动量定理得2p总＝F压t，其中t＝1s由牛顿第二定律得a＝F压M＝7.2×10－3m/s2Δv＝at＝26m/s17．答案：(1)4:1(2)35tanθ(3)(M＋m)g－25mgsin2θ25mgsi

n2θ，方向向左解析：(1)滑块上滑与下滑过程中位移大小相等，上滑初速度为v0，返回斜面底端时的速度大小为v02，且均做匀变速直线运动，则上滑阶段的平均速度是下滑阶段的2倍上滑时间为下滑时间的12，设上滑过程中加速度大小为a1，下

滑过程中加速度大小为a2，则有a1t＝v0，a22t＝v02解得a1＝4a2，即上滑与下滑过程中加速度大小之比为4:1(2)根据牛顿第二定律，上滑过程mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1下滑过程mgsinθ－μmgcosθ＝ma2解得μ＝35t

anθ(3)将μ＝35tanθ代入mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，得a2＝25gsinθ下滑过程滑块处于失重状态，滑块所受竖直方向的合外力F1＝ma2sinθ＝25mgsin2θ所以斜面对地面的压力为FN＝(M＋m)g－25mgs

in2θ滑块所受水平方向的合外力F2＝ma2cosθ＝15mgsin2θ，方向水平向左滑块对斜面水平向右的分力大小等于F′2＝15mgsin2θ斜面静止，可知地面对斜面的摩擦力大小为f＝F′2＝25mg

sin2θ，方向向左18．答案：(1)3m/s(2)10m/s(3)4π9＋2s解析：(1)物块a、b进入复合场后所受电场力F＝qE＝2×10－2N＝2mg，所以组合体在复合场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力Bqv＝2mv2r可得r＝2mvqB由几何知

识有h＝r＋r2＝3m解得r＝2m，v＝3m/s(2)设物块A出发时的速度为v0，物块a、b碰撞瞬间，由动量守恒定律有mv0＝2mv′物块a、b碰撞后到进入复合场前由动能定理有－μ2mgL＝12·2mv2－12·2mv′

2联立解得v0＝10m/s，v′＝5m/s(3)物块a、b碰撞后到进入复合场前有v＝v′－at1，a＝μg得t1＝2s物块a、b进入复合场后T＝2π2mqB，t2＝T3＝4π9s所以从物块发生碰撞到落地前瞬间经历的总时间t＝t1

＋t2＝4π9＋2s