【文档说明】湖南省湖南师范大学附属中学2023-2024学年高三上学期月考物理试题（二） 含解析.docx，共(25)页，5.514 MB，由小赞的店铺上传

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炎德·英才大联考湖南师大附中2024届高三月考试卷（二）物理时量75分钟，满分100分。第I卷一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1.在力学发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了物理

学的进步。对以下几位物理学家所作科学贡献的表述中，与事实不相符的是（）A.伽利略首先建立平均速度、瞬时速度和加速度等描述运动的概念B.胡克提出如果行星的轨道是圆形，太阳与行星间的引力与距离的平方成反比C.卡文迪许是测量地球质量的第一

人D.伽利略根据理想斜面实验，得出自由落体运动是匀变速直线运动【答案】D【解析】【详解】A．伽利略首先建立平均速度、瞬时速度和加速度等描述运动的概念，故A正确；B．胡克提出如果行星的轨道是圆形，太阳与行星间的引力与距离的平方成反比，故B正确；C．卡文迪许是测量地球质量的第

一人。故C正确；D．伽利略将斜面实验的结论合理外推，证明了自由落体运动是匀变速直线运动，故D错误。本题选与事实不相符的，故选D。2.甲、乙两个物体初始时刻在同一位置，运动图像分别为图中实线和虚线，两个图像均为14圆弧，圆弧的半径均为a，横纵坐标表示的物理意义未知，下

列说法正确的是（）A.若实线和虚线分别为甲、乙的运动轨迹，则甲、乙的速率相同B.y表示速度，x表示时间，则xa=时甲、乙间的距离为22aC.y表示加速度，x表示时间，则xa=时甲、乙间的距离为22aD.y表示位移，x表示时间，则甲、乙的平

均速度相同【答案】B【解析】【详解】A．若实线和虚线表示轨迹，则根据题图可知其甲、乙运动的距离，但是时间不能确定，无法获得其速率的信息，故A项错误；B．若y表示速度，x表示时间，则题图为其速度—时间图像，该图像与坐标轴围成的面积为物体的位移，由题图可知，甲的位移方向与正方向相同，

其大小为214xa=甲同理可知，乙的位移方向为负方向，其大小为214xa=乙甲、乙从同一位置出发，所以两者的距离为22axxx=+=甲乙故B项正确；C．若y表示加速度，x表示时间，则图像与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量，由

题图无法求得甲乙两物体的位移，所以无法求得甲乙之间的距离，故C项错误；D．若y表示位移，x表示时间，则甲的平均速度为1m/sxavta===甲甲甲乙的平均速度为1m/sxavta==−=−乙乙乙故D项错误。

故选B。3.如图所示，质量为m、长为L的均匀杆AB一端靠在墙上，用细绳CD拴杆于D点，图中AD等于13L，37==DCA，53==CAD，此时杆处于平衡状态，sin370.6=，cos370.8=。那么以下说法正确的是（）A.在图中杆A端所受摩擦力的方向可能

沿墙面向下B.在图中杆与墙壁间的最小动摩擦因数min118=C.在图中杆A端所受墙壁对杆的力一定沿杆方向D.如果改变细线的位置而不改变夹角和，杆A端所受的摩擦力不可能为零【答案】B【解析】【详解】受力分析如图所示，将f（f设为沿墙壁向上）与N合成一个

力T，恰好要滑动时，T与N的夹角正切值则有tan=根据三力汇交如图所示，T和水平线夹角为（摩擦角），对三角形ADE和三角形DOE运用正弦定理有13sin(90)sin(90)LDE=−−−+由16sinsin=LDE得29=DEL联立可得1tan18=则动摩

擦因数min118=故AC错误，B正确；如果平移CD，使得CD和OE交于水平虚线上，那么此刻摩擦力恰好是零，故D错误。故选B。4.如图所示，在粗糙的斜面上用一个滑块将轻质弹簧压缩后由静止释放，滑块沿

斜面上滑的距离为1x时脱离弹簧，上滑的距离为2x时速度变为0且不再下滑，用kE表示滑块的动能，1pE表示滑块的重力势能（以斜面底端为零势能参考面），2pE表示弹簧的弹性势能，E表示滑块的机械能，则以上各种能量随滑

块上滑的距离x的图像中，可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．滑块上滑的距离为2x时的机械能为121100kppppEEEEEE=++=++=以斜面底端为零势能参考面，可知滑块上

滑的距离为2x时重力势能不为零，故机械能一定不为零，故A错误；B．弹簧为原长时滑块脱离弹簧，滑块上滑的距离为10~x时，滑块的合外力为sincosFkxmgmg=−−kEx−图像的斜率表示合外力，可知

上滑的距离为10~x，随着上滑，滑块的合外力先大于零，后小于零，斜率应先大于零，后小于零，故B错误；C．根据功能关系可知滑块的重力势能为110sinppEEmgx=+故C正确；D．根据功能关系可知弹簧弹性势能为222020200122

ppppkxEEFxExEkx+=−=−=−可得22pEx，故D错误。故选C。5.在信息技术迅猛发展的今天，光盘是存储信息的一种重要媒介。光盘上的信息通常是通过激光束来读取的。若红、蓝激光束不是垂直投射到盘面上，则光

线在通过透明介质层时会发生偏折而改变行进的方向，如图所示。下列说法中正确的是（）A.图中光束①是红光，光束②是蓝光B.在光盘的透明介质层中，光束①比光束②传播速度快C.若光束①、②先后通过同一双缝干涉装置，光束①的条纹宽度比光束②的窄的D.光束①比②更容易发生明显衍射现象【答案】C【解

析】【详解】A．由图可知介质对①光的折射率比对②光的折射率大，所以①光的频率高于②光的频率，故图中光束①是蓝光，光束②是红光，A错误；B．由cvn=可知，折射率大，波速小，故在光盘的透明介质层中，光束①比光束②传播速度慢，B错误；C．由lxd=可知，通过同一双缝干涉

装置，波长越短，条纹间距越窄。因为①光的频率高于②光的频率，故①光的波长小于②光的波长，即光束①的条纹宽度比光束②的窄，C正确；D．因为①光的波长小于②光的波长，所以②光更容易发生明显衍射现象，D错误。故选C。6.如图所示，一个带正电的小球静止在光滑的水平面上，当0=t

时，在空间加上一个水平向右的大小为1E的匀强电场，当tt=0时，匀强电场突然反向，且大小变为2E，当03tt=时，小球恰好回到出发点，则下列说法中正确的是（）A.12:5:4EE=B.当tt=0时，小球离出发点最远C.若仅将小球的比荷变为原来的2倍，则当03tt=时，小球将

位于出发点的左侧D.从0=t到02tt=的时间内，小球的电势能先减小后增大再减小【答案】D【解析】【详解】A．匀强电场未改变时，由牛顿第二定律，有21111011012qEaxatvatm===，，同理，匀强电场改变

后，有()222210201222qEaxvtatm==−，又120xx+=联立，解得1245EE=：：故A错误；B．依题意，小球先向右匀加速直线运动，再匀减速直线运动，速度减到零后反向匀加速直线运动。设经时间开始减速后t小球离出发点最远，此时其速度为零，可得120vat=−解得045t

t=即当095tttt=+=0时，小球离出发点最远。故B错误；C．若仅将小球的比荷变为原来的2倍，由上面选项分析可知小球两个运动阶段的加速度和位移均变为原来的2倍，则当03tt=时，小球仍位于出发点。故C错误；D．根据上面选项分析可知，从0=t到tt

=0的时间内，电场力对小球做正功，从tt=0到095tt=的时间内，电场力对小球做负功，从095tt=到02tt=的时间内，电场力对小球做正功，所以该段时间小球的电势能先减小后增大再减小。故D正确。故选D。二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）7.如图1所示为医生用B超探头向人体内发射超声波，超声波遇到人体不同的组织会产生不同程度的反射，探头接收到的超声波信号就形成了B超图像；若探头发出的超声波在人体内传播时在0=t时

刻的图形如图2所示，波沿x轴正向传播，ab、是波传播路径上的两个质点，质点a的振动比质点b的振动超前6410s3−，则下列说法正确的是（）A.0=t时刻，质点a与质点b振动情况相同B.超声波在人体中传播

速度大小为1500m/sC.反射的超声波传播速度会小于探头发射的超声波速度D.从0=t时刻开始，当质点a第一次回到平衡位置时，质点b的位移和0=t时刻的位移相同【答案】BD【解析】【详解】A．0=t时刻

，质点a与质点b振动速度方向相反，振动情况不同，A项错误；B．经过6410s3−波由质点a传到质点b，则超声波的传播速度36Δ210m/s1500m/s4Δ103xvt−−===B项正确；C．波在同一介质中传播速度大小相同，C项错误；D．用平移波形法可知，从0=t时刻开始，当质点a第一次回

到平衡位置时，波向右传播2mm，则由波形图可知，此时质点b的位移和0=t时刻的位移相同，D项正确。故选BD。8.为简化“天问一号”探测器在火星软着陆的问题，可以认为地球和火星在同一平面上绕太阳做匀速圆周运动，如图1所示。火星探测器在火星附近的A点减速后，被火星

捕获进入了1号椭圆轨道，紧接着在B点进行了一次“侧手翻”，即从与火星赤道平行的1号轨道，调整为经过火星两极的2号轨道，将探测器绕火星飞行的路线从“横着绕”变成“竖着绕”，从而实现对火星表面的全面扫描，如图2所示。以火星为参考系，质量为1M的探测器沿1号轨道到达B点时速度为1v，为了实现“侧手翻”，

此时启动发动机，在极短的时间内喷出部分气体，假设气体为一次性喷出，喷气后探测器质量变为2M、速度变为与1v垂直的2v。已知地球的公转周期为1T，火星的公转周期为2T，地球公转轨道半径为1r，以下说法正确的是（）A.火星公转轨道半径为32

2211TrrT=B.喷出气体速度u的大小为()()22112212MvMvMM−−C.假设实现“侧手翻”的能量全部来源于化学能，化学能向动能转化比例为(1)kk，此次“侧手翻”消耗的化学能()()221212122MMvvEkMM+=−D.考虑到飞行时间和节

省燃料，地球和火星处于图1中相对位置时是在地球上发射火星探测器的最佳时机，则在地球上相邻两次发射火星探测器最佳时机的时间间隔为1221TTtTT=−【答案】CD【解析】【详解】A．根据开普勒第三定律有331

22212rrTT=可得232211TrrT=故A错误；B．根据动量守恒定律，在1v方向上有()11121MvMMu=−在与1v垂直的方向上有()22122MvMMu=−解得11112MvuMM=−22212MvuMM=−喷

出气体速度u的大小为()()221122122212uMvuvMMuM+==−+故B错误；C．以探测器和喷出气体组成的系统为研究对象，喷气前的总动能为2k11112EMv=喷气后的总动能为()22k222121122EMvMMu=+−可得消耗的化学能

为()()221212k2k1122MMvvEEEkkMM+−==−故C正确；D．在地球上相邻两次发射火星探测器最佳时机的时间间隔t内，地球比火星多转一周，则有121ttTT−=解得1221TTtTT=−故D正确。故选CD。9.一

款健身车如图甲所示，图乙是其主要结构部件，金属飞轮A和金属前轮C可绕同一转轴转动，飞轮A和前轮C之间有金属辐条，辐条长度等于飞轮A和前轮C的半径之差。脚踏轮B和飞轮A通过链条传动，从而带动前轮C在原位置转动，在室内就可实现健身。已知飞轮A的半径为AR，脚踏轮B的半径为B

R，前轮C的半径为CR，整个前轮C都处在方向垂直轮面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。将阻值为R的电阻的a端用导线连接在飞轮A上，b端用导线连接前轮C边缘。健身者脚蹬脚踏轮B使其以角速度ω顺时针转动，转动过程不打滑，电

路中其他电阻忽略不计，下列说法正确的是（）A.前轮C转动角速度为BARRB.前轮C边缘的线速度大小为ACBRRRC.辐条两端的电压为()222BCAABRRRR−D.电阻R的热功率与ω成正比【答案】AC【解析】【详解】A．因为A、B线速

度相同，即ABvv=再根据公式vr=有BAARR=由因为A、C共轴传动，角速度相同，所以有BCAARR==故A正确；B．由上得BCCCCARvRRR==故B错误；的C．辐条切割产生电动势，有()()2222BCACACAAARBRRRREBRRR−+=−=所以辐条两端的电压

为()222BCAABRRRUR−=故C正确；D．电阻R的热功率为()22222BCAABRRRRUPRR−==可知P与2成正比，故D错误；故选AC。10.如图所示，杂技演员做水流星表演时，用一绳系着装有水的小桶在竖直平面内绕O点做圆周运动，整个运动过

程中水没有流出。已知小桶内水的质量为m，O点到水面的距离为L，水面到桶底的距离为0.1L，小桶直径远小于L，重力加速度大小为g。则小桶转到最低点时水对桶底的压力大小可以为（）A.6mgB.6.25mgC.61mg.D.6.04mg【答案】B

C【解析】【详解】整个运动过程中水没有流出，则在最高点最小速度时，最靠近圆心那一层水m刚好没有流出，设此时角速度为1，则有21mgmL=可得21gL=设最低点桶和水运动的角速度为2，从最高点到最低点的过程，根据机械能守恒有222221111112

()202202()(0)2mgLLmLLmLL+++=+在最低点，根据牛顿第二定律有2N2()20LFmgmL−=+联立解得N1216.0520mgmgF==根据牛顿第三定律可知，小桶转到最低点时水对桶底的压力至少为6.05mg。故选BC。第II卷三、非选择题（本题共5小题

，共56分）11.如图1所示是“探究小车速度随时间变化的规律”实验装置图，该装置同时也可以完成“探究物体加速度与质量、力的关系”。（1）用该装置完成“探究小车速度随时间变化的规律”实验时，下面说法正确的是________。A．图中打点计时器应使用8V左右的交流电

源B．实验时必须通过调节轨道左端的滑轮以让细线和轨道平行C．实验时必须把轨道右端抬高以补偿阻力，但不需要满足槽码的质量远小于小车的质量D．为了提高实验的精度，本实验需要改变车中砝码的个数以改变运动小车的质量，获得多组数据（2）某同学利用如图1所示的装置进行“探究小车速度随时间变化的规律”的实验，

实验中重物始终未落地，最后得到了如图2所示的速度—时间图像，根据图像可以分析出在实验操作中可能存在的问题是________。A．实验中没有补偿阻力B．实验中没有满足小车质量远大于槽码质量C．实验中先让释放小车后打开打

点计时器D．实验中未保持细线和轨道平行（3）在“探究物体加速度与质量、力的关系”实验中，为了提高实验精度，某同学通过合理的操作使用力传感器来测量绳子拉力，下面有关实验操作中说法正确的是________。A．实验操作中不需要槽码的质量

远小于小车的质量B．实验操作中不需要细线和轨道平行C．实验操作中不需要补偿阻力D．实验操作中不需要多次改变小车的质量以获得多组数据（4）该同学为了研究力传感器的原理，查阅相关原理，发现力传感器内部的核心

结构是如图3所示的装置，四个电阻1234RRRR===贴在右侧固定的弹性梁上。其主要原理是在弹性梁左侧施加外力F时，弹性梁发生形变，引起贴在弹性梁上的四个电阻形状发生改变，引起电阻值大小发生变化，使输出的电压发生变化，把力学量转化为电学量

。其电路简化图如图4所示。施加如图3所示的外力F，若要ad两点输出的电压尽量大，则图中A处电阻应为________（填“2R”或“4R”）。【答案】①.B②.D③.A④.4R【解析】【详解】（1）[1]A．图中是电火花计时器，使用220V

交流电源，故A错误；B．实验时必须通过调节轨道左端的滑轮让细线和轨道平行，以保证细线拉力保持不变，小车做匀加速直线运动，故B正确；C．实验目的是“探究小车速度随时间变化的规律”，只要保证小车所受合力不变即可，不需要补偿

阻力，也不需要满足槽码的质量远小于小车受到的拉力要求，故C错误；D．为了提高实验的精度，本实验需要改变细线所挂的槽码的个数以改变拉力的大小，获得多组数据，故D错误。故选B。（2）[2]由图像可知小车在运动的后一个阶段加速度变小，说明细线拉力方向在后一个阶段发

生了变化，故可能存在的问题是实验中未保持细线和轨道平行。故ABC错误，D正确。故选D。（3）[3]A．实验中因为绳子的拉力大小通过力传感器读出，因此不需要槽码的质量远小于小车的质量，A正确；BC．实验目的是“探究物体加速度与质量、力的关系”

，要保证小车所受细线拉力等于小车所受合力，则需要补偿阻力，要保持细线和轨道平行，BC错误；D．实验操作中需要多次改变小车的质量以获得多组数据，以减小偶然误差，D错误。故选A。（4）[4]在弹性梁左侧施加外力F时，弹性梁发生

形变，四个电阻发生变化，其中1R、2R增大，3R、4R减小，电路中ad两点输出的电压为1133ABadAABBRRUUURRRRRRRR=−++++其中，Ubc两点电压，可见，要使adU两点电压最大，结合题中条件，A应选4R。12.某学习小组需要测量一节干电

池的电动势和内阻，实验室提供的器材有：干电池一节（电动势约1.5V，内阻小于1Ω）；多用电表一个；电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）；电流表A（量程0.6A，内阻约1Ω）；滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）；定值电阻1R（阻值2Ω）；定值电阻2R（阻值5Ω）；为开关一

个，导线若干。（1）为了估测电池的电动势和内阻，先用多用电表进行测量，组内三位同学的操作如下，你认为正确的是________。A．小明选择直流电压10V挡，红表笔接电池负极、黑表笔接电池正极，测量电池的电动势B．小莉选择直流电压2.5V挡，红表笔

接电池正极、黑表笔接电池负极，测量电池的电动势C．小阳选择欧姆挡合适的倍率，欧姆调零后，直接将红、黑表笔与电池两极连接，测量电池内阻（2）①该小组按照图甲所示的电路进行实验，通过调节滑动变阻器阻值使电流表示数逐渐接近满偏，记录此过程中电压表和电流表的示数，利用

实验数据在UI−坐标纸上描点，如图乙所示，出现该现象的主要原因是________。A．滑动变阻器调节范围小B．电压表量程偏大C．干电池内阻较小②针对出现的问题，该小组利用实验室提供的器材改进了实验方案，在图丙中用笔画线代替导线，将实物图连接成完整电路。（）③改进方案后重新测

量，得到数据并绘出新的UI−图像如图丁，可得干电池内阻为________Ω。（结果保留2位有效数字）【答案】①.B②.C③.④.0.58##0.50##0.51##0.52##0.53##0.54##0.55##0.56##0.57##

0.59##0.60##0.61##0.62【解析】【详解】（1）[1]可以用多用电表直流电压挡测粗测电源电动势，同时因为电池的电动势在1.5V左右，故选择2.5V挡的直流电，由于欧姆表有内置电源，为保护电表不能用多用电表的欧姆挡直接测电源内阻。故选B

。（2）①[2]根据闭合电路欧姆定律可得路端电压UEIr=−当电源内阻r太小时，干路电流I有较大变化时，Ir变化很小，电压表示数即路端电压U变化很小，电压表示数变化范围很小。故选C。②[3]应用伏安法测电源电动势与内阻，电压表测路端电压，电流表测电路电

流，电源内阻较小，为使电压表示数变化明显，把定值电阻与电源整体当作等效电源，为减小实验误差，相对于电源电流表应采用外接法，实物电路图如图所示③[4]由图丁所示电源UI−图像可知，电源电动势为1.55VE=图像斜率的绝

对值的11.550Ω2.58Ω0.60UkrRI−=+==−则可得电源内阻12.58Ω2Ω0.58ΩrkR=−=−=13.如图所示，容积为V的气缸由导热材料制成，面积为S的活塞将气缸分成容积比为2:3

的上下两部分，气缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一个阀门K。开始时，K关闭，气缸上部气体压强为0p。现将K打开，容器内的液体缓慢地流入气缸，当流入的液体的体积为0.125V时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体

积减小了0.25V，已知活塞的质量为M，体积不计，外界环境温度保持不变，重力加速度为g。求流入气缸内液体的密度。【答案】0440217pSMVg+【解析】【详解】上方气体初状态，压强为0p，体积为25V，设末状态压强1p，体积为12112154840V

VVVV=+−=气体做等温变化，有01221540VpVp=可得101621pp=下方气体初状态压强为0MgpS+，体积为35V，设缓慢地流入气缸的液体质量为m，末状态压强2p，体积为23175420VVVV=−=对活塞受力分析()21SpSMmgp=++可

得()21SpMmgp+=+气体做等温变化，有02235pMgVpVS+=可得20127MppgS=+联立可得0205217pSMmg=+流入气缸内液体的密度044012178pSmMVgV==+14.如图所示。“

L”型平板B静置在地面上，物块A处于平板B上的O点，O点左侧粗糙，右侧光滑，光滑部分的长度3.75md=。用不可伸长的经绳将质量为M的小球悬挂在O点正上方的O点。轻绳处于水平拉直状态，小球可视为质点，将小球由

静止释放，第1次下摆至最低点与小物块A发生碰撞，碰后小球速度方向与碰前方向相同，开始做简谐运动，物块A以06m/sv=的速度沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞，一段时间后，A返回到O点的正下方时，相对于地面的速度为零，此后再过0.75s小球恰好第4

次回到最低点。已知A的质量A0.2kgm=，B的质量B0.6kgm=，A与B的动摩擦因数10.4=，B与地面间的动摩擦因数20.3=，重力加速度210m/sg=，2=10，整个过程中A始终在B上，所有碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，求：（1）A与B的挡板碰撞后，

二者的速度大小Av与Bv；（2）从小球释放到小球第4次回到最低点，整个系统因摩擦产生的热量；（3）悬挂小球轻绳的长度。【答案】（1）3m/s，3m/s；（2）3.6J；（3）1m【解析】【详解】（1）设水平向右为正方向，因为'O点右侧光滑，由题意可知A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒和动能守

恒得A0AABBmvmvmv=+222A0AABB111222mvmvmv=+代入数据联立解得A3m/sv=−B3m/sv=即A和B速度大小均为3m/s；（2）碰后对B受力分析，由牛顿第二定律可知2ABBB()mmgma+=解得2Bs4m/a=

设B经过1t时间速度减为零B110vat=−解得10.75st=此过程A、B的位移分别为AA1xvt=的2BB1B112xvtat=−根据位移关系ABxxd+又因为1A2AB()mgmmg+即A在减速之前B速度减为零，且不再运动，整个系统产生

的热量为22AABB1122Qmvmv=+解得3.6JQ=（3）A剩余匀速向左运动的时间为AB2Adxtxv−−=解得20.125st=A减速运动的时间为3t，根据动量定理1A3AA0mgtmv−=−解得30.75st=小球和A碰撞后A向右匀速运

动的时间为0t，则000.625sdtv==设小球做简谐振动的周期为T，摆长为0L，则有012330.75s2Ttttt=++++代入数据解得2sT=由单摆周期公式02LTg=解得小球的摆长01mL=15.如图所示，光滑的半圆形轨道ABC和粗糙斜面DE、EF

固定在光滑的水平面上，A、D之间的距离足够大，C、E两点等高，半圆形轨道的半径0.8mR=，斜面DE和EF的倾角均为60°，可视为质点的滑块P、Q之间有一根处于压缩状态的轻质弹簧，滑块与弹簧之间均未栓接。现同时释放滑块P、Q，与弹簧分离后，滑块P恰能通过圆弧

轨道的最高点C点，滑块Q沿斜面DE上滑通过E点后刚好落在F点。滑块Q与斜面DE之间的动摩擦因数312=，滑块P的质量10.2kgm=，滑块Q的质量2m未知，且滑块Q通过D点时无机械能损失，重力加速度210m/s=g。求：（1）滑块P通过与圆心O等高的B点时加速度的大

小；（2）滑块Q离开E点后与斜面EF间的最大距离；（3）弹簧对滑块Q的冲量大小和释放滑块P、Q之前弹簧所具有的弹性势能。【答案】（1）21010m/s；（2）0.4m；（3）210Ns5，8J【解析】【详解】（1）滑块P恰能通过圆弧轨道的最高点C点，则

其通过C点时211CvmgmR=从B点到C点的过程中，由动能定理可得221111122CBmgRmvmv−=−滑块P通过与圆心O等高的B点时，支持力提供向心力2N1BvFmR=滑块P通过B点时，合力()221NFmgF=+由牛顿第二定律得211010m/sFam==（2）滑块Q通过E点后

做斜抛运动，其轨迹如下图所示设滑块Q通过E点时速度大小是v，其水平分速度xv和竖直分速度vy之间的关系满足tan60yxvv=从E点到F点的过程中，水平方向做匀速直线运动2tan60xRvt=竖直方向做竖直上抛运动2122yRvtgt−=−解得23m/s3xv=2

m/syv=由斜抛运动的对称性可知，滑块Q通过与E点等高的G点时，其速度方向与斜面EF平行，故滑块Q位于G点时，与斜面EF的距离最大，从E点到G点，运动的时间12yvtg=水平位移1xxvt=滑块Q离开E点后与斜面EF间的最大距离sin600.4mdx==（3）设滑块P、Q与弹簧分离时，速度

大小分别为1v和2v，由动量守恒定律可得1122mvmv=滑块P从与弹簧分离到C点的过程中由机械能守恒定律可得2211111222CmvmvmgR=+滑块Q通过E点时速度22xyvvv=+滑块Q从与弹簧分离到E点的过程中由动能定理可得22222222112cos60sin6022RmgRmgmvm

v−−=−解得20.2kgm=12210m/svv==由动量定理可得，弹簧对滑块Q的冲量大小222010Ns5Imv=−=由能量守恒定律可得，释放滑块P、Q之前弹簧所具有的弹性势能获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.

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