辽宁省实验中学、东北育才学校、鞍山一中、大连八中、大连二十四中五校联考高三(上)期末物理试卷

2021~2022学年辽宁省实验中学、东北育才学校、鞍山一中、大连八中、大连二十四中五校联考高三（上）期末物理试卷
1.下列说法错误的是( )
A. 黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体温度有关
B. 无线电波、紫外线、可见光、红外线、X射线、γ射线的波长依次减小
C. 在空间传播的光不是连续的，而是一份一份的，每一份叫一个光子，其能量为ε=ℎν
D. 通电直导线中电流的方向总是与其产生的磁场的方向垂直
2.放在粗糙水平地面上质量为0.8kg的物体受到水平拉力的作用，在0∼6s内其速度与时间
的关系图像和该拉力的功率与时间的关系图像分别如图甲、乙所示，g取10m/s2。

下列说法中正确的是( )
A. 0∼6s内拉力做的功为120 J
B. 物体在0∼2s内所受的拉力为4 N
C. 物体与粗糙水平地面间的动摩擦因数为0.25
D. 合外力在0∼6s内做的功与0∼2s内做的功不相等
3.如图所示，a、b、c、d为光滑斜面上的四个点。

一小滑块自a点由静止开始下滑，通过
ab、bc、cd各段所用时间均为T。

现让该滑块自b点由静止开始下滑，则该滑块( )
A. 通过bc、cd段的时间均等于T
B. 通过c、d点的速度之比为√3:√5
C. 通过bc、cd段的时间之比为1:√3
D. 通过c点的速度大于通过bd段的平均速度
4.如图所示，图甲为一列沿x轴传播的简谐横波在某时刻的波形图，P为平衡位置在x=
17.5cm的质点，图乙为此波中平衡位置坐标x=10cm的质点从该时刻起的振动图像，下列说
法中正确的是( )
A. 波沿x轴负方向传播
B.
由甲、乙两图可知该波波速为100m/s
C.
从该时刻起，t=2.5s时，P点刚好经过平衡位置，振动方向向下
D. 从该时刻起，P点第一次回到平衡位置通过的路程是(8−2√2)cm
5.在x轴上A、B两点处分别有点电荷Q1和Q2，两点电荷形成的静电场中，取无穷远处电
势为零，x轴上各点的电势φ随x变化的图像如图所示，下列说法正确的是( )
A. Q1和Q2，带同种电荷
B. 电子在P点的电势能最小
C. 将电子从P1点移到无穷远的过程中，电场力做负功
D. 电子仅在电场力作用下从P1点沿x轴正向运动到P点的过程中，加速度逐渐减小
6.如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直磁场方向的OO′轴匀速转动。

线圈abcd的
匝数为N，电阻不计。

理想变压器原、副线圈的匝数之比为1:2，定值电阻的阻值为R，所用
电表均为理想电表。

当线圈以角速度ω匀速转动时，电压表的示数为U，则( )
A. 此时电流表的示数为U
2R
B. 在线圈abcd转动的过程中，穿过线圈的磁通量的最大值为√2U
2ω
C. 从图示位置(线圈abcd与磁场方向平行)开始计时，线圈产生的电动势的瞬时表达式为e=
√2
2
Ucosωt
D. 当线圈转动的角速度增大为2ω时，V的读数仍为U
7.如图所示，足够长的“U"形光滑导轨竖直固定，间距为L，质量为m的导体棒与导轨垂直且良好接触，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中。

现将导体棒由静止释放，释放后经时间t导体棒开始匀速下滑。

导体棒接入电路的电阻为R，重力加速度大小为g，不计导轨电阻与空气阻力。

在该时间t内，导体棒受到的安培力对它的
冲量大小为( )
A. mg(t−R
B2L2) B. mg(t−2R
B2L2
) C. mg(t−mR
B2L2
) D. mg(t−mR
2B2L2
)
8.2019年11月5日，我国成功发射第49颗北斗导航卫星，标志着北斗三号系统3颗倾斜地球同步轨道卫星全部发射完毕。

人造卫星的发射过程要经过多次变轨方可到达预定轨道，在
发射地球同步卫星的过程中，卫星首先发射到圆轨道Ⅰ，再从A点进入椭圆轨道Ⅱ，然后在B点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道Ⅲ，则
A. 卫星在轨道Ⅰ上经过A点的加速度与卫星在轨道Ⅱ上经过A点的加速度相同
B. 卫星在轨道Ⅱ上经过A点的速率比卫星在轨道Ⅱ上经过B点的速率小
C. 卫星在B点通过减速实现由轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ
D. 若卫星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨道上运行的周期分别为T1、T2、T3，则T1<T2<T3
9.甲、乙两建筑工人用简单机械装置将工件从地面提升并运送到楼顶。

如图所示，设当重物提升到一定高度后，两工人保持位置不动，甲通过缓慢释放手中的绳子，使乙能够用一始终水平的轻绳将工件缓慢向左拉动，最后将工件运送至乙所在位置，完成工件的运送。

绳的重力及滑轮的摩擦不计，滑轮大小忽略不计，则在工件向左移动过程中( )
A. 甲手中绳子上的拉力不断减小
B. 楼顶对甲的支持力始终不变
C. 楼顶对甲的摩擦力大于对乙的摩擦力
D. 乙手中绳子上的拉力不断增大
10.如图所示，在半径为L的圆形区域内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，在x轴与磁场边界的交点P处有一粒子发射源，能沿xOy平面与x轴成任意夹角向磁场区域发射质量为m，。

在发射的众多粒子中b粒子在磁场中的带电荷量为-q的粒子，且发射速度的大小为v=qBL
m
运动时间恰好为a粒子在磁场中运动时间的两倍。

已知a粒子的入射方向与x轴正方向成30∘角，若不考虑粒子间的相互作用力和粒子的重力，下列说法正确的是( )
A. b粒子的入射方向与x轴正方向成30∘角
B. b粒子的入射方向与x轴正方向成60∘角
C. a、b两粒子离开磁场后的运动方向相互平行
D. 从磁场外沿y轴正方向从不同位置射入的，一群同速率的上述粒子经磁场作用后一定都过P点
11.如图甲所示，在测量玻璃折射率的实验中，两位同学先在白纸上放好截面是正三角形ABC 的三棱镜，并确定AB和AC界面的位置。

然后在棱镜的左侧画出一条直线，并在线上竖直插上两枚大头针P1和P2，再从棱镜的右侧观察P1和P2的像。

(1)此后正确的操作步骤是________。

A.插上大头针P3，使P3挡住P2的像
B.插上大头针P3，使P3挡住P1、P2的像
C.插上大头针P4，使P4挡住P3的像
D.插上大头针P4，使P4挡住P1、P2的像和P3
(2)正确完成上述操作后，在纸上标出大头针P3、P4的位置(图中已标出)。

为测量该种玻璃的折射率，两位同学分别用圆规及刻度尺作出了完整光路图和若干条辅助线，如图乙、丙所示。

能够仅通过测量ED、FG的长度便可正确计算出折射率的是图________(填“乙”或“丙”)，所测玻璃折射率的表达式n=________(用代表线段长度的字母ED、FG表示)。

12.电动自行车采用充电电池供电提供动力。

已知这个电池的电动势约为1113V，内阻小于3Ω。

(1)由于直流电压表量程只有3V，需要将这只电压表通过连接一固定电阻(用电阻箱代替)，改装为量程为15V的电压表。

利用如图甲所示的电路，先把滑动变阻器滑片移到最右端，把电阻箱阻值调到零。

闭合开关，把滑动变阻器滑片调到适当位置，使电压表读数为3V。

然后把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为__________V，不再改变电阻箱阻值，保持电压表和电阻箱串联，撤去其他线路，电压表与电阻箱组合即构成量程为15V的新电压表。

若读得电阻箱阻值为R0，则量程为3V的电压表内阻为_________。

(2)实验室提供：
A.滑动变阻器(阻值为020Ω，额定电流2A)
B.滑动变阻器(阻值为020kΩ，额定电流0.2A)
在图乙所示电路中滑动变阻器应选_____________(填写仪器前字母代号)。

(3)用该扩大了量程的电压表(电压表的表盘没变)，测电池电动势E和内阻r，实验电路如图
乙所示，通过观察表盘读数，得到多组电压U和电流I的值，并作出U−I图线如图丙所示，可知电池的电动势为________V，内阻为___________Ω。

13.如图所示，一个圆筒形导热汽缸开口向上竖直放置，内有活塞，活塞横截面积为S=
1×10−4m2，质量为m=1kg，活塞与汽缸之间无摩擦且不漏气。

汽缸内密封有一定质量的理想气体，气柱高度h=0.2m。

已知大气压p0=1.0×105Pa，取g=10m/s2。

(1)如果在活塞上缓慢堆放一定质量的细砂，气柱高度变为原来的2
，请计算砂子质量，此过
3
程理想气体吸热还是放热？
(2)如果在(1)的基础上设法升高缸内气体的温度，使活塞恢复到原高度，此过程气体吸收热
量为5J，请计算气体内能的增量。

14.如图所示，倾角为θ=30∘的足够长斜面固定在水平面上，斜面上放有一长为L的“”型木板，木板的质量为3m。

质量为m的小物块置于木板的上端，小物块与木板间的摩擦可。

将小物块和木板由静止释放，重力加速度忽略不计，木板与斜面之间的动摩擦因数μ=√3
4
大小为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小物块与木板发生的碰撞为弹性碰撞，求：
(1)小物块第一次与木板碰撞前瞬间的速度v1；
(2)小物块第二次与木板碰撞前瞬间的速度v2。

15.如图所示，半径R=0.5m的竖直粗糙绝缘1
圆弧轨道ABC的最低点C的切线呈水平，C点
4
正下方为绝缘竖直墙壁，墙壁足够高。

虚线MN为C点下方的场分界线，与C点的高度差h= 0.1m，MN上方区域内存在电场强度大小为E1=100V/m的匀强电场，方向竖直向下，MN下方、墙壁左侧的区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向上、大小为E2=200V/m的匀强电场。

一质量m=2×10−2kg、电荷量q=1×10−3C的带正电小滑块自圆弧轨道上的B 点由静止释放，经过C点时对轨道的压力大小为F=0.34N，从C点水平飞出后经分界线MN 上的D点(图中未画出)进入下方区域。

已知OB连线与竖直方向的夹角θ=53∘，小滑块在运动过程中电荷量保持不变，不计空气阻力，重力加速度取g=10m/s2，已知sin53∘=0.8。

求：
(1)小滑块在圆弧轨道上运动的过程中，克服摩擦力所做的功W f;
(2)小滑块经过D点时的速度v D的大小;
(3)小滑块能再次返回MN上方区域的最小磁感应强度B的大小。

答案和解析
1.【答案】B
【解析】A.根据黑体辐射实验的规律可知：黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体温度有关，故A正确；
B.电磁波谱按照波长从长到短排列顺序为：无线电波、微波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线，故B错误；
C.根据爱因斯坦的光子说，在空间传播的光不是连续的，而是一份一份的，每一份叫一个光子，其能量为ε=ℎν，故C正确；
D.根据右手螺旋定则可知，通电直导线中电流的方向总是与其产生的磁场的方向垂直，故D正确。

由于本题选择错误的，故选B。

2.【答案】C
×2×60J+20×4J=140J，A 【解析】A.0∼6s内拉力做的功为P-t图线下所围的面积：W=1
2
错误；
B.在0∼2s内拉力恒定不变，在2s末，拉力的功率为60W，而运动速度为10m/s，根据P=Fv 可得拉力大小：F=6N，B错误；
=2N
C.在2s∼6s内物体匀速运动，因此f=F=P
v
由滑动摩擦力公式f=μN=μmg
得μ=0.25，C正确；
D.由于在2s∼6s内物体匀速运动，合外力做功为0，因此合外力在0∼6s内做的功与0∼2s内做的功相等，D错误。

故选：C。

本题考查动力学问题，涉及动力学的图像、瞬时功率、平衡条件的应用、功的计算，解题的关键是读出图像的信息。

由图像及功率的表达式P=Fv可求拉力，再利用功的定义式即可求得拉力做的功；然后根据物体受力求得合外力，进而得到合外力做的功，通过平衡求出滑动摩擦力得到动摩擦因数。

3.【答案】D
【解析】
【分析】
质点从a点由静止开始下滑，经光滑斜面上的三段位移时间相等，运用初速度为零的匀加速直线
运动的比例式进行分析，结合匀变速直线运动的规律分析。

考查匀变速直线运动的规律、推论和初速度为零的匀加速直线运动的比例式，能灵活运用分析。

【解答】
A、一小滑块自a点由静止开始下滑比小滑块从b点静止开始下滑通过bd段任意一点的速度大，所以让该滑块自b点由静止开始下滑，相同位移平均速度变小，时间变大，通过bc、cd段的时间均大于T，故A错误；
B、从a点静止开始下滑，通过ab、bc、cd各段所用时间均为T，根据初速度为0的匀加速直线运动，相同时间的位移之比为ab：bc：cd=1：3：5；设ab=L，则bc=3L，cd=5L，设滑块匀加速运动的加速度为a，从b点静止开始下滑通过c点，根据速度位移关系公式v c2=2a⋅3L，解得v c=√6aL，同理可得：d的速度v d=√16aL，故v c: v d=√3:√8，故B错误；
C、由B选项及公式v=at，可知t bc: t cd=√3:(√8−√3)，故C错误；
D、通过bd段的平均速度v−=v d
2
=2√aL，所以有v c>v−，故D正确。

故选：D。

4.【答案】D
【解析】A.由图乙可知，t=0时刻平衡位置坐标为10cm的质点向下振动，由同侧法可知，该波沿x轴正方向传播，故A错误；
B.由图甲可得λ=20cm=0.2m，由图乙可得T=0.2s，波速v=λ
T
=1m/s，故B错误；
C.由同侧法可知，此时P点向上振动，要使P点刚好经过平衡位置，振动方向向下，波需要传播
的距离为x=7.5cm+nλ=(0.075+0.2n)m，其中n=0,1,2⋯ ，所以时间为t=x
v
=(0.2n+ 0.075)s 其中n=0,1,2⋯ ，可知无论n取何值，都不可能等于2.5s，故C错误；
D.该波的表达式为y=−0.04sin2πx
λ(m)=−0.04sin(10π⋅x)(m)，当x=0.175m时，y=√2
2
A，由
图可知，0时刻，P点向上振动，P点第一次回到平衡位置通过的路程s=A+(A−√2
2
A)=(8−2√2)cm，故D正确。

故选：D。

5.【答案】D
【解析】解：A.取无穷远处电势为零，Q1处电势小于0，Q2处电势大于0，根据沿电场线方向电势降落可知，Q1和Q2带异种电荷，故A错误；
B.负电荷的电势能随电势的增加而减小，电子在P点的电势能不是最小，故B错误；
C.无穷远处电势为零，将电子从P1点移到无穷远的过程中，电场力做正功，故C错误；
D.电子仅在电场力作用下从P1点沿x轴正向运动到P点的过程中，由图像可知，从P1到P图像
斜率变小，电场强度变小，电子受到的电场力变小，加速度逐渐减小，故D正确。

故选：D。

根据图像可以判断两电荷的电性，图像的斜率代表电场强度，电场力做正功，电势能减小；根据图像斜率判断电场强度；根据牛顿第二定律可知加速度变化。

本题考查φ−x图像问题，关键是通过图像读出电势大小关系以及图像的斜率代表电场强度。

6.【答案】C
【解析】A.流过副线圈的电流I2=U
R ，根据I1
I2
=n2
n1
可知，流过电流表的电流I1=2U
R
，故A错误；
C.变压器中原线圈的电压为U1，根据U1
U2=n1
n2
，U2=U，可知电压U1=U
2
，故线圈产生的感应电动
势的有效值为U
有=U1=U
2
，最大值E m=√2U有=√2U
2
，故从线圈转动到图示位置开始计时，线
圈中产生的电动势的瞬时值表达式为e=√2U
2
cosωt，故C正确；
B.根据E m=NBSω可知，Φ=BS=E m
Nω=√2U
2Nω
，故B错误；
D.当线圈以2ω匀速转动时，电动势的最大值、有效值、变压器原线圈两端电压、副线圈两端电压都将改变，电压表示数也将改变，故D错误。

故选：C。

线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动，产生正弦式交变电流，最大值E m=NBSω；然后结合变压器的变压比公式列式分析。

解答本题的关键是熟悉交流电的产生和变压器的变压比公式。

7.【答案】C
【解析】设导体棒匀速下滑的速度大小为v，此时导体棒上产生的感应电动势E=BLv，通过回路
的感应电流I=E
R。

根据导体棒受力平衡有mg=BIL，根据动量定理有mgt-I安=mv，解得I安
=mg(t−mR
B2L2
)，故C正确，ABD错误。

故选：C。

本题考查动量定理在电磁感应中的应用，熟悉法拉第电磁感应定律和动量定理是解题的关键。

根据导体棒切割磁感线产生电动势E=BLv，由I=E
R
解得电流，分析受力，结合动量定理列式求出安培力的冲量即可判断。

8.【答案】AD
【解析】A.因为卫星只受到万有引力作用，故卫星不论在轨道Ⅰ上还是在轨道Ⅱ上经过A点，卫星的加速度都相同，故A正确；
B.根据开普勒第二定律，近地点的速率大于远地点的速率，故B错误；
C.卫星在B点通过加速实现由轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ，故C错误；
D.设卫星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨道上运行的轨道半径(或半长轴)分别为r1、r2、r3，且r1<r2<r3，由开普
勒第三定律r 3
T2
=k可知T1<T2<T3，故D正确。

故选AD。

本题考查了万有引力定律及开普勒定律，关键是弄清楚卫星在不同的轨道上运动时速度大小、运行的周期和轨道半径的关系。

卫星只受到万有引力作用，在同一点卫星受力相同，加速度相同，根据开普勒第二定律分析同一轨道上速度大小；从低轨道变到高轨道时通过加速实现；根据开普勒第三定律分析周期关系。

9.【答案】CD
【解析】AD.开始的时候甲拉的绳子上的拉力大小是物体重力，后来是重力和乙对绳子的拉力的合力大小等于甲的拉力，如图所示，随着β的减小，甲对绳子的拉力增大，乙对绳子的拉力增大，A 错误，D正确；
C.由图可知，甲受的摩擦力等于绳子拉力的水平分量，即：f
甲
=Tcos⁡α
乙受的摩擦力等于绳子拉力的水平分量，即：f
乙
=Tcos⁡β
因α<β
可知f
甲>f
乙
即楼顶对甲的摩擦力大于对乙的摩擦力，C正确；
B.对甲受力分析可知：F N=G甲Tsinα。

随T的增加，则地面对甲的支持力减小，选项B错误。

故选：CD。

以结点为研究对象进行受力分析，根据平衡条件分析各力的变化；再以人为研究对象，根据平衡条件分析摩擦力的变化。

本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平
衡方程进行解答。

10.【答案】ACD
【解析】解：粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，所以有，Bvq=mv 2
r
，由题意知：
v=BqL
m
，因此粒子的轨迹半径r=L，即轨迹圆半径与磁
场圆的半径相等。

C、根据磁聚焦的原理，从P点向各个方向入射的粒子
经磁场偏转后，离开磁场时，均平行于y轴，故C正
确；
AB、当Pa方向与x轴成30∘时，其圆心O a及轨迹如图
所示，由几何关系可知，a粒子的偏转角为60∘，那么
b粒子沿y轴正方向射出时偏转了90∘+θ=120∘，
所以b粒子入射方向与x轴成θ=30∘，故A正确，B
错误；
D、从磁场外沿y轴正方向从不同位置射入的，根据左手定则，由磁聚焦原理，所有粒子将从P
点离开磁场，故D正确。

故选：ACD。

由洛伦兹力提供向心力得到半径的表达式，再将题目所给的速度值代入可求粒子的轨迹半径r=L。

由于两半径相等，这是磁聚焦原理满足的条件，那么粒子均沿+y方向平行射出磁场。

对带电粒子在磁场中的运动问题，要首先分析、了解粒子的运动状态，然后再进行求解。

11.【答案】(1)BD；(2)丙；ED
FG
【解析】(1)在棱镜的左侧画出一条直线，并在线上竖直插上两枚大头针P1和P2，确定入射光线，然后插上大头针P3，使P3挡住P1、P2的像，再插上大头针P4，使P4挡住P3和P1、P2的像，从而确定出射光线。

故选：BD。

(2)入射角为α，折射角为β，根据折射定律得n=sinα
sinβ
，
根据几何关系有：对于乙图，sinα=ED
OD ，sinβ=FG
OG
，
对于丙图，sinα=ED
R ，sinβ=FG
R
，
可知仅通过测量ED、FG的长度便可正确计算出折射率的是图丙，折射率n=sinα
sinβ=ED
FG。

故答案为：(1)BD；(2)丙；ED
FG
几何光学的实验要理解实验原理，正确作出光路图，结合折射定律进行求解。

为了测量截面为正三角形的三棱镜玻璃折射率，先在白纸上放好三棱镜，在棱镜的左侧插上两枚
大头针P1和P2，然后在棱镜的右侧观察到P1像和P2像，当P1的像被恰好被P2像挡住时，插上大头针P3和P4，使P3挡住P1、P2的像，P4挡住P3和P1、P2的像；作出光路图，结合折射定律求出折射率。

12.【答案】(1)0.6；1
4
R0(2)A(3)11.5；2.5
【解析】(1)把3V的直流电压表接一电阻箱，改装为量程为15V的电压表时，将直流电压表与电阻箱串联，整个作为一只电压表，据题分析，电阻箱阻值调到零，电压表读数为3V，则知把电阻
箱阻值调到适当值，使电压表读数为U=3
15
×3V=0.6V，若读得电阻箱阻值为R0，则量程为3V的
电压表内阻为R V=312
R0=1
4
R0。

(2)在分压电路中，为方便调节，滑动变阻器选用阻值较小的，即选A。

(3)由丙读出，外电路断路时，电压表的电压为U=2.3V，则电源的电动势为E=2.3×5V=11.5V，内阻为r=2.3×5−1.5×5
1.6
Ω=2.5Ω。

故答案为：(1)0.6；1
4
R0(2)A(3)11.5；2.5
13.【答案】解：(1)对活塞，由平衡条件得：
开始时：p0S+mg=p1S
加细砂后：p0S+(M+m)g=p2S
气体初状态的体积：V1=hS=0.2S，V2=2
3ℎS=0.2S×2
3
=0.4
3
S
气体温度不变，由玻意耳定律得：p1V1=p2V2，
解得：p1=2×105Pa，p2=3×105Pa，M=1kg；
该过程中外界对气体做功，为使气体的温度不变，内能不变，由热力学第一定律可知气体要放出热量。

(2)使活塞恢复到原高度的过程，气体压强不变，气体对外做功为
W=−p2(V1-V2)=−2J
根据ΔU=W+Q
代入数据解得，气体内能的增量为ΔU=3J
【解析】(1)对下部气体进行分析，活塞缓慢降落，则下部分封闭气体发生等温变化，利用玻意耳定律即可求出稳定后气体的压强，然后由共点力平衡求出砂子的质量，由热力学第一定律判断吸热还是放热；
(2)使活塞恢复到原高度的过程，气体压强不变，由热力学第一定律求出气体内能的增量。

本题考查气体定律与力学平衡的综合运用，解题关键是要利用平衡求出初末状态封闭气体的压强，分析好压强p、体积V、温度T三个参量的变化情况，再选择合适的规律解决。

14.【答案】解：(1)释放后，木板受到的最大静摩擦力为f，重力沿斜面的分力为G x，则有
G x=3mg sinθ=3
2
mg
f=μ(m+3m)gcosθ=3
2mg
由于f=G x，第一次碰撞前木板静止，对小物块由动能定理得
mgL sinθ=1
2
mv12
得v1=√gL
(2)设第一次碰撞后，小物块和木板的速度分别为v1′和v′，以沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv1=mv1′+3mv′
1
2mv12=1
2mv1′2=
1
2×3mv′2
从第一次碰撞完成到第二次碰前，经历的时间为t1，物块和木板位移相等，则有
v1′+v2
2t1=v′t1
联立解得v2=3√gL
2
【解析】(1)先对木板受力分析，可知木板受到的合力为零，则保持静止，只有物块沿木板向下滑，对物块根据动能定理求速度；
(2)由动量守恒定律和机械能守恒定律求出第一次碰后物块和木板的速度，碰后物块做匀变速运动，木板做匀速运动，到第二次碰前，两者位移相等，据此列式，各式联立可解题。

15.【答案】解：(1)滑块的运动轨迹如图所示：
在C 点，由牛顿第三定律可知，小滑块受到的支持力F′=F =0.34N 由牛顿第二定律可知F ′−mg −qE 1=mv C
2R
解得v C =1m/s
对小滑块从B 到C 过程，由动能定理可得(mg +qE 1)R (1−cosθ)−W f =1
2mv C 2
解得W f =0.05J ；
(2)对小滑块从C 到D 过程，由动能定理可得(mg +qE 1)h =12mv D 2−1
2mv C 2
解得v D =2m/s ； (3)由于qE 2=0.2N =mg
可知小滑块在MN 下方做匀速圆周运动，当运动轨迹半径最大时磁场的磁感应强度最小，设最大半径为r ，
由qv D B =mv D 2
r ，得B =mv
D qr
设D 点离墙壁的距离为L D ，由几何关系cosα=v C
v D
=12
可知，在D 点时速度方向与NM 夹角为60∘，
则有r +r sin60∘=L D
由运动学公式可知，小滑块自C 运动到D 所用的时间t CD =
v D cos30∘
a
由牛顿第二定律可知，小滑块自C 运动到D 过程中的加速度大小a =mg+qE 1
m
则t CD =
√3
15
s
由L D =v C t CD ，知L D =√3
15m 联立以上各式解得r =
4√3−6
15
m ，B =100(2√3+3)T 。

【解析】本题考查带电滑块在电场、磁场和重力场中的多过程运动，弄清楚运动过程，正确受力分析是解题的关键。

(1)画出滑块的运动轨迹，结合题设根据牛顿第二定律和向心力公式求出滑块经过C点的速度，利用动能定理可求出克服摩擦力所做的功；
(2)滑块由C到D过程直接利用动能定理可求出滑块经过D点时的速度；
(3)计算电场力和重力关系分析出滑块在MN下方做匀速圆周运动，由牛顿第二定律和向心力公式列方程，由几何关系得出磁感应强度最小时滑块做圆周运动的半径，根据滑块由C到D做匀加速直线运动，结合牛顿第二定律和速度公式列方程，再列出D点与墙壁间距离的表达式，联立即可求出。