2020届湖南师大附中高三第2次月考试卷-物理 (共2份打包)

湖南师大附中2020届高三月考试卷（二）
物理
命题人:高三物理备课组 审稿人:高三物理备课组
得分:
本试题卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共8页.
时量90分钟，满分110分
第Ⅰ卷
一、选择题（本题共13小题，每小题4分，共2分.在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～13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.如图所示，三个形状不规则的石块a 、b 、c 在水平桌面上成功地叠放在一起，则石块受力分析正确的是
A.c 受到水平桌面向左的摩擦力
B.c 对b 的作用力一定竖直向上
C.b 对a 的支持力一定竖直向上
D.b 对a 的支持力一定等于a 所受重力
2.2011年8月，我国军事现代化进程中迎来了又一个里程碑，中国第一艘航空母舰试验平台首次进行出海航行试验，次航母做匀加速直线运动速度变化△v 过程中发生的位移为x 1，紧接着若速度再变化△v 过程中发生的位移为x 2，据此可知航母的加速度是 A.2
12
11()(
)v x x ∆+
B.2
12
11()(
-)v x x ∆ C.221
2(2)v x x ∆-
D.221
()v x x ∆- 3.如图所示，在光滑水平面上，用弹簧水平连接一斜面，弹簧的另一端固定在墙上，一玩具
遥控小车放在
斜面上，系统静止不动.用遥控器启动小车，小车沿斜面加速上升，则
A.系统静止时弹簧被压缩
B.小车加速时弹簧处于原长
C.小车加速时弹簧被压缩
D.小车加速时可将弹簧换成细绳
4.如图所示，MN 为一竖直墙面，图中x 轴与MN 垂直距墙面L 的A 点固定一点光源.现从A 点把一小球以水平速度向墙面抛出.则小球在墙面上的影子的运动应是
A.自由落体运动
B.变加速直线运动
C.匀加速直线运动
D.匀速直线运动
5.如图所示，一条质量分布均匀的长度为L 的铁链置于光滑水平桌面上.用手按着一端，使另一端长L 的一段下垂放开手后使铁链从静止开始下滑，当铁链完全通过桌边的瞬间，铁链具有的速率为
2200
()g L L L +
0()g L L -
0(+)g L L
2200
(-)g L L L
6.使用高压水枪作为切割机床的刀具有独特优势，得到广泛应用，如图所示，若水柱截面为S ，水流以速度v 垂直射到被切割的钢板上，之后水速减为零，已知水的密度为ρ，则水对钢板的冲力为
A.ρSv
B.ρSv 2
C.
2
2
Sv ρ
D.
2
Sv
ρ
7.在匀强磁场中有一个静止的氡原子核（
222
86
Rn ），由于衰变，它沿着与磁场垂直的方向放
出一个粒子，此粒子的径迹与反冲核的径迹是两个相互外切的圆，两圆的直径之比为42:1，如图所示.则氡核的衰变方程应是
A.222
2220
86871Rn Fr e -→+ B.222
2202
86851Rn At H →+ C.
222222086
85
1Rn At e →
+
D.
222218486
84
2Rn Po He →
+
8.如图所示，在竖直平面内有一以O 点为圆心的圆，AB 、CD 分别为这个圆沿竖直和水平方向的直径，该圆处于静电场中.将带负电荷的小球从O 点以相同的动能分别沿竖直平面向不同方向射出，小球会沿圆所在平面运动并经过圆周上不同的点.已知小球从O 点分别到A 、B 两点的过程中电场力对它做的功相同，小球到达D 点时的电势能最大.若小球只受重力和电场力的作用则下列说法中正确的是
A.此电场可能是位于C点的正点电荷形成的
B.小球到达B点时的动能等于到达点A时的动能
C.小球到达B点时的机械能与它在圆周上其他各点相比最小
D.小球到达A点时的电势能和重力势能之和与它在圆周上其他各点相比最小
9.奥运祥云火炬的燃烧系统由燃气罐（内有液态丙烷）稳压装置和燃烧器三部分组成.当稳压阀打开以后，燃气以气态形式从气罐里出米，经过稳压阀后进入燃烧室进行燃烧，以下说法中正确的是
A.燃气由液态变为气态的过程中要对外做功
B.燃气由液态变为气态的过程中分子的分子势能减少
C.燃气在燃烧后释放在周围环境中的能量不可能被回收再利用
D.若将两个丙烷气体分子从远处逐渐靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子间相互作用的合力先变大、后变小再变大
10.如图所示，卫星在半径为r1的圆轨道上运行速度为v1，当其运动经过A点时点火加速，使卫星进入椭圆轨道运行，椭圆轨道的远地点B与地心的距离为r2，卫星经过B点的速度为
v B，若规定无穷远处引力势能为0，则引力势能的表达式
p GMm
E
r
=-，其中G为引力常量，M为中心天体质量，m为卫星的质量，r为两者质心间距，若卫星运动过程中仅受万有引力作用，则下列说法正确的是
A.v B<v1
B.卫星在椭圆轨道上A点的加速度小于B点的加速度
C.卫星在A 点加速后的速度为2
1
21122A B x GM v r r ⎛⎫=
-+ ⎪⎝⎭
D.卫星从A 点运动至B 点的最短时间为3
121
1
()1
2r
r t v r +=
11.如图所示，A 、B 、C 三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动.A 由静止释放；B 的初速度方向沿斜面向下，大小为v 0；C 的初速度方向沿水平方向，大小为v 0.斜面足够大，A 、B 、C 运动过程中不会相碰，下列说法正确的是
A.A 和C 将同时滑到斜面底端
B.滑到斜面底端时，B 的动能最大
C.滑到斜面底端时，C 的重力势能减少最多
D.滑到斜面底端时，C 的机械能减少最多
12.如图所示，小车的立柱上O 点固定有长L 的不可伸长的轻绳，绳的末端拴有小球A （可视为质点）.小车静止在光滑的水平面上且OA 水平，此时将小球由静止释放.小车的质量是小球的5倍.小球在摆动时不计空气和摩擦阻力.下面说法中正确的是
A.小球和小车组成的系统总动量守恒
B.摆动过程中小球和小车组成系统的机械能守恒
C.小球向右最大位移为
53
L D.15
gL 13.如图所示，A 、B 两个矩形木块用轻弹簧和一条与弹簧原长相等的轻绳相连，静止在水平地面上绳为非弹性绳且可承受的拉力足够大.弹簧的劲度系数为k ，木块A 和木块B 的质量均为m.现用一竖直向下的压力将
木块A 缓慢压缩到某一位置，木块A 在此位置所受的压力为F （F>mg ），弹簧的弹性势能为E ，撤去力F 后，下列说法正确的是
A.弹簧恢复到原长的过程中，弹簧弹力对A 、B 的冲量相同
B.当A 速度最大时，弹簧仍处于压缩状态
C.当B 开始运动时，A E
m
D.全程中，A 上升的最大高度为
3()44E mg F mg k
++ 答题卡
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 得分 答案
第Ⅱ卷
二、实验题（本题共2小题，每小题8分，共16分，将答案填写在答题卡中）
14.（8分）恢复系数是反映碰撞时物体形变恢复能力的参数，它只与碰撞物体的材料有关，两物体碰撞后的恢复系数为1212
v v e v v ''
-=
-，其中v 1、v 2和v 1′、v 2′分别为质量为m 1和m 2的
物体碰撞前后的速度.某同学利用如图所示的实验装置测定质量为m 1和m 2的物体碰撞后的恢复系数.
实验步骤如下:
①将白纸、复写纸固定在竖直放置的木条上，用来记录实验中质量为m1和m2的两球与木条的撞击点；
②将木条竖直放在轨道末端右侧并与轨道接触，让质量为m1的入射球从斜轨上A点由静止释放，撞击点为B′；
③将木条向右平移到图中所示位置，质量为m1的入射球仍从斜轨上的A点由静止释放，确定撞击点；
④质量为m2的球静止放置在水平槽的木端，将质量为m1的入射球冉次
从斜轨上∧点由静止释放，确定两球相撞后的撞击点；
⑤测得B与撞击点N、P、M的高度差分别为h1、h2、h3.
（1）两小球的质量关系为m1（填“>”“=”或“<”）m2.
（2）利用实验中测量的数据表示两小球碰撞后的恢复系数为e= .
（3）若再利用天平测量出两小球的质量为m1、m2，则满足关系式时，表示两小球碰撞前后动量守恒；若满足关系式时，表示两小球碰撞前后机械能守恒.
15.（8分）在一次课外活动中，物理兴趣小组成员小明从废旧的电视机上撤下一个定值电阻，电阻上的标称不明显，大概为200Ω，为了进一步精确测定该电阻的阻值R x（阻值约为200Ω），小明到实验室寻找到了下列器材:
电压表V（0～5V，内阻约为3kΩ）；
电流表A（0～300mA，内阻R A=10Ω）；
定值电阻R1（阻值为20Ω）；
定值电阻R2（阻值为400Ω）；
滑动变阻器R3（0～5Ω；额定电流2A）；
滑动变阻器R4（0～1000Ω；额定电流1A）；
电源E（E=6V，内阻不计）.
（1）小明为了精确测定电阻阻值，设计了如图甲所示电路，定值电阻R应该选择；滑动变阻器应该选择 .（填器材后面的符号）
（2）请你不要改动已连接导线，在实物连接图乙中把还需要连接的导线帮小明补上. （3）若某次测量中电压表读数为U，电流表读数为I，那么小明测得的待测电阻的精确阻值的表达式为R x= .（用题中的字母表达）
三、问答题（本题共四个小题，共42分.其中16题10分，17题10分，18题12分，19题10分）
16.（10分）如图所示，传送带与地面的夹角θ=37°，A、B两端距L=16m，传送带以速率v=10m/s，沿顺时针方向运动，物体m=1kg，无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）试求:
（1）物体由A端运动到B端的时间；
（2）若仅将传送带运动方向改为逆时针方向运动，则物体由A端运动到B端过程中，物体相对传送带移动的距离为多大?
17.（10分）如图所示，质量M=0.1kg、半径R=1.0m的质量分布均匀的圆环静止在粗糙的水平桌面上，一质量m=0.2kg的光滑小球以平速度v0=6.0m/s通过环上的小孔正对环心射入环内，与环发生第一次碰撞后到第二次碰撞前小球恰好不会从小孔中穿出.假设小球与环内壁
的碰撞为弹性碰撞，只考虑圆环与桌面之间的摩擦，且粗糙程度各处相同.求:
（1）第一次碰撞后圆环的速度； （2）第二次碰撞前圆环的位移； （3）圆环通过的总位移
18.（12分）如图所示，一辆质量为M 的小车静止在水平面上，车面上右端点有一可视为质点的滑块1，水平面上有与车右端相距为4R 的固定的
1
4
光滑圆弧轨道，其圆周半径为R ，圆周E 处的切线是竖直的车上表面与地面平行且与圆弧轨道的末端D 等高，在圆弧轨道的最低点D 处有另一个可视为质点的滑块2，两滑块质量均为.某人由静止开始推车，当车与圆弧轨道的竖直壁CD 碰撞后人立即撤去推力并离开小车，车碰后靠着竖直壁静止但不粘连，滑块1和滑块2则发生碰撞，碰后两滑块牢牢粘在一起不再分离.车与地面的摩擦不计，滑块、2与车面的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g ，滑块与车面的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力.
（1）若人推车的力是水平方向且大小为1
()2
F M m g μ=+，则在人推车的过程中，滑块1与车是否会发生相对运动?
（2）在（1）的条件下，滑块1与滑块2碰前瞬间，滑块1的速度多大? （3）若车面的长度为4
R
，小车质量M=km ，则的取值在什么范围内，两个滑块最终没有滑离车面?
19.（10分）如图，在一端封闭的粗细均匀的U 形玻璃管中用水银柱封闭一段长L=20cm 的空气柱，当空气柱的温度为300K 时，左管水银柱的高度h 1=8cm ，右管水银柱高度h 2=12cm ，
已知大气压p 0=76cmHg.求
:
（1）当两液面相平时，空气柱的温度为多少K ； （2）当空气柱的温度为216K 时，右液面下降多高.
湖南师大附中2020届高三月考试卷（二）
物理参考答案
一、选择题（本题共13小题，每小题4分，共52分.在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~13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） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 B
D
D
D
D
B
D
A
AD
AC
BD
BCD
BD
1.B
【解析】以三石块作为整体研究，根据平衡条件可知，则石块c 不会受到水平桌面的摩擦力，故A 错误；选ab 作为整体研究，根据平衡条件，则石块c 对ab 整体的作用力与其总重力平衡，则石块c 对b 的作用力一定竖直向上，故B 正确；石块b 对a 的支持力与其对a 的静摩擦力的合力，跟a 受到的重力是平衡力，则b 对a 的支持力和静摩擦力的合力方向竖直向上，支持力的方向不是竖直向上，也不等于a 的重力，故C 、D 错误.所以B 正确，A 、C 、D 错误. 2.D
【解析】设匀加速的加速度a ，航母的速度分别为v 1、v 2和v 3，据运动学公式可知：
222
1
12v v ax -=，223
2
22v v ax -=；且2132v v v v v -=-=∆；联立以上三式解得：221
()v a x x ∆=-，
故D 正确，A 、B 、C 错误.故选D.
3.D
【解析】系统静止时，系统受力平衡，水平方向不受力，弹簧弹力等于零，弹簧处于原长，故A错误；小车加速上升时，知系统受到的合力的水平分力不为零，且方向向右，则弹簧提供的是拉力，所以弹簧处于拉伸状态.所以小车加速时，可将弹簧换成细绳.故B、C错误，D正确.
4.D
【解析】设影子距M点为y′，则由三角形相似2
1
2
gt v t
y AM
=
'
，AM L
=，所以
2
gL
y t
v
'=，即为匀速直线运动.故选D.
5.D
【解析】设铁链单位长度的质量为m0，从放手到铁链完全通过桌边，根据机械能守恒定律
()
000
m L g L L
-()
()
02
000
1
22
L L
m L L g m Lv
-
+-=可以得出
()
22
L L g
v
L
-
=所以D项正确；A、B、C项错误.
6.B
【解析】设t时间内有V体积的水打在钢板上，则这些水的质量为：m V Svt
ρρ
==，以这部分水为研究对象，它受到钢板的作用力为F，以水运动的方向为正方向，由动量定理有：0
Ft mv
=-，即：2
mv
F Sv
t
ρ
==-，负号表示水受到的作用力的方向与水运动的方向相反；由牛顿第三定律可以知道，水对钢板的冲击力大小也为ρSv2，故选B.
7.D
【解析】原子核的衰变过程满足动量守恒，可得两带电粒子动量大小相等，方向相反，根据轨迹图可知放出的粒子与生成的新核电性相同，则放出的粒子为α粒子；就动量大小而言有：11
m v m v
αα
=；由带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得：
mv
r
qB
=得
11421
r q q r αα==，则142q q α=，电荷数为84，则审视A 、B 、C 、D 四个选项，只有D 正确，故选D. 8.A
【解析】AB 两点的电势相等，对于负电荷电势能大的地方的电势小，故D 点的电势最低；说明了该区域内的电场可能具有一定的对称性，若是正电荷的电场，正电荷在OC 的连线上或延长线上；若是负电荷，负电荷在OD 上或OD 的延长线上，故A 正确；小球从O 点分别到A 、B 两点的过程中电场力对它做的功相同，说明AB 两点的电势相等，物体在A 点的重力势能要大于物体在B 点的重力势能，故B 错误；AB 两点处于CD 之间，小球在AB 两点的电势能也介于CD 之间，不是最大，也不是最小，故C 错误；AB 两点的电势相等，物体在A 点的重力势能要大于物体在B 点的重力势能，小球在A 点的动能小于在B 点的动能，故D 错误.故选A. 9.AD
【解析】燃气由液态变为气态的过程中体积增大对外做功，故A 正确；燃气由液态变为气态的过程中分子平均间距变大，分子力做负功，分子势能增大，故B 错误；燃气在燃烧后释放在周围环境中的能量变为品质低的大气内能，能量耗散了，很难再被利用，但消耗其他能量也可以被回收利用，C 错误；两个丙烷气体分子从远处逐渐靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子间相互作用的合力先变大、后变小，再变大，D 正确.故选A 、D. 10.AC
【解析】假设卫星在半径为r 2的圆轨道上运行时速度为v 2.
由卫星的速度公式v =
卫星在半径为r 2的圆轨道上运行时速度比卫星在半径为r 1的圆轨道上运行时速度小，即
21v v <.卫星要从椭圆轨道变轨到半径为r 2的圆轨道，在B 点必须加速，则2B v v <，所以有
1B v v <，故A 正确；由
2
GMm
ma r
=，可知轨道半径越大，加速度越小，则A B a a >，故B 错误；卫星加速后从A 运动到B 的过程，由机械能守恒定律得
22121122A B
GMm GMm mv mv r r ⎛⎫⎛⎫
+-=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝
⎭
得A v =，故C 正确；设卫星在半径为r 1的圆轨道上运行时周期为T 1，在椭圆轨道运行周期为T 2.根据开普勒第三定律
3
123122
12
2r r r T T +⎛⎫
⎪⎝⎭=又因为1112r T v π=，则卫星从A 点运动至B 点的最短时间为22T t =，联立解得
t =D 错误.
11.BD
【解析】AC 两个滑块所受的滑动摩擦力大小相等，A 所受滑动摩擦力沿斜面向上，C 沿斜面向上的力是滑动摩擦力的分力，所以C 的加速度大于A 的加速度，C 比A 先到达斜面底端，故A 错误；重力做功相同，摩擦力对A 、B 做功相同，C 克服摩擦力做功最大，而B 有初速度，则滑到斜面底端时，B 滑块的动能最大，故B 正确；三个滑块下降的高度相同，重力势能减少相同，故C 错误；滑动摩擦力做功与路程有关，C 运动的路程最长，C 克服摩擦力做功最大，机械能减少最多，故D 正确. 12.BCD
【解析】小球由静止释放过程中，小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，故系统只在水平方向动量守恒；小球摆动过程中，小球与小车系统竖直方向受力不为零，总动量不守恒，故A 错误；小球与小车系统在摆动过程中只有重力做功，系统机械能守恒，故B 正确；设小球的质量为m ，小球向右最大位移大小为x ，小车向左运动的最大位移大小为x ′，取水平向右为正方向，根据系统水平动量守恒得：50x x m
m t t
'
-=，且有：2x x L '+=，解得：53
L
x =
，故C 正确；原来系统水平总动量为零，当小球摆至最低点时，根据系统水平动量守恒知，系统的水平总动量也为零，则小球动量与小车的动量大小相等，方向相反.设此时小车的速度为v 1，小球的速度为v 2.取水平向右为正方向，根据系统水平动量守恒得：
2150mv mv -=，根据系统的机械能守恒得：222111
522
mgL mv mv =
+
⨯，联立解得：1v =
，故D 正确. 13.BD
【解析】由于冲量是矢量，弹簧恢复到原长的过程中，弹簧弹力对A 、B 的冲量大小相等，方向相反，故A 错误；当A 受力平衡时速度最大，即弹簧的弹力大小等于A 木块的重力，此时弹簧处于压缩状态，故B 正确；设弹簧恢复到原长时A 的速度为v ，绳子绷紧瞬间A 、B 共同速度为v 1，A 、B 共同上升的最大高度为h ，A 上升的最大高度为H ，弹簧恢复到原长
的过程中根据能量守恒有：2
12
mg F E mg
mv k +=+.绳子绷紧瞬间根据动量守恒定律有：12mv mv =，AB 共同上升过程中根据能量守恒有：211
()()2
m m v m m gh +=+，联立解得B
开始运动时，A
的速度大小为：1v =
，全程中，A 上升的最大高度3()
44E mg F H mg k
+=
+，故C 错误，D 正确.故选B 、D. 二、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分，将答案填写在答题卡中） 14.（1）> （2
⎫
（3
= 112231m m m h h h =+
【解析】（1）为了防止两球碰后出现反弹现象，入射球的质量一定要大于被碰球的质量； （2）由图可知，两小球打在竖直板上，可知，三次碰撞中水平位移相等，因为水平速度越大，小球做平抛运动的时间越少，则竖直方向下落的高度越小.由碰撞规律可知，碰后被碰球的速度最大，故其下落高度最小，而碰后入射球速度最小，其下落高度最大.在不放小球m 2时，小球m 1从斜轨顶端A 点由静止释放，m 1撞击点为图中的P 点，而碰后被碰球落到N
点；根据平抛运动规律可知，下落时间t =
x v t ==
1v =
；1v '=
；2v '=，代入给出恢复系数表达式可得
：
e ⎫
=；
（3）若满足动量守恒，则一定有：111
22mv m v m v ''=+，代入（2）中所求速度可得：表达
=；若满足机械能守恒，则有：222111
22111222mv m v m v ''=+，代入求出的速度可得：112
231
m m m h h h =+. 15.（1）R 1 R 3
（2）
（3）
()()11A A U IR R I R R U
-+- 【解析】（1）为了使电流表的读数达到量程的一半以上，根据闭合电路欧姆定律可得
max E
I R =
并
，即20R =Ω并，所以定值电阻应选R 1，由于待测电阻与定值电阻的并联值为20Ω，为了方便调节，滑动变阻器应该选择R 3； （2）滑动变阻器应为分压式连接为三根线，如图所示.
（3）根据实验原理，待测电阻两端电压为x R A U U IR =-，电流为1
x A
R U IR I I R -=-
，所以1
x x
R A
x A R U U IR R U IR I I R -=
=
--
.
三、问答题（本题共四个小题，共42分.其中16题10分，17题10分，18题12分，19题10分）
16.【解析】（1）物体开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得：
1cos sin mg mg ma μθθ+=
可得：2
110m /s a =
则物体加速到速度与传送带相同所经历的时间为：11
1s v
t a == 此过程通过的位移为2
11115m 2
s a t =
= 由于tan37μ<︒，则速度相同后物体继续向下做匀加速运动，所受的滑动摩擦力将沿斜面向上，则有：
2sin cos mg mg ma θμθ-=
解得加速度为2
22m /s a =
由2122212
L s vt a t -=+ 解得：21s t =
故物体从A 运动到B 需要的时间为：122s t t t =+=
（2）将传送带运动方向改为逆时针方向运动，物体从A 端运动到B 端一直匀加速，根据牛顿第二定律得：3sin cos mg mg ma θμθ-=
可得2
32m /s a =，2
3312
L a t =
，得：34s t = 物体相对传送带移动的距离为：356m x L vt ∆=+=
17.【解析】（1）设第一次刚碰撞完，小球和环各自的速度大小分别为v 1和v 2，取向左为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有：
012mv mv Mv =+
222
012111222
mv mv Mv =+ 整理可以得到：1 2.0m /s v =，28m /s v =
（2）第一次碰撞后经过时间t ，小球恰好未从小孔中穿出，即此时二者共速，均为v 1， 由运动学规律：
12
122
v v t v t R +-= 对圆环，由动量定理：12ft Mv Mv -=- 联立解得：0.9N f =
假设环在第二次碰撞前已停止，其位移由动能定理：2
22102fx Mv -=-，解得232m 9
x = 此时小球的位移，由运动学规律：2111632
m m 99
Mv x v f =⋅
=< 假设成立，所以在第二次碰撞前环的位移为232
m 9
x =
（3）多次碰撞后小球和环最终静止，由（2）分析知圆环受到的摩擦力0.9N f =，设通过的总位移为x ，系统的动能全部转化为摩擦生热：2
012
fx mv = 联立解得，圆环通过的总位移为：4m x =
18.【解析】（1）设滑块1与车不发生相对滑动，它们的加速度大小为a ，由牛顿第二定律有：
()F M m a =+①
此时滑块受到的静摩擦力大小为：f ma =②
而：1
()2
F M m g μ=
+③ 由①②③式解得：1
2
f m
g μ=④
又滑块1与车面的最大静摩擦力为：m f mg μ=⑤ 显然m f f <，说明滑块1与车面之间没有发生相对滑动
（2）设滑块1与滑块2碰撞前瞬间滑块1的速度为v ，根据动能定理有：
21
4()2
F R M m v ⨯=+⑥
联立③⑥式求得：v =
（3）设滑块1和2发生碰撞后的共同速度为v 1，由动量守恒定律有：12mv mv =⑧
联立⑦⑧式求得：1v =
两滑块粘合在一起后以v 1的速度冲上光滑圆狐轨道，由于圆狐轨道的E 处的切线是竖直的，则无论两滑块在圆弧轨道上运动，还是从E 处竖直向上离开圆弧轨道，最后还是沿着圆弧轨道回到D 处，整个过程中两滑块的机械能守恒，两滑块最终以速度v 1冲上车面 设两滑块滑到车的左端时，若滑块刚好不滑出车面，滑块和车应有共同的速度设为v 2，由系统的动量守恒有：122(2)mv m km v =+⑩
由系统的能量守恒，有：22
12
1122(2)422
R mg mv m km v μ⨯⨯=⨯-⨯+⑪ 联立⑨⑩⑪式解得：2k =⑫
所以当2k ≤时，两个滑块最终没有滑离小车 19.【解析】（1）设U 形管横截面积为S ，
当空气柱温度为300K 时：()102180cmHg p p h h =+-=
1120V SL S == 1300K T =
当两液面相平时2076cmHg p p ==
2218V SL S ==
由理想气体状态方程
1122
12
p V p V T T = 解得2256.5K T =
（2）分析知当温度3216K T =时，左液面将高于右液面，设右液面下降高度为x ，则
()()3012(802)cmHg p p h x h x x =-+--=-⎡⎤⎣⎦
33(20)V SL x S ==-
由理想气体状态方程33
1113
p V p V T T = 得4cm x =。