高三物理参考答案
题号
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答案
A
B
D
C
C
D
D
AB
AD
ABC
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,A【解析】B与B质子效相同，中子数不同，互为同位素，A正确；B中方程质量效不守恒，B错误；根据质量数守
恒，中微子()质量数为0，而质子质量数为1，C错误；“K电子俘获”中的电子来自于核外最内层(K层)，并非来自核
内，D错误。
2.B【解析】由题意作出a-t图，知t=2s时，加速度最大，且最大加速度为2m/s,B正确；m·&
0一4$，加速度始终大于0，汽车一直加速，1=4s时，汽车的速度达到最大值，运动方向未
2----
发生改变，A、C、D错误。
3.D【解析】由题意知“袭和号”卫星与地球绕太阳运行的角速度相同，周期相同，A错误；由
u=wr知“袭和号”绕太阳运行的线速度小于地球绕太阳运行的线速度，B错误；由an=wr
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知“羲和号”绕太阳运行的向心加速度小于地球绕太阳运行的向心加速度，C错误；由
G咖=m号有√，加所>0又>故以GM
4.C【解析】作用点不移动，为“死结”模型。设左侧绳与水平方向夹角为α，右侧绳与水平方向夹角为B,由于P点靠近
M端，根据几何关系，左绳PM必然比右绳PN更陡峭，即a>B。由水平方向受力平衡有Ticos a=TRcos 8,又cosa
T,A、B错误；根据平衡条件，两段绳拉力的合力始终与衣架及衣服重力等大反向，保持不变，C正
确；在O点时，a=30°，由2 To sin a-=g知To>mg。在MO间存在一点P使得∠MPN=90°，即a十B=90°，此时
有Ti=ngsin a、Te=mgsin,即To>T>TR,D错误。
5.C【解析】C和“C电荷量相同，由W=gU知，电场力微功相同，A错误；质量比m:m=号，由gU=合m,p
m有p=√mOc/m,即AA-√后，B错误：由1-君-器cm,知4=看C正确：由U=2m时，gB=
吧有一可，湘同时，有mU-mU,中U-U-UD错误。
6.D【解析】由图知波沿x轴正方向传播，入=4m,由波形相同知。一4=T(n为正整数)，又f-宁，联立有n=0.6f,
分析知f=5Hz,则v=f入=20m/s,A错误；根据微平移法（或上下坡法、或同侧法），判断可知质点P正沿y轴负方
向运动，B错误；设y=Asin(wt十g)cm,由图知A=10cm,w=2πf=10π，将t=0.05s代入at十g,分析有0.5π十
22
×2x,得=晋.C错送：T=0.2s6-=2T十}T,分析有路程=8A+停A+号A=5(17+3)m,D
=4
正确。
7.D【解析】将理想变压器及两副线图回路视为等效电阻，由
-景+是只--”有底-R+是民◆
RR,R,作出等效电路图如图所示，P上滑，R变大R变大，根据串反并同，灯泡将变亮，R消耗的
R2
率将培大，AB选项错误：将交流电源RR,作等效电源1处理，则山三不牛R=80V=尼=80，R□
=1600W,C错误；将等效电源1，R
2n时，R'=R'=8RRR=4n.U,中RR=3V,PR9
3
作等效电源2处理，则2=
R2’
十R,=40V2=40,R=10时，R=40=2,P=100w,D
正确。
R:→
等数山
等效源二
物理参考答案(X江M1)一1(共42张PPT)
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.我国“两弹一星”元勋、著名核物理学家王淦昌先生，曾几度与诺贝尔物理学奖擦肩而过，但他始终怀揣科技报国的赤子之心，在国家需要时“以身许国”。1931年，王淦昌提出用云室研究“铍辐射”的本质，该思路直指中子的发现；1942年，王淦昌创造性地提出利用轻原子核的“K电子俘获”过程来验证中微子（ve）的存在，该过程的核反方程为BeeLi+ve。下列说法正确的是（A）
A.王淦昌建议中使用的铍Be）与查德威克实验中使用的铍Be）互为同位素
B.查德威克发现中子的核反应方程为BeHeCn
C.方程中的中微子（ve）不带电，其质量数与质子的质量数相同
D.方程中的e是中子转化为质子时产生的
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题 号
【解析】 Be与Be质子数相同，中子数不同，互为同位素，A正确；B中方程质量数不守恒，B错误；根据质量数守恒，中微子（ve）质量数为0，而质子质量数为1，C错误；“K电子俘获”中的电子来自于核外最内层（K层），并非来自核内，D错误。
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2.急动度是描述加速度变化快慢的物理量，定义式“j= ”。为评估某品牌新能源汽车起步时的平稳性，工程师测得“j-t ”图像如图所示。已知v0=0、a0=0，下列关于汽车在启动阶段“0~4 s” 内的说法正确的是（B）
A.t=2 s时，汽车的速度达到最大值
B.t=2 s时，汽车的加速度达到最大值
C.t=4 s时，汽车开始反向运动
D.2~4 s内，汽车做匀减速直线运动
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题 号
【解析】由题意作出a-t 图，知t=2 s时，加速度最大，且最大加速度为2 m/s2，B正确；0~4 s，加速度始终大于0，汽车一直加速，t=4 s时，汽车的速度达到最大值，运动方向未发生改变，A、C、D错误。
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题 号
3.日——地拉格朗日点是天体力学中极其特殊的位置，在这些点上，小天体在太阳和地球引力的共同作用下，相对于太阳和地球基本保持静止，在日地系统中共存在五个这样的点，如图所示。我国发射的首颗太阳探测卫星“羲和号”就运行在日地L1点附近（可视为在L1点）。已知“羲和号”卫星、地球均绕太阳做匀速圆周运动（轨道视为在同一平面内）。下列关于“羲和号”卫星的说法正确的是（D）
A.运行周期小于地球绕太阳运行的周期
B.运行线速度大于地球绕太阳运行的线速度
C.运行向心加速度大于地球绕太阳运行的向心加速度
D.运行线速度小于一颗仅受太阳引力作用且在同一轨道上绕太阳做匀速圆周运动的行星的线速度
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题 号
【解析】由题意知“羲和号”卫星与地球绕太阳运行的角速度相同，周期相同，A错误；由v=ωr知“羲和号”绕太阳运行的线速度小于地球绕太阳运行的线速度，B错误；由an=ω2r知“羲和号”绕太阳运行的
向心加速度小于地球绕太阳运行的向心加速度，C错误；由G=m有v=，知v行>v地，又v地>v羲，故v羲No.
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题 号
4.便携式晾衣绳因其“免夹防滑”的等距小孔设计而备受推崇。如图所示，将此晾衣绳的两端固定在水平距离为d 的两等高挂点M、N上，一旅客将衣服挂在正中间O 点时，绳与水平方向夹角小于30°，两边绳张力大小均为TO；挂在靠近左端M 的P 处时，左侧绳PM 张力为TL，右侧绳PN 张力为TR，忽略绳重力。下列判断正确的是（C）
A.挂在P 处时，由于两段绳材质相同，故TL=TR
B.挂在P 处时，左侧绳更陡峭，故TLC.无论挂在OM 间何处，两段绳拉力的合力不变
D.无论挂在OM 间何处，均有TL>TO>TR
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【解析】作用点不移动，为“死结”模型。设左侧绳与水平方向夹角为α，右侧绳与水平方向夹角为β，由于P 点靠近M 端，根据几何关系，左绳PM必然比右绳PN更陡峭，即α>β。由水平方向受力平衡有TLcos α=TRcos β，又cos αTR，A、B错误；根据平衡条件，两段绳拉力的合力始终与衣架及衣服重力等大反向，保持不变，C正确；在O点时，α=β<30°，由2TO sin α=mg 知TO>mg。在MO 间存在一点P使得∠MPN=90°，即α+β=90°，此时有TL=mgsin α、TR=mgsin β，即TO>TL>TR，D错误。
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5.“碳-14测年法”通过测量生物化石中碳同位素的丰度来确定年代。如图所示为某质谱仪的原理简化图，离子源A可产生初速度不计、电荷量相同的C+。两离子经电压为U的加速电场后，垂直边界进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，最终由边界探测器接收。已知离子重力及相互作用忽略不计，下列说法正确的是（C）
A.在加速电场中，电场力对14C+做的功是对12C+做功的倍
B.进入磁场时，14C+的动量大小是12C+的倍
C.14C+在磁场中运动的时间是12C+的倍
D.若要使14C+打在边界12C+原来的位置，需将加速电压U调节为原来的
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题 号
【解析】12C+和14C+电荷量相同，由W=qU知，电场力做功相同，A错误；质量比m1∶m2=，由qU=mv2、p=mv 有p=∝，即p2∶p1=，B错误；由t==∝m，知t2∶t1=，C正确；由qU=mv2、qvB=有r=，r 相同时，有m2U'=m1U，即U'=U=U，D错误。
No.
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6.一列简谐横波沿x轴传播，振幅A=10 cm。t1=0.05 s时的波形图如图所示，此时波恰好传到x=6 m处的质点Q，质点P 平衡位置坐标为x= m。已知在t2=0.65 s时，0~6 m的波形与t1时刻完全相同。若波的传播频率满足3.5 Hz A.该波沿x 轴正方向传播，波速为10 m/s
B.t1=0.05 s时，质点P 正沿y 轴正方向运动
C.0时刻起，质点P 的振动方程为y=10sin cm
D.从t1=0.05 s到t3=0.50 s过程中，质点P 运动的路程为5 cm
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题 号
【解析】由图知波沿x轴正方向传播，λ=4 m，由波形相同知t2-t1=nT（n为正整数），又f=，联立有n=0.6f，分析知f=5 Hz，则v=fλ=20 m/s，A错误；根据微平移法（或上下坡法、或同侧法），判断可知质点P 正沿y 轴负方向运动，B错误；设y=Asin （ωt+φ0） cm，由图知A=10 cm，ω=2πf=10π，将t1=0.05 s代入ωt+φ0，分析有0.5π+φ0=×2π，得φ0=，C错误；T=0.2 s，t3-t1=2T+T，分析有路程s=8A+A+A=5 cm，D正确。
No.
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7.如图所示，理想变压器原线圈匝数为n0，两个副线圈匝数分别为n1、n2，n0∶n1∶n2=2∶1∶1。原线圈回路接有正弦交流电u=120sin 100πt（V）和定值电阻R2=24 Ω、R3=12 Ω。副线圈n1回路中接有可变电阻R1，副线圈n2回路中接有一只阻值RL=2 Ω不变的灯泡。初始时滑片P位于R1中间，下列说法正确的是（D）
A.若P向上滑动，灯泡将变暗
B.若P向上滑动，电阻R2消耗的功率将减小
C.当R1=2 Ω时，理想变压器的输入功率为100 W
D.当R1=1 Ω时，R1消耗的电功率最大，且P1m=100 W
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【解析】将理想变压器及两副线圈回路视为等效电阻，由=+、==有=+，令R1'=R1、R2'=RL，作出等效电路图如图所示，P上滑，R1变大、R1'变大，根据串反并同，灯泡将变亮，R2消耗的功率将增大，A、B选项错误；将交流电源、R2、R3作等效电源1处理，则u1=u=80 V、r1==8 Ω，R1=2 Ω时，R1'=R2'=8 Ω，R并==4 Ω，U0=R并= V，P入== W，C错误；将等效电源1、R2‘ 作等效电源2处理，则u2=u1=40 V、r2==4 Ω，R1=1 Ω时，R1'=4 Ω=r2，P1m==100 W，D正确。
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二、多选题（本题共3小题，每小题5分，共15分。每小题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）
8.某兴趣小组设计了一种监测透明溶液浓度的装置。如图所示，一水平放置的长方体透明容器（容器壁厚度忽略不计）内部装有待测溶液。一束单色激光以设定的入射角θ 从左侧空气斜射入溶液，经两次折射后打在竖直光屏上。已知该溶液的折射率n随浓度增大而增大。保持入射角θ 及激光笔、容器、光屏的位置不变，下列说法正确的有（AB）
A.若溶液浓度增大，激光在溶液中的传播速度将减小
B.若溶液浓度增大，光屏上的光斑将向上移动
C.若溶液浓度增大，激光束从容器右侧射出时的出射角将减小
D.若保持溶液浓度不变，改用频率更高的单色激光进行测试，光屏上的光斑将向下移动
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题 号
【解析】溶液浓度增大，折射率增大，传播速度减小，A正确；溶液浓度增大，折射率增大，折射角变小，又出射光线与入射光线平行，由几何关系，光屏上的光斑将向上移动，B正确、C错误；改用频率更高的单色激光进行测试，折射率大，折射角小，光屏上的光斑将向上移动，D错误。
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9.如图所示，底边长a=2 cm、高h=1 cm的正六棱柱ABCDEF-A'B'C'D'E'F'置于匀强电场中。已知φD=0 V、φE=16 V、φF=24 V、φB'=15 V，下列说法正确的有（AD）
A.A点电势φA=16 V
B.B点电势φB=8 V
C.电场强度大小E=1500 V/m
D.电场强度大小E=1700 V/m
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题 号
【解析】如图，过E点作DE延长线，过F作垂线交DE延长线于P点，由几何关系PE=ED，分析知φP=24 V，则PF为等势线、PD为平面ABCDEF分场强方向。EA∥DB∥PF，EA、DB均为等势线，φA=16 V、φB=0 V，A正确、B错误；平面ABCDEF分场强Ex==800 V/m，垂直平面方向分场强Ey==1500 V/m，场强E==1700 V/m，C错误、D正确。
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题 号
10.如图所示，绝缘水平导轨MN上有质量分别为m=1 kg和 M=3 kg的滑块甲、乙。劲度系数k=100 N/m的轻质弹性绳左端与A点连接，右端跨过固定在导轨正上方h=0.2 m处的轻质光滑小滑轮B与甲相连，弹性绳原长与AB段长度相等。甲不带电，乙带正电，电荷量q=0.05 C，整个装置处于E=400 N/C、方向水平向左的匀强电场中（图中未画出）。现乙以初速度v0= m/s 与甲发生完全非弹性碰撞结合成一个整体。
已知弹簧振子的周期T=2π，弹性绳弹性势能Ep=k（Δx）2（Δx为形变量），取g=10 m/s2，π=3。下列说法正确的有（ABC）
A.若导轨光滑，两滑块向左运动的最大位移大小为0.6 m
B.若导轨光滑，从碰撞结束到两滑块第一次回到碰撞点经历的时间为0.8 s
C.若滑块与导轨间动摩擦因数μ=0.35，且f静max=f滑，则弹性势能增量最大值为12.5 J
D.若滑块与导轨间动摩擦因数μ=0.35，且f静max=f滑，从碰撞结束至两滑块最终停止运动，滑块运动的总路程为0.5 m
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【解析】设弹性绳BC段与竖直方向夹角为θ，对甲所受弹性绳弹力分析：Fx=kΔxsin θ=kx∝x、Fy=kΔxcos θ=kh保持不变。由Mv0=（M+m）v，得v= m/s，导轨光滑时，设碰后最大位移为xm，由kh2+（M+m）v2+qExm=k（h2+），解得xm=0.6 m，A正确；分析知甲、乙做简谐运动，由qE-kx0=0，知平衡位置x0=0.2 m，则A=xm-x0=0.4 m，由Asin φ0=x0、t=T、T=2π，联立可得t=0.8 s，B正确；由kh2+（M+m）v2+qExm'-μxm'=k，解得xm'=0.5 m，则ΔEpm=k-kh2=12.5 J，C正确；由kxm'>qE+μ，知滑块运动至最左端后会滑回，故总路程s>0.5 m，D错误（进一步分析可知s=0.5 m+0.46 m+0.18 m=1.14 m）。
No.
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题 号
三、非选择题（本题共5小题，共57分）
11.（每空2分，共8分）高三（6）班某探究小组利用如图甲所示装置探究含动滑轮连接体系统的动力学特性。
（1）实验开始前，取下动滑轮和重物，将长木板不带定滑轮的一端适当垫高。接通电源，轻推小车，观察纸带上的点迹分布。若纸带上打出的点迹满足 间距均匀 ，则说明已平衡摩擦力。
【解析】（1）平衡摩擦力后，小车在不挂重物的情况下应做匀速直线运动，相等时间内的位移相等，故纸带上点迹应间距均匀，表意正确均给分。
No.
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题 号
（2）图乙为某次实验中获得的一条纸带。纸带上选出了A、B、C、D四个计数点（每相邻两个计数点间还有4个点未画出），因操作不慎，计数点B及其附近的点迹被墨水污染无法识别。探究小组突发奇想，想挑战用这条纸带求小车运动的加速度。图乙中刻度尺的0刻度线与A点对齐，请根据刻度尺读出A、C 两点间的距离xAC = 6.40 cm。f =50 Hz，通过推理计算，得出小车加速度a车。
【解析】（2）刻度尺分度值为1 mm，需估读至下一位，由图知，C点对齐刻度尺的6.40 cm处，A点对齐0.00 cm处。故xAC=（6.40-0.00） cm=6.40 cm。
No.
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题 号
（3）已知小车总质量M=195.0 g，动滑轮及悬挂重物总质量m=100.0 g，假设不计一切摩擦及细绳质量，利用（2）中已求出的a车及质量参数，可求得当地重力加速度g = 9.68 m/s2（结果保留三位有效数字）。
【解析】（3）由T=Ma车 ……①
mg-2T=ma物 ……②
a车=2a物 ……③
联立①②③式得g=a车 ……④
又xAD=3xAB+3a车T 2 ……⑤
xAC=2xAB+a车T 2 ……⑥
由2×⑤-3×⑥得2xAD-3xAC=3a车T 2 ……⑦
联立④⑦得g=9.68 m/s2 ……⑧
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题 号
（4）该小组查阅资料发现，当地重力加速度标准值为9.79 m/s2，本实验求得的g值与标准值存在偏差，请写出一条能减小偏差的措施： 用轻质细线和滑轮，用体积小质量大的物块等（言之有理即可） 。
【解析】（4）开放性问题，鼓励思维发散，减少（轴承）摩擦、减小空气阻力等均给分。
【评分建议】（2）填6.4扣1分；（4）沾边就给分。
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题 号
12.（第二空3分，其余每空2分，共9分）在学校科技节上，高三（8）班探究小组计划用图示电路测定一枚灵敏电流计G的内阻。实验室提供的器材如下：
A.待测灵敏电流计G（满偏电流Ig=300 μA，内阻Rg约为200 Ω）；
B.可调直流电源E（电动势范围0~9.0 V，内阻忽略不计）；
C.滑动变阻器R1（最大阻值50 kΩ）；
D.滑动变阻器R2（最大阻值20 Ω）；
E.电阻箱R（阻值范围0~9999 Ω）；
F.开关S1、S2及导线若干。
（1）实验中滑动变阻器应选用 C （填器材前面的字母代号）；
【解析】（1）电源电动势最大为9 V左右，由R==30 kΩ，知应选用50 kΩ滑动变阻器。
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（2）小圆同学负责操作，步骤如下，请帮她补充完整：
①断开S2、闭合S1，调节滑动变阻器，使灵敏电流计满偏；
②保持滑片位置不变，闭合S2，调节R，在将灵敏电流计指针调至半偏时，发现指针难以对齐中间刻度线；
③继续调节R，使灵敏电流计指针指在满刻度的处，此时正好对齐刻度线，电阻箱读数为R0，则灵敏电流计内阻测量值Rg测= 2R0 （用R0表示）。
【解析】（2）③读数为时，电阻箱分流，根据并联电压相等Rg测=R0，得Rg测=2R0。
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（3）在复盘会上，针对“三分之一偏法”与“半偏法”产生的相对误差，组员们发生了激烈的争论，提出了三种观点（假定两种方法下读数均准确无误），其中正确的是 C 。
A.“三分之一偏法”误差小。因为接入的分流电阻小，并联电路的“等效内阻”更接近理想电流表“零电阻”
B.“半偏法”误差小。相较“三分之一偏法”，该方法接入电阻箱后引起的电路总电阻变化小，对干路电流“恒流假设”影响小
C.两者相对误差一样大。虽然两种方法的偏转比例不同，但在相同的电路条件下，两者的相对误差与偏转多少无关
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【解析】（3）观点A、B表述正确，但观点错误。误差的产生是由“电流冲击”和“分流比”共同决定的，推导可证明干路电流变化会被分流系数的改变所抵消，相对误差在理论上是相等的，与偏转角度无关。
证明如下：设偏转时，读数为R0，滑动变阻器阻值为R1，测量值为Rg测
E=Ig（R1+Rg） ……①
E=Rg+R1 ……②
Rg测=R0 ……③
联立①②③式得Rg测= ……④
即证，Rg测与n无关。
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（4）指导老师点评：虽然本实验存在系统误差，但我们可以通过调整硬件参数将误差控制在允许范围内。随后老师给出灵敏电流计的实际内阻Rg真=201 Ω，并提出一项挑战任务：要求探究小组通过调节电动势，将本实验（采用“三分之一偏法”）的相对误差控制在1%以内。请你通过计算得出实验所需的电
动势E 至少为 6.1 V。（δ=×100%，注意计算结果保留一位小数）
【解析】（4）由δ=×100% ……⑤
联立①④⑤式得=×100% ……⑥
由≤1.0%，有E≥6.03 V，分析知Emin=6.1 V
【评分建议】（1）填R1扣1分；（4）填6.0不给分。
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13.（11分）春日踏青，小李驾驶汽车在郊外公路上行驶。为了安全，他特意关注了仪表盘上的胎压监测数据。出发前，左前胎气体温度为t0=27 ℃，胎压显示为p1=2.4 bar。行驶一段时间后，胎内气体温度升高，小李观察到胎压上升到p2=2.8 bar，此时胎内气体温度为t。为防止爆胎，小李停车给左前胎放气降压，使胎压降回到厂家推荐值p3=2.5 bar。假设在放气过程中，胎内气体温度保持t不变，且外界大气压恒为p0=1.0 bar，温度恒为t0=27 ℃。将胎内的气体视为理想气体，且假设轮胎的容积在整个过程中保持V0=30 L不变。求：
（1）放气时胎内气体温度t；
【解析】（1）根据查理定律，有
= ……（3分）
代入数据，解得t=77 ℃ ……（2分）
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（2）放出的气体在外界环境下的体积V。
【解析】 （2）根据波意耳定律，有
p2V0=p3（V0+ΔV） ……（2分）
又由= ……（2分）
联立解得V≈7.71 L ……（2分）
【评分建议】第一问答案用热力学温标也给分，第二问用理想气体状态方程答案正确给满分，答案为7.7 L给满分，未考虑温度变化，但列出了波意耳定律，即使符号不完全正确也给2分。
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14.（13分）“低压管道电磁运输系统”是未来城际高速物流的重要发展方向。如图所示，水平绝缘低压管道内固定有两根足够长的平行金属导轨，导轨间距L=2 m，导轨间分布着方向竖直向下、磁感应强度大小B=5 T的匀强磁场。质量m=1000 kg的运输舱装有一根跨接在导轨上且接触良好的导体棒。运输舱在运行过程中受到恒定阻力f=2.0×103 N。地面供电系统为恒压直流电源，电动势E=2000 V，回路总电阻R=2.0 Ω。系统设计的额定巡航速度v0=180 m/s。
（1）若仅由地面电源单独供电，求运输舱能达到的最大稳定速度vm；
【解析】（1）稳定时有E-BLvm=I1R ……（2分）
BI1L-f =0 ……（1分）
联立得vm=160 m/s ……（1分）
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（2）为确保运输舱能达到额定巡航速度v0，起步时同步启动自带的辅助推进器提供水平恒力F，求最小值Fm；
【解析】（2）稳定时有E-BLv0=I2R ……（1分）
Fm+BI2L-f =0 ……（2分）
联立得Fm=1000 N ……（1分）
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【解析】（3）受力分析，根据牛顿第二定律有
BIL+f =ma
恰无法维持I 时，有BLv=IR ……（1分）
维持时间t= ……（1分）
运动位移x=t ……（1分）
由能量守恒有m-mv2=fx+I2Rt+ΔE ……（1分）
[或由克服安培力做功，有BIL·x=I2Rt+ΔE ……（1分）]
联立得ΔE=4.32×106 J ……（1分）
（3）运输舱以额定巡航速度v0进站时，立即切断电源和辅助推进器，切换至“再生制动”模式：回路总电阻仍为R=2.0 Ω，车载控制器控制回路电流大小恒为I=300 A，利用安培力辅助减速，同时将部分电能回收到储能电网。当感应电动势无法维持电流I时，系统自动停止电能回收并转为机械刹车。求此次进站过程中，不计其他损耗下系统回收到储能电网的总电能ΔE。
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【评分建议】酌情给分。
15.（16分）如图所示，AB为足够大的光滑圆弧轨道，BC、EF 均为光滑水平平台，CD 是半径为R 上端切线水平的光滑圆弧轨道。质量为m的滑块甲从AB 不同高度H 处自由释放，与静止在水平面上质量为nm（n>1，且为定值）的滑块乙发生弹性正碰，两平台间高度差h 可调，重力加速度为g。已知H=1.125R时，碰撞后乙恰能过C 点做平抛运动。
（1）求n 的值；
【解析】（1）甲滑下，由动能定理有mgH=m ……（1分）
甲、乙弹性碰撞mv0=mv甲+nmv乙 ……（1分）
m=m+nm ……（1分）
乙在C点，有nmg=nm ……（1分）
联立解得n=2 ……（2分）
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（2）若H=1.8R、h=3.9R，求甲、乙在EF上落点间的水平距离Δx；（结果用分式及根号表示）
【解析】（2）H=1.8R 时，由（1）有
v甲=- 、v乙=2 ……（1分）
<，甲先沿圆弧轨道运动后脱离，假设在P点脱离，PO与CO夹角为θ
C→P过程有mgR=mv2-m
P 点有mgcos θ=m
联立得cos θ=0.8、v= ……（1分）
又 h-R=vsin θ·t甲+g
x甲=Rsin θ+vcos θ·t甲 ……（1分）
联立得 x甲=2.2R ……（1分）
v乙>，乙做平抛运动，由平抛运动规律有
x乙=v乙t乙 、h=g
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联立得x乙=R ……（1分）
又Δx=x乙-x甲
代入数据解得 Δx=R ……（1分）
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【解析】（3）H=4.5R时，由（1）有：
v甲=- 、v乙=2
先对乙进行分析，f0=kv乙，将v乙分解为竖直向下的v1、及与水平方向夹角为β向上的v2，令kv1-nmg=0
可得 v1=v乙、β=60°、v2=2v乙、k= ……（1分）
又末速度v=2=v乙
分析知，末速度v与水平方向夹角α=60°、此时v2'=v乙，速度关系如图所示
由-∑kv2iΔt=nm有ks=nm·2
又x乙=scos β
联立解得 x乙=2R ……（1分）
（3）若H=4.5R、h已知，甲带正电、电量为q，不加电场时甲落点在乙左侧，欲使甲落点在乙右侧，在C点右侧空间加一竖直向上的匀强电场，甲仅受重力和电场力，乙除受重力外还受始终与运动方向相反的空气阻力f=kv（k为常数）。已知在右侧空间运动时甲乙均不与轨道CDE相碰，乙刚过C点时f0=mg，落到EF上时，乙速度大小为2、方向斜向右下，求场强E的取值范围。（结果用m、g、q、h、R表示）
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再对甲进行分析，①落在EF平面，需满足qE得E< （1分）
②落在乙右侧，需满足x乙又h=at2
mg-qE=ma
联立解得E> ……（1分）
综上，E 的取值范围为【评分建议】无阶段性答案，有相应规律，步骤分给足。
※本卷所有单位问题（未带、带错、重复等），建议只在14题统一扣一次1分，其余地方不重复扣分。
建议各位老师在讲评试卷时，着重强调答题规范，引导学生注重细节，最大限度减少不必要的失分。
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