2023年湖南省衡阳市高考物理二模试卷（附答案详解）

2023年湖南省衡阳市高考物理二模试卷

1.在重核裂变反应方程中蒙U+H-劈Ba+罂Kr+,括号中的产物是（）

A.a粒子B.0粒子C.y光子D.中子

2.电流i随时间/变化的关系如图，它的有效值是（）

3.光既有波动性，又具有粒子性。证明光具有粒子性的实验是（）

A.光电效应实验B.光的衍射实验C.光的干涉实验D.光的偏振实验

4.下列关于分子动理论的说法中，正确的是（）

A.布朗运动就是分子的运动

B.物体的内能是物体中所有分子热运动所具有的动能的总和

C.物体的内能越多，温度一定越高

D.扩散现象和布朗运动说明了分子在做永不停息的无规则运动

5.如图所示，两匀强磁场的磁感应强度%和B2大小相等、

方向相反。金属圆环的直径与两磁场的边界重合。下列变化

会在环中产生逆时针方向感应电流的是（）

A.同时增大当减小B2B.同时减小/增大丛

C.同时以相同的变化率增大&和&D.同时以相同的变化率减小&和%

6.如图048c为常见的“汽车千斤顶”。当汽车需要换轮

胎时，司机将它放在车身底盘和地面之间，只需摇动手柄使

螺旋杆OA转动，。、A之间的距离就会逐渐减小，0、C之

间的距离就会增大，就能将汽车车身缓缓地顶起来。在千斤

顶将汽车顶起来的过程中，下列关于0A、之间的弹力

的说法正确的是（）

A.04、08之间的弹力不断变大B.0A、08之间的弹力不断变小

C.0A之间的弹力变大、0B之间的弹力变小D.OA之间的弹力变小、0B之间的弹力变

大

7.如图所示，“天问一号”探测器先在地球轨道上绕太阳匀

速转动，在近日点。短暂点火后进入霍曼转移轨道，到达远日

点P再次短暂点火进入火星轨道。已知万有引力常量为G,太

阳质量为M,地球轨道和火星轨道半径分别为r和R,地球、

火星、“天问一号”探测器运动方向都为逆时针方向。若只考

虑太阳对“天问一号”探测器的作用力，下列说法正确的是

()

A.“天间一号”在地球轨道上的角速度小于在火星轨道上的角速度

B.“天问一号”运动中在转移轨道上P点的加速度等于在火星轨道上P点的加速度

C.两次点火之间的时间间隔为矗^^

D.两次点火喷射方向都与速度方向相同

8.如图所示，两个固定的点电荷A、B,其中A所带电荷量,

W-q

为q.=+4q,B所带电荷量为qe=-q(q>0),AB间的距离—---------冬-----------8

为/，将一个试探电荷放在C点时，试探电荷所受电场力为0,规定无穷远处电势为0。则下

列说法正确的是()

A.B、C两点之间的距离为/

B.AB直线上A、8之间必有一个电势为0的点，而B、C之间没有电势为。的点

C.空间中除无穷远的点电势为0外，还有一个以2为球心的球面为零等势面

D.C点的电势是直线A8上8点右侧各点中最高的

9.如图所示，OBCC为半圆柱体玻璃的横截面，。。为直径，一束由蓝光和黄光组成的复色

光沿AO方向从真空射入玻璃，分两束分别射到圆柱面的8、C两点，只考虑第一次射向圆弧

的光线，下列说法正确的是()

A.从8、C两点射出的光分别是黄光、蓝光

B.光从。传到B与光从。传到C的时间相等

C.若从圆弧面只有一处光线射出，则一定是从8点射出

D.若仅将复色光的入射点从。平移到。的过程中，可能出现从圆弧射出的两束光线平行

10.一列简谐横波沿x轴传播，在t=0.125s时的波形如图甲所示，M、N、P、。是介质中

的四个质点，已知N、。两质点平衡位置之间的距离为16”。如图乙所示为质点P的振动图

像。下列说法正确的是（）

B.该波沿x轴负方向传播

C.质点P的平衡位置位于x=3m处

D.从t=0.125s开始，质点Q比质点N早4s回到平衡位置

11.主题口号为“一起向未来”的2022年北京冬奥会圆满

落幕。跳台滑雪比赛在河北张家口举行，如图，跳台滑雪赛道

由助滑道AB、着陆坡C。、停止区DE三部分组成。比赛中，

甲、乙两运动员先后以速度％、%从C点正上方B处沿水平

方向飞出，分别落在了着陆坡的中点P和末端。，运动员可看成质点，不计空气阻力，着陆

坡的倾角为。，重力加速度为g，则（）

A.甲运动员从B点飞出到距离斜面最远所需要的时间1=皿”

9

B.%、的大小关系为=2%

C.甲、乙两运动员落到着陆坡前瞬间速度方向相同

D.甲运动员落到着陆坡前瞬间速度方向与水平方向的夹角比乙的大

12.（1）某同学在用单摆测量重力加速度实验时，测量摆长。用米尺测得摆线长度为99.50cm,

用游标卡尺测得小铁球的直径如图甲所示，则摆球的直径为cm.（结果保留两位小数）

（2）用停表测量单摆的周期。把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，当单摆稳定时，摆

球到达（选填“最高”或“最低”）点时开始计时，并计数为零。单摆每经过这点时记

一次数，当数到100次时，如图乙所示，所用的时间为s,则单摆的周期为s。

（3）他计算得出的重力加速度为m/s2,比实际测量的重力加速度要大，其原因是

A.摆球太重

B.摆角太小

C.开始计时时停表过迟按下

D实验中全振动次数记少了

13.在“用传感器观察电容器的充放电过程”实验中，按图甲所示连接电路。电源电动势为

8.0V,内阻可以忽略。单刀双掷开关S先跟2相接，某时刻开关改接1,一段时间后，把开

关再改接2,实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况。

（1）开关S改接2后，电容器进行的是（选填“充电”或“放电”）过程，此过程中流经

电阻R上的电流方向（选填“自上而下”或“自下而上”）。实验得到的/-t图像如图

乙所示，如果不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则此过程的/-t曲线与坐标轴所

围成的面积将（选填“减小”“不变”或“增大”）。

(2)若实验中测得该电容器在整个放电过程中释放的电荷量Q=1.72x10-3c,则该电容器的

电容为此

14.如图，小车的质量M=5kg,底板距地面高h=0.8m,小-----

车与水平地面间的动摩擦因数4=0.1,车内装有质量rn=

0.5kg的水(不考虑水的深度)，今给小车一初速度，使其沿地面

向右自由滑行，当小车速度为u=10m/s时，车底部的前方突然出现一条与运动放心垂直的

裂缝，水从裂缝中连续渗出，形成不间断的水滴，设每秒滴出的水的质量为k=0.1/cg/s,并

由此时开始计时，空气阻力不计，g取10?n/s2,求：

(l)t=4s时，小车的加速度；

(2)到小车停止行动，水平地面上水滴洒落的长度。

15.空间存在竖直向上的电场和竖直向上的磁场，磁感应强度为8,-....

质量为如带电荷量为+q的微粒P静止于A点，一质量也为机、不带电/?

的小球。从纸面外垂直于纸面以速度2几射向微粒P,二者粘合在一起

运动，已知微粒的落地点在A点正下方的C点，已知当地的重力加速度

为g,求：c!

(1)电场强度E；

(2)微粒与小球粘合后向右运动的最大距离；

(3)4C的距离力应满足的条件。

16.质量为3m的小车C静止于水平面上，小车上表面由水平轨道与半径为R的1/4圆轨道

平滑连接组成。一个质量为根的小球B静止在小车的左端。用一根不可伸长、长度为L轻质

细绳悬挂一质量也为，”的小球A,小球A静止时恰好和8接触，现将小球A向左拉到与悬点

同一高度处(细线处于伸直状态)由静止释放，当小球A摆到最低点时与小球B刚好发生对心

弹性碰撞，小球B水平冲上小车C恰好可以滑到轨道的最高点，(所有表面均光滑，A、B两

小球半径r相等且r远小于L8与C作用过程中没有机械能损失)，求：

(1)小车C上的圆轨道半径R为多大？

(2)若将悬点的位置提高至原来的4倍，使绳长变为4乙，再次将小球A向左拉到与悬点等高

处(细线处于伸直状态)由静止释放，小球4与小球8对心弹性相碰后，小球B上升过程中距

圆轨道最低点的最大高度为多少？

(3)在(2)条件不变情况下，若小车C的质量为M(M与，"的关系未知)，试通过计算说明小球8

再次返回小车的左端时可能的速度？

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：根据电荷数守恒，和质量数守恒，设产物的电荷数为x,质量数为》有

92+0=56+36+%

236+1=144+89+y

解得x=0,y=3,故产物为中子；故ABC错误，。正确。

故选：Do

根据质量数和电荷数守恒即可判断产物。

本题考查原子核的裂变，熟练掌握质量数和电荷数守恒即可。

2.【答案】A

【解析】解：根据有效值的定义，可得Q="例=//t

22

可以知道一个周期36内：Q=+l'iRt2+ljTt3=[(7旧>+(6>/3)+5V3)]/?=300/?=

3》

解得：/有=104故A正确，BCO错误。

故选：A。

根据等效热值法，结合图像的数据分析出交变电流的有效值。

本题主要考查了交流电的相关应用，熟悉等效热值法即可完成分析，难度不大。

3.【答案】A

【解析】解：光的衍射实验，光的干涉实验和光的偏振实验证明了光具有波动性，光电效应和康

普顿效应证明光具有粒子性。故A正确，BCD错误;

故选：Ao

光的衍射、干涉和光的偏振实验证明了光具有波动性，光电效应和康普顿效应证明光具有粒子性。

本题主要考查了光的波粒二象性，解题关键是掌握光的衍射、干涉和光的偏振实验证明了光具有

波动性，光电效应和康普顿效应证明光具有粒子性。

4.【答案】D

【解析】解：A、布朗运动指悬浮在液体或气体中的微粒所做的永不停息的无规则运动，是固体微

粒的运动，不是分子的运动，故A错误；

3、物体的内能是物体中所有分子热运动所具有的动能和分子势能的总和，故2错误；

C、物体的内能与物体的温度和体积有关，温度越高，只能表明物体分子的平均动能越大，不能

说明物体内能越多，故C错误；

。、扩散现象是分子无规则的热运动，布朗运动指悬浮在液体或气体中的固体微粒所做的永不停

息的无规则运动，扩散现象和布朗运动均说明了分子在做永不停息的无规则运动，故。正确。

故选：D.

扩散现象是分子无规则的热运动，布朗运动指悬浮在液体或气体中的固体微粒所做的永不停息的

无规则运动；物体的内能是物体中所有分子热运动所具有的动能和分子势能的总和；物体的内能

与物体的温度和体积有关。

本题考查布朗运动、扩散现象、物体的内能，注意布朗运动不是分子的运动，但能反映分子在做

永不停息的无规则运动。

5.【答案】4

【解析】解：A、增大昆，则金属圆环上半部分的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与

原磁场方向相反。再根据安培定则，可判定在金属圆环中产生逆时针方向的感应电流；减小殳，

则金属圆环下半部分的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同。再根据安

培定则，可判定在金属圆环中产生逆时针方向的感应电流；故同时增大/减小口2在金属圆环中产

生逆时针方向的感应电流，故A正确；

8、减小当，则金属圆环上半部分的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相

同。再根据安培定则，可判定在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流；增大殳，则金属圆环下

半部分的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反。再根据安培定则，可判

定在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流；故同时减小区增大为在金属圆环中产生顺时针方向

的感应电流，故3错误；

CD,根据上面的分析可知同时以相同的变化率增大当和当或同时以相同的变化率减小当和与，则

穿过环的总磁通量不会发生不会，所以不会在环中产生感应电流，故CZ）错误：

故选：Ao

磁感应强度变化，将导致线圈的磁通量变化，根据楞次定律分析感应电流的方向。

根据楞次定律分析感应电流的方向，注意在分析过程中要同时考虑当和口2的变化。

6.【答案】B

【解析】解：对。点受力分析，。点受到竖直方向的汽车对它的压力，大小等于汽车的重力G,

0A方向杆的拉力尸04，30方向的弹力FBO，08与水平方向夹角为仇如图：

F°a~tan0

当。变大时，sin。增大，tan。增大，则FBO和尸。4均变小，故B正确，ACD错误。

故选：Bo

对O点受力分析，根据平衡条件了列式求解之间的弹力和08之间的弹力；0变化，根据表达

式判断两力的变化情况。

本题考查动态平衡问题，解题关键是对。点做好受力分析，根据平衡条件列式分析即可。

7.【答案】BC

【解析】解：A、探测器做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力得：

GMm

—=-=ma）zr

遥

解得：⑦=用

由于“天问一号”在地球轨道上的轨道半径小于在火星轨道上的轨道半径，则“天问一号”在地

球轨道上的角速度大于在火星轨道上的角速度，故A错误；

8、由牛顿第二定律可知：

GMm

——x-=ma

rL

解得a=相

由于r相同，“天问一号”运行中在转移轨道上尸点的加速度和在火星轨道上P点的加速度相等，

故8正确；

C、由开普勒第三定律可知，霍曼转移轨道和地球轨道的周期与半长轴满足关系式

.?二（r^R+~）

T2丁3

地球轨道上，由万有引力提供向心力得：

GMm4*

---5—=TYI--^-7*

联立解得△与南

则两次点火之间的时间间隔为t=?=嘉J

故C正确；

。、“天问一号”探测器在两次点火后都要做离心运动，需要加速，故点火方向都与运动方向相

反，从而给探测器向前的动力，使之加速，故。错误。

故选：BCo

地球轨道与火星轨道都做匀速圆周运动，有万有引力提供向心力得到3的表达式即可比较3大小;

探测器只要处在太空中同一点所受万有引力相同，加速度一定相同；探测器由M点运动至P点为

椭圆运动，所经历时间为半个周期，由开普勒第三定律可求；两次变轨由于都做加速运动，由牛

顿第三定律可知两次点火喷射方向都与速度方向相反。

此题以“天问一号”探测器发射、变轨、成功围绕火星运转为背景，较好的考查了万有引力定律

在天体中的应用；也需要会比较不同轨道物理量的大小，不同轨道在同一地点的加速度大小，以

及如何让探测器加减速等。

8.【答案】AD

【解析】解：A、将一个试探电荷放在C点时，试探电荷所受电场力为0,则两个固定的点电荷A、

B,在C点场强为0,设8、C两点之间的距离为/,E=E,即：与，解得x=l,故A

AB(/+x)zx，

正确；

B、正电荷周围的电势为正，负电荷周围的电势为负，在A8连线上电势从正变为负的临界点为零

电势点。但BC这边无穷远处电势也为零，有可能在BC点之间，故B错误；

C、两个异种电荷的等势面为零，不可能出现以8点为圆心的球面上，故C错误；

/)、C点的右侧电场方向向右，左则电场方向向左，故C点的电势最高，故。正确。

故选：\D.

某点的电场强度是正电荷Qi和负电荷在该处产生的电场的叠加，是合场强，运用合成进行分析

合场强为零的地方电场力也为零：

根据异种点电荷电势的分布特点分析在AB连线或延长线上电势的情况，以及所在位置处的电势

高低。

在受力为零时，两点电荷的合无场强为零，是解题的突破口，且掌握电场力做功与电势能的关系

是解答本题的基础。

9.【答案】BD

【解析】解：A、由于OB光偏折程度比OC光大，所以08光的折射率大，可知，光束OB是蓝

光，OC是黄光，故A错误；

B、光路图如图:

设任一光线的入射角为i,折射角为r,光在玻璃中传播的路程是s,半圆柱的半径为凡

则光在玻璃中的速度为："=£;

n

由几何知识得：s=2/?cos(90°—r)=2/?sinr,

则光在玻璃中传播时间为：t=2=毕=也也

VC

n

由折射定律得:nsinr=sini

则得：码，由题图知，两束光的入射角i相同，R、c相等，所以两束光分别在OB、0c段

C

传播时所用的时间相等，故8正确；

C、入射光线A。向右平移，当折射光线射到半圆柱体右半部分圆弧上时，黄光的入射角大于浪光

的入射角，但红光的临界角较大，所以黄光可能会先发生全反射，因此从圆弧面只有一处光线射

出，则一定是从C点射出，故C错误；

。、设复色光的入射点从0平移到。的过程中，从圆弧射出的两束光线入射角和折射角分别为：

G、％、「I、「2，如图所示

由数学关系可知，存在从圆弧射出的两束光线平行且满足，几蓝=黑，几兹=*，故。正确，

故选：BD。

根据偏折程度分析折射率的大小，确定光的颜色；研究任一光线，根据求光在玻璃中的传播

速度，由几何知识求出光在玻璃通过的路程，即可得到光在玻璃中传播时间的表达式，从而比较

两束光在玻璃中传播时间关系。

本题主要考查了光的折射现象，解决本题的关键是运用几何知识、光速公式和折射定律推导出时

间表达式，要用运用数学知识分析几何光学的意识和能力。

10.【答案】BD

【解析】解：4由图乙质点P在t=0.125s时向下振动，根据平移法可知波向x轴负方向传播，由

图乙可知周期7=0.2s,图甲中质点N的位移为振幅的一半，可知A/N两质点的平衡位置之间的

距离为右，N、。两质点的平衡位置之间的距离为"-2=16m

代入数据解得4=24m

由题图乙可知该波的周期7=0.2s,所以该波的波速

A24

v='==---------彳m/s=120m/s

T2x10-1

故A错误;

B.由题图乙可知，t=0.125s时刻，质点尸沿y轴负方向运动，此时P应位于波传播方向波形的上

坡，所以该波沿x轴负方向传播，故B正确；

C.由题图乙可知，在t=0.125s后，质点P第一次位于波峰的时刻t=0.25s,易知此波峰为t=

0.125s时刻质点。所在处的波峰传播来的，所以有

At=~—=0.25s-0.125s=0.125s

V

代入数据解得知=1m

故C错误；

。.从t=0.125s开始，质点Q第一次回到平衡位置所经历的时间

题图甲中，质点Q左侧波形的第一个平衡位置处坐标

A24

%!=x--=16m——=10m

ov44

该振动状态第一次传播到质点N所经历的时间

打101

t2=V=120S=12S

则At=，2—ti=*s—0.05s=专s

即质点Q比质点N早表s回到平衡位置，故。正确。

故选：BD。

根据图甲得出波长，结合波长和波速的关系完成解答；

根据同侧法分析出波的传播方向；

根据横波在水平方向的运动特点计算出质点P的平衡位置，及回到平衡位置的时间；

分别计算出不同质点回到平衡位置的时间再作差即可。

本题主要考查了横波图像的相关应用，根据图片得出周期、波长等物理意义，熟悉横波在不同方

向的运动特点，结合运动学公式即可完成分析。

11.【答案】AD

【解析】解：A、甲运动员从8点飞出到距离斜面最远时速度与水平方向的夹角为0,所需要的时

间t=®=故人正确；

99

B、设运动员的初速度为火时，飞行时间为t,水平方向的位移大小为x、竖直方向的位移大小为y,

运动员在水平方向上做匀速直线运动，有x=%t,在竖直方向上做自由落体运动，有y=ggt2,

运动员落在斜面上时，有tana=2联立解得：t=①小，根据几何知识知甲位移与水平方向的

%9

夹角的正切值为tana[=生近，乙的位移与水平方向的夹角的正切值为tana2=驾近，根据几

XLX

何知识知％tl=2t2，则。2=2J宏晨。1,故8错误；

CD、两运动员都落到同一斜面上，位移偏角的正切值分别为tan的=归警，tana2=^警，

tanai>tan«2,根据做平抛运动的物体在任一时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角

为S，位移与水平方向的夹角为a,则tan/?=2tana,所以甲运动员落到着陆坡前瞬间速度方向与

水平方向的夹角比乙的大，故。正确，C错误。

故选：AD.

由水平方向匀速运动，竖直方向自由落体运动，两运动员都落到同一斜面上位移偏角相等，根据

做平抛运动的物体在任一时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为a,位移与水平方

向的夹角为。，则tana=2tan。。

本题考查平抛运动，学生需掌握水平及竖直方向的运动性质，结合运动学公式综合求解。

12.【答案】1.04最低97.51.9510.37C

【解析】(1)游标卡尺的最小分度值为O.lrmn,主尺读数为10〃"小游标尺读数为4xO.lrrnn,则

单摆的摆球直径为：10mm+4x0.1mm=10.4mm=1.04cm

(2)秒表的小盘最小分度值为30s,读数为90s,大盘的最小分度值为0.1s,读数为7.5s,则秒表的

读数为90s+7.5s=97.5s,当单摆稳定时，摆球到达最低点时开始计时，并计数为零。单摆每经

过这点时记一次数，当数到100次时，单摆全振动次数为50次，故单摆的周期为T=±=^s=

n50

1.95s；

(3)根据单摆周期公式7=2TTJ|

22

例俎47r2/,4X3.14X[99.5O+1^]X1O-2

解得9==--------------]952—'----------rrt/s=10.37m/sz

力B.g值大的原因就在于周期值比实际的要小，与摆球质量、摆角无关，故AB错误；

C开始计时时停表过迟按下，使记录时间变小，次数不变，故周期变小，g值比实际测量的重力

加速度要大，故C正确；

。.实验中全振动次数计少了，记录时间不变，则周期变大，g值比实际测量的重力加速度要小，

故。错误。

故选：Co

故答案为：(1)1.04；(2)最低，97.5,1.95；(3)10.37,C。

(1)先确定游标卡尺的最小分度值，再读出主尺和游标尺的读数，相加即为游标卡尺的读数；

(2)先确定秒表小盘和大盘的最小分度值，再读出小盘和大盘的读数，相加即为秒表读数，根据全

振动的次数计算周期；

(3)根据单摆周期公式计算重力加速度；根据误差分析判断。

本题考查用单摆测量重力加速度实验，要求掌握实验原理、秒表和游标卡尺的读数方法及实验误

差分析。

13.【答案】放电自下而上不变215

【解析】解：(1)当开关S接2时，电容器相当于电源，进行的是放电过程；

开关S接1时，电源给电容器充电，电容器上极板接正极，充电完成，上极板带正电，下极板带

负电，可知开关S接2时;电容器相当于电源，上极板相当于电源的正极，故流经R的电流由下

到上；

/-t曲线与坐标轴所围成的面积为电容器充电完成后所带电荷量，只减小电阻R,并不能改变电

容器的充好电时的电荷量，故此过程的/-t曲线与坐标轴所围成的面积将不变。

(2)根据电容器电容的定义C=%

解得C=1，72>10F=2.15x10-4F=215〃F

oI

故答案为：(1)放电；由下到上；不变；(2)215。

(1)根据含容电路的特点分析电容器的充放电情况，并根据/-t图像所围面积表示电荷量进行问题

分析；

(2)根据C=苓求解电容器的电容。

此题考查含容电路，如果电容器与电阻串联，把电阻当成导线，会用/-t图象计算电容器放的电

荷量。

14.【答案】解：(1)设经过时间r,车内水的质量为m',则车与水受到的摩擦力：=+

车与水的加速度：a==ng—0.1x10=lm/s2

可知车的加速度与车内水的多少无关，始终是“g,所以小车做匀减速直线运动，4s时的速度：

u=%—QCI=10—1x4=6m/s

(2)每秒滴出的水的质量为k=0.1kg/s,所以水全部滴出的时间：%=?=罂=5s,此时小车还

KU.1

没有停止运动。

则最后一滴水离开车时，车的速度：=v0-at0=10-1x5=Sm/s

水滴离开车后做平抛运动，运动的时间：t2=e=J智=0-4s

所以第一滴水沿水平方向的位移：xx=v0t2=10x0.4=4m

最后一滴水沿水平方向的位移：x2=Vit2=5x0.4=2m

2

在分时间内车的位移：%3=voto—^ato=10x5—^xlx5=37.5m

所以水平地面上水滴洒落的长度为：L=X2+X3-X1=2+37.5-4=35.5m

答：(l)t=4s时，小车的加速度是lm/s2；

(2)到小车停止行动，水平地面上水滴洒落的长度是35.5m。

【解析】(1)对小车进行受力分析，结合牛顿第二定律即可求出小车的加速度；

(2)小车做匀减速直线运动，由运动学的公式求出小车的速度和位移；离开小车后的水滴做平抛运

动，结合平抛运动的特点求出第一滴水沿水平方向的位移，它们的差即为所求。

该题将牛顿第二定律与匀变速直线运动、平抛运动相结合，综合考查对小车的运动过程的把握与

对各公式的应用能力，解答的关键是要注意最后一滴水不是在小车停止后离开，而是在第5s末离

开小车。

15.【答案】解：(1)带电荷量为+q的微粒p静止于A点，根据受力平衡可得

qE=mg

解得；E=^

(7

(2)设垂直向里的方向为正方向，微粒P和小球。碰撞过程满足动量守恒，则有

m-2v0=2mv

碰撞后微粒在水平方向受洛伦兹力，在竖直方向所受重力2〃7g大于电场力在竖直方向上做初

速度为零的匀变速直线运动

且竖直速度的增大不影响洛伦兹力，在水平方向上，根据洛伦兹力提供向心力，可得

V2

qvB=2m—

解得：「=竿=笔

qBqB

(3)粘合后的整体在竖直方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得

2mg—qE=2ma

整体的落地点在A点正下方的C点，因此整体在水平方向刚好转动〃圈，在水平方向转动一圈的

时间为