2023年湖北省新高考物理试卷（含解析）

2023年湖北省新高考物理试卷

一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）

1.2022年10月，我国自主研发的“夸父一号”太阳探测卫星成功发射。该卫星搭载的莱曼

阿尔法太阳望远镜可用于探测波长为121.6nm的氢原子谱线（对应的光子能量为10.2eV）。根

据如图所示的氢原子能级图，可知此谱线来源于太阳中氢原子（）

nE/eV

8..........................................0

4---------------------------------0.85

3---------------------------------1.51

2-------------------------------3.40

113.6

A.n=2和n=1能级之间的跃迁B.n=3和n=1能级之间的跃迁

C.n=3和n=2能级之间的跃迁D.n=4和n=2能级之间的跃迁

2.2022年12月8日，地球恰好运行到火星和太阳之间，且三者

几乎排成一条直线，此现象被称为“火星冲日”•火星和地球几

乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，火星与地球的公

转轨道半径之比约为3：2,如图所示。根据以上信息可以得出（）

A.火星与地球绕太阳运动的周期之比约为27：8

B.当火星与地球相距最远时，两者的相对速度最大

C.火星与地球表面的自由落体加速度大小之比约为9：4

D.下一次“火星冲日”将出现在2023年12月8日之前

3.在正点电荷Q产生的电场中有M、N两点，其电势分别为中M、%;，电场强度大小分别为EM、

EN。下列说法正确的是（）

A.若SM>9N，则M点到电荷Q的距离比N点的远

B.若EM<EN，则M点到电荷Q的距离比N点的近

C.若把带负电的试探电荷从M点移到N点，电场力做正功，则WM<0N

D.若把带正电的试探电荷从M点移到N点，电场力做负功，则EM>EN

4.两节动车的额定功率分别为Pl和P2,在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为力和"2。

现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨

上能达到的最大速度为（）

Pl%+P2也P/2+P2V1「（Pi+PzWi^zD（P1+P2）也”2

P1+P2P1+P2^1V1+^2V2Pl也+「2也

5.近场通信（N尸C）器件应用电磁感应原理进行通讯，其天线类似一个压平天线

的线圈，线圈尺寸从内到外逐渐变大。如图所示，一正方形NFC线圈共3匝，

其边长分别为l.Ocm、l,2cm和l.4cm,图中线圈外线接入内部芯片时与内部

线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过此线圈，磁感应强度变化率为103T/S,则线

圈产生的感应电动势最接近（）

A.0.30VB,0.44VC.0.5”D.4.3V

6.如图所示，楔形玻璃的横截面POQ的顶角为30。，OP边上

的点光源S到顶点。的距离为d,垂直于OP边的光线SN在OQ

边的折射角为45。。不考虑多次反射，0Q边上有光射出部分

的长度为（）

A.B.gdC.dD.V-2d

7.一列筒谐横波沿x轴正向传播，波长为100cm,振幅为8cm,介质中有a和b两个质点，其

平衡位置分别位于x=-与c?n和x=120c?n处。某时亥帖质点的位移为y=4cm,且向y轴正

方向运动。从该时刻开始计时，a质点的振动图像为（）

二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）

8.£=0时刻，质点P从原点由静止开始做直线运动，其加速度a随时间t按图示的正弦曲线

变化，周期为2%。在0〜3%时间内，下列说法正确的是（）

A.t=2to时，P回到原点

B.t=2to时，P的运动速度最小

C.t=t0时，P到原点的距离最远

D.1=|玲时，P的运动速度与1=^环时相同

9.如图所示，原长为2的轻质弹簧，一端固定在。点，另一端与一质量为m的

小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上

“、N两点与。点的距离均为Z,P点到。点的距离为夕，OP与杆垂直。当小球置

于杆上P点时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度

大小为9。小球以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在

弹性限度内。下列说法正确的是（）

A.弹簧的劲度系数为竿

B.小球在P点下方夕处的加速度大小为（3/父-4）g

C.从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大

D.从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同

10.一带正电微粒从静止开始经电压/加速后，射入水平放置

的平行板电容器,极板间电压为微粒射入时紧靠下极板边缘,

速度方向与极板夹角为45。，微粒运动轨迹的最高点到极板左右

两端的水平距离分别为2L和3到两极板距离均为d,如图所示。

忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是（）

A.L：d=2：1

B.Ui：U2=1：1

C.微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2

D.仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变

三、实验题(本大题共2小题，共17.0分)

11.某同学利用测质量的小型家用电子秤，设计了测量木块和木板间动摩擦因数〃的实验。

如图(a)所示，木板和木块4放在水平桌面上，电子秤放在水平地面上，木块4和放在电板子

秤上的重物B通过跨过定滑轮的轻绳相连。调节滑轮，使其与木块4间的轻绳水平，与重物B间

的轻绳竖直•在木块4上放置n(n=0,1,2,3,4,5)个祛码(电子秤称得每个祛码的质量加。为

20.0g),向左拉动木板的同时，记录电子秤的对应示数小。

图(a)图(b)

⑴实验中，拉动木板时(填“必须”或“不必”)保持匀速。

(2)用和ms分别表示木块4和重物B的质量，则m和犯八mB.研、〃、n所满足的关系式为

(3)根据测量数据在坐标纸上绘制出m-n图像，如图(b)所示，可得木块4和木板间的动摩擦

因数〃=(保留2位有效数字)。

12.某实验小组为测量干电池的电动势和内阻，设计了如图(a)所示电路，所用器材如下：

电压表(量程0〜3V,内阻很大)；

电流表(量程0〜0.64)；

电阻箱(阻值0-999.90)；

干电池一节、开关一个和导线若干。

(1)根据图(a),完成图(b)中的实物图连线。

(2)调节电阻箱到最大阻值，闭合开关。逐次改变电阻箱的电阻，记录其阻值R、相应的电流

表示数/和电压表示数根据记录数据作出的U-/图像如图(c)所示，则干电池的电动势为

U(保留3位有效数字)、内阻为0(保留2位有效数字)。

图(a)

图(c)图(d)

(3)该小组根据记录数据进一步探究，作出;-R图像如图(d)所示。利用图(d)中图像的纵轴截

距，结合(2)问得到的电动势与内阻，还可以求出电流表内阻为。(保留2位有效数字)。

(4)由于电压表内阻不是无穷大，本实验干电池内阻的测量值______(填“偏大”或“偏

小”)«

四、简答题(本大题共3小题，共43.0分)

13.如图所示，竖直放置在水平桌面上的左右两汽缸粗细均匀，内

S2S

壁光滑，横截面积分别为S、2S,由体积可忽略的细管在底部连通。*//////////////

两汽缸中各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭，左侧汽缸底部

与活塞用轻质细弹簧相连。初始时，两汽缸内封闭气柱的高度均为H,//////////////////////////

弹簧长度恰好为原长。现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子，直至右侧活塞下降gH,

左侧活塞上升已知大气压强为po,重力加速度大小为g,汽缸足够长，汽缸内气体温度

始终不变，弹簧始终在弹性限度内。求

(1)最终汽缸内气体的压强。

(2)弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。

14.如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆

形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端4、B在

桌面边缘，8与半径为R的固定光滑圆弧轨道花在同一竖直

平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60。。小物块

以某一水平初速度由4点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后,

在C点沿圆弧切线方向进入轨道胸内侧，并恰好能到达轨道

的最高点小物块与桌面之间的动摩擦因数为亲，重力加速度大小为g,忽略空气阻力，小

物块可视为质点。求：

(1)小物块到达D点的速度大小。

(2)B和。两点的高度差。

(3)小物块在4点的初速度大小。

15.如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向xxxfyxxx

里的匀强磁场。t=0时刻，一带正电粒子甲从点P(2a,0)沿y轴正xxxxxfx

方向射入，第一次到达点。时与运动到该点的带正电粒子乙发生正XXXXXX

碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍，粒子XxxxxX

甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周。已知粒子甲的质量为小，两粒子所带电荷

量均为q。假设所有碰撞均为弹性正碰，碰撞时间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不

考虑重力和两粒子间库仑力的影响。求

(1)第一次碰撞前粒子甲的速度大小。

(2)粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小。

(3'=鬻时刻粒子甲、乙的位置坐标，及从第一次碰撞到［=嘿的过程中粒子乙运动的

路程。(本小间不要求写出计算过程，只写出答案即可)

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：根据题意可知，波长为121.6mn的氢原子谱线对应的光子能量为10.2eV。

A、n=2和？i=1能级之间的跃迁时释放的光子能量为：E]=—3.4eV—(―13.6eV)=10.2eV,故

A正确；

B、n=3和n=1能级之间的跃迁时释放的光子能量为：E2=-1.51eV-(-13.6eK)=12.09eU,

故B错误；

C、n=3和n=2能级之间的跃迁时释放的光子能量为：E3=-l.SleV-(-3.4W)=1.89eV,故

C错误；

D、n=4和n=2能级之间的跃迁时释放的光子能量为：虱=—0.85eV—(-3.4elO=2.55eU,故

。错误。

故选：4。

根据各个选项中给出的能级，计算两个能级的能量之差，得到释放的光子能量，由此分析。

本题主要是考查能级跃迁，关键是知道从高能级向低能级跃迁时，释放的光子能量等于两个能级

能量之差。

2.【答案】B

【解析】解：4、根据开普勒第三定律可得4=k,火星与地球的公转轨道半径之比约为3：2,火

星与地球绕太阳运动的周期之比约为3门：2。，故A错误；

8、当火星与地球相距最远时，二者的速度方向相反，所以两者的相对速度最大，故B正确；

C、根据题中条件无法求解火星与地球表面的自由落体加速度大小之比，故C错误；

。、根据4选项可知，火星与地球绕太阳运动的周期之比约为3门：2^2,已知地球的公转周期

为71=1年，则火星的公转周期为：T2“1.8年。

设经过时间咄现下一次“火星冲日”，则有：若一刍t=2兀

解得：t=2.25年

所以下一次“火星冲日”将出现在2023年12月8日之后，故。错误。

故选：B。

根据开普勒第三定律求解火星与地球绕太阳运动的周期之比；根据相对运动情况分析相对速度大

小；根据题中条件无法求解火星与地球表面的自由落体加速度大小之比；求出火星的公转周期，

根据天体运动中的“追击相遇”问题的处理方法进行解答。

本题主要是考查万有引力定律及其应用，关键是掌握天体运动中的“追击相遇”问题的处理方法,

能够根据开普勒第三定律分析周期关系。

3.【答案】C

【解析】解：正点电荷产生的电场中，电场线的方向背离正电荷指向无穷远，如图所示：

A、若WM>0N，根据沿电场线方向电势降低可知，M点到点电荷Q的距离比N点的近，故A错误；

B、若EM<EN，根据E=当，可知M点到点电荷Q的距离比N点的远，故B错误；

C、若把带负电的试探电荷从M点移到N点，电场力做正功，则带负电的试探电荷的电势能减小,

所处位置的电势升高，故有：中M〈甲N，故C正确；

。、若把带正电的试探电荷从M点移到N点，电场力做负功，说明带正电的试探电荷靠近Q运动，

则N点距离点电荷Q近，有：EM<EN，故。错误。

故选：C。

根据点电荷周围电场线的分布情况，结合点电荷的电场强度的计算公式，电势高低的判断方法进

行分析。

本题主要是考查点电荷周围电场线的分布情况。掌握点电荷电场强度的计算公式，知道沿电场线

方向电势降低。

4.【答案】D

【解析】解：由题意可知两节动车功率分别为

Pi=

=f2V2

当把它们编组后

Pl+「2=(/1+f2)V

联立解得

v_(P1+P2)V102

P1-2+P2Vl

故ABC错误，。正确。

故选：0。

当牵引力和阻力的大小相等时，动车的速度达到最大值，再结合编组后P1+P2=(/1+/2W，整

理可求出U的大小。

当机车的速度达到最大时，机车做匀速运动，此时机车处于受力平衡状态，即此时的牵引力和受

到的阻力的大小相等，再根据瞬时功率的公式即可解答本题。

5.【答案】B

【解析】解：根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为：E=n^=n^-

本题3匝线圈面积各不同，每匝线圈相当于一个电源，3匝线圈为串联关系，故线圈产生的感应电

动势为3匝线圈产生的感应电动势之和，则有：

E=E1+Ez+E3=等+等+等=器(Si+S?+S3)=103x(1.02+1.22+1.42)x

10Tlz=0441/

故AC。错误，8正确。

故选：Bo

匀强磁场垂直通过此线圈，磁感应强度均匀变化，则根据法拉第电磁感应定律，可计算出每匝线

圈产生感应电动势。由于3匝线圈为串联关系，故线圈产生的感应电动势为3匝线圈产生的感应电

动势之和。

本题取材近场通信(NFC)器件通讯原理，考查学生理解掌握法拉第电磁感应定律情况，关键要把

握3匝线圈的连接关系，产生的感应电动势的电路联接方式，不能生搬硬套公式。

6.【答案】C

【解析】解：设光线在OQ界面点的入射角为a,折射角为例几何关系可知

a=30°

由于光路可逆，根据折射定律可得

九_sinp_sin45°_J~~2

sinasi九300

光线射出。Q面的临界条件为发生全反射，光路图如图所示

在AB两个位置临界角为45。，AB之间有光线射出，由几何关系可知

AB=2AC=2CS

由于ZQOP=30。，所以

2CS=OS=d

故AB=d

故ABD错误，C正确。

故选：Co

先根据几何关系求出入射角，进而求出折射率，再根据全反射作出光路图，根据几何关系求出0Q

边上有光射出部分的长度。

本题是几何光学问题，画出光路图是解题的基础，要知道通过折射定律和几何知识的综合应用来

求解。

7.【答案】A

【解析】解：ab之间的距离为Ar=与所+120cm=

此时b点的位移4an,且向y轴正方向运动。设此时b点的相位为9，则根据

y=Asin(^cot+<p)

可得4=8sinq)

解得。建或者*=会舍去，向下振动)

由ab间的距离关系可知

累2

中a-0=,2兀=§兀

则％=|兀+?=)

可知此时a点的位移为y=8sin(pacm=8sin|ncm=4cm

所以t=0时，a的位移为4cm,且沿y轴负方向运动，故A正确，BCQ错误。

故选：A.

根据两质点距离结合b的位移求出b的相位，再判断出a的相位，根据a的振动情况判断振动图像。

本题考查对波动图形的理解，要能两个质点的距离得出波形图，结合波形，得到质点的运动情况。

8.【答案】BD

【解析】解：BD、a-t图像中图线与时间轴所夹的面积表示速度变化量，在时间轴上方速度变化

量为正，在时间轴下方速度变化量为负，

质点P从静止开始运动，由0〜2环时间内图线与时间轴所夹的面积为零，可知0〜2to时间内速度变

化量为零，则可知质点P在2to时的速度为零，

0〜时间内与0〜|片时间图线与时间轴所夹的面积相等，则可知这两段时间内速度变化量相等,

质点P的初速度为零，所以P在t=|t（）时的运动速度与t=：to时相同，故3。正确；

AC,质点P从静止开始运动，设冬片的速度分别为力,功，由图可知。〜鄂寸间内与佚〜t0时间内

图线与时间轴所夹的面积相等，则有内-0="2-。1，可得=2%

根据a—t图像画出t图像的大致形状，如下图所示：

由图可知，质点P的运动方向没有改变，所以质点P不会回的原点,

由图可知t=3%时，质点离原点最远，故AC错误。

故选：BDo

BD,质点P的初速度为零，根据a-t图像中图线与时间轴所夹的面积表示速度变化量可知不同时

刻速度大小；

AC,画出质点P在0〜3to时间内的大致v-t图像形状，根据图像可知质点P的运动特点。

本题考查了运动学中的a-t图像，解题的关键知道a-t图像中图线与时间轴所夹的面积表示速度

变化量，并画出u-t图像的大致形状。

9.【答案】AD

【解析】解：4、当小球置于杆上P点时恰好能保持静止，则有：.口=mg,解得弹簧的

劲度系数为：k=半，故A正确；

2、小球在P点下方？处时，弹簧与杆的夹角为45。，此时弹簧的长度为厂=?，弹簧处于压缩状

态，受力情况如图所示：

弹力大小为：F=k(l—I),解得：F=(4—2/^)机9

根据牛顿第二定律可得：mg+Fcos45°—f=ma,其中：f=fiFsin45°

联立解得：a=y/_2g1故B错误；

C、杆上M、N两点与0点的距离均为1,所以小球在M和N点时弹簧处于原长，小球从M到P过程中，

弹簧的压缩量增大、弹力增大，弹簧弹力在水平方向的分力增大、摩擦力增大；小球从P到N过程

中，弹簧的压缩量减小、弹力减小，弹簧弹力在水平方向的分力减小、摩擦力减小，故从M点到N

点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变大再变小，故C错误；

。、关于P点对称的任意两点，小球受到的摩擦力相同，所以从M点到P点和从P点到N点的运动过

程中，小球受到的摩擦力做功相同，故。正确。

故选：AD»

小球置于杆上P点时恰好能保持静止，根据平衡条件求解弹簧的劲度系数：小球在P点下方夕处时,

根据牛顿第二定律求解加速度大小；根据弹簧弹力的变化情况结合摩擦力的计算公式分析摩擦力

的变化；根据对称性分析摩擦力的大小，根据功的计算公式分析摩擦力做的功。

本题主要是考查牛顿第二定律、功的计算、摩擦力的计算等，关键是弄清楚小球的受力情况和运

动情况，能够根据牛顿第二定律进行分析。

10.【答案】BD

【解析】解：B、粒子在电容器中水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做匀变速直线运动，

根据电场强度和电势差的关系以及电场强度与电场力的关系可得

/喻①

F=qE=ma（2）

粒子射入电容器后的速度为孙，水平方向上和竖直方向上的分速度为

vx=v0cos45°=殍％③

vy—vQsin45°=芋%④

粒子从射入到运动到最高点，由运动学关系速度与位移公式可得

Vy=2ad⑤

粒子在电场加速的过程中由动能定理可得

q5=扣诏⑥

联立①②④⑤⑥解得

Uyu2=1：1

故B正确；

A、粒子从射入到运动到最高点过程中，设水平方向速度为以，竖直方向上速度为为,且水平方向

上的位移为

x=2L=vxt（7）

竖直方向上的位移为y=d=竽♦t⑥

联立⑦⑧解得

L：d=1：1

故A错误；

C、粒子射入电容器到最高点过程中有

Vy=at⑨

粒子穿过电容器时从最高点到穿出过程中，设水平方向速度为以，竖直方向上速度为为1,在水平

方向上由位移公式可得

L以匕®)

竖直方向上由速度公式可得

Vyl—

联立整理⑨⑩⑪解得

Vyl=1vy©

设粒子穿过电容器时，速度方向与水平方向的夹角为a,则

tana=詈=；⑬

粒子射入电场和水平方向的夹角为夕=45。，则

tan/i=tan450=1@

根据数学三角函数公式可得

tan(a+0)=3

故C错误；

。、粒子射入最高点的过程水平方向的位移为4,竖直方向的位移为

y=|at2@

联立①②③④⑦⑧整理解得

y=止

74皿

即粒子在运动到最高点的过程中水平方向和竖直方向的位移均与电荷量和质量无关，射出电场过

程中同理

%[=L=

即轨迹不会变化，故。正确。

故选：BD。

粒子在电容器中水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做匀变速直线运动，将各方向的速度求

出后根据运动学公式以及动能定理•求出电压以及L和d的比值；

粒子穿过电容器与水平方向的夹角为a,根据运动学公式求出tcma的比值，且粒子射入电场和水

平方向的夹角为0=45。，故根据数学三角函数求出微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值；

粒子射入最高点的过程水平方向的位移为X,求出竖直方向的位移与"的关系式，再电场中同样的

原理列式求解。

本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，然后结合类似平抛运动的分位移公式列式求解。

11.【答案】不必mB-n(mA+nm0)0.40

【解析】解：(1)木块与木板间的滑动摩擦力与两者之间的相对速度无关，所以实验拉动木板时不

需要保持匀速。

(2)对木块、祛码以及重物B分析可得

+nm0)g+mg=mBg

整理解得

m=mB-n(mA+nm^)

(3)由于

4(啊+nm0)g+mg=mBg

整理可得

m=mB-nmA—gm0-n

结合图像可得

_59-19_

l^m0~~g——8o

故〃=0.40

故答案为：(1)不必；(2)niB-〃(ni4+nmo)；(3)0.40。

(1)木块与木板间的滑动摩擦力与两者之间的相对速度无关，木板如何运动对摩擦力没有影响；

(2)对整体受力分析，整理求解；

(3)根据(2)受力分析式子整理出符合图像的表达式，求出动摩擦因数。

该题考查了实验注意事项、实验数据处理分析，知道实验原理及注意事项即可正确解题；

12.【答案】1.580.642.5偏小

【解析】解：(1)根据电路图连接实物图，如图所示

(2)由电路结合闭合电路欧姆定律可得

U=E-Ir

由图可得

E=1.587

内阻为r=号萨0=0.640

(3)根据E=I(R+RA+r)

结合图像整理可得,=9R+安

由图像可得

a+r_2

代入数据整理解得

RA=2.5。

(4)由于电压表内阻不是无穷大的，所以实验测得的是电压表的内阻和电源内阻的并联值，电阻越

并越小，即实验中测得的电池内阻偏小。

故答案为:(1)见解析;(2)1.58,0.64；(3)2.5；(4)偏小。

(1)根据实物图连接；

(2)根据闭合电路欧姆定律结合图像斜率与截距求解；

(3)根据E=/(/?+RA+r)结合图像得出函数关系式，再根据图像的斜率和截距求解；

(4)实验测得的是电压表的内阻和电源内阻的并联值。

本题考查了测定电源电动势和内阻实验中实验器材的选择，实验原理的理解及实验误差的分析。

13.【答案】解：(1)对左右汽缸内密封的气体，初态压强为Pi=Po，体积为

Vr=SH+2SH=3SH

末态压强为外，左侧气体高度为

“+加1=加3

右侧气体高度为

12

H

总体积为

3217

V=S・^H+WH・2s==SH

“2236

根据玻意耳定律可得

Pl匕=p2v2

整理解得

18

P2=EPo

(2)设添加沙子的质量为沉，对右边活塞受力分析可知

mg+p0-2S=p2-2S

整理解得

TH=.

17g

对左侧活塞受力分析可知

p0S+k-^H=p2S

整理解得

k-2Pos

K一17H

答：⑴最终汽缸内气体的压强为枭0。

(2)弹簧的劲度系数为喜，添加的沙子质量为省。

【解析】(1)在加入细砂的过程中，被封闭气体做等温变化，找出初末状态的体积和压强，由玻意

耳定律即可求得；

(2)对两侧的活塞受力分析，根据平衡条件求解。

本题考查气体定律与力学平衡的综合运用，分析好压强p、体积八温度T三个参量的变化情况，

再选择合适的规律解决，解题关键是要利用好活塞平衡求得。

14.【答案】解：(1)小物块恰好能到达轨道的最高点D,说明只有重力提供向心力，列式得：mg=

m喔解得小物块到达。点的速度大小：%=/方；

R

(2)设B和。两点的高度差为八，小物块在B点的速度为外,从B到。过程，根据动能定理得：mgh=

1212

2mvD-2mVB

小物块在BC之间做平抛运动，在C点沿圆弧切线方向进入轨道而内侧，说明在C点速度与过C点

半径垂直，说明此时速度方向与水平方向夹角为60。，将速度沿水平和竖直分解，如下图所示:

BC之间的竖直距离H=h+R+Rcos600=h+1.5/?

根据平抛运动规律得：tan60。=巴=

VBVB

联立求解小物块在B点的速度为%=//，B和。两点的高度差九=0

(3)设小物块在4点的速度为也从A到B只有摩擦力做功，运用动能定理得：一卬ng-2nR=gm诏-

|mv2»将〃=/及为=/"^代入解得：小物块在4点的初速度大小U=

答：(1)小物块到达。点的速度大小为J方；

(2)B和D两点的高度差为0；

(3)小物块在A点的初速度大小为

【解析】(1)根据小物块恰好能到达轨道的最高点O,说明只有重力提供向心力，列式可求小物块

到达D点的速度大小。

(2)根据动能定理并结合小物块在BC之间的平抛运动规律联立可以求解B和。两点的高度差。

(3)结合第二问求解小物块在B点的速度，运用动能定理可以求解小物块在4点的初速度大小。

本题考查了水平面上的圆周运动、平抛运动、竖直面内的圆周运动，又涉及了临界问题，还考查

了变力做功情况下的动能定理的应用，需要我们注重基础知识的理解和运用。

15.【答案】解：(1)根据带电微粒从P点射入磁场，能到达点0,根据几何关系确定轨道半径为a,

由洛伦兹力提供向心力得：Bqv=

解得：v=驷

m

(2)粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动两个圆周，可知甲的周期是乙的周期的2倍，即7尹=

2Tz

根据带电粒子在磁场中运动的的周期公式得：7甲=鬻，T,=—

中bq乙Bq

解得：mz=y

第一次到达点。时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰，碰前在。点甲的速度沿y轴负方向，为

-V,碰后为3D,设碰前在。点乙的速度为。1，碰后为火,根据动量守恒定律得：nt(-v)=

m-3v+yv2

2

所有碰撞均为弹性正碰，再根据机械能守恒得:|m(-v)=lmx(3以+gx/x谚

联