辽宁省名校联盟2022-2023学年高三上学期11月联合考试物理试题含解析.docx

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1、辽宁省名校联盟2022年高三11月份联合考试物理注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第17题只有一项符合题目要求，每小题4分；第810题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1. 下列几种说法中，正确的是()A. 质量一定的物体合外力越大，它的

2、速度变化越快B. 质量一定物体运动的速度越大，它的合外力越大C. 物体的合外力为零时物体的机械能守恒D. 作用力与反作用力所做的功总是大小相等2. 下列说法正确的是()A. “元电荷”是物体带电的最小单元，法拉第测出了它的大小B. 库仑最先提出电场的概念，认为电荷对电荷的作用就是电荷的电场对的作用C. 正电荷定向移动的方向是电流的方向，所以电流为矢量D. 由可知，电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量就越多3. 高空抛物威胁到人们“头顶安全”，若一物体从7楼由静止落下，不计空气阻力，则()A. 物体大约经落地B. 物体落地时的速度大小约C. 物体通过第5层楼的时间大于通过第3层楼的时间D.

3、 物体下落过程中在最后1s内的平均速度大小约为4. 我国的“直-9”直升飞机在无风的情况下悬停在空中的照片如图所示，设螺旋桨向下推空气时使空气获得的速度大小为，“直-9”直升飞机的质量为，设重力加速度为，忽略尾翼螺旋桨消耗的能量，“直-9”直升飞机的质量不变，下列说法正确的是()A. “直-9”直升飞机受到空气的作用力大小为，方向竖直向上B. “直-9”直升飞机悬停在空中，空气对“直9”直升飞机的冲量为0C. 因为空气不断地被向下加速，所以“直-9”直升飞机的发动机消耗的功率为D. 单位时间内被螺旋桨向下推出的空气质量为5. 小明和同学在海滩玩耍，把、三个形状不规则的石块叠放在一起放在水平地面

4、并保持静止，的上表面略倾斜，如图所示，关于物体受力情况，下列说法正确的是()A. 受到水平地面向左的摩擦力B. 对的支持力大小等于受到的重力大小C. 对的作用力方向竖直向上D. 对的支持力与对的压力是一对平衡力6. 质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子内有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为，初始时小物块停在箱子正中间，如图所示，现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止，设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为(重力加速度大小为g)()A. mv2B. v2C. NmgLD. NmgL7. 如图所示

5、，AB是一根半圆形绝缘细线，O点为其圆心，等量异种电荷均匀分布在细线上。P、Q是一条直径上两点，点N在圆心O正下方，设无穷远处电势为零，则()A. B. C. P点场强大于Q点的场强D. 将负电荷从无穷远处移到N点，电场力做正功8. 高速路边常见避险车道，其末端设有防撞设施，与水平地面的夹角为37，长为100m。一辆货车刹车失灵，驶入避险车道后牵引力为0，阻力是车重的20%。若货车以20m/s冲上避险车道，取，以水平地面为零势能面，则()A. 货车在避险车道上的加速度大小为B. 货车将在避险车道上向上滑行25mC. 驶入该避险车道速度为40m/s时，货车恰好不与防撞设施相撞D. 当货车动能等于

6、重力势能时，在避险车道上运动了10m9. 在如图所示的电路中，电源电动势为内阻为，闭合开关，当滑动变阻器的滑动触头向下滑，各变化量的绝对值分别用、和表示，下列说法正确的是()A. 不变，不变B. 变小，不变C. 电阻消耗的功率变小D. 电源输出功率变大10. 如图所示，相距2L的AB、CD两直线间的区域存在两个大小不同、方向相反的有界匀强电场，其中PS下方的电场的场强方向为竖直向上，PS上方的电场的场强方向为竖直向下。在电场左边界AB上宽为L的PQ区域内，连续分布着电荷量为、质量为m的粒子。从某时刻起由Q到P点间的带电粒子，依次以相同的初速度沿水平方向垂直射入匀强电场中。从Q点射入的粒子，通过

7、PS上的某点R进入匀强电场后从CD边上的M点水平射出，其轨迹如图。若MS两点的距离为。不计粒子的重力及它们间的相互作用。下列说法正确的是()A. PQ间水平射入电场的粒子，它们到达CD边的时间均为B. PQ间水平射入电场的粒子，它们一定都垂直于CD边水平射出C. 电场强度D. PQ间距离P点为的粒子射入电场后垂直于CD边水平射出二、非选择题：本题共5小题，共54分。11. 利用“类牛顿摆”验证碰撞过程中的动量守恒定律。实验器材：两个半径相同的球1和球2，细线若干，坐标纸，刻度尺。实验步骤：(1)测量小球1、2的质量分别为m1，m2，将小球各用两细线悬挂于水平支架上，各悬点位于同一水平面，如图甲

8、；(2)将坐标纸竖直固定在一个水平支架上，使坐标纸与小球运动平面平行且尽量靠近。坐标纸每一小格是边长为d的正方形。将小球1拉至某一位置A，由静止释放，垂直坐标纸方向用手机高速连拍；(3)分析连拍照片得出，球1从A点由静止释放，在最低点与球2发生水平方向的正碰，球1反弹后到达最高位置为B，球2向左摆动的最高位置为C，如图乙。已知重力加速度为g，碰前球1的动量大小为_，若满足关系式_，则验证碰撞中动量守恒；(4)与用一根细线悬挂小球相比，本实验采用双线摆的优点是：_。12. 某同学用图甲装置做“验证机械能守恒定律”的实验：(1)做“验证机械能守恒定律”的实验步骤有：A把打点计时器固定在铁架台上，并

9、用导线将打点计时器接在低压交流电源上B将连有重物的纸带穿过限位孔，用手提着纸带，让手尽量靠近打点计时器C松开纸带、接通电源D更换纸带，重复几次，选用点迹清晰且第1、2两点间距为的纸带E利用验证机械能守恒定律在上述实验步骤中错误的是_；(2)某同学做此实验，不慎将一条选择好的纸带的前面一部分破坏了，他将剩下一段纸带上所有点进行标记，测出各个点间的距离如图乙所示，已知打点计时器工作频率为。设重锤的质量为，计时器打下2、5两点的过程中，重锤重力势能减小量_，重锤动能增加量_(保留三位有效数字，重力加速度)。(3)写出一条产生实验误差的原因：_。13. 手电筒里的两节干电池用久了，灯泡发出的光会变暗，

10、这时我们会以为电池没电了。有人为了“节约”，在手电筒里装一节新电池和一节旧电池搭配使用。设新电池的电动势，内阻；旧电池电动势，内阻。手电筒使用的小灯泡的电阻为，则：(1)当使用两节新电池时，求灯泡两端的电压；(2)当使用新、旧电池混装时，求灯泡两端电压；(3)根据上面的计算结果，分析将新、旧电池搭配使用是否妥当。14. 如图所示，是位于竖直平面内、光滑绝缘的圆形轨道，轨道半径为，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现将一质量为、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上的A点并从静止释放，滑块受到的电场力大小为，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，A、B两点之

11、间的距离为，重力加速度为。(1)若滑块从水平轨道上距离B点的点A由静止释放，求滑块到达点时对轨道的作用力；(2)若改变的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从点飞出轨道，求的大小。15. 2022年北京冬奥会冰壶项目的比赛场地如图所示。、为场地中心线上的三个点，一冰壶B静止在半径的营垒圆形边界处。队员使冰壶A以速度从点沿中心线出发。在与初速度同向、恒力作用下，经在处脱手。脱手后，队友用冰刷擦拭间的冰面，从处开始经过时间，冰壶A以速度在处与冰壶B发生第一次正碰(碰撞时间极短)。冰壶A、B可视为质点，质量均为，已知未用冰刷擦拭的冰面动摩擦因数，擦拭后的冰面动摩擦因数变为，重力加速度取，不计空气阻力，

12、冰刷始终不接触冰壶。(1)求冰壶A到达处时的速度大小和段冰面的大小；(2)第一次碰撞后，冰壶B恰好停止营垒中心O处，求第一次碰撞过程损失的机械能；(3)第一次碰撞后，只擦拭冰壶A前方冰面并使，可使冰壶A、B发生多次正碰。已知冰壶A、B每次碰撞前后速度均满足比值不变，试通过计算说明第三次碰撞时冰壶B在营垒的哪个区域？(营垒各区域尺寸如图所示)辽宁省名校联盟2022年高三11月份联合考试物理注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。答非选择题时，将答案写在

13、答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第17题只有一项符合题目要求，每小题4分；第810题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1. 下列几种说法中，正确的是()A. 质量一定的物体合外力越大，它的速度变化越快B. 质量一定的物体运动的速度越大，它的合外力越大C. 物体的合外力为零时物体的机械能守恒D. 作用力与反作用力所做的功总是大小相等【答案】A【解析】【详解】A由牛顿定律可知，质量一定的物体合外力越大，其加速度就越大，结合加速度定义可得，加速度越

14、大，其速度变化越快，故A正确；B质量一定的物体运动的速度大，但可以做匀速运动，此时合外力为零，故B错误；C物体的合外力为零时物体的机械能不一定守恒，比如物体沿着斜面匀速下滑，合外力为零，但机械能不守恒，故C错误；D作用力与反作用力作用在不同物体上，当两个物体位移不同时，两个力所做的功大小不相等，故D错误。故选A。2. 下列说法正确的是()A. “元电荷”是物体带电的最小单元，法拉第测出了它的大小B. 库仑最先提出电场的概念，认为电荷对电荷的作用就是电荷的电场对的作用C. 正电荷定向移动的方向是电流的方向，所以电流为矢量D. 由可知，电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量就越多【答案】D【解

15、析】【详解】A“元电荷”是物体带电的最小单元，数值最早是由美国物理学家密立根测得,故A错误；B法拉第最先提出电场的概念，认为电荷对电荷的作用就是电荷的电场对的作用，故B错误；C正电荷定向移动的方向是电流的方向，电流虽然有正负，但电流为标量，合成不遵守平行四边形定则，故C错误；D根据电流强度的定义式，可知电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量就越多，故D正确。故选D。3. 高空抛物威胁到人们“头顶安全”，若一物体从7楼由静止落下，不计空气阻力，则()A. 物体大约经落地B. 物体落地时的速度大小约C. 物体通过第5层楼的时间大于通过第3层楼的时间D. 物体下落过程中在最后1s内平均速度大小约

16、为【答案】C【解析】【详解】A从7楼落地的高度约为20m，由落地时间为A错误；B落地时的速度大小约为B错误；C物体做自由落体运动，速度逐渐增大。相同下落高度，速度越大时间越短。第5层在第3层上方，故通过第5层楼的时间大于通过第3层楼的时间，C正确；D物体下落1s时的速度大小为最后1s内的平均速度约为D错误。故选C。4. 我国的“直-9”直升飞机在无风的情况下悬停在空中的照片如图所示，设螺旋桨向下推空气时使空气获得的速度大小为，“直-9”直升飞机的质量为，设重力加速度为，忽略尾翼螺旋桨消耗的能量，“直-9”直升飞机的质量不变，下列说法正确的是()A. “直-9”直升飞机受到空气的作用力大小为，方

17、向竖直向上B. “直-9”直升飞机悬停在空中，空气对“直9”直升飞机的冲量为0C. 因为空气不断地被向下加速，所以“直-9”直升飞机的发动机消耗的功率为D. 单位时间内被螺旋桨向下推出的空气质量为【答案】A【解析】【详解】A“直-9”直升飞机在悬停，合力为0，故受到空气的总作用力大小为方向竖直向上，故A正确；B“直-9”直升飞机悬停在空中，空气对“直9”直升飞机的作用力大小为，故空气对“直9”直升飞机的冲量不为0，故B错误；C以空气为研究对象，设在时间内有质量为的空气被推，获得速度，根据动量定理可得在时间内，飞机发动机对质量为的空气做功为则发动机的功率为故C错误；D根据动量定理可得单位时间内被

18、螺旋桨向下推出的空气质量为故D错误。故选A。5. 小明和同学在海滩玩耍，把、三个形状不规则的石块叠放在一起放在水平地面并保持静止，的上表面略倾斜，如图所示，关于物体受力情况，下列说法正确的是()A. 受到水平地面向左的摩擦力B. 对的支持力大小等于受到的重力大小C. 对的作用力方向竖直向上D. 对的支持力与对的压力是一对平衡力【答案】C【解析】【详解】A以a、b、c整体为研究对象，对其受力分析可知，c未受到水平地面给的摩擦力，故A错误；B由于b的上表面略倾斜，对a进行受力分析可得，b对a的支持力沿着竖直方向分量的大小等于a受到的重力大小，故B错误；C以a、b为整体，对整体受力分析可知，c对b作

19、用力方向竖直向上，故C正确；Db对a的支持力与a对b的压力是作用力与反作用力关系，故D错误。故选C。6. 质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子内有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为，初始时小物块停在箱子正中间，如图所示，现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止，设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为(重力加速度大小为g)()A. mv2B. v2C. NmgLD. NmgL【答案】D【解析】【分析】根据题中物理情景描述可知，本题考查碰撞，根据碰撞过程的规律，运用动量守恒定律、能量守恒等，进行分析

20、推断。【详解】AB根据动量守恒定律，最终小物块和箱子的共同速度损失的动能故AB错误；CD根据能量守恒定律，损失的动能等于因摩擦产生的热量，而计算热量的方法是摩擦力乘相对路程，所以故C错误，D正确故选D。7. 如图所示，AB是一根半圆形绝缘细线，O点为其圆心，等量异种电荷均匀分布在细线上。P、Q是一条直径上的两点，点N在圆心O正下方，设无穷远处电势为零，则()A. B. C. P点的场强大于Q点的场强D. 将负电荷从无穷远处移到N点，电场力做正功【答案】A【解析】【详解】AB把半圆形绝缘细线分布的等量异种电荷看成是很多对以直线为中垂线的等量异种电荷点电荷组成，根据等量异种电荷电场分布特点可知，中

21、垂线上点的场强方向都与中垂线垂直，由正电荷指向负电荷，故叠加后直线上的场强方向都与直线垂直向下，可知直线为等势线，电势等于无穷远处电势，即故有，故A正确，B错误；D由于点在等势线下方且靠近负电荷，可知点的电势小于零，负电荷在点的电势能大于零，将负电荷从无穷远处移到点，电势能增加，电场力做负功，故D错误；C根据等量异种电荷电场分布特点可知，中垂线上离等量异种电荷越远的点，电场强度越小，由于点离等量异种电荷的距离都比点离等量异种电荷的距离大，可知叠加后点的电场强度小于点的电场强度，故C错误。故选A。8. 高速路边常见避险车道，其末端设有防撞设施，与水平地面的夹角为37，长为100m。一辆货车刹车失

22、灵，驶入避险车道后牵引力为0，阻力是车重的20%。若货车以20m/s冲上避险车道，取，以水平地面为零势能面，则()A. 货车在避险车道上的加速度大小为B. 货车将在避险车道上向上滑行25mC. 驶入该避险车道的速度为40m/s时，货车恰好不与防撞设施相撞D. 当货车动能等于重力势能时，在避险车道上运动了10m【答案】BC【解析】【详解】A由牛顿第二定律可得又因为联立解得选项A错误；B由运动学公式可得货车将在避险车道上向上滑行25m，选项B正确；C当x100m时，代入得最大速度故驶入该避险车道的速度为40m/s时，货车恰好不与防撞设施相撞，选项C正确；D根据动能定理可得根据题意有联立解得故当货车

23、动能等于重力势能时，在避险车道上运动了，选项D错误。故选BC。9. 在如图所示的电路中，电源电动势为内阻为，闭合开关，当滑动变阻器的滑动触头向下滑，各变化量的绝对值分别用、和表示，下列说法正确的是()A. 不变，不变B. 变小，不变C. 电阻消耗的功率变小D. 电源输出功率变大【答案】AB【解析】【详解】AB由题意及图可知，滑动变阻器与R1串联，电压表V1测R1两端电压，电压表V2测滑动变阻器电压，电压表V3测外电路总电压，滑动触头P向下滑动，滑动变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻减小，电路中电流增大，由欧姆定律可得由伏安特性曲线可知由可得故AB正确；C由题意及上述分析可得，电阻R2消耗的

24、功率为由几何知识可知，当时，随着R2减小，消耗功率增大，当，随着R2减小，消耗功率减小，故C错误；D由上述分析可得，电源的输出功率为由几何知识可知，当时，随着R2减小，消耗功率增大，当 ，随着R2减小，消耗功率减小，故D错误。故选AB。10. 如图所示，相距2L的AB、CD两直线间的区域存在两个大小不同、方向相反的有界匀强电场，其中PS下方的电场的场强方向为竖直向上，PS上方的电场的场强方向为竖直向下。在电场左边界AB上宽为L的PQ区域内，连续分布着电荷量为、质量为m的粒子。从某时刻起由Q到P点间的带电粒子，依次以相同的初速度沿水平方向垂直射入匀强电场中。从Q点射入的粒子，通过PS上的某点R进

25、入匀强电场后从CD边上的M点水平射出，其轨迹如图。若MS两点的距离为。不计粒子的重力及它们间的相互作用。下列说法正确的是()A. PQ间水平射入电场的粒子，它们到达CD边的时间均为B. PQ间水平射入电场的粒子，它们一定都垂直于CD边水平射出C. 电场强度D. PQ间距离P点为的粒子射入电场后垂直于CD边水平射出【答案】ACD【解析】【详解】APQ间水平射入电场的粒子在水平方向都做匀速直线运动，则它们到达CD边的时间均为故A正确；C从Q点射入的粒子，设从Q到R的时间为，R到M的时间为，到达R时的竖直速度为，则根据牛顿第二定律可得，粒子在PS下方的加速度为粒子在PS上方的加速度为根据类平抛规律有

26、联立可得，故C正确；BD设PQ到P点距离为h的粒子射入电场后，经过n个类似于Q到R到M的循环运动(包括粒子从电场穿过PS进入电场的运动)后，恰好垂直于CD边水平射出，则该粒子的速度第一次变为水平所用的时间为()第一次到达PS边的时间则为，则有()则PQ间距离P点为的粒子射入电场后垂直于CD边水平射出，故B错误，D正确。故选ACD。二、非选择题：本题共5小题，共54分。11. 利用“类牛顿摆”验证碰撞过程中的动量守恒定律。实验器材：两个半径相同的球1和球2，细线若干，坐标纸，刻度尺。实验步骤：(1)测量小球1、2的质量分别为m1，m2，将小球各用两细线悬挂于水平支架上，各悬点位于同一水平面，如图

27、甲；(2)将坐标纸竖直固定在一个水平支架上，使坐标纸与小球运动平面平行且尽量靠近。坐标纸每一小格是边长为d的正方形。将小球1拉至某一位置A，由静止释放，垂直坐标纸方向用手机高速连拍；(3)分析连拍照片得出，球1从A点由静止释放，在最低点与球2发生水平方向正碰，球1反弹后到达最高位置为B，球2向左摆动的最高位置为C，如图乙。已知重力加速度为g，碰前球1的动量大小为_，若满足关系式_，则验证碰撞中动量守恒；(4)与用一根细线悬挂小球相比，本实验采用双线摆的优点是：_。【答案】 . . . 使小球运动轨迹在同一竖直平面内【解析】【分析】【详解】(3)1从A位置到最低点的高度差h1=9d，由机械能守恒

28、定律可得碰撞前的速度则碰前球1的动量大小为2碰撞后球2上升高度为，由机械能守恒定律可得，碰后球2的速度大小为动量大小为碰后球1的速度为碰后球1动量为若碰撞前后动量守恒，则有联立解得整理可得(4)3与单线摆相比，双线摆的优点是：双摆线能保证小球运动更稳定，使小球运动轨迹在同一竖直平面内。12. 某同学用图甲装置做“验证机械能守恒定律”的实验：(1)做“验证机械能守恒定律”的实验步骤有：A把打点计时器固定在铁架台上，并用导线将打点计时器接在低压交流电源上B将连有重物的纸带穿过限位孔，用手提着纸带，让手尽量靠近打点计时器C松开纸带、接通电源D更换纸带，重复几次，选用点迹清晰且第1、2两点间距为的纸带

29、E利用验证机械能守恒定律在上述实验步骤中错误的是_；(2)某同学做此实验，不慎将一条选择好的纸带的前面一部分破坏了，他将剩下一段纸带上所有点进行标记，测出各个点间的距离如图乙所示，已知打点计时器工作频率为。设重锤的质量为，计时器打下2、5两点的过程中，重锤重力势能减小量_，重锤动能增加量_(保留三位有效数字，重力加速度)。(3)写出一条产生实验误差的原因：_。【答案】 . BC#CB . 1.06m . 1.03m . 存在空气阻力【解析】【详解】(1)1B.应该保证重物尽量靠近打点计时器，而不是手。C.应该先接通电源，然后释放纸带。故选BC。(2)2根据重力势能的公式，则有3根据平均速度和动

30、能的公式，则有(3)3重力势能的变化量大于动能变化量有可能是因为存在空气阻力消耗能量导致。13. 手电筒里的两节干电池用久了，灯泡发出的光会变暗，这时我们会以为电池没电了。有人为了“节约”，在手电筒里装一节新电池和一节旧电池搭配使用。设新电池的电动势，内阻；旧电池电动势，内阻。手电筒使用的小灯泡的电阻为，则：(1)当使用两节新电池时，求灯泡两端的电压；(2)当使用新、旧电池混装时，求灯泡两端的电压；(3)根据上面的计算结果，分析将新、旧电池搭配使用是否妥当。【答案】(1)2.65V；(2)1.38V；(3)不妥当；分析见解析【解析】【详解】(1)两节新电池串联时，总电流为灯泡两端电压为(2)一

31、新，一旧电池串联时，总电流灯泡两端的电压为(3)不妥当，因为旧电池内阻消耗的电压大于其电动势，从而使得灯泡两端的电压将小于一节新电池的电动势。14. 如图所示，是位于竖直平面内、光滑绝缘的圆形轨道，轨道半径为，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现将一质量为、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上的A点并从静止释放，滑块受到的电场力大小为，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，A、B两点之间的距离为，重力加速度为。(1)若滑块从水平轨道上距离B点的点A由静止释放，求滑块到达点时对轨道的作用力；(2)若改变的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从点飞出轨道，求的

32、大小。【答案】(1)；(2)11.5R【解析】【详解】(1)由A到C,根据动能定理有解得 根据牛顿第三定律，滑块到达C点时对轨道的作用力与FN相等为；(2)滑块能恰好始终在轨道滑行，滑块要能恰好通过物理最高点，在最高点由重力与电场力的合力提供滑块作圆周运动的向心力，有由A到物理最高点，根据题意，重力与电场力的合力与竖直面的夹角为，根据动能定理有解得15. 2022年北京冬奥会冰壶项目的比赛场地如图所示。、为场地中心线上的三个点，一冰壶B静止在半径的营垒圆形边界处。队员使冰壶A以速度从点沿中心线出发。在与初速度同向、恒力作用下，经在处脱手。脱手后，队友用冰刷擦拭间的冰面，从处开始经过时间，冰壶A

33、以速度在处与冰壶B发生第一次正碰(碰撞时间极短)。冰壶A、B可视为质点，质量均为，已知未用冰刷擦拭的冰面动摩擦因数，擦拭后的冰面动摩擦因数变为，重力加速度取，不计空气阻力，冰刷始终不接触冰壶。(1)求冰壶A到达处时的速度大小和段冰面的大小；(2)第一次碰撞后，冰壶B恰好停止营垒中心O处，求第一次碰撞过程损失机械能；(3)第一次碰撞后，只擦拭冰壶A前方冰面并使，可使冰壶A、B发生多次正碰。已知冰壶A、B每次碰撞前后速度均满足比值不变，试通过计算说明第三次碰撞时冰壶B在营垒的哪个区域？(营垒各区域尺寸如图所示)【答案】(1)，；(2)；(3)见解析【解析】【详解】(1)冰壶A从P点到M点的过程中，

34、根据动能定理有解得以冰壶A运动方向为正方向，冰壶A从M点到N点过程根据动量定理有解得(2)第一次碰撞后，冰壶B恰好停在营垒中心O处， 根据动能定理有解得冰壶A、B第一次碰撞时，系统动量守恒，则有解得第一次碰撞损失的机械能为(3)根据题意有冰壶A、B第一次碰撞后，对冰壶B根据牛顿第二定律有冰壶B运动的时间为对冰壶A根据牛顿第二定律有根据运动学公式有解得冰壶A运动的时间为所以冰壶B刚停止时，冰壶A、B发生第二次碰撞；冰壶A、B第二次碰撞，系统动量守恒，有又联立解得 第二次碰撞后，对冰壶B，根据运动学有解得冰壶B运动的时间为对冰壶A，根据运动学有解得冰壶A运动的时间所以冰壶B刚停止时，冰壶A、B发生第三次碰撞，由于则第三次碰撞时冰壶B在半径为的圆形区域内。