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高三分科检测提分卷物理解得一在B点根据牛顿第二定律有粒子在电场中的运动可视为逆向类抛运动，根据R。一mg=m没(1分)几何关系可求沿电场线方向的位移为联立解得FN=3mg为=R+Rcos60=2(1分)(1分)由牛顿第三定律可知，滑块甲对轨道压力的大小为设粒子在M点的初速度与水方向的夹角为：，根FN=FN=3mg(1分)据类抛运动知识有tana=2X光=}(2)当弹射器中的弹簧压缩量为d时，弹性势能E。=mgR可求水速度功=6c0s=4(1分)由弹簧的弹性势能与压缩量的方成正比，可知弹簧压缩量为2d时，弹性势能E。=4mgR能(1分)联立解得精电粒于的比荷为是一品(1分)设滑块甲在D点时的速度为D,从A到D的过程设粒子发射器在M点时，射出的带电粒子在电场由能量守恒定律有2m%=E,一mgR(1分)中的运动时间为，根据类抛运动知识，竖直方向做匀变速运动有R+R1c0s60°=吗(1分)设碰后结合体速度为h,由动量守恒定律有mop =2mv.2 m(2分)水方向做匀速运动有4L=4，(1分)甲乙结合体滑动的过程中，根据动能定理有代入数据联立各式解得E一3B20(1分)-2mg×2L=0-}x2md(1分)(2)粒子发射器在Q点时，粒子运动轨迹如图所示。联立解得u=0.375(1分)由题意，粒子沿竖直直径方向射人磁场，经磁场偏(3)由题意，弹簧压缩量为d时，弹性势能为转后，沿水方向进入电场。=mgR滑块甲恰能过圆轨道最高点时的速度为，根据牛额第二定律有mg二m02解得=√gR(1分)滑块甲到最高点的过程中，根据能量守恒定律有mgR=2m8R+之md(1分)联立解得=0根据几何关系可知粒子的轨迹半径为R?=L2(1分)结合第(1)问分析可知，粒子射人磁场中的速度①当0<时，清块甲不能过圆轨道疑高点，4(1分)不发生碰撞，3=0(1分)设粒子在电场中的运动时间为2，沿电场方向匀变⑦当≥时，从A到D的过程由能量守恒定律速运功有1一号二，联立各式代人激搭解得4一有合m6=好mgR-gR(1分)56L(1分)碰撞过程满足动量守恒，设碰后的共同速度为？3uo有mv0=2mh(1分)水方向匀速运动，S点到C点的距离x=2设在粗糙段滑行的距离为，由能量守恒得(1分)2 (2m)=2ungzi(1分)代入数据联立解得工=4613(1分)16.(1)3mg联立解得=因一卫R,代人敷据解得(2)0.375x1=(2-1)L(1分)(3)见解析若工：是L的整数倍，则在光滑段滑行的距离为【解析】1)设滑块甲过B点时的速度为，根据x2=x1-1=(k8-2)L能量守恒定律有mgR一乞m此时两滑块一起滑行的总距离为(1分)s=x1十x2=(2k2-3)L9