河北省唐县第一中学2024-2025学年高三上学期12月月考物理试题

答案第 1页，共 14页 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A D A C A B BD BC BD 1．C 【详解】A．若甲取得胜利，说明甲与地面间的摩擦力大于乙与地面间的摩擦力，而甲与地 面间的摩擦力的大小不仅与其重力有关，还与甲和地面间的动摩擦因数有关，故 A错误； B．结合以上分析可知，若乙与地面间的动摩擦因数大，但乙与地面间的摩擦力不一定大， 则乙不一定能取得胜利，故 B错误； C．绳静止不动时，由于绳对两人的拉力大小相等，根据二力平衡可知，两人受到的摩擦力 大小相等，故 C正确； D．根据牛顿第三定律可知，无论谁取得胜利，甲、乙受绳的拉力大小都相等，故 D错误。 故选 C 。 2．A 【详解】A．“天舟五号”飞船在与空间站连体运行和独立运行两种状态下，都做圆周运动， 根据 2 2 2 4MmG m r r T   可得 2 34 rT GM   脱离前后处于同轨道运行，因此绕地球运动的周期相等，故 A正确； B．“天舟五号”飞船在与空间站连体运行时，空间站中的宇航员虽然处于完全失重状态，对 接触物的压力为零，但仍受重力，重力不为零，故 B错误； C．“天舟五号”飞船独立运行时做圆周运动，万有引力提供向心力，不是处于受力平衡状态， 故 C错误； D．要实现重新对接，“天舟五号”飞船需要在低轨道加速向前，故 D错误； 故选 A。 3．D 【详解】AB．直导线与磁场的方向成 角时，直导线所受的安培力 sinF BIl  则当 90  时 答案第 2页，共 14页 2 NF BIl  当 0  时， F是零，AB错误； C．直导线与磁场的方向不一定互相垂直，C错误； D．由左手定则可知，只要 F 不是零， F 的方向总是垂直于直导线和磁场的方向，D正确。 故选 D。 4．A 【详解】B．对圆球进行受力分析如图所示 N2 N1cosF F  N2 sinF G  在物块缓慢向右移动的过程中， 在逐渐减小，物块对圆球的支持力增大，墙壁对圆球的支 持力在增大，根据牛顿第三定律可知，球对墙壁的压力逐渐增大，B错误； ACD．将圆球和物块看成整体，并对其进行受力分析如图所示 NF G G  块 NfF F N1fF F F  由此可知，地面对长方体物块的支持力不变，地面对长方体物块的摩擦力也不变，由于球对 答案第 3页，共 14页 墙壁的压力逐渐增大，拉力 F 在逐渐减小，A正确，CD错误。 故选 A。 5．C 【详解】A．若小球能到达最高点，根据机械能守恒，有 2 2 0 1 12 ' ' 0 2 2 mg l mv mv v     根据小球在竖直面内的圆周运动受力特点，可知恰好做完整的圆周运动，则在最高点时小球 重力恰好提供所需向心力，根据牛顿第二定律可得 2vmg m l  在最高时小球的最小速度为 0v gl  故 A错误； B．分析小球从最低点运动到最右端的过程，根据机械能守恒，有 2 2 1 0 1 1 1 2 2 2 mgl mv mv v gl     根据牛顿第二定律和向心力可得，小球的向心力为 2 1 2 mv F mg l   向 又因为小球受重力作用，根据平行四边形定则可知小球所受的合力为 2 2 5F F mg mg  合 向 （ ） 故 B错误； C．当轻绳第一次刚好松弛时，绳的拉力为零，设此时的速度大小为 v2，轻绳与竖直向上方 向夹角为α，如图所示 由径向合力提供向心力，有 答案第 4页，共 14页 2 2cos mv mg l   由机械能守恒有 2 2 2 0 1 1( cos ) 2 2 mg l l mv mv    联立解得 2 2 3 glv  ， 2cos 3   故 C正确； D．小球在最低点，根据牛顿第二定律有 2 0 5 mv F mg F mg l     轻绳受到的拉力大小为 5mg，故 D错误。 故选 C。 6．A 【详解】船和垂钓者组成的系统动量守恒，故每时每刻均有 mv Mv人 船 进而有 mv M v人 船 也有 mv t Mv t人 船 即 mx Mx人 船 且有 x x L 人 船 ， x d船 联立可解得  m L d M d   故选 A。 7．B 【详解】AB．理想电压表 V1测量定值电阻 R1两端的电压，根据欧姆定律可得 答案第 5页，共 14页 1 1U IR 理想电压表 V2测量电源的路端电压，根据闭合电路欧姆定律可得 2U E Ir  理想电压表 V3测量滑动变阻器两端的电压，根据闭合电路欧姆定律可得  3 1U E I R r   则有 1 1 U R I   = ， 2 U r I     ，  3 1 U R r I      可知 1 U I   、 2 U I   、 3 U I   均不变，由于定值电阻 R1的阻值小于 r，则有 ΔU1﹤ΔU2 故 A错误，B正确； C．电源的输出功率为 2 2 EP I R R r       出 R 2 2  4r E R r R    （ ） 可知当外电阻（即 R1与滑动变阻器接入电路的阻值之和）等于 r时，电源的输出功率最大， 由于 R1< r，则滑动变阻器滑片上移，接入电路的阻值变大，外电阻变大。若滑片移动前， 外电阻小于内阻，则滑片上移，电源的输出功率可能增大，可能先增大后减小，若滑片移动 前，外电阻大于内阻，则滑片上移，电源的输出功率减小；电源效率为 2 2 1 ( ) 1 I RP rP I R r R       外出 总 外 外 由于外电阻增大，则电源效率增大，故 C错误； D．将滑动变阻器滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路总电阻变大，由闭 合电路欧姆定律 EI R r  外 可知电路电流减小，根据  3 1U E I R r   可知电容器极板间电压增大，根据 QC U  答案第 6页，共 14页 可知电容器的电荷量 Q增大，电容器充电，所以定值电阻 2R 中有从 b流向 a的瞬间电流。 由 UE d  可知极板间匀强电场的电场强度 E变大，向上的电场力变大，则带电液滴将向上运动。故 D 错误。 故选 B。 8．BD 【详解】滑动变阻器的滑动头 P向左滑动，则 R1阻值变大，根据闭合电路欧姆定律可知， 回路电流变小，则 R2两端电压 2 2U IR 变小，则电容器两端电压减小，要放电，但是由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电， 则电容器带电量不变，电容器两板电压不变，场强不变，则油滴仍静止，油滴初始位置与下 极板间距不变，则油滴初始位置的电势不变。 故选 BD。 9．BC 【详解】AB．小球b c、 初始时速度为零，当小球 a到达M 点时，小球b c、 的速度仍为零， 表明b c、 两小球先加速运动，后减速运动，进而表明两细杆对b c、 两小球先有推力，后有 拉力，可知在此过程中某时刻两细杆的作用力大小为零，在此时刻之后的一段时间内，小球 a的加速度大于 g，细杆先对小球 a做负功，后做正功，因而小球 a的机械能先减小后增大， 故 A错误，B正确； C．据题中条件可知初始时 0.8m, 0.6maM bM cM   ，当小球b向左移动 0.2m时，可求 得此时细杆与水平方向的夹角 37   如图所示 答案第 7页，共 14页 a b c、 、 三小球组成的系统机械能守恒，则有 2 21 1sin sin 2 2 2a b mgL mgL mv mv     且有 cos cosa bv v  联立解得 23 m / s 17b v  故 C正确； D．小球 a到达M 点时的速度最大，对三个小球组成的系统有 2 m 1sin 2 mgL mv  解得 m 4m / sv  故 D错误。 故选 BC。 10．BD 【详解】A．Ep-x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，滑块在 x=3m 处所受电场 力为 0，所受合外力 0.5Nf μmg  故 A错误； B．在 x=3m处电场力为 0，电场强度为 0，则 1 2 2 2 1 2 Q Qk k r r  由于 1 2r r ，所以 1 2Q Q 滑块在 x=3m处电势能最低，因为滑块带负电，所以 x=3m处的电势最高，两场源电荷均带 答案第 8页，共 14页 负电，故 B正确； C．滑块在 x=1m处所受电场力大小为 p 3 1N 1N 2 E F x       所以在 1mx  处，滑块所受电场力与滑动摩擦力方向相反，电场力大于摩擦力，则滑块加 速运动，故 C错误； D．滑块在 x=1m处的电势能与在 x=4m处的电势能相等，根据能量守恒定律，若滑块能够 经过 x=4m处，则应满足 2 0 1 2 mv f x  由 2 2 0 1 1 1 2 J 2J 2 2 mv     ，  0.5 4 1 J 1.5Jf x     根据题中数据可知实际情况并满足上式，所以滑块一定可以经过 x=4m处的位置，故 D正确。 故选 BD。 11．(1) (2) 0 1 2a a bm h m h m h  (3) 0 1 2h h h  【详解】（1）若 a b、 两小球碰撞过程中动量守恒，且无机械能损失，则有 2 2 2 0 0 1 1 1, 2 2 2a a a b b a a a b b m v m v m v m v m v m v    联立可解得 0 a b a a b m mv v m m    要使小球 a碰后沿圆弧CB上升，需满足 0av  ，即 a bm m （2）据机械能守恒定律有 2 2 2 0 0 1 2 1 1 1, , 2 2 2a a a a a b b b m gh m v m gh m v m gh m v   解得 0 0 1 22 , 2 , 2a bv gh v gh v gh   结合 答案第 9页，共 14页 0a a a b bm v m v m v  求得 0 1 2a a bm h m h m h  （3）碰撞过程动量守恒有  0a a b bm v v m v  机械能无损失有  2 2 20a a b bm v v m v  联立可解得 0 a bv v v  即 0 1 22 2 2gh gh gh  也即 0 1 2h h h  12．(1)2.0 (2)偏小 (3) Q 500 (4)如图所示 (5)54 【详解】（1）当电流表半偏时，说明 1R与电流表分流相等，故 0 1 2.0ΩR R  ； （2）在认为并联上 1R后电路中的电流不变时，据并联电路的特点可有 1 AR R 测，而实际上 答案第 10页，共 14页 并联 1R后，电路的总电阻将减小，电路中的总电流将增大，通过 1R的电流大于通过 AR 的电 流，可推知 1 AAR R R  测真 故测量值偏小； （3） [1]因电流表内阻已知，所以电流表应采用内接法，故A端应接在Q点； [2]当A端接在Q点时，有 T 0 UR R I   代入数据可求得 T 500ΩR  （4）拟合各点，作出的 TR t 图像如图所示 （5）由作出的 TR t 图像可求得，该阻值对应的温度为54℃。 13．（1）滑块第一次到达 C点时速度大小是 2 5 m/ s； （2）弹簧获得的最大弹性势能是 2.75J； （3）滑块再次回到右边曲面部分所能到达的最大高度是 0.2m． 【详解】（1）对滑块从 D到 C由动能定理得： 20 1 2 mgh mv ，解得： 0 2 5m/ sv  （2）对滑块从 D到 O由能量守恒定律得： P 2 1( )E mgh mg L L x    ，解得：Ep＝2.75J （3）设滑块返回到达 B点速度为 v1 由能量守恒定律得： 2 P 1 1 1 ( ) 2 E mv mg L x   ，解得：v1＝1m/s． 答案第 11页，共 14页 滑块再次进入传送带后匀加速运动，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，解得：a＝2.5m/s2， 滑块速度增加到 2 m/s时的位移为： 2 2 1 20.6m2 v vL L a     ， 所以滑块再次回到 C点的速度为 2 m/s，对滑块从 C到最高点，由机械能守恒得： 2 1 1 2 mv mgh ，解得：h1＝0.2m． 14．（1）1.2m；（2）75N 【详解】（1）设重力与电场力的合力方向与竖直方向成α角，故 tan Eq mg   解得 37   重力与电场力合力大小为    2 2 5 4 F Eq mg mg   由释放点到最大速度点由动能定理得 21( ) 2 F s R mv  对该点由牛顿第二定律得 2vN F m R   由牛顿第三定律得压力 F NN 解得 1.2ms  （2）若电场反向，设小球于 B点左侧α角处达到最大速度，同理解得 37   合力大小仍为 F，沿如图所示 OD方向， 此时若小球能到达 C点，应先恰能到达 E点，对 E点受力分析得 答案第 12页，共 14页     2 2 2 EvF Eq mg m R    解得 5 2 m / s 2E v  对 D到 E由动能定理得 2 21 12 2 2E D F R mv mv    解得 5 10 m / s 2D v  对该点由牛顿第二定律得 2 DvN F m R    由牛顿第三定律得压力 N 75NF N   15．(1)12m / s (2) 20N (3)3.15m，1.2s 【详解】（1）设物块第一次与滑板碰撞前的速度大小为 1v ，碰后的速度大小为 1v ，则对物 块与滑板碰撞过程满足动量守恒，有 2 1 2 1 1m v m v m v  根据能量守恒 2 2 2 2 1 2 1 1 1 1 1 2 2 2 m v m v m v  解得 1 12m / sv  1 0v   （2）因滑板内表面光滑，物块在风力作用下向右减速运动时，滑板不动，由动能定理，有 2 2 0 2 1 2 0 1 1 2 2 Fx m v m v  解得 20NF  答案第 13页，共 14页 （3）第一次碰撞后，物块由静止开始向左做匀加速运动，滑板向右做匀减速运动，直到物 块在滑板的左侧与滑板发生第二次碰撞，设两物体的加速度大小为 a，此过程经历的时间为 1t ，则有 F ma 物块向左的位移 2 1 1 2 x at 滑板向右的位移 2 1 1 1 2 x vt at  且有 0x x x   联立解得 210m / sa  1 0.3st  3.15mx  设物块和滑板第二次碰撞前的速度大小分别为 2v 和 3v ，则有 2 1 3m / sv at  3 0 1 9m / sv v at   设物块与滑板碰撞后的速度大小分别为 2v 和 3v ，根据动量守恒，有 1 3 2 2 1 3 2 2m v m v m v m v    根据能量守恒，有 2 2 2 2 1 3 2 2 1 3 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 m v m v m v m v    可解得 2 9m / sv   方向向右； 3 3m / s v 方向向左； 设再经过时间 2t 物块与滑板在滑板的右侧发生第三次碰撞，物块向右的位移 答案第 14页，共 14页 2 1 2 2 2 1 2 x v t at 滑板向左的位移 2 1 3 2 2 1 2 x v t at   且有 1 1 0x x x   解得 2 0.3st  1 1.35mx   设物块与滑板从第三次碰撞到第四次碰撞经过的时间为 3t ，该过程滑板向右运动的位移为 2x ，物块与滑板从第四次碰撞到第五次碰撞经过的时间为 4t ，该过程滑板向左运动的位移 为 3x ，同理可解得 3 0.3st  2 1.35mx   4 0.3st  3 3.15mx   因 1 2 3,x x x x   表明当滑板恰好运动至挡板处时物块与滑板发生第五次碰撞，所以滑板的 A端离开挡板的最大距离 Δ 3.15mL  从 A端开始离开挡板到它再次回到挡板经历的总时间 1 2 3 4 1.2st t t t t     答案第 1页，共 6页 高三 2024-2025 学年 12 月份物理试题 一、单选题（7 个小题，每题 4分，共 28 分） 1．如图所示为一趣味比赛的情景，一轻绳两端分别系在甲、乙两人的腰间，两人手中各持有一个 木槌，面前各悬挂一铜锣，且人与铜锣的距离相等，比赛开始后，两人奋力向前拉绳，以最先击 打铜锣者为胜。在比赛中，绳始终在同一水平面内，则下列说法正确的是（ ） A．若甲的质量更大，则甲一定能取得胜利 B．若乙与地面间的动摩擦因数更大，则乙一定能取得胜利 C．若两人奋力拉绳时，绳始终静止不动，则两人受到的摩擦力大小一定相等 D．若甲最终取得胜利，则乙受到的绳的拉力可能比甲的大 2．2023年 5月 5日，“天舟五号”从与空间站连体运行状态（如图甲），通过喷气实现与空间站同 轨道脱离，之后两者处于同轨道独立运行的状态（如图乙），6月 6日又实现重新对接，成为我国 独立飞行时间最长的飞船。下列说法正确的是（ ） A．“天舟五号”飞船在与空间站连体运行和独立运行两种状态下，绕地球运动的周期相等 B．“天舟五号”飞船在与空间站连体运行时，空间站中的宇航员所受重力为零 C．“天舟五号”飞船独立运行时处于受力平衡状态 D．要实现重新对接，天舟五号加速向前即可 3．一段长 0.4 m，通有 2.5 A电流的直导线，置于磁感应强度大小为 2 T的匀强磁场中，关于它 所受的安培力 F，下列说法正确的是（ ） A．F一定为 2 N B．F不可能为零 C．不论 F多大，F、直导线和磁场的方向总是两两垂直 D．只要 F不为零，F的方向总是垂直于直导线和磁场的方向 答案第 2页，共 6页 4．如图所示，粗糙水平地面上的长方体物块将一重为 G的光滑圆球抵在光滑竖直的墙壁上，现用 水平向右的拉力 F缓慢拉动长方体物块，在圆球与地面接触之前，下面的相关判断正确的是（ ） A．水平拉力 F逐渐减小 B．球对墙壁的压力逐渐减小 C．地面对长方体物块的支持力逐渐增大 D．地面对长方体物块的摩擦力逐渐增大 5．如图所示，长度为 l的轻绳一端固定在 O点，另一端系着一个质量为 m的小球，当小球在最低 点时，获得一个水平向右的初速度 0 2v gl ，重力加速度为 g，不计空气阻力。在此后的运动过 程中，下列说法正确的是（ ） A．小球恰好能到达竖直面内的最高点 B．当小球运动到最右端时，小球所受的合力大小为 2mg C．轻绳第一次刚好松弛时，轻绳与竖直方向夹角的余弦值为 2 3 D．初状态在最低点时，细绳对小球的拉力大小为 4mg 6．如图所示，平静湖面上静止的小船的船头直立一垂钓者，距离船头右侧 d处有一株荷花，当此 人沿直线走到船尾时，船头恰好到达荷花处。若已知人的质量 为m，船长为 L，不计水的阻力，则船的质量为（ ） A．  m L d d  B．  m L d d  C． md L d D． md L d 7．如图所示，电源电动势 E、内阻 r可认为不变，定值电阻 R1=0.5r，定值电阻 R2=2r，滑动变阻 器的最大阻值等于 r，闭合开关 S，平行板电容器两板间有一带电液滴恰好保持静止。将滑动变阻 器滑片向上移动，稳定后理想电压表 V1、V2、V3的示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3， 理想电流表 A示数变化量的绝对值为ΔI，下列说法正确的是（ ） A． 1 2U U   B． 1 U I   、 2 U I   、 3 U I   均不变 C．电源的输出功率变大，电源效率变大 D．带电液滴将向下运动，定值电阻 R2中有从 a 流向b的瞬间电流 答案第 3页，共 6页 二、多选题（3 个小题，每题 6分，共 18 分） 8．如图所示为在竖直平面的电路，R1为滑动变阻器，R2为定值电阻，二极管为理想二极管，电源 电动势为 E，内阻不计。闭合开关 S1和 S2后，带电油滴在电容器 C内部处于静止状态。当滑动变 阻器的滑动头 P向左滑动时，下列说法正确的是（ ） A．油滴向下运动 B．油滴仍然静止 C．油滴初始位置的电势降低 D．油滴初始位置的电势不变 9．如图所示，足够长的水平杆和竖直杆固定于M ，三个质量相等的小球a b c、 、 分别套在竖直杆 和水平杆上，小球 a b、 和 a c、 之间通过铰链用长度均为 1.0mL  的轻杆相连。初始时，三个小球 均静止，轻杆与水平杆的夹角 53  ，已知 sin 53 0.8,cos53 0.6    ，重力加速度 210m / sg  ， 不计一切摩擦及小球的大小，则小球 a从释放到到达M 点的过程中，下列说法正确的是（ ） A．小球 a的加速度不可能大于 g B．小球 a的机械能先减小后增大 C．小球b向左移动 0.2m时，其速度大小为 23 m / s 17 D．小球 a的最大速度为3.2m / s 10．如图甲所示，粗糙、绝缘的水平地面上，一质量 m=1kg的带负电小滑块(可视为质点)在 x=1m 处以 v0=2m/s的初速度沿 x轴正方向运动，滑块与地面间的动摩擦因数μ=0.05。在 x=0 及 x=5m 处 有两个电性未知，电荷量分别为 Q Q₁、 ₂的点电荷场源，滑块在不同位置所具有的电势能 Ep如图 乙所示，P点是图线最低点，虚线 AB是图像在 x=1m处的切线， 210m/sg  下列说法正确的选项 是（ ） A．滑块在 x=3m处所受合外力小于 0.5N B．两场源电荷均带负电，且|Q1|>|Q2| C．滑块向右运动过程中，速度始终减小 D．滑块向右一定可以经过 x=4m处的位置 答案第 4页，共 6页 第 II 卷（非选择题） 三、实验题（2 个小题，共 16 分） （6分）11．某同学利用图示半圆形轨道（可不计摩擦）装置验证 动量守恒定律，AB为水平直径，C为轨道的最低点，a b、 为表面 涂有不同颜料的小球，它们沿轨道运动时，可在轨道上留下印迹， 测得 a b、 的质量分别为 a bm m、 ，初始时b球位于C点。 (1)在适当的位置由静止释放小球 a，在C点与b球碰撞后，两小球均沿圆弧CB上升，则 am （填“＞”“=”或“<”） bm 。 (2)测得小球 a在C点左右两侧印迹的竖直高度分别为 0h 和 1h ，小球b在C点右侧印迹的竖直高度 为 2h （未到达 B点），若碰撞过程中两小球的动量守恒，则应满足的关系式为 。（用题中 所给的字母表示） (3)若碰撞过程中两小球无机械能损失，则应满足的关系式为 。（用 0h 、 1 2h h、 表示） （10分）12．某型号的热敏电阻 TR 在25 80℃ ℃范围内阻值的标称值如表中所示，小组同学欲利 用电路对标称值进行核实。由于电流表内阻未知，先用图甲电路测量电流表的内阻。 /t ℃ 25.0 30.0 40.0 50.0 60.0 70.0 80.0 T / ΩR 900.0 680.0 520.0 390.0 320.0 270.0 240.0 答案第 5页，共 6页 (1)在图甲电路中，调节滑动变阻器 R使其接入电路的阻值最大，只闭合K，调节 R，使电流表指 针满偏，闭合 1K ，只调节电阻箱 1R，使电流表指针半偏，此时电阻箱示数为 2.0Ω，则电流表内阻 0R  Ω。 (2)电流表内阻的测量值理论上与真实值相比略 （填“偏大”“偏小”或“相等”）。 (3)再用图乙所示的电路图核实 TR 标称值，忽略以上测量 0R 的误差值，实验时与电压表相连的导线 的A端应接在图中的 （填“P”或“Q”）点。正确连接电路后，小组同学发现只有温控室内的 温度为40.0℃时，热敏电阻的测量值与标称值不符，此时电压表的示数为 1 5.02VU  ，电流表的示 数为 1 10mAI  ，则此温度下热敏电阻的阻值为 Ω（保留 3位有效数字）。 (4)请依据热敏电阻核实后的阻值，在图丙坐标纸上补齐数据点，并作出 TR t 图像。 (5)当热敏电阻的阻值为360Ω时，热敏电阻的温度为 ℃（保留两位有效数字）。 四、解答题（3 个小题，共 38 分） （12分）13．如图所示，装置的左边 AB部分是长为 L1＝1m的水平面，一水平放置的轻质弹簧左 端固定并处于原长状态．装置的中间 BC部分是长为 L2＝2m的水平传送带，它与左右两边的台面 等高，并能平滑对接，传送带始终以 v＝2m/s的速度顺时针转动．装置的右边是一光滑的曲面， 质量 m＝1kg的小滑块从其上距水平台面 h＝1m的 D处由静止释放，滑块向左最远到达 O点，OA 间距 x＝0.1m，并且弹簧始终处在弹性限度内．已知物块与传送带及左边水平面之间的摩擦因数μ ＝0.25，取 g＝10m/s2． （1）求滑块第一次到达 C点时速度大小； （2）求弹簧获得的最大弹性势能； （3）求滑块再次回到右边曲面部分所能到达的最大高度． 答案第 6页，共 6页 （12分）14．如图所示，电场强度大小为 3 4 mgE q  、方向水平向左的匀强电场充满整个空间，电 场中有一个与水平方向成θ=53°的光滑斜面与一个光滑的半径 R=1m的竖直圆轨道在 A点相切，B 点为圆轨道的最低点，C点为圆轨道的最高点。一质量为 m=1kg，电荷量为-q（q>0）的带电小球 从斜面上静止释放，已知重力加速度大小 g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，若小球能通过 C点， 则其会被其它装置取走。 （1）若运动过程中小球对轨道的最大压力大小为 67.5N，求小球释放点与 A的距离； （2）若将电场方向反向，场强大小不变，小球恰能到达 C点，求小球运动在过程中对轨道的最大 压力大小。 （14分）15．如图所示，在风洞实验中，固定竖直档板右侧存在水平向左的恒定风力 F ，“ ” 形光滑滑板置于光滑水平面上，其左端A紧贴挡板，质量 1 2.0kgm  ，左、右两端相距 0 3.6mx  ， 可视为质点的物块处于滑板的左侧，其质量 2 2.0kgm  。现给物块水平向右的初速度 0 6 6m / sv  ， 已知物块与滑板第一次碰后滑板的速度大小为 12m / sv  ，滑板 B端对物块所受风力无影响，两物 体所受风力 F始终恒定且相等，碰撞过程中无能量损失，且碰撞时间极短。求； (1)物块第一次与滑板碰撞前瞬间的速度大小； (2)恒定风力 F 的大小； (3)在以后的运动过程中，A端离挡板的最大距离 L 及从A端开始离开挡板到A端再次回到挡板处 所经历的时间 t。