2023年湖北省高考物理模拟试题卷(一)(Word版含答案)

2023年湖北省高考物理模拟试题卷（一）

一、选择题:本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~11题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

1．下列说法正确的是（ ）

240αNaNa+A．2411121e是衰变方程

1140941B．23592U+0n54Xe+38Sr+20n是核聚变方程 4221C．199F+2He10Ne+1H是人工核转变方程 341D．21H+1H2He+0n是核裂变方程

2．据介绍，北斗系统由中圆地球轨道卫星、地球静止轨道卫星、倾斜地球同步轨道卫星

三种卫星组成，其中中圆地球轨道卫星距地高度大约24万千米，地球静止轨道卫星和倾斜地球同步轨道卫星距地高度都是大约为3.6万千米。这三种卫星的轨道均为圆形。下列相关说法正确的是（ ）

A．发射地球静止轨道卫星的速度应大于 11.2km/s

B．倾斜地球同步轨道卫星可以相对静止于某个城市的正上空 C．根据题中信息和地球半径，可以估算出中圆地球轨道卫星的周期

D．中圆地球轨道卫星的向心加速度小于倾斜地球同步轨道卫星的向心加速度

3．钢瓶中装有一定量的气体，现在用两种方法抽钢瓶中的气体，第一种方法用小抽气机，

每次抽1L气体，共抽取3次；第二种方法是用大抽气机，一次抽取3L气体。以上过程中气体温度保持不变，下列说法正确的是（ ）

A．两种抽法抽取的气体质量一样多 B．第二种抽法抽取的气体质量多

C．第一种抽法中，每次抽取的气体质量逐渐减少 D．第一种抽法中，每次抽取的气体质量逐渐增大

4．如图所示，空间中存在与等边三角形ABC所在平面平行的匀强电场．其中电势φA=φB=0，

φC=φ，保持该电场的大小和方向不变，让等边三角形以AB为轴转过60°，则此时C点的电势为（ ）

A．3 φ 2B． φ

12C．﹣

3 φ 2D．﹣

1 φ 25．如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定，小球从弹簧的正上方某一高度处由静止下

落．不计空气阻力，则从小球接触弹簧到弹簧被压缩至最短的过程中（ ）

A．小球的动能一直减小

C．小球的重力势能先减小后增加

B．小球的机械能守恒

D．弹簧的弹性势能一直增加

6．物体的位移随时间变化的函数关系是x＝2t+2t2（m），则它运动的初速度和加速度分别

是（ ）

A．2m/s、4m/s2 C．2m/s、2m/s2

B．0、4m/s2 D．2m/s、1m/s2

7．质量为m的运动员从下蹲状态竖直向上起跳，经过时间t，身体伸直并刚好离开地面，

离开地面时速度为v在时间t内（ ）

A．地面对他的平均作用力为mg B．地面对他的平均作用力为

mv tv ﹣g） tvD．地面对他的平均作用力为m（g+ ）

tC．地面对他的平均作用力为m（

8．如图所示，一个带正电粒子，从静止开始经加速电压U1加速后，水平进两平行金属板

间的偏转电场中，偏转电压为U2，射出偏转电场时以与水平夹角为θ的速度进入金属板右侧紧邻的有界匀强磁场，虚线为磁场的左边界，场范围足够大，粒子经磁场偏转后又从磁场左边界射出，粒子进入磁场和射出磁场的位置之间的距离为l，下列说法正确的是（ ）

A．只增大电压U1，θ变大 C．只增大电压U1，距离l变大

B．只增大电压U2，θ变大 D．只增大电压U2，距离l变大

9．如图所示，变压器为理想变压器，副线圈中三个电阻的阻值大小关系为R1=R2=2r=2Ω，

电流表为理想交流电表，原线圈输入正弦式交流电e=110 2 sin100  t(V)，开关S断开时，电阻r消耗的电功率为100W。下列说法正确的是（ ）

A．原线圈输入电压的有效值为110 V

B．开关S闭合前后，通过电阻R1的电流之比为2︰3 C．开关S闭合前后，电流表的示数之比为2︰3 D．变压器原副线圈的匝数之比为11︰3

10．如图所示，直线MN与水平面方向成45°角，MN的右上方存在垂直纸面向外的匀强

磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B。一粒子源位于MN上的a点，能水平向右发射不同速率的质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子（重力不计），若所有粒子均能通过MN上的b点，已知ab=L，则粒子的速度可能是（ ）

A．2BqL 6mB．2BqL 5mC．2BqL 4mD．2BqL 2m11．如图所示，BCD为竖直面内的光滑绝缘轨道，其中BC段水平，CD段为半圆形轨道，

轨道连接处均光滑，整个轨道处于竖直向上的匀强电场中，场强大小为E2mg，一质量q为M的光滑绝缘斜面静止在水平面上，其底端与平面由微小圆弧连接。一带电量为q的金属小球甲，从距离地面高为H的A点由静止开始沿斜面滑下，与静止在C点的不带电金属小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两小球材质大小均相同，质量均为m，且M2m，水

g取10m/s2， 平轨道足够长，不考虑两球之间的静电力，小球与轨道间无电荷转移，则（ ）

A．甲球滑到斜面底端时斜面的速度大小为gHB．甲、乙两球碰撞后甲的速度大小gH

C．甲、乙两球碰撞后乙的速度大小2gH 2D．若乙球恰能过D点，半圆形轨道半径为H

5二、非选择题:本题共5小题。共56分。

12．利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图所示，水平桌面上固定一倾斜的气

垫导轨；导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到光电门B处的距离，b表示遮光片的宽度，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度，实验时滑块在A处由静止开始运动．

（1）某次实验测得倾角θ=30°，重力加速度用g表示，滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量可表示为△Ek= ，系统的重力势能减少量可表示

为△Ep= ，在误差允许的范围内，若△Ek=△Ep则可认为系统的机械能守恒；

（2）某同学改变A、B间的距离，作出的v2﹣d图象如图所示，并测得M=m，则重力加速度g= m/s2．

13．某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ。步骤如下：

（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图，由图可知其长度为 mm；

（2）用螺旋测微器测量其直径如图，由图可知其直径为 mm；

（3）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图，则该电阻的阻值约为 Ω；

（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：

待测圆柱体电阻R

电流表A1（量程0 ~ 4 mA，内阻约50 Ω） 电流表A2（量程0 ~ 10 mA，内阻约30 Ω）

电压表V1（量程0 ~ 3 V，内阻约10 kΩ） 电压表V2（量程0 ~ 15 V，内阻约25 kΩ） 直流电源E（电动势4 V，内阻不计）

滑动变阻器R1（阻值范围0 ~ 15 Ω，允许通过的最大电流2.0 A） 滑动变阻器R2（阻值范围0 ~ 2 kΩ，允许通过的最大电流0.5 A） 开关S，导线若干

为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在右框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号；

（5）若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的R测量值几乎相等，由此可估算此圆柱体材料的电阻率约为ρ = Ω∙m。（保留2位有效数字）

14．如图所示，从炽热的金属丝K逸出的电子（速度可视为零），经加速电场加速后，从

偏转电场两极板正垂直电场方向射入，恰好从下极板边缘飞出电场。已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0。偏转电场两板间距离为d，板长为L。电子的重力不计。求：

（1）电子进入偏转电场时的速度大小； （2）偏转电场电压；

（3）电子离开偏转电场时速度的大小和速度偏转角的正切值。

15．如图所示，无限长金属导轨 EF 、 PQ 固定在倾角为 53 的光滑绝缘斜面上，

轨道间距 L1m ，底部接入一阻值为 R0.40 的定值电阻，上端开口。垂直斜面向上的匀强磁场的磁感应强度 B2T 。一质量为 m1.0kg 的金属棒 ab 与导轨接触良好，

ab 与导轨间的动摩擦因数 0.5 ， ab 在导轨间的电阻 r0.1 ，电路中其余电阻不

计。现用一质量为 M2.7kg 的物体 M 通过一不可伸长的轻质细绳绕过光滑的定滑轮与 ab 相连。由静止释放 M ，当 M 下落高度 h2.4m 时， ab 开始匀速运动（运动中 ab 始终垂直导轨，并接触良好）。不计空气阻力， sin530.8 ， cos530.6 ，取

g10m/s2 。求△

（1）ab 棒沿斜面向上运动的最大速度 vm ；

ab 棒从开始运动到匀速运动的这段时间内，（2）通过电阻 R 的电荷量 q 和电阻 R

上产生的焦耳热 QR 。

16．如图所示，光滑轨道ABC，其中AB段是倾角为 53 的固定斜面，BC段是足够

长的水平面，B处有一小段长度可以忽略的光滑圆弧衔接。水平面上距离B点x0处放置着滑块甲，滑块内的竖直平面内嵌有一条两端开口的细管abcde（管壁厚度和管的直径大小可以忽略不计），ab、de段是长度均为三的水平管，bcd段是半径为0.4m的半圆管，管道除de段粗糙外，其余部分均光滑。轨道和管道处于同一竖直平面内。一个质量为m的小球乙（可视为质点）从斜面上高1.8m处无初速释放，后无障碍进入滑块内细管，小球 sin530.8 ， cos530.6 。 在de段中所受阻力为其重力的0.2倍，重力加速度g取10m/s2，

（1）若滑块甲固定，小球从e点以4m/s速度抛出，且垂直击中斜面，求L和x0的大小？

（2）若滑块甲的质量也为m，且可自由滑动，求小球到达d点瞬间所受弹力大小和滑块最终的速度大小？

答案

1．C

【解答】A．11Na12Na+1e是β衰变方程，A不符合题意；

1140941B．23592U+0n54Xe+38Sr+20n是核裂变方程，B不符合题意； 4221C．199F+2He10Ne+1H是人工核转变方程，C符合题意； 341D．21H+1H2He+0n是核聚变方程，D不符合题意。

24240故答案为：C。

【分析】衰变放出粒子，β衰变放出电子，裂变大核变小核，聚变小核变大核。

2．C

【解答】A.11.2m/s是发射挣脱地球引力控制的航天器的最小速度，而地球静止轨道卫星仍然是围绕地球做匀速圆周运动，所以地球静止轨道卫星的发射速度定小于地球的第二宇宙速度11.2km/s，故A不符合题意；

B．倾斜地球同步轨道卫星只是绕地球做匀速圆周运动的周期为24小时，不可以相对静止于某个城市的正上空，故B不符合题意；

C．已知地球静止轨道卫星离地高度和地球半径，可得出地球静止轨道卫星的运动半径 r1 ，其运动周期 T11 天，已知中圆地球轨道卫星距地面的高度和地球半径，可得出中圆地球

r13r23轨道卫星的轨道半径 r2 ，根据开普勒第三定律有 22

T1T2代入可以得出中圆地球轨卫星的周期 T2 ，故C符合题意；

D．由于中圆地球轨道卫星距离地面高度小于倾斜地球同步轨道卫星距离地面高度，即中圆地球轨道卫星的运动半径较小，根据万有引力提供向心力有 GMmma 2r可知，中圆地球轨道卫星的向心加速度大于倾斜地球同步轨道卫星的向心加速度，D不符合题意。 故答案为：C。

【分析】发射速度要大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度；倾斜地球同步卫星不能与地球相对静止；利用引力提供向心力结合半径大小可以比较向心加速度的大小。

3．C

【解答】AB．第二种p0V=p′（V+3） 解得 p＝p0(V)p3 V3压强小的抽取的气体多，质量较大，即第一种抽法抽取的气体质量多，AB不符合题意。 CD．第一种：温度不变，由玻意耳定律p0V=p1（V+1）

V) V1VV2)=p0() 同理 p2＝p1(V1V1VV3p3＝p2()=p0()

V1V1解得 p1＝p0(虽然每次抽取的气体体积相同，但是由于每次抽出气体后压强减小，则抽出的气体质量逐渐减小，C符合题意，D不符合题意； 故答案为：C。

【分析】利用两种抽气方法中气体的等温变化可以求出末状态的压强，利用压强的变化可以判别抽出体积的变化，进而判别抽出气体质量的大小。

4．A

【解答】解：设等边三角形的边长为L，则匀强电场的场强为：

E= 3 ，

L2L1=0.5L 当让等边三角形以AB点为轴在纸面内顺时针转过60°，则C1点到AB的距离为：

13 ，故A正确，BCD错误 所以有：U=Ed═ 3 × L=

L222故选：A

【分析】根据U=Ed求得匀强电场的场强，根据数学知识求得转动后C到AB沿电场方向的距离，运用匀强电场U=Ed求解即可，关键明确d为沿电场方向的距离

5．D

【解答】解：A、在刚接触弹簧的过程，重力大于弹簧弹力，在压缩的过程中，弹簧的弹力越来越大，小球做加速度减小的加速运动；当弹簧的弹力等于小球所受到的重力时，加速度减为0，速度大最大值；由于惯性的原因，小球还是继续压缩弹簧，重力小于弹簧弹力，小球做加速度增大的减速运动，直到速度减为0，所以小球的动能先增大后减小，故A错误；

B、压缩弹簧的过程中，弹簧的弹力对小球做负功，小球的机械能减小，所以小球的机械能不守恒，故B错误；

C、小球从接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中，小球的高度不断减小，重力做正功，重力势能不断减小，故C错误；

D、弹簧的形变量一直增大，弹性势能一直增加，故D正确． 故选：D．

【分析】对于小球从接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中，小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能这三种形式的能量相互转化，没有与其他形式的能发生交换，也就说小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和保持不变．对于小球从接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中，弹簧是一直被压缩的，所以弹簧的弹性势能一直在增大．

6．A

12122【解答】根据位移时间关系公式 xv0tat2t2t ，得： v02ms ， a2m/s ，

22a4m/s2 ．A项正确，BCD三项错误．

故答案为：A

【分析】利用匀变速的位移公式可以判别初速度和加速度的大小。

7．D

【解答】解：人的速度原来为零，起跳后变化v，则由动量定理可得：

Ft ﹣mgt=△mv=mv

所以： F =m（g+ 故选：D

v ）；故D正确，ABC错误； t【分析】已知初末速度，则由动量定理可求得地面对人的平均作用力．

8．B,C

2【解答】AB．粒子先加速运动后做类平抛运动 qU1mv0

12tanvyv0

vyat

atqU2 mdL v0U2Ltan UθBUθA解得 2U1d，只增大电压2，变大，符合题意，只增大电压1，变小，不

符合题意；

v2CD．在磁场中做匀速圆周运动 qvBm

rlrcos 2v0vcos

qU112mv0 2解得 l22mqU1 ，只增大电压U1，距离l变大，C符合题意，只增大电压U2，距离lqB不变，D不符合题意。 故答案为：BC。

【分析】粒子先做匀加速直线运动后做类平抛运动，利用动能定理结合类平抛运动的速度公式可以求出速度方向的影响因素；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动；利用牛顿第二定律结合几何关系可以求出距离的影响因素。

9．C,D

【解答】A、原线圈输入正弦式交流电e=110 2 sin100  t(V)，故有效值为110V，A不符合题意；

U1n1BC、对于理想变压器，由 Un 可知，无论开光闭合与否，副线圈两端电压不变，开

22关闭合前，副线圈所在电路，有 I1IIU2U2 ，开关闭合后， 123U2U2U2IUR1R222R1 的电流，有 I1'2 ，开关S闭合前后，通2 ，对电阻1r2422R1R2U2II过电阻R1的电流之比为4︰3，B不符合题意；电流表的示数 0U ，故闭合前后有

1I0I2 ，C符合题意； 'I0I3D、开关断开时，对电阻r，有 PI2r ，得 IP10010A ，此时副线圈两端电压r1的有效值为 U2IrR1101230V ，故有，D符合题意， 故答案为：CD

【分析】利用表达式可以求出输入电压的有效值；利用功率和电阻的关系可以求出副线圈的电压大小；利用电阻的变化可以判别电流的比值；利用原副线圈电流的关系可以判别电流表的读数变化；利用电压的关系可以求出匝数的关系。

10．A,C,D

【解答】由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所示，

所有圆弧的圆心角均为90°，所以粒子运动的半径为r＝v2由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝m

r2L· (n＝1，2，3，…) 2n则vBqrm2BqL1· (n＝1，2，3，…) 2mn所以ACD符合题意，B不符合题意； 故答案为：ACD。

【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系得出粒子运动的轨道半径，结合洛伦兹力提供向心力从而得出粒子速度的可能值。

11．A,D

【解答】A．设甲球滑到斜面底端时，斜面的速度大小为v1，甲球的速度大小为v2，甲球

22带负电，受电场力向下，根据动能定理得(mgqE)HMv1mv2

1212甲球与斜面在甲球下滑过程中水平方向动量守恒，设向右为正0Mv1mv2 解得v1gH

v22gH

故A正确；

BC．甲、乙两球发生的是弹性碰撞，设碰后甲球的速度为v3，乙球的速度为v4

mv2mv3mv4

121212mv2mv3mv4 222解得v30

v42gH

故BC均错误；

D．甲、乙球碰撞后，根据电荷均分原理，乙带电为，设乙球过D点时的速度为v5，

22根据动能定理得(qEmg)2Rmv5mv4

q21212122mv51 乙球在D点时，根据牛顿第二定律得qEmg2R联立以上两式解得RH 故D正确。 故选AD。

25【分析】甲球滑到斜面底端时，根据动能定理以及动量守恒和机械能守恒得出A点的速度表达式，在D点对乙球根据牛顿第二定律得出半径的表达式。

12．（1）

mMb22t2；m2gd M（2）9.6

【解答】解：（1）滑块从A处到达B处的速度

mMb2 = ． 22tMm系统重力势能的减小量△Ep=mgd﹣Mgdsin30°= 2 （2）根据系统机械能守恒的，gd ．

 ，则系统动能的增加量

，

则

，图线的斜率k=

Mm2 ，解得g=9.6m/s2．

（2）9.6． gd ；mMb2 ， 故答案为：（1） 22t【分析】（1）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出遮光板通过光电门的瞬时速度，从而得出系统动能的增加量，根据下降的高度求出系统重力势能的减小量．（2）根

据机械能守恒得出v2﹣d的关系式，结合图线的斜率求解重力加速度．

13．（1）50.15

（2）4.700 （3）220

（4）

（5）7.6 × 10−2 Ω∙m

【解答】（1）20分度的游标卡尺最小分度是0.05mm，由图示游标卡尺可知，游标卡尺主尺读数为5 cm = 50 mm，游标读数为3 × 0.05 mm = 0.15 mm

所以最终读数为50 mm + 0.15 mm = 50.15 mm（2）由图示螺旋测微器可知，螺旋测微器固定刻度读数为4.5 mm，可动刻度读数为20.0 × 0.01 mm = 0.200 mm

所以最终读数为4.5 mm + 0.200 mm = 4.700 mm（3）用多用电表的电阻“×10”挡测电阻，由图所示表盘可知，电阻阻值R = 22 × 10 Ω = 220 Ω（4）电源电动势为4 V，若选择15 V量程，则最大示数不足电表量程的三分之一，故为了减小误差应选择3 V量程的电压表V1，则电路中的最大电流约为 IU3A0.0136A13.6mA R220故答案为：择电流表A2。题目要求测得多组数据进行分析，所以需要采用分压式接法，滑动变阻器选择电阻值比较小的R1。由于 RARV3010000Ω500Ω220Ω 所以被测电阻属于小电阻，电流表应选外接法。电路图如图

Ld ；（5）由电阻定律得 R ， Sπ

S22πd2R7.6102Ωm 解得 4L

【分析】（1）明确游标卡尺的读数规则进行读数即可；

（2）明确螺旋测微器每一个小格代表的数值，并且在最后的读数时注意估读即可； （3）利用欧姆表测量电阻，读数时利用表盘的示数乘以倍率即可；

（4）为了能得到比较多的数据，采用分压法，电流表内阻比较大，对电压影响比较大，故采用电流表外接法；

（5）利用欧姆定律求解电阻的阻值，再结合电阻的定义式求解电阻率即可。

214．（1）解：根据动能定理 eU0mv00

12解得 v02eU0 m（2）解：电子在偏转电场中做类平抛运动 taEeUe mdmd12at 22LmL v02eU02d2解得 U2U0

L（3）解：解法一：离开电场时 vyatL2d2vvvL202yULed2eU0 d2mU0Lm2eU0 mvyv0d LU12mv 22速度方向与入射方向夹角为 tan解法二：从开始运动到离开偏转电场，由动能定理得 eU0eL2d2解得 vL2eU0 mLLd22v0cos速度方向与入射方向夹角为： v tanvyv0d Ld L解法三：平抛运动的速度反向延长线过水平位移的中点 tancosv0vLL2d2 v0L2d2vcosL2eU0 m【分析】（1）根据动能定理求出电子进入偏转电场的速度； （2）根据类平抛运动规律求出偏转电场电压；

（3）根据类平抛运动规律求出离开偏转电场的速度大小和速度偏转角的正切值； 根据动能定理求出电子离开偏转电场的速度大小，从而求出速度方向与入射方向夹角的余

弦值，从而求出正切值；根据平抛运动的速度反向延长线过水平位移的中点求出速度偏角的正切值，从而求出速度偏角的余弦值，从而求出离开偏转电场的速度。

15．（1）由题意知，由静止释放 M 后， ab 棒在绳拉力 T 、重力 mg 、安培力 F 和

导轨支持力 N 及摩擦力 f 共同作用下沿导轨向上做加速度逐渐减小的加速运动直至匀速运动，当达到最大速度 vm 时，由平衡条件可得 在沿导轨向上方向上 TmgsinFf0 在垂直导轨方向上 Nmgcos0 对重物有 TMg 又 fN

ab 棒所受的安培力 FBIL

回路中的感应电流 IE Rrab 棒切割磁感线产生的电动势 EBLvm

联立以上各式，代入数据解得最大速度 vm2m/s （2）根据电荷量的计算公式可得 qBLh212.4C9.6C RrRr0.40.1由能量守恒定律知，系统的总能量守恒，即系统减少的重力势能等于系统增加的动能、

12Mghmghsin(Mm)vmQfh 焦耳热及由于摩擦产生的内能之和，有

2RQQ R电阻产生的焦耳热RRr联立代入可得 QR24.8J

【分析】（1）金属棒向上切割磁场，当其金属棒受力平衡时其速度最大，利用金属棒的平衡方程可以求出安培力的大小，结合动生电动势的表达式及欧姆定律可以求出金属棒的最大速度；

（2）ab棒从开始到匀速运动的过程，利用磁通量变化量及电阻的大小可以求出电荷量的大小；再结合能量守恒定律可以求出电阻R产生的焦耳热大小。

216．（1）解：球从释放到e点，有 mg(h2R)0.2mgLmve 2或 mg(h2R)mv

1212110.2mgLmve2mv2

22解得L=1m

vetan 小球击中斜面时，有 vy小球从抛出到击中斜面的时间为 t2小球在竖直方向的位移为 ygt

vyg

12小球在水平方向的位移为 xvet

2Ry 解得 x00.9375m tan15x0.94mxm 均可） （写0、016由几何关系可得 x0x2（2）解：小球运动到B点时的速度大小为v0，得 mghmv0

12小球从a运动到d过程，对小球与滑块组成的系统，有 mv0mvdmv1

111mv02mvd2mv12mg2R 222v相2 小球到达d点前瞬间有 mgFNmRv相|vdv1

解得FN=0

解法一：设若小球最终与滑块共速，需要管的水平长度为 s ，有 mv02mv2

11mv022mv22mg2R0.2mgs 22解得 s0.5mL

滑块最终的速度大小为 v23m/s

或假设小球从e点飞出，有 mvdmv1mv3mv4

1111mvd2mv12mv32mv420.2mgL 2222联立以上方程，方程无解。假设不成立，故小球最终与滑块共速；

解法二：设若小球最终与滑块共速，需要管的水平长度为 s ，对小球 0.2mgma1v2vda1t

1x1vdta1t2

2对滑块甲 0.2mgma2

v2v1a2t

1x2v1ta2t2

2sx2x1

解得 s0.5mL

滑块最终的速度大小为 v23m/s

【分析】（1）小球从释放点到e点的过程，利用动能定理可以求出L的大小；小球离开e点做平抛运动，利用平抛运动的位移公式可以求出水平位移的大小，结合几何关系可以求出x0的大小；

（2）小球下滑过程中，利用机械能守恒定律可以求出小球经过B点速度的大小，结合小球与滑块系统水平方向的动量守恒定律及机械能守恒定律可以求出小球和滑块的速度大小，结合小球到达b点的牛顿第二定律可以求出小球到达d点受到的弹力大小；假设小球最终与滑块共速，利用动量守恒定律及能量说话定律可以求出相对于滑块的距离，利用管的实际长度可以判别滑块与小球最后达到共速。