2023-2024学年湖南师大附中博才实验中学高三（下）入学物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年湖南师大附中博才实验中学高三（下）入学物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.中科院合肥物质科学研究院的可控核聚变装置全超导托卡马克(EAST)已实现了可重复的1.2亿摄氏度101秒和1.6亿摄氏度20秒等离子体运行，创造了新的世界纪录。核聚变的核反应方程是 12H+13H→24He+X+17.6MeV，则下列说法错误的是( )
A. X是中子B. 这个反应必须在高温下才能进行
C. 17.6MeV是核反应中释放的内能D. ​24He的比结合能要大于 ​13H的比结合能
2.2008年，我国天文学家利用国家天文台兴隆观测基地的2.16米望远镜，发现了一颗绕恒星HD173416运动的系外行星HD173416b，2019年，该恒星和行星被国际天文学联合会分别命名为“羲和”和“望舒”，天文观测得到恒星羲和的质量是太阳质量的2倍，若将望舒与地球的公转均视为匀速圆周运动，且公转的轨道半径相等。则望舒与地球公转速度大小的比值为( )
A. 2 2B. 2C. 2D. 22
3.图甲为挂在架子上的双层晾衣篮。上、下篮子完全相同且保持水平，每个篮子由两个质地均匀的圆形钢圈穿进网布构成，两篮通过四根等长的轻绳与钢圈的四等分点相连，上篮钢圈用另外四根等长轻绳系在挂钩上。晾衣篮的有关尺寸如图乙所示，则图甲中上、下各一根绳中的张力大小之比为( )
A. 1：1B. 2：1C. 5：2D. 5：4
4.自行车轮胎正常气压约为大气压强p0的4倍，一同学骑自行车上学时，发现自行车轮胎气压大约只有1.5p0，于是用家里容积为10cm3的圆柱形打气筒给自行车轮胎充气。已知自行车轮胎的容积为80cm3，打气过程中气体温度不变，为使轮胎内气体的压强达到正常值，该同学至少要打气的次数为( )
A. 16B. 20C. 24D. 36
5.如图所示，当导线ab在电阻不计的金属导轨上滑动时，线圈c向右摆动，则ab的运动情况是( )
A. 向左或向右匀速运动
B. 向左或向右减速运动
C. 向左或向右加速运动
D. 只能向右匀加速运动
6.如图所示，竖直面内半径为R的圆与光滑绝缘杆AC杆相交于B、C两点，OC水平，杆与水平方向的夹角45°，AC的长度为L(足够大)，A点处有一质量为m，带电量为+q的圆环，圆心O点处放置一个带电量也为+q的点电荷，且q2=2mgR2k(k为静电力常数)。圆环从A点由静止释放能够滑过C点，圆环经过B点时的速度为v。下列说法正确的是( )
A. 圆环通过C的速度大小为 2gR
B. 圆环由A运动到C的过程中静电力始终做负功
C. 圆环由A运动到C的过程中加速度先减小后增加
D. 圆环由A运动到C的过程中损失的机械能大小为 22mgL−mgR−12mv2
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.磁流体发电机又叫等离子体发电机，如图所示，燃烧室在3000K的高温下将气体全部电离为电子和正离子，即高温等离子体。高温等离子体经喷管提速后以1000m/s的速度进入矩形发电通道。发电通道有垂直于喷射速度方向的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为6T。等离子体发生偏转，在两极间形成电势差。已知发电通道长a=60cm，宽b=20cm，高d=30cm，等离子体的电阻率ρ=2Ω⋅m，外接电阻R不为零，电流表视为理想电表，闭合开关K，则以下判断中正确的是( )
A. 电阻R两端的电压为1800V
B. 发电通道的上极板为电源正极
C. 当外接电阻R的阻值为4Ω时，发电机输出功率最大
D. 增加磁感应强度B，电流表读数也会相应增大
8.如图甲为一列简谐横波在t=0时刻的波形图，质点P、Q的x轴坐标分别为xP=2m，xQ=0.5m。图乙是质点P的振动图像。下列说法正确的是( )
A. 质点P的振动频率为5Hz，在t=0.1s时刻，质点P的运动方向沿y轴负方向
B. t=0.05s时刻，质点Q的加速度大于质点P的加速度
C. t=0至t=0.15s，波沿x轴的正方向传播了3m
D. t=0.15s至t=0.35s，质点Q运动的路程为0.8m
9.如图所示，一倾角为θ=37°的足够长斜面体固定在水平地面上，质量为M=3kg的长木板B沿着斜面以速度v0=12m/s匀速下滑，现把质量为m=1kg的铁块A无初速度放在长木板B的左端，铁块最终恰好没有从长木板上滑下。已知A与B之间、B与斜面之间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，则下列判断正确的是( )
A. 动摩擦因数μ=0.5
B. 铁块A和长木板B共速后的速度大小为3m/s
C. 长木板的长度为4.5m
D. 从铁块放上长木板到铁块和长木板共速的过程中，铁块A和长木板B构成的系统动量守恒，机械能不守恒
10.如图所示，电源内阻r和灯泡L的电阻R均恒定不变，D为理想二极管，R1、R2为定值电阻，电表均为理想电表。闭合S且电路稳定后，有一带电油滴在平行板电容器中处于静止状态。现将滑动变阻器滑片向上滑动，电表V1、V2和A示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2和ΔI，则下列说法中正确的是( )
A. 灯泡变亮，电流表示数增大B. 油滴将向下运动
C. ΔU1ΔI三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学使用轻弹簧、直尺、钢球等器材制作了一个加速度测量仪，用来测定竖直方向的加速度。制作过程如下：
①将弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧方向竖直固定一直尺；
②弹簧自由状态下，下端指针位于直尺4.10cm刻度处；
③在弹簧下端悬挂质量为50g的钢球，静止时指针位置如图所示；
④通过计算，在刻度尺不同刻度处标记相应的加速度值。已知重力加速度大小取g=9.8m/s2，请回答下列问题(计算结果均保留三位有效数字)：
(1)该弹簧的劲度系数为______N/m；
(2)直尺6.70cm刻度处标记的加速度大小应为______m/s2；
(3)在制作该测量仪时，刻度尺的零刻度并未与弹簧的最上端对齐，该因素______。
A.导致标记的加速度数值偏大
B.导致标记的加速度数值偏小
C.不影响标记的加速度数值
12.某同学用一节电动势为1.50V的干电池，将量程为0～1mA、内阻为90Ω的表头改装成倍率分别为“×1“和“×10“的双倍率欧姆表：
(1)设计电路如图a所示，可知红表笔应为______(填“A”或“B”)；
(2)分析可知当K拨到______(填“1”或“2”)时倍率为“×10”；
(3)改装后表盘的刻度如图b所示。已知欧姆挡的中央刻度为“15”，则图a中定值电阻R1=______Ω、R2=______Ω；
(4)改装完成后，将K拨到“×10”挡，将红、黑表笔短接进行欧姆调零后测量R的值，若指针指向13Ig位置，则Rx=______Ω。若由于电池老化，实际电动势降为1.48V，则待测电阻的测量值______填“大于”“小于”或“等于”)Rx的真实值。
四、简答题：本大题共1小题，共12分。
13.如图所示是一个半径为R的半球形透明物体的侧视截面图，O为球心，O、B间距离为 33R，现在有一细束单色光从O点沿半径OA方向垂直直径OB入射，保持入射方向不变，将细光束平移到B点，此时透明物体左侧恰好不再有光线射出，不考虑光线在透明物体内部的多次反射。
(1)求透明物体对该单色光的折射率；
(2)若细光束平移到距O点0.5R处，求出射光线与OA轴线的交点到O点的距离。
五、计算题：本大题共2小题，共28分。
14.如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H=5m的光滑水平桌面上．现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h=1.8m高处由静止开始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出．已知mA=1kg，mB=2kg，mC=3kg，g=10m/s2，求：
(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度大小；
(2)被压缩弹簧的最大弹性势能；
(3)滑块C落地点与桌面边缘的水平距离．
15.如图，直角坐标系xOy中，在第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场；在第三、第四象限内分别有方向垂直于坐标平面向里和向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从y轴上P点(0,h)以初速度v0垂直于y轴射入电场，再经x轴上的Q点沿与x轴正方向成45°角进入磁场。粒子重力不计。
(1)求匀强电场的场强大小E；
(2)要使粒子能够进入第三象限，求第四象限内磁感应强度B的大小范围；
(3)若第四象限内磁感应强度大小为mv0qh，第三象限内磁感应强度大小为2mv0qh，且第三、第四象限的磁场在y=−L(L>2h)处存在一条与x轴平行的下边界MN(图中未画出)。则要使粒子能够垂直边界MN飞出磁场，求L的可能取值。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.根据质量数守恒和核电荷数守恒可知X的质量数为1，核电荷数为0，则X是中子，故A正确；
B.这个反应是热核反应必须在高温下才能进行，故B正确；
是核反应中释放的核能，故C错误；
D.该核聚变释放能量，生成物的原子核更稳定， ​24He的比结合能要大于 ​13H的比结合能，故D正确。
本题选错误选项，故选：C。
根据核反应过程中规律和爱因斯坦的质能方程分析判断。
本题考查核聚变，要求掌握核反应过程中规律和爱因斯坦的质能方程。
2.【答案】C
【解析】解：地球绕太阳公转和行星望舒绕恒星羲和的匀速圆周运动都是万有引力提供向心力，则
GMmr2=mv2r
解得：v= GMr
其中中心天体的质量之比为2：1，公转的轨道半径相等，则望舒与地球公转速度大小之比的比值为 2，故C正确，ABD错误；
故选：C。
根据万有引力提供向心力得出线速度的表达式，结合质量之比和半径之比得出速度的大小之比。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解行星做圆周运动的向心力来源，结合牛顿第二定律即可完成分析。
3.【答案】C
【解析】解：对上下两篮子整体分析
根据平衡条件和对称关系可知，每根绳上的拉力的竖直向上的分量为14⋅2mg=12mg，绳与篮子平面夹角为β，由几何关系得：
csβ=RL=2440=0.6
F1sinβ=12mg
解得：F1=58mg，
隔离下面篮子，对下篮子受力分析根据平衡条件可知，
F2=14mg，
则F1：F2=5：2，
故C正确，ABD错误；
故选：C。
对上下两篮子整体分析可得每根绳竖直向上的分力与篮子重力的关系，根据绳长和篮子直径的关系得出绳与水平方向的夹角为53°，结合几何关系计算出每根轻绳对篮子的拉力；隔离下面篮子，对下篮子受力分析可得每根绳竖直向上的力等于篮子重力的14。
本题主要考查了共点力的平衡问题，主要考察整体法与隔离法的应用。
4.【答案】B
【解析】解：打气过程气温不变，设打气的次数为n次，此时胎内气体压强为4p0，根据玻意耳定律有
1.5p0V+np0V0=4p0V
解得n=20(次)，故B正确，ACD错误；
故选：B。
分析出气体前后的状态参量，结合玻意耳定律列式得出打气的次数。
本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，解题的关键点是分析出气体变化前后的状态参量，结合玻意耳定律即可完成分析。
5.【答案】B
【解析】解：A、导线ab向左或向右匀速运动时，导线ab中产生的感应电动势和感应电流不变，螺线管产生的磁场不变，穿过环C中的磁通量不变，则环C向螺线管静止不动，故A错误；
B、导线ab向左或向右减速运动时，导线ab产生的感应电动势和感应电流减小，螺线管产生的磁场减小，穿过环C中的磁通量减小，则环C向螺线管靠近，以阻碍磁通量的减小，故B正确；
C、导线ab向左或向右加速运动时，导线ab中产生的感应电动势和感应电流增加，螺线管产生的磁场增大，穿过环C中的磁通量增大，则环C远离螺线管，以阻碍磁通量的增加，故C错误；
D、导线ab向右匀加速运动时，导线ab中产生的感应电动势和感应电流均匀增加，螺线管产生的磁场均匀增大，穿过环C中的磁通量均匀增大，则环C远离螺线管，以阻碍磁通量的增加，故D错误。
故选：B。
导线ab运动时，切割磁感线产生感应电流，由右手定则判断感应电流的方向。感应电流流过螺线管，螺线管产生磁场，就有磁通量穿过环C，根据安培定则判断感应电流产生的磁场方向，根据楞次定律判断环C中产生的电流方向，从而即可判定。
本题两次考查了电磁感应的问题，掌握运用右手定则与楞次定律的应用，注意理解楞次定律：阻碍相对运动，同时掌握使用安培定则的能力，注意安培定则也称右手螺旋定则。
6.【答案】D
【解析】解：A.圆环由B到C过程中，静电力做功为零，只有重力做功，根据动能定理
mgR=12mvC2−12mvB2
解得
vC= 2gR+v2
故A错误；
B.圆环由A运动到C的过程中静电力先做负功后做正功，故B错误；
C.圆环由A运动到C的过程中当静电力与AC杆垂直时，静电力产生的加速度为0，所以整个过程中静电力产生的加速度先减小后增加，而重力产生的加速度不变，则圆环由A运动到C的过程中加速度先增加后减小，故C错误；
D.圆环由A运动到B的过程中，根据动能定理
mg(L− 2R)× 22+W电=12mv2
解得静电力做功
W电=−[ 22mgL−mgR−12mv2]
即静电力做负功，大小为 22mgL−mgR−12mv2，所以此过程中损失的机械能大小为 22mgL−mgR−12mv2，圆环由B到C过程中，静电力做功为零，只有重力做功，机械能不变，则圆环由A运动到C的过程中损失的机械能大小为 22mgL−mgR−12mv2，故D正确。
故选：D。
根据动能定理计算通过C点的速度；圆环从A到C的过程中静电力先做负功后做正功；根据牛顿第二定律判断加速度的变化；根据动能定理计算损失的机械能。
知道机械能的变化量等于重力以外的力做的功是解题的关键。
7.【答案】BD
【解析】解：A、等离子体在两极间受力平衡，由平衡条件：qUd=qvB
解得发电机的电动势：U=Bdv=6×30×10−2×1000V=1800V
由于等离子体的电阻率不为零，会产生内压降，所以电阻R两端的电压小于1800V，故A错误；
B、等离子体在洛伦兹力的作用下发生偏转，由左手定则可知带正电的离子向上极板偏转，则上极板为电源正极，故B正确；
C、由电阻定律可得发电机内阻：r=ρdab=2×30×10−220×10−2×60×10−2Ω=5Ω
发电机的输出功率：P=(UR+r)2R=U2R+r2R+2r
根据上式可以看出，当外接电阻等于内阻时，发电机的输出功率最大，即：R=r=5Ω，故C错误；
D、根据欧姆定律可得电流表的示数为：I=UR+r=BdvR+r，所以增加磁感应强度B，电流表读数也会相应增大，故D正确。
故选：BD。
搞清楚等离子体发电机的工作原理，即在正常工作时，等离子体在复合场中受力平衡，得到E=Bdv；其次要注意离子体发电机可等效成电源，此电源有内阻。根据闭合电路的欧姆定律，就可知道电路中的电流，并求出此电路的最大输出功率。
该题考查了对带电粒子的在复合场中运动的应用，恒定电流中闭合电路的欧姆定律，以及有关功率的问题；学生不清楚等离子体工作原理，求不出发电机的电动势，忽略了等离子发电机的内阻，有同学知道有内阻，但不能正确运用电阻定律，求出内阻。
8.【答案】CD
【解析】解：A.由图乙可知，质点P的振动周期为0.2s，则振动频率为f=1T=10.2Hz=5Hz
由图乙可知，在t=0.1s时刻，质点P的运动方向沿y轴正方向，故A错误；
BC.由图乙可知，t=0时刻，质点P沿y轴负方向振动，由上下坡法，结合图甲可知，该波沿x轴正方向传播，t=0.05s时刻，质点P到波谷，质点Q位移为正，正沿y轴正方向振动，则质点Q的加速度小于质点P的加速度，由图甲可知，该波的波长为4m，由公式v=λf可得，波速为v=4×5m/s=20m/s
则t=0至t=0.15s，波沿x轴的正方向传播了x=vΔt=20×0.15m=3m
故B错误，C正确；
D.t=0.15s至t=0.35s，质点Q振动一个周期，运动路程为s=4A=4×0.2m=0.8m
故D正确。
故选：CD。
相邻两个波峰间的距离等于一个波长，根据质点的振动方向，结合“上下坡”法得出波的传播方向，从而判断出各质点的振动方向，根据时间和周期的倍数分析路程与振幅的关系。
解决本题的关键知道质点的振动方向和波传播方向的关系，会根据“上下坡”法判断质点振动方向和波传播方向的关系。
9.【答案】CD
【解析】解：A.未放置铁块时，木板B沿着斜面匀速下滑，根据平衡条件有
Mgsin37°=μMgcs37°
解得μ=0.75，故A错误；
B.铁块A放B上后，对A受力分析，设加速度大小为aA，根据牛顿第二定律得
mgsin37°+μmgcs37°=maA
解得：aA=12m/s2
方向沿斜面向下，对B受力分析，设B的加速度大小为aB，根据牛顿第二定律得
μmgcs37°+μ(Mg+mg)cs37°−Mgsin37°=MaB
解得aB=4m/s2
方向沿斜面向上，设铁块和长木板共速时间为t，则
v0−aBt=aAt
得t=0.75s，则铁块和长木板共速后，速度大小v共=aAt=12×0.75m/s=9m/s，故B错误；
C.铁块最终恰好没有从长木板上滑下，则长木板的长度
L=xB−xA=v0+v共2⋅t−v共2⋅t=12+92×0.75m−92×0.75m=4.5m，故C正确；
D.铁块A与长木板B构成的系统沿斜面方向合外力等于0，根据动量守恒的条件分析，满足动量守恒定律，但由于滑动摩擦力作用会产生热量，故系统机械能不守恒，故D正确；
故选：CD。
A.根据木板B匀速下滑列方程求解；
B.分别对B和A进行受力分析利用牛顿第二定律求加速度，结合匀变速直线运动的速度规律列式求解共同速度；
C.根据相对运动规律求解木板长度；
D.根据动量守恒的条件和机械能守恒的条件进行分析判断。
考查物体受力分析和牛顿运动定律的应用，结合动量守恒和机械能守恒的条件进行分析解答。
10.【答案】AC
【解析】解：A、滑片向上移动，其接入电路的阻值减小，电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知回路中电流变大，灯泡变亮，电流表示数增大，故A正确；
B、总电流增大，故电源内电压增大，外电压减小，即V1的示数减小，而L1的电压变大，所以并联部分R1两端的电压减小，所以V2的示数即电容器板间电压变小，应放电，但二极管的单向导电性使电荷不能放出，由于Q不变，则C=QU=ɛrS4πkd，
而且U=Ed，联立解得：E=4πkQϵrS，可知E不变，则油滴静止不动，故B错误；
C、根据闭合电路欧姆定律可知
U1=E−I总r
可知：ΔU1ΔI总=r
电流表串联在支路上，则有ΔI>ΔI总
故ΔU1ΔI<ΔU1ΔI总=r，故C正确；
D、将灯泡L、电阻R看做电源内阻的一部分，可知ΔU2ΔI总=R+r
由于ΔI>ΔI总，故ΔU2ΔI故选：AC。
根据滑动变阻器接入电路中的电阻的变化，结合程序法分析出灯泡的亮度变化和电流表的示数变化；
在分析电容器的时候，要注意二极管的单向导电性只能让电容器充电而无法使电容器放电，结合电容和场强的相关公式完成分析；
根据U=E−Ir分析出电压变化量与电流变化量的比值关系，同时要结合电流表示数的变化量和干路电流的变化量完成分析。
本题主要考查了电路的动态分析，根据闭合电路的欧姆定律分析出电路中各个部分的电流、电压的变化，解题的难点是理解ΔUΔI的物理意义，尤其要注意需要结合电流表的变化量和干路电路的变化量完成分析，难度较大，对学生的要求较高。
11.【答案】24.5 2.94 C
【解析】解：(1)将下端悬挂质量为m=50g=0.05kg的钢球，由图可知，直尺的分度值为1mm，所以读数可知弹簧的长度为L=6.10cm，弹簧的伸长量为x=6.10cm−4.10cm=2cm=0.02m，根据胡克定律mg=kx，解得k=24.5N/m；
(2)直尺6.70cm标记处时，弹簧伸长量为x′=6.70cm−4.10cm=2.60cm=0.026m，根据牛顿第二定律kx′−mg=ma，代入数据解得a=2.94m/s2；
(3)根据受力分析可知：kx−mg=ma，因为求解弹力时需要的是弹簧的形变量x，而弹簧的形变量与刻度尺的零刻度与弹簧的最上端是否对齐无关，所以不影响标记的加速度a。故选：C。
故答案为：(1)24.5；(2)2.94；(3)C
(1)直尺的分度值为1mm，读数要估读一位，然后利用形变量等于伸长量减原长，利用胡克定律求解劲度系数k；
(2)然后利用形变量等于伸长量减原长，结合牛顿第二定律可求出加速度。
(3)弹簧弹力需要测出形变量x，而形变量是伸长量和原长的差值，所以不影响弹力的测量结果，kx−mg=ma，而重力大小不变，所以加速度的测量结果不影响。
本题考查了胡克定律和牛顿第二定律的运用，学生在解题时应注意原长与伸长量的关系。
12.【答案】B 2 1.0 9.0 300 大于
【解析】解：(1)电流应由红表笔入，黑表笔出，所以红表笔应为B；
(2)根据多用电表原理可知，与表头并联电阻越大时倍率越大，应将K拨到2的位置；
(3)由(2)分析可得，当开关K拨到1时，I1=Ig+IgRg+R2R1，R中1=15Ω=R内1=EI1；
当开关K拨到2时I2=Ig+IgRgR1+R2，R中2=150Ω=R内2=EI2
联立解得
R =1.0Ω
Ry =9.0Ω
(4)将K拨到档时，指针指向13Ig位置时，电路中总电流为I=13Ig+13IgRgR1+R2=13×10−2A，由闭合电路欧姆定律知E=I(R内2+Rx)，
解得Rx=300Ω;
由E=I(R内2+Rx)可以看出，所用电动势比实际电动势偏大时，计算得到的待测电阻值大于真实值。
故答案为：(1)B；(2)2；(3)1.0，9.0；(4)300，大于
(1)(2)根据多用电表的适用方法和测量原理分析判断；
(3)根据并联电路电流特点建立方程求解；
(4)根据欧姆定律求解，从而得知待测电阻的真实值与测量值的大小关系。
本题在解题过程中要注意改装好的电流表内部电阻是并联接入电路的。
13.【答案】解：(1)如图甲所示，光束从B点处水平射入，在M点处恰好发生全反射，由几何关系可知

全反射临界角C满足：sinC= 33RR= 33
由临界角公式：sinC=1n
解得：n= 3；
(2)如图乙所示，光束从D点处水平射入，在E点处发生折射，入射角为α，折射角为β，

由折射定律n=sinβsinα，sinα=12RR=12
联立可得：sinβ= 32，β=60°，α=30°
由几何关系可知：∠EOF=α，∠EFO=β−α=60°−30°=30°
所以出射光线与OA轴线的交点到O点的距离为：Δx=2Rcsa= 3R
答：(1)透明物体对该单色光的折射率为 3；
(2)出射光线与OA轴线的交点到O点的距离为 3R。
【解析】(1)根据全反射临界角公式结合几何关系可解得折射率；
(2)根据折射定律结合几何关系可解得出射光线与OA轴线的交点到O点的距离。
本题考查光的折射，解题关键掌握根据题意做光路图，注意折射定律与几何关系的结合应用。
14.【答案】解：(1)滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程，其机械能守恒，设其滑到底面的速度为v1，由机械能守恒定律有：mAgh=12mAv12，
代入数据解得：v1=6m/s；
滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度，设为v2，取向右为正方向，由动量守恒定律有：mAv1=(mA+mB)v2，
代入数据解得：v2=2m/s；
(2)滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为速度v3，以向右为正方向，由动量守恒定律有：mAv1=(mA+mB+mC)v3，
代入数据解得：v3=1m/s，
由机械能守恒定律有：12(mA+mB)v22=12(mA+mB+mC)v32+Ep，
代入数据解得Ep=3J；
(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设滑块A、B的速度为v4，滑块C的速度为v5，以向右为正方向，由动量守恒定律得：(mA+mB)v2=(mA+mB)v4+mCv5，
由机械能守恒定律得：12(mA+mB)v22=12(mA+mB)v42+12mCv52，
代入数据解得：v4=0，v5=2m/s；
滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动，
水平方向：s=v5t，
竖直方向：H=12gt2，
代入数据解得：s=2m；
答：(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度大小是2m/s；
(2)被压缩弹簧的最大弹性势能是3J；
(3)滑块C落地点与桌面边缘的水平距离是2m．
【解析】(1)研究滑块A下滑的过程，由机械能守恒定律求出A滑到曲面底端时的速度；碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出A、B碰撞结束瞬间的速度。
(2)当滑块A、B、C速度相等时，被压缩弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律和机械能守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能。
(3)应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出滑块C脱离弹簧时的速度；滑块C离开桌面后做平抛运动，根据分运动的规律求C落地点与桌面边缘的水平距离。
本题是多体多过程问题，要分析物体的运动过程，把握每个过程的物理规律是关键。利用动量守恒定律解题，一定注意状态的变化和状态的分析。把动量守恒和能量守恒结合起来列出等式求解是常见的问题。
15.【答案】解：(1)在第一象限内，粒子在电场力作用下做类平抛运动，由运动学规律有：
vy2=2ah，其中a=qEm
在Q点，根据运动的合成与分解可得：vy=v0tan45°
联立解得：E=mv022qh；
(2)粒子在Q点的速率：v=v0cs45∘= 2v0
根据类平抛运动的规律可得：vy2t=h，OQ的距离x=v0t
联立解得：x=2h
粒子进入第四象限后做匀速圆周运动，如图1所示，轨迹恰与y轴相切时，磁感应强度最大；

根据洛伦兹力提供向心力可得：qvBmax=mv2Rmin
由几何关系有：x=Rmin(1+cs45°)
联立以上各式解得：Bmax=(1+ 2)mv02qh；
故B的大小范围为：B<(1+ 2)mv02qh；
(3)由洛伦兹力提供向心力可得：qvB=mv2R，解得：R=mvqB
代入磁感应强度大小可得粒子在第四、第三象限的轨道半径分别为：
R1= 2mv0q×qhmv0= 2h
R2= 2mv0q×qh2mv0= 22h
粒子由Q点进入第四象限后运动半周进入第三象限，作出粒子在第四、第三象限的可能运动轨迹如图2所示：

要让粒子垂直边界MN飞出磁场，则L满足的条件为：
R1sin45°+n(R1+R2)sin45°=L (n=1、2、3…)
结合题意：L>2h
解得：L=(1+32n)h，(n=1、2、3…)。
答：(1)匀强电场的场强大小为mv022qh；
(2)要使粒子能够进入第三象限，第四象限内磁感应强度B的大小范围为B<(1+ 2)mv02qh；
(3)要使粒子能够垂直边界MN飞出磁场，L的可能取值为L=(1+32n)h，(n=1、2、3…)。
【解析】(1)在第一象限内，粒子在电场力作用下做类平抛运动，由运动学规律求解电场强度；
(2)根据类平抛运动的规律求解OQ的距离，粒子运动轨迹恰与y轴相切时，磁感应强度最大，根据几何关系求解半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度；
(3)求出粒子在第四、第三象限的轨道半径，作出粒子在第四、第三象限的可能运动轨迹，根据几何关系求解L满足的条件。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动或匀变速直线运动的规律进行解答。