湖北省部分高中协作体2025-2026学年高三上学期9月月考物理解析

湖北省部分高中协作体2025—2026学年上学期9月联考高三物理试题本试卷共6页，全卷满分100分，考试用时75分钟。★祝考试顺利★注意事项：1、答题前，请将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的制定位置。2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3、非选择题作答：用黑色签字笔直接答在答题卡对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4、考试结束后，请将答题卡上交。一、单项选择题：（本题共10小题，每小题4分，共40分,。在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8～10题有多项符合要求，每小题全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错选或者不选的得0分）1.某同学在研究光的衍射现象时，用a、b两种单色光照射同一单缝，在光屏上分别观察到如图甲、乙所示的衍射图样。关于a、b两种单色光，下列说法正确的是()A．在水中传播时，b光波长较大B．在水中传播时，b光的传播速度较大C．经同一双缝干涉装置发生干涉，a光的干涉条纹间距较小D．若用a光照射钾金属能发生光电效应，则用b光照射也能发生光电效应解析：D在狭缝宽度与波长相差不多或者狭缝宽度比波长更小的情况下，会发生明显的衍射现象，由题图可知甲图衍射现象更明显，故在真空中a光波长更长，即λa>λb，在水中传播时，a光波长较大，A错误；因为λa>λb，故折射率na<nb，由n＝eq\f(c,v)可知，在水中a光的传播速度较大，B错误；由λa>λb，Δx＝eq\f(l,d)λ可知经同一双缝干涉装置后a光的条纹间距较大，C错误；因为λa>λb，则νa<νb，若用a光照射钾金属能发生光电效应，则用b光照射也能发生光电效应，D正确。故选D。答案：D2.一定质量的理想气体从状态A经过状态B和C又回到状态A，其压强p随体积V变化的图线如图所示，其中A到B为等温过程，C到A为绝热过程。下列说法正确的是()A．A→B过程，气体从外界吸收热量B．B→C过程，压缩气体气体温度升高C．B→C过程，气体分子平均动能不变D．C→A过程，气体分子平均动能不变解析：AA→B过程为等温变化，气体内能不变，由图知气体体积增大，外界对气体做负功，即W＜0，由热力学第一定律有ΔU＝W＋Q＝0，可得Q＞0，即气体从外界吸收热量，故A正确；B→C过程，等压变化，气体体积减小，根据eq\f(V,T)＝C，可知气体温度降低，分子平均动能减小，故B、C错误；C→A过程，C到A为绝热过程，即Q＝0，由图可知，气体体积减小，外界对气体做正功，即W＞0，由热力学第一定律有ΔU＝W＋Q＝W＞0，可知气体内能增大，温度升高，气体分子平均动能增大，故D错误。故选A。答案：A3.在离变压器较远的地方，用户电压会明显低于正常值220V，甚至家用电器不能正常工作。该地居民常常会用调压器来调整电压，其原理图如图所示。交变电压从ab端输入，由cd端输出连接到家用电器R，滑片P可以上、下滑动。调压器视为理想变压器，匝数n2<n1＝n3，下列说法正确的是()A．此调压器既能升压也能降压B．此调压器只能升压C．若滑片P向上滑动，则家用电器R两端的电压减小D．若滑片P向下滑动，则家用电器R的功率会增大解析：A由理想变压器电压与匝数的关系可得eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，eq\f(U2,U3)＝eq\f(n2,n3)，而n1＞n2，n2＜n3，所以此调压器既能升压也能降压，A正确，B错误；若滑片P向上滑动，U2增大，由eq\f(U2,U3)＝eq\f(n2,n3)，n2、n3均不变，所以U3增大，即家用电器R两端的电压增大，C错误；若滑片P向下滑动，U2减小，n2、n3均不变，所以U3减小，由P＝eq\f(Ueq\o\al(2,3),R)可得，家用电器R的功率会减小，D错误。故选A。答案：A4.如图所示，一同学将针筒的针拔除后，将该端封闭一定质量的理想气体做成弹射玩具，该同学先缓慢推动推杆将针筒内气体进行压缩，然后松开推杆，压缩气体膨胀将推杆弹射，若推杆缓慢压缩气体过程中针筒内气体温度不变，推杆弹射过程中针筒内气体与外界无热交换，则下列说法中正确的是()A．推杆压缩气体过程，针筒内气体吸热B．推杆弹射过程，针筒内气体分子平均动能减少C．推杆弹射过程，针筒内气体内能增加D．推杆压缩气体过程，针筒内气体压强减小解析：B推杆压缩气体过程，对气体做功，气体内能不变，根据热力学第一定律可知气体向外界放热，故A错误；推杆弹射过程，气体内能减小，温度降低，针筒内气体分子平均动能减少，故B正确；推杆弹射过程，针筒内气体对外做功且与外界无热交换，内能减小，故C错误；推杆压缩气体过程，气体体积变小，根据玻意耳定律可知，针筒内气体压强变大，故D错误。故选B。答案：B5.如图所示为一列沿x轴传播的简谐横波，实线为t＝0时刻的波形图，此时质点Q(x＝5m)向y轴正向振动，虚线为t＝0.9s时的波形图，质点P(x＝4m)在0.9s时恰好第三次到达波峰，则下列说法正确的是()A．该波沿x轴负方向传播 B．该波的传播速度为eq\f(20,3)m/sC．在t＝1.75s时刻，Q点处于波峰位置 D．在0～0.9s内，Q运动的路程为20m解析：C根据同侧法可知该波沿x轴正方向传播，故A错误；质点P(x＝4m)在0.9s时恰好第三次到达波峰，则有2eq\f(T,4)＝0.9s，解得T＝0.4s，由图知波长为8m，则v＝eq\f(λ,T)＝20m/s，故B错误；据Q点波峰坐标为x＝3＋nλ＝4n＋3m(n＝0，1，2…)，则波峰传到Q点的时间为t＝eq\f(x,v)＝eq\f(4n＋3,20)s(n＝0，1，2…)，当t＝1.75s时，解得n＝8，故C正确；若质点Q振动2eq\f(T,2)时，其通过的路程为s＝2eq\f(1,2)×4A＝20m，但在0～0.9s内，即Q点只振动了2eq\f(T,4)，所以Q运动的路程小于20m。故D错误。故选C。答案：C6.如图所示，桶装水的容积为20L，为取水方便，在上面安装一个取水器。某次取水前桶内气体压强为1×105Pa，剩余水的体积为12L，水面距出水口的高度为50cm。取水器每按压一次，向桶内打入压强为1×105Pa、体积为0.3L的空气。已知水桶的横截面积为0.02m2，水的密度为1×103kg/m3，大气压强为1×105Pa，重力加速度为10m/s2，取水过程中气体温度保持不变，则()A．取水器至少按压1次，水才能从出水口流出B．取水器至少按压3次，水才能从出水口流出C．若要压出4L水，至少需按压16次D．若要压出4L水，至少需按压17次解析：D设取水器下压n次后，桶中的水才能从出水口流出。以原来桶中空气和打入的空气为研究对象，设开始时压强为p1，体积为V1，则p1＝p0＝1×105Pa，V1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(20－12))×103＋300n))cm3，设桶中空气和打入的空气后来的体积为V2，压强为p2，则V2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(20－12))×103cm3，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，要使桶中水能从出水口流出，则有p2>p0＋ρgh，联立各式解得n>eq\f(4,3)，所以取水器至少按压2次后，桶中水才能从出水口流出。AB错误；水桶高度h0＝eq\f(0.02,0.02)m＝1m，装满水时，水面距离出水口高度Δh＝50cm－eq\f(20－12,20)h0＝50cm－40cm＝10cm，在压出4L水后桶内液面与出水口高度差为h2＝eq\f(20－12＋4,20)h0＋Δh＝70cm，则有p3＝p0＋ρgh2，解得p3＝1.07×105Pa，由于外界温度保持不变，根据玻意耳定律有n′p0V0＋p1V1′＝p3V2′，其中V0＝0.3L，V1′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(20－12))L＝8L，V2′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(20－12＋4))L＝12L，解得n′≈16.1可知，若要压出4升水，至少需按压17次。C错误，D正确。故选D。答案：D7.如图所示，倾角为α＝37°的光滑斜面固定在水平地面上，物块A和长木板B叠放在斜面上，不可伸长的轻绳绕过光滑定滑轮连接B与物块C。物块A、长木板B的质量均为m，物块C的质量为2m，A、B间的滑动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。将A、B、C由静止释放，下列说法正确的是()A．轻绳拉力为2mg B．物块A与木板B间的摩擦力为0.64mgC．物块C的加速度为0.76g D．物块A的加速度为0.2g解析：B假设AB能相对静止一起沿斜面向上加速运动，则整体的加速度a＝eq\f(2mg－2mgsin37°,4m)＝0.2g，此时对物体A：f－mgsin37°＝ma，解得f＝0.8mg，而A与B的最大静摩擦力fm＝μmgcos37°＝0.64mg，可知此时AB不能相对静止，即A相对B下滑，物块A与木板B间的滑动摩擦力为f＝μmgcos37°＝0.64mg，此时A的加速度aA＝eq\f(μmgcos37°－mgsin37°,m)＝0.04g，方向沿斜面向上，选项D错误，B正确；对BC的整体a′＝eq\f(2mg－mgsin37°－f,3m)＝eq\f(0.76,3)g，因物块C加速度向下，则失重，即细绳的拉力小于2mg，选项A、C错误。故选B。答案：B8.为了研究某种透明新材料的光学性质，将其压制成半圆柱形，如图甲所示。一束激光由真空沿半圆柱体的径向与其底面过O的法线成θ角射入。CD为光学传感器，可以探测光的强度，从AB面反射回来的光强随角θ变化的情况如图乙所示。现将这种新材料制成的一根光导纤维束暴露于空气中(假设空气中的折射率与真空相同)，用同种激光从光导纤维束端面EF射入，且光线与EF夹角为β，如图丙所示。则()A．图甲中若减小入射角θ，则反射光线和折射光线之间的夹角也将变小B．该新材料的折射率为eq\r(2)C．若该激光在真空中波长为λ，则射入该新材料后波长变为eq\f(\r(2),2)λD．若该束激光不从光导纤维束侧面外泄，则β角需满足0°<β<180°解析：BCD图甲中若减小入射角θ，则反射角减小，折射角也减小，则反射光线和折射光线之间的夹角将变大，选项A错误；由图乙可知，当入射角大于45°时，反射光线的强度不再变化，可知临界角为C＝45°，则该新材料的折射率为n＝eq\f(1,sinC)＝eq\r(2)，选项B正确；若该激光在真空中波长为λ，则λ＝eq\f(c,f)，射入该新材料后波长变为λ′＝eq\f(v,f)＝eq\f(c,nf)＝eq\f(\r(2),2)λ，选项C正确；若该束激光恰好不从光导纤维束侧面外泄，则β角需满足n＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(90°－β)),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(90°－C)))，解得β＝0°，则若该束激光不从光导纤维束侧面外泄0°<β<180°，选项D正确。故选BCD。答案：BCD9.细线拉着一质量为m的带电小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动，该区域内存在水平方向的匀强电场(图中未画出)，小球所受电场力水平向右，大小是其重力的eq\r(3)倍，圆周上A点在圆心的正上方，小球过A点时的速度大小为v0，方向水平向左，除受重力、电场力及细线的拉力外小球不受其他力的作用，重力加速度为g，在小球做圆周运动的过程中()A．小球最小速率为eq\r(veq\o\al(2,0)－2gR)B．小球速率最小时其电势能最大C．若小球过A点时细线断开，之后小球电势能最大时速率为eq\f(\r(3)v0,3)D．若小球过A点时细线断开，之后小球电势能最大时速率为eq\f(\r(3)v0,2)解析：AC如图所示，当小球到达B点时小球的速度最大，到达C点时速度最小，BC连线与竖直方向夹角为tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\r(3)，可知θ＝60°，由A到C由动能定理mgR(1－cos60°)－qERsin60°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得vC＝eq\r(veq\o\al(2,0)－2gR)，选项A正确；电场方向沿水平方向，则电势最高点和最低点应该在水平直径的两端，则C点不是电势能最大的位置，选项B错误；若小球过A点时细线断开，之后小球电势能最大时水平速度减为零，则此时的时间t＝eq\f(v0,\f(qE,m))＝eq\f(v0,\r(3)g)，竖直方向做自由落体，则此时的速率为v＝vy＝gt＝eq\f(\r(3)v0,3)，选项C正确，D错误。故选AC。答案：AC10.如图，倾角θ＝30°的足够长传送带向上匀速传动，与传送带运动方向垂直的虚线MN与PQ间存在垂直传送带向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m、边长为L的正方形单匝导线框abcd随传送带一起向上运动；经过一段时间，当线框ab边越过虚线MN进入磁场后，线框与传送带间发生相对运动；当线框ab边到达虚线PQ处时，线框刚好与传送带共速。已知两虚线间距离为d，且d>2L，线框的阻值为R，线框与传送带间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),2)，重力加速度为g，整个过程中线框ab边始终与两虚线平行，下列说法正确的是()A．当线框ab边越过虚线MN后，线框做匀减速运动B．当线框cd边越过虚线MN时，线框的速度必为eq\f(mgR,4B2L2)C．线框由开始进入磁场到开始离开磁场经历的时间为eq\f(4B2L3,mgR)D．线框在穿过磁场区域过程中产生的焦耳热为eq\f(1,2)mgd解析：CD当线框ab边越过虚线MN后，ab边切割磁感线，产生感应电动势，根据楞次定律可知ab边受到沿斜面向下的安培力，由题意可知FA＋mgsinθ>μmgcosθ，线框做减速运动，随着速度减小，感应电动势减小，感应电流减小，则所受安培力减小，线框做加速度减小的减速运动，当FA＋mgsinθ＝μmgcosθ，又FA＝BIL，I＝eq\f(BLv,R)，联立可得v＝eq\f(mgR,4B2L2)，线框做匀速运动时，线框可能完全进入磁场，也可能还没有完全进入磁场，故A、B错误；设传送带速度为v1，线框完全进入磁场时的速度为v2，从线框完全进入磁场到线框ab边到达虚线PQ过程中，根据动能定理μmgcosθ(d－L)－mgsinθ(d－L)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，从线框ab边越过虚线MN进入磁场到线框完全进入磁场过程中，根据动能定理μmgLcosθ－mgLsinθ－W安＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，联立解得W安＝eq\f(mgd,4)，又W安＝Q，线框出磁场和进入磁场的过程中产生的焦耳热相等，则线框在穿过磁场区域过程中产生的焦耳热为Q′＝2Q＝eq\f(mgd,2)，故D正确；对线框由开始进入磁场到开始离开磁场的过程由动量定理μmgcosθ·t－mgsinθ·t－IA＝mv1－mv1，又IA＝Beq\o(I,\s\up6(－))L·t′，eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(BL2,Rt′)，可得IA＝eq\f(B2L3,R)，联立解得t＝eq\f(4B2L3,mgR)，故C正确。故选CD。答案：CD二、非选择题：（本大题共5小题，共60分）11、(7分)现要通过实验验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示，实验过程如下：甲乙(1)用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图乙所示，小球直径d＝________mm。(2分)(2)将小球从释放装置由静止释放，调节光电门位置，使小球从光电门正上方释放后。在下落过程中通过光电门。用刻度尺测出光电门到小球释放点的距离h，记录小球通过光电门的遮光时间t，计算小球通过光电门的速度。已知重力加速度为g，在误差允许范围内，若满足关系式______________________(用字母h、d、t、g表示)，则认为小球下落过程中机械能守恒。(2分)(3)小球与橡胶材料碰撞会造成机械能损失。调节光电门位置，使小球下落通过光电门后，与水平放置的橡胶材料碰撞并反弹再次通过光电门，记录小球第一次和第二次通过光电门的遮光时间t1和t2，已知小球的质量为m，可得小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失ΔE＝________(用字母m、d、t1和t2表示)。若适当调高光电门的高度，将会________(选填“增大”或“减小”)因空气阻力引起的测量误差。(3分)解析：(1)螺旋测微器的分度值为0.01mm，主刻度为6.5mm，可动刻度为38.3×0.01mm＝0.383mm，小球的直径为d＝6.5mm＋0.383mm＝6.883mm。(2)小球通过光电门速度v＝eq\f(d,t)，若机械能守恒，则eq\f(1,2)mv2＝mgh，化简得eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t)))2＝gh。(3)由题意可得，小球向下、向上通过光电门的速度为v1＝eq\f(d,t1)，v2＝eq\f(d,t2)，由题意可得，碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t1)))2－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t2)))2，若调高光电门的高度，较调整之前小球会经历较大的空中距离，所以将会增大因空气阻力引起的测量误差。答案：(1)6.883(6.882～6.884均正确)(2分)(2)eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t)))2＝gh(2分)(3)eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t1)))2－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t2)))2增大(3分)12.(10分)某课外兴趣小组要精确测定一节圆筒状碳布鱼竿的电阻，可选择的实验仪器有：A．电源(3V，内阻可以忽略)B．电压表V(0～3V，内阻约为3kΩ)C．电流表A(0～50mA，内阻为2.0Ω)D．定值电阻R1＝0.5ΩE．定值电阻R2＝20ΩF．滑动变阻器(0～5Ω，1.0A)G．开关、导线H．多用电表完成下列问题：(1)小组用多用电表测得该节鱼竿的电阻约为16Ω，为了精确测量该节鱼竿的电阻，要求电压调节范围尽量大一些，根据提供的实验器材，则最佳的电路图是________(选填“A”或“B”)。(2分)(2)实验中应该选用的定值电阻是________(选填“R1”或“R2”)。(2分)(3)根据选取的电路图，用笔画线代替导线，将实物图甲连接完整。(3分)I/mA021.526.829.332.335.537.6U/V01.612.012.22.422.662.82甲乙(4)移动滑动变阻器的滑片，将电流表和电压表的对应的示数填在上面的表格中，并在I-U图像中描点作图如图乙所示，则该节鱼竿的电阻大小为________Ω(结果保留三位有效数字)。(3分)解析：(1)实验中获得较大的电压调节范围，则需要滑动变阻器选择分压式接法，故选A电路。(2)实验中定值电阻与电流表并联，起扩充量程作用，应选电阻较小的R1。(3)实验中实物图连接如图所示。(4)因R1＝eq\f(RA,4)，流过鱼竿的电流为5I，有R＝eq\f(ΔU,ΔI)＝eq\f(2.82－1.61,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(37.6－21.5))×5)×1000Ω＝15.0Ω，鱼竿的电阻大小为R′＝R－R并＝14.6Ω。答案：(1)A(2分)(2)R1(2分)(3)图见解析(3分)(4)14.6(3分)13.(10分)如图是泡茶常用的茶杯，某次茶艺展示中往杯中倒入适量热水，水温为87℃，盖上杯盖，杯内气体与茶水温度始终相同。已知室温为27℃，杯盖的质量m＝0.1kg，杯身与茶水的总质量为M＝0.5kg，杯盖的面积约为S＝50cm2，大气压强p0＝1.0×105Pa，忽略汽化、液化现象，杯中气体可视为理想气体，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)若杯盖和杯身间气密性很好，请估算向上提杯盖恰好带起整个杯身时的水温；(4分)(2)实际的杯盖和杯身间有间隙，当水温降到室温时，从外界进入茶杯的气体质量与原有气体质量的比值。(6分)解析：(1)杯中气体做等容变化eq\f(p0,T0)＝eq\f(p1,T1)，末态对茶杯和茶水受力分析，如图所示。由受力平衡可得p1S＋Mg＝p0S解得T1＝356.4K所以此时水温为t1＝83.4℃。(2)杯中气体降为室温过程中，全部气体都做等压变化，对于全部气体，有eq\f(V1,T1′)＋eq\f(V2,T0′)＝eq\f(V1,T0′)解得进入杯中的空气在室温下体积为V2＝eq\f(1,6)V1所以杯中原有气体在室温下体积为V原＝eq\f(5,6)V1所以外界进入茶杯的气体质量与原有气体质量的比值Δm∶m原＝1∶5。答案：(1)83.4℃(4分)(2)1∶5(6分)14.(15分)如图所示，在x轴上方有垂直纸面向里的匀强磁场。在x轴下方有沿y轴正方向的匀强电场。一个质量为m、电荷量为＋q、初速度为v的带电粒子从a(0，d)点处沿y轴正方向开始运动，一段时间后，粒子速度方向与x轴正方向成45°角进入电场，经过y轴上b点时速度方向恰好与y轴垂直，带电粒子重力不计。求：(1)匀强磁场的磁感应强度大小；(4分)(2)匀强电场的电场强度大小；(4分)(3)粒子从a点开始到达x轴的时间。(7分)解析：(1)粒子运动轨迹如图所示。以后重复x1—x2—x3过程，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)由图可得rcos45°＝d联立可得r＝eq\r(2)d，B＝eq\f(\r(2)mv,2qd)。(2)粒子在x轴下方运动到b点过程中，水平方向：r＋rsin45°＝vcos45°·t2竖直方向：vsin45°＝eq\f(qE,m)t2联立可得t2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\r(2)))eq\f(d,v)，E＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)－1))mv2,2qd)。(3)粒子在磁场中运动到x1，即第一次到达x轴所用时间T1＝eq\f(θr,v)＝eq\f(5\r(2)π,4)eq\f(d,v)从x1到x2，根据对称性可知T2′＝2t2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋2\r(2)))eq\f(d,v)所以粒子第二次到达x轴所用时间为T2＝T1＋T2′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5\r(2)π,4)＋4＋2\r(2)))eq\f(d,v)在x2处，粒子以速度v与x轴正方向成45°进入磁场，从x2到x3T3′＝eq\f(θr,v)＝eq\f(3\r(2)πd,2v)所以粒子第三次到达x轴所用时间为T3＝T2＋T3′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5\r(2)π,4)＋4＋2\r(2)＋\f(3\r(2)π,2)))eq\f(d,v)所以当粒子第n次到达x轴时所用时间为Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5\r(2)π,4)＋\f(n－1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋2\r(2)))＋\f(n－1,2)·\f(3\r(2)π,2)))eq\f(d,v)(n为奇数)；Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5\r(2)π,4)＋\f(n,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋2\r(2)))＋\f(n－2,2)·\f(3\r(2)π,2)))eq\f(d,v)(n为偶数)。答案：(1)eq\f(\r(2)mv,2qd)(4分)(2)eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)－1))mv2,2qd)(4分)(3)Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5\r(2)π,4)＋\f(n－1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋2\r(2)))＋\f(n－1,2)·\f(3\r(2)π,2)))eq\f(d,v)(n为奇数)Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5\r(2)π,4)＋\f(n,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋2\r(2)))＋\f(n－2,2)·\f(3\r(2)π,2)))eq\f(d,v)(n为偶数)(7分)15.(18分)如图所示，物块A和B静止在光滑水平面上，B的前端固定轻质弹簧，某时刻一子弹以大小为3v0的速度水平射向B并嵌入其中，射入过程子弹与B水平方向的平均相互作用力大小为35mg，之后B以大小为eq\f(5,4)v0的速度向着A运动，从弹簧开始接触A到第一次被压缩至最短所用时间为t，在这段时间内B运动的位移大小为1.1v0t。又经过一段时间后A与弹簧分离，滑上粗糙斜面后再滑下，在水平面上再次压缩弹簧后又滑上斜面。已知A的质量为m，子弹和B的总质量为4m，A前两次在斜面上到达的最高点相同，B始终在水平面上运动，斜面与水平面平滑连接，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，不计A、B碰撞过程中的机械能损失。求：(1)子弹嵌入物块B的深度；(4分)(2)物块A第一次离开弹簧时，A、B各自的速度大小；(6分)(3)物块A第一次在斜面上到达的最大高度；