山西省长治市沁源县第一中学2025-2026学年高三上学期开学摸底考试物理试卷

高三物理 第 1 页 共 7 页 2025-2026 学年高三入学摸底联考 物理答案 1．【答案】D 【解题思路】X粒子的质量数为 0，电荷数为 1 ，所以 X 粒子为电子，故 A、B错误；由质 量数守恒有 A 63 ，由电荷数守恒有Z 29 ，则中子数有 34个，故 C错误， D正确。故选 D。 2．【答案】C 【解题思路】由题意可知小滑块做匀加速直线运动，故 A错误； 对小滑块受力分析并结合牛 顿第二定律有 sin 30mg ma  ，解得 25m/sa  ，而 B选项中 22.5m/sva t     ，故 B错误；由 匀变速直线运动位移时间关系 2 1 2 x at ，当 2st  时， 10mx  ，故 C正确， D错误。故选 C。 3．【答案】A 【解题思路】设地球的质量为 M，半径为 R，7.9 km/s 是地球的第一宇宙速度，所以有 2 2 Mm vG m R R  ，所以 GMv R  ，对于绕海王星飞行的航天器有 2 2 17Mm vG m r r  ，解得 17r R ， 所以该航天器到海王星表面的距离 4 13d r R R   ，故 A正确， B、C、D错误。故选 A。 4．【答案】B 【解题思路】由库仑定律有 2 2 2 4 4kq q kqF r r    ，由于两个小球间是库仑引力，所以两个小球 带异种电荷，与 AB相同的小球 C不断与 AB接触，最后三个小球带的电荷量相同，所以最后 每个小球所带的电荷 4' 3 q qq q   ，所以最后 A、B 两个小球之间的库仑力的大小 2 2 2 2 '' 4 kq kq FF r r    ，故 B正确， A、C、D错误。故选 B。 5． 【答案】C 【解题思路】小球在圆弧轨道上运动的过程有 20 1 2 mgR mv ，小球通过 B点时对小球受力分析 并结合牛顿第二定律有 2 0 N mvF mg R   ，由牛顿第三定律有 15NNF F 压 ，故 A、B错误；小 高三物理 第 2 页 共 7 页 球落到地面的过程有   21 2 mg R h mv  ，由几何关系有 2 2 0 0 2 10tan 3 v v v     ，故 C正确，D 错误。故选 C。 6．【答案】B 【解题思路】将变压器看成一个等效电阻，阻值为 2 1 22 2 n R n ，等效电路如下图所示， 当可变电阻 2R 的阻值增大时，等效电阻增大，所以回路中的电流减小，由变压器的电流关系 可知变压器副线圈电流变小，即电流表示数变小，故 A错误；电阻 R1两端的电压减小，所以 变压器原线圈电压增大，由变压器电压规律可知变压器副线圈电压增大，即电压表示数增大， 故 B正确；由前面分析可知电阻 R1两端的电压减小，故 C错误；将电阻 R1看作电源的内阻， 当 2 1 2 12 2 n R R n  时等效电源的输出功率最大，即变压器的输入功率最大，因为不知道初始状态时 2 1 22 2 n R n 和电阻 R1的阻值关系，所以不能判断可变电阻 2R 的阻值增大时变压器输入功率的变化情 况，故 D错误。故选 B。 7. 【答案】D 【解题思路】粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，圆心为 O1，半径为 r， 由几何关系可知粒子在 P点的速度方向垂直于 PO1 ，故 A错误；连接 OO1、PS，交点为 T， 由几何关系可知， OP//SO1 ，ST PT ，所以 1O ST OPT   ，所以 1O S OP ， 1SO P SOP  ， 高三物理 第 3 页 共 7 页 即 r R ，粒子在磁场中做圆周运动有 2vqvB m r  ，解得 qBRv m  ，故 B错误；粒子在磁场中运 动的周期 2π 2πr mT v qB   ， 1SO P SOP  同几何关系有 3 32cos 2 R SOP R    ，所以 1 30SO P SOP   ，粒子在磁场中运动的时间 30 π 360 6 mt T qB     ，故 C错误；把磁场方向改 为与原来相反的方向，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，圆心为 O2， 连接 QO2和 OS，由几何关系可知该四边形为菱形，所以粒子从 Q点离开磁场，由几何关系可 知 2 150SO Q  ，所以粒子在磁场中运动的时间 2 1 150 5π 5 360 6 mt T t qB      ，故 D正确。故选 D。 8．【答案】AC 【解题思路】将玻璃管迅速插入水银槽的过程中，气体体积减小，外界对玻璃管内的气体做功， 而玻璃管来不及放热，所以玻璃管内封闭气体内能增加，气体温度升高，此后一段时间玻璃管 内气体向外散热，封闭气体最终与外界大气温度相同，因为封闭气体的体积减小，所以单位体 积内气体分子的个数增加，故 A正确； 插入过程中封闭气体的内能增大，温度升高，封闭气 体的平均动能增大，但不一定每个气体分子热运动的动能都增大，故 B错误；由前面分析可 知在插入过程中封闭气体的内能增大，故 C正确；插入结束后的一段时间内封闭气体的温度 降低，内能减小，同时气体体积略微减小，外界继续对封闭气体做正功，根据热力学第一定律 QWU Δ , 0Δ U , 0W ,所以封闭气体向外散热，故 D错误。故选 AC。 9．【答案】BC 【解题思路】由右手定则或楞次定律可以判断当导线框进入磁场方向中导线框中的感应电流方 向为逆时针，故 A错误；当导线框完全进入磁场时的速度为 v，导线框进入磁场的过程中对导 高三物理 第 4 页 共 7 页 线框分析由动量定理有 1 1 0Bl I t mv mv    ，而 R Blt R t Φ t R EtI 2 1 1 1 1 1 11 Δ Δ Δ ΔΔ  ，导线框离开磁 场的过程中对导线框分析由动量定理有 2 2 0Bl I t mv    ，而 R Blt R tt R EtI 2 2 2 2 2 2 22 Δ Δ Δ ΔΔ   ， 解得 0 1 2 v v ， 2 3 0 2B lm Rv  ，故 B正确；当线框完全在磁场中运动时，回路中的电流为 0，线框 不受安培力，速度不变，所以 ab两端的电压 0 1 2ab ab U E Blv Blv   ，故 C正确；导线框进入 磁场的过程中对导线框分析，由能量守恒有 2 2 21 0 0 1 1 3 2 2 8 Q mv mv mv   ，导线框离开磁场的过 程中对导线框分析，由能量守恒有 2 22 0 1 1 2 8 Q mv mv  ，所以 1:3: 21 QQ ，故 D错误。故选 BC。 10.【答案】ACD 【解题思路】对 B施加瞬时冲量有 B BI m v ，若 AB能共速，由动量守恒有  B B A B ABm v m m v  ， 解得 2m/sABv  ，故 A正确；若 A刚好滑到 B的最左端时二者共速，由能量守恒有  2 21 1 2 2A B B A B AB m gL m v m m v    ，解得 1.2mL  ，故 B错误；若木板 B的长度为 0.9m，当物 体 A从木板 B左端滑时，由动量守恒有 1B B A A B Bm v m v m v  ，由能量守恒有 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2A B B A A B B m gL m v m v m v    ，解得 1 5 m/s 2B v  ，对 B、C碰撞过程分析，由动量守恒有 1 2 1B B B B C Cm v m v m v  ，由能量守恒有 2 2 2 1 2 1 1 1 1 2 2 2B B B B C C m v m v m v  ，若小球 C的质量为 3 kg，解 得 1 1 2 2m/sBC B B C mv v m m    ，设小球 C通过与圆心 O等高位置时的速度为 2Cv ，由能量守恒有 2 2 1 2 1 1 2 2C C C C C m v m gR m v  ，解得 2 0Cv  ，所以小球刚好到达此位置，故 C正确；若小球 C的 质量为 0.5 kg，解得 1 1 2 4m/sBC B B C mv v m m    ，设小球 C通过圆弧最高点时的速度为 2Cv ，由能 高三物理 第 5 页 共 7 页 量守恒有 2 21 2 1 12 2 2C C C C C m v m gR m v  ，解得 m/s2m/s222  gRvC ，所以小球 C能够通过 圆弧轨道的最高点，故 D正确。故选 ACD。 11．【答案】（1）十分度（1分），24.0（1分）；（2）乙（1分）； （3）1800（1分）， 60（1分），73（1分）；（4）9.6（2分）。 【解题思路】（1）由图 2 可知他们选用的是十分度的游标卡尺，由游标卡尺读数规则可知 24mm 0.1 0mm 24.0mmd     ； （2）图 3中甲的悬挂方式在小球摆动过程中细线长度会发生变化，所以选择图乙所示的悬挂 方式； （3）由图 4可知秒表小针转一周用时 30 min，即 1800 s，大针转一周用时 60 s，图示显示的 时间 73s13s1min t ； （4）由前面分析可知小球摆动的周期 1.46s 50 tT   ，单摆的摆长 50.8cm 52.0cm 2 dL    ， 由单摆周期公式 2π LT g  ，解得 2 2 2 4π 9.6m/sLg T   。 12．【答案】（1） “×10”（1分），需要（1分），125 （2分）； （2）①实物连线见解析（2分，有错不得分），129.4（2分）。 【解题思路】（1）由 a位置可知指针偏转角度过大，测量值不准，所以需要将选择开关旋至 更小的“×10”倍率，换倍率后测量前需要欧姆调零，所以未知电阻 xR 的阻值为 125 Ω； （2）①由于未知电阻 xR 的阻值比较大，而滑动变阻器阻值比较小，所以滑动变阻器要采用分 压接法，由于毫安表的准确电阻已知，但电压表准确内阻未知，所以电流表采用内接法比较准 确，所以实物连线如图所示； 高三物理 第 6 页 共 7 页 ②由题意有 x A UR R I   ，所以 3 2.60V 15.0 129.4 18 10 Ax A UR R I          。 13．【答案】（1） 3n  ；（2） 1 2t t 。 【解题思路】（1）设 AC与竖直方向的夹角为α，AD与竖直方向的夹角为θ， 由几何关系可知 60  （1分）， 30  （1分）， 由折射定律有 sin 3 sin n     （2分）； （2）由折射定律有 cn v  （1分）， 所以 3 cv  ，由题意有 1 3AC Rt c c   （1分）， 2 3AD Rt v c   （1分）， 所以 1 2t t （1分）。 14.【答案】（1）1.0 m，方向沿 x轴正方向；（2）（1，0，0）（单位：m）。 【解题思路】（1）刚进入复合场时，粒子受到的静电力 210 1 10 0.1NF Eq     电 （1分）， 方向沿 y轴负方向（1分）， 粒子受到的洛伦兹力 20 1 10 5 2 0.1NF qv B      洛 （1分）， 由左手定则可以判断洛伦兹力方向沿 y轴正方向（1分），. 所以粒子受力平衡做匀速直线运动（1分）， 所以粒子刚进入复合场 0.2 s内的发生的位移 0 5 0.2 1.0mx v t    （1分）， 方向沿 x轴正方向（1分） （2）撤去磁场后，粒子只受静电力，所以有F Eq ma 电 （1分）， 解得 250m/sa  ，方向沿 y轴负方向（1分）， 所以粒子在 xoy平面内做类平抛运动， 0.2 s内粒子在 x方向发生的水平位移 0 5 0.2 1.0mX v t    （1分），方向沿 x轴正方向（1分）， 在 y方向上发生的竖直位移  221 1 50 0.2 1.0m 2 2 Y at     （1分）， 高三物理 第 7 页 共 7 页 方向沿 y轴负方向（1分）， 所以此时粒子的位置坐标满足 0X x  ， 1Y y  ， 解得 1x  ， 0y  ，所以此时粒子坐标为（1，0，0）（单位：m）（1分）。 15.【答案】（1） N12CF压 ；（2） 0.5md  ；（3）物块不会脱离木板。 【解 题思路 】 （ 1）从 释放到 圆弧最 高点的 过程对 物块分 析，由 能量 守恒 有 0 2 12 2 1 22  CmvRmgkx （2分）， 在物块通过 C点时对物块受力分析并结合牛顿第二定律有 R mvmgF CNC 2  （1分）， 由牛顿第三定律有 N12 CNC FF 压 （2分）； （2）从释放后到达 D点过程中对物块分析，由动能定理有 0 2 1 2 1 2 1 2  DBD mvmgxkx  （2分）， 解得 6m/sDv  ， 物块滑上木板到第一次与木板相对静止过程中动量守恒，有   1Dmv m M v  （1分）， 在此过程中对木板分析，由动能定理有 22 1 1 0 2 mgd Mv   （1分）， 解得 0.5md  （2分）； （3）木板与右侧平台碰撞后速度反向，然后减速到 0时刚好到达左侧平台右端，然后向右加 速，当二者再次共速度时有  1 1 2mv Mv m M v   （1分）， 解得 2 1 1 3 v v （1分）， 所以若木板足够长，则最终木板和物块均静止（1分）， 此过程中由能量守恒有 22 1 2 D mgl mv  （1分）， 解得 L.l  m252 ，所以物块不会脱离木板（1分）。 2025-2026学年高三入学摸底联考 语在各庭目的普延区碱青作若，星比距形进服服定风填静著案无效 物理答题卡 13.8分1 有考证9 结书鸡区 姓名： 班校： 考场： 生箱速 ■ 2a,04可 一，进排题(1-7题为单法题，每量4分非10题为多选显，每星6分：共46分1 。日1灯 田0通 ·可如四0 ▣0面 )面回D 级团四面过 1414分到 二、非话择理本登共5小理，奔纠分) 11.8分，露标注外，每室1分) (2 (3 (45 2分 12(居计。学标让外。每空2分。作图2分 (I1 (2d 2 (2 请在各避日的容理区城内作等。烟列距彩边框刚见民城的容军天镇 场在务则目的答题区城内作容，尾流无形也概刚促区城的容案无效 商样得浴凝车第1真并【真 精在各腿日的若园区城内在普。魔出矩唇也框限定试域的普聚无效 1516分的 请在各避日塑答超区城内作督，相出地册力积肠定区城的答影无效 ■书 ２０２５－２０２６学年高三入学摸底联考 物理 注意事项：１．本试卷考试时间为７５分钟，满分１００分。 ２．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡相应的位置。 一、单选题：本题共７小题，每小题４分，共２８分。在每小题给出的四个选项中， 只有一项符合题目要求的。 １．我国成功研发了新型微型核能电池，并在航天上应用。该微型核能电池使用了镍 ６３核同位素衰变技术，镍核衰变方程为６３２８Ｎｉ→ Ａ ＺＣｕ＋ ０ －１Ｘ。下列说法中正确的是 Ａ．Ｘ为中子 Ｂ．Ｘ为质子 Ｃ．生成物的铜原子核有６３个中子 Ｄ．生成物的铜原子核有３４个中子 ２．一小滑块沿倾角为３０°的光滑固定斜面由静止下滑，已知重力加速度犵 取 １０ｍ／ｓ２。下列图像中正确描述小滑块运动的是（ＣＤ选项均为抛物线） ３．海王星的质量是地球质量的１７倍，它的半径是地球半径的４倍，若某航天器以 ７．９ｋｍ／ｓ的速度绕海王星运动，则该航天器到海王星表面的距离为地球半径的 Ａ．１３倍 Ｂ．１１倍 Ｃ． １３ ４ 倍 Ｄ． １１ ４ 倍 ４．真空中固定犃、犅两个完全相同的带电小球，二者间的库仑引力的大小为犉，两 个小球带电量大小分别为狇、４狇，另外一个与犃、犅完全相同的不带电的小球犆 不断与两个带电小球接触，经过足够多的次数后将犆拿走，此时犃、犅两个小球 之间的库仑力的大小为 Ａ． ２５ ９ 犉 Ｂ． １ ４ 犉 Ｃ． １ ４ 犉或 ２５ ９ 犉 Ｄ． ２５ ４ 犉 ５．犃犅为光滑的四分之一圆形轨道，轨道的半径犚＝０．４５ｍ，轨道在犅点的切线水 平，犅犆高犺＝２ｍ，犆犇段为水平地面。一质量为０．５ｋｇ的小球由犃点从静止开 始下滑到犅 后离开，落到水平地面上时速度与水平方向的夹角为α。已知犵取 １０ｍ／ｓ２。下列说法中正确的是 页６共　页１第　理物三高 Ａ．小球在犅点对轨道的压力大小为５Ｎ Ｂ．小球在犅点对轨道的压力大小为１０Ｎ Ｃ．ｔａｎα＝ 槡２ １０ ３ Ｄ．ｔａｎα＝ 槡１０ ３ ６．如图所示，理想变压器原线圈与定值电阻犚１ 串联后接入电动势犲＝犝ｍｓｉｎ （ω狋） 的交流电源，副线圈接有电流表和可变电阻犚２，电压表测副线圈电压，电流表 测副线圈电流，电表均为理想电表。当可变电阻犚２ 的阻值增大时，下列说法中 正确的是 Ａ．电流表的示数增大 Ｂ．电压表的示数增大 Ｃ．电阻犚１两端的电压增大 Ｄ．变压器的输入功率增大 ７．如图所示，半径为犚的圆形区域存在磁感应强度大小为犅，方向垂直纸面向外 的匀强磁场 （图中未画出），犕犖、犘犙为圆形区域中相互垂直的两条直径。一电 荷量为＋狇，质量为犿的粒子以某速度沿平行于直径犕犖 的方向射入磁场，射入 点犛到犕犖 的距离为 槡３ ２ 犚，粒子从犘点射出磁场，不计粒子的重力。下列说法 中正确的是 Ａ．粒子在犘点沿犙犘 方向离开磁场 Ｂ．粒子的速度狏＝ 狇犅 犿犚 Ｃ．粒子在磁场中运动的时间为狋＝ π犿 ３狇犅 Ｄ．仅把磁场方向改为与原来相反的方向，粒子在磁场中的运动时间变为原来的 ５倍 二、多选题：本题共３小题，每小题６分，共１８分。在每小题给出的四个选项中， 有两个或两个以上正确答案，全部选对得６分，漏选得３分，错选０分。 ８．将一端封闭的玻璃管迅速插入水银槽中某一深度，玻璃管内气体可看作理想气 体，外界大气压和温度均保持不变。下列说法中正确的是 Ａ．插入过程中玻璃管中单位体积中气体分子的个数增加 Ｂ．插入过程中玻璃管中每个气体分子热运动的动能都增加 Ｃ．插入过程中玻璃管内气体的内能增大 Ｄ．插入后的一段时间内气体从外界吸收热量 页６共　页２第　理物三高 ９．如图所示，边长为犾的正方形导线框犪犫犮犱电阻为犚，该线框在光滑水平面内以 速度狏０沿狓轴正向运动，线框刚好穿过磁感应强度为犅、竖直向下的匀强磁场 区域。下列说法中正确的是 Ａ．导线框进入磁场时导线框中产生顺时针方向的电流 Ｂ．导线框的质量犿＝ ２犅２犾３ 犚狏０ Ｃ．当导线框完全在磁场中运动时犪犫两端的电压为 犅犾狏０ ２ Ｄ．导线框进入磁场过程和离开磁场过程中产生的热量之比为２∶１ １０．如图所示，在光滑水平地面上，长木板犅 质量犿犅＝２ｋｇ，物体犃 质量犿犃＝ １ｋｇ，犃放置在犅 的最右端。犅右侧有一小球犆，犆右侧紧挨着一个固定的光滑 圆弧轨道，轨道半径犚＝０．２ｍ，圆心为犗，轨道与水平地面平滑连接。现给长 木板犅一个水平向右的瞬时冲量犐＝６Ｎ·ｓ，当犃从犅 的左端滑出时，立即将 犃取走（此时犅犆未发生碰撞）。已知犅与犆 的碰撞均为弹性碰撞，犃、犅间动 摩擦因数μ＝０．２５，重力加速度犵＝１０ｍ／ｓ ２。下列说法正确的是 Ａ．若犅犆发生碰撞前犃、犅共速，则共同速度大小为２ｍ／ｓ Ｂ．若犅犆发生碰撞前犃 刚好滑到犅 的最左端时二者共速，则长木板犅的长度 为１．５ｍ Ｃ．若长木板犅的长度为０．９ｍ，小球犆的质量为３ｋｇ，则小球犆恰好到达圆弧 轨道与圆心等高的位置 Ｄ．若长木板犅的长度为０．９ｍ，小球犆的质量为０．５ｋｇ，则小球犆能够通过圆 弧轨道最高点 三、非选择题：本题共５道小题，共５４分。解答题应写出必要的文字说明、方程式 和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分；有数值计算的，答案中必须明 确写出数值和单位。 页６共　页３第　理物三高 １１．（８分）某实验小组的同学们用如图１所示的装置做 “用单摆测量重力加速度” 的实验。 （１）他们用游标卡尺测量所用小钢球的直径，示数如图２所示，则他们使用的 游标卡尺为　　　 （填 “十分度”、“二十分度”或 “五十分度”）的游标卡尺， 小钢球的直径犱＝　　　ｍｍ； （２）图３中甲、乙分别为两种不同的摆线悬挂方式，应选用　　　（选填 “甲” 或 “乙”）的方式； （３）他们用手机上的秒表测量了小球完成５０次全振动的时间，如图４所示，则 秒表小针转一周用时　　　ｓ，大针转一周用时　　　ｓ，秒表示数为　　　ｓ； （４）他们测量了细线的长度为５０．８０ｃｍ，则当地重力加速度的测量值犵＝　　 　ｍ／ｓ２（π取３．１４，结果保留两位有效数字）。 １２．（８分）某物理兴趣小组要测量一未知电阻犚狓 的阻值。 　 （１）他们先用多用电表的欧姆挡粗测，现将多用电表的选择开关旋置欧姆挡 “×１００”倍率，将红黑表笔与电阻两端直接接触，多用电表的指针指到图１中 的犪位置，此时应将多用电表的选择开关旋置　　　（填“×１ｋ”或“×１０”）倍率， 改变倍率后测量电阻前，他们　　　（填“需要”或“不需要”）进行欧姆调零，重 新测量时，指针指到了图１中的犫位置，则该电阻的阻值约为　　　Ω（保留整 数）； 页６共　页４第　理物三高 （２）他们在实验室找到了如下器材， 毫安表Ａ（量程为０～３０ｍＡ，内阻犚Ａ 为１５．０Ω） 电压表Ｖ（量程为０～３．０Ｖ，内阻犚Ｖ 约为３．０ｋΩ） 滑动变阻器犚（０～２０Ω） 电源犈（电动势３Ｖ，内阻不计） 开关Ｓ一个，导线若干 他们用如图２所示的电路对该电阻进行准确测量； ①请在答题卡中将图２所示的实物连线图补充完整； ②正确连线后，他们调节滑动变阻器的滑片位置，当电压表示数为２．６０Ｖ时毫 安表示数为１８．０ｍＡ，则未知电阻犚狓 阻值的测量值为　　　Ω （保留１位小 数）。 １３．（８分）如图所示，某容器的截面为半径为犚的半圆，犃犅为水平直径，犃处有 一单色光光源，在容器未充任何物质的情况下，单色光照到犆点，单色光在 犃犆间的传播时间为狋１（未知）。将容器内充满某种透明液体后，单色光照到犇 点，单色光在犃犇间的传播时间为狋２（未知）。犆、犇分别为半圆弧的三等分点。 已知光在真空中的传播速度为犮。求： （１）透明液体对单色光的折射率狀； （２）狋１和狋２的大小关系。 １４．（１４分）如图所示，在空间直角坐标系犗狓狔狕中狓＞０区域存在沿狔轴负方向的 匀强电场，电场强度大小犈＝１０Ｎ／Ｃ，该区域同时存在沿狕轴负方向的匀强磁 场，磁感应强度大小犅＝２Ｔ。有一质量犿＝２×１０－３ｋｇ、电荷量狇＝＋１×１０ －２Ｃ 的带电粒子从狔轴上的犘 点以初速度狏０＝５ｍ／ｓ沿狓轴正方向射入复合场（重力 不计），犘点坐标为（０，１，０）（单位：ｍ）。 （１）求粒子刚进入复合场０．２ｓ内运动的位移； （２）若仅撤去磁场，求粒子在电场中运动０．２ｓ时粒子所处的位置坐标。 页６共　页５第　理物三高 １５．（１６分）如图所示，在水平面上，轻弹簧左端固定在水平平台上的犃点，质量 犿＝０．４ｋｇ的小物块紧靠弹簧右端但不连接，初始时弹簧处于原长。物块右侧 有一半径犚＝０．５ｍ的竖直光滑圆轨道，其最低点与水平地面相切于犅点。平 台右侧有一长度犔＝２．５ｍ、质量犕 ＝０．２ｋｇ的长木板，长木板左端为犈点、右 端为犉点，长木板位于水平地面上，长木板上表面与左右两侧平台在同一水平 面上。现将弹簧压缩狓＝０．４ｍ后释放物块，物块离开弹簧后滑上圆轨道，物块 滑上长木板后第一次与长木板相对静止时长木板刚好与右侧平台碰撞。已知弹 簧劲度系数犽＝１００Ｎ／ｍ，犅犇长度狓犅犇＝１ｍ，物块与平台犅犇部分之间的动摩 擦因数μ１＝０．２，物块与长木板之间的动摩擦因数μ２＝０．８，不计其他摩擦，长 木板与右侧平台碰撞过程中没有能量损失，重力加速度犵取１０ｍ／ｓ ２，弹簧弹性 势能公式为犈ｐ＝ １ ２ 犽狓２（犽为劲度系数，狓为形变量）。 （１）求物块到达圆轨道最高点犆时对轨道的压力大小； （２）求长木板右端与右侧平台左端犎犌的距离犱； （３）通过分析判断物块能否脱离长木板。 页６共　页６第　理物三高