湖南省长沙市长郡中学2025-2026学年高三上学期月考（五）物理试题

长郡中学2026届高三月考试卷（五）》 物 理 得分： 本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页。时量75分钟。满分 100分。 第I卷选择题（共43分） 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， 只有一个选项是符合题目要求的) 刘 1.物理学的发展历史和其中蕴含的丰富物理思想或方法是人类智慧的巨大财富， 下列关于图中所涉及的知识叙述正确的是 liidiiiz 石英丝 如 斜面1 斜面2 -999 载 切线， 郑 钢 丙 委 A甲图，卡文迪什通过引力扭秤实验测万有引力常量时，运用了“等效替代”的 苗 舸 方法 B.乙图，伽利略根据理想斜面实验，提出了力是维持物体运动的原因 C.丙图，在理论上探究曲线运动的速度方向时，运用了“控制变量”的方法 D.丁图，在高速飞驰的列车上观察地面上的时钟时间为t,则列车上时钟的时 间比t小 2.如图甲，两辆汽车A、B在相邻直线车道以不同速度匀速行驶，发现前方有斑马 线需同时立即刹车。刹车时，两车头并排距前方停车线均为16，最终均恰好 停在停车线。以并排时车头处为位移0点和计时起点，沿运动方向建立x轴， 汽车B的x一t图像是开口向下抛物线，如图乙、汽车A的v一t图像是直线，如 图丙。则 ◆x/m 4v/m·s'） 16 里。A 5OB -t/s t/s 甲 丙 物理试题（长郡版）第1页（共8页） A.汽车A先到达停车线 B.汽车B初速度为8m/s C.汽车A加速度大小为1m/s2 D.两车相距最远时刻为2s 3.如图所示，同一介质中有起振方向相同的相干波源P、 R Q,P比Q先振动四分之一周期，已知PQ=12cm,QR =5cm,PQ⊥QR,若要使两波在R点处最大限度地相 P--- 互削弱，则波长最长为 A.10 cm 号 C28 3 cm D.13 cm 4.如图所示，真空内存在向右的匀强电场和匀强磁场，电场强 度大小为E,磁感应强度大小为B。质量为m,电荷量为q 的正离子在此电场和磁场中运动，某时刻其速度平行于磁 场方向的分量大小为，垂直于磁场方向的分量大小为2， 以该时刻粒子所在位置为坐标原点，沿、2方向建立Oy 直角坐标系，不计粒子重力，下列说法正确的是 A.离子运动轨迹为等距的螺旋线 B.该离子受到的洛伦兹力大小为gB√o十吃 C.离子轨迹与x轴交点横坐标可能为，2x gB D,该离子的加速度大小保持不变 5.某学习小组设计了两种“水平加速度测量仪”来测量列车在平直轨道上的加速 度。甲测量仪（图甲）由质量为的小滑块和两根劲度系数均为k的轻弹簧组 成，滑块可在光滑水平杆上滑动，弹簧另一端固定在外壳上。静止时两弹簧处 于原长，滑块指针指在0刻度。运动时弹簧始终在弹性限度内，通过刻度尺可 测出小滑块的位移。乙测量仪（图乙）用细线悬挂质量为的小球，静止时悬 线与竖直0刻度重合。运动时小球摆动平面与刻度盘平行，通过刻度盘可测出 悬线与竖直方向的夹角。将两测量仪正确放置在列车内，忽略空气阻力。待其 稳定后，下列说法正确的是 -609 7609 -30° 30° 刻度尺 甲 U A.若甲测量仪指针指在0刻度线右侧，则列车一定向左加速运动 B.若甲测量仪指针指在0刻度线左侧距离d处，则列车的加速度大小为a =2kd m C.若将乙测量仪的刻度值标定为对应的加速度值，则加速度的刻度值随角度均 匀变化 D.若标定加速度值后，将乙测量仪换用质量为o<m的小球，则其加速度刻度 需重新标定 物理试题（长郡版）第2页（共8页） 6.如图，湘超足球比赛运动员训练罚点球，足球放置在球门中央的正前方O点，两 次射门，足球分别垂直打在水平横梁上的A点和竖直梁上的B点，不计空气阻 力，则两次射门过程，足球从离开脚到打在横梁的过程中 A.足球动量变化率相同 B.足球初动能大小一定相等 C.打在B点的重力的冲量较大 D.打在B点的重力的平均功率较大 7.如图所示为发电站远距离高压输电示意图。已知升压变压器原、副线圈两端的 电压分别为U1和U2,降压变压器原、副线圈两端的电压分别为U3和U4。在 输电线路的起始端接入两个互感器，两个互感器原、副线圈的匝数比分别为 20：1和1：20，各互感器和电表均为理想状态，则下列说法正确的是 U 用 P 升压变压器 降压变压器 . A.电压互感器起升压作用，电流互感器起减小电流作用 B.若电压表的示数为300V,电流表的示数为10A,则线路输送电功率为 120kW C.若保持发电机输出电压U1和用户数不变，仅将滑片Q上移，则输电线损耗 功率增大 D.若发电机输出电压U1一定，仅减少用户数，为维持用户电压U4不变，可将 滑片P下移 二、多选题（本题共3小题，每小题5分，共15分。每小题有多项符合题目要求， 全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8.如图所示，两条足够长的光滑平行导轨MN、PQ水平放置，导轨间距为L= 1m,电阻不计，两导体棒a、b静置于导轨上，导体棒a的电阻不计，导体棒b接 入电路的阻值为R=12,单刀双掷开关1接在电容为C=0.5F的电容器上， 初始状态电容器不带电。电容器的右侧有垂直纸面向里的匀强磁场B1=1T, 电容器左侧有垂直纸面向外的匀强磁场B2=0.5T,导体棒a通过细线跨过光 滑定滑轮与竖直悬挂的重物A相连，已知重物A、两导体棒α、b三者的质量均 为m=1kg。现将开关S接1位置，释放重物A,同时开始计时，t1=0.25s时 断开开关S,t2=0.45s时将开关S接2位置，导体棒b开始运动，t3时刻两导 体棒的加速度大小相等。重力加速度g取10m/s2,则下列说法正确的是 物理试题（长郡版）第3页（共8页） A.t1时刻导体棒a的速度为w1=1.2m/s B.t2时刻导体棒a的速度为v2=2m/s C.t3时刻回路消耗的热功率为25W D.时刻导体棒a的加速度为号n/S 9.两颗行星A和B的卫星绕各自行星做匀速圆周运动。g0 如图为卫星的角速度ω与轨道半径r的关系图，图中两b 图线纵截距的差值b-a=lg9,已知行星B的半径是A 的3倍，忽略行星自转和其他星球影响，结合图像数据， A *Ig r 下列说法正确的是 A.行星A与B的质量之比为81：1 B.行星A与B表面的重力加速度之比为1：9 C.行星B的第一宇宙速度是A的√3倍 D.行星A与B的平均密度之比为1：3 10.如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里 ××× 的匀强磁场，磁感应强度为B。M为磁场边界上一 R 点，有无数个带电量为q(q>0),质量为m的相同粒× 子（不计重力及粒子间相互作用）在纸面内向各个方 向以相同的速率通过M点进入磁场，在磁场中运动 时间最长的粒子运动时间为驼。V为磁场边界上 、×××× N 、××× 的另一个点，MN=√2R。下列说法正确的是 A,粒子从M点进入磁场时的速率为u=Bg5 m B.若将磁感应强度的大小增加到2B,从N点离开磁场的粒子速度沿半径 方向 C.若将磁感应强度的大小增加到2√2B,所有粒子出射磁场边界的位置均处 于劣弧MN上 D.若将磁感应强度的大小增加到2√2B,从N点离开磁场的粒子运动时 间m 42qB 选择题答题卡 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 得分 答案 物理试题（长郡版）第4页（共8页） 第Ⅱ卷非选择题（共57分） 三、非选择题（本题共5小题，共57分） 11.(6分)图甲为某兴趣小组设计的实验装置，在单摆悬点处安装力传感器，可采 集摆线的拉力；在小球的平衡位置正下方处安装光电门，可采集小球底部的轻 质遮光片遮住光的时间。利用本装置可以完成测量当地重力加速度大小g。 力传感器 摆线 遮光片 计时器 光电门 甲 丙 实验操作如下： (1)测量所需长度：用刻度尺测得摆线长度为L,用游标卡尺测得小球直径为 D;用螺旋测微器测量遮光片的宽度为d,如图乙所示，则d= mm. (2)测量当地重力加速度的大小：将小球拉至与竖直方向成较小角度并由静止 释放。利用力传感器，获得摆线所受拉力F的大小与时间t的关系图像， 如图丙所示，则单摆的周期T= (用“”“t2”表示)，重力加速度大 小的测量值为 (用“L”“D”和“T”表示)。 12.(10分)某实验小组要测量一种新型导电材料的电阻率，取一块厚度均匀的正 方形导电材料，如图甲所示。 (1)实验小组先用多用电表的电阻挡粗测AB边与CD边之间的电阻Rx,选择 “×10”电阻挡，机械调零、欧姆调零后，按正确的操作步骤来测量，表盘的 示数如图乙所示，则阻值R= 5040 30 111 200100 500 1k TTTm 100 TTTTTTTTTT 150 20 0 30 10 200 40 0 TTTTTTT 250 0.05 50002/V A-V-2 2.5 25002/V 甲 乙 (2)实验小组想要精确测量电阻R,选用实验器材及其 符号和规格如下： A.电池组(E=1.5V,内阻不计) B.定值电阻(R1=9952) C.定值电阻(R2=2952) D.电流表A1(量程为5mA,内阻为r1=52) E.电流表A2(量程为15mA,内阻约为1) 物理试题（长郡版）第5页（共8页） F.滑动变阻器R(最大阻值102，允许通过的最大电流为0.5A) G.开关、导线若干 为了减小实验误差，要求电表的测量值在量程的令以上，定值电阻应该选 择 (选填器材前面的序号)，在虚线框中画出合适的电路图，并标 上各器材的符号。 (3)若实验中电流表A1、A2的示数分别为I1、I2,则待测电阻R= (用实验测得的物理量符号和题设中给出的物理量符号来表示)；若材料的 厚度为d,可得导电材料的电阻率为 (用R,和测得的物理量符号 表示)。 13.（11分)如图，两根相距=0.4m、电阻不计的光滑金属导轨在同一水平面内 平行放置，两导轨左端与阻值R=0.152的电阻相连，导轨x>0的一侧存在 沿十x方向均匀增大的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直（即竖直向下）。磁 感应强度B=0.5+0.5x(T)。一根质量m=0.1kg、电阻r=0.052的金属 棒置于导轨上，并与导轨垂直，棒在外力作用下从x=0处以初速度o=2m/s 沿导轨向右运动，运动过程中电阻上消耗的功率不变，求： × ×××× ××× (1)金属棒在x-3m处的速度大小； (2)金属棒从x=0运动到x=3m过程中，电阻R上产生的热量Q。 物理试题（长那版）第6页（共8页） 14.(14分)如图所示，在xOy直角坐标系中，第二象限有曲线y=x2,该曲线及其 上方有竖直向上的匀强电场。曲线左侧有电子发射器CD,电子由C极不间断 地无初速度逸出，经电场加速后，从金属网D以速度沿x轴正方向射出。 所有电子经过电场都能到达原点O,且速度方向与x轴正方向的最大夹角为 60°，然后进入第四象限的匀强磁场区域（图中未画出）做匀速圆周运动。已知 电子的电量大小为e,质量为m,重力忽略不计，金属网D出射的电子均匀 分布。 D 少 (1)求电子发射器CD间的电压U; (2)求匀强电场的场强大小E; (3)进入第四象限的匀强磁场区域的电子都能打到y轴负半轴上，已知匀强磁 场的磁感应强度大小为B,求所加磁场区域的最小面积S。 物理试题（长郡版）第7页（共8页） 15.(16分)如图甲，粗糙绝缘水平面上有两个完全相同的金属小滑块A、B(可视 为质点)，质量均为，与地面间的动摩擦因数为4。空间有场强大小均为E、 方向均沿水平且相反的两个匀强电场，滑块B处于电场分界线上。开始时，A 带电量为十2g,B不带电，速度均为0，一段时间后A以速度)与B发生弹性 正碰，且碰撞时间极短，碰后A、B所带电荷量均恒为十q,碰后经过时间t,A 达到最大速度，其大小为2，A的部分v一t关系如图乙所示，整个过程中，A、 B之间的库仑力视为真空中点电荷的相互作用，静电力常量为，重力加速度 为g,A、B与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： (1)开始时，A、B间的距离； (2)碰撞后A的速度最大时，B的速度大小及B向右移动的距离； (3)碰撞分离后至A速度达到最大的过程中，A、B间的库仑力对A、B做的 总功。 77177777777771777777777777717711717 A B 甲 物理试题（长郡版）第8页（共8页）长郡中学2026届高三月考试卷（五） 物理参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 0 B B 0 B A D BC BD BC 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，只有一个选项是符合题目要求的） 1.D【解析】卡文迪什通过引力扭秤实验测出万有引力常量，运用了“放大”的方法，故A错误；伽利略根据理想斜面实 验，提出了力不是维持物体运动的原因，故B错误；在轨迹曲线上的某一点A附近另取一点B,构成一段位移，当点B 不断逼近，点A,位移无限趋近于零时，该位移方向为，点A处的切线方向，即速度方向。在理论上，这种分析运用了 “极限”思想，故C错误；在高速飞驰的列车上观察地面上的时钟时间为t,动钟变慢，则列车上时钟的时间比t小，D 正确。 2.B【解析】两车头均恰好到达停车线，即到达停车线时速度均恰好减为0，令x=16,根据图乙可知，汽车B到达停 车线前经历时间为=4s,根据图丙，由于)一（图像与时问轴所国几何图形的面积表示位移，则有。=受，汽车A 的初速度为4/s,解得2=8s,可知，汽车B先到达停车线前，故A错误；对汽车B进行分析，根据位移公式有x= 受4，结合上述解得=8m/s,故B正确，0图像斜幸的绝对值表示加速度，根据图丙可得a一名=0.5m/g,故 C错误：汽车B的加速度ag一要=2m/g,结合上选，B的初速度大于A的初速度，B的加速度大于A的加速度，可 知，开始汽车B在前，两者间距逐渐增大，由于B减速得快一些，则当两者速度相等时，两车间距达到最大，令经历时 间，A,B达到相等速度，则有U=一Q山=一Qs与，解得么=号s,放D错误。故选B。 3.B【解析】设两步调一致的相千波的波长为入、周期为T、波速为o,有λ=T,由几何关系PR=√(PQ)2十(QR)严= 13cm,P比Q先振动四分之一周期，则△=(13-于-5)cm,要使两波在R点处最大限度地相互削弱，有△ 2中以m=0123…)联立得X=是5m,当=0，泼长最长为X=号em,女选B。 4.D【解析】离子的运动是匀加速直线运动与匀速圆周运动的合成，离子运动轨迹为不等距的螺旋线，故A错误；由于 ☑与磁场B平行，则根据洛伦兹力的计算公式可知该离子受到的洛伦兹力大小为F洛=qB2,故B错误；根据运动的 叠加原理可知，离子在垂直于磁场方向做匀速圆周运动，在磁场方向做匀加速运动，离子轨迹与x轴交点横坐标可能 为工-mT十号咒3，T密，故C错误：高子交到的电场力不变，洛伦蓝力大小不变，方向总是与电场力方向 垂直，则该离子受到的合力大小不变，该离子的加速度大小保持不变，故D正确。故选D。 5.B【解析】若甲测量仪指针指在0刻度线右侧，左侧弹簧伸长，右侧弹簧压缩，则弹力向左，由牛顿第二定律可知列 车加速度方向为水平向左，可能向左加速或向右减速，故A错误；若甲测量仪指针指在0刻度线左侧距离d处，由牛 顿第二定律2灿=加，则到车的加速度大小为a=,方向水平向右，故B正确；对乙园，设细线编离竖直方向的夫 角为0，由牛顿第二定律mgtan0=ma,可得a-gtan0,则将乙测量仪的刻度值标定为对应的加速度值，加速度的刻 度值随角度非均匀变化，故C错误；根据a=gtan0可知，若标定加速度值后，将乙测量仪换用质量为m的小球，则 其加速度刻度不需要重新标定，故D错误。故选B。 6,A【〖解析】动量变化率为是-R,由于只受重力，所以动量变化率相同均为重力，故A正确；设球门宽度为，足球 到球门的距高为，根据递向思维法可知，足球微平抛运动，当足球打到A点时，有=以，a=7戏，当足球打 到B点时，有√（受）P十后=u,h:=2g编，由于hu>n,则a>,<,根据心=2gh,可知足球竖直分速度 心>v,足球初速度大小v=√十，不一定相等，初动能不一定相等，故B错误；足球重力的冲量I=gt,因为tA 物理参考答案（长郡版）一1 1 >,打在A点重力冲量大一些，故C错误：P=g助_mg· =mg,因为h>,是球打在A点的重力率均 功率比B点大，故D错误。故选A。 7.D【解析】电压互感器起降压作用，电流互感器起减小电流作用，A错误；电压互感器原线圈两端电压U,=U= 71 6000V,电流互感器原线圈中的电流1，=I=200A,则线路输送电功率P=UI=1200kW,B错误；仅将滑片Q上 72, 移，相当于减少了升压变压器副线圈的匝数，根据理想变压器的规律U,=U1,升压变压器副线圈两端的电压减 小；降压支压器原线周两端电压U,减小，副线因两端电压U,减小，通过负载的电流上-是又月户教不变，即负载 总电阻R不变，则14减小，降压变压器原线圈中的电流1=14，匝数比不变，山减小，根括△P=,则输电线上损 n3 耗功率减小，C错误；仅减少用户数，即负载总电阻R增大，若降压变压器副线圈两端电压U4不变，则通过副线圈的 电流，-贵减小，降压变压器原线图中的电流减小，输电线上的电压损失△=r减小；原线圈两瑞电压U,-U,一 △U增加，根据U=U知，当U,增加时，增大m可以使U不变，所以要将降压变压器的滑片P下移，D正确。故 选D。 二、多选题（本题共3小题，每小题5分，共15分。每小题有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3 分，有选错的得0分) 8,BC【解析1对导体棒a和重物A,根据牛领第二定律得mg一BL=2ma,根搭i=会品，△Q=C△，A=BL△，△0 mg =a1△M,联立解得a1一2m十CBD=4m/s,4时刻导体棒a的速度u1=a14=1m/s,故A错误；断开开关S后，导体 棒a不受安培力，则有mg=2ma2,l2时刻导体棒a的速度为2=十a2(t2一4)=-2m/s,故B正确；开关S接2位 置，设t时刻导体棒a、b的加速度大小为a3,mg-BIL=2ma3,B2IL=ma3,解得ag=2.5m/s2,I=5A,t专时刻回路 消耗的热功率为P=PR=25W,故C正确，D错误。 9.BD【解析】根据万有引力提供向心力G=mw7,整理可得lgo=弓lg(G0-lgr,图中两直线的纵藏距的差 r2 值6-a=lg9,即lg(GM)-g(GM)-lg9,即0=81，行星B与A的质量之比为81：1，故A错误；行星B的 M 半径是A的3倍，根据黄金代换GM=gR,行星A与B表面的重力加速度之比为1：9，故B正确；第一宇宙速度公 式G=m员，解得。√受，可知行星B的第一宇窗连度是A的3B倍，故C错民：根据体软公式V=青R,可 得体积之比为27：1，根据密度公式=晋，可知行星B与A的平均密度之比为3：1，故D正确。故选BD。 10.BC【解析】由题意可知，带电粒子从M点进入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，在磁场中运动时间最长的粒子的 圆孤所对应的弦应是圆磁场的直径，如图1所示，设粒子进入磁场的速率为，由洛伦兹力提供向心力可得qB= m二，解得。一职，粒子在磁场中运动的网期为T-2-密，在猫场中运动时间最长的：子运动时间为器 gB P × ×××× XX ×××到×× ××××× × ××××××× ××××0X××！ ×0X × ××× N、×-× M r 0 0 0. 图1 图2 图3 物理参考答案（长郡版）一2 Tm 则粒子在磁场中转动的时间为 3gB 2xm -君T,可知粒子在磁场中转动的周孤所对的圆心角为0=吾-受，可得拉子 gB 在磁场中运动的半径为=2R,可得粒子从M点进入磁场时的速率为)一2卧，A错误；若将磁感应强度的大小增 加到2B,从N点离开醋场的粒子运动轨迹如圈2所示，由洛伦茧力提供向心力可得9如·2B=m号，解得1=器 =R,由图可知NO2⊥ON,即为从N点离开磁场的粒子速度沿半径方向，B正确；若将磁感应强度的大小增加到 2区B,可知粒子的圆周丰径为-号R,可知周孤的直径为巨R,则所有粒子射出点中矩离M最运的点为N点，如 图3所示，因此所有粒子出射磁场边界的位置均处于劣孤MN上，C正确；磁感应强度为B时，粒子运动周期为T 8,若将磁感应强度的大小增加到22B,粒子的周期为T=可知若将磁感应强度的大小增加到2B,丛 √2qB N点离开磁场的粒子运动时间t?二2BD错误。故选BC。 三、非选择题（本题共5小题，共57分） 11.(6分，每空2分) (1)1.199/1.200/1.201 (2)2(t2-t) 2x2(2L+D) T 【解析】(1)根据螺旋测微器的测量原理，遮光片的宽度为1mm十0.01mm×20.0=1.200mm (2)根据单摆的特点可知，在最低点处时的拉力是最大的，所以周期的大小应为T=2(2一)。单摆的周期公式为 T-2后共中1为摆长，大小应为1=L计号，整理后可得gC2华+D. T 12.(10分，每空2分) (1)150(2)C见解析图(3)1(R,+n I2-I1 .Rd 【解析】(1)选择“×10”电阻挡，由题图乙可知待测电阻阻值为15×102=1502. (2)实验器材中没有电压表，电流表A的内阻已知，所以用电流表A与定值电阻串联改装成电压表，电源的电动 盼为1.5V,串联的电阻为R号一295Q,所以定值电L应选择R,电流表A,内阻末知，所以应用外接法，酒 动变阻器最大阻值远小于待测电阻，所以应用分压接法，电路图如图所示。 R (3)根据并联电路的特点和欧姆定律，待测电阻两端的电压U=1R,十)，则待测电阻R,=IB);设该正方 I2-I1 形学电材料的边长为a,根据电阻定律有R=p5-0nP己，解得该正方形导电材料电阻来p广Rd, 13.(11分)【解析】(1)回路中电阻消耗的电功率不变，得电路中的电流不变。由法拉第电磁感应定律 得E=B0l… …(1分) 解得E=0.4V 由闭合电路欧姆定律得I=干7 E …(1分) 解得I=2A 在x=3m处，磁感应强度为B=B。十kx (1分) 解得B=2T 物理参考答案（长郡版）一3 根据公式E=Blu解得v=0.5m/s (2分) (2)方法一：由于F=BIL且B=B。十kx 电阻上消耗的功率不变，故电流不变为I=2A x=0时F。=BIl=0.4N,x=3m时F=BIl=1.6N …(1分) 又安培力随位置线性变化，故金属棒克服安培力做功W=F 2 …(2分） 解得W=3.0J 由功能关系，金属棒克服安培力做功，全部转化为回路中产生的热量Q=W…（1分) Q=p尺Q%…(1分) 解得Q=2.25J …(们分) 方法二：由B。l=Blu 可得号-0.5+0.5x …(2分) 由7一x图像面积，可得金属棒从x=0运动到x=3m经历的时间=3,75s…一 (2分) 由公式Q=PRt (1分) 解得Q=2.25J (1分) 14.(14分)【解析】(1)电子在CD间加速，根据动能定理U= (2分) 解得U- …(2分) (2)电子在电场中运动到O点的过程中 沿x方向做匀速运动x=ht… …（们分) 沿一y方向做匀加速运动y=2at (1分) 根据牛顿第二定律eE=ma …(1分) 由于曲线方程y=x 解得E-2m …(们分) e (3)设电子最初进入第四象限时的速度为v,与y轴负方向夹角为a,则有-sina 洛伦兹力提供向心力，有eB=m r …(2分) 解得r一eBsin a 电子在磁场中的偏转角恒为2a,运动轨迹的弦长l=2 rsin a= 2mvo eB …(2分) 恒定不变，要使所有的电子都能打到y轴负半轴上，所加磁场区域的最小面积为 …(们分) C D 60 160 解得S=(3-是) …(1分) 物理参考答案（长郡版）一4 15.(16分)[解析】(1)对A由牛顿第二定律可得F=m…(1分) 受到的合外力大小F=2qE-g…（1分) 设A、B开始的距离为5，对A加速到的过程=2as…(1分) 联立解得s一4qE-20mg my …(们分） (2)设碰撞后瞬间A、B的速度分别为⑦、0，A、B发生弹性正碰时动量守恒、机械能守恒，有 m☑=V0十℃0…（们分） 名mi=令m流十分m流…1分》 1 1 解得VA0=0,m= 碰撞分离后至A速度达到最大的过程中，A、B系统受到的合外力为零，动量守恒，设A速度达到最大时，B的速度 为%，有=m(-2)十mg…(1分） 解得阳=十吃… …(1分) 设A速度达到最大时，A、B对地位移大小分别为xA、,则 m☑t=m(-xA)十mB… …(1分) 碰撞后A的速度最大时所受合力为零，设此时A、B间的距离为xB qE+umg=k …（们分） TAB 可得xB一入√qE+mg 由几何关系可知xA十xB=xB… (1分) 联立解得-受+ ……(们分) (3)碰撞后到A速度达到最大的过程中，设A、B间的库仑力对A、B做的总功为W,由动能定理得 1 W牛W,十W福2呢叶7m呢2m…分】 其中摩擦力做的总功Wf=一mgx… (1分) 匀强电场力对A和B做的总功W电将=一qEx娜…（们分） 联立解得W=q√原(gE+mg)十m呢十m2…(1分） 物理参考答案（长郡版）一5