云南德宏州2025-2026学年高三上学期期末物理试卷

答案和解析 1.【答案】D  【解析】解：个处于能级的氢原子向基态跃迁时，最多放出2种频率的光，故A错误； B.一群氢原子从向的能级发出的光子的能量最大为，因锌的逸出功是，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为，故B错误； C.没有能级差是，所以用能量为的光子照射，可使处于基态的氢原子不能跃迁到激发态；故C错误； D.能量为大于电离能，因此此光子照射能使处于基态的氢原子电离，故D正确； 故选：D。 根据氢原子能级跃迁规律，分析了从能级跃迁时的辐射光种类、光电子最大初动能、光子照射后的跃迁及电离情况，从而选出正确选项AD。 本题围绕氢原子能级跃迁展开，重点考查跃迁时辐射光子的种类、光电效应最大初动能计算、光子能量与能级差的匹配关系，以及电离条件的判断，是对原子物理核心概念的综合考查。 2.【答案】D  【解析】A、航天员处于完全失重状态，但仍受地球引力作用，故A错误； B、对接时实验舱需从较低轨道加速变轨至核心舱轨道，而非同一轨道直接对接，故B错误； C、由于万有引力提供圆周运动的向心力，则有，解得，因为组合体与核心舱轨道半径相同，因此组合体加速度等于对接前核心舱的加速度，故C错误； D、根据，解得，又因为万有引力提供向心力，故有，解得，联立上述各式可得 ，故D正确。 故选：D。 3.【答案】C  【解析】解：由 可得升降机加速上升的高度为，故A错误； B.匀减速运动的位移和匀加速运动的位移相等，即 故匀速运动的位移为 所以升降机匀速运动的时间为，故B错误； C.由速度-时间公式 可得匀加速运动的时间为 匀减速运动的时间和匀加速运动的时间相等，即，故C正确； D.上升过程的总时间为，故D错误。 故选：C。 根据匀加速直线运动速度与位移的关系式，由对称性可知升降机匀减速运动的位移和匀加速运动的位移与时间相等分析求解。 本题考查了匀变速直线运动的规律，理解物体在不同时刻的运动状态，合理选取运动学公式是解决此类问题的关键。 4.【答案】C  【解析】【分析】 把A向右移动少许后，A对B的支持力与竖直方向的夹角减小，先以B球为研究对象，分析墙对球的弹力的变化和A对B的作用力的变化，再整体为研究对象，分析地面对A的摩擦力和支持力如何变化。 本题涉及两个物体的动态平衡问题，关键是研究对象的选择，采用隔离法和整体法结合处理比较简捷。 【解答】 AB、以B为研究对象，设A对B的支持力与竖直方向的夹角为，B球受到重力、墙的弹力F和A的支持力，如图1 根据平衡条件得：， 若把A向右移动少许后，减小，减小，增大，则F减小，减小 根据牛顿第三定律得知，球B对墙的压力减小 所以球B对墙的压力减小，物体A与球B之间的作用力减小．故AB错误； CD、以整体为研究对象，分析受力如图2，则有：，则地面对物体A的摩擦力减小 ，保持不变，则物体A对地面的压力不变．故C正确，D错误。 故选C。 5.【答案】C  【解析】解：紫光和红光的入射角相同，紫光的折射率较大，则紫光的折射角较小，故光线OC为红光。光子的动量，红光波长大于紫光波长，可知红光的光子动量小于紫光的光子动量，故A错误； B.由双缝干涉条纹间距公式，红光波长大于紫光波长，用同一装置做双缝干涉实验，红光相邻干涉条纹间距比紫光大，故B错误； C.设从空气中入射，与水平面的角度分别为 、时，光线OB和OC分别发生全反射，设此时对应在圆弧侧的入射角为、，且设圆心为E，则光路如下所示 从空气射入玻璃时，根据折射定律， 而从玻璃射入空气时，设发生全反射时，由折射定律， 解得， 因为，所以，所以紫光先发生全反射，即先消失，故C正确； D.设光线从空气到玻璃的入射角为i，折射角为r，半径为R 则根据折射定律 由几何知识可得，光路s为 则传播的时间为 由折射定律可知 解得 因此传播时间对红光和紫光均相同，故D错误。 故选：C。 紫光的折射率较大，紫光的折射角较小，由光子的动量分析谁动量大，根据条纹间距公式分析干涉条纹间距大小；根据折射率和全反射临界角公式得到两种光的全反射临界角关系，判断增大时，在玻璃圆弧外侧观察到哪种光先消失；根据数学知识求得光程，结合、求解两束光在玻璃中分别沿OB、OC传播的时间关系。 本题是几何光学问题，作出光路图是关键，要掌握全反射的条件和光的折射定律、反射定律，灵活运用几何知识求解相关距离。 6.【答案】C  【解析】解析：A、通过电灯的电流分别为变压器原、副线圈的电流，：：：2，A错误； B、因为是相同的两只灯泡，所以两端的电压比等于电流比，故：：2；故B错误； C、因为B灯电压为副线圈输出电压，则原线圈电压是而A灯电压，由于A灯跟原线圈串联在电源电压U上，即，所以，综上分析C正确； D、因为是相同的两只灯泡，消耗的功率比等于电流的平方比：：4，D错误。 故选：C。 变压器的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，结合闭合电路欧姆定律中电压分配即可解决． 本题考查了变压器中匝数与电压和电流的关系，输入功率和输出功率之间的关系． 7.【答案】C  【解析】解：在闭合线框中，电荷关于O点分布对称，故在O点场强为零； 现在讲电荷量q从A移到B，那么，线框部分在O点的场强等效于与A点关于O点对称的电荷量q在O点的场强 B处电荷q在O点的场强； 又有两处电荷符号相同，故，的方向相反，那么，O点的场强，故C正确，ABD错误； 故选：C。 根据电荷分布得到闭合线框在O点的场强，从而得到去掉A处一小段后的线框在O点处的场强，再求得B处点电荷在O处的场强，即可叠加得到O点场强。 对于比较复杂的电荷分布周围的场强，常根据对称性求得某些不完整图形的场强，对于点电荷的场强则直接由求解，最后由叠加原理求得合场强。 8.【答案】C  【解析】解：A、只增大两板间的距离时，电容器的电容减小，因电压不变，故电容器应放电，但由于二极管有单向导电性，电容器不能放电，所以电容器的电量不变，增大板间距离时，根据推论可知，板间场强不变，故A错误。 B、减小平行板电容器的正对面积，电容器的电容减小，因电压不变，故电容器应放电，但由于二极管有单向导电性，电容器不能放电，所以电容器的电量不变，电压不变，板间距不变，板间场强不变，故B错误 C、将滑动变阻器的滑片向b端移动，滑动变阻器电阻增大，分压增大，电容器的电压增大，板间场强增大，故C正确。 D、只断开开关S，电容器不能放电，电容器上的电量不变，故两板间的电压不变，板间场强不变，故D错误。 故选：C。 要使油滴仍然能保持静止，其所受的电场力与重力应保持平衡，通过分析电容器板间电压，分析板间场强的变化来判断；注意由于二极管具有单向导电性，所以当电容减小时，由于电容器不能放电，则电容器上的电量不变。 本题关键分析电容器的电压是否变化。要抓住二极管的单向导电性，分析出电容器不能放电，来分析板间电压是否变化。 9.【答案】AC  【解析】解：A、根据图像可知，时刻，质点Q恰好位于平衡位置，此时质点速度最大，加速度为零，故A正确； B、根据图像可知，时刻，质点Q位于平衡位置且沿y轴负方向振动，根据同侧法可知，该简谐横波沿x轴正方向传播，根据图乙可知，该简谐横波的周期为，由于 根据同侧法可知，时刻，质点P位于平衡位置下方且沿y轴正方向振动，则时刻，质点P位于x轴上方，位移方向沿y轴正方向，则P的加速度方向沿y轴负方向，故B错误； C、根据简谐横波的波速、周期和波长的关系可求波速为 波沿x轴正方向传播，时之后质点P到达平衡位置最短时间 由于 可知，时刻，质点P恰好处于平衡位置，故C正确； D、根据题意可知，在时间内，经历的时间间隔为，则质点P运动的路程一定小于两倍的振幅10cm，即小于，故D错误。 故选：AC。 根据振动图像判断波的传播方向，再结合波动图像分析各质点的运动情况，包括加速度方向、位置以及通过的路程等。 本题综合考查了波动图像和振动图像，关键是要根据振动图像确定波的传播方向，再利用波动图像分析质点的运动情况。 10.【答案】ABD  【解析】【分析】 由题意，带正电的小球从挡板下端N处小孔向x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，所以小球运动的圆心的位置一定在y轴上，然后由几何关系得出可能的碰撞的次数，以及圆心可能的位置，然后由比较公式即做出判定。 提供带电粒子在磁场中的圆周运动来考查牛顿第二定律，向心力公式，并突出几何关系在本题的应用，同时注重对运动轨迹的分析，利用圆的特性来解题是本题的突破口。 【解答】 由题意，小球运动的圆心的位置一定在y轴上，所以小球做圆周运动的半径r一定要大于等于3m，而，所以小球最多与挡板ON碰撞一次，碰撞后，第二个圆心的位置在O点的上方。也可能小球与挡板ON没有碰撞，直接过M点， 由于洛伦兹力提供向心力，所以： 得：   ① 若小球与挡板ON碰撞一次，则轨迹可能如图1， 设，由几何关系得：   ②    ③ 联立②③得：； 分别代入①得： ； 若小球没有与挡板ON碰撞，则轨迹如图2，设，由几何关系得：  ④     ⑤ 联立④⑤得： 代入①得：，故C错误，ABD正确。 故选ABD。 11.【答案】C   【解析】解：斜槽轨道是否光滑不影响实验，因为入射小球每次从同一位置S静止释放，即使轨道有摩擦，重力做功与摩擦力做功的差值恒定，到达水平轨道末端的速度相同，A错误； B.为保证两球对心碰撞，两小球半径应相同，半径不同会导致非对心碰撞，B错误； C.为防止入射球碰撞后反弹，选用两球质量应满足，C正确； D.小球做平抛运动，竖直高度相同则飞行时间t相同，水平射程动量表达式中时间t可约去，无需测量飞行时间，D错误； 故选：C； 根据多次落点痕迹，用最小圆法确定平均位置，图乙中刻度尺分度值为，估读到，落点中心位置对应读数为； 弹性碰撞需满足动量守恒和动能守恒。小球做平抛运动，飞行时间t相同，速度， 动量， 动能， 动量守恒， 代入、、， 化简得； 由机械能守恒 化简得。 故答案为：； ； ；。 分析斜槽轨道、小球半径、质量选择及平抛时间测量对实验的影响，判断出实验操作与器材选择的正确选项； 采用最小圆法确定小球落点的平均位置，并根据刻度尺的分度值进行读数； 利用平抛运动规律将速度转化为水平位移，结合动量守恒和动能守恒定律，推导出用水平位移和质量表示的验证表达式。 本题围绕验证动量守恒与机械能守恒的碰撞实验展开，重点考查实验操作规范的辨析、落点平均位置的确定方法，以及利用平抛运动等时性推导动量守恒和机械能守恒表达式的过程，是对实验原理、操作细节与公式推导能力的综合考查。 12.【答案】A；  B； ；  ；  【解析】图示为滑动变阻器分压接法，为了调节方便，滑动变阻器应选择阻值较小的。故A正确，B错误； 故选：A。 图甲中开关S闭合之前，应把滑动变阻器的滑片置于B端，使电压表和电流表示数从0开始调节。 连接实物图如下 将这个小灯泡接到电动势为，内阻不计的电源两端，可知小灯泡的实际电压为，由图像可知对应的实际电流为，小灯泡电阻为 若把两个灯泡串联接入电动势为4V，内阻为的电源组成闭合电路，则 整理得 作出图像如图所示，交点为实际的工作电压和电流， 则每个小灯泡的实际功率约为 故答案为：；；；；。 根据滑动变阻器分压接法，结合调节方便的原则分析求解； 根据图甲中开关S闭合之前，应把滑动变阻器的滑片置于B端，使电压表和电流表示数从0开始调节分析求解； 根据电路图连接实物图分析求解； 根据图像，结合闭合电路欧姆定律分析求解。 本题考查了探究小灯泡的伏安特性相关实验，理解实验目的、步骤、数据处理以及误差分析是解决此类问题的关键。 13.【答案】重物刚好离开地面时，气缸内气体的温度是240K  气缸内气体的温度降低到时，活塞对封闭气体做的功W是  【解析】解：重物刚好离开地面时，活塞受力平衡，有 代入数据得 封闭气体做等容变化，可得 代入数据得 从重物刚好离开地面到气体的温度降低到，设重物上升的高度为 h，此时封闭气体体积 该过程中活塞受力情况不变，所以封闭气体做等压变化，则，其中 代入数据得 活塞对封闭气体做的功 代入数据得 答：重物刚好离开地面时，气缸内气体的温度是240K。 气缸内气体的温度降低到时，活塞对封闭气体做的功W是。 对活塞受力分析，确定重物刚离开时气体的压强，结合初始状态参量，利用理想气体状态方程求解对应温度，明确初末状态的压强、体积与温度关系； 先判断温度降至224K时活塞是否停止移动，确定气体状态变化阶段，结合活塞受力与移动距离，计算气体对活塞的做功，区分不同阶段的运动特点。 这是一道热学与力学结合的综合题，通过分析活塞受力变化确定气体状态变化，考查理想气体状态方程与做功计算。解题需拆解物理过程，结合受力分析判断状态阶段，能有效检验综合分析与逻辑推导能力。 14.【答案】a和b在碰撞过程中弹簧获得的最大弹性势能为；   小滑块b刚进入圆轨道B点时对轨道的压力大小为5mg，方向向下；   小滑块b能上升到离水平面的最大高度为  【解析】与b碰撞达到共速时，弹簧被压缩至最短，弹簧的弹性势能最大。设此时a、b的速度大小均为v，取向右为正方向，由系统动量守恒定律，得： 由机械能守恒定律可得： 解得弹簧获得的最大弹性势能为：； 设小滑块b与弹簧分离时a、b的速度大小分别为和，取向右为正方向，由动量守恒定律可得： 由机械能守恒定律得： 解得： 在B点，根据牛顿第二定律可得： 解得： 小滑块b刚进入圆轨道B点时对轨道的压力大小为5mg，方向向下； 如果b恰能到达最高点C，则b到C点的速度应满足： 从B点到C点，根据动能定理可得： 解得小滑块在B点的速度大小为：，所以b不可能到达C点。 设小滑块离开轨道时与圆心连线和竖直方向的夹角为，如图所示： 根据向心力公式可得： 根据动能定理可得： 联立解得：， 根据速度的合成与分解可得： 此后b上升的最大高度为： 所以小滑块b能上升到离水平面的最大高度为： 解得：。 答：和b在碰撞过程中弹簧获得的最大弹性势能为； 小滑块b刚进入圆轨道B点时对轨道的压力大小为5mg，方向向下； 小滑块b能上升到离水平面的最大高度为。 和b在碰撞过程中两者速度相同时，弹簧获得的弹性势能最大。a、b碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能。 弹簧恢复原长过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出小滑块b与弹簧分离时的速度大小，根据向心力公式解析解答。 应用牛顿第二定律求出C点的临界速度。根据动能定理求解在B点的最小速度；设小滑块离开轨道时与圆心连线和竖直方向的夹角为，根据向心力的计算公式结合动能定理求解，再根据竖直上抛运动结合几何关系进行解答。 本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。 15.【答案】设P棒运动至轨道最低点时的速率为。根据机械能守恒定律，有，解得。 P棒进入磁场区域时，因切割磁感线产生感应电动势，其大小为。回路中的感应电流为，即。 Q棒所受安培力为，根据牛顿第二定律有。联立以上各式，解得Q棒的瞬时加速度为。 设Q棒首次达到稳定运动状态时的速度为，此时P棒的速度为。稳定时回路中无感应电流，表明两棒产生的感应电动势相互抵消，即，化简得。 取水平向右为正方向，对Q棒开始运动至首次达到稳定状态的过程，分别对两棒应用动量定理。对P棒，有。对Q棒，有。 此过程中通过P棒的总电荷量为。联立上述方程，解得，，。 当P棒进入导轨Ⅱ区域后，两棒切割磁感线的有效长度相同。系统最终达到稳定时，两棒具有共同速度v。 由于系统所受合外力为零，满足动量守恒定律，有。 根据能量守恒定律，整个回路产生的焦耳热为。 P棒进入导轨Ⅱ运动后，计入电路的电阻为，其产生的热量与电阻成正比，故。联立计算得。  【解析】详细解答和解析过程见答案 第1页，共13页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年云南省德宏州高三（上）期末物理试卷 一、单选题：本大题共8小题，共34分。 1.如图为氢原子的能级示意图，已知锌的逸出功是，关于氢原子在能级跃迁过程中发射或吸收光子的特征，下列说法正确的是(    ) A. 一个处于能级的氢原子向基态跃迁时，能发出3种不同频率的光 B. 用一群处于能级的氢原子向基态跃迁时发出的光照射锌板，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为 C. 用能量为的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态 D. 用能量为的光子照射，可使处于基态的氢原子电离 2.我国“问天”实验舱成功发射并与“天和”核心舱对接，标志着我国航天事业的又一重大突破。“问天”实验舱成功与离地约400km的“天和”核心舱对接，形成组合体，“神舟”十四号航天员乘组随后进入“问天”实验舱。下列判断正确的是(    ) A. 航天员在核心舱中完全失重，不受地球的引力 B. 为了实现对接，实验舱和核心舱应在同一轨道上运行 C. 组合体运动的加速度大于对接前核心舱的加速度 D. 已知组合体做匀速圆周运动的周期为T，运行速度为v，引力常量为G，可求出地球的质量 3.一升降机从静止开始以大小为a的加速度匀加速上升一段时间，接着匀速运动一段时间，再以大小为a的加速度做匀减速运动，直至速度为零，上升的总高度为H，在此过程中的最大速度为。关于升降机的运动下列说法正确的是(    ) A. 加速上升的高度为 B. 匀速运动的时间为 C. 减速运动的时间为 D. 上升过程的总时间为 4.如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态，若把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则(    ) A. 球B对墙的压力增大 B. 物体A与球B之间的作用力增大 C. 地面对物体A的摩擦力减小 D. 物体A对地面的压力减小 5.如图所示，OBCD为半圆柱玻璃砖的纵截面，OD为直径，一束由紫光和红光组成的复色光沿AO方向平行纵截面从空气斜射入玻璃砖，可在玻璃圆弧外侧观察到两束光分别从B、C点射出。记AO与DO延长线之间的夹角为，则下列说法正确的是(    ) A. 光线OC为红光，红光的光子动量大于紫光的光子动量 B. 用同一装置做双缝干涉实验，红光相邻干涉条纹间距比紫光小 C. 增大时，在玻璃圆弧外侧观察到紫光先消失 D. 两束光在玻璃中分别沿OB、OC传播的时间 6.如图所示，两个相同的灯泡，分别接在理想变压器的原副线圈上，灯泡电阻不随温度变化已知原副线圈的匝数比：：1，电源电压为U，则(    ) A. 通过A、B灯的电流之比：：1 B. 灯泡A、B两端的电压之比：：1 C. 灯泡A、B两端的电压分别是， D. 灯泡A、B消耗的功率之比：：1 7.如图所示，正方形线框由边长为L的粗细均匀的绝缘棒组成，O是线框的中心，线框上均匀地分布着正电荷，现在线框上侧中点A处取下足够短的带电量为q的一小段，将其沿OA连线延长线向上移动的距离到B点处，若线框的其它部分的带电量与电荷分布保持不变，则此时O点的电场强度大小为(    ) A. B. C. D. 8.如图所示，电路中二极管为理想二极管，正向电阻为零，反向电阻无穷大，电源内阻不能忽略，闭合开关S，电路稳定后，只改变下列一个条件能增大平行板电容器两板间电场强度的是(    ) A. 增大平行板电容器两板间距离 B. 减小平行板电容器的正对面积 C. 将滑动变阻器的滑片向b端移动 D. 断开开关S 二、多选题：本大题共2小题，共12分。 9.一列简谐横波沿x轴传播，时的波形图如图甲所示，P是平衡位置在处的质点，Q是平衡位置在处的质点；图乙为质点Q的振动图像。下列说法正确的是(    ) A. 时刻，质点Q的加速度为零 B. 时刻，质点P的加速度方向沿y轴正方向 C. 时刻，质点P恰好处于平衡位置 D. 时间内，质点P通过的路程为 10.如图，xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度的匀强磁场，ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9m，M点为x轴正方向上一点，现有一个比荷大小为可视为质点带正电的小球重力不计从挡板下端N处小孔以不同的速度向x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电量不变，小球最后都能经过M点，则小球射入的速度大小可能是(    ) A. B. C. D. 三、实验题：本大题共2小题，共15分。 11.用图甲的“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。O是小球抛出时球心在地面上的垂直投影点，实验时，先让入射小球多次从斜轨上S位置由静止释放，找到其落地点的平均位置P，测量平抛水平射程OP。然后把被碰小球静置于水平轨道的末端，再将入射小球从斜轨上S位置由静止释放，与小球相撞，多次重复实验，找到两个小球落地的平均位置M、N。 下列器材选取或实验操作符合实验要求的是        。 A.斜槽轨道一定要光滑 B.可选用半径不同的两小球 C.选用两球的质量应满足 D.需用秒表测量小球在空中飞行的时间 图乙是小球的多次落点痕迹，由此可确定其落点的平均位置对应的读数为        cm； 在某次实验中，测量出两小球的质量分别为、，三个落点的平均位置与O点的距离分别为OM、OP、ON。在实验误差允许范围内，若满足关系式        和        ，即验证了该碰撞是弹性碰撞用所给符号表示。 12.某实验小组利用如图甲所示的电路图来探究小灯泡的伏安特性。所用器材如下： 待测小灯泡一只，额定电压为，电阻约为几欧； 电压表一个，量程，内阻约为； 电流表一个，量程，内阻约为； 滑动变阻器两个，干电池两节，开关一个，导线若干。 实验中所用的滑动变阻器应选下列中的______。 A.滑动变阻器最大阻值为，额定电流为 B.滑动变阻器最大阻值为，额定电流为 合上开关前，滑动变阻器滑片应置于原理图中的______选填“A”或“B”点。 设计的实验电路原理图如图甲所示，请在图乙中用笔画线代替导线连接实物图。 通过实验测得该小灯泡的伏安特性曲线如图丙所示，小灯泡电压为时，小灯泡电阻为______。若把两个灯泡串联接入电动势为4V，内阻为的电源组成闭合电路，则每个小灯泡的实际功率约为______结果保留两位有效数字。 四、计算题：本大题共3小题，共39分。 13.如图所示，一汽缸固定在水平桌面上，汽缸内用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞横截面积为。活塞与汽缸壁导热良好，活塞与汽缸间滑动摩擦力，轻绳跨过定滑轮将活塞和地面上的质量为重物连接。开始时绳子刚好伸直且张力为零，活塞离缸底距离为，此时汽缸内气体的压强，温度，外界大气压强。已知最大摩擦力等于滑动摩擦力，不计其他阻力，取重力加速度，缓慢降低汽缸内气体的温度，求： 重物刚好离开地面时，气缸内气体的温度。 气缸内气体的温度降低到时，活塞对封闭气体做的功W。 14.如图所示，水平光滑轨道AB与半径为R的竖直光滑半圆形轨道BC相切于B点。质量分别为2m和m的两个小滑块a、可视为质点静止于水平轨道上，其中小滑块a与一轻弹簧相连。某一瞬间给小滑块a一冲量使其获得的初速度向右冲向小滑块b，与b碰撞后弹簧不与b相粘连，且小滑块b在到达B点之前已经和弹簧分离，不计一切摩擦，重力加速度为g。 求a和b在碰撞过程中弹簧获得的最大弹性势能； 求小滑块b刚进入圆轨道B点时对轨道的压力； 求小滑块b能上升到离水平面的最大高度。 15.如图，光滑平行轨道abcd的曲面部分是半径为R的四分之一圆弧，水平部分位于竖直向上、大小为B的匀强磁场中，导轨Ⅰ部分两导轨间距为2L，导轨Ⅱ部分两导轨间距为L，将质量均为m的金属棒P和Q分别置于轨道上的ab段和cd段，且与轨道垂直。P、Q棒电阻均为r，导轨电阻不计。Q棒静止，让P棒从圆弧最高点静止释放，当P棒在导轨Ⅰ部分运动时，Q棒已达到稳定运动状态。两棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g，求： 棒刚进入磁场时，Q棒的加速度大小； 棒从开始运动到第一次速度达到稳定，该过程通过P棒的电荷量； 从P棒进入导轨Ⅱ运动到再次稳定过程中，P棒中产生的热量。 第1页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 $