2026届湖南武冈市第二中学等校高三下学期4月质量检测物理试题

高三年级4月质量检测 物 理 (试卷满分：100分，考试时间：75分钟) 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上 的指定位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如 需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；回答非选择题时，用0.5mm的黑色字迹 签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3.考试结束后，请将答题卡上交。 一、选择题：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，只有一项是 符合题目要求的 1.2铝Cm是超钚元素锔重要的同位素，最早由西博格等人于1944年人工制成.Cm的衰变 方程为：24号Cm→Pu十X,则下列判断正确的是 A.方程中a=2,b=4 B.高速运动的X粒子形成的射线穿透能力很强 C.在高温高压环境2Cm的衰变会变快 D.24号Cm比Pu的结合能更小 2.如图所示，用频率为y的光照射阴极K,闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，使微安表的示 数减小为0，此时电压表的示数U称为遏止电压.当照射光子的能量分别为2.64V和 7.56eV时，测得这两种光照下的遏止电压之比为1：3，下列说法正确的是 A.a端为电源正极 B.这两种光照下光电子的最大初动能之比为1：2 C.阴极K的逸出功为0.18eV D D.若保持入射光的光子能量不变，增大人射光的强度，遏止电压 a直流6 会增大 \电源 3.如图所示，水平放置的平行金属板A、B间存在沿竖直方向的匀强电场.质量相同的两个 带电粒子1、2以相同的初速度贴着A板左侧沿水平射入，带电粒子1沿轨迹①从两板正 中间飞出，带电粒子2沿轨迹②落到B板中点.不计粒子的重力和粒子间的相互作用，则 粒子1、2在极板间运动的过程中 A■ A.运动时间之比为t1：t2=1：2 ① B.所带电荷量之比q1：q2=1：2 1② C.电势能减少量之比△E1：△E2=1:8 D.动量增量之比△1：△2=1：4 【高三物理第1页（共6页）】 6360C 4.如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内，导轨间距 离为L,导轨上平行放置两根导体棒ab和cd,构成矩形回路，已知ab棒 质量为2m,接入电路的电阻为r;cd棒质量为m,接人电路的电阻为2r, P b a Q 其他电阻忽略不计.整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B,两导体棒与 导轨的摩擦力大小相等.开始时两导体棒均静止，ab棒和cd棒之间的距离为d,现同时 给ab棒一向右的初速度vo、给cd棒一向左的初速度2o,经过一段时间后两导体棒均停 止运动，此时b棒和cd棒之间的距离为受.则对于整个运动过程，下列说法正确的是 A.ab棒和cd棒组成的系统动量不守恒 B.ab棒克服安培力所做的功为m6 C,适过cd称的电荷量为 D.ab棒运动的距离为 5.如图所示为欧姆表的内部电路，a、b为表笔插孔，当R,=5002时流过 G 表头的电流为3mA,当R.=100时流过表头的电流为8mA,下列说 法正确的是 A.a孔插红表笔 be B.电路中电源电动势大小为1.92V C.流过表头的电流为6mA时Rx=1202 D.电池用久了，若电动势不变而内阻增大，则欧姆调零后，测量值偏大 6.如图甲，卫星绕地球以ABCDA的方向沿椭圆运动，BD是椭圆的长轴，AC是椭圆的短轴，O 是椭圆中心，卫星所受地球引力大小随时间变化的规律如图乙所示，图中t为已知量.已知 地球的半径为R,近地点离地面的高度也为R,假设卫星只受地球引力，下列说法正确的是 引力大小 9F 。地球 时间 甲 A.卫星从A到B的时间为 B.卫星在B点与D点到地球球心的距离之比为2：1 C.卫星在B点与D点的速度之比为9：1 D,地球的第一宇宙速度为l6πR 7.如图示，一固定光滑圆形轨道位于竖直平面内，圆心为O,OA是水平半径，B是轨道最低 点.一质量为m的小球（看作质点）从轨道内的A处由静止释放运动到B点的过程中，小球 与圆心O的连线和OB的夹角为α，不计空气阻力，重力加速度为g,下列说法正确的是 A.小球从A点运动到B点的过程中，重力平均功率为0 B.当a=60°时，轨道对小球的弹力大小为mg C.当α=30°时，小球的加速度大小为√3g D当m。-停时，小球重力的瞬时功率最大 【高三物理第2页（共6页）】 6360C 二、选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分.在每小题给出的四个选项中，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，在均匀介质中，S1(一1,0)和S2(3,0)为两个波源，其振动方向垂直于xOy平 面，t=0时刻，S1、S2两波源同时开始振动，振动的位移时间关系均为1= 10sin4πt(cm),介质中某质点P的平衡位置坐标为（一1,3），t= y/m 1.5s时，P点开始振动，则 A.0~3s内，P点运动的路程为140cm B.0~3s内，P点运动的路程为160cm 3 x/m C.P点是振动减弱点 D.O点是振动加强点 9.如图所示，粗细不均匀、导热性能良好的长玻璃管竖直放置，下端封闭，上端开口，足够长 的细管横截面积为S,粗管横截面积为3S,上表面刚好位于粗、细管交界处的长为L的一 段水银柱封闭了一段长为4L的理想气体.初始时，气体压强为1.2o,环境温度为T.对 气体缓慢加热到温度为T1(未知)时，水银刚好全部从粗管溢进细管；继续缓慢加热，在气 体的温度由T1变成2T。的过程中，气体吸收的热量为Q,大气压强为。，下列说法正确 的是 A.T=号r B.水银柱从粗管缓慢溢进细管过程中，气体压强不变 C.气体的温度由T1变成2T。的过程中，水银柱移动的距离为4L D.气体的温度由T:变成2T。的过程中，气体增加的内能为Q一4.8LS 3S 10.如图甲所示，在倾角α=30°的足够长的光滑斜面上，放着质量均为m的A、B两物块，轻 弹簧一端与物块B相连，另一端与固定挡板相连，整个系统处于静止状态.从t=0时刻 开始，对A施加一沿斜面向上的恒力F使物块A沿斜面向上运动，在A、B分离前，它们 运动的加速度随位移变化的图像如图乙所示，运动位移为1时，A与B分离.重力加速 度为g,下列说法正确的是 WwMWBZS 为 A恒力F的大小为 gmg B.弹簧的劲度系数等于5ms 4l CA与B分离时，A的加速度大小为gs D.A与B分离后，A还能继续沿斜面向上运动号 【高三物理第3页（共6页）】 6360C 三、非选择题：本题共5小题，共57分 11.(8分)某同学采用如图甲所示装置验证动滑轮下方悬挂的物块A与定滑轮下方悬挂的 物块B(带有遮光条)组成的系统机械能守恒.图中光电门安装在铁架台上且位置可调， 滑轮质量不计且滑轮凹槽中涂有润滑油，以保证细线与滑轮之间的摩擦可以忽略不计， 细线始终伸直.A、B(含遮光条)质量相等，测得遮光条宽度为d,实验时将物块B由静止 释放.已知当地重力加速度为g。 中光电门 77777777777777 父 乙 (1)释放物块B之前该同学发现动滑轮中心与定滑轮中心的高度差约为15cm,遮光条 到光电门的距离约为35cm,则该同学应该 (填字母). A.调节光电门位置向上 B.向下调节物块B的初始位置 C.释放物块B,并继续进行后续步骤 (2)释放后，A、B开始运动，若测得光电门的中心与遮光条释放点的竖直距离为h,遮光 条通过此光电门的挡光时间为t,物块A、B(含遮光条)的质量均为m,则从释放点下 落至遮光条通过此光电门中心时，系统动能的增加量△Ek= ,系统重力势 能的减少量△E。= .(用题中所给物理量的字母表示) (3)改变光电门与物块B之间的高度h,重复实验，测得各次遮光条的挡光时间t,以h为 横轴、是为纵轴建立平面直角坐标系，在坐标系中作出图像，如图乙所示，该图像的斜 率为k,在实验误差允许范围内，若k= (用含g、d字母的表达式表示)，则 验证了机械能守恒定律 12.(8分)在测量某电源电动势和内阻时，因为电压表和电流表的影响，不论使用何种接法， 都会产生系统误差，为了消除系统误差，某实验小组设计了图甲实验电路进行测量， A 现有如下实验器材： A.待测电池（电动势约为3.6V,内阻约为几百毫欧） B.电压表⑦(0~4V,内阻约为1.6k2) C.电流表@(0~0.9A,内阻约为2.7) D.滑动变阻器R(0~352) 【高三物理第4页（共6页）】 6360C E.阻值为202的定值电阻 F.阻值为4Ω的定值电阻 G.单刀单掷开关S。、单刀双掷开关S、导线若干 实验过程中，先将单刀双掷开关S接1，闭合S,调节滑动变阻器，得到多组电压U和电 流I,作出U-I图像；再将开关S接2，重复上述操作.最终作出的两条U-I图线如图 乙所示.回答下列问题： (1)实验中，定值电阻R。的作用有 (选填下列选项字母)；定值电阻应选择 (填器材前面的字母) A.保护电源 B.在电压变化时使电流表示数变化明显 C.在电流变化时使电压表示数变化明显 (2)图乙中图线b是单刀双掷开关S接 (填“1”或“2”)测出的，仅利用图线b得 出电动势和内阻，系统误差来源于 (选填下列选项字母) A.电流表分压 B.电压表分流 (3)图乙中两纵截距分别为U1=3.63V、U2=3.64V,两横截距分别为I1=0.80A、I2= 0.50A,消除系统误差，由图乙可以得出电池的电动势E= V,内阻r= 2.(结果均保留2位小数) (4)利用(3)的截距数据，由图乙还可以得出电流表的内阻RA= 2,电压表的内 阻Rv= 2.(结果均保留2位小数) 13.(10分)如图为半径R的半圆柱形玻璃砖，0为截面圆心，OD=5R,一束单色光从D点 3 以入射角a=45°射入玻璃砖，折射光线刚好从C点射出，CO连线与竖直方向的直径AB 垂直， (1)保持人射光的方向不变，将人射点从D向下移动，当入射点移到E点时，激光恰能在 左侧圆弧面上F点(E、F未画出)发生全反射，求光在玻璃砖内由E点传播到F点的 时间（不考虑多次反射，已知该激光在真空中的传播速度为，$n75°=2十6）： 4 (2)保持人射光的方向不变，将入射点从D向上移动，当入射点移到G点时，激光恰能在 左侧圆弧面上H点(G、H未画出)发生全反射，求D、G两点的距离. 【高三物理第5页（共6页）】 6360C 14.（14分)如图，在xOy平面第一象限内存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小 为B,一质量为m、电荷量为一g(q>0)的带电粒子从M(0,)点以沿x轴正方向的速度 射人磁场，并从x轴上的N点射出，出磁场时速度与x轴正方向的夹角为60°，忽略粒 子重力及磁场边缘效应，静电力常量为k. (1)求粒子射人磁场的速度大小和在磁场中运动的时间t1; (2)若在xOy平面内某点固定一正点电荷，人射粒子的电荷量减为原来的三分之一，仍 从M点以相同的速度射人磁场，粒子仍沿原来的轨迹从M点运动到N点，求在纸 面内固定的负点电荷的电荷量大小9； (3)在(2)问条件下，粒子从N点射出磁场开始，经时间=2，速度方向首次与N gB 点速度方向相反，求粒子再次进人磁场前的最小速度vmi（电荷量为Q的点电荷产生 的电场中，取无限远处的电势为0时，与该点电荷距离为r处的电势p=Q) 15.（17分)如图所示，一质量2=1kg且足够长的长木板Q静止在光滑的水平面上，虚线 MN的右侧有水平向右的匀强电场，电场强度大小E=1×10N/C,从虚线MN开始， 水平面上沿直线等间距的锁定着(+1)个相同的绝缘带电滑块，滑块的质量均为 m=3kg,带电量均为q=1×10-5C,相邻两个滑块之间的距离l=1m,滑块看作质点， 每个滑块在被碰前瞬间才解除锁定.现有一质量1=1kg的物块P从长木板Q的左端 以v=8m/s的初速度滑上长木板Q,在长木板Q与滑块1发生碰撞前，物块P和长木 板Q已共速.长木板Q与滑块1的碰撞为弹性碰撞，碰撞过程中不会发生电量转移，且 碰后立即将P、Q锁定.虚线MN右侧的滑块之间碰撞后都会结合在一起，重力加速度g 取10/s2,不计滑块间的库仑力和滑块碰撞时的电场力.求： (1)若物块P与长木板Q间的动摩擦因数为0.8，则从物块P滑上长木板Q至两者第一 次共速时，物块P相对于长木板Q运动的距离； (2)长木板Q与滑块1碰撞后瞬间，滑块1的速度大小； (3)滑块1与滑块2在碰撞过程中损失的机械能； (4)滑块间第n次碰撞后结合在一起时的总动能 参考数学公式：12+22+32+…十m2=n(n十1)(2n+1) 6 P 9 【高三物理第6页（共6页）】 6360C 高三年级4月质量检测·物理 参考答案、提示及评分细则 1.【答案】A 【解析】根据衰变前后电荷数，质量数守恒，衰变方程为4Cm→2Pu十He,则a=2,b=4,A正确； 高速运动的He粒子形成的α射线，电离作用很强，穿透能力较弱，B错误；衰变的快慢可用半衰期表 示，半衰期由原子核本身决定，与温度等外部因素无关，C错误；铝Cm的核子数更多，所以比Pu的 结合能大，D错误. 2.【答案】C 【解析】调节滑动变阻器的滑片，使微安表的示数减小为0，此时电压表的示数为U,可知此时所加电压 为反向电压，则K板带正电，A板带负电，b端为电源正极，a端为电源负极，A错误；根据Ek=U。可 得两种光照下逸出的光电子的最大初动能之比Ek1:Ek2=U。1:Uc2=1:3,B错误；据hv一W=Ekm可 得号8V二W-号求得途出功W=0,18eV.C正确：若保持人射光的频率不变，增大人射光的强度， 逸出的光电子最大初动能不变，则遏止电压不变，D错误. 3.【答案】D 【解析】带电粒子运动的初速度%相同，粒子1的水平位移为粒子2的2倍，由t=二可知，运动时间之 00 比为：=2：1，A错误；竖直方向粒子做初速度为0的匀加速直线运动，满足y=a,根据牛顿第 二定律有B=m,由两式解得g一罂，所以它们所带的电荷量之比9：g:=1:8,B错误：电势能的 减小量等于电场力做的功即△E=gEy,因为y1:y2=1:2,q1:q2=1：8,所以电场力做功之比为 1:16,它们电势能减少量之比△E,:△E2=1：16,C错误；根据动量定理有，动量增量△p=gEt,t1:t2 =2:1,g1:q2=1:8,则动量增量之比△p1:△2=1：4，D正确. 4.【答案】C 【解析】由题意可知两棒受摩擦力和安培力均等大反向，则两棒组成的系统受合外力为零，动量守恒，A 错误；设向右为正方向，则系统初动量2mwo一m·2o=0,则末动量为零，ab棒克服安培力与摩擦力所 做的总功为之m6,无法求出其克服安培力所做的功，B错误；两棒同时停止，即两棒运动时间相等，设 为t,流过导体棒cd的电荷量为g=1系二40」 3r 之BL,C正确；由系统动量守恒2m一72 =3r 2=0可知2mUt-m·2u2t=0,即2m1-mx2=0,即x2=2x1,导体棒ab运动的距离x1=,D 错误。 5.【答案】B 【解析】根据多用电表内部结构，电流从红表笔流人、黑表笔流出，可知α孔插黑表笔，A错误；设欧姆表 使用电源的电动势为E,欧姆表的总内阻为R内，由闭合电路的欧姆定律可得3X103A=R内十5O00' E 8X103A一R十1O00:联立解得Rm=1400,E=1.92V,B正确：该表盘中6mA刻度对应的电阻值 【高三物理参考答案第1页（共6页）】 6360C R,由闭合电路欧姆定律可得TR,R其中R=140Q,E=1.92V,T=6mA,解得R 180Ω，C错误；电池用久了，若电动势不变而内阻增大，则欧姆调零后，使电流表满偏，即指针指到最右 喘，根据R三二可知仍可以准确测量电阻，D错误 6.【答案】D 【解析】出现两次引力最大值，即卫星运动一周，故卫星的周期为1，则卫星从A到B的时间小于子，A 错误：卫星在近地点B时有=9F,卫星在远地点时有=F,联立解得片-，B结误：根据开 普勒第二定律，卫星在近地点B与远地点D时有o1·△t·r1=v2·△t·r2,联立解得卫星在近地点B 与远地点D的速度之比为=是，C错误；由已知条件知近地点B到地心的距离为=2R,卫星的周 期为T=,该卫是的半长辅为R,结合开普精第三定律知0=m·4R·祭 ，解得M=256πR Gt2,由 万有号引力等于重力，有C=mg,解得g= R2 =G4-256R,地球的第一字宙速度为=√gR=16R, t D正确. 7.【答案】D 解析】下落的过程中，重力做功不等于0，根据P=”可知，重力的平均功率不为0，A错误；设半径 R,根据mgRc0sa=m,N-mgc0sa=m袋，解得N=3mgc0se,当a=60时，N=号mg,B错误；当 a=30°时，由动能定理有mgRsin60°= m,则小球的向心加速度大小a,=员-原g,小球沿切线方 1 向的加速度大小a,=m860-g,放小球的加速度大小为a=V十a- m 28,C错误；重力功 率最大时，小球在竖直方向的分速度应该达到最大值，可知此时竖直方向合力为0，因此Ncosα=mg, 结合gR0s&=m,N-goaa=加发，解得6oms&-怎.D正确 8.【答案】BD 【解标=1.5s时，P点开始操动，可知被速=P=是m/s=2m/5,周期为T=2红=0.5s,则波长 入=uT=1m,波源S:传播到P点的时间t'=PS=5 s=2.5s,则波源S2传播到P点之前P点振幅 为10cm,振动了△t=t'一t=1s=2T,所以波源S2传播到P点之前P点的路程为s1=8A=80cm,两 波源到P点的波程差△x=5m一3m=2m=2λ，所以波源S2传播到P点后P点为振动加强点，振幅 为A'=2A=20cm,波源S2传播到P点后P点又振动了△t'=3s一t=0.5s=1T,波源S2传播到P 点后P点的路程为s2=4A'=80cm,则0~3s内，P点运动的路程为s=s1十52=160cm,A错误，B正 确；两列波到P的波程差为2m,到O的波程差也为2m,因此O、P都是振动加强点，C错误，D正确. 9.【答案】AD 【解析】水银柱全部在粗管中，上下长度为L,根据题意水银柱对应的压强为0.2。，当水银柱刚好全部 进入细管中，水银柱的上下长度为3L,水银柱对应的压强为0.6，由理想气体状态方程可得 1.2×4L-0.6p十)X5L,解得T,-5T,A正确；水银柱从粗管缓慢溢进细管过程中，气体压强 To T 3 【高三物理参考答案第2页（共6页）】 6360C 增大，B错误；气体的温度缓慢由T,变成2T。的过程中，设气体体积的增加量为△V,气体做等压变化， △Y=5LX3S,解得△V=3LS,即水银柱移动的距离为3L,C错误；根据功的定义可得气体 则有2T。-工T 对外界做的功W=(0.6po十p)△V,解得W=4.8LS,气体吸收的热量为Q,根据热力学第一定律可 知气体增加的内能为Q一4.8oLS,D正确. 10.【答案】ACD 【解析】F未作用时，设压缩量为xo,对AB由平衡条件有kxo=2 mgsin a,由题图乙可知F作用瞬间， AB加速度大小为a=是&，此时对AB有F-2 mgsin a十ka,=2ma,联立解得F=各mg,A正确；AB 分离瞬间，AB间弹力为0，且二者加速度相等，对A有mg sin a-一F=mao,对B有mg sin a-k(xo一l) =ma,联立解得=，a=名8，B错误，C正确；从F作用到AB分离过程，结合-6=2ax可 知题图乙“面积”表示“号”的改变量，则有22X1=,解得AB分离时的速度0满足=张 161 AB分离后，对A有mgsn&一F=a,解得。-日&，A还能继续沿斜面向上运动x=名-子D 正确. 11.【答案】 (1)A(2分) 22分) mg坠(2分） 2 ()器2分) 【解析】(1)由题意知，此时若直接释放物块B,则遮光条不能通过光电门，应向上调节光电门位置，A 正确，C错误；向下调节B的位置不会改变绳长，遮光条依旧不通过光电门，B错误. (②)物块B经过该光电门时的速度为口=号，从释放点下落至遮光条通过此光电门中心时，系统动能 的增加量为△B=云m成十名m,其中%=2以=号，化简可得△=5，系统重力势能的减少量 hmgh 为△E,=mgh-mg2=2 3)若系统机械能守恒，由机械能守恒定律得△E=△E,解得之=。经h,由h该图像的斜率为飞 在实验误差允许范围内k= 景，则验证了机械能守恒定律。 12.【答案】 (1)AC(1分)F(1分) (2)2(1分)B(1分) (3)3.64(1分)0.55(1分) (4)2.73(1分)1651.65(1分) 【解析】(1)定值电阻R。有保护电源的作用，且由于电源内阻很小，则根据闭合电路的欧姆定律有U= E一I(十R。),可知加了定值电阻后，回路中电阻增大，电流变化时使电压表的示数变化会更明显，故 选AC.电池的电动势约为3,6V,电流表达到最大电流0.9A时，电路中的最小电阻为Rm三 各，8D=4Q,电池的内阻约为几百毫欧，所以定值电阻选R,=4Q,如果定值电阻选R,=200,电路用 【高三物理参考答案第3页（共6页）】 6360C 的最大电流为一天-3,8A=0.18A,最大电流还达不到电流表量程的三分之一，电流测量范围太 小.故选F (2)开关S接2时由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，电压表示数为零时分流电流为 零，即短路电流是准确的，可知导致电源电动势与内阻的测量值都小于真实值，U-I图线应为b;系统 误差来源于电压表的分流作用. (3)将单刀双掷开关S的选择开关掷向1时测出的电动势E是准确的，则准确的电动势为E=U2= 3.64V;将单刀双掷开关S的选择开关掷向2时为电流表外接法，引起误差的原因是电压表的分流， 但是当电压表示数为0时，电压表不分流，所以图线b与横轴的交点为准确的短路电流，则准确的短 路电流为1=0,80A,又因为在电路中连入了定值电阻R,=40,所以/-号，其中/=r+R,解得 电源准确的内阻为r=0.552. (根据闭合电路欧姆定律可知图线a的斜率k:号=/+R,联立/-号，可求得R-光- 12 I2I19 代人数据得R=2.730;图线6的斜率k,==Rv UU2 是=天v联立光可求得Rv万代 入数据得Rv=1651.652. 13.【解折1)设折射角为B,在△D0C中，0D=停R,0C=R,由几何关系可得DC-VOD+0C- _0D=号(1分) 2R,则snp-8光= 即β=30° 根据折射定律得n= sin a sinB 代入已知条件可得n=√2(1分) 由全反射临界角sinC=1 n 可知C=45°(1分) 设s为路程，由正弦定理得60口n25 解得s=3E+2R 6 由激光在玻璃砖中的速度u=￡(1分) 解得1=三-3十3R(2分) 3c (2)全反射临界角C=45°，如图所示，∠OHG=C=45° 根据正弦定理可知OG=, OH sin C sin(90°+B) (1分) 则0G=5R1分) 3 则DG=OD+OG=5十ER(2分) 3 【高三物理参考答案第4页（共6页）】 6360C 14.【解析】(1)根据题意，画出粒子的运动轨迹如图所示.设粒子在磁场中做圆 周运动的半径为R,由几何关系有R=Rcos60°十l 解得R=2L(1分) 60° 由牛顿第二定律有gwB=m R (1分) 解得6=2gBL m 粒子在磁场中运动的周期T=2πR (1分) T 粒子在磁场中运动的时间4= 解得1=m (1分) 3aB (2)负点电荷应在轨迹的圆心处，由牛顿第二定律可知号%B+&·器= R (2分) 解得g。=16gB2 (2分) mk (3)由题意可知，粒子从N点离开，仅在点电荷g,的作用下运动，粒子所需要的向心力为m爱，大于 点电荷提供的库仑力，因此粒子无法做匀速圆周运动，即电荷从N点离开磁场后绕点电荷9。做椭圆 运动 设第一次出现速度方向与N点速度方向相反的位置距离圆周运动圆心的距离为，椭圆运动的半长 轴可表示为a=R,d(1分) 2 粒子从N点射出磁场，到速度第一次出现方向与N点速度方向相反，所用时间为椭圆运动的半个周 期，类比开普勒第三定律，在库仑力作用下半长轴为α的椭圆运动与半径为α的圆周运动的周期相 同，由牛顿第二定律得器=m201分) 4π2 可得a=4l,d=6l(1分) 由能量守恒定律得m味一号·贺=弓md。一子·警 d (2分) 解得w=2gBL (1分) 3m 15.【解析】(1)物块P与长木板Q组成的系统动量守恒m1v=(m1+m2)v共(1分) 解得v共=4m/s 根据能量守恒得mgL=2m-（m十m:)!(1分) 解得L=2m(1分) (2)物块P第一次与长木板Q共速后，长木板Q与滑块1发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒 得m2v共=m21+m(1分) 司m候=号m赋+号m话(1分) 1 解得v=2m/s(1分) 【高三物理参考答案第5页（共6页）】 6360C (3)根据动量守恒定律得m=nmvm 解得第m个滑块被碰撞后瞬间的速度大小为，=一。(1分) 对第一个滑块受力分析，由牛顿第二定律得Eg=ma(1分) 解得a=9E m 由运动学公式得v-=2al 解得滑块在第一次碰撞前的速度大小为-√优+2 (1分) m 滑块1与2碰撞过程中，由动量守恒定律得mw,=2mu,′(1分) 解得'=2√6+2码 m 由能量守恒定律可知，滑块在第一次碰撞过程中损失的机械能为Ea一m听-×2m,”（1分) 解得E=子m话+E 代入数据得E拟=8J(1分) (4)第二次碰前，滑块的速度大小为-o1'2=2al 解得=√(》产(6+2吗)+2 (1分) m 第二次碰撞过程中，由动量守恒定律得2mv2=3mw2 可得第二次碰撞后滑块的速度大小为'一号心 则2=（号）[(2）)°(6+2吗)+2gE1 m 整理可得w=(传》广G+12.2 m 同理，第三次碰撞后有”=()6+1+2+3.2g 42 m 第n次碰撞后，=(n十）6+1+2七+.2 (n+1)2 (1分) m 第n次碰撞后结合在一起的滑块的总动能为Ee=号(n十1)mu,”(1分) 。m+12+22+32十…十n 化简得Ek总=2(n十1 n+1 m话+n(2n+D.qEl ·qEl=2(n+1) 6 代入数据得Ek总一(n十1) 6+5n(2n+1D(J)(2分) 3 【高三物理参考答案第6页（共6页）】 6360C