2026届湖南天壹名校联盟高三下学期4月质量检测物理试卷

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. 1.2Cm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.号Cm的衰变 方程为：Cm→Pu十X,则下列判断正确的是 A.方程中Q=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.2Cm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.若保持人射光的光子能量不变，增大人射光的强度，遏止电压 a直流0方 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.运动时间之比为1：l2=1：2 2公 B.所带电荷量之比q1:q2=1：2 B 7 C.电势能减少量之比△E1：△E2=1：8 6 D.动量增量之比△p1:△p2=1：4 【高三物理第1页（共6页）】 6360C ▣紫▣ Q夸克扫描王 极速扫描，就是高效 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楼ab和cd,构成矩形回路，已知ab榉M 质量为2n,接入电路的电阻为r;cd棒质量为n,接入电路的电阻为2r, 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o。、给cd棒一向左的初速度2，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m C道过cd棒的电荷量为P品 D.a6棒运动的距离为号 5.如图所示为欧姆表的内部电路，a、b为表笔插孔，当R,=500Ω时流过 表头的电流为3mA,当R,=1002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 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R,=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1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 B 地球 21 时 A.卫星从A到B的时间为4t 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l6π尽 7.如图所示，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a,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g C.当a=30°时，小球的加速度大小为√3g 6 D.当cosa= 时，小球重力的避时功率最大 J 【高三物理第2页（共6页）】 6360C ▣▣ Q夸克扫描王 极速扫描，就是高效 ▣ 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，S(一1,0)和S2(3,0)为两个波源，其振动方向垂直于xOy平 而，1=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= 10sin4π1(cnm),介质中某质点P的平衡位置坐标为（一1,3），1= )/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 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 气体缀慢加热到温度为T,(未知)时，水银刚好全部从粗管溢进细管；继续级慢加热，在气 体的温度由T,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万=号0 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一4,8IS 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=0时刻 开始，对A施加一沿斜面向上的恒力F使物块A沿斜而向上运动，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 必wwaZ-兰 6 甲 A.恒力F的大小为号mg B.弹簧的劲度系数等于 C.A与B分离时，A的加速度大小为Sg D.A与B分离后，A还能继续沿斜而向上运动号 6 > ”11第3页（共6页）】 6360C ▣减▣ Q夸克扫描王 极速扫描，就是高效 ▣4 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 团 中光电门 7777777777777 分 (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,并继续进行后续步探 (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1，物块A、B(含遮光条)的质量均为n,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、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， 甲 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⊙(0~4V,内阻约为1.6k2) C.电流表①(0~0.9A.内阻约为2.72) D.滑动变阻器R(0~35) 7 【高三物理第4页（共6页）】 6360C ▣▣ Q夸克扫描王 极速扫描，就是高效 ▣ E.阻值为202的定值电阻 F,阻值为42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11=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x= 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R= 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为藏面圆心，0D-R,一束单色光从D点 以人射角αx=45°射人玻璃砖，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)保持入射光的方向不变，将入射点从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，求光在玻璃传内由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c,n75°=巨十6）： 4 (2)保持入射光的方向不变，将人射点从D向上移动，当人射点移到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. 6 【高三物理第5页（共6页）】 6360C ▣紫▣ Q夸克扫描王 极速扫描，就是高效 ▣ 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n、电荷量为一q(q>0)的带电粒子从M(0,)点以沿x轴正方向的速度 射入磁场，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)求粒子射入磁场的速度大小和在磁场中运动的时间1； (2)若在，xOy平面内某点固定一正点电荷，入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； (3)在(2)问条件下，粒子从N点射出磁场开始，经时间=23，速度方向首次与N B 点速度方向相反，求粒子再次进人磁场前的最小速度vmm(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，处的电势p=Q)。 15.（17分)如图所示，一质量m2=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（十1）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m1=1kg的物块P从长木板Q的左端 以w=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10m/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)滑块间第次碰撞后结合在一起时的总动能. 参考数学公式：12十22十32+.十n2=n(十1)(2n十1) 6 -T 6 9 【葛三物理第6页（共6页）】 6360C ▣紫▣ Q夸克扫描王 极速扫描，就是高效 ▣ 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Cm→2“Pu十Hc,则a=2,b=4,A正确； 高速运动的Hc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；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，使微安表的示数诚小为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E,:E=U,:U2=1：3,B错误；据hv一W=E=可 6。V二W-求得巡出功w=0.18©V,C正确：若保持人射光的频率不变，增大人射光的 逸出的光电子最大初动能不变，则遇止电压不变，D错误 3.【答案】D 【解析】带电粒子运动的初速度6相同，粒子1的水平位移为粒子2的2倍，由=二可知，运动时间之 0。 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，清足y=a,根据牛顿第 二定律有E=m0,由两式解得q=罂，所以它们所带的电荷量之比9，：9：=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y八：y=1:2,1:9=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=gE,:々 =2:1,,:g=1:8,则动量增量之比△p1:△p2=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2m。一m·2。=0,则末动量为零，ab棒克服安培力与摩擦力所 做的总功为2m6,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，流过导体棒d的电有量为=业=0_盟2-B,C正确：由系统动量守恒2一n5 3 3 6r 三0可知2mu1一m·2o21=0.即2m.2-m2=0,即22=2x1,导体榉ab运动的距离.x1= 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,由闭合电路的欧姆定律可得3X10)A=R十500Q E E 6 8X10A=R十100Q·联立解得R,=1400,B=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 ▣紫▣ Q夸克扫描王 极速扫描，就是高效 ▣0 E 为R',由闭合电路欧姆定律可得I=R,千R,其中Rm=1400,E=1.92V,1=6mA,解得R,' 1802,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 端，根据R,=号可知仍可以准确测量电阻，D结误 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=9下，卫星在远地点时有C-P,联立解得号-兰，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v1·△1·”=2·△1·r2,联立解得卫星在近地点B 与远地点D的速度之比为号=兰.C结误；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=4,该卫星的半长轴为4R,结合开普勒第三定律知G =m·4R·答解得M=256R,由 GI2 万有引力等于重力：有-g,解得8=议-256迟地球的第一字宙选度为=R-16迟。 12 D正确， ?.【答案D 【解析】下落的过程中，重力做功不等于0，根据P=四可知，重力的平均功率不为0，A错误：设半径为 R,根据mgRcosa=-2m2,N-mgeos a=-m发，解得N=3 mgeos a,当a=60时，N=多mg,B错误；当 a=30时，由动能定理有mgRsin60°-之m心，则小球的向心加速度大小a1一装-5g,小球沿切线方 向的加速度大小a,=mgc0s60°=1。 ，故小球的加速度大小为a=V届十@-平g,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Ncos a=g, 结合mgRe0sa=之m心，N一mgcos&=m爱，解得co5a-怎，D正确， 1 v2 8.【答案】BD 【解析1.5s时.P点开始振动，可知波速v=P空-是ms=2n/s,周期为T=2三=0.5s,则波长 A=T=1m波源S,传播到P点的时间(-PS=多=25s,则波源5，传播到P点之前P点报幅 为10cm.振动了△1=1'一t=1s=2T,所以波源S2传播到P点之前P点的路程为x1=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S,传播到P点后P点又振动了△=3s一1=0.5s=1T,波源S,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=s十s2=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0.2p。·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0.6P。,由理想气体状态方程可得 2 2XL-0,6)X5L,解得T-5号，A正确：水银柱从粗管缓樱溢进细答过程中.气体压强 6 T。 T. 【高三物理参光答案第2页（共6页）】 6360C ▣▣ Q夸克扫描王 极速扫描，就是高效 ▣ 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， △V一=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。一T T 对外界做的功W=(0.6p。十p)△V,解得W=4,8p。LS,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一4.8pLS,D正确. 10.【答案】ACD 【解析】F未作用时，设压缩量为zo,对AB由平衡条件有kxo=2 ngsin a,由题图乙可知F作用瞬间， AB加速度大小为a=是&，l此时对AB有P-2 mgsin a十ka=2ma,联立解得F=号 8g,A正确；AB 分离慨间，AB间弹力为0，且二者加速度相等，对A有mng sin a一F=mao,对B有ng sin a一k(2a一l) =mao,联立解得k=5K, 5a,=日&，B错误，C正确；从F作用到AB分离过程，结合心-话=2ar可 知题图乙“面积”表示“之”的改变量，则有2X1=弓，解得AB分离时的速度口满足=酷， AB分离后，对A有mg如。一F=m,解得。-名，A还能继续沿斜面向上运动=嘉-子D 正确。 11.【答案】 (1)A(2分) (22分) mg逊(2分） 2 (3贤2分) 【解析】)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。=号，从释放点下落至湾光条通过此光电门中心时，系统动能 的增加量为△B,=之m防十宁mi其中n=20,=号，化简可得△E,=5,系统重力势能的减少量 1 1 mgh 为△E,=mgh-mg2= 2 (3)若系统机械能守恒，由机被能守恒定律得△B=△E,解得片-条h,由户h该图像的斜率为k, 在实验误差允许范国内=器·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(r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 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 3 、+划由‘)0乙=迁买明电目g詣游U五三I纸附申马烟且头沥日羽单9张甲0一0·c 【商三物理参考答案第3页（共6页）】 6360C ▣紫▣ Q夸克扫描王 极速扫描，就是高效 ▣ 的最大电流为1。是-。A=0,18A,最大电流还达不到电流表量程的三分之-，电流测量范周太 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-】图线应为b;系统 误差米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,又因为在电路中连人了定值电阻R风，=40，所以/-号其中7=+R…解得 电源准确的内阻为r=0.552. （0限据闭合电蹄欧姆定律可知图线。的斜率6：一费=了十风暖立/-票可求得风受受 12 代入数据得R=2.73n,图线6的斜率：-号-中联立/-受可求得Rw=:号代 UU: 人数据得Ry=1651.652. 13.【解析】K1)设折射角为B,在△DOC中，OD=5R,OC=R,由几何关系可得DC=√OD+OC= 3 R则snp-咒-7 3 (1分) 即β=30° 根据折射定律得n=sing sinB 代人已知条件可得=√2(1分) 由全反射临界角sinC=】 n 可知C=45°(1分) 设s为路程，由正弦定理得R sin60°=sin75 解得=3E+⑥2R 6 由激光在玻璃砖中的速度=￡(1分) 11 解得1=兰=3③2R (2分) 7) 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 sinCsin(9o°+)(1分) 则OG=5R1分) 3 则DG=OD+OG=5R(2分) 3 6 > 【高三物理参考答案第4页（共6页）】 6360C ▣▣ Q夸克扫描王 极速扫描，就是高效 ▣ 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6m,B=加爱 （1分) 解得。=2qB 1 粒子在磁场中运动的周期T=2π迟(1分) Vo 粒子在磁场中运动的时间，=石 解得4= 3gB (1分) (2②)负点电荷应在轨迹的圆心处，由牛顿第二定律可知号%B十长·祭=m爱 (2分) 解得g6=16B22 (2分》 mk (3)由题意可知，粒子从N点离开，仅在点电荷的作用下运动，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V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d,椭圆运动的半长 轴可表示为a=R+d 2 (1分) 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a的圆周运动的周期相 同，由牛顿第二定律得器=m(0(1分) 4π2 可得a=41,d=6l(1分) 由能量守恒定律得分m话-号·袋-之md。一号·弩(2分) 解得0=2gBL1分) 37m 15.【解析】(1)物块P与长木板Q组成的系统动量守恒m:o=(m1十m2)v%(1分) 解得vg=4m/S 根据能量守恒得mgL= 2m12、1 2(m+m2):(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 厂 得m2我=2十n(1分) 5 合m:吸=名m+合m6(1分) 1 1 6 解得。=2m/s(1分) > 【高三物理参考答案第5页（共6页）】 6360C ▣紫▣ Q夸克扫描王 极速扫描，就是高效 ▣ (3)根据动量守恒定律得m=1v 解得第”个滑块被碰撞后瞬间的速度大小为，=。1分) 对第一个滑块受力分析，由牛顿第二定律得E4=ma(1分) 解得a=E 由运动学公式得听-u6=2al 解得滑块在第一次碰擅前的速度大小为一√G+2巴(1分) m 滑块1与2碰撞过程中，由动量守恒定律得mu,=2mw,′(1分) 解得-26+2 由能量守恒定律可知，滑块在第一次碰擅过程中损失的机械能为Eg一之mf-}×2m,”1分) 解得Ea=子m6+B 代入数据得Ea=8J(1分) (4)第二次碰前，滑块的速度大小为一u2=2a 解得4=√(2）广(6+2g吗)+2题 (1分) m m 第二次碰撞过程中，由动量守恒定律得2m%=3m2 可得第二次碰撞后滑块的速度大小为'= 3 则w”=(号)[（分）'(6+2E)+2] 整理可得=（付）》6+1+2.2 32 同理，第三次碰撞后有m=(分)6+++8.2g型 42 n 第n次隧罐后=()广6+1+2”+.21分) (n+1)2 第n次碰撞后结合在一起的滑块的总动能为E。=(n十1)m,?(1分) 化简得Eke=2(n+1) +2+3+…十E2m2D +1 6 代人数据得E=D+52g+DU)(2分) 3 6 6 > 【高三物理参考答案第6页（共6页）】 6360C ▣紫▣ Q夸克扫描王 极速扫描，就是高效 ▣