2026届山西省运城市康杰中学高三下学期冲刺模拟物理试卷（三）

康杰中学2026届冲刺模拟卷（三)物理参考答案 一、二选择题 1-7 CADBCBD8.AB9.∧C10.入C 1.C【详解】A.甲图中，随着温度的升高，辐射弧度的极大值向波长较短的方向移动，选项人错误： B、根据图乙可知，U核的比结合能比K核的比结合能小，枚”K核更稳定，选项B错误： C、图丙中，电子的速率越大，电子的动量越大，波长越短，干涉条纹间距越小，故C正确： D、由于光子与电子碰撞后动量变小，波长变大，即散射的射线中有波长大于，的成分，故D绪错误。 2、A【详解】对机器狼，根据平衡条件，有4=mgsin0解得厂=mg sin日故选人. 4 3、D【详解】A.人的重力从a点读出约为900N,质量约为90kg,A错误： B、b到c的过程中，压力从400N增加到2000N,压力先小于重力后大于重力，所以人先处于失重状态再处于超重 状态，B错误： C、从d点到e点压力等于零，表明在d点是人双脚离开地板的一瞬间，从d点到e点人在空中运动，e点到∫点是 入落回地板的过程，C错误： D.人在b点对应时刻的加速度大小约为0，=90040m1s=5.6m1S,在c点对应时刻的加速度大小约为 90 a,=200-900 m/s2≈12m/s2: 90 人在b点对应时刻的加速度小于在c点对应时刻的加速度，D正确。故选D。 4、B【详解】A.根据题意可知，拉力对物块做的功等于F-x图线与横轴所围图形的面积，即 队=P,故A错误：B.根据能量守恒定律有0=F,-06g, C、根据功能关系可知，除重力以外的其他力做功等于机械能的变化量，而其他力即拉力F和摩擦力的合力，初始 一段时间内拉力沿斜面向上，摩擦力一直沿斜面向下，拉力与摩擦力的合力沿斜面向上，即其他力做正功，机械能 增大，之后拉力小于摩擦力，拉力与摩擦力的合力沿斜面向下，即其他力做负功，机械能减小，故C错误：D.物 块重力势能的增加量为△Ep=mgxosin37°=0.6mgxo故D错误：故B正确。故选B。 5.C【详解】AB.将电荷量为-？的粒子，从A移动至B,电势减小E,则电场力做的功为E,根据电场力做功与电 势差的关系可知Un=只，-%，=-三则0，<，同理可得Uc=,一n=互 则Pp<pe,由于A、D点处电势 关系无法确定，匀强电场方向不一定沿DC方向，故AB错误： C.在匀强电场中，M为AD的中点，N为BC的中点，则M点电势为=巴十②，同理N点电势为@w=,+c 2 2 将粒子从M移动至N,电场力做功为w=-g(w一P)=-g巴十2_巴]-三+旦，故C正确： 2 2 2 D.若小、B之间的距离为d则该电场的电场强度取最小值时必沿AB方向，此时有Ed=U,-马 9 则该电场的电场强度的最小值为三-，忌，D错误。故选C。 6。B【详解】A,根据R=号可知，滑动变阻器滑片向右滑动按入电路电阴增大，则二增大，放A错误：根据 U? E P=- R+一= ，可知当R>r时，电源输出功率随外电阻增大而减小，当R<r时，电源输出功 R R R++2 R 率随电阻增大而增大，当R=r时，功率最大。由题目条件可知电压U=E,此时R=r,电源输出功率达到最大， 而此电路中P=乃，故P随滑动变阻器阻值增大而减小，故B正确：根据闭合电路欧姆定律可知电源内阻r= △ 则不变，枚C错误： UI D,.电源输出效率n= ×00%,滑动变阻器电阻增大，电流减小，由U=E-r可知，电压变大，则电源输出效率 EI 高三物理冲刺（三)答案第1页共4页 增大，故D错误。故选B。 7.D【详解】∧D,当小球运动到ab中点时，磁感线的切线方向与小球速度方向平行，小球所受洛 伦兹力为零：小球自a点到ab中点，所受洛伦兹力竖直向下，绝缘管壁对小球的弹力竖直向上： 小球从b中点至b点，所受洛伦滋力竖直向上，绝缘管壁对小球的弹力竖直向下，故A错误，D 正确： BC、如图为俯视图，根据右手螺旋定则，磁感线如图所示 小球在磁场中受到洛伦滋力和弹力作用，洛伦兹力和弹力不做功，小球速率不变，故BC错误。故选D。 8.AB【详解】入.当小球在B点与轻杆相对静止，受力分析后由轻杆的弹力的水平分量充当向心力 即Fsin30=mg,Fcos30°=mwr=moLcos30解得此时的角速度为a-2, 2g,故A正确： B、当小球在A点与轻杆相对静止时，弹簧弹力与轻杆弹力的水平分量充当小球的向心力， 3+5)8,故B正确： 有，m3+mg=m,且r=L解得w2礼 3 C.小球在C点与轻杆相对静止，由于对称性，此时弹簧的长度与A处时相等，弹力大小也为mg。小球竖直方向上 F0cos30°+F:sin30°=mg,轻杆弹力不为0。故C错误： D.小球在B点与轻杆相对静止，缀慢增大角速度，所需要的向心力增加，轻杆弹力不足以提供小球的加速度，故小 球会向上运动，不能在B处静止，故D错误。故选AB。 9.AC【详解】A.金属圆环进入磁场过程中磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流为顺时针，A正确。B.感应电 流的周期与金属圆环转动的周期相同为红，B错误。C.当金属圆环直径与虚线重合时，切割磁 感线的有效长度最大，为L=2a,此时安培力最大，由E=,V=0+:20,1= 2 R F=BIL 解得尸=48a0,C正确。D.金属圆环在0-工时问内进入磁场，切制磁场的有效长度为与虚 R 0 线重合的弦长L,由L=2asin6,日=l,E=BL,v-0+L, ，i=二解得i=2Ba0sn1 ,D错误。 2 R 0.AC【详解】A,由振动图像可知两波周期T=0.4s频率∫==25Hz波源起振方向均向下，P比2晚振动，相 T 位差为π，由v=∫可知介质1中波速为y=∫=0.4×2.5=1ms介质2中波速为%=∫=0.2×2.5=0.5m/s可得 Y=2%,故A正确：B.X=-0,4m在介质1中，2波传播到这里需要1=07-(-0.=1.l5>06s故该点仅存在P波， 1 P到x=-04m距商△r=02m波传播时间为1=02=02sP在1=02s开始振动，故波传到x:-04n的时刻为 0.2+02=0,4s到1=0.6s振动了0,25=P起振方向向下，经过号后质点回到平衡位置，速度方向向上，故B错误： 2 CP的波传到x=0的时刻为，=0.2s+5=0.8s的波传到x=0的时刻为。=05S=1,4s故0.6s-0.8s,X=0 振动，路程为0：0.8s~1.4s共振动△1=0.6s=1.5TP振幅为A=4cm,总路程为s=1.5×4A=6×4=24cm,故C正 确：D.把P点的波源平移到0位置当成新波源PP',稳定后两波步调相同，介质2中波长为入=0.2m质点到Q 点和等效波源之间的波程差为1-43=x-0-(0.7-x)=2x-0.7知-07<1-42<0.7 则振动加强点满足-0.7<n1<0.7（n为整数)解得n=0,±l,±2，±3所以稳定后，在0<r<0.7m的范围内有7个振 动加强点，故D错误。故选AC。 1】.每空2分细线与长木板平行 0.55 不能 解：(1)因实验时要保证细线对木盒的拉力保持不变，故实验前应先调整定滑轮的角度使细线与长木板平行。 (4)设木盒1与手机总质量为m1,木盒2的质量为m2,1个钩码的质量为mo。当木盒2加入n(0=0、1、2…)个钩 码时，根据牛顿第二定律得：(m2+nmo)g-umg=(m1+m2+nmo)a1m1g-u(m:+nmo)g(m1+m2+nmo)a: 联立可得：a2=-a1+gμg根据a2a1关系图像的纵截距可得：gμg=4.5m/s2 解得木盆与长木板间的动摩擦因数为：μ=0.55 (5)平衡了摩擦力后，与(4)的解答同理，可得：(m2+nmo)g=(m1+m2+nmo)a1m1g=(m1+2+nmo)a2. 联立可得：02=-a1+B从小方测得的a2一1关系图像中不能得到木盒与长木板间的动摩擦因数。 高三物理冲测（三）答案第2页共4页 2,00:3002903050.0049.9950.01②片④向左23 【详解】(1)[1]螺旋测微器，固定刻度读数0mm,可动剡度读数30.0×0.01mm=0.300mm,故d=0.300mm〔2]毫 米刻度尺，A在0刻度，B在50.00cm处，枚L=50.00cm ②2)凹闭合S、$时，R被短路，电压表测电阻箱n电压，由闭合电路欧姆定律E=U,+今 整理得六后+店对比元图像，制率=后银线距6~言解得后弓会 1P11 E (4)[1]物体向右运动时，电压表示数U=2.1V>1.5V 说明滑片向右(B端)偏移，滑块相对于框架右移，说明合力向左，因此加速度方向向左。 [2]油U-x关系：U=0.3+24x 静止时U=15V对应x=宁偏离中点位移△x=x-台-心业 2 2.4 滑块合力F=2kar=ma代入k=10Nm,m=kg,L=0,5m,U=2.1V,得a=2_2kL(C-1. =25m/5 2.4m 3.心nv光包。【详解)由几何关系可知K与B之间的距离为R =4 设光在介质中的折射率为，则光在介质中的传播速度v=9 1分 则有公=R,R 4 3c c v 2分解得n=号 3c 】分 v= 41分 (2)光的频率满足∫=片 】分 设单位时间内光源射出的光子数为n。,则P=n 2分 则单位时间内射入介质的光子数n==P以 2 2hc 1分 14. U (2)4 (3)号rd 【详解】(1)粒子在电场中运动的加速度大小a=9心=W md d 2分 所有粒子穿过两板间电场的时间均为T,从1=0时刻射出的粒子刚好从N板右端边缘射出电场，沿电场方向有 .分 解得T=d 2 kU。 1分 粒子射入两板同的初递度大个%一片一受 1分 (2)1=0.25T时刻射出的粒子，由图乙可知粒子沿电场方向的分运动在0.25T-0.75T时间内向下先加速后减速，在 0.75T~1.25T时间内向上先加速后减速，根据运动的对称性分析可知粒子刚好从A点进入圆形区域，速度方向沿AO 方向、大小为“，粒子在两个磁场中的运动轨迹如图甲所示 M C.G 回 离子源 ×B× N D 高三物理冲刺（三）答案第3页共4页 粒子在圆形区域中由洛伦滋力提供向心力可得g,岛=m星 1分 由几何关系可得5=。d 分 联立解得B=2出 1分 kd LA45A6666114654415414516566464466615165444* 粒子在矩形区域中由洛伦滋力提供向心力可得g%A,=m上 4分 由几何关系可得上= =2d sin30* 分 联立解得B,= Vo 2kd 00,。000a4000414400000040000404404040044088848848444444440044, 则尽=4 1分 15.(1)1kg (2)0.375J (3)41m/s 【详解】(1)弹簧压缩量最大时，对A、B构成的系统进行分析，根据动量守恒定律有 mvo =(m+m)v 2分 其中=3m/s解得m,=Ikg 分 (2)B与弹簧分离时，对A、B构成的系统进行分析， 根据动量守恒定律有mv。=my2+my l分 根据机被能守恒定律有)m=方m时+行m 1 2 1分 解得3=-3m/s,y=6ms B滑上传送带并且恰好不从右端滑离传送带，表明B先在传送带上向右匀减速至0时恰好到达传送带右端，则有 =2μgL l分 解得μgL=18m2s2 之后B加速度不变，开始向左做匀加速直线运动，根据对称性，当B加速至v=4.5m/s时开始向左做匀速直线运动， 物块B与A第二次碰撞过程弹簧压缩量再次达到最大时，根据动量守恒定律有 mv+mv =(m+m)va …】分 根据机械能守恒定律有￡=方网2+兮m以 2(m+m) 分 解得E,mx=0.375J 】分 (3)B从平台P点滑出后做平揽运动，则有y=方8，=以 1分 其中y=1-x2 根据动能定理有m,=B,-2m l分 解得瓦=m,8-+4-x4 mg mg 】分 根据数学函数规律可知，动能取最小值时有网(-) 解得x=V2。 2 l分 此时有y=2m,,=5ms 令A、B碰撞被弹簧弹开后B的速度大小为，则有-2=2μgL 】分 结合上述解得y=√41m/s 】分 高三物现冲刺（三）答案第4页共4页康杰中学2026届冲刺模拟卷（三) 物理 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，只有一项符合题目要求。 1.下列说法正确的是 个比钻合能McV, 60 KrBa U 6 L 光子 1500 光子电。子 300 H 100 质最数 电子枪 电子 0 102050100150200250 m 碰撩前 碰撞后 分 乙 丙 A.甲图中，随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向波长较长的方向移动 B.根据图乙可知，U核的比结合能比%Kr核的比结合能小，故U核更稳定 C.图丙为电子通过双缝发生干涉的实验，电子的速率越大，干涉条纹间距越小 D.如图丁所示，康普顿在研究石墨对射线的散射时，发现在散射的射线中，除了与入射波长，相 同的成分外，还有波长小于，的成分 2.我国的“四足机器狼”无人作战装备如图甲所示，其可远 程操控、自主行动、灵活编组，实现陆上有人、无人协 同作战新突破。若将质量为的“机器狼“静置于倾角为 日的斜坡上，简化示意图如图乙所示。已知“机器狼”与 斜坡间的动摩擦因数为“，“机器狼“四足所受的摩擦力 相同，重力加速度为8，则“机器狼单足所受摩擦力的大小为 A.mgsin B.ng cos C.mg sin0 D.umg cos 3,图甲是某人站在接有传感器的地板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的 重心。图乙是地板所受压力随时间变化的图像，取重力加速度g=10m/s2。根据图像分析可知 A.人的重力可由b点读出，约为500N 3500 B.b到c的过程中，人先处于超重状态再处于失重状态 0 C,∫点是人在双脚离开地板的过程中，上升最高的点 D,人在b点对应时刻的加速度小于在c点对应时刻的 加速度 高三物理冲刺（三) 第1页共6页 4.如图甲所示，在水平面上固定倾角为0=3°、底端带有挡板的足够长的斜面，斜面底端静止一质 量为m的物块（可视为质点)，从某时刻起，物块受到一个沿斜面向上的拉力F作用向上运动，拉 力F随位移x变化的关系图像如图乙所示，当拉力F变为0时，物块恰好静止。重力加速度为g, sin37°=0.6，cos37°=0.8。对于整个过程，下列说法正确的是 A.拉力对物块做功Faxo AFN B.系统的内能增加了5。-0.6mg C.物块机械能一直增加 之 。*xm D.物块的重力势能增加了mgxo 甲 5.如图所示，空间分布着匀强电场，场中有与电场方向平行的四边形ABCD,其中M为AD的中点， N为BC的中点。将电荷量为-g的粒子，从A点移动到B点，电势能减小E,:将该粒子从D点移 动到C点，电势能减小E,。下列说法正确的是 A.D点的电势一定比A点的电势高 B.匀强电场的电场强度方向必沿DC方向 M C.若将该粒子从M点移动到N点，电场力做的功为E+E 2 D.若A、8之间的距离为d,则该电场的电场强度的最小值为 2dg 6.如图所示电路中，滑动变阻器两端的电压为U,流过滑动变阻器的电流为1，滑动变阻器的电功率 为P。闭合开关初始状态时U=二E,现将滑片向右滑动一小段距离的过程中，下列分析正确的是 A号球小 B.P减小 c. 减小 △J D.电源输出效率减小 7.如图所示，真空中竖直放置一根通电长直金属导线MN,电流方向向上。b是一根水平放置的内 壁光滑绝缘管，端点a、b分别在以MN为轴心、半径为R的圆柱面上。现使一个小球自α端以速 度。射入b管，小球半径略小于绝缘管半径且带正电，小球重力忽略不计，小球向b运动过程中， 下列说法正确的是 M A.小球受到的洛伦兹力始终为零 B.洛伦兹力对小球先做正功，后做负功 C.小球的速率先增大后减少 D.管壁对小球的弹力方向先竖直向上，后竖直向下 高三物理冲刺（三）第2页共6页 二、多项选择题：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，至少有两个 选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8.如图所示，质量为m的小球套在与竖直方向成30°角的倾斜光滑轻杆上，原长为L的轻质弹簧一端 固定于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内，图中AO水平，B、O间连线长度 恰好与弹簧原长相等，且与杆垂直，CB距离等于AB距离，小球在A点时弹簧弹力大小恰好等于 小球重力。轻杆绕竖直轴OO做匀速圆周运动，且小球随轻杆稳定转动时轨迹平面水平，重力加 速度为g。下列说法正确的是 yo ow.i A.当小球在B点与轻杆相对静止，轻杆转动的角速度为 2g B.当小球在A点与轻杆相对静止，轻杆转动的角速度为 3+5)g 30 2L 0 C.小球在C点与轻杆相对静止，小球对轻杆的弹力可能为零 D.小球在B点与轻杆相对静止，缓慢增大角速度，小球可能仍在B点相对轻杆静止 9,如图所示，空间中虚线上方存在垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，虚线下方为无场 区。1=0时刻，半径为α的金属圆环在纸面内以M点为轴沿顺时针方向匀速转动。己知金属圆环 转动的角速度为ω，电阻为R。下列说法正确的是 B A.金属圆环进入磁场区域的过程中，环内电流方向为顺时针 B.感应电动势变化的周期为8 C.安培力的最大值为4Ba@ R D.0~工时间内，电流大小随时间变化关系为i=4Ba0sin 0 R 10.如图甲所示，两波源P、Q分别位于x=-0.6m和x=0.7m处。=0时刻，波源Q开始振动，形成 沿x轴负方向传播的简谐波，=0.2s时刻，波源P开始振动，形成沿x轴正方向传播的简谐波， 两波源P、Q的振动图像如图乙所示。已知x<0区域为介质1，波长=0.4m,x>0区域为介质2， 波长2=0.2m。则 个y/cm 介质1 介质2 \0.2/0.4八0.6 -0.8-0.6-0.4-0.200.20.40.60.8m 甲 A.波在介质1中的波速是波在介质2中的波速的2倍 B.0.6s时x=-0.4m处的质点在平衡位置向下振动 C.在0.6s~1.4s内，x=0处的质点振动的路程为24cm D.稳定后，在0<x<0.7m的范围内有5个振动加强点 高三物理冲刺（三）第3页共6页 三、实验题：本题共2小题，11题6分，12题12分，共18分。 11.小明想利用所学的牛顿第二定律来测量木盒与长木板之间的动摩擦因数，但实验室的天平损坏， 他只能利用若干个质量相等的钩码和两个完全相同的木盒（质量未知）设计实验，方案如下。如 图甲所示，将一端装有定滑轮的长木板固定在水平桌面上，木盒1（内部粘住一部具有加速度传 感器的手机)放置在长木板上，右端用细线跨过定滑轮与木盒2相连。 4,/(ms2) 5 手机 木盒 长木板 定滑轮 4 木盒2 013 45a,/(ms2) 乙 (1)实验前，先调整定滑轮的角度使 (2)实验时，木盒1内粘住一部手机，木盒2内不放任何物品，打开手机上的加速度测量软件， 释放木盒，测得加速度为，随后将木盒1（包含手机）与木盒2位置互换，再次重复实验， 测得加速度为a2,两次数据编号为一组： (3)接着往木盒2加入1个钩码，重复上述过程，得到第二组数据。后续他每次往木盒2加入1 个钩码，多次重复实验，得到多组数据： (4)他将实验测得的多组数据绘制在乙图中，得到a2-a,关系图像。通过观察数据，他发现每组 数据中a,与a,之和均为定值，进一步研究图像，重力加速度8取10m/s2,得到木盒与长木 板间的动摩擦因数μ= (结果保留2位有效数字)。 (5)若同伴小方在实验前将长木板左侧垫高，平衡了摩擦力，实验时仍按照上述步骤(2)、(3) 记录数据，则实验测得的a2-4,关系图像中（填“能或“不能”）得到木盒与长木板间 的动摩擦因数。 12.某项目式学习小组设计并制作了一种利用电压表示数反映物体加速度的测量装置，其原理图如图 甲所示。质量为1kg的滑块2可在内部底面光滑的水平框架1中水平移动，滑块两侧用劲度系数 均为100N/的相同轻质弹簧拉着，滑块静止时，两弹簧均处于原长状态。R,为粗细均匀的金属 丝，3是固定在滑块2中心的轻质光滑金属滑片（宽度不计）。所用到的器材还有：电源（电动势 与内阻未知)，理想电压表V(量程0-3V),电阻箱R(0~999.92),毫米刻度尺，螺旋测微器， 开关，导线等。操作步骤如下： 2 N cm 0 50 30 25 R 金届住 (1)用螺旋测微器测量金属丝的直径d,用毫米刻度尺测量金属丝两端A、B间的长度L,测量 结果如图乙所示，则d= mm,L= cm: 高三物理冲刺（三）第4页共6页 】 (2)闭合开关S和$，多次改变电阻箱的阻值R,记录对应的电压表示数U,绘制元，R关 系图像，图像为一条斜率为k、纵截距为b的倾斜直线，则电源电动势为 ，内阻 为 (用b、k表示)： (3)通过步骤(2)，测得电源电动势为3.0V,内阻为1.02。闭合开关S,断开开关S,,使滑 片位于金属丝中点，调整电阻箱R的阻值，使电压表示数恰为1.5V。将滑片从金属丝的A 端向B端滑动，记录滑片到A端的距离x,以及对应的电压表示数U,得到如图丙所示的 U-x图像。 ↑UV 2.7 10 1.5 0.3 0 L/2 L 丙 (4)将此测量装置水平固定在待测物体上，闭合开关S,断开开关S,，当物体水平向右运动时， 电压表示数如图丁所示，则物体的加速度方向 （选填“向左”或“向右")，加速度的 大小为 m/s2。 四、解答题：共3小题，13题9分，14题12分，15题15分，共36分。 13.(9分)一透明介质放置在水平桌面上，该介质外形为长方体，其左侧有一半径为R的半球形凹 槽，通过球心O的水平截面图如图所示（俯视图），其中AB边长为2R,O为AF的中点。在O 点固定一发光功率为P的点光源，光源可发出在空气中波长为λ的单色光，其中沿O方向射出 人射出光源至其离开介质历时久。己知K为圆弧上的点，O水平至 单位时间内光源沿各方向射出的光子数相同，光在空气中传播的速度为c,普朗克 常量为h,不计有折射时的反射。 (1)求该光线在介质中的折射率n和传播速度v。 0 (2)求单位时间内射入介质的光子数。 14.（12分)如图甲所示为某一粒子控制装置的原理图。平行金属板M、N水平放置，两板的长度及 两板间距均为d,在两板间加有如图乙所示的交变电压（图中纵轴上U。己知、横轴上T未知)， 两板左侧有一放射性粒子源，沿两板中线向右不断射出比荷为k的正电粒子，所有粒子穿过两板 间电场的时间均为T,两板右侧较远地方有一直径为d的圆形磁场区域(O点为圆心，CD为竖直 直径)和一足够长、宽为d的矩形磁场区域PQGH,极板M的延长线与矩形区域的边界HG重合， 与圆形区域在C点相切。圆形区域与矩形区域内磁场的方向均垂直纸面向里、磁感应强度大小分 别为B,(未知量)、B,(未知量)。已知1=0时刻从两板左侧飞入的粒子刚好从N板右端边缘射 高三物理冲刺（三）第5页共6页 出电场，1=0.25T时刻射入的粒子经圆形区域偏转后刚好从C点进入矩形区域，之后从边界P?飞 出，经过矩形区域过程其速度方向改变了30°，不计粒子重力和粒子间的相互作用力，求： 个Uw d ×B U M H× *G 0.5 T1.57 回 离子源 少 D 甲 ) (1)交变电压的周期T及粒子射入两板间的初速度大小： (2)B与B,的比值： 15.(15分)如图所示，水平传送带以v=4.5m/s的速度沿逆时针匀速转动，传送带左端紧靠光滑水 平面，右端紧靠平台的光滑上表面，水平面、传送带上表面、平台上表面在同一水平面内。以平 台右端P点为坐标原点建立直角坐标系，x轴水平向右，y轴竖直向下，坐标系中弯曲形挡板形 状满足y=1-x2（单位：m)。物块B静止在水平面上，质量为m=0.5kg的物块A与轻质弹簧连 接，以'。=9m/s的速度在光滑水平面上向物块B运动。当弹簧压缩量最大时，A、B的共同速度 大小为3/s,B与弹簧分离后，B滑上传送带并且恰好不从右端滑离传送带，弹簧的形变在弹性 限度内，重力加速度g=10m/s2。 风凤 (1)求物块B的质量： (2)求物块B与A第二次碰撞过程弹簧被压缩后的最大弹性势能： (3)改变物块A的初速度，使A与B碰撞，且B与弹簧分离后B能从平台P点滑出且落到挡板 上时的动能最小，求A、B碰撞被弹簧弹开后B的速度大小。 命题人：牛小艳 审题人：李美娜 高三物理冲刺（三） 第6页共6页