河南开封高级中学2025-2026学年高三下学期冲刺压轴卷(五) 物理试题

2026年普通高校招生考试冲刺压轴卷（五）·物理 参考答案、提示及评分细则 1.【答案】D 【解析】根据衰变前后电荷数，质量数守恒，衰变方程为号Cm一→2Pu十2He,则a=2,b=4,A错误； 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；锯Cm的核子数更多，所以比Pu的 结合能大，D正确. 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Ex=eU。可 得两种光照下逸出的光电子的最大初动能之比Ek1:E2=U。:U2=1:3,B错误；据hv一W=Em可 得号酷VW-号，求得德出功W-0.18eVC正确：若保持人时光的频率不变，谐大人光的度， 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=二可知，运动时间之 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=2,根据牛顿第 二定律有9E=m,由两式解得q=罂，所以它们所带的电荷量之比9：19g=1:8,B错误；电势能的 减小量等于电场力做的功即△E=qEy,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△E1:△E2=1:16,C错误；根据动量定理有，动量增量△p=qEt,t1:t2 =2:1,91: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2mo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的电荷量为gA西B之BL2C正确；由系统动量守恒2m一 3r 6r 2,=0可知2mt一m·24=0,即2mx-ma=0,即x=2x,导体棒a6运动的距离x1=号，D 错误。 5.【答案】C 【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3X103A=R内十5000， E E 8X103A一R有十0n,联立解得R=1400,E=1.92V,B错误；该表盘中6mA刻度对应的电阻值 【冲刺压轴卷（五）·物理参考答案第1页（共6页）】 E 为R',由闭合电路欧姆定律可得I'一R,千R,其中RA=140n,E-1.92V,I=6mA,解得R,' 180Ω，C正确；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R4三光可知仍可以雅确测量电阻，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，则卫星从A到B的时间小于，A 错误，卫星在近地点B时有SMm=9F,卫星在远地点时有GM=F,联立解得=三，B错误；根据开 r r号 普勒第二定律，卫星在近地点B与远地点D时有o1·△t·r1=2·△t·r2,联立解得卫星在近地点B 与远地点D的速度之比为=三，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-,该卫星的半长轴为K,结合开普勒第三定律知=m·R·祭，解得M=25 Gt2 -,由 万有引力等于重力，有6Mm=mg,解得g=G_256R,地球的第一字宙速度为4=VR-16xR, R2 R2 t2 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-Y可知，重力的平均功率不为0，A错误；设半径为 R,根据Rca-2,Nge8=四若解得N=ng88当=6创时N-,B错误当 a=30时，由动能定理有mgRsin60°=， m心，则小球的向心加遠度大小a,一贡-g,小球沿切线方 向的加速度大小a2=mgcos60°_1。 m 厂8，故小球的加速度大小为a-V@十丽=，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=mg, 结合mgReosa=-2md,N-mgcos a=m装 R,解得cosa= =3,D正确. 8.【答案】BD 【解折=1.55时，P点并始振动，可知波速。-P=是/s=2ms,周期为T-石=0.5s则放长 t A=T=1m,波源S,传播到P点的时间(-Pg-号。=2.5s,则液源5，传播到P点之前P点叛橱 为10cm,振动了△t=t-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-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0.2，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0.6p,由理想气体状态方程可得 1.2×4L_0.6p十p)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 3 【冲刺压轴卷（五）·物理参考答案第2页（共6页）】 A 增大，B错误；气体的温度缓慢由T1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， 则有，△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 T 对外界做的功W=(0.6p。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一4.8LS,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x。=2 ngsin a,由题图乙可知F作用瞬间， AB加速度大小为a=&,此时对AB有F-2 mgsin a十=2ma,联立解得F-号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mng sin a一F=mao,对B有mg sin a一k(x-一l) =ma,联立解得及=5，a=日g,B错误，C正确；从F作用到AB分离过程，结合寸-话=2ax可 知题图乙“面积“表示“号。2”的政变量，则有2X1=d,解得AB分离时的速度口满足。2= 161 高后，对A有mgsin a-F=ma,解得a三8g,A还能继续沿斜面向上运动x=复 正确. 11.【答案】 (1)A(2分) (22分)2分) 2 3)景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0=，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△E.=m暖十之m暖，其中a=20,=号，化简可得△E=5,系统重力势能的减少量 h mgh 为△E。=mgh-mg2=2 (3)若系统机被能守恒，由机械能守恒定律得△E.=△E,解得}-器，由}人该图像的斜率为， 在实验误差允许范围内k一经，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(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 近AC.电池的电动势约为3.6V,电流表达到放大电流0.9A时，电路中的批小电阻为尾-是 8,8Q=4,电池的内阻约为儿百毫欧，所以定值电阻选R,=4Q,如果定值电阻选R=20Q,电路中 【冲刺压轴卷（五）·物理参考答案第3页（共6页）】 A 电流为【。三卡-3,0A=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 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,又因为在电路中连人了定值电阻R,=40,所以，=，其中，=7十R,解得 I11 电源准确的内阻为r=0.552. (4)根据闭合电路欣姆定律可知图线a的斜率：-光=十R,联立了-兴，可求得R-票-一受， _U2U2 U Rvr' UU, 代人数据得R=2.130:图线的斜率，R,十联立7/，可求得R,=-代 入数据得Rv=1651.652. 13.【解析(1)设折射角为B,在△DOC中，OD=R,OC=R,由几何关系可得DC=√OD+OC- 3 2g5R,则smA8C-2 (1分) 即B=30° 根据折射定律得n=sing sin B 代入已知条件可得n-√2(1分) 由全反射临界角sinC=马 n 可知C=45°(1分) R 设s为路程，由正弦定理得sin60=sn石 解得=32十√6)R 6 由激光在玻璃砖中的速度=。(1分) 解得t=三=3十R1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OC=,OH sin C sin(90°+3) (1分) 则0G-9R1分) 则DG=OD+OG=5+5R(1分) 3 【冲刺压轴卷（五）·物理参考答案第4页（共6页）】 A 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 M 周运动的半径为R,由几何关系有R=Rcos60°+l 解得R=2L(1分) o 60° 由牛顿第二定律有qB=m尺 (1分) 解得6=29BL m 粒子在磁场中运动的周期T-2π迟（①分） Uo 粒子在藏场中运动的时同=召 解得4一器 (1分) (2)负点电荷应在轨迹的圆心处，由牛顿第二定律可知号，B十·祭=m爱 (2分) 3R2 解得96=16gB2 (2分) mk ,大于 (3)由题意可知，粒子从N点离开，仅在点电荷如的作用下运动，粒子所需要的向心力为m 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q。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十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a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k器=m2)a（1分) 4π2 3a9 可得a=4l,d=6l(1分) 由能量守恒定律得2m-号·餐-md。一号· d L(2分) 解得u=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=(m1十m2)v共(1分) 解得v共=4m/s 根据能量守恒得umgL=号m 22122（21士n2)1(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=m2U+m(1分) 2m:暖=m听+号md话(1分) 1 解得=2m/s(1分) 【冲刺压轴卷（五）·物理参考答案第5页（共6页）】 A (3)根据动量守恒定律得m=nm. 解得第n个滑块被碰撞后瞬间的速度大小为，=7，(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 由运动学公式得听-哈=2al 解得滑块在第一次碰撞前的速度大小为=√成+2 (1分) m 滑块1与2碰撞过程中，由动量守恒定律得mw=2mo′(1分) 解得'=√+ 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E=m听-2×2m”(1分) 解得E=m6+7EL 代入数据得E损=8J(1分) (4)第二次碰前，滑块的速度大小为呢-'2=2al 解得-√(）)'(6+吗）+2 (1分) 第二次碰撞过程中，由动量守恒定律得2m2=3m2 可得第二次碰蕴后滑块的速度大小为，一号 则n=(号)[(2)(6+2gE)+2E1 m m 整理可得%2=（号）厂6+1十2.2E以 32 m 同理，第三次碰撞后有-（日）6+1+2+3.2gE叫 42 m … 第n次碰撞后.0=(n）°6+1+2七3++元.2E (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Ea=十1)mu,?(1分) m6+12+22+32+…+n2 化简得Ek总=2(n十1) n+1 gB=20mD+a2a.gE 6 代人数据得5a=D+52g0》分 6 3 【冲刺压轴卷（五）·物理参考答案第6页（共6页）】 A2026年普通高校招生考试冲刺压轴卷（五） 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.Cm是超怀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：Cm一+2Pu十X,则下列判断正确的是 A.方程中a=1,b=3 卫.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4品Cm的衰变会变快 D.能Cm比Pu的结合能更大 2.如图所示，用频率为ν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2.64eV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 卫.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，增大入射光的强度，遏止电压 会增大 a直流b 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板左侧沿水平射人，带电粒子1沿轨迹①从两板正 中同飞出，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4：2=1：2 (2) B.所带电荷量之比9，：92=1：2 C.电势能减少量之比△E,:△E2=1：8 D.动量增量之比△p1:△p2=1:4 【冲刺压轴卷（五）·物理第1页（共6页）】 A 4.如图所示，两根足够长的平行金属导仇固定于问一水平面内，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Ms 质量为2n,接人电路的电阻为r;cd棒质量为m,接人电路的电阻为2r, 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v0、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,通过cd棒的电荷量为B 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,=5002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1.5V C.流过表头的电流为6mA时Rz=1802 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 2 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.地球的第一字宙速度为16π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ng C.当α=30时，小球的加速度大小为V3g D.当cosa=公时，小球重力的降时功率最大 【冲刺压轴卷（五）·物理第2页（共6页）】 A 二、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，有多项符合 题目要求、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，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，(=0时刻，S,、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= A 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1.2p0,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 S A万=n ☑ 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T,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，运动位移为时，A与B分离、重力加速 度为g,下列说法正确的是 wwwJ@Lz兰 6 分 A.恒力F的大小为爱m8 B.弹簧的劲度系数等于5m5 C.A与B分离时，A的加速度大小为85 D.A与B分离后，A还能继续沿斜面向上运动号 【冲刺压轴卷（五）·物理第3页（共6页）】 A 三、非选择题：本题共5小题，共54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. 中北电门 777777777777777 印 (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、合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、 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⊙(0一4V,内阻约为1.6k) C.电流表@(0一0.9A,内阻约为2.7) D.滑动变阻器R(0一35) 【冲刺压轴卷（五）·物理第4页（共6页）】 A 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、导线若千 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1，作出U-1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、L2= 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R= Ω，电压表的内 阻Rv=,.(结果均保留2位小数) 18.(8分)如图为半径R的半圆柱形玻璃砖，0为截面圆心，OD-号R,一束单色光从D点 以入射角a=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c,in75°=2+⑤）： 4 (2)保持入射光的方向不变，将人射点从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. 【冲刺压轴卷（五）·物理第5页（共6页）】 14.（14分)如图，在Oy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q(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： (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2Oy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q; (3)在(2)问条件下，粒子从N点射出磁场开始，经时间2=2xm,速度方向首次与N qB 点速度方向相反，求粒子再次进人磁场前的最小速度vmn(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). XX X 15.(16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(n+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1=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n次碰撞后结合在一起时的总动能 参考数学公式：12十22+32+…十n2=1(1十1)(21十1) 6 【冲刺压轴卷（五）·物理第6页（共6页）】 A