2026届河南省华大新高考联盟高三下学期5月联考物理试卷

物理 一、单项选择题：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。 1.2025年5月22日，中国科学技术大学龚兴龙和王胜团队通过对柔性高分子材料的力一光学耦合性能合理 设计，开发出了新型可穿戴隐形眼镜，实现人类近红外时空色彩图像视觉。氢原子的能级示意图如图所示， 已知近红外区的光子能量范围在0.89eV到1.59eV之间，则氢原子在下列两个能级之间跃迁时向外辐射 出的光子能量在近红外区的是 EleV 0 -0.54 0.85 -1.51 2 -3.40 -13.6 A.从n=3能级跃迁到n=5能级 B.从n=5能级跃迁到n=3能级 C.从n=3能级跃迁到n=4能级 D.从n=4能级跃迁到n=3能级 2.如图，一半径为r的圆形单匝线圈是用粗细均匀的同种导线制成，A、B、C、D是圆 D 上的点，AC和BD是圆的直径且互相垂直，将A、B两点间通人电流I,线圈放入磁 感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，则整个线圈受到的安 培力大小为 A.0 B B.2nIrB C.√2IrB D9B 3.一半圆柱形透明玻璃砖的横截面如图所示，O为圆心，AB为直径且AB=2R,C、D为圆上的两点，C、D两 点恰好将半圆弧三等分，一光线平行于AB从C点射入玻璃砖，折射后恰好经过B点，已知光在真空中的 传播速度为℃，则该光线在玻璃砖中的传播时间为 A2 c 4,如图，一理想变压器原线圈匝数为川，副线圈由匝数为m:和八的两线圈串联，两线圈连接处有一抽头，抽 头上串联一电阻R,原线圈输人正弦式交变电流，电压恒为儿，将单刀双掷开关掷向1和掷向2时变压器 5·物理试题(H95240371)第1页（共6页） 的输入功率之比为1：4，则匝数2和n之比为 A.2:1 B.1:2 C.4:1 D.1:4 5.若假设中国空间站在距地面高度为h处做匀速圆周运动，一天内绕地球转·圈，已知地球的半径为R,地 球自转周期为T,地球表面的重力加速度大小为g,引力常量为G,忽略地球自转对重力的影响，中国空间 站可视为质点，则根据以上数据得出的下列物理量正确的是 A中国空间站的质量为4红m(R+) GT 且中国空间站绕地球转动的线速度大小为 C中国空同站所在之处的重力加速度大小为(R方)广g D地球的平均密度为没 6.如图，xOy平面直角坐标系的第一象限内存在沿x轴正方向的匀强电 场，电场强度大小为E。,第一象限的P点坐标为(24L,18L),在以P点 为圆心、半径为15L的圆上某点放置一负点电荷，图中没有画出，要使 P点的合电场强度方向沿OP方向且放置的点电荷电荷量最小，静电 力常量为k,sin37°= 18L 5,c0s37°=4 ,则关于该点电荷的放置位置坐标 和电荷量的绝对值，下列正确的是 A.(33L,6L) 135LE 24L k B.(15L,30L) 135L2E C.(24L,21L) 675L2E 4 D.(24L,3L) 675L2E 4k 7,如图，一质量为M=5kg的L形木板在拉力F的作用下在粗糙的水平面上向右做匀加速直线运动，木板 与地面之间的动摩擦因数为=0.2，一轻杆AB,一端用光滑饺链固定在木板上，杆可在纸面内绕A点自 由转动，另一端固定一质量为m=1kg的小球，轻杆与水平方向的夹角为 53°，一水平轻绳一端固定在小球上，另一端固定在竖直板上，轻绳能承受的 B。m 最大拉力为2.5N,此时绳处于伸直状态，重力加速度大小为g=10m/s, sin37°=3 0s37”=号，则拉力F可能为 77777777 A.50N C.60N B.55N D.75N 5·物理试题(H95240371) 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，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。 &两位钓鱼爱好者在湖边钓鱼，他们所用鱼竿的浮漂a,b在水平方向上的距离为3m,有一列水波从“向6 传播，从某时刻开始计时，以竖直向上为正方向b两浮漂的振动图像分别如图中实线和虚线所示，水波 可视为沿水平湖面传播的简谐横波，已知该水波波长入>3m。下列说 法正确的是 A.该水波的波长为4m B.该水波的波速为20m/s 040.6N C.1=0.85s时，浮漂a的加速度方向竖直向上 D.1=1.05s时，浮漂a和浮漂b的速度方向相反 9交通安全不仅关乎千家万户的幸福安宁，更是丈量社会文明的标尺，守护公共秩序的基石。一司机驾驶汽 车行驶在平直公路上，当距十字路口停止线100m时绿灯显示还有12s就要变成黄灯，由于前方有缓慢 行驶的车辆，司机立刻刹车开始做匀减速直线运动，忽略司机的反应时间，当绿灯显示还有2s时，汽车怡 好随着前方缓慢行驶车辆通过停止线。汽车开始刹车时的初速度大小为，匀减速直线运动的加速度大 小为a。关于下列初速度大小u,和加速度大小a可能正确的为 A.=12m/s B.=21m/s C.a=0.4m/s D.a=2.5m/s2 10.如图.两足够长的光滑水平导轨平行固定在水平面上，导轨宽度为L=1m,水平导轨所在空间存在竖直 向下（图中为垂直于纸面向里）的匀强磁场，磁感应强度大小为B=2T,磁场宽度为d=15m,磁场左右 边界与两水平导轨垂直，磁场左边界处有一质量为m=0.4kg的导体棒M,导体棒M连入电路中电阻 为R1=22.52,水平导轨上距磁场右边界距离为x,=2.8m处静止放置一质量为m2=0.2kg的导体棒 N,导体棒N连人电路中电阻为R2=7.5Q。现给导体棒M一个向右的初速度u,=3m/s.同时导体棒 N开始运动，当导体棒N到达磁场右边界时回路中电流恰好趋于零，之后导体棒V滑出磁场。两导体 棒在运动过程中始终与两导轨垂直且未发生碰撞，重力加速度g=10m/s。则下列说法正确的是 M A.导体棒M刚开始运动瞬间电路中的感应电动势为3V B.从导体棒M刚开始运动到导体棒N离开磁场瞬间过程中通过导体棒M横截面的电荷量为Q.2C C.导体棒M的最终速度为1m/s D.在整个运动过程中，导体棒N上产生的焦耳热为0.35J 5·物理试题(H95240371)第3页（共6页） 三、非选择题：本题共5小题，共54分。小1 11.(6分) 某实验小组用如图所示的实验装置验证动量守恒定律，将小球A从圆弧轨道某一高度静止释放，小球 A离开圆弧轨道末端后开始做平抛运动，如果小球A释放前在圆弧轨道末端边缘放一形状相同的小球B, 小球A将与小球B发生对心碰撞，两小球A,B可以在竖直挡板上打下痕迹 按下述步骤进行实验。 ①用天平测出A、B两小球的质量分别为m1和m: ②按图安装好实验装置，圆弧轨道末端边缘先不放小球B,让竖直挡板紧贴圆弧轨道末端边缘，小球A 从圆弧轨道某一高度H,静止释放，记下小球A在竖直挡板上的撞击位置O: ③将竖直挡板水平向右平移到距圆弧轨道末端边缘距离为d处，再将小球A从圆弧轨道某一高度H, 静止释放，记下小球A撞击竖直挡板的位置P； ④保持竖直挡板距圆弧轨道末端的水平距离d不变，将小球B放在圆弧轨道末端边缘，再将小球A从 圆弧轨道某一高度H,静止释放，之后与小球B发生碰撞，碰撞之后两球从圆弧轨道末端边缘抛出，记下两 球撞击竖直挡板的位置M,N: ⑤图中P、MN点是该实验小组记下的小球与竖直挡板撞击的位置，用毫米刻度尺量出各个撞击位置 到O的距离，分别为OP、OM和ON。 根据该实验小组的测量，回答下列问题： (1)要正确完成实验，安装好实验装置之后需要调整圆弧轨道末端 质量关系为m m(填“>”“<”或“-”)，还必须保证H ,实验过程中A、B两小球的 (2)小球B撞击竖直挡板的位置为 H(填“>”“<”或“=”)。 (填“M”或“N”),如果在误差允许范围内只要满足关系式 (用m,m、OP,OM和ON表示)，则说明碰撞中的动量是守恒的 (3)如果在误差允许范围内只要满足关系式 弹性碰撞。 (用OP,OM和ON表示)，则说明两小球的碰撞为 12.(9分) 如下： 某实验小组要测量一段粗细均匀的电阻丝的电阻率，设计了如图()所示的电路，实验室提供的器材 A.待测电阻丝R,(总电阻约为150Ω) B.电流表A,(量程0~40mA,内阻R为儿十欧) C.电流表A,(量程0~60mA,内阻Ru为几十欧) D.滑动变阻器R(最大阻值为500Q) E,滑动变阻器R(最大阻值为52) F.定值电阻R,(阻值为100Q) (a) 5·物理试题(H95240371)第4页（共6页） G,电源（电动势5.0V,内阻约为0,2Q) H.开关S、导线若干 (①)用螺旋测微器测量电阻丝的直径，测量的结果如图（b)所示，电阻丝的直径为☑一 mm. 2.25 20 1.25 15 0 +L/m 0.5 (b) (e) (2)为了调节方便，该电路中滑动变阻器应选择 (填器材前面的字母序号) (③)将电阻丝连人电路中的长度调到最大，闭合开关，调节滑动变阻器，使两电流表的示数都大于量程的 三分之一，分别记录此时A、A两电流表的示数1，、山和电阻丝连人电路中的长度L,之后多次改变电阻丝 连人电路中的长度，重复上述步骤，根据记录的数据，作出的}L图像如图（©）所示，图像斜率一 (用题中所给物理量的符号表示)，由图中数据可得电阻丝的电阻率为ρ一 RA= 一Ω。（以上结果均保留两位有效数字） 2·m,电流表A的内阻 (4)如果实验过程中由于测量电阻丝直径所用的螺旋测微器不太标准导致测得的电阻丝直径偏大，从系 统误差的角度考虑，这样测出的电流表A的内阻R(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 13.(10分) 如图，一导热良好的汽缸竖直放置，1、2两轻活塞在汽缸内封闭两部分一定质量的理想 气体A和理想气体B,活塞1可以上下自由移动，活塞2锁定，活塞的横截面积为S,气体A 和气体B的体积分别为V和2V,两气体的压强均为力。，汽缸底部有一个自动控制装置（图中 未画出)可以向汽缸内气体A所在空间缓慢注入某种液体，现打开底部的自动控制装置，注入 A V 体积为号的液体，注人液体过程中汽缸内气体不泄漏，环境的温度始终保持不变，忽略自动控制装置的体积。 外界大气压恒为p,求： (1)稳定后气体A的体积VA。 (2)现去掉活塞2，气体B散发到空气中，气体A未泄漏，在活塞1上轻放一物块，稳定后活塞1恰好又 回到初始位置，求物块的质量m。 14.(12分) 如图，平面直角坐标系O的第一象限内存在沿x轴正方向的匀强电场， 第三象限和第四象限内均存在垂直纸面向外的匀强磁场，第三象限内磁场的磁 6 $立强度大小为日=2严，第阳象限内延场的腰感应强度大小未和，唇超区 域均足够大。一质量为m,电荷量为一gq>0)的带电粒子从第一象限的P点 3L· 沿y轴负方向以初速度，射出，P点坐标为W3L,6L),粒子怡好从坐标原点 O进人第三象限的匀强磁场，经磁场偏转后又进人第四象限，经第四象限磁场 B· 5·物理试题(H95240371)第5页（共6页） 偏转后恰好不进人第一象限，之后粒子被接收器接收，接收器图中未画出，不计粒子重力。求： (1)匀强电场电场强度的大小E, (2)粒子从P点射出到进人第四象限时所用的时间。 (3)第四象限内匀强磁场磁感应强度大小B,。 15.(17分) 某大型游戏装置示意图如图所示，光滑斜面倾角为37，AC为一水平平台，A点为斜面底端，C点为平 台的边缘，斜面与平台连接处有一段小圆孤平滑连接。斜面上锁定一质量为m的物块P,物块P距平台的 高度为h,平台上的B点静止着一质量为3m的物块Q,物块Q下方还有足够多与其完全相同的物块Q,平 台上AB部分光滑，BC部分粗糙，物块Q与平台BC部分之间的动摩擦因数为4=0.03，B,C两点之间的 距离为号，平台距水平地面的高度为h,CD在竖直方向上，水平地面上DE之间的区域为物块Q的有效接 收区.D,E两点之间的距离为，品：现将物块P解除锁定，物块P沿斜面自由下粉，运动到平台上B点时与 物块Q发生弹性正碰，碰撞之后物块P被弹回，物块Q沿平台向右运动，当物块Q离开B点后B点下方自 动控制装置又会将一个物块Q放置于B点，之后物块P又沿斜面滑下，当运动到B点时又一次与物块Q发 生弹性正碰，之后一直重复此过程，直到物块P停止运动。A、B、C,D,E各点在同一竖直平面内。g为重力 加速度大小，忽略空气阻力，物块P经过斜面与平台连接处没有动能损失，物块P和物块Q均可视为质点。 sin 37=3 5,C0s37=4 379 B (1)求物块P与物块Q第一次碰撞后瞬间两物块的速度大小v,和a。 (2)有多少个物块Q能落入有效接收区内。 (3)若BC段光滑，求物块P从解除锁定到最后停止的整个过程中物块P在斜面上运动的总路程、。 5·物理试题(H95240371)第6页（共6页）物理参考答案和评分标准 题号 1 2 3 5 6 7 8 9 10 答案 B C A B C B C AD AC BD 1.【答案】B 【解析】氢原子只有从高能级向低能级跃迁时才能向外辐射光子，选项AC错误；近红外区的光子能量范围 在0.89eV到1.59eV之间，从n=5能级跃迁到n=3能级辐射光子的能量为E-E一E3=一0.54eV 一(-1.51eV)=0.97eV,所以在近红外区，从n=4能级跃迁到n=3能级辐射光子的能量为E=E4一E =-0.85eV-(一1.51eV)=0.66eV,所以不在近红外区，选项B正确，选项D错误。 2.【答案C 【解析】AB和ADCB两段圆弧导线的等效长度均为√2r,两段圆弧导线中的总电流为I,则安培力大小为 F=IX√2rB=√2IrB,选项C正确。 3.【答案】A 【解析】作出法线，如图所示，C、D两点恰好将半圆弧三等分，则∠AOC =60°，光线平行于AB,根据几何关系可得入射角为i=60°，三角形OBC 为等腰三角形，则折射角为r=30°，根据折射定律有n=sin=3,则v sin r =S,1=BR-3迟，选项A正确。 n 4.【答案】B 【解析变压器的输人功本即电阻R消耗的电功率.开关掷向1和掷向2时电功率分别为卫一震，P, U2_ 马一.-，丙式联立解得号 发功率之比为1：小，测呢-专根据理想交压器电压与亚数的关系有是”号一分 光方·选项B正确 5.【答案】C 【解析】地球自转的周期T为一天的时间，所以中国空间站运行周期为T,=工，设地球质量为M,中国空 间站的质量为m根据牛顿第二定律有GR=(R+小答，解得地球质设为M=红”得》，根 GT 据题设条件无法求出中国空间站的质量，选项A错误；中国空间站绕地球转动的线速度大小为=(R十 )=2mm(+),选项B错误；忽略地球自转对重力的影响，地球表面有G=mg,中国空间站所在 T R2 之处有G,肉式联立解得g一(R尽)，达项C正确：根据G“=mg可得地球质量为 R2 ,地球的平均密度为。 M=gR2 R4GR·选项D错误。 M 3g 4 6.【答案】B 【解析】P点合电场强度方向沿OP方向，则负点电荷在P点产生的电场强度E1与匀强电场电场强度E。 5·物理参考答案和评分标准(H95240371)第1页（共6页） 8L 的矢量和沿OP方向，设OP与x轴正方向的夹角为a,tana=24 子，则。=37，当点电荷在P点产生的电场强度最小时点电荷电荷量 最小，根据三角形定则可得点电荷在P点产生的电场强度的最小值为 E。 37 18L E,=Esim37°=3E,方向垂直于OP向左上方，如图所示，根据点电 倚电场强度公式有日一品·解得Q-18E,点电有带负电，则 --ja 24L 点电荷的位置应在P点左上方，与y轴正方向的夹角为37°，则该点横坐标为x=24L一15Lsin37°=15L, 纵坐标为y=18L十15Lc0s37°=30L,坐标为(15L,30L),选项B正确。 7.【答案】C 【解析】当轻绳上的拉力为0时，设杆上的力为F,方向沿杆方向，在水平方向上根据牛顿第二定律有 FN cos53°=ma1,竖直方向上有Fy sin53°=mg,代入数据解得a1=7.5m/s2,以整体为研究对象，根据牛 顿第二定律有F1一μ(M十m)g=(M十m)a1,代入数据解得F,=57N,绳处于伸直状态时F≥57N,当轻 绳上的拉力为F=2.5N时，设杆上的力为F2,方向沿杆方向，在水平方向上根据牛顿第二定律有 F2cos53°+Fr=ma2,竖直方向上有F2sin53°=mg,代人数据解得a2=10ms2,以整体为研究对象，根 据牛顿第二定律有F2一(M十m)g=(M十m)α2，代入数据解得F2=72N,绳处于伸直状态且不断裂时 F≤72N,选项C正确。 8.【答案】AD 【解析】在t=0时刻，由于a处于平衡位置且速度方向沿y轴正方向，b恰好处于波峰位置，水波又从α向 b传播，所以a,5两点间的距离为△x=(十子)A=3m,该水波波长入>3m,所以n只能取0，解得波长 入=4m,选项A正确：从振动图像可得波的周期为T=0.4s,波速u=会=10m/s,选项B错误；1=0.85s =2T+了，此时浮漂a位移为正值，所以加速度方向沿y轴负方向，即竖直向下，选项C错误；1=1.05s= 2T+,浮漂。速度方向沿y轴负方向，即竖直向下，浮漂6速度方向沿y轴正方向，即竖直向上，所以浮 漂a和浮漂b的速度方向相反，选项D正确。 9.【答案】AC 【解析】汽车匀减速运动的位移为x=100,运动时间为t=12s一2s=10s,设末速度为o,根据运动学公 式有位移x一，解得=20ms-,当绿灯显示还有2s时汽车通过停止线，则。>0，即=20ms 一>0，解得<20m/s,选项A正确，选项B错误；根据运动学公式末速度v=v一at,位移x=t一 a,两式联立解得=十a,解得。=子-a,当绿灯显示还有2s时汽车通过停止线则。>0， 即a一兰-a>0,代入数据解得a<2m/,选项C正确，选项D错误 10.【答案】BD 【解析】导体棒刚开始运动时，回路中感应电动势为E=BL=6V,选项A错误；当导体棒N到达磁场 右边界时回路中电流恰好趋于零，说明此时两棒的速度相同，回路中感应电动势为0，设此时的共同速度大 小为，运动过程中两棒受到的安培力大小相等，方向相反，两棒组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律有 m16=(m1十m2),解得y=2ms,以导体棒M为研究对象，设水平向左为正方向，根据动量定理有 ILBt=一m1y,一（一m1),此过程中通过导体棒M的电荷量q=It,两式联立解得q=0.2C,选项B正 5·物理参考答案和评分标准(H95240371)第2页（共6页） 确：根据法拉第电磁感应定律得感应电动势为E一”以“》，此过程中平均电流为I一R干， E △t △t 以上两式再与q=It联立解得x1=5.8m,导体棒N出磁场后，只有导体棒M切割磁感线，回路中继续 产生感应电流，导体棒M会继续减速，假设M在磁场中减速到0，减速过程以M为研究对象，以水平向 左为正方向，根据动量定理有I1LBt1=0一（一1v1),通过的电荷量q1=I1t1,两式联立解得q1=0.4C, E 银据法拉第电磁感应定律有感应电动势为E,一A地-，此过程中平均电流为1，不R·以上备 △t1 △t 式联立解得x2=6m,x1十x2=11.8m<d,所以假设成立，导体棒M的速度可以减到0，选项C错误；导 体棒N出磁场后以u,=2ms的速度运动，整个过程根据能量守恒定律有Q。=)mG一2m,两导 R, 体棒串联，根据功率分配规律可知，导体棒V产生的焦耳热为Q一R干RQs,解得Q=0.35J,选项D 正确 11.【答案】(1)切线水平(1分)>(1分)=(1分) (2)M(1分) m1 m(1分) √opO示+OM (3)1+1=11分) √OP√ON√OM 【解析】(1)因为要保证小球A离开圆弧轨道末端后开始做平抛运动，所以必须调整圆弧轨道末端切线水 平；要保证碰撞之后A、B两小球都向右运动，两小球的质量关系为1>m2;要验证动量守恒定律，必须 保证小球A在不放小球B和放小球B两次运动到圆弧轨道末端时的动量相同，所以必须保证H2=H?。 (2)两球在水平方向上做匀速直线运动，水平方向有d=t,两球运动的水平距离相同，水平速度越大， 运动时间越短，竖直下落高度越小，碰撞之后小球B的速度大于小球A的速度，小球B下落高度较小，所 以打在M点；小球A离开桌面后做平抛运动，设速度为，不放小球B时，水平方向上有d=t,竖直 方向上有OP=2g,则小球初速度为，=dVP。放小球B时，设碰撞之后A,B的速度分别为u ,对小球A,水平方向上有d=44,竖直方向上有O八=2g6,则小球初速度为=d12六：对小球 g B,水平方向上有d=4,竖直方向上有OM=2g,则小球的初速度为=dV2要验证动量守 g 恒定律，则m=m十m,将速度代人上式化简得=，十 1n2 vOp√ON√OM (3)如果发生弹性碰撞，则动量守恒，机械能也守恒，所以有m=m心十m,弓n号=号m听十 言m,两式联立解得十写=将速度代入化简可得P六 12【答]1n.201分)（2EB1分)()2分)63X102分)252分) (4)不变(1分) 【解析】(1)电阻丝的直径为d=0mm十20.0×0.01mm=0.200mm。 (2)分压式接法滑动变阻器总阻值越小，调节时电流和电压的变化越接近线性变化，调节越方便，所以滑 动变阻器应选择总阻值较小的E。 开联电路的特点有1(R,十R)=(1,一1)R,根据电阻定律R,P1 =4,两式联立再 πd 5·物理参考答案和评分标准(H95240371)第3页（共6页） 致学变换相片最L+袋十1.所以图像斜率大一款从图像可得图像斜率为25 12 0.5-0 解得p-63X10n·m,图像的截距为1.25-尽十1，解得R-寻R=25n, 40 《④)电流表A的内阻R是根据图像的减距表达式是十1和定值电阻起离出的，所以以系统误差的角 度考虑，测得的电阻丝直径偏大不影响电流表A,的内阻R的测量结果，所以这样测出的电流表A,的 内阻R不变。 13.【解析】(1)稳定后两部分气体压强还是相等，设为p1,汽缸导热良好，环境的温度始终保持不变，则气体 温度不变，对气体A,根据玻意耳定律有pV=V1(2分) 对气体B,根据玻意耳定律有，×2V=p(2V+V-号-V) (2分) 两式联立解得V-V (1分) (2)在活塞1上轻放一物块，稳定后活塞1回到初始位置时设气体A的压强为p2,对气体A,根据玻意耳 定律有AV=p,(V-) (2分) 解得p2=2p (1分) 去掉活塞2后活塞1上方为大气压p,根据平衡条件有pS十g=pS(1分) 解得m=S (1分) 14.【解析】(1)带电粒子垂直于电场方向射出，所以做类平抛运动，作出粒子的轨迹如图所示。 y方向上做匀速直线运动有 6L=votI 解得6-6L (1分) x方向上做初速度为0的匀加速直线运动有 /3L-jaf (1分) 根据牛顿第二定律有gE=ma (1分) √3mu 以上各式联立解得电场强度E= 18gL (1分) (2)设粒子到达O点时速度大小为，在电场中运动过程，根据动能定理有 gEX5L=2m-m,解得。-2。 3 (1分) 粒子经过0点时速度方向与y轴负方向的夹角设为0，则有曾=c0s0 解得0=30° (1分) 带电粒子在第三象限磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力有gB= R 解得R1=5L (1分) 作出粒子运动轨迹如图所示，根据几何关系可知粒子在第三象限转过的圆心角为60°，所用的时间 4-0×2-55 6v% 运动时间为t=4十1，=(36+5V3π)L (1分) 6 5·物理参考答案和评分标准(H95240371)第4页（共6页） (3)粒子从坐标原点进人第三象限，设从y轴上的Q点进入第四象限，根 y 据对称性可知粒子经过y轴时速度方向与y轴夹角也为30°，根据几何关 6L 系可知OQ=2R1sin30°=5L(1分) 经第四象限磁场偏转后恰好不进入第一象限，则运动轨迹与x轴相切，运 动轨迹如图所示 根据几何关系有OQ一R2=R2sin30° 解得R=91 (1分) 3002 带电粒子在第四象限磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力有 qoh (1分) 联立解得B,=3m心 5gL (1分) 15.【解析】(1)物块从斜面下滑到平台过程，根据机械能守恒定律有 mgh 解得=2gh (1分) 物块P、Q发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有m=一mvp1+3mvQ (1分) 根据机械能守恒定律有2mG一m呢：十号×3m6。 (1分) 联立两式解得1-2gh (1分) Uo-2V2gh 1 (1分) (2)物块P在斜面上运动时机械能守恒，第一次滑回到平台时速度大小仍为，第二次与物块Q碰撞过 程，根据动量守恒定律有mvp1=一mvp十3mva2 根据机械能守恒定律有7m:一之m品十号X3md 1 解得=m=()】 √2gh Vo= 第n次与物块Q碰撞过程根据动量守恒定律有mvp-1)=一mvp,十3mvQ (1分) 根据机械能守恒定律有之m品=m十号×3m6 (1分) 解得n-2=(V2gh n=1,2,3, n=1,2,3,… 从碰撞之后到物块Q运动到C点过程中，根据动能定理有 X3mgX-7X3m-X3md 5 物块Q能落入有效接收区内时要求物块Q运动到C点速度大于0.则有号×3m呢>0 (1分) 联立得号X3m6.>X3mg×号 5·物理参考答案和评分标准(H95240371)第5页（共6页） 代入数据化简得4”<300 解得n<5 设物块Q做平抛运动刚好落到E点时，物块Q运动到C点的速度大小为v 根据平抛运动规律，水平方向上有品=： (1分) 竖直方向上有A=专8 (1分) 81gh 解得=√200 物块Q能落入有效接收区内时要求物块Q运动到C点的速度vc<,则有 2×3wm≤号X3md (1分) 联立得号3m6<X3mgX合+号X3m呢 代入数据化简得4>1,200 247 解得n>1 综上所述，1<n<5,则n只能取2、3、4，即有3个物块落入有效接收区内 (1分) (3)物块P第一次弹回沿斜面运动的路程为s1,上升过程根据动能定理有 mgs sin 37 (1分) 结合V5解得，一×警 物块P第二次弹回沿斜面运动的路程为s2,上升过程根据动能定理有 -mgs2sin37°=0- 2 mup 结合p, (侵)广、2五，解得=（仔）广× 物块P第n次弹回沿斜面运动的路程为s,上升过程根据动能定理有 -mgs,sin37°=0-} (1分) 结合%-2n=(公)厂、2，解得=（任）广×警 (1分) 则运动的总路程为= 50375十25十2s2+十2ssin37+2(s1十s2十+s,) (1分) 1-(分)] 根据等比数列求和公式得s,十S2十…十s=- 代入上式得，A (1分) 5·物理参考答案和评分标准(H95240371)第6页（共6页）