精品解析：2026届河南百师联盟高三下学期4月模拟考试物理试卷

物理 时间75分钟，满分100分 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. 关于近代物理学，下列说法正确的是（　　） A. 黑体辐射的电磁波强度按波长的分布只与黑体的温度有关 B. 光既有粒子性，也有波动性，光的干涉与光电效应都表明光具有粒子性 C. 放射性元素的衰变方程是，说明原子核内有电子 D. 德布罗意认为实物粒子也具有波动性，其波长为粒子的动量与普朗克常量的比值 2. 用平行蓝色激光束垂直照射一竖直放置的透明工业薄片，观察到如图所示明暗相间的条纹，则（　　） A. 明暗相间的条纹是由透明薄片的前、后表面反射光衍射形成的 B. 改用平行红色激光照射，观察到的条纹数会增多 C. 薄片的厚度从下向上可能逐渐变厚 D. 薄片的厚度从上向下可能均匀增大 3. 一定质量的某种理想气体图像如图所示，从状态开始，气体沿箭头所示方向先后变化到状态、、，其中状态和状态气体温度相同，、的延长线经过坐标原点，则（　　） A. 气体在过程中放热 B. 气体在过程中对外界做功 C. 气体在过程中吸热 D. 气体在过程中对外界做的功小于气体吸收的热量 4. 、为同一均匀介质中相距的两个波源，在时刻，同时由各自平衡位置沿轴方向开始做简谐振动，发出两列频率相等、相向传播的简谐横波，为介质中两波源连线上的质点，与波源、的距离分别是和，如图甲所示，绘制质点的振动图像如图乙所示，则（　　） A. 时刻，波源沿轴正方向开始做简谐振动 B. 两列波的波长均为 C. 内，质点运动的路程为 D. 波源振动的振幅为 5. 某卫星绕地球以大小为的速度沿逆时针方向做匀速圆周运动，如图中实线所示。若在点沿半径背离地球方向极短时间喷射气体（如图中箭头所指），使卫星获得一定的反冲速度，从而实现变轨。变轨后的轨道如图中虚线所示，经过点的速度大小为，半长轴为原轨道半径的倍，不计卫星质量变化，则（　　） A. 卫星变轨前、后在点速度变化量大小为 B. 卫星变轨前、后的运动周期之比为 C. 卫星变轨前、后在点的加速度大小相等，方向不同 D. 卫星变轨后机械能小于变轨前机械能 6. 新能源电动汽车常用交流充电桩进行充电，如图所示为交流充电桩的供电电路，输电线的总电阻。配电设施的输出电压为250V，降压变压器原、副线圈的匝数比为，充电桩的输出电压，功率为5500W，变压器均视为理想变压器，则（　　） A. 配电设施输出电流的频率为100Hz B. 输电线损失的电压为50V C. 升压变压器原、副线圈的匝数比为 D. 输电效率约为87.5% 7. 摩天轮是集观光、娱乐和休闲于一体的大型转轮状的机械游乐设施。质量的乘客在摩天轮边缘的座舱随摩天轮在竖直面内做圆周运动。以摩天轮中心所在平面为零势能面，乘客的重力势能随时间的变化关系为。重力加速度取。则（　　） A. 摩天轮的直径为40 m B. 摩天轮转一圈用时30 min C. 乘客在摩天轮最高点的速度大小为 D. 从最低点到最高点，合外力对乘客的冲量大小为 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。 8. 如图甲所示为静电场中的一条电场线，在电场线上建立坐标轴，区间各点的电势分布如图乙所示。若正电荷仅在电场力作用下，沿轴从运动到，则该过程中正电荷（　　） A. 在处受到的电场力最大 B. 由到，电场力方向沿轴负方向 C. 电势能先减小后增大 D. 动量逐渐增大 9. 如图甲，倾角为的足够长斜面体放置在粗糙水平面上。时刻，可视为质点的小物块、以相同初速度沿斜面下滑，和的速度随时间变化的关系图像如图乙所示。时间内地面对斜面体的摩擦力始终为零。则（　　） A. 和的加速度大小之比为 B. 时间内和的位移大小之比为 C. 和的质量相等 D. 、与斜面间的动摩擦因数、的关系为 10. 如图所示，一滑雪运动员先后两次从斜坡顶端点飞出，第一次以垂直于的初速度水平飞出，落在斜坡上的点，第二次以相同大小、不同方向的初速度水平飞出，落在斜坡上的点。已知与、两点之间的高度差之比为。若忽略空气阻力，则滑雪运动员（　　） A. 落在点的水平位移是落在点的倍 B. 两次飞出的初速度方向之间的夹角为 C. 落在点的动量大小是落在点的倍 D. 落在点时重力的瞬时功率是落在点时的倍 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11. 某同学用图甲所示装置测量物块与长木板之间的动摩擦因数。实验中通过改变重物的质量来改变、之间的压力大小，在拉力作用下将长木板拉出，实验中、始终保持相对静止，已知轻弹簧始终在弹性限度内，且始终水平，劲度系数，重力加速度取。 （1）该同学先通过力传感器描绘出图像，如图乙所示。由图乙可知时刻，物块受到长木板的摩擦力为________（填“静摩擦力”或“滑动摩擦力”），物块受到长木板的最大静摩擦力_______（填“略大于”或“等于”）滑动摩擦力。 （2）该同学随后测得物块、重物的总质量为，长木板拉出过程中，物块和重物整体稳定时弹簧的长度为，描绘出图像如图丙所示。由图丙可知弹簧原长为_______cm（结果保留一位有效数字），物块与长木板之间的动摩擦因数为_______（结果保留两位有效数字）。 12. 某同学设计了如图甲所示电路测量未知电阻的阻值，为电阻箱，为检流计（小量程电流表），为保护电阻，直流电源内阻不计。 （1）按图甲中电路图连接实物，闭合开关、，调节电阻箱，使检流计示数为零，此时电阻箱读数如图乙所示，________，点的电势________（填“高于”“等于”或“低于”）点的电势； （2）将电阻箱与待测电阻位置互换，闭合开关、，再次调节电阻箱，使检流计示数为零，此时电阻箱读数，通过电阻箱的电流________（填“大于”“等于”或“小于”）通过待测电阻的电流，则待测电阻________（结果保留一位小数）； （3）可知两个电源的电动势之比为________。 13. 一个阻值为、匝数为的圆形金属线圈与阻值为的电阻、电容为的电容器连接成如图甲所示回路。金属线圈的半径为，在线圈中半径为的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度随时间变化的关系图线如图乙所示。图线与横、纵轴的截距分别为和。导线的电阻不计。求： （1）通过电阻的电流大小和方向； （2）时刻电容器所带电荷量。 14. 如图所示，固定水平传送带右端与无限长光滑水平面平滑连接，滑块静置于传送带左端，传送带静止，水平面上一轻质弹簧连接两个静止的滑块和，弹簧处于原长。现使传送带沿顺时针方向以大小为的加速度做匀加速运动，当速度达到时传送带立即匀速运动。滑块离开传送带后与滑块发生弹性正碰，碰撞时间极短，碰撞后将滑块取走。弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能表达式为（劲度系数，为弹簧的形变量），滑块与传送带之间的动摩擦因数，传送带左右两端距离，，，，重力加速度取，不计空气阻力，滑块均可视为质点。 （1）求滑块运动到传送带右端时的速度大小； （2）求滑块与传送带由于摩擦产生的热量； （3）求滑块与碰撞后，弹簧的最大形变量（结果可用根式和分式表达）。 15. 如图所示，沿水平和竖直方向建立坐标系，空间中存在竖直向上的匀强电场，轴上方存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，轴下方存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小相等。现将质量为、电荷量为的绝缘小球从轴点以方向与轴正方向成角、大小为的速度射出，小球第一次到达轴时经过点，速度方向与轴正方向成角，大小也为。已知点纵坐标为，重力加速度为，取，，。求： （1）电场强度的大小及磁感应强度的大小； （2）当小球第（，取整数）次到达轴时，与坐标原点的距离及运动的时间； （3）若小球第一次到达轴时，撤除匀强电场，小球在第二次到达轴的运动过程中的最大速度。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 物理 时间75分钟，满分100分 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. 关于近代物理学，下列说法正确的是（　　） A. 黑体辐射的电磁波强度按波长的分布只与黑体的温度有关 B. 光既有粒子性，也有波动性，光的干涉与光电效应都表明光具有粒子性 C. 放射性元素的衰变方程是，说明原子核内有电子 D. 德布罗意认为实物粒子也具有波动性，其波长为粒子的动量与普朗克常量的比值 【答案】A 【解析】 【详解】A．根据黑体辐射的实验规律，黑体辐射的电磁波强度按波长的分布仅与黑体的温度有关，和黑体的材料、形状等其他因素无关，故A正确； B．光的干涉是波的特有性质，说明光具有波动性，光电效应才表明光具有粒子性，故B错误； C．该反应为β衰变，衰变释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的，并非原子核内原本就存在电子，故C错误； D．德布罗意提出实物粒子的波长公式为，即波长是普朗克常量与粒子动量的比值，而非，故D错误。 故选A。 2. 用平行蓝色激光束垂直照射一竖直放置的透明工业薄片，观察到如图所示明暗相间的条纹，则（　　） A. 明暗相间的条纹是由透明薄片的前、后表面反射光衍射形成的 B. 改用平行红色激光照射，观察到的条纹数会增多 C. 薄片的厚度从下向上可能逐渐变厚 D. 薄片的厚度从上向下可能均匀增大 【答案】C 【解析】 【详解】A．形成明暗相间条纹的原因是由透明薄片的前、后表面反射光的干涉，故A错误； B．因红光波长比蓝光长，则改用平行红色激光照射，根据可知条纹间距变大，则观察的条纹数会减少，故B错误。 CD．用平行单色光垂直照射一层透明薄膜，从透明薄膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，发生干涉现象，出现条纹，所以此条纹是由透明薄膜的下表面和上表面反射光叠加后形成的，其光程差为透明薄膜厚度的2倍，当光程差时此处表现为亮条纹，即当薄膜的厚度时对应的条纹为亮条纹；在题目的干涉条纹中，从下向上条纹的间距逐渐减小，厚度变化所用的距离逐渐减小，从下向上薄膜厚度的变化率逐渐变大，薄膜层的厚度可能逐渐增大，也可能逐渐减小，但厚度并非均匀变化，故C正确，D错误。 故选C。 3. 一定质量的某种理想气体图像如图所示，从状态开始，气体沿箭头所示方向先后变化到状态、、，其中状态和状态气体温度相同，、的延长线经过坐标原点，则（　　） A. 气体在过程中放热 B. 气体在过程中对外界做功 C. 气体在过程中吸热 D. 气体在过程中对外界做的功小于气体吸收的热量 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据理想气体状态方程 ，可得 因此图中过原点的直线为等容线，斜率​，斜率越大，体积越小，过程，延长线过原点，因此是等容变化，体积不变，外界对气体做功，温度升高，理想气体内能仅与温度有关，因此 根据热力学第一定律 得，气体吸热，故A错误； B．是等压变化，压强不变，温度升高，根据盖-吕萨克定律，温度升高则体积增大，体积增大时气体对外界做功，故B正确； C．延长线过原点，因此是等容变化，体积不变，气体做功 过程中温度降低，因此 根据热力学第一定律得，气体放热，故C错误； D．题目已知，因此初末态内能相等，即 由斜率关系得，因此，气体总体积增大，对外做功 根据热力学第一定律 得，即对外做功等于吸收的热量，故D错误。 故选B。 4. 、为同一均匀介质中相距的两个波源，在时刻，同时由各自平衡位置沿轴方向开始做简谐振动，发出两列频率相等、相向传播的简谐横波，为介质中两波源连线上的质点，与波源、的距离分别是和，如图甲所示，绘制质点的振动图像如图乙所示，则（　　） A. 时刻，波源沿轴正方向开始做简谐振动 B. 两列波的波长均为 C. 内，质点运动的路程为 D. 波源振动的振幅为 【答案】D 【解析】 【详解】B．P距离更近，的波最先传到，由图乙可知，时才开始振动，因此的波传到的时间，波速 由图乙可知，时，的波传到点，故波速 两列波的波速相等，由图乙可得振动周期 因此波长，B 错误； A．的波传到的时间为，波源起振方向与波刚传到时，的振动方向一致。只有的波，时在点的振动方向向上，而后合振动向下，说明​的波在点的振动方向向下，即时刻，波源沿轴负方向开始做简谐振动，A 错误； C．在内，静止，路程为；在内，只有的波，总的一个周期，振幅 故路程 在内，两列波都传到，总的个周期，合振幅 故路程 所以总路程，C 错误； D．两波到的路程差 路程差带来的相位差为 又因为两个波源起振方向相反，因此为振动减弱点，振幅满足 解得，D 正确。 故选D。 5. 某卫星绕地球以大小为的速度沿逆时针方向做匀速圆周运动，如图中实线所示。若在点沿半径背离地球方向极短时间喷射气体（如图中箭头所指），使卫星获得一定的反冲速度，从而实现变轨。变轨后的轨道如图中虚线所示，经过点的速度大小为，半长轴为原轨道半径的倍，不计卫星质量变化，则（　　） A. 卫星变轨前、后在点速度变化量大小为 B. 卫星变轨前、后的运动周期之比为 C. 卫星变轨前、后在点的加速度大小相等，方向不同 D. 卫星变轨后机械能小于变轨前机械能 【答案】B 【解析】 【详解】A．变轨前卫星在点的速度是切线方向，变轨时卫星获得沿半径方向的分速度，变轨后的速度是切向速度和径向分速度的合速度大小。 速度变化量是矢量，其大小不等于，实际，A错误； B．根据开普勒第三定律，设原轨道半径为，则变轨后半长轴 因此  ，整理得​，B正确； C．卫星在点的加速度由万有引力提供​，变轨前后到地心的距离不变，因此加速度大小相等，方向均指向地心，方向也相同，C错误； D．喷气过程中气体对卫星做正功，卫星获得能量，且变轨后半长轴更大，轨道更高，总机械能更大，因此变轨后机械能大于变轨前，D错误。 故选 B。 6. 新能源电动汽车常用交流充电桩进行充电，如图所示为交流充电桩的供电电路，输电线的总电阻。配电设施的输出电压为250V，降压变压器原、副线圈的匝数比为，充电桩的输出电压，功率为5500W，变压器均视为理想变压器，则（　　） A. 配电设施输出电流的频率为100Hz B. 输电线损失的电压为50V C. 升压变压器原、副线圈的匝数比为 D. 输电效率约为87.5% 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据充电桩的输出电压表达式可知角速度为 则交流电的周期 可知输出电流的频率，故A错误； B．根据充电桩输出表达式可知，输出电压的最大值 有效值 功率为5500W，充电桩电流的有效值 根据电流关系 可得输电线电流为 可得输电线损失的电压为，故B正确； C．根据 可得 根据 解得 根据， 可得升压变压器原、副线圈的匝数比为，故C错误； D．升压变压器功率为 可得输电效率约为，故D错误。 故选B。 7. 摩天轮是集观光、娱乐和休闲于一体的大型转轮状的机械游乐设施。质量的乘客在摩天轮边缘的座舱随摩天轮在竖直面内做圆周运动。以摩天轮中心所在平面为零势能面，乘客的重力势能随时间的变化关系为。重力加速度取。则（　　） A. 摩天轮的直径为40 m B. 摩天轮转一圈用时30 min C. 乘客在摩天轮最高点的速度大小为 D. 从最低点到最高点，合外力对乘客的冲量大小为 【答案】D 【解析】 【详解】A．以摩天轮中心为零势能面，乘客重力势能最大值为，对应表达式中的最大值为 解得 直径为80m，故A错误； B．此时表达式中角频率等于圆周运动角速度 周期，故B错误； C．线速度，故C错误； D．根据动量定理，合外力冲量等于动量变化量，最低点到最高点速度大小均为、方向相反，动量变化大小，故D正确。 故选D。 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。 8. 如图甲所示为静电场中的一条电场线，在电场线上建立坐标轴，区间各点的电势分布如图乙所示。若正电荷仅在电场力作用下，沿轴从运动到，则该过程中正电荷（　　） A. 在处受到的电场力最大 B. 由到，电场力方向沿轴负方向 C. 电势能先减小后增大 D. 动量逐渐增大 【答案】AD 【解析】 【详解】A．电场力，的大小等于图像切线斜率的绝对值。由乙图可知，在​处图像的斜率最大，因此​处电场力最大，A正确； B．从到​，电势随增大一直降低，根据“沿电场方向电势降低”，可知电场强度方向始终沿轴正方向；正电荷电场力方向与电场方向一致，因此​到​电场力沿轴正方向，B错误； C．正电荷电势能，，因此​与变化一致。从到​，一直减小，因此电势能一直减小，C错误； D．正电荷沿轴正方向运动，电场力始终沿轴正方向，因此电场力一直做正功 正电荷速度一直增大，动量逐渐增大，D正确。 故选AD 。 9. 如图甲，倾角为的足够长斜面体放置在粗糙水平面上。时刻，可视为质点的小物块、以相同初速度沿斜面下滑，和的速度随时间变化的关系图像如图乙所示。时间内地面对斜面体的摩擦力始终为零。则（　　） A. 和的加速度大小之比为 B. 时间内和的位移大小之比为 C. 和的质量相等 D. 、与斜面间的动摩擦因数、的关系为 【答案】BD 【解析】 【详解】A．图像的斜率表示加速度，由图乙可知，A的加速度大小，B的加速度大小 加速度大小之比 ，A错误； B．图像与时间轴围成的面积表示位移 A的位移，B的位移 位移大小之比  ，B正确； C．以A、B、斜面整体为研究对象，水平方向合力为零。 A加速度沿斜面向上，水平分量向右，大小 ；B加速度沿斜面向下，水平分量向左，大小 因此有  ， 代入，得，质量不相等，C错误； D．对A沿斜面方向列牛顿第二定律  对B沿斜面方向列牛顿第二定律  联立可得 ， D正确。 故选BD 。 10. 如图所示，一滑雪运动员先后两次从斜坡顶端点飞出，第一次以垂直于的初速度水平飞出，落在斜坡上的点，第二次以相同大小、不同方向的初速度水平飞出，落在斜坡上的点。已知与、两点之间的高度差之比为。若忽略空气阻力，则滑雪运动员（　　） A. 落在点的水平位移是落在点的倍 B. 两次飞出的初速度方向之间的夹角为 C. 落在点的动量大小是落在点的倍 D. 落在点时重力的瞬时功率是落在点时的倍 【答案】BD 【解析】 【详解】A．竖直方向自由落体，则 水平位移 两次初速度大小相同，因此水平位移之比 即落在点的水平位移是落在点的2倍，故A错误； B．由于两次均落在同一斜坡上，斜面倾角固定为 则 因此垂直于方向的位移之比 设两次初速度在斜坡水平投影方向的分量分别为， 水平位移满足 所以 第一次初速度垂直于沿水平方向，第二次初速度大小相同，设其与该方向夹角为 则，故B正确； C．根据动量定理 落地时速度大小 则动量大小之比为，故C错误； D．重力的瞬时功率 ，故D正确。 故选BD。 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11. 某同学用图甲所示装置测量物块与长木板之间的动摩擦因数。实验中通过改变重物的质量来改变、之间的压力大小，在拉力作用下将长木板拉出，实验中、始终保持相对静止，已知轻弹簧始终在弹性限度内，且始终水平，劲度系数，重力加速度取。 （1）该同学先通过力传感器描绘出图像，如图乙所示。由图乙可知时刻，物块受到长木板的摩擦力为________（填“静摩擦力”或“滑动摩擦力”），物块受到长木板的最大静摩擦力_______（填“略大于”或“等于”）滑动摩擦力。 （2）该同学随后测得物块、重物的总质量为，长木板拉出过程中，物块和重物整体稳定时弹簧的长度为，描绘出图像如图丙所示。由图丙可知弹簧原长为_______cm（结果保留一位有效数字），物块与长木板之间的动摩擦因数为_______（结果保留两位有效数字）。 【答案】（1） ①. 静摩擦力 ②. 略大于 （2） ①. 4 ②. 0.71 【解析】 【小问1详解】 [1]时刻长木板尚未被拉动，物块与保持相对静止，因此受到的是静摩擦力。 [2]从图像可知，​时刻被拉出后，力传感器的示数稳定后略小于峰值（最大静摩擦力的大小），因此最大静摩擦力略大于滑动摩擦力。 【小问2详解】 [1]稳定时保持静止，受力平衡：弹簧弹力等于受到的滑动摩擦力，即  整理得 其中为弹簧原长，当时，​。由图丙可知，直线延长到时，，题目要求保留一位有效数字，因此弹簧原长为。 [2]取图丙上相距较远的两点，利用图像斜率求 解得 12. 某同学设计了如图甲所示电路测量未知电阻的阻值，为电阻箱，为检流计（小量程电流表），为保护电阻，直流电源内阻不计。 （1）按图甲中电路图连接实物，闭合开关、，调节电阻箱，使检流计示数为零，此时电阻箱读数如图乙所示，________，点的电势________（填“高于”“等于”或“低于”）点的电势； （2）将电阻箱与待测电阻位置互换，闭合开关、，再次调节电阻箱，使检流计示数为零，此时电阻箱读数，通过电阻箱的电流________（填“大于”“等于”或“小于”）通过待测电阻的电流，则待测电阻________（结果保留一位小数）； （3）可知两个电源的电动势之比为________。 【答案】（1） ①. 160.0 ②. 等于 （2） ①. 等于 ②. 120.0 （3） 【解析】 【小问1详解】 [1]电阻箱读数如图乙所示，可得 [2]检流计示数为零，说明捡流计和左右两端的电势相等，可等效为一点，有点的电势等于点的电势。 【小问2详解】 [1]将电阻箱与待测电阻位置互换，闭合开关、，再次调节电阻箱，使检流计示数为零，则通过电阻箱的电流等于通过待测电阻的电流。 [2]检流计示数为零，说明检流计和左右两端的电势相等，可等效为一点，由闭合电路的欧姆定律，第一次 第二次 可得待测电阻 【小问3详解】 可得两个电源的电动势之比为 13. 一个阻值为、匝数为的圆形金属线圈与阻值为的电阻、电容为的电容器连接成如图甲所示回路。金属线圈的半径为，在线圈中半径为的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度随时间变化的关系图线如图乙所示。图线与横、纵轴的截距分别为和。导线的电阻不计。求： （1）通过电阻的电流大小和方向； （2）时刻电容器所带电荷量。 【答案】（1），从b到a （2） 【解析】 【小问1详解】 由图像可知磁感应强度的变化率 根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势 又 则 根据闭合电路欧姆定律可知感应电流 联立解得 根据楞次定律可知通过的电流方向为从b到a。 【小问2详解】 电容器两板间电压 则 则电容器所带的电荷量 则 14. 如图所示，固定水平传送带右端与无限长光滑水平面平滑连接，滑块静置于传送带左端，传送带静止，水平面上一轻质弹簧连接两个静止的滑块和，弹簧处于原长。现使传送带沿顺时针方向以大小为的加速度做匀加速运动，当速度达到时传送带立即匀速运动。滑块离开传送带后与滑块发生弹性正碰，碰撞时间极短，碰撞后将滑块取走。弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能表达式为（劲度系数，为弹簧的形变量），滑块与传送带之间的动摩擦因数，传送带左右两端距离，，，，重力加速度取，不计空气阻力，滑块均可视为质点。 （1）求滑块运动到传送带右端时的速度大小； （2）求滑块与传送带由于摩擦产生的热量； （3）求滑块与碰撞后，弹簧的最大形变量（结果可用根式和分式表达）。 【答案】（1）4m/s （2）42J （3） 【解析】 【小问1详解】 滑块在传送带上运动时有 解得加速度 若滑块未与传送带共速，则 解得 因为，所以滑块未与传送带共速，其运动到传送带右端时的速度大小为 【小问2详解】 滑块在传送带上运动时 解得 传送带加速运动时， 解得， 传送带匀速运动时 解得 滑块与传送带由于摩擦产生的热量 解得 【小问3详解】 滑块、发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒有， 解得， 当滑块、速度相等时，弹簧有最大形变量，有， 解得弹簧的最大形变量 15. 如图所示，沿水平和竖直方向建立坐标系，空间中存在竖直向上的匀强电场，轴上方存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，轴下方存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小相等。现将质量为、电荷量为的绝缘小球从轴点以方向与轴正方向成角、大小为的速度射出，小球第一次到达轴时经过点，速度方向与轴正方向成角，大小也为。已知点纵坐标为，重力加速度为，取，，。求： （1）电场强度的大小及磁感应强度的大小； （2）当小球第（，取整数）次到达轴时，与坐标原点的距离及运动的时间； （3）若小球第一次到达轴时，撤除匀强电场，小球在第二次到达轴的运动过程中的最大速度。 【答案】（1）， （2）， （3） 【解析】 【分析】 【小问1详解】 小球从点运动到点，由动能定理得 解得 则小球做匀速圆周运动，设半径为，由几何关系可知 解得 根据洛伦兹力提供向心力，有 解得 【小问2详解】 小球做匀速圆周运动，第一次到达轴时经过点，由几何关系可知 解得 小球从第一次到达轴到第二次到达轴，沿轴正方向移动距离 解得 小球第次到达轴时，与坐标原点的距离 小球做圆周运动的周期 解得 小球从射出到第一次到达轴的时间 解得 小球从第1次到达轴到第2次到达轴的时间 解得 小球第次到达轴运动的时间 【小问3详解】 如图所示，把小球的速度分解为、，根据竖直方向受力平衡有 解得 则由速度矢量图得 小球的运动可分解为以沿轴正方向做匀速直线运动和以做沿逆时针方向的匀速圆周运动 当两个分运动速度方向相同时，有最大速度，则 解得 【点睛】 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $