备考信息导航演练（四）-【衡水真题密卷】2026年高考物理备考信息导航演练（安徽专用）

2025一2026学年度备考信息导航演练 物理（四） 本试卷总分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。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，将答案写在答题卡 上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合要求的。 1.我国太阳探测科学技术试验卫星“羲和号”在国际上首次成功实现空间太阳H。波段光 谱扫描成像。H。和Hg分别为氢原子由n=3和n=4能级向n=2能级跃迁产生的谱 线，如图所示，用H:对应的光照射某种金属表面，恰好能使该金属发生光电效应。下列 说法正确的是 EleV 1.51 -3.40 -13.6 A.与H3相比，H。的波长更短 B.与H相比，H。光子的动量更大 C.若照射光的频率大于H:对应的光的频率，则逸出的光电子的最大初动能增大 D.若H。的强度大于H:的强度，用H。光照射该金属，必有光电子逸出 2.如图甲所示，一个曲率半径很大的平凸透镜的球面和一平面玻璃接触，用单色光从上方 照射，因干涉形成一些明暗相间的单色圆圈，这种现象称为“牛顿环”，是一种薄膜干涉 现象。图乙是从透镜上方看到“牛顿环”的俯视图。则下列说法正确的是 、平凸透镜 平面玻璃 众 A.若用白光照射，不会形成环状条纹 B.若用白光照射，看到的亮条纹也是白色的 物理试题（四）第1页（共8页） 备考信息 C.牛顿环是由凸透镜上、下表面的反射光发生干涉产生的 班级 D.若将透镜缓慢向上平移少许，可以看到干涉形成的圆形条纹向里收缩 3.如图，右侧面光滑的斜面体放在水平面上，质量相等的物块M、N分别放在斜面体的左右 两个面上，倾角分别为30°、60°，M、N拴接在跨过光滑定滑轮的轻质细绳两端，两端绳分别 姓名 与斜面平行，整个系统处于静止状态。现对N施加一始终与右侧轻绳垂直的拉力F,使N 缓慢移动至右侧细绳水平，该过程中斜面体和M均保持静止。下列说法正确的是 -------- 得分 60°Y nm分39 mn7 wnm A.拉力F逐渐减小 B.轻绳的拉力逐渐增大 C.M所受摩擦力先减小后增大 D.斜面对水平面的压力先减小后增大 4.如图，虚线表示位于O点的点电荷Q产生电场的等势面，相邻等势面间电势差大小相等 且为4V,一电子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中实线所示。已知电子经过a点时 的动能为l0eV,经过f点时电势能为一20eV,下列说法正确的是 b A.点电荷Q带负电 B.电子经过c点时动能为l8eV C.电子经过d点时电势能为28eV D.电子可能经过电势为5V的等势面 5.如图所示，MN曲线为一定质量的某理想气体的绝热过程，ABC图线是另一变化过 程，其中AB平行于横轴，箭头表示过程进行的方向。下列说法正确的是 A.气体由状态A沿曲线MN到状态C的过程中，温度一直不变 B.由状态A沿直线到状态B的过程中，气体分子在单位时间内对单位面积器壁的撞击 次数增多 C.由状态A沿ABC到状态C的过程中，气体要吸收热量 D.由状态A沿ABC到状态C的过程中，气体对外先做负功后做正功 导航演练 物理试题（四）第2页（共8页） 7 6.一辆起重机某次从t=0时刻由静止开始竖直提升质量为500kg的物体，物体的α-t图 像如图所示，2s后起重机的功率为额定功率，不计空气阻力，g取10s,下列说法正 确的是 a/(ms) 0.5 1/s 0 A.物体在匀加速阶段的位移大小为2m B.该起重机的额定功率为5kW C.物体的最大速度大小为2.1ms D.0~2s和2s~8s时间内牵引力对物体做的功之比为1：6 7.甲、乙两车在一平直公路上同向行驶，从t=0时刻开始计时，它们的速度v随时间t变 化的图像如图所示。t=1s时甲、乙两车并排行驶。在整个运动过程中，下列说法正确 的是 v/(m's) 6长甲 乙 2. 0 is A.t=3s时，两车再次相遇 B.2~3s内，甲、乙两车的距离越来越大 C.t=0s时，乙车在甲车前2.5m处 D.0~4s内，甲、乙两车相遇一次 8.如图所示，探测器先在椭圆轨道I绕未知天体M运动，然后在A点变轨进入圆轨道Ⅱ 做匀速圆周运动。B点为椭圆轨道的近M点，距未知天体表面的高度忽略不计，两轨道 平面与天体赤道圆共面，A点对天体的视角0=60°，取最短时间为t,探测器在轨道Ⅱ上 t时间内可完成观测赤道圆一周的任务，忽略天体的自转，万有引力常量为G,下列判断 正确的是 轨道Ⅱ 轨道 A60 M 7 物理试题（四）第3页（共8页） 备考信息 A.探测器在轨道Ⅱ上的运行周期为t B.探测器在轨道I上的运行周期为16 C.探测器稳定运行时在轨道I上A点的加速度等于轨道Ⅱ上A点的加速度 D.探测器在轨道I上A点的运行速度大于轨道Ⅱ上A点的运行速度 二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，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。 9.如图所示，以水平向右为x轴正方向，以竖直向上为y轴正方向建立直角坐标系，发射 器能把小球以。和2o的速度从坐标原点射出，射出方向均与x轴正向成60°角，过原 点放置一块很长的倾斜薄挡板，以v。射出的小球沿x轴正方向击打在挡板上A点，A 点坐标为(x,y)。不计空气阻力，下列说法正确的是 X60° 发射器 A.以，射出的小球离挡板最远时经过的位置的纵坐标为3 B.以2。射出的小球击打挡板上的点的坐标为(2x,2y) C挡板所在的直线方程是y=3 2 D.以v。和2w。的速度射出的两小球击打到挡板的速度不平行 10.如图所示，在空间直角坐标系中，Oz平面左侧存在沿之轴正方向的匀强磁场，右侧存 在沿y轴正方向的匀强磁场，左、右两侧磁场的磁感应强度大小相等，yOz平面右侧还 有沿，轴负方向的匀强电场。现从空间坐标为-汽d00的M点发射一度好为 m、电荷量为十g的粒子，粒子的初速度大小为v。,方向沿xOy平面且与x轴正方向的 夹角为60°，经一段时间后粒子垂直于y轴进入yOz平面右侧，已知在yOz平面右侧 轨迹上第一次离yOz平面最远的点恰好落在xOz平面上，不计粒子的重力。则下列说 法正确的是 电 磁场 △60 导航演练 物理试题（四）第4页（共8页） A.磁感应强度大小为" dg B.匀强电场的电场强度大小为4m π2gd 3d C.粒子第2次经过0：平面时的位置坐标为0，一2,4d D.粒子第2次经过O:平面时的速度大小为16+元 U0 三、非选择题：本题共5小题，共58分。 11.(6分)同学们在做“验证机械能守恒定律”实验时，设计了如图甲所示的两种方案：方案 1验证重物下落过程中机械能守恒，方案2验证钩码与滑块释放后运动过程中机械能 守恒。 夹子 纸带 遮光条 电火花 光电门 计时器 气垫导轨 滑块 接电源」 夹子 -重物 钩码 方案1 方案2 ⑧ (1)为完成实验方案1，下列说法正确的是 A.还需要刻度尺、秒表、交流电源 B.实验无需测量重物的质量 C.可以根据v=gt来计算重物在t时刻的瞬时速度 D.安装打点计时器时，应使两个限位孔处于同一竖直线上，实验时先释放重物后接 通电源 (2)用方案1装置打出的一条纸带如图乙所示，图中A、B、C、D、E、F为连续打出的 点，交流电频率为50Hz,计算出打下D点时重物的速度大小为 m/s (结果保留3位有效数字)。 0 0 2cm ←6.93 9.47 0510 1520 15.71 19.41 23.49 乙 丙 (3)方案2中，测量遮光条宽度时，游标卡尺的读数如图丙所示，则遮光条的宽度d mm;为了减小实验系统误差，需要 物理试题（四）第5页（共8页） 备考信息导 A.滑块与遮光条总质量M远大于钩码质量m B.选择质量大体积小的钩码 C.多次测量遮光条的宽度取平均值 (4)方案2中，遮光条与光电门的水平距离为L,数字计时器测得遮光条通过光电门的 时间为t,多次改变光电门的位置并测出多组L和，描绘出L的图像如丁所示。 已知图像的斜率为k,滑块与遮光条总质量为M、钩码质量为、重力加速度为g, 若k= 即可认为系统机械能守恒（用M、m、d、g来表示）。 12.(10分)某实验小组要测量一个特殊电池的电动势E和内阻r(内阻较大且随电流变 化)，该电池电动势不变，提供的实验器材有：电压表V1(量程3V,内阻约3k2)、电压 表V2(量程3V,可视为理想电压表)、滑动变阻器R、定值电阻R。(阻值52)、开关及 导线若干。 主要实验步骤如下： (1)连接器材：根据图甲所示的电路图，用笔画线代替导线将图乙中的实物图补充 完整。 电池 电池 R 分 乙 (2)调节滑动变阻器，记录多组电压表V1的读数U1和电压表V2的读数U2,通过计算 机描点作图得到该电池的U1U2曲线，如图丙所示。由此可知该电池的电动势为 V;当电压表V1的读数U1=1.5V时，该电池内阻为 2(结果均 保留2位有效数字)。 个UV 3.0 2.5 2.0 1.5 1.0 0.5 00.250.50.751.001.251.50U/W 丙 (3)实验中因电压表V1内阻的影响，测得电池的内阻会比实际值 (填“偏大” “偏小”或“无影响”)。 航演练 物理试题（四）第6页（共8页） 13.(10分)某透明均匀介质的横截面由四分之一圆CBD和一个直角三角形ABC构成，如 16 图所示，四分之一圆的半径为R,CD面为黑色吸光板，∠BAC=60°。一束单色平行光 从AC界面上不同位置射入透明介质，其折射率n=√2，入射角0=45°，已知光在真空 中的传播速度为c,不考虑光的多次反射。求： (1)光线恰好不能从圆弧BD射出时，光线在AC上入射点到A的距离； (2)从圆弧BD射出的光线在介质中的最长传播时间。 450 60° 14.(14分)如图甲所示，在平面直角坐标系xOy中，在直线x=(4+√2)d和y轴之间有垂 直纸面的匀强交变磁场，磁场方向垂直纸面向外为正方向，已知磁感应强度的大小和方 向变化规律如图乙所示；在直线（图中虚线）右侧有沿x轴负方向的匀强电场。t=0时， 一带正电的粒子从y轴上的P点(0,2d一4d)沿与y轴正方向成45°角射人匀强交变 磁场，在t=3。时垂直穿过x轴，一段时间后粒子恰好沿原路径回到P点。粒子可视为 质点、重力不计，忽略由于磁场变化引起的电磁效应，求： 1)粒子的比荷9 m (2)粒子的初速度大小v; (3)匀强电场的场强大小E。 x=(4+W2)d 个B ● B 0 621.3.41.5.6i。7i。7 B 乙 7 物理试题（四）第7页（共8页） 备考信息导航演练 (18分)如图所示，倾斜传送带与水平面夹角为0，顶端和下端的高度差为H,顺时针运行 速度vo=4ms,下端与光滑水平轨道平滑连接。小物块P从传送带顶端由静止释放，当 小物块运动至光滑水平轨道右端时恰好与静置在长木板左端等高位置的小物块Q发生 弹性碰撞。长木板水平部分AB粗糙，右端为四分之一光滑圆弧轨道，半径R=0.1。 已知物块Q离开C点后能上升的最大高度h=0.2m,小物块P与传送带间的动摩擦因 三3，物块Q与木板上表面AB间动摩擦因数4，=0,6，物块P,Q的质量m1=m,= 1.0kg,长木板的质量m3=2.0kg,g取10mfs2,H=3m,0=30°，水平面MN光滑且足够 长，忽略空气阻力。求： (1)物块P运动到传送带底端时的速度大小v1; (2)物块P与传送带间因摩擦产生的热量； (3)若物块Q能停在木板上，求Q最终停在木板上的位置：若不能，求Q离开木板时的 速度大小。 H O..R Q 4 物理试题（四）第8页（共8页）·物理· 参考答案及解析 参芳答案及解析 2025一2026学年度备考信息导航演练 物理（四） 一、选择题 时系统静止T=ngsin60°>GM,M有沿斜面向上 1.C【解析】根据能级跃迁公式，对α谱线，H。对应的 运动趋势，摩擦力方向沿斜面向下，有∫十G=T, 光子能量E。=E:-E2=-1.51eV-(-3.40)V= 由于T减小，则f减小；当T继续减小到mg sin30 1.89eV;对B谱线，Hg对应的光子能量E=E,-E2= -0.85eV-(-3.40)eV=2.55eV,根据E=hw 时，学痒力为家：当轻纪的鞋力T小于mg时，M所 可知H。的频率小于H的频率，二者在真空中传 受摩擦力沿斜面体向上，则GMm=f十T,随着轻绳 播速度相同，故H。的波长更长，站合办= 月，可知 的拉力T减小，摩擦力增大，所以M所受摩擦力先 减小后增大，C正确：对整体分析，把M、N和斜面看 H。光子动量更小，A、B错误；结合光电效应方程 成整体，整体受重力G总、地面支持力N地、拉力F, 可知，在逸出功相同情况下，入射光频率越高，光 在竖直方向上有N地十Fcos0=G,则N地=G总 子能量越大，则逸出的光电子的最大初动能越大， ngcos20,当0减小时，c0s0增大，所以N地减小， C正确；H:照射某金属时恰好发生光电效应，则 H。照射该金属时不能发生光电效应，与入射光强 根据牛顿第三定律，斜面对水平面的压力减小，D 度无关，D错误。 错误。 2D【解析】由于白光是复色光，若用白光照射，会 4.B【解析】由于电子做曲线运动，电子所受电场 形成彩色的环状条纹，A、B错误；环状条纹是由凸 力要指向轨迹的凹侧，则电子受到吸引力，所以场 透镜与平面玻璃所夹空气膜的上、下表面反射光 源点电荷应带正电，A错误；电子从a点运动到f 干涉形成的，若将透镜缓慢向上平移少许，则空气 ,点过程有War=一eU.r=4eV,Waf=Ea一Epr, 膜的上、下表面的厚度变大，原来形成亮条纹的位 解得Ea=一l6eV,所以E=Eka+Ea=一6eV, 置将向里移动，则可以看到干涉形成的圆形条纹 电子从a点运动到c点过程有一eU=E一E如， 向里收缩，C错误，D正确。 解得Ec=l8eV,B正确；电子从a点运动到d点 3.C【解析】对N分析，设拉力F与竖直方向夹角 过程有Wd=一eUd=l2eV,Wd=E一Ed,解 为0，N受重力mg、拉力F、轻绳拉力T,如图所示 得Ea=一28eV,C错误；由以上分析可知，电子 运动过程中总能量为一6eV,当电子经过电势为 5V的等势面时，电势能等于一5eV,根据能量守 恒定律可知，其动能等于一1eV,小于零，说明电 子不可能经过5V的等势面，D错误。 5.C【解析】气体由状态A沿绝热线到状态C一直 mg 对外做正功，且和外界无热量交换，故内能一直减 因为F始终与右侧轻绳垂直，根据平衡条件可得 少，对应温度一直降低，A错误；气体由状态A到 F=ng cos日，T=mg sin0,在N缓慢移动至右侧 状态B的过程中，温度升高，气体分子的平均速率 细绳水平过程中，0减小，sin0减小，c0s0增大，所 变大，又因为气体压强保持不变，则气体分子在单 以拉力F逐渐增大，轻绳的拉力T逐渐减小，N 位时间内对单位面积的器壁的撞击次数变少，B 缓慢移动至右侧细绳水平时，轻绳的拉力大小为 错误；气体由状态A经曲线ABC和NM后回到 0,A、B错误；对M分析，M受重力mg、斜面支持 A,内能不变，但总的过程对外做正功，故要吸收热 力、轻绳拉力T和摩擦力f,M的重力沿斜面向下 量，吸收热量的大小对应曲线MN和曲线ABC所 围成的面积大小，而气体沿曲线NM由状态C到 的分力GM=ng sin30°，解得Gm三=mg,开始 状态A的过程中不与外界有热量的交换，故气体 物理答案（四）第1页（共5页） 7 2026 备考信息导航演练（四） 由状态A沿曲线ABC到状态C的过程中要吸收 观测赤道圆一周的任务，所以探测器在轨道Ⅱ上的 热量，C正确：气体由状态A到状态B的过程中对 运行周期t 240° 3 外做正功，由状态B到状态C的过程中外界对气 60T,解得T=,A错误：令天你 体做正功，D错误。 M的轨道半径为R,由上图可知轨道Ⅱ的半径r2= 6.D【解析】物体在与加速阶段的位移大小工=2 /2R+R)3 2R,根据开普勒第三定律，有(2R) 2 T2， 0.5×2=1m,A错误；设物体做匀加速运动阶段牵 引力为F,加速度为a,根据牛顿第二定律F一mg= 解得探测器在轨道I上的运行周期T-9 ma,物体做匀加速运动阶段的最大速度v-at1,该起 16t,B错 误：根据牛顿第二定律，探测器的加速度均由万有 重机的额定功率P=Fv,联立解得P=5250W= 引力提供，不管在哪个轨道上，在A点的万有引力 瓦为kW,B错误：物体的最大速度- -=1.05ms, mg 相等，所以加速度也相等，C正确；探测器从轨道[上 C错误；0~2s内牵引力对物体做的功W=Fx= A点运动到轨道Ⅱ上做离心运动，需要加速，所以探 5250J,2s一8s时间内牵引力对物体做的功W2=Pt= 测器在轨道I上A,点的运行速度小于轨道Ⅱ上A,点 5250X6J=31500J,0~2s和2s~8s时间内牵引力对 的运行速度，D错误。 物体做的功之比W:W2=1:6,D正确。 二、选择题 7.A【解析】由题意知t=1s时甲、乙两车并排行 9.AC【解析】设挡板与水平方向夹角为0，根据平 驶，由图像可知从1s到2s甲车比乙多行驶的距 抛运动推论：平抛运动物体运动轨迹上某点速度 离，与2s到3s内，乙车比甲车多行驶的距离相 与水平方向夹角的正切值等于此时位移与水平方 等，故t=3s时两车再次相遇，A正确，D错误；1s 向夹角正切值的2倍，可得打在挡板上时有 到2s甲车速度大于乙车速度，甲、乙距离在增加， tan60°=2tan0,可推知以vn和2vo的速度射出 2s到3s甲车速度小于乙车速度，甲、乙距离在减 的两小球击打到挡板的速度平行，D错误：设挡板 小，B错误；由图像可知，甲、乙两车加速度大小分 与水平方向成O,以。射出的小球沿x轴正向击 △v6-0 △v 打在挡板上A点，可把小球的运动等效看做初速 别为am三A=3-0m7=2m/s,au=A7 度为voc0s60°的平抛运动，当小球的速度与挡板 1-0m/s=1ms,甲、乙两车初速度大小分别为 4-0 平行时，射出的小球离挡板最远。将该速度和小 球的重力加速度分别沿垂直挡板和平行挡板方向 6m/s、4m/s,根据x=1十2a,可知0到1s 分解，在垂直挡板方向上有Vocos60°·sin0= 内，甲车位移=(6x1-号×2X1)m=5m,可 gtcos0,求得t=otan0 ,小球竖直下落的距离 2g 82-o5tan2 1 知0到1s肉.乙车位移x=(X1-号×1X1P)m △y= 8g ,由于y= (vosin 60)2 2E 3.5m,因为t=1s时甲、乙两车并排行驶，t=0s时， 8g,代入tan0= 3v8 2,联立可得以射出的小球 乙车在甲车前△x=x1一x2=1.5m,C错误。 离挡板最远时经过的位置的纵坐标y'=y一△y= 8.C【解析】如图所示 3 轨道Ⅱ 4y,A正确；根据平抛运动速度偏转角与位移偏转 轨道I 角关系推论，可知以。射出的小球击打挡板上时， A960 满足am0-兰-？m60,可得指板所在的直线方 3 程为y=2x,C正确；结合前面选项分析，可知以 1 由图可知天体的视角为60°时，对应∠COB=120°， 28 由此可知探测器只要沿着轨道Ⅱ运动240°即可完成 2射出的小球击打挡板上时，则有20，fcos60 7 物理答案（四）第2页（共5页） ·物理· 参考答案及解析 空可得=，则- 2gr'3 刻的瞬时速度，C错误；安装打点计时器时，应使 =4y,根据 2g 两个限位孔处于同一竖直线上，实验时先接通电 源，后释放重物，D错误。 挡板所在的直线方程y= 2x,可知x'=4x,则以 (2)由于交流电频率为50Hz,所以相邻两计数，点间的 20射出的小球击打挡板上的点的坐标为(4x,4y), 时间间隔为0.02s,所以打下C点时重物的速度大小 B错误。 为=E=19.41-12.40)X10 -m/s=1.75m/s。 10.ABD【解析】根据几何关系粒子在yOz平面左侧 2×0.02 (3)游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之 和，所以d=4mm+8×0.05mm=4.40mm;由 做圆周运动的半径r1 sn60。=l,根据gB=m 于本实验不需要确定绳中拉力大小，所以不需要 9d,A正 可得左侧匀强磁场的磁感应强度B=m, 满足滑块与遮光条总质量M远大于钩码质量 m,A错误；实验中应选质量大体积小的钩码，B 确；粒子第一次经过y轴后沿y轴负方向做匀加 正确；不需要多次测量遮光条的宽度取平均值， 速运动，同时在洛伦兹力作用下做圆周运动，因 多次测量减小偶然误差，不能减小系统误差，C 轨迹上离yOz平面最远的，点恰好落在xO:平面 错误。 上，可知：子到选0：平而上时格好微个国周 (4)若系统机械能守恒，则mgL=2(M十m), 运动，则运动时间t= Tπd 4=2,竖直方向2r1 d (M+m)d21 ,联立可得L= t 2mg 产=，所 1.gE4,解得E=πqd Amva B正确；粒子第2次经 m 以k= (M-m)d2 2mg 过yOz平面时做半个圆周运动，则所用时间t'= 12.(1)见解析(3分)(2)2.9(2分)5.6(2分) 21=π，则沿y轴负方向微匀加速运动，因在0 (3)偏小(3分) 点上方和下方用时间相等，可知此时位置坐标y 【解析】(1)根据电路图，实物连接情况如图所示。 d,沿之轴坐标之=2r,=21=2d,即粒子第2 3 灰经过0平面时的位置定标为0,2).C 错误；粒子第2次经过yO2平面时，沿着y轴负方 向的逵度大小，E·24=知，经过半个周期， Ro 172 x方向的速度沿着x轴负方向，大小为v,根据运 动的合成可知粒子第2次经过yO2平面时的速度 (2)根据闭合电路的欧姆定律可得U=E一R·, U, 大小0=√@+=16十元 o,D正确。 结合图像可得E=2.9V,当U1=1.5V时，U2= 三、非选择题 1.25V,代入上式解得r=5.62。 11.(1)B(1分)(2)1.75(1分)(3)4.40(1分) (3)根据电路图可知，测量的内阻是电源内阻与 B1分)(4)m+M 电压表V1内阻的并联电阻，导致测量值小于实 2(2分) 2mg 际值。 【解析】(1)本实验需要用刻度尺测量计数点间 13.1)23-6 2W6R R(2) 的距离、打点计时器需要使用交流电源，但不需 3 3c 1 【解析】(1)设光经AC折射后折射角为日'，则有 要秒表测量时间，A错误：由于mgh=2m,等 sin 0 nsin 0' (1分) 式两边m可以约掉，所以不需要测量重物的质 量，B正确；不可以根据v=g1来计算重物在1时 解得0'=30° (1分) 物理答案（四）第3页（共5页） 7 2026 备考信息导航演练（四） 圆孤BD面上全反射临界角为C 设在0~t。内粒子的速度偏转角为0，粒子在磁 则有sinC=1 场中做匀速圆周运动的周期为T,根据磁场变化 (1分) 的规律，则有20一0=451 (1分) 解得C=45°，作出光路图如图所示 0 D -360XT (1分) 粒子在磁场中，洛伦兹力提供向心力，则有 45 、G 45c 30° E Bqvo=m r (1分) B 设此时光线在AC上入射点为G,根据正弦定理 T2, Uo R CG 有sn(90-0sinC (1分) 可得粒子在磁场中的运动周期 (1分) 解得CG=6 T=2rm (1分) 9B。 BC 联立解得？一 则AG (1分) m 4Boto (1分) sin∠BAC-CG (2)设粒子做圆周运动的半径为R,由几何关系 2√3-√6 解得AG= 有2R-Rcos0=4d-2d (1分) 3 R (1分) 粒子由洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，则有 (2)作圆孤BD的切线且与AC平行，切，点为F 时，光线在介质中的路径最长，如图所示 qvoB。= mv (1分) R D 联立以上各式解得 (2分) ò G 30°7 30 (3)根据几何关系，则有2R十Rsin0=4d十√2d (1分) B 可知，粒子在t=5t。时刻沿x轴正方向进入电 由几何关系可得，路径长5= R 23R 场。粒子要沿原路返回到P点，则粒子从电场回 cos 305 到磁场时，磁场方向应垂直纸面向里，即粒子最 (1分) 早应在t=9t。时刻返回磁场。设粒子在电场中 又有v= (1分) 运动的时间为t电，考虑到周期性，则有 t电=4kto(k=1,2,3…) (1分) 解得传播时间1=三_26R 3c。 (1分) 对粒子在电场中的运动，由动量定理，则有 14.(1)4Bto (2)2t0 Bod (1分) (3) (k=1,2,3…) kt。 【解析】(1)粒子要沿原路返回到P点，则粒子在 联立以上各式，解得E Bod kto (k=1,2,3…)。 31。时垂直穿过x轴时粒子必在磁场中，根据几 (2分) 何关系，此时粒子的速度方向沿y轴正方向，轨 15.(1)6ms(2)6J(3)0.5m 迹如图所示。 【解析】(1)物块P释放后，设加速度为a1,经时 x=(4+2)d 间t1速度为o,位移为x1,有 migsin0+uimigcos 0=mia (1分) B >vo E 解得a1=8ms2 0 5 根据vo=a1t1 (1分) 1● 解得t1=0.5s D e. 1 根据x1=2a1 (1分) 7 物理答案（四）第4页（共5页） ·物理· 参考答案及解析 解得x1=1m m1V1=m1Vp十n2V (1分) 设物块P速度达到vo后，加速度为a2,再经时 由机械能守恒定律得 间t2到传送带末端，有 1 1 2miv= 2m1呢+2m:0 (1分) migsin 6-uimigcos 0=mia2 (1分) 解得a2=2ms2 解得p=0,2=6m/s 根据H 1 sin 0 1=v0t2+ 2a2t月 (1分) 设AB间长度为L,Q离开轨道到最高点时速度为 ,以2方向为正方向，由水平方向动量守恒得 解得t2=1s m2v2=(m2+m3)v (1分) 由01=00十a2t2 (1分) 1 解得v1=6m/s (1分) 由能量守恒得2m:ui=:mgL 2m2+m)w2+ (2)物块P与传送带间的相对运动路程为L。,根 m2g(R+h) (1分) H 据Lo=h+sim02x1-0t (1分) 解得v=2m/s,L=1.5m (1分) 解得L。=2m 若Q停在木板上距B瑞x处，有 设因摩擦产生的热量为Q,则 1 2m:0经=2(m:十m)u2+mg(L+x) Q=1m1gcos0·Lo (1分) 解得Q=6J (1分) (1分) (3)设P与Q发生弹性碰撞后，速度分别为p,2 解得x=0.5m (2分) 以1方向为正方向，由动量守恒定律得 即物块Q停在木板上距B点0.5m处。 物理答案（四）第5页（共5页） 7