2026届湖南长沙麓山国际实验学校高三下学期5月二模物理试卷

麓山国际2026届高三5月二模检测物理参考答案 6 7 10 B D C BC BC AD 1. 【答案】B 2【答案】A【详解】当水平面光滑时，根据牛顿第二定律，对整体有F=2ma,对B有 F,=ma,联立解得a= ，,-号当水平面粗糙时，根据牛锁第二定律，对整体有 2m 2 F-2mg=2ma,对B有F-ong=ma,联立解得42m :后号所以4>6 F1=F2故选A。 3解：A设底面ABC的外接圆半径为R,则正三角形边长为a时，R=0A=OB=0C=后 又因为P-ABC是正四面体，所以PA=PB=PC=aA在P点，三个+Q对探测电荷+q的作用 力大小相等。由对称性可知，水平方向的分力相互抵消，合力一定沿P0方向，由于三个固 定电荷都带正电，探测电荷也带正电，因此作用力都是斥力，合力方向应沿P0向上，即远 离底面方向，而不是竖直向下，故A错误： B、P点的电势为pp=3.9=3k她 0点的电势为p0=3·9=ve,显然中。>中由于探测电荷带正电，电势能。=q中 a/v3 a 所以E,>E,即探测电荷在P处的电势能小于在O处的电势能，故B错误： C、设探测电荷在P0上某点，且该点到底面中心O的距离为X,则它到A、B、C的距离都 为r=x2+(层2 每个点电荷对探测电荷的库仑力沿连线方向，其沿P0方向的分力为，三=ka r2 r r3 故三个点电荷的合力大小为F=3.0g=,3kgx r8x2+(g2]3/2 显然这个力随x变化，不是常量。由于探测电荷是缓慢移动的，外力大小始终与库仑力 大小相等，所以外力大小也不会保持不变，故C错误； D、若将B点的+Q替换为-0，则在0点，A点的+Q对探测电荷的作用力大小为。=39， a2 方向沿A0C点的+Q对探测电荷的作用力大小也为R。=架，方向沿C03点的~Q对探测 电荷的作用力大小同样为R。-,方向沿0： 设OA,0B,0C为从0指向三个顶点的矢量，则正三角形中心满足A0+C0=一0A一OC= OB,所以A、C两个电荷在0点产生的合力大小为F=F方向沿OB。再与B点的负电荷 产生的力叠加，可得总库仑力大小为F=Fac+F=o+R。=2R。=2-60,故 a2 D正确。 4【答案】DA.忽略空气阻力，两球做斜抛运动，初始速率相同，即动能相同，初始高度 相同，则初始位置的机械能相同，到达篮筐时重力势能相同，根据机械能守恒，则两球动 能相同，但由于速度是矢量，甲、乙两球抛射角不同，则入框时速度方向不同，因此两球 速度不同，故A错误； B.斜抛运动中运动时间由竖直分运动决定，高度越高，故运动时间越长，所以乙的运动时 间更长，故B错误： C.乙球能够到达的最大高度有比甲球大，则乙竖直方向的分初速度更大，若两球同时抛 出，则乙先到达P点，故C错误： D.机械能包括动能和重力势能，出手时两球速率相同，则动能相同、高度相同，则重力势 能相同，两球机械能相等，运动过程中，忽略空气阻力，机械能守恒，因此同一时刻两球 对应的机械能始终相等，故D正确。 5【答案】C解：A、滑片P下移，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，则在原线圈电路中的 等效电阻变大，根据P-贺可知，发电机的输出功率减小，故A错误， BC、发电机输出电压的有效值E=号V=3V。定值电阻R,在原线圈电路中的等效电阻为 R2'=(%)2R2=孕2×20=0.50，滑片P处于电阻正中间时变阻器在原线圈电路中的等效 电阻为R'=2·至=2×0=0.5n,把R2'和R看成一个整体，当R和R2'+R1=0.50+ 12=1.52相等时，变阻器消耗的功率最大。滑片P下移，滑动变阻器接入电路中的电阻变 大，滑动变阻器在原线圈电路中的等效电阻最大值为Rm'=(%)Rm=(孕子×4n=12,所 以滑片P下移过程中滑动变阻器的功率增大，当滑片滑到最下端时，滑动变阻器消耗的功率 最大，为Pm=+R+Rm)PRm,代入数据解得Pm=144W,故B错误，C正确： D根据Em=NBSω可知，若将发电机转速减半，则发电机的输出电压最大值减半，其有效 值也减半，即=1.5V,当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，发电机的输出功率最大， 2 则发电机的最大输出功率为Pm'=R,+R代入数据解得Pm'=15W,故D错误。 故选：C。 6【答案】CA.飞行器在两轨道运行过程中，当飞行器在轨道I的近地点时，飞行器距离 地球间距最小，飞行器所受万有引力最大，根据图乙可知，飞行器在时刻经过轨道I的 近地点，故A错误： B.结合上述，根据图乙可知，飞行器在时刻经过轨道I的近地点，在1时刻经过轨道I 的P点，即飞行器沿轨道I上从近地点经A点运行至P点的时间为t3-t2,故B错误： C.根据图乙，飞行器在轨道I的近地点与远地点有9F=GMm,4F=GMm 飞行器沿轨 道Ⅱ的远地点有F=GMm 根据开音勒第三定律有2（士5 5+5 5+2 解得 T:T,=25:√729，故C正确： D.t~t时间内，飞行器开始在轨道IⅡ上运行，后来在轨道I上运行，开普勒第二定律是 针对同一轨道，飞行器与地球连线在任意相等时间内扫过的面积不一定相等，故D错误。 7【答案】C【解析】A.设初始状态弹簧伸长量为x1,对P由平衡条件得 T=mpg sin:53°+kx解得x=0.2m 由几何关系可知0B=√0.82+0.62m=1m Q上升至A点时P下降的距离为△x=OB-OA=1m-0.6m=0.4m 则此时弹簧的压缩，压缩量为x2=△x-x=0.2m 故物块Q上升至A点过程中弹簧的弹性势能先减小后增大，故A错误： B.Q上升至A点时Q沿绳方向的分速度为O,则此时P的速度为0。对物块P、Q及弹簧， Q从B到A的过程，根据系统的能量守恒有m8 Arsin6-m,8hu一m6 解得o=4ms,故B错误： 1 C.对Q根据动能定理有W-mo8hAB=一mo哈 2 解得细线拉力对Q做的功为作16J,故C正确： D.物体P的机械能减少△E=△E。=mpg△xsin8=16J,故D错误： 8【答案】BC【解析】A.由图可知2=2m,T=4s,则水波的波速为v= =1m/s 2 T 故A错误； 3 B.t=1s时刻，s位于波谷，t=1s时刻到t=11s时刻，经过时间 N-11-1s=10s=2T+2 分析可知，t=11s时，s处质点处在波峰位置。故B正确： c.由于10cm=0.1m<元=4m 所以该水波传播过程中遇到一直径为10cm的安全警示桩，能发生明显的衍射现象。故C正 确； D.根据多普勒效应可知，当摩托艇向蹦床（波源）靠近时，接收到的水波频率会变高，故 D错误。 9【答案】BC【解析】A.由图可知，b→c过程中，气体的压强不变，体积增大，根据盖- 吕萨克定律V=CT可知，气体温度升高，内能增大，故A错误： B.由图可知，c→d过程中，气体的体积不变，压强减小，因此单位时间内气体分子对 单位面积器壁的碰撞次数减少，故B正确： C.由题可知，d→a过程为等温过程，根据玻意耳定律可得pV。=pVa 由图可知a→b为等容过程，且P。>P6,V。=V 则有pV。>PV 因此PV。<pV,故C正确： D.由题可知，d→a过程为等温过程，气体的内能不变，即△U=0 气体体积减小，外界对气体做功，即W>0 根据热力学第一定律△U=W+Q 解得Q=-W<0,即气体放出热量，故D错误。 10【答案】AD【详解】A.初速度与QA夹角为30°的粒子的运动轨迹如图所示 设轨迹圆的圆心为O,,从磁场区域出射的出射点为C点，半径为；由题意可知 ∠AO,C=120°，由几何关系可得r=R 且O,在圆形磁场区域的边界上，粒子在磁场中 M 运动有9%B=n5 解得B=出 ,故A正确： gR B.由几何关系可知，D点的x坐标为xo=2R-R(1+sin30)=R 设经过S点时沿电场方向的速度为vx,则有3R=V,t 由厅架-月测k-号=当0， 1 -t 2 2 2 3 3 R 解得V=3则B点坐标为e=R+R+2二y,=R 1 5 2 2 由题意可得，所有粒子离开磁场区域时速度方向都平行于金属板，在金属板间运动的时间相 等，从右侧离开时，沿电场方向侧移量、速度均相等，故从金属板右侧离开的粒子分别在R 的区减内，关于B点对称。所以荧光屏上发光区域的坐标范围为与 1 2R≤K≤+2R 即为2R≤x≤3R,故B错误； C.初速度与OA夹角为30°的粒子以与金属板平行的速度方向从C点离开磁场，匀速经过 CD后，从D点进入偏转电场，离开电场后做匀速直线运动打到荧光屏上的E点，该粒子在 120°2πr2πR 磁场中的运动时间为1三 360°V3. 粒子离开C点后到打到荧光屏上过程中发生的水平位移为 d=R1-sim60)+3R+3R=11-5R 2 2 发生这段位移所用的时间为5，=L_1-V⑤)R 该粒子运动的总时间为1=4+i。=(3十 2江1-5，尽，故c错误： 2V D.由上述分析可知，粒子在磁场中竖直向上发射的粒子刚好从下极板射出电场，粒子源沿 纸面各个方向向磁场内发射，总发射角度范围为180°。其中仅速度方向偏左的90°范围的 粒子能射出磁场右边界进入电容器，最终打到荧光屏，因此占总粒子数的 90° 刀= ×100%=50%,故D正确。 180° 三、实验题：本题共2小题，每空2分，共16分。 11、【解答】解：(1)摆球的直径d=5.5mm+48.0×0.01mm=5.980mm ②单摆周期7=卓=引 (2)若摆球带正电荷，且第一次通过最低点的速度方向水平向右，绳子的拉力为 5 根据5+quB-mg=m号 第二次通过最低点的速度大小仍为，方向水平向左，绳子的拉力为F1根据牛顿第二定 律，-qB-mg=m号 相邻两次经过最低点时，摆绳的拉力差大小△F=|F,-F=2qvB (3)根据单摆周期公式T=2π g 当地的重力加速度g=40学 T2 12.【解答】解：(1)根据图甲所示电路图，由闭合电路的欧姆定律得E=U+I(+Ro) =U+只(+R),整理得号 =1++R.1 U E ER 由图乙所示图像可知.纵轴截距b=名-037V,图像的斜率k=-83741=14, 1 E 解得E≈2.7V,r≈0.702 (2)①灵敏电流计示数为零，因此对Ex、R2回路分析，根据闭合电路的欧姆定律可得 I上条R两端电压U=R=R T+R2 ②只闭合S1时灵敏电流计示数为零，则有Ex=UMA, 同时闭合Si、S则有U=R =UB,又因为M4-8M4=点，解得r=R(生-1D UMB RMB I2 12 改答案为1)27：Q0:②)0@R会-1》： T+R2 13、)②5 3 【详解】(1)恰好在圆柱面上发生全反射，根据临界角公式sC=- 解得-号 (2)根据几何关系可得Q点处入射的光在球面的入射角满 足sin60°>sinC,在A点发生全反射，光路图如图所示 同理可得出在B、C两点也会发生全反射，在介质中传播的 距离S=3R 光在介质中传播的速度y=C B n 6 光在介质中传播的时间为1=3=5迟 14、【答案】(1)1m/s(2)1m(3)4 【解析】(1)设与物块B碰前瞬间物块A的速度为，碰前物块A的加速度 a=ug =0.1m/s2 根据运动公式子-v?=2aL 解得y,=V-2aL=3m/s A、B发生弹性碰撞，设碰后瞬间B获得的速度为y,动量守恒，=m'+Mw(2分) 12121 机械能守恒二mw=。mw2+三M2 2 2 2 2m 1 解得v= y=。y=lm/s M+m 3 (2)碰后物块B向右运动的最大距离为x,根据能量守恒)G+Mg气，=MW(2分) 解得x,=1m (3)物块B从最右端开始向左运动，第1次经过平衡位置后再运动至弹簧形变量为x1时 零，根据能量守恒有G=g 变形为(6+x6-)=MMg6+) 化简后一x= 2uMg k 类似地x一方3= 2M8,x-= uMg ,…,xn1-X= 2uMg k k 将上述所有方程相加x,-x= 2nLiMg 当物块停止时，弹力不大于最大静摩擦力Mg≥x,≥0 得到2ms≤2n+1 LMg 解得n=4 15.【解答】解：(1)线框cD边刚要离开区域I下边界时，有mgsin30°=BId。 可得1=，联立以上两式并代入数据，解得：M=1/s。 (2)以线框AB边刚到MN边界时为t=0时刻，线框做匀速直线运动，其位移为x=t =2t。 当0≤t<0.05s时，仅AB边进入磁场，AB边所在处的磁感应强度为B=1+10x=1+20t。 > 根据平衡条件及安培力公式，水平外力为P=BAnld=BaB”4"d,代入数据解得：R= 80t+8t+0.2(N)。 当t≥0.05s时，AB边与CD边均在磁场中，CD边所在处的磁感应强度为Ba=1+10(x- d)-20t。 线框产生的总感应电动势为B=(B。~Ba)dw:=0.2V,感应电流为1=景=2A。 此时外力与安培力平衡，有F=(Ba-Bm)Id,代入数据解得：F=0.2N。 综上所述，水平外力随时间变化的规律为：当0≤t<0.05s时，F=80t+8t+0.2(N):当 t≥0.05s时，F=0.2N。 (3)线框从静止释放至CD边离开区域Ⅲ过程中， 动量定理得mgsin30°to-IA=mM-0。 整个过程线框穿过磁场分为四个阶段，根据电荷量公式q=兽及安培力冲量公式4= R ∑F4△t进行累加推导， 可知安培力的总冲量为4=Bgd+2B2d+2B2d+B股d=10aa, R R R R 代入数据解得：Ia=0.4N·s。 再将此结果代入动量定理方程，解得：t=1.2s 答：(1)速度大小为1m/s。 (2)当0≤t<0.05s时，F=80t+8t+0.2(N):当t≥0.05s时，F=0.2N。 (3)所需时间为1.2s。 P麓山国际2026届高三5月二模检测物理试题 总分：100分 时量：75分钟 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.下列关于原子和原子核的说法正确的是( A.放射性元素在提高温度时衰变将变快 B.α射线的组成与氦原子核相同，B射线是电子流 C.热核反应发生后，需要外界不断给它提供能量才能使反应继续下去 D.氢原子从低能级跃迁到高能级时，将放出光子，且电子的动能变小 2.如图所示，左侧水平面光滑，右侧水平面粗糙。两相同物块A、B用轻绳连接，放在光滑水平面上，在 水平恒力F作用下，一起以加速度a,做匀加速直线运动，此时轻绳的弹力为F。A、B依次由光滑水平面 运动到粗糙水平面上，系统稳定后两物块以加速度42加速运动，轻绳的弹力变为F2。则() B B ☑ A.a>a2,F=Fn B.a>a2,F>F C.a>a2,F<F2 D.a=a2,F=F2 3.如图，空间存在边长为a的正四面体P-ABC,O为水平底面ABC中心。A、RC三点各固定一个电荷 量为+Q的点电荷，在外力作用下将电荷量为+q的探测电荷沿P0连线从P点缓慢移至O点。已知静电力 常量为k,下列说法正确的是() A.探测电荷在P点时，受到的库仑力竖直向下 B.探测电荷在P处的电势能大于在O处的电势能 C.从P点向O点移动过程中，外力的大小保持不变 D.若将B点的+Q替换为-0探测电荷在0点受到的库仑力为0 第1页/共8页 4.2026年3月“湘BA”在全省火爆开打。如图所示，运动员在不同位置以相同速率斜向上抛出质量为m 的篮球，均空心落入篮筐。己知甲、乙两球出手高度相同，忽略空气阻力，则篮球从抛出到入框的过程 中说法正确的是() A.两球入框时的速度相同 B.甲球在空中运动的时间一定大于乙球 C.若两球同时抛出，两球有可能同时到达P点 D.若两球同时抛出，同一时刻两球对应的机械能始终相等 5.一含有理想变压器的电路如图所示，图中R1、R2是阻值分别为12和22的定值电阻，R是最大阻值为42 的滑动变阻器，滑片P处于电阻正中间。a、b间接正弦交流发电机，其输出电压表达式为e=3V2sin50mt(W)。 变压器原、副线圈匝数比为1：2。下列说法正确的是( A.将滑片P下移，发电机的输出功率增大 R B.将滑片P下移，滑动变阻器的功率减小 C.滑动变阻器的最大功率为1.44W D.若将发电机转速减半，则发电机的最大输出功率为3W 6、如图甲所示，某飞行器绕地球变轨过程中的两椭圆轨道I、Ⅱ相切于P点，AB是椭圆轨道I的短轴。 图乙为该飞行器在两轨道上受到地球引力大小随 F 时间的变化规律。则() 9F A.飞行器在t时刻经过轨道I的近地点 地球 B.飞行器沿轨道I上从A点经P点运行至B B 点的时间为t3-t2 甲 C.飞行器沿轨道I和Ⅱ运行的周期之比为 V125:√729 D.t1~t时间内，飞行器与地球连线在任意相等时间内扫过的面积相等 第2页/共8页 7.如图所示，一个劲度系数为100N/m的轻弹簧下端连接在倾角为53°的固定光滑斜面底端，弹簧上连 接物体P,物体P通过平行于斜面的轻绳绕过定滑轮O与套在光滑固定竖直杆上的小圆环Q相连，竖 直杆上的点A与滑轮等高，点A与小滑轮间的距离为0.6m。一开始通过外力使小圆环Q静止在B 点，A、B间距离为0.8m,此时轻绳的拉力大小为60N。现撤去外力的同时将小圆环Q由静止释放， 弹簧始终在弹性限度内。已知物体P的质量为5kg,小圆环Q的质量为1kg,重力加速度大小取 10m/s2,si53°=0.8，cos53°=0.6。小圆环Q从B点上升至A点的过程中，下列说法正确的是 () A.弹簧的弹性势能变小 B.小圆环Q上升至A点时的速度大小为2W5, /s 3 C.细线拉力对Q做的功为16J D.物体P的机械能减少了8J 7777777777n77777777777777 二、选择题：本题共3小题，每小题5分，共15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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8.如图甲，景区湖面有一种水上蹦床设施，游客在蹦床上有规律的跳动，水面激起一圈圈水波。波源位于 O点，水波在xOy水平面内传播（不考虑能量损失），波面呈现为圆形。t=1s时刻，部分波面的分布情况 如图乙所示，其中虚线、实线表示两相邻的波谷、波峰。A处质点的振动图像如图丙所示，？轴正方向表 示竖直向上。则() ◆y/m A x/m -0. 甲 丙 A.水波的波速为0.5m/s B.t=11s时，B处质点处在波峰位置 C.该水波传播过程中遇到一直径为10cm的安全警示桩，能发生明显的衍射现象 D.某人驾驶摩托艇向蹦床快速驶来，他感觉该水波的频率比摩托艇启动前降低了 第3页/共8页 9.如图所示，一定质量的理想气体经a→b→c→d→a完成循环过程，akcd与纵轴平行，bc与横轴 平行，其中d→α过程为等温过程。关于该循环过程，下列说法正确的是 () A.bc过程中，气体内能减少 B.c→d过程中，单位时间内气体分子对单位面积器壁的碰撞次数减少 C.状态kd的体积和压强满足PV<PaV 0 D.d→a过程中，气体从外界吸收热量 10.如图所示，圆心为O点、半径为R的圆形区域内存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，长度为3R,极板 间距为2R的平行板电容器左侧边界与圆形区域相切，M、N是其极板的右端点，圆上A点有一粒子源 沿纸面各个方向均匀地向磁场内发射质量均为m、带电荷量均为+q、速率均为，的粒子。在MP=3R 处有一与极板垂直的荧光屏PQ,粒子打在荧光屏上会发光并被吸收。已知如图所示从粒子源射出的初速度 --P 与OA夹角为30°的粒子在磁场中的偏转角为120°，且该粒子 M 哈好通过S点，其中、，在荧光屏上以P点（在极板M的 延长线上)为原点，向下为正方向建立坐标轴x轴，不计重力及 粒子间的相互影响，则() A圆形区域内磁场的磁感应强度B= gR B.荧光屏上发光区域的坐标范围为2R≤x≤4R C.如图初速度与OA夹角为30°的粒子从A点射出至打在荧光屏上的运动时间为 2π，9R 3 2) D.打到荧光屏上的粒子数占粒子源向磁场内发射的粒子总数的50% 三、实验题：本题共2小题，每空2分，共16分。 11、在利用单摆测量重力加速度时，某学习小组为了解环境对测量结果带来的影响，设计了如下实验，实 验装置如图甲所示。 (1)物理量的测量： ①测摆长：用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长为L(从悬点到摆球的最上端)，再用螺旋测微器测 得摆球的直径为d。由图乙可知，摆球的直径d=mm: ②测周期：让摆球带上正电并处于匀强磁场中，拉开一个小角度后静止释放。摆球摆动到最低点开始计 第4页供8页 时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间为t,则周期T=一。 (2)已知：磁感应强度为B,磁场方向平行水平桌面，且与摆球摆动平面垂直（不计空气阻力），带电 摆球电荷量为q,摆球到达最低点时的速度为ⅴ，则相邻两次经过最低点时，摆绳的拉力差大小△F =—。 (3)若该小组其他操作都正确，并由此计算当地的重力加速度，g= (用物理量L、d、T表示)： 甲 乙 12.硅基负极锂电池是以硅基材料（如硅氧或硅碳复合材料）作为负极的锂离子电池，台在突破传统石墨负 极的能量密度瓶颈。某硅基负极电池内阻较小，电动势约为3.0V,实验小组为了准确测量某硅基电池的电 动势E和内阻r,设计了如下实验。其中定值电阻R。=2.02。 V-) 0.37 G -0.37 /(2) 甲 (1)按图甲接好电路进行实验，记下电阻箱和电压表对应的一系列读数R、U,获取了多组数据，作出后-员 图像如图乙所示，不考虑电压表的分流作用，则可得该电池组的电动势E=V;内阻r=_2。( 结果均保留两位有效数字) (2)该实验小组还设计了如图丙所示的电路，其中E为工作电源，R为限流电阻，MN为粗细均匀同种材 料的电阻丝，P为滑动触头，G为灵敏电流计，R为它的保护电阻，R2为阻值已知的工作电阻。为了测量电 源E的内阻r,现做如下操作： ①先闭合S1,断开S2,调节滑动触头P的位置，当其位于A位置时，灵敏电流计示数为零： ②再闭合S2,调节滑动触头P的位置，当其位于B位置时，灵敏电流计示数再次为零，此时R2两端电压 U- ；(用E、T、R2表示) ③测量出两次电阻丝MA和MB的长度分别为L1和l2。则电源内阻r= 。(用l1、l2、R2表示) 第5页共8页 四、计算题：本题共3小题，其中第13小题10分，第14小题15分，第15小题16分，共 41分。 13.如图是半径为R的半圆形玻璃砖的横截面，O为半圆圆心，P、Q为直径AB上的点，P距圆心0点的 距离为，Q距圆心0点的距离为。一束极细单色北从P点垂直8边白真空中射入孩清砖，拾好 3R 2 在圆柱面上发生全反射。已知光在真空中传播的速度为c,si37°=0.6，cos37°=0.8。 (1)求玻璃砖对该单色光的折射率； (2)当单色光从Q点垂直AB边射入玻璃砖时，求光在玻璃砖中传播的时间。 第6页供8页 14.如图所示，在水平面上，劲度系数为k=0.8N/m的轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为 M=1kg的物块B,最初物块B静止在弹簧原长位置。一质量为m=0.2kg的物块A以。=3.1m/s的初速 度从左向右运动，在水平面上滑行L=3.05后与物块B发生弹性碰撞，碰撞时间极短。物块A、B与水 平面间的动摩擦因数均为u=0.01,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10/s2,弹簧始终 在弹性限度内，弹簧弹性势能E,与形变量x之间的关系为E,=x2,求： (1)碰后瞬间物块B的速度大小： (2)碰后物块B向右运动的最大距离： (3)从碰后物块B第一次向左运动算起，物块B最终停止运动前经过平衡位置（加速度为0）多少次。 1m 000000000000000000 777777777 7777777777 第7页共8页 15、如图所示，一倾角为0=30°的光滑绝缘斜面和光滑绝缘水平面平滑连接，在斜面上存在三个宽度均 为d=O.1m的区域，区域边界均平行于斜面底边℉，区域I、Ⅲ有垂直于斜面向下的匀强磁场，区域 Ⅱ有垂直于斜面向上的匀强磁场，三个区域的磁感应强度大小均为B=2T。水平面上在虚线N(MN连 线平行于E℉且ME间距大于d)右侧存在不随时间变化的磁场，磁场方向竖直向下，磁感应强度大小与 到MN的距离x之间满足B.=B+kx(B=1T,k=10T/m)。一个边长也为d=0.1m、质量m=0.08g、电 阻R=O.12的单匝正方形金属线框，某时刻从斜面上某一位置处由静止释放。线框的CD边刚要离开区 域Ⅲ下边界时，线框加速度恰好为O,速度大小为M。当线框AB边刚到MN时，速度大小为v=2m/s, 从此时起立刻对线框施加水平向右的作用力F,保证线框做匀速直线运动。已知在运动过程中线框AB边 始终平行于斜面底边，重力加速度g取10m/s°。 D ×, d ××× dd 30c ××× M (1)求速度的大小。 (2)如果以线框AB边刚到MN边界时作为t=0时刻，分析水平外力F随时间t变化的规律。 (3)求线框从静止释放到CD边离开区域Ⅲ，所需要的时间t 第8页/共8页