【天壹试题】2025-2026学年高三4月质量检测 物理

高三年级4月质量检测 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0.5m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.影Cm是超钚元素锔重要的同位素，最早由西博格等人于1944年人工制成.器Cm的衰变 方程为：2Cm→Pu十X,则下列判断正确的是 A.方程中a=2,b=4 B.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Cm的衰变会变快 D.号Cm比Pu的结合能更小 2.如图所示，用频率为的光照射阴极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 B.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.若保持入射光的光子能量不变，增大入射光的强度，遏止电压 a直流 会增大 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板左侧沿水平射入，带电粒子1沿轨迹①从两板正 中间飞出，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t1:t2=1：2 B.所带电荷量之比q1：q2=1:2 ② C.电势能减少量之比△E1:△E2=1：8 D.动量增量之比△1：△2=1：4 【高三物理第1页（共6页）】 6360C 4.如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内，导轨间距 0 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 质量为2m,接入电路的电阻为r;cd棒质量为m,接入电路的电阻为2r, P b d 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，αb棒和cd棒之间的距离为d,现同时 给αb棒一向右的初速度v。、给cd棒一向左的初速度2，经过一段时间后两导体棒均停 止运动，此时b棒和cd棒之间的距离为号.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Rx=l002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1.92V C.流过表头的电流为6mA时R,=1202 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t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 9F 。地球 时间 分 A.卫星从A到B的时间为t 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.地球的第一宇宙速度为l6π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mg C.当a=30时，小球的加速度大小为√3g D.当cosa=3时，小球重力的瞬时功率最大 【高三物理第2页（共6页）】 6360C 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，t=0时刻，S1、S2两波源同时开始振动，振动的位移时间关系均为之1= 10sin4πt(cm),介质中某质点P的平衡位置坐标为（一1,3），t= /m 1.5s时，P点开始振动，则 A.0一3s内，P点运动的路程为140cm B.0~3s内，P点运动的路程为160cm Y/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1.2，环境温度为T。.对 气体缓慢加热到温度为T(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T1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 A.T=号T 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T1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=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 wWaZS a 甲 A.恒力F的大小为号mg B弹簧的劲度系数等于 C.A与B分离时，A的加速度大小为g8 D.A与B分离后，A还能继续沿斜面向上运动号 【高三物理第3页（共6页）】 6360C 三、非选择题：本题共5小题，共57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. A 中光电门 甲 乙 (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，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、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①(04V,内阻约为1.6k2) C.电流表①(0一0.9A,内阻约为2.72) D.滑动变阻器R(0~35) 【高三物理第4页（共6页）】 6360C E.阻值为20Ω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、导线若干 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I,作出U-I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、I2= 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= Ω.（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= 2,电压表的内 阻Rv= 2.(结果均保留2位小数) 13.（10分)如图为半径R的半圆柱形玻璃砖，0为截面圆，心OD=5R,一束单色光从D点 3 以入射角α=45°射入玻璃砖，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,n75°=区+6）： (2)保持入射光的方向不变，将入射点从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， 【高三物理第5页（共6页）】 6360C 14.（14分)如图，在xOy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,l)点以沿x轴正方向的速度 射入磁场，并从x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t1; (2)若在xOy平面内某点固定一正点电荷，入射粒子的电荷量减为原来的三分之一，仍 从M点以相同的速度射入磁场，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)向条件下，粒子从N点射出磁场开始，经时间=25”，速度方向首次与N gB 点速度方向相反，求粒子再次进入磁场前的最小速度mm(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=9) M 15.(17分)如图示，一质量2=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=1×106N/C,从虚线MN开始， 水平面上沿直线等间距的锁定着（十1）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1=1kg的物块P从长木板Q的左端 以o=8/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)滑块间第次碰撞后结合在一起时的总动能 参考数学公式：12+22+32+…十n2=n(n十1)(2十1) 6 【高三物理第6页（共6页）】 6360C高三年级4月质量检测·物理 参考答案、提示及评分细则 1.【答案】A 【解析】根据衰变前后电荷数，质量数守恒，衰变方程为2Cm→8Pu十He,则a=2,b=4,A正确； 高速运动的H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；Cm的核子数更多，所以比8Pu的 结合能大，D错误 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Ek=U。可 得两种光照下逸出的光电子的最大初动能之比Ek·Ee=U1:U2=1：3,B错误；据hy一W=Em可 得号酷VW日求得逸出功W=0,18eV.C正确：若保持人射光的频率不变，增大人射光的强度， 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1=上可知，运动时间之 比为t:t2=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= 之at,根据牛顿第 二定律有E=0,由两式解得g一.所以它们所带的电荷量之比91：g=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=1:2,91: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,t:t2 =2:1,q1: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2mv。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？m心，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 d 为t,流过导体棒cd的电荷量为g=It= E =△ BL 3r =BLd,C正确：由系统动量守恒2m一m· 6r 2w=0可知2m11-m·201=0.即2m西一m,=0,即=21，导体棒ab运动的距离x1=号，D 错误 5.【答案】B 【解析】根据多用电表内部结构，电流从红表笔流入、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一R十500Q' E 8X103A=R十100n,联立解得R=1400,E=1.92V,B正确：该表盘中6mA刻度对应的电阻值 【高三物理参考答案第1页（共6页）】 6360C 为R,由闭合电路欧翅定律可得气R√卡尽其中RA三1400，E=1.92V,1=6mA,解得R, 180Ω，C错误；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 围唔隧漿锹M纱哗盟 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M-9F,卫星在远地点时有G-下，联立解得会=三，B错误：根据开 1 普勒第二定律，卫星在近地点B与远地点D时有o1·△t·n=2·△t·r2,联立解得卫星在近地点B 与远地点D的速度之比为品-号，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=1:该卫星的半长轴为R,结合开青勒第三定律知-m·R,祭解得M=25R, G,由 万有引力等于重力，有=mg解得g仪2，地球的第一字首速度为=√R=1迟， R2 t2 t D正确. 7.【答案】D 【解标】下落的过程中，重力做功不等于0，根据PY可知，重力的平均功率不为0，A错误设半径为 1 R,根据mgRcos a=2mv,N-mgcos a=m R·解得N=3 mgeos,当&=60时，N=多mg,B错误：当 a=30时，由动能定理有gRsin60°=m心，则小球的向心加速度大小a,=装=厄g,小球沿切线方 向的加浓度大小a:-60-,放小球的加速度大小为a=V干a-g,C精误：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=g, 结合mgRcosa=-m,N-mgcosa=m号 02 元，解得cosa三3，D正确. 8.【答案】BD 【解析=1.5s时，P点开始振动，可知议速0=P=3m/s=2ms,周期为T=2红-0.5s,则波长 A=T=1m,波源S,传播到P点的时间-P-；s=2.5s,则波源5，传播到P点之前P点振辆 为10cm,振动了△t=t'一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=2入，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03s内，P点运动的路程为s=s1+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0.2p。,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 :2X4L-0.6)X5L,解得T=5号，A正确：水银柱从粗管缓橙溢进细管过程中，气休压强 To T 【高三物理参考答案第2页（共6页）】 6360C 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， △V一=5L×35,解得△V=3L5,即水银柱移动的距离为3L,C错误；根据功的定义可得气体 则有2T。-TT 对外界做的功W=(0.6p。十p)△V,解得W=4.8pLS,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一4.8pLS,D正确， 10.【答案】ACD 【解析】F未作用时，设压缩量为x,对AB由平衡条件有kx。=2 ngsin a,由题图乙可知F作用瞬间， AB加速度大小为a=亮，此时对AB有F-2 mksina十k,=2ma,联立解得F-受 8mg,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mgsina一F=mao,对B有ng sin a一k(xo一l) =ma,联立解得及受4，=名8，B错误，C正确：从F作用到AB分离过程，结合-6=2a可 知题图乙面积”“表示之“的改变量，则有“2X1=号，解得AB分离时的速度0满足w=胎 AB分离后，对A有mgn&一P=加'，解得。'=日&，A还能维续沿斜面向上运动x=云=冬D 正确. 11.【答案】 (1)A(2分) (2)5md4(2分) 8t2 g逊(2分) 2 (3)02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。=，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听+之m,其中=201-号，化简可得△R-5,系绕重力势能的减少量 mgh 为△E。=mgh一mg2= 2 (3若系统机故能守恒，由机械能守恒定律得△=△E解得}一景，山片么该图像的斜率为， 在实验误差允许范围内飞= 器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 选AC.电池的电动势约为3.6V,电流表达到最大电流0,9A时，电路中的最小电阻为Rm二手= 0.90=40,电池的内阻约为几百毫欧，所以定值电阻选R。=4,如果定值电阻选R,=200,电路中 3.6 【高三物理参考答案第3页（共6页）】 6360C 的最大电流为L。是-0A=0,18A,最大电流还达不到电流表最程的三分之一，电流测量范围太 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=4Q,所以/一号，其中/=十R,解得 电源准确的内阻为r=0.552. (4根据闭合电路欧姆定律可知图线：的斜率：一告-广R:联立了一票，可求得R,号只。 代人最据得R之3n:图线6的斜率：号-R尽联立票可求得R,气代 UU, 入数据得Rv=1651.652. 13.【解折】1)设折射角为8，在△D0C中，0D-停R,0C-R:由几何关系可得DC-VOD+0C- 2R则如88光7 (1分) 即β=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=L 可知C=45°(1分) 设为路程，由正弦定理得、尽 sin 60 sin 75 解得s=3E+6R 6 由激光在玻璃砖中的速度=。(1分) n 解得1=三=3BR2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OG=,OH sin C sin(90°+3) (1分) 则OG=5R1分) 3 则DG=OD+OG=E+ER(2分) 3 【高三物理参考答案第4页（共6页）】 6360C 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 周运动的半径为R,由几何关系有R=Rcos60°十l 解得R=2L(1分) 60° 由牛顿第二定律有qB=m尺 (1分) 解得-29Bl m 粒子在磁场中运动的周期T=2π迟 (1分) T 粒子在磁场中运动的时间一6 解得=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6B+友·器=m发 (2分) 解得q= 16gB23 (2分) mk (3)由题意可知，粒子从N点离开，仅在点电荷的作用下运动，粒子所需要的向心力为m尺，大于 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V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d1分) 2 粒子从V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α的椭圆运动与半径为a的圆周运动的周期相 4π2 同，由牛顿第二定律得器=m)01分) 可得a=4l,d=6l(1分) 由能摄守恒定维得m6-号·装-m。一号·号《2分) 解得 (1分) 15.【解析】(1)物块P与长木板Q组成的系统动量守恒m10=(m+m2)v共(1分) 解得0共=4m/s 根据能量守恒得mgL=m心-子(m十m:)函（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=m201+m(1分） 2m:线=7听十子m暖1分) 1 解得=2m/s(1分) 【高三物理参考答案第5页（共6页）】 6360C (3)根据动量守恒定律得mvo=nm℃ 解得第m个滑块被碰撞后瞬间的速度大小为，一，(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-话=2al 解得滑块在第一次碰撞前的速度大小为，=√G+四 (1分) m 滑块1与2碰撞过程中，由动量守恒定律得m=2mw1'(1分) 解得0'←2√优+ 1 72 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Ea一m-×2m0”(1分) 解得E=子m+79E 代入数据得E攒=8】(1分) (4)第二次碰前，滑块的速度大小为一w,'2=2al 解得2= √()'(+）+2 (1分) 第二次碰撞过程中，由动量守恒定律得2mw2=3mw2' 可得第二次碰撞后滑块的速度大小为'一号 则=（号）[(2)(6+2E4）+2E m 整理可得-（兮）防+2.2 m 同理，第三次碰撞后有=(）)6+1+2+8.2 42 m 第n次蔬撞后，=()》话+1+”+十.2 (n+1)2 (1分) 第n次碰撞后结合在一起的滑块的总动能为Ew-(m十1)m,:(1分) 化简得E。一2(n十D 0远1+2+3+…十·E20D+2n+1D·E n+1 6 代人数据得Ea一(m十D 6+5n(2n+1DJ)(2分) 3 【高三物理参考答案第6页（共6页）】 6360C■ 高三年级4月质量检测 物理 答题卡 准考证号 姓 名 0000000000 班 级 四1□11四1四四1国四D 222I22I22四22I2 3I3]3]33I33]33I3 贴条形码区域 考场 44四44四4口44404I4D 55]5]5]5I5I55I5 5 66666①6666□ 6 座位号 7刀77I77刀707077I7 88888I88888☐ 99]9I9]9]99]9I9]9] 填涂样例 正确填涂：■ 错误填涂：的X☐p四 缺考标记：☐ 选择题（请用2B铅笔填涂） 1A▣BICD] 4A][B][C]D] 7 [A][B][C]LD] 10A▣BCD☑ 2 LA][B][C][D] 5A▣B]CD 8 LA [B LC D 3A▣BCD 6A四BCD 9A▣B☐D 非选择题（请使用0.5毫米的黑色字迹签字笔书写） 11.(8分) (1) (2) (3) 12.(8分) (1) (2) (3) (4) 13.(10分) 请在各题目的答题区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效！ 高三物理第1页（共2页） 6360C■ 请在各题目的答题区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效！ 14.(14分) M + + 15.(17分) 请在各题目的答题区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效！ ■ 高三物理第2页（共2页） 6360C