2026届四川绵阳市南山中学高三下学期考前学情自测物理试卷

**基本信息** 以PET显像、电磁弹射等科技情境为载体，融合运动学、电磁学等核心知识，注重科学思维与问题解决能力考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|7/28|原子物理、运动图像、静电场等|第1题结合PET医学原理考查核反应方程，体现物理观念| |多选题|3/18|光学折射、理想气体、电磁感应|第10题以福建舰电磁弹射为模型，考查科学推理| |实验题|2/16|机械能守恒、电源参数测量|第11题用光电传感器数据验证守恒，培养科学探究| |计算题|3/38|斜抛与圆周、磁场运动、电场碰撞|第14题磁防护装置综合洛伦兹力与几何关系，提升创新应用|

2026年四川省绵阳市南山中学高考物理三诊试卷 一、单选题：本大题共7小题，共28分。 1.正电子发射型计算机断层显像的基本原理是：将放射性同位素注入人体，参与人体的代谢过程。在人体内衰变放出正电子，与人体内负电子相遇而湮灭转化为一对光子，被探测器探测到，经计算机处理后产生清晰的图像。根据PET原理，下列说法正确的是(    ) A. 衰变的方程式为 B. 正负电子湮灭的方程式： C. PET中所选的放射性同位素的半衰期应较长 D. 可以将任意放射性同位素注入人体来作为示踪原子 2.如图所示，甲图为质点a和b做直线运动的位移-时间图象，乙图为质点c和d做直线运动的速度-时间图象，由图可知(    ) A. 在到时间内，甲图中两个质点的运动方向都发生了改变 B. 在到时间内，乙图中两个质点的运动方向都发生了改变 C. 若时刻a、b两质点第一次相遇，则时刻a、b两质点第二次相遇 D. 若时刻c、d两质点第一次相遇，则时刻c、d两质点第二次相遇 3.静电透镜是由带电导体所产生的静电场来使电子束聚焦和成像的装置，它广泛应用于电子器件和电子显微镜。如图所示为其内部静电场中等差等势面的分布示意图，其中MN和为互相垂直的对称轴，O点为对称轴的交点。一电子由A点以某一速度射入该电场，仅在电场力作用下的运动轨迹如曲线AB所示，C、D为该轨迹曲线上的两点。下列说法正确的是(    ) A. C点的电势低于D点的电势 B. 电子在C点的动能小于在D点的动能 C. 电子在C点的电势能与动能之和等于在D点的电势能与动能之和 D. 电子从D点运动到B点过程中动量的变化率不变 4.用粗细均匀的电阻丝折成一个正五角星框架ABMN，A、B两点与电源连接。在框架所在平面内，有一垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小恒定，如图所示。闭合开关S后，线框ANB部分所受安培力大小为F，则整个五角星线框所受安培力的大小为(    ) A. B. C. 0 D. F 5.如图甲所示，太阳系外行星M、N均绕恒星Q做同向匀速圆周运动。由于N的遮挡，行星M被Q照亮的亮度随时间做如图乙所示的周期性变化，其中为M绕Q运动的公转周期。则两行星M、N的轨道半径之比为(    ) A. 9：1 B. 3：1 C. 13：1 D. 4：1 6.一列简谐横波沿x轴方向传播，在时的波形如图甲所示，M、N、P、Q是介质中的四个质点，已知N、Q两质点平衡位置之间的距离为16m，图乙为质点P的振动图像。下列说法正确的是(    ) A. 该波沿x轴正方向传播 B. 从开始，质点P比Q质点早回到平衡位置 C. 质点P的平衡位置位于处 D. 该波的波速为 7.如图所示，三维空间坐标系的y轴竖直向上，y轴上处记作P点，空间存在沿x轴正方向的匀强电场图中未画出。长度为L的绝缘细线一端固定在O点，另一端连接质量为m、电荷量大小为q带正电的小球可视为质点。已知重力加速度为g，不计空气阻力，匀强电场的电场强度大小为，下列说法正确的是(    ) A. 若小球从P点由静止释放，则小球运动的最大速率为 B. 若小球从P点由静止释放，则小球的机械能最大时动能也最大 C. 若小球过P点做匀速圆周运动，则小球运动的速率为 D. 若小球过P点做匀速圆周运动，则绳子的拉力为 二、多选题：本大题共3小题，共18分。 8.如图甲所示，倒挂的彩虹被叫作“天空的微笑”，是太阳光经薄而均匀的卷云里面大量扁平六角片状冰晶直六棱柱折射形成，光线从冰晶的上表面进入，经折射从侧面射出，当太阳光高角度到某一临界值，侧面的折射光线因发生全反射而消失不见。其简化光路如图乙所示，以下分析正确的是(    ) A. 光线从空气进入冰晶后波长变短、频率变小 B. 紫光在冰晶中的传播速度比红光在冰晶中的传播速度小 C. 若太阳高度角等于时冰晶侧面恰好无光射出，则冰晶的折射率为 D. 若太阳高度角等于时冰晶侧面恰好无光射出，则冰晶的折射率为 9.一定质量的理想气体从状态A开始，经历一次循环回到A状态，其压强p随体积倒数变化的图像如图所示，其中AB的反向延长线过原点O，BC为双曲线，CA与横轴平行。下列说法正确的是(    ) A. 过程气体内能不变，气体向外界放出热量 B. 过程气体分子平均动能不变，气体向外界放出热量 C. 过程气体分子单位时间内对容器壁单位面积的碰撞次数不变 D. 全过程气体从外界释放热量 10.我国第三艘航母福建舰已正式下水，如图甲所示，福建舰配备了目前世界上最先进的电磁弹射系统。图乙是一种简化的电磁弹射模型，直流电源的电动势为E，电容器的电容为C，两条相距L的固定光滑导轨，水平放置处于磁感应强度B的匀强磁场中。现将一质量为m，电阻为R的金属滑块垂直放置于导轨的滑槽内处于静止状态，并与两导轨接触良好。先将开关K置于a让电容器充电，充电结束后，再将K置于b，金属滑块会在电磁力的驱动下加速运动，达到最大速度后滑离轨道。不计导轨和电路其他部分的电阻，忽略空气阻力。下列说法正确的是(    ) A. 金属滑块在轨道上运动的最大加速度为 B. 金属滑块在轨道上运动的最大速度为 C. 金属滑块滑离轨道的整个过程中流过它的电荷量为 D. 金属滑块滑离轨道时电容器的带电量为 三、实验题：本大题共2小题，共16分。 11.气垫导轨上相隔一定距离的两处安装有两个光电传感器A、B，AB间距为L，滑块P上固定一遮光条，P与遮光条的总质量为M，若光线被遮光条遮挡，光电传感器会输出高电压，两光电传感器采集数据后与计算机相连。滑块在细线的牵引下向左加速运动，遮光条经过光电传感器A、B时，通过计算机可以得到如图乙的电压U随时间t变化的图像： 实验前，接通气源，将滑块不挂钩码置于气垫导轨上，轻推滑块，当图乙中的        选填“>”、“=”或“<”时，说明气垫导轨已经水平； 用螺旋测微器测遮光条宽度d，测量结果如图丙所示，则        mm； 将滑块P用细线跨过气垫导轨左端的定滑轮与质量为m的钩码Q相连，将滑块P由图甲位置释放，通过计算机得到的图像如图乙。利用测定的数据，当关系式        成立时，表明在上述过程中，滑块和钩码组成的系统机械能守恒。重力加速度为g，用题中给定的物理量符号表达 12.某实验小组为测量电池的电动势E和内阻r，他们设计了如图所示的实验电路原理图。所用器材有：电流传感器、电阻丝、2个定值电阻阻值分别为和、金属夹、刻度尺、开关S、导线若干。实验步骤如下： ①按照原理图，将电阻接入电路中，将电阻丝拉直固定，金属夹置于电阻丝的左端； ②闭合开关S，快速滑动金属夹至适当位置并记录电流传感器示数I，断开开关S，记录金属夹与右端的距离L； ③多次重复步骤②，根据记录的若干组I、L的值，作出图线a； ④按照原理图，将电阻替换为接入电路中，重复实验，作出图线b。 已知图线a、b的纵轴截距分别为、，图线a、b的斜率为。回答下列问题： 若不计电流传感器电阻，待测电池的电动势        V，内阻        。 电阻丝单位长度的电阻为        。 实际传感器存在电阻，实验时忽略电流传感器的电阻，这会使得电池电动势的测量结果比真实值        ，内阻的测量结果比真实值        。均填“偏大”或“偏小”或“无影响” 四、计算题：本大题共3小题，共38分。 13.如图所示，竖直圆盘绕过圆心O的水平轴逆时针匀速转动，A点是圆盘边缘上的点。圆盘转至OA水平时，将一小球从A点右侧的P点、O、P在同一直线上斜向左上方抛出，初速度大小，与水平方向夹角。当A点转到圆盘最高点时，小球也恰好到达圆盘最高点，且轨迹与圆盘最高点相切。不计空气阻力，重力加速度。，。求： 圆盘的半径； 间的距离。 14.为防止宇宙间各种高能粒子对在轨航天员造成的危害，科学家研制出各种磁防护装置。某同学设计了一种磁防护模拟装置，装置截面如图所示，以O点为圆心的内圆、外圆半径分别为R、，区域中的危险区内有垂直纸面向外的匀强磁场，外圆为绝缘薄板，且直径CD的两端各开有小孔，外圆的左侧有两块平行金属薄板，其右板与外圆相切，在切点C处开有一小孔，两板间电压为U。一质量为m、电荷量为q、带正电的粒子不计重力从左板内侧的A点由静止释放，粒子经电场加速后从C孔沿CO方向射入磁场，恰好不进入安全区，粒子每次与绝缘薄板碰撞后均原速率反弹，经多次反弹后恰能从D孔处射出危险区。求： 粒子通过C孔时速度v的大小； 磁感应强度B的大小； 粒子从进入危险区到离开危险区所需的时间t。 15.如图所示，在光滑绝缘水平面上放置有静止的小球A和B，小球A带电量为，绝缘小球B不带电，小球A、B的质量均为m，小球A、B间距离为d，整个空间存在水平向右的匀强电场，电场强度大小。从时刻释放小球A，经过一段时间，小球A与B发生弹性正碰，碰撞时间极短内力远大于电场力，全过程小球A和B电荷量保持不变，小球A和B均视为质点，重力加速度。求： 第一次碰撞后瞬间小球A和B速度大小； 小球A释放开始经过多长时间与B发生第二次碰撞，以及碰后瞬间A和B的速度大小； 小球A和B从静止开始到发生第n次碰撞的时间内，小球A的电势能的改变量。 答案和解析 1.【答案】A  【解析】解：A、根据在核反应中质量数守恒和电荷数守恒可知的衰变方程为，故A正确； B、正负电子湮灭的方程式为，故B错误； C、PET中所选的放射性同位素的半衰期不应太长，以免对人体产生较大的影响，故C错误； D、放射性同位素释放的射线或者射线，以及射线的能量都是比较大的，对人体细胞会有较大的影响，所以作为失踪原子的放射性同位素不能随便被注入人体，故D错误。 故选：A。 根据在核反应中质量数守恒和电荷数守恒分析AB；PET中所选的放射性同位素的半衰期不应太长；射线对人体的伤害比较大，据此分析。 知道在核反应中质量数守恒和电荷数守恒，了解射线的基本特点等是解题的基础。 2.【答案】C  【解析】解：在图像中，图线的斜率表示瞬时速度，斜率的正负代表运动方向。甲图里质点a的图线斜率全程保持负值，说明a全程运动方向没有发生变化；质点b的图线斜率先为负值、后变为正值，代表b的运动方向发生改变，故A错误。 B.在图像中，速度数值的正负表示运动方向。乙图中质点c、d的速度曲线全部处在时间轴的上方，二者速度始终大于零，全程运动方向没有发生变化，故B错误。 C.图像的交点代表两个质点处在同一个位置，也就是发生相遇。时刻a、b图像相交，二者第一次相遇；时刻a、b图像再次相交，代表此时二者第二次相遇，故C正确。 D.图像的交点仅表示两质点在该瞬时的速度大小相等，不能代表位置相同；图线与时间轴围成的图形面积才对应质点的位移。时刻c、d相遇代表此刻位置一致，到时间段内c、d的图像围成的面积不相等，即二者位移不同，时刻所处位置不一样，无法第二次相遇，故D错误。 故选：C。 通过图像中图线斜率的正负变化判断质点运动方向是否改变，依靠图像的数值分布判断质点全程运动方向有无变化，结合图像交点的物理意义判别质点相遇情况，根据图像面积对应位移的规律判断初位置相同的质点在后续时刻能否再次相遇。 本题考查与运动图像的物理含义，区分两类图像中斜率、交点、面积各自对应的运动物理量，辨析两种图像在判断运动方向、相遇问题时的不同判定方法。 3.【答案】C  【解析】解：电子仅在电场力作用下做曲线运动，所受电场力指向轨迹的内侧，根据轨迹可知在D点电子所受电场力沿向右，则在线上电场方向向左，所以C点的电势高于D点的电势，故A错误； B.根据电子在电势高处电势能小，所以电子在C点的电势能小于在D点的电势能，电场力做负功，动能减小，电子在C点的动能大于在D点的动能，故B错误； C.由于只有电场力做功，故运动中电势能与动能之和不变，故C正确； D.动量的变化率 由等差等势面可知D点运动到B点过程中电场强度E发生了变化，即动量的变化率发生了变化，故D错误。 故选：C。 电子仅在电场力作用下做曲线运动，所受电场力指向轨迹的内侧，由此确定电子在D点所受电场力方向，从而确定电场方向，分析出电势高低。根据负电荷在电势高处电势能小分析电势能大小。电子在运动过程中，电势能和动能之和不变。动量的变化率即合外力，根据等差等势面疏密变化分析合外力的变化，即可知道动量的变化率是否变化。 本题考查带电粒子在电场中的轨迹问题，要掌握物体做曲线运动的动力学特点：物体所受的合力方向指向轨迹的内侧，能根据轨迹方向分析电场力方向，进一步分析其他量的变化。 4.【答案】A  【解析】解：设线框ANB电阻为R，则线框AMB段电阻为，电源提供电压为U，线框与电路接触的两点间距离为L，则线框ANB部分所受安培力大小 AMB部分所受安培力为，两部分导线所受的安培力方向均向上，则整个线框所受安培力的大小，故A正确，BCD错误。 故选：A。 先分析A、B间两条并联支路的电阻比，得到电流比，再利用安培力等效长度相同、方向相同，将两条支路的安培力相加得到总安培力。 本题考查安培力的等效计算与并联电路电流分配，关键是将弯曲导线的安培力等效为直线段，结合并联电路规律求解，注重等效思想和电路知识的综合应用。 5.【答案】A  【解析】解：由万有引力提供向心力，可得：，可得：，； 根据乙图M的亮度变暗时间间隔为：，可知从MN最近，到下次N追上M需要的时间为，从MN最近到下次相遇需满足：； 由题意可知，M的周期为，联立可得：，，故BCD错误，A正确。 故选：A。 由万有引力提供向心力，可得到M、N的角速度与周期、轨道半径的关系；根据乙图M的亮度变化情况，可知从MN最近，到下次N追上M需要的时间；综合可得MN的轨道半径之比。 本题考查万有引力定律在天体运动中的应用，关键是理解乙图的亮度变化时，即MN相遇时刻。 6.【答案】D  【解析】解：A、由图乙可知时刻，质点P沿y轴负方向运动，根据同侧法可知，该波沿x轴负方向传播，故A错误； D、根据三角函数相关知识可知，由于N点的位移为，，所以N、Q两质点平衡位置之间距离为：，代入数据解得： 根据乙图可知波的周期为： 因此波速为：，故D正确； B、从开始，质点Q第一次回到平衡位置所经历的时间为： Q点左侧波形的第一个平衡位置处坐标为： 该振动状态第一次传播到P点所需时间为： 则时间差： 即从开始，质点Q比质点P早回到平衡位置，故B错误； C、由图乙可知，在之后，质点P第一次位于波峰的时间为，由此可知是由波峰为时刻质点Q所在波峰传播来的，所以有：，由题意可知：，代入数据解得：，故C错误。 故选：D。 由图乙读出时刻质点P的运动方向，再根据同侧法分析波的传播方向；根据图甲，由三角函数知识求出波长，由图乙读出周期，再求波速；分别计算出不同质点回到平衡位置的时间再作差即可分析；根据横波在水平方向的运动特点计算出质点P的平衡位置。 本题主要考查横波图像的相关应用，根据图片得出周期、波长等物理意义，熟悉横波在不同方向的运动特点，结合运动学公式即可完成分析。 7.【答案】C  【解析】解：\(A\设\)小球所受合外力为F，方向与y负方向夹角为\(θ\)，由力的合成得\(F=\sqrt{(mg)^{2}+(qE)^{2}}\)，解得：\(F=\dfrac{5mg}{4}\)。由几何关系得\(\tan θ=\dfrac{qE}{mg}\)，解得：\(\tan θ=\dfrac{3}{4}\)，故\(θ=37°\)。小球从P点静止释放至速率最大时，根据动能定理得\(FL(1-\cos θ)=\dfrac{1}{2}mv_{1}^{2}\)，解得：\(v_{1}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\sqrt{gL}\)，故A错误； B、当绳子与y负方向夹角为时，小球速度最大，动能最大；当绳子与x轴夹角为时，电势最低，电势能最小，机械能最大。故机械能最大时动能并非最大，故B错误； C、若小球做匀速圆周运动，其运动平面必与合外力垂直。设小球过P点做圆锥摆运动，由向心力公式得，解得：，故C正确； D、若小球做匀速圆周运动，绳的拉力为，解得：，故D错误。 故选：C。 题目中小球在匀强电场和重力场中运动，需要考虑电场力和重力的合力作用。对于选项A，小球从P点释放后沿合力方向加速运动，当速度方向与合力方向垂直时速率最大，可通过动能定理求解最大速率。选项B涉及机械能与动能的关系，机械能最大时电势能最小，但此时速度不一定最大。选项C和D讨论小球做匀速圆周运动的情况，需满足合力提供向心力且运动平面与合力垂直，通过向心力公式可求出速度和拉力。 本题综合考查带电粒子在复合场中的运动分析，涉及力学平衡、动能定理、圆周运动等多个核心知识点。题目通过设置匀强电场与重力场的叠加，构建了典型的复合场模型，要求学生能够准确进行受力分析并理解能量转化关系。计算量适中，但需要较强的空间想象能力来建立三维运动模型，对学生的矢量合成与分解能力提出较高要求。题目亮点在于将圆锥摆运动与电场力巧妙结合，考查学生对非典型圆周运动中向心力来源的深刻理解。选项C的求解过程尤其体现了对等效重力场方法的灵活运用，是区分学生思维层次的关键点。整体难度中等偏上，能有效检验学生对复合场问题的综合分析能力。 8.【答案】BD  【解析】解：A、根据光的传播特点可知，光线从空气进入冰晶后，频率不变，速度减小，由，光线从空气进入冰晶后知波长变短，故A错误； B、红光的频率小于紫光的频率，则冰晶对红光的折射率小于对紫光的折射率，根据可知，紫光在冰晶中的传播速度比红光在冰晶中的传播速度小，故B正确； CD、若太阳高度角等于时冰晶侧面恰好无光射出，如图所示 由折射定律得 由全反射的临界条件得 又  联立解得，故C错误，D正确。 故选：BD。 光的频率由光源决定，不会因介质的变化而变化，光速和波长会因介质的不同而发生变化；紫色光的折射率大，根据分析；根据几何关系结合折射公式分析。 本题考查对光的折射和全反射的理解，清楚光发生全反射的条件。 9.【答案】AD  【解析】解：A、根据得，图像的斜率，过程图像的斜率不变，则气体的温度不变，因一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，所以气体内能不变，。因为气体的体积减小，外界对气体做功，。由热力学第一定律，可知，即气体向外界放出热量，故A正确； B、过程，图像上各点与原点连线的斜率逐渐减小，说明气体的温度逐渐降低，可知气体分子平均动能减小。温度降低，气体的内能减小。气体的体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律，可知气体向外界放出热量，故B错误； C、过程气体压强不变，体积增大，由知，气体温度降低，气体分子平均动能增大，而气体压强不变，则气体分子单位时间内对容器壁单位面积的碰撞次数减少，故C错误； D、全过程和过程气体体积变化量大小相等，根据图像可知前一过程压强大于后一过程，且前一过程气体体积减小，外界对气体做功；后一过程气体体积增大，气体对外界做功，，且有。全过程中，由热力学第一定律，可得，全过程气体向外界放出热量，故D正确。 故选：AD。 过程，根据理想气体状态方程分析温度的变化，再判断内能的变化。根据体积的变化分析外界对气体做功情况，再由热力学第一定律判断热传递情况；过程分析温度的变化，判断气体分子平均动能的变化，由热力学第一定律判断吸放热情况；过程气体压强不变，根据温度的变化判断气体分子平均动能的变化，再分析气体分子单位时间内对容器壁单位面积的碰撞次数变化；分析全过程外界对气体做功情况，由热力学第一定律判断吸放热情况。 根据气体的图像分析清楚气体状态变化过程是解题的前提，应用一定质量的理想气体状态方程与热力学第一定律即可解题。解题时要知道图像的斜率与温度成正比，当气体体积变大，气体对外做功，气体体积减小，外界对气体做功；同时，要知道温度是气体分子平均动能的标志，理解气体压强的微观意义，知道一次循环时。 10.【答案】BC  【解析】解：开关K置于b的瞬间，流过金属滑块的电流最大，此时，对应的安培力最大，以金属滑块为研究对象，根据牛顿第二定律 解得，故A错误； 金属滑块运动后，切割磁感线产生电动势，当电容器电压与金属滑块切割磁感线产生电动势相等时，滑块速度不再变化，做匀速直线运动，此时速度达到最大，设金属滑块加速运动到最大速度时两端电压为U，电容器放电过程中的电荷量变化为，放电时间为，流过金属滑块的平均电流为I，在金属块滑动过程中，由动量定理得 由电流的定义 由电容的定义 电容器放电过程的电荷量变化为， 所以，金属滑块速度最大时，根据法拉第电磁感应定律可得 联立解得，，故BC正确； D.金属滑块滑离轨道时电容器的带电量，故D错误。 故选：BC。 先确定电容器初始带电量，结合安培力公式与动量定理，依据电容器端电压等于导体动生电动势的临界条件，推导最大速度、放电电荷量与剩余带电量并辨析加速度。 本题依托电磁弹射实景，融合电容器充放电、动生电动势、动量定理微元法，是电磁感应与电路结合的典型综合题型。 11.【答案】=   【解析】解：若气垫导轨已调水平，不挂钩码轻推滑块后，滑块做匀速直线运动。遮光条宽度不变，滑块经过两个光电门的速度相等，因此遮光时间相等，即。 测量结果如图丙所示，则 重力势能减少量 滑块经过A的速度，经过B的速度 动能增加量 机械能守恒满足 整理得 故答案为：；；。 滑块经过两个光电门的速度相等； 根据游标卡尺的读数规则读数； 根据动能增加量等于势能减少量分析即可。 掌握机械能守恒定律的基本应用，知道调节气垫导轨水平的基本方法等是解题的基础。 12.【答案】 3 6 无影响 偏大   【解析】解：设电阻丝单位长度的电阻为，根据闭合电路的欧姆定律可得，当接入电路时则有 整理可得 同理当接入电路时则有 由此可得， 联立解得， 根据上述分析可得 考虑电流传感器的影响，则有 可知 同理可得 所以，，， 因此电流传感器内阻对电源电动势测量无影响。 由上述结论可得， 即 对比上述测量值知测量值偏大。图中所测为电流传感器和电源内阻之和，比电源内阻大。 故答案为：，3；；无影响，偏大。 根据闭合电路的欧姆定律推导接入电路时和接入电路时图像对应的函数表达式，结合图像斜率和截距计算； 根据中图像的斜率计算； 考虑电流传感器的影响，根据闭合电路的欧姆定律推导接入电路时和接入电路时图像对应的函数表达式，结合图像斜率和截距计算判断； 本题关键掌握测量电池的电动势和内阻的实验原理，利用图像处理问题的方法。 13.【答案】圆盘的半径是  AP间的距离是  【解析】解：小球斜上抛运动到圆盘最高点时竖直速度为0，竖直方向做匀减速直线运动 代入数据可得，圆盘的半径等于小球竖直位移的大小 代入数据可得 设OP间的距离为其水平位移x，由水平方向匀速直线运动 代入数据可得，则AP间的距离 代入数据可得 答：圆盘的半径是； 间的距离是。 小球在最高点竖直分速度为零，由竖直上抛分运动求运动时间，竖直位移等于圆盘半径，列式求解半径； 算出小球水平分位移，结合圆心到最高点水平距离为半径，差值即为AP间距。 本题融合斜抛运动分解与圆周运动时空同步条件，依托正交分解法处理相遇问题，综合性较强。 14.【答案】粒子通过C孔时速度v的大小为；   磁感应强度B的大小为；   粒子从进入危险区到离开危险区所需的时间为  【解析】粒子从A点运动到C点，根据动能定理有 解得 设带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为r 由几何关系有： 解得半径满足： 由洛伦兹力提供向心力，有 解得磁感应强度大小满足： 设粒子在磁场中运动的轨迹所对应的圆心角为， 由几何关系有：  解得圆心角为： 由几何关系可知粒子在危险区运动时与绝缘薄板发生2次碰撞后射出危险区。 粒子在磁场中运动的周期为： 粒子从C点到第一次与绝缘薄板碰撞所需时间为： 粒子从进入危险区到离开危险区所需的时间： 解得粒子从进入危险区到离开危险区所需的时间： 答：粒子通过C孔时速度v的大小为； 磁感应强度B的大小为； 粒子从进入危险区到离开危险区所需的时间为。 研究粒子在MN板间加速的过程，利用动能定理可求出粒子运动到A点的速度大小； 根据几何关系解得半径，结合洛伦兹力提供向心力，可求得磁感应强度B的大小。 粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据周期的计算公式解答。 本题关键是明确粒子的运动情况，找出相应的力学规律。对于类平抛运动，常常运用运动的分解法研究。对于粒子在磁场中做匀速圆周运动的类型，要画出运动轨迹，结合几何关系和牛顿第二定律进行处理。 15.【答案】第一次碰撞后瞬间小球A和B速度大小分别为0，  小球A释放开始经过与B发生第二次碰撞，碰后瞬间A和B的速度大小分别为，  小球A和B从静止开始到发生第n次碰撞的时间内，小球A的电势能的改变量为  【解析】解：设小球A与B第一次碰前速度为，碰后AB的速度分别为、，以向右的方向为正方向，则有 解得，， 设小球 A 从释放开始经过与 B 发生第一次碰撞，根据 解得 设第一次碰后到第二次碰撞经历的时间为，根据， 解得小球 A 释放开始到与 B 发生第二次碰撞经历的时间为 第二次碰前A的速度为 根据A、B碰撞过程动量守恒、机械能守恒，以向右的方向为正方向，有 解得， 设第二次碰后到第三次碰撞经历的时间为，有 第二次碰前A的速度为 解得 根据A、B碰撞过程动量守恒、机械能守恒，以向右的方向为正方向，有 解得， 同理可得第n次碰撞后A、B的速度分别为， 根据能量守恒小球 A 的电势能的减少量等于A、B动能的增加量 则小球 A 的电势能的改变量为 答：第一次碰撞后瞬间小球A和B速度大小分别为0，； 小球A释放开始经过与B发生第二次碰撞，碰后瞬间A和B的速度大小分别为，； 小球A和B从静止开始到发生第n次碰撞的时间内，小球A的电势能的改变量为。 根据动量守恒和能量守恒定律求第一次碰撞后瞬间小球A和B速度大小； 根据牛顿第二定律和运动学公式求出小球A释放开始经过多长时间与B发生第二次碰撞以及第二次碰前A的速度，结合动量守恒和能量守恒定律求碰后瞬间A和B的速度大小； 根据A、B碰撞过程动量守恒、机械能守恒求出第n次碰撞后A、B的速度，再结合能量守恒求小球A和B从静止开始到发生第n次碰撞的时间内，小球A的电势能的改变量。 本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，理解动量守恒的条件，结合能量守恒定律，选择合适的过程联立等式即可完成分析。 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $