2026届河北石家庄市正中实验中学高三下学期学业水平选择性考试物理冲刺压轴卷（三）

2026年普通高中学业水平选择性考试冲刺压轴卷（三) 物理 一、单选题：本大题共7小题，共28分。 1.月壤中存在大量氨3(3He),氢3可以进行核聚变反应，反应方程式为He+3He→He+2X, 是理想的清洁核能源。已知He的质量3.0161u,He的质量4.0026u,H的质量1.0078u,n 的质量1.0087u,1u相当于931.5MeV的能量，下列说法正确的是() A.X是质子，释放能量约11.36MeV B.X是中子，释放能量约13.04MeV C.X是质子，释放能量约13.04MeV D.X是中子，释放能量约11.36MeV 2.如图所示，一单摆在AB之间做简谐运动，O为平衡位置，下列说法正确的是() A摆线拉力的水平分量提供摆球的回复力B.从A到B的过程，摆线拉力的冲量为零 C.任意半个周期内，合力的冲量一定为零D.任意半个周期内，合力做的功一定为零 3.制冷机通常是按照如图所示的逆卡诺循环进行工作的，其中1→2、3→4为绝热过程，2→3、 4→1为等温过程。将制冷机中的封闭气体看作理想气体，以下判断正确的是() A.1→2的过程中气体温度降低 B.2→3的过程中气体放热 C.3→4的过程中气体内能增加 D.1→2→3→4→1的整个循环过程中，气体对外界做正功 物理 第1贞共8页 4.某种无尾蝙蝠飞行速度可达惊人的44.5m/s。假设猎物一直在蝙蝠正前方，二者均做匀速运 动，编蝠和其发出的超声波的位置-时间关系如图所示。已知△OAB和△CDE面积分别为S1、S2, 下列说法正确的是() E A.若S1<S2,说明猎物的速度小于蝙蝠的速度 B.若S1=S2,说明猎物的速度等于蝙蝠的速度 C.若S1>S2,说明猎物的速度大于蝙蝠的速度 D.通过S1、S2无法判断猎物和蝙蝠的速度大小关系 5.人类首次发现的引力波来源于距地球之外13亿光年的两个黑洞互相绕转最后合并的过程。设 两个黑洞A、B绕其连线上的O点做匀速圆周运动，如图所示，黑洞A的轨道半径大于黑洞B 的轨道半径，两个黑洞的总质量为M,两个黑洞中心间的距离为L,则() A.黑洞A的质量一定大于黑洞B的质量 B.黑洞A的线速度一定小于黑洞B的线速度 C.其运动周期T= /4π2L3 GM D.两个黑洞的总质量M一定，L越大，角速度越大 6.“西电东送”是我国实现经济跨区域可持续快速发展的重要保证，如图为模拟远距离输电的 部分测试电路。恒压交流电源、阻值为22的定值电阻R1和理想变压器相连。变压器原副线圈 匝数比为1：3，电压表和电流表均为理想交流电表，R2是热敏电阻，其阻值随温度的升高而减 小。下列说法正确的是() R 物理 第2页共8页 A.环境温度升高时，电流表A1示数减小，灯泡L变暗 B.环境温度降低时，电流表A2示数减小，电源输出功率变大 C电压表示数变化4U和电流表A,示数变化4l,的关系为|=6n D.电压表示数变化4U和电流表A2示数变化a,的关系为1=18n 7.如图所示，某同学用一双筷子夹起质量为m的圆柱形重物，已知圆柱竖直、半径为，筷子 水平，交叉点到圆柱接触点的距离均为L=4r,每根筷子对圆柱的压力大小为2mg,重力加速 度大小为g,下列说法正确的是() A每根筷子与圆柱体间的摩擦力大小为mg B,每根筷子与圆柱体间的摩擦力大小为二， C,每根筷子与圆柱体间的摩擦力大小为汽mg D.若增大筷子与圆柱间的压力，摩擦力大小不变 二、多选题：本大题共3小题，共18分。 8.如图所示，一木板静止在光滑水平地面上，左端连接一轻弹簧，弹簧的左端固定。t=0时 刻一个小物块从左端滑上木板，t=t时刻木板的速度第1次变为0，此时小物块从木板右端滑 离。已知物块与木板间的动摩擦因数为μ，弹簧始终在弹性限度内，则() M 777777777777777777777777 At=时刻木板的加速度最大 B.t=to时刻木板的加速度最大 C.t=时刻木板的速度最大 D.t=9时刻木板的速度最大 2 物理 第3页共8页 9.柱状光学器件横截面如图所示，OF左侧是以O为圆心，半径为R的圆，右侧是矩形，OB 长为R。一细激光束从EB面入射，入射方向与EB面夹角始终为37，入射点从E向B移动， 当入射点为A时，微光从F点射出。已知光速为c,EA=R,sin37°=0.6，不考忠光线在器 件内部的多次反射，下列说法正确的是() A OB A光学器件折射率为 B.入射点为O时，激光在光学器件中传播路程为R C.入射点为O时，激光在光学器件中传播路程为R D.入射点为0时，微光在光学器件中传播时间为器 10.如图所示，绝缘水平面内固定着两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距为d,空间内 存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，长度均为d的两导体棒ab、cd垂直导轨 放置，导体棒ab的质量为m、电阻为R,导体棒cd的质量为2m、电阻为2R。现将导体棒cd锁 定，对导体棒ab施加方向水平向右、大小恒为F的拉力，使其由静止开始运动，经过时间。， 导体棒ab的加速度刚好减小到0，此时撤去拉力F同时导体棒cd解除锁定。已知两导体棒始终 与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，则下列说法正确的是（) A.撤去拉力F前的瞬间，导体棒功的速度大小为3F阳 B'd2 B.导体棒ab在拉力F的作用下，运动的距离为3FR_-3FmR B2d2 B'd F C.解除导体棒cd锁定后的瞬间，其加速度大小为 2m D.从撒去拉力F到导体棒cd速度达到稳定的过程中，经过导体棒d的电荷量为m网 Bd 物理 第4页共8页 三、实验题：本大题共2小题，共12分。 11.(4分)某同学设计了一种探究向心力与角速度关系的实验装置，如图甲所示，在水平圆盘 上固定一个长的凹槽，在槽内固定一个力传感器，将小球放在凹槽内，在力传感器外侧安装了 一个沿圆盘径向的遮光片，小球紧靠力传感器。 力传感器 AFIN 小球 1.0 +接收光强度 0.8 0.6 遮光片 凹槽 0.4 0.2 胱电门 +o21ad2s2) 甲 6 2 0246810 丙 ①保持小球质量和小球到圆盘中心的距离不变，使圆盘绕过圆盘中心的竖直轴匀速转动，与光 电门连接的光强记录仪记录接收到的光强随时间变化的规律如图乙所示，根据图乙可知，圆盘 转动的角速度为①= rad/s: ②多次调整圆盘的转速进行实验，测得多组小球转动的角速度⊙及对应力传感器示数F,作出 F-m图像如图丙所示，若小球的质量为0.2kg,则小球做圆周运动的半径r=_m。(结果 保留两位有效数字) 12.(8分)光伏电池是将太阳能转化为电能的装置，由于其能量来源于“取之不尽”的太阳能 辐射，而且清洁、安全、无污染，目前已广泛应用于人们生活的各个方面。小明家里就安装了 一套太阳能庭院灯，小明和科技小组的同学拆下了其中的光伏电池，欲测量其电动势和内阻。 通过查阅铭牌，他们了解到电池规格为“12V226Ah”，高亮度LED照明灯的规格为“3 W10V”。 (1)若通过分压电阻保证LED灯正常发光，则给光伏电池充满电后，理论上可使LED灯连续照 明h: (2)实验室可提供的器材如下： ①电流表A(量程0.6A,内阻约为22) ②电压表V(量程15V,内阻约为10k2) ③滑动变阻器R1(0~202) ④电阻箱R2(最大阻值992，最小分度0.12) ⑤电阻箱R3(最大阻值9992，最小分度12) 物理 第5页共8页 ⑥单刀单掷开关S1、单刀双掷开关S,及导线若干 为测量该电池的电动势和内阻，该小组设计了如图甲所示的电路，并按以下步骤进行操作： R U 甲 ①闭合开关S1,断开开关S2,调节滑动变阻器R1使电流表指针满偏： ②保持滑片P不动，把开关S2与1接通，调节电阻箱使电流表指针半偏，读出电阻箱的阻值r0, 则可得电流表的内阻R4=一，该测量值真实值（选填“大于”“小于”或“等于”）， 其中电阻箱应选择（选填“R2”或“R3”): ③闭合开关S1,把开关S2与2接通，调节滑动变阻器阻值，记下多组电流表的示数【和相应电 压表的示数： ④以U为纵坐标，【为横坐标，作出U一I图线如图乙所示，图线斜率为k,纵截距为b,根据图 线求得电动势E=,内阻r=: (3)在不计电流表内阻测量误差的情况下，测量电动势和内阻时电流表和电压表（选填“会” 或“不会”)引起系统误差。 四、计算题：本大题共3小题，共42分。 13.（14分)单级水火箭可以简化为如图(a)所示的下方开口的容器。容器中气体体积V=3L, 压强p0=1×105Pa,下方水的深度h=50cm。单向气阀（不计质量）是一个只能朝一个方向通 入气体的装置，它外部为橡胶材质，将其紧紧塞在容器口位置可将水堵住还能向容器内进行充 气。单向气阀与容器口摩擦力的最大值f=91.5N。现用打气筒通过单向气阀向容器内一次次的 充入压强p0=1×105Pa,V1=300mL的气体。当容器内的气体压强到达一定值时单向气阀和 容器中的水被一起喷出，水火箭可以获得一定的速度发射。己知重力加速度g=10m/s2,容器 口的横截面积S=3×10-4m2,水的密度p=1×103kg/m3。假设容器中的气体为理想气体， 充气和喷水时忽略温度的变化。 物理 第6页共8页 4pl(×10Pa) 6.0日 5.0 4.0 3.0 =50cm 2.0 1.0 VL 单向气阀 1.02.03.04.05.06.07.0 图(a 图b) (1)求水火箭刚好喷水时容器内气体压强p: (2)求水火箭刚好喷水时的充气次数； (3)水火箭喷水过程中，容器内气体的p-V图像如图(b)所示，试估算容器内气体从状态a到状 态b从外部吸收的热量。 14.（12分)如图，有两块大小不同的圆形薄板（厚度不计），质量分别为M和m,半径分别 为R和r两板之间用一根长为1.6m的轻质刚绳连接。开始时，两板水平放置并叠合在一起，在 其正下方0.8m处有一固定支架C,支架上有一半径为R'(r<R'<R)的圆孔，圆孔与两薄 板的中心均在同一竖直线上。让两个圆形薄板自由下落，大板与支架C发生弹性碰撞，在轻绳 绷紧瞬间，两薄板具有共同速度v。取重力加速度g=10m/s2,忽略空气阻力。 M (I)若M=m,求v的值以及由于轻绳绷紧损失的机械能占绷紧前机械能的百分比： (2)若：=k,要使v的方向向上，求k值的范围。 m 物理 第7页共8页 15.（16分)多功能磁控测量装置核心部分如图1所示，0-xyz直角坐标系中，底座位于xOy 平面内，薄胶片AA1A2A3平行xOy平面，底座与胶片之间为区域/，该区域内部分空间存在着匀 强磁场，方向沿+y方向：胶片上方为区域山，该区域内所有空间存在着匀强磁场，方向沿-y 方向，且两区域磁场大小相同。如图2所示，某次实验时粒子源由O点沿+z方向发射一束带负 电的粒子（可视为质点），粒子电荷量大小均为g,速度均为v,质量分布在m~km之间(k>1 且k未知)。粒子由O点直接进入区域I的磁场，出磁场后通过胶片上的DE区间进入区域Ⅱ， 射向胶片前所有粒子速度的反向延长线均汇聚于OA的中点C,其中OA=h,AD=AC,AE= √3AC,tan22.5°=√2-1。质量为m的粒子穿过胶片时，由于胶片对速度的影响导致每次穿 透胶片前后，速度的水平、竖直分量的大小相对各初始分量的比值不变。经区域Ⅱ磁偏转后， 粒子再次穿过胶片（此时区域I磁场已关闭），恰好能经过该粒子第一次出区域I磁场的位置，两 次通过该位置的速度方向互相垂直。忽略粒子重力、粒子间的相互作用及关闭磁场对粒子的影 响，粒子穿过胶片前后质量、电荷量不变，射到底座后电荷被导走。 u/ B 胶片 胶片 B 9 Q 庭座 D 图1 图2 (I)求质量为m的粒子在区域I磁场中运动的时间： (2)求k及区域I磁场B的大小； (3)若区域Ⅱ磁场安置时磁场方向偏差了角度，如图3所示，求质量为m的粒子相邻两次穿透 胶片位置的间距(p已知)。 物理 第8页共8页 2026高三物理冲刺压轴卷（三） 答案和解析 1.【答案】C 【解析】核反应遵循质量数和电荷数守恒，可知X是质子，释放的能量为AE=(2× 3.0161-4.0026-2×1.0078)×931.5MeV≈13.04MeV,故选C。 2.【答案】D 【解析】A重力沿轨迹切线方向的分力提供回复力，A错误： B冲量等于力与时间的乘积，摆线拉力的冲量不为零，B错误： CD任意半个周期内，速度大小不变。除最大位移处，速度方向一定改变，则动量改变， 合力冲量不为零。而动能不变，合力做功一定为零，C错误，D正确。 故选D。 3.【答案】B 【解析】A.1→2的过程为绝热过程，故Q=0,气体体积减小，故外界对气体做功W>0 根据热力学第一定律4U=W+Q,可知气体内能增大，气体温度升高，故A错误： B.2→3的过程为等温过程，故4U=0,气体体积减小，故外界对气体做功W>0 根据热力学第一定律可得Q<0,因此气体放热，故B正确： C.3→4的过程为绝热过程，故Q=0,气体体积增大，故气体对外界做功W<0 根据热力学第一定律可知物体内能减小，故C错误； D.根据p一V图线与横轴围成的面积表示做的功可知，1→2→3过程外界对气体做功， 3→4→1过程气体对外界做功，由于1→2→3曲线与横轴围成的面积大于3→4→1 曲线与横轴围成的面积，故整个过程外界对气体做功，故D错误。 故选B。 4.【答案】B 【解析】根据x一t图像的物理意义，可知图中△OAB和△CDE的面积S1、S2分别代表两次 超声波往返时，蝙蝠与猎物之间的相对位移的2倍，即超声波传播的距离差。 若S1<S2,说明第二次超声波往返时的相对距离更大，猎物的速度大于蝙蝠的速度，两者 物理答案 第1页共12页 在远离： 若S1=S2,说明相对距离不变，猎物的速度等于蝙蝠的速度： 若S1>S2,说明相对距离在缩小，猎物的速度小于蝙蝠的速度，两者在靠近。故B正确， ACD错误。 故选B。 分析：明确x一t图像中三角形面积代表超声波往返时蝙蝠与猎物的相对位移变化，通过比 较S1与S2的大小，判断两者相对距离的变化趋势，进而推断出猎物与蝙蝠的速度大小关系。 本题主要考查了x一t图像的物理意义、超声波测距的相对运动分析以及利用图像面积判断 速度大小关系的能力，核心是通过分析三角形面积代表的相对位移变化，来推断蝙蝠与猎 物的速度大小关系。 5.【答案】C 【解析】解：A.设两个黑洞质量分别为mA、mg,轨道半径分别为RA、Rg,角速度为ω 则由万有引力定律可知CmAm=mAw2RA L2 GmAMB=mgw2RB 2 且满足RA十RB=L 03[=0S<Q=,奥Q= 联立可以得到4=R mB RA 所以mA<mg故A错误； B.由于二者角速度相等，则线速度分别为vA=ωRAVB=ωRB 可知vA>Vg,故B错误； CD根据A项可以得到M=m4十mB=2 G 而且r=积 整理可以得到T=2r成 3 可知当总质量M一定，L越大，则T越大，角速度越小，故选项C正确，D错误。 故选：C。 物理答案 第2页共12页 对两个黑洞进行受力分析，所受的万有引力提供向心力，化简得到相关物理量的比值关系 即可完成解答。 本题主要考查了双星系统的相关知识点，理解双星系统的角速度相等，结合万有引力公式 和向心力公式完成解答，对于公式之间的转换要熟练掌握。 6.【答案】D 【解析】解：A、环境温度升高时，热敏电阻的阻值减小，副线圈总电阻减小，副线圈电 流增大，原线圈电流增大，电流表A示数增大，电阻R的电压增大，电源电压不变，则变 压器原线圈电压减小，灯泡L两端的电压减小，电流减小，灯泡变暗，故A错误； B、环境温度降低时，热敏电阻的阻值增大，副线圈总电阻增大，副线圈电流减小，电流 表A2示数减小，原线图电流减小，电源输出功率P=U减小，故B错误： CD、原副线图电压比等于匝数比，电压表示数变化大小为4U,则原线圈电压变化量大小 为4U,原副线图电流比等于匝数的反比，电流表A2示数变化大小为4l2,则原线圈电流 变化量大小为3412，电压为恒压交流电源，则电阻R1的电压变化量大小为4W,由欧姆定 34U 律得：R1= 则01=9R=9×2n=180 故C错误，D正确。 故选：D。 环境温度升高时，热敏电阻的阻值减小，根据欧姆定律分析电流的变化：环境温度降低时， 热敏电阻的阻值增大，根据欧姆定律分析电流的变化，根据P=UI分析功率的变化：根据 原副线圈电压比等于匝数比，原副线圈电流比等于匝数的反比，分析原线圈电压的变化和 电流的变化，根据欧姆定律求解电压的变化和电流的变化的比值，进而求解副线圈电压的 变化与电流变化的比值。 本题考查变压器的动态分析问题，解题关键是掌握变压器的变压规律，会根据串并联规律 物理答案 第3页共12页 和欧姆定律分析电流电压的变化，知道当电阻阻值不变时，电压的变化量与电流的变化量 比值等于电阻阻值。 7.【答案】B 【解析】ABC,重物在竖直方向上由平衡条件可知2f)y=mg 解得，=受 俯视水平方向受力分析如图，2N×而，=2：×部，N=2mg 解得∫x=空 所以每根筷子与圆柱体间的摩擦力大小为f=】 +f= 故AC错误，B正确： D增大筷子与圆柱间的压力，摩擦力竖直分量仍等于重力大小，摩擦力水平分量增大，摩 擦力变大，故D错误。 故选B。 8.【答案】BD 【解析】AB对木板分析，木板先向右做加速度减小的变加速运动，后向右做变减速运动， 令木板相对加速度为0的位置即相对平衡位置的位移大小为x,木板初始位置到平衡位置 的距离为Lo,小物块的质量为m,则有 kLo=μmg 当木板在平衡位置左侧时所受外力的合力大小为F=μmg一k(L0一x)=kx 当木板在平衡位置右侧时所受外力的合力大小为F=k(Lo+x)一mg=kx 物理答案 第4页共12页 可知该过程木板所受外力的合力大小与相对平衡位置的位移大小成正比，方向相反，即回 复力大小与相对平衡位置的位移大小成正比，方向相反，则木板向右做简谐运动，根据对 称性可知，t=0时刻与t=to时刻加速度大小相等，均达到最大值，A错误，B正确： 故选BD。 9.【答案】ACD 【解析】【分析】 本题主要考查折射定律和折射率，作出光路图是解决问题的关键。光线从A点入射时，根 据题意作出光路图，结合几何关系和折射定律求解光学器件折射率：结合全反射条件和几 何关系作出光从O点入射时的光路图，由几何关系求解激光在光学器件中传播路程，由公 式v=二求解激光在光学器件中的传播速度，即可求解传播时间。 【解答】 A.作出光线从A点入射时的光路图，如图所示： B 入射箱为折射角为，结合趣意和几何关系可知，《=53，y=空-是y=3, 由折射定律有肌=器-票器-手故人正确： BCD.假设光线从O点入射时，射到BC面上的M点，光线射到BC面上的M点时的入射 角为53”，设全反射临界角为C,则有sinC=是-子sin53°-等>sinC,所以53°>C,光 线在M点发生全反射，由几何关系有BM=OBta53°=号R,由反射定律和几何关系可知， 光线从F点出射，作出光线从O点入射时的光路图，如图所示： 物理答案 第5页共12页 B 由几何关系有0M=0B 气=R,所以激光在光学器件中传播路程为20M=R 38 光在光学器件中的传播速度v=二=3S,所以激光在光学器件中传播时间为t= BR 5R 3 故CD正确，B错误。 10.【答案】AC 【详解】A.当ab加速度为零时，受力平衡，则有F=Bld 根据闭合电路的欧姆定律可得【= E Bdv 3R3R 联立解得v= ,故A正确； 3FR B.对ab由动量定理可得F%。-∑BId-At-=mw 其中7= E B-AS Bdx 3R3R.△t 3R△t 整理可得F。 B'd'x =mv 3R 3FR 结合上述结论v= B'd2 解得x=3F,_9FmR ,故B错误： B2d2 B'd4 C.解除cd棒锁定的瞬间，回路中的电流I= Bd 则cd棒受到的安培力F=BId=F 根据牛顿第二定律可得aa= 一，故C正确： 2m D.从撤去拉力F到导体棒cd速度达到稳定的过程中，系统动量守恒，则有mv=(m+2m)v共 物理答案 第6页共12页 1..FR 解得V共=v= 3 B'd2 对cd棒， 根据动量定理可得∑BId△=2mv共 又因为∑八△1=9 整理可得Bdg=2mFR B'd2 解得q= 2mFR Bd3, 故D错误。 故选AC。 2π 11.【答案】① ②0.45 【详解】①由图乙可知，圆盘匀速转动时，周期T=。,根据角速度与周期的关系，得 @=2r-2π T to ②根据向心力公式F=mw2r=(mr)aw2,可知F-o图像的斜率k=mr,由图丙得，斜率 =10adPg=0.09kgm,解得r-=k-0.09 k=F 0.9N =0.45m m0.2 12.【答案】20r0 小于 R2 b -k-T0 不会 【解折】（①儿ED照明灯正常工作时的电流I=-号==03A,光伏电池充满电后，理论 上可使LBD灯连续照明t-号-=20h (2)②调节电阻箱使电流表指针半偏，读出电阻箱的阻值ro,则电流表的内阻R4约等于To 把开关S2与1接通，电阻箱R与电流表A并联，总电阻减小，总电流增大：当电流 表指针半偏时，流过电阻箱R的电流大于流过电流表A的电流，根据U=IR可知，To<R4, 故电流表的测量值小于真实值； 物理答案 第7页共12页 电流表阻值较小，为了方便调节应选择最大阻值较小、分度值较小的R2: ④根据闭合电路欧姆定律E=U+I(r+RA),得U=一(r+RA)I+E E=b,k=-(r+RA),r=-k-RA=-k-ro (3)根据分析可知，在不计电流表内阻测量误差的情况下，测量电动势和内阻时电流表和 电压表不会引起系统误差。 本题考查半偏法测电表内阻以及伏安法测电源电动势和内阻，难点在于实验误差的分析， 可以根据实验原理结合闭合电路欧姆定律分析答题，难度一般。 13【答案(1)对单向气阀受力分析，根据平衡条件有poS+f=mg+pS,h=50cm=0.5m 解得p=p0+5-Pgh 代入数据得p=4×105Pa (2)气体做等温变化，根据理想气体状态方程有poV+NpoV1=pV 解得充气次数W=30 (3)由p-V图像可知，外界对气体做功W=-224×4=-896) 由热力学第一定律AU=W+Q=0 所以气体吸收热量Q=896 【解析】详细解答和解析过程见答案 14.（12分)如图，有两块大小不同的圆形薄板（厚度不计)，质量分别为M和m,半径 分别为R和r两板之间用一根长为1.6m的轻质刚绳连接。开始时，两板水平放置并叠 合在一起，在其正下方0.8m处有一固定支架C,支架上有一半径为R'(r<R'<R) 的圆孔，圆孔与两薄板的中心均在同一竖直线上。让两个圆形薄板自由下落，大板与支 架C发生弹性碰撞，在轻绳绷紧瞬间，两薄板具有共同速度v。取重力加速度g=10m/s2, 忽略空气阻力。 物理答案 第8页共12页 (1)若M=m,求v的值以及由于轻绳绷紧损失的机械能占细紧前机械能的百分比： (2)若”=k,要使v的方向向上，求k值的范围。 【解答】解：（1)释放后两块板一起做自由落体运动，大板与支架碰撞前v1=√2gh= V2×10×0.8m/s=4m/s,大板与支架发生弹性碰撞，速度大小不变方向相反，做竖 直上抛运动x1=女1-9峰，小板继续自由落体运动x2=v11+29好，轻绳绷直前瞬 间1=x1+x2,代入数据可得1=0.2s,此时大板速度v2=V1~g1,小板速度V3=v1+g1, 代入数据可得v2=2m/s,v3=6ms,轻绳绷直时，以向下为正方向，由动量守恒定律可 知mv3-Mv2=(m+M)v,代入数据可得二者共同的速度v=2m/s,轻绳绷直前二者 动能E1=mu+M?,轻绳绷直后二者动能EQ=(M+m)r,由于轻绳绷直损失 的机械能占绷紧前机械能的百分比p=kB2×100%,代入数据可得p=80%: M (2)轻绳绷直时，以向下为正方向，两块板动量守恒mv3-Mv2=(m+M)v,又=k, m 代入数据可得v=张，要使v的方向向上，即v<0,有6-2k<0,代入数据可得k >3。 答：(1)若M=m,v的值为2m/s,由于轻绳绷紧损失的机械能占绷紧前机械能的百分 比为80%： (2)若=k,要使v的方向向上，k值的范围为k⊙>3。 m 15.【答案】【详解】(1)分析可知该粒子从E点射出区域I,又因为所有粒子出区域I时， 速度方向的延长线都过C点，可以判断区域I是一个圆形磁场的一部分，C点为该圆形磁 场的圆心，如图 物理答案 第9页共12页 z个 D E 0 0 在ACE中有an9=怎=V3÷0=60 由几何关系可知71sin0=+cos0 解得n=号 所以粒子在I区域运动时间t='=3πh 6v (2)如图，对质量是am的粒子， z个 D E 中工刻网( 02 在AcD中an9'=是=1→g=45 =(。一“0)201m200=8205映回雪宝短会由 由几何关系可得T2sin0'=号+分c001 质量为m的粒子轨迹半径r2=②+1h 2 粒子在磁场中的轨迹半径为r=器，当98一定时x仪m,则有贺-是 m r1 可得k=+2 √3 对质量为m的粒子有r1= gB 物理答案 第10页共12页 解得B=23m 3gh (3)对质量为m的粒子分析可知，其轨迹示意图 a》 G V60° 309 0 局部放大图 由题意可知LEGF=60`,1cosg=2os60 vjsinavzsin60" 00s30 Vicosa vsin30 visina 两式相除得到an30=ana tang Fan60→ana=1→a=45' 粒子进入区域Ⅱ磁场后，由几何关系BG=职 sin60* sin60*= 3 h,r3=沿h,G=V2r 6 又=册 可得=号。 当质量为m的粒子以速度v1进入区域Ⅱ中磁场，磁场方向偏差了角度p时，设速度v1和磁 场反方向的夹角为阝，沿着平行磁场方向和垂直磁场方向正交分解有 v/=v1cosβ (v1=v1sinβ 由余弦定理可知cosB=cosacos((90°一p)=cosasinop= 2 ing K45 90°-0 联立解得仁c0sp v1=v1sinβ 物理答案 第11页共12页 粒子将以'，/的速度沿着磁场反方向做匀速直线运动，以1的速度垂直磁场方向做匀速 圆周运动，合运动为等距螺旋运动，粒子做圆周运动的半径r4=m qB ViSin450 Vo siny 设p1和平面AA1A2A3的夹角为y,则有v1siny=v1sin45 做圆周运动引起的位移为l,=2745y=2.吧5iy=2m曲5=2r75如45°-罗h qB qB 做匀速直线运动的位移为/=P小2am=-2 hsinp 3 所以I=、P+及=号hy1+Ia-7sinp 1 其中y满足siny=J2-sm0 1 1+cos2p 或满足tany=1 oSo 物理答案 第12页共12页