湖南岳阳市第一中学2026-2027学年高三上学期入学考试物理试题

岳阳市一中2027届高三年级暑假自主学习情况反馈 物理试卷 时量：75分钟分值：100 一，选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题给出的四个选项中，只有一项 符合题目要求。 1.(★)2026年1月2日，中国科学院合肥物质科学研究院等离子体物理研究所科研团队 宜布，我国重大科学工程有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核聚变实验装置(EAST) 实验证实托卡马克密度自由区的存在。“人造太阳”主要是将氢的同位素氘或氚的核聚 变反应释放的能量用来发电，有一种核反应的方程为H+H→X+n。已知氘核的质量为 m1,比结合能为E,中子的质量为m2,反应中释放的核能为△E,光速为c,下列说法正确 的是() 4 ,,△E A.该反应属于原子核的人工转变 B.X的比结合能为。E+ 3 C.X的质量为AE c2-m2-2m1 D.反应产物X为He 2.如图是某次网球的飞行轨迹，图中A、B为轨迹上等高的两点，P为最高点。若空气阻力 大小与瞬时速度大小成正比，则该网球() A.在空中的运动为匀变速曲线运动 B.经过P点的加速度等于重力加速度 C.经过A、B两点的速度大小相等 D.在AP段的飞行时间小于在PB段的飞行时间 777777777777777777777 3.（★)将折射率为n1半圆柱形透明材料中间部分替换为折射率为n2的新型透明材料。有一 束光平行于底面由B点射入、E点射出，其中GH也平行于底面。己知B、E为半圆弧 的六等分点，C、D为半圆弧的四等分点，BG=G0,sin15°=V6-互 ,c0s15° 6+V2 。则下列说法正确的是（) 4 C B H 6-2 6 3+3 A.n1= 2 B.m=V3 C.n222 Dn222 4.学校运动会上有一种游戏，甲、乙两名同学夹皮球 完成各种动作。其过程可以简化为如图所示，假设 两名同学对皮球的压力均在同一竖直面内，不计摩 擦。现甲同学静止保持身体站直（竖直），乙同学背 部倾斜且其与竖直方向的夹角α缓慢增大，而皮球始终保持静止，在此过程中() A甲对皮球的压力大于乙对皮球的压力 B.乙对皮球的压力减小 C.甲、乙对皮球的合力增大 D.甲对皮球的压力增大 5.某实验室使用的低压供电装置原理如图所示，其核心部分是一 个理想变压器。原线圈输入电压有效值U。=100V的正弦交流电。 该变压器有两组独立的副线圈，副线圈1的匝数n=50。已知接 在副线圈1、2两端的电阻R=R2=52,R消耗的电功率为20W, 测得此时流过副线圈2的电流I2=8A。以下说法正确的是( ) A原线圈的匝数为50 B.副线圈2的匝数为20 C.此时流过原线圈的电流为3.4A D.副线圈2两端的电压为20V 6.2026年5月全国艺术体操锦标赛中，15岁小将王淇首夺成年个人全能金牌，王淇进行带 操比赛时彩带的运动可简化为一列沿x轴方向传播的简谐横波，图甲是1=1.0s时的波形 图，P为该波传播方向上的质点，其振动图像如图乙所示，下列说法正确的是() y/cm v/cm 10 10 1.5 0 x/m 0 0.6 1.2ts -10 -10 图甲 图乙 A波沿x轴负方向传播 B.t=1.1s时原点处的质点与质点P位移相同 C.质点P的平衡位置坐标为x=2.5m 5π 2π D.原点处质点的振动方程为y=10sin t+ cm 3 3 7.(★)如图，在水平面上固定一劲度系数为k的轻弹簧，物块A、B叠放在弹簧上端，轻 绳的一端连接物块B,另一端绕过定滑轮后连接物块C,物块A、B、C的质量分别为m、 2m和3m,初始时用手托住物块C,使定滑轮两侧的轻绳恰好处于伸直状 态但无弹力，物块A、B处于静止状态。现突然放开托住物块C的手，轻 D 弹簧和滑轮两侧的轻绳始终处于竖直方向，重力加速度为g,则从开始放 手到物块A、B刚好分离时，物块C下降的距离为() A.3mg B.9mg C.Gmg 3mg D. 5k 5k 5k k 二、选择题：本题共4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，下列关于生活中圆周运动的实例分析，说法正确的是() °0 车轮 内轨 图1 图2 图3 图4 A.图1汽车通过凹形桥的最低点时，汽车对桥的压力大于自身重力 B.图2杂技演员表演“水流星”，过最高点时水对水桶的压力不可能为零 C.图3铁路转弯处，通常要求外轨比内轨高，目的是利用轮缘与外轨的侧压力助火车 转弯 D.图4脱水桶脱水时，转速变大，但衣服受到的摩擦力大小不变 9.某实验小组设计了一个装置，左边由1块金属板和5个中间开有小孔的金属筒组成， 彼此间存在很窄的狭缝，右侧有一个接收屏，距离右侧出口上方处固定一个电荷 量为+Q的点电荷。现让带电量-q，质量m的粒子从紧挨金属板右侧虚线处静止释 放，同时接通如图所示交流电，且初始时奇数筒电势高。粒子在每个狭缝中都能一直 加速，最后从右侧射出后，最终打在接收屏上。已知点电荷周围电势为？，不计点 电荷+Q对左侧区域的影响，忽略粒子的重力，则（) A粒子在接收屏左侧区域，一直做加速运动 接 B.各筒长可能满足1：V√2：：2：V5 屏 2T -U mn2 kQa C.粒子在接收屏右侧区域飞行的时间为 )3 8kQq kQ+5Uoa 5Uoa2 D接收屏接收粒子位置在出口上方0-5Ua a处 10.如图，水平绝缘桌面上固定有光滑金属导轨ECADG,其中EC和GD的延长线交于 ∠CAD的角平分线上O点，M、N点在AO的延长线上，M为CD的中点，∠CAD=2a, ∠EOG=2p,OM=d,ON=L。导轨所在区域存在磁感应强度大小为B、方向竖 直向下的匀强磁场。质量为m的导体棒在水平拉力作用下，从A点以速度，向右匀速运 动到M点，此时撤去拉力，运动到N点时速度为？。已知导体棒单位长度电阻为卫 导体棒在运动过程中始终垂直于AN且与导轨接触良好，导轨电阻不计。则导体棒() A.从A到M的过程中，电流为 Bvo B.从M到N的过程中，通过导体棒的电荷量为 B(2-d2） 2dr 2B2(12-d2)tanB 2a)2 c.速度满足关系式。= 1 ×导 棒 B'd'votanB D.从A到M的过程中，产生的焦耳热为tan 三、非选择题：本题共5小题，共57分。 11.(★)(8分)某同学利用粗细均匀的细杆做成一个矩形框，并结合光电门的多组计时功 能，设计了一个测量当地重力加速度g的实验。 (1)实验步骤如下： ①用螺旋测微器测出细杆的直径d如图甲所示，则d= mm; 30 25 ②用刻度尺测出矩形框的长度为L: ③如图乙所示，将光电门固定在铁架台上并伸出桌面，将矩形框竖直放在光电门 正上方，其中短杆1、2保持水平： ④静止释放矩形框，短杆1、2经过光电门时，分别得到挡光时间t1,t2: (2)求得当地重力加速度g= (用d,L,t1,t2表示)： (3)如图丙所示，若释放的时候矩形框短杆部分未水平放置，与水平方向成一小角 度，则g的测量值 真实值（选填守乎”等”或“守）。 水平线 矩形相 光电门0三 7n7n777 12.(8分)叠层电池具有体积小输出电压高的特点，某实验小组欲测量一块叠层电池的电 动势和内阻，所用器材如下： 待测叠层电池（电动势约为9V,内阻约为十几欧）： 电流表（量程为1mA,内阻R4=30Q): 电阻箱（最大电阻值Rm=9999.9Q): 定值电阻Ro(Ro约为几十欧)： 开关S一个、单刀双掷开关K一个、导线若干。 (1)如图所示是甲同学设计的测量定值电阻阻值的电路图，按图连接好器材后，先将电 阻箱的阻值调到 (填“最大阻值“或“零”)，将K接到1端，闭合S,记 下电流表的读数11，再将K接到2端，调节电阻箱，使电流表的读数仍为11，记下电 阻箱此时的阻值为9949.92，则定值电阻的阻值Ro= 2。 Ro E 甲同学的实验电路图 (2)如图所示是乙、丙两位同学设计的测量电源电动势和内阻的实验电路图，其中 (填“乙”或丙”)同学的实验电路更加合理。 A 乙同学的实验电路图 丙同学的实验电路图 (3)按(2)中所选的电路图连接器材，进行实验， 根据测量的数据散出片-R图线如 图丁所示，图线的斜率为k,截距为b,则电源的电动势=，内阻r= (用k、Ro、Ra和b表示)。 13.(★)(10分)如图，一竖直放置的导热汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中 活塞I和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻杆连接。活塞I、Ⅱ的 质量分别为2m、m,m=1kg,面积分别为2S、S,S=30cm,轻杆长为1=0.5m。初 始时系统处于平衡状态，活塞I、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等，环境温度为T。=300K。 已知活塞外大气压强为Po=1.0×10Pa,忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计 轻杆的体积。（重力加速度取10m/s2) (1)求活塞间气体的压强； (2)若向活塞I上方缓慢倒沙，求活塞I刚运动到汽缸连接处时， 倒入沙子的总质量； 14.(14分)如图所示，光滑水平面上有一质量M=1.98kg的小车，B点右侧为水平轨道， 其中BC段粗糙，CD段光滑。B点的左侧为一半径R=1.3m的光滑四分之一圆弧轨道，圆 弧轨道与水平轨道在B点相切，车的最右端D点固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度时左 端恰好位于小车的C点，B与C之间距离L=0.7m。一质量m=1kg的小物块（可视为质点）， 置于小车的B点，开始时小车与小物块均处于静止状态。一质量m=20g的子弹以速度6 =600m/s向右击中小车并停留在车中，假设子弹击中小车的过程时间极短，己知小物块 与BC间的动摩擦因数u=0.5,取g=10m/s°。求： R M m B iT7 (1)小物块沿圆弧轨道上升的最大高度； (2)小物块第一次返回到B点时速度的大小： (3)弹簧弹性势能的最大值。 15.(17分)在x0y坐标系中，第二象限有一粒子发生器，其右侧放置速度选择器，速度 选择器中电场强度大小为E,方向沿y轴负方向，匀强磁场方向垂直xOy面向里：y= x(x≤0)与y轴正半轴所围区域I中充满垂直xOy面向外的匀强磁场；x轴下方为 区域II、第一象限为区域III,两区域均充满方向垂直xOy面向里的匀强磁场，磁感 应强度大小分别为5B和12B。质量为m、电荷量为q的粒子a经速度选择器后以速 率ⅴ从点(-h,h)沿x轴正方向进入区域I,一段时间后恰好从原点O沿y轴负方 向进入区域I。不计粒子重力及粒子间相互作用。 + 速 区域I 子发 区域Π 度选择 器 0 + 区域Ⅱ (1)求速度选择器中磁感应强度大小B。和区域I中磁感应强度大小B1: (2)求粒子a从0点运动到P点 (0）的时向t (3)当粒子a从点 2mv 0离开区域II进入区域III时，和a电荷量相同的粒子b 5gB' 恰好从O点以速率v沿y轴负方向进入区域II,若粒子a、b在x轴相遇且相遇时 速度都沿y轴正方向，求粒子b的质量M及第一次相遇时的x轴坐标X1。 岳阳市一中2027届高三年级暑假自主学习情况反馈答案 1.B【解析】根据电荷数守恒，左侧总电荷数为1+1=2，右侧中子电荷数为0，则X的电荷 数为2：根据质量数守恒，左侧总质量数为2+2=4，右侧中子质量数为1，则X的质量数 为4-1=3，则X为3H©，故D错误：该反应是轻核（氘核）结合成质量较大的核并释放能量的 过程，属于核聚变反应，而非人工转变，故A错误：反应前两个氘核的总结合能为2× (2E)=4E,每个氘核有2个核子，比结合能为E。反应后He有3个核子，设其比结合能 为Ex,则总结合能为3Ex,释放的核能△E等于反应后总结合能与反应前总结合能之差， 即△E=3Ex一4B,解得.=△亚=号E+兰，故B正确：左侧总质量为2m,，右侧总质量为 mx+m2,根据质能方程△E=△mc2,可得质量亏损△m=2m,-mx-m2, 联立得X的质 量为mx=2m1一m:-二，故C错误。 2.【答案】D 【详解】AC.羽毛球在运动过程中受到自身重力和空气阻力作用，其合力是变化的，做变 加速曲线运动，且空气阻力做负功，羽毛球的机械能减小，由于A、为同一轨迹上等高的 两点，则羽毛球在A点的速度大于在B点的速度。故AC错误： B.经过P点时羽毛球受重力与空气阻力的作用，加速度不等于重力加速度。故B错误： D.由于存在空气阻力与运动方向相反，AP段羽毛球处于上升阶段，可知羽毛球竖直向下 的加速度大于重力加速度，而P段羽毛球处于下降阶段，羽毛球竖直向下的加速度小于重 力加速度，由于上升与下降阶段，竖直方向的位移大小相等，由 h=lar 2 可知AP段的飞行时间小于P段的飞行时间。故D正确。 故选D。 3.D【解析】由题意，B、E为半圆弧的六等分点，C、D为四等分点。半圆圆心角为180°，则每 等份角度分别为：六等分：30°，故∠A0B=30°，四等分：45°，故∠A0C=45°，由此可得∠ B0C=∠A0C-∠A0B=45°一30°=15°，光线在B点发生折射：入射光线平行于底面AF,法线为半 径0B。由几何关系，入射角i=∠AOB=30°。折射光线沿BG传播。在△BG0中，已知BG=G0, 且G点位于0C上（由图示及C点条件可知），故∠G0B=∠B0C=15°，因为BG=G0,△BG0为等腰 三角形，所以∠GB0=∠G0B=15°，折射角r即为折射光线BG与法线0B的夹角，故r=∠ GB0=150,根据折射定律（空气折射率近似为m--需器，代入n0-专和 sin15=6-2 4，得6-E)-卮 2一=2(6+巨)=E+巨，故AB错误。光线在C点从介质n1 射入介质n2。界面为0C,法线垂直于0C。0C与水平底面AF的夹角为∠A0C=45°，故法线 与水平方向的夹角为45°（指向右上方）。入射光线BG的方向：在B点，法线B0指向右下方 (与水平夹角30°)。入射光线水平向右。折射光线BG偏向法线，折射角为15°。故BG与 水平方向的夹角为30°-15°=15°（指向右下方）。入射角0，为入射光线BG与法线的夹 角：0，=45°一(-15°)=60°（注意方向，法线右上45°，光线右下15°，夹角为45+15=60°） 。折射光线GH平行于底面，即水平向右。折射角02为折射光线GH与法线的夹角：02=45 。-0°=45°，根据题目给出的折射公天出会-片得m=·尝品=m·鲁铝=3三，故c错误 ,D正确。 4.【答案】B 【详解】C.夹角α缓慢增大的过程，皮球处于动态平衡，根据平衡条件可得，甲、乙对 皮球的合力始终等于皮球的重力，保持不变，C错误： ABD.以皮球为对象，受力分析如图所示 根据平衡条件可得E=3, F=mg sin a tang 可得<E 可知甲对皮球的压力小于乙对皮球的压力：夹角α缓慢增大，则甲对皮球的压力减小， 乙对皮球的压力减小，AD错误，B正确。 故选B。 5.【答案】C 【详解】A.因R消耗的电功率为20W,即P= 2=20W R 解得U=10V 又%.4 no n 解得原线圈的匝数为n。=500,故A错误： BD.对R2由欧姆定律U2=I,R2=40V U_U n2 n 解得副线圈2的匝数为n2=200,故BD错误： C.由输入功率等于输出功率UL。=?+U2I? 解得I。=3.4A,故C正确。 故选C。 6.【答案】B 【详解】A.由图乙可知，周期T=1.2s,振幅为A=10cm,t=1.0s时，P点振动方向 向上，结合图甲可知，波沿x轴正方向传播，A错误： B.由图甲可知，1=1.1s时，原点处的质点从平衡位置向下振动0.1s,即 偏离平衡 12 位置位移为y=-5cm 1=1.0s时，质点P向上振动，再经0.2s到达平衡位置，则1=1.1s时偏离平衡位置位移 2=-5cm,故B正确： C.P点经过△1=0.2s回到平衡位置，说明平衡位置1.5处质点的振动传到P,则质点P 的平衡位置坐标x=二+v△1 12 由图甲可知波长入=3m,根据v= 解得x=2.0m,故C错误： D.设原点处质点的振动方程为y=Asin(t+p) 如图甲知1=1.0s时，原点处质点偏离平衡位置位移y=0,且运动方向向下，根据圆频 2π 率0= T 可得p= 2π 3 故原点处质点的振动方程为y=10sin 5π1-2π cm, 3 故D错误 3 故选B。 7.B 【解析】初始时，A、B处于静止状态，对A、B整体受力分析，弹簧弹力等于A、B的总重力 ,即F,=(mt2m) g=3mg 根据胡克定律，此时弹资的压缩量=共=婴 当A、B刚好分离时，A、B之间的相互作用力为零，且两者的加速度相同。设此时系统的加速 度大小为a,绳子拉力为T。对物块C,由牛顿第二定律得3mg-T=3ma 对物块B,由牛顿第二定律得T-2mg=2ma 联立解得a=号 此时对物块A受力分析，受重力mg和弹资弹力F2，由牛顿第二定律 得F2-mg= ma 解得此时弹资璋ng+a)= 此时弹资仍处于压缩状态，压缩量=兵-梁 从开始放手到、B刚好分离的过程中，物块C下降的距离等于物块B上升的距离，也等于弹 资长度的变化量，即=一=梁 8.AD【解析】汽车通过凹形桥最低点时，做圆周运动的向心力向上（指向圆心），根据牛顿第二 定律.N一ms一m发，整理得支持力N=mg+ m>m.根据牛顿第三定律，汽车对桥的压力等于桥对汽车的支持力州，因此压力大于汽 车的重力，A正确：“水流星”过最高点时，向心力向下（指向圆心），满足mg+F=m三，当速 度v=√gr时，水桶对水的弹力F=0,根据牛顿第三定律，水对水桶的压力也为零 ,B错误：铁路转弯处外轨高于内轨，设计目的是：当火车以规定速度行驶时，重力和 支持力的合力恰好提供转弯的向心力，避免轮缘挤压外轨，减小轮缘和轨道的磨损，C错误 ：脱水桶脱水时，衣服在竖直方向受力平衡，摩擦力始终等于衣服的重力，与转速无关。转速 变大时，只是筒壁对衣服的弹力（提供向心力）增大，摩擦力大小不变，D正确。 9.BD 【详解】A.在金属筒内，由于静电屏蔽内部场强为0，此时为匀速直线运动，故A错误： T B.若在每个筒内飞行时间均为2则可以满足每次在狭缝中均为加速。又在筒中存在 Ek=nqUo=m喝·n= 2nqUo ，即速度比为1：V2:V3:2:V5的匀速飞行，则长度比 为1：V2:V3:2:V5,故B正确： C.类比天体运动，飞行周期应与半径为r+的圆周运动周期一致， 则有9=m答，得T k0a一)3。飞行时间T= mn2 2kQqkQ-5Uga koa)3,故C错误： 8kQq kQ-5Uoa D.从5号简飞出后动能为Ek5qU0,速度为v= 10qUo m 势能为E,=-4,设飞至接 a 收屏时离Q的距离为b,存在5gU。@=mw2-kg,类比天体运动特点还应存在 a 2 b va=w'b联立可得b=,5Uoa2 kQ-5Uoa 则接收粒子位置应为出口上方5Uo2十a处，D正确 kQ-5Uoa 10.【答案】AC 【详解】A.从A到M的过程中，导体棒向右匀速运动，设某时刻接入电路的导体棒长 度为L',则有感应电动势E=BL'v。 导体棒接入电路的电阻为R'=L' 则电流为I=-B业，故正确 R'r B.从M到N的过程中，结合A分析可知，某时刻导体棒速度为V时，感应电流为I'=B型 由电流定义式可得，通过导体棒的电荷量为g=△1=∑IA1=BΣ4 又有∑v心1=L-d 则有q= B(L-d) 故B错误： C.从M到N的过程中，令某时刻导体棒速度为v时，导体棒的位移为x,由几何关系 可得，导体棒接入电路的长度为2(d+x)tanB,可知该时刻导体棒所受安培力为 B.Bv.2(d+x)tanB 对该过程由动量定理有-ΣB2日+小amB-a1=m兰-%) 则有2 tan(d+xv-A="m% 2 解得，=48anΣ日+x)x mr 作出该过程d+x与x关系图像，如图所示 d+x◆ L-d 1 则有2(d+x=2(d+L-) 联立解得。= 2B(L-d2)tanB 故C正确： mr D.从A到M的过程中，设某时刻导体棒位移大小为x',则导体棒接入电路的长度为 2 Ytand,该时刻导体棒所受安培力为B.B.2xtan&,该过程中安培力做功为 =B.Bv.2x tana:x=-2Bv,tancx 作出该过程x'与x'关系图像，如图所示 则有2X=)dau- d2tan2B 2tan2a 由功能关系有产生的焦耳热Q=W 联立解得Q= Bd2v。tan2B ,故D错误。 rtan a 故选AC。 11.(03.800(2分) ®，)-（出） (3分) (3)小于(3分》 2L. 【解析】(1)细杆直径为d=3.5mm+0.01 mm×30.0=3.800 mm。 (2)由(÷)）°-()-2x、 重力加速度为。-（尝）广-（二） 2L. )广-(aD_（)-() (3)矩形框倾斜时 2 2Lcos 0 两次通过光电门的实际竖直距离增大，则g的测量值小于真实值。 12.【答案】 (1)最大阻值(1分) 50(1分) (2)丙(2分) (3) E=RA+Ro (2分) bRR(2分) r= kRo k R+Ro 【详解】(1)[1]为保证电路安全，应将变阻箱的阻值调至最大后接入电路。 [2]将K接到1端调整为K接到2端，改变滑动变阻器阻值，电流表的读数不变，则开关调整 前后总电阻不变，则 R=9999.92-9949.92=50.02 (2)[3]若选择乙同学的电路图，为保证测量值不超过电流表的量程，则调节范围约为 0.9mA1.0mA之间，测量范围过小：丙同学电路图中，电量表与定值电阻并联后，相当于 扩大电流表的量程，调节范围更大，更合理。 (3)[4][5]按丙同学所选的电路图分析推到得电动势表达式 R+r)+IR 变形整理可得 ER ERo 根据己知条件可得 k=+R,b-®+Rr+RR ERo ER。 解得 E=B+R,r bRR。 kRo k R+Ro 13.(1)1.1×10pa (2)16.5kg 【解析】(1)分析活塞和轻杆的受力，根据平衡条件有 Po×2S+P1S+(2m+m)g=P1X2S+PoS3分 得P1=1.1×10pa 2分 (2)依题意初态有V,=1x25+分s-号s, 末态有V2=LS, 缓慢倒沙的过程中封闭气体温度不变，由玻意耳定律有P1V,=P2V21分 得P2=1.65×10pa 1分 设倒入沙子的总质量为△m,分析活塞、轻杆和沙子的受力， 有PoX2S十△mg+P2S+(2m+m)g=P2×2S+PoS 2分 得△m=16.5kg 1分 14.【答案】(1)1.2m (2)8m/s(3)8.5J (1) 对子弹与小车组成的系统，由动量守恒定律有m'。=(m。+M)Y (1分) 当小物块上升到最大高度时三者共速，对三者由水平方向动量守恒有 (mo +M)v=(mo+M +m)v2 (1分) 8 由机械能守恒定律有、m,+M)心三)m,+M+m)y+mg2 (2分) 联立解得h=1.2m (1分) 即小物块沿圆弧轨道上升的最大高度h=1.2m (2) 当小物块第一次回到B点时，设车和子弹的速度为，取水平向右为正方向，由水平方 向动量守恒有(m,+M)y=(m,+M)y3+mv (1分) 由能量守恒定律有风+M=0m+M+分m (2分) 联立解得y=2m/s,v=8m/s 即小物块第一次返回到B点时速度大小为v=8m/s (1分) (3) 当弹簧具有最大弹性势能￡时，三者速度相同，由动量守恒定律有 (mo+M)v=(mo +M+m)va (2分) 由能量守恒定律有(m,+M)片=2m+M+m心+mgL+B。 1 2 (2分) 联立解得Em=8.5J (1分) 15.【解析】(1)粒子在速度选择器中做直线运动，有qE=qvB。(1分) 解得B0=E (1分) 粒子在区域I中做匀速圆周运动，由几何关系得轨迹半径R1=力(1分) 根据qvB1=m二(1分) R1 解得B1= (1分) gh (2)根据qvB=m兰可知， 粒子在区域Ⅱ、Ⅲ中的轨迹半径分别为R2=0R,=0(2分) 画出粒子运动轨迹图 2f轨U连，0.>A>a>p (h) 06 04 K域 02 0 02 04 06 05 0.3 x(miqln) 可知从0点进入区域Ⅱ，经半圆到达A(铝) 再根据qvB=m祭R,可知0到A运动时间1= (1分) 从A点进入区域，经半圆到达B(品0)，时间么=。 (1分) 30gB' 从B点再次进入区线山，经半圆到达P(器带0)小时间与=品 (1分) 则总时间：=1十6十与=器 (1分) (3)画出粒子a、b的运动轨迹如图 粒子a(红)与b(蓝)轨迹，相過点r,=34/15 04 0 .0.2 -0.4 0.6 0.8 -0.5 0.5 1.5 2.5 区域Ⅱ：a粒子半径r2=出 5qB 6粒子半径器 a粒子半周期t2=m 5qB b粒子半周期 5gB 区域：Q粒子半径T力=品 b粒子半径部 a粒子半周期T3= m 12qB b粒子半周期 12qB 粒子每完成一次”区域Ⅱ下半圆十区域Ⅲ上半圆”的运动，x坐标的净变化△xa=2r2一 2= (1分) 同理△=瑞 所花时间△t。=T2十T3=7 (1分) 60gB 同理△t6=7mM 60gB 取粒子a从0点沿y轴负方向进入区域Ⅱ的时刻为t=0,粒子a第1次速度向上点： 在区域Ⅱ中走下半圆到达x轴 坐标xa1=2r2=名.m巴=12m 5 qB 30qB 时间a:==器=需 此后每经过一次区域Ⅲ上半圆和一次区域Ⅱ下半圆，到达下一个速度向上点。设第n次速 度向上点n=1,2,3,.,则 xan=xa1十(n-1)4xa=m+m-1)7m=7n+5.四 30qB 30 98 am=a+0n-1)aa=g+m-1)需=。号 (1分) 60gB 60 粒子b在Q到达第一次向上点Q(即x=m)时，从0点以同样速率沿y轴负方向 SqB 进入区域Ⅱ。B的起始时刻为ta1== SqB 60gB 粒子b第1次速度向上点（绝对时刻）：b先在区域Ⅱ走下半圆 坐标X1=2.=2M 5gB 30qB 时刻To:=ta十器=需+器=2必， (1分) 60qB 同理，第k次速度向上点k=1,2,3, 12Mv Xb.k= 30qB +(k-1) 7Mv 7k+5 Mv 30qB 30 qB πM\ 12m+(17k-5)M Tbk=T6.1十(k-1) πM 元 5gB 12gB/ 60gB 由相遇条件xan=Xb,kta,n=tb,k 得(7n+5)m=(7k+5)M,(17n-5)m=12m+(17k-5)M 两式相除消去M得10n-17k=5,最小正整数解为k=5,n=9 代入得M=品m:名=铝 （2分)