精品解析：辽宁省鞍山市海城市辽东南协作体2025-2026学年高三上学期1月期末物理试题

黑吉辽蒙2026届高三上学期（期末）联合模拟考试 物理试卷 本试卷满分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。 2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 1. 下列规律中不能体现能的转化和守恒定律的是（　　） A. 动量定理 B. 光电效应方程 C. 热力学第一定律 D. 楞次定律 2. 关于安培力下列说法正确的是（　　） A. 已知安培力方向和电流方向，可确定磁场方向 B. 已知安培力方向和磁场方向，可确定电流方向 C. 已知电流方向和磁场方向，可确定安培力方向 D. 两个通电导线之间的安培力一定大小相等、方向相反 3. 如图，人用水平力推小车，车与车上货物始终相对静止，下列有关说法正确的是（　　） A. 人推车加速运动时，人对车的推力大于车对人的推力 B. 人推车匀速运动时，货物对车有向前的摩擦力 C. 人推车加速运动时，人对车的推力等于车与货物所受的合力 D. 人推车匀速运动时，车对货物的作用力方向竖直向上 4. 如图，是演示玻璃微小形变的装置，下列有关说法正确的是（　　） A. 实验时玻璃瓶内装满水效果会更好 B. 沿玻璃瓶截面长轴方向挤压时，细管中液柱会上升 C. 沿玻璃瓶截面短轴方向挤压时，瓶内气体分子数密度会变大 D. 管内液面升降是由于瓶内气体温度变化引起的 5. 两种光子的动量之比为，它们都能使金属发生光电效应，且其最大初动能分别为、。则（　　） A. 两个光子的波长之比为 B. 两个光子的能量之比为 C. A金属的逸出功为 D. 金属的逸出功为 6. 如图所示，真空中一束激光从O点射入厚度为d的均匀介质，经下表面B点反射后从上表面A点射出，照到与介质垂直的屏幕上，在O点反射的光也照到屏幕上，产生相距为L的两个光点。下列说法正确的是（　　） A. 同真空相比，介质中光的波长变长 B. 只利用L和d可以求出介质的折射率 C. 屏幕上哪个光点先亮与介质的厚度有关 D. 屏幕上哪个光点先亮与介质的厚度无关 7. 如图，欲在地球北极正上方发射一颗导弹，使其击中北纬60°处的A地。已知地球质量为M，半径为R，引力常量为G。忽略地球自转和空气阻力，导弹在空中飞行轨道为椭圆的一部分。下列有关说法正确的是（　　） A. 椭圆轨道周期最小时，对应的轨道半长轴为R B. 椭圆轨道周期最小时，对应的轨道半长轴为 C. 椭圆轨道的最小周期为 D. 导弹在B点的速度为v时，其加速度大小为 8. 如图，是两个波源形成的波的干涉图样，下列有关说法正确的是（　　） A. 两波源为同相波源 B. 经过半个周期加强线将变为减弱线 C. 两波源连线中垂线上质点的位移一直最大 D. 介质中所有质点的振幅都保持不变 9. 一定质量的理想气体，经历如图所示的四个过程。下列说法中正确的是（　　） A. 1过程中气体吸热 B. 2过程中气体分子对容器壁单位时间、单位面积上的碰撞次数增大 C. 3过程气体放热 D. 4过程中气体分子对容器壁单位时间、单位面积的碰撞次数减少 10. 如图，两匀强磁场磁感应强度分别为B和2B，一半径为R，单位长度电阻为r的圆线圈开始时处于左侧磁场中，且与两侧磁场界线相切。现线圈以切点为轴，在纸面内以角度ω顺时针方向匀速转动90°。则（　　） A. 线圈中感应电流的方向为顺时针方向 B. 线圈转过30°角时，线圈中感应电动势的值为 C. 线圈所受安培力的最大值 D. 匀速转动90°的过程中，通过线圈某一截面的电量为 二、非选择题：本题共5小题，共54分。 11. 如图，是用某实验小组测量重力加速度的装置。摆线长为L，摆球直径为d，让摆球从不同角度θ摆下，利用光电门与无线数字毫秒计，测出小球经过最低点时的挡光时间t。 （1）小球经过最低点的速度为______； （2）有关t和θ的关系式为______； （3）为了得到一条线性图像，纵轴应选定的物理量为______（t、、），横轴应选定的物理量为______（、、） （4）若所得图像纵轴截距为b，则所测的重力加速度表达式为______。 12. 如图，甲为某一欧姆表×10K挡内部电池，为测定其电动势，某同学设计了如图乙所示电路。以下为其实验操作步骤，请分析电路结构，将它补充完整。 （1）闭合电键，调节R和使得电流计G的示数为零，此时，A、B两点的电势的关系是______。读出电流表A和电压表V的示数和，其中通过电源E电流为______。电源E两端的电压为______。 （2）改变R的阻值，重复上述操作，读出电流表A和电压表V多组值。 （3）通过测得的数据所画的U—I图像如图丙所示。由图像可得此电源的电动势为______，内电阻______。 （4）关于本实验误差说法正确的是______ A.本实验中电压表内阻不会对测量结果带来误差 B.本实验中电流表内阻会使电源内阻测量结果偏大，不会对电动势测量带来误差 C.本实验中电流表和电压表内阻均不会给测量结果带来误差 D.本实验不存在误差 13. 如图，矩形线框通过两条平行绝缘细线悬挂、线框ab边长为c边长为。线框正下方距离线框L2处放有通电长直导线MN，MN中通有由M到N的恒定电流、电流大小为I0。当线圈中通过大小为的电流时，两细线的拉力恰好为零。将线圈中电流改为反方向，大小为I2的电流时，细线恰好断。已知限长直导线周围磁场的磁感应强度满足、其中K为常数，r为点到直线的距离。 （1）电流的方向； （2）细线能承受的最大拉力及细线断裂瞬间线框的加速度。 14. 如图，AB为线状粒子源，发出速度大小相同的平行粒子束。这些粒子进入两个圆形磁场区域后，所有粒子均垂直于MN、PQ间的匀强电场进入电场。已知粒子的初速度大小为v，粒子的质量为m，电量为q，两圆形磁场的半径分别为，电场强度为E，不计重力。求： （1）两圆形磁场的磁感应强度； （2）若所有粒子均落到极板MN上，求极板上有粒子撞击的长度。 15. 如图，半径为R的光滑半圆轨道AB竖直固定在一水平光滑的桌面上，轨道最低点B与桌面相切并平滑连接，桌面距水平地面的高度也为R。在桌面上轻质弹簧被a、b两个小球挤压（小球与弹簧不拴接），处于静止状态。弹簧此时锁定，a球的质量为，固定小球b，释放小球a，a球与弹簧分离后经过B点滑上半圆轨道在A点抛出，在桌面上的落点距B点距离为4R。现保持弹簧形变量不变，同时释放a、b两球，重力加速度取g，求： （1）弹簧开始时的弹性势能； （2）b球质量为时，b球落地点距桌子右端C点的水平距离； （3）若a球碰后不脱离轨道，b球的质量需满足的条件？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 黑吉辽蒙2026届高三上学期（期末）联合模拟考试 物理试卷 本试卷满分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。 2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 1. 下列规律中不能体现能的转化和守恒定律的是（　　） A. 动量定理 B. 光电效应方程 C. 热力学第一定律 D. 楞次定律 【答案】A 【解析】 【详解】A．动量定理公式为 反映的是合外力的冲量（力对时间的积累效果）与物体动量变化的对应关系，不涉及能量的转化与守恒规律，故A符合题意； B．光电效应方程为 体现了入射光子的能量一部分用于克服金属逸出功，剩余部分转化为光电子的最大初动能，是能量转化与守恒在光电效应中的具体体现，故B不符合题意； C．热力学第一定律表达式为 反映了系统内能的变化量等于外界对系统做的功与系统吸收热量的和，是能量守恒定律在热学领域的体现，故C不符合题意； D．楞次定律的实质是能量守恒定律在电磁现象中的具体表现，故D不符合题意。 故选A。 2. 关于安培力下列说法正确的是（　　） A. 已知安培力方向和电流方向，可确定磁场方向 B. 已知安培力方向和磁场方向，可确定电流方向 C. 已知电流方向和磁场方向，可确定安培力方向 D. 两个通电导线之间的安培力一定大小相等、方向相反 【答案】CD 【解析】 【详解】A． 已知安培力方向和电流方向，只能确定磁场垂直于电流方向的分量，不能确定其平行于电流方向的分量，因此无法唯一确定磁场方向，故A错误； B．已知安培力方向和磁场方向，只能确定电流垂直于磁场方向的分量，不能确定其平行于磁场方向的分量，因此无法唯一确定电流方向，故B错误； C．已知电流方向和磁场方向，二者决定的平面唯一，根据左手定则可以唯一确定安培力方向，故C正确； D．两个通电导线之间的安培力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律，相互作用力一定大小相等、方向相反，故D正确。 故选CD。 3. 如图，人用水平力推小车，车与车上货物始终相对静止，下列有关说法正确的是（　　） A. 人推车加速运动时，人对车的推力大于车对人的推力 B. 人推车匀速运动时，货物对车有向前的摩擦力 C. 人推车加速运动时，人对车的推力等于车与货物所受的合力 D. 人推车匀速运动时，车对货物的作用力方向竖直向上 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据牛顿第三定律，人对车的推力与车对人的推力是一对作用力与反作用力，大小始终相等，与运动状态无关，故A错误； B．人推车匀速运动时，货物也做匀速直线运动，处于平衡状态，水平方向合力为零。货物在水平方向上不受外力，即车对货物没有摩擦力，根据牛顿第三定律，货物对车也没有摩擦力，故B错误； C．人推车加速运动时，对车和货物整体分析，设推力为，地面阻力为，整体所受合力为。根据牛顿第二定律有 即 只要地面存在阻力，人对车的推力就大于车与货物所受的合力，故C错误； D．人推车匀速运动时，货物处于平衡状态，受重力和车对货物的作用力。根据平衡条件可知与大小相等、方向相反，即车对货物的作用力方向竖直向上，故D正确。 故选D。 4. 如图，是演示玻璃微小形变的装置，下列有关说法正确的是（　　） A. 实验时玻璃瓶内装满水效果会更好 B. 沿玻璃瓶截面长轴方向挤压时，细管中液柱会上升 C. 沿玻璃瓶截面短轴方向挤压时，瓶内气体分子数密度会变大 D. 管内液面升降是由于瓶内气体温度变化引起的 【答案】AC 【解析】 【详解】A．实验时装满水，利用了水几乎不可压缩的特点，玻璃瓶容积的微小变化就能使细管液面产生明显变化，放大效果更好，故A正确； B．椭圆形截面玻璃瓶，沿长轴方向挤压时，长轴缩短、短轴伸长，截面总面积增大，玻璃瓶容积增大，因此细管中液柱会下降，故B错误； C．沿截面短轴方向挤压时，截面总面积减小，玻璃瓶容积减小，细管中液柱会上升；若瓶内存在气体，温度不变，气体压强增大，因此单位体积的分子数（分子数密度）变大，故C正确； D．管内液面升降是挤压使玻璃瓶发生弹性形变、容积改变导致的，不是瓶内气体温度变化引起的，故D错误。 故选 AC。 5. 两种光子的动量之比为，它们都能使金属发生光电效应，且其最大初动能分别为、。则（　　） A. 两个光子的波长之比为 B. 两个光子的能量之比为 C. A金属的逸出功为 D. 金属的逸出功为 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据光子的动量与波长之间的关系，两种光子的动量之比为，可知两个光子的波长之比为，A错误； B．根据光子的能量与动量的关系，可知两个光子的能量之比为，B错误； CD．根据光电方程对两个光子分别有， 根据题意 可得 C正确，D错误。 故选C。 6. 如图所示，真空中一束激光从O点射入厚度为d的均匀介质，经下表面B点反射后从上表面A点射出，照到与介质垂直的屏幕上，在O点反射的光也照到屏幕上，产生相距为L的两个光点。下列说法正确的是（　　） A. 同真空相比，介质中光的波长变长 B. 只利用L和d可以求出介质的折射率 C. 屏幕上哪个光点先亮与介质的厚度有关 D. 屏幕上哪个光点先亮与介质的厚度无关 【答案】D 【解析】 【详解】A．光的频率由光源决定，在介质中频率不变，光速，又，故 光在真空中的光速满足 光在介质中的光速满足 波长变短，故A错误； B．设入射角为、折射角为，由几何关系可知、在介质上表面的间距为，两个出射光点的间距还和屏幕到介质上表面的距离、入射角直接相关，仅已知和两个物理量，无法建立足够的方程求解介质折射率，故B错误。 CD．由下图几何关系可知两条传播路径的路程差，所以光进入介质再射出时传播距离较大，且光在介质中传播速度较小，因此所需时间一定较长，上面的光点一定先亮，与介质厚度无关，故C错误，D正确。 故选D。 7. 如图，欲在地球北极正上方发射一颗导弹，使其击中北纬60°处的A地。已知地球质量为M，半径为R，引力常量为G。忽略地球自转和空气阻力，导弹在空中飞行轨道为椭圆的一部分。下列有关说法正确的是（　　） A. 椭圆轨道周期最小时，对应的轨道半长轴为R B. 椭圆轨道周期最小时，对应的轨道半长轴为 C. 椭圆轨道的最小周期为 D. 导弹在B点的速度为v时，其加速度大小为 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图可知，导弹在点水平发射，速度方向与OB垂直，且导弹在万有引力作用下做椭圆运动，地球中心为椭圆的一个焦点。由于导弹从点向内侧飞向点，可知点为椭圆轨道的远地点。设椭圆轨道的半长轴为，离心率为，以为极点，极轴指向点，椭圆的极坐标方程为 由于导弹击中北纬处的地，且点在北极正上方，可知点对应的极角，极径，代入极坐标方程有 解得 对半长轴关于离心率求导并令其等于有 解得 （另一解为双曲线轨道，舍去）。由代入，得。 故A错误； B．由对A选项的分析可知，椭圆轨道周期最小时对应的半长轴为，故B错误； C．当椭圆轨道的半长轴最小时，根据开普勒第三定律可知其周期也最小。根据开普勒第三定律有 代入解得 故C正确； D．导弹在点时，仅受地球的万有引力作用，根据牛顿第二定律有 解得 因点在北极正上方，结合地球球体特性，应为地球半径，故实际加速度表达式为 由于椭圆轨道在点处的曲率半径不等于OB，根据可知其加速度大小不等于，故D错误。 故选C。 8. 如图，是两个波源形成的波的干涉图样，下列有关说法正确的是（　　） A. 两波源为同相波源 B. 经过半个周期加强线将变为减弱线 C. 两波源连线中垂线上质点的位移一直最大 D. 介质中所有质点的振幅都保持不变 【答案】AD 【解析】 【详解】A．两波源连线的中垂线是振动加强线，说明到两波源的波程差始终为0，振动始终加强，因此两波源为同相波源，故A正确； B．加强线、减弱线由波程差与波源相位差决定，是稳定的干涉图样，不随时间改变。经过半个周期，只是质点振动位移反向，加强线依旧是加强线，故B错误； C．中垂线上质点是振动加强点，振幅最大，但位移随时间变化（位移可为0），因此位移并非一直最大，故C错误； D．干涉是稳定叠加，介质中每个质点振幅固定，加强点振幅为，减弱点振幅为，所有质点振幅保持不变，故D正确。 故选AD。 9. 一定质量的理想气体，经历如图所示的四个过程。下列说法中正确的是（　　） A. 1过程中气体吸热 B. 2过程中气体分子对容器壁单位时间、单位面积上的碰撞次数增大 C. 3过程气体放热 D. 4过程中气体分子对容器壁单位时间、单位面积的碰撞次数减少 【答案】AC 【解析】 【详解】A．1过程的线过原点，是等压膨胀过程，理想气体内能仅和温度有关，温度升高则内能 体积增大，气体对外做功，外界对气体做功 由热力学第一定律 得，气体吸热，故A正确； B．2过程是等温膨胀过程，不变（分子平均动能不变），增大则分子数密度减小，由 得压强减小，压强由分子平均动能和单位时间单位面积碰撞次数共同决定，平均动能不变时，压强减小说明碰撞次数减少，B错误。 C．3过程是等容降温过程，体积不变则气体不做功， 温度降低则内能 由热力学第一定律 得 故气体放热，故C正确； D．4过程是等温压缩过程，不变（分子平均动能不变），减小则分子数密度增大，压强增大；因此单位时间单位面积的碰撞次数增大，故D错误； 故选AC。 10. 如图，两匀强磁场磁感应强度分别为B和2B，一半径为R，单位长度电阻为r的圆线圈开始时处于左侧磁场中，且与两侧磁场界线相切。现线圈以切点为轴，在纸面内以角度ω顺时针方向匀速转动90°。则（　　） A. 线圈中感应电流的方向为顺时针方向 B. 线圈转过30°角时，线圈中感应电动势的值为 C. 线圈所受安培力的最大值 D. 匀速转动90°的过程中，通过线圈某一截面的电量为 【答案】ABC 【解析】 【详解】A．根据楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针方向，故A正确； B．转时线圈切割磁感线的有效长度为 感应电动势的值为，故B正确； C．C。线圈受到安培力的最大值时，切割磁感线的有效长度为2R，相对磁感应强度 等效电阻为 则感应电动势 感应电流 则最大安培力为，故C正确； D．匀速转动过程中通过线圈的电量为 因为该过程 联立解得，故D错误。 故选ABC。 二、非选择题：本题共5小题，共54分。 11. 如图，是用某实验小组测量重力加速度的装置。摆线长为L，摆球直径为d，让摆球从不同角度θ摆下，利用光电门与无线数字毫秒计，测出小球经过最低点时的挡光时间t。 （1）小球经过最低点的速度为______； （2）有关t和θ的关系式为______； （3）为了得到一条线性图像，纵轴应选定的物理量为______（t、、），横轴应选定的物理量为______（、、） （4）若所得图像纵轴截距为b，则所测的重力加速度表达式为______。 【答案】（1） （2） （3） ①. ②. （4） 【解析】 【小问1详解】 小球挡光宽度为直径d，极短时间平均速度近似瞬时速度，则小球经过最低点的速度为。 【小问2详解】 对摆球，根据动能定理有 整理得 【小问3详解】 [1][2]根据 整理得 可知图像是一条线性图像，因此纵轴应选定的物理量为，横轴应选定的物理量为。 【小问4详解】 若所得图像纵轴截距为b，则有 解得 12. 如图，甲为某一欧姆表×10K挡内部电池，为测定其电动势，某同学设计了如图乙所示电路。以下为其实验操作步骤，请分析电路结构，将它补充完整。 （1）闭合电键，调节R和使得电流计G的示数为零，此时，A、B两点的电势的关系是______。读出电流表A和电压表V的示数和，其中通过电源E电流为______。电源E两端的电压为______。 （2）改变R的阻值，重复上述操作，读出电流表A和电压表V多组值。 （3）通过测得的数据所画的U—I图像如图丙所示。由图像可得此电源的电动势为______，内电阻______。 （4）关于本实验误差说法正确的是______ A.本实验中电压表内阻不会对测量结果带来误差 B.本实验中电流表内阻会使电源内阻测量结果偏大，不会对电动势测量带来误差 C.本实验中电流表和电压表内阻均不会给测量结果带来误差 D.本实验不存在误差 【答案】 ①. 相等 ②. ③. ④. ⑤. 4.44 ⑥. AC##CA 【解析】 【详解】[1]电流计示数为零，说明电流计两端电势差为零，因此A、B两点电势相等； [2]由于G中没有电流，电源E的总电流全部流过电流表，因此通过E的电流等于电流表示数； [3]电压表测量滑动变阻器的电压，结合，两端电压等于电源的路端电压，因此两端电压为。 [4] 根据闭合电路欧姆定律 可知图像的纵轴截距等于电源电动势，斜率的绝对值等于电源内阻。由图丙可知，图像延长线交纵轴于，因此电动势 [5]计算斜率得内阻  [6]A．本实验为补偿法测电动势内阻，G电流为零时，电压表读数就是电源的真实路端电压，电流表读数就是电源的真实总电流，因此电压表内阻不会带来误差，故A正确； BC．电流表内阻不改变电流测量值，也不影响关系，因此电流表内阻也不会带来误差，B错误，C正确； D．实验不可避免存在读数等偶然误差，D错误。 故选AC。 13. 如图，矩形线框通过两条平行绝缘细线悬挂、线框ab边长为c边长为。线框正下方距离线框L2处放有通电长直导线MN，MN中通有由M到N的恒定电流、电流大小为I0。当线圈中通过大小为的电流时，两细线的拉力恰好为零。将线圈中电流改为反方向，大小为I2的电流时，细线恰好断。已知限长直导线周围磁场的磁感应强度满足、其中K为常数，r为点到直线的距离。 （1）电流的方向； （2）细线能承受的最大拉力及细线断裂瞬间线框的加速度。 【答案】（1） （2）， ，方向竖直向下 【解析】 【小问1详解】 根据安培定则，电流向右的长直导线，其上方区域磁场垂直纸面向外，且越靠近导线磁感应强度越大。当细线拉力为零时，线框安培力合力向上，平衡重力。线框下边离导线更近，磁感应强度更大，因此需要边安培力向上。根据左手定则，边电流方向向左，对应线框电流方向为。 【小问2详解】 设线框重力为，质量 两条细线总最大拉力为， 处磁感应强度 处磁感应强度 、边安培力相互抵消，仅需计算水平边安培力。 通平衡时，安培力合力向上等于重力  电流反向为时，安培力合力向下，大小为  细线恰好断裂时受力平衡，总最大拉力满足 代入得  细线断裂后，拉力消失，合力向下 由牛顿第二定律 代入化简得加速度 ，方向竖直向下。 14. 如图，AB为线状粒子源，发出速度大小相同的平行粒子束。这些粒子进入两个圆形磁场区域后，所有粒子均垂直于MN、PQ间的匀强电场进入电场。已知粒子的初速度大小为v，粒子的质量为m，电量为q，两圆形磁场的半径分别为，电场强度为E，不计重力。求： （1）两圆形磁场的磁感应强度； （2）若所有粒子均落到极板MN上，求极板上有粒子撞击的长度。 【答案】（1）， （2） 【解析】 【小问1详解】 粒子在圆形磁场区域中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由于发出的平行粒子束均聚焦于点，由几何关系可知粒子在左侧磁场中的轨道半径，根据牛顿第二定律有 解得 从点射入右侧磁场的粒子离开磁场时速度方向均竖直向上，由几何关系可知粒子在右侧磁场中的轨道半径，根据牛顿第二定律有 解得 【小问2详解】 设粒子源AB发出的粒子到达点时速度方向与水平方向的夹角为，由几何关系可知，所有到达点的粒子速度方向与水平方向夹角的范围为，以为坐标原点，对于速度方向与水平方向夹角为的粒子，离开磁场时的坐标为，由图可知，匀强电场下边界与磁场最高点相切，所有粒子离开磁场后在无场区向上做匀速直线运动，随后以横坐标进入匀强电场，粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做匀速直线运动，根据牛顿第二定律有 粒子到达MN极板时，水平位移，根据运动学公式有 联立解得粒子在电场中运动的时间 粒子在电场中竖直方向上的位移，联立可推导 当时竖直位移取得最小值，解得 当时竖直位移取得最大值，解得 极板上有粒子撞击的长度满足 解得 15. 如图，半径为R的光滑半圆轨道AB竖直固定在一水平光滑的桌面上，轨道最低点B与桌面相切并平滑连接，桌面距水平地面的高度也为R。在桌面上轻质弹簧被a、b两个小球挤压（小球与弹簧不拴接），处于静止状态。弹簧此时锁定，a球的质量为，固定小球b，释放小球a，a球与弹簧分离后经过B点滑上半圆轨道在A点抛出，在桌面上的落点距B点距离为4R。现保持弹簧形变量不变，同时释放a、b两球，重力加速度取g，求： （1）弹簧开始时的弹性势能； （2）b球质量为时，b球落地点距桌子右端C点的水平距离； （3）若a球碰后不脱离轨道，b球的质量需满足的条件？ 【答案】（1） （2） （3）或 【解析】 【小问1详解】 设小球从A点抛出时速度为，根据平抛规律有， 解得 根据能量守恒可知，弹簧开始时的弹性势能 【小问2详解】 规定向左为正方向，对a、b系统，根据动量守恒有 根据机械能守恒有 联立解得， b球脱离桌面后做平抛运动，则有， 联立解得b球落地点距桌子右端C点的水平距离 【小问3详解】 设a球与弹簧分离时速度大小为，此时a球恰好能到达A点，则在A点有 则a球从B到A过程有 联立解得 对a、b系统，根据动量守恒有 根据能量守恒有 联立解得 设a球与弹簧分离时速度大小为，此时a球恰好能到达与圆心等高的位置，则a球从B到与圆心等高的位置过程有 联立解得 对a、b系统，根据动量守恒有 根据能量守恒有 联立解得 综上可知若a球碰后不脱离轨道，b球的质量需满足或。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $