卷8 新试题精选(八)-【创新教程】2027年高考物理新试题精选模拟仿真卷

绝密★启封并使用前 新试题精选（八） 物理试题 满分100分 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、准 考证号，并将条形码粘贴在指定位置上。 2.选择题答案必须使2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑 翠 色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。 3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题 卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。 数 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1.有些金属原子受激后，从某激发态跃迁回基态时，会发出特定颜色的光。图甲所示为钠 原子和锂原子分别从激发态跃迁回基态的能级差值，钠原子发出频率为5.09×104Hz 的黄光，可见光谱如图乙所示。锂原子从激发态跃迁回基态发光颜色为 激发态 激发态 累 2.10eV 红 橙黄绿青 蓝 紫 1.85eV 基态 4.0 4.5 基态 5.05.5 6.0 6.5 7.07.58.0/x104Hz 和 钠 图甲 图乙 A.红色 B.橙色 C.绿色 D.蓝色 2.一定质量的理想气体，在温度T,和T,下的压强力与体积倒数的关 系图像如图所示，气体由状态A等压变化到状态B的过程中，下列说 法正确的是 ( A.温度升高，吸收热量 B.温度升高，放出热量 毁 C.温度降低，吸收热量 D.温度降低，放出热量 3.卫星的“星下点”是指卫星的瞬时位置和地球中心的连线与地球表面的交点，可用地理 经、纬度来表示，对于位于“星下点”处的地面观察者来说，卫星就在天顶，将“星下点”的 轨迹画在地图上便是星下点轨迹图。已知某颗卫星的星下点轨迹图是一个点，地球自转 的周期为T,地球半径为R,地球表面的重力加速度为g,卫星的运动可视为匀速圆周运 动，则 ) 器 星下点 A.该卫星为近地卫星 B.该卫星的线速度0=2π迟 T C.该卫星的角速度ω= 2 D.该卫星可能经过淮安的正上方 物理试题（八）第1页（共6页） 4.某同学利用手机加速度传感器研究手机沿竖直方向的运动情 tal/m·s3 况。该同学进行了如下操作：打开加速度传感器应用程序，将手 14 12 机屏幕向上平放在手掌上，手掌迅速向下运动，让手机脱离手掌 10 自由下落一段距离，再接住手机。加速度传感器记录了手机沿 竖直方向运动的加速度α随时间t的变化图线，如图所示。下列 说法正确的是 -2 -4 A.t1时刻手机已脱离手掌 -6 -- B.t1~t2时间内，手机做匀加速直线运动 -8---- ■■■■■■■■■■ -10F- C.t3时刻手机的速度达到最大值 D.t1~t3时间内，手机处于失重状态 5.如图所示，匀强磁场中有两个相同的弹簧测力计，测力计下方竖直悬挂 一副边长为L,粗细均匀的均质金属等边三角形，将三条边分别记为α、 b、c。在a的左、右端点M、N连上导线，并通入由M到N的恒定电 M 流，此时a边中电流大小为I,两弹簧测力计的示数均为F,。若仅将电 流反向，两弹簧测力计的示数均为F2。电流产生的磁场忽略不计，下 列说法正确的是 () A.三条边a、b、c所受安培力相同 B.两次弹簧测力计示数F1=F2 C.金属等边三角形的总质量m=E+E 8 D.匀强磁场的磁感应强度大小B= 2(F1-F2) 3IL 6.如图，空间站内为完全失重环境，其内部有一半径为R竖直固定 的光滑圆形轨道。ab和ef是相互垂直的直径，e处有光电门、升 处有力传感器。一直径为d(d《R)的小球在轨道内侧做圆周运 e▣ 动，经过时，光电门记录小球的挡光时间为t,经过f时，力传感 器的示数为F,则小球 光电门 力传感器 A.在a点对轨道的压力大于F B.在e点的线速度比b点小 C.角速度w=dR D.质量m= FRt2 d2 7.如图，是某款手摇点火器原理图。当钢针和金属板间瞬时电压超过5000V时可以产生 电火花。已知匀强磁场的磁感应强度B大小为0.2T,手摇发电机线圈的面积为0.25， 共50匝，不计内阻。变压器为理想变压器，其原副线圈匝数比为1：100。下列说法正确 的是 () ,钢针 金属板 A.线圈转速等于2r/s时，1min内点火器可以产生120次电火花 B.线圈转速等于4r/s时，点火器可以产生电火花 C.电压表的示数为5V时，点火器可以产生电火花 D.只有当电压表示数超过50V,点火器才可以产生电火花 物理试题（八）第2页（共6页） 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求，全 部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8.地震监测站监测到一列地震横波，某时刻的波形图如图甲所示，已知P点是平衡位置在 x=0处的质点，Q点的平衡位置坐标为15m,以此时刻作为计时起点，质点Q振动的a-t 图像如图乙所示。则下列说法正确的是 () a/(m's2) ↑y/cm 10-- 10 5P715 0 x/m 2 7 t/s 10F -10 甲 乙 A.地震横波的传播波速为15m/s B.质点P沿y轴负方向运动 C.t=3s时，质点Q振动到波谷 D.0~3s的时间内，质点P所走的路程为30cm 9.如图，“”形导线框置于磁感应强度大小为B、水平向右的匀强磁场 中。线框相邻两边均互相垂直，各边长均为l。线框绕b、所在直线以角 速度顺时针匀速转动，be与磁场方向垂直。t=0时，abef与水平面平行， 则 A.t=0时，电流方向为afedcba B.t=0时，感应电动势为Bw C.t=兀时，感应电动势为B1 D.t=0到t=兀过程中，感应电动势平均值为0 10.“打夯”是夯实地面的传统方式，如图所示，五个人围着 重物等间距的站在水平地面上，通过五根绳子同时对质 量为100kg的重物施加恒定拉力，使重物竖直上升，其 情景可简化为如图所示，恒定拉力与竖直方向的夹角为 v2/(m/s)2 37°且保持不变，当重物提升离地面30cm时五人同时松 3.0 手，最后重物下落将地面砸深2cm。已知松手前重物的 v一h图像如图所示（不计空气阻力，重力加速度g取 0.3→hm 10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8)。下列说法中正确的是 ( A.人松手前重物在做匀加速直线运动 B.拉力的大小为375N C.重物刚落地时速度的大小为3m/s D.重物砸地过程中受到的平均阻力为22500N 物理试题（八）第3页（共6页） 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(6分)某同学利用如图所示的装置验证机械能守恒定律，已知当地重力加速度为g。主 要实验步骤如下： 挡光片 数字计时器 气垫导轨 光电门 o ①用游标卡尺测量挡光片的宽度d,用量角器测出气垫导轨的倾角0； ②测量挡光片到光电门的距离x; ③由静止释放滑块，记录数字计时器显示挡光片的挡光时间t; ④改变x,测出不同x所对应的挡光时间t。 根据上述实验步骤请回答： (1)用游标卡尺测量挡光片的宽度时的结果如图所示，则挡光片的宽度= mm。(2分) 2 cm 0 10 20 (2)滑块通过光电门时速度的表达式v= (用实验中所测物理量符号表示)。(2分) (3)根据实验测得的多组x数据，可绘制x一图像，图像的纵坐标为x,横坐标为， 如果滑块下滑过程符合机械能守恒定律，则图像应为过原点的一条倾斜直线，其斜率为 (用d、0、g表示)。(2分) 12.(8分，除标注外，每空1分)图甲是一个多用电表，图乙是多用电表的简化电路图，电流 挡的两个量程为10mA和3mA,电压挡的两个量程为10V和4V,表盘如图丙所示。 20 Xe,山山u 1 A--2 o 丙 (1)在测量电阻时，要用到图甲中的选择开关K和部件S、T。请完成下列测量步骤： ①旋动部件 ,使指针对准电流的“0”刻度线。 ②将K旋转到电阻挡适当的倍率位置。 ③将插入“十”“一”插孔的两表笔短接，旋动部件 ,使指针对准电阻的 刻度 线（选填“0”或“∞”）。 (2)对于图乙，下列说法正确的是 (请填写选项前面对应的字母)(2分)。 A.A表笔应为黑表笔，B表笔应为红表笔 B.当选择开关K旋到“1”时，对应的是电流挡，量程为3mA C.当选择开关K旋到位置“5”测量时，A表笔应接电势高的点 D.当选择开关K旋到位置“3”时是电阻挡。某同学测量一电阻时，由于粗心将红、黑表 笔插反，这对最终的测量结果没有影响 (3)当图乙中的选择开关K旋到“3”时，内部电源电动势为4.5V。欧姆调零后，在A、B两表 笔之间接入一个待测电阻，发现表头G刚好半偏，则A、B之间所接的电阻为 2(2分)， 对应的倍率为 (选填“X1”“×10”“X100”“×1k”)。 物理试题（八）第4页（共6页） 13.(9分)如图甲所示，某宿舍门安装有内嵌式方形玻璃透视窗。方形玻璃的厚度CD=√3cm、 折射率=√3，一束经窗框E点射向玻璃O点的光线恰好能到B点，如图乙所示。已知 AO=1cm,不考虑光的色散和多次反射，光速c为3×108m/s。求： 透视窗 室外 E 门 A 0 C门 室内 D 图甲 图乙 (1)入射角的大小；(4分) (2)这束光在玻璃中的传播时间。(5分) 14.(15分)建立如图所示的直角坐标系xOy,第一象限存在平行于y轴向下的有界匀强电 场，第三象限存在垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出）。电场右侧有一平行于y轴 的粒子发射器，其上端点A和下端C点的纵坐标分别为L和。L。发射器能均匀地发 射大量质量为m、电荷量为十g(g>0)的粒子，粒子以相同的初速度，平行于x轴射入 匀强电场，均能经坐标原点O进入磁场，经磁场偏转后打到位于x轴负半轴的足够长的 粒子接收器上。已知匀强电场的电场强度大小卫=m,匀强磁场的磁感应强度大小B 2gL' 2。不计粒子重力及粒子间的相互作用，虚线为抛物线，求： gL (1)匀强电场虚线边界的函数表达式；(7分) (2)粒子接收器上接收到粒子的长度。(8分) 物理试题（八）第5页（共6页） 新试题精选（八） (物理)答题卡 姓 名 准考证号 条形码粘贴区（居中) 缺考 注意事项 填涂样例 1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，并认真在规定位置贴 正确填涂 好条形码。 违纪 2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米及以上黑色字 错误填涂 迹的签字笔书写，要求字体工整，笔迹清楚。 3.严格按照题号在相应的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效 ☑X) 4.保持卡面清洁，不装订，不要折叠，不要破损。 选择题(1~7小题，每小题4分，共28分； 正确填涂 8~10小题，每小题6分，共18分) 各 1ABCD 3 ABCD 5A⑧CD 7 ABCD 9ABCD 目 ABCD 4ABCD 6A⑧阿D 8 ABCD 10ABCD 答题区域内作答 非选择题（本题共5小题，共54分） 11.(6分，每空2分) ,超出边框的 (1) (2) 案无效 (3) 12.(8分，除标注外，每空1分) (1)① ③ (2) (2分)(3) (2分) 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 物理答题卡（八）第1页（共2页） 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 13.(9分) 透视窗 室外 E 门 A C门 B 室内 D 图甲 图乙 14.(15分) 请在各题目的答题区域内作答 ,超出边框的答案无效 15.(16分) 0 H R60 B 古D 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 物理答题卡（八）第2页（共2页） 15.(16分)如图所示，一质量M=3.0kg、长L=5.15m的长木板B静止放置于光滑水平 面上，其左端紧靠一半径R=2的光滑圆弧轨道，但不粘连。圆弧轨道左端点P与圆 心O的连线PO与竖直方向夹角为60°，其右端最低点处与长木板B上表面相切。距离 木板B右端d=2.5m处有一与木板等高的固定平台，平台上表面光滑，其上放置有质 量m=1.0kg的滑块D。平台上方有一固定水平光滑细杆，其上穿有一质量M=3.0 kg的滑块C,滑块C与D通过一轻弹簧连接，开始时弹簧处于竖直方向。一质量m= 1.0kg的滑块A自M点以某一初速度水平抛出下落高度H=3后恰好能从P点沿 切线方向滑入圆弧轨道。A下滑至圆弧轨道最低点并滑上木板B,带动B向右运动，B 与平台碰撞后即粘在一起不再运动。A随后继续向右运动，滑上平台，与滑块D碰撞并 粘在一起向右运动。A、D组合体在随后运动过程中一直没有离开平台，且C没有滑离 细杆。A与木板B间动摩擦因数为4=0.75。忽略所有滑块大小及空气阻力对问题的 影响。重力加速度g=10m/s2,求： M- H R60 努 (1)滑块A到达P点的速度大小；(2分) (2)滑块A到达圆弧最低点时对轨道压力的大小；(3分) (3)滑块A滑上平台时速度的大小；(5分) (4)若弹簧第一次恢复原长时，C的速度大小为0.5/s。则随后运动过程中弹簧的最 大弹性势能是多大？(6分) 物理试题（八）第6页（共6页）参考答案 解得B= 2m0(1分) 1 5gL mu=mu1+2mvB2n0=2n十2 1x2mB, √5m喝 (2分) E 所以 2gL 5 解得长木板与B碰后瞬间B的速度为 2mvo 40(2分) vO v邓=2 (2分) √5gL 答案：(1)m品 (2)w (3)设B与C碰撞前瞬间的速度为v'B,B与C发生 弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得 15.解析：(1)A在长木板上滑行，当A与长木板刚达到 2mvB'=2mvB"+2mvc, (1分) 共速时，长木板恰好与滑块B在M点发生弹性碰 撞，由于M点左侧光滑，可知A与长木板组成系统 2 1×2m呢， (1分) 满足动量守恒，则有 解得vB"=0,C=B', (2分) 3m=(3m十m)u,解得=3 0, (1分) 可知发生弹性碰撞后B与C速度发生交换，同理可 知发生弹性碰撞后C与D速度发生交换，则根据能 以长木板为对象，根据动能定理可得 1 量守恒可得 ·3mgx1=2mv2-0, (2分) X2m呢=Q=·2mg(d+x2), 1 (2分) 解得长木板右端与滑块B之间的距离为 3w6 x1一324g (2分) 解得x2= 一d (1分) 8ug (2)长木板与B发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械 答案：(1)x1= 36 品一d 能守恒可得 324g 2m-28)y 8ug 新试题精选（八） 选择题答案速查 题号 2 4 冷 6 7 10 答案 A A D D B BC BC ABC 1.A [根据题意可知，钠原子从激发态跃迁回基态有 4.D[手机完全脱离手掌后，只受重力，加速度大小等 ENa=hn,锂原子从激发态跃迁回基态有E1i=hy1i, 于重力加速度，1时刻加速度小于g,说明手掌仍对手 装立可祥-系-器×.阳X10业 机有支持力，手机未脱离手掌，故A错误；1一t2时间 内，图像是曲线，加速度大小在变化，并非恒定加速 4.48×1014Hz, 度，因此不是匀加速直线运动，故B错误；3之前手机 根据图乙可知锂原子从激发态跃迁回基态发光颜色 加速度向下，速度增大：3时刻之后加速度减小至零 为红色，故选A。] 的过程中，加速度方向不变，手机仍在向下加速，速度 2.A[报据理想气体状态方程Y-C,可知D=CT 1 最大值在t3之后，加速度由负转正之时，故C错误；加 速度竖直向下手机失重，t1~t3时间段内，加速度a 则在力-图像中过原点的斜率越大，温度越高，则 0(图像在横轴下方)，代表加速度方向竖直向下，手机 处于失重状态，故D正确。] 气体由状态A等压变化到状态B的过程中，气体温度 5.C[根据题意可知，b与c串联后再与a并联，电压相 升高，内能增加，体积变大，对外做功，根据热力学第 等，b、c的电阻为a的电阻的两倍，此时a边中电流大 一定律可知，气体吸收热量，故A正确。] 3.C[由于卫星的星下点轨迹图是一个点，表明该卫星 小为1，则6，中的电流为子，则三边安培力大小不相 的瞬时位置和地球中心的连线与地球表面的交点始 等，而且三边安培力方向也不相同，故A错误；电流反 终不变，即该卫星为地球同步静止卫星，故A错误：结 向前，根据左手定则，可知a边的安培力方向竖直向 合上述可知，该卫星为地球同步静止卫星，卫星的轨 上，b、c边安培力的合力方向也竖直向上。a边的安培 道平面与赤道共面，则该卫星不可能经过淮安的正上 方，故D错误；结合上述可知，该卫星为地球同步静止 力大小为下。=BIL.6C边的安培力大小为Fk=B号 卫星，卫星的周期等于地球自转周期，卫星的轨道半 径大于地球半径，则该卫星的线速度>2πR,故B错 L=2BL,电流反向前，根据平衡条件得2F1十F,十 T Fi=mg 误；结合上述可知，该卫星为地球同步静止卫星，卫星 电流反向后，根据平衡条件得2F2=Fa十Fc十ng,解 的周期等于地球自转周期，则孩卫星的角速度。一严 得m=B+E,B=2EF,F2>F g 3IL 故C正确。] 故B、D错误，C正确。] ·19· 物 理 6.D[由于空间站内为完全失重环境，小球做匀速圆周 9.BC [线框旋转切割磁场产生电动势的两条边为cd 运动，线速度大小不变，故B错误；轨道对小球的支持 和af,t=0时刻cd边速度与磁场方向平行，不产生电 2 力充当向心力，可得FN=F向=m尺，线速度大小不 动势，因此此时只有af边切割产生电动势，由右手定 则可知电流方向为abede fa,电动势为E=Blu= 变，向心力大小不变。根据牛顿第三定律得，小球对 B12w,故A错误，B正确；t=π时，线框旋转180°，此 轨道的压力大小F压=FN,所以，运动过程中小球对 轨道的压力大小不变，即F压=F,故A错误；小球通 时依旧只有af边切割磁场产生电动势，感应电动势 过光电门的速度大小即小球的线速度大小，可得= 仍为E=Bl2w,故C正确；t=0到t=元时，线框abef 小球的角建度。一日一忌故C楼溪：振据A速项 的磁通量变化量为零，线框bcde的磁通量变化量为 分折，得F=m日根据C逸项分折，得。一眠主得 △p=2BS=2B12, 由法挂第电痘意应定体，可得手均电动势为正=盟 m-故D确] 2B0,故D错误。] π 7.B[线圈在匀强磁场中转动产生交流电，设转速为n, 10.ABC[由运动学公式 则发电机的最大电动势为 v2=2ah, Em=NBSw=NBS·2πn, 结合题图可知 发电机的最大电动势等于变压器的输入线圈电压的 a=5m/s2, 最大值，U1m=Em,根据变压器两端的匝数比等于电 方向竖直向上，所以选项A正确； 1_n1_U1m 压比，有100-n202m 对于重物根据牛顿第二定律 5F cos 0-mg=ma, 钢针和金属板间瞬时电压超过5000V时可以产生电 解得F=375N, 火花，现令U2m=5000V,联立各方程解得U1m=50V, 所以选项B正确； 元r/s≈3.18r/s, 设重物落地时的速度为1，对于重物从松手到落地 的过程中由动能定理 故线圈转速等于2/s时，点火器不可以产生电火花； 线圈转速等于4/s时，副线圈的电压最大值超过了 mg=之m-言amd, 5000V,能产生电火花，故A错误，B正确； 解得v1=3m/s, 电压表的示数为原线圈两端的电压有效值，刚点火时 选项C正确； U.发： 由题可知，重物下落把地面砸深△h=2cm的过程 电压表的示数为5V时，点火器不可以产生电火花：只 中，由动能定理mgAh一FaM=0-之m, 有当电压表示数超过25√瓦V,点火器才可以产生电 解得F阻=23500N,选项D错误。] 11.解析：(1)游标卡尺的主尺读数为2mm,游标读数为 火花，故C、D错误。] 0.05×8mm=0.40mm,所以最终读数为2mm十 8.BC[由题图乙可知，周期T=4s,假设v=15m/s, 0.40mm=2.40mm。 则可得入0=vT=60m, (2)由于挡光片通过光电门的时间极短，可以用平均 由题图甲可知，其波长满足入<入0=60m, 故假设波速v=15m/s不成立，故A错误； 速度表示除时速度。滑块道过光电门时速度= 由图乙可知，在t=0s时，a=0m/s2,在t=1s时，a= (3)如果滑块下滑过程符合机械能守恒定律，则应有 一10m/s2达到负轴负方向最大，根据牛顿第二定律 mgrsin 0-- d2 可知回复力的变化和加速度一致，则01s内质，点Q 应向上振动，根据同侧法（质，点的振动方向和波的传 x 户因像应为过原点的一条领针直线，共针丰 播方向在波的同一侧)可知波向x轴负方向传播，再 对P质点由同侧法可知沿y轴负方向运动，故B正 d? 为2g9in0 确：由题图乙可知，质点Q在t=3s时，a=10m/s2, 根据回复力总是指向平衡位置的特点可知，此时回复 答案：（每空2分）02.40(2)(32n0 力竖直向上，则质点Q振动到波谷，故C正确； 12.解析：(1)①使用多用表之前要进行机械调零，旋动 因ym=10cm,T=4s,则一个周期内，质点运动的路 部件S,使指针对准电流的“0”刻度线。 程为40cm,而时间为y=3s=子工 ③测电阻时还要欧姆调零，将插入“十”“一”插孔的 两表笔短接，旋动部件T,使指针对准电阻的0刻 若从平衡位置或波峰、波谷位置开始振动，其路程一 度线。 定为s=3ym=30cm,现P点是从非特殊位置振动，其 (2)A.黑表笔与欧姆挡的内接电源的正极相连，故A 路程不一定等于30cm,故D错误。] 表笔应为红表笔，B表笔应为黑表笔，A错误；B.当 ·20· 参考答案 选择开关K旋到“1”时，对应的是电流挡，量程为 粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，设粒子打到接 10mA,B错误：C.当选择开关K旋到位置“5”测量 收板上的位置与O点间的距离为d,根据qB= 时，对应的是电压挡，电流从红表笔进，可得A表笔 应接电势高的点，C正确：D.当选择开关K旋到位置 mR “3”时是电阻挡。某同学测量一电阻时，由于粗心将 解得d=2Rsin0 红、黑表笔插反，这对最终的测量结果没有影响，只 代入得子L≤d≤L 是流过电表的电流方向发生变化，不影响测量电阻， D正确。故选CD。 则粒子接收器上接收到粒子的长度为L。(8分) (3)由题意知，接3时用的是欧姆挡，则中值电阻为 R80=1500,而表盘正中指示为15， 4.5 答案，1=立2 2 15.解析：(1)从开始到P点滑块A做平抛运动，竖直方 所以此挡的倍率为×100。 向v=2gH 答案（除标注外，每空1分）(1)ST0(2)CD(2分) Uy (3)1500(2分)×100 从P点沿切线选入国轨道即=n0=45m/s。 13.解析：(1)设入射角为01，折射角 E (2分) 0. 为0：根据折射定律有n= sin 0 (2)滑块A从P点到圆孤最低点，由动能定理 A sin 0, (2分) mgK(1-cos60)=方mof-之m呢 根据题意知，恰好射到B点的光 B 在最低，点，对滑块A由牛顿第二定律可知FN一ng 线的折射角的正切值tan02= (1分) 3 二mR' 联立上式解得01=60°(1分) 由牛顿第三定律可知FN=FN'=60N。 (3分) (2)设这束光在玻璃中的路程为5OB,得5OB= (3)假设物块A在木板B上与B共速后木板才到达 右侧平台，以A、B系统，由动量守恒定律 √JAO+AB2(1分) mv=(M+m)v2 这束光在玻璃中传搐时间=B(1分) 由能量关系mgr物=子m听-宁（M十m)呢 1 由n=C(2分) 解得x相=5m<5.15m B板从开始滑动到A、B共速的过程中，对B由动能 解得1=25×1010s1分) 3 定理mgrB=号M 2)2 解得xB=1.25m<2.5m。 答案：(1)60° 2X10-10s 3 即假设成立；B撞平台后，A在B上继续向右运动， 14.解析：（1)设带电 粒子进入电场时 对A由动能定理一mgL-s)=子m嗟一之m明 的位置坐标为(x, 解得v3=2m/s。 (5分) y),粒子在电场中 (4)弹簧第一次恢复原长时，当C的速度方向向右 做类平抛运动，有 时，以A、B、C为系统，由动量守恒定律可知 mv3=2mv+Mvs 三者速度相同时弹性势能最大，由动量守恒定律 mv3=(2m+M)v6 心=L,将E0代入得匀强电场虚线边界的画 由能量关系E,ns=×2mf+M-(2m十 数表达式为y=立。 (7分) M)喝 (2)设粒子从O点进入磁场时的速度为，与x轴负 解得Epmax=0.0375J 弹簧第一次恢复原长时，当C的速度方向向左时，以 半轴间的夹角为0，则tan0=义=2=是： x2L%= A、D和C系统，由动量守恒定律mv3=2m7十M5 2 三者速度相同时弹性势能最大，由动量守恒定律 vcos 0 mv3=(2m+M)vs 1 适入也场的粒子织垒标的范围为器≤)<L,则兰< 由能量关系可知E,mk'=号×2mof+号Md 16 r<2L 合2n+Md 代入上式得三≤tan0≤1 (6分) 4 解得Epmax'=3.0375J。 答案：(1)vp=4√5m/s(2)60N(3)2m/s 且w≤<Ew (4)3.0375J ·21