河南部分学校2026-2027学年高三上学期11月期中物理试题(B卷)

秘密★启用前 高三年级过程性作业评价 物 理(B卷) 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，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、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有 装 一项是符合题目要求的。 1.汽车发动机运转时，发动机总成会受到周期性的驱动力，其频率随发动机转速的升高而 增大。发动机总成通过橡胶悬置（可看作弹簧）安装在车架上，可沿竖直方向振动，其固 有频率为∫。。某车怠速时发动机总成抖动明显，驾驶员轻踩油门使发动机转速升高 后，抖动明显减弱。下列说法正确的是 周期性驱动力 订 发动机总成 橡胶悬置 车身 A.怠速时抖动明显，是因为此时驱动力的频率接近f。 B.发动机总成做受迫振动，其振动的频率始终等于固有频率f。 C.发动机的转速越高，发动机总成的振幅一定越大 D.若换用劲度系数更大的橡胶悬置，系统的固有频率不会变化 2.步进扫描投影光刻机是芯片制造的核心设备。工作时，工件台由静止开始先做匀加速 直线运动，紧接着做匀减速直线运动，到达下一曝光场位置时速度恰好减为零。如图所 示，已知曝光场宽度d=32mm,完成一次步进所用时间t=0.08s,加速与减速过程的 加速度大小相等。则工件台在步进过程中加速度的大小为 物镜 工件台 A.5 m/s2 B.10m/s2 C.20m/s2 D.40m/s2 物理试题(B卷)第1页（共8页） 3.某同学用单摆测量当地的重力加速度，装置如图所示。他测得摆长为L,单摆完成50次 全振动所用时间为100.0s。由实验数据求得当地重力加速度约为 9.8m/s2。下列说法正确的是 、0 A.该单摆的摆长L约为0.99m B.仅增大摆长，单摆的周期将变短 C.仅将摆球换成质量为原来2倍、大小相同的小球，单摆的周期将 变长 D.将该装置移至绕地球做匀速圆周运动的空间站内，单摆仍可正常用于计时 4.某高层建筑工地采用“滑轮配重”装置提升物料，其原理与电梯配重系统相同：一根不可 伸长的轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端分别连接料桶A和配重B。料 ahahhahhsh 桶A的质量m=1.2×103kg,配重B的质量M=1.8×103kg。初始 时A静止在水平地面上，轻绳绷直，B离地h=2.0m。由静止释放 后，配重下降、料桶上升。不计滑轮质量、绳重及一切摩擦，料桶A在 运动过程中未碰到滑轮，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是 A.在配重落地前，系统（含料桶、配重）减少的重力势能小于系统增加 的动能 B.在配重落地前，轻绳对料桶做负功，对配重做正功 C.在配重落地前，轻绳对配重的拉力大小为T=1.2×104N D.配重落地后，料桶还能继续上升0.4m 5.一物资箱从悬停的无人机上由静止释放，做自由落体运动。当箱体的下落速度达到 12m/s时，无人机上的智能回收装置立即对箱体施加竖直向上的可控拉力F。以开始 施加拉力的瞬间为计时起点，此后拉力F随时间t的变化关系如图所示，t=4s时拉力 恰好减为零。已知物资箱的质量m=60kg,不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。 下列说法正确的是 F/N 1200 0 2 A.0~4s内拉力对物资箱的冲量大小为2400N·s B.0~4s内物资箱动量变化量的大小为600kg·m/s,方向竖直向上 C.0~4s内物资箱所受合力的平均值为750N D.t=4s时物资箱的速度大小为12m/s 物理试题(B卷)第2页（共8页） 6.某智能仓储的自动导引运输车采用差速转向，其俯视图如图所示：车体左右两侧各装一 个半径相同的驱动轮，两轮半径均为x,轮心相距L,转弯时由两台电机分别驱动，两轮 与地面间均不打滑。某次转弯时，该车绕地面上某点O匀角速度转动，转动过程中两轮 心和O点始终共线。两轮轮心中点的轨迹半径为R,外侧轮绕轮心的转速为n1,内侧轮 绕轮心的转速为n2。已知L=0.60m,n1=66r/min,n2=54r/min,则R为 外轮 内轮 0 A.1.5m B.3.0m C.6.0m D.12m 7.我国计划于2029年前后发射“天问四号”探测器，对木星及其卫星开展环绕探测。如图 所示，月球绕地球的运动可近似为匀速圆周运动，其轨道半径为地球半径R,的p倍， 周期为T,；木卫四绕木星的运动也可近似为匀速圆周运动，其轨道半径为木星半径R? 的g倍，周期为T2。已知木星半径约为地球半径的k倍，则木星与地球的平均密度之 比约为 地球 木星 PR 月球 木卫四 A(g' () c.(g) Dg)‘ 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8.如图所示，健身房某型号力量训练器的配重装置可简化为：轻绳R跨过固定在机架顶 部的光滑定滑轮，绳的一端竖直连接手柄，另一端竖直向下依次拴接轻质缓冲弹簧N、 配重块a和轻质缓冲弹簧M,M的下端固定在机架上的水平托板b上，整个装置处于 物理试题(B卷)第3页（共8页） 静止状态。现训练者用手沿竖直方向缓慢向下拉手柄，拉力大小可以 从零开始逐渐增大，则在拉动过程中，下列说法正确的是 手柄 N A.有可能N处于原长而M处于拉伸状态 a B.有可能N处于拉伸状态而M处于原长 C.有可能N处于压缩状态而M处于拉伸状态 D.有可能N、M均处于拉伸状态 9.如图所示，一小车静止在光滑的水平地面上，小车的右侧有一光滑的圆弧轨道，且轨 装 道上端切线竖直，下端切线水平。一小滑块以方向水平向左，大小为。的速度沿轨道 右端滑上小车，不计空气阻力，且小车与小滑块的质量相同。以地面为参考系，下列判 断正确的是 A.若小滑块从圆弧上端滑离，则滑离后到再次与小车接触之前小 滑块做竖直上抛运动 B.若小滑块从圆弧上端滑离，则滑离后到再次与小车接触之前小 滑块向左上方做斜上抛运动 订 C.若小滑块从圆弧下端滑离，则滑离后小滑块做自由落体运动 D.若小滑块从圆弧下端滑离，则滑离时的速度大小为。 10.某山地景区的斜行电梯沿倾角为α的倾斜轨道上行，轿厢（含乘员及附属设备）的质量 为2m,轿厢地板始终保持水平。轿厢内的水平地板上停放一辆质量为m的手推车 (车轮已制动)，手推车与地板间的动摩擦因数为4。牵引钢缆对轿厢的拉力F沿轨道 方向，轿厢与手推车一起沿轨道向上做匀加速直线运动，且手推车与轿厢始终保持相 对静止。轨道各处光滑，空气阻力不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大 线 小为g。下列说法正确的是 A.轨道对轿厢的支持力大小为3 mg cos a 轿厢 2m B.手推车所受地板的支持力大小为mg十 手推车 A m 3 sin a ● 倾斜轨道 C手推车所受摩猴力大小为 -mgsin a cos a a.. D.若≥cos。,则无论拉力F多大，手推车都 sin a 能与轿厢保持相对静止 物理试题(B卷)第4页（共8页） 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(6分)某科技活动小组用手机慢动作视频研究实心橡胶球与地面碰撞过程中机械能 的损失。实验装置如图所示：将刻度尺竖直固定在水平地面上，使橡胶球的上边缘对 准刻度尺上的A位置，由静止释放，橡胶球沿竖直方向下落，与地面碰撞后反弹。用 慢动作视频逐帧记录橡胶球运动的全过程。多次实验表明，橡胶球在下落和反弹上升 过程中所受空气阻力的影响很小，可以忽略不计，橡胶球 A 与地面碰撞过程中形变量较小可忽略。由视频可读出碰 前瞬间橡胶球上边缘所对的刻度，从而得到下落高度h;再 刻度尺 装 B 读出反弹后橡胶球到达最高位置时上边缘所对的刻度B, 得到反弹高度h'。将橡胶球与地面碰撞后瞬间的速度大 小2与碰撞前瞬间的速度大小u1之比定义为恢复系数 e,即e= 8。 (1)下列做法合理的是 (填选项前的字母)。 7777777丁水平地面 A.读取橡胶球位置时，也可以以橡胶球下边缘所对的刻度为准 B.释放橡胶球时用手轻推一下，使其尽快下落 C.为节省时间，每个释放高度只拍摄一次 订 (2)忽略空气阻力，橡胶球下落与反弹上升过程均可视为匀变速直线运动。据此可知， 恢复系数e与h、h'之间满足e= (用h、h'表示)。 (3)若在测量橡胶球的释放位置时以橡胶球上边缘为准，而测量橡胶球反弹后到达的 最高位置时以橡胶球的下边缘为准，在其他条件相同的情况下，其测得的恢复系数 (选填“偏大”或“偏小”)。 12.(9分)某实验小组利用如图甲所示的装置验证动量定理。实验器材有：打点计时器 (含纸带、复写纸)、小车、重物、一端带定滑轮的长木板、天平、刻度尺、学生电源等。实 验前已将长木板一端适当垫高以平衡摩擦力；实验中重物牵引小车做匀加速直线运 动，通过分析纸带测出相关数据。已知打点计时器的工作频率为50Hz,小车质量远 线 大于重物质量，重力加速度g=10m/s2。回答下列问题： 打点计时器 细线 小车 纸带 重物 甲 (1)平衡摩擦力时（不挂重物），轻推小车，若纸带上打出的点迹 ,则表明已平 衡摩擦力。 物理试题(B卷)第5页（共8页） (2)某次实验得到的纸带如图乙所示，图中A、B、C、D、E为5个相邻计数点，相邻计 数点间还有4个点未画出。用刻度尺测得各计数点间距分别为xAB=1.92cm、xBc= 2.10cm、xcp=2.30cm、xDE=2.48cm;小车质量M=0.50kg,重物质量m= 0.01kg。 B d ①利用平均速度代替瞬时速度，计算小车经过B、D点时的速度大小？B= m/s,vD=0.239m/s;(结果保留三位有效数字) ②从B到D的过程中，小车所受拉力的冲量大小I= N·s,小车动量变化量 的大小△p= kg·m/s;(结果均保留两位有效数字) ③比较I与△p,可以得出的结论：在误差范围内，恒力的冲量等于动量的变化量。 (3)关于本实验，下列说法正确的是 A.若未平衡摩擦力或平衡不足，小车所受拉力的冲量将大于小车动量的变化量 B.实验时应先释放小车，再接通电源 C.实验前应调节定滑轮至细线水平 13.(10分)矿井提升机用卷扬机收卷钢索，把井下的挂斗（含物料）提升到井口（装置如图 甲)。井深H=45m,挂斗（含物料）的质量m=20kg。挂斗以恒定速度v=0.5m/s 由井底匀速上升到井口（启动、制动阶段极短，可忽略）。由于钢索自身有质量，悬空钢 索随挂斗上升而逐渐变短，卷扬机牵引力F随挂斗离井底的高度y变化的关系图线 如图乙所示。各处摩擦及空气阻力均可忽略不计，重力加速度g=10m/s2。 (1)求挂斗离井底高度y=15m时，钢索对挂斗的拉力大小和卷扬机牵引力做功的瞬时功率； (2)求挂斗从井底到井口过程中卷扬机牵引力做功的平均功率。（忽略启动阶段因钢 索和挂斗动能变化牵引力所做的功) 卷扬机 井口 钢索 TFNN 1100 1000 800 600 挂斗 400 200 井底 20 y/m 10 .30 4045 为 物理试题(B卷)第6页（共8页） 14.(12分)风能是清洁可再生能源。某风力发电机组的塔筒在横风向气流的周期性作用 下，塔顶沿垂直于风向方向发生微小振动；由于振动衰减很慢，塔顶运动短时间内可近 似看作简谐运动。为监测塔简的安全状况，工程师在塔顶安装激光测振仪，记录得到 的塔顶偏离平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图示。 (1)由图像求出塔顶做简谐运动的振幅、周期和频率，并写出其振动方程； (2)求从t=0时刻起，塔顶第1次运动到位移x=2.5cm处经历的时间以及此时塔顶 的加速度大小。 x/m 0.05 0 -0.05 物理试题(B卷)第7页（共8页） 15.(17分)如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量分别为mA和mB的小 球A和B。初始时小球A以初速度。沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰 撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。不计小磁的大小。 (1)若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞前小球A、碰撞后小球组合体做圆周运 动所需向心力的大小之比； (2)若小球A与B之间的碰撞为弹性碰撞，且前2次的碰撞位置刚好位于圆环直径的 两个端点，求两小球的质量之比； (3)若小球A与B之间的碰撞为非弹性碰撞，两球每次碰撞后的相对速度大小为碰撞 前的相对速度大小的)，求第2025次碰撞到第2027次碰撞之间小球B通过的路程。 m 0 R 2 物理试题(B卷)第8页（共8页） 高三年级过程性作业评价 物理(B卷)参考答案 1.A解析：发动机，总成在周期性驱动力作用下做受迫振动，稳定后其振动频率等于驱动力的频率，B错误；怠 速时驱动力的频率接近固有频率∫。，车身抖动明显，转速升高后驱动力的频率偏离∫。，振幅随之减小，抖动 减弱，A正确，C错误；劲度系数增大时固有频率会发生变化，D错误。故选A。 2.C解析：设工件台步进过程中的最大速度为，加速与减速过程的加速度大小相等，由对称性可知两过程所 用时间相等，均为？；初速度为0的匀变速直线运动的平均速度等于最大速度的一半，故整个步进过程的平 均速度大小为号由位移关系得d=分1.解得。-24=0,80m/5,则工件台步进过程加速度的大小为a- =20m/s,C正确。故选C。 (E (2/ 3.A解标周期T--100-2.0s,由单摆周别公式T=2x层得L=号0.9mA正确，仅地 n50 大摆长，周期变大，B错误：单摆周期与摆球质量无关，C错误：空间站内各物体处于完全失重状态，摆线无张 力，摆球不会往复摆动，无法计时，D错误。故选A。 4.D解析：系统运动过程中只有重力做功（轻绳对两物体做功的代数和为零），系统机械能守恒，A错误；轻绳 的拉力对于料桶是动力，对于配重是阻力，故轻绳对料桶做正功、对配重做负功，B错误：设配重落地前系统加 速度大小为a,M一mg=(M十ma,则a=M二m迟=2m/S,对配重，由牛顿第二定徘得Mg一T=Ma,解 M+m 得轻绳拉力T=M(g一a)=1.44X10'N,C错误；配重落地瞬间料桶的速度大小v=√2ah=2√2m/s,此后 轻绳松弛，料桶做竖直上抛运动，还能维续上升0,4m,D正确。放选D 5.B解析：F-t图线与时间轴所围面积表示拉力的冲量，0~4s内拉力冲量大小为Ir=3000N·s,A错误： 取竖直向下为正方向，0~4s内重力的冲量为mg1=2400N·s,由动量定理得动量变化量△p=g4一Ir= 一600N·s,负号表示方向竖直向上，即动量变化量大小为600kg·m/s、方向竖直向上，B正确；1F一mg1= 60N·s,0~4s内合力的平均值F=60°N=150N.C错误：1=45时物资箱的速度v=,+m8一- 2m/s,方向竖直向下，D错误。故选B。 6.B解析：两轮半径相同，且与地面间不打滑，轮心前进的速度等于轮缘的线速度，即o=2r(n为转速)， 外、内侧轮心速度之比等于转速之比品-品一贺-号：运箱车经0转动，外、肉创轮心到0的距离分别为 R+片与R-专.绕0点转动时两者的角速度相同，则 R+)R+吃 :(R-)R-号 L 联立利受+80贯-号解 得R=3.0m,B正确。故选B。 7.B解析：对质量为M、半径为R。的中心天体，质量为的卫星绕其做匀速圆周运动，轨道半径为r、周期为 T.由万有引力提供向心力得C“=m答解得M一产 2 一G、中心天体的平均密度为P三4元R:一GT2·其中 ”一反为卫星轨道半径与中心天体率径之比，所以木星与地球的平均密度之比为二-（侣）广（分）°，B正确。 故选B。 ·物理(B卷)答案（第1页，共4页）· 8.BD解析：弹簧N的上端与轻绳相连，轻绳只能产生拉力、不能产生压力，V只能处于拉伸或原长状态，不 可能被压缩，C借误，设手柄的拉力为F,配重块a的质量为m,由a受力平衡可知，当F=0时，N处于原 长，M处于压缩状态，A错误；设a的质量为1，当F=g时，M的弹力恰好为零，处于原长，N处于拉伸状 态，当F>mg时，M被拉伸、对a施加向下的拉力，N处于拉伸状态，B、D正确。故选BD。 9.BC解析：取水平向右为正方向。设滑块相对地面的水平速度为1、小车相对地面的速度为V,由水平方向 动量守恒得mw1十mV,=一mvo,若滑块从圆弧上端滑离，圆弧上端的切线竖直，滑块相对小车的水平速度为 零，放，=V,=一受，滑块从上端滑离时具有竖直向上的切向速度，所以对地速度同时具有向左和向上的分 量，离开后做向左上方的斜上抛运动，A错误，B正确；若滑块从圆弧下端滑离，说明滑块沿圆弧上升后又返 回下端。设此时滑块和小车相对地面的水平速度分别为v2和V2,由水平方向动量守恒得w2十mV2= 一m,由系统机被能守恒，有宁m+分mVg-弓mv,联立上式得g=0,V=一w,滑块返回下端时相对 小车向右运动，因此滑块相对地面速度为零，小车向左运动且速度大小为。滑块离开下端后只受重力作 用，做自由落体运动，C正确，D错误。故选BC。 10.ACD解析：以轿厢与手推车整体（总质量3m)为研究对象，整体沿轨道向上做匀加速直线运动，在垂直于 轨道方向上无加速度。设轨道对轿厢的支持力为N,由平衡条件得N一3 ng cos a=0,解得V=3 mng cos a, 个正确；设整体加速度大小为a,沿轨道方向由牛顿第二定律得F-3 mgsin a=-3ma,a三一gsin a,手推 车的加速度沿轨道方向，将其沿水平方向和竖直方向分解，竖直分量的大小为asin a,水平分量的大小为 acos a。手推车在竖直方向由牛顿第二定律得V,一mg=masin a,解得地板对手推车的支持力V,= m(g十asin a)=mgcoa十号sina,B错误；手推车在水平方向由牛顿第二定律得，其所受摩擦力大小∫ ma cos a= (3一ngsin a)cos a,方向水平向右，C正确；手推车与地板不发生相对滑动的条件为∫≤N, 即acos≤(g十asin a),a(cosa一)≤g,若K≥ai。则cosa一4sina≤0，无论拉力F多大，上 式恒成立，手推车都能与轿厢保持相对静止，D正确。故选ACD。 11.答案：(1)A(2分) e层 (2分) (3)偏小(2分) 解析：(1)实验中读取橡胶球位置时可以以橡胶球下边缘所对刻度为准，A正确；实验要求橡胶球由静止释 放，轻推会给球引入初速度，使“下落高度h”与“碰前速度”的关系不再满足自由落体运动规律，B错误；为减 小偶然误差，每个高度应多次重复拍摄并取平均值，C错误。 (2)忽略空气阻力，橡胶球下落过程做自由落体运动，碰前速度大小满足：1=√2gh,反弹后上升过程做竖 直上抛运动，上升到最高点B时速度为零，碰后速度大小满足：v2=√2gh。由恢复系数的定义得：= (3)由=h .此情况下测得的'偏小，则所测偏小。 12.答案：(1)间隔大致相等（或间隔均匀）(1分) (2)①0.201(2分)②0.020(2分)0.019(2分) (3)A(2分) 解析：(1)不挂重物，轻推小车，若小车近似做匀速直线运动（纸带上点迹间隔均匀），则重力沿斜面的分力与 ·物理(B卷)答案（第2页，共4页）· 摩擦力互相平衡。 (2)①相邻计数点的时间间隔T=0.10s,利用平均速度代替瞬时速度，有vn= （xAB十xc 2T -=0.201m/s。 ②从B到D经历的时间为2T=0.20s,重物重力的冲量1=mg·2T=0.020N·s;小车动量的变化量 △p=M(vp-vm)=0.019kg·m/s。 (3)未平衡摩擦力或平衡不足时，小车所受合力小于所受拉力，其动量变化量偏小，而拉力的冲量仍按mg( 计算，故冲量偏大，A正确；实验时应先接通电源，待稳定后再释放小车，B错误；实验时应保持细线与长木 板平行，而不是细线水平，C错误。故选A。 13.答案：(1)800N400W (2)325W 解析：(1)挂斗匀速上升，钢索对挂斗的拉力与挂斗所受重力平衡，大小为mg=200N(1分) 由图线可知，F随y变化的关系为F=一20y+1100(N)(1分) y=15m时卷扬机的牵引力F=800N(1分) 此时牵引力做功的瞬时功率P=Fv=400W(2分) (2)由图线可知，y=0时F=1100N:y=H=45m时F=200N. 图线与两坐标轴所围的面积等于牵引力做的功， W=2.925×10J(2分) 全程用时1=H=90S1分) 平均功率P= _Y=325W(2分) 14.答案：(1)0.05m2.0s0.50Hzx=0.05sin(πt)m 活心 (2)1 解析：(1)由图像可知，塔顶振动的振幅A=0.05m(1分) 周期T=2.0s(1分) 21=,1=0.50Hz(1分) 频率为∫=亍=2.0$ 圆频率为w= 卡7=元rad/s(1分) 由图像知，l=0时塔顶位移为零且正在向正方向运动，故振动方程为x=0.05sin(πt)m(2分) (2)设塔顶第1次到达该位置经历的时间为1，代入表达式有0.05sin(πt,)=0.025m(1分) 1 解得1=6s（1分) 质点振动的加速度为其振动方程关于t的二阶导数，即a=x"(t)=一0.05πsin(πt)(2分) 代人，=石s 此时塔顶的加速度大小为 a-vg2分) 15.答案：1)m1十mn mA (2)号或3 (3)3X230 mR A十mn ·物理(B卷)答案（第3页，共4页）· 解析：1)碰撞前对小球A,向心力F,=-”1分) R 碰撞后A、B共同速度为v1,由总动量守恒有mAv。=(mA十mB)U1(1分) 碰撞后对A、B,向心力F2=(mA十mn)尺 1分) F,=mA十mu(1分) 联立，解得F。一m入 (2)设两球碰后速度分别为vA、vB,由总动量守恒、机械能守恒，分别有 mA=mAVA十mBvH(1分) 豆im:听+号m暖1分) 1 1 联立解得v= mA一mB 21A mA+mB oUn一mA十mn 。(1分) ①当mA<mn时，A、B碰撞后反向运动，依题意，有vA=一vB 解得四4=号(1分) mn 3 ②当mA>m时，A、B碰撞后同向运动，可知A运动半圈，B运动一圈半，则有v=3vA 解得mA=3(1分) B ③当=B时，可知二者在原处第二次碰撞，不符合题意 综上器- (3)设A、B第n次碰撞后的相对速度大小为vn,实际速度大小分别为vm、v,依题意，有 -方，-（分》w1分） 由碰撞总动量守恒，则对于第n次碰撞有mAvo=mvm十mnvm(1分) 上式两边同乘第n次碰撞到第十1次碰撞之间的时间△.=迟 2πR 有mAv0 =0 AT Aw十mBxm（1分) 其中x,x分别为第n次碰撞后至第n十1次碰撞前，A、B沿顺时针方向的路程，逆时针方向取负。 依题意分析，以第1次碰撞后到第2次碰撞前，B比A快为假设前提，则可知第2025次碰撞后到第2026次 2πR 碰撞前，B比A快，有mAvo 2025 =1AxA2025十mnxH2025,x2025-xA2025=2πR（1分) mA·2xRX(225+1)(1分) 解得x2as一nA十m程 第2026次碰撞后到第2027次碰撞前，A比B快，有mw。 2πR V2026 =mAXA202s+1mn.xH2026,.XA2026一xH202s=2πR (1分) mA·2xRX(26-1)(1分) 解得xB2a6一nA十m 则sn=xn202十xB2026 (1分) 联立解得十m6R·2X2m迟 mA十1B 可见，结果与假设前提的取法无关。 ·物理(B卷)答案（第4页，共4页）·