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2026届湖南长沙市高考物理自编二模练习试卷【十二】
【湖南地区专用二模试卷】
考试范围：2026届高考物理全部内容 考试时间：75分钟； 命题人：
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
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．
第一部分（选择题 共43分）
一、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，只有一项是符合题目要求的。
1．[4分]如图甲所示，在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环，磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示。规定磁场竖直向上为正，导体环中电流沿顺时针方向（俯视）为正，导体环中感应电流随时间变化的图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
2．[4分]下列说法中正确的是（　　）
A．形状规则的物体，它的重心一定在物体的几何中心
B．相互挤压的物体间一定有摩擦力
C．变速圆周运动中合力一定不指向圆心
D．物体受到的摩擦力方向与物体的运动方向之间的夹角不可能是90°
3．[4分]如图所示为某实验小组设计的两个量程的电流表，已知表头G的满偏电流为Ig，定值电阻R1、R2的阻值均等于表头的内阻。当使用1和2两个端点时，电流表的量程为I1，当使用1和3两个端点时，电流表的量程为I2.下列说法正确的是（　　）
A．I1=2Ig
B．I2=3Ig
C．若仅使R1阻值变小，则I1和I2均变大
D．若仅使R2阻值变小，则I1和I2均变大
4．[4分]如图所示，水平天花板下方固定一光滑小定滑轮O，在定滑轮的正下方C处固定一带正电的点电荷，不带电的小球A与带正电的小球B通过跨过定滑轮的绝缘轻绳相连。开始时系统在图示位置静止，已知。若B球所带的电荷量缓慢减少（未减为零），则在B球到达O点正下方前，下列说法正确的是（　　）
A．A球的质量大于B球的质量
B．B球的轨迹是一段圆弧
C．此过程中点电荷对B球的库仑力不变
D．此过程中滑轮受到轻绳的作用力逐渐减小
5．[4分]如图甲所示为古代榨油场景，图乙是简化原理图，快速撞击木楔便可将油榨出。若木楔可看作顶角为θ的等腰三角形，撞击木楔的力为F，忽略木楔与木块间的摩擦力，则下列说法正确的是（　　）
A．木楔挤压木块过程中，木楔对木块的压力大于木块对木楔的压力
B．为了提高榨油的效率，θ通常设计得较大
C．木楔对单侧木块的压力大小为
D．当θ一定时，F越大，木楔对单侧木块的压力越大
6．[4分]某同学设计了如图甲所示的电路来对比电感线圈和小灯泡对电路的影响，电路两端电压恒定，为完全相同的电流传感器。某次实验中得到通过两电流传感器的电流图像如图乙所示。关于该实验，下列说法正确的是（ ）
A．该实验演示的是通电自感现象
B．线圈的直流电阻大于灯泡的电阻
C．断开开关后，小灯泡先闪亮一下再逐渐熄灭
D．乙图中的曲线表示电流传感器测得的数据
7．[4分]高铁开通后，从铁路售票网12306查询到G232次列车的信息如图所示，用电子地图测距工具测得青岛站到上海虹桥站的直线距离约为530.3km，下列说法正确的是（　　）
A．研究列车在地图上的位置，可视列车为质点
B．图中16：10表示时间间隔
C．图中6时48分表示时间点
D．530.3km表示青岛站到上海虹桥站的路程
二、选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。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．[5分]古诗词有言：“兰香滴露啼幽翠，江波粼粼月光碎。”如图所示，平静水面上有两个波源，t=0时刻，O1、O2两波源同时开始振动，振动方程分别为波源O 形成的波在水中的传播速度为2m/s。已知O AO 是水面上边长为2m的等边三角形，连线上的M点与波源的间距为0.9m，下列说法正确的是（　　）
A．质点A振动的频率为10Hz B．两波源形成的波的波长均为0.4m
C．振动稳定后，质点A为振动加强点 D．0~0.75s内，质点M通过的路程为92cm
9．[5分]可视为质点的甲、乙两小球用铰链与轻杆连接，甲球套在固定的竖直杆上，乙球处于水平地面上，初始时轻杆与水平方向夹角为杆长为L。无初速度释放两球到甲球落地的过程中，两球的速率随时间变化如图所示，其中t 时刻乙球速率最大。已知甲球质量为2m，乙球质量为m，重力加速度大小为g，不计一切摩擦，则（　　）
A．t 时刻轻杆与水平方向夹角为
B．t 时刻甲球的加速度等于g
C．t 时刻甲球的速率为
D．0~t 过程甲、乙两球的速率图线与时间轴所围成的面积之比为
10．[5分]如图所示，水平桌面上平放一叠共计54张的扑克牌，每一张的质量均为。 用一手指以竖直向下的力压第1张牌，并以一定速度向右移动手指，确保手指与第1张牌之间有相对滑动。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同，手指与第1张牌之间的动摩擦因数为， 牌间的动摩擦因数均为， 第54张牌与桌面间的动摩擦因数为， 重力加速度为， 则下列说法正确的是（ ）
A．第2张牌到第53张牌之间可能发生相对滑动
B．若， 当手指施加恒力时，由上向下数的第30张扑克牌对第31张扑克牌的摩擦力的大小为
C．第2张牌对第3张牌的摩擦力方向向右
D．若， 当手指施加恒力时，由上向下数的第31张扑克牌对第32张扑克牌的摩擦力的大小为
第二部分（非选择题 共57分）
非选择题：本大题共5题，共57分。
11．[8分]某同学用图甲所示电路精确测量一段粗细均匀的金属丝的电阻率，阻值约为100Ω。备选器材如下：
A．量程为5mA、内阻Ω的电流表
B．量程为0.6A、内阻Ω的电流表
C．量程为6V、内阻约为15kΩ的电压表
D．最大阻值为15Ω、最大允许电流为2A的滑动变阻器
E．定值电阻Ω
F．定值电阻Ω
G．电动势V、内阻很小的直流电源
H．开关一个，导线若干
L．螺旋测微器，刻度尺
（1）该同学用螺旋测微器测量待测金属丝的直径，读数如图乙所示，则示数 mm；
（2）实验中电流表应选用 （填“A”或“B”），定值电阻应选用 （填“E”或“F”）；
（3）电压表的示数记为U，电流表的示数记为I，则该金属丝的电阻的表达式Rx= ；若用刻度尺测得待测电阻丝接入电路的长度为L，则其电阻率的表达式为 。（表达式中所用到的阻值必须用对应的电阻符号表示，不得直接用数值表示）
12．[8分]某同学在家中找到一块轻质方形弹性薄布，于是拿到实验室使用图1所示装置测量这块布的弹力性能如何，实验步骤如下：
①利用铆钉将弹性布固定在两桌面之间，此时弹性布刚好水平平整无张力；
②在弹性布正中心下方水平地面放置一个位移传感器，测得距离弹性布中心的高度为；
③在弹性布中心正上方高处由静止释放一个金属小球，小球下落过程中，位移传感器测得小球到位移传感器距离最小值为；
④利用弹簧测力计测得金属小球的重力为。
回答下列问题：
（1）选择小球释放处为零势能点，金属小球落至最低点时，金属小球的重力势能为 （用题中字母表示）。
（2）由于弹性布很轻，不考虑小球与弹性布碰撞损失的机械能，改变金属小球释放的高度，测得小球到位移传感器距离最小值的不同值，以为横轴，用表示弹性布的弹性势能作为纵轴，作出图像如图2所示，则 （用、、、表示）。
13．[12分]如图所示，倾角为的光滑斜面上存在着两个磁感应强度大小均为的匀强磁场区域，区域Ⅰ和区域Ⅱ的磁场方向分别垂直于斜面向上和向下，磁场宽度及均为。一个质量为、电阻为、边长也为的正方形导线框由静止开始沿斜面下滑，边恰好匀速穿过区域Ⅰ。重力加速度取。
（1）求线框开始下滑时边与区域Ⅰ边界之间的距离；
（2）求边刚穿过时线框的加速度大小；
（3）若已知边到达时的速度为，求边穿过区域Ⅰ和区域Ⅱ的过程中所用的总时间。
14．[13分]物块A静止在木板B上，A、B的质量分别为2m、m，A、B之间的动摩擦因数为2μ，木板B与地面间的动摩擦因数在P点左侧为μ，在P点右侧为。P点右侧某处有N个质量均为3m的光滑小球沿直线紧密排列，球的直径等于木板的厚度且小球足够多。用带有橡胶指套的手指作用在物块A的上表面并以某一恒定速度水平向右运动，手指对物块A施加的压力大小恒为mg，运动时间后撤离手指。手指作用过程中，物块A上表面留下的指痕长度恰好等于物块A在木板B上痕迹长度的。手指撤离后再经过时间，木板B的右端刚好抵达P点，此时物块A、木板B速度恰好相等。木板B完全通过P点又经过一段距离后其右端与小球1相接触，此时速度为木板B右端刚到P点速度的。已知物块A始终未脱离木板B且木板B的左端不再回到P点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，所有碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间忽略不计，重力加速度大小为g。
（1）求、过程中木板B的加速度大小；
（2）求木板B右端刚好到达P点时的速度大小；
（3）求橡胶指套与物体A上表面间的动摩擦因数；
（4）求木板B第一次与小球碰撞到静止的总运动时间及此过程中A、B间因摩擦产生的热量。
15．[16分]如图所示，平行金属导轨MN、M′N′和平行金属导轨PQR、P′Q′R′固定在高度差为h（数值未知）的两水平台面上。导轨MN、M′N′左端接有电动势E=1.2V、内阻r0=1Ω的电源。MN与M′N′的间距为L=0.10m，其导轨空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B1=0.20T；平行导轨PQR与P′Q′R′的水平部分足够长，其间距也为L=0.10m，其中PQ与P′Q′是圆心角为60°、半径为r=0.50m的圆弧形导轨，QR与Q′R′是水平长直导轨，QQ′右侧有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B2=0.40T。导体棒a的质量m1=0.02kg，接在电路中的电阻R1=0.2Ω，放置在导轨MN、M′N′右侧N′N边缘处；导体棒b的质量m2=0.04kg，接在电路中的电阻R2=0.4Ω，放置在水平导轨某处。闭合开关K后，导体棒a从NN′水平抛出，恰能无碰撞地从PP′处以速度v1=2m/s滑入平行导轨，且始终没有与棒b相碰。重力加速度取g=10m/s2，不计一切摩擦及空气阻力。求：
（1）导体棒b的最大加速度大小；
（2）初始导体棒b距离磁场边界QQ′的最小距离；
（3）从闭合开关K到a、b棒达到稳定运动的过程中，导体棒a产生的焦耳热（结果保留两位有效数字）。
参考答案
1．【答案】D
【详解】根据楞次定律，在0~2s内线圈中电流为沿顺时针方向，即正方向；根据法拉第电磁感应定律可得，感应电动势为，感应电流为，不变；在2~4s内线圈中电流为沿逆时针方向，即负方向；电流大小，不变。
2．【答案】C
【详解】物体的重心位置取决于质量分布，形状规则但密度不均匀时，重心不一定在几何中心，A错误；摩擦力产生需同时满足接触面粗糙、有正压力、有相对运动或相对运动趋势，相互挤压仅提供正压力，不足以保证摩擦力存在，B错误；变速圆周运动中，速度大小变化，需切向加速度改变速度大小，因此合力必有切向分量，而向心加速度指向圆心，可知合力一定不指向圆心，C正确；物体受到的摩擦力方向与运动方向夹角可能为90°（如匀速圆周运动中静摩擦力提供向心力，方向指向圆心，运动方向为切线方向），D错误。
3．【答案】C
【详解】设R1=R2=RG=R，根据电表改装原理得I1=Ig，I2=Ig，联立可得I1=3Ig，I2=1.5Ig，故AB错误；由以上分析可知，若仅使R1阻值变小，则I1和I2均变大；若仅使R2阻值变小，则I1减小，I2变大，故C正确，D错误。
4．【答案】B
【详解】对球进行受力分析，B球受到轻绳的拉力、重力和库仑力，由相似三角形可知（定值），其中，，整理各式得（定值）由于，因此，A错误；由不变，可知不变，球的轨迹是一段圆弧，B正确；由于减小，可知也减小，此过程中球所受库仑力减小且方向改变，C错误；滑轮受到的轻绳的作用力大小均为，大小不变，由于减小，可知两绳夹角减小，所以滑轮受到两绳的合力增大，D错误。
5．【答案】D
【详解】根据牛顿第三定律可知，相互作用力等大反向，木楔对木块的压力等于木块对木楔的压力，A错误；如图所示，由力的分解可知
木楔对单侧木块的压力为，可知当越大，越大，越小，BC错误；当一定时，F越大，木楔对单侧木块的压力越大，D正确。
6．【答案】C
【详解】A.由图像乙得，从计时开始两条支路都存在电流，分别是和，断开后瞬间，线圈的电流要减小，于是线圈中产生自感电动势，阻碍自身电流的减小，电流逐渐减小为零，因此本实验是：开关断开，电路中产生了感应电流，演示断电自感现象，故A错误；BCD.断开开关前后的一小段时间内，通过自感线图的电流方向是不变的，则自感线图所在支路的电流如曲线所示，乙图中的曲线表示电流传感器测得的数据，由说明线图的直流电阻是小于灯泡的电阻的：断开开关之前通过线圈的电流大于通过小灯泡的电流，则断开开关后，线圈产生自感电动势阻碍电流减小，线圈相当于电源，由于线圈、电流传感器和灯泡重新组成回路，则小灯泡先突然变亮再逐渐熄灭，故正确，BD错误。故选C
7．【答案】A
【详解】研究列车在地图上的位置，能忽略列车的大小和形状，可视列车为质点，A正确；图中16：10表示时刻，B错误；图中6时48分表示时间间隔，C不正确；铁路线是曲线，路程大于直线距离，D错误。
8．【答案】BD
【详解】根据振动方程可知，质点振动频率，A错误；波长，B正确；质点A到两波源的波程差为半波长的偶数倍，两波源振动步调相反，则质点A振动减弱，C错误；由于，可知M点振动加强，质点M的振幅为18cm，形成的波传播到M的时间，形成的波传播到M的时间，由于，，则0~0.75s内，质点M通过的路程，D正确。
9．【答案】BD
【详解】设t1时刻轻杆与水平方向夹角为θ，将v甲和v乙沿杆方向和垂直于杆方向正交分解如图：
沿杆方向速度相等，则有v甲sinθ=v乙cosθ，从图像中可以看出此时v甲=v乙，所以sinθ=cosθ，θ=45°，故A错误；t2时刻乙球速率最大，此时图像中斜率为0，即加速度为0，则合外力为0，杆对乙球没有力，则杆对甲球也没有力，所以甲球只受重力，加速度为g，故B正确；t3时刻甲球落地，乙球速度为0，根据动能定理有，解得，C错误；0～t3过程甲、乙两球的速率图线与时间轴所围成的面积为甲和乙的位移，甲球的位移为x甲=Lsin60°=L，乙球的位移为x乙=L- Lcos60°=L，所以x甲：x乙=：1，即0～t3过程甲、乙两球的速率图线与时间轴所围成的面积之比为：1，故D正确。
10．【答案】CD
【详解】设手指竖直向下的压力为， 则手指与第1张牌之间的摩擦力为， 由于手指向右移动，并且与第1张牌之间有相对滑动，所以第1张牌受到手指的摩擦力向右，大小为， 当时，第2张牌对第1张牌的最大静摩擦力为， 则第1张牌静止受到的摩擦力为静摩擦力，大小， 以此类推，第1张牌到第54张牌均静止，受到的摩擦力均为静摩擦力，且静擦力大小为错误；因牌间的动摩擦因数均为， 由分析可知，第2张牌到第53张牌均相对静止，之间不可能发生相对滑动，则A 错误。对第3张牌受力分析，第2张牌给第3张牌的静摩擦力方向向右，正确，当时，第1张牌对第2张牌的压力为， 它们之间的摩擦力为， 则第1张牌滑动，即第1张牌给第2张牌的摩擦力为。 第3张牌给第2张牌的最大静摩擦力， 则第2张及以下的牌均静止，且受到的静摩擦力大小为， D正确，故选，
11．【答案】6.805（6.802~6.807均可）；A；E；；
【详解】（1）根据螺旋测微器读数规则，金属丝直径D＝6.5 mm＋30.5×0.01 mm＝6.8005mm；
（2）电压表量程为6 V，电阻丝电阻约100 Ω，电流表量程应该为60 mA左右，可以将量程5 mA的电流表并联5 Ω的电阻改装成量程为55 mA的电流表，即电流表选择A，定值电阻选择E。
（3）金属丝中电流为，电压U′＝U－Ir1，由欧姆定律可得金属丝电阻，由电阻定律，，解得电阻率
12．【答案】（1）；（2）
【详解】（1）由题可知，金属小球落至最低点时，金属小球的重力势能为。
（2）根据上述分析可知，小球具有的重力势能与高度的关系为，结合能量守恒可知，小球的重力势能全部转化为弹性布的弹性势能，则有。
13．【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】（1）设导线框以速度匀速穿过区域Ⅰ，感应电动势
电流为
线框做匀速运动，根据平衡条件，有
线框在磁场上方，根据牛顿第二定律，有
解得加速度为
根据速度-位移公式可得下滑的位移为
联立以上并代入数据解得，
（2）边刚穿过时线框的感应电动势
电流
根据牛顿第二定律，有
联立解得
（3）边穿过区域Ⅰ的时间为
设边穿过区域Ⅱ的时间为，由动量定理得
其中
所用的总时间
联立以上解得
14．【答案】（1），
（2）
（3）
（4），
【详解】（1）0~t0过程中，对木板B分析可得
解得
t0~2t0过程中，对木板B分析可得
解得
（2）在0~2t0过程中，对木板B由运动学分析可得，木板B右端刚好到达P点时的速度大小
（3）t0~2t0过程中，对物块A分析可得
解得
设手指与物块A间相对滑动的时间为t，手指、物块A、木板B的速度时间关系图像如下
则可得
解得
由运动学规律可得
解得
则有
对物块A受力分析有
解得
（4）物块A和木板B越过P点和小球碰前速度
木板B与小球1发生弹性碰撞，由动量守恒定律可得
由能量守恒定律可得
解得，
此后，A、B发生相对滑动，1号小球与后边小球碰撞后速度交换，1号球仍停留在原处，最后一个小球向右运动，碰后木板B向左减速运动，对木板B分析可得
木板B速度减为0后，又反向向右运动，对木板B分析可得
设木板B向左最远运行距离为xB1，则有
代入数据，联立解得，，，
则有
此时可得出
即木板B再次返回时，未与物块A达到共速，且第二次碰撞前木板B的速度为第一次碰撞前木板B速度的，同理可得木板B此后的运动时间为等比数列，公比为，且碰撞次数足够多
从木板B第一次与小球碰撞到静止的过程，物块A的位移
木板B的位移
产生的热量为
15．【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】（1）导体棒 从点滑至 点过程中，机械能守恒
、间竖直高度差
由
代入 ，，得 ，
刚进入右侧磁场时，切割磁感线产生感应电动势
回路总电阻
回路电流
导体棒 所受安培力
导体棒 的最大加速度
（2）设从 进入磁场到两棒共速过程中，通过回路的电荷量为
对导体棒 应用动量定理
系统动量守恒
代入 ，，
得共同速度
代入动量定理
解得
又
而 ，为相对 的位移
代入得 ，解得
此即初始时 距离磁场边界 的最小距离
（3）从闭合开关 到、 达到稳定运动，全过程分为两个阶段
阶段一：在左侧导轨被加速至离开
设 离开时速度为（水平），由平抛后无碰撞滑入
可知
对左侧加速过程，应用动量定理
代入 ，，，得
电源做功
获得动能
阶段一电路总焦耳热
左侧回路总电阻 ，的电阻占比
故阶段一 产生的焦耳热
阶段二：进入右侧磁场后与 相互作用至共速
系统初始动能
末动能
阶段二电路总焦耳热
、 串联，热量分配与电阻成正比，的电阻，的电阻，比例
故阶段二 产生的焦耳热
全过程 产生的总焦耳热
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【湖南地区专用二模试卷】
考试范围：2026届高考物理全部内容 考试时间：75分钟； 命题人：
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
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．
第一部分（选择题 共43分）
一、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，只有一项是符合题目要求的。
1．[4分]“梦天号”实验舱携带世界首套可相互比对的冷原子钟组发射升空,对提升我国导航定位、深空探测等技术具有重要意义。如图所示为某原子钟工作的四能级体系,原子吸收频率为ν0的光子从基态能级Ⅰ跃迁至激发态能级Ⅱ,然后自发辐射出频率为ν1的光子,跃迁到钟跃迁的上能级2,并在一定条件下可跃迁到钟跃迁的下能级1,实现受激辐射,发出钟激光,最后辐射出频率为ν3的光子回到基态。该原子钟产生的钟激光的频率ν2为 (　　)
A．ν0+ν1+ν3 B．ν0+ν1-ν3
C．ν0-ν1+ν3 D．ν0-ν1-ν3
2．[4分]铯原子喷泉钟是定标“秒”的装置。在喷泉钟的真空系统中，可视为质点的铯原子团在激光的推动下，获得一定的初速度。随后激光关闭，铯原子团仅在重力的作用下做竖直上抛运动，到达最高点后再做一段自由落体运动。取竖直向上为正方向。下列可能表示激光关闭后铯原子团速度v或加速度a随时间t变化的图像是（　　）
A． B． C． D．
3．[4分]丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，揭开了人类研究电磁间关系的序幕.三根相互平行的通电长直导线、、电流均为，如图所示放在等腰直角三角形三个顶点上，每根通电直导线单独存在时，点的磁感应强度都是，则三根通电导线同时存在时点的磁感应强度的大小为（ ）
A． B． C． D．
4．[4分]“羲和”号是我国发射的首颗太阳探测科学技术试验卫星。如图所示，该卫星围绕地球的运动视为匀速圆周运动，轨道平面与赤道平面接近垂直。卫星每天在相同时刻，沿相同方向经过地球表面点正上方，恰好绕地球运行圈。已知地球半径为，自转周期为，地球两极表面重力加速度为，则“羲和”号卫星轨道距地面高度为（ ）
A． B．
C． D．
5．[4分]如图所示，实线表示某电场的等势线，虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设点和点的电势分别为、，粒子在点和点时的加速度大小分别为、，动能大小分别为、，电势能分别为、、下列判断正确的是（　　）
A． B．
C． D．
6．[4分]如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与物块A连接在一起,处于压缩状态。A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时,立即将物块B轻放在A右侧,A、B由静止开始一起沿斜面向下运动,下滑过程中A、B始终不分离,当A回到初始位置时速度为零。A、B与斜面间的动摩擦因数相同,弹簧未超过弹性限度,则 (　　)
A．当上滑到最大位移的一半时,A的加速度方向沿斜面向下
B．A上滑时,弹簧的弹力方向不发生变化
C．下滑时,B对A的压力先减小后增大
D．整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量
7．[4分]如图所示，工程队向峡谷对岸平台抛射重物，初速度大小为，与水平方向的夹角为 ，抛出点和落点的连线与水平方向夹角为 ，重力加速度大小取，忽略空气阻力。重物在此运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．运动时间为
B．落地速度与水平方向夹角为
C．重物离连线的最远距离为
D．轨迹最高点与落点的高度差为
二、选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。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．[5分]如图(a)所示,两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨竖直放置并固定,顶端接有阻值为R的电阻。垂直导轨平面存在变化规律如图(b)所示的匀强磁场,t=0时磁场方向垂直纸面向里。在t=0到t=2t0的时间内,金属棒水平固定在距导轨顶端L处;t=2t0时,释放金属棒。整个过程中金属棒与导轨接触良好,导轨与金属棒的电阻不计,则 (　　)
图(a)　　　图(b)
A．在t=时,金属棒受到安培力的大小为
B．在t=t0时,金属棒中电流的大小为
C．在t=时,金属棒受到安培力的方向竖直向上
D．在t=3t0时,金属棒中电流的方向向右
9．[5分]如图,光滑水平地面上有一质量为2m 的小车在水平推力F 的作用下加速运动。车厢内有质量均为m 的 A、B 两小球,两球用轻杆相连,A 球靠在光滑左壁上, B 球处在车厢水平底面上,且与底面的动摩擦因数为μ,杆与竖直方向的夹角为θ,杆与车厢始终保持相对静止。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是 (　　)
A．若B球受到的摩擦力为零,则F=2mgtan θ
B．若推力F向左,且tan θ≤μ,则 F 的最大值为2mgtan θ
C．若推力F向左,且μD．若推力F向右,且tan θ>2μ, 则F 的范围为4mg(tan θ-2μ)≤F≤4mg(tan θ+2μ)
10．[5分]如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成 角，其大小随时间的变化关系为,、均为大于0的常量，无人机的质量为，重力加速度为。关于该无人机在0到时间段内是满足的任一时刻，下列说法正确的有（ ）
A．受到空气作用力的方向会变化
B．受到拉力的冲量大小为
C．受到重力和拉力的合力的冲量大小为
D．时刻受到空气作用力的大小为
第二部分（非选择题 共57分）
非选择题：本大题共5题，共57分。
11．[8分](12分)一学生小组做“用单摆测量重力加速度的大小”实验。
(1)用实验室提供的螺旋测微器测量摆球直径。首先，调节螺旋测微器，拧动微调旋钮使测微螺杆和测砧相触时，发现固定刻度的横线与可动刻度上的零刻度线未对齐，如图(a)所示，该示数为　　　　mm；螺旋测微器在夹有摆球时示数如图(b)所示，该示数为　　　　mm，则摆球的直径为　　　　mm。
图(a) 图(b) 图(c)
(2)单摆实验的装置示意图如图(c)所示，其中角度盘需要固定在杆上的确定点O处，摆线在角度盘上所指的示数为摆角的大小。若将角度盘固定在O点上方，则摆线在角度盘上所指的示数为5°时，实际摆角　　　　5°(填“大于”或“小于”)。
(3)某次实验所用单摆的摆线长度为81．50 cm，则摆长为　　　　cm。实验中观测到从摆球第1次经过最低点到第61次经过最低点的时间间隔为54．60 s，则此单摆周期为　　　　s，该小组测得的重力加速度大小为　　　　m/s2。(结果均保留3位有效数字，π2取9．870)
12．[8分]（10分）一学生小组测量某金属丝（阻值约十几欧姆）的电阻率。现有实验器材：螺旋测微器、米尺、电源E、电压表（内阻非常大）、定值电阻R0（阻值10.0 Ω）、滑动变阻器R、待测金属丝、单刀双掷开关K、开关S、导线若干。图（a）是学生设计的实验电路原理图。完成下列填空：
图（a） 图（b）
（1）实验时，先将滑动变阻器R接入电路的电阻调至最大，闭合S。
（2）将K与1端相连，适当减小滑动变阻器R接入电路的电阻，此时电压表读数记为U1，然后将K与2端相连，此时电压表读数记为U2。由此得到流过待测金属丝的电流I＝　　　　，金属丝的电阻r＝　　　　。（结果均用R0、U1、U2表示）
（3）继续微调R，重复（2）的测量过程，得到多组测量数据，如下表所示：
U1（mV） 0．57 0．71 0．85 1．14 1．43
U2（mV） 0．97 1．21 1．45 1．94 2．43
（4）利用上述数据，得到金属丝的电阻r＝14．2 Ω。
（5）用米尺测得金属丝长度L＝50．00 cm。用螺旋测微器测量金属丝不同位置的直径，某次测量的示数如图（b）所示，该读数为d＝　　　　mm。多次测量后，得到直径的平均值恰与d相等。
（6）由以上数据可得，待测金属丝所用材料的电阻率ρ＝　　　　×10－7 Ω·m。（保留2位有效数字）
13．[12分]一边长为L、质量为m的正方形金属细框,每边电阻为R0,置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度大小为B,两虚线为磁场边界,如图(a)所示。
图(a)　图(b)
(1)使金属框以一定的初速度向右运动,进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行,金属框完全穿过磁场区域后,速度大小降为它初速度的一半,求金属框的初速度大小。
(2)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨,导轨与磁场边界垂直,左端连接电阻R1=2R0,导轨电阻可忽略,金属框置于导轨上,如图(b)所示。让金属框以与(1)中相同的初速度向右运动,进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中,电阻R1产生的热量。
14．[13分](16分)如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A与B以相同速度v0向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s。已知v0＝1 m/s，v＝4 m/s，mA＝mC＝1 kg，mB＝2 kg，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数μ1＝0．1，C与B间动摩擦因数μ2＝0．5，B足够长，使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小g＝10 m/s2。
(1)求C下滑的高度H；
(2)与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围；
(3)若s＝0．48 m，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W；
(4)若s＝0．48 m，自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量Δp的大小。
15．[16分](16分)如图，质量为1 kg的薄木板静置于光滑水平地面上，半径为0．75 m的竖直光滑圆弧轨道固定在地面，轨道底端与木板等高，轨道上端点和圆心连线与水平面成37°角。质量为2 kg的小物块A以8 m/s的初速度从木板左端水平向右滑行，A与木板间的动摩擦因数为0．5。当A到达木板右端时，木板恰好与轨道底端相碰并被锁定，同时A沿圆弧切线方向滑上轨道。待A离开轨道后，可随时解除木板锁定，解除锁定时木板的速度与碰撞前瞬间大小相等、方向相反。已知木板长度为1．3 m，g取10 m/s2，取3．16，sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8。
(1)求木板与轨道底端碰撞前瞬间，物块A和木板的速度大小；
(2)求物块A到达圆弧轨道最高点时受到轨道的弹力大小及离开轨道后距地面的最大高度；
(3)物块A运动到最大高度时会炸裂成质量比为1∶3的物块B和物块C，总质量不变，同时系统动能增加3 J，其中一块沿原速度方向运动。为保证B、C之一落在木板上，求从物块A离开轨道到解除木板锁定的时间范围。
参考答案
1．【答案】D
【命题点】能级跃迁+原子钟激光频率
【详解】能级Ⅰ与能级Ⅱ之间的能级差一定,则有hν0=h(ν1+ν2+ν3),解得ν2=ν0-ν1-ν3,D正确。
2．【答案】D
【解析】激光关闭后铯原子团在空中仅受重力作用，所以其加速度始终为重力加速度，a恒定，C错误，D正确；铯原子团开始在重力作用下做匀减速运动，当速度减小到零后再反向加速，且v－t图像斜率表示加速度，不发生变化，正确的v－t图像如图所示，A、B错误。
3．【答案】A
【解析】如图所示，由安培定则，可知通电长直导线和在点的磁感应强度的方向均垂直于斜向左下，合磁感应强度大小为.通电长直导线在点的磁感应强度的方向垂直于斜向右下，大小为B，将三者所产生的磁感应强度叠加，由勾股定理得点的磁感应强度大小为，A正确.
【方法总结】 多个通电导体或磁体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在时在该点磁感应强度的矢量和.计算时与力的合成方法相同，利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分解.
4．【答案】C
【详解】由题可知，“羲和”号卫星环绕周期，设卫星轨道距离地面高度为，则卫星轨道半径，卫星所受万有引力提供向心力，有，由于地球两极表面上的物体所受万有引力与重力相等，则有，联立可得,正确。
5．【答案】B
【详解】带负电的粒子只在电场力作用下做曲线运动，轨迹弯向电场力的方向，由电场线与等势线垂直，负电荷受力方向与电场方向相反，可知电场线垂直等势线向下，由沿电场线方向电势降低，可知，由电势能和电势关系，粒子带负电，由，可知，由于只有电场力做功，电势能和动能之和不变，由可知，，AC错误，B正确；在等差等势线密的地方，电场强度大，电场力大，加速度大。但题目中给的是等势面而非等差等势面，加速度无法判断，D错误。
6．【答案】B
【命题点】动力学问题综合分析
【详解】下滑过程中A、B始终不分离,说明A、B的加速度 a≤gsin θ-μgcos θ,弹簧始终处于压缩状态(也有可能A在最大位移时弹簧恰好恢复原长),弹簧弹力始终平行于斜面斜向上,方向不发生变化,B正确;设弹簧开始时压缩量为x1,最大位移时压缩量为x2,最大位移一半时压缩量为x3,x3=,在物块A上滑过程中,由能量守恒定律有 k-k=μmAg ·cos θ(x1-x2)+mAgsin θ(x1-x2),化简后有k=μmAgcos θ+mAgsin θ,当A上滑到最大位移的一半时,通过受力分析有a0===0,A错误;分析运动过程可知,下滑时A、B的加速度先逐渐减小为零后反向增大,对B受力分析可知,A对B的作用力一直增大,则B对A的压力一直增大,C错误;由题意结合全过程能量守恒可知,A、B克服摩擦力所做的功等于B的重力势能减小量,D错误。
7．【答案】B
【详解】设竖直向下为正方向，由题意可得，解得，错误；重物落地时，水平速度，竖直速度，落地速度与水平方向夹角的正切值，解得 ，可得落地速度与水平方向夹角为 ，正确；当重物速度方向与平行时，重物离连线最远，即，解得，由，解得，此时重物的水平位移，竖直位移，离连线最远位置如图中点所示，则，错误；重物上升到最高点所需时间满足，解得，轨迹最高点与落点的高度差，不正确。
8．【答案】BC
【命题点】电磁感应的综合应用
【详解】
根据法拉第电磁感应定律可得,在0~2t0时间内,产生的感应电动势为E==·S=,根据欧姆定律可得金属棒中电流的大小为I==,在t=时金属棒受到的安培力大小为F=BIL=··L=,A错误,B正确;在t=时,磁场方向垂直纸面向外且增强,根据楞次定律可得回路中电流沿顺时针方向,即金属棒中电流的方向向左,根据左手定则可知金属棒受到安培力的方向竖直向上,C正确;在t=2t0时释放金属棒,在t=3t0时金属棒可能匀速下落或做加速度减小的加速运动下落,根据右手定则可知金属棒中电流的方向向左,D错误。
9．【答案】CD
【命题点】牛顿第二定律+临界问题
【详解】对A、B两球分别进行受力分析如图1所示,
图1　图2
A球在竖直方向受力平衡,有F杆cos θ=mg,解得F杆=,则杆对B球的力F'杆=F杆;B球在竖直方向受力平衡,有FN=mg+ F'杆cos θ=2mg,若B球受到的摩擦力为零,对B球,由牛顿第二定律有F'杆sin θ=ma,解得a=gtan θ;对小车和A、B两球整体,由牛顿第二定律有F=4ma=4mgtan θ,A错误。若推力F向左,对于A、B两球有两种临界状态,第1种为A球恰不转动,临界条件为车厢对A球的支持力FN1=0,对A球,由牛顿第二定律得F杆sin θ=mam1,又F杆cos θ=mg,解得am1=gtan θ;第2种为B球恰不滑动,临界条件为向左的摩擦力达到最大静摩擦力,受力分析如图2所示,
对B球,由牛顿第二定律得μFN-F'杆sin θ=mam2,又FN=mg+F'杆cos θ,解得am2=2μg-gtan θ,当tan θ≤μ时,am1≤am2,加速度最大可取am1=gtan θ,对小车和A、B两球整体,由牛顿第二定律有F=4mam1=4mgtan θ,B错误。当μam2,加速度最大可取am2=2μg-gtan θ,对小车和A、B两球整体,由牛顿第二定律有F=4mam2=4mg(2μ-tan θ),C正确。若推力F向右,且tan θ>2μ,对A、B两球受力分析如图3所示,
图3
在竖直方向上有F杆cos θ=mg,若B球所受摩擦力水平向左且达到最大静摩擦力,有F'杆sin θ-μFN=ma'1,得a'1=g(tan θ-2μ),若B球所受摩擦力水平向右且达到最大静摩擦力,有F'杆sin θ+μFN=ma'2,得a'2=g(tan θ+2μ),即g(tan θ-2μ)≤a'≤g(2μ+tan θ),对小车和A、B两球整体由牛顿第二定律有F=4ma',则4mg(tan θ-2μ)≤F≤4mg(2μ+tan θ),D正确。
10．【答案】ABD
【详解】无人机做匀速直线运动，所受的合力为0，则空气作用力与拉力和重力的合力等大且反向，重力大小和方向都不变，拉力方向不变，大小变化，二者的合力方向变化，可知空气作用力的方向会发生变化，正确；拉力随时间均匀变化，时刻，拉力大小为，时刻拉力大小为，则无人机在0到的时间内受到的平均拉力的大小为，受到拉力的冲量大小为，正确；冲量为矢量，则重力和拉力的冲量大小应该为矢量和，而不是代数和，错误；时刻，对无人机受力分析如图所示，将正交分解，重力和拉力的合力大小为，由受力平衡可得空气作用力大小，正确。
11．【答案】(1)0.006(2分)　20.035(2分)　20.029(1分)　(2)大于(2分)　(3)82.5(1分)　1.82(2分)　9.83(2分)
【解析】(1)根据螺旋测微器的读数规则可知，图(a)中读数为0＋0.6×0.01 mm＝0.006 mm；图(b)中读数为20 mm＋3.5×0.01 mm＝20.035 mm，则摆球直径为20.035 mm－0.006 mm＝20.029 mm。
(2)作出角度盘上移之后的对比图，由图可知当角度盘上数据一致时，上移之后的摆线角度大于5°。
(3)摆长＝摆线长度＋摆球半径，则摆长L＝82.5 cm。摆球摆到最低点时计数1次，则当计数61次时，周期T＝＝1.82 s。根据单摆周期公式T＝2π，可算得重力加速度为9.83 m/s2。
12．【答案】（2）（2分）　（3分）　（5）0.150（2分）　（6）5.0（3分）
【详解】（2）由于电压表内阻非常大，且金属丝与电阻R0串联，所以流过电阻R0的电流与流过金属丝的电流相等，即流过金属丝的电流I＝＝，由欧姆定律可知金属丝的电阻r＝＝。
（5）由螺旋测微器的读数规则可知读数为0 mm＋15.0×0.01 mm＝0.150 mm。
（6）由电阻定律r＝ρ得ρ＝＝，代入数据解得ρ＝ Ω·m≈5.0×10－7 Ω·m。
13．【答案】(1)　(2)
【命题点】磁场中的电路分析+动量+能量
【详解】(1)金属框进入磁场的过程,
根据法拉第电磁感应定律有E=BLv (1分)
感应电流I= (1分)
金属框右边框所受的安培力大小F安=BIL (1分)
安培力的冲量大小IF=BIL·Δt=·Δt (2分)
又v·Δt=L,可得IF= (1分)
金属框完全进入磁场到即将离开磁场的过程中,左右两边产生的感应电动势相互抵消,无感应电流产生,不受安培力作用 (1分)
根据金属框进入磁场的情况可知,金属框出磁场时同样有IF= (1分)
根据动量定理可得-2IF=m-mv0 (1分)
解得v0= (1分)
甲
(2)金属框进入磁场过程,由于金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好,所以金属框的上、下边框被短路,作出等效电路如图甲所示,
设金属框速度大小为v1,
根据法拉第电磁感应定律有E=BLv1 (1分)
感应电流I== (1分)
设金属框完全进入磁场时速度大小为v2,
由动量定理可得-BIL·Δt=mv2-mv0 (1分)
又v1·Δt=L,
可得v2=,
由能量守恒定律可得,此过程中电路中产生的总热量
Q总1=m-m (1分)
由并联电路电流规律和Q=I2Rt可知,R1上产生的热量Q1== (1分)
乙
金属框完全进入磁场后到右边框运动到磁场右边界时,等效电路如图乙所示,
通过R1的电流I1==,即流过左右边框的电流之和为 (1分)
设金属框右边框刚要出磁场时速度大小为v3,
由动量定理可得-BI1L·Δt=mv3-mv2 (1分)
可得v3=0,金属框将停止运动。
由能量守恒定律可得,此过程中电路中产生的总热量
Q总2=m-m (1分)
R1上产生的热量Q2== (1分)
在金属框整个运动过程中,电阻R1产生的热量为Q=Q1+Q2= (1分)
14．【答案】(1)0.8 m　 (2)0.625 m＜s＜m　(3)－6 J
(4) kg·m/s
【详解】(1)C下滑过程，由动能定理有mCgH＝mCv2－0(1分)
可得H＝0.8 m(1分)
(2)临界一：若B、C恰好共速，且P刚好在B右端，则此时s取得最小值。
C滑上B之后，对C，由牛顿第二定律有μ2mCg＝mCaC，
解得aC＝5 m/s2，方向向左，
对B，由牛顿第二定律有μ2mCg－μ1(mB＋mC)g＝mBaB，
解得aB＝1 m/s2，方向向右，
当B、C共速时，由运动学关系可得v0＋aBt1＝v－aCt1，
解得t1＝0.5 s(2分)
此时B的位移为xB1＝v0t1＋aB＝0.625 m(1分)
因μ2＞μ1，B、C共速之后会一起减速运动(点拨：此处需要对共速之后两者之间的摩擦力进行判断，知道是继续相对滑动还是相对静止)，
对B、C整体，根据牛顿第二定律有μ1(mB＋mC)g＝(mB＋mC)aBC，可得aBC＝1 m/s2，方向向左。
临界二：当B、C共速后，以相对静止状态做匀减速直线运动，且A恰好运动到B的左端，而P刚好在B的右端，此时s取得最大值。
在临界一时，A距B左端的距离Δx＝xB1－v0t1＝0.625 m－0.5 m＝0.125 m，设共速后再经过t2时间A刚好运动到B的左端，则根据位移关系有(v0＋aBt1)t2－aBC＋0.125 m＝v0t2，
解得t2＝s(另一解舍去)(1分)
A、B在t1和t2两段时间内的总位移相等，xB总＝xA总＝v0(t1＋t2)＝m(1分)
所以s的范围是0.625 m＜s＜m(1分)
(3)若s＝0.48 m，B在B、C共速前与挡板P相撞，设经过t3时间B与挡板P相撞，对B，由运动学公式有v0t3＋aB＝s，可得t3＝0.4 s(另一解舍去)(1分)
t3时间内C通过的位移为xC＝vt3－aC＝1.2 m，则摩擦力对C做的功W＝－μ2mCgxC＝－6 J(1分)
(4)过程一：经过t3时间，B右端运动到P处，B与P发生碰撞后弹回，A、B、C位置示意图如图甲所示，
B与P碰撞之后，速度大小不变，方向相反，B弹回的速度大小vB＝v0＋aBt3＝1.4 m/s，方向向左，A、B的间距Δx'＝v0t3＋aB－v0t3＝0.08 m(1分)
vC＝v－aCt3＝2 m/s，方向向右，
此时对B，由牛顿第二定律可得μ2mCg＋μ1(mB＋mC)g＝mBa'B，解得a'B＝4m/s2，方向向右；
过程二：设B与P碰撞后经过t4时间B与A碰撞，A、B、C位置示意图如图乙所示，
由位移关系有v0t4＋vBt4－a'B＝Δx'，解得t4＝ s(另一解舍去)，
此时B的速度大小为v'B＝vB－a'Bt4＝ m/s(1分)
过程三：B与A发生弹性碰撞，碰撞后相关物理量表示如图丙所示，
规定向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律，有
mBv'B－mAv0＝mBv″B＋mAvA，
mBv'2B＋mA＝mBv″2B＋mA，
解得vA＝ m/s，v″B＝－m/s(2分)
过程四：vA＞0、v″B＜0，所以最后A一直向左做匀速直线运动，而B碰撞后运动方向向右，B会与C继续向右运动，无论是否与P碰撞，最后都会在摩擦力作用下静止，因此最后的平衡状态如图丁所示，
从C滑上B开始到最后的平衡状态，以向右为正方向，Δp＝－mAvA－(mAv0＋mBv0＋mCv)＝－ kg·m/s，则三个物体总动量的变化量大小为 kg·m/s(2分)
【一题多解】（2）全过程运算
t1＋t2时间段内A和B位移相等，有v0t1＋aB＋(v0＋aBt1)t2－aBC＝v0(t1＋t2)，解得t2＝s，t1＋t2时间段内B的位移为xB1＋xB2＝xA1＋xA2＝v0(t1＋t2)＝m，则s的范围为xB1＜s＜xB1＋xB2，即0.625 m＜s＜m。
15．【答案】(1)7 m/s　2 m/s　(2) N　2 m
(3)0.1 s≤Δt≤0.118 s或0.732 s≤Δt≤0.75 s
【详解】(1)设物块A的初速度大小为v0，木板与轨道底端碰撞前，物块A和木板的速度大小分别为v1和v2，物块A和木板的质量分别为m1和m2，物块A与木板间的动摩擦因数为μ，木板长度为L，由动量守恒定律和能量守恒定律有
m1v0＝m1v1＋m2v2(1分)
m1＝m1＋m2＋μm1gL(1分)
由题意分析可知v1≥v2，联立解得v1＝7 m/s，v2＝2 m/s(1分)
(2)设圆弧轨道半径为R，物块A到圆弧轨道最高点时速度大小为v3，轨道对物块A的弹力大小为FN。物块A从轨道最低点到最高点，根据动能定理有
－m1gR(1＋sin 37°)＝m1－m1(1分)
物块A到达圆弧轨道最高点时，根据牛顿第二定律有
FN＋m1gsin 37°＝m1(1分)
联立解得FN＝ N(1分)
设物块A到达圆弧轨道最高点时速度的水平和竖直分量大小分别为vx和vy，
vx＝v3sin 37°，vy＝v3cos 37°，
物块A离开圆弧轨道做斜抛运动，上升时间t1＝＝0.4 s，
该段时间物块A向左运动距离为s1＝vxt1＝1.2 m，
物块A距离地面最大高度H＝R(1＋sin 37°)＋＝2 m(1分)
(3)物块A从最高点落地时间t2＝≈0.632 s(1分)
设向左为正方向，物块A在最高点炸裂为物块B和物块C，设物块B和物块C质量和速度分别为m3、m4和v4、v5，系统动能增加量为ΔEk，假设m3∶m4＝1∶3。根据动量守恒定律和能量守恒定律得
m1vx＝m3v4＋m4v5(1分)
m1＋ΔEk＝m3＋m4(1分)
m3＋m4＝2 kg，
解得v'4＝6 m/s，v'5＝2 m/s或v″4＝0，v″5＝4 m/s(2分)
设从物块A离开轨道到解除木板锁定的时间范围为Δt，则：
(a)若v'4＝6 m/s，v'5＝2 m/s，炸裂后B落地过程中的水平位移为s'＝v'4t2＝3.792 m，
炸裂后C落地过程中的水平位移为s″＝v'5t2＝1.264 m，
木板右端到轨道底端的距离为
Δs＝v2(t1＋t2－Δt)＝(2.064－2Δt)m，
运动轨迹分析如图1所示，
为了保证B、C之一落在木板上，需要满足下列条件之一：
Ⅰ.若仅C落在木板上，应满足
(2.064－2Δt)＋1.3≥1.264＋0.6
且2.064－2Δt≤1.264＋0.6，
解得0.1 s≤Δt≤0.75 s；
Ⅱ.若仅B落在木板上，应满足
(2.064－2Δt)＋1.3≥3.792＋0.6
且2.064－2Δt≤3.792＋0.6，
不等式无解；
(b)若v″4＝0，v″5＝4 m/s，炸裂后B落地过程中水平位移为0，炸裂后C落地过程中水平位移为s ＝v″5t2＝2.528 m，
木板右端到轨道底端的距离为
Δs'＝v2(t1＋t2－Δt)＝(2.064－2Δt) m，
运动轨迹分析如图2所示，
为了保证B、C之一落在木板上，需要满足下列条件之一：
Ⅲ.若仅B落在木板上，应满足
(2.064－2Δt)＋1.3≥0.6
且2.064－2Δt≤0.6，
解得0.732 s≤Δt≤1.382 s；
Ⅳ.若仅C落在木板上，应满足
(2.064－2Δt)＋1.3≥2.528＋0.6
且2.064－2Δt≤2.528＋0.6，
解得0≤Δt≤0.118 s。
综合分析(a)(b)两种情况，为保证B、C之一一定落在木板上，Δt满足的条件为
0.1 s≤Δt≤0.118 s或0.732 s≤Δt≤0.75 s(4分)
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第 page number 页，共 number of pages 页2026届湖南长沙市高考物理自编二模练习试卷【十三】
【湖南地区专用二模试卷】
考试范围：2026届高考物理全部内容 考试时间：75分钟； 命题人：
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
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．
第一部分（选择题 共43分）
一、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，只有一项是符合题目要求的。
1．[4分]我国运动员郑钦文获得2024年巴黎奥运会网球女子单打金牌，是我国第一个奥运网球单打冠军。如图所示，比赛中某次她在距地面h的A点将球斜向上方击出，网球越过网在地面B点弹起后水平经过和击球点A等高的C点。已知B与C之间的水平距离为2l，A与D之间的水平距离也为2l，假设网球触地前后水平速度不变，重力加速度为g，不计空气阻力。网球被击出时的速度大小为（　　）
A． B．
C． D．
2．[4分]如图所示，倾角为的斜面体置于水平面上，置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与相连接，连接的一段细绳与斜面平行，、、处于静止状态。已知，，重力加速度取，则下列说法正确的是（　　）
A．受到的绳子拉力大小为
B．受到的摩擦力大小为
C．斜面体受到的支持力大小为
D．斜面体受到水平向右的摩擦力
3．[4分]如图所示的双星系统，甲、乙两颗恒星绕连线上的点做匀速圆周运动，间距保持不变，已知一段时间内乙转过的角度为 ，引力常量为，下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙做圆周运动的半径与两恒星质量成反比
B．甲、乙的线速度大小与两恒星质量成正比
C．甲的周期大于
D．甲、乙的总质量为
4．[4分]如图所示，质量均为 m 的两个木块 P、Q 叠放在光滑的水平地面上，P、Q 接触面的倾角为θ。现在 Q 上加一水平推力 F，使 P、Q 保持相对静止一起向左做匀加速直线运动，下列说法正确的有（　　）

A．木块Q对地面的压力可能小于 2mg
B．当F增大时，P、Q间的摩擦力一定增大
C．若加速度a=gtanθ，则P受到摩擦力为零
D．若加速度a5．[4分]飞天揽月，奔月取壤，“嫦娥五号”完成了中国航天史上一次壮举。如图所示为“嫦娥五号”着陆月球前部分轨道的简化示意图，Ⅰ是地月转移轨道，Ⅱ、Ⅲ是绕月球运行的椭圆轨道，Ⅳ是绕月球运行的圆形轨道。P、Q分别为椭圆轨道Ⅱ的远月点和近月点。已知圆轨道Ⅳ到月球表面的距离为h，月球半径为R，月球表面的重力加速度为g，不考虑月球的自转。下列关于“嫦娥五号”的说法正确的是（　　）
A．由Ⅰ轨道进入Ⅱ轨道，需在P处向前喷气，由Ⅱ轨道进入Ⅲ轨道，需在Q处向后喷气
B．在Ⅱ轨道上稳定运行时经过P点的加速度大于经过Q点的加速度
C．在Ⅳ轨道上绕月运行的速度大小为
D．在Ⅲ轨道上的机械能比Ⅳ轨道上的小
6．[4分]对于下列四幅图，以下说法不正确的是 (　　)
甲乙丙丁
A．图甲是一束复色光进入水珠后传播的示意图，其中a光在水珠中传播的速度一定大于b光在水珠中传播的速度
B．图乙是一束单色光进入足够长的平行玻璃砖后传播的示意图，无论入射角i增大到多少，出射光一定与入射光平行
C．图丙中的M、N是偏振片，P是光屏，当M固定不动，缓慢转动N时，光屏P上的光亮度将明、暗交替变化，此现象表明光是横波
D．图丁是用干涉法检测工件表面平整程度时得到的干涉图样，弯曲的干涉条纹说明被检测的平面在此处一定是凸起的
7．[4分]如图所示为某兴趣小组制作的小型照明电路示意图，发电机线圈内阻不计，变压器为理想变压器，电压表和电流表均为理想交流电表，当发电机线圈在匀强磁场中转速增加时（　　）
A．交流电频率不变 B．电压表示数变大
C．电流表示数不变 D．灯泡亮度不变
二、选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。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．[5分]如图所示，在xOy平面内均匀分布着同种介质，在x正半轴和y正半轴上有两相干线状平面波波源S1、S2，各自发出简谐横波，平面波传播方向如图中箭头所示．已知直线y=x上的所有点均为振动减弱点，M点是直线y=x上距离坐标原点O最近的减弱点，两平面波的波速均为0.4 m/s、振动周期均为0.5 s．下列说法正确的是 (　　)
A．M点坐标为(0.3 m，0.4 m)
B．M点坐标为(0.6 m，0.8 m)
C．直线y=x上的相邻减弱点间的距离为1 m
D．直线y=x上的相邻减弱点间的距离为0.6 m
9．[5分]如图所示的竖直面内，半径为1m的光滑半圆轨道在最低点与水平光滑轨道相切，小球和分别套在圆轨道和水平轨道上，中间用长度为3m的轻杆连接。初始时保持球位于半圆轨道最高点，现给球一个向左的微小扰动，它下落了0.5m时到达了轨道上的点。在球从点运动到点的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．球、球组成的系统动能先增大后减小
B．轻杆对球始终不做功
C．轻杆对球先做正功后做负功
D．当球的机械能最小时，球对轨道的压力大于球的重力
10．[5分]两根足够长的导轨由上下段电阻不计、光滑的金属导轨组成，在M、N两点绝缘连接，M、N等高，间距L=1 m，连接处平滑。导轨平面与水平面夹角为30°，导轨两端分别连接一个阻值R=0.02 Ω的电阻和C=1 F的电容器，整个装置处于B=0.2 T的垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，两根导体棒ab、cd分别放在MN两侧，质量分别为m1=0.8 kg、m2=0.4 kg，ab棒电阻为0.08 Ω，cd棒的电阻不计，将ab棒由静止释放，同时cd棒从距离MN为x0=4.32 m处在一个大小F=4.64 N、方向沿导轨平面向上的力作用下由静止开始运动，两棒恰好在MN处发生弹性碰撞，碰撞前瞬间撤去F，已知碰前瞬间ab棒的速度为4.5 m/s，g=10 m/s2，则 （　　）
A．ab棒从释放到第一次碰撞前所用时间为1.44 s
B．ab棒从释放到第一次碰撞前，R上消耗的焦耳热为0.78 J
C．两棒第一次碰撞后瞬间，ab棒的速度大小为6.3 m/s
D．两棒第一次碰撞后瞬间，cd棒的速度大小为8.4 m/s
第二部分（非选择题 共57分）
非选择题：本大题共5题，共57分。
11．[8分]管道天然气的主要成分是甲烷，当空气中天然气浓度（η）达到5%~15%，遇火就会引发爆炸，使用时要谨防泄漏。某同学想自己组装一个天然气浓度测试仪，其中传感器的电阻随天然气浓度的变化规律如图甲所示，测试仪电路如图乙所示。实验室提供的器材有：
A．传感器；
B．直流电源（电动势为，内阻约）；
C．电压表（量程为0~6V，内阻非常大）；
D．电阻箱（最大阻值为）；
E.定值电阻（阻值为）；
F.定值电阻（阻值为）；
G.单刀双掷开关一个，导线若干。
（1）请根据图乙测试仪的电路图，在图丙中完成实物连线；
（2）欲通过电压表示数反映天然气浓度，以判断是否达到爆炸极限，图乙中应选用定值电阻__________（填“”或“”）；
（3）按照下列步骤调试测试仪：
①电路接通前，将电阻箱调为，开关拨至端，把此时电压表指针对应的刻度线标记为天然气浓度值__________%；
②逐步减小电阻箱的阻值，电压表的示数不断__________（填“变大”或“变小”），结合甲图数据把电压表上“电压”刻度标为对应的天然气浓度值；
③将开关拨至端，测试仪即可正常使用。
（4）根据图甲可知，采用此测试仪检测天然气浓度，当浓度较__________（填“高”或“低”）时其检测灵敏度较高；
（5）使用一段时间后，由于电源的电动势略微变小，内阻变大，致使天然气浓度的测量结果__________（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
12．[8分]（3分）在“探究平抛运动的特点”实验中
图1 图2 图3 图4
（1）用图1装置进行探究，下列说法正确的是　　　　。
A．只能探究平抛运动水平分运动的特点
B．需改变小锤击打的力度，多次重复实验
C．能同时探究平抛运动水平、竖直分运动的特点
（2）用图2装置进行实验，下列说法正确的是　　　　。
A．斜槽轨道M必须光滑且其末端水平
B．上下调节挡板N时必须每次等间距移动
C．小钢球从斜槽M上同一位置静止滚下
（3）用图3装置进行实验，竖直挡板上附有复写纸和白纸，可以记下钢球撞击挡板时的点迹。实验时竖直挡板初始位置紧靠斜槽末端，钢球从斜槽上P点静止滚下，撞击挡板留下点迹0，将挡板依次水平向右移动x，重复实验，挡板上留下点迹1、2、3、4。以点迹0为坐标原点，竖直向下建立坐标轴y，各点迹坐标值分别为y1、y2、y3、y4。测得钢球直径为d，则钢球平抛初速度v0为　　　　。
A．（x＋ B．（x＋
C．（3x－ D．（4x－
13．[11分]气压式升降椅内的气缸填充了气体，气缸上下运动来支配椅子升降。如图乙所示为其简易结构示意图，圆柱形气缸与椅面固定连接，总质量为，横截面积为的柱状气动杆与底座固定连接。可自由移动的气缸与气动杆之间封闭一定质量的理想气体，稳定后测得封闭气体柱长度为。设气缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力。已知大气压强为，室内温度，重力加速度为。求：
（1）若质量的人盘坐在椅面上，室内温度保持不变，稳定后缸内气体柱长度为多少；
（2）人盘坐稳定后再打开空调，在室内气温缓慢降至的过程中，外界对缸内气体所做的功。
14．[14分]一游戏装置的竖直截面如图所示。倾斜直轨道AB、半径为R的竖直螺旋轨道、水平轨道BC和C'E、倾角为37°的倾斜直轨道EF平滑连接成一个抛体装置。该装置除EF段轨道粗糙外,其余各段均光滑,F点与水平高台GHI等高。游戏开始,一质量为m的滑块1从轨道AB上的高度h处静止滑下,与静止在C点、质量也为m的滑块2发生完全非弹性碰撞后组合成滑块3,滑上轨道。若滑块3落在GH段,反弹后水平分速度保持不变,竖直分速度减半;若滑块3落在H点右侧,立即停止运动。已知R=0.2 m,m=0.1 kg,EF段长度L= m,FG间距LFG=0.4 m,GH间距LGH=0.22 m,HI间距LHI=0.1 m,EF段μ=0.25。滑块1、2、3均可视为质点,不计空气阻力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)若h=0.8 m,求碰撞后瞬间滑块3的速度大小vC;
(2)若滑块3恰好能通过圆轨道CDC',求高度h;
(3)若滑块3最终落入I点的洞中,则游戏成功。讨论游戏成功的高度h。
15．[16分]如图所示，位于x轴上的离子源P可发射质量为m、电荷量为q的正离子，其速度方向沿x轴正方向，速度大小范围为，在坐标轴第一象限以及x轴正半轴存在垂直纸面向里，磁感应强度大小为的匀强磁场。离子从O点（坐标原点）垂直y轴并垂直磁场射入磁场区域，最后打到y轴上。假设经磁场偏转后每秒打在y轴的离子总数为，离子重力不计，不考虑离子之间相互作用力以及电荷量的变化。
（1）求离子束从y轴射出磁场时离O点最远距离；
（2）若在y轴上区间竖直固定放置一很薄的探测板，打在板上的离子被吸收，被反向弹回，弹回速度大小为打板前速度大小的0.5倍，被吸收和被弹回的离子数在探测板上沿y轴均匀分布，求探测板受到的平均作用力大小；
（3）若第一、二象限仅部分区域存在匀强磁场，磁感应强度大小为，请你设计磁场区域的形状，使所有离子从O点开始进入磁场且经过磁场偏转后都可以回到P点，若，请画出磁场大致形状并计算磁场最小面积。
参考答案
1．【答案】A
【详解】从B到C的时间，水平方向速度始终为，根据水平方向上匀速直线运动，从A到D的水平位移大小相等，所以时间，则，。
2．【答案】C
【详解】以A物体为研究对象，根据二力平衡可知绳子拉力，A错误；以B物体为研究对象，根据沿斜面方向的平衡关系，解得，斜面对B物体没有摩擦力，B错误；研究BC整体，设地面对C的支持力为N，摩擦力为，水平方向平衡，竖直方向平衡，解得，(向左)，C正确，D错误。
3．【答案】A
【详解】对双星系统,由相互作用的万有引力充当向心力,有,可得,即,故甲、乙做圆周运动的半径与两恒星质量成反比,故正确；由匀速圆周运动的规律可得,,可得,故甲、乙的线速度大小与两恒星质量成反比,故错误；双星在相等的时间内转过的角度相等,周期相等,由角速度的定义式,可得甲的周期,故错误；由,,解得,其中,可得甲、乙的总质量为,故错误.
4．【答案】C
【详解】以木块P、Q整体为研究对象，在竖直方向上受力平衡，则有，由牛顿第三定律可知，木块Q对地面的压力为2mg，A错误； P、Q保持相对静止一起向左做匀加速直线运动，若F较小时，P有向下滑动的趋势，摩擦力沿斜面向上；若F较大时，P有向上滑动的趋势，摩擦力沿斜面向下，因此在F增大的过程中，摩擦力可能增大，也可能减小，也可能先减小后反向增大，B错误；对P受力分析，假设P受Q的摩擦力沿斜面向上为f，Q对P的支持力为N，在水平方向由牛顿第二定律可得，在竖直方向由平衡条件可得，联立解得，若加速度a=gtanθ，则有P受到摩擦力是零，C正确；由C选项分析计算可知，若加速度a5．【答案】C
【详解】由I轨道进入II轨道需在P点处进行减速，应向前喷气，由II轨道进入Ⅲ轨道需在Q处进行减速，应向前喷气，A错误；在Ⅱ轨道上稳定运行时，根据牛顿第二定律可得，解得，而P点的半径更大，所以P点的加速度比Q点的加速度小，B错误；在Ⅳ轨道上时，嫦娥五号做匀速圆周运动，由牛顿第二定律，月球表面的重力加速度为g，则，联立解得在Ⅳ轨道上绕月运行的速度大小为，C正确；由Ⅲ轨道进入Ⅳ轨道需在Q处向前喷气减速，所以嫦娥五号在Ⅲ轨道上的机械能比Ⅳ轨道上大，D错误。
6．【答案】D　
【详解】本题考查光学知识.由题图甲可知，复色光射入水珠后a光的偏折程度小于b光的偏折程度，则水珠对a光的折射率小于对b光的折射率，根据v=，可知a光在水珠中传播的速度一定大于b光在水珠中传播的速度，A正确；根据几何关系可知，单色光进入平行玻璃砖后在下表面的入射角等于上表面的折射角，所以单色光在下表面的出射角等于上表面的入射角，即出射光一定与入射光平行，B正确；只有横波才能产生偏振现象，所以光的偏振现象表明光是一种横波，C正确；由于不知道被检测工件表面的放置方向，故不能判断此处是凸起还是凹陷的，D错误.本题选不正确的，故选D.
7．【答案】B
【详解】依据转速与频率关系，A不正确；因交流电峰值，峰值变大，有效值变大，而变压器匝数比没变，电压表示数变大，B正确；因电压表示数变大，经过灯泡的电流增加，电流是副线圈电流决定原线圈电流，原副线圈匝数比没变，电流表示数变大，C错误；因电压表示数变大，所以小灯泡功率，可得灯泡功率变大，则灯泡亮度变亮，D错误。
8．【答案】BC　
【详解】本题考查波的干涉．两列波的波长为λ=vT=0．2 m，因直线y=x上的所有点均为振动减弱点，且该直线上各点到两波源的距离之差等于零，故两波源振动方向相反，可知振动减弱点到两个波源的距离之差等于波长的整数倍，即Δx=nλ(n=0，1，2，3，…)，直线y=x上的减弱点满足x-x=nλ=0．2n m(n=0，1，2，3，…)，当n=0时x=0，当n=1时x=0．6 m，y=0．8 m，则直线y=x上距离坐标原点O最近的振动减弱点M点的坐标为(0．6 m，0．8 m)，直线y=x上的相邻减弱点间的距离s= m=1 m，A、D错误，B、C正确．
9．【答案】CD
【详解】a从P到Q过程中，高度一直降低，重力势能一直减小，系统机械能守恒，因此系统总动能一直增大。故A错误。b的动能发生了变化，b在水平方向只受轻杆的作用力，因此轻杆对b一定做功；轻杆对a和b做功的总和为零，因此轻杆对a一定做功。故B错误。初始时系统静止，；a到达Q点时，a的速度方向沿圆轨道切线，恰好垂直于轻杆（根据几何关系，轻杆沿半径方向，切线垂直半径），因此a沿杆方向的速度分量为0，故此时。说明b的速度从零开始先增大后减小到零，动能先增大后减小，而b只有轻杆做功，因此轻杆对b先做正功后做负功。故C正确。系统机械能守恒，，因此a机械能最小时，b的动能（机械能）最大，此时b速度最大，加速度为零，水平方向合力为零，说明轻杆对b的作用力只有竖直分量（沿竖直方向）。 由于轻杆处于压缩状态，轻杆对b的作用力竖直向下，竖直方向受力平衡：，根据牛顿第三定律，b对轨道的压力等于，大于b的重力。故D正确。
10．【答案】BD
【命题点】含容双杆切割模型+碰撞分析
【解析】由于金属棒ab、cd同时由静止开始运动，且恰好在MN处发生弹性碰撞，故金属棒ab、cd到达MN处所用的时间相同，对cd棒和电容器组成的回路，电容器所带电荷量的增加量为Δq=C·BLΔv，对cd棒，根据牛顿第二定律得F-BIL-m2gsin 30°=m2a2，a2=，I=，联立解得a2=，故cd棒做匀加速直线运动，由运动学公式得x0=a2t2，联立解得a2=6 m/s2，t=1.2 s，A错误；碰前瞬间ab棒的速度为4.5 m/s，根据功能关系得m1gxabsin 30°-Q=m1，ab棒下滑过程中，根据动量定理得m1gsin 30°·t-BL·t=m1v1，q=t=，联立解得q=6 C，xab=3 m，Q=3.9 J，则R上消耗的焦耳热为QR=Q=0.78 J，B正确；由于两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，以沿导轨向下为正方向，根据动量守恒定律得m1v1-m2v2=m1v'1+m2v'2，根据机械能守恒定律得m1+m2=m1v'21 +m2v'22 ，由运动学公式得v2=a2t=7.2 m/s，联立解得v'1=-3.3 m/s，v'2=8.4 m/s，C错误，D正确。
11．【答案】（1）
（2）
（3）5；变大
（4）低
（5）偏小
【详解】（1）实物连接如图
（2）由于电压表量程为6V，本实验电压表并联在定值电阻两端，由欧姆定律可得，定值电阻两端的电压
由图甲可知
可得
解得
故选。
（3）本实验采用替代法，用电阻箱的阻值替代传感器的电阻，故先将电阻箱调到30.0Ω，结合电路，开关应向b端闭合；由图甲可知时，天然气浓度为5%。
逐步减小电阻箱的阻值，根据串反并同可知电压表的示数不断增大。
（4）图甲可知浓度越低，变化越快，电压表示数变化越大，即低浓度下灵敏度较高。
（5）使用一段时间后，由于电源的电动势略微变小，内阻变大，电路中的电流将变小，电压表的示数将偏小，故其天然气浓度的测量结果将偏小。
12．【答案】（1）B（1分）　（2）C（1分）　（3）D（1分）
【解析】（1）图1装置只能探究竖直方向的运动特点，A、C错误；改变小锤击打的力度，多次重复实验，避免特殊情况，B正确。
（2）斜槽轨道M不光滑也可保证每次平抛的初速度相等，但轨道末端必须水平，以保证平抛的初速度在水平方向上，A错误；上下调节挡板N时，每次是否等间距不影响测量结果，B错误；小钢球从斜槽M上同一位置静止滚下，才能保证每次平抛的初速度都相等，C正确。
（3）作出钢球在坐标系中的位置图像如图所示，
考虑钢球直径的影响，当钢球球心越过x＝0直线才开始算平抛运动。
第一段时间：水平方向有x－d＝v0t0，竖直方向有y1＝g，联立解得v0＝，A错误。
第二段时间：水平方向有x＝v0t，竖直方向有y2－y1＝gt0t＋gt2，联立解得v0＝，B错误。
前四段时间：水平方向有4x－＝v0t总，竖直方向有y4＝g，联立解得v0＝，C错误，D正确。
13．【答案】（1）7.5cm
（2）2.88J
【详解】（1）初始状态时，以圆柱形汽缸与椅面整体为研究对象，
根据平衡条件得
把质量为的重物放在椅面上，稳定后，根据平衡条件得
稳定后缸内气体柱长度为，由玻意耳定律得
解得
（2）根据
解得室内气温缓慢降至时气柱长
外界对缸内气体所做的功
解得
14．【答案】(1)2 m/s　(2)2 m　(3)2.5 m或2 m
【命题点】牛顿第二定律+动能定理+动量守恒定律+机械能守恒定律+斜抛运动
【详解】［题图剖析］
(1)对滑块1,由动能定理得
mgh=m (1分)
解得滑块1与滑块2碰前的速度大小为
v0=4 m/s,
滑块1与滑块2碰撞过程中,由动量守恒定律得
mv0=2mvC (1分)
解得碰撞后瞬间滑块3的速度大小为
vC=2 m/s (1分)
(2)滑块3恰好能通过圆轨道CDC',在圆轨道D点,由牛顿第二定律得
2mg=2m (1分)
解得vD= m/s,
滑块3从C点到D点,由机械能守恒定律得
×2mv=×2m+2mg·2R (1分)
解得v'C= m/s,
结合mgh=mv,mv'0=2mv'C,
联立解得h=2 m (1分)
(3)滑块3从C'点到F点的过程中,由动能定理得
-2mgLsin 37°-μ·2mgcos 37°·L=×2m-×2mv (1分)
若滑块3直接落入洞中,则
竖直方向vFsin 37°=g,
水平方向LFG+LGH+LHI=vFcos 37°·t1 (1分)
结合mgh1=mv,mv″0=2mv″C,
联立解得h1=2.5 m (1分)
若滑块3经一次反弹落入洞中,则
t2=+,
水平方向LFG+LGH+LHI=v'Fcos 37°·t2,
结合mgh2=mv,mv 0=2mv C,
滑块3从C'点到F点的过程中,由动能定理得
-2mgLsin 37°-μ·2mgcos 37°·L=×2mv-×2mv (1分)
联立解得h2=2 m (1分)
由(2)中分析可知此时滑块3恰好通过圆轨道CDC',故不存在多次反弹后落入洞中的情况,
综上可知,h=2.5 m或h=2 m。
15．【答案】（1）
（2）
（3）图见解析，
【详解】（1）初速度越大离子束从y轴射出磁场时离O点越远，对于初速度为的离子，在磁场中洛伦兹力提供向心力
解得半径
故离子束从y轴射出磁场时离O点最远距离
（2）离子打在y轴上的区间为，则每秒打在探测板上的离子数为
对打在探测板最下端的离子，轨道半径为a，则离子在磁场中，计算可得
对打在探测板最上端的离子，速度
打到y轴上的离子均匀分布，所以打在探测板上的离子的平均速度为
被吸收和被弹回的离子数在探测板上沿y轴均匀分布，由动量定理可得
解得单位时间内探测板受到的平均作用力
（3）由于，如图所示
曲线1为速度最大值时对应的轨迹，曲线2为速度为v时对应的一般轨迹，假设出射点为A。由于与全等，所以
所有出射点连接起来为圆弧，所以满足题意可设计如下图所示
则磁场最小面积为
解得
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