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2026届高三3月质量检测
物理
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.
1.2026年，“中国聚变工程实验堆(CFETR)”取得重大突破，首次实现稳态运行.在某核反应中，
反应方程为}H+{H→He+X+17.6MeV,己知2H的比结合能为，H的比结合能为2，He的比结
合能为3，光在真空中的传播速度为c,下列说法正确的是
A.核反应方程中X为-？
B.核反应中的质量亏损可表示为￥(23边
C.核聚变需要极高的温度，是为了克服原子核间的万有引力
D.}H半衰期为12.46年，现有10个氚原子核，经过12.46年后剩下5个氚原子核
2.如图所示，将小球自A处竖直向上抛出.传感器记录的数据显示：自抛出起计时，经过
时间和2t。小球的速率均为o.小球向上抛出后的位移、速度、运动时间分别用x、V、
t表示.不计空气阻力，关于小球竖直向上抛出的运动过程，下列图像可能正确的是
A
01.51o
01.5o
0
40之
3.当下中国新能源汽车在全球已经处于绝对领先地位，除了核心技术带来的节能优势外，其节能
理念已渗透到许多细节里.某型号的新能源汽车正在平直测试场地上进行智驾测试.汽车以速度
匀速行驶，感知到本车道正前方有一缓行车辆后，立即进入经济驾驶模式，汽车的牵引力功
率立即减小为原来的一半.经过时间，汽车再次做匀速运动.已知该汽车行驶时所受的阻力恒为f,
汽车的质量为.关于该汽车的功率减半后的运动，下列说法正确的是
A.减速过程中，汽车的牵引力不断变小
B.汽车车速减为时，加速度的大小为。
c.减速过程中，汽车的位移为0
D.减速过程中，汽车克服阻力做功易
【高三物理试题第1页（共7页）】
4.小明同学在研究了两个等量同种电荷的中垂线上的电场分布规律后，想将
其研究方法推广到其它带电体情形，如图所示，一个均匀分布正电荷Q的圆
环，其半径为a,以圆环圆心为坐标原点O,垂直于圆环平面建立x轴，他大
致画出了x轴上的电场强度与x轴的图像，下列图像符合实际情况的是
5.近年来，基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理如下左图所
示.发射线圈的输入电压为家用交流电，如下右图所示，匝数为1100匝，接收线圈的匝数为2
2匝.若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的90%，忽略其它损耗，下列说法
正确的是
交流电
直流电
接收线圈
整流
电路
电池
◆UV
311
发射线网
0.94 /s
交流电
A.接收线圈中交变电流的频率为45Hz
B.接收线圈输出电压的有效值约为4.4V
C.接收线圈输出电压的有效值约为3.96V
D.发射线圈中的磁通量变化率与接收线圈的磁通量变化率相同
6.如图所示，波源0垂直纸面做简谐运动，振动方程为y=2si(2rt)cm,0时刻开始振动.其所激
发的横波在均匀介质中向四周传播，波速为2m/s,在空间中有一开有两小孔C、D的挡板，C、
D离波源O的距离分别为3m、4m,C、D间距为4m,在挡板后有矩形ABDC区域，AC=BD=3m,E、
F分别为AB、CD中点，下列说法正确的是
A.线段EF上存在加强点
-:B
B.在05s内B点经过的路程为12cm
C.AC,AB,BD三条连线上（不包括C,D两点）共有四个加强点
D.只改变波源O振动频率，ABDC区域内加强点的位置一定不
变
【高三物理试题第2页（共7页)】２０２６届高三３月质量检测 物理
参考答案、提示及评分细则
１．【答案】B
【解析】A．根据核反应中质量数守恒与电荷数守恒,可知 X 为１０n,故 A 错误;B．核反应放出的能量为 ΔE＝
４E －(２E ＋３E )
４E３－(２E１＋３E２),由能量守恒可得４E３－(２E１＋３E２)＝Δmc２,解得Δm＝
３ １ ２ ,故 正确;
c２ B C．
原子核带正电,核聚变需要高温是为了让原子核获得足够动能克服原子核间的库仑斥力,万有引力作用极弱,
故C错误;D．半衰期是大量原子核衰变的统计规律,对少数原子核的衰变不适用,故D错误．故选B．
２．【答案】C
【解析】１．分析运动过程:小球做竖直上抛运动,加速度为g(方向向下)．已知t＝t０ 和t＝２t０ 时速率均为v０．根
t ＋２t
据竖直上抛运动的对称性,最高点(速度为０)的时刻位于这两个时刻的中点:t ０ ０max＝ ２ ＝１．５t０
,此时速度
v＝０．
２．求解初速度和加速度关系:设初速度为vstart．在t＝t０ 时,小球处于上升阶段(因为t０＜１．５t０),速度为v０．由
v＝vstart－gt,得:v０＝vstart－gt０　①
在t＝１．５t０ 时,速度为０:０＝vstart－g(１．５t０)　②
２v
联立①②解得:v ０start＝３v０,且g＝t ．０
３．逐项分析:A选项:图像纵轴为v０ 在物理学中,v 通常表示速度(矢量)．竖直上抛运动的速度随时间均匀减
小,过最高点后变为负值．图像应为一条斜率为负的直线,穿过t轴．选项 A画的是速率(标量)图像(V字形),
虽然形状符合速率变化,但纵轴符号v 不规范,且通常高考中v－t图指速度－时间图．若严格指速度,A 错
误;B选项:根据位移－速度公式v２－v２ ＝－２gx,整理得v２＝v２start start－２gx．这是一个v２ 关于x 的一次函数,
截距为v２start．代入vstart＝３v０,截距应为(３v０)２＝９v ２ ２０ ．选项B中截距为３v０,故B错误．C选项:位移公式x＝
１ v
vstart － gt２．这是一个关于t的二次函数,图像为开口向下的抛物线．对称轴(最高点)为t＝－
start
２ ２×(－g/２)
＝
vstart x＝１．５t０．选项C的图像是抛物线,且最高点对应１．５t０,符合物理规律．故C正确．D选项: 表示t ０~t
时间
g
１
x vstart －２gt
２
１ g内的平均速度v．t ＝ t ＝vstart－ gt．
这是一个关于
２ t
的一次函数,斜率为－ ,纵轴截距为２
x ２v
v ＝３v ．当 ＝０时(即回到抛出点),t＝ start
２(３v０)
start ０ t ＝g (２v/t )
＝３t０．选项 D中图像与横轴交点为４t０,故 D错
０ ０
误．故选C．
３．【答案】B
【解析】汽车以v０匀速运动,牵引力F０＝f,额定功率
１
P０＝F０v０＝fv０．减速过程中,功率变为P′＝２fv０
保持
不变．再次匀速时,牵引力F＝f,此时速度
P′ １
v＝F ＝２v０．A．
在减速过程中,功率P′恒定,速度v 逐渐减小．根
【高三物理试题参考答案　第　１页(共７页)】
据 可知,牵引力 不断变大 故 错误 当车速 ３ 时,牵引力 P′ ２fP′＝Fv F ． A ．B． v＝ v０ F＝ ＝ ．根据牛顿第二定律４ v ３
( f f f取运动方向为正): ２F－f＝ma．代入得: 加速度大小为 故 正确 汽车３－f＝ma －３＝ma． |a|＝３m． B ．C．
做加速度减小的减速运动．在v－t图像中,图线切线斜率的绝对值逐渐减小,图线呈“下凹”状(连接初末速度
点的直线在图线上方)若做匀减速直线运动,位移 １． x＝ (
３
v０＋v)t＝ v０t．由于实际图线在匀减速直线下方,２ ４
２
实际位移 ３x＜ v０t．故C错误．D．由动能定理:
１ １ １
４ W 牵 －W 克 ＝ΔEk．
其中W 牵 ＝P′t＝２fv０t
;ΔEk＝２m ( ２v０ )
１ ( )２ ３ １ ３ ３－２m v０ ＝－ mv
２
０．则克服阻力做功８ W
２ ２
克 ＝W 牵 －ΔEk＝２fv０t＋８mv０．
显然W 克 ＞８mv０．
故D错误．
４．【答案】A
【解析】先考虑相距为２a 的等量同种正电荷P１、P２的中垂线上的电场分布,此时设其中垂线上某点和两电荷
P１或P２的 连线与 P１P２ 连线 间的夹角 为θ,有
π
０≤θ＜ ,则该 点 的 电 场 强 度
kq
２ E ＝２ a ２sinθ＝(cosθ)
２kqsinθcos２θ,对此式求极值,设 () ２ ,则 () ２ ３
a２ fθ ＝sinθcosθ f′θ ＝cosθ－３sinθcosθ
,当f′(θ)＝０,即sinθ＝ ,也３
即在距离两电荷中点 ２x＝atanθ＝ a 时,f(θ)取最大值,此时电场强度最大(也可以用其他方法如不等式求２
极值);由于均匀带电圆环可以看作无数个关于圆心对称的等量点电荷微元,每一对微元电荷的极值点位置都
相同,根据矢量叠加原理可知圆环两侧的场强极值点仍然在距离圆心 ２x＝atanθ＝２a
的位置,考虑到方向问
题,故答案选择 A．
５．【答案】C
【解析】A．变压器是利用电磁感应原理,不改变交变电流的频率,为５０Hz,故A错误;BC．根据正弦式交流电中
有效值和峰值的关系可知,原线圈的电压有效值为 ΔΦ２２０V,根据法拉第电磁感应定律有U１＝n１ ,Δt U２＝
９０％ΔΦ, U１ nn １２ 联立可得 ＝ ,解得:U２＝３．９６V,故C正确,B错误．D．穿过接收线圈的磁通量约为发射Δt U２ ９０％n２
线圈的９０％,则穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的磁通量变化率不相同,故D错误．故选C．
６．【答案】C
【解析】波的周期为 ２π ２πT＝ω ＝２πs＝１s
,波长为λ＝vT＝２m．A．因为C、D 两点到波源的距离分别为３m 和
４m,距离差为１m 是半个波长,所以波源O 经过两孔C、D 后在挡板上方相当于是两个振动步调相反的波
源,EF 在CD 的垂直平分线上,所以EF 上的各点到C、D 的距离差都是零,所以线段EF 上的各点都是振动
减弱点,故 A错误;B．根据几何关系可得BC 的长度为５m,根据振动方程知波的振幅为A＝２cm,从０时刻
开始,波源O 的振动经过
OC＋BC ３＋５
C 孔到达B 点的时间为t１＝ ＝ s＝４s,波源O 的振动经过D 孔到达v ２ B
点的时间为 OD＋BD ４＋３t２＝ ＝ s＝３．５s,所以在v ２ ０~３．５s
的时间内B 点处于静止状态,在３．５s~４s的时间
内即半个周期的时间内只是参与了经过D 孔的传播到B 点的振动,在这段时间内B 点经过的路程为s１＝２A
【高三物理试题参考答案　第　２页(共７页)】
＝２×２cm＝４cm,４s后经过C 孔的振动也传播到了B 点,因为BC－BD＝５m－３m＝２m,正好等于一个波
长,由上面的分析可知,经过C、D 两孔的波振动步调正好相反,所以B 点是振动减弱点,则B 点的振幅为零,
所以在０~５s内B 点经过的路程为４cm,故B错误;C．根据几何关系可知在AC 连线上各点到C、D 两孔的
距离差满足２m≤Δx≤４m,当距离差是半波长的奇数倍的点是振动加强点,所以在AC 连线上只有一个加强
点,根据对称性可知在BD 连线上也是有一个加强点．根据几何关系可知在AB 连线上各点到C、D 两孔的距
离差也是为２m≤Δx≤４m,所以在AB 连线上有两个加强点,所以AC、AB、BD 三条连线上共有四个加强
点不包括C、D 两点,故C正确;D．只改变波源O 的振动频率,波速不变,根据v＝λf 可知,波长发生变化,则
ABCD区域内加强点的位置变化,故D错误．故选C．
７．【答案】D
【解析】A．火药爆炸瞬间A 和B 系统的动量守恒,则２mvB－m(２v)＝０,解得vB ＝v,则火药爆炸释放的能量
１ １
E＝ ×２mv２＋ ×m(２v)２ 联立可得E＝３mv２,故 A错误;对A 自开始运动到与挡板碰撞前的过程中,有２ ２
２μ０mg＝ma ２ ２１,解得a１＝２μ０g,设物体A 与挡板碰前瞬间的速度v１,则v１－(２v)＝－２a１x 解得v１＝ ３v,对
C 受力分析,发现A 与挡板碰撞前,C 受到AB 给他的摩擦力等大反向,所以C 始终静止．故B错误;设该过
２v＋v
程的时间间隔为t１,则x＝
１t１,解得２ t１＝ (
３
１－ ２ )
v ,对B 有,设开始运动后B 的加速度大小为a２,
μ０g
μ０２mg＝２ma２,a２＝μ０g,A 与挡板碰撞时B 的速度大小
３
v２＝vB－a２t１＝ v,故C错误;以水平向右的方向２
为正方向,A 与挡板碰撞后对A、B、C 组成的系统动量守恒,设三者的共同速度为v０,则有mv１＋２mv２＝
(２m＋m＋３m)v０ 解得
３ ４
v０＝ v,对３ C
由牛顿第二定律有μ０(２mg)＋２μ０mg＝３ma３,解得a３＝３μ０g
,假设
B、C 先共速,有
３３v ２３
v２－a２t２＝a３t２,t２＝ ,速度 ,可知, 撞击挡板后 先与 共速, 与１４ v３＝ ７ v＜vg ０
A B C B
μ０
C 共速后不再有相对运动,然后A 再与B、C 共速．
８．【答案】AC
２ ２
【解析】 空间站轨道半径为 Mm ４π ４πr
３ ４ M
A． r＝R＋h．由G ３r２ ＝m T２r
得M＝GT２ ．
地球体积V＝３πR
,则密度ρ＝V
３πr３
＝ ２ ３．则 A正确．B．天舟九号在椭圆轨道Ⅲ上运行时,已经脱离了空间站,发动机不再工作,只受地球万有GT R
引力作用．万有引力是保守力,只有万有引力做功,因此机械能守恒．从P 到Q,动能减少、势能增加,但总和保
持不变 故 错误 加速度由万有引力决定,即 GM． B ．C． a＝ ２ ．P 点是椭圆轨道Ⅲ的近地点,其到地心的距离r rP
最
小;P′点在圆轨道Ⅱ上,其到地心的距离r１．从图中可知,椭圆轨道Ⅲ的近地点P 在轨道Ⅱ的内侧,因此rP ＜
r１．根据加速度公式,距离越小加速度越大,所以天舟九号在P 点的加速度大于在轨道Ⅱ上经过P′点(同一高
度位置,但不同轨道)的加速度．故C正确．D．神舟二十号在轨道Ⅱ的P′点向前加速后,万有引力不足以提供
所需的向心力,飞船将做离心运动,进入一个以P′点为近地点的椭圆转移轨道．由于加速前后瞬间速度方向
没变,故加速前后的轨道必在P′点相切,即加速后不可能沿轨道Ⅲ运行．故D错误．正确答案 AC．
【高三物理试题参考答案　第　３页(共７页)】
９．【答案】AD
【解析】对小球进行受力分析如图１,由几何关系可得,小球重力G,轻杆c的弹力F１、弹性轻绳的拉力F２ 之间
F
满足关系 G ＝ １
F
＝ ２ ,因为OA,OB 和G 为定值,故轻杆c的弹力F１ 大小不变,但方向会改变,故 C错OA OB AB
误;因为弹性轻绳劲度系数变大,故AB 距离会减小,故弹性轻绳的拉力F２ 减小,故D正确;对O 点进行受力
分析如图２,由几何关系分析可得轻杆a 弹力变小、b的弹力变大,故 A正确,B错误．故选 AD．
图１ 　　　　　 图２
１０．【答案】BD
【解析】A．安培力做正功,A错误;B．方法１:解析法,当μ＝tanθ时可以做匀变
速直线运动,B正确;方法２:摩擦角图解法,如图;当μ＝tanθ时可以做匀变速
直线运动,F－μmg－BIL(sinθ－μcosθ)＝ma,C．方法１:量纲法排除;方法２:
金属棒不与弹簧连接,速度为v 时,金属棒产生的感应电动势为E＝BLvsinθ,
所以电容器所带的电量为, ΔQ ΔvQ＝CU＝CBLvsinθ,充电电流I＝Δt＝CBLsinθΔt＝CBLasinθ
,由牛顿第二定律,F－
BILsinθ－μ(mg－BILcosθ) ,得
F－
＝ma a＝ μ
mg , 错误; 金属棒与弹簧连接时,设位移
m＋(sinθ－μcosθ)CL２B２sinθ
C D． x
时,速度为v,则Q＝CBLvsinθ,I＝CBLsinθa,由牛顿第二定律F－kx－BILsinθ－μ(mg－BILcosθ)＝ma,联立解
得 F－μmg－kx ,金属棒所受的合力 F－μmg－kxa＝ , 时m＋(sinθ－μcosθ)CL２B２sinθ
F合 ＝ma＝m m＋(sinθ－μcosθ)CL２B２sinθ
F合 ＝０
F－μmg x′ F－x μ
mg
０＝ ,令 则 ,故金属棒以 为k x′＝x－x０ F合＝－mk m＋(sinθ－ cosθ)CL２B２sinθ＝－k′x′ x０＝μ k
平衡位置做简谐运动,振幅 F－μmgA＝ ,运动的最大位移为
F－μmg
k ２ k ．
１１．【答案】(６分,每空２分)
(１)A　　(２)未考虑橡胶帽内气体体积　　(３)正确
【解析】(１)A．该实验过程要保证空气柱密闭性良好,故 A项正确;B．柱塞处涂抹润滑油的目的是为了密封气
体保证空气柱密闭性良好,故B项错误;C．改变温控箱温度后,应该等待足够长时间,温度计示数稳定后再读
取空气柱体积．故选 A．
( )
(２)
p
设橡胶帽内气体体积为 ,有 V＋ΔV CΔV T ＝C
,整理有V＝ T－ΔV,所以图像不过原点原因是未考虑
p
橡胶塞内气体体积．
() , p p３ 若将控温箱密闭 当控温箱内温度升高时,假设柱塞不动,有
Δ
ΔT＝
,注射器内气体与温控箱内气体温
T
度始终相同,结合之前的分析可知p空气柱 ＜p控温箱 ,所以有Δp空气柱 ＜Δp控温箱 即柱塞会上升,所以该观点正确．
【高三物理试题参考答案　第　４页(共７页)】
１２．【答案】(１０分,每空２分)
(１)越高　　(２)甲　　甲可以利用杠杆对被控压力进行放大或缩小,使作用在传感器上的压力处于灵敏度
最高的区间　　(３)电阻R２　　(４)将R２适当调大;或将托盘称适当左移
【解析】(１)由题中图像,斜率越大,增大或减少相同的压力时,传感器电阻R 变化幅度就越大,传感器灵敏度
就越高．
(２)由题意,传感器压力在１N左右时灵敏度高,甲装置可以在调节托盘秤压在O１D 杠杆上的位置,使质量
等于分拣标准的物体经过托盘秤时,O１D 杠杆对传感器的压力为１N左右．
(３)随着苹果质量增大,R１阻值减小,分压减小,电源电动势不变,R２分压增大,为了满足电压表的示数随苹
果质量的增大而增大,需要将电压表并联在R２两端．
( E４)若电源长时间未使用,内阻r增大,但电动势不变,根据闭合电路欧姆定律,有U＝ R２,可知内R１＋R２＋r
阻r增大,则实际要吸引衔铁打开通道时的电阻偏小,需要的压力偏大,即分拣标准质量将会偏大,为保证标
准激励电压不变,可以将R２适当调大．
１３．【答案】(１０分)
()３h ()１６hω１ 　　 ２
７ ７
【解析】(１)光线从液体射向空气,当入射角等于临界角C 时发生全反射,光点消失．临界角满足
１
sinC＝n＝
３(
４ ２
分)
由几何关系,OP＝htanC(１分)
而 sinC ３
/４ ３
tanC＝ ( 分)cosC＝ ＝ １１－(３/４)２ ７
故 ３hOP＝htanC＝ (１分)
７
(２)方法一:关联速度法(速度分解法)
光斑在液面移动的速度v 是光线的伸长速度v２与光线转动速度v１的合速度,光斑在P 点的线速度(转动速
度)为vcosC＝ωh/cosC v＝hω/cos２C(３分)
所以在P 点光斑沿液面移动的速度为
１６hω
v＝ (２分)７
方法二:求导法
光点速度 dx dθv＝ dt＝h sec
２θ dt＝hωsec
２θ(３分)
当 时, １ ４, ２ １６,故 １６ １６hωθ＝C secC＝ ＝ secC＝ v＝hω ＝ (２分)cosC ７ ７ ７ ７
１４．【答案】(１５分)
()４３mv０ ()３mv
２
１ 　　 ２ ０,vQ＝２v０,方向:与y 轴负方向夹角为 (
３３πL
７L L ６０°　　 ３
)( ２ ＋L,０,０q q )
【解析】(１)设区域Ⅰ的磁感应强度为B１,粒子在区域Ⅰ的轨道半径为R,由几何关系:
２
２ ２ ( ３R ＝L ＋ R－ ( 分)２L ) 　① １
【高三物理试题参考答案　第　５页(共７页)】
知 ７３R＝ ,( 分)１２L １
v２
又qv０B＝m
０　②(R １
分)
４３mv
联立①②两式,得B ＝ ０１ ( 分)７qL
１
(２)设区域Ⅱ的电场强度为E,粒子在该区域运动的时间为t,由类平抛知:L＝v０t　③(１分)
３ １
２L＝２at
２　④(１分)
qE
其中a＝m 　⑤
(１分)
３mv２
联立③④⑤式,得E＝ ０(１分)
qL
由A 到Q 由动能定理得:
３ １ ２ １qE ２L＝２mvQ－２mv
２
０　⑥(１分)
解得vQ＝２v０(１分)
v
设Q 处速度与y 轴负方向的夹角为θ,由
１
cosθ＝ ０＝ ,知θ＝６０°(１分)vQ ２
(３)设区域Ⅲ的磁感应强度为B２,由(１)(２)问知:
E ７
＝ v０,又已知
E
B ４ B ＝ ３v０
,
１ ２
故 ７３ mvB２＝ １２B ＝
０
１ 　⑦(１分)qL
将vQ 沿x 轴和y 轴两个方向分解,知粒子在x 方向的分速度vx ＝ ３v０ 对应的洛伦兹力fx ＝qvxB２＝
３mv２ ２０, ３mv又粒子在区域Ⅲ的电场力L F＝qE＝
０,知粒子的运动可看作以vx＝ ３v０ 向右做匀速直线运动L
mv
和以vy＝v０ 做逆时针匀速圆周运动的合成,其圆周运动的半径R′＝
０＝L⑧(１分)
qB２
故粒子在运动３T(T 为圆周运动的周期)后第一次到达x 轴且恰好与x 轴相切,其圆心沿x 方向移动的距４
离满足: ３ ３ ２πm ３３πΔx＝ ３v０ ４T＝ ３v０ ４ B ＝ ２ L　⑨
(１分)
q ２
此时轨迹在x 轴上的坐标
３３π
x１＝Δx＋R′＝ ２ L＋L
因此,粒子运动到 ３３πx 轴时的位置坐标应为( ２ L＋L
,０,０)(１分)
注:采用其他方法的可以按关键公式给分,得到最后正确答案的给满分．
１５．【解析】(１６分)
(１)
１３
０．６Ns　　 m/s　　(２)
２６
m　　(３)
７９
８ ４５ ４５m
(１)由题,对滑块１在竖直方向上有
１
h＝ gt２,水平方向上有２ x＝v０t
联立可得v０＝３m/s(２分)
【高三物理试题参考答案　第　６页(共７页)】
所以滑块１受到的瞬间冲量大小I＝m１v０＝０．６Ns
滑块１和２发生碰撞时,水平方向动量守恒,有m２v－m１v０＝m２vB
解得 １３vB＝ m/s(８ ２
分)
(２)由题,
m
滑块２做简谐运动的周期T＝２π ２k ＝０．８s
(１分)
可得,滑块１与２碰撞后到再次回到B 点的时间
T
２t＝ ,即此时滑块２刚好回到平衡位置,且速度向右２ ．
(１分)
第二次碰撞过程滑块１、２水平方向共速m２vB＝(m１＋m２)v１(１分)
滑块１与滑块２第二次碰撞后做斜上抛运动到第一次落到水平地面,水平位移x１＝２v１t(１分)
此过程中滑块 T２简谐运动振动了 ,运动位移为０．(１分)２
所以滑块１落到水平面上时与滑块２的水平距离
２６
s＝x１＝ ( 分)４５m １
(３)假设滑块１与地面碰撞前后水平速度比为k１,竖直速度比为k２,
２v
由t＝ y可得第二次碰撞时时间t２＝k２t１(１分)g
由x＝vxt可得第二次碰撞水平前进距离x２＝k１k２v１t１＝k１k２x１(１分)
由题可知 １k１k２＝ (１分)２
n－１
则可知,第n 次碰后前进的距离
１
xn＝ ( ) x１(１分)２
所以sm＝x＋x１＋x２＋ ＋xn(１分)
x é １
n ù
１ êê１－ ú
即
( ２ ) ú
sm＝x＋ １
１－２
代入数据可得 ７９sm＝ ( 分)４５m １
【高三物理试题参考答案　第　７页(共７页)】

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