资源简介

2026届广东广州市普通高中高三下学期冲刺训练（二）
物理试题
★祝大家学习生活愉快★
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．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，只有一项是符合题目
要求的。
1. 2026年 1月，中国“人造太阳”环流器装置 (EAST)实现 1亿摄氏度、1066秒稳态高约束运行，该装置反应
堆中发生的一种核反应方程为： 2H+ 3H→ 41 1 2He+ X，则 X是
A. 电子 B. 正电子 C. 中子 D. 质子
2.如图甲所示，一根轻质细线下端悬挂着一个小球，将小球稍微拉离最低点后由静止释放，不计空气阻力，
细线始终保持紧绷，小球做简谐运动，其振动图像如图乙所示。下列说法正确的是
A. 小球的振幅为 10cm B. t= 1s时小球受到的合力为 0
C. t= 2s时小球受到的回复力最大 D. t= 4s时小球的动能最大
3.某品牌笔记本电脑的电源适配器铭牌如图甲所示，其结构如图乙所示，输入端接交流电源，输出端接笔
记本电脑充电接口。当该笔记本电脑在 220V交流电压下以最大功率充电时，电源适配器原线圈、副线
圈的匝数之比为
A. 1：11 B. 11：1 C. 9：220 D. 220：9
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4.如下图所示，一束由红、蓝色光组成的复合光，以入射角 θ从侧面射入均匀透明的长方体玻璃砖，在玻璃
内色散成 a、b两束，在玻璃砖上表面刚好没有光线射出。已知红光的折射率小于蓝光的折射率，则
A. b为红色光束 B. 全反射临界角C红C. 玻璃对红光的折射率 n= 1+sin2θ D. 若缓慢增大 θ，蓝光先从上表面射出
5.如图所示，“羲和号”探日卫星绕太阳做圆周运动，轨道 1半径为 r。调整轨道以后，卫星的轨道变为图中
虚线椭圆轨道 2，远日点仍为 P，近日点为Q，Q到太阳的距离为 r1。下列说法正确的是
A. 变轨后卫星绕太阳运行的周期可能不变
B. 变轨前卫星与太阳连线相同时间内扫过的面积与变轨后的相等
C. 变轨前和变轨后卫星在 P点加速度相同
D. 变轨后卫星经过Q点的速度比变轨前的运行速度小
6.第 24届国际回旋加速器及其应用大会于 2025年 10月 27日至 10月 31日在中国成都举办。回旋加速器
示意图如图所示，其中置于真空中的金属D形盒的半径为 R，两盒间距为 d，在左侧D形盒圆心处放有粒
子源 S，匀强磁场的磁感应强度大小为 B，方向如图所示。质子的质量为m，电荷量为 q。质子从粒子源
S进入加速电场时的初速度不计，质子受到的重力不计，加速电场的电压恒为U，质子在电场中运动时，
不考虑磁场的影响。质子在电场中加速的总时间与在D形盒中回旋的总时间的比值为
A. d B. 2d C. πdπR πR R D.
πd
2R
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7.如图所示，两根光滑轨道平行放置在同一水平面上，其上分别套有 A、B两个完全相同的小球，小球间用
一根弹性绳相连 (弹力遵循胡克定律)。初始两球均静止，弹性绳处于原长，现给 A球一个向右的初速度
v0，则从开始运动到两球再次相距最近的过程中，两球的 v- t图像可能正确的是
A. B.
C. D.
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，质量为M的运动员踩着质量为m的冲浪滑板，在水平面内匀速转弯。滑板底部装有转向桥，
滑板平面可向任意方向倾斜。运动员的身体保持在一条直线上，该直线始终与滑板平面垂直，且与圆心
O1、O2所在的竖直线的夹角为 θ。运动员与滑板之间只存在垂直于板面的弹力作用。运动员、滑板重心
所在圆弧的半径分别为 r1、r2，两者相对静止且转弯的角速度均为ω。已知重力加速度为 g，空气阻力及
滑板与地面的滚动摩擦均不计。下列说法正确的是
ω2r
A. 运动员身体与竖直方向的夹角 θ满足 tanθ= 1g
B. 运动员受到滑板的作用力的大小为m g2+ω4r21
C. 1滑板受到地面的静摩擦力大小为 2 M+m ω
2 r1+r2
ω2 Mr1+mr2 D. 滑板与地面间的动摩擦因数至少为
M+m g
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9.某地区多条道路城市地下管网和地下综合管廊建设改造工程启动。相关部门为了测量某管道污水的排
放量，常在充满污水的排污管末端安装一个电磁流量计，其结构如图甲所示。排污管和流量计管道的内
径分别为 60cm和 20cm。流量计的测量原理如图乙所示，在非磁性材料做成的圆管道内有磁感应强度
大小为 B的匀强磁场区域，当管道中的污水流过此磁场区域时，测出管壁上下 E、F两点的电势差U，便
可计算出管中污水的流量。现通过流量计测得该管道的排污流量为 500m3/h，已知该流量计能够测量的
流经其内部的污水的最大速度为 22m/s。下列说法正确的是
A. F点的电势低于 E点的电势
B. 该排污管内污水的速度约为 0.123m/s
C. 磁感应强度 B与电势差U的比值约为 0.88s/m2
D. 该电磁流量计能够测量的最大流量约为 2500m3/h
10.如图甲所示，足够长的光滑斜面上固定有物块 a、b，物块相互接触但不粘连，斜面与水平面之间的夹角 α
= 30°。 t= 0时刻，将 a、b解除固定，同时分别对 a、b施加沿斜面向上的力 F1、F2，力 F1、F2随时间 t变化
的关系如图乙所示。已知 a、b的质量分别为m1= 1kg，m2= 2kg，取重力加速度 g= 10m/s2。下列说法正
确的是
A. t= 1s时，a对 b的作用力大小为 8N
B. t= 3.5s时，a对 b的作用力大小为零
C. 0~5s时间内，a对 b的作用力的冲量大小为 25N ·s
D. 0~5s时间内，a、b组成的系统的机械能增加量为 90J
三、非选择题：共 54分，考生根据要求作答。
11.一研究学习小组设计出如图甲所示的实验装置来探究“动量守恒定律”。
(1)如图甲所示，两个半径相同的刚性球悬挂于同一水平面，两悬点的距离等于刚性球的直径大小，线长
相等，将其中一球拉开至一定角度，松手后使之与另一球发生正碰。
(2)如图甲所示，分析连拍照片得出，球 1从 A点由静止释放，在最低点与球 2发生水平方向的正碰，球 1
反弹后达到的最高位置为 B，球 2向左摆动的最高位置为C。测得球 1的质量m1、球 2的质量m2，A、B、
C到最低点的竖直高度差分别为 hA、hB、hC，已知重力加速度为 g。则碰后瞬间小球 1的速度大小为
。
(3)若测量数据近似满足关系式 (用m1、m2、hA、hB、hC表示)，则说明两小球碰撞过程动量守恒；若
两小球发生的是弹性碰撞，则应满足关系式 (用 hA、hB、hC表示)
(4)如图乙所示，在两个球上分别套上尼龙搭扣 (魔术贴)毛面和勾面做的套圈，再进行同样的碰撞。若
碰后两球能分开，则两小球均 (填“能”或“不能”)到达原来的位置C跟 B。
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12.光照强度简称照度，反映光的强弱，光越强照度越大，照度的单位为勒克斯 (lx)。为了控制蔬菜大棚内的
照度，农技人员对大棚设计了图甲所示的智能光控电路，当照度低于某阈值时，启动照明系统进行补光。
(1)为了设定控制电路具体参数，需要获得不同照度下光敏电阻的阻值，现用如图乙所示的多用电表进
行测量。步骤如下：
①机械调零后，选择开关拨至“× 100”位置，红黑表笔短接，然后调节多用电表面板上的部件 (填
“S”或“T”)，直到指针停在表盘右端 0刻度处。
②用可调照度的灯照射光敏电阻。某次测量中，指针指示如图丙所示，则光敏电阻的阻值 RG=
Ω，并用照度传感器记录此时的照度值。
③改变照度多次重复步骤②，得到光敏电阻阻值与照度的对应关系，如表 1所示。
表 1光敏电阻阻值与照度对应表
照度 /lx 65890 41570 30840 20760 16040 12070 10530
RG/kΩ 0.40 0.50 0.60 0.70 0.80 0.90 1.0
(2)图甲电路中，电源电动势 E= 9.0V，内阻不计。定值电阻 R1= 100Ω，电阻箱 R0的阻值调节范围是 0
9999.9Ω，光敏电阻 RG的电压U增加到 3.0V时，照明系统开始工作。现大棚内拟种植叶菜类蔬菜，农
技人员设置照度阈值，当照度降低到 12070lx时开始补光，电阻箱 R0的阻值应调为 Ω。
(3)当大棚内种植果菜类蔬菜时，需提高照度阈值，需要 (填“增大”或“减小”)电阻箱的阻值。
13.在校园科技节中，东营市某学生自制的水火箭一飞冲天。如图所示，水火箭由两个导热良好，容积 V0=
2.5L的可乐瓶组装而成。中间通过单向导气管相连 (打气时气体由下向上导通)。地面处大气压 P0=
1.0× 105Pa，地面温度 27°C。发射前向每个可乐瓶内装入 V1= 1L的水，通过打气筒向瓶内多次打入压强
为 P0的空气，每次打入的体积 V= 0.2L，使两个可乐瓶内压强达到 7P0，同时两瓶子体积均膨胀 20% (在
此时刻之后可乐瓶的体积不再变化)，解除锁定，水火箭竖直上升到某处时第一级脱落，第二级继续上升，
当可乐瓶内部的水恰好全部喷出时，第二级水火箭上升到压强为 P1= 9.8× 104Pa、温度为
21°C、距离地面 200米的高度。求：
(1)起飞前打气的次数；
(2)上升到 200米处时，第二级火箭内排出的气体与剩余气体质量的比值。
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14.赤峰市出土的红山文化玉龙是中华龙文化起源的重要象征，其造型呈 C形卷曲状，如图甲所示。为呈现
“龙吐玉珠”景观，设计图乙中的形如“玉龙”的细管轨道 ABCDEF，轨道由半径为 R的两段圆弧 ABC、
DEF及连接两圆弧的竖直细管 CD组成，其中 CD 1长为 2 R，O1、O2为两圆弧的圆心。轨道在竖直平面
1
内，最高点 E和水平出口点 F的高度差为 2 R，轨道内壁光滑且各部分平滑连接，细管的内径远小于 R，
小球略小于管的内径，质量为m，重力加速度为 g，不计空气阻力。
(1)若将小球由 A口静止释放，求小球运动到轨道最低点 B时受到的支持力大小 FN；
(2)若将小球由 A口以不同的速度连续不断的射入，使所有小球都能从 F口射出即可呈现“龙吐玉珠”景
观。求小球落在水平地面上水平位移的最小值 x。
15.如图，以O为原点，水平方向为 x轴，竖直方向为 y轴建立直角坐标系 xOy。半径为 R的圆环竖直放置并
固定，其圆心位于原点O处。空间中存在竖直向上的匀强电场，电场强度大小为 E(未知)。圆环内有质
量为mA=m 1和mB= k m(k为常数，且 k> 1)的绝缘带电小球 A和 B，小球 A的电荷量为+q，小球 B带正
电荷，A和 B的比荷相等。初始时小球 A以初速度 v0沿圆环做匀速圆周运动，B静止于 x轴上 R,O
处，A和 B发生的相互作用瞬间完成，可视为弹性碰撞。已知小球电荷量始终不变，小球相互作用瞬间
完成。除相互作用瞬间，其余时间内忽略小球之间的库仑力和它们之间的电势能；小球可看作质点，圆
环内径很小，忽略不计，不计小球与圆环之间的摩擦，重力加速度为 g。完成下列问题：
(1)求匀强电场的电场强度大小 E和小球 A与 B相互作用前轨道给小球 A的弹力大小；
(2)k= 3时，求小球 A与小球 B第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔Δt；
(3)k= 53 时，求 A、B两小球所有碰撞点的坐标。
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参考答案
1. C
【解析】这是核聚变反应，根据核反应过程质量数守恒、电荷数守恒，可知 X的质量数、电荷数分别为 a=
2+ 3- 4= 1，b= 1+ 1- 2= 0，可知 X为中子。
2. C
【解析】A．振幅是简谐运动的最大位移大小，由图乙可知小球振幅为 5cm，故 A错误；
B． t= 1s时小球位移为 0，位于平衡位置，此时回复力为 0，但小球做圆周运动，合力需要提供向心力，因
此合力不为 0，故 B错误；
C．简谐运动的回复力满足 F=-kx
回复力大小与位移大小成正比，t= 2s时小球位移最大，因此回复力最大，故C正确；
D． t= 4s时小球位移最大，速度为 0，因此动能最小；小球在平衡位置 (位移为 0处)速度最大，动能最
大，故D错误。
3. B
n
【解析】根据题图甲可知，当该笔记本电脑以最大功率充电时，电源适配器的输出电压为 20V，因此 1n =2
U1 = 220 = 11U2 20 1
。
4. C
sinθ
【解析】A．入射侧面的法线为水平虚线，由折射定律 n= sinr (θ为入射角，r为玻璃内折射角)：n越大，
sinr越小，r越小。图中 b的折射角更小，说明 nb更大，因此 b是蓝光，a是红光，
故 A错误。
B 1．全反射临界角满足 sinC= n ，n越小，C越大。因 n红C蓝，
故 B错误。
C．折射定律：sinθ= nsinr，得 sinr= sinθn ；
几何关系：玻璃砖上表面法线为竖直方向，折射光线在上表面的入射角 i= 90° -r，刚好全反射时 i=C，
故 sini= sin(90° -r) = cosr= sinC= 1n ；
2 2
由三角恒等式 sin2r+ cos2r= 1 sinθ 1，代入得： n + n = 1，整理得 n= 1+sin2θ，
故C正确。
D θ sinr= sinθ．缓慢增大 ，由 n 得：r增大，上表面入射角 i= 90° -r减小。由于C红>C蓝，入射角减小后，
红光的入射角先小于自身临界角，因此红光先从上表面射出，
故D错误。
5. C
a3
【解析】A．根据开普勒第三定律 = k
T 2
变轨后卫星绕太阳运行的半长轴减小，则周期减小，故 A错误；
B．在相同时间内，变轨前卫星与太阳连线扫过的面积不等于变轨后卫星与太阳连线扫过的面积，因为
它们的轨道不同，故 B错误；
参考答案 1 页 共 5 页
C GMm．根据牛顿第二定律有 =ma
r2
变轨前和变轨后卫星在 P点与太阳的距离相同，则加速度相同，故C正确；
D Mm v
2
．变轨前根据牛顿第二定律有G =m
r2 r
解得 v= GMr
假设在 r1处有一个圆轨道有 v = GM圆 r1
因为 r1< r
所以 v圆> v
而椭圆轨道在Q点出发后要做离心运动，因此 vQ> v圆
所以变轨后Q点速度 vQ> v圆> v
即变轨后Q点速度比变轨前的运行速度更大，故D错误。
6. B
2
【解析】设质子在加速器中获得的最大速度为 v v，由洛伦兹力提供质子做圆周运动的向心力有 qvB=m R
解得 v= qBRm
Uq
质子在电场中的加速度大小 a= dm
t = v在电场中加速的时间 1 a
1
设质子在电场中加速次数为N，则有NUq= 2 mv
2
T
质子在磁场中运动的时间 t2=N 2
2πm
在磁场中运动的周期 T= qB
t 2d
在电场与磁场中运动的时间的比值 1t =2 πR
，
7. C
【解析】A获得初速度后，弹簧被拉伸，A向右做减速运动，B向右做加速运动，设 A、B两球的质量均为
m，A、B两球组成的系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向，有mv0= 2mv共1
v = v解得第一次共速速度 0共1 2
从开始运动到第一次共速，弹簧被拉长，弹力增大，且弹簧的水平分力也在增大，故二者做的是加速度增
大的运动。达到 v共1后，A向右做减速运动，B向右做加速运动，弹簧开始恢复延长，当 A、B两球再次相
距最近时，B A 1 1 1在 的正下方，由动量守恒、机械能守恒有mv =mv 2 2 20 A+mvB，2 mv0= 2 mvA+ 2 mvB
解得 vA= 0，vB= v0
从第一次共速到 A、B两球再次相距最近时，弹簧拉伸量减小，弹力减小，且弹簧的水平分力也在减小，故
二者做的是加速度减小的运动，v- t图像斜率绝对值表示加速度大小，综合分析可知，C正确，ABD错
误。
8. AD
【解析】A．对运动员受力分析：运动员仅受重力Mg、滑板对运动员垂直板面的弹力 F。匀速圆周运动
中，竖直方向合力为 0，水平方向合力提供向心力，竖直方向：Fcosθ=Mg
参考答案 2 页 共 5 页
水平方向：Fsinθ=Mω2r1
2
推导得：tanθ= ω r1g ，故 A正确；
B．运动员受到滑板的作用力是弹力 F，由勾股定理得：F= (Mg)2+(Mω2r 21) =M g2+ω4r21，故 B错
误；
C．将运动员和滑板视为整体，水平方向总向心力由地面静摩擦力提供，总向心力为两者向心力之和：f
=Mω2r +mω21 r2=ω2(Mr1+mr2)，故C错误；
D．整体竖直方向无加速度，地面支持力N= (M+m)g，静摩擦力不超过最大静摩擦力：μN≥ f
f ω2(Mr +mr )
代入 f、N 1 2得：μ≥ N = (M+m)g
ω2(Mr1+mr2)
即滑板与地面间的动摩擦因数至少为 (M+m) ，故D正确。g
9. AD
【解析】A．根据左手定则可知，正电荷进入磁场区域时会向上偏转，负电荷向下偏转，所以 F点的电势一
定低于 E点的电势，故 A正确；
B．流量计测得该管道的排污流量为 500m3/h，排污管的半径为 R= 30cm= 0.30m
设排污管内水流的速度为 v，则有 500m3/h= πR2v
解得 v= 0.49m/s，故 B错误；
C 20cm 1．根据上述分析可知，流量计管的半径为排污管半径的 60cm = 3
1
其横截面积为排污管横截面积的 9 ，流量计内污水的速度约为 v
= 9v= 0.49× 9m/s= 4.41m/s
qU
当粒子在电磁流量计中受力平衡时，则有 d = Bqv
B 1 1
解得 U = = 0.88 s/m
2，故C错误；
dv
D．当流量最大时，最大速度为 vm= 22m/s，则有 vm : v ≈ 5 : 1
所以最大流量约为 5× 500m3/h= 2500m3/h，故D正确。
10. AC
【解析】B．设 t0时刻，a对 b的作用力大小为零，分别对 a，b由牛顿第二定律得 F1-m1gsinα=m1a，F2-
m2gsinα=m2a
解得 t 20= 5s，a= 1m/s ，故 B错误；
C．在 0~5s时间内，F1+ F2恒定为 18N，因此 a和 b向上做匀加速直线运动，t= 5s时，a、b的速度大小
均为 v= at= 5m/s
0~5s时间内，对 b由动量定理得 IF2- m2gsinα t+ I=m2v
由题图乙面积代表冲量，可得 IF2= 35N s，解得 I= 25N s，故C正确；
A． t= 1s时，力 F2的大小为 F= 4N，F-m2gsinα+ FN=m2a
解得 FN= 8N，故 A正确；
D． 0 5s 1 25时间内，a、b运动的位移大小为 x= 22 at = 2 m
a 1、b组成的系统的机械能增加量为ΔE= m1+m2 gxsinα+ 2 m1+m2 v
2
解得ΔE= 225J，故D错误。
11.①. 2ghB ②.m1 hA=-m1 hB+m2 hC ③. hA= hB+ hC ④.不能
参考答案 3 页 共 5 页
【解析】[1] 1由动能定理有 2 mv
2
1B- 0=mghB
解得 v1B= 2ghB
[2]根据动量守恒有m1v1A=-m1v1B+m2v2C
由动能定理可知 v1B= 2ghB，v1A= 2ghA，v2C= 2ghC
联立以上各式可得满足动量守恒则需满足关系式m1 hA=-m1 hB+m2 hC
[3] 1 1 1根据弹性碰撞，需满足机械能守恒，即还需满足关系式 2 m v
2 2 2
1 1A= 2 m1v1B+ 2 m2v2C
联立以上各式得 hA= hB+ hC
[4]两个球上分别套上尼龙搭扣 (魔术贴)毛面和勾面做的套圈，此时发生非弹性碰撞，有机械能损失，故
两个小球均不能到达原来的位置C跟 B。
12. (1)①. T ②. 8.0× 102 (2)1700(3)减小
【解析】 1 [1]选择倍率后，需要将红黑表笔短接，然后调节多用电表面板上的欧姆调零旋钮 T进行欧姆
调零；
[2]多用电表的读数为 8.0× 100Ω= 800.0Ω= 8.0× 102Ω
2 由表 1可知，当照度 12070lx时，RG= 0.90kΩ
U 1
电流 I= R =G 300
A
E
根据欧姆定律，电阻箱接入的阻值 R0= I - R1- RG= 1700Ω
3 由表 1可知，光敏电阻阻值随照度的增大而减小。提高照度，光敏电阻减小，在电路中分得的电压减
小，为了分得和没有提高照度阈值前相同的电压，需要提高其阻值在总电阻中的占比，因此需要减小电
阻箱的阻值。
13. 1 打气前两瓶内气体压强 P0，气体体积V2= 2V0- 2V1= 3L
打气后两瓶内气体压强 7P0，气体体积V3= 2V0 1+20% - 2V1= 4L
对瓶内及充入气体，根据理想气体状态方程有 P0V2+ nP0V= 7P0V3
解得 n= 125次
2
7P ×0.5V
二级火箭内打完气后的气体在上升 200m的过程中，根据理想气体状态方程有 0 3T =1
0.98P0×V4
T2
解得，二级火箭内的气体在上升到 200m高处时对应的体积为V4= 14L
所以瓶内剩余气体的体积为V剩余=V0 1+20% = 3L
排出的气体的体积为V排出=V4-V剩余= 11L
m排出 V排出·ρ 11
排出气体的质量与剩余气体的质量之比 m =剩余 V剩余·ρ
= 3
14. 1 小球从 A静止释放到 B的过程，轨道光滑，机械能守恒。 A与O1同高，B为 ABC圆弧最低点，圆弧半
径为 R，因此 A到 B的下落高度为 R，则mgR= 12 mv
2
B
2
在 B点，由向心力公式，支持力与重力的合力提供向心力 F -mg=m vBN R
联立解得 FN= 3mg
2 小球沿轨道运动，需先经过最高点 E才能从 F射出。由于轨道是细管，E点的最小速度 vEmin= 0(细
管可提供支持力，允许最高点速度为 0)。
参考答案 4 页 共 5 页
从 E 1到 F，由机械能守恒，E、F高度差为 2 R，则mg
1
2 R+
1
2 mv
2
E= 1 22 mvF
得 v2F= v2E+ gR
因此 F点的最小速度对应 vE= 0
即 vFmin= gR
F 1 1 3R计算 点离地面的高度，B在地面，O1离地面高度为 R，CD长 2 R，因此O2比O1高 2 R，O2高度为 2
E F 1； 比 高 2 R，E在O R
3R 5R
2上方 处，得 E高度为 2 + R= 2
5R 1
因此 F的高度 (离地面)H= 2 - 2 R= 2R
1
小球从 F水平射出做平抛运动，竖直方向H= 22 gt
得 t= 2Hg =
4R R
g = 2 g
水平位移最小值 x Rmin= vFmin t= gR 2 g = 2R
15. 1 对小球 A受力分析可知，由于小球 A做匀速圆周运动，则小球受到的重力和电场力平衡，轨道对小球
2
的弹力提供小球圆周运动的向心力，则有 qE=mg，F= mv0R
mg
解得电场强度的大小为 E= q
mv2
轨道对小球的弹力为 F= 0R
1
2 由题可知，小球 B的质量为mB= 3 m
1
小球 B的电荷量为 qB= 3 q
则小球 B受到的电场力和其重力平衡，因此碰撞后两球均做匀速圆周运动，由于两球碰撞为弹性碰撞，
由动量守恒定律可得mAv0=mAvA+mBvB
1 1 1
由能量守恒定律可得 2 2 22 mAv0= 2 mAvA+ 2 mBvB
联立解得 v = mA-mB v = k-1 v = 1 v v = mA2 v = 2k v = 3A m +m 0 k+1 0 2 0，BA B mA+m 0B k+1 0 2
v0
小球 A与小球 B第一次碰撞到第二次碰撞的过程中，则有 vB Δt- vA Δt= 2πR
2πR 2πR
联立解得Δt= v -v =B A v0
3 5 k-1 1 2k 5 同理，k= 3 时，两球碰后的速度分别为 v
' = 'A k+1 v0= 4 v0，vB= k+1 v0= 4 v0
碰撞时满足 vBt- vAt= 2nπR(n= 1 , 2 , 3 )
解得 t= 2nπR = 2nπRvB-vA v0
此时 A n通过的路程为 sA= vAt= 2 πR n=1,2,3
即 A n球运动 2 周碰撞一次，则碰撞点为圆环的直径端点，坐标为 (R , 0)和 (-R , 0)
参考答案 5 页 共 5 页2026届广东广州市普通高中高三下学期冲刺训练（二）
物理试题
★祝大家学习生活愉快★
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．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，只有一项是符合题目
要求的。
1. 2026年 1月，中国“人造太阳”环流器装置 (EAST)实现 1亿摄氏度、1066秒稳态高约束运行，该装置反应
堆中发生的一种核反应方程为： 2H+ 3H→ 41 1 2He+ X，则 X是
A. 电子 B. 正电子 C. 中子 D. 质子
【答案】C
【解析】这是核聚变反应，根据核反应过程质量数守恒、电荷数守恒，可知 X的质量数、电荷数分别为 a=
2+ 3- 4= 1，b= 1+ 1- 2= 0，可知 X为中子。
2.如图甲所示，一根轻质细线下端悬挂着一个小球，将小球稍微拉离最低点后由静止释放，不计空气阻力，
细线始终保持紧绷，小球做简谐运动，其振动图像如图乙所示。下列说法正确的是
A. 小球的振幅为 10cm B. t= 1s时小球受到的合力为 0
C. t= 2s时小球受到的回复力最大 D. t= 4s时小球的动能最大
【答案】C
【解析】A．振幅是简谐运动的最大位移大小，由图乙可知小球振幅为 5cm，故 A错误；
B． t= 1s时小球位移为 0，位于平衡位置，此时回复力为 0，但小球做圆周运动，合力需要提供向心力，因
此合力不为 0，故 B错误；
C．简谐运动的回复力满足 F=-kx
回复力大小与位移大小成正比，t= 2s时小球位移最大，因此回复力最大，故C正确；
D． t= 4s时小球位移最大，速度为 0，因此动能最小；小球在平衡位置 (位移为 0处)速度最大，动能最
大，故D错误。
3.某品牌笔记本电脑的电源适配器铭牌如图甲所示，其结构如图乙所示，输入端接交流电源，输出端接笔
物理试题 第 1 页 共 12 页
记本电脑充电接口。当该笔记本电脑在 220V交流电压下以最大功率充电时，电源适配器原线圈、副线
圈的匝数之比为
A. 1：11 B. 11：1 C. 9：220 D. 220：9
【答案】B
n
【解析】根据题图甲可知，当该笔记本电脑以最大功率充电时，电源适配器的输出电压为 20V，因此 1n =2
U1 = 220 11U2 20
= 1 。
4.如下图所示，一束由红、蓝色光组成的复合光，以入射角 θ从侧面射入均匀透明的长方体玻璃砖，在玻璃
内色散成 a、b两束，在玻璃砖上表面刚好没有光线射出。已知红光的折射率小于蓝光的折射率，则
A. b为红色光束 B. 全反射临界角C红C. 玻璃对红光的折射率 n= 1+sin2θ D. 若缓慢增大 θ，蓝光先从上表面射出
【答案】C
sinθ
【解析】A．入射侧面的法线为水平虚线，由折射定律 n= sinr (θ为入射角，r为玻璃内折射角)：n越大，
sinr越小，r越小。图中 b的折射角更小，说明 nb更大，因此 b是蓝光，a是红光，
故 A错误。
B．全反射临界角满足 sinC= 1n ，n越小，C越大。因 n红C蓝，
故 B错误。
C．折射定律：sinθ= nsinr，得 sinr= sinθn ；
几何关系：玻璃砖上表面法线为竖直方向，折射光线在上表面的入射角 i= 90° -r，刚好全反射时 i=C，
故 sini= sin(90° -r) = cosr= sinC= 1n ；
sinθ 2 1 2
由三角恒等式 sin2r+ cos2r= 1，代入得： n + n = 1，整理得 n= 1+sin2θ，
故C正确。
D．缓慢增大 θ sinr= sinθ，由 n 得：r增大，上表面入射角 i= 90° -r减小。由于C红>C蓝，入射角减小后，
红光的入射角先小于自身临界角，因此红光先从上表面射出，
物理试题 第 2 页 共 12 页
故D错误。
5.如图所示，“羲和号”探日卫星绕太阳做圆周运动，轨道 1半径为 r。调整轨道以后，卫星的轨道变为图中
虚线椭圆轨道 2，远日点仍为 P，近日点为Q，Q到太阳的距离为 r1。下列说法正确的是
A. 变轨后卫星绕太阳运行的周期可能不变
B. 变轨前卫星与太阳连线相同时间内扫过的面积与变轨后的相等
C. 变轨前和变轨后卫星在 P点加速度相同
D. 变轨后卫星经过Q点的速度比变轨前的运行速度小
【答案】C
a3
【解析】A．根据开普勒第三定律
T 2
= k
变轨后卫星绕太阳运行的半长轴减小，则周期减小，故 A错误；
B．在相同时间内，变轨前卫星与太阳连线扫过的面积不等于变轨后卫星与太阳连线扫过的面积，因为
它们的轨道不同，故 B错误；
C Mm．根据牛顿第二定律有G
r2
=ma
变轨前和变轨后卫星在 P点与太阳的距离相同，则加速度相同，故C正确；
D Mm v
2
．变轨前根据牛顿第二定律有G 2 =mr r
解得 v= GMr
假设在 r GM1处有一个圆轨道有 v圆= r1
因为 r1< r
所以 v圆> v
而椭圆轨道在Q点出发后要做离心运动，因此 vQ> v圆
所以变轨后Q点速度 vQ> v圆> v
即变轨后Q点速度比变轨前的运行速度更大，故D错误。
6.第 24届国际回旋加速器及其应用大会于 2025年 10月 27日至 10月 31日在中国成都举办。回旋加速器
示意图如图所示，其中置于真空中的金属D形盒的半径为 R，两盒间距为 d，在左侧D形盒圆心处放有粒
子源 S，匀强磁场的磁感应强度大小为 B，方向如图所示。质子的质量为m，电荷量为 q。质子从粒子源
S进入加速电场时的初速度不计，质子受到的重力不计，加速电场的电压恒为U，质子在电场中运动时，
不考虑磁场的影响。质子在电场中加速的总时间与在D形盒中回旋的总时间的比值为
物理试题 第 3 页 共 12 页
A. dπR B.
2d
πR C.
πd
R D.
πd
2R
【答案】B
v2
【解析】设质子在加速器中获得的最大速度为 v，由洛伦兹力提供质子做圆周运动的向心力有 qvB=m R
解得 v= qBRm
Uq
质子在电场中的加速度大小 a= dm
v
在电场中加速的时间 t1= a
1
设质子在电场中加速次数为N，则有NUq= 2 mv
2
T
质子在磁场中运动的时间 t2=N 2
2πm
在磁场中运动的周期 T= qB
t1 = 2d在电场与磁场中运动的时间的比值 t2 πR
，
7.如图所示，两根光滑轨道平行放置在同一水平面上，其上分别套有 A、B两个完全相同的小球，小球间用
一根弹性绳相连 (弹力遵循胡克定律)。初始两球均静止，弹性绳处于原长，现给 A球一个向右的初速度
v0，则从开始运动到两球再次相距最近的过程中，两球的 v- t图像可能正确的是
A. B.
物理试题 第 4 页 共 12 页
C. D.
【答案】C
【解析】A获得初速度后，弹簧被拉伸，A向右做减速运动，B向右做加速运动，设 A、B两球的质量均为
m，A、B两球组成的系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向，有mv0= 2mv共1
v
解得第一次共速速度 v 0共1= 2
从开始运动到第一次共速，弹簧被拉长，弹力增大，且弹簧的水平分力也在增大，故二者做的是加速度增
大的运动。达到 v共1后，A向右做减速运动，B向右做加速运动，弹簧开始恢复延长，当 A、B两球再次相
距最近时，B在 A 1 1 1的正下方，由动量守恒、机械能守恒有mv0=mvA+mv ， mv2 2 2B 2 0= 2 mvA+ 2 mvB
解得 vA= 0，vB= v0
从第一次共速到 A、B两球再次相距最近时，弹簧拉伸量减小，弹力减小，且弹簧的水平分力也在减小，故
二者做的是加速度减小的运动，v- t图像斜率绝对值表示加速度大小，综合分析可知，C正确，ABD错
误。
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，质量为M的运动员踩着质量为m的冲浪滑板，在水平面内匀速转弯。滑板底部装有转向桥，
滑板平面可向任意方向倾斜。运动员的身体保持在一条直线上，该直线始终与滑板平面垂直，且与圆心
O1、O2所在的竖直线的夹角为 θ。运动员与滑板之间只存在垂直于板面的弹力作用。运动员、滑板重心
所在圆弧的半径分别为 r1、r2，两者相对静止且转弯的角速度均为ω。已知重力加速度为 g，空气阻力及
滑板与地面的滚动摩擦均不计。下列说法正确的是
ω2r
A. 运动员身体与竖直方向的夹角 θ满足 tanθ= 1g
B. 运动员受到滑板的作用力的大小为m g2+ω4r21
C. 1滑板受到地面的静摩擦力大小为 M+m ω22 r1+r2
ω2 Mr1+mr D. 2滑板与地面间的动摩擦因数至少为
M+m g
【答案】AD
物理试题 第 5 页 共 12 页
【解析】A．对运动员受力分析：运动员仅受重力Mg、滑板对运动员垂直板面的弹力 F。匀速圆周运动
中，竖直方向合力为 0，水平方向合力提供向心力，竖直方向：Fcosθ=Mg
水平方向：Fsinθ=Mω2r1
ω2
推导得：tanθ= r1g ，故 A正确；
B．运动员受到滑板的作用力是弹力 F，由勾股定理得：F= (Mg)2+(Mω2r )2=M g21 +ω4r21，故 B错
误；
C．将运动员和滑板视为整体，水平方向总向心力由地面静摩擦力提供，总向心力为两者向心力之和：f
=Mω2r1+mω2r 22=ω (Mr1+mr2)，故C错误；
D．整体竖直方向无加速度，地面支持力N= (M+m)g，静摩擦力不超过最大静摩擦力：μN≥ f
f ω2≥ = (Mrf N μ 1+mr2)代入 、 得： N (M+m)g
ω2(Mr1+mr2)
即滑板与地面间的动摩擦因数至少为 ( + ) ，故D正确。M m g
9.某地区多条道路城市地下管网和地下综合管廊建设改造工程启动。相关部门为了测量某管道污水的排
放量，常在充满污水的排污管末端安装一个电磁流量计，其结构如图甲所示。排污管和流量计管道的内
径分别为 60cm和 20cm。流量计的测量原理如图乙所示，在非磁性材料做成的圆管道内有磁感应强度
大小为 B的匀强磁场区域，当管道中的污水流过此磁场区域时，测出管壁上下 E、F两点的电势差U，便
可计算出管中污水的流量。现通过流量计测得该管道的排污流量为 500m3/h，已知该流量计能够测量的
流经其内部的污水的最大速度为 22m/s。下列说法正确的是
A. F点的电势低于 E点的电势
B. 该排污管内污水的速度约为 0.123m/s
C. 磁感应强度 B与电势差U的比值约为 0.88s/m2
D. 该电磁流量计能够测量的最大流量约为 2500m3/h
【答案】AD
【解析】A．根据左手定则可知，正电荷进入磁场区域时会向上偏转，负电荷向下偏转，所以 F点的电势一
定低于 E点的电势，故 A正确；
B．流量计测得该管道的排污流量为 500m3/h，排污管的半径为 R= 30cm= 0.30m
设排污管内水流的速度为 v，则有 500m3/h= πR2v
解得 v= 0.49m/s，故 B错误；
C 20cm 1．根据上述分析可知，流量计管的半径为排污管半径的 60cm = 3
1
其横截面积为排污管横截面积的 9 ，流量计内污水的速度约为 v
= 9v= 0.49× 9m/s= 4.41m/s
qU
当粒子在电磁流量计中受力平衡时，则有 d = Bqv

物理试题 第 6 页 共 12 页
B = 1解得 = 1 2U 0.88 s/m ，故C错误；dv
D．当流量最大时，最大速度为 vm= 22m/s，则有 vm : v ≈ 5 : 1
所以最大流量约为 5× 500m3/h= 2500m3/h，故D正确。
10.如图甲所示，足够长的光滑斜面上固定有物块 a、b，物块相互接触但不粘连，斜面与水平面之间的夹角 α
= 30°。 t= 0时刻，将 a、b解除固定，同时分别对 a、b施加沿斜面向上的力 F1、F2，力 F1、F2随时间 t变化
的关系如图乙所示。已知 a、b的质量分别为m1= 1kg，m2= 2kg，取重力加速度 g= 10m/s2。下列说法正
确的是
A. t= 1s时，a对 b的作用力大小为 8N
B. t= 3.5s时，a对 b的作用力大小为零
C. 0~5s时间内，a对 b的作用力的冲量大小为 25N ·s
D. 0~5s时间内，a、b组成的系统的机械能增加量为 90J
【答案】AC
【解析】B．设 t0时刻，a对 b的作用力大小为零，分别对 a，b由牛顿第二定律得 F1-m1gsinα=m1a，F2-
m2gsinα=m2a
解得 t0= 5s，a= 1m/s2，故 B错误；
C．在 0~5s时间内，F1+ F2恒定为 18N，因此 a和 b向上做匀加速直线运动，t= 5s时，a、b的速度大小
均为 v= at= 5m/s
0~5s时间内，对 b由动量定理得 IF2- m2gsinα t+ I=m2v
由题图乙面积代表冲量，可得 IF2= 35N s，解得 I= 25N s，故C正确；
A． t= 1s时，力 F2的大小为 F= 4N，F-m2gsinα+ FN=m2a
解得 FN= 8N，故 A正确；
D 1 25． 0 5s时间内，a、b运动的位移大小为 x= 2 at
2= 2 m
a、b组成的系统的机械能增加量为ΔE= m1+m2 gxsinα+ 12 m +m v
2
1 2
解得ΔE= 225J，故D错误。
三、非选择题：共 54分，考生根据要求作答。
11.一研究学习小组设计出如图甲所示的实验装置来探究“动量守恒定律”。
物理试题 第 7 页 共 12 页
(1)如图甲所示，两个半径相同的刚性球悬挂于同一水平面，两悬点的距离等于刚性球的直径大小，线长
相等，将其中一球拉开至一定角度，松手后使之与另一球发生正碰。
(2)如图甲所示，分析连拍照片得出，球 1从 A点由静止释放，在最低点与球 2发生水平方向的正碰，球 1
反弹后达到的最高位置为 B，球 2向左摆动的最高位置为C。测得球 1的质量m1、球 2的质量m2，A、B、
C到最低点的竖直高度差分别为 hA、hB、hC，已知重力加速度为 g。则碰后瞬间小球 1的速度大小为
。
(3)若测量数据近似满足关系式 (用m1、m2、hA、hB、hC表示)，则说明两小球碰撞过程动量守恒；若
两小球发生的是弹性碰撞，则应满足关系式 (用 hA、hB、hC表示)
(4)如图乙所示，在两个球上分别套上尼龙搭扣 (魔术贴)毛面和勾面做的套圈，再进行同样的碰撞。若
碰后两球能分开，则两小球均 (填“能”或“不能”)到达原来的位置C跟 B。
【答案】①. 2ghB ②.m1 hA=-m1 hB+m2 hC ③. hA= hB+ hC ④.不能
1
【解析】[1]由动能定理有 2 mv
2
1B- 0=mghB
解得 v1B= 2ghB
[2]根据动量守恒有m1v1A=-m1v1B+m2v2C
由动能定理可知 v1B= 2ghB，v1A= 2ghA，v2C= 2ghC
联立以上各式可得满足动量守恒则需满足关系式m1 hA=-m1 hB+m2 hC
[3] 1 1 1根据弹性碰撞，需满足机械能守恒，即还需满足关系式 m 2 2 22 1v1A= 2 m1v1B+ 2 m2v2C
联立以上各式得 hA= hB+ hC
[4]两个球上分别套上尼龙搭扣 (魔术贴)毛面和勾面做的套圈，此时发生非弹性碰撞，有机械能损失，故
两个小球均不能到达原来的位置C跟 B。
12.光照强度简称照度，反映光的强弱，光越强照度越大，照度的单位为勒克斯 (lx)。为了控制蔬菜大棚内的
照度，农技人员对大棚设计了图甲所示的智能光控电路，当照度低于某阈值时，启动照明系统进行补光。
(1)为了设定控制电路具体参数，需要获得不同照度下光敏电阻的阻值，现用如图乙所示的多用电表进
行测量。步骤如下：
物理试题 第 8 页 共 12 页
①机械调零后，选择开关拨至“× 100”位置，红黑表笔短接，然后调节多用电表面板上的部件 (填
“S”或“T”)，直到指针停在表盘右端 0刻度处。
②用可调照度的灯照射光敏电阻。某次测量中，指针指示如图丙所示，则光敏电阻的阻值 RG=
Ω，并用照度传感器记录此时的照度值。
③改变照度多次重复步骤②，得到光敏电阻阻值与照度的对应关系，如表 1所示。
表 1光敏电阻阻值与照度对应表
照度 /lx 65890 41570 30840 20760 16040 12070 10530
RG/kΩ 0.40 0.50 0.60 0.70 0.80 0.90 1.0
(2)图甲电路中，电源电动势 E= 9.0V，内阻不计。定值电阻 R1= 100Ω，电阻箱 R0的阻值调节范围是 0
9999.9Ω，光敏电阻 RG的电压U增加到 3.0V时，照明系统开始工作。现大棚内拟种植叶菜类蔬菜，农
技人员设置照度阈值，当照度降低到 12070lx时开始补光，电阻箱 R0的阻值应调为 Ω。
(3)当大棚内种植果菜类蔬菜时，需提高照度阈值，需要 (填“增大”或“减小”)电阻箱的阻值。
【答案】(1)①. T ②. 8.0× 102 (2)1700(3)减小
【解析】 1 [1]选择倍率后，需要将红黑表笔短接，然后调节多用电表面板上的欧姆调零旋钮 T进行欧姆
调零；
[2]多用电表的读数为 8.0× 100Ω= 800.0Ω= 8.0× 102Ω
2 由表 1可知，当照度 12070lx时，RG= 0.90kΩ
U 1
电流 I= R =G 300
A
根据欧姆定律，电阻箱接入的阻值 R0= EI - R1- RG= 1700Ω
3 由表 1可知，光敏电阻阻值随照度的增大而减小。提高照度，光敏电阻减小，在电路中分得的电压减
小，为了分得和没有提高照度阈值前相同的电压，需要提高其阻值在总电阻中的占比，因此需要减小电
阻箱的阻值。
13.在校园科技节中，东营市某学生自制的水火箭一飞冲天。如图所示，水火箭由两个导热良好，容积 V0=
2.5L的可乐瓶组装而成。中间通过单向导气管相连 (打气时气体由下向上导通)。地面处大气压 P0=
1.0× 105Pa，地面温度 27°C。发射前向每个可乐瓶内装入 V1= 1L的水，通过打气筒向瓶内多次打入压强
为 P0的空气，每次打入的体积 V= 0.2L，使两个可乐瓶内压强达到 7P0，同时两瓶子体积均膨胀 20% (在
此时刻之后可乐瓶的体积不再变化)，解除锁定，水火箭竖直上升到某处时第一级脱落，第二级继续上升，
当可乐瓶内部的水恰好全部喷出时，第二级水火箭上升到压强为 P1= 9.8× 104Pa、温度为 21°C、距离地
面 200米的高度。求：
(1)起飞前打气的次数；
(2)上升到 200米处时，第二级火箭内排出的气体与剩余气体质量的比值。
物理试题 第 9 页 共 12 页
【解析】 1 打气前两瓶内气体压强 P0，气体体积V2= 2V0- 2V1= 3L
打气后两瓶内气体压强 7P0，气体体积V3= 2V0 1+20% - 2V1= 4L
对瓶内及充入气体，根据理想气体状态方程有 P0V2+ nP0V= 7P0V3
解得 n= 125次
2 200m 7P0×0.5V 二级火箭内打完气后的气体在上升 的过程中，根据理想气体状态方程有 3T =1
0.98P0×V4
T2
解得，二级火箭内的气体在上升到 200m高处时对应的体积为V4= 14L
所以瓶内剩余气体的体积为V剩余=V0 1+20% = 3L
排出的气体的体积为V排出=V4-V剩余= 11L
m排出 V排出·ρ 11
排出气体的质量与剩余气体的质量之比 m = =剩余 V剩余·ρ 3
14.赤峰市出土的红山文化玉龙是中华龙文化起源的重要象征，其造型呈 C形卷曲状，如图甲所示。为呈现
“龙吐玉珠”景观，设计图乙中的形如“玉龙”的细管轨道 ABCDEF，轨道由半径为 R的两段圆弧 ABC、
DEF 1及连接两圆弧的竖直细管 CD组成，其中 CD长为 2 R，O1、O2为两圆弧的圆心。轨道在竖直平面
1
内，最高点 E和水平出口点 F的高度差为 2 R，轨道内壁光滑且各部分平滑连接，细管的内径远小于 R，
小球略小于管的内径，质量为m，重力加速度为 g，不计空气阻力。
(1)若将小球由 A口静止释放，求小球运动到轨道最低点 B时受到的支持力大小 FN；
(2)若将小球由 A口以不同的速度连续不断的射入，使所有小球都能从 F口射出即可呈现“龙吐玉珠”景
观。求小球落在水平地面上水平位移的最小值 x。
物理试题 第 10 页 共 12 页
【解析】 1 小球从 A静止释放到 B的过程，轨道光滑，机械能守恒。 A与O1同高，B为 ABC圆弧最低点，
1
圆弧半径为 R，因此 A到 B的下落高度为 R，则mgR= 2 mv
2
B
v2
在 B点，由向心力公式，支持力与重力的合力提供向心力 FN-mg=m BR
联立解得 FN= 3mg
2 小球沿轨道运动，需先经过最高点 E才能从 F射出。由于轨道是细管，E点的最小速度 vEmin= 0(细
管可提供支持力，允许最高点速度为 0)。
从 E到 F 1 1 1，由机械能守恒，E、F高度差为 2 R，则mg 2 R+
2
2 mvE=
1 mv22 F
得 v2 = v2F E+ gR
因此 F点的最小速度对应 vE= 0
即 vFmin= gR
1 1 3R
计算 F点离地面的高度，B在地面，O1离地面高度为 R，CD长 2 R，因此O2比O1高 2 R，O2高度为 2
E F 1 R E O R E 3R 5R； 比 高 2 ， 在 2上方 处，得 高度为 2 + R= 2
5R 1
因此 F的高度 (离地面)H= 2 - 2 R= 2R
小球从 F 1水平射出做平抛运动，竖直方向H= 2 gt
2
得 t= 2Hg =
4R R
g = 2 g
水平位移最小值 x Rmin= vFmin t= gR 2 g = 2R
15.如图，以O为原点，水平方向为 x轴，竖直方向为 y轴建立直角坐标系 xOy。半径为 R的圆环竖直放置并
固定，其圆心位于原点O处。空间中存在竖直向上的匀强电场，电场强度大小为 E(未知)。圆环内有质
1
量为mA=m和mB= k m(k为常数，且 k> 1)的绝缘带电小球 A和 B，小球 A的电荷量为+q，小球 B带正
电荷，A和 B的比荷相等。初始时小球 A以初速度 v0沿圆环做匀速圆周运动，B静止于 x轴上 R,O
处，A和 B发生的相互作用瞬间完成，可视为弹性碰撞。已知小球电荷量始终不变，小球相互作用瞬间
完成。除相互作用瞬间，其余时间内忽略小球之间的库仑力和它们之间的电势能；小球可看作质点，圆
环内径很小，忽略不计，不计小球与圆环之间的摩擦，重力加速度为 g。完成下列问题：
(1)求匀强电场的电场强度大小 E和小球 A与 B相互作用前轨道给小球 A的弹力大小；
(2)k= 3时，求小球 A与小球 B第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔Δt；
(3)k= 53 时，求 A、B两小球所有碰撞点的坐标。
【解析】 1 对小球 A受力分析可知，由于小球 A做匀速圆周运动，则小球受到的重力和电场力平衡，轨道
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2
对小球的弹力提供小球圆周运动的向心力，则有 qE=mg mv，F= 0R
mg
解得电场强度的大小为 E= q
mv2
轨道对小球的弹力为 F= 0R
1
2 由题可知，小球 B的质量为mB= 3 m
小球 B q = 1的电荷量为 B 3 q
则小球 B受到的电场力和其重力平衡，因此碰撞后两球均做匀速圆周运动，由于两球碰撞为弹性碰撞，
由动量守恒定律可得mAv0=mAvA+mBvB
1 1
由能量守恒定律可得 2 mAv
2
0= 2 m v
2
A A+ 12 mBv
2
B
联立解得 vA=
mA-mB v k-1 1 mA2 2km +m 0= k+1 v0= 2 v0，vB= m +m v0= k+1 v0=
3
2 v0A B A B
小球 A与小球 B第一次碰撞到第二次碰撞的过程中，则有 vB Δt- vA Δt= 2πR
2πR 2πR
联立解得Δt= vB-v
=
A v0
3 k= 5 v' = k-1 1 2k 5 同理， 3 时，两球碰后的速度分别为
'
A k+1 v0= 4 v0，vB= k+1 v0= 4 v0
碰撞时满足 vBt- vAt= 2nπR(n= 1 , 2 , 3 )
t= 2nπR = 2nπR解得 vB-vA v0
此时 A通过的路程为 sA= vAt= n2 πR n=1,2,3
A n即 球运动 2 周碰撞一次，则碰撞点为圆环的直径端点，坐标为 (R , 0)和 (-R , 0)
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