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2026年湖南省长沙实验中学高考物理一模试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.浏阳烟花国际驰名，浏阳是全球最大的烟花出口基地。焰火呈现的彩色光芒，与金属原子的能级跃迁密切相关。电子从高能级向低能级跃迁时( )
A. 吸收能量，发出连续光谱 B. 释放能量，发出连续光谱
C. 吸收能量，发出线状光谱 D. 释放能量，发出线状光谱
2.上课过程中，教室内环境温度升高，压强不变，气体可看成理想气体，对教室内气体说法正确的是( )
A. 分子的平均动能增大 B. 分子间距变大，分子势能增大
C. 对外界做功，向外界放热 D. 单位时间内碰撞单位面积的分子数增多
3.一列简谐横波沿轴传播，时刻的波形如图甲所示。介质中质点的平衡位置，振动图像如图乙所示。质点的平衡位置，下列说法中正确的是( )
A. 该波的传播速度为 B. 质点在一个周期内的路程为
C. 内，质点的动能一直在减小 D. 时，质点一定位于波峰位置
4.年月日，阿尔忒弥斯号Ⅱ踏上了人类自年以来首次绕月旅程。如图阿尔忒弥斯号首先发射到近地轨道Ⅰ，在点加速后进入椭圆轨道Ⅱ，此后多次加速后掠过月球背面，在弹弓效应下，无需动力返回地球。则下列正确的是( )
A. 阿尔忒弥斯号要飞到点，在点速度需大于
B. 阿尔忒弥斯号从点返回点的过程中速度一直变大
C. 在Ⅰ、Ⅱ轨道经过点时，向心加速度
D. 从返回点的过程中，阿尔忒弥斯号在地月系统中机械能守恒
5.如图直角三棱镜，，一光线平行从左侧射入，经两次折射从射出后，角度偏转了。则该介质的折射率为( )
A. B. C. D.
6.在过年的“套圈”活动中，将相同的套环Ⅰ、Ⅱ从同一位置水平抛出，分别套中Ⅰ、Ⅱ号物品。若套环可近似视为质点，不计空气阻力，则( )
A. Ⅱ号套环的飞行时间较长
B. 抛套环时，对Ⅱ号套环做的功较多
C. 在飞行阶段，两套环动量随时间的变化率不同
D. 在飞行阶段，两套环动能随高度的变化率不同
7.年月日，动车组成功下线，动车组为动拖节编组，总质量为，平直轨道行驶中阻力恒为车重的倍。列车启动时台动力车全部工作，总额定功率为，当速度达到时，为节能运行，控制系统自动切换为仅台动力车工作，功率减为，最终列车加速到匀速速度，。重力加速度为，下列说法正确的是( )
A.
B. 从台动车切换为台动车的瞬间速度变为
C. 切换前后的瞬间加速度之比为：
D. 切换前后动车组加速时间之比为：
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.家用新风系统由物理除尘和静电除尘两套系统共同作用，如图所示，空气从进气口进入新风系统，先通过底部的过滤网清除掉较大的灰尘颗粒，再进入管道通过静电除尘清除掉细小尘埃，为金属管，接高电压正极，为金属丝，接高电压负极，空气分子电离，使灰尘带上负电。有关静电除尘，下列说法正确的是( )
A. 灰尘会被吸附到金属管 B. 灰尘做匀加速运动
C. 、两点电场强度相同 D. 吸附过程灰尘的电势能减小
9.如图甲为我国海上风力发电简化工作原理模型图，风轮带动矩形线圈在匀强磁场中转动输出如图乙所示的交流电，并通过两理想变压器和远距离输电给用户供电，电压表为理想电表。下列说法正确的是( )
A. 用电高峰期相当于滑片向下移动，则电压表的示数变大
B. 时穿过线圈的磁通量为零
C. 将输电电压提高到原来的倍，输电线路上损失的功率变为原来的
D. 若风速增大时，转速增加，输电线上损失的功率增大
10.如图所示，水平放置的足够长光滑平行金属导轨间距为，导轨左端接有阻值为的电阻，在电阻和虚线之间靠近电阻的位置存在由四个半径为的四分之一圆弧组成的曲边四边形，区域内存在磁感应强度大小、方向竖直向下的磁场，右侧的导轨区域内存在磁感应强度大小为、方向竖直向下的匀强磁场。现将质量为的导体棒放置于曲边四边形区域的右侧，且与虚线间存在一定距离，时刻导体棒在一外加水平向右的恒力作用下，从图示位置由静止开始向右运动，一段时间后导体棒恰好以速度到达虚线处，再运动一段时间后导体棒以速度做匀速运动。导体棒与导轨垂直且始终接触良好，导体棒接入电路的电阻也为，不计导轨电阻，下列说法正确的是( )
A. 导体棒到达虚线之前，导体棒中感应电流的方向从流向
B. 导体棒所受水平恒力的大小为
C. 导体棒初始位置到的距离为
D. 导体棒向右运动足够长时间后撤去外力，导体棒在右侧的最终速度为
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.如图为某同学设计的“验证动量守恒定律”的实验装置，气垫桌左端安装有一弹射装置小物块和挡光条的总质量为，木板的质量为，小物块与木板间存在摩擦，忽略木板与气垫禀间的摩擦力，光电门紧挨着木板左侧。
已知挡光条的宽度为，若挡光条经过光电门的时间为，则小物块经过光电门的速度大小为 。
保持气垫桌水平，将小物块用弹射装置弹射出去，小物块通过光电门后滑上木板，且小物块一直未从木板上掉落，在挡光条经过光电门之前，两者已保持相对静止。挡光条先后通过两个光电门的时间分别为、。若小物块与木板的质量满足 用、表示，则可验证动量守恒。
多选在某次实验时，气垫桌长度有限导致挡光条经过光电门时，小物块与木板未达到相对静止，为此可以通过 来改进。
A.选用动摩擦因数更大的木板
B.选用质量更大的小物块
C.增大小物块弹射的初速度
12.光伏电池是将太阳光能直接转换为电能的半导体器件。学习小组选取某型号光伏电池板，对其电动势与内阻的特性展开探究，设计了如图甲所示的实验电路。实验室提供了如下实验器材：
A.待测光伏电池板电动势标识为
B.电流表量程，内阻约
C.电压表量程，内阻约
D.滑动变阻器最大阻值
E.电阻箱最大阻值
F.电压传感器、电流传感器及相关设备
G.开关、，导线若干
白天环境下，主要实验步骤如下：
按照图甲所示电路，用笔画线代替导线将图乙中的器材连接完整。
在实验室内将光伏电池板放在盒中，连接好电路，闭合，断开改变盒盖高度，测量得到如表数据；
组别
当盒盖高度时，电压表指针如图丙所示，读数为 。由表格可知，随着光强盒盖高度的增加，光伏电池电动势 填“增大”“减小”或“不变”。
将盒盖完全打开，闭合、，无论如何调节滑动变阻器，发现电压表和电流表示数几乎为零。
将图甲中的电流表换成电流传感器、电压表换成电压传感器传感器均视为理想电表，用电阻箱替换滑动变阻器，连接电路。
闭合、，保持光照强度不变，改变电阻箱的阻值，测得光伏电池板两端电压随电流变化关系如图丁所示，其中为某一工作点，虚线是过点的切线，此状态下电池内阻大小为 选用、、、、表示。
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.热气球容积，在地面首先对其充气，温度与外界相同，充满气体后对气体加热。已知地面附近外界温度，大气压强恒定。空气密度。气球无弹性，整个热气球不含内部气体及乘坐人员的总质量为，空气可视为理想气体。求：
载重气球恰好起飞时的温度；
加热后气球排出的空气质量与加热前气球内空气质量之比。
14.如图所示，在平面内有一个圆形匀强磁场区，半径为，磁感应强度为，方向垂直于纸面向外。紧靠圆形磁场右侧有、、足够多个等宽区域。其中，奇数区域内有水平向右的匀强电场，电场强度为；偶数区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为未知。圆上、两点与圆心共线，与区域左边界垂直。有一个带电粒子由点进入圆形磁场区域，经过点进入区域，速度大小为，方向与左边界夹角为斜向下，进入区域时与左边界夹角为斜向下，该粒子恰好不能从区域的右边界射出。不计带电粒子的重力。求：
带电粒子的比荷；
每个区域的宽度；
磁感应强度的大小。
15.如图所示，质量的物块穿在水平固定的光滑轻杆上，质量为的小球紧贴轻杆放置，、看作质点通过长为的不可伸长的轻质细绳相连且轻绳伸直，到下方长木板的高度也为。现静止释放小球，运动到最低点时恰好与静止在地面上的长木板发生碰撞，长木板的质量，长度，长木板左侧范围内，动摩擦因数，其余部分光滑，处放一弹性板，所有碰撞均为完全弹性碰撞，简谐运动周期。求：
小球到达最低点时物块的位移；
小球到达最低点时对轻绳的拉力；
木板停止时所处的位置；
两次进入粗糙区域的总时间及整个过程摩擦力对木板的总冲量。
答案解析
1.【答案】
【解析】解：根据氢原子的跃迁规律，电子从高能级向低能级跃迁时，向外释放能量；原子的能级是分立的，辐射光子的能量等于两个能级的能量差，因此辐射出的光子频率是不连续的，对应发出线状光谱，故D正确，ABC错误。
故选：。
根据氢原子的跃迁规律结合光谱的知识分析解答。
考查氢原子的跃迁规律的应用，理解光谱的概念，属于基础题。
2.【答案】
【解析】解：、温度是分子平均动能的标志，教室内环境温度升高，气体温度随之升高，分子平均动能增大，故A正确；
B、理想气体分子间除碰撞外无相互作用，分子势能不计，故分子势能保持不变，故B错误；
C、环境温度升高，教室内部分气体受热膨胀逸出，气体对外做功，同时室内剩余气体温度升高，内能增大，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，故C错误；
D、气体压强不变，温度升高时，分子平均动能增大，每个分子撞击器壁的平均作用力增大，为维持压强不变，单位时间内碰撞单位面积的分子数必然减少，故D错误。
故选：。
教室内气体温度升高，压强不变，可视为理想气体。温度是分子平均动能的标志，温度升高意味着分子平均动能增大。理想气体分子间作用力忽略不计，分子势能恒为零。在压强不变条件下，温度升高会导致气体体积膨胀，气体对外做功，同时内能增加，根据热力学第一定律，气体需要从外界吸热。气体压强由单位时间内碰撞单位面积的分子数及其平均动能共同决定，压强不变而平均动能增大，则单位时间内碰撞单位面积的分子数会减少。
本题以教室环境温度升高为背景，考查理想气体的基本性质与热力学定律。题目综合了分子动理论、热力学第一定律及气体压强的微观解释，计算量小但概念辨析要求高，能有效检验学生对核心物理模型的理解深度。学生需准确掌握理想气体分子势能为零、温度与平均动能的对应关系，以及压强微观公式的统计含义。其中选项需要从压强不变和温度升高两个条件推理出分子数密度的变化，考查逻辑推理与微观宏观相结合的思维能力。整体而言，本题在有限选项中涵盖了气体问题的多个重要角度，是一道概念辨析类的好题。
3.【答案】
【解析】解：、从图甲中可以看出波长，从图乙中可以看出周期，根据波速公式，可以计算波的传播速度
代入数据解得，故A正确；
B、质点在一个周期内通过的路程等于倍的振幅，从图乙中可以看出振幅为，因此质点在一个周期内的路程为，故B错误；
C、从图乙中可以看出，内质点位于波峰位置向平衡位置运动，速度逐渐增大，因此动能一直在增大，故C错误；
D、从图乙中可以看出，时质点位置位于波峰位置，由于波沿轴传播，质点的平衡位置，与质点的平衡位置相距，因此时质点不一定位于波峰位置，故D错误。
故选：。
A、波动图像可读出波长，振动图像可读出周期，根据波长与周期计算传播速度；
B、质点在一个周期内通过的路程等于倍的振幅，根据此条件分析；
C、根据振动图像判断质点的运动情况，在平衡位置时速度最大动能最大；
D、根据振动图像分析质点的运动情况，判断两质点平衡位置间的距离，判断波峰是否转移到点。
本题结合振动图像与波动图像考查学生对机械波传播规律的理解，其中重点考查学生从两种图像中获取信息的能力，并把握质点在平衡位置附近做简谐运动为解决本题的关键。
4.【答案】
【解析】解：阿尔忒弥斯号仍受地球引力束缚，最终返回地球，因此在点速度小于第二宇宙速度，故A错误；
B.从返回的过程中，地月引力存在一个合力为零的平衡点，从到平衡点，月球引力的合力与运动方向夹角大于，速度减小；过平衡点后，地球引力的合力与运动方向夹角小于，速度增大，因此速度先减小后增大，故B错误；
C.由，可得，可知相同，加速度相等，即，故C错误；
D.返回过程无需动力，只有地月系统的引力做功，因此在地月系统中机械能守恒，故D正确。
故选：。
根据第二宇宙速度的知识分析解答；根据卫星的受力变化情况结合合力与速度的夹角关系进行判断；根据牛顿第二定律分析解答；根据机械能守恒的条件进行分析解答。
考查万有引力与圆周运动的相关知识，重点在于理解机械能守恒定律和宇宙速度，属于较低难度考题。
5.【答案】
【解析】解：光路如图所示，设光线在点的折射角为，根据折射定律有。设在点的出射角为，则在点有。
由几何关系可得，解得：。联立以上各式，解得：，，故C正确，ABD错误。
故选：。
光线平行于边射入三棱镜，在面发生折射，折射角与入射角满足折射定律。光线进入棱镜后，在面发生第二次折射，出射光线与入射光线的夹角为偏转角。已知偏转角为，结合棱镜的几何角度，可以建立两次折射的几何关系，通过折射定律与角度关系联立求解折射率。
本题以光学中的折射现象为核心，考查光的折射定律、几何光学中的光路分析与几何关系综合应用。题目通过三棱镜这一经典模型，将物理规律与空间几何紧密结合，计算量适中但思维要求较高。学生需准确作出光路图，并灵活运用两次折射定律，同时从复杂的角度变化中提取关键几何关系建立方程。本题有效锻炼了学生的空间想象能力、逻辑推理能力以及利用数学工具解决物理问题的综合素养，是一道区分度良好的中等偏上难度试题。
6.【答案】
【解析】解：根据平抛运动规律，水平方向和竖直方向的位移公式为，
可得套中Ⅰ号物品时较小，较大，可知套环被抛出的速度一定较小，故A错误；
B.根据重力做功表达式
套中Ⅰ号物品时较大，重力对套环做功较多，故B正确；
C.根据平抛运动规律，竖直方向的位移公式
可得，套中Ⅱ号物品，较小，套环飞行时间较短，故C错误；
D.套中物品过程中，根据动能定理有套中Ⅱ号物品，较小，重力做功较小，可知套环动能变化量较小，故D错误。
故选：。
结合平抛运动竖直方向自由落体规律分析飞行时间，由水平位移与时间的关系判断初速度大小，进而分析抛射做功；再依据动量变化率等于合外力、动能变化率等于重力做功功率分析剩余选项。
本题以生活中的套圈活动为情境，融合平抛运动、功与能、动量变化率等知识点，侧重运动分解与力学规律的综合应用，能有效检验学生的物理建模与分析推理能力。
7.【答案】
【解析】解：列车功率满足，行驶中受到的阻力
最终匀速行驶时功率为，速度为，有，结合
解得，故A错误；
B.速度是状态量，列车切换功率瞬间速度不会突变，仍为，故B错误；
C.切换前瞬间，牵引力，加速度，代入
解得，切换后瞬间，牵引力，加速度
代入
解得
代入数据可得：：，故C正确；
D.切换前后，动车组均为变加速运动，根据动能定理有，，因两段位移、未知，无法求出时间之比，故D错误。
故选：。
结合机车启动的功率公式和受力平衡条件，先求出匀速行驶时的速度，再分析功率切换前后的牵引力、加速度变化，结合牛顿第二定律和运动学规律逐一判断选项。
本题以动车组为背景，考查机车启动问题，核心是功率公式、受力平衡与牛顿第二定律的综合应用，侧重对机车不同功率阶段运动状态的分析，对过程拆解和规律应用能力有一定要求。
8.【答案】
【解析】解：金属管接高压正极，金属丝接高压负极，空气电离后灰尘带负电，负电荷受到指向正极的电场力，会被吸附到金属管，故A正确；
B.静电除尘装置中的电场是非匀强电场，电场强度大小和方向均随位置变化，灰尘所受电场力大小变化，加速度也随之变化，因此灰尘不是做匀加速运动，故B错误；
C.电场强度是矢量，、两点的电场强度方向不同，且大小也不同，因此、两点电场强度不相同，故C错误；
D.灰尘带负电，在电场力作用下向正极运动，电场力方向与运动方向相同，电场力对灰尘做正功，灰尘的电势能减小，故D正确。
故选：。
结合静电除尘原理，分析带负电灰尘的受力与运动，判断电场强度特点及电势能变化。
本题以家用新风系统为载体，考查非匀强电场的电场强度、带电粒子受力与电势能变化，侧重对静电除尘工作原理的理解，关键是明确电场分布特点和电场力做功与电势能的关系。
9.【答案】
【解析】解：用电高峰期用户增加，负载总电阻减小，相当于滑片向下移动，升压变压器输入电压与输出电压均不变，降压变压器副线圈电流变大，则其原线圈电流也增大，输电导线电阻两端电压增大，则降压变压器原线圈两端电压减小，其副线圈两端电压也减小，即电压表示数减小，故A错误；
B.由图乙可知，时电压为最大值，此时矩形线圈在匀强磁场中转动产生的电动势最大，线圈的磁通量变化率最大，而磁通量最小为零，则线圈平面与磁感线平行，故B正确；
C.将输电电压提高到原来的倍，根据，可知输电线路上的电流变为原来的，根据输电线路上损失的功率，可知输电线路上损失的功率变为原来的，故C错误；
D.若风速增大，线圈转动的转速增加，线圈产生的感应电动势增大，输出电压增大。在变压器的匝数比不变、用户负载不变的情况下，升压变压器输出电压会增大，输电线中的电流会增大。由于线路损耗功率为，所以输电线上的损失功率增大，故D正确。
故选：。
用电高峰期用户增加，负载总电阻减小，升压变压器输入电压与输出电压均不变，降压变压器副线圈电流变大，则其原线圈电流也增大，输电导线电阻两端电压增大，根据理想变压器的电压比与匝数比的关系分析选项；由图乙得到时电压为最大值，此时矩形线圈在匀强磁场中转动产生的电动势最大，根据法拉第电磁感应定律分析选项；将输电电压提高到原来的倍，根据电功率计算公式分析选项；若风速增大，线圈转动的转速增加，线圈产生的感应电动势增大，输出电压增大。根据变压器的工作原理分析选项。
本题考查了理想变压器动态分析问题，掌握理想变压器的电压比、电流表与匝数比的关系，掌握电功率的计算公式。
10.【答案】
【解析】解：、根据楞次定律，感应电流的磁场方向竖直向上，由安培定则可知导体棒中的感应电流方向从流向，故A正确；
B、当导体棒以速度匀速运动时，受力平衡，由平衡条件得，其中，，解得：，故B错误；
C、根据，其中，可得导体棒初始位置到的距离，故C正确；
D、当导体棒速度减为零后会反向运动，最终速度满足，解得：，故D正确。
故选：。
导体棒到达虚线之前，穿过区域的磁通量因磁场随时间变化而增加，根据楞次定律判断感应电流的磁场方向竖直向上，再由安培定则确定导体棒中感应电流方向为从流向。
当导体棒以匀速运动时，安培力与恒力平衡。分析导体棒切割磁感线产生的动生电动势与区域内变化磁场产生的感生电动势，两者串联后通过闭合电路形成感应电流，由此建立安培力表达式并利用平衡条件求解恒力。
导体棒从静止开始运动到处获得速度，此过程受恒力和变化的安培力作用，但题目中给出的最终匀速运动条件可确定恒力，进而可认为该阶段为匀加速运动，利用匀变速运动规律结合已知的初末速度和加速度求解初始位置到的距离。
撤去外力后，导体棒在右侧磁场中运动，其速度变化将产生动生电动势，而左侧区域的变化磁场仍产生感生电动势，当两者在回路中产生的感应电流为零时，导体棒达到最终稳定速度，此时动生电动势与感生电动势大小相等、方向相反。
本题综合考查电磁感应中的动力学与能量问题，涉及动生与感生电动势叠加、安培力计算及含时变化磁场的复杂情境。题目将运动过程分为两个阶段，并融合了匀变速直线运动与最终匀速状态的分析，对学生的物理建模与逻辑推理能力提出了较高要求。本题计算量较大，难点在于正确求解左侧区域的总电动势，需同时考虑导体棒切割磁感线产生的动生电动势和变化磁场引起的感生电动势，并准确计算曲边区域的有效面积。选项B的表达式需仔细核对系数，易错点在于匀速阶段对应的速度应为而非，且感应电动势的合成容易出错。选项D涉及撤力后的动态平衡分析，需理解反向运动后安培力与感生电动势驱动电流的关系，体现了对电磁感应本质的深入理解。
11.【答案】

【解析】解：挡光条经过光电门的时间极短，可以利用平均速度替代小物块经过光电门的速度，则。
挡光条先后通过两个光电门，小物块经过光电门的速度大小分别为，
忽略木板与气垫禀间的摩擦力，以小物块和木板为系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，则有
联立可得
若小物块与木板的质量满足，则可验证动量守恒。
设为两挡光门之间距离，对木板根据动能定理有，可得，由于减小，挡光条通过光电门时木板的速度减小，为了增大，可以选用动摩擦因数更大的木板、选用质量更大的小物块、与物块弹射的初速度无关，故AB正确，C错误。
故选：。
故答案为：；；。
利用平均速度替代小物块经过光电门的速度；
根据平均速度公式和动量守恒推导需要验证的表达式；
根据动能定理分析判断。
本题考查“验证动量守恒定律”实验，需要掌握实验原理、验证表达式的推导方法和光电门的测速原理。
12.【答案】
，增大

【解析】按照图甲所示电路，将图乙中器材连接完整，如图所示
电压表量程为，最小分度值为，则读数为。
断开时电路开路，电压表读数近似等于光伏电池的电动势，由表格数据可知，随着光强盒盖高度的增加，光伏电池电动势增大。
根据闭合电路的欧姆定律，可得，可知图线的纵轴截距等于电动势，可得
对于非线性电源，在工作点，有，，代入，得
解得
故答案为：
，增大；。
按照图甲所示电路，将图乙中器材连接完整；
先确定电压表的最小分度值再读数；根据表格数据分析判断；
根据闭合电路的欧姆定律结合图像计算。
本题关键掌握测量光伏电池电动势和内阻的实验原理，利用图像处理数据的方法和电压表的读数方法。
13.【答案】载重气球恰好起飞时的温度为或 加热后气球排出的空气质量与加热前气球内空气质量之比为：
【解析】解：在气球未加热且充满气体时，内部空气质量为，代入数据解得：。当气球恰好起飞时，由平衡条件可知浮力等于总重力，即，同时浮力满足，联立解得此时气球内部空气质量为。根据等压变化下的理想气体状态方程，有，即，已知，代入数据解得：；
加热后气球排出的空气质量为，代入数据解得：。因此，排出的空气质量与加热前气球内空气质量之比为。
答：载重气球恰好起飞时的温度为或。
加热后气球排出的空气质量与加热前气球内空气质量之比为：。
气球恰好起飞时，浮力与总重力达到平衡。已知地面大气密度与气球容积，可求得浮力；结合总质量，能确定此时气球内部空气质量。气球内部气体质量变化源于温度升高导致密度减小，该过程压强恒定，由理想气体状态关系可建立初始与恰好起飞时温度与气体质量的比例，从而求出所需温度。
加热后气球排出的空气质量等于加热前气球内空气质量减去恰好起飞时气球内空气质量。两者均已在第一问分析过程中得出，直接计算其比值即可。
本题以热气球起飞为背景，综合考查理想气体状态方程、阿基米德浮力原理以及物体的平衡条件。题目计算量适中，难度中等偏上，需要学生将气体密度变化与质量变化相关联，并建立等压变化下的气体状态关系。解题关键在于理解气球起飞时内部空气质量减少的物理本质，并灵活运用这一等压变化推论，从而将浮力平衡问题转化为气体状态参量求解。本题有效锻炼了学生从实际情境中抽象物理模型、进行逻辑推理和综合应用多知识点解决问题的能力。
14.【答案】带电粒子的比荷为 每个区域的宽度为 磁感应强度的大小为
【解析】解：带电粒子在圆形区域做圆周运动，带电粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系得
带电粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，满足
两式联立，解得带电粒子的比荷
设带电粒子进入区域的速度为，因粒子在区域运动时竖直方向速度大小不变，故
根据动能定理有
解得每个区域的宽度
设在区域右边界，速度沿竖直方向且速度大小为，带电粒子由区域到区域，根据动能定理有
平行边界方向，根据动量定理有
整理得
解得
答：带电粒子的比荷为；
每个区域的宽度为；
磁感应强度的大小为。
根据带电粒子在圆形区域做圆周运动，结合洛伦兹力提供圆周运动的向心力分析求解；
根据粒子在区域运动时竖直方向速度大小不变，结合动能定理分析求解；
根据动量定理，结合动能定理分析求解。
本题考查了带电粒子在复合场中的运动，理解粒子在复合场中的运动状态，理解洛伦兹力和其他力的关系是解决此类问题的关键。
15.【答案】小球到达最低点时物块的位移大小为，方向水平向右 小球到达最低点时对轻绳的拉力大小为 木板停止时左端位于处 两次进入粗糙区域的总时间为，摩擦力对木板的总冲量大小为，方向水平向左
【解析】解：系统在水平方向不受外力作用，因此水平方向动量守恒。以向右为正方向，有。同时，根据几何关系可得。
代入数据，解得小球到达最低点时物块的位移大小为，方向水平向右。
在小球下落至最低点的过程中，系统机械能守恒，即。
水平方向动量守恒为。代入数据联立求解，可得碰撞前速度大小，。
在最低点，小球相对于物块的速度大小为。对小球在竖直方向应用牛顿第二定律，有。
代入数据，解得轻绳对的拉力。根据牛顿第三定律，小球对轻绳的拉力大小也为。
小球与木板发生完全弹性碰撞，规定向左为正方向，由动量守恒与机械能守恒定律，可解得碰撞后木板的速度，代入数据得。此时木板的初动能为。
木板完全通过一次粗糙区域的过程中，克服摩擦力所做的总功，代入数据得。木板到达弹性板碰撞前瞬间的动能。
木板与弹性板碰撞后原速率反弹，向右再次进入粗糙区域，由于其剩余动能恰好等于完全通过粗糙区域所需消耗的能量，
因此木板刚好向右完全穿过粗糙区域后速度减为零，即木板停止时刚好回到初始位置，其左端位于处。
木板进入粗糙区域时受到的摩擦力与进入的长度成正比，可等效为劲度系数的简谐运动模型，其等效角速度，解得。
木板第一次向左进入粗糙区域的运动位移方程为。当时，解得第一段进入时间。
木板反弹后第二次向右进入粗糙区域时的初速度，进入方程为。
当时，解得第二段进入时间。故两次进入粗糙区域的总时间。
对木板运动的整个过程应用动量定理，设摩擦力总冲量为，弹性板冲量为，有。
其中。代入数据解得摩擦力对木板的总冲量大小为。
由于结果为正值，故其方向与设定正方向一致，为水平向左。
答：小球到达最低点时物块的位移大小为，方向水平向右。
小球到达最低点时对轻绳的拉力大小为。
木板停止时左端位于处。
两次进入粗糙区域的总时间为，摩擦力对木板的总冲量大小为，方向水平向左。
小球从释放到最低点的过程中，物块与通过轻绳连接，系统水平方向不受外力，水平动量守恒。同时，细绳不可伸长，与的水平位移之和等于绳长。结合这两个条件，利用已知质量与绳长，可确定的位移大小与方向。
分析到达最低点时的状态。从释放到最低点，系统机械能守恒，重力势能转化为与的动能。结合水平方向动量守恒，可联立求出与的速度。在最低点，相对做圆周运动，其向心力由绳拉力与重力的合力提供，由此可建立方程求解绳对的拉力，进而得到对绳的拉力。
与长木板发生完全弹性碰撞，由动量守恒与机械能守恒可求出碰撞后木板获得的速度。木板在粗糙区域运动时受摩擦力作用，其动能会因克服摩擦力做功而减少。通过计算木板初始动能与完全通过粗糙区域所需克服摩擦力做功的关系，结合木板与弹性板发生完全弹性碰撞后速度反向的特点，分析木板往返运动直至停止的位置。
木板在粗糙区域所受摩擦力与进入长度成正比，其运动可等效为简谐运动。利用等效劲度系数与木板质量，确定简谐运动的角速度。分别对木板第一次向左进入和第二次向右进入粗糙区域的过程，利用简谐运动位移方程，结合进入粗糙区的总长度条件，可求出两次进入的时间。对木板从获得速度到停止的全过程应用动量定理，木板初末动量变化量等于其所受合外力的冲量，该冲量由摩擦力冲量与弹性板冲量构成，结合已知数据可求出摩擦力的总冲量大小与方向。
本题是一道综合性非常强的力学难题，融合了动量守恒、机械能守恒、圆周运动、弹性碰撞、变力做功及简谐运动模型等多个核心物理知识点。题目计算量较大，对学生的逻辑推理与建模分析能力提出了较高要求。其亮点在于将木板在粗糙区域的变力运动巧妙等效为简谐运动，并利用周期公式求解时间，充分考查了学生灵活运用知识解决复杂过程的能力。同时，通过动量定理求取变力冲量，体现了对物理思想方法深度理解的考查。整个题目过程复杂但环环相扣，需要学生具备清晰的物理图像和扎实的数学运算功底。
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