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2026届湖北襄阳市高三下学期3月统一调研测试物理试题
1．“中国核潜艇之父”黄旭华院士，隐姓埋名三十载，为祖国打造了捍卫和平的“深海利剑”。在2017年全国道德模范颁奖典礼上，习近平总书记为他“让座”的场景感人肺腑。下列有关核反应说法错误的是（　　）
A．目前核潜艇是利用重核裂变提供动力
B．重核裂变反应前后一定有质量亏损
C．铀核裂变后的新核比铀核的比结合能小
D．，式中
【答案】C
【知识点】结合能与比结合能；核裂变
【解析】【解答】A．目前核潜艇依靠可控重核裂变释放的核能提供动力，故A正确；
B．重核裂变释放大量能量，由质能方程可知，释放能量的核反应一定存在质量亏损，故B正确；
C．比结合能越大，原子核越稳定，铀核裂变释放能量，生成的新核比铀核更稳定，故新核比结合能更大，故C错误；
D．根据质量数守恒：左边总质量数，右边总质量数，解得，故D正确。
故答案为：C。
【分析】A：核潜艇采用可控重核裂变提供动力；
B：释放能量的核反应一定存在质量亏损；
C：比结合能越大原子核越稳定，裂变生成的新核更稳定；
D：根据质量数守恒计算中子数。
2．我国自行研制的北斗三号卫星导航系统由3颗地球静止轨道卫星（GEO）、3颗倾斜地球同步轨道卫星（IGSO）和24颗中圆地球轨道卫星（MEO）组成，2020年已正式覆盖全球，其具有GPS系统没有的通信功能。将地球看成质量分布均匀的球体，下列说法正确的（　　）
A．地球静止轨道卫星与地面上的点线速度大小相等，所以看起来是静止的
B．倾斜地球同步轨道卫星有可能保持在湖北襄阳的正上方
C．卫星运行的线速度可能大于第一宇宙速度
D．赤道上物体随地球自转的向心加速度比同步卫星向心加速度小
【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．地球静止轨道卫星与地面上的点角速度相等，由，卫星轨道半径远大于地球半径，故卫星线速度远大于地面点线速度，故A错误；
B．倾斜地球同步轨道卫星轨道平面不与赤道平面重合，会沿南北方向周期性运动，无法始终保持在襄阳正上方，故B错误；
C．由万有引力提供向心力得，第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度，所有轨道半径大于地球半径的卫星运行线速度均小于第一宇宙速度，故C错误；
D．赤道上物体与同步卫星角速度相等，由向心加速度公式可知，同步卫星轨道半径更大，向心加速度更大，即赤道上物体随地球自转的向心加速度更小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A：地球静止轨道卫星与地面点角速度相等，线速度由判断大小；
B：倾斜地球同步轨道卫星轨道平面不与赤道重合，无法定点在北纬地区上空；
C：第一宇宙速度是卫星最大环绕速度；
D：赤道物体与同步卫星角速度相同，由比较向心加速度。
3．在滑雪比赛中，某运动员从跳台上的点以速度，与水平方向成角斜向上起跳，经过空中点时，速度与水平方向夹角为，如图所示。重力加速度大小，不计空气阻力，则运动员从到飞行时间约为（　　）
A．0.7s B． C． D．
【答案】C
【知识点】运动的合成与分解；斜抛运动
【解析】【解答】由水平方向速度不变可知，解得，则竖直方向，解得
故答案为：C。
【分析】本题考查斜抛运动的分解，核心是将运动分解为水平匀速直线运动和竖直竖直上抛运动，利用水平速度不变、竖直方向匀变速规律求解飞行时间。
4．一含有理想变压器的电路如图所示，电阻和的阻值分别为和，电流表为理想交流电流表，正弦交流电源的输出电压的有效值恒定。当开关断开时，电流表的示数为；当闭合时，电流表的示数为。该变压器原、副线圈匝数比为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】变压器原理；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】在如图甲所示的理想变压器中虚线框内部分电路可以等效为图乙中的
设原、副线圈匝数的比值为，可得，副线圈电阻消耗的功率为，而等效电阻消耗的功率为，根据得，根据上式，将题中电路等效为如图丙所示电路，根据欧姆定律，可知当开关断开时，电流为，有，当开关闭合时，电流为，有，其中，，联立以上各式可解得
故答案为：A。
【分析】本题考查理想变压器的等效电阻法，核心规律：匝数比 ，副线圈电阻等效到原线圈：；电源有效值恒定，根据两次开关状态，列闭合电路欧姆定律联立求解匝数比。
5．艺术体操的主要项目有绳操、球操、圈操、带操和棒操五项。下图为某运动员进行的带操比赛的照片。某段过程中彩带的运动可简化为沿轴方向传播的简谐横波时的波形图如图甲所示，质点的振动图像如图乙所示。下列判断正确的是（　　）
A．简谐波沿轴负方向传播 B．该时刻点的位移为
C．再经过点到达波谷位置 D．质点的振动方程为
【答案】C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A． t=1.0s时，Q点在平衡位置沿y轴正方向振动，根据“上下坡法”可知简谐波沿x轴正方向传播，故A错误；
B．由图甲可知，波长，由点和点平衡位置相距可知，时点的位移，故B错误；
C．由质点的振动图像可知质点振动周期等于2s，波速为，再经过，波将沿轴正方向前进3m，波谷刚好传到质点所在位置，即点到达波谷位置，故C正确；
D．时点向下振动，故质点的振动方程为，故D错误。
故选C。
【分析】根据上下坡法和质点的振动方程，以及波的传播特点分析求解。
6．如图所示，真空中的正方体空间中固定有等量的正电荷，下列说法正确的是（　　）
A．点比点电势高
B．点比点电势高
C．点和点场强大小相等方向相反
D．点和点场强大小相等方向相反
【答案】D
【知识点】电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】AB．由电势公式，A、为等量正电荷，、B、C三点到两个点电荷的距离分别相等，因此三点电势相等，故AB错误；
C．由电场叠加与对称性，B、C两点场强大小相等，但方向不同，并非方向相反，故C错误；
D．由电场叠加和对称性知点和点电场强度大小相等，方向相反，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A：根据点电荷电势公式，判断B、C两点电势；
B：同理判断、C两点电势；
C：由电场叠加和对称性，判断B、C两点场强大小与方向；
D：由电场叠加和对称性，判断、C两点场强大小与方向。
7．某水池下方水平放置一直径为的圆环形发光细灯带，点为圆环中心正上方，灯带到水面的距离可调节，水面上面有光传感器（图中未画出），可以探测水面上光的强度。当灯带放在某一深度时，发现水面上形成两个以为圆心的亮区，其中半径的圆内光强更强，已知水的折射率，则（　　）
A．水面能被照亮的区域半径为
B．若仅增大圆环灯带的半径，则水面上中间光强更强的区域也变大
C．灯带的深度
D．当时，水面中央会出现暗区
【答案】D
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】AC．由题意得，半径的圆内光强更强，说明一部分光在区域内发生全反射，如图所示，在处有，根据数学公式，且
解得，，所有光在处发生全反射，如图所示有
解得水面被照亮的区域半径为，AC错误；
B．水面上形成两个以O为圆心的亮区，若仅增大圆环灯带的半径，光环向外扩大，临界角不变，由图可知重叠的区域变小，即水面上中间光强更强的区域变小，B错误；
D．水面中央出现暗区，即重叠区域恰好为零，设此时灯带的深度为，如图所示有，解得，即当时，水面中央会出现暗区，D正确。
故答案为：D。
【分析】A：先求全反射临界角，结合几何关系计算水面照亮区域半径；
B：分析圆环灯带半径增大时，中间强光重叠区域的变化；
C：利用临界角的正切几何关系，求解灯带深度h1；
D：找到中央刚出现暗区的临界深度，判断深度小于该值时的现象。
8．如图所示，为两个可视为质点的相同小球，在竖直面内由轻质细绳以及轻质弹簧连接。其中两点固定于竖直墙上，与竖直方向夹角为与竖直方向夹角为沿水平方向。’已知重力加速度大小为，现只剪断绳，则（　　）
A．剪断绳后瞬间，球加速度为
B．剪断绳后瞬间，球加速度为
C．剪断绳后瞬间，球加速度为
D．剪断绳后瞬间，球加速度为
【答案】A,D
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律
【解析】【解答】AB．剪断 BC 绳瞬间，AB绳弹力突变，B球加速度方向垂直于AB绳向下，
根据牛顿第二定律可得，解得，故A正确，B错误；
CD．以球为对象，根据平衡条件可得，
剪断绳后瞬间，弹簧弹力保持不变，则球受到重力和弹簧弹力的合力大小等于剪断前绳的拉力大小，所以球加速度为，故C错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】A、B：剪断BC瞬间，AB绳弹力突变，B球加速度垂直AB绳向下，由牛顿第二定律求解；
C、D：弹簧弹力瞬间不变，C球合力等于原 BC 绳拉力，由牛顿第二定律求解加速度。
9．近年来我国新能源汽车发展迅速，2025年新能源汽车全年产销量突破1600万辆，位列全球第一。如图所示为比亚迪某型号汽车某次测试行驶时的加速度和车速倒数的关系图像。若汽车质量为，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，最大车速为，则（　　）
A．汽车匀加速时间为
B．汽车以恒定功率启动
C．汽车所受阻力为
D．汽车在车速为时，功率为
【答案】A,D
【知识点】牛顿第二定律；机车启动
【解析】【解答】A．汽车匀加速运动的末速度，解得，匀加速运动的时间，故A正确；
B．汽车先匀加速启动，速度增大、功率增大，达到额定功率后变加速，并非全程恒定功率启动，故B错误；
C．由图可知汽车的最大速度为，此时汽车做匀速直线运动，有
则，当时，，根据牛顿第二定律得
即，联立解得，，故C错误；
D．根据牛顿第二定律，汽车匀加速运动时有，代入数据得，车速为时，功率为，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】A：由图像确定匀加速末速度，结合匀加速加速度求时间；
B：判断汽车启动方式，匀加速阶段功率增大，并非恒定功率启动；
C：结合最大速度、牛顿第二定律联立求阻力；
D：5m/s 处于匀加速阶段，先求牵引力，再由P=Fv求功率。
10．如图所示，两粗糙水平导轨固定放置，间距为，导轨左端接有阻值为的电阻，质量为的导体棒垂直放在导轨上。空间存在一矩形磁场区域，磁感应强度竖直向下，大小为。磁场以速度匀速向右移动，当磁场右边界经过导体棒时开始计时，时刻导体棒运动恰好稳定，导体棒与导轨间的动摩擦因数为，重力加速度为，导轨和导体棒的电阻均不计，导体棒始终与导轨垂直，且接触良好。则（　　）
A．导体棒稳定时的速度大小为
B．导体棒稳定时的速度大小为
C．时间内通过导体棒某横截面的电荷量为
D．时间内导体棒的位移为
【答案】B,D
【知识点】电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】AB．磁场向右运动，根据右手定则可知导体棒中电流为从到，导体棒受到的安培力向右，导体棒加速，两者的速度差逐渐减小，则导体棒的加速度逐渐减小，最后两者速度差恒定；设导体棒稳定时速度大小为，则导体棒相对磁场的切割速度大小为，则感应电动势
感应电流，所受安培力，导体棒受力平衡，有，解得，故A错误，B正确；
C．对导体棒根据动量定理有，通过某横截面的电荷量，联立可得，故C错误；
D．由，结合C答案中表达式可得：时间内导体棒的位移为，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】A、B：磁场向右运动，导体棒相对磁场向左切割，稳定时安培力与摩擦力平衡，用相对速度推导速度；
C：对导体棒用动量定理，结合电荷量定义求解；
D：由电荷量公式结合磁场位移、棒位移推导。
11．请使用下列器材测量小车质量：小车、一端带有定滑轮的平直轨道、垫块、细线、打点计时器、纸带、频率为的交流电源、直尺、质量均为的6个槽码。
（1）实验步骤
i.按图安装好实验器材，跨过定滑轮的细线一端连接在小车上，另一端悬挂着6个槽码。改变轨道的倾角，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列等间距的点，表明小车沿倾斜轨道匀速下滑；
ⅱ.保持轨道倾角不变，取下1个槽码（即细线下端悬挂5个槽码），让小车拖着纸带沿轨道下滑，根据纸带上打的点迹测出加速度；
iii.依次减少细线下端悬挂的槽码数量，重复步骤ii；
iv.以取下槽码的总个数的倒数为纵坐标，为横坐标，作出关系图线。
（2）已知重力加速度大小，请完成下列填空：
（1）下列说法正确的是______（多选）
A．接通电源后，再将小车从靠近打点计时器处由静止释放
B．小车下滑时，位于定滑轮和小车之间的细线应始终跟倾斜轨道保持平行
C．实验中必须保证细线下端悬挂槽码的质量远小于小车的质量
D．若细线下端悬挂着2个槽码，则小车在下滑过程中受到的合外力大小为
（2）写出随变化的关系式　 　（用表示）
（3）测得关系图线的斜率为，则小车质量　 　（结果保留两位有效数字）
【答案】（1）A；B
（2）
（3）0.43
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）A．为了打点稳定，接通电源后，再将小车从靠近打点计时器处释放，故A正确；
B．小车下滑时，位于定滑轮和小车之间的细线应始终跟倾斜轨道保持平行，是为了保证小车受到的拉力（即细线的张力）是沿着轨道方向的，并且能准确测量小车的位移，如果细线与轨道不平行，那么拉力将会有一个垂直于轨道的分量，这个分量会对实验产生误差，故B正确；
C．由于该实验绳子拉力不需要近似等于槽码的重力，故不需要使质量远小于小车质量，故C错误；
D．若细线下端悬挂着2个槽码，小车加速下滑，槽码加速上升，槽码超重，故细线对小车的拉力大于2个槽码的重力，而小车的重力沿轨道方向的分力为，所以小车下滑过程中受到的合外力小于，故D错误。
故答案为：AB。
（2）小车匀速运动时有，取下个槽码后，对小车和剩下的槽码分别进行受力分析有：对小车，对槽码
联立以上各式得
故答案为：
（3）关系图线的斜率，代入数据解得
故答案为：0.43
【分析】(1) 结合打点计时器操作规范、受力分析与牛顿第二定律，逐一判断选项；
(2) 先由匀速平衡条件得到重力分力与摩擦力关系，再对小车、剩余槽码整体用牛顿第二定律，整理得到关系式；
(3) 根据图像斜率表达式代入数据求解小车质量。
（1）A．为了打点稳定，接通电源后，再将小车从靠近打点计时器处释放，故A正确；
B．小车下滑时，位于定滑轮和小车之间的细线应始终跟倾斜轨道保持平行，是为了保证小车受到的拉力（即细线的张力）是沿着轨道方向的，并且能准确测量小车的位移，如果细线与轨道不平行，那么拉力将会有一个垂直于轨道的分量，这个分量会对实验产生误差，故B正确；
C．由于该实验绳子拉力不需要近似等于槽码的重力，故不需要使质量远小于小车质量，故C错误；
D．若细线下端悬挂着2个槽码，小车加速下滑，槽码加速上升，槽码超重，故细线对小车的拉力大于2个槽码的重力，而小车的重力沿轨道方向的分力为，所以小车下滑过程中受到的合外力小于，故D错误。
故选AB。
（2）小车匀速运动时有
取下个槽码后，对小车和剩下的槽码分别进行受力分析有：
对小车
对槽码
联立以上各式得
（3）关系图线的斜率
代入数据解得
12．某同学测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材。
A.待测干电池一节
B.电流表：量程，内阻
C.电压表1：量程，内阻未知
D.电压表2：量程，内阻未知
E.滑动变阻器1：阻值范围为，允许通过最大电流2A
F.滑动变阻器2：阻值范围为，允许通过最大电流1A
G.开关、导线若干
（1）伏安法测电池电动势和内阻的实验，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差，在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。在上述器材中请选择适当的器材，电压表选择　 　，滑动变阻器选择　 　。（填写器材前的字母）
（2）实验电路图应选择图　 　（填“甲”或“乙”）。
（3）正确选择电路图后，根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的图像，则于电池的内阻　 　（保留三位有效数字），此电路测得的电动势数值　 　真实值（填“大于”、“等于”或“小于”）。
【答案】（1）D；E
（2）甲
（3）1.15；等于
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】(1) 一节干电池电动势约 1.5V，电压表选D；滑动变阻器选阻值较小的E，方便调节。
故答案为：D；E
(2) 电流表内阻已知，甲图可将电流表内阻计入电源内阻，消除电流表分压带来的系统误差，故选甲。
故答案为：甲
（3）由闭合电路欧姆定律有，结合图像可得
解得；，由等效电源法可知电源电动势的测量值等于真实值。
故答案为：1.15；等于
【分析】(1) 干电池电动势约1.5V，电压表选0～3V量程；滑动变阻器选小阻值，便于调节；
(2) 电流表内阻已知，可等效为电源内阻，选择甲电路；
(3) 由图像斜率求，减去电流表内阻得电源内阻；该电路无系统误差，电动势测量值等于真实值。
（1）[1]一节干电池电动势约为，因此选量程的电压表，即D；
[2]干电池内阻较小，为方便调节，选阻值范围的滑动变阻器，即E。
（2）因为电流表的内阻已知，把它接入干路中，可以准确测出流过电源的干路电流，把它的内阻等效为电源内阻，电压表的示数即可看作路端电压，则应选甲图。
（3）[1]由闭合电路欧姆定律有
结合图像可得
解得
[2]由等效电源法可知电源电动势的测量值等于真实值。
13．车载气垫床体积小、重量轻、便于携带。现有一气垫床，充气前内部气体的压强等于大气压强，体积为，使用充气筒给气垫床充气，使其内气体体积增加到，压强增加到，此充气过程中环境的热力学温度为并保持不变，气垫床导热性能良好，气垫床内气体可视为理想气体。
（1）若充气过程中，该充气筒每次从大气中吸取压强为的气体体积是恒定的。已知需打气220次才能使气垫床达到目标状态（内部体积9V，压强求该充气筒每次吸取气体的体积；
（2）若夜间环境的热力学温度降为，充好气后的气垫床体积减小到，求此时气垫床内气体的压强。（答案用分数表示）
【答案】（1）解：白天充好气的床垫内气体压强为，温度为，体积为，设要充好气垫床，充气筒需要打220次气，
每次充入床垫的气体体积为对充好气后床垫内所有气体有
解得
故每次充入床垫的气体体积为
（2）解：对床垫内气体有
故夜间床垫内气体的压强
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】(1) 充气过程等温，根据玻意耳定律，把原有气体和充入的气体作为整体，初态压强均为，末态压强、体积，列方程求解每次充气体积；
(2) 降温过程，气体质量不变，根据理想气体状态方程求解末态压强。
（1）白天充好气的床垫内气体压强为，温度为，体积为，设要充好气垫床，充气筒需要打220次气，每次充入床垫的气体体积为对充好气后床垫内所有气体有
解得
故每次充入床垫的气体体积为
（2）对床垫内气体有
故夜间床垫内气体的压强
14．如图所示，一质量的小车由水平部分和圆弧轨道组成，长，圆弧的半径，且与水平部分相切于点，小车静止时左端与固定的光滑曲面轨道相切，一质量为的物块从距离轨道底端高为处由静止滑下，并与静止在小车左端的质量为的物块（两物块均可视为质点）发生弹性碰撞，碰撞时间极短。已知除了小车段粗糙外，其余所有接触面均光滑，重力加速度。
（1）求物块与物块碰撞后的速度；
（2）若碰后运动到点用时，求此过程小车位移；
（3）要使物块既可以到达点又不会与小车分离，求与小车部分动摩擦因数的取值范围。
【答案】（1）解：物块沿滑下，设末速度，由机械能守恒定律得
解得
物块碰撞，取向右为正，碰后速度分别为，由动量守恒得
由机械能守恒得
解得，
故碰撞后瞬间物块的速度为，方向水平向右。
（2）解：碰后物块从运动到过程，系统水平方向动量守恒，则
等式两边同时乘，然后求和可得
又因为
解得
（3）解：考虑极限情况：若物块刚好向右到达点时就与小车共速，由动量守恒定律有
解得
由能量守恒定律得
解得
若物块刚好回到点时与小车共速，由能量守恒定律得
解得
若当物块在圆弧上上升高度为时，二者刚好共速，由能量守恒定律得
解得
因为，所以不会从圆弧轨道上滑出，则的取值范围为
【知识点】能量守恒定律；动能定理的综合应用；碰撞模型；人船模型
【解析】【分析】(1) 物块P下滑由机械能守恒求碰撞前速度，P、Q发生弹性碰撞，由动量守恒+机械能守恒求碰后Q速度；
(2) Q在小车运动时，系统水平动量守恒，利用平均动量守恒、位移关系求解小车位移；
(3) 分两个临界：①Q刚好到B点共速；
②Q刚好回到A点共速，结合动量守恒+能量守恒，确定动摩擦因数范围。
（1）物块沿滑下，设末速度，由机械能守恒定律得
解得
物块碰撞，取向右为正，碰后速度分别为，由动量守恒得
由机械能守恒得
解得，
故碰撞后瞬间物块的速度为，方向水平向右。
（2）碰后物块从运动到过程，系统水平方向动量守恒，则
等式两边同时乘，然后求和可得
又因为
解得
（3）考虑极限情况：
若物块刚好向右到达点时就与小车共速，由动量守恒定律有
解得
由能量守恒定律得
解得
若物块刚好回到点时与小车共速，由能量守恒定律得
解得
若当物块在圆弧上上升高度为时，二者刚好共速，由能量守恒定律得
解得
因为，所以不会从圆弧轨道上滑出，则的取值范围为
15．在粒子物理学的研究中，经常用电场和磁场来控制或者改变粒子的运动。如图所示为一控制粒子运动装置的模型。在平面直角坐标系的第二象限内，一半径为的圆形区域内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁场I的边界圆刚好与两坐标轴相切，与轴的切点为，与轴的切点为，在第一象限内有沿轴负方向的匀强电场，在轴下方区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场II，磁场II中有一垂直于轴的足够长的接收屏。点处有一粒子源，粒子源在坐标平面内均匀地向第二象限的各个方向射出带正电粒子，粒子射出的初速度大小均为。已知沿轴正向射出的粒子恰好通过点，该粒子经电场偏转后以与轴正方向成的方向进入磁场II，并恰好能垂直打在接收屏上。磁场I、II的磁感应强度大小均为，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。
（1）求粒子的比荷；
（2）求匀强电场的电场强度大小；
（3）将接收屏沿轴负方向平移，直至仅有三分之一的粒子经磁场II偏转后能直接打到屏上，求接收屏沿轴负方向移动的距离。
【答案】（1）解：从点沿轴正向射入的粒子恰好通过点，则粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为，如图所示，根据洛伦兹力提供向心力有
解得
（2）解：从点沿轴正向射入的粒子在电场中做类平抛运动，设粒子出电场时沿轴负方向的分速度为，如图所示，由题意可知
沿轴方向有
根据牛顿第二定律有
联立解得
（3）解：由于粒子在磁场I中做圆周运动的半径为，根据磁发散原理，所有粒子均沿轴正方向射出磁场Ⅰ，设某一粒子进入磁场II时，与轴正方向夹角为0，
则该粒子进入磁场时速度为，如图所示
设该粒子在磁场中做圆周运动，半径为，洛伦兹力提供向心力，有
则轨迹的圆心到轴的距离为
代入第一问结果，得
由此可见，所有粒子进磁场II后做圆周运动的圆心均在离轴距离为的水平线上，即此时接收屏距离轴的距离为，根据圆的特点，打到屏上的速度垂直于半径，而半径在接收屏所在的平面，因此所有粒子均能垂直打在接收屏上。
在点沿与轴负方向成向左上方射出的粒子恰好能打在屏上时，该粒子左侧的所有粒子都可以打在屏上，右侧的粒子则不能打在屏上，即有三分之一的粒子经磁场偏转后能直接打在屏上，设这时屏需要移动的距离为L，如图所示，
设该粒子在磁场I中轨迹如图，出磁场时坐标
进入磁场II时的速度大小为，在电场中，根据动能定理有
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
即仅有三分之一的粒子经磁场II偏转后能直接打到屏上，接收屏沿轴负方向移动的距离为
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 粒子在磁场Ⅰ做匀速圆周运动，轨迹半径，由洛伦兹力提供向心力，求解比荷；
(2) 粒子在电场做类平抛，出电场速度与轴成，故竖直分速度，结合运动学、牛顿第二定律求场强；
(3) 由磁发散原理，粒子均水平向右射出磁场Ⅰ；仅有粒子打到屏上，对应临界出射角度，结合磁场Ⅱ圆周运动几何关系求平移距离。
1 / 12026届湖北襄阳市高三下学期3月统一调研测试物理试题
1．“中国核潜艇之父”黄旭华院士，隐姓埋名三十载，为祖国打造了捍卫和平的“深海利剑”。在2017年全国道德模范颁奖典礼上，习近平总书记为他“让座”的场景感人肺腑。下列有关核反应说法错误的是（　　）
A．目前核潜艇是利用重核裂变提供动力
B．重核裂变反应前后一定有质量亏损
C．铀核裂变后的新核比铀核的比结合能小
D．，式中
2．我国自行研制的北斗三号卫星导航系统由3颗地球静止轨道卫星（GEO）、3颗倾斜地球同步轨道卫星（IGSO）和24颗中圆地球轨道卫星（MEO）组成，2020年已正式覆盖全球，其具有GPS系统没有的通信功能。将地球看成质量分布均匀的球体，下列说法正确的（　　）
A．地球静止轨道卫星与地面上的点线速度大小相等，所以看起来是静止的
B．倾斜地球同步轨道卫星有可能保持在湖北襄阳的正上方
C．卫星运行的线速度可能大于第一宇宙速度
D．赤道上物体随地球自转的向心加速度比同步卫星向心加速度小
3．在滑雪比赛中，某运动员从跳台上的点以速度，与水平方向成角斜向上起跳，经过空中点时，速度与水平方向夹角为，如图所示。重力加速度大小，不计空气阻力，则运动员从到飞行时间约为（　　）
A．0.7s B． C． D．
4．一含有理想变压器的电路如图所示，电阻和的阻值分别为和，电流表为理想交流电流表，正弦交流电源的输出电压的有效值恒定。当开关断开时，电流表的示数为；当闭合时，电流表的示数为。该变压器原、副线圈匝数比为（　　）
A． B． C． D．
5．艺术体操的主要项目有绳操、球操、圈操、带操和棒操五项。下图为某运动员进行的带操比赛的照片。某段过程中彩带的运动可简化为沿轴方向传播的简谐横波时的波形图如图甲所示，质点的振动图像如图乙所示。下列判断正确的是（　　）
A．简谐波沿轴负方向传播 B．该时刻点的位移为
C．再经过点到达波谷位置 D．质点的振动方程为
6．如图所示，真空中的正方体空间中固定有等量的正电荷，下列说法正确的是（　　）
A．点比点电势高
B．点比点电势高
C．点和点场强大小相等方向相反
D．点和点场强大小相等方向相反
7．某水池下方水平放置一直径为的圆环形发光细灯带，点为圆环中心正上方，灯带到水面的距离可调节，水面上面有光传感器（图中未画出），可以探测水面上光的强度。当灯带放在某一深度时，发现水面上形成两个以为圆心的亮区，其中半径的圆内光强更强，已知水的折射率，则（　　）
A．水面能被照亮的区域半径为
B．若仅增大圆环灯带的半径，则水面上中间光强更强的区域也变大
C．灯带的深度
D．当时，水面中央会出现暗区
8．如图所示，为两个可视为质点的相同小球，在竖直面内由轻质细绳以及轻质弹簧连接。其中两点固定于竖直墙上，与竖直方向夹角为与竖直方向夹角为沿水平方向。’已知重力加速度大小为，现只剪断绳，则（　　）
A．剪断绳后瞬间，球加速度为
B．剪断绳后瞬间，球加速度为
C．剪断绳后瞬间，球加速度为
D．剪断绳后瞬间，球加速度为
9．近年来我国新能源汽车发展迅速，2025年新能源汽车全年产销量突破1600万辆，位列全球第一。如图所示为比亚迪某型号汽车某次测试行驶时的加速度和车速倒数的关系图像。若汽车质量为，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，最大车速为，则（　　）
A．汽车匀加速时间为
B．汽车以恒定功率启动
C．汽车所受阻力为
D．汽车在车速为时，功率为
10．如图所示，两粗糙水平导轨固定放置，间距为，导轨左端接有阻值为的电阻，质量为的导体棒垂直放在导轨上。空间存在一矩形磁场区域，磁感应强度竖直向下，大小为。磁场以速度匀速向右移动，当磁场右边界经过导体棒时开始计时，时刻导体棒运动恰好稳定，导体棒与导轨间的动摩擦因数为，重力加速度为，导轨和导体棒的电阻均不计，导体棒始终与导轨垂直，且接触良好。则（　　）
A．导体棒稳定时的速度大小为
B．导体棒稳定时的速度大小为
C．时间内通过导体棒某横截面的电荷量为
D．时间内导体棒的位移为
11．请使用下列器材测量小车质量：小车、一端带有定滑轮的平直轨道、垫块、细线、打点计时器、纸带、频率为的交流电源、直尺、质量均为的6个槽码。
（1）实验步骤
i.按图安装好实验器材，跨过定滑轮的细线一端连接在小车上，另一端悬挂着6个槽码。改变轨道的倾角，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列等间距的点，表明小车沿倾斜轨道匀速下滑；
ⅱ.保持轨道倾角不变，取下1个槽码（即细线下端悬挂5个槽码），让小车拖着纸带沿轨道下滑，根据纸带上打的点迹测出加速度；
iii.依次减少细线下端悬挂的槽码数量，重复步骤ii；
iv.以取下槽码的总个数的倒数为纵坐标，为横坐标，作出关系图线。
（2）已知重力加速度大小，请完成下列填空：
（1）下列说法正确的是______（多选）
A．接通电源后，再将小车从靠近打点计时器处由静止释放
B．小车下滑时，位于定滑轮和小车之间的细线应始终跟倾斜轨道保持平行
C．实验中必须保证细线下端悬挂槽码的质量远小于小车的质量
D．若细线下端悬挂着2个槽码，则小车在下滑过程中受到的合外力大小为
（2）写出随变化的关系式　 　（用表示）
（3）测得关系图线的斜率为，则小车质量　 　（结果保留两位有效数字）
12．某同学测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材。
A.待测干电池一节
B.电流表：量程，内阻
C.电压表1：量程，内阻未知
D.电压表2：量程，内阻未知
E.滑动变阻器1：阻值范围为，允许通过最大电流2A
F.滑动变阻器2：阻值范围为，允许通过最大电流1A
G.开关、导线若干
（1）伏安法测电池电动势和内阻的实验，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差，在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。在上述器材中请选择适当的器材，电压表选择　 　，滑动变阻器选择　 　。（填写器材前的字母）
（2）实验电路图应选择图　 　（填“甲”或“乙”）。
（3）正确选择电路图后，根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的图像，则于电池的内阻　 　（保留三位有效数字），此电路测得的电动势数值　 　真实值（填“大于”、“等于”或“小于”）。
13．车载气垫床体积小、重量轻、便于携带。现有一气垫床，充气前内部气体的压强等于大气压强，体积为，使用充气筒给气垫床充气，使其内气体体积增加到，压强增加到，此充气过程中环境的热力学温度为并保持不变，气垫床导热性能良好，气垫床内气体可视为理想气体。
（1）若充气过程中，该充气筒每次从大气中吸取压强为的气体体积是恒定的。已知需打气220次才能使气垫床达到目标状态（内部体积9V，压强求该充气筒每次吸取气体的体积；
（2）若夜间环境的热力学温度降为，充好气后的气垫床体积减小到，求此时气垫床内气体的压强。（答案用分数表示）
14．如图所示，一质量的小车由水平部分和圆弧轨道组成，长，圆弧的半径，且与水平部分相切于点，小车静止时左端与固定的光滑曲面轨道相切，一质量为的物块从距离轨道底端高为处由静止滑下，并与静止在小车左端的质量为的物块（两物块均可视为质点）发生弹性碰撞，碰撞时间极短。已知除了小车段粗糙外，其余所有接触面均光滑，重力加速度。
（1）求物块与物块碰撞后的速度；
（2）若碰后运动到点用时，求此过程小车位移；
（3）要使物块既可以到达点又不会与小车分离，求与小车部分动摩擦因数的取值范围。
15．在粒子物理学的研究中，经常用电场和磁场来控制或者改变粒子的运动。如图所示为一控制粒子运动装置的模型。在平面直角坐标系的第二象限内，一半径为的圆形区域内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁场I的边界圆刚好与两坐标轴相切，与轴的切点为，与轴的切点为，在第一象限内有沿轴负方向的匀强电场，在轴下方区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场II，磁场II中有一垂直于轴的足够长的接收屏。点处有一粒子源，粒子源在坐标平面内均匀地向第二象限的各个方向射出带正电粒子，粒子射出的初速度大小均为。已知沿轴正向射出的粒子恰好通过点，该粒子经电场偏转后以与轴正方向成的方向进入磁场II，并恰好能垂直打在接收屏上。磁场I、II的磁感应强度大小均为，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。
（1）求粒子的比荷；
（2）求匀强电场的电场强度大小；
（3）将接收屏沿轴负方向平移，直至仅有三分之一的粒子经磁场II偏转后能直接打到屏上，求接收屏沿轴负方向移动的距离。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】结合能与比结合能；核裂变
【解析】【解答】A．目前核潜艇依靠可控重核裂变释放的核能提供动力，故A正确；
B．重核裂变释放大量能量，由质能方程可知，释放能量的核反应一定存在质量亏损，故B正确；
C．比结合能越大，原子核越稳定，铀核裂变释放能量，生成的新核比铀核更稳定，故新核比结合能更大，故C错误；
D．根据质量数守恒：左边总质量数，右边总质量数，解得，故D正确。
故答案为：C。
【分析】A：核潜艇采用可控重核裂变提供动力；
B：释放能量的核反应一定存在质量亏损；
C：比结合能越大原子核越稳定，裂变生成的新核更稳定；
D：根据质量数守恒计算中子数。
2．【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．地球静止轨道卫星与地面上的点角速度相等，由，卫星轨道半径远大于地球半径，故卫星线速度远大于地面点线速度，故A错误；
B．倾斜地球同步轨道卫星轨道平面不与赤道平面重合，会沿南北方向周期性运动，无法始终保持在襄阳正上方，故B错误；
C．由万有引力提供向心力得，第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度，所有轨道半径大于地球半径的卫星运行线速度均小于第一宇宙速度，故C错误；
D．赤道上物体与同步卫星角速度相等，由向心加速度公式可知，同步卫星轨道半径更大，向心加速度更大，即赤道上物体随地球自转的向心加速度更小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A：地球静止轨道卫星与地面点角速度相等，线速度由判断大小；
B：倾斜地球同步轨道卫星轨道平面不与赤道重合，无法定点在北纬地区上空；
C：第一宇宙速度是卫星最大环绕速度；
D：赤道物体与同步卫星角速度相同，由比较向心加速度。
3．【答案】C
【知识点】运动的合成与分解；斜抛运动
【解析】【解答】由水平方向速度不变可知，解得，则竖直方向，解得
故答案为：C。
【分析】本题考查斜抛运动的分解，核心是将运动分解为水平匀速直线运动和竖直竖直上抛运动，利用水平速度不变、竖直方向匀变速规律求解飞行时间。
4．【答案】A
【知识点】变压器原理；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】在如图甲所示的理想变压器中虚线框内部分电路可以等效为图乙中的
设原、副线圈匝数的比值为，可得，副线圈电阻消耗的功率为，而等效电阻消耗的功率为，根据得，根据上式，将题中电路等效为如图丙所示电路，根据欧姆定律，可知当开关断开时，电流为，有，当开关闭合时，电流为，有，其中，，联立以上各式可解得
故答案为：A。
【分析】本题考查理想变压器的等效电阻法，核心规律：匝数比 ，副线圈电阻等效到原线圈：；电源有效值恒定，根据两次开关状态，列闭合电路欧姆定律联立求解匝数比。
5．【答案】C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A． t=1.0s时，Q点在平衡位置沿y轴正方向振动，根据“上下坡法”可知简谐波沿x轴正方向传播，故A错误；
B．由图甲可知，波长，由点和点平衡位置相距可知，时点的位移，故B错误；
C．由质点的振动图像可知质点振动周期等于2s，波速为，再经过，波将沿轴正方向前进3m，波谷刚好传到质点所在位置，即点到达波谷位置，故C正确；
D．时点向下振动，故质点的振动方程为，故D错误。
故选C。
【分析】根据上下坡法和质点的振动方程，以及波的传播特点分析求解。
6．【答案】D
【知识点】电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】AB．由电势公式，A、为等量正电荷，、B、C三点到两个点电荷的距离分别相等，因此三点电势相等，故AB错误；
C．由电场叠加与对称性，B、C两点场强大小相等，但方向不同，并非方向相反，故C错误；
D．由电场叠加和对称性知点和点电场强度大小相等，方向相反，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A：根据点电荷电势公式，判断B、C两点电势；
B：同理判断、C两点电势；
C：由电场叠加和对称性，判断B、C两点场强大小与方向；
D：由电场叠加和对称性，判断、C两点场强大小与方向。
7．【答案】D
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】AC．由题意得，半径的圆内光强更强，说明一部分光在区域内发生全反射，如图所示，在处有，根据数学公式，且
解得，，所有光在处发生全反射，如图所示有
解得水面被照亮的区域半径为，AC错误；
B．水面上形成两个以O为圆心的亮区，若仅增大圆环灯带的半径，光环向外扩大，临界角不变，由图可知重叠的区域变小，即水面上中间光强更强的区域变小，B错误；
D．水面中央出现暗区，即重叠区域恰好为零，设此时灯带的深度为，如图所示有，解得，即当时，水面中央会出现暗区，D正确。
故答案为：D。
【分析】A：先求全反射临界角，结合几何关系计算水面照亮区域半径；
B：分析圆环灯带半径增大时，中间强光重叠区域的变化；
C：利用临界角的正切几何关系，求解灯带深度h1；
D：找到中央刚出现暗区的临界深度，判断深度小于该值时的现象。
8．【答案】A,D
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律
【解析】【解答】AB．剪断 BC 绳瞬间，AB绳弹力突变，B球加速度方向垂直于AB绳向下，
根据牛顿第二定律可得，解得，故A正确，B错误；
CD．以球为对象，根据平衡条件可得，
剪断绳后瞬间，弹簧弹力保持不变，则球受到重力和弹簧弹力的合力大小等于剪断前绳的拉力大小，所以球加速度为，故C错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】A、B：剪断BC瞬间，AB绳弹力突变，B球加速度垂直AB绳向下，由牛顿第二定律求解；
C、D：弹簧弹力瞬间不变，C球合力等于原 BC 绳拉力，由牛顿第二定律求解加速度。
9．【答案】A,D
【知识点】牛顿第二定律；机车启动
【解析】【解答】A．汽车匀加速运动的末速度，解得，匀加速运动的时间，故A正确；
B．汽车先匀加速启动，速度增大、功率增大，达到额定功率后变加速，并非全程恒定功率启动，故B错误；
C．由图可知汽车的最大速度为，此时汽车做匀速直线运动，有
则，当时，，根据牛顿第二定律得
即，联立解得，，故C错误；
D．根据牛顿第二定律，汽车匀加速运动时有，代入数据得，车速为时，功率为，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】A：由图像确定匀加速末速度，结合匀加速加速度求时间；
B：判断汽车启动方式，匀加速阶段功率增大，并非恒定功率启动；
C：结合最大速度、牛顿第二定律联立求阻力；
D：5m/s 处于匀加速阶段，先求牵引力，再由P=Fv求功率。
10．【答案】B,D
【知识点】电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】AB．磁场向右运动，根据右手定则可知导体棒中电流为从到，导体棒受到的安培力向右，导体棒加速，两者的速度差逐渐减小，则导体棒的加速度逐渐减小，最后两者速度差恒定；设导体棒稳定时速度大小为，则导体棒相对磁场的切割速度大小为，则感应电动势
感应电流，所受安培力，导体棒受力平衡，有，解得，故A错误，B正确；
C．对导体棒根据动量定理有，通过某横截面的电荷量，联立可得，故C错误；
D．由，结合C答案中表达式可得：时间内导体棒的位移为，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】A、B：磁场向右运动，导体棒相对磁场向左切割，稳定时安培力与摩擦力平衡，用相对速度推导速度；
C：对导体棒用动量定理，结合电荷量定义求解；
D：由电荷量公式结合磁场位移、棒位移推导。
11．【答案】（1）A；B
（2）
（3）0.43
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）A．为了打点稳定，接通电源后，再将小车从靠近打点计时器处释放，故A正确；
B．小车下滑时，位于定滑轮和小车之间的细线应始终跟倾斜轨道保持平行，是为了保证小车受到的拉力（即细线的张力）是沿着轨道方向的，并且能准确测量小车的位移，如果细线与轨道不平行，那么拉力将会有一个垂直于轨道的分量，这个分量会对实验产生误差，故B正确；
C．由于该实验绳子拉力不需要近似等于槽码的重力，故不需要使质量远小于小车质量，故C错误；
D．若细线下端悬挂着2个槽码，小车加速下滑，槽码加速上升，槽码超重，故细线对小车的拉力大于2个槽码的重力，而小车的重力沿轨道方向的分力为，所以小车下滑过程中受到的合外力小于，故D错误。
故答案为：AB。
（2）小车匀速运动时有，取下个槽码后，对小车和剩下的槽码分别进行受力分析有：对小车，对槽码
联立以上各式得
故答案为：
（3）关系图线的斜率，代入数据解得
故答案为：0.43
【分析】(1) 结合打点计时器操作规范、受力分析与牛顿第二定律，逐一判断选项；
(2) 先由匀速平衡条件得到重力分力与摩擦力关系，再对小车、剩余槽码整体用牛顿第二定律，整理得到关系式；
(3) 根据图像斜率表达式代入数据求解小车质量。
（1）A．为了打点稳定，接通电源后，再将小车从靠近打点计时器处释放，故A正确；
B．小车下滑时，位于定滑轮和小车之间的细线应始终跟倾斜轨道保持平行，是为了保证小车受到的拉力（即细线的张力）是沿着轨道方向的，并且能准确测量小车的位移，如果细线与轨道不平行，那么拉力将会有一个垂直于轨道的分量，这个分量会对实验产生误差，故B正确；
C．由于该实验绳子拉力不需要近似等于槽码的重力，故不需要使质量远小于小车质量，故C错误；
D．若细线下端悬挂着2个槽码，小车加速下滑，槽码加速上升，槽码超重，故细线对小车的拉力大于2个槽码的重力，而小车的重力沿轨道方向的分力为，所以小车下滑过程中受到的合外力小于，故D错误。
故选AB。
（2）小车匀速运动时有
取下个槽码后，对小车和剩下的槽码分别进行受力分析有：
对小车
对槽码
联立以上各式得
（3）关系图线的斜率
代入数据解得
12．【答案】（1）D；E
（2）甲
（3）1.15；等于
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】(1) 一节干电池电动势约 1.5V，电压表选D；滑动变阻器选阻值较小的E，方便调节。
故答案为：D；E
(2) 电流表内阻已知，甲图可将电流表内阻计入电源内阻，消除电流表分压带来的系统误差，故选甲。
故答案为：甲
（3）由闭合电路欧姆定律有，结合图像可得
解得；，由等效电源法可知电源电动势的测量值等于真实值。
故答案为：1.15；等于
【分析】(1) 干电池电动势约1.5V，电压表选0～3V量程；滑动变阻器选小阻值，便于调节；
(2) 电流表内阻已知，可等效为电源内阻，选择甲电路；
(3) 由图像斜率求，减去电流表内阻得电源内阻；该电路无系统误差，电动势测量值等于真实值。
（1）[1]一节干电池电动势约为，因此选量程的电压表，即D；
[2]干电池内阻较小，为方便调节，选阻值范围的滑动变阻器，即E。
（2）因为电流表的内阻已知，把它接入干路中，可以准确测出流过电源的干路电流，把它的内阻等效为电源内阻，电压表的示数即可看作路端电压，则应选甲图。
（3）[1]由闭合电路欧姆定律有
结合图像可得
解得
[2]由等效电源法可知电源电动势的测量值等于真实值。
13．【答案】（1）解：白天充好气的床垫内气体压强为，温度为，体积为，设要充好气垫床，充气筒需要打220次气，
每次充入床垫的气体体积为对充好气后床垫内所有气体有
解得
故每次充入床垫的气体体积为
（2）解：对床垫内气体有
故夜间床垫内气体的压强
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】(1) 充气过程等温，根据玻意耳定律，把原有气体和充入的气体作为整体，初态压强均为，末态压强、体积，列方程求解每次充气体积；
(2) 降温过程，气体质量不变，根据理想气体状态方程求解末态压强。
（1）白天充好气的床垫内气体压强为，温度为，体积为，设要充好气垫床，充气筒需要打220次气，每次充入床垫的气体体积为对充好气后床垫内所有气体有
解得
故每次充入床垫的气体体积为
（2）对床垫内气体有
故夜间床垫内气体的压强
14．【答案】（1）解：物块沿滑下，设末速度，由机械能守恒定律得
解得
物块碰撞，取向右为正，碰后速度分别为，由动量守恒得
由机械能守恒得
解得，
故碰撞后瞬间物块的速度为，方向水平向右。
（2）解：碰后物块从运动到过程，系统水平方向动量守恒，则
等式两边同时乘，然后求和可得
又因为
解得
（3）解：考虑极限情况：若物块刚好向右到达点时就与小车共速，由动量守恒定律有
解得
由能量守恒定律得
解得
若物块刚好回到点时与小车共速，由能量守恒定律得
解得
若当物块在圆弧上上升高度为时，二者刚好共速，由能量守恒定律得
解得
因为，所以不会从圆弧轨道上滑出，则的取值范围为
【知识点】能量守恒定律；动能定理的综合应用；碰撞模型；人船模型
【解析】【分析】(1) 物块P下滑由机械能守恒求碰撞前速度，P、Q发生弹性碰撞，由动量守恒+机械能守恒求碰后Q速度；
(2) Q在小车运动时，系统水平动量守恒，利用平均动量守恒、位移关系求解小车位移；
(3) 分两个临界：①Q刚好到B点共速；
②Q刚好回到A点共速，结合动量守恒+能量守恒，确定动摩擦因数范围。
（1）物块沿滑下，设末速度，由机械能守恒定律得
解得
物块碰撞，取向右为正，碰后速度分别为，由动量守恒得
由机械能守恒得
解得，
故碰撞后瞬间物块的速度为，方向水平向右。
（2）碰后物块从运动到过程，系统水平方向动量守恒，则
等式两边同时乘，然后求和可得
又因为
解得
（3）考虑极限情况：
若物块刚好向右到达点时就与小车共速，由动量守恒定律有
解得
由能量守恒定律得
解得
若物块刚好回到点时与小车共速，由能量守恒定律得
解得
若当物块在圆弧上上升高度为时，二者刚好共速，由能量守恒定律得
解得
因为，所以不会从圆弧轨道上滑出，则的取值范围为
15．【答案】（1）解：从点沿轴正向射入的粒子恰好通过点，则粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为，如图所示，根据洛伦兹力提供向心力有
解得
（2）解：从点沿轴正向射入的粒子在电场中做类平抛运动，设粒子出电场时沿轴负方向的分速度为，如图所示，由题意可知
沿轴方向有
根据牛顿第二定律有
联立解得
（3）解：由于粒子在磁场I中做圆周运动的半径为，根据磁发散原理，所有粒子均沿轴正方向射出磁场Ⅰ，设某一粒子进入磁场II时，与轴正方向夹角为0，
则该粒子进入磁场时速度为，如图所示
设该粒子在磁场中做圆周运动，半径为，洛伦兹力提供向心力，有
则轨迹的圆心到轴的距离为
代入第一问结果，得
由此可见，所有粒子进磁场II后做圆周运动的圆心均在离轴距离为的水平线上，即此时接收屏距离轴的距离为，根据圆的特点，打到屏上的速度垂直于半径，而半径在接收屏所在的平面，因此所有粒子均能垂直打在接收屏上。
在点沿与轴负方向成向左上方射出的粒子恰好能打在屏上时，该粒子左侧的所有粒子都可以打在屏上，右侧的粒子则不能打在屏上，即有三分之一的粒子经磁场偏转后能直接打在屏上，设这时屏需要移动的距离为L，如图所示，
设该粒子在磁场I中轨迹如图，出磁场时坐标
进入磁场II时的速度大小为，在电场中，根据动能定理有
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
即仅有三分之一的粒子经磁场II偏转后能直接打到屏上，接收屏沿轴负方向移动的距离为
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 粒子在磁场Ⅰ做匀速圆周运动，轨迹半径，由洛伦兹力提供向心力，求解比荷；
(2) 粒子在电场做类平抛，出电场速度与轴成，故竖直分速度，结合运动学、牛顿第二定律求场强；
(3) 由磁发散原理，粒子均水平向右射出磁场Ⅰ；仅有粒子打到屏上，对应临界出射角度，结合磁场Ⅱ圆周运动几何关系求平移距离。
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