【文档说明】河北省邯郸市部分学校2024-2025学年高三上学期11月模拟预测试题 物理 Word版含解析.docx，共(14)页，1.260 MB，由envi的店铺上传

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绝密★启用前2025新高考单科模拟综合卷物理考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分100分，考试时间75分钟.2.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相应位置上.3.请

按照题号顺序在各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效.4.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并上交.一、选择题：本题共10小题，共43分.第1～7题只有一个选项符合要求，每小题4分；第8～10题有多个选项符合要求，每小题5分，全部选对的得5分，选对但不全的

得3分，有选错的得0分.1.A、B两个质点在同一地点沿同一方向运动，运动的位移x随时间t变化规律如图所示，A的图像为抛物线，初速度为0，B的图像为倾斜直线，两图像相切于P点，则03s内，A、B两质点的最大距离为（）A.4.5mB.6mC.9mD.13.5m2.如图，

右侧面光滑的斜面体固定在水平面上，质量相等的物块M、N分别放在斜面体的左右两个面上，M、N拴接在跨过光滑定滑轮的轻质细绳两端，整个系统处于静止状态.现对N施加一始终与右侧轻绳垂直的拉力F，使N缓慢移动至右侧细绳水平，该过程M保持静止.下列说法正确的是（）A.拉力F逐渐增大B.轻绳的拉力先减小后增

大C.M所受摩擦力先增大后减小D.斜面对M的作用力先增大后减小3.下列若干叙述中，不正确的是（）A.黑体辐射电磁波的强度按波长分布只与黑体的温度有关B.对于同种金属产生光电效应时，逸出光电子的最大初动能与照射光的频率成线性关系

C.一块纯净的放射性元素矿石，经过一个半衰期以后，它的总质量仅剩下一半D.按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子的能量增加4.如图所示为苹果自动分拣装置的示意图.该装

置把大小不同的苹果，按一定质量标准自动分拣为大苹果和小苹果.该装置的托盘秤压在压力传感器1R上.1R所受压力越大阻值越小，当2R两端电压超过某一值时，使控制电路接通，电磁铁吸动分拣开关的衔铁.该控制电路中包含保持电路，能够确保苹果在分拣板上运动时电磁铁始终保持吸

动状态.下列说法正确的是（）A.为了选出质量更大的苹果可以增加缠绕电磁铁线圈的匝数B.为了选出质量更大的苹果可以将电源A的输出电压减小C.为了选出质量更大的苹果可以增大2R的阻值D.质量大的苹果将进入上通道5.在匀强磁场中有

一电阻忽略不计的矩形线圈，绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的正弦交流电的感应电动势u随时间t的变化如图甲所示，把该交流电输入到图乙中理想变压器的A、B两端.已知tR，为热敏电阻（其电阻随温度升高而减小）

，R为定值电阻，图中各电表均为理想电表.下列说法正确的是（）甲乙A.变压器A、B两端电压的瞬时值表达式为()100sin50πVut=B.图甲中2210st−=时，穿过线圈的磁通量最大C.tR处温度升高后，电压表1V

与2V示数的比值不变D.tR处温度升高后，变压器的输入功率减小6.某景区景点喷泉喷出的水柱高约20m，如图所示，小明了解到喷泉专用泵额定电压为220V，正常工作时输入电流为3A，泵输出的机械功率占输入功率的75%，则此喷泉（）

A.出水流量约为30.1m/sB.电机绕组的电阻是55C.空中水的质量约为10kgD.喷管的横截面积约为420.810m−7.如图所示，竖直放置的光滑导轨宽为L，上端接有阻值为R的电阻，导轨的一部分处于宽度和间距均为d、磁感应强度大小均为B的4个矩形

匀强磁场中.质量为m的水平金属杆ab在距离第1个磁场h高度处由静止释放，发现金属杆进入每个磁场时的速度都相等.金属杆接入导轨间的电阻为3R，与导轨始终垂直且接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g,hd，下列说法正确的是（）A.金属杆从第4个磁场穿出时，

金属杆中产生的热量6mgdB.金属杆从第4个磁场穿出时的速度大小为()ghd−C.金属杆穿过第1个磁场的过程，通过电阻R的电荷量为4BLdRD.金属杆在第1个磁场中做加速度越来越大的减速运动8.如图所示，正四面体棱长为l，在其顶点a、b、

c各固定一个点电荷，a点电荷电量为2q+，b、c两点电荷电量均为q+，M、N、P分别为棱ab、ac、bc的中点.已知点电荷Q周围空间某点的电势Qkr=，r为该点到点电荷的距离，下列说法正确的是（）A.M点的

电场强度与N点的电场强度相同B.P点的电势高于d点的电势C.P点电场强度的大小为243kqlD.电量为q+的试探电荷在d点的电势能为4kqql9.在0.6mx=处的波源P产生一列沿x轴负方向传播的简谐横波，在0.6mx=−处的波源Q产生一列沿x轴正方向传播

的简谐横波.0t=时刻两波源开始振动，0.5st=时两列简谐波的波形图分别如图中实线和虚线所示，下列说法正确的是（）A.两波源的起振方向均沿y轴负方向B.两列波的波速大小均为2m/sC.再经过0.1s，平衡位置在0.2mx=−处的质点位移为0.1m−D.平衡位置在0.2mx=处的质点在

前0.5s内运动的路程为50cm10.如图所示，三个物块A、B、C的质量分别为m、2m、m，物块B叠放在C上，物块A与C之间用轻弹簧水平连接，物块A、C与水平地面间的动摩擦因数都为，物块B与C之间的动摩擦因数为2

.在大小恒为F的水平推力作用下，使三个物块保持相对静止地一起向右做匀加速直线运动，已知重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是（）A.弹簧弹力大小为4FB.保持A、B、C三个物块相

对静止，F最大值不超过6mgC.在撤去水平推力的瞬间，物块A的加速度变小D.若撤去水平推力，物块B和C仍能保持相对静止二、非选择题：本题共6小题，共57分.11.（5分）小王利用如图甲所示的装置探究弹簧的弹性势能.在粗糙水平桌面上固定好轻质弹簧和光电门，将光电门与数字计时器（图甲中

未画出）连接.实验开始时，弹簧在光电门的左侧，且处于原长状态.小滑块与弹簧不拴接，不计空气阻力.甲乙（1）用外力将滑块向左缓慢推至滑块上的遮光条（宽度为d）距离光电门为x处，撤去外力，数字计时器记录的遮光条通过光电门的时间为t.滑块通过光电门时的速度大小为__

________.（2）多次改变滑块的质量m，重复（1）中操作，得出多组m与t的值，以1m为横坐标、21t为纵坐标作出的211tm−图像如图乙所示（图中的a、b均为已知量），则撤去外力瞬间弹簧的弹性势能pE=__________；已

知当地的重力加速度大小为g，则滑块与桌面间的动摩擦因数=__________.12.（7分）做“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验.（1）下列实验步骤的正确顺序是__________（填写实验步骤前的序号）.A.往边长约为40cm的浅盘里倒入约2cm深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在

水面上B.用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定C.将画有油酸膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油酸膜的面积，根据油酸的体积和油酸膜的面积计算出油酸分子直径的大小D.用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此

计算出一滴油酸酒精溶液的体积，再根据油酸酒精溶液的浓度计算出油酸的体积E.将玻璃板放在浅盘上，然后将油酸膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上（2）实验中，体积为1V的所用油酸酒精溶液中纯油酸的体积为2V，用注射器和量筒测得n滴上述溶液的体积为0V，把一滴该溶液滴入盛水的撒有痱子粉的浅盘中，

待水面稳定后，得到油酸薄膜的轮廓形状和尺寸如图所示，图中每个小正方形的边长为a，则油酸薄膜的面积S=__________；可求得油酸分子的直径为__________（用1V、2V、0V、n、S表示）.（3）某同学实验中最终得

到的油酸分子直径数据偏大，可能是因为__________.A.计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格B.水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开C.用注射器和量筒测0V体积溶液滴数时多记录了几滴13.

（8分）如图所示，某同学要测量一节干电池的电动势和内阻，现有一个未知内阻的电流表A，他先用图甲所示的电路测量电流表A的内阻.甲乙丙丁（1）已知图甲中电阻128.8R=，27.2R=，当调节电阻箱的阻值为图乙所示时，灵敏电流表的示数恰好为0，则电流表A的内阻为A

R=__________.（2）该同学将电流表A接入图丙所示的电路测量电源的电动势和内阻.闭合开关S，调节电阻箱的阻值，记录电阻箱的阻值R及对应的电流表的示数I，作出1RI−图线如图丁所示.已知定值

电阻01.0R=，则电源的电动势E=__________V，内阻r=__________.（3）根据图丙设计的实验，该同学测得的电动势__________（填“大于”“等于”或“小于”）真实值，测得的内阻值__________（填“大

于”“等于”或“小于”）真实值.14.（8分）如图所示，有一个竖直放置的容器，横截面积为S，有一隔板放在卡槽上将容器分隔为容积均为0V的上下两部分，另有一只气筒分别通过单向进气阀与容器上下两部分连接（气筒连接处的体积不计，抽

气、打气时气体温度保持不变），初始时m、n均关闭，活塞位于气筒最右侧，动到最右侧完成一次打气.活塞完成一次抽气、打气后，隔板与卡槽未分离，此时容器上下两部分气体压强之比为3:5，重力加速度为g.（1）求气筒的容积；（2）当完成抽气、打气各2次后，隔板与卡槽仍未分离，则

隔板的质量至少是多少？15.（13分）如图所示，在坐标系xOy中，y轴左侧有圆形磁场区域，圆的半径为0.5mR=，圆心坐标为()0.5m,0−，该区域内的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度10.4TB=，y轴与y轴右侧的虚线CD之间存在宽度00.5ml=，电场强度5510N/CE=

，方向沿x+的匀强电场，PQ为显示屏，CD与PQ之间存在方向垂直纸面向里、磁感应强度20.5TB=的匀强磁场，CD、PQ均与y轴平行，PQ与CD的间距xl可调.一平行于x轴的线状粒子源宽度为2R，连续均匀

发射比荷均为710C/kg，速度均为0v的带电粒子，线状粒子源中心位置a发射的粒子正对圆形磁场圆心，位置a发射的粒子经圆形磁场偏转恰好从坐标原点O离开圆形磁场，不计粒子重力及相互间作用力，求：（1）线状粒子源中心位置a发射的带电粒子到达CD分界线时的速度大

小；（2）带电粒子经过虚线CD时，y坐标的最大值；（3）当匀强磁场2B的宽度30.3ml=时，位置a发射的带电粒子在匀强磁场2B中的运动时间；（4）线状粒子源到达显示屏的粒子比例与xl的函数关系.16.（16分）如图所示，光

滑水平面左侧放置质量3kgM=、半径4mR=的14光滑圆弧槽b，右侧固定粗糙斜面体ABC，斜面体AB和BC的倾角均为60°，B离地面高度1.6mh=，另有一个质量1kgm=的小滑块a（可视为质点）从圆弧槽某位置静止释放，圆弧槽圆心与小滑块的连线与竖直

方向夹角为.滑块与斜面AB之间的动摩擦因数312=，且滑块通过A点时无机械能损失.sin370.6=，重力加速度210m/sg=.（1）若圆弧槽b固定不动且小滑块a静止释放位置37=，求a第一次滑至圆弧槽最低点时小滑块的向心加速度大小；（2）若圆弧槽b不固定且小滑块a

静止释放位置90=，求a滑至圆弧槽最低点时小滑块的位移大小及圆弧槽对小滑块的支持力大小；（3）若圆弧槽b固定不动，小滑块从某一位置静止释放，小滑块沿斜面AB通过B点后恰好落在C点，求：小滑块在B点

时的速度及释放位置的角度.2025新高考单科模拟综合卷物理·参考答案1.A由题图可知，A做的是初速度为零的匀加速运动，B做的是匀速直线运动，3st=时A、B的速度大小相等，为18m/s12m/s31.5v==−，A的加速度24m/svat==，由于3st=前，A的速度总比B

的速度小，因此1.5st=时A、B间的距离最大，即最大距离，2m141.5m4.5m2x==，故选A.2.AAB.N离开斜面后，设F与竖直方向的夹角为，有sinTmg=，cosFmg=，逐渐减小，所以绳子拉力逐渐减小，F逐渐增大.故A正确，B错误；C.力F作用之前，有si

n30sin60mgfmg+=，所以原来M所受摩擦力沿斜面向下，随着绳子拉力的减小，M受到的摩擦力逐渐减小，当右绳水平时，绳子拉力为零，则M受到的摩擦力沿斜面向上，所以M受到的摩擦力先沿斜面向下减小，

再沿斜面向上增大，故C错误；D.斜面对M的作用力为斜面的支持力及摩擦力，因为支持力不变，所以当摩擦力先减小再增大时，斜面对M的作用力先变小后变大，故D错误.故选A.3.CA.根据黑体辐射实验的规律可知：黑体辐射电磁波的强度

按波长的分布只与黑体的温度有关，故A正确；B.根据光电效应方程km0EhW=−，对于同种金属产生光电效应时，逸出光电子的最大初动能与照射光的频率呈线性关系，故B正确；C.一块纯净的放射性元素的矿石，经过一个半衰期以后，将有一半放射性元素发生衰变，但

是由于变成了别的物质，故它的总质量大于原来的一半，故C错误；D.按照波尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，吸收光子，原子的能量增大，根据库仑力提供向心力222evkmrr=，电子的动能为22k122keEmvr==

，故氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，故D正确.本题选错误的，故选C.4.BD.大苹果通过托盘秤时，1R的阻值较小，2R两端的电压达到放大电路的激励电压，使放大电路中的电磁铁吸动分拣开关的衔铁，大苹果进入下面的通道，故D错误；A.增加缠绕电磁铁线圈的匝数，不影响

控制电路的接通，无法区分大苹果，故A错误；B.为了选出质量更大的苹果，就要使得2R两端电压保持不变，因1R减小，而其他条件不变的情况下，只能减小和传感器1R相连接电路中电源A的输出电压，故B正确；C.

为了选出质量更大的苹果，就要使得2R两端电压保持不变，因压力越大，电阻1R越小，此时回路中的电流就越大，2R的电压就会变得更大，则要想保持2R的电压和原来一致，可以适当减小2R的阻值，故C错误.故选B.5.BA.根据图甲可知，m100VE=，0.02sT=，则2π

100πrad/sT==，故变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为()100sin100πVut=，故A错误；B.图甲中2210st−=时，线圈平面与磁场垂直，穿过线圈的磁通量最大，故B正确；C.理想变压器匝数不变，输入电压不变，则电压表1V

示数不变，副线圈两端的电压2U不变，tR处温度升高时，tR的阻值减小，根据闭合电路欧姆定律可知，副线圈回路中的电流2I增大，电压表2V测量tR两端的电压，根据串并联电路规律及欧姆定律有t22UUIR=−，则电压表2V示数减小，电压表1V示数与2V示数的比值变大，故C错误；D.变压器的输出

功率22tUPRR=+，输出功率变大，理想变压器输入功率等于输出功率，故变压器的输入功率变大，故D错误.故选B.6.CA.喷泉喷出的水柱高约20m，设水喷出喷口的速度为v，由位移—速度公式得22vgh=，代入数据解得20m/sv=，设极短时间t内有质量为m的水

喷出喷口，则由能量守恒得212UItmv=，解得22UItmv=，这些水的体积为mV=，则出水流量约为VQt=，代入数据联立解得332.47510m/sQ−=，故A错误；B.设电机绕组的电阻为r，泵

输出的机械功率占输入功率的75%，则有：()2175%UIIr−=，代入数据解得，电机绕组的电阻18.3r，故B错误；C.水从喷出到最高点所用的时间为20s2s10vtg===，在空中的水包括上升

过程与下降过程两部分的水，两部分水的质量近似相等，则任意时刻空中水的质量约为2222UItmmv==，代入数据联立解得10kgm，故C正确；D.设喷管的横截面积为S，则22UItmSvtv==，

解得喷管的横截面积约为421.210mS−，故D错误.故选C.7.CA.由于金属杆进入每个磁场的速度都相等，故在金属杆穿过第一区域磁场到进入第二区域磁场，根据能量守恒可知02Qmgd=，故穿过第四个磁

场时产生的总热量048QQmgd==，A错误；B.设穿过第四个磁场的速度为v，根据能量守恒可知()2172mghdmvQ+=+，解得()2vghd=−，B错误；C.根据法拉第电磁感应定律，穿过第一个磁场的电动势

，BSEtt==，通过电路中的电流34EBSIRRRt==+，又因为qIt=，联立上述各式可得44BSBLdqRR==，C正确；D.对金属杆受力分析可知Fmgma−=，FBIL=，解得BILagm=−，金属杆的质量不变，随着金属杆向下运动，由于金属杆减速，

感应电动势逐渐变小，电路中的感应电流变小，金属杆受到的安培力F变小，故加速度越来越小，D错误.故选C.8.BDA.根据场强的叠加可知，a、b处的电荷在M点产生的合场强沿着ab连线由M指向b，c处的电荷在M点产生的场强由c指向M

；而a、c处的电荷在N点产生的合场强沿着ac连线由N指向c，b处的电荷在N点产生的场强由b指向N，则M点的电场强度与N点的电场强度大小相等，方向不同，故A错误；B.P点距离a、b、c处的电荷要比d点距离a、b、c处的电荷近，根据点电荷Q周围空间某点的电势Qkr=，可知r越小越大，则P

点的电势高于d点的电势，故B正确；C.根据场强的叠加可知，b、c处的电荷在P点产生的场强相互抵消，则P点的场强为22PaPqEkr=，根据几何关系可知32aPrl=，则283PkqEl=，故C错误；D.根据点电荷Q周围空间某点

的电势Qkr=，可知d点的电势为4dkql=，电量为q+的试探电荷在d点的电势能为4pddkqqEql==，故D正确.故选BD.9.BDA.根据同侧法由图可知，两波源的起振方向均沿y轴正方向，故A错误；B.由图可知，00.5s两列波的传播距离相等均为()0.6m0.4m

1ms=−−=，则两列波的波速大小均为2m/ssvt==，故B正确；C.由图可知，00.5s两列波均传播54，则两列波的周期均为0.4s，再经过0.1s，两列波平衡位置在0.2mx=−处的质点均回到平衡位置，则位移为0，故C错误；D.波源P产生的

波传播到0.2mx=的时间为10.60.2s0.2s2t−==，波源Q产生的波传播到0.2mx=的时间为()20.20.6s0.4s2t−−==，则00.4s，平衡位置在0.2mx=处的质点运动的路程为12220cm40cmPsA===，由于两列波的起振方向相同，两波源到0.2mx=

的距离差10.4m2x==，则此处为振动减弱点，0.40.5s内质点运动的路程为210cmPQsAA=−=，则平衡位置在0.2mx=处的质点在前0.5s内运动的路程为1250cmsss=+=，故D正确.故选BD.10.ABA.对A、B、C三个物体受

力分析，摩擦力为()24fmmmgmg=++=，根据牛顿第二定律()2Ffmmma−=++，对A受力分析，根据平衡条件Fmgma−=弹，联立可得4FF=弹，故A正确；B.保持A、B、C三个物块相对静止，对

B可知，整体的最大加速度为max2222mggam==，对A、B、C三个物体，根据牛顿第二定律()mmax42Fmgmmma−=++，解得m6Fmg=，故B正确；C.在撤去水平推力的瞬间，弹簧对A的力不会发生突变，即在撤去水平推力的瞬间，A的受力情况不变，即A的加

速度不变，故C错误；D.在撤去水平推力的瞬间，对物块B、C整体受力分析，3334FFmgFmgma=+=+=合弹，则整体的加速度为12Fagm=+，由B选项可知，物块B的最大加速度为max2gaa=，所以撤去水平推力后，物块B和C不能保持相对静止

，故D错误.故选AB.11.（1）dt（2）22adb22adgx解析：（1）由于通过光电门的时间极短，可以将通过光电门的平均速度看做瞬时速度，为dvt=（2）根据动能定理得2P12Emgxmv−=，代入速度得2P212dEmgxmt−=，整理得P2222112Egxt

dmd=−，则结合图像得22gxad−=−，图像的斜率p22Eakbd==，解得22adgx=，2p2adEb=.（3）AB解析：（1）实验过程应先用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内

每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积，再根据油酸酒精溶液的浓度计算出油酸的体积，后往边长约为40cm的浅盘里倒入约2cm深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上，再用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形

状稳定，随后将玻璃板放在浅盘上，然后将油酸膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上，最后将画有油酸膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油酸膜的面积.根据油酸的体积和油酸膜的面积计算出油酸分子直径的大小.即实验步骤的正确顺序是DABEC.（2）根据数格子的办法，多于半格算一格

，少于半格舍去，油膜的总格数为71格，则油膜总面积为271Sa=，由于所用油酸酒精溶液每1V体积溶液中有纯油酸体积2V，则溶液的浓度为21VxV=，用注射器和量筒测得体积为0V的上述溶液有n滴，则一滴

溶液中纯油酸的体积为0VVxn=，油酸分子直径为VdS=，联立解得021VVdnSV=.（3）根据VdS=，A.计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，导致油膜面积测量值偏小，则油酸分子直径测量值偏大，故A正确；B.水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开，

导致油膜面积测量值偏小，则油酸分子直径测量值偏大，故B正确；C.用注射器和量筒测0V体积溶液滴数时多记录了几滴，导致油酸体积测量值偏一小，则油酸分子直径测量值偏小，故C错误.故选AB.13.（1）3.1（2）1.51.9（3）等于等于解析：（1）由图乙可得，电阻箱的阻值12.4R=，由图甲的

电桥法可得12ARRRR=，代入数据解得A3.1R=.（2）根据闭合电路欧姆定律，可得()A0EIRRRr=+++，可得A01RRrRIEE++=+，由图丁可得1110.04.0V9.00E−−=−，1A

04.0ARRrE−++=，解得1.5VE=，1.9r=.（3）根据以上分析，利用图丙设计的实验，该同学测得的电动势和内阻不存在系统误差，测得的电动势和内阻均等于真实值.14.解：（1）活塞完成一次抽气、打气后，隔板与卡槽未分离，气体做等温

变化，对上部分气体()00Al0pVpVV=+对下部分气体B1000A1pVpVpV=+根据题意A1B135pp=解得气筒的容积为013VV=（2）当完成抽气、打气各2次后，隔板与卡槽仍未分离，气体做

等温变化，对上部分气体()A10A20pVpVV=+对下部分气体B10A2B20pVpVpV+=解得A20916pp=，B202316pp=隔板与卡槽仍未分离，则A2B2pSMgpS+解得隔板的质量至少为078pSMg=15.解：（1）在磁场1B中2001mvqvBR

=得60210m/sv=根据左手定则知粒子带正电根据动能定理，电场力做功动能增加220101122qElmvmv=−得到达CD分界线速度为61310m/sv=（2）当粒子垂直电场入射，y坐标最大，水平方向为匀加速直线运动201

2qEltm=可得6510s5t−=竖直方向为匀速直线运动025m5yvt==（3）在磁场2B中21122mvqvBR=，可得1220.6mmvRqB==由数学关系得0.31sin0.62==又周期22

πmTqB=，运动时间722ππ10s23mtqB−==（4）设从O点射出的粒子中，与y轴成角的粒子经电场和磁场2B偏转后刚好与PQ相切，根据y方向动量定理可得210cosxqBlmvmv=−（0π）由如图所示的几何关系又可得

cos1cos22RRR++==（0π）代入数据，解上面二式可得554xl−=（0.2m1mxl）当0.2mxl时，100%=当1mxl时，0=16.解：（1）从释放位置到最低点由动能定理()201cos2mgRRmv−=求得()021cos4m/svgR=−=所

以最低点向心加速度2204m/svaR==（2）a与b水平方向动量守恒且总动量等于零，满足12mxMx=且12xxR+=所以可得滑块水平位移13mMxRMm==+而竖直位移为4m，则根据勾股定理可知，总位移大小为5m.a滑下过程中ab组成的系统总能量守恒2212112

2mgRmvMv=+a与b水平方向动量守恒可得12mvMv=可得1203m/s3v=，220m/s3v=a相对b的速度大小12vvv=+相对小滑块由合力提供向心力2NmvFmgR−=相对所以N110N3F=（3）B点飞出到C点过程中，小滑块做斜抛运动，在水平方向匀速运动，则时间

为3tan60cos602BBhhtvv==在竖直方向竖直上抛，取向下为正方向，则21sin602Bhvtgt=−+，得43m/s3Bv=释放位置到B点由动能定理()21coscossin2BhmgRRmghmgmv−−−=解得1

cos2=，所以60=