【文档说明】四川省成都市石室中学2025届高三上学期高考适应性测试演练模拟考试 物理 PDF版含解析.pdf，共(27)页，5.478 MB，由envi的店铺上传

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{#{QQABAQAAggggAAAAABhCQwkgCEMQkhGCAYgOhEAEMAIBCANABAA=}#}{#{QQABAQAAggggAAAAABhCQwkgCEMQkhGCAYgOhEAEMAIBCANABAA=}#}{#{QQABAQAAggggAAAAAB

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wkgCEMQkhGCAYgOhEAEMAIBCANABAA=}#}{#{QQABAQAAggggAAAAABhCQwkgCEMQkhGCAYgOhEAEMAIBCANABAA=}#}S0000503980成都石室中学2025年高考适应性测试演练模拟考试物理答题卷姓名：班

级：考场：考号：注意事项1.请将姓名等写在对应的区域。2.选择题用2B铅笔填涂,修改橡皮擦干净。3.非选择题用黑色签字笔书写。4.区域内作答,答题卡虚线外禁止涂写。正确填涂：错误填涂：成都石室中学2025年高考

适应性测试演练模拟考试物理答题卷第1页（共1页）缺考：[]考号：粘贴条形码区(正面朝上切勿贴出虚线外，切勿倾斜。)一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分）1234567二、多项选择题（本题共

3小题，每小题6分，共18分）8910三、实验题11.1(2分)11.2.111.2.2(A.“a”或B.“b”)11.3(2分)12.112.2(2分)12.3(3分)四、计算题13(9分)14(12分)15(18分){#{Q

QABAQAAggggAAAAABhCQwkgCEMQkhGCAYgOhEAEMAIBCANABAA=}#}2025年高考适应性测试演练模拟考试物理试卷注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定

位置。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.考试时间：75分钟；满分：100分。Ⅰ

卷(选择题，共46分)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，只有一项符合题目要求，选对的得4分，选错的得0分）1．2023年8月24日，日本福岛第一核电站启动核污染水排海。核污

染水含高达64种放射性元素，其中部分放射性物质（如碘129）半衰期可长达1570万年，下列说法正确的是（）A．核污染水进入海水后温度降低，会延长放射性元素的半衰期B．原子核的比结合能越大，原子核越稳定C．天然放射现象中产生的β射线中的电子来源于原子核外电子D．100个碘129原子

在1570万年后有50个未发生衰变【答案】B【解析】A．放射性元素的半衰期仅由原子核内部本身因素决定，与温度无关，故A错误；B．原子核的比结合能越大，原子核就越稳定，故B正确；C．粒子中子转化为质子和电子，即10n→11H＋0－1e，而非核外电子逸出来的，故C错误；D．半衰期是统计数据，

对大量的统计才有意义，100个原子太少了，故D错误。2．杭州亚运会10m跳台的跳水决赛中，中国运动员全红婵完美一跳裁判全给10分并获得冠军。如图1所示是她站在跳台踏板起跳的精彩瞬间，从她离开跳板开始计时，跳水过程中全红婵重心的vt图像可简化为如图2所示，不计

空气阻力，则下列说法正确的是（）A．运动员在10t过程中做自由落体运动B．运动员在23tt过程中速度方向发生改变C．运动员在34tt过程中处于超重状态{#{QQABAQAAggggAAAAABhCQwkgCEMQkhGCAYgOhEAEMAIBCANABAA=}#}D．运动

员在4t时刻上浮至水面【答案】C【解析】A．在10t过程中初速度不是零，不是自由落体运动，故A错误；B．在23tt过程中速度始终为正值，方向不变，故B错误；C．在34tt过程中，图像斜率变小，斜率代表加速度，加速度向上且逐渐减小，处

于超重状态，故C正确；D．根据图像可知，10t过程竖直向上运动，14tt过程中竖直向下运动，在4t时刻下降到最低点，故D错误。3．2024年6月2日上午6时23分，嫦娥六号成功着陆月球背面。设想嫦娥六号被月球俘获后进入椭圆轨道I上运行，周期为1T；

当经过近月点M点时启动点火装置，完成变轨后进入圆形轨道II上运行，周期为2T。已知月球半径为R，圆形轨道II距月球表面距离为R，椭圆轨道I远月点距月球表面距离为5R，如图所示，引力常量为G。忽略其他天体对嫦娥六号的影响，则（）A．2T＞1TB．月球的质量为2232

4GTRC．月球第一宇宙速度大于轨道Ⅱ上的运行速度D．嫦娥六号由轨道I进入轨道II需要在M点点火使其加速才能完成【答案】C【解析】A．根据33222124RTTR，得2T＜1T，故A错误；B．根据2222422GMmmRTR，得32

2242RMGT，故B错误；C．设月球的质量为M，嫦娥六号的质量为m，根据万有引力充当向心力可得22GMmvmrr，当嫦娥六号环绕月球表面做圆周运动时的速度即为第一宇宙速度，即轨道半径为R，而嫦娥六号在轨

道Ⅱ上运行时的轨道半径为2R大于月球的近地轨道上半径R，月球第一宇宙速度大于轨道Ⅱ上运行速度，故C正确；D．根据加速离心、减速向心，可知由轨道I进入轨道II其速度减小，需要在M点点火使其减速才能完成，故D错误.{#{QQABA

QAAggggAAAAABhCQwkgCEMQkhGCAYgOhEAEMAIBCANABAA=}#}4．如图甲所示，金属圆环和金属线框相互靠近且固定在水平面上，金属棒AB放在金属框上，圆环a、b端接如图乙所示的正弦交变电流，金属棒AB始终保持静止。以图甲中电流方向为正方向，则下列说法正确的是（）A

．10t内，金属棒中的感应电流方向为B→AB．12tt内，金属棒受到水平向左的静摩擦力C．t3时刻，金属棒受到的安培力最大D．t1~t3内，金属棒中的感应电流先减小后增大【答案】B【解析】A．10t内

，右侧闭合回路中穿过纸面向外的磁通量增大，根据楞次定律和安培定则可知，金属棒中的感应电流方向为A→B，故A错误；B．12tt内，根据左手定则，可知金属棒受到水平向右的安培力，由二力平衡，可知金属棒受到水平向左的静摩

擦力，故B正确；C．t3时刻，圆环中电流的变化率为零，则穿过闭合回路的磁通量变化率为零，感应电流为零，则金属棒受到的安培力也为零，故C错误；D．t1~t3内，由图乙可知，电流的变化率先增大后减小，则右侧闭合回路中的磁通量的变化率也先增大后减小，根据

法拉第电磁感应定律，可知金属棒中的感应电流先增大后减小，故D错误。故选B。{#{QQABAQAAggggAAAAABhCQwkgCEMQkhGCAYgOhEAEMAIBCANABAA=}#}5．如图所示，轻绳a的一端与质量为1m的物块A连接，另一端跨过定

滑轮与轻绳b拴接于O点。与水平方向成角的力F的作用在O点，质量为2m的物块B恰好与地面间没有作用力。已知60，定滑轮右侧的轻绳a与竖直方向的夹角也为，重力加速度为g。当F从图中所示的状态开始顺时针缓慢转动90°的过程中，结点O、1m的位置始终保持不

变.则下列说法正确的是（）A．F的最小值为gm123B．21mmC．轻绳对定滑轮的作用力变大D．地面对物块B的支持力变小【答案】A【解析】A．由矢量三角形图可知，F从图中所示的状态顺时针转动90的过程中先减小再增大，F的

最小值为113sin602mgmg，故A正确；B．受力分析可知12cos60mgmg,可知212mm,故B错误；C.轻绳a的拉力不变，轻绳对定滑轮的作用力不变，故C错误；D．F从图中所示的状态

顺时针转动90°的过程中，轻绳b的拉力m2g−FN变小，故地面对物块B的支持力FN变大，故D错误.{#{QQABAQAAggggAAAAABhCQwkgCEMQkhGCAYgOhEAEMAIBCANABAA=}#}O′6．一个半径为R、球心为O

的半球形储油桶固定在水平面上，桶口平面保持水平，其右端点为O′点，且AO′=R。当桶内没有油时，从某点A恰能看到弧形桶底的B点，OB连线与水平方向夹角为60。当桶内装满油时，仍沿AB方向看去，恰能

看到桶底的最低点C点，已知光速为c.则（）A.油的折射率233nB．油的折射率2nC．装满油时，光从A点出发传播到C所用时间为cR16D．装满油时，光从A点出发传播到C所用时间为cR13【答案】D【解析】AB．作出光路图，如图所示由几何关系可知，装满油后，入射角为60

折射角为45根据折射定律可知，油的折射率为sin6sin2n，故AB错误；CD．装满油时，光在桶内传播的距离为22sR光在桶内传播的速度为63ccvn所以装满油时，光从C点出发传播到A所用时间为222363sAORAO

RAOtvccccc所以,光从A点出发传播到C所用时间为cR13，C错误，故D正确。{#{QQABAQAAggggAAAAABhCQwkgCEMQkhGCAYgOhEAEMAIBCANABAA=}#}7．如图所示，挡板P固定在倾角为30°的斜面左下端，斜面

右上端a与半径为R的圆弧轨道ab连接，其圆心О在斜面的延长线上。a点有一光滑轻质小滑轮，∠aOb=60°。质量均为m的小物块B、C由一轻质弹簧拴接（弹簧平行于斜面），其中物块C紧靠在挡板Р处，物块B用跨过滑轮的轻质细绳与一质量为3m、大小可忽略的小球A相连，初始时刻小球A锁定

在a点，细绳与斜面平行，且恰好绷直而无张力，B、C处于静止状态。某时刻解除对小球A的锁定，当小球A沿圆弧运动到最低点b时（物块B未到达a点），物块C对挡板的作用力恰好为0。已知重力加速度为g，不计一切摩擦，下列说法正确的

是（）A．小球A到达b点时,小球A与物块B的速度大小相等B．小球A沿圆弧运动到最低点b的过程中，其重力的功率一直增大C．小球A到达b点时的速度大小为D．小球A由a运动到b的过程中，小球A和物块B的机械能之和先减小后增大【答案】C【解析】A．小球A到达b点时的速度为v，对v进行分解，在沿绳子方

向的速度cos30vv，物块B的速度大小就等于沿绳子方向的速度cos30vv，应该小于小球A的速度大小。B．小球A沿圆弧运动到最低点b的过程中，初始速度为零，重力功率为零，中间功率大于零，

最低点b重力与速度垂直，功率也为零，因此，其重力的功率先增大后减小，故B错误；C．设小球A到达b点时的速度为v，对v进行分解，在沿绳子方向的速度cos30vv由于沿绳子方向的速度处处相等，所以此时B的速度也为v，对A、B、C和弹簧组成的系统，在整个过

程中，只有重力和弹簧弹力做功，且A在a和b处，弹簧的形变量相同，故弹性势能不变，弹簧弹力做功为0，重力对A做正功，对B做负功，A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，可知3mgR(1-cos600)-mg(x1+x2)sin300=3mv2+由几何关系，A在b处时，ab间绳长为R，即

x1+x2=R{#{QQABAQAAggggAAAAABhCQwkgCEMQkhGCAYgOhEAEMAIBCANABAA=}#}解得v，故C正确；D．小球A由a运动到b的过程中，A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，则小球A和物块B的机械能之和与

弹簧和C的能量之和不变，C一直处于静止状态，弹簧一开始处于压缩状态，之后变为原长，后开始拉伸，则弹性势能先减小后增大，故小球A和物块B的机械能之和先增大后减小，故D错误。故选C。二、多项选择题（本题共3小题，共18

分。每小题6分，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，导热良好的固定直立圆筒内，用面积S、重力0.01p0S的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。圆筒与温度3T0的热源接触，平衡时圆筒内气体处于状

态A，此时体积为6V0。缓慢推动活塞使气体达到状态B，此时体积为5V0。固定活塞，升高热源温度，气体达到状态C，此时压强为1.4p0。从状态A到状态C，气体从外界吸收热量Q。从状态B到状态C，气体内能增加ΔU。已知大气压强为1.01p0，,下列说法正确的是（）A.气体从状态

A到状态B，其分子平均动能不变，圆筒内壁单位面积受到的压力增大B.气体在状态A的压强为1.2p0C.气体在状态C的温度为3.6T0D.气体从状态A到状态B过程中外界对系统做功W=ΔU-Q【答案】AD【解析】A.气体从状态A到状态B发生等温压缩变化，其气体内能不变，分子平均动能不变，体积减

小，压强增大，圆筒内壁单位面积受到的压力增大,故A正确;BC.气体处于状态A时，对活塞受力分析，有pAS＋0.01p0S＝1.01p0S解得pA＝p0气体从状态A到状态B发生等温压缩变化，由玻意耳定律有pAVA＝pBVB，解

得pB＝1.2pA＝1.2p0气体从状态B到状态C，做等容变化，由查理定律有＝，解得TC＝3.5T0,故BC错误;D.气体从状态B到状态C，外界对气体不做功，所以W等于气体从状态A到状态C外界对气体做的功，由前面的分析可知，从A到C内能

的变化量等于从B到C内能的变化量，从A到C由热力学第一定律有ΔU＝W＋Q，解得W＝ΔU-Q，故D正确。{#{QQABAQAAggggAAAAABhCQwkgCEMQkhGCAYgOhEAEMAIBCANABAA=}#}9．如图

（a）所示，“L”形木板Q（竖直挡板厚度不计）静止于粗糙水平地面上，质量为1kg的滑块P（视为质点）以6m/s的初速度滑上木板，2st时与木板相撞并粘在一起。两者运动的vt图像如图（b）所示。重力加速度大小g取210m/s，则（）A．“L”形木

板的长度为9mB．Q的质量为1kgC．地面与木板之间的动摩擦因数为0.1D．由于碰撞系统损失的机械能与碰撞后滑块Q与地面因摩擦产生的内能之比为1：4【答案】BD【解析】A．由两者运动的vt图像可知，“L”形木板的长度为前2s

内两者的相对位移，由梯形面积可得板长为6m，故A错误；B．两者碰撞时，取滑块P的速度方向为正方向，设P的质量为m=1kg，Q的质量为M，由系统动量守恒定律得123mvMvmMv根据v-t图像可知，v1=3m/s，v2=1m/s，v3=2m/s，代入

上式解得1Mkg，故B正确；C．设P与Q之间的动摩擦因数为μ1，Q与地面之间的动摩擦因数为μ2，根据v-t图像可知，0-2s内P与Q的加速度分别为aP=1.5m/s2，aQ=0.5m/s2，对P、Q分别受力分析，由牛顿第二定律得1Pmgma12QmgmMg

Ma联立解得20.05，故C错误；D．由于碰撞系统损失的机械能为222123111222EmvMvmMv，代入数据解得1.0JE碰撞后滑块Q与地面因摩擦产生的内能等于系统减小的动能2312mMv=4J所以，碰撞

系统损失的机械能与碰撞后滑块Q与地面因摩擦产生的内能之比为1:4，故D正确。{#{QQABAQAAggggAAAAABhCQwkgCEMQkhGCAYgOhEAEMAIBCANABAA=}#}10．如图甲，同一竖直平面内A、B、M、N四点距O点的距离均为2L，O为水平连线AB的中点，M、N在AB

连线的中垂线上。A、B两点分别固定有一点电荷，电荷量均为0QQ。以O为原点，竖直向下为正方向建立x轴。若取无穷远处为电势零点，则ON上的电势随位置x的变化关系如图乙所示。一电荷量为0QQ的小球S以一定初动能从M点竖直下落，一段时间后经过N点，且在N点的加

速度大小为2g，g为重力加速度大小，k为静电力常量。则（）A.小球S在M点受到的电场力的大小为2224kQLB.从M到N的过程，小球S受到的电场力先减小后增大C.从O点到N点小球S动能变化量为2(221)2kQLD.在A

B连线的中垂线上电场强度最大的点到O点的距离为L【答案】ACD【解析】A．根据库仑定律可知两个点电荷在M点产生的电场力大小都为224kQFL则合成之后的合力大小为2222sin454kQFFL合，故A正确；小球在N点的加速度大小为2g，说明在N点的电场力大小等于mg，方向竖直向下，根

据对称性，在M点的电场力大小也为mg，且向上，故M点的加速度为0，A正确；B．图像的斜率大小表示电场强度的大小，结合图像得从O点到N点场强先增大后减小，根据对称性，从O点到M点场强先增大后减小，所以，从M到N的过程，小球S受到的电场力先增大后减

小再增大后减小，故B错误；C．小球在N点的加速度大小为2g，说明在N点的电场力大小等于mg，方向竖直向下，重力大小为2224kQmgL，从O点到N点小球重力势能减小量为22p1222242kQEmgLLkQLL

从O点到N点小球电势能减小量为222p2212ONkQkQkQEQQLLL，从O点到N点小球动能增加量为kE，则对小球从O点到N点用能量守恒定律得p1p2kEEE解得k2(221)2LEkQ，故C正确；D．固定于相距为2r（r=2L）的A

、B两点，设A处的点电荷在AB中垂线上某点P处产生的场强与竖直向下的夹角为θ，则根据场强的叠加原理可知，P点的合场强为222sincosQEkr，根据均值不等式(或函数求{#{QQABAQAAgggg

AAAAABhCQwkgCEMQkhGCAYgOhEAEMAIBCANABAA=}#}导)可知当3cos3时E有最大值，且最大值为2439kqEr,再根据几何关系可知P点到O点的距离为22yr（r=2L），代入数据可得电场强度最大的点到O点的距离y=L，故D正确。{#{QQABAQAA

ggggAAAAABhCQwkgCEMQkhGCAYgOhEAEMAIBCANABAA=}#}Ⅱ卷(非选择题，共54分)11．（8分）某实验小组的同学通过实验测量一粗细均匀圆柱形合金电阻丝的电阻率，已知电阻丝的长度为L=60.00cm。(1)用螺旋测微器测量电阻丝的直径，其示数如图所示，则

直径的测量值为mm。(2)已知待测电阻丝的阻值约为10Ω，为了比较精确测量电阻丝的电阻Rx，实验室提供了下列器材：A．电压表V1（量程3V，内阻约为3kΩ）；B．电流表A1（量程为100mA，内阻约为10Ω）；C．电流表A2（量程为300mA，内阻约为2Ω）；D．滑动变

阻器R（阻值范围为0~5Ω）；E．电动势为4.5V的电源，内阻不计；F．开关S，导线若干。根据实验器材，设计如图丙所示的实验电路，为比较精确测量电阻丝的电阻，电流表应选（填写器材前对应的字母序号）；电压表右侧导线接端（A.“a”或B.“b”）。(3)若通过(2)测得电阻丝的电阻为1

2，则可求得该电阻丝的电阻率为m（π取3，结果保留2位有效数字）。【答案】(1)1.384/1.385/1.386/1.387(2)Ca(3)3.0×10-5【详解】（1）根据螺旋测微器的读数规律，该读数为1mm0.01

38.5mm1.385mm（2）[1]测得阻值约为10Ω，当A电压表达到满偏时，通过电阻的电流约为I=310A=300mA为了确保电流表的安全与精度，电流表选择量程300mA，即电流表选择C[2]根据计算可得Rx2<RA×RV，故选择电流表的外接法。（3）根据电阻的决定式有

xLRS其中22dS解得53.010m12．（7分）某同学用如图1所示的装置验证轻弹簧和物块（带有遮光条）组成的系统机械能守恒。图中光电门安装在铁架台上且位置可调。物块释放前，细线与弹簧和物块的栓接点（A

、B）在同一水平线上，且弹簧处于原长。滑轮质量和一切摩擦均不计，细线始终伸直。小物块连同遮光条的总质量为m，弹簧的劲度系数为k，弹性势能Ep=12kx2（x为弹簧形变量），重力加速度为g，遮光条的宽度为d，小物块释放点与光电门之间的距离为l（d远远小于l）。现将小物块由静止释放，记录物

块通过光电门的时间t。ab{#{QQABAQAAggggAAAAABhCQwkgCEMQkhGCAYgOhEAEMAIBCANABAA=}#}(1)改变光电门的位置，重复实验，每次滑块均从B点静止释放，记录多组l和对应的时间t，做出1t2-l图像如

图2所示，若要验证轻弹簧和小物块组成的系统机械能守恒，则在误差允许的范围内，需要验证正确的关系式是（）A．1t2=-kmd2l2+2gd2l2B．1t2=-kmd2l2+2gd2l(2)在(1)中条件下，l=l1和l

=l3时，物块通过光电门时弹簧具有的弹性势能分别为Ep1、Ep3，则Ep1-Ep3=（用l1、m、l3、g表示）；(3)在(1)中条件下，取某个值时，可以使物块通过光电门时的速度最大，速度最大值为（m、g、k表示）。答案(1)B(2)13mgl

l(3)mgk【详解】（1）若系统机械能守恒，则有221122dmglklmt变式为222212kglltmdd所以图像若能在误差允许的范围内满足222212kglltmdd即可验证弹簧和小物块组成的系统机械能守恒。（2）由图像可知1ll和3l

l时，时间相等，则物块的速度大小相等，动能相等，可得3p3kmglEEp1k1mglEE联立可得p1p313EEmgll{#{QQABAQAAggggAAAAABhCQwkgCEMQkhGCAYgOh

EAEMAIBCANABAA=}#}（3）由图像可知2ll时遮光板挡光时间最短，此时物块通过光电门时的速度最大，可得2mglk又2222m1122mglklmv联立可得mmvgk{#{QQAB

AQAAggggAAAAABhCQwkgCEMQkhGCAYgOhEAEMAIBCANABAA=}#}13．（9分）一简谐波的波源位于坐标原点，波源振动后t=0.3s时第一次形成如图所示的波形图。(1)求该波的波长和传播速度大小；(2)在给出的坐标图上画出波在t=2.0s时刻的波形图；(3)从t=

0至t=2s，x=25m处的质点的运动路程S。【答案】(1)20m，50m/s；(2)(3)30cm【详解】(1)由图可知315m4，所以20m波速v为15m/s50m/s0.3xvt(2)t

=2.0s时刻的波形图如图所示（3）由30.3s4T，得0.4sT由于波源起振方向向上，x=25m起振所需时间Δt1=xv=0.5s振动时间Δt2=t-Δt1=1.5s总路程S=15A=30cm{#{QQABAQAAggggAAAAA

BhCQwkgCEMQkhGCAYgOhEAEMAIBCANABAA=}#}14．（12分）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角37的直轨道AB，半径1mR、圆心角为2的圆弧BCD，半径为R、圆心角为

的圆弧DE组成，轨道末端E点为圆弧的最高点，轨道间平滑连接。质量为0.5kgm的物块a从轨道AB上距B高度为0.3mh处以初速度0v下滑，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE。物块a与轨道AB间的动摩擦因数μ=0.5，其余轨道光滑。（不计空气阻力，物块a视为质点，g=1

0m/s2，sin370.6°，cos370.8°）。(1)若初速度00v，求物块a第一次通过D点时速度Dv大小；(2)若初速度00v，求物块a在轨道AB上运动的总路程S；(3)若物块a沿轨道从E点滑出，

0v应满足什么条件？【答案】(1)2m/sDv；(2)0.75mS；(3)02m/s6m/sv【详解】(1)物块从开始运动到D点过程，根据动能定理2101tan2Dhmghmgmv解得2m/sDv(2)设过D点后冲上曲面高度为h，根据机械能守恒定律212Dmv

mgh解得0.1mh而1cos0.2mDEhR所以DEhh故物块不会冲上滑板，会原路返回。物体运动全程由能量守恒有1cosmghmgS解得0.75mS(3)在D点不脱离轨道则全程不会脱离轨道，此时初速度最大，根据动能定理

22010112tan2Dhmvmghmgmv还需要满足{#{QQABAQAAggggAAAAABhCQwkgCEMQkhGCAYgOhEAEMAIBCANABAA=}#}2cosDmvmgR解得06m/sv同理，物块能到达E点，满足2011(1cos)

2tanhmvmghmgmgR解得02m/sv综上02m/s6m/sv{#{QQABAQAAggggAAAAABhCQwkgCEMQkhGCAYgOhEAEMAIBCANABAA=}#}15．（18分）利用电场和磁场来控制带

电粒子的运动，在现代科技、生产、医疗领域中有广泛应用。如图甲所示，在竖直平面内建立坐标系，在区域存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，在O点沿y轴正方向放置足够长的荧光屏A。第三象限内存在沿y

轴正方向的匀强电场，在点处沿x轴正方向射出速度为0v的粒子，恰好以的速率从O点射入磁场，粒子的质量为m，电荷量为，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。，。求：（1）该粒子击中荧光屏A的位置Q的坐标；（2）该粒子从P运动到Q的时间；（3）如图乙所示，移去荧光屏A

，在处，平行于x轴放置一足够长的档板C，在电场中P、O两点之间（）有一连续分布的曲线状粒子源，该粒子源沿x轴正方向以速度0v持续发射与P点处相同的粒子，粒子按y坐标均匀分布，所有粒子经电场偏转后均从O点进入磁场，粒子源发射一段时间后停止发射，粒子击中挡板C立即被吸收。求曲线状粒子源的曲

线方程及击中挡板C的粒子数与发射的总粒子数之比。【答案】（1）；（2）；（3）曲线方程为，【详解】（1）如图所示，粒子在第一象限做匀速圆周运动，设速度方向与y轴正方向成夹角{#{QQABAQAAggggAAAAABhCQwkgCEMQkhGCAYgOhEAEMAIBCAN

ABAA=}#}由可知02mvrBq得由几何关系知联立解得Q点坐标（2）粒子在电场中P→O，x方向匀速直线运动粒子在磁场中匀速圆周运动周期粒子在场中O→Q联立解得粒子从P到Q的时间{#{QQABAQAAggg

gAAAAABhCQwkgCEMQkhGCAYgOhEAEMAIBCANABAA=}#}（3）所有粒子做类平抛运动，设加速度为a，P点的粒子设曲线上任意粒子所在位置坐标(x,y)故曲线方程所有粒子经电场偏转后均从O点进入磁场，且均经过Q点进入第二象限。如图所示

设发射粒子的初始位置纵坐标为，从O点进入第一象限与x轴正方向夹角为，其轨迹恰好与挡板相切，粒子经过O点速度粒子圆周运动的半径由{#{QQABAQAAggggAAAAABhCQwkgCEMQkhGCAYgOhEAEMAIBCANABAA=}#}联立解得粒子在电场中做

匀变速曲线运动，由,得联立解得，所以{#{QQABAQAAggggAAAAABhCQwkgCEMQkhGCAYgOhEAEMAIBCANABAA=}#}