【文档说明】湖南省名校联考联合体2023-2024学年高三上学期第三次联考物理试卷含解析.docx，共(14)页，643.621 KB，由小赞的店铺上传

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姓名_准考证号_绝密★启用前名校联考联合体2024届高三第三次联考物理注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。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、单选选择题（本大题共6小题，每小题4分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求）

1.如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，O为线框的几何中心。线框顶点M、N与直流电源两端相接，已知电流为I的直导线产生的磁场的磁感应强度计算公式𝐵=𝑘𝐼𝑟（r为某点到直导线的距离），若MN边在O点产生的

磁场磁感应强度大小为1×10-4T，则整个三角形线框在O点产生的磁场磁感应强度大小为A．0B．1×10-4TC．1.5×10-4TD．2×10-4T2.如图所示，沿水平方向做简谐振动的质点，振幅为0.1m，依次

通过相距0.2m的A、B两点。质点经过A点时开始计时，t₁=1s时经过B点，𝑡₂=3s时也刚好经过B点，则该振动的周期可能是A．1.8sB．1sC．0.4sD．57s3.如图甲、乙、丙分别展现了电容器在电路中的并接、串接、跨接三种方式，在如图甲、乙所示的电路中，电

路中电源的电动势为E，内阻为r，C为电容器，定值电阻R1、R2、R3阻值相同。图甲中，流过电源的电流为I1，电源的效率为η1，电容器的带电量为Q1；图乙中，流过电源的电流为I2，电源的效率为η2，电容器的带电量为Q2；在如图丙所示电路中，

电源输出电压不变，电容器C的上极板带负电。则下列说法正确的是A．𝐼₁>𝐼₂B．η1>η2C．𝑄₁>𝑄₂D．图丙中为了使上极板仍带负电且电量增大，可减小R2，其他电阻不变4.如图所示，一个重为100N的大砝码，用细线悬挂在O点，现在用力F拉砝码，使细线偏离竖直方向30°时处

于静止状态，保持细线与竖直方向30°角不变，则在F由水平方向缓慢转至竖直方向的过程中A．细线拉力先增大后减小B．F先增大后减小C．细线拉力的最大值为2003ND．F的最小值为50N5.高空跳伞在空中下降过程

中受到的阻力大小与下降速率成正比，即f=kv，其中k是与降落伞相关的比例系数，假设降落伞沿竖直方向运动，从速度为6m/s加速至10m/s后开始匀速下降，此过程耗时10s，g取10m/s2，则此过程降落伞下降的距

离为A．48mB．96mC．120mD．150m6.一质量为M、长为l的长木板A静止放在光滑的水平面上，质量为m的物体B（视为质点）以初速度v0从A的左端滑上长木板A的上表面，到B从A的右端滑下的过程中，B的动能减少量为ΔEₖB，A的动能增加量为ΔEₖA，A、B间存

在摩擦，摩擦生热为Q，关于△EₖB、△EₖA、Q的值，下列可能正确的是A．𝐸𝑘𝐵=7𝐽，𝐸𝑘𝐴=2𝐽，𝑄=5𝐽B．𝐸𝑘𝐵=7𝐽，𝐸𝑘𝐴=5𝐽，𝑄=5𝐽C．𝛥𝐸𝑘𝐵=3𝐽，𝐸𝑘𝐴=2𝐽，𝑄=5𝐽D．𝛥𝐸𝑘𝐵=5𝐽，

𝛥𝐸𝑘𝐴=3𝐽，𝑄=2𝐽二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。每小题给出的4个选项中，有多选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）7.某同学

利用光敏电阻设计路灯自动控制系统。如图所示，电路中的R1和R2，其中一个是定值电阻，另一个是光敏电阻。光敏电阻是由半导体材料制成的，受到光照射时，其导电性能显著增强。当R2两端的电压大于𝑈₀时，路灯控制开关自动开启，路灯

点亮。下列说法正确的是A．R2为光敏电阻B．R1和R2可以互换位置C．若定值电阻的阻值越大，开启路灯的天色越晚D．若定值电阻的阻值越大，开启路灯的天色越早8.2023年7月10日，经国际天文学联合会小行星命名委员会批准，中国科学院紫金山天文台发现的、国际编号为38

1323号的小行星被命名为“樊锦诗星”。如图所示，“樊锦诗星”绕日运行椭圆轨道面与地球圆轨道面间的夹角为20.11度，轨道半长轴为3.18天文单位（日地距离为1天文单位），远日点到太阳中心距离为4.86天文单位。下列说法正确的是A．“樊锦诗星”绕太阳一圈大约需要2.15年B．“

樊锦诗星”在远日点的速度小于地球的公转速度C．“樊锦诗星”在远日点的加速度与地球的加速度大小之比为14.86D．“樊锦诗星”在远、近日点的速度大小之比为1.54.869.如图所示，空间中边长相等的两个正方形区域并排分布，abcd区域中有沿ab方向的匀强电场，场强为E0，cdef区域中也分布有电场

（图中未画出）。一质量为m、电量为q（q>0）的带电粒子从a点以某一初速度沿ad方向射入电场，当cdef区域中场强为E1时，粒子从f点沿cf方向射出；当cdef区域中场强为E2时，粒子从e点射出。不计重力。下列说法正确的是A．𝐸₁=𝐸₀，方向

与E0相反B．𝐸₁=2𝐸₀，方向与E0相反C．𝐸₂=3𝐸₀，，方向与E0相反D．𝐸₂=4𝐸₀，方向与E0相反10.光滑斜面倾角θ=30°，以斜面底端为坐标原点，沿斜面方向建立x轴，如图1所示，一质量为2kg的物体（看做质点）在沿斜面方向的拉力作用下，

由静止开始在斜面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图2所示。重力加速度大小取10𝑚/𝑠²。物体沿斜面向上运动的过程中，下列说法正确的是A．物体沿斜面向上运动的最大位移为22.5mB．物体沿

斜面向上运动的时间为4sC．在x=5m时，拉力的功率为100WD．拉力的最大功率为200W三、非选择题（本题共5小题，共56分）11.（7分）某实验小组用落体法验证机械能守恒定律，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利

用此装置验证机械能守恒定律。（1）本实验中，不同组学生在实验操作过程中出现如图所示的四种情况，其中操作正确的是。（2）进行正确操作后，打下的部分纸带如图所示，O点是打下的第一个点，A、B、C和D为另外4个连续打下的点。已知交流电频率为50Hz，重物

质量为200g，当地重力加速度g=9.80𝑚/𝑠²，，则从O点到C点，重物的重力势能变化量的绝对值|△𝐸ₚ|=J，C点的动能𝐸𝑘𝐶=J（计算结果均保留3位有效数字）。（3）比较第（2）问中Ekc与|△Ep|的大小，出现这一结果

的原因可能是。A．工作电压的频率偏低，导致打点周期偏大B．存在空气阻力C．存在摩擦力D．接通电源前释放了纸带12.（9分）一实验小组要测定某金属丝的电阻率。（1）实验前先用螺旋测微器测出金属丝的直径，示数如图甲所示，则金属丝的直径𝐷=mm。（2）实验小组成员先采用多用电表粗测金属

丝的电阻。在已经完成机械调零的情形下，当用“×10”挡时发现指针偏转角度过大，应该换用（选填“×100”或“×1”）挡，进行一系列正确操作后，指针静止时位置如图乙所示，其读数为Ω。（3）为了精确测量被测金属丝Rx的阻值，实验小组

根据实验室提供的下列器材设计了如图所示电路，其中最合理的是。A．直流电源（电动势E=6V，内阻可忽略不计）；B．电流表A1（量程为30mA，内阻𝑟₁=9.5𝛺）；C．电流表A2（量程为3A，内阻𝑟₂=0.1𝛺）；D．电压表V（量程为6V，内阻𝑅ᵥ>

10𝑘𝛺）；E．滑动变阻器R1（最大阻值为10Ω，允许通过的最大电流为2A）；F．滑动变阻器R2（最大阻值为15kΩ，允许通过的最大电流为0.5A）；G．定值电阻(𝑅₃=0.5𝛺)；H．定值电阻(𝑅₄=5𝛺)

；I．开关一个，导线若干。13.（10分）如图所示，平面直角坐标系xOy中，在（0≤𝑥≤6𝑚的范围内存在沿一y方向的匀强电场，一带正电微粒以一定的初速度沿与x轴夹角𝜃=45°的方向从坐标原点射入第Ⅰ象限电场，当微粒速度最小时，

其在x轴方向的位移为4m。不计重力。求：（1）微粒射出电场的点的坐标；（2）微粒穿过电场区域的过程中速度偏转角度的正切值。14.（14分）如图所示，直角坐标系xOy中，x轴上方存在竖直向下的匀强电场，x轴下方存在垂直纸面向外的匀强磁场。一带正电粒子从+y轴上的P点，以初速度

𝑣₀与y轴正方向成𝜃=53°角射入第一象限，经x轴后恰好能通过坐标原点O。已知粒子经过x轴时其与x轴正方向也成53°角，且𝑂𝑃=𝐿，不计粒子重力，𝑠𝑖𝑛53°=0.8，𝑐𝑜𝑠53°=0.6。（1）粒子第一次由电场进入磁场的位置的横坐标；（2）求匀强电场的电场

强度与匀强磁场的磁感应强度大小之比。15.（16分）如图所示，水平光滑轨道在虚线MN右侧区域存在水平向左的匀强电场，场强大小𝐸=1×104V/m，小球A、B和半径𝑅=2m的14圆弧形滑块C的质量分别为𝑚₁=1𝑘𝑔、𝑚₂=2𝑘𝑔、𝑚₃=3𝑘𝑔，，B和C静止在水

平面上，小球A带电量𝑞=1×10⁻³C，B是绝缘小球，A与B碰撞时不会发生电量转移，现从电场中距离MN为𝑥=4.05m处将A由静止释放，A与B发生正碰，B到C底端的距离足够长，经过一段时间小球滑上圆轨道，一切摩擦均

可忽略，假设所有的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度取𝑔=10𝑚/𝑠²。求：（1）B能达到的最大高度；（2）B返回C底端时对C的压力；（3）通过计算分析，B能否第二次滑上C，若能追上，求B第二次能达到的最大高度；若不能追

上，求A、B、C的最终速度。名校联考联合体2024届高三第三次联考物理参考答案一、单选选择题（本大题共6小题，每小题4分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求）题号123456答案ACADBA1.A【解析】设每一根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两路电阻之比为

𝑅₁：𝑅₂=2𝑅：𝑅=2：1，根据并联电路两端各电压相等的特点可知，上下两路电流之比𝐼₁：𝐼₂=1：2，又因为通电直导线在O点产生磁场的磁感应强度与导线中的电流强度成正比，根据安培定则和矢量的叠加原理可知，MLN支路电流在

O点产生的磁场垂直纸面向里，磁感应强度与MN边在O点产生的磁感应强度相等，方向相反，所以整个线框在O点产生的磁场磁感应强度大小为0.故选A。2.C【解析】振幅A=0.1m，在0∼𝑡₁=1𝑠时间内根据简谐振动的周期性有𝑇12+𝑛𝑇1=1𝑠，𝑛=0，1，2；在𝑡₁=1𝑠∼𝑡

₂=3𝑠时间内根据简谐振动的周期性有𝑛′𝑇1=2𝑠，𝑛′=1，2⋯；综合解得𝑇=22𝑛+1𝑠，𝑛=0，1，2…，当n=2时，𝑇₁=0.4𝑠，C正确。3.A【解析】图甲中外电路中R1与R2串联，整体与R3并联，所以外电阻小于R1与𝑅₂之和；图乙中外电阻等于R1与R2之和，

所以由𝐼=𝐸𝑅外+𝑟可知𝐼₁>𝐼₂，A正确；由𝑈外=𝐸−𝐼𝑟可知𝑈外甲<𝑈外乙，由电路图可知𝑈𝐶甲=𝑅1𝑅1+𝑅2𝑈外甲，𝑈𝐶乙=𝑅2𝑅1+𝑅2𝑈外乙，𝑅1，𝑅2，𝑅3阻值相同，所以𝑈�

�甲<𝑈𝑐乙，由Q=CU可知𝑄₁<𝑄₂，，C错误；电源的效率为𝜂=𝑈外𝐼𝐸𝐼=𝑈外𝐸，可知η₁<η₂，B错误；令并联电路左端节点电势为0，并联电路右侧节点电势为𝜑₂，电容器上极板电路节点电势为φ

1，下极板电路节点电势为φ3，由于电源输出电压不变，则φ2为一个定值，则有℘1𝑅1=φ2−φ1𝑅2，φ3𝑅3=φ2−φ3𝑅4，解得φ1=φ2𝑅1𝑅1+𝑅2，φ3=φ2𝑅3𝑅3+𝑅4，由于电容器C的上

极板始终带负电，则有𝜑₃>𝜑₁，根据电容定义式有𝐶=𝑄φ3−φ1，解得𝑄=𝐶(𝜑₃−𝜑₁)，可知，为了使上极板仍带负电且电量增大，则可以增大φ3，或者减小φ1，根据⬚1=⬚2𝑅1𝑅1+𝑅2可知，增大R2，其他电阻不变时，φ1减小，根据上述可知，上极板仍带负电且电量增大，D错

误。4.D【解析】对物块受力分析，如图根据图示法，可知在F由水平方向缓慢转至竖直方向的过程中，细线拉力F1一直减小，根据共点力平衡可知𝐹₁的最大值为𝐹1𝑚𝑎𝑥=𝐺cos30⬚∘=2√33𝐺=200√33𝑁，AC错误；F先减小

后增大，F的最小值为𝐹ₘᵢₙ=𝐺𝑠𝑖𝑛30°=50𝑁，B错误，D正确。5.B【解析】匀速下降时mg=f，结合f=kv得到𝑘=𝑚𝑔𝑣，对任意一段时间微元，由动量定理可得mg△t-kv△t=△p，而v△t=△h，累加可得𝑚𝑔𝑡−𝑘ℎ=𝑚𝛥𝑣，联立解得

ℎ=96𝑚，B正确。6.A【解析】根据能量守恒可知𝐸𝑘𝐵=𝐸𝑘𝐴+𝑄，𝐵、C错误；画出小物块B和木板A的速度时间图线分别如图中1和2所示，图中1和2之间的面积表示板长l，1与t轴所围的面积表示小物块B的位移x1，

2与t轴所围的面积表示木板A的位移x2，由图易知𝑥₁>𝑙，𝑥₂<𝑙；又𝛥𝐸𝑘𝐵=𝑓𝑥1、𝛥𝐸𝑘𝐴=𝑓𝑥2，𝑄=𝑓𝑙，则𝐸𝑘𝐵>𝑄>𝐸𝑘𝐴，D错误，A正确。二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，

共20分。每小题给出的4个选项中，有多选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）题号78910答案ACBDACAD7.AC【解析】由自动控制路灯的工作原理可知当光照暗到一定程度时，路灯能点亮，𝑅₂

是光敏电阻时，若无光照其阻值变大，从而使。𝑅₂两端的电压升高，当𝑅₂两端的电压大于𝑈₀时，路灯控制开关自动开启，故A正确，B错误；若定值电阻的阻值越大，相同条件下𝑅₂两端的电压减小，则当电阻。𝑅₂阻值变大时，即天色更晚时，使𝑅₂两端的电压大于𝑈₀，，路灯控制开关自动开启，路灯点亮，C

正确，D错误。8.BD【解析】根据开普勒第三定律有𝑟地3𝑇地2=𝑟樊3𝑇樊2，解得𝑇樊=5.67年，A错误；根据万有引力提供向心力可知𝐺𝑀𝑚𝑟2=𝑚𝑣2𝑟，轨道半径越大，卫星的线速度越小，“樊锦诗星”在远日点的速度小于地球的公转速度，B正确；根据万

有引力提供向心力可知𝐺𝑀𝑚𝑟2=𝑚𝑎，“樊锦诗星”在远日点的加速度与地球的加速度大小之比为𝑎1𝑎=14.862，C错误；轨道半长轴为3.18天文单位，远日点到太阳中心距离𝑟₁为4.86天文单位，

则近日点到太阳中心距离r2为1.5天文单位，对于“樊锦诗星”在远日点和近日点附近很小一段时间△𝑡内的运动，根据开普勒第二定律有12𝑣1𝑟1𝛥𝑡=12𝑣2𝑟2𝛥𝑡，解得𝑣1𝑣2=𝑟2𝑟1=1.54.86，D正

确。9.AC【解析】当cdef区域中场强为E₁时，粒子从f点沿cf方向射出，由于粒子在两个正方向区域中运动时间相等，且粒子在沿着电场线方向的速度变化量大小相等，即粒子在两个正方向区域中运动的加速度大小相

等，则𝐸₁=𝐸₀，方向与E0相反，A正确，B错误；当cdef区域中场强为𝐸₂时，粒子从e点射出，说明粒子在沿着电场线方向的位移为零，设粒子在两个电场中运动的时间都为t，穿过abcd区域时，在沿电场方向有𝑥=12�

�1𝑡2，穿过cdef区域时，在沿电场方向有−𝑥=𝑎1𝑡2−12𝑎2𝑡2，解得𝑎₂=3𝑎₁，即𝐸₂=3𝐸₀，方向与𝐸₀相反，C正确，D错误。10.AD【解析】由于拉力在沿斜面方向

，则拉力做的功为W=Fx，可看出W—x图像的斜率大小代表拉力大小F，在物体运动的过程中根据动能定理有𝑊−𝑚𝑔sin𝜃⋅𝑥=12𝑚𝑣2，则x=5m时物体的速度为𝑣1=5√2𝑚/𝑠，x=5m时，拉力为𝐹=𝑊𝛥𝑥=20𝑁

，则此时拉力的功率𝑃=𝐹𝑣1=100√2𝑊，C错误；x=10m处拉力功率最大，则x=10m时物体的速度为𝑣₂=10𝑚/𝑠，，则此时拉力的功率𝑃=𝐹𝑣₂=200𝑊，，D正确；在x=0到x=10m的过程中，物体的运动时间为t₁，由𝑥=𝑣22𝑡1解得𝑡₁=

2𝑠；在x>10m到最高点的过程中，拉力为𝐹′=𝑊𝛥𝑥=2𝑁，由mgsinθ-F=ma解得物体的加速度𝑎=4𝑚/𝑠²，物体继续向上运动时间𝑡2=𝑣2𝑎=2.5𝑠，由𝑥′=𝑣22𝑡2=12.5𝑚，则物体

沿斜面向上运动的最大位移为22.5m，A正确；物体沿斜面向上运动的时间为4.5s，B错误。三、非选择题（本题共5小题，共56分）11.（7分）（1）B（1分）（2）0.547（2分）0.588（2分）（3）AD（2分，选不全得1分，多选不给分）【解

析】（1）打点计时器应接交流电源，操作时应用手提住纸带的上端，让重物尽量靠近打点计时器。故选B。（2）由图中可知OC之间的距离为𝑥𝑂𝐶=27.90𝑐𝑚，，因此机械能的减少量为|𝛥𝐸ₚ|=𝑚𝑔𝑥𝑂𝐶=0.2×9.8×0.2790J=0.547J；匀变速运动时间中

点的速度等于这段时间的平均速度，因此𝑣𝑐=𝑥𝐵𝐷2T=0.330−0.2332×0.02𝑚/𝑠=2.425m/s，因此动能的增加量为𝐸𝑘𝑐=12𝑚𝑣𝑐2=12×0.2×2.425×2.425𝐽=0.588

𝐽。（3）工作电压的频率偏低，导致打点周期偏大，则求得的速度偏大，可能导致动能的增加量大于重力势能的减少量，A正确；存在摩擦力和空气阻力会使重力势能的减少量大于动能的增加量，B、C错误；提前释放了纸带，纸带的初速度不为零，下落到同一位置的速度偏大才会导致动能的增加量大于重力势能的减少量，D

正确。12.（9分）（1）4.699或4.700或4.701（2分）（2）×1（2分）10或10.0（2分）（3）A（3分）【解析】（1）金属丝的直径为𝐷=4.5𝑚𝑚+0.01×20.0𝑚𝑚=4

.700𝑚𝑚。（2）用多用电表粗测Rx的电阻，当用“×10”挡时发现指针偏转角度过大，说明待测电阻阻值较小，应该换用“×1”挡，进行一系列正确操作后，指针静止时位置如图乙所示，其读数为𝑅ₓ=10×1𝛺=1

0𝛺。（3）由电源电动势与待测电阻的比值可知，电流的最大值约为0.6A，因此两个电流表均不能直接选用，可将量程为30mA的电流表与定值电阻并联，改装成量程为0.6A的电流表，此时接入定值电阻的阻值为𝑅定=9.5×0.030.6−0.03𝛺=0.5𝛺，故电流表选用

𝐴₁，定值电阻选用𝑅₃；待测电阻阻值较小，为了滑动变阻器调节方便，并让电压变化范围尽量大一些，滑动变阻器应选用最大阻值较小的𝑅₁。综上所述，A正确。13.（10分）【解析】（1）当微粒速度最小时，微粒到达最

高点P，如图所示。粒子射入电场的速度为𝑣₀，水平方向和竖直方向的分速度𝑣ₓ=𝑣₀𝑐𝑜𝑠45°=√22𝑣0，𝑣𝑦=𝑣0sin45∘=√22𝑣0…（1分）粒子从射入到运动到最高点，水平方向𝑥₁=𝑣ₓ𝑡1（1分）竖直方向𝑦1=0+𝑣𝑦2⋅𝑡1…（1分）联立可得�

�₁=2𝑚…（1分）设微粒射出电场的点为Q，粒子从最高点P到穿出点Q，水平方向𝑥₂=𝑣ₓ𝑡₂竖直方向有𝑣𝑦′=𝑎𝑡2，𝑣𝑦=𝑎𝑡1，𝑦2=0+𝑣𝑦′2⋅𝑡2…（1分）联立解得𝑦₂=0.5𝑚射出点的纵坐标𝑦=𝑦₁−𝑦

₂=1.5𝑚微粒射出电场的点的坐标为（6，1.5）…（1分）（2）射入到最高点P有𝑣𝑦=𝑎𝑡1…（1分）解得𝑣𝑦′=𝑣𝑦2…（1分）设粒子穿过电场与水平方向的夹角为α，则𝑡𝑎n𝛼=𝑣𝑣′𝑣𝑥=12…（1分）粒子射入电场和水平方向的夹角为�

�=45°微粒穿过电场区域的过程中速度偏转角度的正切值𝑡𝑎n(𝛼+𝜃)=𝑡𝑎n𝛼+𝑡𝑎n𝜃1−𝑡𝑎n𝛼𝑡𝑎n𝜃=3…（1分）14.（14分）【解析】（1）设粒子质量为m、电荷量为q，电场强度为E，经过x

轴时的速度为v，磁感应强度为B．粒子在电场中做斜上抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图。在电场中：根据抛体运动规律：𝑣𝑐𝑜𝑠53°=𝑣₀𝑠𝑖𝑛53°…（1分）根据动量定理：𝐸𝑞⋅𝑡=𝑚𝑣𝑠𝑖𝑛53°+𝑚𝑣₀𝑐𝑜𝑠53°…

（2分）根据动能定理：𝐸𝑞⋅𝐿=12𝑚𝑣2−12𝑚𝑣02…（2分）粒子第一次由电场进入磁场的位置的横坐标𝑥₁=𝑣₀𝑠𝑖𝑛53°⋅𝑡…（1分）联立解得𝑥1=247𝐿…（1分）（2）在磁场中：根据洛伦兹力提供向心力：𝐵

𝑞𝑣=𝑚𝑣2𝑅…（2分）根据几何关系：2𝑅sin53∘=𝑥1=247𝐼…（2分）联立以上各式解得：𝐵=28𝑚𝑣045𝑞𝐼…（1分）由（1）可得：𝐸=7𝑚𝑣0218𝑞𝐿…（1分）则𝐸𝐵=58𝑣0…（l分）15.（16分）

【解析】（1）设碰前小球A的速度为v₀，从电场中距离MN为𝑥=4.05𝑚处将A由静止释放，由动能定理得𝑞𝐸𝑥=12𝑚1𝑣02代入数据解得𝑣₀=9𝑚/𝑠…（1分）A、B碰撞的过程，A、B组成的系统机械能守恒、动量守恒，设A、B碰撞后的速度分别为𝑈₁、𝑣₂，则有

𝑚₁𝑣₀=𝑚₁𝑣₁+𝑚₂𝑣₂…（1分）12𝑚1𝑣02=12𝑚1𝑣12+12𝑚2𝑣22…（1分）解得𝑣₁=−3𝑚/𝑠，𝑣₂=6𝑚/𝑠…（1分）B与C在水平方向上共速时上升的高度最高，设共同的速度为𝑣₃，，B与C组成的系统在水平方向上动量守恒，有𝑚₂�

�₂=(𝑚₂+𝑚₃)𝑣₃…（1分）B与C组成的系统能量守恒，有12𝑚2𝑣22=12(𝑚2+𝑚3)𝑣32+𝑚2𝑔𝐻代入数据解得H=1.08m…（1分）（2）设B返回C底端时B与C的速度分别𝑈₄、𝑣₅，，由动量守恒定律和能量守恒定律可得𝑚₂𝑣₂=𝑚₂𝑣₄+

𝑚₃𝑣₅…（1分）12𝑚2𝑣22=12𝑚2𝑣12+12𝑚3𝑣52…（1分）联立解得𝑣₄=−1.2𝑚/𝑠，𝑣₅=4.8𝑚/𝑠…（1分）在C底端对小球由牛顿第二定律有𝐹𝑁−𝑚2𝑔=𝑚2(𝑣1−𝑣5)2𝑅解得𝐹𝑁=56𝑁…（1分）根据牛顿第三定律，则�

�底=56𝑁，方向竖直向下…（1分）（3）球A与球B第一次碰后以𝑣₁=−3𝑚/𝑠的速度向右运动，再次进入电场，出电场后速度大小为𝑣₆=3m/s，方向向左，经过一段时间，A与B发生第二次碰撞，设碰后球A和球B的速度分别为v7、𝑣₈，根据动量得𝑚₁𝑣₆+𝑚₂𝑣

₄=𝑚₁𝑣₇+𝑚₂𝑣₈…（1分）12𝑚1𝑣62+12𝑚2𝑣42=12𝑚1𝑣72+12𝑚2𝑣82…（1分）联立解得𝑣₇=−2.6𝑚/𝑠，𝑣₈=1.6𝑚/𝑠…（1分）球A与球B第二次碰后以𝑣₇=−2.6𝑚/𝑠的速

度向右运动，再次进入电场，出电场后速度大小为𝑣₉=2.6𝑚/𝑠，方向向左，经过一段时间，A与B发生第三次碰撞，设碰后球A和球B的速度分别为𝑈𝐴、𝑈𝐵，，根据动量守恒定律和能量守恒定律得𝑚1𝑣9+𝑚2𝑣8=𝑚1𝑣𝐴+𝑚2𝑣�

�12𝑚1𝑣92+12𝑚2𝑣82=12𝑚1𝑣𝐴2+12𝑚2𝑣𝐵2联立解得𝑣𝐴=1915𝑚/𝑠，𝑣𝐵=3415𝑚/𝑠…（1分）因为𝑣𝐵<𝑣5，所以B不能第二次滑上C，A、B、C的最终速度分别为𝑣𝐴=1915

𝑚/𝑠，𝑣𝐵=3415𝑚/𝑠，𝑣𝐶=4.8𝑚/𝑠…（1分）获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com