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江苏省南通市 2025-2026 学年高三下学期高考物理考前
模拟练习卷
注意事项：
1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2.请将答案正确填写在答题卡上
一、单选题（本大题共10小题， 共40分）
1.[4分]碳化硅是一种第三代半导体材料， 解决了大尺寸晶体制备的难题， 其晶体结构与金刚石相似，
硬度非常高。 碳化硅（ ）
A． 有良好的导电性 B． 熔化过程温度升高 C． 原子呈无规则排列 D． 原
子间的作用力很强
2.[4分]中国传统乐器竹笛的发声原理为空气柱振动，理论振动频率满足� ��（式中�为声速，�为
�
空气柱长度，�为常数） 。 如图所示为某6孔竹笛， 孔1、 孔6到吹孔的间距 = 分别约为318 cm、 172 cm，
贴上笛膜吹奏， 仅开孔1（ 其余5孔闭合） 时发出的声波波长约为76 cm。 已知声波在空气中传播时，
. .
温度越高声速越大。 下列说法正确的是（ ）
A． 仅开孔6时发出的声波波长约为411 cm
B． 仅开孔6时发出的声波波长约为1405 cm
.
C．“小寒”时竹笛发声的频率高于“大暑”时竹笛发声的频率
.
D．“小寒”时竹笛发声的频率等于“大暑”时竹笛发声的频率
3.[4分]如图甲所示， 匝数为N的闭合矩形线圈abcd处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中， 绕着与
磁场垂直且与线圈共面的固定轴OO＇以角速度ω匀速转动。 线圈的ad边长为L ， ab边长为L 。 线圈
1 2
经过某位置时开始计时， 通过线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图乙所示。 下列说法正确的是
（ ）
t 3
A． 1时刻， 线圈中产生的感应电动势的瞬时值大小为 NωBLL
3 2 1 2
B． t 时刻， 穿过线圈的磁通量的变化率大小为ωBLL
1 1 2
C． t 时刻， 线圈平面与中性面垂直
2
D． t 时刻， 穿过线圈的磁通量大小为NBLL
4 1 2
学科网（北京）股份有限公司4.[4分]原子核的比结合能曲线如图所示， 根据该曲线， 下列判断中正确的是（ ）
A． O核的结合能约为64 MeV
B． 1 H 6 e核比 Li核更稳定
8
C． 两4 个 H核6结合成 He核时吸收能量
.2 3
D． U 1 2核中核子的平 2 4均结合能比 Kr核中的大
5.[42分35]2026年1月19日， 我国将卫89星互联网低轨19组卫星发射升空， 卫星顺利进入预定轨道， 发射
. 92 36
任务取得圆满成功。 某卫星在赤道平面内绕地球做匀速圆周运动， 轨道半径为r， 转动方向与地球自转
方向相同。 若在赤道上有一个信号接收站， 该卫星运动周期小于地球自转周期， 且每隔时间t就会从接
收站正上方飞过， 则t与r之间的关系图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
6.[4分]如图所示为0.3mol的某种气体的压强和温度关系的p−t图线。 p 表示1个标准大气压， 标准状
0
态（0℃， 1 个标准大气压） 下气体的摩尔体积为22.4L/mol。 则在状态B时气体的体积为（ ）
A． 5.6L B． 3.2L C． 1.2L D． 8.4L
7.[4分]一列振幅为 的简谐横波向右传播，在其传播路径上每隔 选取一个质点，如
图甲所示， 时刻波恰传到质点1， 质点1立即开始向上振动， 经过时间 ， 所选取的
𝐴𝐴 = 5cm 𝐿𝐿 = 0.1m
～ 号质点间第一次出现如图乙所示的波形， 则下列判断正确的是（ ）
𝑡𝑡 = 0 Δ𝑡𝑡 = 0.3s
1 9
学科网（北京）股份有限公司甲 乙
A． 时， 质点1向上运动
B． 时， 质点8向上运动
𝑡𝑡 = 0.3s
C． 至 内， 质点5运动的时间为
𝑡𝑡 = 0.3s
D． 至 内， 质点3通过的路程为
𝑡𝑡 = 0 𝑡𝑡 = 0.3s 0.2s
8.[4分]如图甲所示的电路中， 电源电动势E=8V， 内阻r=2Ω， 定值电阻R=6Ω， 滑动变阻器消耗的
𝑡𝑡 = 0 𝑡𝑡 = 0.3s 15cm
功率P与其接入电路的阻值R 的关系如图乙所示。 则下列说法中正确的是（ ）
p
A． 图乙中的R =2Ω， P =8W
2 max
B． 图乙中如果R =2Ω， 则R =14Ω， 才能使滑动变阻器消耗的功率也为P
1 3 1
C． 当滑动变阻器接入电路的阻值R =4Ω时， 定值电阻R消耗的功率最大
p
D． 当滑动变阻器接入电路的阻值R =0时， 电源的输出功率最大
p
9.[4分]尽管无线充电有一定的便利性， 但目前还面临来自效率、 散热， 以及应用场景等方面的挑战：
一是充电效率不高， 无线充电的转换效率大多在60%上下； 二是将手机拿开一定距离就无法充电。 手
机无线充电的原理如图所示， 下列说法正确的是（ ）
A． 虽然漏磁严重， 但送电线圈和受电线圈的电压比仍等于匝数比
B． 充电时将手机拿离充电基座， 受电线圈和送电线圈的频率不再相等， 造成无法充电
C． 无线充电能量转化率不高的主要原因是漏磁严重
D． 充电时将手机拿离充电基座， 因受电线圈的电流频率过低， 造成无法充电
10.[4分]q 、 q 为固定在x轴上的两个点电荷， x轴上部分区域的电势分布如图所示。 则（ ）
1 2
学科网（北京）股份有限公司A． q 电荷量大于q 电荷量
1 2
B． q 带负电， q 带正电
1 2
C． a点电场强度小于c点电场强度
D． 若将电子从a点沿x轴移到c点， 其电势能先增大后减小
二、非选择题（本大题共5小题， 共60分）
11.[11分]如图
（1）如图所示为探究机械能守恒定律的实验原理图。 下列说法正确的是 （ 单选）
A． 所选重物质量越大越好
B． 重物必须由静止释放
C． 释放前应让纸带自由下垂
D． 若电火花计时器的频率变为51Hz， 则测出的速度大小偏小
（2）实验中， 得到一条如图所示的纸带， 已知打点计时器打出O点时物块的速度为0。 已知打点计时
器的周期为T， 若下落过程中机械能守恒， 则满足等式 （ 用图中所给字母表示）
（3）某同学画出了v2−h图像， h是计数点到起始点O的距离， v是该计数点的速度， 如下判断正确的
是 （ 单选）
A． 若图像是一条过原点的直线， 则重物下落过程中机械能一定守恒
B． 若图像是一条过原点的直线， 则重物下落过程中机械能可能不守恒
C． 若图像是一条不过原点的直线， 则重物下落过程中机械能一定不守恒
学科网（北京）股份有限公司12.[10分]如图甲所示，MN、 PQ 为间距L = 1m足够长的平行导轨，NQ⊥MN， 导轨的电阻均不计。
导轨平面与水平面间的夹角θ = 37°， NQ间连接有一个R = 4Ω的电阻。 有一匀强磁场垂直于导轨平面
且方向向上， 磁感应强度为B = 1T。 将一根电阻r = 1Ω的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上， 金属棒
0
与导轨接触良好。 现由静止释放金属棒， 当金属棒滑行至cd处时达到稳定速度， 已知在此过程中通过
金属棒截面的电量q = 0.2C， 且金属棒的加速度a与速度v的关系如图乙所示， 设金属棒沿导轨向下运
动过程中始终与NQ平行。 重力加速度g取10m/s2， （sin37° = 0.6，cos37° = 0.8） 。 求：
（1） 金属棒的质量m， 金属棒与导轨间的动摩擦因数μ；
（2） cd离NQ的距离s；
（3） 金属棒滑行至cd处的过程中， 电阻R上产生的热量。
（4） 规律总结： 归纳总结电磁感应中求热量的方法（ 写出两种方法） 。
13.[12分]真空中有一半径为R的半圆柱形玻璃砖， 其横截面如图所示， O为圆心， 一束平行光线照射
到玻璃砖面上， 经玻璃砖折射后， 有部分光从BC边射出（ 只考虑第一次射向BC边的光线） 。 已知光
线AO沿半径方向射入玻璃砖后， 恰在O点发生全反射， ∠AOB=60°。 求：
（1） 玻璃砖的折射率n；
（2） 从BC边射出光的区域长度。
14.[12分） 有些高能粒子会对物理仪器造成损害， 一位同学认为可利用电磁场让带电粒子偏转的特点设
计装置实现对粒子的屏蔽作用。 如图所示为一半径为R的圆柱形铅盒的截面图， 其中心为粒子发射
源， 以中心为坐标原点建立xOy平面直角坐标系， 使y轴负半轴与∠AOB的角平分线重合， 发射源可
在图示∠AOB＝60°平面范围内从圆心O沿半径方向往外不断发射出速度大小均为v、 电荷量为q、 质
量为m的某种带正电粒子， 粒子通过圆弧AB间的缝隙到达铅盒外面。 该同学打算在y＝－R到
y＝－2R间的条形区域内设置匀强电场或者匀强磁场以实现屏蔽效果。 粒子重力不计， 忽略粒子间的相
互作用。
（1） 如果条形区域设置平行于y轴的匀强电场， 则电场的电场强度应至少为多少， 才能使得所有粒子
不能越过条形电场区域？并判断匀强电场的方向；
学科网（北京）股份有限公司（2） 如果条形区域设置垂直于截面向里的匀强磁场， 则磁场的磁感应强度应至少为多少， 才能使得所
有粒子不能越过条形磁场区域？此时粒子在磁场运动的最长时间为多少？
15.[14分]如图所示，在绝缘的光滑水平面（足够长）上 点左侧的区域有水平向右的匀强电场。小滑
块 、 的质量均为 ，其中 不带电， 的带电荷量为 ， 点到点的距离为 ， 点到点的距离为
𝑀𝑀
.现将小滑块 从 点由静止释放，其向右运动至 点与静止的小滑块 发生弹性碰撞，设 、
𝐴𝐴 𝐵𝐵 𝑚𝑚 𝐵𝐵 𝐴𝐴 +𝑞𝑞 𝐿𝐿
均可视为质点，整个过程中， 的电荷量始终不变， 始终不带电，已知电场强度 ，重力加
𝑘𝑘𝐿𝐿(𝑘𝑘 > 0) 𝐴𝐴 𝑁𝑁 𝑂𝑂 𝐵𝐵 𝐴𝐴
𝑚𝑚𝑚𝑚
𝐵𝐵速度大小为 . 𝐴𝐴 𝐵𝐵 𝐸𝐸 = 𝑞𝑞
𝑔𝑔
（1） 求 与 发生第一次碰撞前瞬间， 的速度大小；
（2） 求 、 第一次碰撞后各自的速度大小，若 、 发生第二次碰撞，求 的取值需要满足的条件；
𝐴𝐴 𝐵𝐵 𝐴𝐴
（3） 的取值满足（2）问的条件下，求 和 两次碰撞间隔的时间。
𝐴𝐴 𝐵𝐵 𝐴𝐴 𝐵𝐵 𝑘𝑘
𝑘𝑘 𝐴𝐴 𝐵𝐵
学科网（北京）股份有限公司参考答案
1.【 答案】D
碳化硅为共价晶体， 无自由电子， 导电性差， 故A错误； 晶体熔化时温度不变， 碳化硅为晶体， 熔化
过程温度不升高， 故B错误； 晶体原子排列规则有序， 碳化硅结构与金刚石相似， 原子呈规则排列，
故C错误； 碳化硅硬度极高， 说明原子间通过强共价键结合， 作用力很强， 故D正确。
2.【 答案】A
根据题意，竹笛发声的频率公式为� ��，又� ��，化简得� �， 根据题意， 仅开孔1时， �
1
� �
318 cm， 波长� 76 cm，解得� = �1 318， 仅=开孔6时， � =172 cm， 则波长� �6 172 =
1 6 6
�1 76
.
�
76. cm 411 cm，=A正确，B错误；=根据=题意，温度越高声速越大=，则. “小寒”气温低，声=速小=，“.大×暑”
318
气
.
温高，
≈
声速
.
大，对于同一竹笛，�不变，频率�与声速�成正比， 因此“小寒”时竹笛发声的频率低于
“大暑”时竹笛发声的频率， C、 D 错误。
3.【 答案】B
线圈经过中性面时磁通量最大， 由乙图可知， 线圈经过中性面时开始计时， 线圈中产生的感应电动势
2π 2π
的瞬时值表达式e=E sinωt， 其中E =NBωLL ， ω= ， 解得e=NBωLL sin t， 由乙图可知
m m 1 2 T 1 2 T
t T t 1
1 = ， 所以 1时刻， 线圈中产生的感应电动势的瞬时值大小为e= NωBLL ，A 错误； 由乙图可知，
3 12 3 2 1 2
∆Φ ∆Φ
t 时刻线圈平面与磁场平行， 有e=NBωLL ， 又e=N ， 联立， 解得 =ωBLL ，B 正确； 由乙
1 1 2 ∆t ∆t 1 2
图可知， t 时刻， 穿过线圈的磁通量最大， 线圈平面与中性面重合，C 错误； 由图乙可知， t 时刻， 穿
2 4
过线圈的磁通量大小为Φ=BLL ，D 错误。
1 2
4.【 答案】B
由题图可知， O核的比结合能约为8 MeV， 且核子数为16， 因此结合能约为16×8 MeV=128 MeV，
故A错误； 16 2 4 He核比 Li核比结合能更大， 则更稳定， 故B正确； 两个 H核结合成 He核时发
8
生聚变反应， 有质量亏损， 3 6释放能量， 故C错误； 由题图可知， U核中核 子 1 2 的平均结合 2 4能比 Kr
核中的小， 故D错误。 235 89
92 36
5.【 答案】D
假设地球自转周期为T ， 卫星环绕地球做圆周运动的周期为T ， 每隔时间t， 卫星就比地球多转一圈，
地 卫
t t GMm 2π 2 1 GM 1
有 − =1， 根据万有引力提供向心力有 =m r， 可得 = − ， 则t与r之间的
T 卫 T 地 r2 T 卫 t 4π2r3 T 地
关系图像是以t−1为纵轴， − 3为横轴的一次函数。
r 2
6.【 答案】D
学科网（北京）股份有限公司此气体在0℃时， 压强为标准大气压， 所以此时它的体积应为V =22.4×0.3L=6.72L， 由图线所示， 从
A
压强为p 到A状态， 气体做等容变化， A状态时气体的体积为6.72L， 温度为T =(127+273)K=400K，
0 A
V V
从A状态到B状态为等压变化， B状态的温度为T =(227+273)K =500K， 根据盖吕萨克定律 A = B ，
B T T
A B
V T 6.72×500
得V = A B = L=8.4L， 选D。
B T 400
A
7.【 答案】C
波向右传播，由题图乙根据“同侧法”可知， 时，质点 1向下运动，质点8向下运动， 、 错误；
时刻波恰好传到质点1， 质点1立即开始向上运动， 且经过 第一次出现如图乙所示的波形，
𝑡𝑡 =0.3s A B
则
𝑡𝑡 =
有
0
，解得 ，又有波长 ，所以波
0.3
速
s
，波从质点1传播
𝜆𝜆
到质点Δ𝑡𝑡3=所1需.5𝑇𝑇时间 𝑇𝑇 = 0.2s ， 传播到𝜆𝜆 =质8点𝐿𝐿5=所0需.8m时间 𝑣𝑣 = 𝑇𝑇 =，4则m/s 至 内，
2𝐿𝐿 4𝐿𝐿
质点5运动的时间𝑡𝑡为13 = ， 𝑣𝑣 =质点0.035运s 动的时间为 ，𝑡𝑡1质5点= 3𝑣𝑣通=过0.的1s路程𝑡𝑡 = 0 𝑡𝑡 =0.3s
5
， 正确， 错误
0.2
。
s 0.25s= 4𝑇𝑇 𝑠𝑠 = 5𝐴𝐴 = 5×5cm=
25cm C D
8.【 答案】D
由闭合电路欧姆定律的推论可知， 当电路外电阻等于电源内阻时， 输出的功率最大。 把定值电阻R看
成电源内阻的一部分， 结合题图乙可知， 当R =R+r=8Ω时， 滑动变阻器消耗的功率最大， 最大功率
p
E2
P = =2W， 故A错误； 滑动变阻器接入电路的阻值为R 和R 时消耗的功率相等， 有
max 4(R+r) 1 3
2 2
E E
R = R ， 代入数据解得R =32Ω， 故B错误； 电路中的电流越大， 定值电阻
R +R+r 1 R +R+r 3 3
1 3
R消耗的功率越大， 可知电路中的总电阻越小越好， 可知当滑动变阻器接入电路的阻值R 为零时， 电
p
阻最小， 电流最大， 定值电阻R消耗的功率最大， 故C错误； 电源的输出功率
P 出 = R p + E R+r 2 × ( R p +R )， 整理得 P 出 = ( R p + E R 2 +r )2 ( R p +R ) = ( R p +R ) + E R 2 r + 2 R +2r ， 根据数学知识
p
可得当滑动变阻器接入电路的阻值R =0时， 电源的输出功率最大， 故D正确。
p
9.【 答案】C
A． 由于漏磁， 副线圈通过的磁通量小于原线圈通过的磁通量， 副线圈的磁通量的变化率小于原线圈的
磁通量的变化率， 导致送电线圈和受电线圈的电压比仍大于匝数比，A 错误；
B． 变压器改变电压与电流， 不改变频率， 可知， 充电时将手机拿离充电基座， 受电线圈和送电线圈的
频率仍然相等，B 错误；
学科网（北京）股份有限公司C． 结合上述可知， 由于漏磁导致送电线圈和受电线圈的电压比仍大于匝数比， 即无线充电能量转化率
不高的主要原因是漏磁严重，C 正确；
D． 根据上述可知， 充电时将手机拿离充电基座， 受电线圈和送电线圈的频率仍然相等，D 错误。 选 C。
10.【 答案】A
A． 根据电势的表达式有
q
ϕ=k
r
图中a点的电势为0， 则有
q q
k 1 +k 2 =0
r r
a1 a2
由于
r >r
a1 a2
可知， 两点电荷带异种电荷， q 电荷量大于q 电荷量， 故A正确；
1 2
B． 结合上述可知， 两点电荷带异种电荷， 由于沿电场线电势逐渐降低， 可以确定在q 所在位置到b点
2
之间的电场方向由b指向q ， 即在q 所在位置到b点之间的电场终止于q ， 根据电场线起源于正电荷
2 2 2
（ 或无穷远） ， 终止于负电荷（ 或无穷远） ， 可知， q 带负电， 则q 带正电， 故B错误；
2 1
C． ϕ−x图像斜率的绝对值表示电场强度的大小， 根据图像可知， a点图像斜率的绝对值大于c点图像
斜率的绝对值， 则a点电场强度大于c点电场强度， 故C错误；
D． 沿电场线方向电势降低， 可知， 坐标原点到b点间电场方向向左， b点右侧电场方向向右， 电子带
负电， 若将电子从a点沿x轴移到c点， 电场力方向先向右后向左， 电场力先做正功后做负功， 其电势
能先减小后增大， 故D错误。
故选A。
11． 【 答案】(1)D， （2）(h −h )2 =8T2gh ， （3）B
D B C
（1） A. 所选重物质量太大的话， 纸带无法承受重物的质量，A 错误；
B.因为可以通过纸带上的点测算出每个点重物的速度， 所以重物不需要静止释放，B 错误；
C.为减小阻力， 释放前应让纸带竖直下垂，C 错误；
D.若电火花计时器的频率变为51Hz， 则周期变小， 实际速度变大， 则测出的速度大小偏小，D 正确；
选D。
h −h
（2） 根据匀加速直线运动中中间时刻速度等于平均速度可知v = D B ， 若下落过程中机械能守恒，
C 2T
1
则满足等式mgh = mv2 −0， 化简得(h −h )2 =8T2gh
C 2 C D B C
1
（3） 若下落过程中机械能守恒， 则满足等式mgh = mv2 −0， 化简得v2 =2gh ， 在v2−h图像中， 若
C 2 C C C
图像是一条过原点的直线， 且斜率等于2g， 则重物下落过程中机械能守恒。 若图像是一条不过原点的
直线， 可能是所研究的过程的初速度不为零， 不一定机械能守恒，B 正确，AC 错误， 选B。
12．
（1） 由乙图可知， 当v = 0时， a = 4m/s2， 对金属棒有mgsinθ−mmgcosθ=ma
代入数据解得m=0.25
学科网（北京）股份有限公司当a= 0时， v = 2m/s当金属棒达到稳定速度时， 有E =B Lv
m 0 m
E
因为F =B IL， I =
A 0 R+r
由平衡条件有mgsinθ=F +mmgcosθ
A
联立解得m = 0.1kg
ΔΦ
（2） 因为 Δt ΔΦ B Ls
q=IΔt = Δt = = 0
R+r R+r R+r
代入题中数据， 解得s = 1m
（3） 棒下滑的过程中重力、 摩擦力与安培力做功， 根据动能定理有
1
mgh−mmgs⋅cos37°−W = mv2−0
A 2
Q R 4
因为Q =W ， R = =
总 A Q R+r 5
总
联立解得Q =0.16J
R
（4） ① 可以通过能量转化角度， 例如通过机械能与电能之间的转化关系求解热量； ②通过安培力做功
求解热量。
3
13． 【 答案】 （1） 2； （ 2） R
3
1
（1） 根据题意， 光线在O点恰好发生全反射， 入射角等于临界角C， 则得C=30°， 根据sinC = ， 解
n
得n=2
（2） 如图所示
进入玻璃中的光线①垂直半球面， 沿半径方向直达球心位置O， 且入射角等于临界角， 恰好在O点发
生全反射。光线①左侧的光线（ 如： 光线②） 经球面折射后， 射在BC上的入射角一定大于临界角， 在
BC上发生全反射， 不能射出。 光线①右侧的光线经半球面折射后， 射到BC面上的入射角均小于临界
角， 能从BC面上射出。 最右边射向半球的光线③与球面相切， 入射角i=90°， 由折射定律知
sini
sinr = ， 解得r=30°， 根据几何知识可知光线③将在BC边发生全反射， 在光线③左侧的光线， 都
n
R
能从BC边射出， 所以在BC面上射出的光束宽度应是 2 3
OE= = R
cos30 3
学科网（北京）股份有限公司14． 【 答案】 （1） 沿y轴正方向 （2）
2
𝑚𝑚𝑣𝑣 3𝑚𝑚𝑣𝑣8π𝑞𝑞
（1） 由于粒子发射源
2𝑞𝑞𝑞𝑞
发出的粒子速度大小相等，
2𝑞𝑞𝑞𝑞
因此
9𝑣𝑣
沿y轴负方向射出的粒子不能穿过条形电场区域
时， 其他粒子一定不能穿过， 当沿y轴负方向射出的粒子恰好不能越过条形电场区域时， 场强取得最
小值， 由动能定理有
－EqR＝0－ mv2（2 分）
1
解得E＝ 2（1 分）
2
𝑚𝑚𝑣𝑣
方向沿y轴
2𝑞𝑞𝑞𝑞
正方向（1 分）
（2） 如果条形区域设置垂直于截面向里的匀强磁场， 粒子在磁场中做匀速圆周运动， 由左手定则可
知， 粒子进入磁场后沿逆时针方向做圆周运动， 可知， 只要沿OA方向的粒子不能越过条形磁场区域，
其他粒子一定不能越过， 当沿OA方向的粒子恰好不能越过时， 轨迹如图所示， 此时磁感应强度取得最
小值，
由几何关系得
r＋rsin 30°＝R（1 分）
解得r＝ R（1 分）
2
粒子在洛伦兹力的作用下做圆周运动， 由牛顿第二定律得
3
qvB＝m （1 分）
2
𝑣𝑣
解得r＝
𝑟𝑟
（1 分）
𝑚𝑚𝑣𝑣
则B＝ 𝑞𝑞𝑞𝑞（1 分）
3𝑚𝑚𝑣𝑣
此时圆
2
弧
𝑞𝑞𝑞𝑞
所对应的圆心角最大， 粒子在磁场中运动的时间最长， 由几何关系得圆心角为240°，
根据周期公式T＝ （1 分）
2π𝑟𝑟
运动时间t＝ ° T（1𝑣𝑣 分）
°
240
联立解得t＝
360
（1 分）
8π𝑞𝑞
9𝑣𝑣
15．
（1） 设 与 碰撞前的速度为 ，对 由动能定理得 ，又 ，联立解得
1 2 𝑚𝑚𝑚𝑚
𝐴𝐴 𝐵𝐵. 𝑣𝑣1 𝐴𝐴 𝐸𝐸𝑞𝑞𝑘𝑘𝐿𝐿 = 2𝑚𝑚𝑣𝑣1 𝐸𝐸 = 𝑞𝑞
（2） 由题意知， 与 发生弹性碰撞，规定 方向为正方向，由动量守恒定律得
𝑣𝑣1 = �2𝑔𝑔𝑘𝑘𝐿𝐿
, 𝐴𝐴 𝐵𝐵 𝑣𝑣1 𝑚𝑚𝑣𝑣1 = 𝑚𝑚𝑣𝑣′1 +
𝑚𝑚𝑣𝑣′2
学科网（北京）股份有限公司由机械能守恒定律得 ,
1 2 1 2 1 2
联立解得 , 2𝑚𝑚𝑣𝑣1 = 2𝑚𝑚, 𝑣𝑣′1 +2𝑚𝑚𝑣𝑣′2
碰撞后， 以 的速度做匀速直线运动， 在电场力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，为使 与
𝑣𝑣′1 = 0𝑣𝑣′2 = �2𝑔𝑔𝑘𝑘𝐿𝐿
能发生第二次碰撞，则 经电场再次加速后的最大速度 应满足的条件为 ;
𝐵𝐵 𝑣𝑣′2 𝐴𝐴 𝐴𝐴
𝐵𝐵 、 第一次碰撞后，对 𝐴𝐴 由动能定理得 ， 𝑣𝑣 联 ″1立解得 . 𝑣𝑣″1 > 𝑣𝑣′2
1 2
𝐴𝐴
（3）
𝐵𝐵
不考虑 、 发生第
𝐴𝐴
二次碰撞， 、
𝐸𝐸𝑞𝑞𝐿𝐿
碰
= 后2𝑚𝑚
运
𝑣𝑣
动
″1
到 点所用时
𝑘𝑘
间
<
为
1
,
𝐿𝐿 𝐿𝐿
的加速度 𝐴𝐴 𝐵𝐵 , 𝐴𝐴 𝐵𝐵 𝐵𝐵 𝑀𝑀 𝑡𝑡𝑞𝑞 = 𝑣𝑣′2 = �2𝑚𝑚𝑔𝑔
𝐸𝐸𝑞𝑞
𝐴𝐴设 运动到𝑎𝑎1点=所𝑚𝑚用=时间𝑔𝑔为 ，则 ,
1 2
若𝐴𝐴、 恰好𝑀𝑀在 点发生第二𝑡𝑡𝐴𝐴次碰撞𝐿𝐿，=则2𝑔𝑔𝑡𝑡𝐴𝐴 ，联立解得 ,
1
设𝐴𝐴、𝐵𝐵第一次碰𝑀𝑀撞与第二次碰撞之间的时𝑡𝑡𝐴𝐴间=为𝑡𝑡𝑞𝑞，当 时𝑘𝑘，= 4与 在离开电场前发生第二次碰撞，
1
有 𝐴𝐴 𝐵𝐵 ，解得 ; 𝑡𝑡 𝑘𝑘 ≤ 4 𝐴𝐴 𝐵𝐵
1 2 2𝑔𝑔𝐿𝐿
当2𝑔𝑔𝑡𝑡 = �2时𝑔𝑔，𝑘𝑘𝐿𝐿𝑡𝑡与 离开𝑡𝑡电=场2后�发𝑚𝑚生第二次碰撞，有 ，联立解得
1
4 < 𝑘𝑘 < 1 𝐴𝐴 𝐵𝐵 �2𝑔𝑔𝑘𝑘𝐿𝐿𝑡𝑡 = 𝐿𝐿+𝑣𝑣″1(𝑡𝑡−𝑡𝑡𝐴𝐴)
.
1+√𝑔𝑔 𝐿𝐿
𝑡𝑡 = 1−𝑔𝑔 �2𝑚𝑚
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