2026届浙江杭州高考物理模拟卷（解析版）

2026届浙江杭州高考物理自编模拟卷

时间：90分钟满分：100分

考生注意：

1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写

在试题卷和答题纸规定的位置上。

2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答,

在本试题卷上的作答一律无效。

3,非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，

作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。

4.可能用到的相关参数：重力加速度g取10m/s2o

选择题部分

一、选择题I（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选

项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）

注意事项：

1.2025年10月25日中科院宣布紧凑型聚变能实验装置（BEST）正在安装，中国人造太阳

预计2027年竣工，有望成为人类历史上首个实现聚变发电的装置。如图所示，现实中太阳

内层的氢发生聚变，每4个;H会聚变成1个汨e,即质子-质子链反应。下列说法正确的是（）

A.汨比汨少两个中子

B.汨和出聚合成洱e,反应需要吸收能最

C.两个;H合成汨的过程中产生一个负电子

D.£He的比结合能大于洱的比结合能

【答案】D

【解析】出中子数为洱中于数为1,则;H比徂少一个中子,A错误;

汨和出聚合成汨e,反应放出能量，B错误；

根据;H+；HT汨++：e,即两个汨合成汨的过程中产生一个正电子，C错误；

因生成物更加稳定，生成物的比结合能更大，即胃He的比结合能大于汨的比结合能，D正确。

2.下列四幅图描述的场景依次为雷电击中避雷针（图甲）、高压输电线上方还有两条与大地

相连的导线（图乙）、燃气灶中的针尖状点火器（图丙）、工人穿戴着含金属丝制成的工作服

进行超高压带电作业（图丁），关于这四幅图所涉及的物理知识，下列说法正确的是（）

甲乙丙丁

A.图甲中避雷针的工作原理主要是静电屏蔽

B.图乙中与大地相连的两条导线的作用和图丁中工作服内的金属丝的作用是相同的

C.图丙中的点火器是利用摩擦起电的原理进行点火的

D.图内中的点火器的工作原理和图丁中工作服内掺入的金属丝的工作原理是相同的

【答案】B

【解析工避雷针的工作原理主要是利用尖端放电避免雷击，故A错误：

高压输电线的上方还有两条导线，这两条导线的作用是它们与大地相连，形成稀疏的金属

“网”把高压线屏蔽起来，免遭雷击，9工作服内掺入的金属丝，都是利用了静电屏蔽的原

理，故B正确，D错误。点火器是利用高压尖端放电的原理，而工作服内掺入的金属丝，是

利用了静电屏蔽的原理，放C错误；

3.如图所示，一个半径为5m的圆盘正绕其圆心匀速转动，当圆盘边缘上的一点4处在如

图所示位置的时候，在其圆心正上方20m的高度有一个小球（视为质点）正在向边缘的A点

以一定的速度水平抛出，^=10m/s2,不计空气阻力，要使得小球正好落在A点，则（）

A.小球平抛的初速度一定是2.5m/s

B.小球平抛的初速度可能是2m/s

C.圆盘转动的角速度一定是7crad/s

D.圆盘转动的加速度大小可能是fm/s2

答案A

解析根据力=夫产，可得/=J，=2s,则小球平抛的初速度no=：=2.5m/s,故A正确，B

错误;根据而=2〃兀(〃=1,2,3,...),解得圆盘转动的角速度①=卓=〃兀rad/s(〃=1,2,3,…)，

圆盘转动的加速度大小为4=/2/=〃％2厂=5〃2兀2,2,3,…)，故C、D错误。

4.随着科技的进步，越来越多的人使用蓝牙耳机，手机与基站及耳机的通信如图所示。若

基站与手机、手机与耳机之间通信的电磁波分别为甲波、乙波，则以下说法正确的是()

可见光

波长入/m10’1H―不i(F~Hi(F~而~湎

蓝牙

手机耳机

波K(0.333M).37S)m波长(0.121~O.l25)m

手机与基站通信(甲波)手机，耳机通信(乙波)

A.甲、乙波的频率都比可见光的频率大

B.真空中甲波的传播速度比乙波的传播速度小

C.真空中甲波比乙波更容易绕过障碍物

D.甲波与乙波有可能发生干涉

答案C

解析由题图可知，甲、乙波的波长都比可见光的波长大，根据波长、波速和频率关系式c

=y知，甲、乙波的频率都比可见光的频率小，故A错误;电磁波在真空中传播速度相同，

则真空中甲、乙波的传播速度相同，故B错误;由图可知甲波波长大于乙波波长，则甲波更

容易发生明显的衍射现象，可知真空中甲波比乙波更容易绕过障碍物，故C正确;两列波发

生干涉的条件是频率相同，振动方向相同，相位差恒定，甲、乙波的频率不同，不能发生干

涉现象，故D错误。

5.飞行员进行素质训练时，抓住秋千杆由水平状态开始下摆，如图所示，在到达竖直位置的过程

中，飞行员重力的瞬时功率的变化情况是()

A.一直增大B.一直减小C.先增大后减小D.先减小后增大

【答案】0

【解析】由于重力是竖直向下的，重力的瞬时功率只与人在竖直方向上的速度有关，在刚开

始运动的时候，人的速度为零，所以此时人的重力的瞬时功率为零，当运动到最低点时，人

的速度为水平方向的，与重力的方向垂直，此时的人重力的功率为零，所以重力的功率是先

增大后或减小，所以C正确.

6.如图，x轴上的(-a,0)和(a,0)处分别固定两个等量正点电荷+Q。取无穷远处电势为零时,

单个点电荷周围某点的电势(p=k中(Qo为点电荷的电荷量，r为该点到点电荷的距离，k为

静电力常量)。现将一质量为m、电荷量为+q(q>0)的粒子在6,0)处由静止释放，仅在电

场力作用下沿x轴运动，则该粒子运动到原点。处的速度大小为

-•・一・••・•---•

Y0十。X

A.B.厩

yj阵ma3ma

C.2D.2

\陛3ma画3ma

【答案】c

【解析】(1))处的电势罐)=与+孚=等原点O处的电势取0)=争少乎由能量守恒

得，q(pg)=q(p(O)+；mv2,解得丫=24^,C项正确。

7.北京时间2025年8月6日，揽月面着陆器着陆起飞综合验证试验圆满完成。假如在登月之前需

要先发射两颗探月卫星霍历进行科学探测，两卫星在同一平面内绕月球的运动可视为匀速圆周运

动且绕行方向相同。测得月球的半径为跖目的轨道半径小二酬勺轨道半径，两卫星之间距离最小

为4回、最大为12团，不考虑两卫星之间的作用力。下列说法正确的是()

A.团、团两卫星受到月球的万有引力之比为2：1

B.团、13两卫星受到月球的万有引力之比为4：1

C.田、13两卫星的周期大小之比叫:%=2：8

D.飙(3两卫星的周期大小之比观：^=y/~2；4

【答案】G9

【解析】设口、□两卫星的轨道半径分别为□□、□□，由题怠有□□+□□=/?=4

联立解得□口=8□，根据口二口=，因为不知两卫星的质量关系，故不可以求

出它们受到月球的万有引力之比，故A3错误;

根据开普勒第三定律有二二二，代入数据解得口□:□匚=「：4,故C错误，D正确。

8.在“消失的硬币”实验中，将盛满水的玻璃杯压在硬币上，从杯壁外往内看硬币“消失”，

从杯口向下俯视却能看到硬币，已知玻璃杯的折射率大于水的折射率，造成杯壁视角下硬币

“消失”的主要原因是（）

硬币侧视图俯视图

A.光直线传播路径被玻璃杯阻断

B.硬币反射的光在杯壁处发生全反射

C.硬币反射的光在杯底部发生全反射

D.硬币反射的光在杯壁史发生干涉

【答案】B

【解析】玻璃杯是透明的，光线可以透过，不能阻断，A错误；

从杯壁外往内看时，硬币反射的光线需要依次穿过水、玻璃，最后从玻璃射入空气中才能被

人眼看到。光线从玻璃（光密介质）射向空气（光疏介质）时，由于观察角度的原因，入射

角可能大于临界角，从而发生全反射。光线被反射回玻璃杯内，无法进入人眼，因此看起来

硬币就“消失”了,B正确；

如果光在杯底部发生全反射，那么光线将无法进入杯中的水中。这样的话，无论从哪个角度

（包括从杯口向下俯视），都应该看不到硬币。这与题干中“从杯口向下俯视却能看到硬币”

的现象相矛盾，C错误；

硬币“消失”是光线传播路径改变导致的现象，属于几何光学范畴，与光的干涉无关，D错误。

9.至2025年11月，萝卜快跑已在武汉实现全无人自动驾驶跨江通行。在一次无人驾驶测

试过程中，原来匀速行驶汽车遇到障碍物开始减速，其以一/图像如图所示，以开始减速为

1=0时刻；已知全程阻力为4000N不变，A5段汽车牵引力功率恒为2400W,段为

直线，％=5s时关闭发动机，L=7s时停止运动。则下列说法正确的是（）

A.0〜5s内汽车加速度逐渐增大

B.汽车质量为IxlO'kg

C.以u=20m/s匀速运动时汽车的功率为8000W

D.0〜5S内汽车位移为50m

【答案】B

【解析】v一1图像的斜率表示加速度，。〜5s内汽车加速度逐渐减小，故A错误；

由图像段可得。=孚=4m/s2

A/

由牛顿第二定律）=机。

得=1x103kg,故B正确;

以u=20m/s匀速运动时汽车的功率为P=fv=80000W,故c错误；

0〜5s内由动能定理得卬二凸一八二^^片一中），可得s=45m,故D错误。

10.我国在电力输送领域是世界上首屈•指的科技霸主，目前已研制成功了全套关键设备,

建成了世界电压等级最高、输电能力最强的交直流输电网络。模拟远距离高压输电的示意图

如图所示，已知升压变压器原、副线圈两端的电压分别为q和。2,降压变压器原、副线圈

两端的电压分别为以和〃4。在输电线路的起始端分别接入电压互感器和电流互感器，两个

互感器原、副线圈的匝数比分别为30:1和1:30,各互感器和电表均为理想状态。下列说

法正确的是（）

A.电压互感器起升压作用，电流互感器起增加电流作用

B.若保持亿和用户数不变，仅将滑片Q下移，则输电线损耗功率增加

C.若保持q不变，仅增加用户数，为保持不变，可将滑片P下移

D.若电压表的示数为21CV,电流表的示数为6A,则线路的输电功率为UOOkW

【答案】B

【解析】.电压互感器起降压作用，电流互感器起减小电流作用，故A错误；

仅将滑片Q下移，相当于增加了升压变压器副线圈的匝数〃2

根据力二」，可知上增大，则以和均增大，

4n2

由于用户端负载不变，则〃增大，

根据2=%，可知4增大，

由月尸/力，得输电线上扳耗功率增大，故B正确；

仅增加用户数,即负载总电阻R减小,则乙和乙增大，

根据U损=/3一，可知输电线损耗的电压。损增大，

由于3不变，即％不变，根据〃2=〃损+（；3,可知。3减小，

由r二丁，可知减小内可以使不变，所以要将降压变压器的滑片P上移，故C错误;

线路输送电功率尸=鸟=U2/2=210x30x6x30W=1134kW,故D错误。

二、选择题H（本题共3小题，每小题4分，共12分，每小题列出的四个备选

项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分,

有选错的得。分）

1L如图甲所示，沿波的传播方向自左向右选取团、团、团、趴团、团六个质点，相邻两质点之间的

距离均为轴，各质点均静止在各自的平衡位置。团=0时刻振源切开始做简谐运动，其振动图像如

图乙所示（竖直向上为振动位移的正方向），形成的简谐横波以2团/团的速度水平向右传播，则下列

说法正确的是（）

abcdcf

甲

A.0=2.50时刻，波传播到质点团，质点13开始振动的方向竖直向上

B.0=。〜20内，质点团运动的路程为4晒

C.日=非〜3.5日内，质点团的加速度逐渐减小

D.团=5.5回时刻，质点团第二次处于波谷位置

【答案】①酿

【解析】•根据乙图可知，周期是213,在2.宛时，波传播的距离是13=021=2X2.5团=5画团-团点

距离刚好是513,说明2.5m时波传到0点，波源13开始起振的方向竖直向上，所以波传播到质点团时，

质点团开始振动的方向也鉴直向上，故A正确；

根据乙图可知，周期是2W，波传到质点团的时间是叫=讲=：团=0.512,波源13开始起振的方向竖

直向上，所以波传播到质点团时，质点也开始振动的方向也竖直向上，再经过L5I3,质点团的振动

路程是0=3a=3即，故B错误；

波从团传到团点的时间为03=鲁=^13=1.50,则在30时，质点闭已经振动了1513,则在3-3.50这

段时间内质点也正由波谷向平衡位置运动，加速度在减小，故C正确；

波从13传到13点的时间为叫=普=：［3=冽5.50时质点团振动了3.50,是工犯故13第二次处于波谷

位置，故。正确。

12.如图，正方体棱长为。，有四根无限长的通电直导线位于正方体

四条棱匕电流大小均为/,方向均竖直向上，面AA48、面A笈GR的中心处各放置

一个面积相同的圆形金属线圈甲和乙。已知无限长直线电流在周围产生磁场满足公式

bl

B二一,其中「为位置到直线电流的距离，上为定值。下列说法正确的是（）

C）甲

A.甲线圈磁通量为0

乙线圈磁通量为0

QLJ

C.甲线圈中心的磁感应强度大小为一

2kl

D.乙线圈中心的磁感应强度大小为一

【答案】ABC

【解析】根据右手螺旋定则结合对称性可知，电流和，4产生的磁场穿过甲线圈的磁通

最刚好抵消；电流CG和。R产生的磁场穿过甲线圈的磁通最刚好抵消；则甲线圈磁通最

为（），故A正确；

根据右手螺旋定则可知，穿过乙线圈磁通量为0,故B正确：

对甲线圈，电流AA和34在甲线圈中心产生的磁场刚好等大反向；以甲线圈中心，作俯视

图如图所示

电流和CC,在甲线I卷中心产生的磁感应强度大小均为

甲线圈中心的磁感应强度大小为B合=24cos<9

8kl

联立解得B合=故C正确:

5a

对乙线圈，电流AA和CC1在乙线圈中心产生的磁场刚好等大反向，电流8片和。Q在乙

线圈中心产生的磁场刚好等大反向，则乙线圈中心的磁感应强度大小为0,故D错误。

13.如图，圆心为0、半径为R圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场。从圆周上的P点在

纸面内沿不同方向射入各种速率的同种粒子，粒子的质量为〃h电荷量为七。其中速率为

%且沿P。方向射入的粒子M,经时间，后从A点离开磁场，NPOA=90。。则（）

A.匀强磁场方向垂直纸面向里

B.匀强磁场方向垂直纸面向外

C.速率为0%的粒子N在磁场中的运动最长时间为/

D.速率为g%的粒子Q在磁场边界的出射点分布在:圆弧上

【答案】ACD

【解析】由题意知该粒子带正电，在。点时应受到向上的洛伦兹力，结合左手定则可知，

磁场方向垂直纸面向里，故A正确，B错误；

速率为w且沿尸。方向射入的粒子，从A点离开磁场，由几何关系可知，运动轨迹半径为R,

圆心角为由洛伦兹力充当向心力有=所以R=^，运动时间为/二;7

当粒子速率为五%时，粒子运动轨迹半径为血R，根据几何关系可知，当粒子轨迹的弦

长等于圆形磁场的直径时，对应的圆心角最大，大小为则运动最长时间为％,=.T=f，

故C正确；

根据题意可知，P与距夕最远出射点间的距离应为粒子运动轨迹直径，由于Q粒子速度大小

为,％,则轨迹半径为,/?,所以由尸、。和最远出射点所构成的三角形为等边三角形，所

22

以出射点分布在!圆弧上，故D正确。

6

非选择题部分

三、非选择题（本题共5小题，共58分）

14.某同学用如图（a）所示的装置验证机械能守恒定律。不可伸长的轻绳绕过定滑轮，轻绳

两端分别连接物块P与感光细钢柱K，两者质量均为〃?=0.140kg,钢柱K下端与质量为

M=0.200kg的物块。相连铁架台下部固定一个电动机，电动机竖直转轴上装一支激光笔,

电动机带动激光笔绕转轴在水平面内匀速转动，每转一周激光照射在细钢柱表面时就会使细

钢柱感光并留下痕迹。初始时。、K、Q系统在外力作月下保持静止，轻绳与细钢柱均竖直

杳得当地重力加速度g为9.8m/s2。

（1）开启电动机，待电动机以3=4（比Tad/s的角速度匀速转动后。将p、K、Q系统由

静止释放，。落地前，激光器在细钢柱K上留下感光痕迹。取下K,用刻度尺测出感光痕

迹间的距离如图（b）所示。激光束照射到。点时，细钢柱速度大小为匕二m/s（计

算结果保留1位有效数字）。

（2）经判断系统由静止释放时激光笔光束恰好经过。点。参照图（b）,经计算，在。。段，

系统动能的增加量△&—0.154J,重力势能的减少最AEp=0.157J,该实验存在一定的误

差，请写出一条可能的原因：

OABcDEF

［岫他||小|啊『甲ini啊Mpn叫皿『1啊『啊叫।呻叩II『"唧叩小叩删唧唧II『甲ii|邮岬1加皿1「

0cm2345678910II121314151617181920

图（b）

（3）选取相同的另一感光细钢柱K，若初始时激光笔对准K上某点，开启电动机的同时系

统由静止释放，电动机的角速度按如图（c）所示的规律变化，图像斜率为左,记录下如图

m

（d）所示的感光痕迹，其中两相邻感光痕迹间距均为d,重力加速度取当7T=

即可证明系统在运动过程中机械能守恒（用含字母dM、g、4的表达式表

示）。

>/rads1

图(d)

（4）验证实验结束后，该同学突发奇想：如果系统（物块2、。与感光细钢柱K）的机械

能守恒，不断增大物块。的质量M,物块。的加速度4也将不断增大，已知重力加速度为g,

请你帮该同学写出。与〃2、M之间的关系式：（用题中所给字母表示，

下同），当M远大于加时，〃将趋近于

【答案】（1）0.8（2）滑轮的质量不可忽略或绳与滑轮之间有摩擦或空气阻力

(4)①.Mg②.g

M+2m

【解析】(1)根据角速度与周期的关系有T=」=」s=0.05s

co40乃

根据运动学公式V]=4^7=x102m/s=0.8m/s

2F2x0.05

(2)在。。段，系统动能的增加量为

AE=-(M+2/77)VI2=-X(0.200+2X0.140)X0.82J=0.154J

k2

重力势能的减少量为半=(“+m)一6g%E=O.2OOx9.8x8.OOxl(T2j=0i57J

滑轮的质量不可忽略，滑轮转动时有动能，或绳与滑轮之间有摩擦，或空气阻力导致系统重

力势能的减少量大于物块与钢柱的动能增加量。

（3）从初始时激光笔对准K上某点开始选取连续的〃段，根据时间关系仃2〃万=1依2

2

根据运动学公式有!％=，〃/

2

根据机械能守恒定律有Mgnd=+2m）v2

解得色=空」

Mkd2

（4）[1]根据牛顿第二定律朋N=（M+2m）a

所以〃=Mg

M+2m

[2]当〃远大于用时，“pg

15.有一种叠层电池，电动势约为9V,内阻在35〜55Q之间，最大允许电流为

50mAo为测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图甲的电路进行实验。

图中电压表的内阻很大，对电路的影响可以不计;H为电阻箱，阻值范围为（）~9999

C;R）是定值电阻。

⑴电路中Ro的作用是保护电源的安全，以下几个定值电阻可以用于本实验的

是O

A.10QB.50Q

C.150QD.1500Q

⑵该同学接入符合要求的R）后，按照电路图正确连接电路，请将图乙的电路补

充完整。

⑶闭合开关S,调整电阻箱的阻值，读出电压表的示数U,再改变电阻箱阻值,

获得多组数据，作出了如图丙的：一匕图线。则根据该同学所作的图线可求得

URo+R

该电池的电动势E=V,内电阻r=Q（结果均保留2位有效数

字）。

（4）如果考虑电压表内阻的影响，上面测量的电动势结果，内电阻结果

（均选填“偏大”“偏小”或“不影响”）。

答案（I）C（2）见解析图（3）10（9.170均可）50（45〜50均可）（4）偏小偏小

解析（1）根据闭合电路的欧姆定律可知电路中RO最小电阻为Rnin=二一八nin=

。一35Q=145Q,故选C。

⑵按照电路图正确连接电路，将题图乙的电路补充完整，如图所示。

(3)由闭合电路的欧姆定律得E=U+—

十A

变形得_1=，+二，

UEERq+R

可知纵截距!=o.10V-I,解得ER0V

E

斜率化=C/V=5.0Q/V

E10xl0*2

解得e50Qo

(4)由于电压表的分流作用，则通过电源的电流实验中偏小，由七=^+"可知,

上面测量的电池的电动势偏小，内电阻偏小。

16.如图所示，一竖直放置的U形玻璃管，横截面积S=5.0cm2,其右端开口，左端用光滑

活塞和水银封闭一段长为％、温度=27%：的空气柱，右侧水银面比左侧的水银面高20cm。

现将封闭气体的温度缓慢降至4=-3℃,此时封闭空气柱长L=36cm。已知降温过程中

封闭气体的内能减少了2J,外界大气压“0=1.0xl0’Pa,水银的密度0=13.6x6kg/m3,

重力加速度g取10m/s2,求:

(|)封闭空气柱温度为时的长度4；

(2)降温过程中封闭气体放出的热量。,

【答案】⑴4=40cm

(2)2=4.544J

LSLS

【解析】(1)气体做等压变化，由盖一吕萨克定律得=一=-

代数解得％=40cm

(2)封闭气体的压强〃=

外界对气体做功卬=〃S(4—L)

由热力学第一定律AU=W+Q

联立解得Q=-4.544J

即放出的热量为4.544J。

17.如图所示，水平面内固定一“<”形光滑足够长的金属框架。MNPQ,三角形

区域为边长/的等边三角形，平行区域间距也为/,在Q点处有一小缺口，使PQ部分与框架

其余部分绝缘。框架所在的空间内，从左至右依次分布有三个竖直向下的有界匀强磁场I、

II、川，三个磁场的磁感应强度大小均为4,II区域宽度为5/,HI区域宽度为/,I、II区

域间距忽略不计，H、HI区域间距未知。现有两完全相同的金属杆。、b,质量均为，〃，杆

上单位长度的电阻均为「，杆〃最初静止于磁场n的左侧，杆《在水平拉力作用下从。点开

始向右做速度大小为u的匀速直线运动，杆。经过MQ后撤去外力。已知杆。通过缺口前后

V

速度不变，杆。出in区域时的速度大小为一，杆〃出in区域的过程中杆。在II区域的位移大

3

于3.5/,金属框架的电阻不计，两杆与导轨始终接触良好，且久b间如果发生碰撞为弹性

（1）杆。向右运动位移为Xx<时，流经杆4的电流大小;

（2）整个运动过程中系统所产生的热量。

Bv

【答案】（1）

(2)(6+1。)方"坐_乙加

4r8"?产18

【解析】（1）杆”向右切割磁感线产生的电动势为E=BLu

_EBLvBv

由闭合电路欧姆定律可得流经杆〃的电流大小为/=—=-=—

R忠Lrr

（2）当〃向右的位移为人时，切割的有效长度为L=2xtan30。

安培力大小为F..=BIL=B—x2xtan300=?可''

2cB2Vx

由于aI区域中匀速，所以尸=

3r

即外力尸正比与位移工，所以整个运动过程中外力所做的功为

-3r26/_屈师

叫=Fx=-------------------“

~2~-47~

V

假设〃出山区域的过程中，〃还未出I区域，对〃、》组成的系统动量守恒加"=机匕,+机一

3

解得匕=g17

25

在此过程中，a做加速度减小的减速运动，所以此过程对〃有；"匕〈才

36

h做加速度减小的加速运动，所以此过程对〃有!

63

已知在此过程中的位移为/,则在此过程中。的位移一定小于5/,所以假设成立在此过程

中对“由动量定理得B212al-4）=B不（"）=,n-

2/r2/r3

2/H/V

由上式可得入丫=%一月=可百

方出山区域后，假设〃也能由山区域，并设其出山区域的速度大小为匕，对4由动量定理得

B叩⑹-4)

=mv-mv

21raa

因为乙>3.5/,所以6/-儿<2.5/

,B2l2(x-l}v,,B2l2(6l-x}v

已知——J—L=m_,所以——1----^<m-

2lr32/r3

B2/2(6/-XJv2v

JRnRI以Q--------------=-mv,>-in——tn—

2/r33

即。能出山区域，假设成立，并且。出山区域后速度大于〃出山区域后的速度，所以之后还

会发生碰撞。现在先解4出山区域时的速度-"2(6/-5)=〃•-〃

2/raa

即,2v仪[6/-(/+-)]

即7〃匕，=m-----------------------------

“32/r

将以=咨代入上式解得匕=丁亚

3B2/“2mr

因为。、力质量相等，并且它们之间的碰撞为弹性碰撞，所以碰后两者交换速度，故最终有

v5/52/2

匕,上一二，v^=v---------

1212

对于整个过程,由能量守恒得Q=卬卜相匕沐+力叫本

乙5

代入数据解得Q=(6+1。即"25*尸J2

4rSmr18

18.如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为"7A和/“B的小球A和B(/〃

初始时小球A以初速度w沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆

环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。

(1)若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需

向心力的大小；

(2)若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点,

in.

求小球的质量比J。

（3）若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大

小的e倍（0<e<l）,求第1次碰撞到第2〃+1次碰撞之间小球B通过的路程。

2/rRfn.e2n-1

（3）------&-----------

・4+"%—（cT）

【解析】

（I）有题意可知A、B系统碰撞前后动量守恒，设碰撞后两小球的速度大小为v,则根据动

量守恒有

%%=（以+恤）1

可得

叫+〃%

碰撞后根据牛顿第二定律有

可得

P_mA%

（%+一）R

（2）若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为弘，VB，则碰后动量和能量守恒有

〃2。=〃”\+恤蚱

JJJ

联立解得

l，二（%一叫MVQ

八%+/%0%+心

因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图

①若第二次碰撞发生在图中的。点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程

之比为量（"=°'L23J则有

%=4=1+3勺

四=0,1,2,3…)

%/4+3勺

联立解得

%=4+34

2-3kl

由于两质最均为正数，故h=0,即

四二2

〃％

对第二次碰撞，设A、B碰撞后的速度大小分别为以，用，则同样有

12121,21,2

乙乙乙乙

联立解得“4=0,故第三次碰撞发生在8点、第四次碰撞发生在C点，以此类推,

满足题意。

②若第二次碰撞发生在图中的C点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程

之比为《差(&=0，L2,3…);所以

JIJAC?

vA_xA_2+3k2