2026届高考物理三轮冲刺大题预测01（A+B+C三组解答题）含答案

PAGE1PAGE2026届高考物理三轮冲刺大题预测大题预测01【A组】（建议用时：40分钟满分：40分）解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13．(9分)茶宠是茶具观赏物品，它历经千年演变，工艺精湛、寓意丰富，是中华茶文化的缩影。有一款南瓜样茶宠玩具如图甲所示，当将热茶淋在其上时，它会向外喷水。为了研究其中的原理，可将该茶宠简化为一圆柱形容器，容器的上表面有一小孔（尺寸可忽略），孔内连接有一细管，如图乙。初始时，容器内充满压强为P0、温度为T0的空气。其工作过程可分为三个阶段：第一阶段为排气过程，用热水缓慢淋在容器上，使容器内气体温度达到T1，此过程中容器内部有部分空气从小孔逸出；第二阶段为吸水过程，迅速将容器放入温度为T0的水中，并让容器上的小孔始终处在水面以下，容器内气体温度逐渐降低，水逐渐被吸入容器，忽略水温的变化，直到容器内气体温度再次恢复到T0；第三阶段为喷水过程，取出容器，再次将热水淋在容器上，就会出现神奇的喷水现象。已知水的密度为ρ，大气压强为P0，容器内气体可视为理想气体。(1)第一阶段排气过程中，求从容器中逸出的空气质量与容器中原有空气质量的比值；(2)第二阶段吸水过程中，容器内外因水面高度差产生的压强相对大气压强可忽略不计，封闭气体吸水过程可视为等压变化，测量出吸水过程前后容器的质量差为，求容器容积V。14．(15分)如图所示，为了防止电梯因电机失控而带动缆绳竖直向下坠落导致人员伤亡，在质量为的电梯正下方的地面上安装四根劲度系数均为k的相同弹簧，弹簧上端连接一质量为m的水平铁板。电机失控后，电梯从底部距离铁板高度为h处由静止下坠，电梯下坠过程中所受缆绳的拉力大小恒为（g为重力加速度大小），电梯碰到铁板时立即与铁板粘在一起，此后缆绳松弛，电梯碰到铁板后经时间t停下。弹簧的弹性势能，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力以及弹簧的质量。求：(1)电梯接触铁板前瞬间的速度大小；(2)在这段时间t内，每根弹簧对铁板的冲量大小I；(3)在铁板下压弹簧的过程中，电梯的最大速度。15．(16分)如图所示，在坐标系中，虚线与轴平行，距离为，在虚线与轴之间的第二象限内，有沿轴正方向的匀强电场，场强大小（未知）；在虚线与轴之间的第一象限内，有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为（未知），在轴下方的足够大区域内，存在沿轴负方向的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场，场强大小，磁感应强度大小。现有一电量为、质量为的粒子在点，坐标为，以的初速度向轴正方向射出，粒子第一次经过轴时的速度大小为，不计粒子重力。求：(1)场强大小；(2)要使粒子能够经过轴，需满足的条件；(3)如果，粒子第二次经过轴的位置坐标。【B组】（建议用时：40分钟满分：40分）解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13．(8分)某介质均匀的玻璃砖截面如图所示。下边界是半径为的半圆弧，以其圆心O为坐标原点建立坐标系，上边界是半径为的优弧，圆心P坐标为（0，）。为测定该玻璃砖的折射率，在O处放置一单色光源，发现上边界有光线射出的区域恰好覆盖了半圆，不考虑光在玻璃砖内反射后再射出。空气中的光速为c，求：(1)该玻璃砖的折射率；(2)能从上边界射出的光线在玻璃砖中传播的最长时间。14．(15分)某款电磁阻尼拉力健身器材的简化装置如图所示。矩形框架的边长，绕有匝数匝、电阻的闭合金属线圈，框架和线圈的总质量。将框架静置于下端固定的竖直弹簧上（不拴接），弹簧的压缩量，框架上端通过轻质绝缘绳索跨过轻质定滑轮与轻质拉杆相连。在区域内存在方向垂直框架平面向内、磁感应强度的匀强磁场，磁场边界与之间的距离。一位健身爱好者用恒力向下拉动拉杆，框架由静止开始竖直向上运动。边上升到时，弹簧恰好恢复原长，上升到时，健身者松手，装置触发复位机制使框架回到初始位置，整个过程框架与定滑轮不相碰。已知重力加速度，不计一切阻力。求：(1)弹簧的劲度系数k；(2)边刚进入磁场时框架的速度和加速度a的大小；(3)若边通过磁场的时间，边运动到时框架的速度大小。15．(17分)某兴趣小组设计的连锁机械游戏装置如图所示。左侧有一固定水平弹射管道，在靠近管口等高处放置一质量为的“”形小盒B（可视为质点），小盒B与大小可忽略、质量为的小物块C用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，左侧滑轮（忽略滑轮直径）与小盒B之间的绳长为；小物块C压在质量为的木板D左端，木板D上表面光滑，下表面与水平桌面间动摩擦因数（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），木板D右端到桌子右边缘固定挡板的距离为；质量为且粗细均匀的细杆用跨过桌子右边缘的光滑定滑轮的轻绳与木板D相连，木板D与定滑轮间轻绳水平，细杆下端到地面的距离也为；质量为的圆环（可视为质点）套在细杆E上端，环与杆之间滑动摩擦力和最大静摩擦力相等，大小为。开始时所有装置均静止，现将一质量为的小球A（可视为质点）由弹射管道以的速度水平弹出，之后小球A立即进入小盒B，且进入后立即被卡住（作用时间很短可不计）。木板D与挡板相撞、细杆与地面相撞均以原速率反弹。不计空气阻力，重力加速度，求：(1)小球进入小盒后的瞬间小物块C对木板D的压力；(2)木板D与挡板碰后，第一次向左运动的最大位移；(3)为使圆环最终不滑离细杆，细杆的最小长度。【C组】（建议用时：40分钟满分：40分）解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13．(10分)波源S产生的振动在均匀介质中沿平面传播，垂直平面放置一足够长的挡板，挡板上开有两小孔A、B，AB=15m，A、B两孔到波源的距离相等，在挡板前方有一点C，线段AC与挡板垂直，且足够长，过波源沿平行AB方向建立x轴，取某点为坐标原点（未画出），垂直纸面向外为正方向建立y轴（未画出），如图（a）所示。某时刻开始计时，图（b）中实线a为t=0时刻的部分波形，第一次出现虚线b所示波形的时刻是t=0.2s，质点P平衡位置的横坐标为x=3m。求：(1)这列波的传播速度和质点P的振动方程；(2)线段AC上振动加强点到A的距离。14．(14分)如图甲，电子枪连续不断的逸出质量为、电荷量大小为的电子（初速度可视为0），经电压为的电场加速，沿与、板平行的方向从两板正中间射入。平行金属板、间的电压随时间变化如图乙所示，BAC区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，，、板的右端均在磁场边界上，点到板的距离为。时刻射入板间的电子恰好从板的右边缘飞出，且在两板间运动的时间为。已知，其中、、、为已知量，不计电子的重力和电子间相互作用力，单位时间逸出电子数量不变。取，。求：(1)金属板的板长及、板间的距离；(2)若区域的磁感应强度，板的长度足够长，求打到板上的电子占电子数量的百分比；(3)若将BAC区域改为垂直边斜向上的匀强电场，要使电子不从AC边界射出，求匀强电场的电场强度最小值，以及此条件下打在BD板上的位置离板的最远距离。15．(16分)如图所示，为水平平台的右末端，BC为半径的光滑圆弧轨道，圆弧轨道对应的圆心角，AB间竖直高度，为圆心的正下方，右边有质量的两个相同的长木板依次排列在水平地面上（不粘连），长木板的上表面刚好与齐平。竖直挡板固定于木板右侧，且略高于木板乙的上表面。质量的小滑块（视为质点）从点以某一初速度水平滑出，刚好从点切向进入。小滑块以一定的水平初速度滑上木板甲的上表面，经过一段时间后，小滑块恰好未从木板乙上滑落，然后一起向右运动。小滑块与竖直挡板发生多次碰撞后，最终相对地面静止。每次碰撞时均无机械能损失且碰撞时间极短。小滑块与木板甲、乙之间的动摩擦因数均为，木板甲与地面之间的动摩擦因数为，木板乙与地面之间无摩擦力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（不考虑小滑块在各轨道衔接处的能量损失，重力加速度大小取，，）。求：(1)小滑块滑到点时对圆弧轨道的压力大小及方向；(2)如果小滑块在AB间同时受到向上的力（为小滑块竖直方向速度）。调整平台点到点间的水平距离，改变小滑块从点水平滑出时的初速度使其仍刚好从点切向进入，到达点的速度时。小滑块在点抛出去的速度和从运动到的时间；(3)若小滑块以滑上甲木板，求小滑块与竖直挡板发生第一次碰撞后所运动的总路程。大题预测01【A组】（建议用时：40分钟满分：40分）解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13．【答案】(1)(2)【详解】（1）设容器容积为，原有气体初始状态：压强、温度、体积；温度升高到后，若原有气体全部不逸出，总体积变为，根据盖-吕萨克定律有（2分）整理得气体密度均匀，逸出质量与总质量之比等于体积比，因此（2分）（2）第一阶段结束后，容器内剩余气体体积为、温度为；降温到后，设剩余气体体积变为，由盖-吕萨克定律有（2分）整理得吸入容器的水的体积为（1分）吸水后容器质量差（1分）代入整理得（1分）14．【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）设电梯在空中下坠过程中的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有（2分）根据匀变速直线运动的规律有（2分）解得（1分）设电梯与铁板碰撞后瞬间的速度大小为v，根据动量守恒定律有（2分）解得对铁板和电梯组成的系统，根据动量定理有（2分）解得（1分）（3）设碰撞前，弹簧的压缩量为，根据胡克定律有（1分）解得碰撞后，当铁板和电梯组成的系统合力为0时，电梯的速度最大，设此时弹簧的压缩量为，根据胡克定律有（1分）解得根据功能关系有（2分）解得（1分）15．【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）粒子在电场中，根据动能定理有（2分），解得（1分）（2）粒子第一次经过轴时，对速度进行分解，设速度与轴夹角为，则有（1分）可得，（1分），在方向上，有（1分），在方向上，有（1分）联立解得粒子在磁场中，根据牛顿第二定律有（1分）解得，要使粒子能经过轴，临界状态轨迹如图所示当轨迹圆恰好和轴相切时，有（1分）得，联立解得，当轨迹圆恰好和虚线相切时，有（1分），得，联立解得，故需满足的条件为：（1分）（3）当时，由，解得，轨迹如图所示，第一次经过轴的位置坐标为粒子在轴下方的复合场中运动时，由配速法可得（1分），解得，故粒子有沿轴负方向匀速的分运动，由矢量三角形，如图所示，可知，故粒子还有匀速圆周运动的分运动。由，解得，从粒子第一次经过轴到第二次经过轴，历时，匀速圆周运动的分运动，如图所示由几何关系可得（1分），粒子向轴负方向侧移（1分）对沿轴负方向匀速的分运动，粒子向轴负方向侧移（1分），故第二次经过轴，（1分），粒子第二次经过轴的位置坐标为【B组】（建议用时：40分钟满分：40分）解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13．【答案】(1)(2)【详解】（1）由题意可知光线恰好在N点发生全反射，如图所示根据全反射临界角公式可得（1分），由几何关系可得（1分）解得该玻璃砖的折射率为（1分）（2）光线在玻璃砖中的传播速度为（1分），光线沿轴方向从上边界射出时，在玻璃砖中的传播距离最大，如图所示则有（2分），从上边界射出的光线在玻璃砖中传播的最长时间为（1分）联立解得（1分）14．【答案】(1)(2)，(3)【详解】（1）框架初始处于静止状态，由力的平衡条件得（1分）解得（1分）（2）框架从静止开始竖直向上运动到边刚进入磁场的过程，由动能定理得（2分）由功的定义得（2分）联立解得（1分）由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律得（1分）框架边刚进入磁场时，由牛顿第二定律得（2分）联立解得（1分）（3）框架边通过磁场的过程中，由动量定理得（2分），（1分），联立解得（1分）15．【答案】(1)0(2)(3)1.6m【详解】（1）由AB系统动量守恒，有（1分）得对AB整体，由牛顿第二定律有（1分）得对，由平衡有（1分）得由牛顿第三定律得（1分）（2）小球被盒卡住后，木板、圆环和细杆一起运动，对板（1分）对杆和圆环整体（1分）且得由运动学规律（1分），第一次撞地后，细杆与环发生相对滑动，对板（1分）对杆（1分）且得木板向左的最大位移（1分）得即（1分）（3）第一次撞地后，对圆环（1分）得板向左匀减，环向下匀减，两者加速度大小相等，所以同时速度减为零，之后两者再一起加速运动至第二次撞地，第一次撞地后直至速度减为零的过程，圆环向下的位移（1分）得第一次撞地后直至速度减为零的过程，圆环与细杆最大相对位移（1分）即同理，第二次撞地后，圆环与细杆最大相对位移第次撞地后，圆环与细杆最大相对位移（1分）则细杆的长度至少为即解得即（1分）【C组】（建议用时：40分钟满分：40分）解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13．【详解】（1）由题意和题图可知，波源在或处，当波源位于处时，范围内波沿x轴正方向传播；当波源位于处时，范围内波沿轴负方向传播，由于t=0.2s时第一次出现虚线波形，当波源位于处时，可知波在0.2s内向右传播了1m，此时波速为（1分）周期为（1分）同理可知，当波源位于处时，波速为（1分）则周期为（1分）当波源位于处时，P的振动方程为（1分）当波源位于处时，P的振动方程为（1分）（2）设Q点是AC上的振动加强点，则（n=1，2，3……）（1分）则（n=1，2，3……）由于可得，2，3由此可以判断，AC上振动加强点有三个，QA与QB的距离差可能为4m、8m、12m（1分），则振动加强点到A的距离为（1分）解得线段AC上振动加强点到A的距离可能值为、和（1分）。14．【答案】(1)，(2)(3)，【详解】（1）电子离开加速场的速度为，由动能定理

（1分）

电子沿与、板平行的方向做匀速运动（1分），

解得，电子沿与、板垂直的方向先做匀加速运动，后做匀减速运动，由牛顿第二定律得（1分），由对称可知（1分）

解得（1分）（2）由（1）可得电子进入磁场中速度大小一定都为，且水平向右，由洛伦兹力提供向心力

（1分）

解得，设与板相距的电子从两板间射出时，在磁场中运动的轨迹恰好与边界相切，由几何关系

（1分）

解得

则打到板上的电子占电子数量的百分比为

（1分）

解得（1分）（3）进入电场的粒子做类斜抛运动，从板边缘射出的电子运动轨迹与边界相切时电场强度最小，对粒子运动进行正交分解，沿电场方向分速度刚好减为0，则有

（1分）牛顿第二定律得（1分）

解得

从板边缘射出的电子打在板上的位置离板的距离最远，垂直电场方向有

（1分）

沿电场方向有（1分）

解得（1分）15．【答案】(1)43N，方向竖直向下(2)，0.32s(3)【详解】（1）平抛：在B点（1分），（1分）；过程：动能定理（1分）在点（1分），方向竖直向下（1分）（2）小滑块从到过程，根据动能定理有（1分）解得，在竖直方向上，根据动量定理有（1分）由于解得（1分）（3）小滑块滑上甲后，因，甲不动，在甲上面动能定理（1分）小滑块滑上乙后，动量守恒（1分）能量守恒（1分）联立：

（1分）小滑块与挡板碰撞过程没有能量损失，则碰后小滑块向左做匀减速直线运动，木板乙向右做匀减速直线运动，但小滑块和木板乙组成的系统动量守恒，则第一次碰撞后有（1分）第二次碰撞后有第三次碰撞后有……所以，，（1分）所以小滑块与竖直挡板发生第一次碰撞后所运动的总路程为（1分）

解得（1分）大题预测01【A组】（建议用时：40分钟满分：40分）解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13．(9分)茶宠是茶具观赏物品，它历经千年演变，工艺精湛、寓意丰富，是中华茶文化的缩影。有一款南瓜样茶宠玩具如图甲所示，当将热茶淋在其上时，它会向外喷水。为了研究其中的原理，可将该茶宠简化为一圆柱形容器，容器的上表面有一小孔（尺寸可忽略），孔内连接有一细管，如图乙。初始时，容器内充满压强为P0、温度为T0的空气。其工作过程可分为三个阶段：第一阶段为排气过程，用热水缓慢淋在容器上，使容器内气体温度达到T1，此过程中容器内部有部分空气从小孔逸出；第二阶段为吸水过程，迅速将容器放入温度为T0的水中，并让容器上的小孔始终处在水面以下，容器内气体温度逐渐降低，水逐渐被吸入容器，忽略水温的变化，直到容器内气体温度再次恢复到T0；第三阶段为喷水过程，取出容器，再次将热水淋在容器上，就会出现神奇的喷水现象。已知水的密度为ρ，大气压强为P0，容器内气体可视为理想气体。(1)第一阶段排气过程中，求从容器中逸出的空气质量与容器中原有空气质量的比值；(2)第二阶段吸水过程中，容器内外因水面高度差产生的压强相对大气压强可忽略不计，封闭气体吸水过程可视为等压变化，测量出吸水过程前后容器的质量差为，求容器容积V。【答案】(1)(2)【详解】（1）设容器容积为，原有气体初始状态：压强、温度、体积；温度升高到后，若原有气体全部不逸出，总体积变为，根据盖-吕萨克定律有（2分）整理得气体密度均匀，逸出质量与总质量之比等于体积比，因此（2分）（2）第一阶段结束后，容器内剩余气体体积为、温度为；降温到后，设剩余气体体积变为，由盖-吕萨克定律有（2分）整理得吸入容器的水的体积为（1分）吸水后容器质量差（1分）代入整理得（1分）14．(15分)如图所示，为了防止电梯因电机失控而带动缆绳竖直向下坠落导致人员伤亡，在质量为的电梯正下方的地面上安装四根劲度系数均为k的相同弹簧，弹簧上端连接一质量为m的水平铁板。电机失控后，电梯从底部距离铁板高度为h处由静止下坠，电梯下坠过程中所受缆绳的拉力大小恒为（g为重力加速度大小），电梯碰到铁板时立即与铁板粘在一起，此后缆绳松弛，电梯碰到铁板后经时间t停下。弹簧的弹性势能，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力以及弹簧的质量。求：(1)电梯接触铁板前瞬间的速度大小；(2)在这段时间t内，每根弹簧对铁板的冲量大小I；(3)在铁板下压弹簧的过程中，电梯的最大速度。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）设电梯在空中下坠过程中的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有（2分）根据匀变速直线运动的规律有（2分）解得（1分）设电梯与铁板碰撞后瞬间的速度大小为v，根据动量守恒定律有（2分）解得对铁板和电梯组成的系统，根据动量定理有（2分）解得（1分）（3）设碰撞前，弹簧的压缩量为，根据胡克定律有（1分）解得碰撞后，当铁板和电梯组成的系统合力为0时，电梯的速度最大，设此时弹簧的压缩量为，根据胡克定律有（1分）解得根据功能关系有（2分）解得（1分）15．(16分)如图所示，在坐标系中，虚线与轴平行，距离为，在虚线与轴之间的第二象限内，有沿轴正方向的匀强电场，场强大小（未知）；在虚线与轴之间的第一象限内，有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为（未知），在轴下方的足够大区域内，存在沿轴负方向的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场，场强大小，磁感应强度大小。现有一电量为、质量为的粒子在点，坐标为，以的初速度向轴正方向射出，粒子第一次经过轴时的速度大小为，不计粒子重力。求：(1)场强大小；(2)要使粒子能够经过轴，需满足的条件；(3)如果，粒子第二次经过轴的位置坐标。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）粒子在电场中，根据动能定理有（2分），解得（1分）（2）粒子第一次经过轴时，对速度进行分解，设速度与轴夹角为，则有（1分）可得，（1分），在方向上，有（1分），在方向上，有（1分）联立解得粒子在磁场中，根据牛顿第二定律有（1分）解得，要使粒子能经过轴，临界状态轨迹如图所示当轨迹圆恰好和轴相切时，有（1分）得，联立解得，当轨迹圆恰好和虚线相切时，有（1分），得，联立解得，故需满足的条件为：（1分）（3）当时，由，解得，轨迹如图所示，第一次经过轴的位置坐标为粒子在轴下方的复合场中运动时，由配速法可得（1分），解得，故粒子有沿轴负方向匀速的分运动，由矢量三角形，如图所示，可知，故粒子还有匀速圆周运动的分运动。由，解得，从粒子第一次经过轴到第二次经过轴，历时，匀速圆周运动的分运动，如图所示由几何关系可得（1分），粒子向轴负方向侧移（1分）对沿轴负方向匀速的分运动，粒子向轴负方向侧移（1分），故第二次经过轴，（1分），粒子第二次经过轴的位置坐标为【B组】（建议用时：40分钟满分：40分）解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13．(8分)某介质均匀的玻璃砖截面如图所示。下边界是半径为的半圆弧，以其圆心O为坐标原点建立坐标系，上边界是半径为的优弧，圆心P坐标为（0，）。为测定该玻璃砖的折射率，在O处放置一单色光源，发现上边界有光线射出的区域恰好覆盖了半圆，不考虑光在玻璃砖内反射后再射出。空气中的光速为c，求：(1)该玻璃砖的折射率；(2)能从上边界射出的光线在玻璃砖中传播的最长时间。【答案】(1)(2)【详解】（1）由题意可知光线恰好在N点发生全反射，如图所示根据全反射临界角公式可得（1分），由几何关系可得（1分）解得该玻璃砖的折射率为（1分）（2）光线在玻璃砖中的传播速度为（1分），光线沿轴方向从上边界射出时，在玻璃砖中的传播距离最大，如图所示则有（2分），从上边界射出的光线在玻璃砖中传播的最长时间为（1分）联立解得（1分）14．(15分)某款电磁阻尼拉力健身器材的简化装置如图所示。矩形框架的边长，绕有匝数匝、电阻的闭合金属线圈，框架和线圈的总质量。将框架静置于下端固定的竖直弹簧上（不拴接），弹簧的压缩量，框架上端通过轻质绝缘绳索跨过轻质定滑轮与轻质拉杆相连。在区域内存在方向垂直框架平面向内、磁感应强度的匀强磁场，磁场边界与之间的距离。一位健身爱好者用恒力向下拉动拉杆，框架由静止开始竖直向上运动。边上升到时，弹簧恰好恢复原长，上升到时，健身者松手，装置触发复位机制使框架回到初始位置，整个过程框架与定滑轮不相碰。已知重力加速度，不计一切阻力。求：(1)弹簧的劲度系数k；(2)边刚进入磁场时框架的速度和加速度a的大小；(3)若边通过磁场的时间，边运动到时框架的速度大小。【答案】(1)(2)，(3)【详解】（1）框架初始处于静止状态，由力的平衡条件得（1分）解得（1分）（2）框架从静止开始竖直向上运动到边刚进入磁场的过程，由动能定理得（2分）由功的定义得（2分）联立解得（1分）由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律得（1分）框架边刚进入磁场时，由牛顿第二定律得（2分）联立解得（1分）（3）框架边通过磁场的过程中，由动量定理得（2分），（1分），联立解得（1分）15．(17分)某兴趣小组设计的连锁机械游戏装置如图所示。左侧有一固定水平弹射管道，在靠近管口等高处放置一质量为的“”形小盒B（可视为质点），小盒B与大小可忽略、质量为的小物块C用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，左侧滑轮（忽略滑轮直径）与小盒B之间的绳长为；小物块C压在质量为的木板D左端，木板D上表面光滑，下表面与水平桌面间动摩擦因数（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），木板D右端到桌子右边缘固定挡板的距离为；质量为且粗细均匀的细杆用跨过桌子右边缘的光滑定滑轮的轻绳与木板D相连，木板D与定滑轮间轻绳水平，细杆下端到地面的距离也为；质量为的圆环（可视为质点）套在细杆E上端，环与杆之间滑动摩擦力和最大静摩擦力相等，大小为。开始时所有装置均静止，现将一质量为的小球A（可视为质点）由弹射管道以的速度水平弹出，之后小球A立即进入小盒B，且进入后立即被卡住（作用时间很短可不计）。木板D与挡板相撞、细杆与地面相撞均以原速率反弹。不计空气阻力，重力加速度，求：(1)小球进入小盒后的瞬间小物块C对木板D的压力；(2)木板D与挡板碰后，第一次向左运动的最大位移；(3)为使圆环最终不滑离细杆，细杆的最小长度。【答案】(1)0(2)(3)1.6m【详解】（1）由AB系统动量守恒，有（1分）得对AB整体，由牛顿第二定律有（1分）得对，由平衡有（1分）得由牛顿第三定律得（1分）（2）小球被盒卡住后，木板、圆环和细杆一起运动，对板（1分）对杆和圆环整体（1分）且得由运动学规律（1分），第一次撞地后，细杆与环发生相对滑动，对板（1分）对杆（1分）且得木板向左的最大位移（1分）得即（1分）（3）第一次撞地后，对圆环（1分）得板向左匀减，环向下匀减，两者加速度大小相等，所以同时速度减为零，之后两者再一起加速运动至第二次撞地，第一次撞地后直至速度减为零的过程，圆环向下的位移（1分）得第一次撞地后直至速度减为零的过程，圆环与细杆最大相对位移（1分）即同理，第二次撞地后，圆环与细杆最大相对位移第次撞地后，圆环与细杆最大相对位移（1分）则细杆的长度至少为即解得即（1分）【C组】（建议用时：40分钟满分：40分）解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13．(10分)波源S产生的振动在均匀介质中沿平面传播，垂直平面放置一足够长的挡板，挡板上开有两小孔A、B，AB=15m，A、B两孔到波源的距离相等，在挡板前方有一点C，线段AC与挡板垂直，且足够长，过波源沿平行AB方向建立x轴，取某点为坐标原点（未画出），垂直纸面向外为正方向建立y轴（未画出），如图（a）所示。某时刻开始计时，图（b）中实线a为t=0时刻的部分波形，第一次出现虚线b所示波形的时刻是t=0.2s，质点P平衡位置的横坐标为x=3m。求：(1)这列波的传播速度和质点P的振动方程；(2)线段AC上振动加强点到A的距离。【答案】(1)见解析(2)见解析【详解】（1）由题意和题图可知，波源在或处，当波源位于处时，范围内波沿x轴正方向传播；当波源位于处时，范围内波沿轴负方向传播，由于t=0.2s时第一次出现虚线波形，当波源位于处时，可知波在0.2s内向右传播了1m，此时波速为（1分）周期为（1分）同理可知，当波源位于处时，波速为（1分）则周期为（1分）当波源位于处时，P的振动方程为（1分）当波源位于处时，P的振动方程为（1分）（2）设Q点是AC上的振动加强点，则（n=1，2，3……）（1分）则（n=1，2，3……）由于可得，2，3由此可以判断，AC上振动加强点有三个，QA与QB的距离差可能为4m、8m、12m（1分），则振动加强点到A的距离为（1分）解得线段AC上振动加强点到A的距离可能值为、和（1分）。14．(14分)如图甲，电子枪连续不断的逸出质量为、电荷量大小为的电子（初速度可视为0），经电压为的电场加速，沿与、板平行的方向从两板正中间射入。平行金属板、间的电压随时间变化如图乙所示，BAC区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，，、板的右端均在磁场边界上，点到板的距离为。时刻射入板间的电子恰好从板的右边缘飞出，且在两板间运动的时间为。已知，其中、、、为已知量，不计电子的重力和电子间相互作用力，单位时间逸出电子数量不变。取，。求：(1)金属板的板长及、板间的距离；(2)若区域的磁感应强度，板的长度足够长，求打到板上的电子占电子数量的百分比；(3)若将BAC区域改为垂直边斜向上的匀强电场，要使电子不从AC边界射出，求匀强电场的电场强度最小值，以及此条件下打在BD板上的位置离板的最远距离。【答案】(1)，(2)