2026年高考考前预测卷：物理（北京卷01）解析版

2026年高考考前预测卷（北京专用）

物理・全解全析

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

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

第一部分

本部分共14题，每题3分，功42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。

1.光学现象在科技生产与生活中应用广泛，下列说法正确的是（）

A.全息照相主要利用了光的偏振原理

B.刀片影子边缘模糊不清是光的衍射现象

C.泊松亮斑是光经过小圆盘发生干涉形成的

D.相机镜头表面的增透膜利用了光的衍射原理

【答案】B

【解析】A.全息照相主要利用了光的干涉原理（通过记录物光与参考光的干涉条纹实现），故A错

误；

B.刀片影子边缘模糊不清是由于光波绕过障碍物边缘时发生衍射，导致影子边界不锐利，故B正

确；

C.泊松亮斑是光经过小圆盘时发生的衍射现象（光波绕过障碍物在阴影中心形成亮斑），故C错误；

D.相机镜头表面的增透膜利用了光的干涉原理（通过薄膜厚度设计使反射光发生相消干涉，减少反

射损失），故D错误。故选

2.恒温水池底部一个气泡由池底缓缓上浮，在气泡上浮的过程中（）

A.气泡内气体压强增大

B.气泡表面张力让气泡扩张

C.气泡内气体对外界做功

D.单位时间内撞击气泡表面单位面积分子数增加

【答案】C

【解析】A.气泡内气体的压强为，=%+夕水g，？

因为大气压强Po恒定，且气泡缓慢上升过程中心减小，所以〃减小，故A错误；

B.表面张力的作用是使液体表面积收缩，因此表面张力会让气泡有收缩趋势，不会使气泡扩张，故

B错误；

C.恒温水池内气泡温度不变，由玻意耳定律〃丫=。可知，压强减小则体积增大，气体体积膨胀，因

此气泡内气体对外界做功，故C正确；

D.气体压强减小，因气泡温度不变，分子平均动能不变，可知气泡内分子单位时间内对气泡壁单位

面积的撞击次数减少，故D错误c故选C。

3.2026年1月2日，中国科学院合肥物质科学研究院等离子体物理研究所科研团队宣布，我国重大科学

工程有“人造太阳''之称的全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST）实验证实托卡马克密度自由区的存在，

找到突破密度极限的方法，为磁约束核聚变装置高密度运行提供重要的物理依据。其中我国“人造太阳”主

要是将氢的同位素笊或僦的核聚变反应释放的能量用来发电，有•种核聚变反应的方程为

:H+；Hfx+；）n。已知笊核的质量为犯，比结合能为E,中子的质量为必，反应中释放的核能为光

速为c,下列说法正确的是（）

A.反应产物x为;He

B.x核的质量为——+-2网

4AF

C.x的比结合能为:E+与

33

D.提升等离子体的密度，在常温常压下也能发生聚变反应

【答案】C

【解析】A.核反应满足电荷数、质量数守恒，左侧总电荷数为1+1=2,总质量数为2+2=4；右侧中

子电荷数为0、质量数为1,因此x的电荷数为2,质最数为4-1=3,即x为;He,故A错误；

B.质能方ft：=A/fic2

又质量亏损即I=2叫一砥一巧

AF

联立得叫=2叫-叫-，收B错误；

c

C.原子核结介能二比结介能x核子数，反应前两个笊核总结合能为2x2E=4E

设x的比结合能为纥，反应后x的结合能为3耳，聚变释放的能量等于反应后总结合能与反应前总结

合能的差,即A£=3旦-4£

4AF

解得凡=彳5+=-,故C正确；

D.核聚变需要原子核克服库仑斥力接近到核力作用范围，必须满足高温高压条件，常温常压下即使

提升密度也无法发生聚变，故D借误。故选C。

4.如图1所示，小明用甲、乙、丙三束单色光分别照射同一光电管的阴极K,调节滑动变阻器的滑片P,

得到了三条光电流/随电压U变化关系的曲线如图2所示。下列说法正确的是（）

图1图2

A.甲光的光子能量最大

B.用乙光照射时饱和光电流最大

C.用乙光照射时光电子的最大初动能最大

D.通过同一装置发生双缝干涉，乙光的相邻条纹间距大

【答案】C

［解析】A.根据光电效应方程

根据动能定理-eq=0-3〃琮

解得切=eq+孔,

乙光对应的遏止电压S较大，时应的光子能量最大，A错误；

B.用甲光照射时饱和光电流最大，B错误；

C.根据动能定理—£4=0相说

解得;，叫；=e4

用乙光照射时光电子的最大初动能最大，C正确；

D.乙光的光子能显最大，频率最高，波长最短，通过同一装置发生双缝干涉，M嗫、乙光的相

邻条纹间距小，D错误。故选C。

5.一根软绳平放时与x轴重合，绳的左端在坐标原点。处，用手握住绳的左端上下抖动，在绳上形成简

谐波。从开始抖动计时，，=0.3s形成的波形如图所示，波刚好传播到x=6m处，关于这段波动过程，下列

判断正确的是（）

A.绳左端起振的方向为y轴正方向

B.手的抖动先快后慢

C.绳波传播的速度为20m/s

D.r=u.2W时，手抖动的频率为5Hz

【答案】C

【解析】A.根据同侧法可知，在右端的质点起振方向向下，所以绳左端起振的方向为），轴负方向，

故A错误；

B.波在同一种均匀介质中传播速度不变，根据图像可知，后来的波长变短，根据v=可知，后来

的频率增大，所以手的抖动先慢后快，故B错误；

C.根据波速计算公式可得y=±=^m/s=20ni/s,故C正确；

D.波从2m传播到6m的时间为乙=—=^—^s=0.2s

v20

所以，=0.25s时，手抖动的频率等于频率增大后的频率，为Hz=10Hz,故D错误。故选

公乙7

Co

6.图甲中理想变压器的原、副线圈的匝数比为10：1,&为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，凡为定

值电阻，电压表和电流表均为理想电表。原线圈所接电压〃随时间/按正弦规律变化，如图乙所示。下列

说法正确的是（）

A.变压器输入、输出功率之比为10：1

B.电压表的示数为311V

C.变压器原线圈两端的电压“随时间/变化的规律为〃=3Usin50mV

D.若热敏电阻斗的温度升高，则电流表的示数变大

【答案】D

【解析】A.理想变压器的输入、输出功率相等，A错误；

311

B.电压表的示数等于输入电压的有效值，则为S=MV=220V,B错误；

，冗

C.因①2=7学r=箫rad/s=100;rrad/s,可得变压器原线圈两端的电压〃随时间/变化的规律为

u=311sinlOORV,C错误;

D.变压器次级电压不变，若热敏电阻％的温度升高，则阻值减小，次级电阻减小，则次级电流变

大，即电流表的示数变大，D正确。故选D。

7.如图所示，线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上，下列说法正确的是（）

A.闭合开关瞬间，线圈M中的磁场方向向左

B.闭合开关，达到稳定后，电流表的示数最大

C.断开开关瞬间，感应电流从电流表的右接线柱流入

D.断开开关瞬间，线圈P中感应电流在铁芯中的磁场方向向左

【答案】C

【解析】A.闭合开关瞬间，线圈M中的电流从左端流入、右端流出，根据安培定则（右手螺旋定

则）可知，产生的磁场方向向右，故A错误；

B.闭合开关达到稳定后，线圈M中的电流恒定，穿过线圈P的磁通量不再变化，线圈PU」无感应电

流，电流表示数为零，故B错误;

CD.断开开关瞬间，线圈M产生的向右磁场减弱，根据楞次定律，线圈P中感应电流产生的磁场方

向何右；再由安培定则可知，线圈P中感应电流从右接线柱流入电流表，故C正确，故D错误。故选C。

8.我国科研人员发布了火星研究的最新成果，为重新认识火星畀供了新的证据。火星属于•类地行星，直

径约为地球的质量约为地球的公转周期约为地球的2倍，忽略星球自转影响，下列说法正确的是

()

A.地球表面重力加速度约为火星的］4B.地球密度约为火星的］8

C.火星公转轨道半径约为地球的次倍D.火星的第一宇宙速度约为地球的3

【答案】C

【解析】根据题干信息，火星直径约为地球的《，故半径降=；«

质量

公转周期

A.表面重力加速度公式为£=噂

A

GM

地球重力加速度儿=寸

GM

GMm'ae4GM,4

火星重力加速度―V=9-^=9^

m-Re

(2c)

9

因此，地球表面重力加速度为火星的4倍，故A错误。

4

M

B.密度公式为

3

地球密度"L

'M,E8

9,

火星密度41»3-9Pr

一汽Rm7T--K

3w,38r

9

因此，地球密度为火星的9倍，故B错误。

O

C.根据开普勒第三定律，公转周期满足r2ocr

故生一

人T：2r3

代入rin=2Te

得”

所以­=V?

因此，火星公转轨道半径约为地球的V4倍，故c正确。

D.第一宇宙速度公式为v

地球第•宇宙速度匕=

G-M.

火星第•宇宙速度%=9e—v«0.471v

3''

I2Te

故D错误。故选Co

9.蹦床运动中，体重为60kg的运动员在f=0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小尸与时间，的关系如

图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力

加速度大小取。

A.，=0.15s时，运动员的机械能最大

B.，=0.3s时，运动员的加速度大小为0

C.，二ls时，运动员恰好运动到最大高度处

D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N

【答案】D

【解析】A.，=0.15s时运动员在最低点，速度为零，机械能最小，故A错误:

B./=0.3s时运动员刚离开蹦床，只受重力，加速度为10m/s2,故B错误;

C.空中运动时间2.0s,上升时间1.0s,离开时刻0.3s,最高点应在1.3s,故C错误:

D.离开时速度v=^xl.0=10m/s

由动量定理（F-mg）M=2niv

代入数据得F=4600N,故D正确。故选D。

10.图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，

以何上为正方向，得到手机振动过程中加速度〃随时间/变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示。下列说法

正确的是（）

i

i

i

A.”0时，弹簧弹力为0

B./=0.2s时、手机位于平衡位置下方

C.从f=o至r=0.2s,手机的动能增大

D.a随,变化的关系式为a=4sin（5Mm/s2

【答案】B

【解析】A.由题图乙知，f=0时，手机加速度为0,由牛顿第二定律得弹簧弹力大小为尸二mg,故

A错误；

B.由题图乙知，r=O.2s时，手机的加速度为正，则手机位于平衡位置下方，故B正确；

C.由题图乙知，从7=0至，=0.2s,手机的加速度增大，手机从平衡位置向最大位移处运动，速度减

小，动能减小，故C错误；

D.由题图乙知，周期丁=0.8s,则角频率3=苧=2.5;rraWs

则〃随/变化的关系式为a=4sin（2.5m）nVs2,故D错误。故选B。

11.高压输电线周围存在较强的电场，对环境和安全有重要影响。如图甲，某超高压输电线路的两条导线

可视为带等量异种电荷的平行长直导线，其截面图简化为等量异种点电荷+Q和-Q,如图乙，图中实线为

电场线，竖直虚线为点电荷+Q和-。连线的中垂线，3是该中垂线上的点。A点是离+Q较近的点，。点是

离-0较近的点，下列说法正确的是（）

中垂线

A.。点电场强度大于4点电场强度，。点电势高于3点电势

B.电子在A点电势能低于B点电势能

C.在A点释放一正试探电荷心试探电荷将沿电场线方向向上运动

D.试探电荷从A点开始绕+Q做圆周运动，电场力不做功

【答案】B

【解析】A.电场线越密，电场强度越大，所以。点电场强度大于8点电场强度，由于沿电场方向电

势降低，所以8点电势高于。点电势，故A错误；

B.由于A点电势高于8点电势，负电荷在电势高的地方电势能小，所以电子在A点电势能低于B点

电势能，故B正确；

C.在A点释放一正试探电荷心试探电荷将受到沿切线向上的电场力，试探电荷向上运动，而电场

力的方向发生变化，所以试探电荷不会沿着电场线运动，故C错误；

D.若试探电荷从4点开始绕+Q做圆周运动，由于试探电荷所受电场力不指向圆心，口电场力不断变

化，所以试探电荷不可能绕+Q做圆周运动，故D错误。故选B。

12.羽毛球是大众喜爱的体育运动。如图所示是羽毛球从左往右飞行的轨迹图，由于空气阻力的影响，轨

迹不对称。图中A、4为同一轨迹上等高的两点，P为该轨迹的最高点。羽毛球在该轨迹上运动时

A.在人、4两点的机械能相等

B.在A、8两点的动量相等

C.AP段动能的减小量等于PB段动能的增加量

D.AP段重力的冲量小于PB段重力的冲量

【答案】D

【解析】A.羽毛球在运动过程中受到空气阻力作用，且空气阻力做负功，羽毛球的机械能减小，羽

毛球在A点的机械能大于B点的机械能，A减小；

B.A、8为同一轨迹上等高的两点，重力势能相同，则羽毛球在A点的动能大于在8点的动能，则羽

毛球在A点的动量大于在8点的动量，B错误；

C.因为A、3等高，所以AP段和段的重力做功大小相等

根据动能定理，AP段动能减小量4=%+叱

PB段动能增加量岛=%-1叫

显然%+吗因此/IP段动能的减小量大于段动能的增加量，C错误;

D.在竖直方向上，AP段的平均加速度大于P8段的平均加速度，位移大小相等，所以AP段的飞行

时间小于尸8段的飞行时间重力的冲量/=

所以A0段重力的冲量小于P3段重力的冲量，D正确。故选D。

13.如图所示，长方体形状的金属导体放在匀强磁场中，磁场方向垂宜于前后侧面;当导体中通入如图所

示的电流时，会在上、下侧面间产生一定的电势差U“，这种现象称为霍尔效应。利用霍尔效应可以测量

某空间的磁感应强度。图中d表示导体的宽度，力表示导体上、卜侧面间的距离，/表示通入电流的大小，

8表示磁感应强度大小。下列说法正确的是（）

A.上侧面的电势比下侧面的电势高

B.电势差U”与/?有关

C.电势差U"与d有关

D.其他条件不变时，/越小，测量磁感应强度时的灵敏度（条）越高

【答案】C

【解析】A.由题图可知，电流方向向右，电子的定向移动方向向左，由左手定则可知，电子受到的

洛伦兹力方向向上，则上侧面带负电，下侧面带正电，因此上侧面的电势比下侧面的电势低，故A错误;

BC.电势差稳定后，电子受到的电场力与洛伦兹力平衡，可得学

h

可得4=8的

根据电流微观表达式可得/=neSv=nevdh

联立可得为=—

ned

可知电势差UH与〃无关，与“有关，故B错误，C正确;

D.根据为=1可得

nedARned

则其他条件不变时，/越小，测量磁感应强度时的灵敏度（条）越低，故D错误。故比C。

14.如图所示，水平面内时和cd是两条平行放置的足够长的固定粗糙金属直导轨，和是两根用

细线连接的金属杆，其质量分别为2kg和1kg,两杆与导轨间的动摩擦因数相同。开始时恒定水平外力产

作用在杆MN上，使两杆以大小为4m/s的速度水平向右匀速运动。整个装置处在磁感应强度为8的匀强

磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直，导轨电阻可忽略。在片0时刻将细线烧断，保持外力尸不变，金

属杆和导轨始终接触良好，已知在仁历时刻后杆MN速度大小为5m/s并保持不变，且在OTo时间内两杆速

度方向始终向右，下列说法正确的是（）

xx台xx

M'M

A.细线烧断后，流经MN的电流方向为由M到N

B.ATH稳定后的速度大小为3m/s

C.0〜力时间内MN和M7W的位移大小之比大于3：2

D.整个过程中系统动能变化量的大小等于整个系统产生的焦耳热

【答案】C

【解析】A.细线烧断前两杆做匀速运动，回路中无感应电流，烧断细线后，的速度大于,WM的

速度，根据右手定则可知MN切割磁感线产生的感应电动势大于产生的感应电动势，则回路中电流方

向由N到M,故A错误；

B.两杆组成的系统所受的合外力为零，系统动最守恒，设MN的质显为町=2kg,的质最为

吗=lkg,初始速度为%=4m/s,MN稳定后的速度大小为匕=5m/s,稳定后的速度大小为丹。规定

向右为正方向，由系统动量守恒定律（见+〃”％=叫匕+外岭

代入数据脩得稳定后的速度大小为3=2m/s,故R错误;

C.由题意可知MN做加速运动，MM做减速运动，两者速度差变大，电动势变大，电流变大，安培

力变大，MN安培力向左,安培力向右。根据牛顿第二定律可知仞V、的加速度大小都逐渐减

小，则MN、A/M的VT图像如图所示

%＞；（%+匕），。'9＜；（%+彩）f。

由图可知,

则工＞如“=5=二3

故C正确;

Y…4+22

D.根据能量守恒定律斗=△与+Q热+W打

故整个过程中系统动能变化量的大小不等于整个系统产生的焦耳热，故D错误。故选C。

第二部分

本部分共6题，共58分。

15.（8分）（1）用如图甲所示的装置测量重力加速度。

甲

①如图甲所示，选用长度为1m左右不可伸长的细线与（选填“小塑料球”或“小钛球”）组装

成单摆。

②某次实验中用刻度尺测出摆线长/，用游标卡尺测得小球直径％如图乙所示，d=cm；用

秒表记录下单摆〃次全振动的时间/，计算出单摆的周期丁及摆长心。

③多次改变摆线长，重复②中的实验，用多组实验数据作出单摆周期的平方尸与摆长乙的关系图

像。己知三位同学作出的升一L图线如图丙中的。、b、c所示,其中。和力平行，。和c都过原点，通过

图线h计算出的g的测星值最接近当地重力加速度的值。下列分析正确的是_______。（选填字母）

T2

h

A、出现图线。的原因可能是将悬点到小球下端的距离记为摆长L

B、出现图线c的原因可能是将51次全振动记为50次

C、图线c对应的g的测量值大于图线b对应的g的测量值

（2）通过测量重力加速度可进行地质勘探。现测得某地重力加速度明显高于同一纬度其他地区的重力加

速度，请你写出可能的原因。

【答案】（1）小铁球L85C

（2）地下存在密度较大的矿藏

【解析】（1）[1]根据单摆模型，摆球选择体积小密度大的小铁球；

[2]10分度游标卡尺的精确度为0.1mm,摆球直径d=18mBi+5x0.1mm=1.85cm

[3]A.由题意可知，图中直线〃对应的表达式为尸=上421

g

图中直线〃的表达式为T2二4—斗二40L|因此出现图线。的原因可能是将悬点到小球

ggg

上端的距离记为摆长L,故A错误；

B.由图像可知，相同摆长的情况下，图线。对应的周期偏小，由丁=」可知出现图线。的原因可能是

n

将50次全振动记为51次，故B错误；

C."图像的斜率表示——，图线。的斜率小于图线。的斜率，因此图线。对应的g的测最值大于

g

图线方对应的8的测量值.，故c正确；故选C。

（2）重力加速度的大小和每个地方的物质分布情况相关，密度大的区域重力加速度比密度小的区域

大，因此地质勘探的结果可能说明地下存在密度较大的矿物的区域。

16.（10分）多用电表可用来测量电流、电压和电阻。

(1)用多用电表的欧姆挡测量-阻值约为2kQ的电阻，应把选择开关旋转到(选填“xlk”或

xlOO")位置，经过正确的操作后，表针位置如图所示，其对应的阻值是Qo

(2)用多用电表的直流电流挡测景电流时，红表笔的电势黑表笔的电势；用多用电表的直流电

压挡测量电压时，红表笔的电势黑表笔的电势。(选填“高于"或'‘低于")

(3)某同学用电池、开关和灯泡组成如图所示的电路。闭合开关，发现灯泡不发光。该同学在闭合开关

且不拆开导线的情况下，用多用电表直流电压挡进行电路故障枪测。他将红表笔接，，黑表笔分别试触

b、c、d、e、f,检测结果如下表所示。

若电路中仅有一处故障，则故障可能是

A.开关接触不良B.灯泡断路C./处接触不良

【答案】(1)xKX)1800

(2)高于高于

(3)B

【解析】(I)[I]由于欧姆表的刻度盘的中心刻度为15,所以要测量2kC左右的电阻时首先应换挡，

把选择开关旋到X100的位置；

[2]由图可知，欧姆表的读数为18xl(X)Q=18(XK2

(2)用多用电表的直流电流挡测量电流和用多用电表的直流电压挡测量电压时，电流均从红表

笔流入，从黑表笔流出，红表笔电势高于黑表笔。

(3)A.若升关接触小良，则。、c间电压为零，与题意不符，故A错误；

B.若灯泡断路，则〃、力与。、c间电压不为零，其他电压为零，与题意相符，故B正确:

C.若/处接触不良，则。、c间电压为零，与题意不符，故C错误。故选B。

17.（9分）如图所示，在某物流分拣中心的分拣流水线上，一质量为〃?=O」kg的小货物以初速度%从粗

糙水平分拣台上某处开始运动，经时间f=0.4s后以速度u=4m/s飞离分拣台，最终落在水平地面上对应的

分拣框中。货物与分拣台的动摩擦因数4=0.25,分拣台离地面高〃=0.8m,不计空气阻力，重力加速度

g=10m/s2o求：

（1）货物初速度%的大小；

⑵货物落地点距飞出点的水平距离x；

⑶货物落地时的速度大小匕。

【答案】（l）%=5m/s

⑵x=1.6m

（3）片=4夜m/s

【解析】（1）货物在水平桌面上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有

根据运动学公式，有n=%-G

得%=5m/s（3分）

（2）货物做平抛运动，在竖直方向上，有h=；gR

在水平方向上，有才=叫

得x=1.6m（3分）

（3）竖直方向上，有％=取

落地速度匕*

得/=4>/2nVs（3分）

18.（8分）如图所示，足够大的匀强磁场的左边界如虚线所示，磁感应强度为及质量为小、电荷量为q

的带正电粒子，以初速度u沿垂直磁场左边界的方向射入，在磁场中做匀速圆周运动，不计带电粒子所受

重力。

XXXX

XXX_x

D

XXXX

XXXX

XXXX

XXXX

I-

XXXX

（1）求粒子做匀速圆周运动的半径七

（2）求粒子在磁场中运动的时间t.

（3）为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个匀强电场，求电场强度E的大小并说明电场的方

向。

mv

【答案

nm

(2)/=—

qB

（3）E=vB,方向竖直向下

【解析】（1）根据洛伦兹力提供向心力登

mv

可得R=f（2分）

qB

（2）根据单边界进出磁场的对称性可知，圆心角6=180。

2,7R27rm

粒子在磁场中运动周期7=

粒子在磁场中运动的时间/二

24

联立解得W（4分）

qB

（3）根据平衡可知夕港="后

解得E=M

由于粒子带正电，根据左手定则可知，粒子受到的洛伦兹力方向向上，为使该粒子做匀速直线运动,

则匀强电场方向竖直向下。（2分〕

19.（11分）如图所示，半径R=Q4m的竖直半圆形光滑轨道与水平面相切，间的距离

43.6m。质量w2=0.15kg的小滑块2放在半圆形轨道的最低点B处，另一质量为〃*0.25kg的小滑块1,

从A点以%=10m/s的初速度在水平面上滑行，到iAS处两滑块相碰，碰撞时间极短，碰后两滑块粘在一

起湾上半圆形凯道。已知滑块1与水平面之间的动摩擦因数"=0.5。重力加速度g取lOm/s?。两滑块均可

视为质点。求：

（1）滑块1与滑块2碰撞前瞬间的速度大小刃;

⑵两滑块在碰撞过程中损失的机械能AE

（3）在半圆形轨道的最高点C处，轨道对两滑块的作用力大小FN；

（4）两滑块做匀变速曲线运动过程中的动晟变化最

【答案】（D8nVs

(2)3J

(3)5N

（4）1.6kgm/s,方向竖直向下

【解析】（I）对滑块I在水平面八用上运动过程进行受力分析，列动能定理方程有

12I2

解得滑块1与滑块2碰撞前瞬间的速度大小为匕=8m/s（2分）

（2）两滑块在碰撞过程中，由动眼守恒定律有〃*=（见+/%）u

解得两滑块碰后瞬间的共同速度为u=5m/s

所以两滑块在碰撞过程中损失的机械能为=；町片-;（叫+〃?2），=3J（3分）

（3）对两滑块粘在一起后从半圆形轨道的最低点4运动到最高点C的过程，列动能定理方程有

一（町+生）X.2/?=4一;（班+"4）v2

解得两滑块到半圆形轨道的最高点C时的速度大小为％=3m/s

2

在半圆形轨道的最高点C对两滑块进行受力分析，根据牛顿第二定律有FN+（町+吗）g=（町+吗年

解得此时轨道对两滑块的作用力大小为尸N=5N（3分）

（4）两滑块从半圆形轨道的最高点C抛出后做平抛运动，其性质为匀变速曲线运动，设其在空中运

动的时间为/,则由平抛运动的性质有2欠=白产

解得30.4s

则由动量定理可知，两滑块做匀变速曲线运动过程中的动量变化量大小为3=(叫+"4)g，=L6kg・m/s

其方向竖直向下。(3分)

20.(12分)质疑是推动科学向前发展的重要动力。如图所示，光滑绝缘水平面上两个相同的、带正电的

金属球甲、乙，电荷量分别为2Q与。。甲球固定在A点，乙球位于8点;，相距L