《领跑高中》 物理二轮复习高考题型组合练 9.选择题＋计算题组合练（4）（教师用书）
文档属性
| 名称 | 《领跑高中》 物理二轮复习高考题型组合练 9.选择题＋计算题组合练（4）（教师用书） |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 278.6KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-12-23 00:00:00 | ||
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文档简介
9.选择题＋计算题组合练（4）
一、单项选择题
1.（2024·浙江6月选考2题）如图为小猫蹬地跃起腾空追蝶的情景，则（ ）
A.飞行的蝴蝶只受重力的作用
B.蝴蝶转弯时所受合力沿运动方向
C.小猫在空中受重力和弹力的作用
D.小猫蹬地时弹力大于所受重力
解析：D 蝴蝶在飞行过程中受到的力除了重力，还有空气对它的作用力，故A错误；蝴蝶转弯时做曲线运动，所受合力指向轨迹凹侧，故B错误；小猫离开地面后由于惯性会继续运动，此时不会受到地面弹力的作用，故C错误；小猫在蹬地时弹力大于所受重力，故D正确。
2.（2024·山东淄博高三模拟）用中子轰击静止的锂核，核反应方程为nLiHe＋X＋γ，已知光子的频率为ν，锂核的比结合能为E1，氦核的比结合能为E2，X核的比结合能为E3，普朗克常量为h，真空中光速为c。下列说法正确的是（ ）
A.X为H
B.γ光子的动量p＝
C.释放的核能ΔE＝（4E2＋3E3）－6E1＋hν
D.质量亏损Δm＝
解析：D 根据质量数守恒和电荷数守恒可知X为H，故A错误；光子的频率为ν，可知γ光子的动量p＝＝，故B错误；由比结合能的概念可知，该核反应释放的核能ΔE＝（4E2＋3E3）－6E1，故C错误；质量亏损Δm＝，故D正确。
3.一只翠鸟发现露出水面的游鱼，从高空由静止俯冲扎入水中捕鱼。若在翠鸟由静止俯冲至水面的过程中，位移与时间的比值随时间变化的图像为直线，如图所示，其中v0、t0均已知，翠鸟在空中运动的时间为t0，则下列说法正确的是（ ）
A.翠鸟在空中运动的最大速度为v0
B.翠鸟在空中运动的最大速度为1.5v0
C.翠鸟在空中运动的距离为v0t0
D.翠鸟在空中运动的距离为2v0t0
解析：C 由图像可得＝t，变形得x＝t2，可知翠鸟从高空由静止俯冲，做匀加速直线运动。根据x＝at2得加速度为a＝，所以当t＝t0时，速度最大，大小为vm＝at0＝2v0，故A、B错误；由匀加速直线运动位移与时间关系可得翠鸟在空中运动的距离为x1＝a＝v0t0，故C正确，D错误。
4.（2024·浙江6月选考7题）理想变压器的原线圈通过a或b与频率为f、电压为u的交流电源连接，副线圈接有三个支路，如图所示。当S接a时，三个灯泡均发光，若（ ）
A.电容C增大，L1灯泡变亮
B.频率f增大，L2灯泡变亮
C.RG上光照增强，L3灯泡变暗
D.S接到b时，三个灯泡均变暗
解析：A 电容C增大，容抗减小，L1灯泡变亮，A正确；频率f增大，感抗增大，L2变暗，B错误；RG上光照增强，光敏电阻的阻值减小，L3灯泡变亮，C错误；S接到b上时，副线圈上的电压增大，三个灯泡均变亮，D错误。
5.（2024·江西南昌模拟）一定质量的理想气体从状态a开始。第一次经等压过程到状态b；第二次先经等容过程到状态c，再经等温过程到状态b。V-T图像如图所示，则（ ）
A.a→b过程中气体从外界吸热
B.a→c过程中气体向外界放出热量
C.气体在状态c时比在状态b时单位时间内撞击在单位面积上的分子数多
D.a→c→b过程中外界对气体做的功比a→b过程中外界对气体做的功多
解析：B a→b 过程，气体压强不变，即等压变化过程，温度降低，故内能减小。该过程体积减小，外界对气体做正功，故a→b过程中气体向外界放热，故A错误；a→c 过程，气体体积不变，即等容变化过程，外界对气体不做功，温度降低，故内能减小，故a→c过程中气体向外界放热，故B正确；c→b 过程，气体的温度相等，体积变小压强变大，由气体压强的微观解释可知，在状态b时比在状态c时单位时间内撞击在单位面积上的分子数多，故C错误；a→b过程中压强不变，a→c→b过程中压强先变小再变大，两个过程中体积变化相同，a→c→b过程中平均压强小于a→b过程中平均压强，所以a→c→b过程中外界对气体做的功比a→b过程中外界对气体做的功少，故D错误。
6.智能手机安装适当的软件后，可随时测量手机的加速度大小。某同学手持这样一部手机，站在水平地面上，完成一次下蹲后又起立的运动，得到其加速度随时间的变化关系如图所示。设竖直向上为正方向，下列关于该同学的说法错误的是（ ）
A.由a到c的过程中处于失重状态
B.c点时重心最低
C.e点时处于起立过程且向上速度最大
D.由e到f的过程中地面对其支持力小于重力
解析：B 由a到c的过程中加速度为负，即竖直向下，所以处于失重状态，故A正确；c点时该同学的加速度为0，c点后该同学处于超重状态，从而说明c点时向下的速度最大，还未到最低点，故B错误；c至e过程该同学为超重状态，之后为失重状态，所以e点时处于起立过程且向上速度最大，故C正确；由e到f的过程处于失重状态，地面对其支持力小于重力，故D正确。
7.（2024·重庆沙坪坝模拟）某实验小组用一细激光束与一个透明三棱柱做光的全反射实验，如图所示，三棱柱的截面为边长等于L的等边三角形，细激光束垂直于BC边从S点射入三棱柱后，在AB的中点D处恰好发生全反射。已知该细激光束在AC边的E点（图中未标出）射出，光在真空中的传播速度为c。下列判断正确的是（ ）
A.该三棱柱对该细激光束的折射率为2
B.该细激光束在三棱柱中的传播速度等于光速c
C.该细激光束有一部分将会从S点垂直于BC边射出
D.该细激光束第一次从S点传播到E点的时间为
解析：C 设该细激光束发生全反射的临界角为C，依题意及几何关系可知C＝60°，由sin C＝，解得n＝，故A错误；该细激光束在三棱柱中的传播速度为v＝＝c，小于光速c，故B错误；作出该细激光束在三棱柱中的光路图，如图所示，可知光线将垂直于AC边从E点射出，同时光线有一部分在E点反射回来，根据光路可逆原理可知，该细激光束有一部分光线会从S点垂直于BC边射出，故C正确；由几何关系可知，该细激光束第一次从S点传播到E点的路程s＝2×sin 60°＝L，所需的时间t＝＝，故D错误。
二、多项选择题
8.（2024·山东济南二模）如图所示，在坐标系xOy中，弧BDC是以A点为圆心、AB为半径的一段圆弧，AB＝L，AO＝，D点是圆弧跟y轴的交点。当在O点和A点分别固定电荷量为－Q1和＋Q2的点电荷后，D点的电场强度恰好为零。下列说法正确的是（ ）
A.Q2＝4Q1
B.B点与C点电场强度相同
C.圆弧BDC上的各点中，D点的电势最低
D.电子沿着圆弧从B点运动到C点的过程中，电势能先增大后减小
解析：ACD D点的电场强度恰好为零，有＝，解得Q2＝4Q1，故A项正确；根据对称性可知，B、C两点电场强度大小相等，方向不同，故B项错误；对Q2来说圆弧是一个等势面，所以各点电势高低，由Q1决定，根据沿电场线方向电势降低，距离负电荷越近，电势越低，所以D点电势最低，故C项正确；电子沿着圆弧从B点运动到C点的过程中，电势先降低后升高，根据Ep＝qφ，可知电势能先增大后减小，故D项正确。
9.（2024·重庆模拟）如图所示，质量为m＝0.02 kg、电阻分布均匀的矩形线框abcd，ab边长L1＝0.25 m，bc边长L2＝0.08 m，总电阻R＝0.2 Ω，矩形线框abcd沿光滑水平面向右以速度v0＝2 m/s冲向宽度L3＝0.068 m的有界匀强磁场，磁感应强度B＝1 T，方向竖直向上，则（ ）
A.线框刚进入磁场时，ab边两端的电压为0.5 V
B.线框能够穿过磁场，穿过磁场后的速度为 m/s
C.线框不能穿过磁场，最后线框的cd边停在距有界磁场左边界0.06 m处
D.线框在整个运动过程中产生的焦耳热为0.04 J
解析：CD 线框刚进入磁场时，有E＝BL1v0＝0.5 V，ab边两端的电压为Uab＝E＝×0.5 V≈0.31 V，A错误；线框ab边进入磁场到离开磁场的过程，根据动量定理有mv1－mv0＝－BIL1t＝－L3，之后线框匀速运动，直到cd边进入磁场，在cd边进入磁场到速度减为0的过程，根据动量定理有0－mv1＝－BIL1t'＝－x，联立解得x＝－L3＝0.06 m＜L3，所以线框不能穿过磁场，最后线框的cd边停在距有界磁场的左边界0.06 m处，B错误，C正确；根据能量守恒定律可知线框在整个运动过程中产生的焦耳热为Q＝m＝0.04 J，D正确。
10.（2024·安徽马鞍山三模）如图所示，用边长为a的六块荧光屏组成的正六边形ABCDEF区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一束比荷（电荷量与质量之比）为k的带电粒子从A点沿AE方向射入磁场区域。粒子打在荧光屏上会使其感光且粒子被吸收并导走。粒子速率均匀分布在≤v0≤2kBa范围之内。若不计粒子重力及粒子间相互作用力，则（ ）
A.若粒子带正电，DE屏（除D点外）会发光
B.若粒子带正电，磁场中有粒子经过的区域的面积为a2
C.若粒子带负电，AF屏上会发光的长度为
D.若粒子带负电，在磁场中运动时间相等的粒子数目占总粒子数的一半
解析：BC 若粒子带正电，粒子在磁场中做圆周运动，由左手定则可以判断，粒子向右偏转，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可知qvB＝m，而粒子速率的分布为≤v0≤2kBa，代入可得粒子的半径＜r＜2a，由几何关系可知粒子轨迹如图甲，由图甲可知速度最大时，从D点射出，DE屏（除D点外）不会发光，故A错误；由图甲可知，磁场中有粒子经过的区域的面积为S＝a2，故B正确；若粒子带负电荷，粒子将向左偏，最小速度轨迹如图乙中圆心为O3的圆在六边形中的部分由几何关系可知，AF屏上会发光的长度为，故C正确；由几何关系可知，在磁场中运动时间相等的粒子为半径在＜r＜a范围内，其数目占总数目的，故D错误。
三、计算题
11.（2024·浙江杭州模拟）一游戏装置由倾角θ＝37°的直轨道AC、一段圆心为O，半径为R的光滑圆弧轨道CD、一段光滑水平直轨道DE在C点、D点平滑连接而成，C、D为切点，整个装置固定在一竖直平面内，在水平轨道DE的左端固定一轻弹簧。两个可视为质点的小滑块P、Q质量都为m，其中滑块Q与轨道AC间动摩擦因数处处相等，滑块P与直轨道AC间摩擦不计。开始时滑块Q静止于与圆心O等高的B处，让滑块P从距B的竖直高度为h＝3.2R处静止释放，在B处两滑块相碰，碰后P、Q一起在直轨道AC上做匀速运动，已知P、Q每次碰后瞬间速度相等但不粘连，滑块与弹簧碰撞都不会超出弹簧的弹性限度。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。重力加速度用g表示，求：
（1）P、Q第一次一起在直轨道AC上向下匀速运动的速度大小v1，以及第一次一起经过圆轨道D点受到圆轨道的总支持力F；
（2）P、Q第二次一起在直轨道AC上向下匀速运动的速度大小v2；
（3）经足够长时间，滑块Q在轨道AC上运动的总路程。
答案：（1） 6mg （2） （3）R
解析：（1）滑块P由静止到下滑至与Q碰撞前，由机械能守恒定律得mgh＝m
可得v0＝，P与Q相碰后一起运动，由动量守恒定律得
mv0＝2mv1
解得v1＝，P、Q从C运动到D的过程，由动能定理得
2mgR＝×2m－×2m
在D点，由牛顿第二定律有F－2mg＝2m×
解得受到圆轨道的总支持力F＝6mg。
（2）P下滑与Q相碰后在BC段一起向下作匀速运动，则斜面对Q的滑动摩擦力
f＝2mgsin θ，P、Q第一次被弹簧弹回运动到C点时的速度依然为v1，此后P、Q分离，Q在AC上向上滑动的加速度为a1＝3gsin θ，Q在AC上向上滑动的位移为x1，可得x1＝＝，P在AC上向上滑动的加速度为a2＝gsin θ，P在AC上向上滑动的位移为x2，则有x2＝，P与Q碰前的速度为v'，则
mgsin θ＝mv'2
得v'＝v1，P与Q碰后的速度为v2，则
mv'＝2mv2
可得v2＝v1＝
此速度v2即为P、Q第二次一起在直轨道AC上向下匀速运动的速度。
（3）方法一：自P、Q第一次返回AC直轨道运动，至再次从C点离开AC直轨道的过程中，滑块Q克服摩擦力做的功与滑块P、Q碰撞损失的机械能ΔE的比值为
＝
得＝
经分析，以后如此运动的比值不变，经过多次运动，最终P、Q循环运动，到达C点的速度为0。故P、Q第一次返回AC直轨道运动时的动能，经Q与AC直轨道摩擦发热部分为2mgsin θ·s'＝××2m
可得s'＝R
结合第一次下滑的距离，可得滑块Q在轨道AC上运动的总路程为s＝s'＋＝R
方法二：由（2）知，P、Q第二次离开AC直轨道运动的速度v2是P、Q第一次离开AC直轨道运动的速度v1的倍，此后规律也如此，直到最终P、Q循环运动，到达C点的速度为0。滑块Q第一次返回AC向上滑和向下滑的路程为x'＝2×＝
则滑块Q第二次返回AC向上滑的位x″
x″＝×
则自滑块Q第一次返回AC直至最终循环运动的总路程为s'，得s'＝＝R
结合第一次下滑的距离，可得滑块Q在轨道AC上运动的总路程为s＝s'＋＝R。
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一、单项选择题
1.（2024·浙江6月选考2题）如图为小猫蹬地跃起腾空追蝶的情景，则（ ）
A.飞行的蝴蝶只受重力的作用
B.蝴蝶转弯时所受合力沿运动方向
C.小猫在空中受重力和弹力的作用
D.小猫蹬地时弹力大于所受重力
解析：D 蝴蝶在飞行过程中受到的力除了重力，还有空气对它的作用力，故A错误；蝴蝶转弯时做曲线运动，所受合力指向轨迹凹侧，故B错误；小猫离开地面后由于惯性会继续运动，此时不会受到地面弹力的作用，故C错误；小猫在蹬地时弹力大于所受重力，故D正确。
2.（2024·山东淄博高三模拟）用中子轰击静止的锂核，核反应方程为nLiHe＋X＋γ，已知光子的频率为ν，锂核的比结合能为E1，氦核的比结合能为E2，X核的比结合能为E3，普朗克常量为h，真空中光速为c。下列说法正确的是（ ）
A.X为H
B.γ光子的动量p＝
C.释放的核能ΔE＝（4E2＋3E3）－6E1＋hν
D.质量亏损Δm＝
解析：D 根据质量数守恒和电荷数守恒可知X为H，故A错误；光子的频率为ν，可知γ光子的动量p＝＝，故B错误；由比结合能的概念可知，该核反应释放的核能ΔE＝（4E2＋3E3）－6E1，故C错误；质量亏损Δm＝，故D正确。
3.一只翠鸟发现露出水面的游鱼，从高空由静止俯冲扎入水中捕鱼。若在翠鸟由静止俯冲至水面的过程中，位移与时间的比值随时间变化的图像为直线，如图所示，其中v0、t0均已知，翠鸟在空中运动的时间为t0，则下列说法正确的是（ ）
A.翠鸟在空中运动的最大速度为v0
B.翠鸟在空中运动的最大速度为1.5v0
C.翠鸟在空中运动的距离为v0t0
D.翠鸟在空中运动的距离为2v0t0
解析：C 由图像可得＝t，变形得x＝t2，可知翠鸟从高空由静止俯冲，做匀加速直线运动。根据x＝at2得加速度为a＝，所以当t＝t0时，速度最大，大小为vm＝at0＝2v0，故A、B错误；由匀加速直线运动位移与时间关系可得翠鸟在空中运动的距离为x1＝a＝v0t0，故C正确，D错误。
4.（2024·浙江6月选考7题）理想变压器的原线圈通过a或b与频率为f、电压为u的交流电源连接，副线圈接有三个支路，如图所示。当S接a时，三个灯泡均发光，若（ ）
A.电容C增大，L1灯泡变亮
B.频率f增大，L2灯泡变亮
C.RG上光照增强，L3灯泡变暗
D.S接到b时，三个灯泡均变暗
解析：A 电容C增大，容抗减小，L1灯泡变亮，A正确；频率f增大，感抗增大，L2变暗，B错误；RG上光照增强，光敏电阻的阻值减小，L3灯泡变亮，C错误；S接到b上时，副线圈上的电压增大，三个灯泡均变亮，D错误。
5.（2024·江西南昌模拟）一定质量的理想气体从状态a开始。第一次经等压过程到状态b；第二次先经等容过程到状态c，再经等温过程到状态b。V-T图像如图所示，则（ ）
A.a→b过程中气体从外界吸热
B.a→c过程中气体向外界放出热量
C.气体在状态c时比在状态b时单位时间内撞击在单位面积上的分子数多
D.a→c→b过程中外界对气体做的功比a→b过程中外界对气体做的功多
解析：B a→b 过程，气体压强不变，即等压变化过程，温度降低，故内能减小。该过程体积减小，外界对气体做正功，故a→b过程中气体向外界放热，故A错误；a→c 过程，气体体积不变，即等容变化过程，外界对气体不做功，温度降低，故内能减小，故a→c过程中气体向外界放热，故B正确；c→b 过程，气体的温度相等，体积变小压强变大，由气体压强的微观解释可知，在状态b时比在状态c时单位时间内撞击在单位面积上的分子数多，故C错误；a→b过程中压强不变，a→c→b过程中压强先变小再变大，两个过程中体积变化相同，a→c→b过程中平均压强小于a→b过程中平均压强，所以a→c→b过程中外界对气体做的功比a→b过程中外界对气体做的功少，故D错误。
6.智能手机安装适当的软件后，可随时测量手机的加速度大小。某同学手持这样一部手机，站在水平地面上，完成一次下蹲后又起立的运动，得到其加速度随时间的变化关系如图所示。设竖直向上为正方向，下列关于该同学的说法错误的是（ ）
A.由a到c的过程中处于失重状态
B.c点时重心最低
C.e点时处于起立过程且向上速度最大
D.由e到f的过程中地面对其支持力小于重力
解析：B 由a到c的过程中加速度为负，即竖直向下，所以处于失重状态，故A正确；c点时该同学的加速度为0，c点后该同学处于超重状态，从而说明c点时向下的速度最大，还未到最低点，故B错误；c至e过程该同学为超重状态，之后为失重状态，所以e点时处于起立过程且向上速度最大，故C正确；由e到f的过程处于失重状态，地面对其支持力小于重力，故D正确。
7.（2024·重庆沙坪坝模拟）某实验小组用一细激光束与一个透明三棱柱做光的全反射实验，如图所示，三棱柱的截面为边长等于L的等边三角形，细激光束垂直于BC边从S点射入三棱柱后，在AB的中点D处恰好发生全反射。已知该细激光束在AC边的E点（图中未标出）射出，光在真空中的传播速度为c。下列判断正确的是（ ）
A.该三棱柱对该细激光束的折射率为2
B.该细激光束在三棱柱中的传播速度等于光速c
C.该细激光束有一部分将会从S点垂直于BC边射出
D.该细激光束第一次从S点传播到E点的时间为
解析：C 设该细激光束发生全反射的临界角为C，依题意及几何关系可知C＝60°，由sin C＝，解得n＝，故A错误；该细激光束在三棱柱中的传播速度为v＝＝c，小于光速c，故B错误；作出该细激光束在三棱柱中的光路图，如图所示，可知光线将垂直于AC边从E点射出，同时光线有一部分在E点反射回来，根据光路可逆原理可知，该细激光束有一部分光线会从S点垂直于BC边射出，故C正确；由几何关系可知，该细激光束第一次从S点传播到E点的路程s＝2×sin 60°＝L，所需的时间t＝＝，故D错误。
二、多项选择题
8.（2024·山东济南二模）如图所示，在坐标系xOy中，弧BDC是以A点为圆心、AB为半径的一段圆弧，AB＝L，AO＝，D点是圆弧跟y轴的交点。当在O点和A点分别固定电荷量为－Q1和＋Q2的点电荷后，D点的电场强度恰好为零。下列说法正确的是（ ）
A.Q2＝4Q1
B.B点与C点电场强度相同
C.圆弧BDC上的各点中，D点的电势最低
D.电子沿着圆弧从B点运动到C点的过程中，电势能先增大后减小
解析：ACD D点的电场强度恰好为零，有＝，解得Q2＝4Q1，故A项正确；根据对称性可知，B、C两点电场强度大小相等，方向不同，故B项错误；对Q2来说圆弧是一个等势面，所以各点电势高低，由Q1决定，根据沿电场线方向电势降低，距离负电荷越近，电势越低，所以D点电势最低，故C项正确；电子沿着圆弧从B点运动到C点的过程中，电势先降低后升高，根据Ep＝qφ，可知电势能先增大后减小，故D项正确。
9.（2024·重庆模拟）如图所示，质量为m＝0.02 kg、电阻分布均匀的矩形线框abcd，ab边长L1＝0.25 m，bc边长L2＝0.08 m，总电阻R＝0.2 Ω，矩形线框abcd沿光滑水平面向右以速度v0＝2 m/s冲向宽度L3＝0.068 m的有界匀强磁场，磁感应强度B＝1 T，方向竖直向上，则（ ）
A.线框刚进入磁场时，ab边两端的电压为0.5 V
B.线框能够穿过磁场，穿过磁场后的速度为 m/s
C.线框不能穿过磁场，最后线框的cd边停在距有界磁场左边界0.06 m处
D.线框在整个运动过程中产生的焦耳热为0.04 J
解析：CD 线框刚进入磁场时，有E＝BL1v0＝0.5 V，ab边两端的电压为Uab＝E＝×0.5 V≈0.31 V，A错误；线框ab边进入磁场到离开磁场的过程，根据动量定理有mv1－mv0＝－BIL1t＝－L3，之后线框匀速运动，直到cd边进入磁场，在cd边进入磁场到速度减为0的过程，根据动量定理有0－mv1＝－BIL1t'＝－x，联立解得x＝－L3＝0.06 m＜L3，所以线框不能穿过磁场，最后线框的cd边停在距有界磁场的左边界0.06 m处，B错误，C正确；根据能量守恒定律可知线框在整个运动过程中产生的焦耳热为Q＝m＝0.04 J，D正确。
10.（2024·安徽马鞍山三模）如图所示，用边长为a的六块荧光屏组成的正六边形ABCDEF区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一束比荷（电荷量与质量之比）为k的带电粒子从A点沿AE方向射入磁场区域。粒子打在荧光屏上会使其感光且粒子被吸收并导走。粒子速率均匀分布在≤v0≤2kBa范围之内。若不计粒子重力及粒子间相互作用力，则（ ）
A.若粒子带正电，DE屏（除D点外）会发光
B.若粒子带正电，磁场中有粒子经过的区域的面积为a2
C.若粒子带负电，AF屏上会发光的长度为
D.若粒子带负电，在磁场中运动时间相等的粒子数目占总粒子数的一半
解析：BC 若粒子带正电，粒子在磁场中做圆周运动，由左手定则可以判断，粒子向右偏转，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可知qvB＝m，而粒子速率的分布为≤v0≤2kBa，代入可得粒子的半径＜r＜2a，由几何关系可知粒子轨迹如图甲，由图甲可知速度最大时，从D点射出，DE屏（除D点外）不会发光，故A错误；由图甲可知，磁场中有粒子经过的区域的面积为S＝a2，故B正确；若粒子带负电荷，粒子将向左偏，最小速度轨迹如图乙中圆心为O3的圆在六边形中的部分由几何关系可知，AF屏上会发光的长度为，故C正确；由几何关系可知，在磁场中运动时间相等的粒子为半径在＜r＜a范围内，其数目占总数目的，故D错误。
三、计算题
11.（2024·浙江杭州模拟）一游戏装置由倾角θ＝37°的直轨道AC、一段圆心为O，半径为R的光滑圆弧轨道CD、一段光滑水平直轨道DE在C点、D点平滑连接而成，C、D为切点，整个装置固定在一竖直平面内，在水平轨道DE的左端固定一轻弹簧。两个可视为质点的小滑块P、Q质量都为m，其中滑块Q与轨道AC间动摩擦因数处处相等，滑块P与直轨道AC间摩擦不计。开始时滑块Q静止于与圆心O等高的B处，让滑块P从距B的竖直高度为h＝3.2R处静止释放，在B处两滑块相碰，碰后P、Q一起在直轨道AC上做匀速运动，已知P、Q每次碰后瞬间速度相等但不粘连，滑块与弹簧碰撞都不会超出弹簧的弹性限度。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。重力加速度用g表示，求：
（1）P、Q第一次一起在直轨道AC上向下匀速运动的速度大小v1，以及第一次一起经过圆轨道D点受到圆轨道的总支持力F；
（2）P、Q第二次一起在直轨道AC上向下匀速运动的速度大小v2；
（3）经足够长时间，滑块Q在轨道AC上运动的总路程。
答案：（1） 6mg （2） （3）R
解析：（1）滑块P由静止到下滑至与Q碰撞前，由机械能守恒定律得mgh＝m
可得v0＝，P与Q相碰后一起运动，由动量守恒定律得
mv0＝2mv1
解得v1＝，P、Q从C运动到D的过程，由动能定理得
2mgR＝×2m－×2m
在D点，由牛顿第二定律有F－2mg＝2m×
解得受到圆轨道的总支持力F＝6mg。
（2）P下滑与Q相碰后在BC段一起向下作匀速运动，则斜面对Q的滑动摩擦力
f＝2mgsin θ，P、Q第一次被弹簧弹回运动到C点时的速度依然为v1，此后P、Q分离，Q在AC上向上滑动的加速度为a1＝3gsin θ，Q在AC上向上滑动的位移为x1，可得x1＝＝，P在AC上向上滑动的加速度为a2＝gsin θ，P在AC上向上滑动的位移为x2，则有x2＝，P与Q碰前的速度为v'，则
mgsin θ＝mv'2
得v'＝v1，P与Q碰后的速度为v2，则
mv'＝2mv2
可得v2＝v1＝
此速度v2即为P、Q第二次一起在直轨道AC上向下匀速运动的速度。
（3）方法一：自P、Q第一次返回AC直轨道运动，至再次从C点离开AC直轨道的过程中，滑块Q克服摩擦力做的功与滑块P、Q碰撞损失的机械能ΔE的比值为
＝
得＝
经分析，以后如此运动的比值不变，经过多次运动，最终P、Q循环运动，到达C点的速度为0。故P、Q第一次返回AC直轨道运动时的动能，经Q与AC直轨道摩擦发热部分为2mgsin θ·s'＝××2m
可得s'＝R
结合第一次下滑的距离，可得滑块Q在轨道AC上运动的总路程为s＝s'＋＝R
方法二：由（2）知，P、Q第二次离开AC直轨道运动的速度v2是P、Q第一次离开AC直轨道运动的速度v1的倍，此后规律也如此，直到最终P、Q循环运动，到达C点的速度为0。滑块Q第一次返回AC向上滑和向下滑的路程为x'＝2×＝
则滑块Q第二次返回AC向上滑的位x″
x″＝×
则自滑块Q第一次返回AC直至最终循环运动的总路程为s'，得s'＝＝R
结合第一次下滑的距离，可得滑块Q在轨道AC上运动的总路程为s＝s'＋＝R。
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