四川省眉山市2021届新高考第三次大联考物理试卷含解析

四川省眉山市2021届新高考第三次大联考物理试卷
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．将某劲度系数为k 的轻质弹簧一端固定在墙上，另一端用100N 的力来拉，弹簧的伸长量为10cm ；若对该弹簧两端同时用50N 的力反向拉时，弹簧的伸长量为ΔL 。

则（ ）
A ．k=10N/m ，ΔL=10cm
B ．k=100N/m ，ΔL=10cm
C ．k=200N/m ，ΔL=5cm
D ．k=1000N/m ，ΔL=5cm
【答案】D
【解析】
【详解】
弹簧上的弹力为100N ，伸长量
10cm 0.1m x ==
由F=kx 得
100N/m 1000N/m 0.1
F k x === 用50N 力拉时
'50m 0.05m 5cm 1000
F L k ∆==== 故选D 。

2．太阳系中各行星绕太阳运动的轨道在同一面内。

在地球上观测金星与太阳的视角为θ（金星、太阳与观察者连线的夹角），长时间观察该视角并分析记录数据知，该视角的最小值为0，最大值为m θ。

若地球和金星绕太阳的运动视为匀速圆周运动，则金星与地球公转周期的比值为（ ）
A
B
C
D 【答案】C
【解析】
【详解】
如图所示
最大视角m θ时，观察者与金星的连线应与金星的轨道相切。

由几何关系得
sin m r r θ=金地
万有引力提供向心力有
2
224Mm G mr r T
π= 解得
33m 3(s )in T r T r θ==金金地地
故C 正确，ABD 错误。

3．中国北斗卫星导航系统（BeiDouNavigationSatelliteSystem ，BDS ）是继美国全球定位系统（GPS ）、俄罗斯格洛纳斯卫星导航系统（GLONASS ）之后第三个成熟的卫星导航系统。

北斗导航系统中有几颗卫星是地球同步卫星，GPS 导航系统是由周期约为12h 的卫星群组成。

则北斗导航系统的同步卫星与GPS 导航卫星相比（ ）
A ．北斗导航系统的同步卫星的角速度大
B ．北斗导航系统的同步卫星的轨道半径小
C ．GPS 导航卫星的线速度大
D ．GPS 导航卫星的向心加速度小
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．地球同步卫星的周期为24h ，GPS 导航系统周期约为12h ，根据周期与角速度的关系
2T
πω= 可知北斗导航系统的同步卫星的周期大，则其角速度小，故A 错误；
B ．由万有引力提供向心力有
2
224Mm G mr r T
π=
得卫星绕地球做圆周运动的周期 32r T GM
π= 北斗导航系统的同步卫星的周期大，则其轨道半径大，故B 错误；
C ．由万有引力提供向心力有
2
2Mm v G m r r
= 得卫星绕地球做圆周运动的线速度
GM v r
= 北斗导航系统的轨道半径大，则其线速度小，GPS 导航卫星的线速度大，故C 正确；
D ．根据
a v ω=
可知北斗导航系统的角速度小、线速度小，则其加速度小，GPS 导航卫星的向心加速度大，故D 错误。

故选C 。

4．摩天轮是的乐场一种大型转轮状设施，摩天轮边缘悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，下列叙述正确的是
A ．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B ．摩天轮物动一周的过程中，乘客所受合外力的冲量为零
C ．在最低点，乘客处于失重状态
D ．摩天轮转动过程中，乘客所受的重力的瞬时功率保持不变
【答案】B
【解析】
A ：乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，动能保持不变，重力势能随高度不断变化，乘客的机械能不断变化．故A 项错误．
B ：摩天轮转动一周的过程中，速度变化为零，动量变化为零，据动量定理：乘客所受合外力的冲量为零．故B 项正确．
C ：在最低点，乘客的加速度向上，乘客处于超重状态．故C 项错误．
D ：摩天轮匀速转动过程中，重力与速度的夹角α不断变化，乘客所受的重力的瞬时功率cos P mg v α
=⋅
不断变化．故D 项错误．
5．如图甲是建筑工地将桩料打入泥土中以加固地基的打夯机示意图，打夯前先将桩料扶正立于地基上，桩料进入泥土的深度忽略不计。

已知夯锤的质量为450M kg =，桩料的质量为50m kg =。

每次打夯都通过卷扬机牵引将夯锤提升到距离桩顶05h m =处再释放，让夯锤自由下落，夯锤砸在桩料上后立刻随桩料一起向下运动。

桩料进入泥土后所受阻力随打入深度h 的变化关系如图乙所示，直线斜率
45.0510/k N m =⨯。

g 取210/m s ，则下列说法正确的是
A ．夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度为9/m s
B ．夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度为4.5/m s
C ．打完第一夯后，桩料进入泥土的深度为1m
D ．打完第三夯后，桩料进入泥土的深度为3m
【答案】C
【解析】
【分析】
夯锤先自由下落，然后与桩料碰撞，先由运动学公式求出与桩料碰撞前瞬间的速度，对于碰撞过程，由于内力远大于外力，所以系统的动量守恒，由动量守恒定律求出碰后共同速度；夯锤与桩料一起下沉的过程，重力和阻力做功，由动能定理可求得桩料进入泥土的深度；
【详解】
A 、夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度200
2v gh =，得00 22105/10/v gh m s m s ==⨯⨯= 取向下为正方向，打击过程遵守动量守恒定律，则得：0)Mv M m v =
+（ 代入数据解得： 9/v m s =，故选项AB 错误；
C 、由乙图知，桩料下沉过程中所受的阻力是随距离均匀变化，可用平均力求阻力做功，为
211 22
f W kh h kh =-⋅=- 打完第一夯后，对夯锤与桩料，由动能定理得：
()211)02
f M m gh W M m v ++=-+（ 即：()221111)022M m gh kh M m v +-=-+（
代入数据解得1
1h m =，故选项C 正确； D 、由上面分析可知：第二次夯后桩料再次进入泥土的深度为2h 则对夯锤与桩料，由动能定理得：()2221211)()022
M m gh k h h M m v +-+=-+（ 同理可以得到：第三次夯后桩料再次进入泥土的深度为3h
则对夯锤与桩料，由动能定理得：()22312311)()022
M m gh k h h h M m v +-++=-+（ 则打完第三夯后，桩料进入泥土的深度为123H h h h =++
代入数据可以得到：1233H h h h m =++<，故选项D 错误。

【点睛】
本题的关键是要分析物体的运动过程，抓住把握每个过程的物理规律，要知道当力随距离均匀变化时，可用平均力求功，也可用图象法，力与距离所夹面积表示阻力做功的大小。

6．一简谐机械横波沿x 轴正方向传播，波长为λ，周期为T 。

2
T t =时刻的波形如图所示，a 、b 是波上的两个质点。

图是波上某一质点的振动图像。

下列说法中正确的是（ ）
A ．4T t =
时质点a 的速度比质点b 的大 B ．2
T t =时质点a 的加速度比质点b 的小 C ．如图可以表示质点a 的振动
D ．如图可以表示质点b 的振动
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A ．4
T t =时质点a 在平衡位置向上振动，质点b 在波峰位置，则此时质点a 的速度比质点b 的大，选项A 正确； B ．2T t =时质点a 在波峰位置，质点b 在平衡位置，根据kx a m
=- 可知，则此时质点a 的加速度比质点b 的大，选项B 错误； CD ．因为2T t =
时质点a 在最高点，质点b 在平衡位置向下振动，可知右图不是质点ab 的振动图像，选项CD 错误。

故选A 。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．如图1所示，质量m=1kg 的滑块在水平面上做匀减速直线运动，在对滑块施加一水平方向拉力F 和不对滑块施加水平拉力F 的两种情况下，滑块运动的2v x -图像如图2所示，下列判断正确的是（ ）
A ．水平拉力大小一定等于1 N
B ．滑块所受的摩擦力大小可能等于2 N
C ．滑块受水平拉力时的图像可能是a 。

D ．滑块不受水平拉力时的图像一定是a
【答案】ABC
【解析】
【详解】
由题图2可知，a 图线对应滑块运动的加速度大小为
212236m /s 1m /s 2218
a v x ==⨯=
b 图线对应滑块运动的加速度大小为
222236m /s 2m /s 229
a v x ==⨯= 若滑块受到的拉力与v 方向相同，则
1f F ma -=
2f ma =
解得
2N f =
1N F =
若滑块受到的拉力与v 方向相反，则
2f F ma +=
1f ma =
解得
1N f =
1N F =
则滑块受水平拉力时的图像可能是a ，也可能是b 。

选项ABC 正确，D 错误。

故选ABC 。

8．两汽车甲、乙分别挂上拖车，两汽车与两拖车的质量均相同，且阻力与质量成正比。

开始两车以相同
的速度v 0做匀速直线运动，t=0时刻两拖车同时脱离汽车，已知汽车甲的牵引力不变，汽车乙的功率不变，
经过相同的时间t 0，汽车甲、乙的速度大小分别为2v 0、1.5v 0。

则下列说法正确的是（ ） A ．t 0时间内，甲、乙两汽车的位移之比为4：3
B ．t 0时刻，甲、乙两汽车的加速度大小之比为3：1
C ．t 0时刻汽车甲的功率为拖车脱离前功率的4倍
D ．t 0时间内，甲、乙两汽车牵引力做功之比为3：2
【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．对甲车拖车脱离后做匀加速运动经过t 0的位移
0010002 1.52
v v s t v t +== 对乙车功率一定，则做加速度减小的加速运动，则经过t 0时的位移 0020001.5 1.252v v s t v t +>
= 则t 0时间内，甲、乙两汽车的位移之比
0012001.56 1.21.255
v t s s v t <== 不可能为4：3，选项A 错误；
B ．设汽车和拖车的质量均为m ，则汽车的牵引力为F=2kmg ，对甲车拖车脱离后做匀加速运动的加速度 1F kmg a kg m
-== 乙车功率一定
P=Fv 0=2kmgv 0
在t 0时刻乙车的加速度
02 1.513
P kmg v a kg m -== 则甲、乙两汽车的加速度大小之比为3：1，选项B 正确；
C ．甲车拖车脱离前功率
P=Fv 0=2kmgv 0
t 0时刻汽车甲的功率为
P 0=2kmg∙2v 0= 4kmgv 0=2P
选项C 错误；
D ．甲车牵引力做功
110023W kmg s kmgv t =⋅=
乙车牵引力做功
20002W Pt kmgv t ==
t 0时间内，甲、乙两汽车牵引力做功之比为3：2，选项D 正确。

故选BD 。

9．两列在同一介质中的简谐横波沿相反方向传播，某时刻两列波相遇，如图所示，其中实线波的频率为
2.50Hz ，图示时刻平衡位置x ＝3m 处的质点正在向上振动。

则下列说法正确的是（ ）
A ．实线波沿x 轴正方向传播，虚线波沿x 轴负方向传播
B ．两列波在相遇区域发生干涉现象
C ．两列波的波速均为25m/s
D ．从图示时刻起再过0.025s ，平衡位置x ＝1.875m 处的质点将位于y ＝30cm 处
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．图示时刻平衡位置x=3m 处的质点正在向上振动，根据波动规律可知，实线波沿x 轴正方向传播，则虚线波沿x 轴负方向传播，故A 正确；
B ．介质决定波速，两列波传播速度大小相同，由图可知，实线波的波长λ1=6m ，虚线波的波长λ2=9m ，由v=λf 可知，实线波和虚线波的频率之比为
f 1：f 2=λ2：λ1=3：2
由于f 1不等于f 2，故两列波在相遇区域不会发生稳定的干涉现象，故B 错误；
C ．实线波的频率为2.50Hz ，波长λ1=6m ，则波速
115m/s v f λ==
故C 错误；
D ．实线波波峰传到平衡位置x ＝1.875m 处的质点所用时间为
1 1.875 1.5s 0.025s 15
t -== 虚线波波峰传到平衡位置x ＝1.875m 处的质点所用时间为 2 2.25 1.875s 0.025s 15t -=
= 说明从图示时刻起再过0.025s ，平衡位置x ＝1.875m 处的质点处于波峰位置，由波的叠加可知，平衡位置x ＝1.875m 处的质点将位于y ＝30cm ，故D 正确。

故选AD 。

10．一列简谐横波在t=0时刻的波形图如图实线所示，从此刻起，经0.2s 波形图如图虚线所示，若波传播的速度为5 m/s ， 则（ ）
A ．这列波沿x 轴正方向传播
B ．t=0时刻质点a 沿y 轴负方向运动
C ．若此波遇到另--列简谐横波并发生稳定的干涉现象，则该波所遇到的简谐横波频率为2.5Hz
D ．x=2 m 处的质点在t=0.2 s 时刻的加速度有最大值
E.从t=0时刻开始质点a 经0.4 s 通过的路程为0.8 m
【答案】BDE
【解析】
【详解】
A ．由图可知波的波长4m λ=，由题在时间t=0.2s 内，波传播的距离为
50.2m 1m=4x vt λ
==⨯=
根据波形的平移法可知，这列波沿x 轴负方向传播，故A 错误；
B ．由波的传播方向可知，t=0时刻质点a 沿y 轴负方向运动，故B 正确；
C ．由v T
λ
=得
4s 0.8s 5T v λ=== 频率为 1.25Hz f =，要发生稳定的干涉图样，必须两列波频率相同，故C 错误；
D ．x=2m 处的质点在t=0.2s 时刻在负的最大位移处，所以加速度有最大值，故D 正确；
E ．从t=0时刻开始质点a 经0.4s 是半个周期，通过的路程为2倍的振幅，即为0.8m ，故E 正确。

故选BDE 。

11．如图所示，轻弹簧放置在倾角为030的斜面上，下端固定于斜面底端，重10N 的滑块从斜面顶端a 点由静止开始下滑，到b 点接触弹簧，滑块将弹簧压缩最低至c 点，然后又回到a 点，已知1ab m =，0.2bc m =，下列说法正确的是（ ）
A ．整个过程中滑块动能的最大值为6J
B ．整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6J
C ．从b 点向下到c 点过程中，滑块的机械能减少量为6J
D ．从c 点向上返回a 点过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒
【答案】BCD
【解析】
试题分析：当滑块的合力为0时，滑块速度最大，设滑块在d 点合力为0，d 点在b 和c 之间，滑块从a 到d ，运用动能定理得：0ad Kd mgh W E +=-弹，10 1.2306ad ac mgh mgh sin J ＜=⨯⨯︒=，0W 弹＜，所以
6Kd E J ＜，故A 错误；滑块从a 到c ，运用动能定理得：
00ac mgh W +'=-弹，解得：6W J '=-弹，弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化，所以整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6J ，故B 正确；从b 点到c 点弹簧的弹力对滑块做功为6J -，根据功能关系知，滑块的机械能减少量为6?J ，故C 正确；整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒，没有与系统外发生能量转化，弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒，故D 正确．
考点：机械能守恒定律
【名师点睛】本题的关键是认真分析物理过程，把复杂的物理过程分成几个小过程并且找到每个过程遵守的物理规律，准确分析能量是如何转化的．
12．如图甲所示，通过一理想自耦变压器给灯泡L 1和L 2供电，R 为定值电阻，电表均为理想电表，原线圈所接电压如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A ．u 随t 的变化规律为2sin100rtV
B ．将电键S 闭合，电压表示数不变，电流表示数变大
C ．将电键S 闭合，小灯泡L 1变亮
D ．将电键S 闭合，为保证小灯泡L 1亮度不变，可将滑片P 适当下移
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．原线圈接的图乙所示的正弦交流电，由图知最大电压22V ，周期0.02S ，故角速度是
100rad/s ωπ=
所以有
22sin100(V)u t π=
故A 错误；
B ．电压表V 的示数是输出电压的有效值，输入电压和匝数不变，输出电压不变，将电键S 闭合，消耗功率增大，输入功率增大，根据P UI =知电流表示数增大，故B 正确；
C ．将电键S 闭合，总电阻减小，流过R 的电流增大，R 分压增大，则并联电路的电压减小，小灯泡1L 变暗，故C 错误；
D ．将电键S 闭合，为保证小灯泡1L 亮度不变，根据2211
n U U n =
可将滑片P 适当下移使原线圈匝数减小从而增大2U ，故D 正确；
故选BD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13
．图甲是简易多用电表的电路原理图，图中E 是电源，1R 、
2R 、3R 、4R 、5R 是定值电阻，6R 是可变电阻，表头的满偏电流为200μA 、内阻为600 Ω，其表盘如图乙所示，最上一行刻度的正中央刻度值为“15”。

图中虚线方框内为换挡开关，A 端和B 端分别与两表笔相连，该多用电表有5个挡位，分别为：直流电流1 A 挡和500μA 挡，欧姆“1k ⨯”挡，直流电压2.5 V 挡和10 V 挡。

（1）若用欧姆“1k ⨯”挡测二极管的反向电阻，则A 端所接表笔与二极管的________（填“正”或“负”）极
相接触，测得的结果如图乙中a 所示，则该二极管的反向电阻为________kΩ。

（2）某次测量时多用电表指针位置如图乙中b 所示，若此时B 端是与“1”相连的，则多用电表的示数为________；若此时B 端是与“4”相连的，则多用电表的示数为________。

（3）根据题中所给的条件可得1R 、2R 的阻值之和为________Ω。

【答案】负 7.0 0.30A 0.75V 400
【解析】
【详解】
（1）[1]．若测二极管的反向电阻，则电流从二极管的负极流入；又欧姆表的电流从A 端流出，故A 端与二极管的负极相接触；
[2]．根据刻度盘，得出示数为7.0，又选用了×1kΩ挡，故二极管的反向电阻为7.0kΩ；
（2）[3]．若此时B 端是与“1”相连的，则此时是大量程电流表，为直流1A 档，故此时每小格表示0.02A ，读数为0.30A ；
[4]．若此时B 端是与“4”相连的，则此时为小量程的电压表，为直流电压2.5V 档，故此时每小格表示0.05V ，读数为0.75V ；
（3）[5]．由电路特点，接2时为500μA 档，则
12()()g g g I r I I R R =-+
即
（500-200）×10-6×（R 1+R 2）=200×
10-6×600 整理得
R 1+R 2=400Ω
14．某同学为了测量电源的电动势和内阻，根据元件的不同，分别设计了以下两种不同的电路。

实验室提供的器材有：
两个相同的待测电源E ，辅助电源E '；
电阻箱1R 、2R ，滑动变阻器R 、R '；
电压表V ，电流表A ；
灵敏电流计G ，两个开关1S 、2S 。

主要实验步骤如下：
①按图连接好电路，闭合开关1S 和2S ，再反复调节1R 和2R ，或者滑动变阻器R 、R '，使电流计G 的示数为0，读出电流表A 、电压表V 示数分别为1I 、1U 。

②反复调节电阻箱1R 和2R （与①中的电阻值不同），或者滑动变阻器R 、R '，使电流计G 的示数再次为0，读出电流表A 、电压表V 的示数分别为2I 、2U 。

回答下列问题：
(1)哪套方案可以更容易得到实验结果______（填“甲”或“乙”）。

(2)电源的电动势E 的表达式为_____，内阻r 为______。

(3)若不计偶然误差因素的影响，考虑电流、电压表内阻，经理论分析可得，E 测____（填“大于”“小于”或“等于”）E 真，r 测_____（填“大于”“小于”或“等于”）r 真。

【答案】甲 211221
I U I U I I -- 1221U U r I I -=- 等于 等于 【解析】
【详解】
(1)[1]甲电路的连接有两个特点：左、右两个电源间的路端电压相等，干路电流相同，电阻箱可以直接读数；乙电路更加适合一般情况，需要采集更多数据，并且需要作图处理数据才可以得到结论，同状态下采集数据，根据闭合电路欧姆定律列式求解电源的电动势E 和内阻r ，甲电路更简单。

(2)[2][3]根据闭合电路欧姆定律得
11E U I r =+
22E U I r =+
解得
211221
I U I U E I I -=-，1221U U r I I -=- (3)[4][5]当电流计G 的示数为0时，相同电源，电流相等时路端电压相等，此电路中电流表测的是干路电流，电压表测的是1R 两端的电压（路端电压），因此电流表和电压表都是准确值，故
E E =测真，r r =测真
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，水平面AB 光滑，质量为m=1.0kg 的物体处于静止状态。

当其瞬间受到水平冲量I=10N·s 的作用后向右运动，倾角为θ=37°的斜面与水平面在B 点用极小的光滑圆弧相连，物体与斜面间动摩擦因
数μ=0.5，经B 点后再经过1.5s 物体到达C 点。

g 取10m/s²，sin 37°
=0.6，cos 37°=0.8，求BC 两点间的
距离。

【答案】4.75m
【解析】
【详解】
根据动量定理有
00I mv =-
解得
010m/s v =
沿斜面上滑
1sin cos mg mg ma θμθ+=
速度减少为零时，有
0110v a t -=
解得
11s 1.5s =<t
最高点距B 点的距离
0112
v x t = 物体下滑
2sin cos θmg mg ma θμ-=
从最高点到C 点的距离
222212
=x a t 12 1.5s t t +=
BC 两点间的距离
12 4.75m =-=BC S x x
16．如图所示，在直角坐标系xoy 的第一象限中有两个全等的直角三角形区域Ⅰ和Ⅱ，充满了方向均垂直纸面向里的匀强磁场，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B 0，区域Ⅱ的磁感应强度大小可调， C 点坐标为（4L ，3L ），M 点为OC 的中点．质量为m 带电量为-q 的粒子从C 点以平行于y 轴方向射入磁场Ⅱ中，速度大
小为0
2
qB L
m
，不计粒子所受重力，粒子运动轨迹与磁场区域相切时认为粒子能再次进入磁场．
（1）若粒子无法进入区域Ⅰ中，求区域Ⅱ磁感应强度大小范围；
（2）若粒子恰好不能从AC边射出，求区域Ⅱ磁感应强度大小；
（3）若粒子能到达M点，求区域Ⅱ磁场的磁感应强度大小的所有可能值．
【答案】（1）0
6
B
B<；（2）0
24
=
49
B
B；（3）若粒子由区域Ⅰ达到M点，n=1时，
33
8
B B
=；n=2时，
41
16
B B
=；
n=3时，
49
24
B B
=；②若粒子由区域Ⅱ达到M点，n=0时，
25
8
B B
=，n=1时，
33
16
B B
=
【解析】
【分析】
【详解】
（1）粒子速度越大，半径越大，当运动轨迹恰好与x轴相切时，恰好不能进入Ⅰ区域
故粒子运动半径03
r L
>
粒子运动半径满足：
2
v
qBv m
r
=代入0
=
2
qB L
v
m
解得0
6
B
B<
（2）粒子在区域Ⅰ中的运动半径0
2
mv L
r
qB
==
若粒子在区域Ⅱ中的运动半径R较小，则粒子会从AC边射出磁场．恰好不从AC边射出时满足
∠O2O1Q=2θ
24
sin22sin cos
25
θθθ
==
又sin2r R r
θ=
- 解得49492448
R r L == 代入00=2qB L v m
可得：024=49B B （3）①若粒子由区域Ⅰ达到M 点 每次前进()()282cos 5
CP R r R r θ=-=
- 由周期性：()2 1.2.3...CM nCP n ==即()5825
L n R r =- 25491648
R r L L n =+≥，解得3n ≤ n=1时3316R L =，0833
B B = n=2时4132R L =，01641
B B = n=3时4948R L =，02449B B = ②若粒子由区域Ⅱ达到M 点 由周期性：()120.1.2.3...CM CP nCP n =+= 即()588255L R n R r =+-，解得()544925848
15
n R L L n +=≥+，解得2625n ≤ n=0时2516R L =，0825
B B = n=1时3332R L =，01633
B B = 点睛：本题考查了带电粒子在磁场中的运动情况，做诸如此类问题时要注意正确画出运动轨迹图，并结合几何关系求出运动的半径，并分析运动的可能性，由于运动的多解性，所以要求我们做此类题目时要细心再细心．
17．如图所示，一竖直光滑绝缘的管内有劲度系数为k 的绝缘弹簧，其下端固定于水平地面，上端与一不带电的质量为m 的绝缘小球A 相连，开始时小球A 静止。

整个装置处于一方向竖直向下的匀强电场中，电场强度大小为mg
q E =。

现将另一质量也为m 、带电荷量为q +的绝缘带电小球B 从距A 某个高度由静
止开始下落，B 与A 发生碰撞后起向下运动、但不粘连，相对于碰撞位置B 球能反弹的最大高度为
3mg k
，重力加速度为g ，全过程小球B 的电荷量不发生变化。

求：
(1)开始时弹簧的形变量为多少；
(2)AB 分离时速度分别为多大；
(3)B 开始下落的位置距A 的高度0x 。

【答案】 (1)1mg x k =(2)22A B m v v v k
===010mg x k = 【解析】
【详解】 (1)设开始弹簧的压缩量为1x ，对A
1mg kx =
故
1mg x k
= (2)B 球受电场力为
qE mg =
AB 小球刚分离时对B 由牛顿第二定律有
2B mg qE a g m
+== AB 二者加速度相等
2A B a a g ==
对A 有
2A mg kx ma +=
所以
21mg x x k
== 即弹簧拉伸量等于开始时的压缩量，刚分离时AB 小球速度相等，设为2v 2A B v v v ==
依题意，B 相对于碰撞位置上升最高3mg k ，故AB 分离后B 再上升高度mg k ，AB 分离后B 向上做竖直上抛运动，由运动学公式
2222mg v g k
=⨯⨯ 即
22A B v v v ===(3)设AB 碰后共同速度为1v ，对AB 整体从碰后到二者分离过程，由动能定理有
2212111(2)22222
mg qE x mv mv -+⨯=⨯-⨯ 得
1v = 设B 与A 碰撞前速度大小为0v ，AB 碰撞过程动量守恒 012mv mv =
得
0122v v == B 在下落过程中受重力与电场力，由动能定理
2001()2
mg qE x mv += 解得
010mg x k
=。