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2025届四川省广安市高三下学期二诊考试物理试题
1．（2025·广安模拟）下列关于原子结构表述正确的是（　　）
A．放射性元素的半衰期是45亿年，经过45亿年，20个原子必定有10个发生衰变
B．自然界中大多数原子的原子核非常稳定，而少数原子核却能自发衰变，这说明原子核具有复杂的结构
C．原子核在发生衰变时会放出电子，该现象说明原子核内有电子，它和质子、中子统称为核子
D．根据波尔理论可知，一个氢原子从的能级向基态跃迁时，最多能放出6种不同频率的光子
2．（2025·广安模拟）在奥运会滑板街式比赛中，某选手（视为质点）从U型池边缘以初速度斜向上腾空，初速度方向与水平方向夹角为。若忽略空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．选手在上升过程处于超重状态，下降过程处于失重状态
B．选手在上升和下降阶段经过同一高度时速度相同
C．选手在最高点时的速度为零
D．选手回到与U型池边缘等高处的时间为
3．（2025·广安模拟）如图，将半径为R的透明半球体放在水平桌面上，O为球心，垂直于桌面。一束单色光竖直向下照射在半球面上的A点，并从半球体底面上B点射出。已知入射光线与的距离为，长度为，则透明半球体对该光的折射率为（　　）
A． B． C． D．
4．（2025·广安模拟）某智能机械臂应用模型如图所示，机械臂通过不可伸长的吊索和可以伸缩的液压杆吊起重物，其中A点通过铰链与竖直墙面连接。现缓慢调整液压杆，使吊索逐渐趋近水平，在此过程中（　　）
A．的支持力逐渐增大，的拉力大小不变
B．的支持力先减小后增大，的拉力大小不变
C．的支持力逐渐增大，的拉力逐渐减小
D．的支持力大小不变，的拉力逐渐减小
5．（2025·广安模拟）中国计划于2025年5月发射“天问二号”火星探测器，其变轨过程如图所示，探测器在近日点M短暂加速后进入霍曼转移轨道，接着沿着这个轨道抵达远日点P，又在P点短暂加速进入火星轨道。已知引力常量为G，地球轨道和火星轨道半径分别为r和R。若只考虑太阳对探测器的作用力。下列正确的是（　　）
A．探测器在霍曼转移轨道由M点到P点运动过程中的速度越来越大
B．探测器在地球轨道上的线速度与在火星轨道上的线速度之比为
C．探测器运行中在霍曼转移轨道上P点的加速度与在火星轨道上P点的加速度之比为
D．探测器在霍曼转移轨道上的运行周期与在火星轨道的运行周期之比为
6．（2025·广安模拟）在如图所示的远距离输电电路中，a、b端接入电压的交流电源，两变压器均为理想变压器，两变压器的匝数比满足。已知、、的阻值均为5 ，它们消耗的功率均相同，电表均为理想交流电表。则（　　）
A．升压变压器的匝数比 B．电压表的示数为240V
C．电流表的示数为72A D．的电功率2880W
7．（2025·广安模拟）图甲所示为某电容器的充、放电过程示意图。电路中的电流传感器可以捕捉瞬时的电流变化，它与计算机相连，可显示电流随时间的变化规律。电源电动势E=7.5V、内阻不计，充电前电容器带电量为零，先使S与“1”端相连，电源向电容器充电，充电结束后，使S与“2”端相连，直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的I-t曲线如图乙所示，下列正确的是（　　）
A．在电容器充电与放电过程中，通过电阻R0的电流方向相同
B．图乙中阴影部分的面积
C．若，则该电容器的电容值约为0.133F
D．由甲、乙两图可判断阻值
8．（2025·广安模拟）图甲为某同学利用跳绳模拟战绳训练，该同学将绳子一端固定在杆上，用手上下甩动另一端。图乙为绳上P、Q两质点的振动图像，P、Q两质点平衡位置相距5m。波由P向Q传播。下列说法正确的是（　　）
A．增大甩动的频率，则波在绳子上传播速度增大
B．t=0.5s时，P、Q质两点振动方向相同
C．波长可能为0.6m
D．波速可能为
9．（2025·广安模拟）电磁感应是发电机的重要工作原理，如图甲所示，在边长为L的正方形abcd虚线区域内，分布着方向垂直水平面向外的匀强磁场，电阻为R的圆形导体框放置在绝缘水平面上，其圆心O点与ab边的中点重合，导体框恰好有一半处于磁场中。磁感应强度B随时同t的变化规律如图乙所示，其中B0、t0都是已知量。由于水平面粗糙，圆形导体框一直处于静止状态。则（　　）
A．t0时刻通过导体框的电流大小为
B．0~t0时间内通过圆形导体框任一横截面的电荷量为
C．2.5t0时刻，水平面对导体框的摩擦力大小为，方向水平向右
D．0~3t0时间内圆形导体框中产生的焦耳热为
10．（2025·广安模拟）我国自主研发的“磁浮储能系统”可将列车制动后进站时的部分动能转化为重力势能和弹性势能储存。原理简化如图，轻弹簧一端固定在倾角为30°的斜面顶端，质量为1kg的滑块（可视为质点）以初速度从底端A点沿斜面上滑，在B点开始压缩弹簧，滑块被弹回后恰好停在B点。已知AB的距离为4m，滑块与斜面的动摩擦因数为，弹簧的劲度系数为5N/m，重力加速度取10m/s2，取A点所在水平面为重力势能参考面，则（　　）
A．整个过程弹簧的最大压缩量为1m
B．全程产生的热量为30J
C．物块的最大加速度为7.5m/s2
D．滑块被弹回过程中最大速度时整个系统的机械能为23.75J
11．（2025·广安模拟）某学习小组通过如图所示装置探究动能定理。光电门1、2分别固定在长木板上相距S的两点，挡光片宽度为d（），重力加速度为g。实验步骤如下：
（1）在长木板右端适当位置垫一高度为H的木块，使滑块（包含挡光片）恰好能匀速下滑，并测得此时木块与木板左端距离为L。
（2）让滑块以一定初速度沿斜面上滑，先后通过光电门1、光电门2，挡光时间分别为、。
①滑块与木板间的动摩擦因数　 　；
②滑块通过光电门2的速度为　 　；
③该学习小组要探究动能定理，上述物理量需满足：　 　。（均用题干中字母表示）
12．（2025·广安模拟）图甲是一种特殊材料制成的均匀圆柱体物件，为了测定这种材料的电阻率，某同学先用多用电表粗测其电阻约有几万欧姆。
（1）该同学用游标卡尺测得其长为，用螺旋测微器测得其外径d如图乙，则　 　；
（2）这种特殊材料的电阻率　 　（用题中测得物理量L、d、表达）：
（3）该同学又用如图丙所示电路精确测量该物件的电阻。
①实验室提供了两款滑动变阻器：和，为了减小误差，本实验中滑动变阻器应该选用　 　（填“”或“”）。
②将先开关置于a处，闭合开关，调节滑动变阻器，使灵敏电流计读数为；再将开关置于b处，保持滑动变阻器滑片不动，调节电阻箱，当电阻箱时，灵敏电流计示数为。
③已知灵敏电流计的内阻为200Ω，则物件的电阻测量值　 　 。
④本次实验的测量值　 　（填“大于”或“等于”或“小于”）真实值。
13．（2025·广安模拟）如图甲所示，某导热气缸左侧有一静止可无摩擦滑动的活塞，活塞横截面积为S，气缸内气体的温度为，密度为。一质量为m、体积为V的乒乓球静止于气缸底部。现逐渐降低温度，让乒乓球恰好能悬浮。已知大气压强为，重力加速度为g，设乒乓球体积不变。
（1）求乒乓球恰好能悬浮时气缸内气体的密度和温度；
（2）若保持温度不变，将气缸缓慢顺时针旋转90°，稳定后乒乓球也恰好能悬浮，求活塞的质量M。
14．（2025·广安模拟）如图所示，质量为0.3kg的滑块B静止在光滑水平面上，形状大小相同质量为0.1kg的滑块A以初速度5m/s向右运动，与B发生正碰，碰后B滑上θ=60°足够长的粗糙斜面，上升的最大高度为，B与斜面间的动摩擦因数为，斜面与水平面平滑连接，空气阻力不计，重力加速度取10m/s2。求：
（1）第一次碰撞后滑块B和A的速度大小：
（2）物理学中将材料一定的两物体，碰撞后分开的相对速度与碰撞前接近的相对速度之比定义为恢复系数，即，其中、为两物体碰撞前的速度，、为碰后的速度，e仅由两物体材料决定。
①滑块A、B相碰时的恢复系数为e；
②滑块A、B第二次碰撞后的速度大小。
15．（2025·广安模拟）如图所示，在Ⅰ区域（），存在沿y轴负方向大小为E的匀强电场：在Ⅱ区域（），存在垂直纸面向里磁感应强度大小B的匀强磁场：在Ⅲ区域（）同时存在垂直纸面向外的匀强磁场和沿y轴正方向的匀强电场，磁感应强度大小为，电场强度大小为E。一比荷的带正电粒子，从A点沿x轴正方向以速度进入Ⅰ区域：粒子经B点进入Ⅱ区域。又从C点进入Ⅲ区域，其中，不计粒子的重力。求：
（1）Ⅰ区域电场强度E的大小和Ⅱ区域的磁感应强度B的大小；
（2）粒子在Ⅲ区域运动速度的最大值；
（3）粒子在Ⅲ区域运动过程中经过x轴时的横坐标x。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；玻尔理论与氢原子的能级跃迁；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】本题主要考查半衰期、衰变以及跃迁，注意β衰变释放的电子来自原子核，不是核外电子，但是原子核内没有电子。A．放射性元素的半衰期是45亿年，半衰期只适用大量原子核的衰变，所以经过45亿年，20个原子不一定有10个发生衰变，故A错误；
B．自然界中大多数原子的原子核非常稳定，而少数原子核却能自发衰变，这说明原子核具有复杂的结构，故B正确；
C．原子核在发生衰变时会放出电子，电子是原子核内的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，原子核内没有电子，原子核内的质子和中子统称为核子，故C错误；
D．根据波尔理论可知，一个氢原子从的能级向基态跃迁时，最多能放出n-1=3种不同频率的光子，故D错误。
故选B。
【分析】半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量原子核不适用；自然界中大多数原子的原子核非常稳定，而少数原子核却能自发衰变，这说明原子核具有复杂的结构；电子是由中子转化而来，并不是原子核内本来就有电子，并且原子核内的质子和中子统称为核子；一个氢原子从n=4的能级向基态跃迁时，最多能放出n-1=3种不同频率的光子。
2．【答案】D
【知识点】超重与失重；斜抛运动
【解析】【解答】本题主要考查了斜抛运动的特点，解题关键是掌握斜抛运动分解为水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，结合斜抛运动的对称性求解问题即可。A．选手在上升过程和下降过程，只受重力，故加速度为重力加速度，方向竖直向下，所以选手在两过程中都处于失重状态，故A错误；
B．根据对称性原理，选手在上升和下降阶段经过同一高度时速度大小相同，方向不同，故B错误；
D．将选手斜抛的初速度分解到竖直方向和水平方向，则竖直方向的速度为
水平方向的速度为
选手在竖直方向做匀减速直线运动，直至最高点，此时竖直方向的速度为0，则上升的时间为
根据对称性原理，选手下落到与U型池边缘等高处的时间为
所以选手从飞出至回到与U型池边缘等高处的时间为
故D正确；
C．由D项分析，选手做斜抛运动，可知选手在最高点时，竖直方向速度为零，仍有水平方向的速度，故C错误。
故选D。
【分析】加速度向上，物体处于超重状态，加速度向下，物体处于失重状态；速度为矢量，大小方向都相同，速度相同；做斜抛运动在最高点，速度不为零；根据斜抛运动分解为水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，结合斜抛运动的对称性求出时间。
3．【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】光的折射问题，解题的关键在于正确画出光路图、找出几何关系。入射光线与的距离为
则入射角正弦
故
在底面B点，长度为，结合几何关系，可算出折射角正弦值
根据折射定律
故选C。
【分析】 根据几何关系得出入射角和折射角，结合折射定律求解。
4．【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题是动态平衡问题，要确定研究对象，正确分析受力，灵活选择解题方法。本题运用三角形相似法解答，比较简洁。对O点受力分析如图
根据相似三角形关系可知
缓慢调整液压杆OA，使吊索OB逐渐趋近水平，在此过程中OA变大，OB不变，可知FAO变大，FOB不变。
故选A。
【分析】对O点受力分析，根据平衡条件，运用三角形相似法列式分析各力的变化情况。
5．【答案】D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】开普勒第三定律（周期定律）：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等。A．探测器在霍曼转移轨道由M点到P点运动过程中，万有引力对其做负功，其动能减小，速度越来越小，故A错误；
B．根据
可得
即探测器在地球轨道上的线速度为
同理，可得探测器在火星轨道上的线速度大小
则探测器在地球轨道上的线速度与在火星轨道上的线速度之比为，故B错误；
C．探测器运行中在霍曼转移轨道上过P点与在火星轨道上过P点时，根据
可得
则探测器运行中在霍曼转移轨道上P点的加速度与在火星轨道上P点的加速度相等，故C错误；
D．探测器在霍曼转移轨道上与在火星轨道上运行时，根据开普勒第三定律有
，
联立探测器在霍曼转移轨道上的运行周期与在火星轨道的运行周期之比为
故D正确。
故选D。
【分析】M点到P点运动过程中，万有引力对其做负功，其动能减小；根据万有引力提供向心力以及开普勒第三定律分析。
6．【答案】D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题的关键掌握理想变压器的电压、电流和匝数之间的关系，搞清功率分配情况，即可解决本题。A．、、的阻值相等，消耗的功率相同，故通过、、的电流相同，设为，则通过降压变压器副线圈的电流为，由理想变压器原、副线圈匝数与电流关系得
则有
故A错误；
B．结合上述可知，通过变压器原线圈的电流
由于变压器原线圈的输入功率等于、、的总功率，而、、的阻值相等，消耗的功率相同，令副线圈两端电压为，则有
解得
故B错误；
C．结合上述可知，电流表的示数为，等于通过的电流，则有
故C错误；
D．的电功率为
故D正确。
故选D。
【分析】R1、R2、R3的阻值均为5Ω，它们消耗的功率均相同，则它们的电压以及电流也相同，结合变压器原理以及欧姆定律分析。
7．【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】本题关键掌握曲线图像与对应时间轴所围成的面积的物理意义和电容定义式。A．由图甲可知，电容器充电时，通过电阻R0的电流方向向左，放电时通过R0的电流方向向右，故在电容器充电与放电过程中，通过电阻R0的电流方向相反，故A错误；
B．曲线图像与对应时间轴所围成的面积表示电荷量，充电和放电电荷量相等，所以乙图中阴影部分的面积相等，即
故B错误；
C．由于电源内阻不计，可知电容器两端电压等于电源电动势，则该电容器的电容为
故C正确；
D．由图乙可知，充电时的最大电流大于放电时的最大电流，则
故D错误。
故选C。
【分析】分析充放电过程电流的方向判断；根据曲线图像与对应时间轴所围成的面积的物理意义判断；根据电容定义式计算；由图中数据分析最大电流判断。
8．【答案】B,D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】解决波的多解问题首先考虑传播方向的双向性，如果题目未说明波的传播方向或没有其他条件暗示，应首先按波传播方向的可能性进行讨论。
A．波的传播速度只和介质有关，所以增大甩动的频率，则波在绳子上传播速度不变，故A错误；
B．由图乙可知，t=0.5s时刻，P、Q质两点振动方向相同，故B正确；
C．根据题意可知
（n=0，1，2……）
所以
（n=0，1，2……）
当波长为0.6m时，n不能取整数，故C错误；
D．波速为
（n=0，1，2……）
当波速为，则
故D正确。
故选BD。
【分析】波的传播速度只和介质有关，根据乙图判断振动方向，结合波传播过程的多解性分析。
9．【答案】A,C
【知识点】感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】本题是感生电动势类型，关键要掌握法拉第电磁感应定律，知道线圈的有效面积为处于磁场中的面积，而不是整个面积。AB．由图甲可知线圈的有效面积为
在0~2t0时间内，由法拉第电磁感应定律可得感应电动势的大小为
则t0时刻通过导体框的电流大小为
故A正确；
B0~t0时间内通过圆形导体框任一横截面的电荷量为
故B错误；
C.2t0~3t0时间内，由法拉第电磁感应定律可得感应电动势大小为
感应电流大小为
2.5t0时刻导体框所受安培力大小为
根据左手定则可知，安培力方向水平向左，由于导体框一直处于静止状态，摩擦力与安培力平衡，可知
方向水平向右，故C正确；
D.0~3t0时间内圆形导体框中产生的焦耳热为
故D错误。
故选AC。
【分析】在0～2t0时间内，根据法拉第电磁感应定律求出线圈产生的感应电动势的大小，再由闭合电路欧姆定律求通过导体框的电流大小；根据q=It0计算0～t0时间内通过圆形导体框任一横截面的电荷量；2t0～3t0时间内，采用同样的方法求出感应电流大小，进而求出2.5t0时刻导体框所受安培力大小，并判断安培力方向，再由平衡条件求水平面对导体框的摩擦力大小和方向；根据焦耳定律计算焦耳热。
10．【答案】A,D
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】本题考查的是能量守恒问题，题型较复杂，结合弹簧类问题的求解方法得出结论。A．设弹簧的最大压缩量为x，根据动能定理可得
代入数据解得
故A正确；
B．全程产生的热量为
故B错误；
C．当弹簧被压缩到最短时，物块的加速度最大，且最大加速度为
解得
故C错误；
D．滑块被弹回过程中最大速度时加速度为零，即
解得
根据动能定理可得
整个系统的机械能为
联立可得
故D正确。
故选AD。
【分析】当达到最大压缩量时根据动能定理得出结论；根据全程产生的热量根据求解；当弹簧被压缩到最短时加速度最大，再结合牛顿第二定律列式求解；根据牛顿第二定律列式，再结合动能定理以及机械能公式列式求解。
11．【答案】；；
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题关键掌握探究动能定理的实验原理和光电门的测速原理。（2）①在长木板右端适当位置垫一高度为H的木块，使滑块（包含挡光片）恰好能匀速下滑，并测得此时木块与木板左端距离为L。对木块根据平衡条件可得
得
②滑块通过光电门2的速度为
③设斜面与水平面的夹角为，若让滑块以一定初速度沿斜面上滑，先后通过光电门1、光电门2，挡光时间分别为、。若该学习小组要探究动能定理，即探究
其中
，，
联立求得上述物理量需满足
【分析】（2）①根据平衡条件计算；
②利用平均速度替代滑块通过光电门的速度；
③分析各个力对物体所做的功，根据动能定理结合几何知识计算。
12．【答案】（1）11.016
（2）
（3）；22300；大于
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量
【解析】【解答】本题关键掌握测定电阻率的实验原理和螺旋测微器的读数方法。
（1）用螺旋测微器测得外径为
（2）根据电阻定律
这种特殊材料的电阻率为
（3）①由为了保证开关S2和电阻箱时滑动变阻器的分压几乎不变，不管是Rx或R0与滑动变阻器左侧部分的并联电阻应该变化不大，所以为了减小误差，滑动变阻器应采用阻值较小的；
③由欧姆定律可知
代入数据解得
④本实验中S2置于a处的电流大于开关置于b处的电流，则S2置于a处与滑动变阻器左侧的并联的部分分压较小，由欧姆定律有
其中
，
化简可得
当时，为真实值，而实际上
故Rx的测量值会偏大，即Rx的测量值大于真实值。
【分析】（1）螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度读数之和；
（2）根据电阻定律推导；
（3）①根据减小实验误差分析判断，滑动变阻器应采用阻值较小的；
③根据欧姆定律计算；
④根据欧姆定律推导待测电阻的表达式分析判断。
（1）用螺旋测微器测得外径为
（2）根据电阻定律
可得这种特殊材料的电阻率为
（3）①[1]由为了保证开关S2和电阻箱时滑动变阻器的分压几乎不变，不管是Rx或R0与滑动变阻器左侧部分的并联电阻应该变化不大，所以为了减小误差，滑动变阻器应采用阻值较小的；
③[2]由欧姆定律可知
代入数据解得
④[3]本实验中S2置于a处的电流大于开关置于b处的电流，则S2置于a处与滑动变阻器左侧的并联的部分分压较小，由欧姆定律有
其中，
化简可得
当时，为真实值，而实际上
故Rx的测量值会偏大，即Rx的测量值大于真实值。
13．【答案】（1）解：乒乓球刚好能浮起，说明浮力等于重力，即
解得
气体发生等压变化时有
，
可得
解得
（2）解：乒乓球刚好也能浮起，说明浮力等于重力，即
气体发生等温变化时
，
可得
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】（1）乒乓球刚好能浮起，说明浮力等于重力，从而求解气体的密度；分析出气体变化前后的状态参量，气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律求解温度；
（2）气体发生等温变化，根据玻意耳定律结合乒乓球的平衡状态活塞的质量M。
（1）（1）乒乓球刚好能浮起，说明浮力等于重力，即
解得
气体发生等压变化时有，
可得
解得
（2）（2）乒乓球刚好也能浮起，说明浮力等于重力，即
气体发生等温变化时，
可得
解得M=
14．【答案】（1）解：设第一次碰后AB两滑块的速度分别为vA和vB，碰前A速度为v0，对B，由动能定理可得
解得
碰撞过程，由动量守恒定律可得
解得
（2）解：①由恢复系数公式
代入第一次碰撞数据解得
②再次到达水平面时速度为vB1，从H处再次滑下时，由动能定理可
再次碰撞时，设向左为正方向，碰后A、B速度分别为vA2、vB2，由动量守恒定律和恢复系数公式可得，
可得
，
【知识点】碰撞模型
【解析】【分析】（1）由动能定理求解第一次碰撞后滑块B速度大小，根据动量守恒定律求解第一次碰撞后滑块A速度大小；
（2）①由恢复系数公式代入数据求解；
②由动能定理求解再次到达水平面时速度，根据动量守恒定律和恢复系数公式联立方程求解。
（1）设第一次碰后AB两滑块的速度分别为vA和vB，碰前A速度为v0，对B，由动能定理可得
解得
碰撞过程，由动量守恒定律可得
解得
（2）①由恢复系数公式
代入第一次碰撞数据解得
②再次到达水平面时速度为vB1，从H处再次滑下时，由动能定理可得
再次碰撞时，设向左为正方向，碰后A、B速度分别为vA2、vB2，由动量守恒定律和恢复系数公式可得，
可得，
15．【答案】（1）解：如图，粒子在Ⅰ区域从A到B做类平抛运动，设粒子运动的时间为，由类平抛运动知识得
水平方向
竖直方向
由牛顿第二定律
联立解得
则粒子运动到B点的速度为
解得
如图方向与x轴正方向成45°，如图，粒子在Ⅱ区域从B到C做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力
由几何关系可得
解得Ⅱ区域的磁感应强度B的大小为
（2）解：如图，粒子在Ⅱ区域逆时针转过90°运动到C点，则
方向与x轴成45°，将速度分解如图
，
因
，
其中
联立解得
，
则粒子的运动可分解成在x轴正方向以做匀速直线运动和在平面做半径为R、顺时针方向的匀速圆周运动，则两个分运动的速度大小不变，均为，粒子从C点开始经，两个分运动速度方向都为x轴正方向，即最大速度为
（3）解：如图，由粒子在Ⅲ区域的运动由在x轴正方向以做匀速直线运动和平面做半径为R的匀速圆周运动合成，运动轨迹如图：当匀速圆周运动时，粒子恰好运动到x轴，则
解得
（，1，2，3……）
当匀速圆周运动时，粒子也恰好运动到x轴，则
解得
（，2，3……）
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）由类平抛运动的规律和洛伦兹力提供向心力求Ⅰ区域电场强度E的大小和Ⅱ区域的磁感应强度B的大小；
（2）粒子的运动可分解为圆周运动以及匀速直线运动，根据洛伦兹力提供向心力和周期公式求粒子在Ⅲ区域运动速度的最大值vmax；
（3）画出粒子运动轨迹，根据几何关系求粒子在Ⅲ区域运动过程中经过x轴时的横坐标x。
（1）如图，粒子在Ⅰ区域从A到B做类平抛运动，设粒子运动的时间为，由类平抛运动知识得
水平方向
竖直方向
由牛顿第二定律
联立解得
则粒子运动到B点的速度为
解得
如图方向与x轴正方向成45°，如图，粒子在Ⅱ区域从B到C做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力
由几何关系可得
解得Ⅱ区域的磁感应强度B的大小为
（2）如图，粒子在Ⅱ区域逆时针转过90°运动到C点，则
方向与x轴成45°，将速度分解如图，
因，
其中
联立解得，
则粒子的运动可分解成在x轴正方向以做匀速直线运动和在平面做半径为R、顺时针方向的匀速圆周运动，则两个分运动的速度大小不变，均为
粒子从C点开始经，两个分运动速度方向都为x轴正方向，即最大速度为
（3）如图，由粒子在Ⅲ区域的运动由在x轴正方向以做匀速直线运动和平面做半径为R的匀速圆周运动合成，运动轨迹如图：当匀速圆周运动时，粒子恰好运动到x轴，则
解得（，1，2，3……）
当匀速圆周运动时，粒子也恰好运动到x轴，则
解得（，2，3……）
1 / 12025届四川省广安市高三下学期二诊考试物理试题
1．（2025·广安模拟）下列关于原子结构表述正确的是（　　）
A．放射性元素的半衰期是45亿年，经过45亿年，20个原子必定有10个发生衰变
B．自然界中大多数原子的原子核非常稳定，而少数原子核却能自发衰变，这说明原子核具有复杂的结构
C．原子核在发生衰变时会放出电子，该现象说明原子核内有电子，它和质子、中子统称为核子
D．根据波尔理论可知，一个氢原子从的能级向基态跃迁时，最多能放出6种不同频率的光子
【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；玻尔理论与氢原子的能级跃迁；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】本题主要考查半衰期、衰变以及跃迁，注意β衰变释放的电子来自原子核，不是核外电子，但是原子核内没有电子。A．放射性元素的半衰期是45亿年，半衰期只适用大量原子核的衰变，所以经过45亿年，20个原子不一定有10个发生衰变，故A错误；
B．自然界中大多数原子的原子核非常稳定，而少数原子核却能自发衰变，这说明原子核具有复杂的结构，故B正确；
C．原子核在发生衰变时会放出电子，电子是原子核内的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，原子核内没有电子，原子核内的质子和中子统称为核子，故C错误；
D．根据波尔理论可知，一个氢原子从的能级向基态跃迁时，最多能放出n-1=3种不同频率的光子，故D错误。
故选B。
【分析】半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量原子核不适用；自然界中大多数原子的原子核非常稳定，而少数原子核却能自发衰变，这说明原子核具有复杂的结构；电子是由中子转化而来，并不是原子核内本来就有电子，并且原子核内的质子和中子统称为核子；一个氢原子从n=4的能级向基态跃迁时，最多能放出n-1=3种不同频率的光子。
2．（2025·广安模拟）在奥运会滑板街式比赛中，某选手（视为质点）从U型池边缘以初速度斜向上腾空，初速度方向与水平方向夹角为。若忽略空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．选手在上升过程处于超重状态，下降过程处于失重状态
B．选手在上升和下降阶段经过同一高度时速度相同
C．选手在最高点时的速度为零
D．选手回到与U型池边缘等高处的时间为
【答案】D
【知识点】超重与失重；斜抛运动
【解析】【解答】本题主要考查了斜抛运动的特点，解题关键是掌握斜抛运动分解为水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，结合斜抛运动的对称性求解问题即可。A．选手在上升过程和下降过程，只受重力，故加速度为重力加速度，方向竖直向下，所以选手在两过程中都处于失重状态，故A错误；
B．根据对称性原理，选手在上升和下降阶段经过同一高度时速度大小相同，方向不同，故B错误；
D．将选手斜抛的初速度分解到竖直方向和水平方向，则竖直方向的速度为
水平方向的速度为
选手在竖直方向做匀减速直线运动，直至最高点，此时竖直方向的速度为0，则上升的时间为
根据对称性原理，选手下落到与U型池边缘等高处的时间为
所以选手从飞出至回到与U型池边缘等高处的时间为
故D正确；
C．由D项分析，选手做斜抛运动，可知选手在最高点时，竖直方向速度为零，仍有水平方向的速度，故C错误。
故选D。
【分析】加速度向上，物体处于超重状态，加速度向下，物体处于失重状态；速度为矢量，大小方向都相同，速度相同；做斜抛运动在最高点，速度不为零；根据斜抛运动分解为水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，结合斜抛运动的对称性求出时间。
3．（2025·广安模拟）如图，将半径为R的透明半球体放在水平桌面上，O为球心，垂直于桌面。一束单色光竖直向下照射在半球面上的A点，并从半球体底面上B点射出。已知入射光线与的距离为，长度为，则透明半球体对该光的折射率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】光的折射问题，解题的关键在于正确画出光路图、找出几何关系。入射光线与的距离为
则入射角正弦
故
在底面B点，长度为，结合几何关系，可算出折射角正弦值
根据折射定律
故选C。
【分析】 根据几何关系得出入射角和折射角，结合折射定律求解。
4．（2025·广安模拟）某智能机械臂应用模型如图所示，机械臂通过不可伸长的吊索和可以伸缩的液压杆吊起重物，其中A点通过铰链与竖直墙面连接。现缓慢调整液压杆，使吊索逐渐趋近水平，在此过程中（　　）
A．的支持力逐渐增大，的拉力大小不变
B．的支持力先减小后增大，的拉力大小不变
C．的支持力逐渐增大，的拉力逐渐减小
D．的支持力大小不变，的拉力逐渐减小
【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题是动态平衡问题，要确定研究对象，正确分析受力，灵活选择解题方法。本题运用三角形相似法解答，比较简洁。对O点受力分析如图
根据相似三角形关系可知
缓慢调整液压杆OA，使吊索OB逐渐趋近水平，在此过程中OA变大，OB不变，可知FAO变大，FOB不变。
故选A。
【分析】对O点受力分析，根据平衡条件，运用三角形相似法列式分析各力的变化情况。
5．（2025·广安模拟）中国计划于2025年5月发射“天问二号”火星探测器，其变轨过程如图所示，探测器在近日点M短暂加速后进入霍曼转移轨道，接着沿着这个轨道抵达远日点P，又在P点短暂加速进入火星轨道。已知引力常量为G，地球轨道和火星轨道半径分别为r和R。若只考虑太阳对探测器的作用力。下列正确的是（　　）
A．探测器在霍曼转移轨道由M点到P点运动过程中的速度越来越大
B．探测器在地球轨道上的线速度与在火星轨道上的线速度之比为
C．探测器运行中在霍曼转移轨道上P点的加速度与在火星轨道上P点的加速度之比为
D．探测器在霍曼转移轨道上的运行周期与在火星轨道的运行周期之比为
【答案】D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】开普勒第三定律（周期定律）：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等。A．探测器在霍曼转移轨道由M点到P点运动过程中，万有引力对其做负功，其动能减小，速度越来越小，故A错误；
B．根据
可得
即探测器在地球轨道上的线速度为
同理，可得探测器在火星轨道上的线速度大小
则探测器在地球轨道上的线速度与在火星轨道上的线速度之比为，故B错误；
C．探测器运行中在霍曼转移轨道上过P点与在火星轨道上过P点时，根据
可得
则探测器运行中在霍曼转移轨道上P点的加速度与在火星轨道上P点的加速度相等，故C错误；
D．探测器在霍曼转移轨道上与在火星轨道上运行时，根据开普勒第三定律有
，
联立探测器在霍曼转移轨道上的运行周期与在火星轨道的运行周期之比为
故D正确。
故选D。
【分析】M点到P点运动过程中，万有引力对其做负功，其动能减小；根据万有引力提供向心力以及开普勒第三定律分析。
6．（2025·广安模拟）在如图所示的远距离输电电路中，a、b端接入电压的交流电源，两变压器均为理想变压器，两变压器的匝数比满足。已知、、的阻值均为5 ，它们消耗的功率均相同，电表均为理想交流电表。则（　　）
A．升压变压器的匝数比 B．电压表的示数为240V
C．电流表的示数为72A D．的电功率2880W
【答案】D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题的关键掌握理想变压器的电压、电流和匝数之间的关系，搞清功率分配情况，即可解决本题。A．、、的阻值相等，消耗的功率相同，故通过、、的电流相同，设为，则通过降压变压器副线圈的电流为，由理想变压器原、副线圈匝数与电流关系得
则有
故A错误；
B．结合上述可知，通过变压器原线圈的电流
由于变压器原线圈的输入功率等于、、的总功率，而、、的阻值相等，消耗的功率相同，令副线圈两端电压为，则有
解得
故B错误；
C．结合上述可知，电流表的示数为，等于通过的电流，则有
故C错误；
D．的电功率为
故D正确。
故选D。
【分析】R1、R2、R3的阻值均为5Ω，它们消耗的功率均相同，则它们的电压以及电流也相同，结合变压器原理以及欧姆定律分析。
7．（2025·广安模拟）图甲所示为某电容器的充、放电过程示意图。电路中的电流传感器可以捕捉瞬时的电流变化，它与计算机相连，可显示电流随时间的变化规律。电源电动势E=7.5V、内阻不计，充电前电容器带电量为零，先使S与“1”端相连，电源向电容器充电，充电结束后，使S与“2”端相连，直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的I-t曲线如图乙所示，下列正确的是（　　）
A．在电容器充电与放电过程中，通过电阻R0的电流方向相同
B．图乙中阴影部分的面积
C．若，则该电容器的电容值约为0.133F
D．由甲、乙两图可判断阻值
【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】本题关键掌握曲线图像与对应时间轴所围成的面积的物理意义和电容定义式。A．由图甲可知，电容器充电时，通过电阻R0的电流方向向左，放电时通过R0的电流方向向右，故在电容器充电与放电过程中，通过电阻R0的电流方向相反，故A错误；
B．曲线图像与对应时间轴所围成的面积表示电荷量，充电和放电电荷量相等，所以乙图中阴影部分的面积相等，即
故B错误；
C．由于电源内阻不计，可知电容器两端电压等于电源电动势，则该电容器的电容为
故C正确；
D．由图乙可知，充电时的最大电流大于放电时的最大电流，则
故D错误。
故选C。
【分析】分析充放电过程电流的方向判断；根据曲线图像与对应时间轴所围成的面积的物理意义判断；根据电容定义式计算；由图中数据分析最大电流判断。
8．（2025·广安模拟）图甲为某同学利用跳绳模拟战绳训练，该同学将绳子一端固定在杆上，用手上下甩动另一端。图乙为绳上P、Q两质点的振动图像，P、Q两质点平衡位置相距5m。波由P向Q传播。下列说法正确的是（　　）
A．增大甩动的频率，则波在绳子上传播速度增大
B．t=0.5s时，P、Q质两点振动方向相同
C．波长可能为0.6m
D．波速可能为
【答案】B,D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】解决波的多解问题首先考虑传播方向的双向性，如果题目未说明波的传播方向或没有其他条件暗示，应首先按波传播方向的可能性进行讨论。
A．波的传播速度只和介质有关，所以增大甩动的频率，则波在绳子上传播速度不变，故A错误；
B．由图乙可知，t=0.5s时刻，P、Q质两点振动方向相同，故B正确；
C．根据题意可知
（n=0，1，2……）
所以
（n=0，1，2……）
当波长为0.6m时，n不能取整数，故C错误；
D．波速为
（n=0，1，2……）
当波速为，则
故D正确。
故选BD。
【分析】波的传播速度只和介质有关，根据乙图判断振动方向，结合波传播过程的多解性分析。
9．（2025·广安模拟）电磁感应是发电机的重要工作原理，如图甲所示，在边长为L的正方形abcd虚线区域内，分布着方向垂直水平面向外的匀强磁场，电阻为R的圆形导体框放置在绝缘水平面上，其圆心O点与ab边的中点重合，导体框恰好有一半处于磁场中。磁感应强度B随时同t的变化规律如图乙所示，其中B0、t0都是已知量。由于水平面粗糙，圆形导体框一直处于静止状态。则（　　）
A．t0时刻通过导体框的电流大小为
B．0~t0时间内通过圆形导体框任一横截面的电荷量为
C．2.5t0时刻，水平面对导体框的摩擦力大小为，方向水平向右
D．0~3t0时间内圆形导体框中产生的焦耳热为
【答案】A,C
【知识点】感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】本题是感生电动势类型，关键要掌握法拉第电磁感应定律，知道线圈的有效面积为处于磁场中的面积，而不是整个面积。AB．由图甲可知线圈的有效面积为
在0~2t0时间内，由法拉第电磁感应定律可得感应电动势的大小为
则t0时刻通过导体框的电流大小为
故A正确；
B0~t0时间内通过圆形导体框任一横截面的电荷量为
故B错误；
C.2t0~3t0时间内，由法拉第电磁感应定律可得感应电动势大小为
感应电流大小为
2.5t0时刻导体框所受安培力大小为
根据左手定则可知，安培力方向水平向左，由于导体框一直处于静止状态，摩擦力与安培力平衡，可知
方向水平向右，故C正确；
D.0~3t0时间内圆形导体框中产生的焦耳热为
故D错误。
故选AC。
【分析】在0～2t0时间内，根据法拉第电磁感应定律求出线圈产生的感应电动势的大小，再由闭合电路欧姆定律求通过导体框的电流大小；根据q=It0计算0～t0时间内通过圆形导体框任一横截面的电荷量；2t0～3t0时间内，采用同样的方法求出感应电流大小，进而求出2.5t0时刻导体框所受安培力大小，并判断安培力方向，再由平衡条件求水平面对导体框的摩擦力大小和方向；根据焦耳定律计算焦耳热。
10．（2025·广安模拟）我国自主研发的“磁浮储能系统”可将列车制动后进站时的部分动能转化为重力势能和弹性势能储存。原理简化如图，轻弹簧一端固定在倾角为30°的斜面顶端，质量为1kg的滑块（可视为质点）以初速度从底端A点沿斜面上滑，在B点开始压缩弹簧，滑块被弹回后恰好停在B点。已知AB的距离为4m，滑块与斜面的动摩擦因数为，弹簧的劲度系数为5N/m，重力加速度取10m/s2，取A点所在水平面为重力势能参考面，则（　　）
A．整个过程弹簧的最大压缩量为1m
B．全程产生的热量为30J
C．物块的最大加速度为7.5m/s2
D．滑块被弹回过程中最大速度时整个系统的机械能为23.75J
【答案】A,D
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】本题考查的是能量守恒问题，题型较复杂，结合弹簧类问题的求解方法得出结论。A．设弹簧的最大压缩量为x，根据动能定理可得
代入数据解得
故A正确；
B．全程产生的热量为
故B错误；
C．当弹簧被压缩到最短时，物块的加速度最大，且最大加速度为
解得
故C错误；
D．滑块被弹回过程中最大速度时加速度为零，即
解得
根据动能定理可得
整个系统的机械能为
联立可得
故D正确。
故选AD。
【分析】当达到最大压缩量时根据动能定理得出结论；根据全程产生的热量根据求解；当弹簧被压缩到最短时加速度最大，再结合牛顿第二定律列式求解；根据牛顿第二定律列式，再结合动能定理以及机械能公式列式求解。
11．（2025·广安模拟）某学习小组通过如图所示装置探究动能定理。光电门1、2分别固定在长木板上相距S的两点，挡光片宽度为d（），重力加速度为g。实验步骤如下：
（1）在长木板右端适当位置垫一高度为H的木块，使滑块（包含挡光片）恰好能匀速下滑，并测得此时木块与木板左端距离为L。
（2）让滑块以一定初速度沿斜面上滑，先后通过光电门1、光电门2，挡光时间分别为、。
①滑块与木板间的动摩擦因数　 　；
②滑块通过光电门2的速度为　 　；
③该学习小组要探究动能定理，上述物理量需满足：　 　。（均用题干中字母表示）
【答案】；；
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题关键掌握探究动能定理的实验原理和光电门的测速原理。（2）①在长木板右端适当位置垫一高度为H的木块，使滑块（包含挡光片）恰好能匀速下滑，并测得此时木块与木板左端距离为L。对木块根据平衡条件可得
得
②滑块通过光电门2的速度为
③设斜面与水平面的夹角为，若让滑块以一定初速度沿斜面上滑，先后通过光电门1、光电门2，挡光时间分别为、。若该学习小组要探究动能定理，即探究
其中
，，
联立求得上述物理量需满足
【分析】（2）①根据平衡条件计算；
②利用平均速度替代滑块通过光电门的速度；
③分析各个力对物体所做的功，根据动能定理结合几何知识计算。
12．（2025·广安模拟）图甲是一种特殊材料制成的均匀圆柱体物件，为了测定这种材料的电阻率，某同学先用多用电表粗测其电阻约有几万欧姆。
（1）该同学用游标卡尺测得其长为，用螺旋测微器测得其外径d如图乙，则　 　；
（2）这种特殊材料的电阻率　 　（用题中测得物理量L、d、表达）：
（3）该同学又用如图丙所示电路精确测量该物件的电阻。
①实验室提供了两款滑动变阻器：和，为了减小误差，本实验中滑动变阻器应该选用　 　（填“”或“”）。
②将先开关置于a处，闭合开关，调节滑动变阻器，使灵敏电流计读数为；再将开关置于b处，保持滑动变阻器滑片不动，调节电阻箱，当电阻箱时，灵敏电流计示数为。
③已知灵敏电流计的内阻为200Ω，则物件的电阻测量值　 　 。
④本次实验的测量值　 　（填“大于”或“等于”或“小于”）真实值。
【答案】（1）11.016
（2）
（3）；22300；大于
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量
【解析】【解答】本题关键掌握测定电阻率的实验原理和螺旋测微器的读数方法。
（1）用螺旋测微器测得外径为
（2）根据电阻定律
这种特殊材料的电阻率为
（3）①由为了保证开关S2和电阻箱时滑动变阻器的分压几乎不变，不管是Rx或R0与滑动变阻器左侧部分的并联电阻应该变化不大，所以为了减小误差，滑动变阻器应采用阻值较小的；
③由欧姆定律可知
代入数据解得
④本实验中S2置于a处的电流大于开关置于b处的电流，则S2置于a处与滑动变阻器左侧的并联的部分分压较小，由欧姆定律有
其中
，
化简可得
当时，为真实值，而实际上
故Rx的测量值会偏大，即Rx的测量值大于真实值。
【分析】（1）螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度读数之和；
（2）根据电阻定律推导；
（3）①根据减小实验误差分析判断，滑动变阻器应采用阻值较小的；
③根据欧姆定律计算；
④根据欧姆定律推导待测电阻的表达式分析判断。
（1）用螺旋测微器测得外径为
（2）根据电阻定律
可得这种特殊材料的电阻率为
（3）①[1]由为了保证开关S2和电阻箱时滑动变阻器的分压几乎不变，不管是Rx或R0与滑动变阻器左侧部分的并联电阻应该变化不大，所以为了减小误差，滑动变阻器应采用阻值较小的；
③[2]由欧姆定律可知
代入数据解得
④[3]本实验中S2置于a处的电流大于开关置于b处的电流，则S2置于a处与滑动变阻器左侧的并联的部分分压较小，由欧姆定律有
其中，
化简可得
当时，为真实值，而实际上
故Rx的测量值会偏大，即Rx的测量值大于真实值。
13．（2025·广安模拟）如图甲所示，某导热气缸左侧有一静止可无摩擦滑动的活塞，活塞横截面积为S，气缸内气体的温度为，密度为。一质量为m、体积为V的乒乓球静止于气缸底部。现逐渐降低温度，让乒乓球恰好能悬浮。已知大气压强为，重力加速度为g，设乒乓球体积不变。
（1）求乒乓球恰好能悬浮时气缸内气体的密度和温度；
（2）若保持温度不变，将气缸缓慢顺时针旋转90°，稳定后乒乓球也恰好能悬浮，求活塞的质量M。
【答案】（1）解：乒乓球刚好能浮起，说明浮力等于重力，即
解得
气体发生等压变化时有
，
可得
解得
（2）解：乒乓球刚好也能浮起，说明浮力等于重力，即
气体发生等温变化时
，
可得
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】（1）乒乓球刚好能浮起，说明浮力等于重力，从而求解气体的密度；分析出气体变化前后的状态参量，气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律求解温度；
（2）气体发生等温变化，根据玻意耳定律结合乒乓球的平衡状态活塞的质量M。
（1）（1）乒乓球刚好能浮起，说明浮力等于重力，即
解得
气体发生等压变化时有，
可得
解得
（2）（2）乒乓球刚好也能浮起，说明浮力等于重力，即
气体发生等温变化时，
可得
解得M=
14．（2025·广安模拟）如图所示，质量为0.3kg的滑块B静止在光滑水平面上，形状大小相同质量为0.1kg的滑块A以初速度5m/s向右运动，与B发生正碰，碰后B滑上θ=60°足够长的粗糙斜面，上升的最大高度为，B与斜面间的动摩擦因数为，斜面与水平面平滑连接，空气阻力不计，重力加速度取10m/s2。求：
（1）第一次碰撞后滑块B和A的速度大小：
（2）物理学中将材料一定的两物体，碰撞后分开的相对速度与碰撞前接近的相对速度之比定义为恢复系数，即，其中、为两物体碰撞前的速度，、为碰后的速度，e仅由两物体材料决定。
①滑块A、B相碰时的恢复系数为e；
②滑块A、B第二次碰撞后的速度大小。
【答案】（1）解：设第一次碰后AB两滑块的速度分别为vA和vB，碰前A速度为v0，对B，由动能定理可得
解得
碰撞过程，由动量守恒定律可得
解得
（2）解：①由恢复系数公式
代入第一次碰撞数据解得
②再次到达水平面时速度为vB1，从H处再次滑下时，由动能定理可
再次碰撞时，设向左为正方向，碰后A、B速度分别为vA2、vB2，由动量守恒定律和恢复系数公式可得，
可得
，
【知识点】碰撞模型
【解析】【分析】（1）由动能定理求解第一次碰撞后滑块B速度大小，根据动量守恒定律求解第一次碰撞后滑块A速度大小；
（2）①由恢复系数公式代入数据求解；
②由动能定理求解再次到达水平面时速度，根据动量守恒定律和恢复系数公式联立方程求解。
（1）设第一次碰后AB两滑块的速度分别为vA和vB，碰前A速度为v0，对B，由动能定理可得
解得
碰撞过程，由动量守恒定律可得
解得
（2）①由恢复系数公式
代入第一次碰撞数据解得
②再次到达水平面时速度为vB1，从H处再次滑下时，由动能定理可得
再次碰撞时，设向左为正方向，碰后A、B速度分别为vA2、vB2，由动量守恒定律和恢复系数公式可得，
可得，
15．（2025·广安模拟）如图所示，在Ⅰ区域（），存在沿y轴负方向大小为E的匀强电场：在Ⅱ区域（），存在垂直纸面向里磁感应强度大小B的匀强磁场：在Ⅲ区域（）同时存在垂直纸面向外的匀强磁场和沿y轴正方向的匀强电场，磁感应强度大小为，电场强度大小为E。一比荷的带正电粒子，从A点沿x轴正方向以速度进入Ⅰ区域：粒子经B点进入Ⅱ区域。又从C点进入Ⅲ区域，其中，不计粒子的重力。求：
（1）Ⅰ区域电场强度E的大小和Ⅱ区域的磁感应强度B的大小；
（2）粒子在Ⅲ区域运动速度的最大值；
（3）粒子在Ⅲ区域运动过程中经过x轴时的横坐标x。
【答案】（1）解：如图，粒子在Ⅰ区域从A到B做类平抛运动，设粒子运动的时间为，由类平抛运动知识得
水平方向
竖直方向
由牛顿第二定律
联立解得
则粒子运动到B点的速度为
解得
如图方向与x轴正方向成45°，如图，粒子在Ⅱ区域从B到C做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力
由几何关系可得
解得Ⅱ区域的磁感应强度B的大小为
（2）解：如图，粒子在Ⅱ区域逆时针转过90°运动到C点，则
方向与x轴成45°，将速度分解如图
，
因
，
其中
联立解得
，
则粒子的运动可分解成在x轴正方向以做匀速直线运动和在平面做半径为R、顺时针方向的匀速圆周运动，则两个分运动的速度大小不变，均为，粒子从C点开始经，两个分运动速度方向都为x轴正方向，即最大速度为
（3）解：如图，由粒子在Ⅲ区域的运动由在x轴正方向以做匀速直线运动和平面做半径为R的匀速圆周运动合成，运动轨迹如图：当匀速圆周运动时，粒子恰好运动到x轴，则
解得
（，1，2，3……）
当匀速圆周运动时，粒子也恰好运动到x轴，则
解得
（，2，3……）
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）由类平抛运动的规律和洛伦兹力提供向心力求Ⅰ区域电场强度E的大小和Ⅱ区域的磁感应强度B的大小；
（2）粒子的运动可分解为圆周运动以及匀速直线运动，根据洛伦兹力提供向心力和周期公式求粒子在Ⅲ区域运动速度的最大值vmax；
（3）画出粒子运动轨迹，根据几何关系求粒子在Ⅲ区域运动过程中经过x轴时的横坐标x。
（1）如图，粒子在Ⅰ区域从A到B做类平抛运动，设粒子运动的时间为，由类平抛运动知识得
水平方向
竖直方向
由牛顿第二定律
联立解得
则粒子运动到B点的速度为
解得
如图方向与x轴正方向成45°，如图，粒子在Ⅱ区域从B到C做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力
由几何关系可得
解得Ⅱ区域的磁感应强度B的大小为
（2）如图，粒子在Ⅱ区域逆时针转过90°运动到C点，则
方向与x轴成45°，将速度分解如图，
因，
其中
联立解得，
则粒子的运动可分解成在x轴正方向以做匀速直线运动和在平面做半径为R、顺时针方向的匀速圆周运动，则两个分运动的速度大小不变，均为
粒子从C点开始经，两个分运动速度方向都为x轴正方向，即最大速度为
（3）如图，由粒子在Ⅲ区域的运动由在x轴正方向以做匀速直线运动和平面做半径为R的匀速圆周运动合成，运动轨迹如图：当匀速圆周运动时，粒子恰好运动到x轴，则
解得（，1，2，3……）
当匀速圆周运动时，粒子也恰好运动到x轴，则
解得（，2，3……）
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