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2025届甘肃省庆阳市第一中学高三下学期一模物理试题
1．（2025·西峰模拟）如图所示，餐桌上的水平玻璃转盘匀速转动时，其上的物品相对于转盘静止，则转盘上与转轴距离不相等的两个物品具有的相同物理量是（　　）
A．线速度的大小 B．受到的静摩擦力大小
C．角速度 D．向心加速度大小
【答案】C
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】由题意可知，转盘上与转轴距离不相等的两个物品为同轴转动，具有相同的角速度、周期；根据、和可知，由于两个物品的半径不同，且质量大小不确定，线速度大小和向心加速度大小均不相等，静摩擦力不一定相等。
故答案为：C。
【分析】同轴匀速转动的物体，角速度（或周期）相同，再结合线速度、静摩擦力、向心加速度与半径的关系，判断各物理量是否相同。
2．（2025·西峰模拟）是金属铯的同位素之一，其半衰期为30.17年。进入人体后主要滞留于骨骼和肌肉组织中，释放出射线后转变为，发生跃迁再释放出射线，射线可能会引起软组织肿瘤，进而导致癌症。下列说法正确的是（　　）
A．射线是带负电的电子流
B．射线的穿透能力比射线更弱
C．释放出射线说明原子核内存在电子
D．1kg的核经过60.34年后，还有0.25kg的核没有发生衰变
【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A．γ射线是不带电的高频电磁波（光子流），并非电子流，β射线才是带负电的电子流，故A错误；
B．三种射线的穿透能力：γ射线＞β射线＞α射线，故 γ 射线的穿透能力比 β 射线更强，故B错误；
C．释放出射线是原子核内的中子转变成质子和电子放出的，原子核内本身不存在电子，故C错误；
D.1kg的核经过60.34年后，经过2次半衰期，还有的即0.25kg的核没有发生衰变，故D正确。
故答案为：D。
【分析】结合三种射线（α、β、γ）的性质、β衰变的本质，以及半衰期的计算规则，逐一分析选项。
3．（2025·西峰模拟）中国科学院长春光学精密机械与物理研究所某科研团队通过飞秒（）激光技术实现了金属表面超疏水稳定性能的提高，同时显著提升了金属表面防腐能力。超疏水是自然界中常见的一种现象。荷叶能“出淤泥而不染”就与植物表面的超疏水性有关。已知真空中光的传播速度，下列说法正确的是（　　）
A．真空中，激光在1fs内传播的距离为
B．只要振荡电路的频率足够高，就能产生激光
C．金属表面的超疏水性是因为金属对水是浸润的
D．水滴到荷叶表面迅速形成水珠，此时水珠表面水分子间距比水珠内部水分子间距更小
【答案】A
【知识点】液体的表面张力；浸润和不浸润
【解析】【解答】A．空中，激光在1fs内传播的距离为故A正确；
B．激光的产生需要受激辐射、粒子数反转等特定条件，仅提高 LC 振荡电路的频率无法产生激光，故B错误；
C．超疏水性对应的是不浸润现象（液体难以附着在固体表面），若金属对水浸润，会表现为亲水性，故C错误；
D．水滴到荷叶表面迅速形成水珠，此时水珠表面水分子间距比水珠内部水分子间距更大，这是由于液体表面张力作用导致的，故D错误。
故答案为：A。
【分析】结合光速公式计算激光传播距离，同时明确激光的产生条件、浸润 / 不浸润现象、液体表面张力的分子间距特点，逐一分析选项。
4．（2025·西峰模拟）2024年10月30日，神舟十九号成功发射并对接中国空间站，标志着中国航天进入新的阶段。神舟十九号与中国空间站对接过程的示意图如图所示，神舟十九号先在近地圆轨道I上运行，再变轨至椭圆轨道II，最后与在圆轨道III上运行的中国空间站对接。已知地球表面的重力加速度大小为，则下列说法正确的是（　　）
A．中国空间站在轨道III运行的线速度大小可能为
B．神舟十九号在轨道II运动时的向心加速度大于
C．对接后中国空间站中航天员处于超重状态
D．神舟十九号在轨道I上运行的周期比中国空间站在轨道III上运行的周期小
【答案】D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．第一宇宙速度近似等于近地卫星的环绕速度，即近地圆轨道I的线速度近似等于，根据，解得，由于圆轨道III的轨道半径大于近地圆轨道I的轨道半径，则圆轨道III的线速度大于近地圆轨道I的线速度，即中国空间站在轨道III运行的线速度大小一定小于，故A错误；
B．根据牛顿第二定律有，解得，则近地圆轨道I的向心加速度近似等于，由于轨道II上卫星与地心连线间距大于或近似等于地球半径，则神舟十九号在轨道II运动时的向心加速度小于或等于，故B错误；
C．空间站在轨道 Ⅲ 做匀速圆周运动，万有引力完全提供向心力，航天员处于完全失重状态（并非超重），故C错误；
D．根据开普勒第三定律有，由于圆轨道III的轨道半径大于近地圆轨道I的轨道半径，则神舟十九号在轨道I上运行的周期比中国空间站在轨道III上运行的周期小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】结合万有引力定律的天体运动规律（线速度、向心加速度、周期与轨道半径的关系），以及失重状态的本质，逐一分析选项。
5．（2025·西峰模拟）某电容器的外壳上标有“”的字样。该参数表明（　　）
A．该电容器两端电压为4.5V时，其电容为
B．该电容器两端电压由电容器本身决定，与电容器带电荷量无关
C．该电容器正常工作时所带电荷量不超过
D．给该电容器充电时，电压每升高1V，单个极板的电荷量增加
【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．电容是电容器的固有属性，与电压无关，无论电压是多少，电容始终为 2.0μF，故A错误；
B．电容器两端的电压由外接电源决定，并非由电容器本身决定，故B错误；
C．该电容器正常工作时所带电荷量不超过，故C错误；
D．根据，可得，则给该电容器充电时，电压每升高1V，单个极板的电荷量增加，故D正确。
故答案为：D。
【分析】结合电容器的基本性质（电容的定义、电容与电压 / 电荷量的关系），逐一分析选项。
6．（2025·西峰模拟）远距离输电示意图如图，为发电厂输出电压的有效值，为输电线的电阻，表示用户端电阻，电路中电压表和电流表均为理想电表，分别监测用户端变压器的输入电压和输出电流。若滑动变阻器滑片向下移动，则下列说法正确的是（　　）
A．该输电线路的输电电压为 B．电压表的示数变大
C．电流表的示数变大 D．输电线电阻损耗的功率变大
【答案】B
【知识点】电能的输送；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】A．设升压变压器原副线圈的匝数比为，副线圈的电压为，则，由题意可知所以，该输电线路的输电电压为，故A错误；
BCD．由A选项分析可知，升压变压器的副线圈的电压不变，设降压变压器的原副线圈的匝数比为，则用户端电阻在输电线路中的等效电阻为，若滑动变阻器滑片向下移动，则接入电路中的阻值变大，则变大，输电线路中的电流，则输电线中的电流减小，根据可知，输电线电阻损耗的功率变小；输电线电阻损耗的电压也变小，则电压表的示数将变大；根据原副线圈电流关系，可知，电流表的示数减小，故B正确，CD错误。
故答案为：B。
【分析】结合变压器的电压比规律、等效电阻法分析输电线电流变化，进而判断各电表示数与功率损耗的变化。
7．（2025·西峰模拟）某同学在拍球的过程中发现，让球由离地1m高处静止下落并自由反弹，弹起的最大高度为80cm。为了让球每次都恰好弹回到1m的高度，球每次在1m高度时应向下拍打一次球。设球在运动过程中受到的空气阻力大小恒定，球与地面碰撞后以原速率反弹，已知球的质量为900g，重力加速度，则下列说法正确的是（　　）
A．球在运动过程中受到的空气阻力大小为1.5N
B．人每次向下拍球的过程中对球做的功为1.8J
C．从拍球到球回到释放点，球克服空气阻力所做的功为2J
D．球每次撞击地面的过程中，地面对球做的功为11J
【答案】C
【知识点】功的计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．球在下落到弹起到最大高度的过程中，根据动能定理
其中，
解得，故A错误。
B．球从最高点到返回到最高点的过程中，根据动能定理，解得：，故B错误；
C．从拍球到球回到释放点，球克服空气阻力所做的功为，故C正确；
D．根据动能定理，球每次撞击地面的过程中
因为球与地面碰撞后以原速率反弹，即
所以地面对球做的功为，故D错误。
故答案为：C。
【分析】利用动能定理分析空气阻力、拍球做功、克服阻力做功及地面碰撞做功，结合运动过程的能量变化逐一判断选项。
8．（2025·西峰模拟）如图所示，匀强电场的电场强度方向水平向右。竖直平面内一质量为、电荷量为的粒子从、连线上的点由静止释放，粒子刚好沿运动。已知与水平方向成角，、间的距离为，重力加速度为，，，不计空气阻力，下列判断正确的是（　　）
A．匀强电场的电场强度大小为
B．粒子从点运动到点所用的时间为
C．、两点间的电势差
D．粒子从点运动到点的过程中电势能的增加量为
【答案】A,C
【知识点】电势能；电势差与电场强度的关系；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．粒子刚好沿运动，可知重力和电场力的关系满足，匀强电场的电场强度大小为，故A正确；
B．粒子的加速度，根据，粒子从点运动到点所用的时间为，故B错误；
C．、两点间的电势差，故C正确；
D．粒子从点运动到点的过程中电场力做功，电场力做正功，电势能减少量为，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】粒子沿 MN 运动，说明合力沿 MN 方向，结合重力与电场力的合力方向，先求电场强度，再通过运动学公式算时间，利用电势差公式求，分析电势能变化。
9．（2025·西峰模拟）一波源在时开始振动，形成的简谐横波沿轴负方向传播，时刚好传播到处。物理兴趣小组的同学画出了时的波形图，波形图与轴的交点在处，如图所示。由于某种意外，图上有一部分被油污覆盖而无法看清，已知该波的波速，下列判断正确的是（　　）
A．图中
B．此波的周期为2s
C．再经过，处的质点运动到处
D．在接下来的时间内，处的质点经过的路程为30cm
【答案】B,D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．根据机械波在时刻的波动方程为，分别将，和，以及代入上式，解得，，则，故A错误；
B．此波的周期为，故B正确；
C．质点不随波迁移，故C错误；
D．处质点的振动方程为，其中
将，，代入上式，且根据“同侧法”可知，此时质点向上振动，解得振动方程为
在接下来的时，代入上式，又因为
即在接下来的时间内，质点先向上振动到最大位移处，后回到平衡位置，所以质点通过的路程为，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】结合简谐波的波速、波长、周期的关系，利用波动方程确定波长，再分析质点振动规律与路程。
10．（2025·西峰模拟）如图，平行金属导轨由两部分组成，与是圆心角为、半径的圆弧形导轨，与是水平长直导轨，圆弧形导轨与长直导轨在、处相切，平行导轨间距。右侧存在磁感应强度大小为4T、方向竖直向上的匀强磁场，导体棒垂直导轨放置，其质量，接入电路中的电阻。导体棒的质量，从距离高度处以一定初速度水平抛出，恰能无碰撞地从滑入右侧平行导轨，导体棒滑入平行导轨后与导轨垂直且接触良好，导体棒接入电路中的电阻。两导体棒始终没有相碰。重力加速度，不计导轨电阻、一切摩擦及空气阻力，则（　　）
A．导体棒抛出时的速度
B．导体棒刚进入磁场时回路中感应电流沿逆时针方向（俯视）
C．导体棒进入磁场后的加速度最大值为
D．导体棒、在磁场中运动产生的总焦耳热（导轨足够长）为2.0J
【答案】B,C
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．导体棒运动到时，在竖直方向的速度大小
解得
根据题意可知
解得，故A错误；
B．导体棒刚进入磁场时回路中时，根据右手定则可得，回路中感应电流沿逆时针方向（俯视），故B正确；
C．导体棒进入磁场后，根据楞次定律可知，安培力与运动方向相反，即导体棒进入磁场后做减速运动，则导体棒刚进入磁场时速度最大，电动势最大，安培力和加速度最大， 导体棒运动到时的速度大小为
导体棒从运动到过程，根据动能定理
解得
则产生的电动势为
回路中的电流为
则导体棒受到的安培力大小为
根据牛顿第二定律
解得，故C正确；
D．导体棒、在磁场运动过程中，动量守恒，当两棒速度大小相等时，回路中没有电流，运动达到稳定，根据动量守恒，解得
根据能量守恒，解得，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】分阶段分析导体棒 b 的平抛与圆弧运动，结合右手定则判断电流方向，利用安培力与牛顿第二定律求加速度，通过能量守恒分析焦耳热。
11．（2025·西峰模拟）某实验兴趣小组设计了如图所示的加速度计，质量为的滑块2可以在光滑的框架1中平移，滑块两侧用轻弹簧3拉着，两轻弹簧均处于原长状态，且劲度系数均为；滑动变阻器的总长为，是滑动变阻器的滑片，滑片在滑动变阻器上滑动时受到的阻力不计，滑片与滑动变阻器任一端之间的阻值都与它到这端的距离成正比。两个电池的电动势均为，其内阻不计；弹簧处于原长状态时电压表示数为零，电压表指针的零点位于表盘中央，当端的电势高于端时，指针向零点左侧偏转，反之则向零点右侧偏转。电压表可视为理想电压表。
（1）当滑块具有图示方向的加速度时，电压表指针偏向　 　（选填“左侧”或“右侧”）。
（2）电压表示数大小与加速度大小的关系是　 　（用所给物理量表示）。
（3）若加速度计长时间使用后，电池内阻不可忽略，则加速度的测量值　 　（选填“偏小”“偏大”或“不变”）。
【答案】（1）右侧
（2）
（3）偏小
【知识点】牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】（1）当滑块具有图示方向的加速度时，滑块所受的弹簧的拉力的合力向右，滑块向左移动，滑动变阻器的滑片向左滑动，根据顺着电流方向电势降低，端的电势低于端，电压表指针偏向右侧。
故答案为：右侧
（2）根据牛顿第二定律
根据欧姆定律
联立解得
故答案为：
（3）当电池内阻不能忽略时，滑动变阻器的电压变小，则单位长度的电势差变为
则有
则在加速度相同的情况下，P、Q两点间的电势差变小，即加速度测量值偏小。
故答案为：偏小
【分析】（1）偏转方向：通过滑块加速度方向判断滑片位移方向，进而确定电势高低与指针偏转方向。
（2）U与a的关系：结合牛顿第二定律（弹簧力与加速度）、滑动变阻器的电压-位移关系，联立推导。
（3）内阻影响：分析电池内阻对实际电压的衰减作用，得出测量值的偏差趋势。
（1）当滑块具有图示方向的加速度时，滑块所受的弹簧的拉力的合力向右，滑块向左移动，滑动变阻器的滑片向左滑动，根据顺着电流方向电势降低，端的电势低于端，电压表指针偏向右侧。
（2）根据牛顿第二定律
根据欧姆定律
联立解得
（3）当电池内阻不能忽略时，滑动变阻器的电压变小，则单位长度的电势差变为
则有
则在加速度相同的情况下，P、Q两点间的电势差变小，即加速度测量值偏小。
12．（2025·西峰模拟）兴趣小组同学学习了折射率的概念后，分别测量一圆柱形玻璃砖和一液体的折射率。
（1）用圆柱形玻璃砖做测量玻璃折射率的实验时，先在白纸上放好圆柱形玻璃砖，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针和，然后在圆柱形玻璃砖另一侧观察，调整视线使的像被的像挡住，接着在眼睛所在一侧相继又插上两枚大头针、，使挡住、的像，挡住、的像和。
①在纸上标出的大头针位置和圆柱形玻璃砖的边界如图甲所示，请在图甲上画出所需的光路　 　；
②为了测量出玻璃砖的折射率，在确定玻璃砖的圆心后，需要测量的物理量有　 　、　 　（要求在图甲上标出相应物理量的字母）；
③计算折射率的公式为　 　（用测量得到的物理量的字母表示）。
（2）测某种液体的折射率时，如图乙所示，将刻度尺直立在装满透明液体的宽口瓶中（液体未漏出），从瓶口上方处沿方向观察瓶口，刚好看到刻度尺上点刻度和点的倒影重合在一起，刻度尺右边缘与宽口瓶右内壁间的距离，由此可知，瓶内液体的折射率　 　（结果保留三位有效数字）。
【答案】（1）；入射角i；折射角r；
（2）1.13
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）①所需的光路如图
②根据折射定律
得知要测量玻璃折射率，需要测量入射角i和折射角r
③计算折射率的公式为
故答案为：①
；②入射角i；折射角r；③
（2）设入射角为i，折射角为r，由几何关系可得，
所以折射率
故答案为：1.13
【分析】（1）玻璃砖折射率测量：通过大头针确定入射、折射光线，结合折射定律，测量入射角和折射角计算折射率。
（2）液体折射率测量：利用视深与几何关系，确定入射角、折射角的正弦值，结合折射定律求解。
（1）①[1]所需的光路如图
②[2][3]根据折射定律
得知要测量玻璃折射率，需要测量入射角i和折射角r
③[4]计算折射率的公式为
（2）设入射角为i，折射角为r，由几何关系可得，
所以折射率
13．（2025·西峰模拟）如图所示，一个汽缸固定在水平地面上，弹簧1上端固定在天花板上，下端与活塞连接，弹簧2两端分别与活塞及活塞连接，活塞下方封闭了一定质量的理想气体，活塞、之间为真空，两弹簧均竖直。已知两活塞质量均为，活塞、横截面积均为，两弹簧劲度系数相同，原长均为，大气压强为，重力加速度为。当缸内气体温度为时，弹簧2的长度为，弹簧1为原长，活塞到汽缸底部的距离。
（1）求此时封闭气体的压强；
（2）若汽缸内气体温度缓慢降低，直至弹簧2的长度变为，求此时汽缸内气体的温度。
【答案】（1）解：对活塞ab即弹簧整体分析有
解得此时封闭气体的压强
（2）解：初始状态对活塞b有
可得弹簧的劲度系数
温度缓慢降低后，对活塞b有
解得降温后的压强
设降温后弹簧1伸长了x，对活塞ab即弹簧2整体有
解得
根据理想气体方程
其中，
联立解得
【知识点】胡克定律；受力分析的应用
【解析】【分析】（1）气体压强计算：对活塞整体受力分析，结合平衡条件直接求解。
（2）温度计算：先通过弹簧压缩量与受力平衡求末态压强，再分析体积变化，最后用理想气体状态方程联立求解温度。
（1）对活塞ab即弹簧整体分析有
解得此时封闭气体的压强
（2）初始状态对活塞b有
可得弹簧的劲度系数
温度缓慢降低后，对活塞b有
解得降温后的压强
设降温后弹簧1伸长了x，对活塞ab即弹簧2整体有
解得
根据理想气体方程
其中，
联立解得
14．（2025·西峰模拟）如图所示，质量为的物块A与质量为的物块B用轻质弹簧相连，其组成的整体被一个垂直于斜面的挡板挡住，静止在一倾角的光滑斜面上。另一质量为的物块C从斜面上某点由静止释放，释放时B、C间的距离为，物块C与B碰后粘在一起组成新物块D，D继续向下压缩弹簧，此后物块D在斜面上做简谐运动。已知弹簧的劲度系数为，弹簧弹性势能与形变量的关系为，重力加速度大小为，求：
（1）物块B与C碰前弹簧的形变量；
（2）物块B、C碰撞后瞬间物块D的速度大小；
（3）物块D在运动过程中速度的最大值。
【答案】（1）解：对物块B，根据平衡条件可得
根据胡可定律可得
解得
（2）解：物块C下滑过程中，根据牛顿第二定律
物块C与B碰撞前，根据
解得
设物块C与B碰撞后瞬间物块D的速度大小为，碰撞过程根据动量守恒定律
解得
（3）解：当物块D在平衡位置时，速度最大，动能最大，此时根据平衡条件
解得
根据能量守恒
解得物块D的最大动能为
根据
可得，最大速度为
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）弹簧形变量：通过物块B的平衡条件，结合胡克定律直接求解。
（2）碰撞后速度：先由运动学公式求C的碰撞前速度，再用动量守恒求D的速度。
（3）最大速度：确定简谐运动的平衡位置，结合能量守恒（弹簧弹性势能、动能、重力势能的转化）求解。
（1）对物块B，根据平衡条件可得
根据胡可定律可得
解得
（2）物块C下滑过程中，根据牛顿第二定律
物块C与B碰撞前，根据
解得
设物块C与B碰撞后瞬间物块D的速度大小为，碰撞过程根据动量守恒定律
解得
（3）当物块D在平衡位置时，速度最大，动能最大，此时根据平衡条件
解得
根据能量守恒
解得物块D的最大动能为
根据
可得，最大速度为
15．（2025·西峰模拟）如图甲所示，真空中平面直角坐标系的轴水平，轴竖直，第二象限内存在方向沿轴正方向的匀强电场I，第一、四象限内存在垂直纸面且变化周期为的匀强磁场（图甲中未画出）和沿轴正方向的匀强电场II。将一质量为、电荷量为的带正电小球（可视为质点）从第二象限内的点由静止释放。小球恰好经点穿过轴且经过点时速度大小为，从此时刻开始计时，此后磁感应强度随时间周期性变化的情况如图乙所示（规定磁场方向垂直纸面向里为正方向），。匀强电场I、II的电场强度大小，重力加速度为。
（1）求点的位置坐标；
（2）求磁场变化的第一个周期内小球离轴距离最大的时刻及小球离轴的最大距离；
（3）若在第一、四象限内垂直于轴放置一个足够大的挡板，小球在运动过程中恰好能够垂直打在挡板上，求挡板坐标的所有可能值。
【答案】（1）解：粒子在第二象限中，受到水平向左的电场力，大小为
则粒子的受力情况如图所示
粒子受到的合力大小为
根据动能定理可得
解得
由与粒子在第二象限做直线运动，根据几何关系可知，
解得
所以，P点的位置坐标为（，）
（2）解：粒子在匀强电场II的电场力竖直向上，大小为
由于电场力和重力等大反向，小球在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
其中，磁感应强度大小为
解得
小球做匀速圆周运动的周期为
解得
可知在第一个时间内逆时针转过半个圆周；在第二个时间内，有
其中，磁感应强度大小为
解得
小球做匀速圆周运动的周期为
解得
结合左手定则可知小球在第二个时间内顺时针转过圆周；同理可知，小球在第三个时间内半径为
顺时针转过半个圆周；小球在第四个时间内半径为
逆时针转过圆周，轨迹如图所示
根据几何关系可知，在第三个时间内转过，即在第三个经过时，小球离x轴距离最大，此时刻为
最大距离为
联立，解得
（3）解：由几何关系得
由图可知，若挡板竖直放在OA中点，或者AB中点，粒子都可以垂直打在挡板上。考虑到周期性，可得
解得（）
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）P点坐标：通过受力分析得合力方向，结合动能定理求轨迹长度，再由几何关系得坐标。
（2）最远时刻与距离：分析不同磁场下的圆周运动半径、周期，结合运动轨迹的几何关系确定最远位置。
（3）挡板坐标：根据“垂直打在挡板上”的速度方向条件，结合轨迹的周期性，推导水平位移的通式。
（1）粒子在第二象限中，受到水平向左的电场力，大小为
则粒子的受力情况如图所示
粒子受到的合力大小为
根据动能定理可得
解得
由与粒子在第二象限做直线运动，根据几何关系可知，
解得
所以，P点的位置坐标为（，）。
（2）粒子在匀强电场II的电场力竖直向上，大小为
由于电场力和重力等大反向，小球在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
其中，磁感应强度大小为
解得
小球做匀速圆周运动的周期为
解得
可知在第一个时间内逆时针转过半个圆周；在第二个时间内，有
其中，磁感应强度大小为
解得
小球做匀速圆周运动的周期为
解得
结合左手定则可知小球在第二个时间内顺时针转过圆周；同理可知，小球在第三个时间内半径为
顺时针转过半个圆周；小球在第四个时间内半径为
逆时针转过圆周，轨迹如图所示
根据几何关系可知，在第三个时间内转过，即在第三个经过时，小球离x轴距离最大，此时刻为
最大距离为
联立，解得
（3）由几何关系得
由图可知，若挡板竖直放在OA中点，或者AB中点，粒子都可以垂直打在挡板上。考虑到周期性，可得
解得（）
1 / 12025届甘肃省庆阳市第一中学高三下学期一模物理试题
1．（2025·西峰模拟）如图所示，餐桌上的水平玻璃转盘匀速转动时，其上的物品相对于转盘静止，则转盘上与转轴距离不相等的两个物品具有的相同物理量是（　　）
A．线速度的大小 B．受到的静摩擦力大小
C．角速度 D．向心加速度大小
2．（2025·西峰模拟）是金属铯的同位素之一，其半衰期为30.17年。进入人体后主要滞留于骨骼和肌肉组织中，释放出射线后转变为，发生跃迁再释放出射线，射线可能会引起软组织肿瘤，进而导致癌症。下列说法正确的是（　　）
A．射线是带负电的电子流
B．射线的穿透能力比射线更弱
C．释放出射线说明原子核内存在电子
D．1kg的核经过60.34年后，还有0.25kg的核没有发生衰变
3．（2025·西峰模拟）中国科学院长春光学精密机械与物理研究所某科研团队通过飞秒（）激光技术实现了金属表面超疏水稳定性能的提高，同时显著提升了金属表面防腐能力。超疏水是自然界中常见的一种现象。荷叶能“出淤泥而不染”就与植物表面的超疏水性有关。已知真空中光的传播速度，下列说法正确的是（　　）
A．真空中，激光在1fs内传播的距离为
B．只要振荡电路的频率足够高，就能产生激光
C．金属表面的超疏水性是因为金属对水是浸润的
D．水滴到荷叶表面迅速形成水珠，此时水珠表面水分子间距比水珠内部水分子间距更小
4．（2025·西峰模拟）2024年10月30日，神舟十九号成功发射并对接中国空间站，标志着中国航天进入新的阶段。神舟十九号与中国空间站对接过程的示意图如图所示，神舟十九号先在近地圆轨道I上运行，再变轨至椭圆轨道II，最后与在圆轨道III上运行的中国空间站对接。已知地球表面的重力加速度大小为，则下列说法正确的是（　　）
A．中国空间站在轨道III运行的线速度大小可能为
B．神舟十九号在轨道II运动时的向心加速度大于
C．对接后中国空间站中航天员处于超重状态
D．神舟十九号在轨道I上运行的周期比中国空间站在轨道III上运行的周期小
5．（2025·西峰模拟）某电容器的外壳上标有“”的字样。该参数表明（　　）
A．该电容器两端电压为4.5V时，其电容为
B．该电容器两端电压由电容器本身决定，与电容器带电荷量无关
C．该电容器正常工作时所带电荷量不超过
D．给该电容器充电时，电压每升高1V，单个极板的电荷量增加
6．（2025·西峰模拟）远距离输电示意图如图，为发电厂输出电压的有效值，为输电线的电阻，表示用户端电阻，电路中电压表和电流表均为理想电表，分别监测用户端变压器的输入电压和输出电流。若滑动变阻器滑片向下移动，则下列说法正确的是（　　）
A．该输电线路的输电电压为 B．电压表的示数变大
C．电流表的示数变大 D．输电线电阻损耗的功率变大
7．（2025·西峰模拟）某同学在拍球的过程中发现，让球由离地1m高处静止下落并自由反弹，弹起的最大高度为80cm。为了让球每次都恰好弹回到1m的高度，球每次在1m高度时应向下拍打一次球。设球在运动过程中受到的空气阻力大小恒定，球与地面碰撞后以原速率反弹，已知球的质量为900g，重力加速度，则下列说法正确的是（　　）
A．球在运动过程中受到的空气阻力大小为1.5N
B．人每次向下拍球的过程中对球做的功为1.8J
C．从拍球到球回到释放点，球克服空气阻力所做的功为2J
D．球每次撞击地面的过程中，地面对球做的功为11J
8．（2025·西峰模拟）如图所示，匀强电场的电场强度方向水平向右。竖直平面内一质量为、电荷量为的粒子从、连线上的点由静止释放，粒子刚好沿运动。已知与水平方向成角，、间的距离为，重力加速度为，，，不计空气阻力，下列判断正确的是（　　）
A．匀强电场的电场强度大小为
B．粒子从点运动到点所用的时间为
C．、两点间的电势差
D．粒子从点运动到点的过程中电势能的增加量为
9．（2025·西峰模拟）一波源在时开始振动，形成的简谐横波沿轴负方向传播，时刚好传播到处。物理兴趣小组的同学画出了时的波形图，波形图与轴的交点在处，如图所示。由于某种意外，图上有一部分被油污覆盖而无法看清，已知该波的波速，下列判断正确的是（　　）
A．图中
B．此波的周期为2s
C．再经过，处的质点运动到处
D．在接下来的时间内，处的质点经过的路程为30cm
10．（2025·西峰模拟）如图，平行金属导轨由两部分组成，与是圆心角为、半径的圆弧形导轨，与是水平长直导轨，圆弧形导轨与长直导轨在、处相切，平行导轨间距。右侧存在磁感应强度大小为4T、方向竖直向上的匀强磁场，导体棒垂直导轨放置，其质量，接入电路中的电阻。导体棒的质量，从距离高度处以一定初速度水平抛出，恰能无碰撞地从滑入右侧平行导轨，导体棒滑入平行导轨后与导轨垂直且接触良好，导体棒接入电路中的电阻。两导体棒始终没有相碰。重力加速度，不计导轨电阻、一切摩擦及空气阻力，则（　　）
A．导体棒抛出时的速度
B．导体棒刚进入磁场时回路中感应电流沿逆时针方向（俯视）
C．导体棒进入磁场后的加速度最大值为
D．导体棒、在磁场中运动产生的总焦耳热（导轨足够长）为2.0J
11．（2025·西峰模拟）某实验兴趣小组设计了如图所示的加速度计，质量为的滑块2可以在光滑的框架1中平移，滑块两侧用轻弹簧3拉着，两轻弹簧均处于原长状态，且劲度系数均为；滑动变阻器的总长为，是滑动变阻器的滑片，滑片在滑动变阻器上滑动时受到的阻力不计，滑片与滑动变阻器任一端之间的阻值都与它到这端的距离成正比。两个电池的电动势均为，其内阻不计；弹簧处于原长状态时电压表示数为零，电压表指针的零点位于表盘中央，当端的电势高于端时，指针向零点左侧偏转，反之则向零点右侧偏转。电压表可视为理想电压表。
（1）当滑块具有图示方向的加速度时，电压表指针偏向　 　（选填“左侧”或“右侧”）。
（2）电压表示数大小与加速度大小的关系是　 　（用所给物理量表示）。
（3）若加速度计长时间使用后，电池内阻不可忽略，则加速度的测量值　 　（选填“偏小”“偏大”或“不变”）。
12．（2025·西峰模拟）兴趣小组同学学习了折射率的概念后，分别测量一圆柱形玻璃砖和一液体的折射率。
（1）用圆柱形玻璃砖做测量玻璃折射率的实验时，先在白纸上放好圆柱形玻璃砖，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针和，然后在圆柱形玻璃砖另一侧观察，调整视线使的像被的像挡住，接着在眼睛所在一侧相继又插上两枚大头针、，使挡住、的像，挡住、的像和。
①在纸上标出的大头针位置和圆柱形玻璃砖的边界如图甲所示，请在图甲上画出所需的光路　 　；
②为了测量出玻璃砖的折射率，在确定玻璃砖的圆心后，需要测量的物理量有　 　、　 　（要求在图甲上标出相应物理量的字母）；
③计算折射率的公式为　 　（用测量得到的物理量的字母表示）。
（2）测某种液体的折射率时，如图乙所示，将刻度尺直立在装满透明液体的宽口瓶中（液体未漏出），从瓶口上方处沿方向观察瓶口，刚好看到刻度尺上点刻度和点的倒影重合在一起，刻度尺右边缘与宽口瓶右内壁间的距离，由此可知，瓶内液体的折射率　 　（结果保留三位有效数字）。
13．（2025·西峰模拟）如图所示，一个汽缸固定在水平地面上，弹簧1上端固定在天花板上，下端与活塞连接，弹簧2两端分别与活塞及活塞连接，活塞下方封闭了一定质量的理想气体，活塞、之间为真空，两弹簧均竖直。已知两活塞质量均为，活塞、横截面积均为，两弹簧劲度系数相同，原长均为，大气压强为，重力加速度为。当缸内气体温度为时，弹簧2的长度为，弹簧1为原长，活塞到汽缸底部的距离。
（1）求此时封闭气体的压强；
（2）若汽缸内气体温度缓慢降低，直至弹簧2的长度变为，求此时汽缸内气体的温度。
14．（2025·西峰模拟）如图所示，质量为的物块A与质量为的物块B用轻质弹簧相连，其组成的整体被一个垂直于斜面的挡板挡住，静止在一倾角的光滑斜面上。另一质量为的物块C从斜面上某点由静止释放，释放时B、C间的距离为，物块C与B碰后粘在一起组成新物块D，D继续向下压缩弹簧，此后物块D在斜面上做简谐运动。已知弹簧的劲度系数为，弹簧弹性势能与形变量的关系为，重力加速度大小为，求：
（1）物块B与C碰前弹簧的形变量；
（2）物块B、C碰撞后瞬间物块D的速度大小；
（3）物块D在运动过程中速度的最大值。
15．（2025·西峰模拟）如图甲所示，真空中平面直角坐标系的轴水平，轴竖直，第二象限内存在方向沿轴正方向的匀强电场I，第一、四象限内存在垂直纸面且变化周期为的匀强磁场（图甲中未画出）和沿轴正方向的匀强电场II。将一质量为、电荷量为的带正电小球（可视为质点）从第二象限内的点由静止释放。小球恰好经点穿过轴且经过点时速度大小为，从此时刻开始计时，此后磁感应强度随时间周期性变化的情况如图乙所示（规定磁场方向垂直纸面向里为正方向），。匀强电场I、II的电场强度大小，重力加速度为。
（1）求点的位置坐标；
（2）求磁场变化的第一个周期内小球离轴距离最大的时刻及小球离轴的最大距离；
（3）若在第一、四象限内垂直于轴放置一个足够大的挡板，小球在运动过程中恰好能够垂直打在挡板上，求挡板坐标的所有可能值。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】由题意可知，转盘上与转轴距离不相等的两个物品为同轴转动，具有相同的角速度、周期；根据、和可知，由于两个物品的半径不同，且质量大小不确定，线速度大小和向心加速度大小均不相等，静摩擦力不一定相等。
故答案为：C。
【分析】同轴匀速转动的物体，角速度（或周期）相同，再结合线速度、静摩擦力、向心加速度与半径的关系，判断各物理量是否相同。
2．【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A．γ射线是不带电的高频电磁波（光子流），并非电子流，β射线才是带负电的电子流，故A错误；
B．三种射线的穿透能力：γ射线＞β射线＞α射线，故 γ 射线的穿透能力比 β 射线更强，故B错误；
C．释放出射线是原子核内的中子转变成质子和电子放出的，原子核内本身不存在电子，故C错误；
D.1kg的核经过60.34年后，经过2次半衰期，还有的即0.25kg的核没有发生衰变，故D正确。
故答案为：D。
【分析】结合三种射线（α、β、γ）的性质、β衰变的本质，以及半衰期的计算规则，逐一分析选项。
3．【答案】A
【知识点】液体的表面张力；浸润和不浸润
【解析】【解答】A．空中，激光在1fs内传播的距离为故A正确；
B．激光的产生需要受激辐射、粒子数反转等特定条件，仅提高 LC 振荡电路的频率无法产生激光，故B错误；
C．超疏水性对应的是不浸润现象（液体难以附着在固体表面），若金属对水浸润，会表现为亲水性，故C错误；
D．水滴到荷叶表面迅速形成水珠，此时水珠表面水分子间距比水珠内部水分子间距更大，这是由于液体表面张力作用导致的，故D错误。
故答案为：A。
【分析】结合光速公式计算激光传播距离，同时明确激光的产生条件、浸润 / 不浸润现象、液体表面张力的分子间距特点，逐一分析选项。
4．【答案】D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．第一宇宙速度近似等于近地卫星的环绕速度，即近地圆轨道I的线速度近似等于，根据，解得，由于圆轨道III的轨道半径大于近地圆轨道I的轨道半径，则圆轨道III的线速度大于近地圆轨道I的线速度，即中国空间站在轨道III运行的线速度大小一定小于，故A错误；
B．根据牛顿第二定律有，解得，则近地圆轨道I的向心加速度近似等于，由于轨道II上卫星与地心连线间距大于或近似等于地球半径，则神舟十九号在轨道II运动时的向心加速度小于或等于，故B错误；
C．空间站在轨道 Ⅲ 做匀速圆周运动，万有引力完全提供向心力，航天员处于完全失重状态（并非超重），故C错误；
D．根据开普勒第三定律有，由于圆轨道III的轨道半径大于近地圆轨道I的轨道半径，则神舟十九号在轨道I上运行的周期比中国空间站在轨道III上运行的周期小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】结合万有引力定律的天体运动规律（线速度、向心加速度、周期与轨道半径的关系），以及失重状态的本质，逐一分析选项。
5．【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．电容是电容器的固有属性，与电压无关，无论电压是多少，电容始终为 2.0μF，故A错误；
B．电容器两端的电压由外接电源决定，并非由电容器本身决定，故B错误；
C．该电容器正常工作时所带电荷量不超过，故C错误；
D．根据，可得，则给该电容器充电时，电压每升高1V，单个极板的电荷量增加，故D正确。
故答案为：D。
【分析】结合电容器的基本性质（电容的定义、电容与电压 / 电荷量的关系），逐一分析选项。
6．【答案】B
【知识点】电能的输送；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】A．设升压变压器原副线圈的匝数比为，副线圈的电压为，则，由题意可知所以，该输电线路的输电电压为，故A错误；
BCD．由A选项分析可知，升压变压器的副线圈的电压不变，设降压变压器的原副线圈的匝数比为，则用户端电阻在输电线路中的等效电阻为，若滑动变阻器滑片向下移动，则接入电路中的阻值变大，则变大，输电线路中的电流，则输电线中的电流减小，根据可知，输电线电阻损耗的功率变小；输电线电阻损耗的电压也变小，则电压表的示数将变大；根据原副线圈电流关系，可知，电流表的示数减小，故B正确，CD错误。
故答案为：B。
【分析】结合变压器的电压比规律、等效电阻法分析输电线电流变化，进而判断各电表示数与功率损耗的变化。
7．【答案】C
【知识点】功的计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．球在下落到弹起到最大高度的过程中，根据动能定理
其中，
解得，故A错误。
B．球从最高点到返回到最高点的过程中，根据动能定理，解得：，故B错误；
C．从拍球到球回到释放点，球克服空气阻力所做的功为，故C正确；
D．根据动能定理，球每次撞击地面的过程中
因为球与地面碰撞后以原速率反弹，即
所以地面对球做的功为，故D错误。
故答案为：C。
【分析】利用动能定理分析空气阻力、拍球做功、克服阻力做功及地面碰撞做功，结合运动过程的能量变化逐一判断选项。
8．【答案】A,C
【知识点】电势能；电势差与电场强度的关系；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．粒子刚好沿运动，可知重力和电场力的关系满足，匀强电场的电场强度大小为，故A正确；
B．粒子的加速度，根据，粒子从点运动到点所用的时间为，故B错误；
C．、两点间的电势差，故C正确；
D．粒子从点运动到点的过程中电场力做功，电场力做正功，电势能减少量为，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】粒子沿 MN 运动，说明合力沿 MN 方向，结合重力与电场力的合力方向，先求电场强度，再通过运动学公式算时间，利用电势差公式求，分析电势能变化。
9．【答案】B,D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．根据机械波在时刻的波动方程为，分别将，和，以及代入上式，解得，，则，故A错误；
B．此波的周期为，故B正确；
C．质点不随波迁移，故C错误；
D．处质点的振动方程为，其中
将，，代入上式，且根据“同侧法”可知，此时质点向上振动，解得振动方程为
在接下来的时，代入上式，又因为
即在接下来的时间内，质点先向上振动到最大位移处，后回到平衡位置，所以质点通过的路程为，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】结合简谐波的波速、波长、周期的关系，利用波动方程确定波长，再分析质点振动规律与路程。
10．【答案】B,C
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．导体棒运动到时，在竖直方向的速度大小
解得
根据题意可知
解得，故A错误；
B．导体棒刚进入磁场时回路中时，根据右手定则可得，回路中感应电流沿逆时针方向（俯视），故B正确；
C．导体棒进入磁场后，根据楞次定律可知，安培力与运动方向相反，即导体棒进入磁场后做减速运动，则导体棒刚进入磁场时速度最大，电动势最大，安培力和加速度最大， 导体棒运动到时的速度大小为
导体棒从运动到过程，根据动能定理
解得
则产生的电动势为
回路中的电流为
则导体棒受到的安培力大小为
根据牛顿第二定律
解得，故C正确；
D．导体棒、在磁场运动过程中，动量守恒，当两棒速度大小相等时，回路中没有电流，运动达到稳定，根据动量守恒，解得
根据能量守恒，解得，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】分阶段分析导体棒 b 的平抛与圆弧运动，结合右手定则判断电流方向，利用安培力与牛顿第二定律求加速度，通过能量守恒分析焦耳热。
11．【答案】（1）右侧
（2）
（3）偏小
【知识点】牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】（1）当滑块具有图示方向的加速度时，滑块所受的弹簧的拉力的合力向右，滑块向左移动，滑动变阻器的滑片向左滑动，根据顺着电流方向电势降低，端的电势低于端，电压表指针偏向右侧。
故答案为：右侧
（2）根据牛顿第二定律
根据欧姆定律
联立解得
故答案为：
（3）当电池内阻不能忽略时，滑动变阻器的电压变小，则单位长度的电势差变为
则有
则在加速度相同的情况下，P、Q两点间的电势差变小，即加速度测量值偏小。
故答案为：偏小
【分析】（1）偏转方向：通过滑块加速度方向判断滑片位移方向，进而确定电势高低与指针偏转方向。
（2）U与a的关系：结合牛顿第二定律（弹簧力与加速度）、滑动变阻器的电压-位移关系，联立推导。
（3）内阻影响：分析电池内阻对实际电压的衰减作用，得出测量值的偏差趋势。
（1）当滑块具有图示方向的加速度时，滑块所受的弹簧的拉力的合力向右，滑块向左移动，滑动变阻器的滑片向左滑动，根据顺着电流方向电势降低，端的电势低于端，电压表指针偏向右侧。
（2）根据牛顿第二定律
根据欧姆定律
联立解得
（3）当电池内阻不能忽略时，滑动变阻器的电压变小，则单位长度的电势差变为
则有
则在加速度相同的情况下，P、Q两点间的电势差变小，即加速度测量值偏小。
12．【答案】（1）；入射角i；折射角r；
（2）1.13
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）①所需的光路如图
②根据折射定律
得知要测量玻璃折射率，需要测量入射角i和折射角r
③计算折射率的公式为
故答案为：①
；②入射角i；折射角r；③
（2）设入射角为i，折射角为r，由几何关系可得，
所以折射率
故答案为：1.13
【分析】（1）玻璃砖折射率测量：通过大头针确定入射、折射光线，结合折射定律，测量入射角和折射角计算折射率。
（2）液体折射率测量：利用视深与几何关系，确定入射角、折射角的正弦值，结合折射定律求解。
（1）①[1]所需的光路如图
②[2][3]根据折射定律
得知要测量玻璃折射率，需要测量入射角i和折射角r
③[4]计算折射率的公式为
（2）设入射角为i，折射角为r，由几何关系可得，
所以折射率
13．【答案】（1）解：对活塞ab即弹簧整体分析有
解得此时封闭气体的压强
（2）解：初始状态对活塞b有
可得弹簧的劲度系数
温度缓慢降低后，对活塞b有
解得降温后的压强
设降温后弹簧1伸长了x，对活塞ab即弹簧2整体有
解得
根据理想气体方程
其中，
联立解得
【知识点】胡克定律；受力分析的应用
【解析】【分析】（1）气体压强计算：对活塞整体受力分析，结合平衡条件直接求解。
（2）温度计算：先通过弹簧压缩量与受力平衡求末态压强，再分析体积变化，最后用理想气体状态方程联立求解温度。
（1）对活塞ab即弹簧整体分析有
解得此时封闭气体的压强
（2）初始状态对活塞b有
可得弹簧的劲度系数
温度缓慢降低后，对活塞b有
解得降温后的压强
设降温后弹簧1伸长了x，对活塞ab即弹簧2整体有
解得
根据理想气体方程
其中，
联立解得
14．【答案】（1）解：对物块B，根据平衡条件可得
根据胡可定律可得
解得
（2）解：物块C下滑过程中，根据牛顿第二定律
物块C与B碰撞前，根据
解得
设物块C与B碰撞后瞬间物块D的速度大小为，碰撞过程根据动量守恒定律
解得
（3）解：当物块D在平衡位置时，速度最大，动能最大，此时根据平衡条件
解得
根据能量守恒
解得物块D的最大动能为
根据
可得，最大速度为
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）弹簧形变量：通过物块B的平衡条件，结合胡克定律直接求解。
（2）碰撞后速度：先由运动学公式求C的碰撞前速度，再用动量守恒求D的速度。
（3）最大速度：确定简谐运动的平衡位置，结合能量守恒（弹簧弹性势能、动能、重力势能的转化）求解。
（1）对物块B，根据平衡条件可得
根据胡可定律可得
解得
（2）物块C下滑过程中，根据牛顿第二定律
物块C与B碰撞前，根据
解得
设物块C与B碰撞后瞬间物块D的速度大小为，碰撞过程根据动量守恒定律
解得
（3）当物块D在平衡位置时，速度最大，动能最大，此时根据平衡条件
解得
根据能量守恒
解得物块D的最大动能为
根据
可得，最大速度为
15．【答案】（1）解：粒子在第二象限中，受到水平向左的电场力，大小为
则粒子的受力情况如图所示
粒子受到的合力大小为
根据动能定理可得
解得
由与粒子在第二象限做直线运动，根据几何关系可知，
解得
所以，P点的位置坐标为（，）
（2）解：粒子在匀强电场II的电场力竖直向上，大小为
由于电场力和重力等大反向，小球在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
其中，磁感应强度大小为
解得
小球做匀速圆周运动的周期为
解得
可知在第一个时间内逆时针转过半个圆周；在第二个时间内，有
其中，磁感应强度大小为
解得
小球做匀速圆周运动的周期为
解得
结合左手定则可知小球在第二个时间内顺时针转过圆周；同理可知，小球在第三个时间内半径为
顺时针转过半个圆周；小球在第四个时间内半径为
逆时针转过圆周，轨迹如图所示
根据几何关系可知，在第三个时间内转过，即在第三个经过时，小球离x轴距离最大，此时刻为
最大距离为
联立，解得
（3）解：由几何关系得
由图可知，若挡板竖直放在OA中点，或者AB中点，粒子都可以垂直打在挡板上。考虑到周期性，可得
解得（）
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）P点坐标：通过受力分析得合力方向，结合动能定理求轨迹长度，再由几何关系得坐标。
（2）最远时刻与距离：分析不同磁场下的圆周运动半径、周期，结合运动轨迹的几何关系确定最远位置。
（3）挡板坐标：根据“垂直打在挡板上”的速度方向条件，结合轨迹的周期性，推导水平位移的通式。
（1）粒子在第二象限中，受到水平向左的电场力，大小为
则粒子的受力情况如图所示
粒子受到的合力大小为
根据动能定理可得
解得
由与粒子在第二象限做直线运动，根据几何关系可知，
解得
所以，P点的位置坐标为（，）。
（2）粒子在匀强电场II的电场力竖直向上，大小为
由于电场力和重力等大反向，小球在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
其中，磁感应强度大小为
解得
小球做匀速圆周运动的周期为
解得
可知在第一个时间内逆时针转过半个圆周；在第二个时间内，有
其中，磁感应强度大小为
解得
小球做匀速圆周运动的周期为
解得
结合左手定则可知小球在第二个时间内顺时针转过圆周；同理可知，小球在第三个时间内半径为
顺时针转过半个圆周；小球在第四个时间内半径为
逆时针转过圆周，轨迹如图所示
根据几何关系可知，在第三个时间内转过，即在第三个经过时，小球离x轴距离最大，此时刻为
最大距离为
联立，解得
（3）由几何关系得
由图可知，若挡板竖直放在OA中点，或者AB中点，粒子都可以垂直打在挡板上。考虑到周期性，可得
解得（）
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