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湖北省武汉市江岸区2024-2025学年高三上学期1月期末物理试题
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1．（2025高三上·江岸期末）在物理学的发展过程中，蕴含着丰富的物理思想和方法，下列描述正确的是（　　）
A．牛顿确立了许多用于描述物体运动的基本概念，也创造了实验和逻辑推理结合的科学方法
B．安培首次发现了电流的磁效应，并提出分子环流假说，解释了磁现象的电本质
C．法拉第不仅提出了场的概念，而且引入电场线和磁感线形象地描述电场和磁场
D．汤姆孙研究阴极射线时发现了电子，并精确测出了电子的电荷量
2．（2025高三上·江岸期末）钍是一种潜在的核燃料，自然界中存在着大量具有天然放射性的钍。已知同位素钍232经过多次α、β衰变，其衰变方程为，则下列说法正确的是（　　）
A．的比结合能比大
B．对加热，它衰变生成新核的速度会变快
C．1kg的经过两个半衰期，则的衰变量为0.25kg
D．x=3，y=2，α粒子是氦原子核，它具有很强的电离能力
3．（2025高三上·江岸期末）2024年1月9日我国在西昌卫星发射中心使用长征二号丙运载火箭，成功将爱因斯坦探针卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道。假设卫星发射简化过程如图所示，先将卫星送入圆形轨道Ⅰ，在a 点发动机点火加速，卫星由轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，卫星在椭圆轨道Ⅱ上经过b点再次变轨进入圆轨道Ⅲ，已知卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ上运行速度的大小之比为v1：v3=：1，在椭圆轨道Ⅱ上运行经过近地点a 时速度大小为、远地点b 时速度大小为，则下列说法正确的是（　　）
A．卫星在轨道Ⅱ上运行过b点的加速度大于轨道Ⅲ上运行过b点的加速度
B．卫星在椭圆轨道Ⅱ上运动时，经过a 点和b 点的速度大小之比
C．若卫星在轨道Ⅰ和椭圆轨道Ⅱ上运行的周期分别为T1、T2，则有
D．卫星在轨道Ⅱ上从a运动到b的过程中，其线速度、加速度、机械能均减小
4．（2025高三上·江岸期末）空气炸锅是利用高温空气循环技术加热食物。图为某型号空气炸锅简化模型图，其内部有一气密性良好的内胆，封闭了质量、体积均不变可视为理想气体的空气，初始气体压强为 p0、温度为 T0，现启动加热模式使气体温度升高到，此过程中气体吸收的热量为Q，内胆中气体体积不变，则（　　）
A．升温后内胆中每一个气体分子的动量都增大
B．此过程内胆中气体分子单位时间内撞击单位面积内壁的次数增多
C．升温后内胆中气体的压强为
D．此过程中由于气体对外界做功小于气体吸收的热量，则气体内能增加量小于Q
5．（2025高三上·江岸期末）中国新一代粒子研究器“超级陶粲”装置正式启动，静电分析器是其重要组成部分。静电分析器的两电极之间存在如图所示的静电场，静电场中任意一点场强方向均沿半径方向指向圆心，大小均满足（k为与装置有关的常数，r为该点到圆心O的距离）。某次实验中四个不同的带电粒子分别以相同的速度射入静电分析器，仅在电场力作用下，甲、乙粒子由入射口P1垂直射入，分别从Q1、Q2射出，丙、丁粒子由入射口P2垂直射入，分别从Q2、Q3射出。已知P1和Q1、P2和Q2关于圆心O对称，且Q1Q2=Q2Q3。下列说法正确的是（　　）
A．甲和丙粒子带正电、乙和丁粒子带负电
B．甲、丙两粒子的比荷相同
C．甲、乙、丙、丁四粒子均垂直于端面射出
D．若乙、丁两粒子电荷量相等，则它们经过静电分析器的动能变化量相等
6．（2025高三上·江岸期末）如图（a）所示，单匝矩形线圈的左半部分位于具有理想边界（图中虚线）的匀强磁场中，绕中轴线OO'按图示方向匀速转动产生交流电，OO'与磁场边界重合。图（b）所示是一种理想自耦变压器示意图，线圈绕在一个圆环形的铁芯上，P3是可转动的滑动触头，A、B端与滑动变阻器R1串联后，接入图（a）中线圈产生的交流电。输出端接灯泡L 和滑动变阻器R2，P1、P2为滑动变阻器的滑片。当开关S闭合，P1、P2、P3处于如图所示的位置时，灯泡L能正常发光。下列说法正确的是（　　）
A．若保持 P2和P3不变，仅将 P1向左移动，灯泡L将变亮
B．若将 P1移至最右端，仅顺时针转动 P3，灯泡L亮度可能保持不变
C．图（a）线圈运动一周内一半时间有电流，一半时间无电流
D．线圈匀速转动的频率小于自耦变压器输出端交流电的频率
7．（2025高三上·江岸期末）如图所示，光滑轻质滑轮固定在天花板上，一根不可伸长的轻绳跨过滑轮分别系着物块A和小球B，物块A放置在水平地面上，小球B静止在空中，A、B质量分别为4m、m，物块A与水平面间的动摩擦因数为0.5，滑轮左侧轻绳与水平面间夹角为53°，现施加水平拉力F作用在小球B上使其缓慢转动至物块A即将发生滑动为止，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度为g，sin53°=0.8，cos53°=0.6，以下说法正确的是（　　）
A．轻绳对定滑轮的作用力逐渐增大，方向不变
B．拉力F最大值为
C．A即将滑动时，突然撤去拉力F的瞬间，小球B的加速度大小为
D．在A即将滑动时，撤去拉力F后，物块A会发生滑动
8．（2025高三上·江岸期末）如图所示，一个半圆形折射率为的玻璃砖可在纸面内绕过圆心O点的轴转动，一束单色光沿半径方向射入。当玻璃砖底面与光屏平行时，光束经玻璃砖射到光屏上的P点，初始时测出入射光在O点与法线间的夹角θ=30°，O点到光屏的垂直距离h=10cm。现保持入射光线不变，使玻璃砖绕O点转动，则（　　）
A．初始时P点距玻璃砖圆心O的距离
B．玻璃砖绕O点转动时，光透过玻璃砖射到光屏上的点不动
C．若玻璃砖绕O点逆时针转动30°，则光点较初始位置向左移动了
D．若玻璃砖绕O点顺时针转动15°，则光屏上没有透过玻璃砖折射出的光点
9．（2025高三上·江岸期末）直流电动机的工作原理是通电导体在磁场中受到安培力的作用而运动。如图所示为使用直流电动机提升重物的示意图，间距为L 的平行导轨固定在水平面内，导轨左端接有电动势为E、内阻为r的直流电源，导轨电阻不计，质量为M、电阻为R、长为L 的导体棒 ab垂直导轨放置，其中心通过绝缘细线绕过固定光滑定滑轮后与静止在地面上的质量为 m 的重物相连，此时细线恰好伸直且无拉力，导体棒 ab 与滑轮间的细线水平。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中。已知导体棒 ab 距离导轨左端足够远，重物上升过程中不会碰到定滑轮，重力加速度为g，不计一切摩擦。闭合开关S后，导体棒 ab 向左运动的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关S 瞬间细线中的拉力大小为
B．导体棒最终的速度大小为
C．导体棒匀速运动时直流电源的输出功率为
D．重物从静止出发到刚好做匀速运动的过程中，安培力对导体棒所做的功等于系统增加的机械能
10．（2025高三上·江岸期末）如图所示，水平面上放置着半径为R、圆心角为60°的圆弧轨道，一可视为质点的小球以初速度v0=5m/s冲上圆弧轨道。已知圆弧轨道质量和小球质量均为m=1kg，重力加速度g=10m/s2，不计一切摩擦和空气阻力，小球从圆弧轨道飞出时，速度方向恰好跟水平方向成30°角，则（　　）
A．圆弧半径R=0.9m
B．小球飞出圆弧轨道时，小球和圆弧轨道的速度大小均为2.5m/s
C．若小球从圆弧轨道飞出时，圆弧向右运动的距离为，则小球在轨道上运动时间
D．若固定圆弧轨道，调节轨道对应的圆心角和半径R，保持轨道最高点与地面间高度差h=0.45m不变，则小球运动至轨道最高点沿切线方向飞出后，落回水平地面的最大水平射程sm=2m
二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11．（2025高三上·江岸期末）某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。用细线把钢制的圆柱挂在架子上，架子下部固定一个小电动机，电动机轴上装一支软笔。电动机转动时，软笔尖每转一周就在钢柱表面画上一条痕迹，电动机的转速为n（单位：r/s）。如图乙，在钢柱上从痕迹起点O开始选取5条连续的痕迹A、B、C、D、E，测得它们到痕迹O的距离分别为hA、hB、hC、hD、hE。已知当地重力加速度为g。
（1）关于本实验操作，下列说法正确的是（　　）
A．先打开电源使电动机转动，后烧断细线使钢柱自由下落
B．先烧断细线使钢柱自由下落，后打开电源使电动机转动
C．本次实验必须要测量钢柱的质量
（2）画出痕迹D时，钢柱下落的速度vD=　 　。（用题中所给物理量的字母表示）
（3）设各条痕迹到O的距离为h，对应钢柱的下落速度为v，某同学画出h-v2的图像，并求得该图线的斜率为k，则重力加速度g=　 　。
12．（2025高三上·江岸期末）新能源汽车已经普遍走进了我们的生活，某校学生实验小组通过网络找到了比亚迪某型号电池铭牌如图所示，电池采用的是比亚迪刀片电池技术。已知该车内的整块电池是由10块刀片电池串联而成，其中一块刀片电池又由10块电芯串联而成。现将一块电芯拆解出来，测量其电动势E 和内阻r。
（1）实验前利用1A恒流电源对一块电芯进行充电，充满的时间要　 　h。
（2）为了能较准确的测量一块电芯的电动势E和内阻 r，该同学设计了一个可以排除电流表A和电压表V内阻影响的实验方案，如图1所示，除电芯、开关、导线外，可供选择使用的实验器材还有：
电流表A1（量程0.6A）；电流表A2（量程3A）
电压表V1（量程3V）； 电压表V2（量程15V）
定值电阻R01（阻值5Ω，额定功率5W）
定值电阻R02（阻值50Ω，额定功率50W）
滑动变阻器RP1（阻值 10Ω）；滑动变阻器RP2（阻值100Ω）
刀片电池电芯的内阻较小，为了器材的安全、测量的准确和操作的方便，本实验中电流表、电压表、定值电阻R0、滑动变阻器 RP分别应选 。（填对应选项）
A．A1、V2、R01、RP1 B．A1、V1、R01、RP1
C．A2、V1、R01、RP1 D．A1、V1、R01、RP2
（3）记录单刀双掷开关S2分别接1、2对应的多组电压表的示数U和电流表的示数I，根据实验记录的数据绘制如图2中所示的A、B两条U-I图线，由图线A得出的电动势测量值　 　真实值（选填“大于”或“小于”或“等于”）。综合A、B两条图线，此电芯的电动势为E=　 　，内阻r=　 　（用图1和图2中的字母表示）。
（4）两个实验小组分别完成了上述的实验后，发现甲、乙两刀片电池的电动势相等，内阻有较大的差异。同学们进一步探究电池内阻的热功率 P 随路端电压U变化的关系，画出了下图所示的图像。已知甲电池的内阻较大，则下列各图中可能正确的是 。
A． B．
C． D．
13．（2025高三上·江岸期末）在2024年巴黎奥运会上，中国皮划艇队在男子500 米双人划艇项目中再创辉煌。由刘浩和季博文组成的强强组合，以1分39秒48的成绩斩获金牌。这不仅是中国皮划艇队在巴黎奥运会上的首金，也是中国皮划艇项目在奥运会历史上的又一次突破。在日常单人皮艇训练中，运动员采用单桨划水使皮艇沿直线运动。运动员每次动作分为划水和空中运桨两个阶段，假设划水阶段用时1.2s，空中运桨用时为1.0s，若皮艇（含运动员和桨）质量为80kg，运动过程中受到的阻力恒定，划水时桨产生的动力大小为皮艇所受阻力的2.5倍。设某次训练中桨刚入水时皮艇的速度为0，运动员紧接着完成1次划水和运桨动作，此过程皮艇前进4.76m，求：
（1）划水和空中运桨两阶段皮艇的加速度大小之比；
（2）该过程中皮艇所受阻力的大小。
14．（2025高三上·江岸期末）如图所示，一倾角θ=37°（sin37°=0.6）的光滑固定斜面上，一质量为M=3kg的滑块与劲度系数为k=600N/m的轻弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在斜面顶端，开始时滑块处于静止状态。质量为m=1kg的泥团以v0的速度沿斜面从滑块下方与滑块发生碰撞并立即与滑块粘合在一起，两者一起在斜面上向上运动 x=0.04m至最高点，之后继续沿斜面做上下振动。已知弹簧的弹性势能Ep与劲度系数k和形变量x的关系为，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）碰撞后泥团与滑块组合体的最大加速度am和组合体做简谐运动的振幅A；
（2）碰撞之前泥团的初速度v0的大小；
（3）当滑块与泥团到达最低点的瞬间，将一质量为m0=1kg的小泥团轻置于滑块上，使其立即与组合体粘在一起，求新的组合体的最大动能Ekm。
15．（2025高三上·江岸期末）如图所示，在平面直角坐标系xOy的y轴和虚线x=8L之间有垂直于坐标平面向里的匀强磁场区Ⅰ，在虚线右侧（x>8L）有垂直于坐标平面向外的匀强磁场区Ⅱ，在y轴左侧有沿x轴正方向的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q 的带正电粒子从坐标为（，L）的 P 点以初速度3v0沿y轴负方向射出，该粒子恰好从坐标原点O 射出电场进入磁场区Ⅰ，第一次在磁场区Ⅰ中的运动轨迹与虚线x=8L 相切，不计粒子重力。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）磁场区Ⅰ的磁感应强度大小B1和粒子第 n次经过y轴位置的纵坐标y0；
（3）减小磁场区Ⅰ的磁感应强度，使粒子第一次在磁场区Ⅰ中运动时，从O点进入磁场区Ⅰ，从坐标为（8L，0）的M 点离开磁场区Ⅰ，要使粒子能经过坐标为（8L，-3L）的N点（图中未标出），磁场区Ⅱ的磁感应强度B2大小。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】物理学史
【解析】【解答】A．牛顿确实确立了经典力学的基本概念（如质量、动量、力等）和三大定律，但“实验和逻辑推理结合的科学方法”更早是由伽利略开创的（斜面实验等），不是牛顿首创，故A错误；
B．电流磁效应是奥斯特在 1820 年发现的，不是安培。安培在奥斯特发现之后很快研究了电流之间的相互作用，提出了安培定律和分子电流假说（分子环流假说），用来解释磁体的磁性起源（磁现象的电本质），故B错误；
C． 法拉第确实提出了“场”的概念（力线思想），并用电场线、磁感线形象描述电场和磁场 ，故C正确；
D．汤姆孙（J.J. Thomson）通过阴极射线实验测定了电子的荷质比，并发现了电子（证明它是比原子更小的粒子）。但精确测出电子电荷量的是密立根，故D错误。
故选C。
【分析】物理学史中重要人物与贡献的对应：
伽利略 → 实验与逻辑推理结合的科学方法
奥斯特 → 电流磁效应
安培 → 安培定律、分子电流假说
法拉第 → 场、力线（电场线、磁感线）
汤姆孙 → 发现电子、测荷质比
密立根 → 测电子电荷量
2．【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．衰变过程释放能量，生成的更稳定，比结合能大于的比结合能，故A错误；
B．原子核的半衰期与原子核内部的结构有关，与环境无关，故B错误；
C．根据半衰期计算公式，可得1kg的经过两个半衰期，剩余的质量为，则的衰变量为，故C错误；
D．粒子为，粒子为，根据质量数守恒和电荷数据守恒有，
联立解得，，α粒子是氦原子核，它具有很强的电离能力，故D正确。
故选D。
【分析】1. 衰变方程的配平（核反应守恒律）
质量数守恒：反应前后总质量数不变。电荷数守恒：反应前后总电荷数不变。
计算 α、β 衰变次数的方法：设 α 衰变次数 x，β- 衰变次数y，则：
解出 x，y。
2. 比结合能与衰变的关系
比结合能 = 结合能 / 核子数。
衰变释放能量 生成核比反应核更稳定 生成核的比结合能更大。
常见误区：认为质量数大的核比结合能一定大（不对，中等质量核最稳定）。
3. 半衰期的性质
定义：半数原子核发生衰变所需的时间。
半衰期只由原子核内部结构决定，与外界条件（温度、压强、化学状态等）无关。
加热、加压等不能改变衰变快慢。
4. 半衰期相关的质量计算
剩余质量公式：
衰变掉的质量：
特别注意：衰变掉的质量 ≠ 剩余质量，易混淆。
5. α 粒子的性质
本质：氦原子核 。电离能力很强（带电多、速度不太高）。穿透能力很弱（一张纸就能挡住）。
3．【答案】C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．由于卫星在b点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ上，需点火加速做离心运动，线速度增大，而圆周运动的轨道半径不变，根据向心加速度的公式可知，卫星在轨道Ⅱ上运行过b点的加速度小于轨道Ⅲ上运行过b点的加速度，故A错误；
B．根据牛顿第二定律可得，解得，故卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ上运行速度的大小之比为，解得，结合开普勒第二定律可得，解得，故B错误；
C．根据开普勒第三定律可得，其中，联立解得，故C正确；
D．根据开普勒第二定律及牛顿第二定律，故卫星在轨道Ⅱ上从a运动到b的过程中，其线速度、加速度减小，但机械能不变，故D错误。
故选C。
【分析】1. 卫星在不同轨道的速度关系
圆轨道速度公式：，轨道半径越大，线速度越小。
椭圆轨道上：近地点速度最大，远地点速度最小（开普勒第二定律）。
变轨规律：低轨→高轨：在切点点火加速，使卫星进入更高轨道（椭圆转移轨道）。
椭圆轨道近地点速度大于该处的圆轨道速度，远地点速度小于该处的圆轨道速度。
2. 向心加速度的决定式
在同一点（到地心距离 r 相同），由万有引力提供向心力：
与卫星质量、所在轨道（圆或椭圆）无关，只与r 有关，所以同一点加速度相等。
3. 开普勒第二定律（面积定律）
对同一椭圆轨道，卫星与地心的连线在相等时间内扫过面积相等。因此近地点速度 与远地点速度 满足：即：
4. 开普勒第三定律（周期定律）
对于绕同一中心天体的不同轨道，有：，其中 a 是椭圆轨道的半长轴（圆轨道时 ）。轨道半长轴越大，周期越长。
5. 变轨过程中的机械能
只在万有引力作用下机械能守恒。但变轨时发动机点火做功，机械能改变：
加速点火：机械能增加，减速点火：机械能减少。
在椭圆轨道上无动力飞行时，机械能守恒（动能与势能相互转化）。
4．【答案】B
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】A升温后所有分子的平均速率增大，并非每个分子的速率都增大，因此并非每个分子的动量都增大，故A错误；
B．气体体积不变，温度升高，分子平均动能增大，分子的热运动加剧，单位时间内撞击单位面积上的次数增多，故B正确；
C．气体在此过程是一个等容变化，根据查理定律可得，解得，故C错误；
D．由于气体体积不变，所以气体对外界做功，根据热力学第一定律可知
解得，故D错误。
故选B。
【分析】1. 气体压强的微观解释
气体压强源于大量气体分子对器壁的频繁碰撞。
压强公式：（其中n 是分子数密度， 是分子平均平动动能）。
等容条件下（n 不变），温度 T 升高 分子平均平动动能 增大 气体压强增大。
单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增多（因为分子平均速率增大，且n 不变）。
2. 查理定律（等容变化）
对于一定质量、体积不变的理想气体：，温度用热力学温度（K）。
题中初始 ，末温 末压 。
3. 热力学第一定律
公式：，ΔU：气体内能变化（增加为正）。Q：气体吸收的热量（吸热为正）。
W：外界对气体做的功（外界对气体做功为正，气体对外界做功为负）。
等容过程V 不变 气体对外做功 外界对气体做功 。所以 。
4. 温度与分子平均动能的关系
理想气体内能只与温度有关（分子动能总和）：
温度升高 分子平均平动动能增大 分子平均速率增大。
但并非每个分子的速率都增大（分子速率分布整体右移）。
5．【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．甲、乙、丙、丁四粒子发生偏转，均由电场力提供向心力，指向圆心，与电场强度的方向相同，故四个粒子都带正电，故A错误；
BC．由题可知，甲从垂直入射，因与关于圆心对称，故甲从垂直出射，所以甲粒子在整个偏转过程沿电场线方向没有发生位移，速度大小不变，电场强度大小不变；同理，丙从垂直入射，从垂直出射，对两粒子，电场力提供向心力，则有，又，联立解得
故甲、丙两粒子的速度大小相等；对于乙粒子分析，从垂直入射，经电场偏转，从射出，故粒子在电场方向发生了位移，电场力做负功，速度变小，乙粒子所受电场力不断变小，乙粒子不会垂直射出；同理，丁粒子，也不会垂直射出，故B正确，C错误；
D．由上分析，可知乙、丁粒子在电场强度方向发生的位移，电场力做负功，根据
可知乙粒子更靠近圆心，则它的电场强度平均值更大，根据，因，可知乙粒子受到的电场力做的负功更多，根据动能定理可知，乙粒子的动能变化量更大，故D错误。
故选B。
【分析】一、本题关键结论总结
电性判断：所有粒子必须带正电，否则电场力背离圆心，无法做图示偏转。
比荷相同条件：做匀速圆周运动的粒子（甲、丙），若入射速度相同，则比荷相同。
动能变化：半径变化时电场力做功 ，与电荷量q 和半径比有关。
垂直出射条件：仅当粒子做匀速圆周运动且从对称点出射时，出射方向垂直于端面。
二、常见易错点
电性判断错误：误以为电场指向圆心，对所有电荷都是吸引力。
混淆匀速与非匀速情况：错误认为所有粒子都做匀速圆周运动。
比荷公式误用：只适用于匀速圆周情况，但推导时与r 无关，容易误以为对所有情况成立。
动能变化分析错误：错误认为半径变化相等则动能变化相等（实际上 )，还与 q 和起始半径有关）。
几何关系误解：未利用对称性判断半径是否变化。
三、解题步骤建议
由电场方向判断粒子电性（必须带正电）。
根据入射点与出射点是否对称，判断半径是否变化。
若半径不变，用 推导比荷关系。
若半径变化，用动能定理求动能变化，注意 。
结合几何条件，比较不同粒子的运动。
6．【答案】A
【知识点】变压器原理；变压器的应用
【解析】【解答】A．若保持 P2和P3不变，仅将 P1向左移动，滑动变阻器的接入电阻变小，变压器输入端的电压增大，输出端的电压随之增大，导致流过灯泡L的电流变大，灯泡变亮，故A正确；
B．若将 P1移至最右端，仅顺时针转动 P3，变压器输入端的电压不变，原副线圈匝数比增大，输出端的电压减小，灯的亮度变暗，故B错误；
C．线圈绕OO'轴转动，始终有一半处于磁场中，线圈中一直有电流，故C错误；
D．理想变压器不改变交流电的频率，故线圈匀速转动的频率等于自耦变压器输出端交流电的频率，故D错误。
故选A。
【分析】一、交流发电机部分（图a）1. 磁场分布与切割情况
匀强磁场只分布在左半平面，右半平面无磁场。
线圈绕中轴线 匀速转动， 恰好位于磁场边界上。
关键：线圈始终有一半在磁场中，一半在磁场外 任何时刻都有部分导线切割磁感线 感应电动势始终存在（大小变化，方向周期性变化）。
2. 感应电动势与电流特点
电动势大小周期性变化（类似正弦交流电）。
线圈中一直有电流（外电路闭合时）
二、自耦变压器部分（图b）1. 自耦变压器结构
原、副线圈共用同一绕组，通过滑动触头 改变匝数比。
匝数比关系：电压比 ，电流比
2. 理想变压器特性
不改变频率（输入频率 = 输出频率）
输入功率等于输出功率（忽略损耗）。
三、滑动变阻器的影响
1. （串联在输入端）
改变 影响输入电压 （因为发电机内阻忽略，但 与变压器输入电阻分压）。
左移 → 减小 → 输入电压 增大 → 输出电压 增大 → 灯泡变亮
2. （并联在输出端）
与灯泡并联，改变 影响输出总电流和分流，但不直接影响输出电压（理想变压器下，输出电压由 和匝数比决定，与负载无关，但前提是输入电压 不变）。
7．【答案】C
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．设轻绳拉力为T，滑轮右侧轻绳与竖直方向夹角为α，小球B缓慢转动过程，α逐渐增大，小球B受力平衡，则有，，则轻绳拉力T逐渐增大，轻绳对定滑轮的作用力沿两绳夹角的角平分线方向，两绳夹角增大，则轻绳对滑轮的作用力大小改变，方向改变，故A错误；
B．当物块A即将发生滑动时α最大，轻绳拉力T最大，拉力F最大，对物块A有，，，解得，所以，，故B错误；
C．A即将滑动时，突然撤去拉力F的瞬间，小球B的加速度大小为，故C正确；
D．在A即将滑动时，撤去拉力瞬间，绳中拉力突变为
则物块A静止不动，之后，小球B做圆周运动，假设A一直静止不动，则
在最低点，有，联立可得，小球B做圆周运动过程中，到达最低点时，绳中拉力最大，但最大拉力恰好等于2mg，则假设成立，物块A一直保持静止，故D错误。
故选C。
【分析】一、核心考点
1. 识别过程与状态
过程1：小球B被水平力F缓慢拉动，系统始终处于平衡状态（加速度为零）。
过程2：撤去外力F的瞬间，系统进入非平衡状态（加速度突变）。
2. 平衡阶段分析技巧
对小球B：受三力平衡（重力、拉力F、绳拉力T），采用“正交分解法”或“力的三角形法”。
对物块A：竖直方向：支持力 （是绳与水平方向夹角）。
水平方向：静摩擦力 。
临界条件：当 时，A即将滑动。代入公式解出临界T，进而得到 和 。
3. 突变瞬间分析技巧
关键：轻绳不可伸长，因此撤去F瞬间，A与B沿绳方向的加速度分量 必须相等。
常用假设法：假设A仍静止（a∥，A =0） 则B沿绳方向加速度也为零（）。
对B沿绳方向列牛顿第二定律：得到突变后的T。
验证假设：将突变后的T代入A的受力，检查是否 。若成立，假设正确；否则需重新联立A、B的加速度方程求解。
4. 加速度计算技巧
B的加速度垂直于绳方向由重力分力提供：
若沿绳加速度为零，则B的合加速度大小就是 。
二、易错点及规避
1. 滑轮受力方向变化
两绳拉力大小相等，但夹角变化 滑轮受到的合力大小和方向都变。
避免错误：不要认为滑轮受力方向不变。
2. 临界计算漏力
计算A的最大静摩擦力时，容易忘记支持力 N 受竖直方向绳分力影响。
规避：列出完整的竖直方向平衡方程再求N。
3. 突变瞬间T不连续
撤去F瞬间，T会突变（从平衡时的 变为 ）。
避免错误：不能用撤去F前的T计算撤去F后的加速度。
4. 混淆“沿绳加速度”与“合加速度”
绳不可伸长 沿绳方向加速度相等，但垂直绳方向加速度独立。
规避：明确分解方向（沿绳与垂直绳），分别列式。
8．【答案】A,D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．设折射角为α，根据折射定律有，根据几何关系可得
联立解得，故A正确；
B．玻璃砖绕O点转动时，入射角变化，当入射角大于等于临界角时，将发生全反射，则光不能透过玻璃砖射到光屏上，所以玻璃砖绕O点转动时，光透过玻璃砖射到光屏上的点发生移动，故B错误；
C．若玻璃砖绕O点逆时针转动30°，则入射光线与界面垂直，所以
故C错误；
D．若玻璃砖绕O点顺时针转动15°，则入射角为45°，由于
光线发生全反射，则光屏上没有透过玻璃砖折射出的光点，故D正确。
故选AD。
【分析】一、光的折射定律与几何光路
1、折射定律：公式 。
本题中，空气（）到玻璃（ ），入射角 时，求折射角r：
2、几何关系确定光点位置：
光屏平行于玻璃砖底面，距离圆心O垂直高度 。
光在O点折射后沿直线射到光屏，光点P与O在光屏上的垂足之间的水平距离：
O到P的直线距离：
二、全反射条件与临界角
1、临界角公式：
2、入射角变化：玻璃砖绕O点转动角度β 时，入射角变为 （符号取决于转动方向与初始入射方向的关系）。当 时，发生全反射，无光线射出。
三、动态光路分析（玻璃砖转动）
1、入射角改变 折射角改变 光点移动（只要不发生全反射）。
2、光点位置计算：转动后，重新用折射定律求折射角 。
再根据几何关系 求新光点位置。
3、特殊位置：逆时针转 ：入射角 ，光线垂直界面，不偏折，光点在O正下方。
顺时针转 ：入射角 ，等于临界角，全反射。
9．【答案】B,D
【知识点】安培力的计算；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．闭合开关S瞬间，回路中的电流为，导体棒所受安培力
对导体棒和重物整体受力分析，由，解得
设此时细线拉力为T，对重物受力分析可得，解得，故A错误；
B．导体棒向左运动时会产生与直流电源相反的感应电动势，初始，导体棒向左加速运动，随着导体棒速度的增大，回路中的电流减小，根据牛顿第二定律可知，导体棒向左做加速度减小的加速运动，最终达到匀速，设稳定时导体棒的速度大小为v，则回路中的电流
由，解得，故B正确；
C．导体棒匀速运动时，直流电源的输出功率，故C错误；
D．重物从静止出发到刚好做匀速运动的过程中，对导体棒和重物组成的系统，只有安培力和重物的重力做功，由功能关系可知，安培力对导体棒所做的功等于导体棒和重物组成的系统增加的机械能，故D正确。
故选BD。
【分析】一、含反电动势的直流电路（电动机模型）
1. 回路电流方程
导体棒运动产生感应电动势（反电动势）：，方向与电源电动势E 相反。
回路电流：，其中R 为导体棒电阻，r 为电源内阻。
2. 反电动势的物理意义
反电动势是电动机运转时，因切割磁感线而产生的自感电动势，它阻碍电流的增大。
当v 增大时， 增大，电流I 减小，安培力减小。
二、安培力与动力学分析
1. 安培力的瞬时表达式
初始时刻 ()：
2. 运动过程分析
对导体棒与重物整体（细线拉力为内力）列牛顿第二定律：，初始加速度最大，随着 增大， 减小，加速度减小。
3. 匀速运动条件
当 时，加速度为零，速度达到稳定值 ：
解得：
此时回路电流：
三、能量与功率关系
1. 电源的输出功率
匀速时：，注意：输出功率不等于 ，也不等于 （那是电源的总功率减去反电动势吸收的功率）。
2. 功能关系
对导体棒与重物系统：外力：安培力（其他接触力如细线拉力为内力）。
非保守力做功：安培力。
系统机械能增量：
因为重力是保守力，已包含在势能变化中。
关键：安培力对导体棒所做的功等于系统（导体棒+重物）机械能的增量。
10．【答案】A,C,D
【知识点】碰撞模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【解答】AB．设小球飞出圆弧轨道时，小球和圆弧轨道的速度大小分别为和，则小球相对圆弧轨道的速度与水平方向成角，即，小球与圆弧轨道相互作用的过程中，根据水平方向动量守恒和系统机械能守恒有
，联立得，，，故A正确，B错误；
C．设小球与圆弧轨道相互作用的过程中，小球水平方向的平均速度大小为，圆弧轨道的平均速度大小为，根据水平方向动量守恒有
两边同时乘以时间并消去m得，即，求得，故C正确；
D．若固定圆弧轨道，设小球从轨道最高点飞出时的速度大小为，则小球运动至轨道最高点过程中由动能定理得，求得
根据抛体运动知识有，
联立得
因，设，
则，则小球运动至轨道最高点沿切线方向飞出后，落回水平地面的最大水平射程为，故D正确。
故选ACD。
【分析】1、水平动量守恒（系统在水平面光滑）
系统水平方向不受外力，总动量守恒：
注意：竖直方向动量不守恒，因为轨道受到地面支持力，竖直方向有外力。
2、系统机械能守恒（光滑无摩擦）
，这是对系统（小球+轨道）成立的。
3、相对运动与分离条件
分离时，小球相对轨道的速度 u 沿该点圆弧的切线方向。
分离的动力学条件：法向支持力 ，由此得：，其中θ 是该点切线与水平方向的夹角（对于凹面向上的圆弧，圆心在上方，重力沿法向的分量为 ）。
4、速度分解的几何关系
要严格按水平竖直分量写出，再与已知的 方向结合（例如本题已知 与水平成 30°）。
5、抛体运动最值问题
固定轨道时，用机械能求最高点速度 。以与水平成 α 角（切线方向）飞出，做斜抛运动。
落回与起点等高的水平面时，射程公式为：
但要注意从固定高度 飞出，如果地面低于起飞点，则需用完整的斜抛公式求水平射程，并令 解出时间再算 x。
结合 与 α 的约束（动能定理）来求最大射程，有时需用三角函数变换。
11．【答案】（1）A
（2）
（3）
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）AB．为了在钢柱表面画上更多的痕迹，需要先打开电源使电动机转动，后烧断细线使钢柱自由下落，故A正确，B错误；
C．由于本实验验证机械能守恒定律，物体下落过程中减小的重力势能与增加的动能表达式中均包含物体质量，而物体的质量可以约掉，所以不需要测量物体质量，故C错误。
故选A。
（2）根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度，画出痕迹D时，钢柱下落的速度为，，所以
（3）若机械能守恒，则，所以，则
【分析】1、实验操作顺序的逻辑理解
目的：要在钢柱自由下落的过程中，让电动机的笔在它上面画出等时间间隔的痕迹。
必须先让电动机转动稳定（笔尖画痕周期固定），再释放钢柱，否则无法在开始下落段画上痕迹。
这类似于“先通电打点，后释放纸带”的打点计时器操作。
2、利用等时间间隔痕迹求瞬时速度
已知电动机转速n（单位：r/s） → 相邻痕迹的时间间隔 。
匀变速直线运动中，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度。
例如求 ：
3、验证机械能守恒的数据处理方法
理论上若机械能守恒：
做 h - 图像，若为过原点的直线，斜率 。
注意：这里的 v 是实验算出的速度值（用 参与计算），但 g 与 n 的关系需结合 的计算公式代入 推导。
4、斜率 k 与重力加速度 g 的关系推导（含 n 的处理）
易错点：是用时间间隔 算出来的，所以 与 n 成正比。
如果直接由 得 ，看似斜率是 ，但 是测量值，计算时用了n，
（1）AB．为了在钢柱表面画上更多的痕迹，需要先打开电源使电动机转动，后烧断细线使钢柱自由下落，故A正确，B错误；
C．由于本实验验证机械能守恒定律，物体下落过程中减小的重力势能与增加的动能表达式中均包含物体质量，而物体的质量可以约掉，所以不需要测量物体质量，故C错误。
故选A。
（2）根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度，画出痕迹D时，钢柱下落的速度为，
所以
（3）若机械能守恒，则
所以
则
12．【答案】（1）0.26
（2）B
（3）相等；EA；
（4）C
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）由铭牌可知一块电芯额定容量为
则用1A恒流电源对一块电芯进行充电，充满的时间为
（2）由题给器材只能选定值电阻（阻值5Ω，额定功率5W）或定值电阻（阻值50Ω，额定功率50W），根据可知为了保证的安全，最大电流不超过1A，因此电流表应选A1；
一块电芯的电动势为，则电压表应选V1；电压最高为3V，如果选择50Ω的定值电阻，最大电流低于0.06A，电路电流太小，影响实验的准确性，所以定值电阻应选R01；为了调节方便，滑动变阻器应选择阻值较小的RP1。
故选B。
（3）根据闭合电路欧姆定律可得，可知图线斜率的绝对值表示；
当S2接1时，设电流表的内阻为，则有
当S2接2时，设电压表的内阻为，则有
整理可得
可知图线A对应S2接1，图线B对应S2接2，由图线A得出的电动势测量值等于真实值。
由图线A得出的电动势测量值等于真实值，则有，图线B对应S2接2，误差来源于电压表的分流，当，对应的电流是准确的，则有，解得
（4）电池内阻的热功率为
当时，可知，由于甲、乙两刀片电池的电动势相等，则甲、乙两图线交于横轴同一点；
当时，可得，由于甲电池的内阻较大，则甲图线的纵轴截距小于乙图线的纵轴截距。
故选C。
【分析】一、电池参数与充电计算（第1问）
安时（Ah）与充电时间：充电时间 t = 电池容量（Ah）/ 充电电流（A）
易错点：电池组串联时，每个电芯的安时容量与总容量相同（电荷量守恒）
注意：题目可能混淆总能量与容量，需仔细区分
二、电学实验器材选择（第2问）选择原则：
电压表：量程略大于待测电动势（本题电芯约3.2V → 选3V量程）
电流表：估算最大电流：，
定值电阻：阻值太小：电流过大不安全，阻值太大：电流过小，测量误差大
滑动变阻器：限流接法：阻值与电路总电阻相当（便于调节）
三、双开关法消除系统误差（第3问）两种接法的误差分析：
内接法（S2=1）：电动势测量值等于真实值（图线A纵截距）
利用两条图线求真实值：E = EA（A线纵截距），真实内阻 r 需通过两条图线数据解方程组求得
四、电源内阻热功率分析（第4问）
公式推导：
图像特征：形状：关于U的二次函数（开口向上），实际取U≤E部分
单调性：U从0到E，Pr单调递减
特殊点：U=0时：P_r = E2/r（最大值），U=E时：P_r = 0
比较不同内阻：E相同时，r越大，Pr越小，甲电池r较大 → 甲曲线完全在乙曲线下方（除U=E交点）
五、易错点提醒
容量理解：串联电池组每个电芯的Ah容量相同
保护电阻：不仅考虑限流作用，还要注意额定功率
图线识别：根据截距和斜率大小判断对应电路接法
内阻热功率：不是关于U的线性函数，而是二次函数
系统误差：内接法测电动势准确，外接法测内阻偏小
六、解题方法总结
器材选择三步法：看电压选电压表；算电流选电流表和限流电阻；根据总电阻选变阻器
误差分析两线法：画两种接法的等效电路；写出测量方程；对比图线截距和斜率
函数图象分析法：先推导物理量间的函数关系；再分析关键点（端点、极值点）；最后比较参数变化的影响
这些考点综合考查了电学实验设计、误差分析和图像处理能力，是高考实验题的典型命题方向。
（1）由铭牌可知一块电芯额定容量为
则用1A恒流电源对一块电芯进行充电，充满的时间为
（2）由题给器材只能选定值电阻（阻值5Ω，额定功率5W）或定值电阻（阻值50Ω，额定功率50W），根据可知为了保证的安全，最大电流不超过1A，因此电流表应选A1；
一块电芯的电动势为
则电压表应选V1；
电压最高为3V，如果选择50Ω的定值电阻，最大电流低于0.06A，电路电流太小，影响实验的准确性，所以定值电阻应选R01；
为了调节方便，滑动变阻器应选择阻值较小的RP1。
故选B。
（3）[1]根据闭合电路欧姆定律可得
可知图线斜率的绝对值表示；
当S2接1时，设电流表的内阻为，则有
当S2接2时，设电压表的内阻为，则有
整理可得
可知图线A对应S2接1，图线B对应S2接2，由图线A得出的电动势测量值等于真实值。
[2][3]由图线A得出的电动势测量值等于真实值，则有
图线B对应S2接2，误差来源于电压表的分流，当，对应的电流是准确的，则有
解得
（4）电池内阻的热功率为
当时，可知，由于甲、乙两刀片电池的电动势相等，则甲、乙两图线交于横轴同一点；
当时，可得
由于甲电池的内阻较大，则甲图线的纵轴截距小于乙图线的纵轴截距。
故选C。
13．【答案】（1）解：对桨受力分析，根据牛顿第二定律可知，划水阶段
空中运桨阶段
又因为
联立解得
（2）解：划水阶段皮划艇的位移
加速的最大速度
空中运桨阶段皮划艇的位移
由题可知
联立解得
根据牛顿第二定律可得，皮划艇受到的阻力
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】一、动力学分段分析能力
1、受力分析的分段处理
划水阶段：动力 F = 2.5f，阻力 f → 合力 F1 = 1.5f
运桨阶段：动力为 0，阻力 f → 合力 F2 = -f
关键：明确各阶段合力方向与运动方向的关系
2、牛顿第二定律的应用
a1 = F1/m = 1.5f/m，a2 = F2/m = -f/m（负号表示减速）
注意：题目问"加速度大小之比"取绝对值：|a1| ： |a2| = 1.5 ： 1 = 3 ： 2
二、多过程运动学连接
1、速度的连续性
划水末速度 v = a1t1 = (1.5f/m)×1.2，该速度即运桨阶段的初速度
易错点：误以为每个动作结束速度归零（题目未要求周期性返回初态）
2、位移的分段计算与合成
划水阶段：匀加速，初速0
运桨阶段：匀减速，初速vm，
三、易错点提醒
1、加速度方向处理
运桨阶段加速度为负值，但求"大小之比"时取绝对值
列位移公式时注意加速度符号
2、运动学公式选用
划水阶段：初速0，用
运桨阶段：初速不为0，用
四、解题策略总结
分段分析：明确各阶段的受力情况和运动性质
连接关键量：前一阶段的末速度是后一阶段的初速度
建立方程：利用总位移条件建立方程
求解验证：代入数据求解，检查合理性
此类题目综合考查了牛顿运动定律、匀变速直线运动规律的应用，是动力学典型问题之一。
（1）对桨受力分析，根据牛顿第二定律可知，划水阶段
空中运桨阶段
又因为
联立解得
（2）划水阶段皮划艇的位移
加速的最大速度
空中运桨阶段皮划艇的位移
由题可知
联立解得
根据牛顿第二定律可得，皮划艇受到的阻力
14．【答案】（1）解：设滑块M在初始位置时弹簧伸长量为x0，则
解得
则上升0.04m后弹簧压缩量为
对组合体，在最高点，根据牛顿第二定律方程有
解得
设组合体在平衡位置时弹簧伸长量为x2，则有
解得
所以
（2）解：设碰撞后组合体的速度为v共，碰撞后至最高点的过程中，根据能量守恒定律有
解得
泥团与滑块碰撞过程，根据动量守恒定律有
解得
（3）解：因原来组合体振幅为0.05m，则原组合体在最低点时弹簧伸长量为
设新组合体到达新的平衡位置弹簧的伸长量为x3，则有
解得
由系统机械能守恒可得
所以
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型；简谐运动
【解析】【分析】一、简谐振动的平衡位置与受力分析
1、平衡位置的确定
单物体平衡：，质量变化后新平衡位置：
关键：平衡位置随质量变化而移动
2、弹簧振子在斜面上的等效处理
可将重力沿斜面的分力视为“等效重力”，平衡位置即等效重力与弹力平衡点
振动围绕新平衡位置进行
二、简谐振动的振幅与最大加速度
1、振幅的确定方法
能量法：从初始位置（碰后瞬间）到最高点，机械能守恒求振幅
几何法：平衡位置到两端点的距离
2、最大加速度的计算
出现在振幅端点（最高点或最低点）最高点：
注意：端点处加速度方向指向平衡位置
三、多过程连接中的守恒定律应用
1、碰撞过程（完全非弹性碰撞）沿斜面方向动量守恒：，能量不守恒（有损失）
2、碰后到最高点的过程
机械能守恒（弹簧+重力+动能）方程：
或直接用等效弹性势能方法
3、质量突变过程（最低点放置新泥团）
新泥团初速为0，且“轻置”意味着无初速，沿斜面方向系统动量不守恒，但机械能中动能部分因完全非弹性碰撞有损失
处理技巧：在端点（速度为零）添加质量，系统从该点开始新的简谐振动
四、质量突变对简谐振动的影响
1、平衡位置的重新确定
新质量 ，新平衡条件：
2、新振幅的计算
质量突变瞬间系统在原振幅端点，速度为零
新振幅 = 该端点距新平衡位置的距离
3、新系统的最大动能
简谐振动平衡位置处动能最大，由机械能守恒：
五、能量转换的综合分析
1、三种能量形式
弹簧弹性势能：（x为形变量）
重力势能：需选参考平面，动能：
2、机械能守恒的条件
光滑斜面，无摩擦
弹簧+物体+地球系统机械能守恒

（1）设滑块M在初始位置时弹簧伸长量为x0，则
解得
则上升0.04m后弹簧压缩量为
对组合体，在最高点，根据牛顿第二定律方程有
解得
设组合体在平衡位置时弹簧伸长量为x2，则有
解得
所以
（2）设碰撞后组合体的速度为v共，碰撞后至最高点的过程中，根据能量守恒定律有
解得
泥团与滑块碰撞过程，根据动量守恒定律有
解得
（3）因原来组合体振幅为0.05m，则原组合体在最低点时弹簧伸长量为
设新组合体到达新的平衡位置弹簧的伸长量为x3，则有
解得
由系统机械能守恒可得
所以
15．【答案】（1）解：由题意知， 粒子在电场中做类平抛运动， 由类平抛规律得L=3v0t，，Eq = ma
联立解得
（2）解：设粒子从O 点进入磁场区Ⅰ时速度大小为v，由第（1）问得粒子在O点y轴负方向速度大小为3v0，x轴正方向速度大小为4v0；则v=5v0
可知， 粒子进磁场区Ⅰ时速度方向与y轴负方向夹角为α=53°如图所示
设粒子在磁场区Ⅰ中做圆周运动的半径为r1， 根据几何关系
解得r1=5L
由，解得
甲粒子第二次经过y轴的位置A 点离O 点的距离LOA=2r cos 37°，得LOA=8L
由类平抛运动规律可得粒子在电场中沿 y轴负方向运动的距离LAB=2L
则粒子第三次经过 y轴时坐标为（0， 6L）
在磁场中每偏转一次，沿y轴正方向运动 8L，在电场中每运动一次，沿y轴负方向运动2L，则粒子第五次经过y轴时坐标为（0，12L）
由规律可得：当n取奇数时，粒子第n次经过y轴位置的纵坐标y0=3（n-1）L
当n取偶数时，粒子第n次经过y轴位置的纵坐标y0=（3n+2）L
（3）解：经过分析，粒子能到达N点有三种情况：
第一种运动轨迹如图乙所示，粒子从M点进入磁场区Ⅱ，若偏转后直接到达 N点， 设粒子在磁场区Ⅱ中做圆周运动的半径r2，根据几何关系2r2cos37°=3L，解得
设磁场区Ⅱ的磁感应强度大小为B2， 据牛顿第二定律有，得
第二种运动轨迹如图丙所示，粒子经磁场区Ⅱ偏转后再进入磁场区Ⅰ、电场，再回到磁场区Ⅰ到达N点，根据运动对称性知AN间距离为2L，则MA间距离为L，设粒子在磁场区Ⅱ中做圆周运动的半径，根据几何关系，解得
同理可得
第三种运动轨迹如图丁所示，粒子经磁场区Ⅱ偏转后再进入磁场区Ⅰ，电场、再回到磁场区Ⅰ，再进入磁场区Ⅱ偏转后到达N点，根据运动对称性知AD间距离为2L，则MA间距离等于DN间距离为，设粒子在磁场区Ⅱ中做圆周运动的半径，根据几何关系有，解得
同理可得：
【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
【解析】【分析】带电粒子在组合场中运动问题的核心考点
一、基础运动模型
1. 类平抛运动（电场中）
运动分解：垂直电场方向匀速，沿电场方向匀加速，核心公式：
对称性：从等势面进出电场时，速度方向关于电场线对称
速度合成：出电场时的合速度大小和方向
2. 匀速圆周运动（磁场中）
向心力公式：，半径公式：，周期公式：（与速度无关）
圆心角与时间关系：
二、关键几何关系1. 确定圆心的基本方法
入射点速度的垂线，出射点速度的垂线，弦的中垂线（若已知弦长）
切线条件：半径垂直于切线
2. 常见几何构型
直线边界：轨迹与直线相切→圆心到直线距离等于半径；平行边界：进出点连线与边界夹角关系
直角边界：利用圆与直线相切或相交的几何性质
3. 角度关系的运用
速度偏向角 = 圆心角；弦切角 = 对应圆心角的一半
进出磁场速度方向的夹角与轨迹所对圆心角的关系
三、多场区衔接问题
1. 场区分界处的衔接条件
位置连续：出电场点即进磁场点；速度连续：大小方向均不变（电场到磁场）
能量守恒：电场中动能变化，磁场中动能不变
2. 周期性运动分析
循环模式识别：电场→磁场→电场→...；坐标递推：找出纵坐标变化的递推关系
通项公式：分奇偶情况讨论一般表达式
四、多解性问题的分析方法
1. 多解产生的根源
磁场周期性： 对应相同弦长；往复运动：粒子可在两磁场间多次往返
对称性：轨迹关于某些直线对称
2. 分类讨论策略
直接到达：最小偏转路径；一次返回：经过另一个场区后返回；多次往返：增加周期性循环次数
3. 几何约束方程
建立圆心坐标方程；利用距离公式（如：圆心到边界距离 = r）；解三角形求半径
五、解题步骤与技巧
1. 标准化解题流程
电场段：类平抛分解，求进入磁场时的速度；磁场Ⅰ段：确定半径，利用几何关系求 B1
循环分析：找出坐标变化规律；多解分析：画出可能的轨迹，列几何方程
2. 常用数学工具
三角函数：sin37°=0.6，cos37°=0.8；勾股定理；相似三角形；圆的几何性质
3. 检验方法
轨迹是否满足所有边界条件；速度方向在边界处是否合理；坐标变化是否符合物理过程
（1）由题意知， 粒子在电场中做类平抛运动， 由类平抛规律得L=3v0t，，Eq = ma
联立解得
（2）设粒子从O 点进入磁场区Ⅰ时速度大小为v，由第（1）问得粒子在O点y轴负方向速度大小为3v0，x轴正方向速度大小为4v0；则v=5v0
可知， 粒子进磁场区Ⅰ时速度方向与y轴负方向夹角为α=53°如图所示
设粒子在磁场区Ⅰ中做圆周运动的半径为r1， 根据几何关系
解得r1=5L
由
解得
甲粒子第二次经过y轴的位置A 点离O 点的距离LOA=2r cos 37°
得LOA=8L
由类平抛运动规律可得粒子在电场中沿 y轴负方向运动的距离LAB=2L
则粒子第三次经过 y轴时坐标为（0， 6L）
在磁场中每偏转一次，沿y轴正方向运动 8L，在电场中每运动一次，沿y轴负方向运动2L，则粒子第五次经过y轴时坐标为（0，12L）
由规律可得：
当n取奇数时，粒子第n次经过y轴位置的纵坐标y0=3（n-1）L
当n取偶数时，粒子第n次经过y轴位置的纵坐标y0=（3n+2）L
（3）经过分析，粒子能到达N点有三种情况：
第一种运动轨迹如图乙所示，粒子从M点进入磁场区Ⅱ，若偏转后直接到达 N点， 设粒子在磁场区Ⅱ中做圆周运动的半径r2，根据几何关系2r2cos37°=3L
解得
设磁场区Ⅱ的磁感应强度大小为B2， 据牛顿第二定律有
得
第二种运动轨迹如图丙所示，粒子经磁场区Ⅱ偏转后再进入磁场区Ⅰ、电场，再回到磁场区Ⅰ到达N点，根据运动对称性知AN间距离为2L，则MA间距离为L，设粒子在磁场区Ⅱ中做圆周运动的半径，根据几何关系
解得
同理可得
第三种运动轨迹如图丁所示，粒子经磁场区Ⅱ偏转后再进入磁场区Ⅰ，电场、再回到磁场区Ⅰ，再进入磁场区Ⅱ偏转后到达N点，根据运动对称性知AD间距离为2L，则MA间距离等于DN间距离为，设粒子在磁场区Ⅱ中做圆周运动的半径，根据几何关系有
解得
同理可得：
1 / 1湖北省武汉市江岸区2024-2025学年高三上学期1月期末物理试题
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1．（2025高三上·江岸期末）在物理学的发展过程中，蕴含着丰富的物理思想和方法，下列描述正确的是（　　）
A．牛顿确立了许多用于描述物体运动的基本概念，也创造了实验和逻辑推理结合的科学方法
B．安培首次发现了电流的磁效应，并提出分子环流假说，解释了磁现象的电本质
C．法拉第不仅提出了场的概念，而且引入电场线和磁感线形象地描述电场和磁场
D．汤姆孙研究阴极射线时发现了电子，并精确测出了电子的电荷量
【答案】C
【知识点】物理学史
【解析】【解答】A．牛顿确实确立了经典力学的基本概念（如质量、动量、力等）和三大定律，但“实验和逻辑推理结合的科学方法”更早是由伽利略开创的（斜面实验等），不是牛顿首创，故A错误；
B．电流磁效应是奥斯特在 1820 年发现的，不是安培。安培在奥斯特发现之后很快研究了电流之间的相互作用，提出了安培定律和分子电流假说（分子环流假说），用来解释磁体的磁性起源（磁现象的电本质），故B错误；
C． 法拉第确实提出了“场”的概念（力线思想），并用电场线、磁感线形象描述电场和磁场 ，故C正确；
D．汤姆孙（J.J. Thomson）通过阴极射线实验测定了电子的荷质比，并发现了电子（证明它是比原子更小的粒子）。但精确测出电子电荷量的是密立根，故D错误。
故选C。
【分析】物理学史中重要人物与贡献的对应：
伽利略 → 实验与逻辑推理结合的科学方法
奥斯特 → 电流磁效应
安培 → 安培定律、分子电流假说
法拉第 → 场、力线（电场线、磁感线）
汤姆孙 → 发现电子、测荷质比
密立根 → 测电子电荷量
2．（2025高三上·江岸期末）钍是一种潜在的核燃料，自然界中存在着大量具有天然放射性的钍。已知同位素钍232经过多次α、β衰变，其衰变方程为，则下列说法正确的是（　　）
A．的比结合能比大
B．对加热，它衰变生成新核的速度会变快
C．1kg的经过两个半衰期，则的衰变量为0.25kg
D．x=3，y=2，α粒子是氦原子核，它具有很强的电离能力
【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．衰变过程释放能量，生成的更稳定，比结合能大于的比结合能，故A错误；
B．原子核的半衰期与原子核内部的结构有关，与环境无关，故B错误；
C．根据半衰期计算公式，可得1kg的经过两个半衰期，剩余的质量为，则的衰变量为，故C错误；
D．粒子为，粒子为，根据质量数守恒和电荷数据守恒有，
联立解得，，α粒子是氦原子核，它具有很强的电离能力，故D正确。
故选D。
【分析】1. 衰变方程的配平（核反应守恒律）
质量数守恒：反应前后总质量数不变。电荷数守恒：反应前后总电荷数不变。
计算 α、β 衰变次数的方法：设 α 衰变次数 x，β- 衰变次数y，则：
解出 x，y。
2. 比结合能与衰变的关系
比结合能 = 结合能 / 核子数。
衰变释放能量 生成核比反应核更稳定 生成核的比结合能更大。
常见误区：认为质量数大的核比结合能一定大（不对，中等质量核最稳定）。
3. 半衰期的性质
定义：半数原子核发生衰变所需的时间。
半衰期只由原子核内部结构决定，与外界条件（温度、压强、化学状态等）无关。
加热、加压等不能改变衰变快慢。
4. 半衰期相关的质量计算
剩余质量公式：
衰变掉的质量：
特别注意：衰变掉的质量 ≠ 剩余质量，易混淆。
5. α 粒子的性质
本质：氦原子核 。电离能力很强（带电多、速度不太高）。穿透能力很弱（一张纸就能挡住）。
3．（2025高三上·江岸期末）2024年1月9日我国在西昌卫星发射中心使用长征二号丙运载火箭，成功将爱因斯坦探针卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道。假设卫星发射简化过程如图所示，先将卫星送入圆形轨道Ⅰ，在a 点发动机点火加速，卫星由轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，卫星在椭圆轨道Ⅱ上经过b点再次变轨进入圆轨道Ⅲ，已知卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ上运行速度的大小之比为v1：v3=：1，在椭圆轨道Ⅱ上运行经过近地点a 时速度大小为、远地点b 时速度大小为，则下列说法正确的是（　　）
A．卫星在轨道Ⅱ上运行过b点的加速度大于轨道Ⅲ上运行过b点的加速度
B．卫星在椭圆轨道Ⅱ上运动时，经过a 点和b 点的速度大小之比
C．若卫星在轨道Ⅰ和椭圆轨道Ⅱ上运行的周期分别为T1、T2，则有
D．卫星在轨道Ⅱ上从a运动到b的过程中，其线速度、加速度、机械能均减小
【答案】C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．由于卫星在b点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ上，需点火加速做离心运动，线速度增大，而圆周运动的轨道半径不变，根据向心加速度的公式可知，卫星在轨道Ⅱ上运行过b点的加速度小于轨道Ⅲ上运行过b点的加速度，故A错误；
B．根据牛顿第二定律可得，解得，故卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ上运行速度的大小之比为，解得，结合开普勒第二定律可得，解得，故B错误；
C．根据开普勒第三定律可得，其中，联立解得，故C正确；
D．根据开普勒第二定律及牛顿第二定律，故卫星在轨道Ⅱ上从a运动到b的过程中，其线速度、加速度减小，但机械能不变，故D错误。
故选C。
【分析】1. 卫星在不同轨道的速度关系
圆轨道速度公式：，轨道半径越大，线速度越小。
椭圆轨道上：近地点速度最大，远地点速度最小（开普勒第二定律）。
变轨规律：低轨→高轨：在切点点火加速，使卫星进入更高轨道（椭圆转移轨道）。
椭圆轨道近地点速度大于该处的圆轨道速度，远地点速度小于该处的圆轨道速度。
2. 向心加速度的决定式
在同一点（到地心距离 r 相同），由万有引力提供向心力：
与卫星质量、所在轨道（圆或椭圆）无关，只与r 有关，所以同一点加速度相等。
3. 开普勒第二定律（面积定律）
对同一椭圆轨道，卫星与地心的连线在相等时间内扫过面积相等。因此近地点速度 与远地点速度 满足：即：
4. 开普勒第三定律（周期定律）
对于绕同一中心天体的不同轨道，有：，其中 a 是椭圆轨道的半长轴（圆轨道时 ）。轨道半长轴越大，周期越长。
5. 变轨过程中的机械能
只在万有引力作用下机械能守恒。但变轨时发动机点火做功，机械能改变：
加速点火：机械能增加，减速点火：机械能减少。
在椭圆轨道上无动力飞行时，机械能守恒（动能与势能相互转化）。
4．（2025高三上·江岸期末）空气炸锅是利用高温空气循环技术加热食物。图为某型号空气炸锅简化模型图，其内部有一气密性良好的内胆，封闭了质量、体积均不变可视为理想气体的空气，初始气体压强为 p0、温度为 T0，现启动加热模式使气体温度升高到，此过程中气体吸收的热量为Q，内胆中气体体积不变，则（　　）
A．升温后内胆中每一个气体分子的动量都增大
B．此过程内胆中气体分子单位时间内撞击单位面积内壁的次数增多
C．升温后内胆中气体的压强为
D．此过程中由于气体对外界做功小于气体吸收的热量，则气体内能增加量小于Q
【答案】B
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】A升温后所有分子的平均速率增大，并非每个分子的速率都增大，因此并非每个分子的动量都增大，故A错误；
B．气体体积不变，温度升高，分子平均动能增大，分子的热运动加剧，单位时间内撞击单位面积上的次数增多，故B正确；
C．气体在此过程是一个等容变化，根据查理定律可得，解得，故C错误；
D．由于气体体积不变，所以气体对外界做功，根据热力学第一定律可知
解得，故D错误。
故选B。
【分析】1. 气体压强的微观解释
气体压强源于大量气体分子对器壁的频繁碰撞。
压强公式：（其中n 是分子数密度， 是分子平均平动动能）。
等容条件下（n 不变），温度 T 升高 分子平均平动动能 增大 气体压强增大。
单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增多（因为分子平均速率增大，且n 不变）。
2. 查理定律（等容变化）
对于一定质量、体积不变的理想气体：，温度用热力学温度（K）。
题中初始 ，末温 末压 。
3. 热力学第一定律
公式：，ΔU：气体内能变化（增加为正）。Q：气体吸收的热量（吸热为正）。
W：外界对气体做的功（外界对气体做功为正，气体对外界做功为负）。
等容过程V 不变 气体对外做功 外界对气体做功 。所以 。
4. 温度与分子平均动能的关系
理想气体内能只与温度有关（分子动能总和）：
温度升高 分子平均平动动能增大 分子平均速率增大。
但并非每个分子的速率都增大（分子速率分布整体右移）。
5．（2025高三上·江岸期末）中国新一代粒子研究器“超级陶粲”装置正式启动，静电分析器是其重要组成部分。静电分析器的两电极之间存在如图所示的静电场，静电场中任意一点场强方向均沿半径方向指向圆心，大小均满足（k为与装置有关的常数，r为该点到圆心O的距离）。某次实验中四个不同的带电粒子分别以相同的速度射入静电分析器，仅在电场力作用下，甲、乙粒子由入射口P1垂直射入，分别从Q1、Q2射出，丙、丁粒子由入射口P2垂直射入，分别从Q2、Q3射出。已知P1和Q1、P2和Q2关于圆心O对称，且Q1Q2=Q2Q3。下列说法正确的是（　　）
A．甲和丙粒子带正电、乙和丁粒子带负电
B．甲、丙两粒子的比荷相同
C．甲、乙、丙、丁四粒子均垂直于端面射出
D．若乙、丁两粒子电荷量相等，则它们经过静电分析器的动能变化量相等
【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．甲、乙、丙、丁四粒子发生偏转，均由电场力提供向心力，指向圆心，与电场强度的方向相同，故四个粒子都带正电，故A错误；
BC．由题可知，甲从垂直入射，因与关于圆心对称，故甲从垂直出射，所以甲粒子在整个偏转过程沿电场线方向没有发生位移，速度大小不变，电场强度大小不变；同理，丙从垂直入射，从垂直出射，对两粒子，电场力提供向心力，则有，又，联立解得
故甲、丙两粒子的速度大小相等；对于乙粒子分析，从垂直入射，经电场偏转，从射出，故粒子在电场方向发生了位移，电场力做负功，速度变小，乙粒子所受电场力不断变小，乙粒子不会垂直射出；同理，丁粒子，也不会垂直射出，故B正确，C错误；
D．由上分析，可知乙、丁粒子在电场强度方向发生的位移，电场力做负功，根据
可知乙粒子更靠近圆心，则它的电场强度平均值更大，根据，因，可知乙粒子受到的电场力做的负功更多，根据动能定理可知，乙粒子的动能变化量更大，故D错误。
故选B。
【分析】一、本题关键结论总结
电性判断：所有粒子必须带正电，否则电场力背离圆心，无法做图示偏转。
比荷相同条件：做匀速圆周运动的粒子（甲、丙），若入射速度相同，则比荷相同。
动能变化：半径变化时电场力做功 ，与电荷量q 和半径比有关。
垂直出射条件：仅当粒子做匀速圆周运动且从对称点出射时，出射方向垂直于端面。
二、常见易错点
电性判断错误：误以为电场指向圆心，对所有电荷都是吸引力。
混淆匀速与非匀速情况：错误认为所有粒子都做匀速圆周运动。
比荷公式误用：只适用于匀速圆周情况，但推导时与r 无关，容易误以为对所有情况成立。
动能变化分析错误：错误认为半径变化相等则动能变化相等（实际上 )，还与 q 和起始半径有关）。
几何关系误解：未利用对称性判断半径是否变化。
三、解题步骤建议
由电场方向判断粒子电性（必须带正电）。
根据入射点与出射点是否对称，判断半径是否变化。
若半径不变，用 推导比荷关系。
若半径变化，用动能定理求动能变化，注意 。
结合几何条件，比较不同粒子的运动。
6．（2025高三上·江岸期末）如图（a）所示，单匝矩形线圈的左半部分位于具有理想边界（图中虚线）的匀强磁场中，绕中轴线OO'按图示方向匀速转动产生交流电，OO'与磁场边界重合。图（b）所示是一种理想自耦变压器示意图，线圈绕在一个圆环形的铁芯上，P3是可转动的滑动触头，A、B端与滑动变阻器R1串联后，接入图（a）中线圈产生的交流电。输出端接灯泡L 和滑动变阻器R2，P1、P2为滑动变阻器的滑片。当开关S闭合，P1、P2、P3处于如图所示的位置时，灯泡L能正常发光。下列说法正确的是（　　）
A．若保持 P2和P3不变，仅将 P1向左移动，灯泡L将变亮
B．若将 P1移至最右端，仅顺时针转动 P3，灯泡L亮度可能保持不变
C．图（a）线圈运动一周内一半时间有电流，一半时间无电流
D．线圈匀速转动的频率小于自耦变压器输出端交流电的频率
【答案】A
【知识点】变压器原理；变压器的应用
【解析】【解答】A．若保持 P2和P3不变，仅将 P1向左移动，滑动变阻器的接入电阻变小，变压器输入端的电压增大，输出端的电压随之增大，导致流过灯泡L的电流变大，灯泡变亮，故A正确；
B．若将 P1移至最右端，仅顺时针转动 P3，变压器输入端的电压不变，原副线圈匝数比增大，输出端的电压减小，灯的亮度变暗，故B错误；
C．线圈绕OO'轴转动，始终有一半处于磁场中，线圈中一直有电流，故C错误；
D．理想变压器不改变交流电的频率，故线圈匀速转动的频率等于自耦变压器输出端交流电的频率，故D错误。
故选A。
【分析】一、交流发电机部分（图a）1. 磁场分布与切割情况
匀强磁场只分布在左半平面，右半平面无磁场。
线圈绕中轴线 匀速转动， 恰好位于磁场边界上。
关键：线圈始终有一半在磁场中，一半在磁场外 任何时刻都有部分导线切割磁感线 感应电动势始终存在（大小变化，方向周期性变化）。
2. 感应电动势与电流特点
电动势大小周期性变化（类似正弦交流电）。
线圈中一直有电流（外电路闭合时）
二、自耦变压器部分（图b）1. 自耦变压器结构
原、副线圈共用同一绕组，通过滑动触头 改变匝数比。
匝数比关系：电压比 ，电流比
2. 理想变压器特性
不改变频率（输入频率 = 输出频率）
输入功率等于输出功率（忽略损耗）。
三、滑动变阻器的影响
1. （串联在输入端）
改变 影响输入电压 （因为发电机内阻忽略，但 与变压器输入电阻分压）。
左移 → 减小 → 输入电压 增大 → 输出电压 增大 → 灯泡变亮
2. （并联在输出端）
与灯泡并联，改变 影响输出总电流和分流，但不直接影响输出电压（理想变压器下，输出电压由 和匝数比决定，与负载无关，但前提是输入电压 不变）。
7．（2025高三上·江岸期末）如图所示，光滑轻质滑轮固定在天花板上，一根不可伸长的轻绳跨过滑轮分别系着物块A和小球B，物块A放置在水平地面上，小球B静止在空中，A、B质量分别为4m、m，物块A与水平面间的动摩擦因数为0.5，滑轮左侧轻绳与水平面间夹角为53°，现施加水平拉力F作用在小球B上使其缓慢转动至物块A即将发生滑动为止，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度为g，sin53°=0.8，cos53°=0.6，以下说法正确的是（　　）
A．轻绳对定滑轮的作用力逐渐增大，方向不变
B．拉力F最大值为
C．A即将滑动时，突然撤去拉力F的瞬间，小球B的加速度大小为
D．在A即将滑动时，撤去拉力F后，物块A会发生滑动
【答案】C
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．设轻绳拉力为T，滑轮右侧轻绳与竖直方向夹角为α，小球B缓慢转动过程，α逐渐增大，小球B受力平衡，则有，，则轻绳拉力T逐渐增大，轻绳对定滑轮的作用力沿两绳夹角的角平分线方向，两绳夹角增大，则轻绳对滑轮的作用力大小改变，方向改变，故A错误；
B．当物块A即将发生滑动时α最大，轻绳拉力T最大，拉力F最大，对物块A有，，，解得，所以，，故B错误；
C．A即将滑动时，突然撤去拉力F的瞬间，小球B的加速度大小为，故C正确；
D．在A即将滑动时，撤去拉力瞬间，绳中拉力突变为
则物块A静止不动，之后，小球B做圆周运动，假设A一直静止不动，则
在最低点，有，联立可得，小球B做圆周运动过程中，到达最低点时，绳中拉力最大，但最大拉力恰好等于2mg，则假设成立，物块A一直保持静止，故D错误。
故选C。
【分析】一、核心考点
1. 识别过程与状态
过程1：小球B被水平力F缓慢拉动，系统始终处于平衡状态（加速度为零）。
过程2：撤去外力F的瞬间，系统进入非平衡状态（加速度突变）。
2. 平衡阶段分析技巧
对小球B：受三力平衡（重力、拉力F、绳拉力T），采用“正交分解法”或“力的三角形法”。
对物块A：竖直方向：支持力 （是绳与水平方向夹角）。
水平方向：静摩擦力 。
临界条件：当 时，A即将滑动。代入公式解出临界T，进而得到 和 。
3. 突变瞬间分析技巧
关键：轻绳不可伸长，因此撤去F瞬间，A与B沿绳方向的加速度分量 必须相等。
常用假设法：假设A仍静止（a∥，A =0） 则B沿绳方向加速度也为零（）。
对B沿绳方向列牛顿第二定律：得到突变后的T。
验证假设：将突变后的T代入A的受力，检查是否 。若成立，假设正确；否则需重新联立A、B的加速度方程求解。
4. 加速度计算技巧
B的加速度垂直于绳方向由重力分力提供：
若沿绳加速度为零，则B的合加速度大小就是 。
二、易错点及规避
1. 滑轮受力方向变化
两绳拉力大小相等，但夹角变化 滑轮受到的合力大小和方向都变。
避免错误：不要认为滑轮受力方向不变。
2. 临界计算漏力
计算A的最大静摩擦力时，容易忘记支持力 N 受竖直方向绳分力影响。
规避：列出完整的竖直方向平衡方程再求N。
3. 突变瞬间T不连续
撤去F瞬间，T会突变（从平衡时的 变为 ）。
避免错误：不能用撤去F前的T计算撤去F后的加速度。
4. 混淆“沿绳加速度”与“合加速度”
绳不可伸长 沿绳方向加速度相等，但垂直绳方向加速度独立。
规避：明确分解方向（沿绳与垂直绳），分别列式。
8．（2025高三上·江岸期末）如图所示，一个半圆形折射率为的玻璃砖可在纸面内绕过圆心O点的轴转动，一束单色光沿半径方向射入。当玻璃砖底面与光屏平行时，光束经玻璃砖射到光屏上的P点，初始时测出入射光在O点与法线间的夹角θ=30°，O点到光屏的垂直距离h=10cm。现保持入射光线不变，使玻璃砖绕O点转动，则（　　）
A．初始时P点距玻璃砖圆心O的距离
B．玻璃砖绕O点转动时，光透过玻璃砖射到光屏上的点不动
C．若玻璃砖绕O点逆时针转动30°，则光点较初始位置向左移动了
D．若玻璃砖绕O点顺时针转动15°，则光屏上没有透过玻璃砖折射出的光点
【答案】A,D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．设折射角为α，根据折射定律有，根据几何关系可得
联立解得，故A正确；
B．玻璃砖绕O点转动时，入射角变化，当入射角大于等于临界角时，将发生全反射，则光不能透过玻璃砖射到光屏上，所以玻璃砖绕O点转动时，光透过玻璃砖射到光屏上的点发生移动，故B错误；
C．若玻璃砖绕O点逆时针转动30°，则入射光线与界面垂直，所以
故C错误；
D．若玻璃砖绕O点顺时针转动15°，则入射角为45°，由于
光线发生全反射，则光屏上没有透过玻璃砖折射出的光点，故D正确。
故选AD。
【分析】一、光的折射定律与几何光路
1、折射定律：公式 。
本题中，空气（）到玻璃（ ），入射角 时，求折射角r：
2、几何关系确定光点位置：
光屏平行于玻璃砖底面，距离圆心O垂直高度 。
光在O点折射后沿直线射到光屏，光点P与O在光屏上的垂足之间的水平距离：
O到P的直线距离：
二、全反射条件与临界角
1、临界角公式：
2、入射角变化：玻璃砖绕O点转动角度β 时，入射角变为 （符号取决于转动方向与初始入射方向的关系）。当 时，发生全反射，无光线射出。
三、动态光路分析（玻璃砖转动）
1、入射角改变 折射角改变 光点移动（只要不发生全反射）。
2、光点位置计算：转动后，重新用折射定律求折射角 。
再根据几何关系 求新光点位置。
3、特殊位置：逆时针转 ：入射角 ，光线垂直界面，不偏折，光点在O正下方。
顺时针转 ：入射角 ，等于临界角，全反射。
9．（2025高三上·江岸期末）直流电动机的工作原理是通电导体在磁场中受到安培力的作用而运动。如图所示为使用直流电动机提升重物的示意图，间距为L 的平行导轨固定在水平面内，导轨左端接有电动势为E、内阻为r的直流电源，导轨电阻不计，质量为M、电阻为R、长为L 的导体棒 ab垂直导轨放置，其中心通过绝缘细线绕过固定光滑定滑轮后与静止在地面上的质量为 m 的重物相连，此时细线恰好伸直且无拉力，导体棒 ab 与滑轮间的细线水平。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中。已知导体棒 ab 距离导轨左端足够远，重物上升过程中不会碰到定滑轮，重力加速度为g，不计一切摩擦。闭合开关S后，导体棒 ab 向左运动的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关S 瞬间细线中的拉力大小为
B．导体棒最终的速度大小为
C．导体棒匀速运动时直流电源的输出功率为
D．重物从静止出发到刚好做匀速运动的过程中，安培力对导体棒所做的功等于系统增加的机械能
【答案】B,D
【知识点】安培力的计算；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．闭合开关S瞬间，回路中的电流为，导体棒所受安培力
对导体棒和重物整体受力分析，由，解得
设此时细线拉力为T，对重物受力分析可得，解得，故A错误；
B．导体棒向左运动时会产生与直流电源相反的感应电动势，初始，导体棒向左加速运动，随着导体棒速度的增大，回路中的电流减小，根据牛顿第二定律可知，导体棒向左做加速度减小的加速运动，最终达到匀速，设稳定时导体棒的速度大小为v，则回路中的电流
由，解得，故B正确；
C．导体棒匀速运动时，直流电源的输出功率，故C错误；
D．重物从静止出发到刚好做匀速运动的过程中，对导体棒和重物组成的系统，只有安培力和重物的重力做功，由功能关系可知，安培力对导体棒所做的功等于导体棒和重物组成的系统增加的机械能，故D正确。
故选BD。
【分析】一、含反电动势的直流电路（电动机模型）
1. 回路电流方程
导体棒运动产生感应电动势（反电动势）：，方向与电源电动势E 相反。
回路电流：，其中R 为导体棒电阻，r 为电源内阻。
2. 反电动势的物理意义
反电动势是电动机运转时，因切割磁感线而产生的自感电动势，它阻碍电流的增大。
当v 增大时， 增大，电流I 减小，安培力减小。
二、安培力与动力学分析
1. 安培力的瞬时表达式
初始时刻 ()：
2. 运动过程分析
对导体棒与重物整体（细线拉力为内力）列牛顿第二定律：，初始加速度最大，随着 增大， 减小，加速度减小。
3. 匀速运动条件
当 时，加速度为零，速度达到稳定值 ：
解得：
此时回路电流：
三、能量与功率关系
1. 电源的输出功率
匀速时：，注意：输出功率不等于 ，也不等于 （那是电源的总功率减去反电动势吸收的功率）。
2. 功能关系
对导体棒与重物系统：外力：安培力（其他接触力如细线拉力为内力）。
非保守力做功：安培力。
系统机械能增量：
因为重力是保守力，已包含在势能变化中。
关键：安培力对导体棒所做的功等于系统（导体棒+重物）机械能的增量。
10．（2025高三上·江岸期末）如图所示，水平面上放置着半径为R、圆心角为60°的圆弧轨道，一可视为质点的小球以初速度v0=5m/s冲上圆弧轨道。已知圆弧轨道质量和小球质量均为m=1kg，重力加速度g=10m/s2，不计一切摩擦和空气阻力，小球从圆弧轨道飞出时，速度方向恰好跟水平方向成30°角，则（　　）
A．圆弧半径R=0.9m
B．小球飞出圆弧轨道时，小球和圆弧轨道的速度大小均为2.5m/s
C．若小球从圆弧轨道飞出时，圆弧向右运动的距离为，则小球在轨道上运动时间
D．若固定圆弧轨道，调节轨道对应的圆心角和半径R，保持轨道最高点与地面间高度差h=0.45m不变，则小球运动至轨道最高点沿切线方向飞出后，落回水平地面的最大水平射程sm=2m
【答案】A,C,D
【知识点】碰撞模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【解答】AB．设小球飞出圆弧轨道时，小球和圆弧轨道的速度大小分别为和，则小球相对圆弧轨道的速度与水平方向成角，即，小球与圆弧轨道相互作用的过程中，根据水平方向动量守恒和系统机械能守恒有
，联立得，，，故A正确，B错误；
C．设小球与圆弧轨道相互作用的过程中，小球水平方向的平均速度大小为，圆弧轨道的平均速度大小为，根据水平方向动量守恒有
两边同时乘以时间并消去m得，即，求得，故C正确；
D．若固定圆弧轨道，设小球从轨道最高点飞出时的速度大小为，则小球运动至轨道最高点过程中由动能定理得，求得
根据抛体运动知识有，
联立得
因，设，
则，则小球运动至轨道最高点沿切线方向飞出后，落回水平地面的最大水平射程为，故D正确。
故选ACD。
【分析】1、水平动量守恒（系统在水平面光滑）
系统水平方向不受外力，总动量守恒：
注意：竖直方向动量不守恒，因为轨道受到地面支持力，竖直方向有外力。
2、系统机械能守恒（光滑无摩擦）
，这是对系统（小球+轨道）成立的。
3、相对运动与分离条件
分离时，小球相对轨道的速度 u 沿该点圆弧的切线方向。
分离的动力学条件：法向支持力 ，由此得：，其中θ 是该点切线与水平方向的夹角（对于凹面向上的圆弧，圆心在上方，重力沿法向的分量为 ）。
4、速度分解的几何关系
要严格按水平竖直分量写出，再与已知的 方向结合（例如本题已知 与水平成 30°）。
5、抛体运动最值问题
固定轨道时，用机械能求最高点速度 。以与水平成 α 角（切线方向）飞出，做斜抛运动。
落回与起点等高的水平面时，射程公式为：
但要注意从固定高度 飞出，如果地面低于起飞点，则需用完整的斜抛公式求水平射程，并令 解出时间再算 x。
结合 与 α 的约束（动能定理）来求最大射程，有时需用三角函数变换。
二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11．（2025高三上·江岸期末）某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。用细线把钢制的圆柱挂在架子上，架子下部固定一个小电动机，电动机轴上装一支软笔。电动机转动时，软笔尖每转一周就在钢柱表面画上一条痕迹，电动机的转速为n（单位：r/s）。如图乙，在钢柱上从痕迹起点O开始选取5条连续的痕迹A、B、C、D、E，测得它们到痕迹O的距离分别为hA、hB、hC、hD、hE。已知当地重力加速度为g。
（1）关于本实验操作，下列说法正确的是（　　）
A．先打开电源使电动机转动，后烧断细线使钢柱自由下落
B．先烧断细线使钢柱自由下落，后打开电源使电动机转动
C．本次实验必须要测量钢柱的质量
（2）画出痕迹D时，钢柱下落的速度vD=　 　。（用题中所给物理量的字母表示）
（3）设各条痕迹到O的距离为h，对应钢柱的下落速度为v，某同学画出h-v2的图像，并求得该图线的斜率为k，则重力加速度g=　 　。
【答案】（1）A
（2）
（3）
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）AB．为了在钢柱表面画上更多的痕迹，需要先打开电源使电动机转动，后烧断细线使钢柱自由下落，故A正确，B错误；
C．由于本实验验证机械能守恒定律，物体下落过程中减小的重力势能与增加的动能表达式中均包含物体质量，而物体的质量可以约掉，所以不需要测量物体质量，故C错误。
故选A。
（2）根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度，画出痕迹D时，钢柱下落的速度为，，所以
（3）若机械能守恒，则，所以，则
【分析】1、实验操作顺序的逻辑理解
目的：要在钢柱自由下落的过程中，让电动机的笔在它上面画出等时间间隔的痕迹。
必须先让电动机转动稳定（笔尖画痕周期固定），再释放钢柱，否则无法在开始下落段画上痕迹。
这类似于“先通电打点，后释放纸带”的打点计时器操作。
2、利用等时间间隔痕迹求瞬时速度
已知电动机转速n（单位：r/s） → 相邻痕迹的时间间隔 。
匀变速直线运动中，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度。
例如求 ：
3、验证机械能守恒的数据处理方法
理论上若机械能守恒：
做 h - 图像，若为过原点的直线，斜率 。
注意：这里的 v 是实验算出的速度值（用 参与计算），但 g 与 n 的关系需结合 的计算公式代入 推导。
4、斜率 k 与重力加速度 g 的关系推导（含 n 的处理）
易错点：是用时间间隔 算出来的，所以 与 n 成正比。
如果直接由 得 ，看似斜率是 ，但 是测量值，计算时用了n，
（1）AB．为了在钢柱表面画上更多的痕迹，需要先打开电源使电动机转动，后烧断细线使钢柱自由下落，故A正确，B错误；
C．由于本实验验证机械能守恒定律，物体下落过程中减小的重力势能与增加的动能表达式中均包含物体质量，而物体的质量可以约掉，所以不需要测量物体质量，故C错误。
故选A。
（2）根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度，画出痕迹D时，钢柱下落的速度为，
所以
（3）若机械能守恒，则
所以
则
12．（2025高三上·江岸期末）新能源汽车已经普遍走进了我们的生活，某校学生实验小组通过网络找到了比亚迪某型号电池铭牌如图所示，电池采用的是比亚迪刀片电池技术。已知该车内的整块电池是由10块刀片电池串联而成，其中一块刀片电池又由10块电芯串联而成。现将一块电芯拆解出来，测量其电动势E 和内阻r。
（1）实验前利用1A恒流电源对一块电芯进行充电，充满的时间要　 　h。
（2）为了能较准确的测量一块电芯的电动势E和内阻 r，该同学设计了一个可以排除电流表A和电压表V内阻影响的实验方案，如图1所示，除电芯、开关、导线外，可供选择使用的实验器材还有：
电流表A1（量程0.6A）；电流表A2（量程3A）
电压表V1（量程3V）； 电压表V2（量程15V）
定值电阻R01（阻值5Ω，额定功率5W）
定值电阻R02（阻值50Ω，额定功率50W）
滑动变阻器RP1（阻值 10Ω）；滑动变阻器RP2（阻值100Ω）
刀片电池电芯的内阻较小，为了器材的安全、测量的准确和操作的方便，本实验中电流表、电压表、定值电阻R0、滑动变阻器 RP分别应选 。（填对应选项）
A．A1、V2、R01、RP1 B．A1、V1、R01、RP1
C．A2、V1、R01、RP1 D．A1、V1、R01、RP2
（3）记录单刀双掷开关S2分别接1、2对应的多组电压表的示数U和电流表的示数I，根据实验记录的数据绘制如图2中所示的A、B两条U-I图线，由图线A得出的电动势测量值　 　真实值（选填“大于”或“小于”或“等于”）。综合A、B两条图线，此电芯的电动势为E=　 　，内阻r=　 　（用图1和图2中的字母表示）。
（4）两个实验小组分别完成了上述的实验后，发现甲、乙两刀片电池的电动势相等，内阻有较大的差异。同学们进一步探究电池内阻的热功率 P 随路端电压U变化的关系，画出了下图所示的图像。已知甲电池的内阻较大，则下列各图中可能正确的是 。
A． B．
C． D．
【答案】（1）0.26
（2）B
（3）相等；EA；
（4）C
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）由铭牌可知一块电芯额定容量为
则用1A恒流电源对一块电芯进行充电，充满的时间为
（2）由题给器材只能选定值电阻（阻值5Ω，额定功率5W）或定值电阻（阻值50Ω，额定功率50W），根据可知为了保证的安全，最大电流不超过1A，因此电流表应选A1；
一块电芯的电动势为，则电压表应选V1；电压最高为3V，如果选择50Ω的定值电阻，最大电流低于0.06A，电路电流太小，影响实验的准确性，所以定值电阻应选R01；为了调节方便，滑动变阻器应选择阻值较小的RP1。
故选B。
（3）根据闭合电路欧姆定律可得，可知图线斜率的绝对值表示；
当S2接1时，设电流表的内阻为，则有
当S2接2时，设电压表的内阻为，则有
整理可得
可知图线A对应S2接1，图线B对应S2接2，由图线A得出的电动势测量值等于真实值。
由图线A得出的电动势测量值等于真实值，则有，图线B对应S2接2，误差来源于电压表的分流，当，对应的电流是准确的，则有，解得
（4）电池内阻的热功率为
当时，可知，由于甲、乙两刀片电池的电动势相等，则甲、乙两图线交于横轴同一点；
当时，可得，由于甲电池的内阻较大，则甲图线的纵轴截距小于乙图线的纵轴截距。
故选C。
【分析】一、电池参数与充电计算（第1问）
安时（Ah）与充电时间：充电时间 t = 电池容量（Ah）/ 充电电流（A）
易错点：电池组串联时，每个电芯的安时容量与总容量相同（电荷量守恒）
注意：题目可能混淆总能量与容量，需仔细区分
二、电学实验器材选择（第2问）选择原则：
电压表：量程略大于待测电动势（本题电芯约3.2V → 选3V量程）
电流表：估算最大电流：，
定值电阻：阻值太小：电流过大不安全，阻值太大：电流过小，测量误差大
滑动变阻器：限流接法：阻值与电路总电阻相当（便于调节）
三、双开关法消除系统误差（第3问）两种接法的误差分析：
内接法（S2=1）：电动势测量值等于真实值（图线A纵截距）
利用两条图线求真实值：E = EA（A线纵截距），真实内阻 r 需通过两条图线数据解方程组求得
四、电源内阻热功率分析（第4问）
公式推导：
图像特征：形状：关于U的二次函数（开口向上），实际取U≤E部分
单调性：U从0到E，Pr单调递减
特殊点：U=0时：P_r = E2/r（最大值），U=E时：P_r = 0
比较不同内阻：E相同时，r越大，Pr越小，甲电池r较大 → 甲曲线完全在乙曲线下方（除U=E交点）
五、易错点提醒
容量理解：串联电池组每个电芯的Ah容量相同
保护电阻：不仅考虑限流作用，还要注意额定功率
图线识别：根据截距和斜率大小判断对应电路接法
内阻热功率：不是关于U的线性函数，而是二次函数
系统误差：内接法测电动势准确，外接法测内阻偏小
六、解题方法总结
器材选择三步法：看电压选电压表；算电流选电流表和限流电阻；根据总电阻选变阻器
误差分析两线法：画两种接法的等效电路；写出测量方程；对比图线截距和斜率
函数图象分析法：先推导物理量间的函数关系；再分析关键点（端点、极值点）；最后比较参数变化的影响
这些考点综合考查了电学实验设计、误差分析和图像处理能力，是高考实验题的典型命题方向。
（1）由铭牌可知一块电芯额定容量为
则用1A恒流电源对一块电芯进行充电，充满的时间为
（2）由题给器材只能选定值电阻（阻值5Ω，额定功率5W）或定值电阻（阻值50Ω，额定功率50W），根据可知为了保证的安全，最大电流不超过1A，因此电流表应选A1；
一块电芯的电动势为
则电压表应选V1；
电压最高为3V，如果选择50Ω的定值电阻，最大电流低于0.06A，电路电流太小，影响实验的准确性，所以定值电阻应选R01；
为了调节方便，滑动变阻器应选择阻值较小的RP1。
故选B。
（3）[1]根据闭合电路欧姆定律可得
可知图线斜率的绝对值表示；
当S2接1时，设电流表的内阻为，则有
当S2接2时，设电压表的内阻为，则有
整理可得
可知图线A对应S2接1，图线B对应S2接2，由图线A得出的电动势测量值等于真实值。
[2][3]由图线A得出的电动势测量值等于真实值，则有
图线B对应S2接2，误差来源于电压表的分流，当，对应的电流是准确的，则有
解得
（4）电池内阻的热功率为
当时，可知，由于甲、乙两刀片电池的电动势相等，则甲、乙两图线交于横轴同一点；
当时，可得
由于甲电池的内阻较大，则甲图线的纵轴截距小于乙图线的纵轴截距。
故选C。
13．（2025高三上·江岸期末）在2024年巴黎奥运会上，中国皮划艇队在男子500 米双人划艇项目中再创辉煌。由刘浩和季博文组成的强强组合，以1分39秒48的成绩斩获金牌。这不仅是中国皮划艇队在巴黎奥运会上的首金，也是中国皮划艇项目在奥运会历史上的又一次突破。在日常单人皮艇训练中，运动员采用单桨划水使皮艇沿直线运动。运动员每次动作分为划水和空中运桨两个阶段，假设划水阶段用时1.2s，空中运桨用时为1.0s，若皮艇（含运动员和桨）质量为80kg，运动过程中受到的阻力恒定，划水时桨产生的动力大小为皮艇所受阻力的2.5倍。设某次训练中桨刚入水时皮艇的速度为0，运动员紧接着完成1次划水和运桨动作，此过程皮艇前进4.76m，求：
（1）划水和空中运桨两阶段皮艇的加速度大小之比；
（2）该过程中皮艇所受阻力的大小。
【答案】（1）解：对桨受力分析，根据牛顿第二定律可知，划水阶段
空中运桨阶段
又因为
联立解得
（2）解：划水阶段皮划艇的位移
加速的最大速度
空中运桨阶段皮划艇的位移
由题可知
联立解得
根据牛顿第二定律可得，皮划艇受到的阻力
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】一、动力学分段分析能力
1、受力分析的分段处理
划水阶段：动力 F = 2.5f，阻力 f → 合力 F1 = 1.5f
运桨阶段：动力为 0，阻力 f → 合力 F2 = -f
关键：明确各阶段合力方向与运动方向的关系
2、牛顿第二定律的应用
a1 = F1/m = 1.5f/m，a2 = F2/m = -f/m（负号表示减速）
注意：题目问"加速度大小之比"取绝对值：|a1| ： |a2| = 1.5 ： 1 = 3 ： 2
二、多过程运动学连接
1、速度的连续性
划水末速度 v = a1t1 = (1.5f/m)×1.2，该速度即运桨阶段的初速度
易错点：误以为每个动作结束速度归零（题目未要求周期性返回初态）
2、位移的分段计算与合成
划水阶段：匀加速，初速0
运桨阶段：匀减速，初速vm，
三、易错点提醒
1、加速度方向处理
运桨阶段加速度为负值，但求"大小之比"时取绝对值
列位移公式时注意加速度符号
2、运动学公式选用
划水阶段：初速0，用
运桨阶段：初速不为0，用
四、解题策略总结
分段分析：明确各阶段的受力情况和运动性质
连接关键量：前一阶段的末速度是后一阶段的初速度
建立方程：利用总位移条件建立方程
求解验证：代入数据求解，检查合理性
此类题目综合考查了牛顿运动定律、匀变速直线运动规律的应用，是动力学典型问题之一。
（1）对桨受力分析，根据牛顿第二定律可知，划水阶段
空中运桨阶段
又因为
联立解得
（2）划水阶段皮划艇的位移
加速的最大速度
空中运桨阶段皮划艇的位移
由题可知
联立解得
根据牛顿第二定律可得，皮划艇受到的阻力
14．（2025高三上·江岸期末）如图所示，一倾角θ=37°（sin37°=0.6）的光滑固定斜面上，一质量为M=3kg的滑块与劲度系数为k=600N/m的轻弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在斜面顶端，开始时滑块处于静止状态。质量为m=1kg的泥团以v0的速度沿斜面从滑块下方与滑块发生碰撞并立即与滑块粘合在一起，两者一起在斜面上向上运动 x=0.04m至最高点，之后继续沿斜面做上下振动。已知弹簧的弹性势能Ep与劲度系数k和形变量x的关系为，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）碰撞后泥团与滑块组合体的最大加速度am和组合体做简谐运动的振幅A；
（2）碰撞之前泥团的初速度v0的大小；
（3）当滑块与泥团到达最低点的瞬间，将一质量为m0=1kg的小泥团轻置于滑块上，使其立即与组合体粘在一起，求新的组合体的最大动能Ekm。
【答案】（1）解：设滑块M在初始位置时弹簧伸长量为x0，则
解得
则上升0.04m后弹簧压缩量为
对组合体，在最高点，根据牛顿第二定律方程有
解得
设组合体在平衡位置时弹簧伸长量为x2，则有
解得
所以
（2）解：设碰撞后组合体的速度为v共，碰撞后至最高点的过程中，根据能量守恒定律有
解得
泥团与滑块碰撞过程，根据动量守恒定律有
解得
（3）解：因原来组合体振幅为0.05m，则原组合体在最低点时弹簧伸长量为
设新组合体到达新的平衡位置弹簧的伸长量为x3，则有
解得
由系统机械能守恒可得
所以
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型；简谐运动
【解析】【分析】一、简谐振动的平衡位置与受力分析
1、平衡位置的确定
单物体平衡：，质量变化后新平衡位置：
关键：平衡位置随质量变化而移动
2、弹簧振子在斜面上的等效处理
可将重力沿斜面的分力视为“等效重力”，平衡位置即等效重力与弹力平衡点
振动围绕新平衡位置进行
二、简谐振动的振幅与最大加速度
1、振幅的确定方法
能量法：从初始位置（碰后瞬间）到最高点，机械能守恒求振幅
几何法：平衡位置到两端点的距离
2、最大加速度的计算
出现在振幅端点（最高点或最低点）最高点：
注意：端点处加速度方向指向平衡位置
三、多过程连接中的守恒定律应用
1、碰撞过程（完全非弹性碰撞）沿斜面方向动量守恒：，能量不守恒（有损失）
2、碰后到最高点的过程
机械能守恒（弹簧+重力+动能）方程：
或直接用等效弹性势能方法
3、质量突变过程（最低点放置新泥团）
新泥团初速为0，且“轻置”意味着无初速，沿斜面方向系统动量不守恒，但机械能中动能部分因完全非弹性碰撞有损失
处理技巧：在端点（速度为零）添加质量，系统从该点开始新的简谐振动
四、质量突变对简谐振动的影响
1、平衡位置的重新确定
新质量 ，新平衡条件：
2、新振幅的计算
质量突变瞬间系统在原振幅端点，速度为零
新振幅 = 该端点距新平衡位置的距离
3、新系统的最大动能
简谐振动平衡位置处动能最大，由机械能守恒：
五、能量转换的综合分析
1、三种能量形式
弹簧弹性势能：（x为形变量）
重力势能：需选参考平面，动能：
2、机械能守恒的条件
光滑斜面，无摩擦
弹簧+物体+地球系统机械能守恒

（1）设滑块M在初始位置时弹簧伸长量为x0，则
解得
则上升0.04m后弹簧压缩量为
对组合体，在最高点，根据牛顿第二定律方程有
解得
设组合体在平衡位置时弹簧伸长量为x2，则有
解得
所以
（2）设碰撞后组合体的速度为v共，碰撞后至最高点的过程中，根据能量守恒定律有
解得
泥团与滑块碰撞过程，根据动量守恒定律有
解得
（3）因原来组合体振幅为0.05m，则原组合体在最低点时弹簧伸长量为
设新组合体到达新的平衡位置弹簧的伸长量为x3，则有
解得
由系统机械能守恒可得
所以
15．（2025高三上·江岸期末）如图所示，在平面直角坐标系xOy的y轴和虚线x=8L之间有垂直于坐标平面向里的匀强磁场区Ⅰ，在虚线右侧（x>8L）有垂直于坐标平面向外的匀强磁场区Ⅱ，在y轴左侧有沿x轴正方向的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q 的带正电粒子从坐标为（，L）的 P 点以初速度3v0沿y轴负方向射出，该粒子恰好从坐标原点O 射出电场进入磁场区Ⅰ，第一次在磁场区Ⅰ中的运动轨迹与虚线x=8L 相切，不计粒子重力。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）磁场区Ⅰ的磁感应强度大小B1和粒子第 n次经过y轴位置的纵坐标y0；
（3）减小磁场区Ⅰ的磁感应强度，使粒子第一次在磁场区Ⅰ中运动时，从O点进入磁场区Ⅰ，从坐标为（8L，0）的M 点离开磁场区Ⅰ，要使粒子能经过坐标为（8L，-3L）的N点（图中未标出），磁场区Ⅱ的磁感应强度B2大小。
【答案】（1）解：由题意知， 粒子在电场中做类平抛运动， 由类平抛规律得L=3v0t，，Eq = ma
联立解得
（2）解：设粒子从O 点进入磁场区Ⅰ时速度大小为v，由第（1）问得粒子在O点y轴负方向速度大小为3v0，x轴正方向速度大小为4v0；则v=5v0
可知， 粒子进磁场区Ⅰ时速度方向与y轴负方向夹角为α=53°如图所示
设粒子在磁场区Ⅰ中做圆周运动的半径为r1， 根据几何关系
解得r1=5L
由，解得
甲粒子第二次经过y轴的位置A 点离O 点的距离LOA=2r cos 37°，得LOA=8L
由类平抛运动规律可得粒子在电场中沿 y轴负方向运动的距离LAB=2L
则粒子第三次经过 y轴时坐标为（0， 6L）
在磁场中每偏转一次，沿y轴正方向运动 8L，在电场中每运动一次，沿y轴负方向运动2L，则粒子第五次经过y轴时坐标为（0，12L）
由规律可得：当n取奇数时，粒子第n次经过y轴位置的纵坐标y0=3（n-1）L
当n取偶数时，粒子第n次经过y轴位置的纵坐标y0=（3n+2）L
（3）解：经过分析，粒子能到达N点有三种情况：
第一种运动轨迹如图乙所示，粒子从M点进入磁场区Ⅱ，若偏转后直接到达 N点， 设粒子在磁场区Ⅱ中做圆周运动的半径r2，根据几何关系2r2cos37°=3L，解得
设磁场区Ⅱ的磁感应强度大小为B2， 据牛顿第二定律有，得
第二种运动轨迹如图丙所示，粒子经磁场区Ⅱ偏转后再进入磁场区Ⅰ、电场，再回到磁场区Ⅰ到达N点，根据运动对称性知AN间距离为2L，则MA间距离为L，设粒子在磁场区Ⅱ中做圆周运动的半径，根据几何关系，解得
同理可得
第三种运动轨迹如图丁所示，粒子经磁场区Ⅱ偏转后再进入磁场区Ⅰ，电场、再回到磁场区Ⅰ，再进入磁场区Ⅱ偏转后到达N点，根据运动对称性知AD间距离为2L，则MA间距离等于DN间距离为，设粒子在磁场区Ⅱ中做圆周运动的半径，根据几何关系有，解得
同理可得：
【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
【解析】【分析】带电粒子在组合场中运动问题的核心考点
一、基础运动模型
1. 类平抛运动（电场中）
运动分解：垂直电场方向匀速，沿电场方向匀加速，核心公式：
对称性：从等势面进出电场时，速度方向关于电场线对称
速度合成：出电场时的合速度大小和方向
2. 匀速圆周运动（磁场中）
向心力公式：，半径公式：，周期公式：（与速度无关）
圆心角与时间关系：
二、关键几何关系1. 确定圆心的基本方法
入射点速度的垂线，出射点速度的垂线，弦的中垂线（若已知弦长）
切线条件：半径垂直于切线
2. 常见几何构型
直线边界：轨迹与直线相切→圆心到直线距离等于半径；平行边界：进出点连线与边界夹角关系
直角边界：利用圆与直线相切或相交的几何性质
3. 角度关系的运用
速度偏向角 = 圆心角；弦切角 = 对应圆心角的一半
进出磁场速度方向的夹角与轨迹所对圆心角的关系
三、多场区衔接问题
1. 场区分界处的衔接条件
位置连续：出电场点即进磁场点；速度连续：大小方向均不变（电场到磁场）
能量守恒：电场中动能变化，磁场中动能不变
2. 周期性运动分析
循环模式识别：电场→磁场→电场→...；坐标递推：找出纵坐标变化的递推关系
通项公式：分奇偶情况讨论一般表达式
四、多解性问题的分析方法
1. 多解产生的根源
磁场周期性： 对应相同弦长；往复运动：粒子可在两磁场间多次往返
对称性：轨迹关于某些直线对称
2. 分类讨论策略
直接到达：最小偏转路径；一次返回：经过另一个场区后返回；多次往返：增加周期性循环次数
3. 几何约束方程
建立圆心坐标方程；利用距离公式（如：圆心到边界距离 = r）；解三角形求半径
五、解题步骤与技巧
1. 标准化解题流程
电场段：类平抛分解，求进入磁场时的速度；磁场Ⅰ段：确定半径，利用几何关系求 B1
循环分析：找出坐标变化规律；多解分析：画出可能的轨迹，列几何方程
2. 常用数学工具
三角函数：sin37°=0.6，cos37°=0.8；勾股定理；相似三角形；圆的几何性质
3. 检验方法
轨迹是否满足所有边界条件；速度方向在边界处是否合理；坐标变化是否符合物理过程
（1）由题意知， 粒子在电场中做类平抛运动， 由类平抛规律得L=3v0t，，Eq = ma
联立解得
（2）设粒子从O 点进入磁场区Ⅰ时速度大小为v，由第（1）问得粒子在O点y轴负方向速度大小为3v0，x轴正方向速度大小为4v0；则v=5v0
可知， 粒子进磁场区Ⅰ时速度方向与y轴负方向夹角为α=53°如图所示
设粒子在磁场区Ⅰ中做圆周运动的半径为r1， 根据几何关系
解得r1=5L
由
解得
甲粒子第二次经过y轴的位置A 点离O 点的距离LOA=2r cos 37°
得LOA=8L
由类平抛运动规律可得粒子在电场中沿 y轴负方向运动的距离LAB=2L
则粒子第三次经过 y轴时坐标为（0， 6L）
在磁场中每偏转一次，沿y轴正方向运动 8L，在电场中每运动一次，沿y轴负方向运动2L，则粒子第五次经过y轴时坐标为（0，12L）
由规律可得：
当n取奇数时，粒子第n次经过y轴位置的纵坐标y0=3（n-1）L
当n取偶数时，粒子第n次经过y轴位置的纵坐标y0=（3n+2）L
（3）经过分析，粒子能到达N点有三种情况：
第一种运动轨迹如图乙所示，粒子从M点进入磁场区Ⅱ，若偏转后直接到达 N点， 设粒子在磁场区Ⅱ中做圆周运动的半径r2，根据几何关系2r2cos37°=3L
解得
设磁场区Ⅱ的磁感应强度大小为B2， 据牛顿第二定律有
得
第二种运动轨迹如图丙所示，粒子经磁场区Ⅱ偏转后再进入磁场区Ⅰ、电场，再回到磁场区Ⅰ到达N点，根据运动对称性知AN间距离为2L，则MA间距离为L，设粒子在磁场区Ⅱ中做圆周运动的半径，根据几何关系
解得
同理可得
第三种运动轨迹如图丁所示，粒子经磁场区Ⅱ偏转后再进入磁场区Ⅰ，电场、再回到磁场区Ⅰ，再进入磁场区Ⅱ偏转后到达N点，根据运动对称性知AD间距离为2L，则MA间距离等于DN间距离为，设粒子在磁场区Ⅱ中做圆周运动的半径，根据几何关系有
解得
同理可得：
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