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2026届河北省名校联盟高三上学期一模物理试题
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．（2026·河北模拟）家庭装修中经常用到花岗岩、大理石等装修材料，这些石材不同程度地含有放射性元素，比如有些含有铀、钍的花岗岩会释放出气体氡，而氡具有放射性，半衰期为3.8天，其衰变方程为（是反应中放出的能量），放出的射线可能会引起血液及呼吸道方面的疾病。下列说法正确的是（　　）
A．X为α粒子
B．X为β粒子
C．100个氡核经3.8天后一定剩余50个
D．衰变后粒子的质量之和等于衰变前氡核的质量
2．（2026·河北模拟）2025年9月3日，在北京举办了纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年大会。展示的一款舰载激光武器LY-1引起广泛关注，它是利用定向发射的激光束直接毁伤目标或使之失效的舰用定向能武器。关于其使用的激光，下列说法正确的是（　　）
A．在密度不均匀的大气中激光始终沿直线运动
B．激光的频率越高，在真空中传播的速度越大
C．激光武器、微波武器使用的激光和微波都属于电磁波
D．激光频率越高，单个光子能量越大，对目标的毁伤效果越好
3．（2026·河北模拟）外太空小行星若有撞击地球风险，人类将主动干预，使得小行星偏离原有的轨道。如图所示，假设某颗小行星绕太阳做圆周运动，轨道半径为r，运动方向如箭头所示。探测器在P处以较大速度撞击小行星并结合为一体。小行星的轨道变为图中虚线椭圆轨道，远日点仍为P，近日点为Q，Q到太阳的距离为r1。下列说法正确的是（　　）
A．撞击后小行星绕太阳运行的周期可能不变
B．撞击后小行星经过Q点的速度比撞击前的速度大
C．撞击后小行星最大速度与最小速度之比为
D．探测器可能从后面追上小行星并撞击
4．（2026·河北模拟）如图甲所示，一绝缘半圆弧AC上均匀分布正电荷，在圆弧的圆心O处激发的电场强度大小为E，若截走右侧的，如图乙所示，则剩余圆弧AB在圆心O处激发的电场强度大小E'为（　　）
A． B． C． D．
5．（2026·河北模拟）如图所示，甲、乙两同学分别站在距离同一竖直墙壁10m和5m处，甲、乙连线与墙壁垂直，甲同学以与水平方向成37°角的初速度斜向上抛出一个球，球与墙壁发生弹性碰撞，碰撞前后球的水平速度大小不变、方向反向，竖直速度不变，碰后球恰好被乙同学接到。假设乙同学的接球点与甲同学的发球点等高，sin37°=0.6，重力加速度g取10m/s2。则球的初速度大小为（　　）
A．25m/s B．12.5m/s C．8.75m/s D．6.25m/s
6．（2026·河北模拟）两质量均为m的滑块a、b，a与挡板通过劲度系数为k1的轻弹簧1连接，a与b通过劲度系数为k2的轻弹簧2连接。如图甲所示，挡板竖直时，b与挡板上侧面恰好接触且无挤压。若把挡板顺时针旋转90°，使挡板水平，如图乙所示，不计一切摩擦，重力加速度为g，a、b都静止后，b对挡板右侧面的弹力大小为（　　）
A．mg B．
C． D．
7．（2026·河北模拟）如图所示，足够长的两平行光滑导轨电阻不计，导轨所在平面与水平面的夹角为θ，整个空间存在与导轨所在平面垂直的匀强磁场。导轨上部接有两个阻值相同的电阻，开关S断开。电阻不计的金属棒垂直导轨放置，与两导轨接触良好。现将棒从静止释放，下滑一段距离后闭合S，棒恰能匀速下滑，之后棒继续下滑相同的距离。关于下滑相等距离的两个阶段，下列说法正确的是（　　）
A．刚释放时棒的加速度与开关闭合前瞬间相等
B．第一阶段用时大于第二阶段用时的2倍
C．第一阶段通过金属棒的电荷量大于第二阶段的
D．第一阶段回路产生的总焦耳热大于第二阶段的
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．（2026·河北模拟）学习小组利用力传感器研究摆球的受力情况。细线下端连接小球，上端穿过光滑的小孔与力传感器连接。图甲让小球在同一竖直面摆动形成单摆，图乙让小球在同一水平面转动形成圆锥摆。小球质量、摆长及摆角均相同，图甲中摆线拉力随时间变化图像如图丙所示，拉力最小值及最大值分别为F1、F2。不计摩擦及空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．小球的重力为 B．摆角的余弦值为
C．图乙中摆线拉力大小为 D．由F1、F2可求出摆长
9．（2026·河北模拟）一理想气体系统经历一循环过程a→b→c→d→a，其p–V图如图所示，其中d→a过程气体温度不变。下列说法正确的是（　　）
A．a→b过程气体分子的平均动能增加
B．b→c过程气体向外界放出热量
C．状态c、a的体积和压强满足
D．a→b→c→d→a过程气体从外界吸收热量
10．（2026·河北模拟）如图甲所示，a、b两个粒子都带正电，带电荷量均为q，a的质量为m，b的质量为2m。t=0时刻，a、b间距离为L，a速度大小为v，方向沿a、b连线指向b，b速度为0，仅在彼此静电力作用下，它们靠近后又被弹开，经过足够长时间，最终均做匀速直线运动。粒子运动轨迹在同一直线上，两粒子组成系统的电势能Ep与两粒子间距离r的关系为，Ep-r图像如图乙所示。当两个粒子间的距离趋于无限远时，静电力可忽略，则（　　）
A．a、b距离最近时，a的速度大小为
B．a、b距离最近时，系统的电势能等于
C．当a、b距离再次等于L时，b的速度大小为
D．当r趋于无穷大时，a的速度大小为，方向与初速度相反
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（2026·河北模拟）如图所示，用“插针法”测量一等腰直角三角形玻璃砖的折射率。主要步骤如下：
（1）在白纸上画一条直线ab，并画出其垂线cd，交于O点；
（2）将玻璃砖斜边AB沿ab放置，并确定直角边BC的位置ef，cd与ef的交点为O'；
（3）在cd上竖直插上大头针P1和P2，从侧面BC透过玻璃砖观察P1和P2，插上大头针P3，要求P3能挡住　 　（选填“P1”“P2”或“P1和P2”）的虚像；
（4）撤去玻璃砖和大头针，连接P3与O'，过P3作ef的垂线，垂足为D，用刻度尺量出（O'D的长度L1，O'P3的长度L2，则玻璃砖的折射率n=　 　。（用题给物理量字母表示）
（5）为了减小实验误差，大头针P3的位置应离O'较　 　（选填“近”或“远”）一些。
12．（2026·河北模拟）学习小组要测定电源的电动势和内阻，可供选用的器材有：
A.电压表（量程0~3V，内阻未知）
B.电流表（量程0~0.6A，内阻1.0Ω）
C.滑动变阻器（最大阻值10Ω，额定电流1A）
D.滑动变阻器（最大阻值1kΩ，额定电流0.5A）
E.待测电源（电动势约为3V，内阻约为1Ω）
F.开关、导线若干
实物电路如图1所示，要求测量时两电表指针偏转均不小于其量程的一半。
（1）实验中所用的滑动变阻器应选　 　（填器材前字母代号）。
（2）开关S1闭合前，滑动变阻器滑片应位于最　 　（选填“左”或“右”）端。
（3）单刀双掷开关S2可分别与1、2端闭合，为使电源电动势及内阻的测量结果更接近真实值，S2应与　 　（选填“1”或“2”）端闭合。
（4）各部分连接检查无误后，闭合开关S1，移动滑动变阻器滑片到合适位置，电压表的示数如图2所示，为　 　V。
（5）记录多组电流表、电压表读数，在坐标纸上选定合适的标度，描出数据点如图3所示。请根据数据点在图3上拟合出图线　 　。根据图线，可求出电源电动势E=　 　V，内阻r=　 　Ω。（结果均保留2位有效数字）
（6）求出的电动势与真实值相比若存在误差，该误差属于　 　（选填“系统”或“偶然”）误差。
13．（2026·河北模拟）图1是钱塘江罕见的“渔网潮”景象，其原理为平面波的干涉。如图2所示，甲、乙两列简谐平面波，实线表示波峰，虚线表示波谷，频率均为f=0.5Hz，波长均为λ=4m，振幅均为A=0.2m，两列波起振方向均向上，传播方向间的夹角θ=60°，图示时刻O点第一次到达波峰，点P、O、A在同一直线上，P点距O点的距离L=8m。求：
（1）波速v及从图示时刻到P点第一次出现波峰经过的时间t；
（2）从开始振动到图示时刻A、B处质点运动的总路程。
14．（2026·河北模拟）游乐园滑草项目深受小朋友喜爱。滑草过程简化为以下情景：如图所示，t=0时刻，滑块从斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面（设经过B点前后速度大小不变），最后停在C点。每隔0.5s用速度传感器测量滑块的瞬时速度，下表给出了部分测量数据。已知滑块与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，重力加速度取g=10m/s2，求：
t/s 0.0 0.5 1.0 ··· 5.0 5.5 6.0 　
v/(m s-1) 0.0 1.0 2.0 ·· 10.0 7.5 5.0 ···
（1）滑块与斜面和水平面间的动摩擦因数μ；
（2）斜面的倾角α的正弦值sinα；
（3）滑块滑行的总路程s。
15．（2026·河北模拟）如图，平面直角坐标系中，第一象限存在沿轴负方向的匀强电场，电场强度大小为，第四象限存在垂直坐标平面向外的匀强磁场。现有一质子从坐标原点以某一速度飞入电场，先后经过点进入磁场。点坐标为点坐标为。已知质子质量为，带电荷量为，不计重力。
（1）求质子在点的速度大小及该速度与轴正方向的夹角；
（2）若质子第一次进入磁场后，到达轴时速度方向恰好垂直轴，求质子在电场和磁场中运动的总时间；
（3）若质子某次出磁场后能经过点（2d，0.5d），求磁感应强度的最小值。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期；质量亏损与质能方程；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】AB．根据反应过程满足质量数和电荷数守恒可知X的质量数为4，电荷数为2，则X为α粒子，故A正确，B错误；
C．半衰期是统计概念，适用于大量原子核；100个氡核经3.8天后不一定剩余50个，故C错误；
D．核衰变过程释放能量，存在质量亏损，所以衰变后粒子质量之和小于衰变前氡核的质量，故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查原子核衰变的规律，核心是利用质量数和电荷数守恒判断衰变粒子类型，结合半衰期的统计意义和质能方程分析衰变后的质量变化。
2．【答案】C
【知识点】电磁波的周期、频率与波速；能量子与量子化现象；光子及其动量
【解析】【解答】A．激光在均匀介质中才沿直线传播。在密度不均匀的大气中，激光会发生折射（甚至全反射），传播方向发生改变，故A错误；
B．在真空中，所有电磁波（包括激光）的传播速度都恒为光速c，与频率无关，故B错误；
C．激光属于可见光波段的电磁波，微波属于无线电波波段的电磁波，二者都属于电磁波，故C正确；
D．激光频率越高，根据可知，单个光子能量越大，但对目标的毁伤效果不一定越好，因为毁伤效果不仅取决于单个光子能量，还与光子的数量有关，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查激光的基本性质与电磁波的范畴，核心是区分光的直线传播条件、光速与频率的关系，以及光子能量对毁伤效果的影响。
3．【答案】B
【知识点】开普勒定律；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．由于撞击后轨道的半长轴小于撞击前轨道半径，根据开普勒第三定律可知，撞击后小行星绕太阳运行的周期变小，故A错误；
C．撞击后在近日点Q的速度最大，在远日点P的速度最小，根据开普勒第二定律可得，故C错误；
D．探测器和小行星撞击后，小行星速度变小，轨迹才会变为图中虚线，设探测器质量为m1，速度为v0，小行星质量为m2，速度为v，撞击后探测器和小行星整体速度变为v ，探测器若从后面追上小行星撞击，有
根据动量守恒定律有
可得，故D错误；
B．小行星从远日点运动到近日点过程，根据机械能守恒定律可得，
解得，撞击后与撞击前相比，r远不变，r近变小，则v近增大，即撞击后小行星经过Q点的速度比撞击前的速度大，故B正确。
故答案为：B。
【分析】本题考查天体运动中的开普勒定律、动量守恒定律和机械能守恒定律的综合应用，核心是分析小行星撞击前后的轨道变化、速度与周期的关系，以及探测器撞击的可行性判断，需结合开普勒第一、二、三定律和动量守恒的矢量性进行推导。
4．【答案】C
【知识点】电场强度；电场强度的叠加
【解析】【解答】将整个半圆弧AC三等分，每一份在圆心O处产生的电场强度均为E0，根据对称性和电场强度的叠加原理可得
剩余圆弧AB在圆心O处激发的电场强度大小为
联立可得
故答案为：C。
【分析】本题考查带电圆弧在圆心处的电场强度叠加问题，核心是利用微元法将带电圆弧等分，结合电场强度的矢量叠加原理（平行四边形定则）和对称性分析剩余圆弧的电场强度，关键在于确定等分后各段圆弧在圆心处产生电场的大小与夹角关系。
5．【答案】B
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】球被甲抛出过程，有，，球被乙接住的过程，有，
联立解得
故答案为：B。
【分析】本题考查斜抛运动的分解与弹性碰撞的等效处理，核心是将斜抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，利用运动的独立性结合位移公式联立求解，关键在于通过弹性碰撞的规律等效转化水平位移，并利用竖直方向运动的等时性建立方程。
6．【答案】C
【知识点】整体法隔离法；胡克定律；共点力的平衡
【解析】【解答】初始时，根据平衡条件可得，
挡板水平时，有
根据几何关系可得
联立解得
故答案为：C。
【分析】本题考查胡克定律与物体平衡条件的综合应用，核心是分析挡板竖直和水平两种状态下，两个弹簧的形变量变化规律，结合胡克定律F=kx和几何关系（弹簧总长度不变）联立求解，关键在于确定不同状态下弹簧的受力与形变量的对应关系。
7．【答案】D
【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．刚释放时棒的加速度为
设导轨间距为l，开关闭合前瞬间，有，
闭合S，棒恰能匀速下滑，则，
联立解得，故A错误；
B．设棒下滑相同的距离为d，第一阶段棒做加速度减小的加速运动，则
第二阶段做匀速运动，则
联立可得，故B错误；
C．第一阶段通过金属棒的电荷量为
第二阶段通过金属棒的电荷量为
由此可知，故C错误；
D．由以上分析可知，金属棒先做加速度减小的加速运动，闭合开关后做匀速运动，其v-t图像如图所示
则金属棒运动过程中安培力随位移变化的图像，如图所示
图线与坐标轴所围区域的面积表示克服安培力做的功，由图可知，第一阶段回路产生的总焦耳热为
第二阶段回路产生的总焦耳热为
所以，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查导体棒在磁场中的电磁感应与动力学综合问题，核心是分析开关闭合前后的加速度变化、运动状态差异，结合安培力公式、法拉第电磁感应定律、电荷量公式及能量守恒定律，辨析加速度、时间、电荷量和焦耳热的关系。
8．【答案】A,B
【知识点】单摆及其回复力与周期；生活中的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】AB．小球摆到最高点时，拉力最小，即
小球到达最低点时，拉力最大，则
小球由最高点运动到最低点，根据机械能守恒定律可得
联立可得，，故AB正确；
C．图乙中摆线拉力大小为，故C错误；
D．由以上分析可知，由F1、F2不能求出摆长l，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】本题考查圆锥摆与单摆的受力分析、机械能守恒定律的综合应用，核心是结合单摆最高点（拉力最小）和最低点（拉力最大）的受力特点，联立牛顿第二定律与机械能守恒公式推导重力、摆角余弦值，再分析圆锥摆的拉力及摆长求解的可能性。
9．【答案】A,B,C
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】A．a→b过程，气体体积不变，压强增大，根据查理定律可知，气体温度升高，内能增大，则分子的平均动能增加，故A正确；
B．b→c过程，气体压强不变，体积减小，外界对气体做功，根据盖-吕萨克定律可知，气体温度降低，内能减小，根据热力学第一定律可知，气体向外界放出热量，故B正确；
C．根据理想气体状态方程可得，d→a过程气体温度不变，即
c→d过程气体体积不变，压强增大，则温度升高，即，所以，故C正确；
D．a→b→c→d过程，气体体积减小，外界对气体做功，气体放出热量等于外界对气体做的功，d→a过程气体体积增大，气体对外界做功，气体吸收的热量等于气体克服外界做的功，图线与坐标轴所围区域的面积表示做功，由图可知，外界对气体做的功大于气体克服外界做的功，所以气体放出热量大于气体吸收的热量，则整个过程气体向外界放出热量，故D错误。
故答案为：ABC。
【分析】本题考查理想气体的状态变化与热力学定律的综合应用，核心是结合p V图像分析各阶段的状态变化（等容、等压、等温），利用查理定律、盖 - 吕萨克定律、理想气体状态方程判断温度、内能变化，再通过热力学第一定律ΔU=Q+W分析吸放热情况。
10．【答案】A,C
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．a、b距离最近时，二者速度相等，根据动量守恒定律可得，所以，故A正确；
B．根据能量守恒定律可得，所以，故B错误；
C．当a、b距离再次等于L时，即系统的电势能不变，则，
联立解得，，即b的速度大小为，故C正确；
D．由以上分析可知，当a、b距离再次等于L时，a的速度大小为，方向与初速度相反，之后a将继续做加速运动，所以当r趋于无穷大时，a的速度大于，方向与初速度相反，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查带电粒子间的库仑力作用下的动量守恒与能量守恒综合问题，核心是利用系统动量守恒（合外力为 0）分析粒子速度变化，结合能量守恒（动能与电势能相互转化）求解电势能和不同状态下的速度，关键在于确定 “距离最近时速度相等” 这一临界条件，以及电势能与间距的对应关系。
11．【答案】P1和P2；；远
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】实验要求P1和P2在一条光线上，该光线透过玻璃砖后过P3，故P3要挡住P1和P2的像；
作出光线在分界面处的法线，如图所示
根据折射定律可得
为了减小实验误差，大头针P3的位置应离O'较远一些，光线所在的方向更准确。
故答案为： P1和P2 ；； 远
【分析】(1) 根据插针法测折射率的实验原理，分析需挡住的像的对象；
(2) 结合等腰直角三角形的几何特征与折射定律，推导折射率的表达式；
(3) 从减小角度测量误差的角度，分析与的距离选择。
12．【答案】（1）C
（2）左
（3）1
（4）2.40
（5）；3.0；1.0
（6）偶然
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）为了便于调节，滑动变阻器应选择阻值相对较小的C。
故答案为： C
（2）开关闭合前，应将滑动变阻器全部接入电路，即滑动变阻器滑片应位于最左端。
故答案为： 左
（3）由于电流表内阻已知，所以电流表的分压确定，应采用相对电源的内接法，故单刀双掷开关S2应与1端闭合。
故答案为： 1
（4）由于电压表量程为0~3V，所以每一小格为0.1V，电压表读数为2.40V。
故答案为： 2.40
（5）根据坐标纸中的数据点拟合出图线，如图所示
根据闭合电路欧姆定律可得
由图可知，当时，，即
当时，，即
联立解得，
故答案为：； 3.0 ； 1.0
（6）本实验中由于电流表内阻已知，所以不存在系统误差，若求出的电动势与真实值相比若存在误差，该误差属于偶然误差。
故答案为： 偶然
【分析】(1) 根据电源内阻和电表量程，结合滑动变阻器的阻值与额定电流选择合适器材；
(2) 从保护电路的角度，确定滑动变阻器滑片的初始位置；
(3) 分析单刀双掷开关的接线端对实验误差的影响，选择更准确的接线方式；
(4) 根据电压表的量程和分度值读取示数；
(5) 利用U I图像的截距和斜率求解电源电动势与内阻；
(6) 区分系统误差与偶然误差的成因，判断误差类型。
（1）为了便于调节，滑动变阻器应选择阻值相对较小的C。
（2）开关闭合前，应将滑动变阻器全部接入电路，即滑动变阻器滑片应位于最左端。
（3）由于电流表内阻已知，所以电流表的分压确定，应采用相对电源的内接法，故单刀双掷开关S2应与1端闭合。
（4）由于电压表量程为0~3V，所以每一小格为0.1V，电压表读数为2.40V。
（5）[1]根据坐标纸中的数据点拟合出图线，如图所示
[2][3]根据闭合电路欧姆定律可得
由图可知，当时，，即
当时，，即
联立解得，
（6）本实验中由于电流表内阻已知，所以不存在系统误差，若求出的电动势与真实值相比若存在误差，该误差属于偶然误差。
13．【答案】（1）2m/s，
（2）2m，2m
【知识点】波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】（1）解：对于机械波，有
由对称性可知，甲、乙的波峰到P的垂直距离为
所以P点第一次出现波峰经过的时间为
（2）解：甲、乙两波同时到达A点，由波的叠加可知，A处质点合振动的振幅为2A，振动的时间为，所以从开始振动到图示时刻经过的总路程为
甲的波峰刚到达B点，即甲波在B处振动时间为，乙的第三个波峰刚到达B点，即乙波在B处振动时间为，可知甲传到B点前，B处质点经过的路程
甲、乙叠加后B处质点经过的路程
所以
【分析】(1) 由波速公式v=λf求波速，结合几何关系确定波峰到P点的传播距离，再求传播时间；
(2) 先求波的周期，结合质点振动的时间与振幅，分别计算A、B质点运动的总路程。
（1）对于机械波，有
由对称性可知，甲、乙的波峰到P的垂直距离为
所以P点第一次出现波峰经过的时间为
（2）甲、乙两波同时到达A点，由波的叠加可知，A处质点合振动的振幅为2A，振动的时间为，所以从开始振动到图示时刻经过的总路程为
甲的波峰刚到达B点，即甲波在B处振动时间为，乙的第三个波峰刚到达B点，即乙波在B处振动时间为，可知甲传到B点前，B处质点经过的路程
甲、乙叠加后B处质点经过的路程
所以
14．【答案】（1）0.5
（2）0.6
（3）35m
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】（1）解：设滑块在水平面上滑行的加速度大小为a2，5.5~6.0s过程中滑块在减速，由表格数据可知
在水平面上滑行时，由牛顿第二定律有
解得
（2）解：设滑块在斜面下滑的加速度大小为a1，0~1.0s过程中滑块在加速，由表格数据可知
由牛顿第二定律有
结合数学知识可得
（3）解：设滑块到达斜面底部时速度为vm，所用时间为t1，加速过程有
减速到t=5.5s过程，有
可得，
滑块在斜面加速下滑的路程为
在水平面减速滑行的路程
滑块滑行的总路程
【分析】(1) 从表格中提取滑块在水平面上减速阶段的加速度数据，结合牛顿第二定律求动摩擦因数；
(2) 提取滑块在斜面加速阶段的加速度，结合牛顿第二定律求斜面倾角的正弦值；
(3) 分别计算滑块在斜面和水平面上滑行的位移，求和得到总路程。
（1）设滑块在水平面上滑行的加速度大小为a2，5.5~6.0s过程中滑块在减速，由表格数据可知
在水平面上滑行时，由牛顿第二定律有
解得
（2）设滑块在斜面下滑的加速度大小为a1，0~1.0s过程中滑块在加速，由表格数据可知
由牛顿第二定律有
结合数学知识可得
（3）设滑块到达斜面底部时速度为vm，所用时间为t1，加速过程有
减速到t=5.5s过程，有
可得，
滑块在斜面加速下滑的路程为
在水平面减速滑行的路程
滑块滑行的总路程
15．【答案】（1），
（2）
（3）
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动；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】【解答】（1）解：质子在电场中做类斜抛运动，根据对称性可知，P点为抛物线的顶点，从到点经过的时间为
牛顿第二定律有
方向做匀变速运动，到的时间为，根据位移时间关系
可得
方向做匀速运动，到过程中，
解得
方向，速度时间关系
可得，
质子在点的速度
（2）解：根据运动的对称性可知，质子第一次到达点时速度大小为，方向与轴正方向夹角为
质子在磁场中做匀速圆周运动，设轨迹半径为，如图所示由几何关系有
质子在磁场中做匀速圆周运动的周期
质子在磁场中运动的时间
质子在电场和磁场中运动的总时间
（3）解：设质子第2次经过轴的位置到的距离为，如图所示
由几何关系有
质子某次出磁场后能经过点，需满足
可得
因质子在磁场中轨迹不能过第三象限，还需满足
所以
则，可得
即或
根据洛伦兹力提供向心力
可得
当越大时，B越小，即时磁感应强度有最小值
则
【分析】(1) 结合质子在电场中的类平抛运动规律，提取水平、竖直方向的位移与加速度数据，由运动学公式和牛顿第二定律求初速度大小与方向夹角；
(2) 分别计算质子在电场中类平抛的运动时间、在磁场中圆周运动的时间，求和得到总时间；
(3) 分析质子出磁场后经过指定点的轨迹几何关系，结合洛伦兹力提供向心力的公式，求磁感应强度的最小值。
（1）质子在电场中做类斜抛运动，根据对称性可知，P点为抛物线的顶点，从到点经过的时间为
牛顿第二定律有
方向做匀变速运动，到的时间为，根据位移时间关系
可得
方向做匀速运动，到过程中，
解得
方向，速度时间关系
可得，
质子在点的速度
（2）根据运动的对称性可知，质子第一次到达点时速度大小为，方向与轴正方向夹角为
质子在磁场中做匀速圆周运动，设轨迹半径为，如图所示由几何关系有
质子在磁场中做匀速圆周运动的周期
质子在磁场中运动的时间
质子在电场和磁场中运动的总时间
（3）设质子第2次经过轴的位置到的距离为，如图所示
由几何关系有
质子某次出磁场后能经过点，需满足
可得
因质子在磁场中轨迹不能过第三象限，还需满足
所以
则，可得
即或
根据洛伦兹力提供向心力
可得
当越大时，B越小，即时磁感应强度有最小值
则
1 / 12026届河北省名校联盟高三上学期一模物理试题
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．（2026·河北模拟）家庭装修中经常用到花岗岩、大理石等装修材料，这些石材不同程度地含有放射性元素，比如有些含有铀、钍的花岗岩会释放出气体氡，而氡具有放射性，半衰期为3.8天，其衰变方程为（是反应中放出的能量），放出的射线可能会引起血液及呼吸道方面的疾病。下列说法正确的是（　　）
A．X为α粒子
B．X为β粒子
C．100个氡核经3.8天后一定剩余50个
D．衰变后粒子的质量之和等于衰变前氡核的质量
【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期；质量亏损与质能方程；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】AB．根据反应过程满足质量数和电荷数守恒可知X的质量数为4，电荷数为2，则X为α粒子，故A正确，B错误；
C．半衰期是统计概念，适用于大量原子核；100个氡核经3.8天后不一定剩余50个，故C错误；
D．核衰变过程释放能量，存在质量亏损，所以衰变后粒子质量之和小于衰变前氡核的质量，故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查原子核衰变的规律，核心是利用质量数和电荷数守恒判断衰变粒子类型，结合半衰期的统计意义和质能方程分析衰变后的质量变化。
2．（2026·河北模拟）2025年9月3日，在北京举办了纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年大会。展示的一款舰载激光武器LY-1引起广泛关注，它是利用定向发射的激光束直接毁伤目标或使之失效的舰用定向能武器。关于其使用的激光，下列说法正确的是（　　）
A．在密度不均匀的大气中激光始终沿直线运动
B．激光的频率越高，在真空中传播的速度越大
C．激光武器、微波武器使用的激光和微波都属于电磁波
D．激光频率越高，单个光子能量越大，对目标的毁伤效果越好
【答案】C
【知识点】电磁波的周期、频率与波速；能量子与量子化现象；光子及其动量
【解析】【解答】A．激光在均匀介质中才沿直线传播。在密度不均匀的大气中，激光会发生折射（甚至全反射），传播方向发生改变，故A错误；
B．在真空中，所有电磁波（包括激光）的传播速度都恒为光速c，与频率无关，故B错误；
C．激光属于可见光波段的电磁波，微波属于无线电波波段的电磁波，二者都属于电磁波，故C正确；
D．激光频率越高，根据可知，单个光子能量越大，但对目标的毁伤效果不一定越好，因为毁伤效果不仅取决于单个光子能量，还与光子的数量有关，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查激光的基本性质与电磁波的范畴，核心是区分光的直线传播条件、光速与频率的关系，以及光子能量对毁伤效果的影响。
3．（2026·河北模拟）外太空小行星若有撞击地球风险，人类将主动干预，使得小行星偏离原有的轨道。如图所示，假设某颗小行星绕太阳做圆周运动，轨道半径为r，运动方向如箭头所示。探测器在P处以较大速度撞击小行星并结合为一体。小行星的轨道变为图中虚线椭圆轨道，远日点仍为P，近日点为Q，Q到太阳的距离为r1。下列说法正确的是（　　）
A．撞击后小行星绕太阳运行的周期可能不变
B．撞击后小行星经过Q点的速度比撞击前的速度大
C．撞击后小行星最大速度与最小速度之比为
D．探测器可能从后面追上小行星并撞击
【答案】B
【知识点】开普勒定律；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．由于撞击后轨道的半长轴小于撞击前轨道半径，根据开普勒第三定律可知，撞击后小行星绕太阳运行的周期变小，故A错误；
C．撞击后在近日点Q的速度最大，在远日点P的速度最小，根据开普勒第二定律可得，故C错误；
D．探测器和小行星撞击后，小行星速度变小，轨迹才会变为图中虚线，设探测器质量为m1，速度为v0，小行星质量为m2，速度为v，撞击后探测器和小行星整体速度变为v ，探测器若从后面追上小行星撞击，有
根据动量守恒定律有
可得，故D错误；
B．小行星从远日点运动到近日点过程，根据机械能守恒定律可得，
解得，撞击后与撞击前相比，r远不变，r近变小，则v近增大，即撞击后小行星经过Q点的速度比撞击前的速度大，故B正确。
故答案为：B。
【分析】本题考查天体运动中的开普勒定律、动量守恒定律和机械能守恒定律的综合应用，核心是分析小行星撞击前后的轨道变化、速度与周期的关系，以及探测器撞击的可行性判断，需结合开普勒第一、二、三定律和动量守恒的矢量性进行推导。
4．（2026·河北模拟）如图甲所示，一绝缘半圆弧AC上均匀分布正电荷，在圆弧的圆心O处激发的电场强度大小为E，若截走右侧的，如图乙所示，则剩余圆弧AB在圆心O处激发的电场强度大小E'为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】电场强度；电场强度的叠加
【解析】【解答】将整个半圆弧AC三等分，每一份在圆心O处产生的电场强度均为E0，根据对称性和电场强度的叠加原理可得
剩余圆弧AB在圆心O处激发的电场强度大小为
联立可得
故答案为：C。
【分析】本题考查带电圆弧在圆心处的电场强度叠加问题，核心是利用微元法将带电圆弧等分，结合电场强度的矢量叠加原理（平行四边形定则）和对称性分析剩余圆弧的电场强度，关键在于确定等分后各段圆弧在圆心处产生电场的大小与夹角关系。
5．（2026·河北模拟）如图所示，甲、乙两同学分别站在距离同一竖直墙壁10m和5m处，甲、乙连线与墙壁垂直，甲同学以与水平方向成37°角的初速度斜向上抛出一个球，球与墙壁发生弹性碰撞，碰撞前后球的水平速度大小不变、方向反向，竖直速度不变，碰后球恰好被乙同学接到。假设乙同学的接球点与甲同学的发球点等高，sin37°=0.6，重力加速度g取10m/s2。则球的初速度大小为（　　）
A．25m/s B．12.5m/s C．8.75m/s D．6.25m/s
【答案】B
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】球被甲抛出过程，有，，球被乙接住的过程，有，
联立解得
故答案为：B。
【分析】本题考查斜抛运动的分解与弹性碰撞的等效处理，核心是将斜抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，利用运动的独立性结合位移公式联立求解，关键在于通过弹性碰撞的规律等效转化水平位移，并利用竖直方向运动的等时性建立方程。
6．（2026·河北模拟）两质量均为m的滑块a、b，a与挡板通过劲度系数为k1的轻弹簧1连接，a与b通过劲度系数为k2的轻弹簧2连接。如图甲所示，挡板竖直时，b与挡板上侧面恰好接触且无挤压。若把挡板顺时针旋转90°，使挡板水平，如图乙所示，不计一切摩擦，重力加速度为g，a、b都静止后，b对挡板右侧面的弹力大小为（　　）
A．mg B．
C． D．
【答案】C
【知识点】整体法隔离法；胡克定律；共点力的平衡
【解析】【解答】初始时，根据平衡条件可得，
挡板水平时，有
根据几何关系可得
联立解得
故答案为：C。
【分析】本题考查胡克定律与物体平衡条件的综合应用，核心是分析挡板竖直和水平两种状态下，两个弹簧的形变量变化规律，结合胡克定律F=kx和几何关系（弹簧总长度不变）联立求解，关键在于确定不同状态下弹簧的受力与形变量的对应关系。
7．（2026·河北模拟）如图所示，足够长的两平行光滑导轨电阻不计，导轨所在平面与水平面的夹角为θ，整个空间存在与导轨所在平面垂直的匀强磁场。导轨上部接有两个阻值相同的电阻，开关S断开。电阻不计的金属棒垂直导轨放置，与两导轨接触良好。现将棒从静止释放，下滑一段距离后闭合S，棒恰能匀速下滑，之后棒继续下滑相同的距离。关于下滑相等距离的两个阶段，下列说法正确的是（　　）
A．刚释放时棒的加速度与开关闭合前瞬间相等
B．第一阶段用时大于第二阶段用时的2倍
C．第一阶段通过金属棒的电荷量大于第二阶段的
D．第一阶段回路产生的总焦耳热大于第二阶段的
【答案】D
【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．刚释放时棒的加速度为
设导轨间距为l，开关闭合前瞬间，有，
闭合S，棒恰能匀速下滑，则，
联立解得，故A错误；
B．设棒下滑相同的距离为d，第一阶段棒做加速度减小的加速运动，则
第二阶段做匀速运动，则
联立可得，故B错误；
C．第一阶段通过金属棒的电荷量为
第二阶段通过金属棒的电荷量为
由此可知，故C错误；
D．由以上分析可知，金属棒先做加速度减小的加速运动，闭合开关后做匀速运动，其v-t图像如图所示
则金属棒运动过程中安培力随位移变化的图像，如图所示
图线与坐标轴所围区域的面积表示克服安培力做的功，由图可知，第一阶段回路产生的总焦耳热为
第二阶段回路产生的总焦耳热为
所以，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查导体棒在磁场中的电磁感应与动力学综合问题，核心是分析开关闭合前后的加速度变化、运动状态差异，结合安培力公式、法拉第电磁感应定律、电荷量公式及能量守恒定律，辨析加速度、时间、电荷量和焦耳热的关系。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．（2026·河北模拟）学习小组利用力传感器研究摆球的受力情况。细线下端连接小球，上端穿过光滑的小孔与力传感器连接。图甲让小球在同一竖直面摆动形成单摆，图乙让小球在同一水平面转动形成圆锥摆。小球质量、摆长及摆角均相同，图甲中摆线拉力随时间变化图像如图丙所示，拉力最小值及最大值分别为F1、F2。不计摩擦及空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．小球的重力为 B．摆角的余弦值为
C．图乙中摆线拉力大小为 D．由F1、F2可求出摆长
【答案】A,B
【知识点】单摆及其回复力与周期；生活中的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】AB．小球摆到最高点时，拉力最小，即
小球到达最低点时，拉力最大，则
小球由最高点运动到最低点，根据机械能守恒定律可得
联立可得，，故AB正确；
C．图乙中摆线拉力大小为，故C错误；
D．由以上分析可知，由F1、F2不能求出摆长l，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】本题考查圆锥摆与单摆的受力分析、机械能守恒定律的综合应用，核心是结合单摆最高点（拉力最小）和最低点（拉力最大）的受力特点，联立牛顿第二定律与机械能守恒公式推导重力、摆角余弦值，再分析圆锥摆的拉力及摆长求解的可能性。
9．（2026·河北模拟）一理想气体系统经历一循环过程a→b→c→d→a，其p–V图如图所示，其中d→a过程气体温度不变。下列说法正确的是（　　）
A．a→b过程气体分子的平均动能增加
B．b→c过程气体向外界放出热量
C．状态c、a的体积和压强满足
D．a→b→c→d→a过程气体从外界吸收热量
【答案】A,B,C
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】A．a→b过程，气体体积不变，压强增大，根据查理定律可知，气体温度升高，内能增大，则分子的平均动能增加，故A正确；
B．b→c过程，气体压强不变，体积减小，外界对气体做功，根据盖-吕萨克定律可知，气体温度降低，内能减小，根据热力学第一定律可知，气体向外界放出热量，故B正确；
C．根据理想气体状态方程可得，d→a过程气体温度不变，即
c→d过程气体体积不变，压强增大，则温度升高，即，所以，故C正确；
D．a→b→c→d过程，气体体积减小，外界对气体做功，气体放出热量等于外界对气体做的功，d→a过程气体体积增大，气体对外界做功，气体吸收的热量等于气体克服外界做的功，图线与坐标轴所围区域的面积表示做功，由图可知，外界对气体做的功大于气体克服外界做的功，所以气体放出热量大于气体吸收的热量，则整个过程气体向外界放出热量，故D错误。
故答案为：ABC。
【分析】本题考查理想气体的状态变化与热力学定律的综合应用，核心是结合p V图像分析各阶段的状态变化（等容、等压、等温），利用查理定律、盖 - 吕萨克定律、理想气体状态方程判断温度、内能变化，再通过热力学第一定律ΔU=Q+W分析吸放热情况。
10．（2026·河北模拟）如图甲所示，a、b两个粒子都带正电，带电荷量均为q，a的质量为m，b的质量为2m。t=0时刻，a、b间距离为L，a速度大小为v，方向沿a、b连线指向b，b速度为0，仅在彼此静电力作用下，它们靠近后又被弹开，经过足够长时间，最终均做匀速直线运动。粒子运动轨迹在同一直线上，两粒子组成系统的电势能Ep与两粒子间距离r的关系为，Ep-r图像如图乙所示。当两个粒子间的距离趋于无限远时，静电力可忽略，则（　　）
A．a、b距离最近时，a的速度大小为
B．a、b距离最近时，系统的电势能等于
C．当a、b距离再次等于L时，b的速度大小为
D．当r趋于无穷大时，a的速度大小为，方向与初速度相反
【答案】A,C
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．a、b距离最近时，二者速度相等，根据动量守恒定律可得，所以，故A正确；
B．根据能量守恒定律可得，所以，故B错误；
C．当a、b距离再次等于L时，即系统的电势能不变，则，
联立解得，，即b的速度大小为，故C正确；
D．由以上分析可知，当a、b距离再次等于L时，a的速度大小为，方向与初速度相反，之后a将继续做加速运动，所以当r趋于无穷大时，a的速度大于，方向与初速度相反，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查带电粒子间的库仑力作用下的动量守恒与能量守恒综合问题，核心是利用系统动量守恒（合外力为 0）分析粒子速度变化，结合能量守恒（动能与电势能相互转化）求解电势能和不同状态下的速度，关键在于确定 “距离最近时速度相等” 这一临界条件，以及电势能与间距的对应关系。
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（2026·河北模拟）如图所示，用“插针法”测量一等腰直角三角形玻璃砖的折射率。主要步骤如下：
（1）在白纸上画一条直线ab，并画出其垂线cd，交于O点；
（2）将玻璃砖斜边AB沿ab放置，并确定直角边BC的位置ef，cd与ef的交点为O'；
（3）在cd上竖直插上大头针P1和P2，从侧面BC透过玻璃砖观察P1和P2，插上大头针P3，要求P3能挡住　 　（选填“P1”“P2”或“P1和P2”）的虚像；
（4）撤去玻璃砖和大头针，连接P3与O'，过P3作ef的垂线，垂足为D，用刻度尺量出（O'D的长度L1，O'P3的长度L2，则玻璃砖的折射率n=　 　。（用题给物理量字母表示）
（5）为了减小实验误差，大头针P3的位置应离O'较　 　（选填“近”或“远”）一些。
【答案】P1和P2；；远
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】实验要求P1和P2在一条光线上，该光线透过玻璃砖后过P3，故P3要挡住P1和P2的像；
作出光线在分界面处的法线，如图所示
根据折射定律可得
为了减小实验误差，大头针P3的位置应离O'较远一些，光线所在的方向更准确。
故答案为： P1和P2 ；； 远
【分析】(1) 根据插针法测折射率的实验原理，分析需挡住的像的对象；
(2) 结合等腰直角三角形的几何特征与折射定律，推导折射率的表达式；
(3) 从减小角度测量误差的角度，分析与的距离选择。
12．（2026·河北模拟）学习小组要测定电源的电动势和内阻，可供选用的器材有：
A.电压表（量程0~3V，内阻未知）
B.电流表（量程0~0.6A，内阻1.0Ω）
C.滑动变阻器（最大阻值10Ω，额定电流1A）
D.滑动变阻器（最大阻值1kΩ，额定电流0.5A）
E.待测电源（电动势约为3V，内阻约为1Ω）
F.开关、导线若干
实物电路如图1所示，要求测量时两电表指针偏转均不小于其量程的一半。
（1）实验中所用的滑动变阻器应选　 　（填器材前字母代号）。
（2）开关S1闭合前，滑动变阻器滑片应位于最　 　（选填“左”或“右”）端。
（3）单刀双掷开关S2可分别与1、2端闭合，为使电源电动势及内阻的测量结果更接近真实值，S2应与　 　（选填“1”或“2”）端闭合。
（4）各部分连接检查无误后，闭合开关S1，移动滑动变阻器滑片到合适位置，电压表的示数如图2所示，为　 　V。
（5）记录多组电流表、电压表读数，在坐标纸上选定合适的标度，描出数据点如图3所示。请根据数据点在图3上拟合出图线　 　。根据图线，可求出电源电动势E=　 　V，内阻r=　 　Ω。（结果均保留2位有效数字）
（6）求出的电动势与真实值相比若存在误差，该误差属于　 　（选填“系统”或“偶然”）误差。
【答案】（1）C
（2）左
（3）1
（4）2.40
（5）；3.0；1.0
（6）偶然
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）为了便于调节，滑动变阻器应选择阻值相对较小的C。
故答案为： C
（2）开关闭合前，应将滑动变阻器全部接入电路，即滑动变阻器滑片应位于最左端。
故答案为： 左
（3）由于电流表内阻已知，所以电流表的分压确定，应采用相对电源的内接法，故单刀双掷开关S2应与1端闭合。
故答案为： 1
（4）由于电压表量程为0~3V，所以每一小格为0.1V，电压表读数为2.40V。
故答案为： 2.40
（5）根据坐标纸中的数据点拟合出图线，如图所示
根据闭合电路欧姆定律可得
由图可知，当时，，即
当时，，即
联立解得，
故答案为：； 3.0 ； 1.0
（6）本实验中由于电流表内阻已知，所以不存在系统误差，若求出的电动势与真实值相比若存在误差，该误差属于偶然误差。
故答案为： 偶然
【分析】(1) 根据电源内阻和电表量程，结合滑动变阻器的阻值与额定电流选择合适器材；
(2) 从保护电路的角度，确定滑动变阻器滑片的初始位置；
(3) 分析单刀双掷开关的接线端对实验误差的影响，选择更准确的接线方式；
(4) 根据电压表的量程和分度值读取示数；
(5) 利用U I图像的截距和斜率求解电源电动势与内阻；
(6) 区分系统误差与偶然误差的成因，判断误差类型。
（1）为了便于调节，滑动变阻器应选择阻值相对较小的C。
（2）开关闭合前，应将滑动变阻器全部接入电路，即滑动变阻器滑片应位于最左端。
（3）由于电流表内阻已知，所以电流表的分压确定，应采用相对电源的内接法，故单刀双掷开关S2应与1端闭合。
（4）由于电压表量程为0~3V，所以每一小格为0.1V，电压表读数为2.40V。
（5）[1]根据坐标纸中的数据点拟合出图线，如图所示
[2][3]根据闭合电路欧姆定律可得
由图可知，当时，，即
当时，，即
联立解得，
（6）本实验中由于电流表内阻已知，所以不存在系统误差，若求出的电动势与真实值相比若存在误差，该误差属于偶然误差。
13．（2026·河北模拟）图1是钱塘江罕见的“渔网潮”景象，其原理为平面波的干涉。如图2所示，甲、乙两列简谐平面波，实线表示波峰，虚线表示波谷，频率均为f=0.5Hz，波长均为λ=4m，振幅均为A=0.2m，两列波起振方向均向上，传播方向间的夹角θ=60°，图示时刻O点第一次到达波峰，点P、O、A在同一直线上，P点距O点的距离L=8m。求：
（1）波速v及从图示时刻到P点第一次出现波峰经过的时间t；
（2）从开始振动到图示时刻A、B处质点运动的总路程。
【答案】（1）2m/s，
（2）2m，2m
【知识点】波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】（1）解：对于机械波，有
由对称性可知，甲、乙的波峰到P的垂直距离为
所以P点第一次出现波峰经过的时间为
（2）解：甲、乙两波同时到达A点，由波的叠加可知，A处质点合振动的振幅为2A，振动的时间为，所以从开始振动到图示时刻经过的总路程为
甲的波峰刚到达B点，即甲波在B处振动时间为，乙的第三个波峰刚到达B点，即乙波在B处振动时间为，可知甲传到B点前，B处质点经过的路程
甲、乙叠加后B处质点经过的路程
所以
【分析】(1) 由波速公式v=λf求波速，结合几何关系确定波峰到P点的传播距离，再求传播时间；
(2) 先求波的周期，结合质点振动的时间与振幅，分别计算A、B质点运动的总路程。
（1）对于机械波，有
由对称性可知，甲、乙的波峰到P的垂直距离为
所以P点第一次出现波峰经过的时间为
（2）甲、乙两波同时到达A点，由波的叠加可知，A处质点合振动的振幅为2A，振动的时间为，所以从开始振动到图示时刻经过的总路程为
甲的波峰刚到达B点，即甲波在B处振动时间为，乙的第三个波峰刚到达B点，即乙波在B处振动时间为，可知甲传到B点前，B处质点经过的路程
甲、乙叠加后B处质点经过的路程
所以
14．（2026·河北模拟）游乐园滑草项目深受小朋友喜爱。滑草过程简化为以下情景：如图所示，t=0时刻，滑块从斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面（设经过B点前后速度大小不变），最后停在C点。每隔0.5s用速度传感器测量滑块的瞬时速度，下表给出了部分测量数据。已知滑块与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，重力加速度取g=10m/s2，求：
t/s 0.0 0.5 1.0 ··· 5.0 5.5 6.0 　
v/(m s-1) 0.0 1.0 2.0 ·· 10.0 7.5 5.0 ···
（1）滑块与斜面和水平面间的动摩擦因数μ；
（2）斜面的倾角α的正弦值sinα；
（3）滑块滑行的总路程s。
【答案】（1）0.5
（2）0.6
（3）35m
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】（1）解：设滑块在水平面上滑行的加速度大小为a2，5.5~6.0s过程中滑块在减速，由表格数据可知
在水平面上滑行时，由牛顿第二定律有
解得
（2）解：设滑块在斜面下滑的加速度大小为a1，0~1.0s过程中滑块在加速，由表格数据可知
由牛顿第二定律有
结合数学知识可得
（3）解：设滑块到达斜面底部时速度为vm，所用时间为t1，加速过程有
减速到t=5.5s过程，有
可得，
滑块在斜面加速下滑的路程为
在水平面减速滑行的路程
滑块滑行的总路程
【分析】(1) 从表格中提取滑块在水平面上减速阶段的加速度数据，结合牛顿第二定律求动摩擦因数；
(2) 提取滑块在斜面加速阶段的加速度，结合牛顿第二定律求斜面倾角的正弦值；
(3) 分别计算滑块在斜面和水平面上滑行的位移，求和得到总路程。
（1）设滑块在水平面上滑行的加速度大小为a2，5.5~6.0s过程中滑块在减速，由表格数据可知
在水平面上滑行时，由牛顿第二定律有
解得
（2）设滑块在斜面下滑的加速度大小为a1，0~1.0s过程中滑块在加速，由表格数据可知
由牛顿第二定律有
结合数学知识可得
（3）设滑块到达斜面底部时速度为vm，所用时间为t1，加速过程有
减速到t=5.5s过程，有
可得，
滑块在斜面加速下滑的路程为
在水平面减速滑行的路程
滑块滑行的总路程
15．（2026·河北模拟）如图，平面直角坐标系中，第一象限存在沿轴负方向的匀强电场，电场强度大小为，第四象限存在垂直坐标平面向外的匀强磁场。现有一质子从坐标原点以某一速度飞入电场，先后经过点进入磁场。点坐标为点坐标为。已知质子质量为，带电荷量为，不计重力。
（1）求质子在点的速度大小及该速度与轴正方向的夹角；
（2）若质子第一次进入磁场后，到达轴时速度方向恰好垂直轴，求质子在电场和磁场中运动的总时间；
（3）若质子某次出磁场后能经过点（2d，0.5d），求磁感应强度的最小值。
【答案】（1），
（2）
（3）
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动；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】【解答】（1）解：质子在电场中做类斜抛运动，根据对称性可知，P点为抛物线的顶点，从到点经过的时间为
牛顿第二定律有
方向做匀变速运动，到的时间为，根据位移时间关系
可得
方向做匀速运动，到过程中，
解得
方向，速度时间关系
可得，
质子在点的速度
（2）解：根据运动的对称性可知，质子第一次到达点时速度大小为，方向与轴正方向夹角为
质子在磁场中做匀速圆周运动，设轨迹半径为，如图所示由几何关系有
质子在磁场中做匀速圆周运动的周期
质子在磁场中运动的时间
质子在电场和磁场中运动的总时间
（3）解：设质子第2次经过轴的位置到的距离为，如图所示
由几何关系有
质子某次出磁场后能经过点，需满足
可得
因质子在磁场中轨迹不能过第三象限，还需满足
所以
则，可得
即或
根据洛伦兹力提供向心力
可得
当越大时，B越小，即时磁感应强度有最小值
则
【分析】(1) 结合质子在电场中的类平抛运动规律，提取水平、竖直方向的位移与加速度数据，由运动学公式和牛顿第二定律求初速度大小与方向夹角；
(2) 分别计算质子在电场中类平抛的运动时间、在磁场中圆周运动的时间，求和得到总时间；
(3) 分析质子出磁场后经过指定点的轨迹几何关系，结合洛伦兹力提供向心力的公式，求磁感应强度的最小值。
（1）质子在电场中做类斜抛运动，根据对称性可知，P点为抛物线的顶点，从到点经过的时间为
牛顿第二定律有
方向做匀变速运动，到的时间为，根据位移时间关系
可得
方向做匀速运动，到过程中，
解得
方向，速度时间关系
可得，
质子在点的速度
（2）根据运动的对称性可知，质子第一次到达点时速度大小为，方向与轴正方向夹角为
质子在磁场中做匀速圆周运动，设轨迹半径为，如图所示由几何关系有
质子在磁场中做匀速圆周运动的周期
质子在磁场中运动的时间
质子在电场和磁场中运动的总时间
（3）设质子第2次经过轴的位置到的距离为，如图所示
由几何关系有
质子某次出磁场后能经过点，需满足
可得
因质子在磁场中轨迹不能过第三象限，还需满足
所以
则，可得
即或
根据洛伦兹力提供向心力
可得
当越大时，B越小，即时磁感应强度有最小值
则
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