资源简介

2026届四川省攀枝花市高三上学期第一次统一考试物理试卷
1．量子隧穿效应在扫描隧道显微镜（STM）中有着关键应用，STM的核心是让极细的探针与被测样品表面接近，当二者距离很小时，电子会通过隧穿效应从样品表面跃迁到探针，形成隧穿电流。已知电子的电荷量，隧穿电流的平均值约为A，则单位时间内通过隧穿效应跃迁到探针的电子数约为（　　）
A．个 B．个
C．个 D．个
2．中国北斗探空气球携带气象探测仪器升空，可用于实时监测大气参数并通过北斗卫星传输数据。气球球囊材质多为天然乳胶或合成橡胶，内部充满氦气，充气后升至约30-40公里高空后自行破裂。在某段升空过程中，离地面越高、空气密度越小、温度越低，气球体积变大，若忽略太阳作用和空气摩擦，则在该段上升过程中，关于球内的气体，下列说法正确的是（　　）
A．内能不断增大 B．从外界吸收热量
C．向外界放出热量 D．对外界做负功
3．如图所示，一轻质弹簧上端固定在天花板上，下端连接一小球并处于静止状态。现将小球竖直向下拉离平衡位置一小段距离x后由静止释放，小球在竖直方向做简谐运动。空气阻力不计，下列说法中正确的是（　　）
A．x越大，小球振动的周期越大
B．小球每次经过平衡位置时的速度都相同
C．小球运动到平衡位置时，弹簧的弹力为零
D．小球运动到最低点时，弹簧的弹性势能最大
4．如图所示，两个开口向上的圆锥形漏斗，其中轴线O1O2、O3O4均位于竖直方向，两漏斗的尖端O1、O3高度相同。两个质量相同、可视为质点的小球P、Q分别位于两漏斗的内表面上等高的位置。现分别给两小球一个水平初速度，使两小球刚好沿各自所在的漏斗内表面做圆周运动。忽略一切摩擦和空气阻力，以O1、O3所在水平面为零势能面，下列说法中正确的是（　　）
A．P球所受的弹力大于Q球所受的弹力
B．P球的线速度大于Q球的线速度
C．P球的角速度小于Q球的角速度
D．P球的机械能小于Q球的机械能
5．如图所示为半圆柱体玻璃砖的横截面，OC为直径，一束复色光沿PO方向从真空射到分界面OC上，在玻璃内分成a、b两束单色光，分别从A、B点射出。下列说法中正确的是（　　）
A．a光的光子能量大于b光的光子能量
B．真空中，a光光子的动量小于b光光子的动量
C．在玻璃砖中，a光的传播速度大于b光的传播速度
D．在玻璃砖中，a光的传播时间小于b光的传播时间
6．如图所示，A、B、C三个可视为质点的小球用两根不可伸长的轻绳连接后套在位于竖直面内的光滑圆环上，刚好保持静止。已知A、B与圆心O等高，B、C之间的轻绳与水平方向的夹角为，A、B的质量分别为、，则C球的质量为（　　）
A． B． C． D．
7．如图所示，直线边界上下两边均有垂直纸面向里的匀强磁场，现有一带电粒子从上的点以垂直向上的初速度进入匀强磁场。若当粒子从点出发后第五次穿过时，粒子刚好回到点，粒子重力不计，则上下两边磁场的磁感应强度的大小之比为（　　）
A．2：1 B．1：2 C．3：2 D．2：3
8．2025年9月21日，地球、太阳、土星恰好连成一线，该现象称为“土星冲日”，冲日前后是观测这颗带有美丽光环的气态巨行星的绝佳时机。如图所示为土星冲日时与地球太阳相对位置的示意图，土星和地球绕太阳公转的轨道近似于圆且两轨道几乎共面，已知土星和地球绕太阳公转方向相同，公转的轨道半径之比约为10：1，根据以上信息可得出（　　）
A．土星和地球绕太阳公转的周期之比约为10：1
B．土星和地球绕太阳公转的速度之比约为
C．下一次“土星冲日”将在2026年9月21日出现
D．当土星与地球相距最远时两者的相对速度最大
9．如图甲所示的电路中，定值电阻的阻值R=8Ω，水平放置的螺线管匝数n=1000、横截面积S=10cm2、总电阻r=2Ω，电路其余部分电阻不计。水平向右穿过螺线管的匀强磁场其磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，下列说法中正确的是（　　）
A．通过电阻R中的电流方向是从M到N
B．0~4s内流过电阻R的电流大小为1.25A
C．0~4s内通过电阻R的电荷量为0.01C
D．电路中N点的电势为-0.1V
10．如图所示，质量M=3m的滑块Q静止在光滑水平面上，其上表面的左侧部分AB段为长L的粗糙水平面、右侧部分BC段为半径为R的光滑四分之一圆弧，AB与BC在B点相切，C点为圆弧最高点。一质量为m的滑块P以水平初速度v0从滑块Q的A端滑入，能经B点滑上圆弧段。已知重力加速度为g，，滑块P与滑块Q上表面AB段的动摩擦因数μ恒定，空气阻力不计，则下列说法中正确的是（　　）
A．若，则滑块P能从Q的C端飞出
B．滑块之间的动摩擦因数可能为
C．若，则最终P、Q组成的系统损失的机械能为
D．滑块Q在整个运动过程中速度的最大值不可能超过
11．传统“单摆测量重力加速度”实验中，用秒表测量周期存在较大误差。某实验小组利用数字化设备改进该实验，按如图所示的实验装置进行实验。选用的器材有：摆球、不易伸长的细线、刻度尺、游标卡尺、拉力传感器、数据采集器、计算机等。实验步骤如下：
（i）将拉力传感器固定在竖直木板上，并与摆球用细线相连；
（ii）用刻度尺测量摆线长度l，再用游标卡尺测量摆球直径d，计算摆长；
（iii）让单摆做小角度摆动，数据采集器记录拉力传感器的数据；
（iv）改变摆长，重复以上步骤三次。
据此回答以下问题：
（1）在测量摆长时，必须使单摆处于___________状态。
A．水平放置且拉直
B．挂上摆球后在竖直面内自然悬垂
C．竖直悬挂且用竖直外力拉紧
（2）某次测量得到的拉力传感器的示数F随时间t变化的图像如图乙所示，则该次测量中摆球摆动的周期T=　 　s（保留两位有效数字），重力加速度可表示为　 　（用l、d、T表示）。
12．某实验小组在“测量金属丝的电阻率”实验中，实验室提供的器材如下：机械式多用电表、螺旋测微器、电流表、电压表、滑动变阻器、直流电源、开关、导线若干。实验步骤如下：
（1）用多用电表电阻挡粗测金属丝的阻值。先选择“×10”倍率的电阻挡，将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指在右侧0刻度线，再将红、黑表笔分别与金属丝的两端相接，指针静止时指向甲图中的a处。为了能获得更准确的测量数据，应将电阻挡调整到　 　（选填“×1”或“×100”）倍率，接着进行规范操作后指针静止时指在甲图中b处，则该金属丝的阻值约为　 　Ω；
（2）用螺旋测微器分别测量金属丝几个不同位置横截面的直径D，某次测量时的情形如图乙所示，该处的直径D=　 　mm，再用刻度尺测量金属丝的长度。
（3）①按照图丙所示连接器材，测量金属丝的电阻Rx。请在丁图中用笔画线代替导线补充完整实物图　 　。闭合开关S前，滑动变阻器的滑片P应处在图丁中的　 　（填“c”或“d”）端。
②闭合开关S，测量通过金属丝的电流I和金属丝两端的电压U，由此可计算得出金属丝的电阻率ρ=　 　。（用题中所测物理量的字母表示）
（4）误差分析：本实验的系统误差主要是因为　 　引起的。
13．如图甲所示为工地上常用的简易吊车的工作原理图，电机和减速器为一整体，通过支臂OB上的滑轮竖直吊起货物。在某次施工中需要竖直吊起总质量M=480kg的沙子，吊起过程中沙子的速度与时间的关系如图乙所示。已知吊绳允许承载的最大拉力为1×104N，吊篮及吊钩的质量m=20kg，重力加速度g取10m/s2，不计滑轮和吊绳的质量，忽略空气阻力及滑轮与吊绳之间的摩擦，求：
（1）该吊车吊起这批沙子允许达到的最大加速度am；
（2）沙子匀速运动时电机和减速器整体输出的功率P；
（3）0~4s内电机和减速器整体做的功W。
14．如图所示，在xOy平面内的第一、二象限内存在范围足够大的匀强磁场，磁场方向垂直xOy平面向里，坐标原点O处存在一粒子源向xOy平面的第二象限内均匀发射同种带电粒子，发射粒子的速度大小均为v0，沿x轴负方向发射的粒子恰好经过第一象限内的P点。已知粒子质量为m，电荷量为-q（q>0），P点的坐标为（，3L），不计粒子重力，忽略粒子之间的相互作用，求：
（1）磁感应强度的大小B；
（2）磁场中有带电粒子经过区域的面积S；
（3）除沿x轴负方向发射的粒子外，恰好打到P点的粒子发射时的速度与x轴负方向的夹角θ及发射后运动到P点所经历的时间t。
15．如图所示，可视为质点的滑块P、Q位于水平平台上的A、B两点，A、B之间的距离d=1m，B到平台右端C之间有水平向右的匀强电场，场强大小E1=5×104V/m、宽度也为d。水平光滑地面DF与水平平台的右侧延长线之间存在宽度足够大的匀强电场，场强大小E2=1×106V/m，方向竖直向下。地面DF上固定有一竖直挡板MN，其到地面D端的距离s=2.4m。现给滑块P一个大小的初速度从A点开始向右运动，与静止的滑块Q发生弹性正碰，一段时间后滑块Q从C点水平飞出，落到水平面上的K点（图中未画出）。滑块Q在地面上经多次反弹后与挡板MN发生弹性碰撞，碰后恰好能沿直线运动到D点。滑块Q与地面DF之间每次碰撞时弹起速度的竖直分量均为碰撞前瞬间速度的竖直分量的k倍，而水平分量保持不变。已知滑块P为绝缘材质、质量mP=100g，滑块Q的质量mQ=200g、带电量q=+2.0×10-6C，滑块P、Q与水平平台ABC之间的动摩擦因数μ均为0.2，平台与地面DF之间的高度差h=1.6m，重力加速度g取10m/s2，滑块Q的电荷量始终不变，不计空气阻力和所有碰撞的时间，求：
（1）P、Q两滑块碰撞前瞬间滑块P的速度大小v1；
（2）D、K两点间的距离x；
（3）k值。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】元电荷；电流、电源的概念
【解析】【解答】根据电流定义，有
可得时间内的电子数
可得单位时间内通过隧穿效应跃迁到探针的电子数约为
可得
故答案为：B。
【分析】本题考查电流的定义式的应用，核心是结合单位时间内的总电荷量与单个电子电荷量的关系，求解电子数。
2．【答案】C
【知识点】改变内能的两种方式；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】根据热力学第一定律，气体内能变化，其中为气体对外界做的功（规定系统对外做功为正）。气球上升过程中，环境温度降低，且气球体积变大。
A．气体内能取决于温度（），温度降低，故内能减少，即，故A错误；
BC．由热力学第一定律，解得。由上述分析可知且，但由于外界温度更低，气体向外界放热，故B错误，C正确；
D．气球体积变大，气体膨胀对外做功，即。故气体对外界做正功，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查热力学第一定律的应用，核心是紧扣气体内能的决定因素、做功的判断，结合ΔU=Q+W分析吸放热情况，逐一判断选项正误。
3．【答案】D
【知识点】简谐运动；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】A．弹簧振子做简谐运动的周期公式为，其中m是物块的质量，k是弹簧的劲度系数，周期T由系统本身的性质（m和k）决定，与振幅无关，故A错误；
B．根据系统机械能守恒定律可知，物块经过平衡位置时速度的大小相等，但速度方向可能向上也可能向下，故B错误；
C．平衡位置是物块所受合力为零的位置，物块在平衡位置时，受到竖直向下的重力和竖直向上的弹簧弹力大小相等，故C错误；
D．根据系统机械能守恒定律可知，当小球运动到最低点时，动能为零，重力势能最小，所以弹簧的弹性势能最大，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查弹簧振子简谐运动的规律，核心是紧扣简谐运动的周期决定因素、平衡位置的受力特点，结合机械能守恒分析速度、势能的变化，逐一判断选项正误。
4．【答案】A
【知识点】生活中的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．对小球受力分析，小球受竖直向下的重力mg，侧壁的弹力FN，设FN与竖直方向的夹角为θ，则
由于P球所受弹力与竖直方向的夹角较大，则P球所受的弹力大于Q球所受的弹力，故A正确；
B．根据牛顿第二定律可得，根据几何关系可得
联立解得，由此可知，P球的线速度等于Q球的线速度，故B错误；
C．根据可知，P球的转动半径小于Q球的转动半径，则P球的角速度大于Q球的角速度，故C错误；
D．小球的机械能为，由此可知，P球的机械能等于Q球的机械能，故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查圆锥漏斗内小球圆周运动的受力与运动分析，核心是结合受力分解、牛顿第二定律推导线速度、角速度公式，再根据机械能的组成（动能 + 重力势能）比较机械能大小，逐一判断选项正误。
5．【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律；能量子与量子化现象；光子及其动量
【解析】【解答】A．根据折射定律可知，a光与b光的入射角相等，而a光的折射角小于b光的折射角，所以玻璃对a光的折射率更大，a光的频率更大，根据可知，a光的光子能量更大，故A正确；
B．由于a光的频率更大，a光的波长更短，根据可知，a光光子的动量更大，故B错误；
C．根据可知，玻璃对a光的折射率更大，则a光的传播速度小于b光的传播速度，故C错误；
D．设玻璃砖的半径为R，则光在玻璃砖中的传播时间为
由此可知，在玻璃砖中a光的传播时间等于b光的传播时间，故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查光的折射定律及光子能量、动量、光在介质中传播的相关规律，核心是通过折射角判断折射率大小，结合、、等公式分析光子能量、动量和传播速度，再推导光在介质中传播时间，逐一判断选项正误。
6．【答案】B
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】如图所示，对A、B两球受力分析
对A球，有，对B球，有
解得，
对C球进行受力分析，如下图所示
根据共点力平衡有
解得
故答案为：B。
【分析】本题考查共点力平衡的应用，核心是对 A、B、C 三个小球分别进行受力分析，结合几何角度和平衡条件列方程，通过绳的拉力关联求解 C 球的质量，逐一推导并验证选项。
7．【答案】C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】设粒子带正电，如图所示
设粒子在上下两边磁场运动的半径分别为、，根据几何关系有
根据洛伦兹力提供向心力有，
联立可得
故答案为：C。
【分析】本题考查带电粒子在匀强磁场中的圆周运动，核心是结合粒子运动轨迹的几何关系确定圆周运动半径之比，再根据洛伦兹力提供向心力的公式推导磁感应强度之比，进而判断选项正误。
8．【答案】B,D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．根据开普勒第三定律可得，故A错误；
B．根据万有引力提供向心力，所以，所以，故B正确；
C．设相邻两次“土星冲日”的时间间隔为t，则，所以
所以下一次“土星冲日”将不会在2026年9月21日出现，故C错误；
D．土星与地球两者的相对速度为两者速度之差，所以当土星与地球相距最远时两者的速度方向相反，则相对速度最大，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】本题考查开普勒定律与万有引力定律的应用，核心是结合开普勒第三定律推导公转周期之比，利用万有引力提供向心力公式求线速度之比，再分析 “土星冲日” 的时间间隔和行星相对速度，逐一判断选项正误。
9．【答案】A,D
【知识点】楞次定律；感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】A．由楞次定律可知，穿过螺线管的磁通量向右且增大，所以感应电流的方向从左向右看为逆时针，所以通过电阻R的电流方向是从M到N，故A正确；
B．根据法拉第电磁感应定律有，由闭合电路欧姆定律得，联立解得，故B错误；
C.0~4s内通过电阻R的电荷量为，故C错误；
D．在外电路顺着电流方向电势降低，因M的电势等于零，那么N点的电势为，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】本题考查法拉第电磁感应定律与楞次定律的应用，核心是结合磁感应强度的变化率计算感应电动势，再利用闭合电路欧姆定律求感应电流、电荷量，结合电势高低的判断规则分析 N 点电势，逐一判断选项正误。
10．【答案】A,C
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．若滑块P恰好到达C端，有，，联立解得
所以，若，则滑块P能从Q的C端飞出，故A正确；
B．若滑块P恰好到达B端，有，，联立解得
所以，若，则滑块P不能滑上圆弧轨道，故B错误；
C．若，则滑块将冲上圆弧轨道，但不会从C点飞出，假设滑块会返回A端，则，解得
由此可知，假设成立，且滑块返回到A端时，二者恰好共速，之后一起做匀速直线运动，所以最终P、Q组成的系统损失的机械能为，故C正确；
D．由以上分析可知，当P冲上圆弧轨道上升到最高点时，二者共速，此时速度为，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查动量守恒与能量守恒的综合应用，核心是分阶段分析滑块 P 与滑块 Q 的相互作用（水平动量守恒、能量损耗），结合恰好到达 C 端、恰好到达 B 端的临界条件判断动摩擦因数范围，再推导系统机械能损失和 Q 的最大速度，逐一验证选项正误。
11．【答案】（1）B
（2）2.0；
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）测量摆长时，必须使单摆挂上摆球后在竖直面内自然悬垂状态下测量，这样测量的摆长最准确。
故答案为：B。
（2）由图可知，相邻两次拉力最小的时间间隔为1.0s，所以摆球摆动的周期为
根据单摆的周期公式可得，所以
故答案为：2.0；
【分析】(1) 依据单摆摆长的定义（悬点到摆球球心的距离），分析测量摆长时单摆的正确状态，排除错误操作的影响；
(2) 结合拉力传感器的图像特征，确定单摆的周期（一次全振动的时间），再由单摆周期公式总推导重力加速度的表达式。
（1）测量摆长时，必须使单摆挂上摆球后在竖直面内自然悬垂状态下测量，这样测量的摆长最准确。
故选B。
（2）[1]由图可知，相邻两次拉力最小的时间间隔为1.0s，所以摆球摆动的周期为
[2]根据单摆的周期公式可得
所以
12．【答案】（1）×1；19.0
（2）1.030
（3）；c；
（4）电压表分流
【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；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）指针静止时指向甲图中的a处，说明待测电阻阻值较小，应更换小倍率进行测量，所以为了能获得更准确的测量数据，应将电阻挡调整到“×1”；
欧姆表的读数为指针所指刻度与倍率的乘积，所以该金属丝的阻值约为
故答案为：×1；19.0
（2）螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，所以
故答案为：1.030
（3）按照电路图进行实物连接，如图所示
闭合开关S前，滑动变阻器的滑片P应处在图丁中的c端；
根据电阻定律，，
所以
故答案为：；c；
（4）本实验电流表采用外接法，所以实验的系统误差主要是因为电压表分流引起。
故答案为：电压表分流
【分析】(1) 依据多用电表欧姆挡的使用规则，指针偏转角度小说明被测电阻大，需换小倍率挡位；结合表盘读数规则（刻度×倍率）计算电阻值。
(2) 螺旋测微器读数为固定刻度 + 可动刻度×精度，注意半毫米刻度是否露出，精准计算直径。
(3) ① 根据图丙的电路图（电流表外接、滑动变阻器分压式），补充实物图的导线连接；滑动变阻器分压式接法中，闭合开关前滑片应置于使被测电路电压为零的位置。
② 由电阻定律 结合欧姆定律，推导电阻率的表达式。
(4) 分析电流表外接法的系统误差来源，明确误差产生的原因。
（1）[1]指针静止时指向甲图中的a处，说明待测电阻阻值较小，应更换小倍率进行测量，所以为了能获得更准确的测量数据，应将电阻挡调整到“×1”；
[2]欧姆表的读数为指针所指刻度与倍率的乘积，所以该金属丝的阻值约为
（2）螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，所以
（3）[1]按照电路图进行实物连接，如图所示
[2]闭合开关S前，滑动变阻器的滑片P应处在图丁中的c端；
[3]根据电阻定律，，
所以
（4）本实验电流表采用外接法，所以实验的系统误差主要是因为电压表分流引起。
13．【答案】（1）解：由图可得，0~2s内，沙子向上做匀加速直线运动，绳拉力大于重力，加速度大小为
2~4s内，沙子的速度不变，沙子做匀速直线运动，加速度为0；
4s后，沙子向上做匀减速直线运动，绳拉力为零时，加速度最大，其最大值为
（2）解：沙子匀速运动时电机和减速器整体输出的功率为
（3）解：0~4s内，根据动能定理可得
v-t图线与坐标轴所围区域的面积表示位移，则
联立解得
【知识点】牛顿定律与图象；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) 由吊绳最大拉力确定最大拉力，结合吊篮、吊钩与沙子的总质量，利用牛顿第二定律求解最大加速度；
(2) 沙子匀速运动时合力为零，电机拉力等于总重力，结合速度与功率公式 P=Fv 求解输出功率；
(3) 0~4s 内电机做功等于系统动能与重力势能的增量，分阶段计算功的大小后求和。
（1）由图可得，0~2s内，沙子向上做匀加速直线运动，绳拉力大于重力，加速度大小为
2~4s内，沙子的速度不变，沙子做匀速直线运动，加速度为0；
4s后，沙子向上做匀减速直线运动，绳拉力为零时，加速度最大，其最大值为
（2）沙子匀速运动时电机和减速器整体输出的功率为
（3）0~4s内，根据动能定理可得
v-t图线与坐标轴所围区域的面积表示位移，则
联立解得
14．【答案】（1）解：作出粒子的运动轨迹，如图所示
根据几何关系可得，
解得，
根据洛伦兹力提供向心力
联立解得
（2）解：根据题意，作出带电粒子经过的区域如图所示
区域的面积为
（3）解：作出粒子的运动轨迹，如图所示
根据几何关系可得，，，
联立解得，
粒子运动到P点所经历的时间为
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 沿 x 轴负方向发射的粒子做匀速圆周运动，结合 P 点坐标确定轨迹半径，由洛伦兹力提供向心力公式求解磁感应强度B；
(2) 粒子从 O 点向第二象限均匀发射，运动轨迹为以O为起点、半径为2L的圆的一部分，结合几何图形计算粒子经过区域的面积；
(3) 除沿 x 轴负方向的粒子外，另一到达 P 点的粒子轨迹为弦长对应OP的圆弧，由几何关系求速度与 x 轴负方向的夹角θ，再结合圆周运动周期公式求运动时间t。
（1）作出粒子的运动轨迹，如图所示
根据几何关系可得，
解得，
根据洛伦兹力提供向心力
联立解得
（2）根据题意，作出带电粒子经过的区域如图所示
区域的面积为
（3）作出粒子的运动轨迹，如图所示
根据几何关系可得，，，
联立解得，
粒子运动到P点所经历的时间为
15．【答案】（1）解：从A运动到B的过程，对滑块P，根据牛顿第二定律可得
根据速度位移关系可得
联立解得
（2）解：滑块P、Q碰撞过程，有，
联立解得，
碰撞后，对滑块Q，根据牛顿第二定律有，
联立解得
滑块Q从C飞出后做类平抛运动，则，，
联立解得，，
（3）解：滑块Q第一次落到地面时竖直速度大小为
第一次与地面碰撞后速度大小为
第二次与地面碰撞后速度大小为
第n次与地面碰撞后速度大小为
水平方向，有
根据等比数列求和可得
解得
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】(1) 滑块P从A到B过程，利用动能定理克服摩擦力做功，求出碰撞前P的速度；
(2) 弹性碰撞过程满足动量守恒和机械能守恒，求出碰撞后Q的速度；Q从B到C过程，利用动能定理求出C点速度；Q在电场中做类平抛运动，分解水平、竖直方向运动，结合几何关系求DK的距离；
(3) Q在地面DF上竖直方向做自由落体运动，碰撞后竖直分速度变为k倍，水平分速度不变，利用运动学规律结合反弹次数求解k。
（1）从A运动到B的过程，对滑块P，根据牛顿第二定律可得
根据速度位移关系可得
联立解得
（2）滑块P、Q碰撞过程，有，
联立解得，
碰撞后，对滑块Q，根据牛顿第二定律有，
联立解得
滑块Q从C飞出后做类平抛运动，则，，
联立解得，，
（3）滑块Q第一次落到地面时竖直速度大小为
第一次与地面碰撞后速度大小为
第二次与地面碰撞后速度大小为
第n次与地面碰撞后速度大小为
水平方向，有
根据等比数列求和可得
解得
1 / 12026届四川省攀枝花市高三上学期第一次统一考试物理试卷
1．量子隧穿效应在扫描隧道显微镜（STM）中有着关键应用，STM的核心是让极细的探针与被测样品表面接近，当二者距离很小时，电子会通过隧穿效应从样品表面跃迁到探针，形成隧穿电流。已知电子的电荷量，隧穿电流的平均值约为A，则单位时间内通过隧穿效应跃迁到探针的电子数约为（　　）
A．个 B．个
C．个 D．个
【答案】B
【知识点】元电荷；电流、电源的概念
【解析】【解答】根据电流定义，有
可得时间内的电子数
可得单位时间内通过隧穿效应跃迁到探针的电子数约为
可得
故答案为：B。
【分析】本题考查电流的定义式的应用，核心是结合单位时间内的总电荷量与单个电子电荷量的关系，求解电子数。
2．中国北斗探空气球携带气象探测仪器升空，可用于实时监测大气参数并通过北斗卫星传输数据。气球球囊材质多为天然乳胶或合成橡胶，内部充满氦气，充气后升至约30-40公里高空后自行破裂。在某段升空过程中，离地面越高、空气密度越小、温度越低，气球体积变大，若忽略太阳作用和空气摩擦，则在该段上升过程中，关于球内的气体，下列说法正确的是（　　）
A．内能不断增大 B．从外界吸收热量
C．向外界放出热量 D．对外界做负功
【答案】C
【知识点】改变内能的两种方式；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】根据热力学第一定律，气体内能变化，其中为气体对外界做的功（规定系统对外做功为正）。气球上升过程中，环境温度降低，且气球体积变大。
A．气体内能取决于温度（），温度降低，故内能减少，即，故A错误；
BC．由热力学第一定律，解得。由上述分析可知且，但由于外界温度更低，气体向外界放热，故B错误，C正确；
D．气球体积变大，气体膨胀对外做功，即。故气体对外界做正功，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查热力学第一定律的应用，核心是紧扣气体内能的决定因素、做功的判断，结合ΔU=Q+W分析吸放热情况，逐一判断选项正误。
3．如图所示，一轻质弹簧上端固定在天花板上，下端连接一小球并处于静止状态。现将小球竖直向下拉离平衡位置一小段距离x后由静止释放，小球在竖直方向做简谐运动。空气阻力不计，下列说法中正确的是（　　）
A．x越大，小球振动的周期越大
B．小球每次经过平衡位置时的速度都相同
C．小球运动到平衡位置时，弹簧的弹力为零
D．小球运动到最低点时，弹簧的弹性势能最大
【答案】D
【知识点】简谐运动；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】A．弹簧振子做简谐运动的周期公式为，其中m是物块的质量，k是弹簧的劲度系数，周期T由系统本身的性质（m和k）决定，与振幅无关，故A错误；
B．根据系统机械能守恒定律可知，物块经过平衡位置时速度的大小相等，但速度方向可能向上也可能向下，故B错误；
C．平衡位置是物块所受合力为零的位置，物块在平衡位置时，受到竖直向下的重力和竖直向上的弹簧弹力大小相等，故C错误；
D．根据系统机械能守恒定律可知，当小球运动到最低点时，动能为零，重力势能最小，所以弹簧的弹性势能最大，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查弹簧振子简谐运动的规律，核心是紧扣简谐运动的周期决定因素、平衡位置的受力特点，结合机械能守恒分析速度、势能的变化，逐一判断选项正误。
4．如图所示，两个开口向上的圆锥形漏斗，其中轴线O1O2、O3O4均位于竖直方向，两漏斗的尖端O1、O3高度相同。两个质量相同、可视为质点的小球P、Q分别位于两漏斗的内表面上等高的位置。现分别给两小球一个水平初速度，使两小球刚好沿各自所在的漏斗内表面做圆周运动。忽略一切摩擦和空气阻力，以O1、O3所在水平面为零势能面，下列说法中正确的是（　　）
A．P球所受的弹力大于Q球所受的弹力
B．P球的线速度大于Q球的线速度
C．P球的角速度小于Q球的角速度
D．P球的机械能小于Q球的机械能
【答案】A
【知识点】生活中的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．对小球受力分析，小球受竖直向下的重力mg，侧壁的弹力FN，设FN与竖直方向的夹角为θ，则
由于P球所受弹力与竖直方向的夹角较大，则P球所受的弹力大于Q球所受的弹力，故A正确；
B．根据牛顿第二定律可得，根据几何关系可得
联立解得，由此可知，P球的线速度等于Q球的线速度，故B错误；
C．根据可知，P球的转动半径小于Q球的转动半径，则P球的角速度大于Q球的角速度，故C错误；
D．小球的机械能为，由此可知，P球的机械能等于Q球的机械能，故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查圆锥漏斗内小球圆周运动的受力与运动分析，核心是结合受力分解、牛顿第二定律推导线速度、角速度公式，再根据机械能的组成（动能 + 重力势能）比较机械能大小，逐一判断选项正误。
5．如图所示为半圆柱体玻璃砖的横截面，OC为直径，一束复色光沿PO方向从真空射到分界面OC上，在玻璃内分成a、b两束单色光，分别从A、B点射出。下列说法中正确的是（　　）
A．a光的光子能量大于b光的光子能量
B．真空中，a光光子的动量小于b光光子的动量
C．在玻璃砖中，a光的传播速度大于b光的传播速度
D．在玻璃砖中，a光的传播时间小于b光的传播时间
【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律；能量子与量子化现象；光子及其动量
【解析】【解答】A．根据折射定律可知，a光与b光的入射角相等，而a光的折射角小于b光的折射角，所以玻璃对a光的折射率更大，a光的频率更大，根据可知，a光的光子能量更大，故A正确；
B．由于a光的频率更大，a光的波长更短，根据可知，a光光子的动量更大，故B错误；
C．根据可知，玻璃对a光的折射率更大，则a光的传播速度小于b光的传播速度，故C错误；
D．设玻璃砖的半径为R，则光在玻璃砖中的传播时间为
由此可知，在玻璃砖中a光的传播时间等于b光的传播时间，故D错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查光的折射定律及光子能量、动量、光在介质中传播的相关规律，核心是通过折射角判断折射率大小，结合、、等公式分析光子能量、动量和传播速度，再推导光在介质中传播时间，逐一判断选项正误。
6．如图所示，A、B、C三个可视为质点的小球用两根不可伸长的轻绳连接后套在位于竖直面内的光滑圆环上，刚好保持静止。已知A、B与圆心O等高，B、C之间的轻绳与水平方向的夹角为，A、B的质量分别为、，则C球的质量为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】如图所示，对A、B两球受力分析
对A球，有，对B球，有
解得，
对C球进行受力分析，如下图所示
根据共点力平衡有
解得
故答案为：B。
【分析】本题考查共点力平衡的应用，核心是对 A、B、C 三个小球分别进行受力分析，结合几何角度和平衡条件列方程，通过绳的拉力关联求解 C 球的质量，逐一推导并验证选项。
7．如图所示，直线边界上下两边均有垂直纸面向里的匀强磁场，现有一带电粒子从上的点以垂直向上的初速度进入匀强磁场。若当粒子从点出发后第五次穿过时，粒子刚好回到点，粒子重力不计，则上下两边磁场的磁感应强度的大小之比为（　　）
A．2：1 B．1：2 C．3：2 D．2：3
【答案】C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】设粒子带正电，如图所示
设粒子在上下两边磁场运动的半径分别为、，根据几何关系有
根据洛伦兹力提供向心力有，
联立可得
故答案为：C。
【分析】本题考查带电粒子在匀强磁场中的圆周运动，核心是结合粒子运动轨迹的几何关系确定圆周运动半径之比，再根据洛伦兹力提供向心力的公式推导磁感应强度之比，进而判断选项正误。
8．2025年9月21日，地球、太阳、土星恰好连成一线，该现象称为“土星冲日”，冲日前后是观测这颗带有美丽光环的气态巨行星的绝佳时机。如图所示为土星冲日时与地球太阳相对位置的示意图，土星和地球绕太阳公转的轨道近似于圆且两轨道几乎共面，已知土星和地球绕太阳公转方向相同，公转的轨道半径之比约为10：1，根据以上信息可得出（　　）
A．土星和地球绕太阳公转的周期之比约为10：1
B．土星和地球绕太阳公转的速度之比约为
C．下一次“土星冲日”将在2026年9月21日出现
D．当土星与地球相距最远时两者的相对速度最大
【答案】B,D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．根据开普勒第三定律可得，故A错误；
B．根据万有引力提供向心力，所以，所以，故B正确；
C．设相邻两次“土星冲日”的时间间隔为t，则，所以
所以下一次“土星冲日”将不会在2026年9月21日出现，故C错误；
D．土星与地球两者的相对速度为两者速度之差，所以当土星与地球相距最远时两者的速度方向相反，则相对速度最大，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】本题考查开普勒定律与万有引力定律的应用，核心是结合开普勒第三定律推导公转周期之比，利用万有引力提供向心力公式求线速度之比，再分析 “土星冲日” 的时间间隔和行星相对速度，逐一判断选项正误。
9．如图甲所示的电路中，定值电阻的阻值R=8Ω，水平放置的螺线管匝数n=1000、横截面积S=10cm2、总电阻r=2Ω，电路其余部分电阻不计。水平向右穿过螺线管的匀强磁场其磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，下列说法中正确的是（　　）
A．通过电阻R中的电流方向是从M到N
B．0~4s内流过电阻R的电流大小为1.25A
C．0~4s内通过电阻R的电荷量为0.01C
D．电路中N点的电势为-0.1V
【答案】A,D
【知识点】楞次定律；感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】A．由楞次定律可知，穿过螺线管的磁通量向右且增大，所以感应电流的方向从左向右看为逆时针，所以通过电阻R的电流方向是从M到N，故A正确；
B．根据法拉第电磁感应定律有，由闭合电路欧姆定律得，联立解得，故B错误；
C.0~4s内通过电阻R的电荷量为，故C错误；
D．在外电路顺着电流方向电势降低，因M的电势等于零，那么N点的电势为，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】本题考查法拉第电磁感应定律与楞次定律的应用，核心是结合磁感应强度的变化率计算感应电动势，再利用闭合电路欧姆定律求感应电流、电荷量，结合电势高低的判断规则分析 N 点电势，逐一判断选项正误。
10．如图所示，质量M=3m的滑块Q静止在光滑水平面上，其上表面的左侧部分AB段为长L的粗糙水平面、右侧部分BC段为半径为R的光滑四分之一圆弧，AB与BC在B点相切，C点为圆弧最高点。一质量为m的滑块P以水平初速度v0从滑块Q的A端滑入，能经B点滑上圆弧段。已知重力加速度为g，，滑块P与滑块Q上表面AB段的动摩擦因数μ恒定，空气阻力不计，则下列说法中正确的是（　　）
A．若，则滑块P能从Q的C端飞出
B．滑块之间的动摩擦因数可能为
C．若，则最终P、Q组成的系统损失的机械能为
D．滑块Q在整个运动过程中速度的最大值不可能超过
【答案】A,C
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．若滑块P恰好到达C端，有，，联立解得
所以，若，则滑块P能从Q的C端飞出，故A正确；
B．若滑块P恰好到达B端，有，，联立解得
所以，若，则滑块P不能滑上圆弧轨道，故B错误；
C．若，则滑块将冲上圆弧轨道，但不会从C点飞出，假设滑块会返回A端，则，解得
由此可知，假设成立，且滑块返回到A端时，二者恰好共速，之后一起做匀速直线运动，所以最终P、Q组成的系统损失的机械能为，故C正确；
D．由以上分析可知，当P冲上圆弧轨道上升到最高点时，二者共速，此时速度为，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查动量守恒与能量守恒的综合应用，核心是分阶段分析滑块 P 与滑块 Q 的相互作用（水平动量守恒、能量损耗），结合恰好到达 C 端、恰好到达 B 端的临界条件判断动摩擦因数范围，再推导系统机械能损失和 Q 的最大速度，逐一验证选项正误。
11．传统“单摆测量重力加速度”实验中，用秒表测量周期存在较大误差。某实验小组利用数字化设备改进该实验，按如图所示的实验装置进行实验。选用的器材有：摆球、不易伸长的细线、刻度尺、游标卡尺、拉力传感器、数据采集器、计算机等。实验步骤如下：
（i）将拉力传感器固定在竖直木板上，并与摆球用细线相连；
（ii）用刻度尺测量摆线长度l，再用游标卡尺测量摆球直径d，计算摆长；
（iii）让单摆做小角度摆动，数据采集器记录拉力传感器的数据；
（iv）改变摆长，重复以上步骤三次。
据此回答以下问题：
（1）在测量摆长时，必须使单摆处于___________状态。
A．水平放置且拉直
B．挂上摆球后在竖直面内自然悬垂
C．竖直悬挂且用竖直外力拉紧
（2）某次测量得到的拉力传感器的示数F随时间t变化的图像如图乙所示，则该次测量中摆球摆动的周期T=　 　s（保留两位有效数字），重力加速度可表示为　 　（用l、d、T表示）。
【答案】（1）B
（2）2.0；
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）测量摆长时，必须使单摆挂上摆球后在竖直面内自然悬垂状态下测量，这样测量的摆长最准确。
故答案为：B。
（2）由图可知，相邻两次拉力最小的时间间隔为1.0s，所以摆球摆动的周期为
根据单摆的周期公式可得，所以
故答案为：2.0；
【分析】(1) 依据单摆摆长的定义（悬点到摆球球心的距离），分析测量摆长时单摆的正确状态，排除错误操作的影响；
(2) 结合拉力传感器的图像特征，确定单摆的周期（一次全振动的时间），再由单摆周期公式总推导重力加速度的表达式。
（1）测量摆长时，必须使单摆挂上摆球后在竖直面内自然悬垂状态下测量，这样测量的摆长最准确。
故选B。
（2）[1]由图可知，相邻两次拉力最小的时间间隔为1.0s，所以摆球摆动的周期为
[2]根据单摆的周期公式可得
所以
12．某实验小组在“测量金属丝的电阻率”实验中，实验室提供的器材如下：机械式多用电表、螺旋测微器、电流表、电压表、滑动变阻器、直流电源、开关、导线若干。实验步骤如下：
（1）用多用电表电阻挡粗测金属丝的阻值。先选择“×10”倍率的电阻挡，将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指在右侧0刻度线，再将红、黑表笔分别与金属丝的两端相接，指针静止时指向甲图中的a处。为了能获得更准确的测量数据，应将电阻挡调整到　 　（选填“×1”或“×100”）倍率，接着进行规范操作后指针静止时指在甲图中b处，则该金属丝的阻值约为　 　Ω；
（2）用螺旋测微器分别测量金属丝几个不同位置横截面的直径D，某次测量时的情形如图乙所示，该处的直径D=　 　mm，再用刻度尺测量金属丝的长度。
（3）①按照图丙所示连接器材，测量金属丝的电阻Rx。请在丁图中用笔画线代替导线补充完整实物图　 　。闭合开关S前，滑动变阻器的滑片P应处在图丁中的　 　（填“c”或“d”）端。
②闭合开关S，测量通过金属丝的电流I和金属丝两端的电压U，由此可计算得出金属丝的电阻率ρ=　 　。（用题中所测物理量的字母表示）
（4）误差分析：本实验的系统误差主要是因为　 　引起的。
【答案】（1）×1；19.0
（2）1.030
（3）；c；
（4）电压表分流
【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；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）指针静止时指向甲图中的a处，说明待测电阻阻值较小，应更换小倍率进行测量，所以为了能获得更准确的测量数据，应将电阻挡调整到“×1”；
欧姆表的读数为指针所指刻度与倍率的乘积，所以该金属丝的阻值约为
故答案为：×1；19.0
（2）螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，所以
故答案为：1.030
（3）按照电路图进行实物连接，如图所示
闭合开关S前，滑动变阻器的滑片P应处在图丁中的c端；
根据电阻定律，，
所以
故答案为：；c；
（4）本实验电流表采用外接法，所以实验的系统误差主要是因为电压表分流引起。
故答案为：电压表分流
【分析】(1) 依据多用电表欧姆挡的使用规则，指针偏转角度小说明被测电阻大，需换小倍率挡位；结合表盘读数规则（刻度×倍率）计算电阻值。
(2) 螺旋测微器读数为固定刻度 + 可动刻度×精度，注意半毫米刻度是否露出，精准计算直径。
(3) ① 根据图丙的电路图（电流表外接、滑动变阻器分压式），补充实物图的导线连接；滑动变阻器分压式接法中，闭合开关前滑片应置于使被测电路电压为零的位置。
② 由电阻定律 结合欧姆定律，推导电阻率的表达式。
(4) 分析电流表外接法的系统误差来源，明确误差产生的原因。
（1）[1]指针静止时指向甲图中的a处，说明待测电阻阻值较小，应更换小倍率进行测量，所以为了能获得更准确的测量数据，应将电阻挡调整到“×1”；
[2]欧姆表的读数为指针所指刻度与倍率的乘积，所以该金属丝的阻值约为
（2）螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，所以
（3）[1]按照电路图进行实物连接，如图所示
[2]闭合开关S前，滑动变阻器的滑片P应处在图丁中的c端；
[3]根据电阻定律，，
所以
（4）本实验电流表采用外接法，所以实验的系统误差主要是因为电压表分流引起。
13．如图甲所示为工地上常用的简易吊车的工作原理图，电机和减速器为一整体，通过支臂OB上的滑轮竖直吊起货物。在某次施工中需要竖直吊起总质量M=480kg的沙子，吊起过程中沙子的速度与时间的关系如图乙所示。已知吊绳允许承载的最大拉力为1×104N，吊篮及吊钩的质量m=20kg，重力加速度g取10m/s2，不计滑轮和吊绳的质量，忽略空气阻力及滑轮与吊绳之间的摩擦，求：
（1）该吊车吊起这批沙子允许达到的最大加速度am；
（2）沙子匀速运动时电机和减速器整体输出的功率P；
（3）0~4s内电机和减速器整体做的功W。
【答案】（1）解：由图可得，0~2s内，沙子向上做匀加速直线运动，绳拉力大于重力，加速度大小为
2~4s内，沙子的速度不变，沙子做匀速直线运动，加速度为0；
4s后，沙子向上做匀减速直线运动，绳拉力为零时，加速度最大，其最大值为
（2）解：沙子匀速运动时电机和减速器整体输出的功率为
（3）解：0~4s内，根据动能定理可得
v-t图线与坐标轴所围区域的面积表示位移，则
联立解得
【知识点】牛顿定律与图象；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) 由吊绳最大拉力确定最大拉力，结合吊篮、吊钩与沙子的总质量，利用牛顿第二定律求解最大加速度；
(2) 沙子匀速运动时合力为零，电机拉力等于总重力，结合速度与功率公式 P=Fv 求解输出功率；
(3) 0~4s 内电机做功等于系统动能与重力势能的增量，分阶段计算功的大小后求和。
（1）由图可得，0~2s内，沙子向上做匀加速直线运动，绳拉力大于重力，加速度大小为
2~4s内，沙子的速度不变，沙子做匀速直线运动，加速度为0；
4s后，沙子向上做匀减速直线运动，绳拉力为零时，加速度最大，其最大值为
（2）沙子匀速运动时电机和减速器整体输出的功率为
（3）0~4s内，根据动能定理可得
v-t图线与坐标轴所围区域的面积表示位移，则
联立解得
14．如图所示，在xOy平面内的第一、二象限内存在范围足够大的匀强磁场，磁场方向垂直xOy平面向里，坐标原点O处存在一粒子源向xOy平面的第二象限内均匀发射同种带电粒子，发射粒子的速度大小均为v0，沿x轴负方向发射的粒子恰好经过第一象限内的P点。已知粒子质量为m，电荷量为-q（q>0），P点的坐标为（，3L），不计粒子重力，忽略粒子之间的相互作用，求：
（1）磁感应强度的大小B；
（2）磁场中有带电粒子经过区域的面积S；
（3）除沿x轴负方向发射的粒子外，恰好打到P点的粒子发射时的速度与x轴负方向的夹角θ及发射后运动到P点所经历的时间t。
【答案】（1）解：作出粒子的运动轨迹，如图所示
根据几何关系可得，
解得，
根据洛伦兹力提供向心力
联立解得
（2）解：根据题意，作出带电粒子经过的区域如图所示
区域的面积为
（3）解：作出粒子的运动轨迹，如图所示
根据几何关系可得，，，
联立解得，
粒子运动到P点所经历的时间为
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 沿 x 轴负方向发射的粒子做匀速圆周运动，结合 P 点坐标确定轨迹半径，由洛伦兹力提供向心力公式求解磁感应强度B；
(2) 粒子从 O 点向第二象限均匀发射，运动轨迹为以O为起点、半径为2L的圆的一部分，结合几何图形计算粒子经过区域的面积；
(3) 除沿 x 轴负方向的粒子外，另一到达 P 点的粒子轨迹为弦长对应OP的圆弧，由几何关系求速度与 x 轴负方向的夹角θ，再结合圆周运动周期公式求运动时间t。
（1）作出粒子的运动轨迹，如图所示
根据几何关系可得，
解得，
根据洛伦兹力提供向心力
联立解得
（2）根据题意，作出带电粒子经过的区域如图所示
区域的面积为
（3）作出粒子的运动轨迹，如图所示
根据几何关系可得，，，
联立解得，
粒子运动到P点所经历的时间为
15．如图所示，可视为质点的滑块P、Q位于水平平台上的A、B两点，A、B之间的距离d=1m，B到平台右端C之间有水平向右的匀强电场，场强大小E1=5×104V/m、宽度也为d。水平光滑地面DF与水平平台的右侧延长线之间存在宽度足够大的匀强电场，场强大小E2=1×106V/m，方向竖直向下。地面DF上固定有一竖直挡板MN，其到地面D端的距离s=2.4m。现给滑块P一个大小的初速度从A点开始向右运动，与静止的滑块Q发生弹性正碰，一段时间后滑块Q从C点水平飞出，落到水平面上的K点（图中未画出）。滑块Q在地面上经多次反弹后与挡板MN发生弹性碰撞，碰后恰好能沿直线运动到D点。滑块Q与地面DF之间每次碰撞时弹起速度的竖直分量均为碰撞前瞬间速度的竖直分量的k倍，而水平分量保持不变。已知滑块P为绝缘材质、质量mP=100g，滑块Q的质量mQ=200g、带电量q=+2.0×10-6C，滑块P、Q与水平平台ABC之间的动摩擦因数μ均为0.2，平台与地面DF之间的高度差h=1.6m，重力加速度g取10m/s2，滑块Q的电荷量始终不变，不计空气阻力和所有碰撞的时间，求：
（1）P、Q两滑块碰撞前瞬间滑块P的速度大小v1；
（2）D、K两点间的距离x；
（3）k值。
【答案】（1）解：从A运动到B的过程，对滑块P，根据牛顿第二定律可得
根据速度位移关系可得
联立解得
（2）解：滑块P、Q碰撞过程，有，
联立解得，
碰撞后，对滑块Q，根据牛顿第二定律有，
联立解得
滑块Q从C飞出后做类平抛运动，则，，
联立解得，，
（3）解：滑块Q第一次落到地面时竖直速度大小为
第一次与地面碰撞后速度大小为
第二次与地面碰撞后速度大小为
第n次与地面碰撞后速度大小为
水平方向，有
根据等比数列求和可得
解得
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】(1) 滑块P从A到B过程，利用动能定理克服摩擦力做功，求出碰撞前P的速度；
(2) 弹性碰撞过程满足动量守恒和机械能守恒，求出碰撞后Q的速度；Q从B到C过程，利用动能定理求出C点速度；Q在电场中做类平抛运动，分解水平、竖直方向运动，结合几何关系求DK的距离；
(3) Q在地面DF上竖直方向做自由落体运动，碰撞后竖直分速度变为k倍，水平分速度不变，利用运动学规律结合反弹次数求解k。
（1）从A运动到B的过程，对滑块P，根据牛顿第二定律可得
根据速度位移关系可得
联立解得
（2）滑块P、Q碰撞过程，有，
联立解得，
碰撞后，对滑块Q，根据牛顿第二定律有，
联立解得
滑块Q从C飞出后做类平抛运动，则，，
联立解得，，
（3）滑块Q第一次落到地面时竖直速度大小为
第一次与地面碰撞后速度大小为
第二次与地面碰撞后速度大小为
第n次与地面碰撞后速度大小为
水平方向，有
根据等比数列求和可得
解得
1 / 1

展开更多......

收起↑