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2025届云南省昆明市高三一模物理试题
一、选择题：本题共10 小题，共46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，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．某同学在乘坐高铁列车时，利用手机软件记录了列车沿平直轨道运动的速度v随时间t的变化关系如图所示，下列能大致反映列车位移x随时间变化规律的图像是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】运动学 S-t 图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】由速度v随时间t的变化图像可知，列车先匀加速，再匀速，根据及可知，位移x随时间的变化图像先是开口向上的抛物线，然后是斜率不变的直线。
故答案为：A。
【分析】本题考查v-t图像与x-t图像的转化，核心是根据列车的速度变化（先变加速、后匀加速、再匀速），结合运动学公式分析位移随时间的变化规律，判断x-t图像的形状。
2．一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其压强p随体积V变化的图像如图中a到b的线段所示。在此过程中（　　）
A．气体内能一直减小 B．气体分子平均动能不变
C．气体密度一直减小 D．气体一直向外界放热
【答案】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
【解析】【解答】AB．一定质量的理想气体从a到b的过程，由理想气体状态方程，可知，即气体的温度一直升高，则气体内能一直增大，气体分子平均动能增大，故AB错误；
C．气体的质量不变，体积变大，根据可知，密度减小，故C正确；
D．由于从a到b的过程中气体的体积增大，所以气体一直对外做功，即，根据热力学第一定律，从a到b的过程中，气体一直从外界吸热，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查理想气体的状态变化与热力学规律，核心是结合p V图像，利用理想气体状态方程分析温度变化，再结合密度公式、热力学第一定律判断内能、分子平均动能、密度及吸放热情况。
3．北京时间2025年1月7日，实践二十五号卫星顺利进入预定轨道。其在预定轨道上的运动可视为绕地球的匀速圆周运动。已知该卫星距地面高度为h，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g。忽略地球自转，则该卫星运行周期为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】物体在地球表面时，重力等于万有引力有
卫星做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力有
联立解得
故答案为：D。
【分析】本题考查卫星绕地球圆周运动的周期计算，核心是利用地球表面的重力等于万有引力，结合万有引力提供卫星向心力的规律，联立推导周期表达式。
4．光电管可将光信号转换成电信号，广泛应用于多个领域。如图所示为某光电管的工作电路图，用某单色光照射在阴极K上，有电信号从电阻R两端输出。下列方式一定能使R两端电压增大的是（　　）
A．保持其他条件不变，将滑动变阻器滑片向左滑动
B．保持其他条件不变，将滑动变阻器滑片向右滑动
C．保持其他条件不变，增大照射光的强度
D．保持其他条件不变，减小照射光的强度
【答案】C
【知识点】光电效应
【解析】【解答】本题是对爱因斯坦光电效应方程的常规考查，只需要学生了解光电流的产生原因和增大光电流的办法，就可以正确选择。AB．保持其他条件不变，将滑动变阻器滑片向左滑动，光电管电压减小，但如果此时仍然达到饱和电流，则光电流不变，则R两端电压不变；如果此时没有达到饱和电流，光电流减小，R两端电压减小，可知滑动变阻器滑片向左滑动，R两端电压可能不变，也可能减小；同理将滑动变阻器滑片向右滑动，光电管电压增大，如果已达到饱和电流，则光电流不变，则R两端电压不变；如果此时没有达到饱和电流，光电流增大，R两端电压增大，可知滑动变阻器滑片向右滑动，R两端电压可能不变，也可能增大，故AB错误；
CD．根据光电效应，增加光照强度会增加单位时间内照射到阴极的光子数，从而增加发射出来的光电子数。光电子数量的增加会导致形成的电流增大，导致光电管两端的电压增大，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】根据光电效应的特点及光电流与光照强度的关系分析。
5．静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器。某除尘器的收尘板是很长的条形金属板，图中MN为该收尘板的横截面，工作时收尘板带正电，其上侧的电场线外布如图所示。某粉尘颗粒仅在电场力作用下从P点向收尘板运动，最后落在收尘板上，图中虚线表示该粉尘的运动轨迹，则粉尘从P点运动到收尘板的过程中（　　）
A．动能逐渐减小 B．电势能逐渐减小
C．加速度逐渐减小 D．受到的电场力逐渐变小
【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AB．某粉尘颗粒仅在电场力作用下从P点向收尘板运动，由于电场力位于轨迹的凹侧，则电场力沿着电场线指向收尘板，则粉尘从P点运动到收尘板的过程中，电场力对粉尘做正功，动能逐渐增加，电势能逐渐减小，故A错误，B正确；
CD．根据题图电场线的疏密程度可知，粉尘从P点运动到收尘板的过程中，受到的电场力逐渐增大，根据牛顿第二定律可知，加速度逐渐增大，故CD错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查非匀强电场中带电粒子的运动与能量变化，核心是结合电场线的疏密判断电场力和加速度的变化，根据电场力做功分析动能与电势能的变化。
6．在一水平天花板上用两根等长轻绳悬挂一小球，小球可视为质点。下列四幅图中，剪断其中一根轻绳的瞬间，另一根轻绳上的拉力大小不变的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】设轻绳与水平天花板的夹角为，由受力分析可知初始时刻满足
剪断其中一根轻绳的瞬间，小球只受重力、未剪断绳子的拉力，将重力沿绳子和垂直于绳子分解后，满足
由以上两式解得
轻绳与水平天花板的夹角为
故答案为：B。
【分析】本题考查轻绳剪断瞬间的受力突变问题，核心是先分析小球静止时的受力平衡，再分析剪断一根绳后，剩余绳的拉力与重力的分解关系，推导拉力不变的临界角度。
7．如图所示，有一放在真空中半径cm的玻璃球，在玻璃球内有一与球心O距离为cm且可向各个方向发出单色光的点光源S。已知玻璃球的折射率，下列说法正确的是（　　）
A．光从玻璃球折射出去后频率变大
B．光从玻璃球折射出去后传播速度变小
C．光源S向各方向发出的光都能射出玻璃球
D．光源S发出的光在玻璃球界面上的最大入射角为30°
【答案】C
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】A．光从一种介质进入到另一种介质，频率不变，A错误；
B．光从玻璃球折射出去后传播速度变大， B错误；
CD．假设点光源S发出的一条光线射到球面上的P点，如图所示
由正弦定理得，解得
故对于位置已固定的光源，当越大时，越大，即光线射出玻璃球的入射角就越大，所以其最大正弦值为
即入射角得最大值为
全反射临界角C的正弦值为
即发生全反射得临界角为
由于，光源S向各方向发出的光都能射出玻璃球，C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查光的折射与全反射规律，核心是结合折射率分析光的频率、传播速度变化，通过几何关系和正弦定理推导入射角的最大值，判断光线能否全部射出玻璃球。
8．某人握住轻绳的一端上下抖动，使绳子振动起来，时刻的波形图如图所示，此时质点A位于波峰，质点B开始振动，A、B两质点平衡位置间的距离为0.9m。s时质点C开始振动，B、C两质点平衡位置间的距离为9m。若将该绳波视为简谐横波，下列说法正确的是（　　）
A．该绳波的波速大小为3m/s B．手抖动的频率是2Hz
C．手的起振方向向上 D．s时质点B向上运动
【答案】A,D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．s时质点C开始振动，B、C两质点平衡位置间的距离为9m，则该绳波的波速大小为，故A正确；
B．根据题图可知，A、B两质点平衡位置间的距离满足，解得波长为，则周期为
则手抖动的频率为，故B错误；
C．时刻质点B开始振动，根据波形平移法可知，质点B的起振方向向下，则手的起振方向向下，故C错误；
D．时刻质点B从平衡位置向下振动，由于，则s时质点B经过平衡位置向上运动，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】本题考查简谐横波的传播规律，核心是结合波的传播时间与距离求波速，通过波长、波速推导周期和频率，利用波形平移法判断质点振动方向。
9．如图甲所示，光滑绝缘的水平面上有垂直水平面的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，磁场方向如图所示，两磁场区域宽度均为l = 0.1 m，边长为0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于水平面上，cd边与磁场边界平行。导线框在与cd垂直的水平外力F的作用下匀速通过磁场区域，t = 0时刻cd边进入磁场区域Ⅰ，F随时间t变化的关系如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．0 ~ 0.2 s内，导线框中感应电流方向为a→b→c→d→a
B．磁场区域Ⅱ中的磁感应强度大小为0.4 T
C．0.2 ~ 0.4 s内，导线框中感应电流大小为2 A
D．0 ~ 0.6 s内，导线框中产生的焦耳热为0.024 J
【答案】A,D
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A.0 ~ 0.2 s内，cd边在磁场Ⅰ中做切割磁感线运动，根据右手定则可知，导线框中感应电流得方向为a→b→c→d→a，故A正确；
BC.0 ~ 0.2 s内，cd边在磁场Ⅰ中做切割磁感线运动，产生的电动势为E1，磁感应强度为B1，线框切割磁感线运动的速度为v，根据题意可知，线框的速度
线框产生的电动势
线框中的电流
cd边受到的安培力
由于线框匀速运动，则有
联立解得
0.2 ~ 0.4 s内，ab边在磁场Ⅰ中做切割磁感线运动，产生的电动势为E1，cd边在磁场Ⅱ中做切割磁感线运动，产生的感应电动势为E2，磁感应强度为B2，cd边产生的电动势
线框中的电流
此时ab边受到的安培力
方向水平向左，cd边受到的安培力
方向水平向左，对线框受力分析则有
联立解得
线框中的电流，故BC错误；
D．根据动能定理可知，整个过程中产生的热量等于外力所做的功即，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】本题考查电磁感应中的动力学与能量问题，核心是结合导线框的匀速运动，利用法拉第电磁感应定律、安培力公式和焦耳定律，分析感应电流方向、磁感应强度、电流大小及焦耳热。
10．如图甲所示，光滑斜面底端有一固定挡板，轻质弹簧一端固定在挡板上，质量为m的物块P（可视为质点）从斜面上的O点由静止释放，P的加速度大小a随它与O点的距离x变化的关系如图乙所示，图乙中各坐标值均已知，为物块P到O点的最大距离，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是（　　）
A．时，物块P速度最大
B．物块P运动过程中的最大加速度为
C．弹簧的最大弹性势能为
D．物块P的最大动能为
【答案】B,C,D
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．在物块沿斜面向下运动的过程中，对物块P进行分析可知，物块先向下做匀加速直线运动，与弹簧接触后，先向下做加速度减小的加速运动，当加速度减小为0时，速度达到最大值，之后在向下做加速度方向变为向上的变减速直线运动，可知时，物块P速度最大，故A错误；
B．物块P没有接触弹簧前，对物块分析有
在时，加速度为0，则有
在时，物块的加速度最大，此时有
解得，故B正确；
C．物块P没有接触弹簧前，对物块分析有
由于为物块P到O点的最大距离，即在时，物块的速度为0，根据能量守恒定律可知，弹簧的最大弹性势能为，故C正确；
D．根据上述可知，时，物块P速度最大，动能最大，根据动能定理有
根据胡克定律可知，弹簧弹力与形变量成正比，利用弹力的平均值可以得到
由于在时，加速度为0，则有
解得，故D正确。
故答案为：BCD。
【分析】本题围绕弹簧 - 滑块系统的动力学与能量转化展开，核心是结合加速度-距离（a x）图像，分析滑块的受力平衡、加速度极值，以及弹性势能和动能的变化规律，需综合应用牛顿第二定律、动能定理和能量守恒定律。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．实验小组利用图甲所示的多用电表测量一电阻的阻值，主要操作步骤如下：
（1）选用欧姆挡“×10”倍率进行测量时，发现多用电表指针位于图乙中a位置，需重新选择　 　（填“×1”或“×100”）倍率，并进行欧姆调零。
（2）关于欧姆调零，下列操作正确的是______。
A．红、黑表笔断开，调节“S”，使指针指到表盘左侧“0”刻度线处
B．红、黑表笔短接，调节“S”，使指针指到表盘右侧“0 Ω”刻度线处
C．红、黑表笔短接，调节“T”，使指针指到表盘右侧“0 Ω”刻度线处
（3）经正确操作后，多用电表指针位于图乙中b位置，则该电阻的阻值为　 　Ω。（结果保留2位有效数字）
【答案】（1）×1
（2）C
（3）28
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）由于指针偏转幅度较大，说明待测电阻的阻值较小，为减小测量误差，需更换更小倍率的挡位，故选择“×1”倍率。
故答案为：×1
（2）由题可知，S为机械调零，T为欧姆调零，欧姆调零时，应先将两表笔短接，再调节欧姆调零旋钮T，使指针指在表盘右侧“0 Ω”刻度线处。
故答案为：C。
（3）根据欧姆表的读数可得，待测电阻的阻值为28 × 1 Ω = 28 Ω。
故答案为：28
【分析】(1) 欧姆表指针偏角过小说明被测电阻阻值大，需增大倍率；指针偏角过大则减小倍率，结合图中 a 位置指针偏角情况选择合适倍率。
(2) 欧姆调零的核心是红黑表笔短接后，调节欧姆调零旋钮使指针指在右侧 “0Ω” 刻度处，需区分机械调零与欧姆调零的操作差异。
(3) 欧姆表读数为指针示数乘以所选倍率，再按有效数字要求保留结果。
（1）由于指针偏转幅度较大，说明待测电阻的阻值较小，为减小测量误差，需更换更小倍率的挡位，故选择“×1”倍率。
（2）由题可知，S为机械调零，T为欧姆调零，欧姆调零时，应先将两表笔短接，再调节欧姆调零旋钮T，使指针指在表盘右侧“0 Ω”刻度线处。
故选C。
（3）根据欧姆表的读数可得，待测电阻的阻值为28 × 1 Ω = 28 Ω。
12．实验小组根据平抛运动的规律，设计不同实验方案测量小球做平抛运动的初速度大小。
（1）他们利用如图甲所示的实验装置，用“描迹法”测量小球做平抛运动的初速度大小。
①关于该实验，下列说法正确的是　 　。
A.斜槽轨道末端应保持水平
B.应想办法尽量减小小球与轨道之间的摩擦
C.每次应将小球从斜槽轨道上同一位置由静止释放
D.实验时，必须控制挡板高度等间距下降
②该小组正确实验后，在方格纸上记录了小球在不同时刻的位置如图乙中a、b、c所示，建立如图所示的平面直角坐标系，y轴沿竖直方向，方格纸每一小格的边长为L，a、b、c三点的坐标分别为a（2L，2L）、b（4L，3L）、c（8L，8L）。小球从a点到b点所用时间为，b点到c点所用时间为，则　 　；在小球轨迹上取一个点d（图中未画出），使得小球从b点到d点和从d点到c点的运动时间相等，则d点的纵坐标为　 　。
③若L=2.45 cm，当地重力加速度的大小为9.8m/s2，则小球做平抛运动的初速度大小为　 　m/s。（计算结果保留2位有效数字）
（2）该实验小组又设计一个新的方案，如图丙所示。O点处有一点光源，O点正前方d处竖直放置一块毛玻璃，将小球从O点垂直毛玻璃水平抛出，在毛玻璃后方观察到小球在毛玻璃上的投影点P，利用频闪相机记录小球在毛玻璃上的投影点P的位置。可得到P沿毛玻璃下降的高度h随小球运动时间t变化的关系如图丁所示，若该图像斜率为k，重力加速度为g，则小球做平抛运动的初速度大小为　 　。（用k、d和g表示）
【答案】（1）AC；2；5L；0.98
（2）
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）①A．为保证小球初速度水平，斜槽轨道末端应保持水平，故A正确；
B．小球与轨道之间的摩擦对实验结果无影响，故B错误；
C．为保证小球初速度相等，每次应将小球从斜槽轨道上同一位置由静止释放，故C正确；
D．挡板高度无需等间距下降，故D错误；
故答案为：AC。
②由图可知
根据水平方向做匀速直线运动可知
则
根据水平方向做匀速直线运动可知相邻两点的水平距离相等，竖直方向满足
设d点的纵坐标为，则
解得
竖直方向有
水平方向有
解得
故答案为： ① AC； ② 2；5L； ③ 0.98
（2）根据平抛运动规律有，
解得
则斜率为
解得
故答案为：
【分析】(1) ①平抛运动实验的核心要求是保证小球初速度水平且每次平抛的初速度相同，据此分析各选项的合理性；
②平抛运动可分解为水平方向匀速直线运动、竖直方向自由落体运动，利用水平位移关系确定时间间隔，结合竖直方向匀变速运动的推论（逐差法、中间时刻速度）求解时间比和d点纵坐标；
③由竖直方向的位移差公式求出时间间隔，再结合水平匀速运动公式计算初速度。
（1）①[1]A．为保证小球初速度水平，斜槽轨道末端应保持水平，故A正确；
B．小球与轨道之间的摩擦对实验结果无影响，故B错误；
C．为保证小球初速度相等，每次应将小球从斜槽轨道上同一位置由静止释放，故C正确；
D．挡板高度无需等间距下降，故D错误；
故选AC。
②[2]由图可知
根据水平方向做匀速直线运动可知
则
[3] 根据水平方向做匀速直线运动可知相邻两点的水平距离相等，竖直方向满足
设d点的纵坐标为，则
解得
[4] 竖直方向有
水平方向有
解得
（2）根据平抛运动规律有，
解得
则斜率为
解得
13．如图所示，有三个小球A、B、C静止在光滑水平面上，B、C之间用轻弹簧连接，三个小球处于同一直线上。使A以速度向右运动，与B发生正碰后反弹，反弹的速度大小为。已知A、B碰撞时间极短，小球A、B、C的质量分别为m、2m、2m，弹簧始终在弹性限度内。求：
（1）A、B碰撞后瞬间，B的速度大小；
（2）弹簧压缩量最大时，弹簧的弹性势能。
【答案】（1）
（2）
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
14．如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面ABCD是边长为d=3.2m的正方形，在其中心O处用长为L=0.6m的轻绳悬挂一可视为质点的小球，使小球静止。现给小球一个垂直于绳方向的初速度，小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动。取重力加速度g=10m/s2。求：
（1）的大小；
（2）若小球沿斜面向上运动到与O点等高时，剪断轻绳，从剪断轻绳到小球离开斜面所用的时间。
【答案】（1）解：小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，当小球恰过最高点时，由牛顿第二定律得
小球从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得
联立解得
（2）解：小球从最低点运动到与O点等高处的过程中，由动能定理得
解得
剪断轻绳后，小球沿斜面向上做匀减速直线运动，设小球向上运动的最大位移为x，根据运动学公式可得
由牛顿第二定律得
联立解得
由于，因此小球不会从CD边离开斜面。剪断轻绳后，小球先沿斜面向上做匀减速直线运动，然后向下做匀加速直线运动。小球向上运动的过程中，由匀变速直线运动的规律得
解得
小球向下运动的过程中，由匀变速直线运动的规律得
解得
从剪断轻绳到小球离开斜面所用的时间为
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) 小球在斜面上做圆周运动，恰好完成完整圆周运动的临界条件为最高点重力沿斜面的分力提供向心力，结合动能定理（从最低点到最高点重力分力做功）求解初速度；
(2) 先由动能定理求出小球运动到与O点等高处的速度，剪断轻绳后小球沿斜面做匀变速直线运动，由牛顿第二定律求加速度，再结合运动学公式分析运动过程，计算从剪断轻绳到离开斜面的总时间。
（1）小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，当小球恰过最高点时，由牛顿第二定律得
小球从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得
联立解得
（2）小球从最低点运动到与O点等高处的过程中，由动能定理得
解得
剪断轻绳后，小球沿斜面向上做匀减速直线运动，设小球向上运动的最大位移为x，根据运动学公式可得
由牛顿第二定律得
联立解得
由于，因此小球不会从CD边离开斜面。剪断轻绳后，小球先沿斜面向上做匀减速直线运动，然后向下做匀加速直线运动。小球向上运动的过程中，由匀变速直线运动的规律得
解得
小球向下运动的过程中，由匀变速直线运动的规律得
解得
从剪断轻绳到小球离开斜面所用的时间为
15．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第三象限内，区域Ⅰ（）内有方向垂直xOy平面向外的匀强磁场；区域Ⅱ（）内有一平行纸面且大小、方向均未知的匀强电场（图中未画出）。一质量为m、电荷量为q（）的粒子从点a（，）沿y轴正方向、以大小为的初速度开始运动，从点b（，）沿x轴正方向进入区域Ⅱ，粒子在电场中运动时间后，从坐标原点进入第一象限，第一象限内存在垂直xOy平面向里的磁场，该磁场内各点的磁感应强度大小与横坐标x满足（k为大于0的常量）。不计粒子重力，求：
（1）区域Ⅰ内匀强磁场磁感应强度的大小；
（2）区域Ⅱ内匀强电场场强E的大小；
（3）该粒子在第一象限内运动过程中与y轴的最大距离。
【答案】（1）解：粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系得粒子在区域Ⅰ中运动的轨迹半径为
由牛顿第二定律得
解得

（2）解：设匀强电场的水平分量为，竖直分量为，由牛顿第二定律得
粒子沿x轴、y轴的分运动均为匀变速直线运动，沿x轴方向有
沿y轴方向有
解得，
区域Ⅱ内匀强电场场强E的大小为

（3）解：粒子经过坐标原点O瞬间，沿x轴方向的分速度大小为
沿y轴方向的分速度大小为
粒子经过O点瞬间的速度大小为
粒子在第一象限内运动过程中，当粒子与y轴距离最大时，粒子沿x轴方向的分速度为0，沿y轴方向的分速度大小为
在y轴方向由动量定理得
解得
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】一、易错点与关键概念
1、区域Ⅰ中轨迹半径的确定
需正确画出轨迹，利用几何关系求半径，不能直接套公式
2、电场方向未知时的处理
设两个分量，用位移和时间列方程求解
3、非均匀磁场中运动分析
不能用匀速圆周运动公式
需用动量定理将时间积分转化为空间积分
4、动量定理的矢量性
注意各分量的方向，积分时正负号要正确
二、解题关键步骤
1、第(1)问
由几何关系求轨迹半径R。
由 求B。
2、第(2)问
设电场分量 Ex 、 。由运动学方程解出加速度分量。
求合场强
3、第(3)问
求进入第一象限时的速度分量。
对 y 方向应用动量定理，积分求最大位移。
总结：本题综合考查带电粒子在匀强磁场、匀强电场、非均匀磁场中的运动，核心在于正确分析各阶段的受力与运动特点，并能灵活运用几何关系、运动学方程和动量定理求解未知量。

（1）粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系得粒子在区域Ⅰ中运动的轨迹半径为
由牛顿第二定律得
解得
（2）设匀强电场的水平分量为，竖直分量为，由牛顿第二定律得
粒子沿x轴、y轴的分运动均为匀变速直线运动，沿x轴方向有
沿y轴方向有
解得
，
区域Ⅱ内匀强电场场强E的大小为
（3）粒子经过坐标原点O瞬间，沿x轴方向的分速度大小为
沿y轴方向的分速度大小为
粒子经过O点瞬间的速度大小为
粒子在第一象限内运动过程中，当粒子与y轴距离最大时，粒子沿x轴方向的分速度为0，沿y轴方向的分速度大小为
在y轴方向由动量定理得
解得
1 / 12025届云南省昆明市高三一模物理试题
一、选择题：本题共10 小题，共46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，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．某同学在乘坐高铁列车时，利用手机软件记录了列车沿平直轨道运动的速度v随时间t的变化关系如图所示，下列能大致反映列车位移x随时间变化规律的图像是（　　）
A． B．
C． D．
2．一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其压强p随体积V变化的图像如图中a到b的线段所示。在此过程中（　　）
A．气体内能一直减小 B．气体分子平均动能不变
C．气体密度一直减小 D．气体一直向外界放热
3．北京时间2025年1月7日，实践二十五号卫星顺利进入预定轨道。其在预定轨道上的运动可视为绕地球的匀速圆周运动。已知该卫星距地面高度为h，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g。忽略地球自转，则该卫星运行周期为（　　）
A． B． C． D．
4．光电管可将光信号转换成电信号，广泛应用于多个领域。如图所示为某光电管的工作电路图，用某单色光照射在阴极K上，有电信号从电阻R两端输出。下列方式一定能使R两端电压增大的是（　　）
A．保持其他条件不变，将滑动变阻器滑片向左滑动
B．保持其他条件不变，将滑动变阻器滑片向右滑动
C．保持其他条件不变，增大照射光的强度
D．保持其他条件不变，减小照射光的强度
5．静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器。某除尘器的收尘板是很长的条形金属板，图中MN为该收尘板的横截面，工作时收尘板带正电，其上侧的电场线外布如图所示。某粉尘颗粒仅在电场力作用下从P点向收尘板运动，最后落在收尘板上，图中虚线表示该粉尘的运动轨迹，则粉尘从P点运动到收尘板的过程中（　　）
A．动能逐渐减小 B．电势能逐渐减小
C．加速度逐渐减小 D．受到的电场力逐渐变小
6．在一水平天花板上用两根等长轻绳悬挂一小球，小球可视为质点。下列四幅图中，剪断其中一根轻绳的瞬间，另一根轻绳上的拉力大小不变的是（　　）
A． B．
C． D．
7．如图所示，有一放在真空中半径cm的玻璃球，在玻璃球内有一与球心O距离为cm且可向各个方向发出单色光的点光源S。已知玻璃球的折射率，下列说法正确的是（　　）
A．光从玻璃球折射出去后频率变大
B．光从玻璃球折射出去后传播速度变小
C．光源S向各方向发出的光都能射出玻璃球
D．光源S发出的光在玻璃球界面上的最大入射角为30°
8．某人握住轻绳的一端上下抖动，使绳子振动起来，时刻的波形图如图所示，此时质点A位于波峰，质点B开始振动，A、B两质点平衡位置间的距离为0.9m。s时质点C开始振动，B、C两质点平衡位置间的距离为9m。若将该绳波视为简谐横波，下列说法正确的是（　　）
A．该绳波的波速大小为3m/s B．手抖动的频率是2Hz
C．手的起振方向向上 D．s时质点B向上运动
9．如图甲所示，光滑绝缘的水平面上有垂直水平面的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，磁场方向如图所示，两磁场区域宽度均为l = 0.1 m，边长为0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于水平面上，cd边与磁场边界平行。导线框在与cd垂直的水平外力F的作用下匀速通过磁场区域，t = 0时刻cd边进入磁场区域Ⅰ，F随时间t变化的关系如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．0 ~ 0.2 s内，导线框中感应电流方向为a→b→c→d→a
B．磁场区域Ⅱ中的磁感应强度大小为0.4 T
C．0.2 ~ 0.4 s内，导线框中感应电流大小为2 A
D．0 ~ 0.6 s内，导线框中产生的焦耳热为0.024 J
10．如图甲所示，光滑斜面底端有一固定挡板，轻质弹簧一端固定在挡板上，质量为m的物块P（可视为质点）从斜面上的O点由静止释放，P的加速度大小a随它与O点的距离x变化的关系如图乙所示，图乙中各坐标值均已知，为物块P到O点的最大距离，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是（　　）
A．时，物块P速度最大
B．物块P运动过程中的最大加速度为
C．弹簧的最大弹性势能为
D．物块P的最大动能为
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．实验小组利用图甲所示的多用电表测量一电阻的阻值，主要操作步骤如下：
（1）选用欧姆挡“×10”倍率进行测量时，发现多用电表指针位于图乙中a位置，需重新选择　 　（填“×1”或“×100”）倍率，并进行欧姆调零。
（2）关于欧姆调零，下列操作正确的是______。
A．红、黑表笔断开，调节“S”，使指针指到表盘左侧“0”刻度线处
B．红、黑表笔短接，调节“S”，使指针指到表盘右侧“0 Ω”刻度线处
C．红、黑表笔短接，调节“T”，使指针指到表盘右侧“0 Ω”刻度线处
（3）经正确操作后，多用电表指针位于图乙中b位置，则该电阻的阻值为　 　Ω。（结果保留2位有效数字）
12．实验小组根据平抛运动的规律，设计不同实验方案测量小球做平抛运动的初速度大小。
（1）他们利用如图甲所示的实验装置，用“描迹法”测量小球做平抛运动的初速度大小。
①关于该实验，下列说法正确的是　 　。
A.斜槽轨道末端应保持水平
B.应想办法尽量减小小球与轨道之间的摩擦
C.每次应将小球从斜槽轨道上同一位置由静止释放
D.实验时，必须控制挡板高度等间距下降
②该小组正确实验后，在方格纸上记录了小球在不同时刻的位置如图乙中a、b、c所示，建立如图所示的平面直角坐标系，y轴沿竖直方向，方格纸每一小格的边长为L，a、b、c三点的坐标分别为a（2L，2L）、b（4L，3L）、c（8L，8L）。小球从a点到b点所用时间为，b点到c点所用时间为，则　 　；在小球轨迹上取一个点d（图中未画出），使得小球从b点到d点和从d点到c点的运动时间相等，则d点的纵坐标为　 　。
③若L=2.45 cm，当地重力加速度的大小为9.8m/s2，则小球做平抛运动的初速度大小为　 　m/s。（计算结果保留2位有效数字）
（2）该实验小组又设计一个新的方案，如图丙所示。O点处有一点光源，O点正前方d处竖直放置一块毛玻璃，将小球从O点垂直毛玻璃水平抛出，在毛玻璃后方观察到小球在毛玻璃上的投影点P，利用频闪相机记录小球在毛玻璃上的投影点P的位置。可得到P沿毛玻璃下降的高度h随小球运动时间t变化的关系如图丁所示，若该图像斜率为k，重力加速度为g，则小球做平抛运动的初速度大小为　 　。（用k、d和g表示）
13．如图所示，有三个小球A、B、C静止在光滑水平面上，B、C之间用轻弹簧连接，三个小球处于同一直线上。使A以速度向右运动，与B发生正碰后反弹，反弹的速度大小为。已知A、B碰撞时间极短，小球A、B、C的质量分别为m、2m、2m，弹簧始终在弹性限度内。求：
（1）A、B碰撞后瞬间，B的速度大小；
（2）弹簧压缩量最大时，弹簧的弹性势能。
14．如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面ABCD是边长为d=3.2m的正方形，在其中心O处用长为L=0.6m的轻绳悬挂一可视为质点的小球，使小球静止。现给小球一个垂直于绳方向的初速度，小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动。取重力加速度g=10m/s2。求：
（1）的大小；
（2）若小球沿斜面向上运动到与O点等高时，剪断轻绳，从剪断轻绳到小球离开斜面所用的时间。
15．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第三象限内，区域Ⅰ（）内有方向垂直xOy平面向外的匀强磁场；区域Ⅱ（）内有一平行纸面且大小、方向均未知的匀强电场（图中未画出）。一质量为m、电荷量为q（）的粒子从点a（，）沿y轴正方向、以大小为的初速度开始运动，从点b（，）沿x轴正方向进入区域Ⅱ，粒子在电场中运动时间后，从坐标原点进入第一象限，第一象限内存在垂直xOy平面向里的磁场，该磁场内各点的磁感应强度大小与横坐标x满足（k为大于0的常量）。不计粒子重力，求：
（1）区域Ⅰ内匀强磁场磁感应强度的大小；
（2）区域Ⅱ内匀强电场场强E的大小；
（3）该粒子在第一象限内运动过程中与y轴的最大距离。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】运动学 S-t 图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】由速度v随时间t的变化图像可知，列车先匀加速，再匀速，根据及可知，位移x随时间的变化图像先是开口向上的抛物线，然后是斜率不变的直线。
故答案为：A。
【分析】本题考查v-t图像与x-t图像的转化，核心是根据列车的速度变化（先变加速、后匀加速、再匀速），结合运动学公式分析位移随时间的变化规律，判断x-t图像的形状。
2．【答案】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
【解析】【解答】AB．一定质量的理想气体从a到b的过程，由理想气体状态方程，可知，即气体的温度一直升高，则气体内能一直增大，气体分子平均动能增大，故AB错误；
C．气体的质量不变，体积变大，根据可知，密度减小，故C正确；
D．由于从a到b的过程中气体的体积增大，所以气体一直对外做功，即，根据热力学第一定律，从a到b的过程中，气体一直从外界吸热，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查理想气体的状态变化与热力学规律，核心是结合p V图像，利用理想气体状态方程分析温度变化，再结合密度公式、热力学第一定律判断内能、分子平均动能、密度及吸放热情况。
3．【答案】D
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】物体在地球表面时，重力等于万有引力有
卫星做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力有
联立解得
故答案为：D。
【分析】本题考查卫星绕地球圆周运动的周期计算，核心是利用地球表面的重力等于万有引力，结合万有引力提供卫星向心力的规律，联立推导周期表达式。
4．【答案】C
【知识点】光电效应
【解析】【解答】本题是对爱因斯坦光电效应方程的常规考查，只需要学生了解光电流的产生原因和增大光电流的办法，就可以正确选择。AB．保持其他条件不变，将滑动变阻器滑片向左滑动，光电管电压减小，但如果此时仍然达到饱和电流，则光电流不变，则R两端电压不变；如果此时没有达到饱和电流，光电流减小，R两端电压减小，可知滑动变阻器滑片向左滑动，R两端电压可能不变，也可能减小；同理将滑动变阻器滑片向右滑动，光电管电压增大，如果已达到饱和电流，则光电流不变，则R两端电压不变；如果此时没有达到饱和电流，光电流增大，R两端电压增大，可知滑动变阻器滑片向右滑动，R两端电压可能不变，也可能增大，故AB错误；
CD．根据光电效应，增加光照强度会增加单位时间内照射到阴极的光子数，从而增加发射出来的光电子数。光电子数量的增加会导致形成的电流增大，导致光电管两端的电压增大，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】根据光电效应的特点及光电流与光照强度的关系分析。
5．【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AB．某粉尘颗粒仅在电场力作用下从P点向收尘板运动，由于电场力位于轨迹的凹侧，则电场力沿着电场线指向收尘板，则粉尘从P点运动到收尘板的过程中，电场力对粉尘做正功，动能逐渐增加，电势能逐渐减小，故A错误，B正确；
CD．根据题图电场线的疏密程度可知，粉尘从P点运动到收尘板的过程中，受到的电场力逐渐增大，根据牛顿第二定律可知，加速度逐渐增大，故CD错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查非匀强电场中带电粒子的运动与能量变化，核心是结合电场线的疏密判断电场力和加速度的变化，根据电场力做功分析动能与电势能的变化。
6．【答案】B
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】设轻绳与水平天花板的夹角为，由受力分析可知初始时刻满足
剪断其中一根轻绳的瞬间，小球只受重力、未剪断绳子的拉力，将重力沿绳子和垂直于绳子分解后，满足
由以上两式解得
轻绳与水平天花板的夹角为
故答案为：B。
【分析】本题考查轻绳剪断瞬间的受力突变问题，核心是先分析小球静止时的受力平衡，再分析剪断一根绳后，剩余绳的拉力与重力的分解关系，推导拉力不变的临界角度。
7．【答案】C
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】A．光从一种介质进入到另一种介质，频率不变，A错误；
B．光从玻璃球折射出去后传播速度变大， B错误；
CD．假设点光源S发出的一条光线射到球面上的P点，如图所示
由正弦定理得，解得
故对于位置已固定的光源，当越大时，越大，即光线射出玻璃球的入射角就越大，所以其最大正弦值为
即入射角得最大值为
全反射临界角C的正弦值为
即发生全反射得临界角为
由于，光源S向各方向发出的光都能射出玻璃球，C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查光的折射与全反射规律，核心是结合折射率分析光的频率、传播速度变化，通过几何关系和正弦定理推导入射角的最大值，判断光线能否全部射出玻璃球。
8．【答案】A,D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．s时质点C开始振动，B、C两质点平衡位置间的距离为9m，则该绳波的波速大小为，故A正确；
B．根据题图可知，A、B两质点平衡位置间的距离满足，解得波长为，则周期为
则手抖动的频率为，故B错误；
C．时刻质点B开始振动，根据波形平移法可知，质点B的起振方向向下，则手的起振方向向下，故C错误；
D．时刻质点B从平衡位置向下振动，由于，则s时质点B经过平衡位置向上运动，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】本题考查简谐横波的传播规律，核心是结合波的传播时间与距离求波速，通过波长、波速推导周期和频率，利用波形平移法判断质点振动方向。
9．【答案】A,D
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A.0 ~ 0.2 s内，cd边在磁场Ⅰ中做切割磁感线运动，根据右手定则可知，导线框中感应电流得方向为a→b→c→d→a，故A正确；
BC.0 ~ 0.2 s内，cd边在磁场Ⅰ中做切割磁感线运动，产生的电动势为E1，磁感应强度为B1，线框切割磁感线运动的速度为v，根据题意可知，线框的速度
线框产生的电动势
线框中的电流
cd边受到的安培力
由于线框匀速运动，则有
联立解得
0.2 ~ 0.4 s内，ab边在磁场Ⅰ中做切割磁感线运动，产生的电动势为E1，cd边在磁场Ⅱ中做切割磁感线运动，产生的感应电动势为E2，磁感应强度为B2，cd边产生的电动势
线框中的电流
此时ab边受到的安培力
方向水平向左，cd边受到的安培力
方向水平向左，对线框受力分析则有
联立解得
线框中的电流，故BC错误；
D．根据动能定理可知，整个过程中产生的热量等于外力所做的功即，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】本题考查电磁感应中的动力学与能量问题，核心是结合导线框的匀速运动，利用法拉第电磁感应定律、安培力公式和焦耳定律，分析感应电流方向、磁感应强度、电流大小及焦耳热。
10．【答案】B,C,D
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．在物块沿斜面向下运动的过程中，对物块P进行分析可知，物块先向下做匀加速直线运动，与弹簧接触后，先向下做加速度减小的加速运动，当加速度减小为0时，速度达到最大值，之后在向下做加速度方向变为向上的变减速直线运动，可知时，物块P速度最大，故A错误；
B．物块P没有接触弹簧前，对物块分析有
在时，加速度为0，则有
在时，物块的加速度最大，此时有
解得，故B正确；
C．物块P没有接触弹簧前，对物块分析有
由于为物块P到O点的最大距离，即在时，物块的速度为0，根据能量守恒定律可知，弹簧的最大弹性势能为，故C正确；
D．根据上述可知，时，物块P速度最大，动能最大，根据动能定理有
根据胡克定律可知，弹簧弹力与形变量成正比，利用弹力的平均值可以得到
由于在时，加速度为0，则有
解得，故D正确。
故答案为：BCD。
【分析】本题围绕弹簧 - 滑块系统的动力学与能量转化展开，核心是结合加速度-距离（a x）图像，分析滑块的受力平衡、加速度极值，以及弹性势能和动能的变化规律，需综合应用牛顿第二定律、动能定理和能量守恒定律。
11．【答案】（1）×1
（2）C
（3）28
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）由于指针偏转幅度较大，说明待测电阻的阻值较小，为减小测量误差，需更换更小倍率的挡位，故选择“×1”倍率。
故答案为：×1
（2）由题可知，S为机械调零，T为欧姆调零，欧姆调零时，应先将两表笔短接，再调节欧姆调零旋钮T，使指针指在表盘右侧“0 Ω”刻度线处。
故答案为：C。
（3）根据欧姆表的读数可得，待测电阻的阻值为28 × 1 Ω = 28 Ω。
故答案为：28
【分析】(1) 欧姆表指针偏角过小说明被测电阻阻值大，需增大倍率；指针偏角过大则减小倍率，结合图中 a 位置指针偏角情况选择合适倍率。
(2) 欧姆调零的核心是红黑表笔短接后，调节欧姆调零旋钮使指针指在右侧 “0Ω” 刻度处，需区分机械调零与欧姆调零的操作差异。
(3) 欧姆表读数为指针示数乘以所选倍率，再按有效数字要求保留结果。
（1）由于指针偏转幅度较大，说明待测电阻的阻值较小，为减小测量误差，需更换更小倍率的挡位，故选择“×1”倍率。
（2）由题可知，S为机械调零，T为欧姆调零，欧姆调零时，应先将两表笔短接，再调节欧姆调零旋钮T，使指针指在表盘右侧“0 Ω”刻度线处。
故选C。
（3）根据欧姆表的读数可得，待测电阻的阻值为28 × 1 Ω = 28 Ω。
12．【答案】（1）AC；2；5L；0.98
（2）
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）①A．为保证小球初速度水平，斜槽轨道末端应保持水平，故A正确；
B．小球与轨道之间的摩擦对实验结果无影响，故B错误；
C．为保证小球初速度相等，每次应将小球从斜槽轨道上同一位置由静止释放，故C正确；
D．挡板高度无需等间距下降，故D错误；
故答案为：AC。
②由图可知
根据水平方向做匀速直线运动可知
则
根据水平方向做匀速直线运动可知相邻两点的水平距离相等，竖直方向满足
设d点的纵坐标为，则
解得
竖直方向有
水平方向有
解得
故答案为： ① AC； ② 2；5L； ③ 0.98
（2）根据平抛运动规律有，
解得
则斜率为
解得
故答案为：
【分析】(1) ①平抛运动实验的核心要求是保证小球初速度水平且每次平抛的初速度相同，据此分析各选项的合理性；
②平抛运动可分解为水平方向匀速直线运动、竖直方向自由落体运动，利用水平位移关系确定时间间隔，结合竖直方向匀变速运动的推论（逐差法、中间时刻速度）求解时间比和d点纵坐标；
③由竖直方向的位移差公式求出时间间隔，再结合水平匀速运动公式计算初速度。
（1）①[1]A．为保证小球初速度水平，斜槽轨道末端应保持水平，故A正确；
B．小球与轨道之间的摩擦对实验结果无影响，故B错误；
C．为保证小球初速度相等，每次应将小球从斜槽轨道上同一位置由静止释放，故C正确；
D．挡板高度无需等间距下降，故D错误；
故选AC。
②[2]由图可知
根据水平方向做匀速直线运动可知
则
[3] 根据水平方向做匀速直线运动可知相邻两点的水平距离相等，竖直方向满足
设d点的纵坐标为，则
解得
[4] 竖直方向有
水平方向有
解得
（2）根据平抛运动规律有，
解得
则斜率为
解得
13．【答案】（1）
（2）
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
14．【答案】（1）解：小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，当小球恰过最高点时，由牛顿第二定律得
小球从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得
联立解得
（2）解：小球从最低点运动到与O点等高处的过程中，由动能定理得
解得
剪断轻绳后，小球沿斜面向上做匀减速直线运动，设小球向上运动的最大位移为x，根据运动学公式可得
由牛顿第二定律得
联立解得
由于，因此小球不会从CD边离开斜面。剪断轻绳后，小球先沿斜面向上做匀减速直线运动，然后向下做匀加速直线运动。小球向上运动的过程中，由匀变速直线运动的规律得
解得
小球向下运动的过程中，由匀变速直线运动的规律得
解得
从剪断轻绳到小球离开斜面所用的时间为
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) 小球在斜面上做圆周运动，恰好完成完整圆周运动的临界条件为最高点重力沿斜面的分力提供向心力，结合动能定理（从最低点到最高点重力分力做功）求解初速度；
(2) 先由动能定理求出小球运动到与O点等高处的速度，剪断轻绳后小球沿斜面做匀变速直线运动，由牛顿第二定律求加速度，再结合运动学公式分析运动过程，计算从剪断轻绳到离开斜面的总时间。
（1）小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，当小球恰过最高点时，由牛顿第二定律得
小球从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得
联立解得
（2）小球从最低点运动到与O点等高处的过程中，由动能定理得
解得
剪断轻绳后，小球沿斜面向上做匀减速直线运动，设小球向上运动的最大位移为x，根据运动学公式可得
由牛顿第二定律得
联立解得
由于，因此小球不会从CD边离开斜面。剪断轻绳后，小球先沿斜面向上做匀减速直线运动，然后向下做匀加速直线运动。小球向上运动的过程中，由匀变速直线运动的规律得
解得
小球向下运动的过程中，由匀变速直线运动的规律得
解得
从剪断轻绳到小球离开斜面所用的时间为
15．【答案】（1）解：粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系得粒子在区域Ⅰ中运动的轨迹半径为
由牛顿第二定律得
解得

（2）解：设匀强电场的水平分量为，竖直分量为，由牛顿第二定律得
粒子沿x轴、y轴的分运动均为匀变速直线运动，沿x轴方向有
沿y轴方向有
解得，
区域Ⅱ内匀强电场场强E的大小为

（3）解：粒子经过坐标原点O瞬间，沿x轴方向的分速度大小为
沿y轴方向的分速度大小为
粒子经过O点瞬间的速度大小为
粒子在第一象限内运动过程中，当粒子与y轴距离最大时，粒子沿x轴方向的分速度为0，沿y轴方向的分速度大小为
在y轴方向由动量定理得
解得
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】一、易错点与关键概念
1、区域Ⅰ中轨迹半径的确定
需正确画出轨迹，利用几何关系求半径，不能直接套公式
2、电场方向未知时的处理
设两个分量，用位移和时间列方程求解
3、非均匀磁场中运动分析
不能用匀速圆周运动公式
需用动量定理将时间积分转化为空间积分
4、动量定理的矢量性
注意各分量的方向，积分时正负号要正确
二、解题关键步骤
1、第(1)问
由几何关系求轨迹半径R。
由 求B。
2、第(2)问
设电场分量 Ex 、 。由运动学方程解出加速度分量。
求合场强
3、第(3)问
求进入第一象限时的速度分量。
对 y 方向应用动量定理，积分求最大位移。
总结：本题综合考查带电粒子在匀强磁场、匀强电场、非均匀磁场中的运动，核心在于正确分析各阶段的受力与运动特点，并能灵活运用几何关系、运动学方程和动量定理求解未知量。

（1）粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系得粒子在区域Ⅰ中运动的轨迹半径为
由牛顿第二定律得
解得
（2）设匀强电场的水平分量为，竖直分量为，由牛顿第二定律得
粒子沿x轴、y轴的分运动均为匀变速直线运动，沿x轴方向有
沿y轴方向有
解得
，
区域Ⅱ内匀强电场场强E的大小为
（3）粒子经过坐标原点O瞬间，沿x轴方向的分速度大小为
沿y轴方向的分速度大小为
粒子经过O点瞬间的速度大小为
粒子在第一象限内运动过程中，当粒子与y轴距离最大时，粒子沿x轴方向的分速度为0，沿y轴方向的分速度大小为
在y轴方向由动量定理得
解得
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