资源简介

2026届广东省汕头市高三下学期第一次模拟考试物理试题
1．“工夫茶”是潮汕地区的传统饮茶习俗。如图所示，热水倒入茶托上的玻璃盖碗后盖上杯盖，在水面和杯盖间就封闭了一部分空气（可视为理想气体）。下列说法正确的是（　　）
A．玻璃盖碗是非晶体
B．水温越高，每个水分子运动的速率越大
C．温度降低，玻璃盖碗内壁单位面积所受气体分子的平均作用力变大
D．水滴落在干净的茶托上会自然摊开，这说明水不能浸润茶托
【答案】A
【知识点】气体的等容变化及查理定律；气体热现象的微观意义；晶体和非晶体；浸润和不浸润
【解析】【解答】A．玻璃属于非晶体，所以玻璃盖碗是非晶体，故A正确；B．水温越高，说明水分子平均速率越大，但不是每个水分子运动的速率都越大，故B错误；
C．温度降低，体积不变，根据理想气体状态方程可知，空气的压强减小，则玻璃盖碗内壁单位面积所受气体分子的平均作用力变小，故C错误；
D．水滴落在干净的茶托上会自然摊开，水的面积变大，这说明水能浸润茶托，故D错误。
故选：A。
【分析】根据晶体和非晶体、温度与分子动能的关系、查理定律和浸润的知识逐一分析判断各选项正误。
2．下图为某风力发电机内部简化图，两磁极间存在匀强磁场。发电期间，风力驱动线圈绕着虚线轴匀速转动，某时刻线圈位于图中所示位置，下列说法正确的是（　　）
A．该时刻线圈处于中性面
B．该时刻线圈磁通量变化率为零
C．若该时刻电流方向从a到b，可知线圈顺时针转动
D．当线圈再转过时，流经线圈的电流为零
【答案】D
【知识点】交变电流的产生及规律
【解析】【解答】AB．该时刻线圈平面与磁场方向平行，处于与中性面垂直的平面上，则穿过线圈的磁通量为0，但线圈磁通量变化率最大，产生的感应电动势最大，故AB错误；C．对ab边根据右手定则可知，若该时刻电流方向从a到b，图中磁场方向向左，则ab边向下运动切割磁感线，则线圈逆时针转动，故C错误；
D．当线圈再转过90°时，线圈处于中性面，流经线圈的电流为零，故D正确。
故选：D。
【分析】根据线圈平面所在的位置和磁通量的变化率进行分析解答；根据图中磁场和右手定则进行分析解答；根据中性面的特点分析解答。
3．光敏变色布被紫外线照射到的地方会变色留痕。如图所示，竖直放置的光敏变色布前面竖直悬挂一根弹簧，弹簧下端所系物块装有向光敏变色布垂直发射紫外线的激光笔。使物块上下振动的同时，以速率v水平向左匀速拉动光敏变色布，在所绘痕迹上建立坐标系，已知物块在内完成10次全振动。下列说法正确的是（　　）
A．物块振动频率为
B．振动过程中，物块机械能不守恒
C．时，物块的速度和加速度都为零
D．若，则拉动光敏变色布的速度
【答案】B
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】A． 已知物块在内完成10次全振动 ，则周期为物块振动频率为故A错误；
B．由于存在弹簧弹力对物块做功，所以物体的机械能不守恒，故B正确；
C．时，物块处于最高点，则物块的速度为零，但加速度不为零，故C错误；
D．若，由题图可知，拉动光敏变色布的速度，故D错误。
故选B。
【分析】根据物块在2s内完成10次全振动求出周期，接着根据物块振动频率与周期的关系来求解；根据机械能守恒条件为来分析；根据简谐运动中物块处于最高点，物块的速度和加速度大小来分析；根据以速率v水平向左匀速拉动光敏变色布，结合运动学公式来求解。
4．如图所示，在空间直角坐标系中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场沿x轴正方向。原点O处有一粒子源，在平面内发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子，速度大小为，方向与x轴正方向成，且。不计粒子重力，该粒子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】将粒子速度正交分解，沿x轴方向以vcosθ做匀速直线运动，在yOz平面内做匀速圆周运动， 不计粒子重力， 洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
粒子运动的周期为
圆周运动的角速度为
解得，
A．在yOz平面内，有，
联立解得
可见轨迹的投影是圆，其圆心坐标为（0，-r），若，则半径为L，圆心坐标为（0，-L），故A正确；
BD．在xOy平面内，根据运动的分解可知，
联立解得
则图像为正弦曲线，振幅为，若振幅为L时，对应x轴无投影，故BD错误；
C．在xOz平面内，函数关系式满足
图像为余弦函数，故C错误；
故选A。
【分析】将粒子速度正交分解，分别分析粒子沿xyz轴的运动，再进行合成。
5．太阳能电池应用了光电效应原理，其简化结构如图所示。太阳光穿过顶层N型硅并抵达结区域，光子被吸收后激发出自由电子，这些电子在结内建电场作用下被推向N型硅区域，接通外部电路后即可对外供电。已知该太阳能电池材料的极限频率为，普朗克常量为h，光速为c，下列说法正确的是（　　）
A．增大入射光的频率，太阳能电池的光电流变小
B．太阳能电池工作时，通过灯泡的电流方向为从A到B
C．入射光的波长小于时，太阳能电池可以对外供电
D．入射光的频率为时，逸出电子的最大初动能为
【答案】C
【知识点】光电效应
【解析】【解答】A．不清楚入射光的光强变化，光电流的大小主要取决于入射光的光强，所以无法判断太阳能电池光电流的大小变化，故A错误；
B． 充电时电子在结内建电场作用下被推向N型硅区域， 太阳能电池工作时，电子的运动方向从A到B，由于电子带负电，则通过灯泡的电流方向为从B到A，故B错误；
C．入射光的波长小于时，则入射光的频率可以发生光电现象，太阳能电池可以对外供电，故C正确；
D．入射光的频率为时，根据光电效应方程可得逸出电子的最大初动能，故D错误。
故选C。
【分析】根据光电流大小由光照强度决定进行分析解答；根据电子的定向移动和电流方向的规定进行分析解答；根据光电效应的条件分析解答；根据光电效应方程进行分析解答。
6．空间站为了避免太空垃圾撞击，采取了“主动规避+被动防护+源头控制”等多层避险方案。如图所示，太空垃圾碎片A、B均处于远地点，和空间站恰好三者共线，A、B椭圆轨道与空间站的圆形轨道相切于M点，下列说法正确的是（　　）
A．碎片A的机械能大于碎片B的机械能
B．碎片A从远地点向近地点运动的过程中，机械能减小
C．碎片A再经过半个周期后，一定与空间站在M点相遇
D．若碎片A在M点被收进空间站，则碎片A动能减小
【答案】D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．机械能大小和物体质量有关，由于不清楚碎片A、B的质量关系，所以无法比较碎片A、B的机械能，故A错误；B．只有万有引力做功，碎片A从远地点向近地点运动的过程中，机械能守恒，故B错误；
C．碎片A的轨道半长轴大于空间站的轨道半径，根据开普勒第三定律可知，碎片A的周期大于空间站的周期；已知太空垃圾碎片A、B均处于远地点，和空间站恰好三者共线，则碎片A再经过半个周期后，不一定与空间站在M点相遇，故C错误；
D．根据卫星从高轨道变轨到低轨道，需要在变轨处点火减速，卫星的动能减小；若碎片A在M点被收进空间站，碎片相当于做向心运动，则碎片A动能减小，故D正确。
故选：D。
【分析】根据机械能与物体质量有关进行分析解答；根据机械能守恒定律分析解答；根据开普勒第三定律结合几何关系进行分析解答；根据卫星变轨时速度和动能的变化情况进行分析解答。
7．如图所示是手提弹簧灯笼，拴连在弹簧顶部的公仔A的质量为，底座B（含灯泡）的质量为m，连接A、B的弹簧质量忽略不计。某次通过提杆对细绳施加竖直向上、大小为的恒力，一段时间后，A、B一起向上做匀加速直线运动，弹簧未超出弹性限度，且不考虑空气阻力。若细绳突然断开，则此瞬间（　　）
A．底座B的加速度方向向下 B．弹簧弹力大小为
C．底座B的加速度大小为 D．公仔A的加速度大小为
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】理解细绳突然断开瞬间弹簧弹力保持不变是解题关键。细绳断开之前，以A、B为整体， 对整体进行受力分析，根据牛顿第二定律可得
解得
以B为对象，
解得弹簧弹力大小为
细绳突然断开，此瞬间弹簧弹力保持不变，底座B的受力不变，加速度不变，则此时底座B的加速度大小为，方向向上，
以A为对象，根据牛顿第二定律可得
解得公仔A的加速度大小为，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【分析】细绳断开之前，以整体研究对象，根据牛顿第二定律求解整体加速度，再以B为研究对象，根据牛顿第二定律求得弹簧弹力；断开之后，弹簧弹力不突变，根据平衡条件求解B的加速度，根据牛顿第二定律求解A的加速度。
8．小涵同学为了测试遥控飞行器性能，操控飞行器从地面沿竖直方向由静止起飞，上升到最高点后竖直下落，着陆时速度刚好为零。已知飞行器质量为，其动力系统提供的升力方向始终竖直向上，所受空气阻力大小恒为，其运动的图像如图所示，g取，下列说法正确的是（　　）
A．时飞行器加速度大小为 B．时飞行器处于失重状态
C．时飞行器升力大小为 D．时飞行器返回地面
【答案】A,B
【知识点】超重与失重；牛顿定律与图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．根据飞行器运动的图像可知时飞行器加速度大小为，故A正确；
B．飞行器在内加速度方向向下，时飞行器处于失重状态，故B正确；
C．由图像可知内加速度大小为，根据牛顿第二定律可得
解得时飞行器升力大小为，故C错误；
D．图像与横轴围成的面积表示位移，设时刻飞行器返回地面，则有
解得，故D错误。
故选AB。
【分析】从v-t图像斜率获取各阶段加速度，结合牛顿第二定律分析飞行器受力，判断超重失重状态、计算升力，再通过图像面积判断位移是否回到地面。
9．两同学从相同高度以相同速率同时抛出质量相等的两沙包，沙包a水平抛出，沙包b斜向上抛出，如图所示，两个沙包运动轨迹的交点为O，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．两个沙包在O点相遇
B．两个沙包在O点时动量大小相等
C．从抛出到落地，两个沙包所受重力冲量相等
D．在空中，两个沙包的动量变化率相等
【答案】B,D
【知识点】动量定理；斜抛运动；动量
【解析】【解答】A．沙包a是平抛运动，沙包b是斜抛运动，到达O点时，b运动时间更长，所以两个沙包一定不在O点相遇，故A错误；
B．两沙包质量相等，根据动能定理可知两个沙包运动到O点的速度大小相等，故动量大小相等，故B正确；
C．两沙包一个做平抛运动，一个做斜抛运动，结合A项分析可知，两个沙包运动时间不相同，故重力的冲量不相同，故C错误；
D．在空中，两个沙包均只受重力作用，所以动量变化率等于重力，两沙包质量相等，所以动量变化率相等，故D正确。
故选：BD。
【分析】根据沙包a是平抛运动，沙包b是斜抛运动，然后分析两者竖直方向的运动，再分析到达O点时，两者运动的时间关系，从而判断两个沙包是否在O点相遇；根据动能定理可知两个沙包运动到O点的速度大小相等，再结合两沙包质量相等，判断动量大小关系；根据沙包a是平抛运动，沙包b是斜抛运动，然后分析两者竖直方向的运动，再分析到达O点时，两者运动的时间关系，最后分析两者重力的冲量关系。
10．如图所示，某静电分析器的两电极之间存在指向圆心O的辐向电场。三个带电粒子以相同的动能从A点垂直端面射入，仅在电场力作用下，甲粒子从B射出，乙粒子做圆周运动从C射出，丙粒子从D射出。已知甲、乙、丙的电荷量大小分别为、、，，，下列说法正确的是（　　）
A．甲、乙粒子带正电，丙粒子带负电
B．乙粒子经过的位置电场强度大小均为
C．甲粒子动能的增加量大于丙粒子动能的减少量
D．若B点电势为，C点电势为，则甲粒子离开电场时的动能为
【答案】B,C
【知识点】向心力；电势能
【解析】【解答】A B． 根据题意可知，三个带电粒子都做近似圆周运动，三个带电粒子所受电场力（向心力）与场强方向相同，所以三个粒子都带正电，因OA=OC=r，故易知乙粒子做匀速圆周运动从C射出，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
乙粒子经过的位置电场强度大小均为
甲粒子做向心运动
丙粒子离心运动
则，故A错误，B正确；
C．根据电场线分布可知间平均场强比平均场强大，又，
故
，故甲粒子动能的增加量大于丙粒子动能的减少量，故C正确；
D．若B点电势为，C点电势为，则据动能定理，甲粒子离开电场时的动能为，故D错误。
故选BC。
【分析】根据电场力方向与场强方向的关系判断粒子的电性，结合电场力与向心力的大小关系求乙粒子经过的位置电场强度大小；根据W=qU判断甲粒子动能的增加量与丙粒子动能的减少量的关系；根据动能定理求甲粒子离开电场时的动能。
11．学校科创小组利用图1所示装置验证机械能守恒定律，实验过程如下：
（1）用游标卡尺测出挡光片的宽度为d，如图2所示，则　 　；
（2）将挡光片固定在重物A上，用天平分别测出重物A（含挡光片）、B的质量，用、表示；
（3）安装实验器材后，先固定B以保持A、B静止，用刻度尺测出挡光片到光电门的竖直距离为，启动光电门，再静止释放B，测出A经过光电门的挡光时间t；
（4）通过网上查询得到当地重力加速度为g，当满足关系式：　 　（用题目中的符号表示）时，可认为A、B组成的系统机械能守恒；
（5）有小组成员担心网络信息有误，提出可以用计算当地重力加速度，再代入（4）中关系式进行验证，请你指出该方案的错误：　 　。
【答案】0.515；；见解析
【知识点】验证机械能守恒定律
12．某物理实验小组利用实验室器材测量一段康铜金属丝的电阻率。
（1）用螺旋测微器测量金属丝不同位置的直径，算出平均值D；用刻度尺测量金属丝接入电路的长度L。
（2）查阅资料后预计该金属丝电阻较小，因此采用图1所示电路图进行实验，U为输出电压可调且稳定的直流电源。将电源输出电压调至，闭合开关S，调节电阻箱R的阻值，当R的示数时，电压表（量程）的指针如图2所示，其读数　 　V。根据上述数据，可计算得金属丝的电阻　 　（保留3位有效数字）
（3）根据公式　 　（用、D、L、表示）可计算出该金属丝的电阻率。
（4）在图1的电路中，由于电压表内阻并非无穷大，会导致的测量值　 　（选填“大于”“小于”“等于”）真实值，属于　 　（选填“系统误差”“偶然误差”）。
（5）实验小组将实验方案拍照上传到大模型，在的提示下设计了图3所示的改进电路、该电路原理如下：将电压表替换为由干电池、灵敏电流计G和开关串联而成的检测支路，当检测支路电势差与两端电势差相等时，检测支路没有电流。
（6）已知干电池电动势为E。闭合开关S与，调节电阻箱R，当灵敏电流计G的示数为零时，记下电阻箱的阻值，则金属丝的电阻为　 　（用、U、E表示）。
【答案】；；；小于；系统误差；
【知识点】导体电阻率的测量；电压表、电流表欧姆表等电表的读数；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】掌握常用器材的使用方法与读数方法；理解实验原理，分析清楚电路结构，应用电阻定律与欧姆定律即可解题。
（2）电压表量程为3V，分度值为0.1V，结果要估读到最小刻度后一位，指针读数为
与串联，总电压，根据欧姆定律可得电流
代入数据得
（3）由电阻定律
横截面积
整理得
（4）原电路中电压表与并联，计算得到的是与电压表内阻的并联总电阻，因此测量值小于真实值；该误差由实验原理仪器内阻的固有缺陷导致，属于系统误差。
（6）当灵敏电流计示数为零时，两端电势差等于干电池电动势，则两端电压为。由串联电流相等规律
整理得
【分析】（2）根据电压表量程确定其分度值，根据指针位置读数；应用欧姆定律求出电阻阻值。
（3）根据电阻定律求解。
（4）根据图示电路图分析实验误差，确定误差类型。
（6）应用闭合电路的欧姆定律求解。
13．某介质均匀的玻璃砖截面如图所示。下边界是半径为的半圆弧，以其圆心O为坐标原点建立坐标系，上边界是半径为的优弧，圆心P坐标为（0，）。为测定该玻璃砖的折射率，在O处放置一单色光源，发现上边界有光线射出的区域恰好覆盖了半圆，不考虑光在玻璃砖内反射后再射出。空气中的光速为c，求：
（1）该玻璃砖的折射率；
（2）能从上边界射出的光线在玻璃砖中传播的最长时间。
【答案】（1）由题意可知光线恰好在N点发生全反射，如图所示
根据全反射临界角公式可得
由几何关系可得
解得该玻璃砖的折射率为
（2）光线在玻璃砖中的传播速度为
光线沿轴方向从上边界射出时，在玻璃砖中的传播距离最大，如图所示
则有
从上边界射出的光线在玻璃砖中传播的最长时间为
联立解得
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）找到刚好能从玻璃砖上边界射出的临界光线，通过几何关系确定该光线在上边界的入射角等于全反射临界角，再结合临界角与折射率的关系计算出玻璃砖的折射率；
（2）光在玻璃砖中的传播速度由折射率决定，最长传播时间对应从光源到上边界的最长路径，用最长路径除以光在介质中的速度即可得到最长传播时间。
（1）由题意可知光线恰好在N点发生全反射，如图所示
根据全反射临界角公式可得
由几何关系可得
解得该玻璃砖的折射率为
（2）光线在玻璃砖中的传播速度为
光线沿轴方向从上边界射出时，在玻璃砖中的传播距离最大，如图所示
则有
从上边界射出的光线在玻璃砖中传播的最长时间为
联立解得
14．某学校科技社团为图书馆自动还书系统设计了电磁缓冲装置，用以保护还书箱及降低噪音，装置简化后如图所示。的光滑斜面固定在水平地面，其底端固定2根劲度系数均为的轻弹簧，弹簧静止时上端恰好处于虚线处，以下区域存在垂直斜面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。还书箱放在斜面上，底边与距离为，边长为L的正方形底面上装有匝数为n、边长为L、阻值为R的正方形线圈，还书箱与线圈的总质量为m，将还书箱静止释放。已知弹簧弹性势能表达式为，其中k为劲度系数，为形变量，弹簧始终没有超出弹性限度，还书箱最终静止。重力加速度为g。求：
（1）线圈刚进入磁场时所受安培力大小；
（2）还书箱从释放到最终静止的过程中，线圈产生的热量。
【答案】（1）从静止释放到线圈刚进入磁场过程，由动能定理可得
解得线圈刚进入磁场时的速度大小为
线圈刚进入磁场时有，，
联立解得线圈刚进入磁场时所受安培力大小为
（2）还书箱最终静止时，由受力平衡可得
解得弹簧的压缩量为
还书箱从释放到最终静止过程，由能量守恒可得
解得线圈产生的热量为
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】（1）对线框进行受力分析，由动能定理和法拉第电磁感应定律求线圈刚进入磁场时所受安培力大小；
（2）根据平衡关系求出弹簧的压缩量，结合能量守恒求线圈产生的热量。
（1）从静止释放到线圈刚进入磁场过程，由动能定理可得
解得线圈刚进入磁场时的速度大小为
线圈刚进入磁场时有，，
联立解得线圈刚进入磁场时所受安培力大小为
（2）还书箱最终静止时，由受力平衡可得
解得弹簧的压缩量为
还书箱从释放到最终静止过程，由能量守恒可得
解得线圈产生的热量为
15．如图所示，光滑水平地面和中间有一光滑凹槽，其左侧区域有水平向右的匀强电场，场强大小。紧靠凹槽左侧放置一质量为、长度为的木板，其上表面与地面齐平。质量也为、电荷量恒为的小滑块从A点静止释放，随后滑上木板，当木板碰到凹槽右侧时，滑块恰好运动到木板右端，接着从E点滑上足够长的光滑斜面，斜面上方存在沿斜面向上、场强大小可调的匀强电场。已知距离，木板上表面与滑块间的动摩擦因数，斜面倾角，重力加速度g取。木板每次与凹槽相碰后速度立即变为零但不与凹槽粘连，滑块经过E点时速度大小不变。求：
（1）滑块第一次滑上木板时的速度大小；
（2）木板第一次与凹槽相碰时损失的机械能；
（3）滑块与木板在整个过程中因摩擦而产生的热量。
【答案】（1）从A到B，由动能定理得
解得滑块第一次滑上木板时的速度大小
（2）从小滑块滑上木板到木板碰到凹槽右侧，由于凹槽光滑，小滑块和木板组成的系统合外力为零，动量守恒。木板碰到凹槽右侧时，小滑块速度为，木板速度为，列式子得
整个过程中，由动能定理得
解得，
木板与凹槽相碰后速度立即变为零，损失的机械能
（3）①当时，可得
此时小滑块一直沿斜面上滑，此过程中小滑块仅经过木板一次，因摩擦而产生的热量
②当时，可得
此时小滑块将滑下斜面返回木板。
从小滑块滑上木板到木板碰到凹槽右侧，对小滑块由动能定理得
对木板由动能定理得
滑块滑上光滑斜面后，只有重力和电场力做功。上滑过程中电场力做正功、重力做负功，下滑过程中电场力做负功、重力做正功，由于上滑和下滑过程位移一样，从E点开始滑上到再次滑下到E点，电场力做功为零、重力做功为零，由动能定理得动能不变，即速度不变。
所以，小滑块再次滑上木板的速度仍为，从小滑块滑上木板到木板碰到凹槽左侧，木板碰到凹槽右侧时，小滑块速度为，木板速度为。
对于小滑块由动能定理得
对木板由动能定理得
小滑块滑过B后，在AB上，在电场力的作用下，先减速再反向加速，根据对称性可得小滑块返回B点时速度仍为。
每次通过木板，小滑块的能量会减少。初始能量为
所以可以通过木板次，小滑块剩余能量
此时小滑块的速度
由于
在这5次通过木板的过程中，未出现小滑块与木板共速的情况，摩擦而产生的热量
在第6次滑上木板后，小滑块与木板共速，由动量守恒定律得
解得
由于，所以假设不成立，在第6次滑上木板后，小滑块与木板不共速，木板获得的能量仍为。
第6次木板撞凹槽损失的能量
根据能量守恒，第6次滑上木板直至停下，摩擦而产生的热量
综上，小滑块共滑上木板6次，并在第6次静止于木板上，整个过程中因摩擦而产生的热量
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）由动能定理求滑块第一次滑上木板时的速度大小；
（2）根据动量守恒和动能定理求出木板碰到凹槽右侧时，小滑块速度和木板速度，再结合能量关系求出木板第一次与凹槽相碰时损失的机械能；
（3）根据动能定理求出通过木板5次时小滑块的速度，再结合动量守恒和能量守恒定律求滑块与木板在整个过程中因摩擦而产生的热量。
（1）从A到B，由动能定理得
解得滑块第一次滑上木板时的速度大小
（2）从小滑块滑上木板到木板碰到凹槽右侧，由于凹槽光滑，小滑块和木板组成的系统合外力为零，动量守恒。木板碰到凹槽右侧时，小滑块速度为，木板速度为，列式子得
整个过程中，由动能定理得
解得，
木板与凹槽相碰后速度立即变为零，损失的机械能
（3）①当时，可得
此时小滑块一直沿斜面上滑，此过程中小滑块仅经过木板一次，因摩擦而产生的热量
②当时，可得
此时小滑块将滑下斜面返回木板。
从小滑块滑上木板到木板碰到凹槽右侧，对小滑块由动能定理得
对木板由动能定理得
滑块滑上光滑斜面后，只有重力和电场力做功。上滑过程中电场力做正功、重力做负功，下滑过程中电场力做负功、重力做正功，由于上滑和下滑过程位移一样，从E点开始滑上到再次滑下到E点，电场力做功为零、重力做功为零，由动能定理得动能不变，即速度不变。
所以，小滑块再次滑上木板的速度仍为，从小滑块滑上木板到木板碰到凹槽左侧，木板碰到凹槽右侧时，小滑块速度为，木板速度为。
对于小滑块由动能定理得
对木板由动能定理得
小滑块滑过B后，在AB上，在电场力的作用下，先减速再反向加速，根据对称性可得小滑块返回B点时速度仍为。
每次通过木板，小滑块的能量会减少。初始能量为
所以可以通过木板次，小滑块剩余能量
此时小滑块的速度
由于
在这5次通过木板的过程中，未出现小滑块与木板共速的情况，摩擦而产生的热量
在第6次滑上木板后，小滑块与木板共速，由动量守恒定律得
解得
由于，所以假设不成立，在第6次滑上木板后，小滑块与木板不共速，木板获得的能量仍为。
第6次木板撞凹槽损失的能量
根据能量守恒，第6次滑上木板直至停下，摩擦而产生的热量
综上，小滑块共滑上木板6次，并在第6次静止于木板上，整个过程中因摩擦而产生的热量
1 / 12026届广东省汕头市高三下学期第一次模拟考试物理试题
1．“工夫茶”是潮汕地区的传统饮茶习俗。如图所示，热水倒入茶托上的玻璃盖碗后盖上杯盖，在水面和杯盖间就封闭了一部分空气（可视为理想气体）。下列说法正确的是（　　）
A．玻璃盖碗是非晶体
B．水温越高，每个水分子运动的速率越大
C．温度降低，玻璃盖碗内壁单位面积所受气体分子的平均作用力变大
D．水滴落在干净的茶托上会自然摊开，这说明水不能浸润茶托
2．下图为某风力发电机内部简化图，两磁极间存在匀强磁场。发电期间，风力驱动线圈绕着虚线轴匀速转动，某时刻线圈位于图中所示位置，下列说法正确的是（　　）
A．该时刻线圈处于中性面
B．该时刻线圈磁通量变化率为零
C．若该时刻电流方向从a到b，可知线圈顺时针转动
D．当线圈再转过时，流经线圈的电流为零
3．光敏变色布被紫外线照射到的地方会变色留痕。如图所示，竖直放置的光敏变色布前面竖直悬挂一根弹簧，弹簧下端所系物块装有向光敏变色布垂直发射紫外线的激光笔。使物块上下振动的同时，以速率v水平向左匀速拉动光敏变色布，在所绘痕迹上建立坐标系，已知物块在内完成10次全振动。下列说法正确的是（　　）
A．物块振动频率为
B．振动过程中，物块机械能不守恒
C．时，物块的速度和加速度都为零
D．若，则拉动光敏变色布的速度
4．如图所示，在空间直角坐标系中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场沿x轴正方向。原点O处有一粒子源，在平面内发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子，速度大小为，方向与x轴正方向成，且。不计粒子重力，该粒子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
5．太阳能电池应用了光电效应原理，其简化结构如图所示。太阳光穿过顶层N型硅并抵达结区域，光子被吸收后激发出自由电子，这些电子在结内建电场作用下被推向N型硅区域，接通外部电路后即可对外供电。已知该太阳能电池材料的极限频率为，普朗克常量为h，光速为c，下列说法正确的是（　　）
A．增大入射光的频率，太阳能电池的光电流变小
B．太阳能电池工作时，通过灯泡的电流方向为从A到B
C．入射光的波长小于时，太阳能电池可以对外供电
D．入射光的频率为时，逸出电子的最大初动能为
6．空间站为了避免太空垃圾撞击，采取了“主动规避+被动防护+源头控制”等多层避险方案。如图所示，太空垃圾碎片A、B均处于远地点，和空间站恰好三者共线，A、B椭圆轨道与空间站的圆形轨道相切于M点，下列说法正确的是（　　）
A．碎片A的机械能大于碎片B的机械能
B．碎片A从远地点向近地点运动的过程中，机械能减小
C．碎片A再经过半个周期后，一定与空间站在M点相遇
D．若碎片A在M点被收进空间站，则碎片A动能减小
7．如图所示是手提弹簧灯笼，拴连在弹簧顶部的公仔A的质量为，底座B（含灯泡）的质量为m，连接A、B的弹簧质量忽略不计。某次通过提杆对细绳施加竖直向上、大小为的恒力，一段时间后，A、B一起向上做匀加速直线运动，弹簧未超出弹性限度，且不考虑空气阻力。若细绳突然断开，则此瞬间（　　）
A．底座B的加速度方向向下 B．弹簧弹力大小为
C．底座B的加速度大小为 D．公仔A的加速度大小为
8．小涵同学为了测试遥控飞行器性能，操控飞行器从地面沿竖直方向由静止起飞，上升到最高点后竖直下落，着陆时速度刚好为零。已知飞行器质量为，其动力系统提供的升力方向始终竖直向上，所受空气阻力大小恒为，其运动的图像如图所示，g取，下列说法正确的是（　　）
A．时飞行器加速度大小为 B．时飞行器处于失重状态
C．时飞行器升力大小为 D．时飞行器返回地面
9．两同学从相同高度以相同速率同时抛出质量相等的两沙包，沙包a水平抛出，沙包b斜向上抛出，如图所示，两个沙包运动轨迹的交点为O，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．两个沙包在O点相遇
B．两个沙包在O点时动量大小相等
C．从抛出到落地，两个沙包所受重力冲量相等
D．在空中，两个沙包的动量变化率相等
10．如图所示，某静电分析器的两电极之间存在指向圆心O的辐向电场。三个带电粒子以相同的动能从A点垂直端面射入，仅在电场力作用下，甲粒子从B射出，乙粒子做圆周运动从C射出，丙粒子从D射出。已知甲、乙、丙的电荷量大小分别为、、，，，下列说法正确的是（　　）
A．甲、乙粒子带正电，丙粒子带负电
B．乙粒子经过的位置电场强度大小均为
C．甲粒子动能的增加量大于丙粒子动能的减少量
D．若B点电势为，C点电势为，则甲粒子离开电场时的动能为
11．学校科创小组利用图1所示装置验证机械能守恒定律，实验过程如下：
（1）用游标卡尺测出挡光片的宽度为d，如图2所示，则　 　；
（2）将挡光片固定在重物A上，用天平分别测出重物A（含挡光片）、B的质量，用、表示；
（3）安装实验器材后，先固定B以保持A、B静止，用刻度尺测出挡光片到光电门的竖直距离为，启动光电门，再静止释放B，测出A经过光电门的挡光时间t；
（4）通过网上查询得到当地重力加速度为g，当满足关系式：　 　（用题目中的符号表示）时，可认为A、B组成的系统机械能守恒；
（5）有小组成员担心网络信息有误，提出可以用计算当地重力加速度，再代入（4）中关系式进行验证，请你指出该方案的错误：　 　。
12．某物理实验小组利用实验室器材测量一段康铜金属丝的电阻率。
（1）用螺旋测微器测量金属丝不同位置的直径，算出平均值D；用刻度尺测量金属丝接入电路的长度L。
（2）查阅资料后预计该金属丝电阻较小，因此采用图1所示电路图进行实验，U为输出电压可调且稳定的直流电源。将电源输出电压调至，闭合开关S，调节电阻箱R的阻值，当R的示数时，电压表（量程）的指针如图2所示，其读数　 　V。根据上述数据，可计算得金属丝的电阻　 　（保留3位有效数字）
（3）根据公式　 　（用、D、L、表示）可计算出该金属丝的电阻率。
（4）在图1的电路中，由于电压表内阻并非无穷大，会导致的测量值　 　（选填“大于”“小于”“等于”）真实值，属于　 　（选填“系统误差”“偶然误差”）。
（5）实验小组将实验方案拍照上传到大模型，在的提示下设计了图3所示的改进电路、该电路原理如下：将电压表替换为由干电池、灵敏电流计G和开关串联而成的检测支路，当检测支路电势差与两端电势差相等时，检测支路没有电流。
（6）已知干电池电动势为E。闭合开关S与，调节电阻箱R，当灵敏电流计G的示数为零时，记下电阻箱的阻值，则金属丝的电阻为　 　（用、U、E表示）。
13．某介质均匀的玻璃砖截面如图所示。下边界是半径为的半圆弧，以其圆心O为坐标原点建立坐标系，上边界是半径为的优弧，圆心P坐标为（0，）。为测定该玻璃砖的折射率，在O处放置一单色光源，发现上边界有光线射出的区域恰好覆盖了半圆，不考虑光在玻璃砖内反射后再射出。空气中的光速为c，求：
（1）该玻璃砖的折射率；
（2）能从上边界射出的光线在玻璃砖中传播的最长时间。
14．某学校科技社团为图书馆自动还书系统设计了电磁缓冲装置，用以保护还书箱及降低噪音，装置简化后如图所示。的光滑斜面固定在水平地面，其底端固定2根劲度系数均为的轻弹簧，弹簧静止时上端恰好处于虚线处，以下区域存在垂直斜面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。还书箱放在斜面上，底边与距离为，边长为L的正方形底面上装有匝数为n、边长为L、阻值为R的正方形线圈，还书箱与线圈的总质量为m，将还书箱静止释放。已知弹簧弹性势能表达式为，其中k为劲度系数，为形变量，弹簧始终没有超出弹性限度，还书箱最终静止。重力加速度为g。求：
（1）线圈刚进入磁场时所受安培力大小；
（2）还书箱从释放到最终静止的过程中，线圈产生的热量。
15．如图所示，光滑水平地面和中间有一光滑凹槽，其左侧区域有水平向右的匀强电场，场强大小。紧靠凹槽左侧放置一质量为、长度为的木板，其上表面与地面齐平。质量也为、电荷量恒为的小滑块从A点静止释放，随后滑上木板，当木板碰到凹槽右侧时，滑块恰好运动到木板右端，接着从E点滑上足够长的光滑斜面，斜面上方存在沿斜面向上、场强大小可调的匀强电场。已知距离，木板上表面与滑块间的动摩擦因数，斜面倾角，重力加速度g取。木板每次与凹槽相碰后速度立即变为零但不与凹槽粘连，滑块经过E点时速度大小不变。求：
（1）滑块第一次滑上木板时的速度大小；
（2）木板第一次与凹槽相碰时损失的机械能；
（3）滑块与木板在整个过程中因摩擦而产生的热量。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】气体的等容变化及查理定律；气体热现象的微观意义；晶体和非晶体；浸润和不浸润
【解析】【解答】A．玻璃属于非晶体，所以玻璃盖碗是非晶体，故A正确；B．水温越高，说明水分子平均速率越大，但不是每个水分子运动的速率都越大，故B错误；
C．温度降低，体积不变，根据理想气体状态方程可知，空气的压强减小，则玻璃盖碗内壁单位面积所受气体分子的平均作用力变小，故C错误；
D．水滴落在干净的茶托上会自然摊开，水的面积变大，这说明水能浸润茶托，故D错误。
故选：A。
【分析】根据晶体和非晶体、温度与分子动能的关系、查理定律和浸润的知识逐一分析判断各选项正误。
2．【答案】D
【知识点】交变电流的产生及规律
【解析】【解答】AB．该时刻线圈平面与磁场方向平行，处于与中性面垂直的平面上，则穿过线圈的磁通量为0，但线圈磁通量变化率最大，产生的感应电动势最大，故AB错误；C．对ab边根据右手定则可知，若该时刻电流方向从a到b，图中磁场方向向左，则ab边向下运动切割磁感线，则线圈逆时针转动，故C错误；
D．当线圈再转过90°时，线圈处于中性面，流经线圈的电流为零，故D正确。
故选：D。
【分析】根据线圈平面所在的位置和磁通量的变化率进行分析解答；根据图中磁场和右手定则进行分析解答；根据中性面的特点分析解答。
3．【答案】B
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】A． 已知物块在内完成10次全振动 ，则周期为物块振动频率为故A错误；
B．由于存在弹簧弹力对物块做功，所以物体的机械能不守恒，故B正确；
C．时，物块处于最高点，则物块的速度为零，但加速度不为零，故C错误；
D．若，由题图可知，拉动光敏变色布的速度，故D错误。
故选B。
【分析】根据物块在2s内完成10次全振动求出周期，接着根据物块振动频率与周期的关系来求解；根据机械能守恒条件为来分析；根据简谐运动中物块处于最高点，物块的速度和加速度大小来分析；根据以速率v水平向左匀速拉动光敏变色布，结合运动学公式来求解。
4．【答案】A
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】将粒子速度正交分解，沿x轴方向以vcosθ做匀速直线运动，在yOz平面内做匀速圆周运动， 不计粒子重力， 洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
粒子运动的周期为
圆周运动的角速度为
解得，
A．在yOz平面内，有，
联立解得
可见轨迹的投影是圆，其圆心坐标为（0，-r），若，则半径为L，圆心坐标为（0，-L），故A正确；
BD．在xOy平面内，根据运动的分解可知，
联立解得
则图像为正弦曲线，振幅为，若振幅为L时，对应x轴无投影，故BD错误；
C．在xOz平面内，函数关系式满足
图像为余弦函数，故C错误；
故选A。
【分析】将粒子速度正交分解，分别分析粒子沿xyz轴的运动，再进行合成。
5．【答案】C
【知识点】光电效应
【解析】【解答】A．不清楚入射光的光强变化，光电流的大小主要取决于入射光的光强，所以无法判断太阳能电池光电流的大小变化，故A错误；
B． 充电时电子在结内建电场作用下被推向N型硅区域， 太阳能电池工作时，电子的运动方向从A到B，由于电子带负电，则通过灯泡的电流方向为从B到A，故B错误；
C．入射光的波长小于时，则入射光的频率可以发生光电现象，太阳能电池可以对外供电，故C正确；
D．入射光的频率为时，根据光电效应方程可得逸出电子的最大初动能，故D错误。
故选C。
【分析】根据光电流大小由光照强度决定进行分析解答；根据电子的定向移动和电流方向的规定进行分析解答；根据光电效应的条件分析解答；根据光电效应方程进行分析解答。
6．【答案】D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．机械能大小和物体质量有关，由于不清楚碎片A、B的质量关系，所以无法比较碎片A、B的机械能，故A错误；B．只有万有引力做功，碎片A从远地点向近地点运动的过程中，机械能守恒，故B错误；
C．碎片A的轨道半长轴大于空间站的轨道半径，根据开普勒第三定律可知，碎片A的周期大于空间站的周期；已知太空垃圾碎片A、B均处于远地点，和空间站恰好三者共线，则碎片A再经过半个周期后，不一定与空间站在M点相遇，故C错误；
D．根据卫星从高轨道变轨到低轨道，需要在变轨处点火减速，卫星的动能减小；若碎片A在M点被收进空间站，碎片相当于做向心运动，则碎片A动能减小，故D正确。
故选：D。
【分析】根据机械能与物体质量有关进行分析解答；根据机械能守恒定律分析解答；根据开普勒第三定律结合几何关系进行分析解答；根据卫星变轨时速度和动能的变化情况进行分析解答。
7．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】理解细绳突然断开瞬间弹簧弹力保持不变是解题关键。细绳断开之前，以A、B为整体， 对整体进行受力分析，根据牛顿第二定律可得
解得
以B为对象，
解得弹簧弹力大小为
细绳突然断开，此瞬间弹簧弹力保持不变，底座B的受力不变，加速度不变，则此时底座B的加速度大小为，方向向上，
以A为对象，根据牛顿第二定律可得
解得公仔A的加速度大小为，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【分析】细绳断开之前，以整体研究对象，根据牛顿第二定律求解整体加速度，再以B为研究对象，根据牛顿第二定律求得弹簧弹力；断开之后，弹簧弹力不突变，根据平衡条件求解B的加速度，根据牛顿第二定律求解A的加速度。
8．【答案】A,B
【知识点】超重与失重；牛顿定律与图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．根据飞行器运动的图像可知时飞行器加速度大小为，故A正确；
B．飞行器在内加速度方向向下，时飞行器处于失重状态，故B正确；
C．由图像可知内加速度大小为，根据牛顿第二定律可得
解得时飞行器升力大小为，故C错误；
D．图像与横轴围成的面积表示位移，设时刻飞行器返回地面，则有
解得，故D错误。
故选AB。
【分析】从v-t图像斜率获取各阶段加速度，结合牛顿第二定律分析飞行器受力，判断超重失重状态、计算升力，再通过图像面积判断位移是否回到地面。
9．【答案】B,D
【知识点】动量定理；斜抛运动；动量
【解析】【解答】A．沙包a是平抛运动，沙包b是斜抛运动，到达O点时，b运动时间更长，所以两个沙包一定不在O点相遇，故A错误；
B．两沙包质量相等，根据动能定理可知两个沙包运动到O点的速度大小相等，故动量大小相等，故B正确；
C．两沙包一个做平抛运动，一个做斜抛运动，结合A项分析可知，两个沙包运动时间不相同，故重力的冲量不相同，故C错误；
D．在空中，两个沙包均只受重力作用，所以动量变化率等于重力，两沙包质量相等，所以动量变化率相等，故D正确。
故选：BD。
【分析】根据沙包a是平抛运动，沙包b是斜抛运动，然后分析两者竖直方向的运动，再分析到达O点时，两者运动的时间关系，从而判断两个沙包是否在O点相遇；根据动能定理可知两个沙包运动到O点的速度大小相等，再结合两沙包质量相等，判断动量大小关系；根据沙包a是平抛运动，沙包b是斜抛运动，然后分析两者竖直方向的运动，再分析到达O点时，两者运动的时间关系，最后分析两者重力的冲量关系。
10．【答案】B,C
【知识点】向心力；电势能
【解析】【解答】A B． 根据题意可知，三个带电粒子都做近似圆周运动，三个带电粒子所受电场力（向心力）与场强方向相同，所以三个粒子都带正电，因OA=OC=r，故易知乙粒子做匀速圆周运动从C射出，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
乙粒子经过的位置电场强度大小均为
甲粒子做向心运动
丙粒子离心运动
则，故A错误，B正确；
C．根据电场线分布可知间平均场强比平均场强大，又，
故
，故甲粒子动能的增加量大于丙粒子动能的减少量，故C正确；
D．若B点电势为，C点电势为，则据动能定理，甲粒子离开电场时的动能为，故D错误。
故选BC。
【分析】根据电场力方向与场强方向的关系判断粒子的电性，结合电场力与向心力的大小关系求乙粒子经过的位置电场强度大小；根据W=qU判断甲粒子动能的增加量与丙粒子动能的减少量的关系；根据动能定理求甲粒子离开电场时的动能。
11．【答案】0.515；；见解析
【知识点】验证机械能守恒定律
12．【答案】；；；小于；系统误差；
【知识点】导体电阻率的测量；电压表、电流表欧姆表等电表的读数；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】掌握常用器材的使用方法与读数方法；理解实验原理，分析清楚电路结构，应用电阻定律与欧姆定律即可解题。
（2）电压表量程为3V，分度值为0.1V，结果要估读到最小刻度后一位，指针读数为
与串联，总电压，根据欧姆定律可得电流
代入数据得
（3）由电阻定律
横截面积
整理得
（4）原电路中电压表与并联，计算得到的是与电压表内阻的并联总电阻，因此测量值小于真实值；该误差由实验原理仪器内阻的固有缺陷导致，属于系统误差。
（6）当灵敏电流计示数为零时，两端电势差等于干电池电动势，则两端电压为。由串联电流相等规律
整理得
【分析】（2）根据电压表量程确定其分度值，根据指针位置读数；应用欧姆定律求出电阻阻值。
（3）根据电阻定律求解。
（4）根据图示电路图分析实验误差，确定误差类型。
（6）应用闭合电路的欧姆定律求解。
13．【答案】（1）由题意可知光线恰好在N点发生全反射，如图所示
根据全反射临界角公式可得
由几何关系可得
解得该玻璃砖的折射率为
（2）光线在玻璃砖中的传播速度为
光线沿轴方向从上边界射出时，在玻璃砖中的传播距离最大，如图所示
则有
从上边界射出的光线在玻璃砖中传播的最长时间为
联立解得
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）找到刚好能从玻璃砖上边界射出的临界光线，通过几何关系确定该光线在上边界的入射角等于全反射临界角，再结合临界角与折射率的关系计算出玻璃砖的折射率；
（2）光在玻璃砖中的传播速度由折射率决定，最长传播时间对应从光源到上边界的最长路径，用最长路径除以光在介质中的速度即可得到最长传播时间。
（1）由题意可知光线恰好在N点发生全反射，如图所示
根据全反射临界角公式可得
由几何关系可得
解得该玻璃砖的折射率为
（2）光线在玻璃砖中的传播速度为
光线沿轴方向从上边界射出时，在玻璃砖中的传播距离最大，如图所示
则有
从上边界射出的光线在玻璃砖中传播的最长时间为
联立解得
14．【答案】（1）从静止释放到线圈刚进入磁场过程，由动能定理可得
解得线圈刚进入磁场时的速度大小为
线圈刚进入磁场时有，，
联立解得线圈刚进入磁场时所受安培力大小为
（2）还书箱最终静止时，由受力平衡可得
解得弹簧的压缩量为
还书箱从释放到最终静止过程，由能量守恒可得
解得线圈产生的热量为
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】（1）对线框进行受力分析，由动能定理和法拉第电磁感应定律求线圈刚进入磁场时所受安培力大小；
（2）根据平衡关系求出弹簧的压缩量，结合能量守恒求线圈产生的热量。
（1）从静止释放到线圈刚进入磁场过程，由动能定理可得
解得线圈刚进入磁场时的速度大小为
线圈刚进入磁场时有，，
联立解得线圈刚进入磁场时所受安培力大小为
（2）还书箱最终静止时，由受力平衡可得
解得弹簧的压缩量为
还书箱从释放到最终静止过程，由能量守恒可得
解得线圈产生的热量为
15．【答案】（1）从A到B，由动能定理得
解得滑块第一次滑上木板时的速度大小
（2）从小滑块滑上木板到木板碰到凹槽右侧，由于凹槽光滑，小滑块和木板组成的系统合外力为零，动量守恒。木板碰到凹槽右侧时，小滑块速度为，木板速度为，列式子得
整个过程中，由动能定理得
解得，
木板与凹槽相碰后速度立即变为零，损失的机械能
（3）①当时，可得
此时小滑块一直沿斜面上滑，此过程中小滑块仅经过木板一次，因摩擦而产生的热量
②当时，可得
此时小滑块将滑下斜面返回木板。
从小滑块滑上木板到木板碰到凹槽右侧，对小滑块由动能定理得
对木板由动能定理得
滑块滑上光滑斜面后，只有重力和电场力做功。上滑过程中电场力做正功、重力做负功，下滑过程中电场力做负功、重力做正功，由于上滑和下滑过程位移一样，从E点开始滑上到再次滑下到E点，电场力做功为零、重力做功为零，由动能定理得动能不变，即速度不变。
所以，小滑块再次滑上木板的速度仍为，从小滑块滑上木板到木板碰到凹槽左侧，木板碰到凹槽右侧时，小滑块速度为，木板速度为。
对于小滑块由动能定理得
对木板由动能定理得
小滑块滑过B后，在AB上，在电场力的作用下，先减速再反向加速，根据对称性可得小滑块返回B点时速度仍为。
每次通过木板，小滑块的能量会减少。初始能量为
所以可以通过木板次，小滑块剩余能量
此时小滑块的速度
由于
在这5次通过木板的过程中，未出现小滑块与木板共速的情况，摩擦而产生的热量
在第6次滑上木板后，小滑块与木板共速，由动量守恒定律得
解得
由于，所以假设不成立，在第6次滑上木板后，小滑块与木板不共速，木板获得的能量仍为。
第6次木板撞凹槽损失的能量
根据能量守恒，第6次滑上木板直至停下，摩擦而产生的热量
综上，小滑块共滑上木板6次，并在第6次静止于木板上，整个过程中因摩擦而产生的热量
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）由动能定理求滑块第一次滑上木板时的速度大小；
（2）根据动量守恒和动能定理求出木板碰到凹槽右侧时，小滑块速度和木板速度，再结合能量关系求出木板第一次与凹槽相碰时损失的机械能；
（3）根据动能定理求出通过木板5次时小滑块的速度，再结合动量守恒和能量守恒定律求滑块与木板在整个过程中因摩擦而产生的热量。
（1）从A到B，由动能定理得
解得滑块第一次滑上木板时的速度大小
（2）从小滑块滑上木板到木板碰到凹槽右侧，由于凹槽光滑，小滑块和木板组成的系统合外力为零，动量守恒。木板碰到凹槽右侧时，小滑块速度为，木板速度为，列式子得
整个过程中，由动能定理得
解得，
木板与凹槽相碰后速度立即变为零，损失的机械能
（3）①当时，可得
此时小滑块一直沿斜面上滑，此过程中小滑块仅经过木板一次，因摩擦而产生的热量
②当时，可得
此时小滑块将滑下斜面返回木板。
从小滑块滑上木板到木板碰到凹槽右侧，对小滑块由动能定理得
对木板由动能定理得
滑块滑上光滑斜面后，只有重力和电场力做功。上滑过程中电场力做正功、重力做负功，下滑过程中电场力做负功、重力做正功，由于上滑和下滑过程位移一样，从E点开始滑上到再次滑下到E点，电场力做功为零、重力做功为零，由动能定理得动能不变，即速度不变。
所以，小滑块再次滑上木板的速度仍为，从小滑块滑上木板到木板碰到凹槽左侧，木板碰到凹槽右侧时，小滑块速度为，木板速度为。
对于小滑块由动能定理得
对木板由动能定理得
小滑块滑过B后，在AB上，在电场力的作用下，先减速再反向加速，根据对称性可得小滑块返回B点时速度仍为。
每次通过木板，小滑块的能量会减少。初始能量为
所以可以通过木板次，小滑块剩余能量
此时小滑块的速度
由于
在这5次通过木板的过程中，未出现小滑块与木板共速的情况，摩擦而产生的热量
在第6次滑上木板后，小滑块与木板共速，由动量守恒定律得
解得
由于，所以假设不成立，在第6次滑上木板后，小滑块与木板不共速，木板获得的能量仍为。
第6次木板撞凹槽损失的能量
根据能量守恒，第6次滑上木板直至停下，摩擦而产生的热量
综上，小滑块共滑上木板6次，并在第6次静止于木板上，整个过程中因摩擦而产生的热量
1 / 1

展开更多......

收起↑