资源简介

2026届贵州贵阳市高三一模物理试卷
1．天舟九号货物飞船于2025年7月15日成功发射，保障了神舟二十号和二十一号乘组在轨期间的物资需求。天舟九号发射后，火箭将其送入近地点约200公里、远地点约300公里的椭圆轨道。在天舟九号从近地点向远地点运动的过程中，关于地球对它的万有引力F及其运行速率v，下列说法正确的是（　　）
A．F逐渐增大，v逐渐增大 B．F逐渐减小，v逐渐减小
C．F逐渐减小，v逐渐增大 D．F逐渐增大，v逐渐减小
2．图甲的双筒望远镜中一个棱镜的截面为如图乙所示的等腰梯形，其中，。现有一束单色光垂直于AD边射向AB边的中点，已知该棱镜材料对这种单色光的折射率为，则该单色光将（　　）
A．从AB边射出 B．从BC边射出 C．从CD边射出 D．从AD边射出
3．空间中有一负点电荷Q放置在A点附近，如图所示。现缓慢移动Q，使其逐渐远离A点，此过程中Q的电荷量不变，取无穷远处电势为零。关于Q激发的电场中A点的电场强度E和电势φ的变化情况，下列说法正确的是（　　）
A．E变小，φ升高 B．E变小，φ降低
C．E变大，φ升高 D．E变大，φ降低
4．可视为质点的游客在观山湖区乘坐如图所示的“观山湖眼”摩天轮，他随座舱一起在竖直面内做速度大小为v的匀速圆周运动。将此速度在圆周所在的平面内沿水平和竖直方向分解，其水平分量为。以游客经过最低点时为计时起点，在其转动一圈的过程中，随时间t变化的关系图像可能是（　　）
A． B．
C． D．
5．黔灵湖湖面上有相距12m的甲、乙两小浮标。一列可视为简谐横波的水波在湖面上沿甲、乙连线的方向传播，浮标每分钟上下浮动30次。当甲位于波峰时，乙位于波谷，两浮标之间还有一个波峰。则该列水波的波速为（　　）
A．0.4m/s B．2.5m/s C．4m/s D．6m/s
6．用轻绳连接的可视为质点的带孔小球A、B，穿在位于竖直平面内、半径为R的圆环上，绳长为，其中A球固定于圆环顶部，B球内部光滑，系统处于静止状态，如图甲所示。现将整个装置绕圆心O在纸面内逆时针转动后静止，如图乙所示。设甲、乙两图中圆环对A的作用力大小分别为、，轻绳的拉力大小分别为、。则下列判断正确的是（　　）
A．， B．，
C．， D．，
7．如图，在纸面内的边长为a的正方形区域内存在磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场。在该区域中心处有一粒子发射源，可朝纸面内任意方向发射大量粒子。已知这些粒子的质量均为m、电荷量均为且速度大小均相同，不计粒子所受重力和粒子间相互作用，为使正方形磁场区域边界上任意一点都有粒子射出，则这些粒子速度大小至少为（　　）
A． B． C． D．
8．2025年11月，全球首座钍基熔盐堆发电站在我国正式启动建设。钍基熔盐堆核能系统具有常压工作、无水冷却、核废料少、防扩散性能强和经济性更优等特点，在其燃料增殖阶段，通过下列核反应①；②；③，将不容易裂变的钍232变成易裂变的铀233。关于上述核反应，下列说法正确的是（　　）
A．X的核电荷数为90 B．Y是中子
C．②是核聚变 D．③是β衰变
9．固定在水平地面上的斜面顶端有一轻质定滑轮，一不可伸长的轻绳绕过定滑轮并连接滑块a、b，如图所示。将滑块a置于斜面顶端时，滑块b与地面接触且轻绳伸直。现释放滑块a，在滑块b由地面上升到斜面顶端等高处的过程中，不计一切摩擦，则下列说法正确的是（　　）
A．重力对滑块a做的功等于滑块a动能的增加量
B．轻绳对滑块b做的功大于滑块b动能的增加量
C．滑块a机械能的减少量等于滑块b机械能的增加量
D．滑块a重力势能的减少量等于滑块a、b总动能的增加量
10．空间中存在水平向左、范围足够大的匀强电场，将一电荷量为q、质量为m的小球以初速度从电场中的M点水平向右抛出，一段时间后小球运动到P点（图中未画出），此时速度方向竖直向下，然后从P点运动到M点正下方的N点，如图所示。已知MP的水平距离等于MN的高度差，重力加速度大小为g。设小球在N点的电势能为零，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．电场强度大小为
B．MP与PN的竖直高度之比为
C．小球从M运动到N的过程中，电势能的最大值为
D．小球从M运动到N的过程中，速率的最小值为
11．某学习小组用如图所示的实验装置探究弹簧弹性势能与弹簧压缩量x之间的关系。图中水平放置的气垫导轨左侧有竖直挡板，挡板右侧面固定水平轻质滑块。实验主要过程如下：
（1）用游标卡尺测量遮光片的宽度d，用天平测得滑块（含遮光片）的质量m。
（2）在弹簧弹性限度内，将滑块与弹簧接触并压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x。
（3）由静止释放滑块，记录滑块离开弹簧后遮光片通过光电门的遮光时间t，则滑块经过光电门时的速度大小　 　（用“d”和“t”表示）。
（4）多次改变弹簧的压缩量x，重复步骤（2）（3），并记录数据。
（5）根据能量守恒定律，计算得出每次释放滑块时弹簧弹性势能　 　（用“d”“m”和“t”表示}。
（6）该小组先用实验数据作出图像，发现其图线是一条曲线，再用实验数据作出图像，发现其图线是一条过坐标原点的倾斜直线。由此得到本次实验的实验结论为　 　。
12．一实验小组将铜片和锌片贴着透明长方体塑料杯平行插入杯中，在杯中注入某种一定浓度的电解质溶液，形成一个可变内阻的原电池，如图甲所示。经查阅资料发现该原电池的电动势约为1V并与电解质溶液的体积无关。为了测量该原电池的电动势E和该电解质溶液的电阻率ρ，实验小组按照如图乙所示的电路图将阻值的定值电阻、数字式多用电表、原电池、开关等元件用导线连接成如图丙所示的实物图。实验步骤如下：
①测出透明杯的内部宽度、铜片和锌片间的距离，如图甲所示。
②在透明杯中注入一定量的该种溶液，通过贴在杯上的刻度尺读出溶液的高度h。
③选择数字式多用电表合适量程的电流挡后，闭合开关，读出电表示数I。
④多次注入该种溶液，每注入一次溶液都重复步骤②③，得到的数据如下表所示。
⑤断开电路，整理器材。
组数 1 2 3 4 5 6 7 8 9
高度h/mm 5 10 15 20 25 30 35 40 45
电流I/mA 3.3 6.3 9.7 12.8 16.2 19.3 22.5 25.2 28.1
请回答下列问题：
（1）通过上表数据发现，随溶液高度增加，原电池内阻　 　（选填“增大”“减小”或“不变”）。
（2）已知电解质溶液的电阻随长度、横截面积的变化规律与金属导体相同，则原电池的内阻　 　（用“ρ”“L””d”和“h”表示）。
（3）该小组利用WPS表格软件对上表实验数据进行处理，分别作出了和的图像如下图A、B所示。为了能够根据闭合电路欧姆定律和图像信息计算出该原电池电动势E和该电解质溶液的电阻率ρ，应选图　 　（选填“A”或“B”）更合适。
（4）根据（3）中选择的图像拟合的函数关系式，可得出该原电池电动势　 　V，该电解质溶液的电阻率　 　Ω·m。（结果均保留两位有效数字）
13．如图，一上端有卡销、容积为的内壁光滑的汽缸竖直放置在水平地面上，一定质量的理想气体被一厚度不计的活塞密封在汽缸内。初始时封闭气体压强为（为大气压强），温度为，体积为。现对气体缓慢加热，使活塞刚好上升到卡销处时停止加热，然后立即在活塞上加细砂并保持缸内气体温度不变，让活塞缓慢下降，使缸内气体体积变回。求：
（1）活塞刚上升到卡销处时，缸内气体的温度；
（2）所加细砂的总质量与活塞质量的比值。
14．磁力制动系统是目前大型过山车进站减速的首选制动方式，其原理简化俯视图如图所示，间距为d的平行金属导轨固定在水平地面上，其右端连接一可变电阻，过山车可简化为一根质量为m、垂直于导轨且与导轨接触良好的导体棒，垂直导轨的两虚线与导轨围成的矩形区域内存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。当可变电阻阻值为R时，过山车以速度v进入磁场，离开磁场时速度为。除可变电阻外其余电阻不计，忽略摩擦及空气阻力。
（1）求过山车刚进入磁场时所受安培力的大小和方向；
（2）求过山车穿过磁场区域的过程中可变电阻产生的焦耳热；
（3）当可变电阻的阻值为多少时，可使过山车以速度v进入磁场，以的速度离开磁场？
15．水平地面上有一质量的滑板，其上表面为ABCD，其中圆弧段ABC的圆心为O、半径，OA水平，B点为圆弧最低点，OC与OB的夹角，CD段水平，如图所示。现锁定滑板，将一质量也为m、可视为质点的小球从A点正上方3r处的E点无初速度释放。已知滑板在运动过程中不会翻转，取重力加速度大小，不计一切摩擦和空气阻力。
（1）求小球通过最低点B时的速度大小和受到的支持力大小。
（2）若解除对滑板的锁定，将该小球仍从E点无初速度释放，小球从C点离开滑板后，在空中运动一段时间落到D点。求：
（ⅰ）小球通过最低点B时的速度大小；
（ⅱ）CD段的长度。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】开普勒定律；万有引力定律
【解析】【解答】飞船从近地点向远地点运动时，由万有引力定律 可知，飞船到地心的距离增大，万有引力随的平方增大而逐渐减小；根据开普勒第二定律，飞船与地心的连线扫过面积不变，远地点处轨迹曲率半径更大，故运行速率逐渐减小。
故答案为：B。
【分析】先依据万有引力定律 ，明确万有引力与轨道半径的平方成反比，增大时引力减小；再利用开普勒第二定律的核心规律，分析卫星在椭圆轨道上近、远地点的速率变化，近地点小、速率大，远地点大、速率小。
2．【答案】D
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】光路图如图
已知棱镜折射率，由临界角公式，解得临界角。光线垂直AD边入射，方向不变，射向AB边E点时，由几何关系得入射角。因，光线在E点发生全反射；同理，光线射向BC边F点、CD边G点时，入射角均为，依次发生全反射，最终垂直AD边射出。
故答案为：D。
【分析】先根据折射率求出临界角，再结合几何关系确定光线在各边的入射角，依据全反射条件（入射角大于临界角）判断传播路径，最终确定出射方向。
3．【答案】A
【知识点】电场强度；电势
【解析】【解答】场强分析：点电荷Q逐渐远离A点时，A到Q的距离r增大，根据点电荷场强公式，A点的电场强度E随r的平方增大而减小。
电势分析：Q为负点电荷，其电场中电势分布规律为：离负电荷越远，电势越高（无穷远电势为0，负电荷周围电势为负），因此A点的电势φ随Q远离而升高。
故答案为：A。
【分析】利用点电荷场强公式，结合距离变化分析场强大小；根据负点电荷的电势分布规律，判断A点电势的变化。
4．【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】设匀速圆周运动的角速度为，经过时间后，速度方向与水平方向的夹角为，因此水平分量，按余弦规律变化，初始值为，图D符合运动规律，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】明确匀速圆周运动的速度矢量方向随时间按角速度匀速转动；推导速度水平分量的表达式，结合计时起点（最低点，初始）的初始条件，逐一排除不符合规律的选项，确定正确图像。
5．【答案】C
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】由浮标每分钟上下浮动30次，得振动周期。波速由介质决定，与浮标运动无关，根据波动特性，甲乙间距，解得。再由波速公式，代入，得，故C符合题意；
故答案为：C。
【分析】第一步，根据浮标振动次数计算周期；第二步，利用“相邻波峰与波谷间距为”的规律，结合甲乙间距建立波长的方程并求解；第三步，代入波速公式计算波速，逐一验证选项。
6．【答案】A
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】绳拉力分析：
对图甲中B球受力分析，竖直方向受力平衡：，解得；
对图乙中B球受力分析，竖直方向受力平衡：；
因此。
圆环作用力分析：
图甲中，将A、B视为整体，竖直方向圆环作用力分量等于总重力，水平方向分量等于绳拉力的水平分量，由勾股定理得；
图乙中，对A球受力分析，圆环作用力与绳拉力、A球重力的合力等大反向，得；
因此。
综上，且，
故答案为：A；
【分析】先对B球单独受力分析，结合平衡条件求解两种状态下的绳拉力并比较大小；再通过整体法（甲图）或隔离法（乙图）分析圆环对A球的作用力，利用力的合成与分解计算作用力大小并比较，最终得出结论。
7．【答案】B
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】要使从正方形中心发射的粒子能覆盖整个区域，需保证粒子能到达距离中心最远的四个顶点。洛伦兹力提供向心力，由 可知，轨道半径 越小，对应速度 越小。结合几何约束，粒子过顶点的轨迹需与正方形边界相切，此时轨道半径的最小值为 。将其代入向心力公式，解得最小速度 ，
故答案为：B。
【分析】先明确临界条件：粒子需到达正方形最远的顶点，且轨迹与边界相切，以此确定最小轨道半径；再应用洛伦兹力提供向心力的规律，建立半径与速度的关系；最后代入最小半径，求解对应的最小发射速度。
8．【答案】A,D
【知识点】原子核的人工转变；α、β、γ射线及特点；核聚变
【解析】【解答】 A．根据核反应方程的质量数守恒和电荷数守恒，计算X的核电荷数，质量数，故A符合题意；
B．同理，计算Y的核电荷数，质量数，可知Y为电子，故B不符合题意；
C．反应②、③均放出电子，属于β衰变，并非α衰变，故C不符合题意；
D．反应②、③均有电子生成，符合β衰变的定义，故D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】先核对反应方程是否遵循质量数守恒和电荷数守恒，以此计算未知粒子的电荷数与质量数，判断粒子种类；然后明确β衰变的本质：原子核内中子衰变为质子，同时放出电子（），以此判断反应类型。
9．【答案】B,C
【知识点】功能关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．滑块 a 受重力、轻绳拉力作用，根据动能定理，其动能的增加量等于重力做功与拉力做功的代数和，并非仅由重力做功决定， 故A错误；
B．对滑块 b 应用动能定理，轻绳拉力做的功等于其动能增加量与重力势能增加量之和（重力做负功）， 故B正确；
C．系统不计一切摩擦，只有重力做功，机械能守恒，因此滑块 a 减少的机械能全部转化为滑块 b 增加的机械能， 故C正确；
D．根据系统机械能守恒，滑块 a 重力势能的减少量，等于 a 的动能增加量、b 的动能增加量与 b 的重力势能增加量三者之和， 故D错误；
故答案为：BC。
【分析】先对单个物体应用动能定理，明确合外力做功等于动能变化，区分重力、拉力的做功贡献；然后对系统应用机械能守恒定律，明确只有重力做功时系统机械能守恒，机械能的变化在系统内转移；最后区分单个物体的机械能变化与系统机械能守恒的关系，避免混淆能量的分配与转化。
10．【答案】A,C,D
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．水平方向，小球从M到P做匀减速运动、P到N做匀加速运动，由对称性可知两段时间相等。设每段时间为，水平位移（）；竖直方向全程位移。由，联立得，进而得， 故A正确；
B．竖直方向，，，则，因此， 故B错误；
C．P点水平速度为0，电势能最大。从M到P，电场力做功，电势能增加。若M、N电势能为0，则运动中电势能最大值为， 故C正确；
D．如图所示
电场力与重力的合力与水平方向的夹角满足
将小球的初速度分解为平行方向和垂直方向两个分速度，当平行方向分速度减为0时，小球的速度最小，则小球在运动过程中的最小速度为，故D正确；
故选ACD。
【分析】先利用运动的对称性，拆分水平、竖直方向的分运动，结合位移关系联立求解电场强度；然后分析竖直方向自由落体运动，分阶段计算位移，得到高度比；依据电场力做功与电势能变化的关系，确定电势能的最大值；最后求合力方向，将初速度分解，利用“平行合力分量为0时速度最小”的规律求解最小速度。
11．【答案】；；弹簧的弹性势能与弹簧压缩量x的平方成正比
【知识点】弹性势能；实验基础知识与实验误差
【解析】【解答】（1）滑块经过光电门时的速度大小
故答案为：；
（2）根据能量守恒，弹簧的弹性势能全部转化为滑块的动能，故每次释放滑块时弹簧弹性势能
故答案为：；
（3）由图像为过原点的倾斜直线，可得实验结论：弹簧的弹性势能与弹簧压缩量x的平方成正比。
故答案为：弹簧的弹性势能与弹簧压缩量x的平方成正比；
【分析】（1）用遮光片宽度除以遮光时间，近似得到滑块的瞬时速度。
（2）由能量守恒，弹簧弹性势能全部转化为滑块动能，代入速度公式得。
（3）图像为过原点的倾斜直线，说明弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比。
12．【答案】（1）减小
（2）
（3）B
（4）0.95；0.48
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）当溶液高度h增加时，电流I增大，根据
可知总电阻R+r减小。由于定值电阻R不变，因此原电池内阻r减小。
故答案为：减小；
（2）电解质溶液的电阻遵循电阻定律，故
故答案为：；
（3）根据闭合电路欧姆定律有
整理得
可知图像是线性关系，便于通过图像斜率和截距计算E和。因此选图B。
故答案为：B；
（4）结合图B的拟合函数，可知，
代入题中数据，联立解得，
故答案为：0.95；0.48；
【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律 ，溶液高度增大时电流增大、电动势和定值电阻不变，因此原电池内阻减小。
（2）由电阻定律 ，结合溶液横截面积，推导出内阻表达式 。
（3）将内阻表达式代入闭合电路欧姆定律，整理得到，明确为线性关系，可通过图像斜率、截距求解和。
（4）根据图像的截距和斜率，代入已知数据联立方程，求解电动势和电阻率。
（1）当溶液高度h增加时，电流I增大，根据
可知总电阻R+r减小。由于定值电阻R不变，因此原电池内阻r减小。
（2）电解质溶液的电阻遵循电阻定律，故
（3）根据闭合电路欧姆定律有
整理得
可知图像是线性关系，便于通过图像斜率和截距计算E和。因此选图B。
（4）[1][2]结合图B的拟合函数，可知，
代入题中数据，联立解得，
13．【答案】（1）解：气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律
代入解得
（2）解：气体发生等温变化，由玻意耳定律
代入解得
设活塞质量为，所加细砂质量为，初始时，根据活塞平衡条件有
在活塞上加细砂并保持缸内气体温度不变，让活塞缓慢下降，使缸内气体体积变回时，根据活塞平衡条件有
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；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】【分析】（1）气体经历等压变化，依据盖-吕萨克定律，代入初始状态、和末状态，求解升温后的温度。
（2）气体经历等温变化，依据玻意耳定律，代入、、，求得末态压强；再根据活塞平衡条件，分别列初始状态和加细砂后的受力平衡方程，联立求解细砂质量与活塞质量的比值。
（1）气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律
代入解得
（2）气体发生等温变化，由玻意耳定律
代入解得
设活塞质量为，所加细砂质量为，初始时，根据活塞平衡条件有
在活塞上加细砂并保持缸内气体温度不变，让活塞缓慢下降，使缸内气体体积变回时，根据活塞平衡条件有
解得
14．【答案】（1）解：过山车进入磁场时回路电流为
右手定则可知电流方向向上。此时过山车所受安培力大小为
左手定则可知安培力方向水平向左。
（2）解：过山车从进入磁场到离开磁场的过程满足能量守恒定律，设可变电阻产生的焦耳热为Q，则
（3）解：当过山车以速度v进入磁场，以离开磁场时，设磁场区域长度为x，规定向右为正方向，根据动量定理有
当过山车以速度v进入磁场，以离开磁场时，设可变电阻为，同理，根据动量定理有
联立解得
【知识点】动量定理；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 先由电磁感应定律求感应电动势，再由欧姆定律得感应电流，代入安培力公式求大小，用左手定则判断方向为水平向左。
(2) 根据能量守恒，过山车动能的减少量全部转化为可变电阻的焦耳热，直接用初末动能差计算焦耳热。
(3) 对过山车应用动量定理，结合安培力的冲量表达式，联立两次不同末速度的方程，消去公共量求解电阻阻值。
（1）过山车进入磁场时回路电流为
右手定则可知电流方向向上。此时过山车所受安培力大小为
左手定则可知安培力方向水平向左。
（2）过山车从进入磁场到离开磁场的过程满足能量守恒定律，设可变电阻产生的焦耳热为Q，则
（3）当过山车以速度v进入磁场，以离开磁场时，设磁场区域长度为x，规定向右为正方向，根据动量定理有
当过山车以速度v进入磁场，以离开磁场时，设可变电阻为，同理，根据动量定理有
联立解得
15．【答案】（1）解：小球从E点到B点过程，根据机械能守恒有
小球在B点有
联立解得，
（2）解：若解除对滑板的锁定，小球进入A点后，滑板将运动起来。
（i）小球从E到B的过程，系统水平方向动量守恒，设向右为正方向，设小球经过最低点时速度大小为，滑板速度大小为，则有
由于不计一切摩擦和空气阻力，小球从E到B的过程也满足机械能守恒，则有
联立解得
（ii）小球从E点运动到C点满足水平方向动量守恒和机械能守恒，设小球到C点时的速度大小为，以地面为参考系，其在水平和竖直方向的分量分别为，滑板的速度大小为v，以向右为正方向，则有
根据能量守恒有
以滑板为参考系，则小球相对于滑板做圆周运动，小球到C点时相对速度的方向沿圆弧切线方向，即与水平方向成。此时在竖直方向的分量依然为，在水平方向的分量变为了相对速度，则有，
联立解得，
之后，小球从C点离开滑板，在空中做斜抛运动，根据运动的分解有，
联立解得
【知识点】平抛运动；斜抛运动；生活中的圆周运动；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】 (1) 以小球为研究对象，机械能守恒定律决定小球到达最低点 B 的速度大小；再对 B 点竖直方向列牛顿第二定律（向心力公式），联立机械能守恒结果，即可求出小球在 B 点受到的支持力大小。
(2) （i）系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒；同时小球下滑过程满足机械能守恒，联立两个方程求解，即可得到小球到达最低点 B 时的速度。
（ii）结合动量守恒与机械能守恒求出小球和滑板的水平分速度，再利用运动的分解，结合竖直方向自由落体运动规律，计算出水平位移，即为 CD 段的长度。
（1）小球从E点到B点过程，根据机械能守恒有
小球在B点有
联立解得，
（2）若解除对滑板的锁定，小球进入A点后，滑板将运动起来。
（i）小球从E到B的过程，系统水平方向动量守恒，设向右为正方向，设小球经过最低点时速度大小为，滑板速度大小为，则有
由于不计一切摩擦和空气阻力，小球从E到B的过程也满足机械能守恒，则有
联立解得
（ii）小球从E点运动到C点满足水平方向动量守恒和机械能守恒，设小球到C点时的速度大小为，以地面为参考系，其在水平和竖直方向的分量分别为，滑板的速度大小为v，以向右为正方向，则有
根据能量守恒有
以滑板为参考系，则小球相对于滑板做圆周运动，小球到C点时相对速度的方向沿圆弧切线方向，即与水平方向成。此时在竖直方向的分量依然为，在水平方向的分量变为了相对速度，则有，
联立解得，
之后，小球从C点离开滑板，在空中做斜抛运动，根据运动的分解有，
联立解得
1 / 12026届贵州贵阳市高三一模物理试卷
1．天舟九号货物飞船于2025年7月15日成功发射，保障了神舟二十号和二十一号乘组在轨期间的物资需求。天舟九号发射后，火箭将其送入近地点约200公里、远地点约300公里的椭圆轨道。在天舟九号从近地点向远地点运动的过程中，关于地球对它的万有引力F及其运行速率v，下列说法正确的是（　　）
A．F逐渐增大，v逐渐增大 B．F逐渐减小，v逐渐减小
C．F逐渐减小，v逐渐增大 D．F逐渐增大，v逐渐减小
【答案】B
【知识点】开普勒定律；万有引力定律
【解析】【解答】飞船从近地点向远地点运动时，由万有引力定律 可知，飞船到地心的距离增大，万有引力随的平方增大而逐渐减小；根据开普勒第二定律，飞船与地心的连线扫过面积不变，远地点处轨迹曲率半径更大，故运行速率逐渐减小。
故答案为：B。
【分析】先依据万有引力定律 ，明确万有引力与轨道半径的平方成反比，增大时引力减小；再利用开普勒第二定律的核心规律，分析卫星在椭圆轨道上近、远地点的速率变化，近地点小、速率大，远地点大、速率小。
2．图甲的双筒望远镜中一个棱镜的截面为如图乙所示的等腰梯形，其中，。现有一束单色光垂直于AD边射向AB边的中点，已知该棱镜材料对这种单色光的折射率为，则该单色光将（　　）
A．从AB边射出 B．从BC边射出 C．从CD边射出 D．从AD边射出
【答案】D
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】光路图如图
已知棱镜折射率，由临界角公式，解得临界角。光线垂直AD边入射，方向不变，射向AB边E点时，由几何关系得入射角。因，光线在E点发生全反射；同理，光线射向BC边F点、CD边G点时，入射角均为，依次发生全反射，最终垂直AD边射出。
故答案为：D。
【分析】先根据折射率求出临界角，再结合几何关系确定光线在各边的入射角，依据全反射条件（入射角大于临界角）判断传播路径，最终确定出射方向。
3．空间中有一负点电荷Q放置在A点附近，如图所示。现缓慢移动Q，使其逐渐远离A点，此过程中Q的电荷量不变，取无穷远处电势为零。关于Q激发的电场中A点的电场强度E和电势φ的变化情况，下列说法正确的是（　　）
A．E变小，φ升高 B．E变小，φ降低
C．E变大，φ升高 D．E变大，φ降低
【答案】A
【知识点】电场强度；电势
【解析】【解答】场强分析：点电荷Q逐渐远离A点时，A到Q的距离r增大，根据点电荷场强公式，A点的电场强度E随r的平方增大而减小。
电势分析：Q为负点电荷，其电场中电势分布规律为：离负电荷越远，电势越高（无穷远电势为0，负电荷周围电势为负），因此A点的电势φ随Q远离而升高。
故答案为：A。
【分析】利用点电荷场强公式，结合距离变化分析场强大小；根据负点电荷的电势分布规律，判断A点电势的变化。
4．可视为质点的游客在观山湖区乘坐如图所示的“观山湖眼”摩天轮，他随座舱一起在竖直面内做速度大小为v的匀速圆周运动。将此速度在圆周所在的平面内沿水平和竖直方向分解，其水平分量为。以游客经过最低点时为计时起点，在其转动一圈的过程中，随时间t变化的关系图像可能是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】设匀速圆周运动的角速度为，经过时间后，速度方向与水平方向的夹角为，因此水平分量，按余弦规律变化，初始值为，图D符合运动规律，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】明确匀速圆周运动的速度矢量方向随时间按角速度匀速转动；推导速度水平分量的表达式，结合计时起点（最低点，初始）的初始条件，逐一排除不符合规律的选项，确定正确图像。
5．黔灵湖湖面上有相距12m的甲、乙两小浮标。一列可视为简谐横波的水波在湖面上沿甲、乙连线的方向传播，浮标每分钟上下浮动30次。当甲位于波峰时，乙位于波谷，两浮标之间还有一个波峰。则该列水波的波速为（　　）
A．0.4m/s B．2.5m/s C．4m/s D．6m/s
【答案】C
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】由浮标每分钟上下浮动30次，得振动周期。波速由介质决定，与浮标运动无关，根据波动特性，甲乙间距，解得。再由波速公式，代入，得，故C符合题意；
故答案为：C。
【分析】第一步，根据浮标振动次数计算周期；第二步，利用“相邻波峰与波谷间距为”的规律，结合甲乙间距建立波长的方程并求解；第三步，代入波速公式计算波速，逐一验证选项。
6．用轻绳连接的可视为质点的带孔小球A、B，穿在位于竖直平面内、半径为R的圆环上，绳长为，其中A球固定于圆环顶部，B球内部光滑，系统处于静止状态，如图甲所示。现将整个装置绕圆心O在纸面内逆时针转动后静止，如图乙所示。设甲、乙两图中圆环对A的作用力大小分别为、，轻绳的拉力大小分别为、。则下列判断正确的是（　　）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】A
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】绳拉力分析：
对图甲中B球受力分析，竖直方向受力平衡：，解得；
对图乙中B球受力分析，竖直方向受力平衡：；
因此。
圆环作用力分析：
图甲中，将A、B视为整体，竖直方向圆环作用力分量等于总重力，水平方向分量等于绳拉力的水平分量，由勾股定理得；
图乙中，对A球受力分析，圆环作用力与绳拉力、A球重力的合力等大反向，得；
因此。
综上，且，
故答案为：A；
【分析】先对B球单独受力分析，结合平衡条件求解两种状态下的绳拉力并比较大小；再通过整体法（甲图）或隔离法（乙图）分析圆环对A球的作用力，利用力的合成与分解计算作用力大小并比较，最终得出结论。
7．如图，在纸面内的边长为a的正方形区域内存在磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场。在该区域中心处有一粒子发射源，可朝纸面内任意方向发射大量粒子。已知这些粒子的质量均为m、电荷量均为且速度大小均相同，不计粒子所受重力和粒子间相互作用，为使正方形磁场区域边界上任意一点都有粒子射出，则这些粒子速度大小至少为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】要使从正方形中心发射的粒子能覆盖整个区域，需保证粒子能到达距离中心最远的四个顶点。洛伦兹力提供向心力，由 可知，轨道半径 越小，对应速度 越小。结合几何约束，粒子过顶点的轨迹需与正方形边界相切，此时轨道半径的最小值为 。将其代入向心力公式，解得最小速度 ，
故答案为：B。
【分析】先明确临界条件：粒子需到达正方形最远的顶点，且轨迹与边界相切，以此确定最小轨道半径；再应用洛伦兹力提供向心力的规律，建立半径与速度的关系；最后代入最小半径，求解对应的最小发射速度。
8．2025年11月，全球首座钍基熔盐堆发电站在我国正式启动建设。钍基熔盐堆核能系统具有常压工作、无水冷却、核废料少、防扩散性能强和经济性更优等特点，在其燃料增殖阶段，通过下列核反应①；②；③，将不容易裂变的钍232变成易裂变的铀233。关于上述核反应，下列说法正确的是（　　）
A．X的核电荷数为90 B．Y是中子
C．②是核聚变 D．③是β衰变
【答案】A,D
【知识点】原子核的人工转变；α、β、γ射线及特点；核聚变
【解析】【解答】 A．根据核反应方程的质量数守恒和电荷数守恒，计算X的核电荷数，质量数，故A符合题意；
B．同理，计算Y的核电荷数，质量数，可知Y为电子，故B不符合题意；
C．反应②、③均放出电子，属于β衰变，并非α衰变，故C不符合题意；
D．反应②、③均有电子生成，符合β衰变的定义，故D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】先核对反应方程是否遵循质量数守恒和电荷数守恒，以此计算未知粒子的电荷数与质量数，判断粒子种类；然后明确β衰变的本质：原子核内中子衰变为质子，同时放出电子（），以此判断反应类型。
9．固定在水平地面上的斜面顶端有一轻质定滑轮，一不可伸长的轻绳绕过定滑轮并连接滑块a、b，如图所示。将滑块a置于斜面顶端时，滑块b与地面接触且轻绳伸直。现释放滑块a，在滑块b由地面上升到斜面顶端等高处的过程中，不计一切摩擦，则下列说法正确的是（　　）
A．重力对滑块a做的功等于滑块a动能的增加量
B．轻绳对滑块b做的功大于滑块b动能的增加量
C．滑块a机械能的减少量等于滑块b机械能的增加量
D．滑块a重力势能的减少量等于滑块a、b总动能的增加量
【答案】B,C
【知识点】功能关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．滑块 a 受重力、轻绳拉力作用，根据动能定理，其动能的增加量等于重力做功与拉力做功的代数和，并非仅由重力做功决定， 故A错误；
B．对滑块 b 应用动能定理，轻绳拉力做的功等于其动能增加量与重力势能增加量之和（重力做负功）， 故B正确；
C．系统不计一切摩擦，只有重力做功，机械能守恒，因此滑块 a 减少的机械能全部转化为滑块 b 增加的机械能， 故C正确；
D．根据系统机械能守恒，滑块 a 重力势能的减少量，等于 a 的动能增加量、b 的动能增加量与 b 的重力势能增加量三者之和， 故D错误；
故答案为：BC。
【分析】先对单个物体应用动能定理，明确合外力做功等于动能变化，区分重力、拉力的做功贡献；然后对系统应用机械能守恒定律，明确只有重力做功时系统机械能守恒，机械能的变化在系统内转移；最后区分单个物体的机械能变化与系统机械能守恒的关系，避免混淆能量的分配与转化。
10．空间中存在水平向左、范围足够大的匀强电场，将一电荷量为q、质量为m的小球以初速度从电场中的M点水平向右抛出，一段时间后小球运动到P点（图中未画出），此时速度方向竖直向下，然后从P点运动到M点正下方的N点，如图所示。已知MP的水平距离等于MN的高度差，重力加速度大小为g。设小球在N点的电势能为零，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．电场强度大小为
B．MP与PN的竖直高度之比为
C．小球从M运动到N的过程中，电势能的最大值为
D．小球从M运动到N的过程中，速率的最小值为
【答案】A,C,D
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．水平方向，小球从M到P做匀减速运动、P到N做匀加速运动，由对称性可知两段时间相等。设每段时间为，水平位移（）；竖直方向全程位移。由，联立得，进而得， 故A正确；
B．竖直方向，，，则，因此， 故B错误；
C．P点水平速度为0，电势能最大。从M到P，电场力做功，电势能增加。若M、N电势能为0，则运动中电势能最大值为， 故C正确；
D．如图所示
电场力与重力的合力与水平方向的夹角满足
将小球的初速度分解为平行方向和垂直方向两个分速度，当平行方向分速度减为0时，小球的速度最小，则小球在运动过程中的最小速度为，故D正确；
故选ACD。
【分析】先利用运动的对称性，拆分水平、竖直方向的分运动，结合位移关系联立求解电场强度；然后分析竖直方向自由落体运动，分阶段计算位移，得到高度比；依据电场力做功与电势能变化的关系，确定电势能的最大值；最后求合力方向，将初速度分解，利用“平行合力分量为0时速度最小”的规律求解最小速度。
11．某学习小组用如图所示的实验装置探究弹簧弹性势能与弹簧压缩量x之间的关系。图中水平放置的气垫导轨左侧有竖直挡板，挡板右侧面固定水平轻质滑块。实验主要过程如下：
（1）用游标卡尺测量遮光片的宽度d，用天平测得滑块（含遮光片）的质量m。
（2）在弹簧弹性限度内，将滑块与弹簧接触并压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x。
（3）由静止释放滑块，记录滑块离开弹簧后遮光片通过光电门的遮光时间t，则滑块经过光电门时的速度大小　 　（用“d”和“t”表示）。
（4）多次改变弹簧的压缩量x，重复步骤（2）（3），并记录数据。
（5）根据能量守恒定律，计算得出每次释放滑块时弹簧弹性势能　 　（用“d”“m”和“t”表示}。
（6）该小组先用实验数据作出图像，发现其图线是一条曲线，再用实验数据作出图像，发现其图线是一条过坐标原点的倾斜直线。由此得到本次实验的实验结论为　 　。
【答案】；；弹簧的弹性势能与弹簧压缩量x的平方成正比
【知识点】弹性势能；实验基础知识与实验误差
【解析】【解答】（1）滑块经过光电门时的速度大小
故答案为：；
（2）根据能量守恒，弹簧的弹性势能全部转化为滑块的动能，故每次释放滑块时弹簧弹性势能
故答案为：；
（3）由图像为过原点的倾斜直线，可得实验结论：弹簧的弹性势能与弹簧压缩量x的平方成正比。
故答案为：弹簧的弹性势能与弹簧压缩量x的平方成正比；
【分析】（1）用遮光片宽度除以遮光时间，近似得到滑块的瞬时速度。
（2）由能量守恒，弹簧弹性势能全部转化为滑块动能，代入速度公式得。
（3）图像为过原点的倾斜直线，说明弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比。
12．一实验小组将铜片和锌片贴着透明长方体塑料杯平行插入杯中，在杯中注入某种一定浓度的电解质溶液，形成一个可变内阻的原电池，如图甲所示。经查阅资料发现该原电池的电动势约为1V并与电解质溶液的体积无关。为了测量该原电池的电动势E和该电解质溶液的电阻率ρ，实验小组按照如图乙所示的电路图将阻值的定值电阻、数字式多用电表、原电池、开关等元件用导线连接成如图丙所示的实物图。实验步骤如下：
①测出透明杯的内部宽度、铜片和锌片间的距离，如图甲所示。
②在透明杯中注入一定量的该种溶液，通过贴在杯上的刻度尺读出溶液的高度h。
③选择数字式多用电表合适量程的电流挡后，闭合开关，读出电表示数I。
④多次注入该种溶液，每注入一次溶液都重复步骤②③，得到的数据如下表所示。
⑤断开电路，整理器材。
组数 1 2 3 4 5 6 7 8 9
高度h/mm 5 10 15 20 25 30 35 40 45
电流I/mA 3.3 6.3 9.7 12.8 16.2 19.3 22.5 25.2 28.1
请回答下列问题：
（1）通过上表数据发现，随溶液高度增加，原电池内阻　 　（选填“增大”“减小”或“不变”）。
（2）已知电解质溶液的电阻随长度、横截面积的变化规律与金属导体相同，则原电池的内阻　 　（用“ρ”“L””d”和“h”表示）。
（3）该小组利用WPS表格软件对上表实验数据进行处理，分别作出了和的图像如下图A、B所示。为了能够根据闭合电路欧姆定律和图像信息计算出该原电池电动势E和该电解质溶液的电阻率ρ，应选图　 　（选填“A”或“B”）更合适。
（4）根据（3）中选择的图像拟合的函数关系式，可得出该原电池电动势　 　V，该电解质溶液的电阻率　 　Ω·m。（结果均保留两位有效数字）
【答案】（1）减小
（2）
（3）B
（4）0.95；0.48
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）当溶液高度h增加时，电流I增大，根据
可知总电阻R+r减小。由于定值电阻R不变，因此原电池内阻r减小。
故答案为：减小；
（2）电解质溶液的电阻遵循电阻定律，故
故答案为：；
（3）根据闭合电路欧姆定律有
整理得
可知图像是线性关系，便于通过图像斜率和截距计算E和。因此选图B。
故答案为：B；
（4）结合图B的拟合函数，可知，
代入题中数据，联立解得，
故答案为：0.95；0.48；
【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律 ，溶液高度增大时电流增大、电动势和定值电阻不变，因此原电池内阻减小。
（2）由电阻定律 ，结合溶液横截面积，推导出内阻表达式 。
（3）将内阻表达式代入闭合电路欧姆定律，整理得到，明确为线性关系，可通过图像斜率、截距求解和。
（4）根据图像的截距和斜率，代入已知数据联立方程，求解电动势和电阻率。
（1）当溶液高度h增加时，电流I增大，根据
可知总电阻R+r减小。由于定值电阻R不变，因此原电池内阻r减小。
（2）电解质溶液的电阻遵循电阻定律，故
（3）根据闭合电路欧姆定律有
整理得
可知图像是线性关系，便于通过图像斜率和截距计算E和。因此选图B。
（4）[1][2]结合图B的拟合函数，可知，
代入题中数据，联立解得，
13．如图，一上端有卡销、容积为的内壁光滑的汽缸竖直放置在水平地面上，一定质量的理想气体被一厚度不计的活塞密封在汽缸内。初始时封闭气体压强为（为大气压强），温度为，体积为。现对气体缓慢加热，使活塞刚好上升到卡销处时停止加热，然后立即在活塞上加细砂并保持缸内气体温度不变，让活塞缓慢下降，使缸内气体体积变回。求：
（1）活塞刚上升到卡销处时，缸内气体的温度；
（2）所加细砂的总质量与活塞质量的比值。
【答案】（1）解：气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律
代入解得
（2）解：气体发生等温变化，由玻意耳定律
代入解得
设活塞质量为，所加细砂质量为，初始时，根据活塞平衡条件有
在活塞上加细砂并保持缸内气体温度不变，让活塞缓慢下降，使缸内气体体积变回时，根据活塞平衡条件有
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；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】【分析】（1）气体经历等压变化，依据盖-吕萨克定律，代入初始状态、和末状态，求解升温后的温度。
（2）气体经历等温变化，依据玻意耳定律，代入、、，求得末态压强；再根据活塞平衡条件，分别列初始状态和加细砂后的受力平衡方程，联立求解细砂质量与活塞质量的比值。
（1）气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律
代入解得
（2）气体发生等温变化，由玻意耳定律
代入解得
设活塞质量为，所加细砂质量为，初始时，根据活塞平衡条件有
在活塞上加细砂并保持缸内气体温度不变，让活塞缓慢下降，使缸内气体体积变回时，根据活塞平衡条件有
解得
14．磁力制动系统是目前大型过山车进站减速的首选制动方式，其原理简化俯视图如图所示，间距为d的平行金属导轨固定在水平地面上，其右端连接一可变电阻，过山车可简化为一根质量为m、垂直于导轨且与导轨接触良好的导体棒，垂直导轨的两虚线与导轨围成的矩形区域内存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。当可变电阻阻值为R时，过山车以速度v进入磁场，离开磁场时速度为。除可变电阻外其余电阻不计，忽略摩擦及空气阻力。
（1）求过山车刚进入磁场时所受安培力的大小和方向；
（2）求过山车穿过磁场区域的过程中可变电阻产生的焦耳热；
（3）当可变电阻的阻值为多少时，可使过山车以速度v进入磁场，以的速度离开磁场？
【答案】（1）解：过山车进入磁场时回路电流为
右手定则可知电流方向向上。此时过山车所受安培力大小为
左手定则可知安培力方向水平向左。
（2）解：过山车从进入磁场到离开磁场的过程满足能量守恒定律，设可变电阻产生的焦耳热为Q，则
（3）解：当过山车以速度v进入磁场，以离开磁场时，设磁场区域长度为x，规定向右为正方向，根据动量定理有
当过山车以速度v进入磁场，以离开磁场时，设可变电阻为，同理，根据动量定理有
联立解得
【知识点】动量定理；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 先由电磁感应定律求感应电动势，再由欧姆定律得感应电流，代入安培力公式求大小，用左手定则判断方向为水平向左。
(2) 根据能量守恒，过山车动能的减少量全部转化为可变电阻的焦耳热，直接用初末动能差计算焦耳热。
(3) 对过山车应用动量定理，结合安培力的冲量表达式，联立两次不同末速度的方程，消去公共量求解电阻阻值。
（1）过山车进入磁场时回路电流为
右手定则可知电流方向向上。此时过山车所受安培力大小为
左手定则可知安培力方向水平向左。
（2）过山车从进入磁场到离开磁场的过程满足能量守恒定律，设可变电阻产生的焦耳热为Q，则
（3）当过山车以速度v进入磁场，以离开磁场时，设磁场区域长度为x，规定向右为正方向，根据动量定理有
当过山车以速度v进入磁场，以离开磁场时，设可变电阻为，同理，根据动量定理有
联立解得
15．水平地面上有一质量的滑板，其上表面为ABCD，其中圆弧段ABC的圆心为O、半径，OA水平，B点为圆弧最低点，OC与OB的夹角，CD段水平，如图所示。现锁定滑板，将一质量也为m、可视为质点的小球从A点正上方3r处的E点无初速度释放。已知滑板在运动过程中不会翻转，取重力加速度大小，不计一切摩擦和空气阻力。
（1）求小球通过最低点B时的速度大小和受到的支持力大小。
（2）若解除对滑板的锁定，将该小球仍从E点无初速度释放，小球从C点离开滑板后，在空中运动一段时间落到D点。求：
（ⅰ）小球通过最低点B时的速度大小；
（ⅱ）CD段的长度。
【答案】（1）解：小球从E点到B点过程，根据机械能守恒有
小球在B点有
联立解得，
（2）解：若解除对滑板的锁定，小球进入A点后，滑板将运动起来。
（i）小球从E到B的过程，系统水平方向动量守恒，设向右为正方向，设小球经过最低点时速度大小为，滑板速度大小为，则有
由于不计一切摩擦和空气阻力，小球从E到B的过程也满足机械能守恒，则有
联立解得
（ii）小球从E点运动到C点满足水平方向动量守恒和机械能守恒，设小球到C点时的速度大小为，以地面为参考系，其在水平和竖直方向的分量分别为，滑板的速度大小为v，以向右为正方向，则有
根据能量守恒有
以滑板为参考系，则小球相对于滑板做圆周运动，小球到C点时相对速度的方向沿圆弧切线方向，即与水平方向成。此时在竖直方向的分量依然为，在水平方向的分量变为了相对速度，则有，
联立解得，
之后，小球从C点离开滑板，在空中做斜抛运动，根据运动的分解有，
联立解得
【知识点】平抛运动；斜抛运动；生活中的圆周运动；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】 (1) 以小球为研究对象，机械能守恒定律决定小球到达最低点 B 的速度大小；再对 B 点竖直方向列牛顿第二定律（向心力公式），联立机械能守恒结果，即可求出小球在 B 点受到的支持力大小。
(2) （i）系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒；同时小球下滑过程满足机械能守恒，联立两个方程求解，即可得到小球到达最低点 B 时的速度。
（ii）结合动量守恒与机械能守恒求出小球和滑板的水平分速度，再利用运动的分解，结合竖直方向自由落体运动规律，计算出水平位移，即为 CD 段的长度。
（1）小球从E点到B点过程，根据机械能守恒有
小球在B点有
联立解得，
（2）若解除对滑板的锁定，小球进入A点后，滑板将运动起来。
（i）小球从E到B的过程，系统水平方向动量守恒，设向右为正方向，设小球经过最低点时速度大小为，滑板速度大小为，则有
由于不计一切摩擦和空气阻力，小球从E到B的过程也满足机械能守恒，则有
联立解得
（ii）小球从E点运动到C点满足水平方向动量守恒和机械能守恒，设小球到C点时的速度大小为，以地面为参考系，其在水平和竖直方向的分量分别为，滑板的速度大小为v，以向右为正方向，则有
根据能量守恒有
以滑板为参考系，则小球相对于滑板做圆周运动，小球到C点时相对速度的方向沿圆弧切线方向，即与水平方向成。此时在竖直方向的分量依然为，在水平方向的分量变为了相对速度，则有，
联立解得，
之后，小球从C点离开滑板，在空中做斜抛运动，根据运动的分解有，
联立解得
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