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2026届四川省字节精准教育联盟高三上学期二模物理试题
1．某小山坡的等高线如图，M表示山顶，A、B是同一等高线上两点，MA、MB分别是左、右坡面上修建的直滑道。山顶的小球沿滑道从静止滑下，不考虑阻力，则（　　）
A．若把等高线看成某静电场的等势线，则A点电场强度比B点大
B．若把等高线看成某静电场的等势线，则右侧电势比左侧降落得快
C．小球沿MB运动的加速度比沿MA的小
D．小球分别运动到A、B点时速度相同
2．将一重为G的圆柱形工件放在“V”形槽中，如图所示，槽的两侧面与水平面的夹角相同，“V”形槽两侧面的夹角为120°。当槽的棱与水平面的夹角为30°时，工件恰好能够匀速下滑，则（　　）
A．工件对槽每个侧面的压力均为
B．工件对槽每个侧面的压力均为
C．工件与槽间的动摩擦因数为
D．工件与槽间的动摩擦因数为
3．如图甲所示，光滑水平地面上有A、B两物块，质量分别为2kg、6kg，B的左端拴接着一劲度系数为的水平轻质弹簧，它们的中心在同一水平线上。A以速度v0向静止的B方向运动，从A接触弹簧开始计时至A与弹簧脱离的过程中，弹簧长度l与时间t的关系如图乙所示，弹簧始终处在弹性限度范围内，已知弹簧的弹性势能（x为弹簧的形变量），则（　　）
A．在0~2t0内B物块先加速后减速
B．整个过程中，A、B物块构成的系统机械能守恒
C．v0=2m/s
D．物块A在t0时刻时速度最小
4．如图甲所示为安装在某特高压输电线路上的一个六分导线间隔棒，图乙为其截面图。间隔棒将6条输电导线分别固定在一个正六边形的顶点a、b、c、d、e、f上，O为正六边形的中心。已知通电导线在周围形成磁场的磁感应强度与电流大小成正比，与到导线的距离成反比。当6条输电导线中通垂直纸面向外，大小相等的电流，a、b导线之间的安培力大小为F，此时（　　）
A．O点的磁感应强度最大
B．f导线所受安培力方向沿Of水平向左
C．b、e导线之间的安培力大小为2F
D．a导线所受安培力大小为2.5F
5．甲、乙两物体从同一位置出发在相邻的平直轨道上运动。设物体移动的位移为x，运动的时间为t，它们运动的图像如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．0~3s内，甲做匀加速直线运动，加速度大小为
B．0~2s内，乙做匀加速直线运动，加速度大小为
C．甲在3s末的速度大小一定为9m/s
D．乙在2s内的位移大小为8m
6．在光滑水平面上一质点做匀速率曲线运动的轨迹如图所示，质点在途经M、N、P、Q位置时的速度和所受合力F 的方向，可能正确的是（　　）
A．M位置 B．N位置 C．P位置 D．Q位置
7．2025年5月29日，天问二号任务计划成功发射，将对主带彗星311P开展为期7年多的伴飞及科学探测。规定地球绕太阳公转的轨道半径为1AU，彗星311P近日点距离为1.94AU，远日点距离为2.44AU。八大行星绕太阳的公转轨道半径如下表所示，近似地认为八大行星的轨道都是圆形且行星与彗星311P在同一轨道面绕太阳同向运行。下列说法正确的是（　　）
行星 水星 金星 地球 火星 木星 土星 天王星 海王星
轨道半径R/AU 0.39 0.72 1 1.5 5.2 9.5 19 30
A．彗星311P的公转周期约为2.2年
B．彗星311P的公转周期比火星的公转周期大，比木星的公转周期小
C．彗星311P在远日点的运行速度比火星的运行速度大
D．彗星311P每隔一年与地球相距最近一次
8．如图甲所示为某款风力发电设备内部的发电模块原理图，扇叶带动线框在匀强磁场中转动，线框两端的输出电压如图乙所示。线框两端通过电刷与理想变压器相连，变压器副线圈接有规格为“220V，44W”的灯泡L，电流表为理想交流电表。闭合开关，灯泡L恰好正常工作，下列说法正确的是（　　）
A．发电设备输出交流电的频率为1.5Hz
B．变压器原、副线圈的匝数比为1：20
C．电流表的读数为0.2A
D．变压器原线圈中的电流为4A
9．如图所示，在足够长的光滑绝缘水平面上竖直固定一光滑绝缘、半径为R的四分之一圆弧轨道BC，B为圆弧的最低点，A点在圆弧左侧的水平面上，且A、B间距为2R。整个装置处于水平向右的匀强电场中，电场强度大小为E。一质量为，电荷量为的带正电小球从A点由静止释放，忽略空气阻力，重力加速度大小为g，则（　　）
A．小球运动到B点时的速度大小
B．小球在圆弧BC上运动过程中的最大动能
C．小球从离开圆弧轨道到落地过程中的最小速率
D．小球落地点离圆弧轨道B点的距离
10．如图所示，甲、乙两个完全相同的线圈，在距地面同一高度处同时由静止开始释放，A、B是面积、磁感应强度的大小和方向均完全相同的匀强磁场区域，只是A区域比B区域离地面高，两线圈下落时始终保持线圈平面与磁场垂直，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．两线圈穿过磁场的过程中产生的热量相等
B．两线圈穿过磁场的过程中通过线圈横截面的电荷量相等
C．两线圈落地时甲的速度较大
D．甲线圈运动时间较短，甲线圈先落地
11．某同学采用如图甲所示的实验装置研究平抛运动规律，实验装置放置在水平桌面上，底板上的标尺可以测得水平位移x。
（1）以下是实验过程中的一些做法，其中合理的有______。
A．安装斜槽轨道，使其末端保持水平
B．斜槽轨道必须光滑
C．应选择质量较大，体积较小的小球
D．每次小球应从同一高度由静止释放
（2）若某次实验时，小球抛出点距底板的高度为h，水平位移为x，重力加速度为g，则小球的平抛初速度为　 　（用h、x、g表示）。
（3）如图乙所示，用一张印有小方格的纸记录轨迹，当地重力加速度g取，小方格的边长。若小球在平抛运动途中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度=　 　m/s，小球抛出点的坐标为　 　。
12．为测量一电阻R 的阻值，一物理兴趣小组的同学利用以下器材组装一个欧姆表：
灵敏电流计G（内阻，满偏电流μA）
定值电阻
滑动变阻器R（最大阻值为20kΩ）
电源（电动势V，内阻不计）
导线若干
（1）该兴趣小组的同学将各元件按如图电路连接（a、b为表笔端点），并进行调试。将a、b表笔短接，调节滑动变阻器R，使电流计G的示数为200μA，此时欧姆表的总内阻　 　kΩ，滑动变阻器接入电路的阻值为　 　kΩ。用调试好的欧姆表测量待测电阻，表盘指针示数为50μA，可计算出　 　kΩ。
（2）用该电表粗测一待测电阻，用“×100”挡正确测量，指针偏转如图甲所示，则多用电表的示数为　 　Ω。
（3）如图所示，发光二极管是电子线路中常用的元件，一般作为指示灯使用。其“长脚”为正极，“短脚”为负极。当电流正向流经发光二极管时（从正极流入），其电阻较小，可以发光。现利用欧姆表测量发光二极管电阻，发现二极管可以发光，则可知红表笔连接二极管的　 　（填写“长脚”或“短脚”）。
（4）此欧姆表使用一段时间后，电源内阻明显增大，电动势不变，但仍可进行欧姆调零。此时用欧姆表测电阻，将会导致测量值　 　（填写“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
13．如图所示，实线是一列简谐波在t=0时刻的波形曲线，虚线是在t=2s时刻的波形曲线。
（1）求该波的周期；
（2）若波速是3.5m/s，求波的传播方向；
（3）若波速是3.5m/s，直接写出x=1m处的质点的振动方程。
14．如图为某食品自动传送系统的示意图，该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽以及和滑槽平滑连接的平台组成，平台高为h。水平传送带在电机的带动下以速度匀速运动，把食品盒A、B（可视为质点）依次轻放在传送带最左端，与传送带速度相同后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B与A发生弹性正碰，碰撞后A、B恰好分别落在桌面上圆盘直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m，圆盘的直径，A、B与传送带间的动摩擦因数分别为和，重力加速度为g，A、B在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的厚度。求：
（1）传送带至少有多长；
（2）因传送食品盒A、B导致电机多消耗的电能；
（3）碰撞后瞬间食品盒A、B速度的大小。
15．在现代科学技术研究中，经常利用电磁场来控制带电离子的运动轨迹。如图，在平面直角坐标系的轴负半轴上，有一个线状离子源（点分别为上、下端点，点为中点），长度为，可均匀地向第四象限发射质量为、电荷量为的同种带正电离子，这些正离子的初速度大小均为，方向均与轴负方向成角。第四象限内，轴和间存在沿轴正方向的匀强电场，电场强度大小为（未知），的右侧存在一个圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为（未知），磁场边界和轴分别相切与点，点的坐标为（2L，0）。第一象限内存在沿轴负方向的匀强电场，电场强度大小。线状离子源上点发射的离子经电场偏转后，恰好沿着轴正方向从点进入磁场，经磁场偏转后从点进入第一象限。不计离子的重力和离子间的相互作用，求：
（1）电场强度大小和磁感应强度大小；
（2）所有离子首次穿过轴以后，再次回到轴上的坐标范围；
（3）若其他条件不变，在轴上方再叠加一个垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，则从点射出的离子在第一象限运动时，离轴的最远距离为多少
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律；电场线；等势面
【解析】【解答】A．若将等高线看成静电场的等势线，等差等势线越密集，电场强度越大。由图可知B点等势线更密集，因此A点电场强度比B点小，故A错误；
B．等势线越密集，电势降落越快，右侧等势线更密集，右侧电势比左侧降落得快，故B正确；
C．等高线越密集，坡面越陡，根据牛顿第二定律可得（为坡面与水平面夹角）
由于MB对应的等高线更密集，坡面更陡，角越大，小球沿着MB运动时加速度比沿着MA运动时加速度大，故C错误；
D．A、B在同一等高线，小球下落高度相同，根据机械能守恒，运动到A、B点时速度大小相同，但方向不同，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查电场等势线的性质与斜面运动的动力学分析，核心是结合等势线的疏密判断电场强度和电势降落快慢，利用牛顿第二定律分析小球的加速度，通过机械能守恒判断速度的大小与方向。
2．【答案】C
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．工件的重力可以分解为沿槽顶方向向下的分力与垂直于槽顶方向的分力，如图
垂直于槽顶方向的分力又进一步分解为两个挤压斜面的压力，如图
由几何关系可知
解得，故AB错误；
CD．此时沿槽顶方向的分力与圆柱体和槽之间的摩擦力大小相等，有
解得，故C正确、D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查 “V” 形槽中工件的受力平衡与摩擦力分析，核心是将重力分解为沿槽和垂直槽的分量，再将垂直槽的分量分解到两侧面，结合匀速下滑的平衡条件推导支持力和动摩擦因数。
3．【答案】C
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．在0~2t0内，弹簧始终处于压缩状态，即B受到的弹力始终向右，所以B物块始终做加速运动，故A错误；
B．整个过程中，A、B物块和弹簧三者构成的系统机械能守恒，故B错误；
C．由图可知，在t0时刻，弹簧被压缩到最短，则此时A、B共速，此时弹簧的形变量为
则根据A、B物块系统动量守恒有
根据A、B物块和弹簧三者构成的系统机械能守恒有
联立解得，故C正确；
D．在0~2t0内，弹簧始终处于压缩状态，即A受到弹力始终向左，所以A物块始终做减速运动，则物块A在2t0时刻时速度最小，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查动量守恒定律与机械能守恒定律在弹簧碰撞模型中的综合应用，核心是分析弹簧压缩与恢复过程中两物体的受力、运动状态及能量转化，利用动量守恒定律列动量方程，结合系统机械能守恒（含弹性势能）列能量方程，再对各选项逐一分析判断。
4．【答案】D
【知识点】安培力；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】A．由题意可知，a与d、b与e、c与f在O点的磁场大小相等、方向相反，故O点的磁感应强度为零，故A错误；
B．根据安培定则，其他5根输电线在f处产生的磁场方向垂直fc向下，根据左手定则，f导线所受安培力方向沿Of指向O，即水平向右，故B错误；
C．由题意可知，a、b导线之间的安培力大小为F，b、e间的安培力大小为F，故C错误；
D．b、f对a的安培力为F，c、e对a的安培力为F，d对a的安培力为，则a导线所受安培力为2.5F，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题需结合安培力的相互作用规律、磁场叠加原理，逐一分析选项，通过对称性与矢量合成求解。
5．【答案】B
【知识点】加速度；平均速度；匀变速直线运动的速度与时间的关系
【解析】【解答】AC．由，可得，在图像中，图线的斜率
由题图可知内，甲做初速度为0的匀加速直线运动，加速度大小为
甲在3s末的速度大小为，故AC错误；
BD．由题图可知内，乙做初速度为0的匀加速直线运动，加速度大小为
乙在2s内的位移大小为，故B正确，D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查图像的物理意义与匀变速直线运动的规律，核心是通过匀变速直线运动的位移公式推导与的关系式，结合图像的斜率和截距分析加速度、速度与位移。
6．【答案】B
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】该质点做匀速率曲线运动，速率不变，合力指向轨迹凹侧，速度方向沿轨迹的切线，且合力与速度方向垂直，质点在途经N位置时的速度和所受合力F的方向正确。
故答案为：B。
【分析】结合匀速曲线运动的核心规律：速度方向：沿轨迹的切线方向；合力方向：指向轨迹的凹侧；速率不变：合力与速度方向必须垂直（不做功，速率不变）。
7．【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．彗星轨道的半长轴
由开普勒第三定律，则有，可得年≈3.26年，故A错误；
B．彗星轨道的半长轴，由开普勒第三定律可知彗星的公转周期比火星的大比木星的小，故B正确；
C．如图所示
虚拟一个与彗星远日点相切的圆轨道，彗星在远日点的速度小于虚拟轨道的速度，火星的运行速度大于虚拟轨道的速度，所以彗星在远日点的运行速度小于火星的运行速度，故C错误；
D．设某时刻彗星与地球距离最近，经过一年，地球回到原位置，由于彗星的运行周期大于一年，经过一年，彗星没有回到原位置，所以不会每隔一年与地球相距最近一次。故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查开普勒第三定律的应用，核心是利用开普勒第三定律分析彗星与行星的公转周期关系，结合轨道半长轴与公转周期的关系，以及线速度的比较，逐一判断选项的正确性。
8．【答案】B,C,D
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．交流电的周期为1.5s ，则频率为 f=Hz，故A错误；
B．线框两端输出电压=11V，副线圈的输出电压，变压器原、副线圈的匝数比为，故B正确；
C．电流表的读数为有效值，故C正确；
D．根据可得变压器原线圈中的电流为I1=4 A，故D正确。
故答案为：BCD。
【分析】本题考查交变电流的基本性质与理想变压器的变压、变流规律，核心是结合交变电压图像确定周期和频率，利用变压器的匝数比、功率守恒分析电流大小。
9．【答案】A,C
【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】【解答】A．小球从出发至运动到点的过程有，解得，A正确；
B．小球在圆弧上运动过程中的最大动能出现在圆弧的中点（此时速度方向与重力和电场力的合力方向垂直，速度有极大值），从出发到此处，由动能定理有解得，B错误；
C．由运动的对称性可知
小球从离开圆弧轨道到落地过程中做类斜抛运动，将沿合外力和垂直合外力的方向分解，两个分速度大小均为，在类斜抛运动的最高点有最小速率，此时与合外力反向的分速度减小到零，另一与合外力垂直的分速度为最小速率，C正确；
D．由于小球在竖直方向上做竖直上抛运动，在水平方向上做加速度为的匀加速运动，由运动学规律有，
则，D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查带电粒子在复合场（电场、重力场）中的运动，核心是利用动能定理分析直线与圆周运动过程，结合 “等效重力场” 思想判断最大动能位置，再通过斜抛运动的分解分析抛体过程的最小速率与落点位置，逐一验证选项的正确性。
10．【答案】B,C
【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．线圈下落进入磁场时，根据动生电动势的表达式有：，
根据欧姆定律有：
，
根据安培力公式有
三式子联立可得
由于乙进入磁场时的速度较大，则安培力较大，克服安培力做的功较多，即产生的焦耳热较多，故A错误；
B．由电流定义式结合法拉第电磁感应定律有
由于线圈相同，且进入磁场时面积变化相同，所以可知通过线圈横截面的电荷量相等，故B正确；
C．由于甲、乙减少的重力势能相同，甲穿过磁场的过程中产生的热量较少，由能量守恒定律可知，由于重力势能转换为焦耳热和动能，所以经过磁场后甲获得的动能大，则甲落地时速度较大，故C正确；
D．线圈穿过磁场区域时受到的安培力为变力，设受到的平均安培力为，穿过磁场时间为，下落全过程时间为t，落地时的速度为v，由于重力和安培力对线圈的冲量等于线圈动量的变化，根据全过程由动量定理得
而
，
所以
可见，下落过程中两线圈所受安培力的冲量相等，又因为甲落地的速度大于乙落地的速度，说明甲重力作用的时间更长，所以，即乙运动时间较短，先落地，故D错误。
故选BC。
【分析】利用动生电动势及欧姆定律可以求出感应电流，结合安培力的表达式可以比较克服安培力做功的大小，进而比较产生的焦耳热大小，根据能量守恒定律可以比较落地动能和速度的大小；利用电流的定义式结合法拉第电磁感应定律可以比较电荷量的大小；利用动量定理结合安培力的冲量大小可以比较运动的时间。
11．【答案】（1）A；C；D
（2）
（3）2；
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）A．保证斜槽轨道末端应水平，以便于小球初速度沿水平方向，故A正确；
B．小球在轨道上运动时摩擦力不会影响其速度方向，不必光滑，故B错误；
C．应选择质量较大，体积较小的小球，减少空气阻力影响，故C正确；
D．小球应从同一高度释放，释放位置不能太高或太低，故D正确
故答案为：ACD。
（2）竖直方向，有
水平方向有
联立解得
故答案为：
（3）由逐差法，有
解得
又
b点竖直方向的速度为
b点的高度为
b点的水平位移为
联立解得
故抛出点坐标为。
故答案为：2；
【分析】(1) 平抛实验的关键是保证初速度水平且每次相同，同时减小空气阻力影响。
(2) 平抛运动竖直方向为自由落体，水平方向为匀速直线运动，联立两方向运动方程求解初速度。
(3) 利用竖直方向的匀变速推论求时间间隔，再求水平初速度；通过逆向思维求抛出点坐标。
（1）A．保证斜槽轨道末端应水平，以便于小球初速度沿水平方向，故A正确；
B．小球在轨道上运动时摩擦力不会影响其速度方向，不必光滑，故B错误；
C．应选择质量较大，体积较小的小球，减少空气阻力影响，故C正确；
D．小球应从同一高度释放，释放位置不能太高或太低，故D正确
故选ACD。
（2）竖直方向，有
水平方向有
联立解得
（3）由逐差法，有
解得
又
b点竖直方向的速度为
b点的高度为
b点的水平位移为
联立解得
故抛出点坐标为。
12．【答案】（1）15；10；45
（2）1.1×103
（3）短脚
（4）无影响
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）根据闭合电路欧姆定律，调零时总内阻为
由总内阻，解得滑动变阻器阻值
根据闭合电路欧姆定律得，解得
故答案为： 15 ；10；45
（2）欧姆表用“”挡，则读数为
故答案为：1.1×103
（3）结合题意，根据欧姆表“红进黑出”的原理可知，二极管发光，黑笔接长脚，红笔接短脚。
故答案为： 短脚
（4）此欧姆表使用一段时间后，电源内阻明显增大，电动势不变，但仍可进行欧姆调零。由于欧姆调零后，电动势不变，欧姆内阻也不变，所以此时用欧姆表测电阻，将对测量值无影响。
故答案为： 无影响
【分析】(1) 利用闭合电路欧姆定律求欧姆表内阻、滑动变阻器接入阻值和待测电阻；
(2) 根据欧姆表挡位和指针示数读取电阻值；
(3) 结合欧姆表内部电源极性，判断红表笔与二极管的连接端；
(4) 分析电源内阻变化对欧姆调零和测量结果的影响。
（1）[1]根据闭合电路欧姆定律，调零时总内阻为
[2]由总内阻，解得滑动变阻器阻值
[3]根据闭合电路欧姆定律得，解得
（2）欧姆表用“”挡，则读数为
（3）结合题意，根据欧姆表“红进黑出”的原理可知，二极管发光，黑笔接长脚，红笔接短脚。
（4）此欧姆表使用一段时间后，电源内阻明显增大，电动势不变，但仍可进行欧姆调零。由于欧姆调零后，电动势不变，欧姆内阻也不变，所以此时用欧姆表测电阻，将对测量值无影响。
13．【答案】（1）或；（2）沿x负方向；（3）
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】（1）解：若该波向右传播，则
解得
若该波向左传播，则
解得
（2）解：若该波向右传播，则
解得不是整数，则该波不是向右传播。
若该波向左传播，则
解得是整数，则该波向左传播。
（3）解：由图可知，t=0时刻，x=1m处的质点由平衡位置向下振动，振幅为2cm。而周期为
则振动方程为
【分析】(1) 分波向右、向左传播两种情况，结合波形平移的时间规律列方程求周期；
(2) 由波速公式结合周期表达式，判断波的传播方向；
(3) 先求角频率，结合x=1 m处质点的初始振动状态，写振动方程。
14．【答案】（1）解：食品盒在传送带上加速，由牛顿第二定律A 的加速度
B 的加速度
传送带长度需满足两者均加速到 ，由可知
A 对应的长度
B 对应的长度
因此传送带至少长
（2）解：电机消耗的电能等于传送带克服摩擦力做的功，设A在传送带上运动时间为，A在加速过程中的位移
由动能定理可得
在此过程中传送带的位移
传送带克服摩擦力做功
传送带因传送A而多消耗的能量
解得
同理，可得传送带因传送B而多消耗的能量
所以传送带传送食品盒A、B导致电机多消耗的电能
（3）解：设B与A碰撞前速度为，碰撞过程中动量守恒
机械能守恒
碰撞后两物体均做平抛运动，平抛运动的时间为，
水平方向匀速运动，
由题意知
联立可得，
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型；平抛运动；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 食品盒在传送带上受摩擦力加速，需保证两者均能加速到传送带速度，取所需更长的传送带长度。
(2) 电机多消耗的电能等于传送带克服摩擦力做的功，分别计算A、B的摩擦力做功再求和。
(3) A、B弹性正碰，动量守恒且动能守恒；碰撞后做平抛运动，水平位移分别为圆盘直径两端，结合平抛运动规律联立求解速度。
（1）食品盒在传送带上加速，由牛顿第二定律A 的加速度
B 的加速度
传送带长度需满足两者均加速到 ，由可知
A 对应的长度
B 对应的长度
因此传送带至少长
（2）电机消耗的电能等于传送带克服摩擦力做的功，设A在传送带上运动时间为，A在加速过程中的位移
由动能定理可得
在此过程中传送带的位移
传送带克服摩擦力做功
传送带因传送A而多消耗的能量
解得
同理，可得传送带因传送B而多消耗的能量
所以传送带传送食品盒A、B导致电机多消耗的电能
（3）设B与A碰撞前速度为，碰撞过程中动量守恒
机械能守恒
碰撞后两物体均做平抛运动，平抛运动的时间为，
水平方向匀速运动，
由题意知
联立可得，
15．【答案】（1），
（2）
（3）
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】（1）解：点发射的离子在电场中做类斜抛运动，离子从点到点
因为，联立解得
点发射的离子，以沿着轴正方向从点进入圆形磁场区域，从点离开根据几何关系，
该离子在磁场中运动的半径为
洛伦兹力提供向心力，则有
解得
（2）解：由于线状离子源发射的所有离子的速度大小相等、方向相同，所以这些离子离开电场时，速度方向均沿轴的正方向，且每个离子在电场中沿竖直方向的位移均为
离子进入圆形磁场区域的速度大小均为
所以所有离子做圆周运动的半径均等于圆形磁场的半径，属于磁聚焦模型，所有离子从圆与轴的切点进入第一象限轨迹如图所示
根据几何关系可得，从点射出的离子，从点进入第一象限时与轴正方向成，从点射出的离子，从点进入第一象限时与轴正半轴成，设离子从点进入第一象限时，与轴正方向成角，离子首次穿过轴以后，经过时间，再次回到轴，在竖直方向上有
则
因为
在水平方向上
因为
联立解得 （其中）
当分别等于、时，离子再次回到轴离点最远所以的坐标范围为。
（3）解：从点射出的离子，从点进入第一象限时与轴正方向成，将该离子速度分解出一个沿着轴正方向的速度，使得，可得
则另一分速度与轴负方向的夹角也为，大小为，可得
以此速度做圆周运动的半径
从点射出的离子在第一象限运动时，离轴的最远距离为
【分析】(1) 离子在第四象限电场中做类平抛运动，分解速度与位移列方程求；进入磁场后由洛伦兹力提供向心力，结合几何关系求；
(2) 分析离子在磁场中的偏转轨迹，结合第一象限电场的类抛运动，确定回到轴的坐标范围；
(3) 叠加磁场后，离子在第一象限受电场与磁场作用，结合圆周运动半径公式与几何关系求离轴的最远距离。
（1）点发射的离子在电场中做类斜抛运动，离子从点到点
因为
联立解得
点发射的离子，以沿着轴正方向从点进入圆形磁场区域，从点离开根据几何关系，该离子在磁场中运动的半径为
洛伦兹力提供向心力，则有
解得
（2）由于线状离子源发射的所有离子的速度大小相等、方向相同，所以这些离子离开电场时，速度方向均沿轴的正方向，且每个离子在电场中沿竖直方向的位移均为
离子进入圆形磁场区域的速度大小均为
所以所有离子做圆周运动的半径均等于圆形磁场的半径，属于磁聚焦模型，所有离子从圆与轴的切点进入第一象限轨迹如图所示
根据几何关系可得，从点射出的离子，从点进入第一象限时与轴正方向成，从点射出的离子，从点进入第一象限时与轴正半轴成，设离子从点进入第一象限时，与轴正方向成角，离子首次穿过轴以后，经过时间，再次回到轴，在竖直方向上有
则
因为
在水平方向上
因为
联立解得 （其中）
当分别等于、时，离子再次回到轴离点最远所以的坐标范围为。
（3）从点射出的离子，从点进入第一象限时与轴正方向成，将该离子速度分解出一个沿着轴正方向的速度，使得
可得
则另一分速度与轴负方向的夹角也为，大小为，可得
以此速度做圆周运动的半径
从点射出的离子在第一象限运动时，离轴的最远距离为
1 / 12026届四川省字节精准教育联盟高三上学期二模物理试题
1．某小山坡的等高线如图，M表示山顶，A、B是同一等高线上两点，MA、MB分别是左、右坡面上修建的直滑道。山顶的小球沿滑道从静止滑下，不考虑阻力，则（　　）
A．若把等高线看成某静电场的等势线，则A点电场强度比B点大
B．若把等高线看成某静电场的等势线，则右侧电势比左侧降落得快
C．小球沿MB运动的加速度比沿MA的小
D．小球分别运动到A、B点时速度相同
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律；电场线；等势面
【解析】【解答】A．若将等高线看成静电场的等势线，等差等势线越密集，电场强度越大。由图可知B点等势线更密集，因此A点电场强度比B点小，故A错误；
B．等势线越密集，电势降落越快，右侧等势线更密集，右侧电势比左侧降落得快，故B正确；
C．等高线越密集，坡面越陡，根据牛顿第二定律可得（为坡面与水平面夹角）
由于MB对应的等高线更密集，坡面更陡，角越大，小球沿着MB运动时加速度比沿着MA运动时加速度大，故C错误；
D．A、B在同一等高线，小球下落高度相同，根据机械能守恒，运动到A、B点时速度大小相同，但方向不同，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查电场等势线的性质与斜面运动的动力学分析，核心是结合等势线的疏密判断电场强度和电势降落快慢，利用牛顿第二定律分析小球的加速度，通过机械能守恒判断速度的大小与方向。
2．将一重为G的圆柱形工件放在“V”形槽中，如图所示，槽的两侧面与水平面的夹角相同，“V”形槽两侧面的夹角为120°。当槽的棱与水平面的夹角为30°时，工件恰好能够匀速下滑，则（　　）
A．工件对槽每个侧面的压力均为
B．工件对槽每个侧面的压力均为
C．工件与槽间的动摩擦因数为
D．工件与槽间的动摩擦因数为
【答案】C
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．工件的重力可以分解为沿槽顶方向向下的分力与垂直于槽顶方向的分力，如图
垂直于槽顶方向的分力又进一步分解为两个挤压斜面的压力，如图
由几何关系可知
解得，故AB错误；
CD．此时沿槽顶方向的分力与圆柱体和槽之间的摩擦力大小相等，有
解得，故C正确、D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查 “V” 形槽中工件的受力平衡与摩擦力分析，核心是将重力分解为沿槽和垂直槽的分量，再将垂直槽的分量分解到两侧面，结合匀速下滑的平衡条件推导支持力和动摩擦因数。
3．如图甲所示，光滑水平地面上有A、B两物块，质量分别为2kg、6kg，B的左端拴接着一劲度系数为的水平轻质弹簧，它们的中心在同一水平线上。A以速度v0向静止的B方向运动，从A接触弹簧开始计时至A与弹簧脱离的过程中，弹簧长度l与时间t的关系如图乙所示，弹簧始终处在弹性限度范围内，已知弹簧的弹性势能（x为弹簧的形变量），则（　　）
A．在0~2t0内B物块先加速后减速
B．整个过程中，A、B物块构成的系统机械能守恒
C．v0=2m/s
D．物块A在t0时刻时速度最小
【答案】C
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．在0~2t0内，弹簧始终处于压缩状态，即B受到的弹力始终向右，所以B物块始终做加速运动，故A错误；
B．整个过程中，A、B物块和弹簧三者构成的系统机械能守恒，故B错误；
C．由图可知，在t0时刻，弹簧被压缩到最短，则此时A、B共速，此时弹簧的形变量为
则根据A、B物块系统动量守恒有
根据A、B物块和弹簧三者构成的系统机械能守恒有
联立解得，故C正确；
D．在0~2t0内，弹簧始终处于压缩状态，即A受到弹力始终向左，所以A物块始终做减速运动，则物块A在2t0时刻时速度最小，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查动量守恒定律与机械能守恒定律在弹簧碰撞模型中的综合应用，核心是分析弹簧压缩与恢复过程中两物体的受力、运动状态及能量转化，利用动量守恒定律列动量方程，结合系统机械能守恒（含弹性势能）列能量方程，再对各选项逐一分析判断。
4．如图甲所示为安装在某特高压输电线路上的一个六分导线间隔棒，图乙为其截面图。间隔棒将6条输电导线分别固定在一个正六边形的顶点a、b、c、d、e、f上，O为正六边形的中心。已知通电导线在周围形成磁场的磁感应强度与电流大小成正比，与到导线的距离成反比。当6条输电导线中通垂直纸面向外，大小相等的电流，a、b导线之间的安培力大小为F，此时（　　）
A．O点的磁感应强度最大
B．f导线所受安培力方向沿Of水平向左
C．b、e导线之间的安培力大小为2F
D．a导线所受安培力大小为2.5F
【答案】D
【知识点】安培力；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】A．由题意可知，a与d、b与e、c与f在O点的磁场大小相等、方向相反，故O点的磁感应强度为零，故A错误；
B．根据安培定则，其他5根输电线在f处产生的磁场方向垂直fc向下，根据左手定则，f导线所受安培力方向沿Of指向O，即水平向右，故B错误；
C．由题意可知，a、b导线之间的安培力大小为F，b、e间的安培力大小为F，故C错误；
D．b、f对a的安培力为F，c、e对a的安培力为F，d对a的安培力为，则a导线所受安培力为2.5F，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题需结合安培力的相互作用规律、磁场叠加原理，逐一分析选项，通过对称性与矢量合成求解。
5．甲、乙两物体从同一位置出发在相邻的平直轨道上运动。设物体移动的位移为x，运动的时间为t，它们运动的图像如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．0~3s内，甲做匀加速直线运动，加速度大小为
B．0~2s内，乙做匀加速直线运动，加速度大小为
C．甲在3s末的速度大小一定为9m/s
D．乙在2s内的位移大小为8m
【答案】B
【知识点】加速度；平均速度；匀变速直线运动的速度与时间的关系
【解析】【解答】AC．由，可得，在图像中，图线的斜率
由题图可知内，甲做初速度为0的匀加速直线运动，加速度大小为
甲在3s末的速度大小为，故AC错误；
BD．由题图可知内，乙做初速度为0的匀加速直线运动，加速度大小为
乙在2s内的位移大小为，故B正确，D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查图像的物理意义与匀变速直线运动的规律，核心是通过匀变速直线运动的位移公式推导与的关系式，结合图像的斜率和截距分析加速度、速度与位移。
6．在光滑水平面上一质点做匀速率曲线运动的轨迹如图所示，质点在途经M、N、P、Q位置时的速度和所受合力F 的方向，可能正确的是（　　）
A．M位置 B．N位置 C．P位置 D．Q位置
【答案】B
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】该质点做匀速率曲线运动，速率不变，合力指向轨迹凹侧，速度方向沿轨迹的切线，且合力与速度方向垂直，质点在途经N位置时的速度和所受合力F的方向正确。
故答案为：B。
【分析】结合匀速曲线运动的核心规律：速度方向：沿轨迹的切线方向；合力方向：指向轨迹的凹侧；速率不变：合力与速度方向必须垂直（不做功，速率不变）。
7．2025年5月29日，天问二号任务计划成功发射，将对主带彗星311P开展为期7年多的伴飞及科学探测。规定地球绕太阳公转的轨道半径为1AU，彗星311P近日点距离为1.94AU，远日点距离为2.44AU。八大行星绕太阳的公转轨道半径如下表所示，近似地认为八大行星的轨道都是圆形且行星与彗星311P在同一轨道面绕太阳同向运行。下列说法正确的是（　　）
行星 水星 金星 地球 火星 木星 土星 天王星 海王星
轨道半径R/AU 0.39 0.72 1 1.5 5.2 9.5 19 30
A．彗星311P的公转周期约为2.2年
B．彗星311P的公转周期比火星的公转周期大，比木星的公转周期小
C．彗星311P在远日点的运行速度比火星的运行速度大
D．彗星311P每隔一年与地球相距最近一次
【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．彗星轨道的半长轴
由开普勒第三定律，则有，可得年≈3.26年，故A错误；
B．彗星轨道的半长轴，由开普勒第三定律可知彗星的公转周期比火星的大比木星的小，故B正确；
C．如图所示
虚拟一个与彗星远日点相切的圆轨道，彗星在远日点的速度小于虚拟轨道的速度，火星的运行速度大于虚拟轨道的速度，所以彗星在远日点的运行速度小于火星的运行速度，故C错误；
D．设某时刻彗星与地球距离最近，经过一年，地球回到原位置，由于彗星的运行周期大于一年，经过一年，彗星没有回到原位置，所以不会每隔一年与地球相距最近一次。故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查开普勒第三定律的应用，核心是利用开普勒第三定律分析彗星与行星的公转周期关系，结合轨道半长轴与公转周期的关系，以及线速度的比较，逐一判断选项的正确性。
8．如图甲所示为某款风力发电设备内部的发电模块原理图，扇叶带动线框在匀强磁场中转动，线框两端的输出电压如图乙所示。线框两端通过电刷与理想变压器相连，变压器副线圈接有规格为“220V，44W”的灯泡L，电流表为理想交流电表。闭合开关，灯泡L恰好正常工作，下列说法正确的是（　　）
A．发电设备输出交流电的频率为1.5Hz
B．变压器原、副线圈的匝数比为1：20
C．电流表的读数为0.2A
D．变压器原线圈中的电流为4A
【答案】B,C,D
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．交流电的周期为1.5s ，则频率为 f=Hz，故A错误；
B．线框两端输出电压=11V，副线圈的输出电压，变压器原、副线圈的匝数比为，故B正确；
C．电流表的读数为有效值，故C正确；
D．根据可得变压器原线圈中的电流为I1=4 A，故D正确。
故答案为：BCD。
【分析】本题考查交变电流的基本性质与理想变压器的变压、变流规律，核心是结合交变电压图像确定周期和频率，利用变压器的匝数比、功率守恒分析电流大小。
9．如图所示，在足够长的光滑绝缘水平面上竖直固定一光滑绝缘、半径为R的四分之一圆弧轨道BC，B为圆弧的最低点，A点在圆弧左侧的水平面上，且A、B间距为2R。整个装置处于水平向右的匀强电场中，电场强度大小为E。一质量为，电荷量为的带正电小球从A点由静止释放，忽略空气阻力，重力加速度大小为g，则（　　）
A．小球运动到B点时的速度大小
B．小球在圆弧BC上运动过程中的最大动能
C．小球从离开圆弧轨道到落地过程中的最小速率
D．小球落地点离圆弧轨道B点的距离
【答案】A,C
【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】【解答】A．小球从出发至运动到点的过程有，解得，A正确；
B．小球在圆弧上运动过程中的最大动能出现在圆弧的中点（此时速度方向与重力和电场力的合力方向垂直，速度有极大值），从出发到此处，由动能定理有解得，B错误；
C．由运动的对称性可知
小球从离开圆弧轨道到落地过程中做类斜抛运动，将沿合外力和垂直合外力的方向分解，两个分速度大小均为，在类斜抛运动的最高点有最小速率，此时与合外力反向的分速度减小到零，另一与合外力垂直的分速度为最小速率，C正确；
D．由于小球在竖直方向上做竖直上抛运动，在水平方向上做加速度为的匀加速运动，由运动学规律有，
则，D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查带电粒子在复合场（电场、重力场）中的运动，核心是利用动能定理分析直线与圆周运动过程，结合 “等效重力场” 思想判断最大动能位置，再通过斜抛运动的分解分析抛体过程的最小速率与落点位置，逐一验证选项的正确性。
10．如图所示，甲、乙两个完全相同的线圈，在距地面同一高度处同时由静止开始释放，A、B是面积、磁感应强度的大小和方向均完全相同的匀强磁场区域，只是A区域比B区域离地面高，两线圈下落时始终保持线圈平面与磁场垂直，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．两线圈穿过磁场的过程中产生的热量相等
B．两线圈穿过磁场的过程中通过线圈横截面的电荷量相等
C．两线圈落地时甲的速度较大
D．甲线圈运动时间较短，甲线圈先落地
【答案】B,C
【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．线圈下落进入磁场时，根据动生电动势的表达式有：，
根据欧姆定律有：
，
根据安培力公式有
三式子联立可得
由于乙进入磁场时的速度较大，则安培力较大，克服安培力做的功较多，即产生的焦耳热较多，故A错误；
B．由电流定义式结合法拉第电磁感应定律有
由于线圈相同，且进入磁场时面积变化相同，所以可知通过线圈横截面的电荷量相等，故B正确；
C．由于甲、乙减少的重力势能相同，甲穿过磁场的过程中产生的热量较少，由能量守恒定律可知，由于重力势能转换为焦耳热和动能，所以经过磁场后甲获得的动能大，则甲落地时速度较大，故C正确；
D．线圈穿过磁场区域时受到的安培力为变力，设受到的平均安培力为，穿过磁场时间为，下落全过程时间为t，落地时的速度为v，由于重力和安培力对线圈的冲量等于线圈动量的变化，根据全过程由动量定理得
而
，
所以
可见，下落过程中两线圈所受安培力的冲量相等，又因为甲落地的速度大于乙落地的速度，说明甲重力作用的时间更长，所以，即乙运动时间较短，先落地，故D错误。
故选BC。
【分析】利用动生电动势及欧姆定律可以求出感应电流，结合安培力的表达式可以比较克服安培力做功的大小，进而比较产生的焦耳热大小，根据能量守恒定律可以比较落地动能和速度的大小；利用电流的定义式结合法拉第电磁感应定律可以比较电荷量的大小；利用动量定理结合安培力的冲量大小可以比较运动的时间。
11．某同学采用如图甲所示的实验装置研究平抛运动规律，实验装置放置在水平桌面上，底板上的标尺可以测得水平位移x。
（1）以下是实验过程中的一些做法，其中合理的有______。
A．安装斜槽轨道，使其末端保持水平
B．斜槽轨道必须光滑
C．应选择质量较大，体积较小的小球
D．每次小球应从同一高度由静止释放
（2）若某次实验时，小球抛出点距底板的高度为h，水平位移为x，重力加速度为g，则小球的平抛初速度为　 　（用h、x、g表示）。
（3）如图乙所示，用一张印有小方格的纸记录轨迹，当地重力加速度g取，小方格的边长。若小球在平抛运动途中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度=　 　m/s，小球抛出点的坐标为　 　。
【答案】（1）A；C；D
（2）
（3）2；
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）A．保证斜槽轨道末端应水平，以便于小球初速度沿水平方向，故A正确；
B．小球在轨道上运动时摩擦力不会影响其速度方向，不必光滑，故B错误；
C．应选择质量较大，体积较小的小球，减少空气阻力影响，故C正确；
D．小球应从同一高度释放，释放位置不能太高或太低，故D正确
故答案为：ACD。
（2）竖直方向，有
水平方向有
联立解得
故答案为：
（3）由逐差法，有
解得
又
b点竖直方向的速度为
b点的高度为
b点的水平位移为
联立解得
故抛出点坐标为。
故答案为：2；
【分析】(1) 平抛实验的关键是保证初速度水平且每次相同，同时减小空气阻力影响。
(2) 平抛运动竖直方向为自由落体，水平方向为匀速直线运动，联立两方向运动方程求解初速度。
(3) 利用竖直方向的匀变速推论求时间间隔，再求水平初速度；通过逆向思维求抛出点坐标。
（1）A．保证斜槽轨道末端应水平，以便于小球初速度沿水平方向，故A正确；
B．小球在轨道上运动时摩擦力不会影响其速度方向，不必光滑，故B错误；
C．应选择质量较大，体积较小的小球，减少空气阻力影响，故C正确；
D．小球应从同一高度释放，释放位置不能太高或太低，故D正确
故选ACD。
（2）竖直方向，有
水平方向有
联立解得
（3）由逐差法，有
解得
又
b点竖直方向的速度为
b点的高度为
b点的水平位移为
联立解得
故抛出点坐标为。
12．为测量一电阻R 的阻值，一物理兴趣小组的同学利用以下器材组装一个欧姆表：
灵敏电流计G（内阻，满偏电流μA）
定值电阻
滑动变阻器R（最大阻值为20kΩ）
电源（电动势V，内阻不计）
导线若干
（1）该兴趣小组的同学将各元件按如图电路连接（a、b为表笔端点），并进行调试。将a、b表笔短接，调节滑动变阻器R，使电流计G的示数为200μA，此时欧姆表的总内阻　 　kΩ，滑动变阻器接入电路的阻值为　 　kΩ。用调试好的欧姆表测量待测电阻，表盘指针示数为50μA，可计算出　 　kΩ。
（2）用该电表粗测一待测电阻，用“×100”挡正确测量，指针偏转如图甲所示，则多用电表的示数为　 　Ω。
（3）如图所示，发光二极管是电子线路中常用的元件，一般作为指示灯使用。其“长脚”为正极，“短脚”为负极。当电流正向流经发光二极管时（从正极流入），其电阻较小，可以发光。现利用欧姆表测量发光二极管电阻，发现二极管可以发光，则可知红表笔连接二极管的　 　（填写“长脚”或“短脚”）。
（4）此欧姆表使用一段时间后，电源内阻明显增大，电动势不变，但仍可进行欧姆调零。此时用欧姆表测电阻，将会导致测量值　 　（填写“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
【答案】（1）15；10；45
（2）1.1×103
（3）短脚
（4）无影响
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）根据闭合电路欧姆定律，调零时总内阻为
由总内阻，解得滑动变阻器阻值
根据闭合电路欧姆定律得，解得
故答案为： 15 ；10；45
（2）欧姆表用“”挡，则读数为
故答案为：1.1×103
（3）结合题意，根据欧姆表“红进黑出”的原理可知，二极管发光，黑笔接长脚，红笔接短脚。
故答案为： 短脚
（4）此欧姆表使用一段时间后，电源内阻明显增大，电动势不变，但仍可进行欧姆调零。由于欧姆调零后，电动势不变，欧姆内阻也不变，所以此时用欧姆表测电阻，将对测量值无影响。
故答案为： 无影响
【分析】(1) 利用闭合电路欧姆定律求欧姆表内阻、滑动变阻器接入阻值和待测电阻；
(2) 根据欧姆表挡位和指针示数读取电阻值；
(3) 结合欧姆表内部电源极性，判断红表笔与二极管的连接端；
(4) 分析电源内阻变化对欧姆调零和测量结果的影响。
（1）[1]根据闭合电路欧姆定律，调零时总内阻为
[2]由总内阻，解得滑动变阻器阻值
[3]根据闭合电路欧姆定律得，解得
（2）欧姆表用“”挡，则读数为
（3）结合题意，根据欧姆表“红进黑出”的原理可知，二极管发光，黑笔接长脚，红笔接短脚。
（4）此欧姆表使用一段时间后，电源内阻明显增大，电动势不变，但仍可进行欧姆调零。由于欧姆调零后，电动势不变，欧姆内阻也不变，所以此时用欧姆表测电阻，将对测量值无影响。
13．如图所示，实线是一列简谐波在t=0时刻的波形曲线，虚线是在t=2s时刻的波形曲线。
（1）求该波的周期；
（2）若波速是3.5m/s，求波的传播方向；
（3）若波速是3.5m/s，直接写出x=1m处的质点的振动方程。
【答案】（1）或；（2）沿x负方向；（3）
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】（1）解：若该波向右传播，则
解得
若该波向左传播，则
解得
（2）解：若该波向右传播，则
解得不是整数，则该波不是向右传播。
若该波向左传播，则
解得是整数，则该波向左传播。
（3）解：由图可知，t=0时刻，x=1m处的质点由平衡位置向下振动，振幅为2cm。而周期为
则振动方程为
【分析】(1) 分波向右、向左传播两种情况，结合波形平移的时间规律列方程求周期；
(2) 由波速公式结合周期表达式，判断波的传播方向；
(3) 先求角频率，结合x=1 m处质点的初始振动状态，写振动方程。
14．如图为某食品自动传送系统的示意图，该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽以及和滑槽平滑连接的平台组成，平台高为h。水平传送带在电机的带动下以速度匀速运动，把食品盒A、B（可视为质点）依次轻放在传送带最左端，与传送带速度相同后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B与A发生弹性正碰，碰撞后A、B恰好分别落在桌面上圆盘直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m，圆盘的直径，A、B与传送带间的动摩擦因数分别为和，重力加速度为g，A、B在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的厚度。求：
（1）传送带至少有多长；
（2）因传送食品盒A、B导致电机多消耗的电能；
（3）碰撞后瞬间食品盒A、B速度的大小。
【答案】（1）解：食品盒在传送带上加速，由牛顿第二定律A 的加速度
B 的加速度
传送带长度需满足两者均加速到 ，由可知
A 对应的长度
B 对应的长度
因此传送带至少长
（2）解：电机消耗的电能等于传送带克服摩擦力做的功，设A在传送带上运动时间为，A在加速过程中的位移
由动能定理可得
在此过程中传送带的位移
传送带克服摩擦力做功
传送带因传送A而多消耗的能量
解得
同理，可得传送带因传送B而多消耗的能量
所以传送带传送食品盒A、B导致电机多消耗的电能
（3）解：设B与A碰撞前速度为，碰撞过程中动量守恒
机械能守恒
碰撞后两物体均做平抛运动，平抛运动的时间为，
水平方向匀速运动，
由题意知
联立可得，
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型；平抛运动；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 食品盒在传送带上受摩擦力加速，需保证两者均能加速到传送带速度，取所需更长的传送带长度。
(2) 电机多消耗的电能等于传送带克服摩擦力做的功，分别计算A、B的摩擦力做功再求和。
(3) A、B弹性正碰，动量守恒且动能守恒；碰撞后做平抛运动，水平位移分别为圆盘直径两端，结合平抛运动规律联立求解速度。
（1）食品盒在传送带上加速，由牛顿第二定律A 的加速度
B 的加速度
传送带长度需满足两者均加速到 ，由可知
A 对应的长度
B 对应的长度
因此传送带至少长
（2）电机消耗的电能等于传送带克服摩擦力做的功，设A在传送带上运动时间为，A在加速过程中的位移
由动能定理可得
在此过程中传送带的位移
传送带克服摩擦力做功
传送带因传送A而多消耗的能量
解得
同理，可得传送带因传送B而多消耗的能量
所以传送带传送食品盒A、B导致电机多消耗的电能
（3）设B与A碰撞前速度为，碰撞过程中动量守恒
机械能守恒
碰撞后两物体均做平抛运动，平抛运动的时间为，
水平方向匀速运动，
由题意知
联立可得，
15．在现代科学技术研究中，经常利用电磁场来控制带电离子的运动轨迹。如图，在平面直角坐标系的轴负半轴上，有一个线状离子源（点分别为上、下端点，点为中点），长度为，可均匀地向第四象限发射质量为、电荷量为的同种带正电离子，这些正离子的初速度大小均为，方向均与轴负方向成角。第四象限内，轴和间存在沿轴正方向的匀强电场，电场强度大小为（未知），的右侧存在一个圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为（未知），磁场边界和轴分别相切与点，点的坐标为（2L，0）。第一象限内存在沿轴负方向的匀强电场，电场强度大小。线状离子源上点发射的离子经电场偏转后，恰好沿着轴正方向从点进入磁场，经磁场偏转后从点进入第一象限。不计离子的重力和离子间的相互作用，求：
（1）电场强度大小和磁感应强度大小；
（2）所有离子首次穿过轴以后，再次回到轴上的坐标范围；
（3）若其他条件不变，在轴上方再叠加一个垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，则从点射出的离子在第一象限运动时，离轴的最远距离为多少
【答案】（1），
（2）
（3）
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】（1）解：点发射的离子在电场中做类斜抛运动，离子从点到点
因为，联立解得
点发射的离子，以沿着轴正方向从点进入圆形磁场区域，从点离开根据几何关系，
该离子在磁场中运动的半径为
洛伦兹力提供向心力，则有
解得
（2）解：由于线状离子源发射的所有离子的速度大小相等、方向相同，所以这些离子离开电场时，速度方向均沿轴的正方向，且每个离子在电场中沿竖直方向的位移均为
离子进入圆形磁场区域的速度大小均为
所以所有离子做圆周运动的半径均等于圆形磁场的半径，属于磁聚焦模型，所有离子从圆与轴的切点进入第一象限轨迹如图所示
根据几何关系可得，从点射出的离子，从点进入第一象限时与轴正方向成，从点射出的离子，从点进入第一象限时与轴正半轴成，设离子从点进入第一象限时，与轴正方向成角，离子首次穿过轴以后，经过时间，再次回到轴，在竖直方向上有
则
因为
在水平方向上
因为
联立解得 （其中）
当分别等于、时，离子再次回到轴离点最远所以的坐标范围为。
（3）解：从点射出的离子，从点进入第一象限时与轴正方向成，将该离子速度分解出一个沿着轴正方向的速度，使得，可得
则另一分速度与轴负方向的夹角也为，大小为，可得
以此速度做圆周运动的半径
从点射出的离子在第一象限运动时，离轴的最远距离为
【分析】(1) 离子在第四象限电场中做类平抛运动，分解速度与位移列方程求；进入磁场后由洛伦兹力提供向心力，结合几何关系求；
(2) 分析离子在磁场中的偏转轨迹，结合第一象限电场的类抛运动，确定回到轴的坐标范围；
(3) 叠加磁场后，离子在第一象限受电场与磁场作用，结合圆周运动半径公式与几何关系求离轴的最远距离。
（1）点发射的离子在电场中做类斜抛运动，离子从点到点
因为
联立解得
点发射的离子，以沿着轴正方向从点进入圆形磁场区域，从点离开根据几何关系，该离子在磁场中运动的半径为
洛伦兹力提供向心力，则有
解得
（2）由于线状离子源发射的所有离子的速度大小相等、方向相同，所以这些离子离开电场时，速度方向均沿轴的正方向，且每个离子在电场中沿竖直方向的位移均为
离子进入圆形磁场区域的速度大小均为
所以所有离子做圆周运动的半径均等于圆形磁场的半径，属于磁聚焦模型，所有离子从圆与轴的切点进入第一象限轨迹如图所示
根据几何关系可得，从点射出的离子，从点进入第一象限时与轴正方向成，从点射出的离子，从点进入第一象限时与轴正半轴成，设离子从点进入第一象限时，与轴正方向成角，离子首次穿过轴以后，经过时间，再次回到轴，在竖直方向上有
则
因为
在水平方向上
因为
联立解得 （其中）
当分别等于、时，离子再次回到轴离点最远所以的坐标范围为。
（3）从点射出的离子，从点进入第一象限时与轴正方向成，将该离子速度分解出一个沿着轴正方向的速度，使得
可得
则另一分速度与轴负方向的夹角也为，大小为，可得
以此速度做圆周运动的半径
从点射出的离子在第一象限运动时，离轴的最远距离为
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