资源简介

广东省深圳中学、顺德一中、松山湖未来学校、中山纪念中学2025-2026学年高三上学期港澳班第一次联考物理试卷
1．在物理学的发展过程中，蕴含着丰富的物理思想和方法，下列描述正确的是（　　）
A．质点、点电荷、元电荷都是理想化模型
B．安培首次发现了电流的磁效应，并提出分子环流假说，解释了磁现象的电本质
C．库仑发现了库仑定律，并通过油滴实验测定了元电荷的数值
D．法拉第不仅提出了场的概念，而且引入电场线和磁感线形象地描述电场和磁场
【答案】D
【知识点】物理学史；理想模型法；电场线
【解析】【解答】A．质点、点电荷是理想化模型，但元电荷是电荷的最小单位（基本物理常数），不是理想化模型，故A错误；
B．电流的磁效应由奥斯特首次发现，安培提出分子环流假说并解释磁现象的电本质，但并非首次发现电流的磁效应，故B错误；
C．库仑发现了库仑定律，但元电荷的数值是由密立根通过油滴实验测定的，故C错误；
D．法拉第提出了场的概念，并引入电场线和磁感线形象地描述电场和磁场，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查物理学史和物理思想方法，核心是准确辨析各选项中物理学家的贡献及理想化模型的定义。
2．如图所示，质量相等的物体A、B通过一轻质弹簧相连，开始时B放在水平地面上，A、B均处于静止状态，此时弹簧压缩量为。现通过细绳将A向上缓慢拉起，第一阶段拉力做功时，弹簧变为原长；第二阶段拉力再做功时，B刚要离开地面，此时弹簧伸长量为。弹簧一直在弹性限度内，则下列说法正确的是（　　）
A．第二阶段，拉力做的功小于A的重力势能的增加量
B．拉力做的总功大于A的重力势能的增加量
C．第一阶段，拉力做的功小于A的重力势能的增加量
D．
【答案】C
【知识点】功能关系；动能定理的综合应用；重力势能的变化与重力做功的关系
【解析】【解答】AC．缓慢提升物体A，物体A的动能不变，由上述分析可知，第一阶段与第二阶段弹簧的形变量相同，则弹簧的弹性势能相同，由功能关系得，，解得，，又因为重力势能变化量等于重力做功的负值，A错误，C正确；
B．在整个过程中，拉力做的总功，即拉力做的总功等于A的重力势能的增加量，B错误；
D．设A、B的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，开始时A压缩弹簧，对A，有，则弹簧的形变量，要使B刚要离开地面，则弹力应等于B的重力，即，则弹簧的形变量，则，D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查轻弹簧连接体的缓慢拉运动，核心是利用动能定理分析拉力做功、重力势能变化与弹簧弹性势能的关系，同时结合胡克定律分析形变量。
3．质量为0.6kg的物体在水平面上运动。如图所示的图中两条斜线分别是物体受水平拉力和不受水平拉力时的图像，则（　　）
A．斜线①一定是物体受水平拉力时的图像
B．斜线②一定是物体受水平拉力时的图像
C．水平拉力一定等于0.2N
D．物体所受的摩擦力可能等于0.6N
【答案】C
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；牛顿定律与图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】图线①对应的加速度大小为
图线②对应的加速度大小为
设有拉力时的加速度为，无拉力时的加速度为，则（1）若拉力的方向与运动方向相反，根据牛顿第二定律得，
代入数据联立解得，
此时图线①为无拉力时的图像，图线②为有拉力时的图像；
若拉力的方向与运动方向相同，则，，
代入数据联立解得，
此时图线②为无拉力时的图像，图①为有拉力时的图像。
故答案为：C。
【分析】本题考查 v t 图像与牛顿第二定律，核心是分拉力与运动方向相同、相反两种情况，联立求解拉力与摩擦力。
4．2025年7月“浙BA”在浙江全省火爆开打。如图所示，运动员在不同位置以相同速率斜向上抛出质量为m的篮球，均空心落入篮筐。已知甲、乙两球出手高度相同，忽略空气阻力，则篮球从抛出到入框的过程中说法正确的是（　　）
A．两球入框时的速度相同
B．甲球在空中运动的时间一定大于乙球
C．若两球同时抛出，两球有可能同时到达P点
D．若两球同时抛出，同一时刻两球对应的机械能始终相等
【答案】D
【知识点】斜抛运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．两球初速率相同、初高度相同，由机械能守恒可知，入筐时动能相同（速度大小相同），但速度是矢量，由于抛射角不同，入筐时速度方向不同，因此速度不同，故A错误；
B．斜抛运动中运动时间由竖直分运动决定，高度越高，故运动时间越长，所以乙的运动时间更长，故B错误；
C．乙球能够到达的最大高度有比甲球大，则乙竖直方向的分初速度更大，若两球同时抛出，则乙先到达P点，故C错误；
D．机械能包括动能和重力势能，出手时两球速率相同，则动能相同、高度相同，则重力势能相同，两球机械能相等，运动过程中，忽略空气阻力，机械能守恒，因此同一时刻两球对应的机械能始终相等，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查斜抛运动与机械能守恒，核心是利用机械能守恒分析速度和机械能变化，结合竖直分运动判断运动时间。
5．如图为卫星的发射过程，发射后先在近地轨道①上做匀速圆周运动，再经过椭圆轨道②后，最终到达预定轨道③上，已知③轨道高度低于同步卫星轨道，下列说法正确的是（　　）
A．卫星在轨道①上运行的速度大于地球的第一宇宙速度
B．卫星从轨道②上的P点运动到Q点过程中万有引力做正功
C．卫星在轨道②上P点的速度小于在轨道①上P点的速度
D．卫星在轨道②上的运行周期小于24h
【答案】D
【知识点】开普勒定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题；功的概念
【解析】【解答】A．根据，可得，可知卫星在轨道①的轨道半径略大于地球半径，圆轨道①上的运行速度一定小于等于第一宇宙速度，故A错误；
B．卫星远离地球的过程需要克服万有引力做功，故B错误；
C．从轨道①到轨道②需点火加速，卫星在轨道②上P点的速度大于在轨道①上P点的速度，故C错误；
D．根据开普勒第三定律可得，可知卫星在轨道②上的运行周期小于在卫星在轨道③上的运行周期，则卫星在轨道②上的运行周期小于24h，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查卫星变轨问题，核心是利用万有引力定律、开普勒定律分析卫星的速度、做功和周期变化。
6．如图所示，一水平光滑平面与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，右侧一处于压缩状态的轻质弹簧与一质量为m的小滑块接触（不相连），释放后滑块以速度v滑上传送带，滑块运动一段时间后返回并压缩弹簧，已知返回后弹簧的最大压缩量是初始压缩量的一半。已知弹簧弹性势能，不计空气阻力，则（　　）
A．传送带匀速转动的速度大小为
B．经过足够长的时间，滑块最终静止于水平面上
C．滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为
D．滑块第三次在传送带上运动的整个过程中传送带对滑块的冲量为
【答案】C
【知识点】动量定理；能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型；碰撞模型
【解析】【解答】A．由能量守恒可知，释放滑块过程有
滑块返回压缩弹簧时有
联立解得，故A错误；
B．结合以上分析可知，滑块再次滑上传送带时速度为，则每次滑块返回时速度均为，因此一直在做往复运动，不会停止，故B错误；
C．以传送带为参考系，木块滑上时相对传送带的速度为，在第1次滑的过程当中产生的热量就等于相对的动能的损耗量，即，故C正确；
D．滑块第三次在传送带上运动的整个过程中，规定向右为正方向，根据动量定理可知，传送带对滑块的水平冲量大小为
同时传送带对滑块有竖直向上的支持力产生的冲量，因此传送带对滑块的总冲量大于mv，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查滑块与传送带、弹簧的相互作用，核心是利用能量守恒、相对运动和动量定理分析滑块的速度、热量和冲量变化。
7．如图，小车静止在光滑水平面上，小车上固定竖直杆的顶端O点用细线系着小球，将小球向右缓慢拉至A点由静止释放，小球依次摆到O点正下方O'点和左边最高点B（图中未画出），不计一切阻力，则（　　）
A．从A运动到O'，小球重力功率一直增大
B．从A运动到B，小车一直向右运动
C．从A运动到B，小球和小车组成的系统动量和机械能都守恒
D．小球再次回到A，小车相对初位置向右移动了一段距离
【答案】B
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；人船模型
【解析】【解答】A．从A运动到O'，初始速度为零，重力功率为零，末位置速度沿水平方向与重力垂直，重力功率为零，中间位置重力功率不为零，小球重力功率先增大后减小，故A错误；
B．小球摆动的过程中，小球和小车构成的系统水平方向动量守恒，从A运动到B，小球水平速度向左，则小车一直向右运动，故B正确；
C．小球摆动的过程中，小球和小车构成的系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，机械能守恒，故C错误；
D．小球从A点到B点的过程中，小车向右先加速运动后减速运动，小球到B点时，小车的速度为零，小球从B点到A点的过程中，小车向左先加速运动后减速运动，小球到A点时，小车的速度为零，根据两次运动的对称性可知，小球回到A点时，小车回到初始位置，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查系统的动量守恒和机械能守恒，核心是利用水平方向动量守恒分析小车的运动，结合重力功率的定义分析功率变化。
8．如图为我国某公司研发的一种新型飞行救生圈，旨在更高效的对落水者进行施救。该装置的动力由四个相同的螺旋桨提供，螺旋桨高速旋转向下推动空气产生升力。已知该装置的质量为，单个螺旋桨产生的气流横截面积为，空气密度为，重力加速度为。当该装置在空中悬停时，螺旋桨吹出风速大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】动量定理；共点力的平衡
【解析】【解答】该装置在空中悬停时，四个相同的螺旋桨向下推动空气获得升力，根据平衡条件有
设时间内每个螺旋桨向下吹出的空气的质量为
对向下推动的空气由动量定理
由牛顿第三定律可知
联立解得
故答案为：A。
【分析】本题考查动量定理在流体问题中的应用，核心是利用平衡条件和动量定理联立求解螺旋桨的风速。
9．法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，则（　　）
A．若圆盘转动的角速度不变，则电流为零
B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流方向从a到b
C．若圆盘转动方向不变，角速度大小均匀增大，则产生恒定电流
D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电阻R的热功率也变为原来的2倍
【答案】B
【知识点】焦耳定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A．设圆盘的半径为r，则圆盘转动产生的感应电动势为，根据欧姆定律可得，电流为
若圆盘转动的角速度不变，则电流不为零且保持不变，故A错误；
B．若从上往下看，圆盘顺时针转动，由右手定则知，电流方向从a到b，故B正确；
C．若圆盘转动方向不变，角速度大小均匀增大，根据可知，电流均匀增大，故C错误；
D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，根据可知，回路电流变为原来2倍，根据，电流在上的热功率变为原来的4倍，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查法拉第圆盘发电机的工作原理，核心是利用转动切割的感应电动势公式和右手定则分析电流的大小、方向及功率变化。
10．一半径为R的金属薄球壳内壁接地，其球心处安置有一个点电荷+Q，如图所示。P为金属球外距离球心2R的一点，下列表述中正确的是（　　）
A．金属球壳的外表面带正电
B．金属球壳的内表面不带电
C．在P处引入正点电荷q，受斥力大小为
D．金属球壳感应电荷在P处形成的场强大小为
【答案】D
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】A．由于球壳内壁接地，电势为零，如果外壳带正电，电场线的方向指向无穷远处，无穷远处电势为零，而沿着电场线方向，电势降低，说明球壳电势大于零，与前提矛盾，因此金属球壳的外表面不带电，A错误；
B．由于静电感应，球壳内表面带负电，而且所带电荷量为，B错误；
C．由于球壳接地，球壳外部的电场强度处处为零，若在P处引入正点电荷q，此时在球壳外表面上会感应出一定量的负电荷，它与q间的电场力与Q无关，C错误。
D．由于球壳接地，球壳外部的电场强度处处为零，即Q在某点产生的场强与感应电荷在某点产生的场强等大反向，合场强为零，因此金属球壳感应电荷在P处形成的场强大小为，方向指向球心，D正确。
故答案为：D。
【分析】A：结合接地金属球壳电势特点，判断外表面带电情况；
B：根据静电感应规律，判断内表面带电情况；
C：利用静电屏蔽，分析P处点电荷的受力；
D：由接地后外部合场强为零，推导感应电荷在P点的场强。
11．如图所示，一辆在平直路面上匀速行驶的汽车，利用跨过光滑定滑轮的轻绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边，汽车与滑轮间的绳保持水平。小船的质量为m，受到的阻力大小恒为，汽车受到地面的阻力大小恒为，不计空气阻力。当牵引小船的绳与水平方向成角时，小船的速度大小为v，绳的拉力对小船做功的功率为P，此时（　　）
A．汽车的速度大小为
B．绳的拉力大小为
C．小船的加速度大小为
D．汽车发动机的输出功率为
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；运动的合成与分解；功率及其计算
【解析】【解答】A．将小船的速度分解为沿绳方向和垂直绳方向的分量，沿绳方向的分速度为，该分速度等于汽车的速度，因此汽车速度大小为，A错误；
B．绳的拉力对小船做功的功率，解得绳的拉力大小为，B错误；
C．对小船，由牛顿第二定律得，结合，解得小船的加速度大小为，C错误；
D．汽车匀速行驶，发动机的牵引力，汽车速度
发动机输出功率，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查连接体的速度分解、功率与受力分析，核心是通过速度分解、功率公式和牛顿第二定律分析各物理量。
12．如图所示，通过一原、副线圈匝数比为1∶10的变压器和一个二极管为电容器充电。已知原线圈两端正弦式交流电电压有效值U恒定，下列说法正确的（　　）
A．若将电容器两极板正对面积减小，电容器所带电荷量增大
B．减少电容器两极板间距离，电容器充电的过程中，电容器两板间电场强度不变
C．不计二极管分压，待电路稳定后，电容器两端电压的最大值为U
D．不计二极管分压，待电路稳定后，电容器两端电压的最大值约为14.14U
【答案】D
【知识点】电容器及其应用；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．减小电容器极板正对面积，电容C减小，由于二极管的单向导电性，电容器的电荷量Q只能增加或保持不变，不能减少，因此Q不变，而非增大，故A错误；
B．二极管具有单向导电性，所以不能改变，电容器两端的电压的有效值不变，根据，不变的情况下减小则会变大， 故B错误；
CD．原、副线圈匝数之比为1：10，原线圈两端电压有效值U恒定，则原、副线圈两端的电压最大值之比等于匝数之比即原、副线圈两端电压最大值之比为1：10，因此副线圈电压最大值为14.14U，不计二极管分压，待电路稳定后，电容器两端的最大值电压等于副线圈两端电压的最大值，C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查变压器、二极管与电容器的组合电路，核心是利用变压器电压比、二极管单向导电性和电容器特性分析各物理量。
13．物理学家霍尔在实验中发现，当电流垂直于磁场通过导体或半导体材料左右两个端面时，在材料的上下两个端面之间产生电势差。这一现象被称为霍尔效应，产生这种效应的元件叫霍尔元件。如图为霍尔元件的原理示意图，其霍尔电压U与电流I和磁感应强度B的关系可用公式表示，其中叫该元件的霍尔系数。若该材料单位体积内自由电荷的个数为n，每个自由电荷所带的电荷量为q，根据你所学过的物理知识，判断下列说法正确的是（　　）
A．霍尔元件上表面电势一定高于下表面电势
B．霍尔系数的单位是
C．公式中的d指图中元件左右表面间的距离
D．公式中的d指图中元件上下表面间的距离
【答案】B
【知识点】电流的微观表达式及其应用；霍尔元件
【解析】【解答】A．根据左手定则可知，霍尔元件中的载流子受到向上的洛伦兹力，将向上偏转，若霍尔元件中的载流子带正电，则上表面电势高于下表面电势；若霍尔元件中的载流子带负电，则上表面电势低于下表面电势，A错误；
B．设图中霍尔元件沿磁场方向长度为，垂直于电流、磁场方向的长度为
元件中的运动电荷同时受洛伦兹力，电场力作用。稳定时
电流的微观表达式，联立可得
设，则上式可变形为
的单位，的单位，所以 的单位为，B正确；
CD．由上一选项的推导过程可知，公式中的为沿磁场方向的长度，即前、后两表面间的距离，CD错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查霍尔效应的原理与应用，核心是通过载流子受力分析、电流微观表达式推导霍尔系数的单位，并明确公式中物理量的含义。
14．如图甲所示为“探究两个互成角度的力的合成规律”实验装置。橡皮条AO的一端A固定，另一端O点拴有细绳套。
（1）关于本实验，以下操作正确的是（　　）
A．实验过程中拉动弹簧测力计时，弹簧测力计可以不与木板平行
B．用两个弹簧测力计互成角度拉细绳套时，两测力计的读数越大越好
C．用两个弹簧测力计互成角度拉细绳套时，夹角越小越好
D．每次实验时，要记录弹簧测力计的示数以及拉力的方向
（2）本实验采用的科学方法是______。
A．理想实验法 B．等效替代法
C．控制变量法 D．放大微小形变法
（3）某次实验中，弹簧测力计指针位置如图甲所示，其读数为　 　N；
（4）图乙是在白纸上根据实验数据作出的示意图，图中F与F'两力中，方向一定沿AO方向的是　 　。
【答案】（1）D
（2）B
（3）3.50
（4）F'
【知识点】控制变量法；胡克定律；验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）A．弹簧测力计必须与木板平行，否则会引入分力导致测量误差，故A错误；
B．两测力计读数并非越大越好，应在量程内且方便作图即可，故B错误；
C．夹角太小会导致作图误差增大，故C错误；
D．每次实验必须记录弹簧测力计的示数（力的大小）和拉力的方向，才能准确作出力的图示，故D正确。
故答案为：D。
（2）本实验中，用两个力的共同作用效果（使橡皮条伸长到 O 点）来等效替代一个力的作用效果，采用的是等效替代法。
故答案为：B。
（3）图中弹簧测力计的分度值为 0.1N，故读数保留到百分位，即读数为3.50N。
故答案为：3.50
（4）是通过一个弹簧测力计直接拉橡皮条到O点得到的力，其方向一定沿 AO方向。F是根据平行四边形定则作出的合力，是理论值，其方向不一定沿AO方向。
故答案为：F'
【分析】(1) 分析“探究两个互成角度的力的合成规律”实验的操作要求，判断选项的正确性；
(2) 明确实验中采用的科学方法；
(3) 读取弹簧测力计的示数；
(4) 区分实际合力与理论合力，判断沿AO方向的力。
（1）A．弹簧测力计必须与木板平行，否则会引入分力导致测量误差，故A错误；
B．两测力计读数并非越大越好，应在量程内且方便作图即可，故B错误；
C．夹角太小会导致作图误差增大，故C错误；
D．每次实验必须记录弹簧测力计的示数（力的大小）和拉力的方向，才能准确作出力的图示，故D正确。
故选D。
（2）本实验中，用两个力的共同作用效果（使橡皮条伸长到 O 点）来等效替代一个力的作用效果，采用的是等效替代法。
故选B。
（3）图中弹簧测力计的分度值为 0.1N，故读数保留到百分位，即读数为3.50N。
（4）是通过一个弹簧测力计直接拉橡皮条到O点得到的力，其方向一定沿 AO方向。F是根据平行四边形定则作出的合力，是理论值，其方向不一定沿AO方向。
15．某同学用如图1所示的装置验证轻弹簧和物块（带有遮光条）组成的系统机械能守恒。图中光电门安装在铁架台上且位置可调。物块释放前，细线与弹簧和物块的拴接点A、B在同一水平线上，且弹簧处于原长。滑轮质量和一切摩擦均不计，细线始终伸直。物块连同遮光条的总质量为m，弹簧的劲度系数为k，弹性势能（x为弹簧形变量），重力加速度为g，遮光条的宽度为d，物块释放点与光电门之间的距离为l（d远远小于l）现将物块由静止释放，记录物块通过光电门的时间t。
（1）改变光电门的位置，重复实验，每次物块均从B点静止释放，记录多组l和对应的时间t，作出图像如图2所示，若要验证轻弹簧和物块组成的系统机械能守恒，则在误差允许的范围内，需要验证正确的关系式是（　　）
A． B．
C． D．
（2）在（1）中的条件下，和时，物块通过光电门时弹簧具有的弹性势能分别为和，则　 　（用l1，l3，m，g表示）。
（3）在（1）中的条件下，l取某个值时，可以使物块通过光电门时的速度最大，速度最大值为　 　（用m，g，k表示）。
【答案】（1）C
（2）
（3）
【知识点】验证机械能守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）若物块和弹簧组成的系统机械能守恒，则，
联立可得
故答案为：C。
（2）根据系统机械能守恒定律可得，
所以
故答案为：
（3）由图可知，当l=l2时，最大，则物块的速度最大，物块的加速度为零，则
根据系统机械能守恒定律可得
联立可得
故答案为：
【分析】(1) 由机械能守恒定律结合速度公式 推导关系式；
(2) 利用两次机械能守恒方程相减，消去动能项，得到弹性势能差；
(3) 速度最大时加速度为零，弹簧弹力等于重力，结合机械能守恒求最大速度。
（1）若物块和弹簧组成的系统机械能守恒，则，
联立可得
故选C。
（2）根据系统机械能守恒定律可得，
所以
（3）由图可知，当l=l2时，最大，则物块的速度最大，物块的加速度为零，则
根据系统机械能守恒定律可得
联立可得
16．有一长为L的中心对称圆筒形金属管（阻值约十几欧姆），横截面如图1所示，研究小组为测量其电阻率，设计了图2所示电路。器材有：电源E（3.0V，0.5Ω），电流表A（0.6A，内阻约3Ω），电压表V（3.0V，内阻约3kΩ），滑动变阻器R（0~5Ω），多用电表，开关、导线若干。
（1）用游标卡尺测得金属管外径，测量内径时，应该采用图3中的测量爪　 　选填“A”或“B”或“C”），如图4所示其读数为　 　mm。
（2）闭合开关，发现无论怎么改变R的阻值，电流表电压表有示数但变化不明显，可能的原因是______。
A．金属管R 断路
B．电流表A短路
C．滑动变阻器左端M处接触不良
（3）排除故障，重新实验，记录电压表示数U，电流表示数I，则金属管的电阻率为　 　（用L、、、U、I表示），本实验测得电阻率　 　（选填“大于”、“小于”或“等于”）真实值。
【答案】（1）B；7.54
（2）C
（3）；小于
【知识点】电阻定律；电路故障分析；导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）测量内径时，应该采用内测量爪，即图3中的测量爪B；
如图4所示其读数为
故答案为：B；7.54
（2）A．若金属管R 断路，则电压表与电流表串联，再与滑动变阻器的滑片左侧部分并联，由于滑动变阻器的阻值远远小于电压表的阻值，故电压表有明显示数，但电流表无明显示数，故A错误；
B．若电流表A短路，则电压表有示数，但电流表应无示数，故B错误；
C．若滑动变阻器左端M处接触不良，由于滑动变阻器的最大阻值比待测电阻小，故改变R的阻值时，电流表电压表有示数但变化不明显，故C正确。
故答案为：C。
（3）根据，，解得
因外接法电流的测量值偏大，故本实验测得电阻率小于真实值。
故答案为：；小于
【分析】(1) 内径测量用游标卡尺的内测量爪B；读出游标卡尺读数；
(2) 分析各故障对应的电表示数变化，判断故障原因；
(3) 由欧姆定律、电阻定律推导电阻率表达式，分析电表接法带来的误差。
（1）[1]测量内径时，应该采用内测量爪，即图3中的测量爪B
[2]如图4所示其读数为
（2）A．若金属管R 断路，则电压表与电流表串联，再与滑动变阻器的滑片左侧部分并联，由于滑动变阻器的阻值远远小于电压表的阻值，故电压表有明显示数，但电流表无明显示数，故A错误；
B．若电流表A短路，则电压表有示数，但电流表应无示数，故B错误；
C．若滑动变阻器左端M处接触不良，由于滑动变阻器的最大阻值比待测电阻小，故改变R的阻值时，电流表电压表有示数但变化不明显，故C正确。
故选C。
（3）[1]根据，，
解得
[2]因外接法电流的测量值偏大，故本实验测得电阻率小于真实值。
17．如图所示，竖直放置在水平面上的两汽缸底部由容积可忽略的细管连接，左、右两汽缸粗细均匀，内壁光滑，横截面积分别为S、2S，左、右两汽缸内各有一个活塞将缸内封闭一定质量的理想气体，左、右活塞质量分别为0.5m、2m，轻质细弹簧上端与天花板连接、下端与左侧汽缸内活塞相连。初始时，两缸内活塞离缸底的距离均为h，两活塞相平，大气压强为，重力加速度大小为g，汽缸导热性能良好，环境温度为，封闭气体质量保持不变，弹簧的劲度系数为k，弹簧始终在弹性限度内，汽缸足够长，求：
（1）开始时弹簧的形变量；
（2）使环境温度缓慢升高为2，则右侧汽缸中活塞移动的距离为多少？
（3）若（2）过程中系统内能增加了，则系统吸收的热量为多少？
【答案】（1）解：开始时，设缸内气体压强为，对右侧缸中气体研究有
解得
对左缸中活塞研究，设弹簧压缩量为x，满足
解得
（2）解：温度升高过程，缸内气体压强不变，因此左缸中活塞不动，气体发生等压变化，满足
解得
（3）解：根据热力学第一定律可得
则
【知识点】胡克定律；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】【分析】(1) 对右侧活塞受力分析，先求气体压强，再对左侧活塞受力分析，由平衡条件求弹簧形变量；
(2) 温度升高过程中气体压强不变，发生等压变化，由盖-吕萨克定律求右侧活塞移动的距离；
(3) 由热力学第一定律 ，结合气体对外做功的大小，求系统吸收的热量。
（1）开始时，设缸内气体压强为，对右侧缸中气体研究有
解得
对左缸中活塞研究，设弹簧压缩量为x，满足
解得
（2）温度升高过程，缸内气体压强不变，因此左缸中活塞不动，气体发生等压变化，满足
解得
（3）根据热力学第一定律可得
则
18．如图，两条平行光滑金属导轨水平放置，间距为L，中间有宽度为L、磁感应强度为B的匀强磁场；导轨右侧接有一个阻值为R的定值电阻。一个边长为L的正方形导线框abcd置于导轨左侧，其ab、cd边始终与导轨接触良好。导线框总电阻为4R，现给导线框一个初速度v，当它完全进入磁场区域时，速度变为，求：
（1）线框进入磁场区域左边界瞬间bd两点间的电压U；
（2）线框的质量m；
（3）上述过程中通过导轨右侧定值电阻R的电荷量q以及其上产生的焦耳热Q。
【答案】（1）解：bd边切割磁感线产生的电动势E＝BLv
根据欧姆定律有
联立解得
则b、d两点间电压U＝E－IR
联立解得
（2）解：线框进入磁场的过程，规定向右为正方向，根据动量定理有
其中，代入解得
（3）解：根据动量定理有
其中通过R的电荷量
联立解得
由系统能量守恒得系统产生的总焦耳热
解得
根据
其中
联立解得
【知识点】电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 线框进入磁场时，bd边切割磁感线产生感应电动势，结合电路结构求bd两点间的电压；
(2) 利用动量定理，分析安培力的冲量，求线框的质量；
(3) 通过导轨右侧定值电阻的电荷量可由平均电流与时间的乘积求得，焦耳热由能量守恒计算。
（1）bd边切割磁感线产生的电动势E＝BLv
根据欧姆定律有
联立解得
则b、d两点间电压U＝E－IR
联立解得
（2）线框进入磁场的过程，规定向右为正方向，根据动量定理有
其中，代入解得
（3）根据动量定理有
其中通过R的电荷量
联立解得
由系统能量守恒得系统产生的总焦耳热
解得
根据
其中
联立解得
19．如图（a）所示，质量的绝缘木板A静止在水平地面上，质量可视为质点的带正电的小物块B放在木板A上某一位置，其电荷量为。空间存在足够大的水平向右的匀强电场，电场强度大小为。质量的滑块C放在A板左侧的地面上，滑块C与地面间无摩擦力，其受到水平向右的变力F作用，力F与时刻t的关系为（如图b）。从时刻开始，滑块C在变力F作用下由静止开始向右运动，在时撤去变力F。此时滑块C刚好与木板A发生弹性正碰，且碰撞时间极短，此后整个过程物块B都未从木板A上滑落。已知小物块B与木板A及木板A与地面间的动摩擦因数均为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。求：
（1）撤去变力F瞬间滑块C的速度大小；
（2）小物块B与木板A刚好共速时的速度大小；
（3）若小物块B与木板A达到共同速度时立即将电场强度大小变为，方向不变，小物块B始终未从木板A上滑落，则①木板A至少多长？②整个过程中物块B的电势能如何变化？
【答案】（1）解：在F作用的内，对滑块C，由动量定理得
由图像围成的面积可得
解得
（2）解：设C、A碰后瞬间速度大小分别为和，取向右为正方向，A、C系统碰撞过程动量守恒得
A、C发生弹性碰撞，由机械能守恒有
代入数据解得
A、C碰撞后，对B有
解得
对A有
解得
设碰后经时间A、B共速，则
解得＝2s，＝3m/s
（3）①解：从A被碰后到A、B刚好共速的过程，
所以此过程B相对A向左滑行
当电场强度变为时，假设B、A减速时发生相对滑动，则对B有
解得
对A有
解得
因，故假设成立，A减速快，B将相对A向右滑动，直到都停止，则此过程它们的位移分别为，
则此过程B相对A向右滑行
因为
所以板长至少为10.5m；
②解：整个过程中静电力对B做功
故物块B的电势能变化量为
即电势能减少了12J。
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；碰撞模型；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】(1) 利用F-t图像的面积（冲量），由动量定理求撤去外力F瞬间滑块C的速度；
(2) 先通过弹性碰撞的动量守恒和机械能守恒求木板A的速度，再分析A、B的加速度，结合运动学公式求共速速度；
(3) 分阶段分析物块B与木板A的相对位移，确定木板的最小长度，并计算电场力做功，判断电势能的变化。
（1）在F作用的内，对滑块C，由动量定理得
由图像围成的面积可得
解得
（2）设C、A碰后瞬间速度大小分别为和，取向右为正方向，A、C系统碰撞过程动量守恒得
A、C发生弹性碰撞，由机械能守恒有
代入数据解得
A、C碰撞后，对B有
解得
对A有
解得
设碰后经时间A、B共速，则
解得＝2s，＝3m/s
（3）①从A被碰后到A、B刚好共速的过程，
所以此过程B相对A向左滑行
当电场强度变为时，假设B、A减速时发生相对滑动，则对B有
解得
对A有
解得
因，故假设成立，A减速快，B将相对A向右滑动，直到都停止，则此过程它们的位移分别为，
则此过程B相对A向右滑行
因为
所以板长至少为10.5m；
②整个过程中静电力对B做功
故物块B的电势能变化量为
即电势能减少了12J。
20．如图所示，有一个位于x轴上方带电的平行板电容器，极板长度为2L、极板间距为L，电容器的右极板与y轴重合且下端在原点O。y轴右侧有一与y轴平行的虚线y'，在y轴和虚线y'之间存在垂直于xOy平面的匀强磁场，x轴上方磁场方向垂直纸面向外，x轴下方磁场方向垂直纸面向里。某时刻一质量为m、电荷量为q、不计重力的带正电粒子沿y轴正方向以大小为的初速度紧挨电容器左极板下端射入电容器内，经电场偏转后，粒子刚好从电容器的右极板最上端P射入磁场中。求：
（1）电容器内的电场强度大小以及粒子进入磁场时的速度大小和方向；
（2）若粒子从P进入磁场后，经x轴上方磁场偏转（未到达虚线y'）后不会打到电容器的右极板上，x轴上方磁场的磁感应强度应满足怎样的条件；
（3）若x轴上、下磁场的磁感应强度大小之比为1：2，粒子在x轴上方轨道半径为。虚线y'与y轴之间距离满足怎样关系时，粒子垂直于y'离开磁场。
【答案】（1）解：粒子在电场中运动时，沿电场方向，做匀加速运动，有
其中
在沿y轴方向上，有
联立可解得
粒子进入磁场时的速度大小为
可解得
设粒子进入磁场时的速度方向与y轴方向夹角为，则有
所以角度
（2）解：粒子从P进入磁场后，经磁场偏转后不会打到电容器的右极板上，需要粒子进入x轴下方磁场，临界条件是粒子轨迹与x轴相切，设此种情况下粒子在x轴上方磁场中运动的半径为，则粒子与x轴相切时，有
粒子与x轴相切时对应磁感应强度的最大值为，此时有
可解得
所以若粒子经磁场偏转后不会打到右极板上，在x轴上方磁感应强度应为
（3）解：当粒子在x轴上方轨迹半径为时，有
在下方磁场区域内，有
则
画出粒子的运动轨迹，如下图所示
由于
可知粒子在x轴上方的运动轨迹刚好为半圆，设粒子从上到下穿越x轴时速度与x轴成角，根据几何关系可知
根据轨迹可知粒子有可能在x轴上方或下方垂直打在上，也有可能上下转动多次后打在上。所以如果粒子在x轴的下方垂直打到y'上，y'与y的距离满足（n＝0，1，2，3……）
如果粒子在x轴的上方垂直打到y'上，y'与y的距离满足
（n＝0，1，2，3……）
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 粒子在电容器内做类平抛运动，分解速度和位移，由运动学公式求电场强度和进入磁场时的速度；
(2) 粒子进入磁场后做匀速圆周运动，临界情况为轨迹与x轴相切，由此确定磁感应强度的上限；
(3) 分析粒子在上下磁场中的轨迹半径，结合几何关系确定虚线 与 轴的距离条件。
（1）粒子在电场中运动时，沿电场方向，做匀加速运动，有
其中
在沿y轴方向上，有
联立可解得
粒子进入磁场时的速度大小为
可解得
设粒子进入磁场时的速度方向与y轴方向夹角为，则有
所以角度
（2）粒子从P进入磁场后，经磁场偏转后不会打到电容器的右极板上，需要粒子进入x轴下方磁场，临界条件是粒子轨迹与x轴相切，设此种情况下粒子在x轴上方磁场中运动的半径为，则粒子与x轴相切时，有
粒子与x轴相切时对应磁感应强度的最大值为，此时有
可解得
所以若粒子经磁场偏转后不会打到右极板上，在x轴上方磁感应强度应为
（3）当粒子在x轴上方轨迹半径为时，有
在下方磁场区域内，有
则
画出粒子的运动轨迹，如下图所示
由于
可知粒子在x轴上方的运动轨迹刚好为半圆，设粒子从上到下穿越x轴时速度与x轴成角，根据几何关系可知
根据轨迹可知粒子有可能在x轴上方或下方垂直打在上，也有可能上下转动多次后打在上。所以如果粒子在x轴的下方垂直打到y'上，y'与y的距离满足（n＝0，1，2，3……）
如果粒子在x轴的上方垂直打到y'上，y'与y的距离满足
（n＝0，1，2，3……）
1 / 1广东省深圳中学、顺德一中、松山湖未来学校、中山纪念中学2025-2026学年高三上学期港澳班第一次联考物理试卷
1．在物理学的发展过程中，蕴含着丰富的物理思想和方法，下列描述正确的是（　　）
A．质点、点电荷、元电荷都是理想化模型
B．安培首次发现了电流的磁效应，并提出分子环流假说，解释了磁现象的电本质
C．库仑发现了库仑定律，并通过油滴实验测定了元电荷的数值
D．法拉第不仅提出了场的概念，而且引入电场线和磁感线形象地描述电场和磁场
2．如图所示，质量相等的物体A、B通过一轻质弹簧相连，开始时B放在水平地面上，A、B均处于静止状态，此时弹簧压缩量为。现通过细绳将A向上缓慢拉起，第一阶段拉力做功时，弹簧变为原长；第二阶段拉力再做功时，B刚要离开地面，此时弹簧伸长量为。弹簧一直在弹性限度内，则下列说法正确的是（　　）
A．第二阶段，拉力做的功小于A的重力势能的增加量
B．拉力做的总功大于A的重力势能的增加量
C．第一阶段，拉力做的功小于A的重力势能的增加量
D．
3．质量为0.6kg的物体在水平面上运动。如图所示的图中两条斜线分别是物体受水平拉力和不受水平拉力时的图像，则（　　）
A．斜线①一定是物体受水平拉力时的图像
B．斜线②一定是物体受水平拉力时的图像
C．水平拉力一定等于0.2N
D．物体所受的摩擦力可能等于0.6N
4．2025年7月“浙BA”在浙江全省火爆开打。如图所示，运动员在不同位置以相同速率斜向上抛出质量为m的篮球，均空心落入篮筐。已知甲、乙两球出手高度相同，忽略空气阻力，则篮球从抛出到入框的过程中说法正确的是（　　）
A．两球入框时的速度相同
B．甲球在空中运动的时间一定大于乙球
C．若两球同时抛出，两球有可能同时到达P点
D．若两球同时抛出，同一时刻两球对应的机械能始终相等
5．如图为卫星的发射过程，发射后先在近地轨道①上做匀速圆周运动，再经过椭圆轨道②后，最终到达预定轨道③上，已知③轨道高度低于同步卫星轨道，下列说法正确的是（　　）
A．卫星在轨道①上运行的速度大于地球的第一宇宙速度
B．卫星从轨道②上的P点运动到Q点过程中万有引力做正功
C．卫星在轨道②上P点的速度小于在轨道①上P点的速度
D．卫星在轨道②上的运行周期小于24h
6．如图所示，一水平光滑平面与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，右侧一处于压缩状态的轻质弹簧与一质量为m的小滑块接触（不相连），释放后滑块以速度v滑上传送带，滑块运动一段时间后返回并压缩弹簧，已知返回后弹簧的最大压缩量是初始压缩量的一半。已知弹簧弹性势能，不计空气阻力，则（　　）
A．传送带匀速转动的速度大小为
B．经过足够长的时间，滑块最终静止于水平面上
C．滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为
D．滑块第三次在传送带上运动的整个过程中传送带对滑块的冲量为
7．如图，小车静止在光滑水平面上，小车上固定竖直杆的顶端O点用细线系着小球，将小球向右缓慢拉至A点由静止释放，小球依次摆到O点正下方O'点和左边最高点B（图中未画出），不计一切阻力，则（　　）
A．从A运动到O'，小球重力功率一直增大
B．从A运动到B，小车一直向右运动
C．从A运动到B，小球和小车组成的系统动量和机械能都守恒
D．小球再次回到A，小车相对初位置向右移动了一段距离
8．如图为我国某公司研发的一种新型飞行救生圈，旨在更高效的对落水者进行施救。该装置的动力由四个相同的螺旋桨提供，螺旋桨高速旋转向下推动空气产生升力。已知该装置的质量为，单个螺旋桨产生的气流横截面积为，空气密度为，重力加速度为。当该装置在空中悬停时，螺旋桨吹出风速大小为（　　）
A． B． C． D．
9．法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，则（　　）
A．若圆盘转动的角速度不变，则电流为零
B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流方向从a到b
C．若圆盘转动方向不变，角速度大小均匀增大，则产生恒定电流
D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电阻R的热功率也变为原来的2倍
10．一半径为R的金属薄球壳内壁接地，其球心处安置有一个点电荷+Q，如图所示。P为金属球外距离球心2R的一点，下列表述中正确的是（　　）
A．金属球壳的外表面带正电
B．金属球壳的内表面不带电
C．在P处引入正点电荷q，受斥力大小为
D．金属球壳感应电荷在P处形成的场强大小为
11．如图所示，一辆在平直路面上匀速行驶的汽车，利用跨过光滑定滑轮的轻绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边，汽车与滑轮间的绳保持水平。小船的质量为m，受到的阻力大小恒为，汽车受到地面的阻力大小恒为，不计空气阻力。当牵引小船的绳与水平方向成角时，小船的速度大小为v，绳的拉力对小船做功的功率为P，此时（　　）
A．汽车的速度大小为
B．绳的拉力大小为
C．小船的加速度大小为
D．汽车发动机的输出功率为
12．如图所示，通过一原、副线圈匝数比为1∶10的变压器和一个二极管为电容器充电。已知原线圈两端正弦式交流电电压有效值U恒定，下列说法正确的（　　）
A．若将电容器两极板正对面积减小，电容器所带电荷量增大
B．减少电容器两极板间距离，电容器充电的过程中，电容器两板间电场强度不变
C．不计二极管分压，待电路稳定后，电容器两端电压的最大值为U
D．不计二极管分压，待电路稳定后，电容器两端电压的最大值约为14.14U
13．物理学家霍尔在实验中发现，当电流垂直于磁场通过导体或半导体材料左右两个端面时，在材料的上下两个端面之间产生电势差。这一现象被称为霍尔效应，产生这种效应的元件叫霍尔元件。如图为霍尔元件的原理示意图，其霍尔电压U与电流I和磁感应强度B的关系可用公式表示，其中叫该元件的霍尔系数。若该材料单位体积内自由电荷的个数为n，每个自由电荷所带的电荷量为q，根据你所学过的物理知识，判断下列说法正确的是（　　）
A．霍尔元件上表面电势一定高于下表面电势
B．霍尔系数的单位是
C．公式中的d指图中元件左右表面间的距离
D．公式中的d指图中元件上下表面间的距离
14．如图甲所示为“探究两个互成角度的力的合成规律”实验装置。橡皮条AO的一端A固定，另一端O点拴有细绳套。
（1）关于本实验，以下操作正确的是（　　）
A．实验过程中拉动弹簧测力计时，弹簧测力计可以不与木板平行
B．用两个弹簧测力计互成角度拉细绳套时，两测力计的读数越大越好
C．用两个弹簧测力计互成角度拉细绳套时，夹角越小越好
D．每次实验时，要记录弹簧测力计的示数以及拉力的方向
（2）本实验采用的科学方法是______。
A．理想实验法 B．等效替代法
C．控制变量法 D．放大微小形变法
（3）某次实验中，弹簧测力计指针位置如图甲所示，其读数为　 　N；
（4）图乙是在白纸上根据实验数据作出的示意图，图中F与F'两力中，方向一定沿AO方向的是　 　。
15．某同学用如图1所示的装置验证轻弹簧和物块（带有遮光条）组成的系统机械能守恒。图中光电门安装在铁架台上且位置可调。物块释放前，细线与弹簧和物块的拴接点A、B在同一水平线上，且弹簧处于原长。滑轮质量和一切摩擦均不计，细线始终伸直。物块连同遮光条的总质量为m，弹簧的劲度系数为k，弹性势能（x为弹簧形变量），重力加速度为g，遮光条的宽度为d，物块释放点与光电门之间的距离为l（d远远小于l）现将物块由静止释放，记录物块通过光电门的时间t。
（1）改变光电门的位置，重复实验，每次物块均从B点静止释放，记录多组l和对应的时间t，作出图像如图2所示，若要验证轻弹簧和物块组成的系统机械能守恒，则在误差允许的范围内，需要验证正确的关系式是（　　）
A． B．
C． D．
（2）在（1）中的条件下，和时，物块通过光电门时弹簧具有的弹性势能分别为和，则　 　（用l1，l3，m，g表示）。
（3）在（1）中的条件下，l取某个值时，可以使物块通过光电门时的速度最大，速度最大值为　 　（用m，g，k表示）。
16．有一长为L的中心对称圆筒形金属管（阻值约十几欧姆），横截面如图1所示，研究小组为测量其电阻率，设计了图2所示电路。器材有：电源E（3.0V，0.5Ω），电流表A（0.6A，内阻约3Ω），电压表V（3.0V，内阻约3kΩ），滑动变阻器R（0~5Ω），多用电表，开关、导线若干。
（1）用游标卡尺测得金属管外径，测量内径时，应该采用图3中的测量爪　 　选填“A”或“B”或“C”），如图4所示其读数为　 　mm。
（2）闭合开关，发现无论怎么改变R的阻值，电流表电压表有示数但变化不明显，可能的原因是______。
A．金属管R 断路
B．电流表A短路
C．滑动变阻器左端M处接触不良
（3）排除故障，重新实验，记录电压表示数U，电流表示数I，则金属管的电阻率为　 　（用L、、、U、I表示），本实验测得电阻率　 　（选填“大于”、“小于”或“等于”）真实值。
17．如图所示，竖直放置在水平面上的两汽缸底部由容积可忽略的细管连接，左、右两汽缸粗细均匀，内壁光滑，横截面积分别为S、2S，左、右两汽缸内各有一个活塞将缸内封闭一定质量的理想气体，左、右活塞质量分别为0.5m、2m，轻质细弹簧上端与天花板连接、下端与左侧汽缸内活塞相连。初始时，两缸内活塞离缸底的距离均为h，两活塞相平，大气压强为，重力加速度大小为g，汽缸导热性能良好，环境温度为，封闭气体质量保持不变，弹簧的劲度系数为k，弹簧始终在弹性限度内，汽缸足够长，求：
（1）开始时弹簧的形变量；
（2）使环境温度缓慢升高为2，则右侧汽缸中活塞移动的距离为多少？
（3）若（2）过程中系统内能增加了，则系统吸收的热量为多少？
18．如图，两条平行光滑金属导轨水平放置，间距为L，中间有宽度为L、磁感应强度为B的匀强磁场；导轨右侧接有一个阻值为R的定值电阻。一个边长为L的正方形导线框abcd置于导轨左侧，其ab、cd边始终与导轨接触良好。导线框总电阻为4R，现给导线框一个初速度v，当它完全进入磁场区域时，速度变为，求：
（1）线框进入磁场区域左边界瞬间bd两点间的电压U；
（2）线框的质量m；
（3）上述过程中通过导轨右侧定值电阻R的电荷量q以及其上产生的焦耳热Q。
19．如图（a）所示，质量的绝缘木板A静止在水平地面上，质量可视为质点的带正电的小物块B放在木板A上某一位置，其电荷量为。空间存在足够大的水平向右的匀强电场，电场强度大小为。质量的滑块C放在A板左侧的地面上，滑块C与地面间无摩擦力，其受到水平向右的变力F作用，力F与时刻t的关系为（如图b）。从时刻开始，滑块C在变力F作用下由静止开始向右运动，在时撤去变力F。此时滑块C刚好与木板A发生弹性正碰，且碰撞时间极短，此后整个过程物块B都未从木板A上滑落。已知小物块B与木板A及木板A与地面间的动摩擦因数均为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。求：
（1）撤去变力F瞬间滑块C的速度大小；
（2）小物块B与木板A刚好共速时的速度大小；
（3）若小物块B与木板A达到共同速度时立即将电场强度大小变为，方向不变，小物块B始终未从木板A上滑落，则①木板A至少多长？②整个过程中物块B的电势能如何变化？
20．如图所示，有一个位于x轴上方带电的平行板电容器，极板长度为2L、极板间距为L，电容器的右极板与y轴重合且下端在原点O。y轴右侧有一与y轴平行的虚线y'，在y轴和虚线y'之间存在垂直于xOy平面的匀强磁场，x轴上方磁场方向垂直纸面向外，x轴下方磁场方向垂直纸面向里。某时刻一质量为m、电荷量为q、不计重力的带正电粒子沿y轴正方向以大小为的初速度紧挨电容器左极板下端射入电容器内，经电场偏转后，粒子刚好从电容器的右极板最上端P射入磁场中。求：
（1）电容器内的电场强度大小以及粒子进入磁场时的速度大小和方向；
（2）若粒子从P进入磁场后，经x轴上方磁场偏转（未到达虚线y'）后不会打到电容器的右极板上，x轴上方磁场的磁感应强度应满足怎样的条件；
（3）若x轴上、下磁场的磁感应强度大小之比为1：2，粒子在x轴上方轨道半径为。虚线y'与y轴之间距离满足怎样关系时，粒子垂直于y'离开磁场。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】物理学史；理想模型法；电场线
【解析】【解答】A．质点、点电荷是理想化模型，但元电荷是电荷的最小单位（基本物理常数），不是理想化模型，故A错误；
B．电流的磁效应由奥斯特首次发现，安培提出分子环流假说并解释磁现象的电本质，但并非首次发现电流的磁效应，故B错误；
C．库仑发现了库仑定律，但元电荷的数值是由密立根通过油滴实验测定的，故C错误；
D．法拉第提出了场的概念，并引入电场线和磁感线形象地描述电场和磁场，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查物理学史和物理思想方法，核心是准确辨析各选项中物理学家的贡献及理想化模型的定义。
2．【答案】C
【知识点】功能关系；动能定理的综合应用；重力势能的变化与重力做功的关系
【解析】【解答】AC．缓慢提升物体A，物体A的动能不变，由上述分析可知，第一阶段与第二阶段弹簧的形变量相同，则弹簧的弹性势能相同，由功能关系得，，解得，，又因为重力势能变化量等于重力做功的负值，A错误，C正确；
B．在整个过程中，拉力做的总功，即拉力做的总功等于A的重力势能的增加量，B错误；
D．设A、B的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，开始时A压缩弹簧，对A，有，则弹簧的形变量，要使B刚要离开地面，则弹力应等于B的重力，即，则弹簧的形变量，则，D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查轻弹簧连接体的缓慢拉运动，核心是利用动能定理分析拉力做功、重力势能变化与弹簧弹性势能的关系，同时结合胡克定律分析形变量。
3．【答案】C
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；牛顿定律与图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】图线①对应的加速度大小为
图线②对应的加速度大小为
设有拉力时的加速度为，无拉力时的加速度为，则（1）若拉力的方向与运动方向相反，根据牛顿第二定律得，
代入数据联立解得，
此时图线①为无拉力时的图像，图线②为有拉力时的图像；
若拉力的方向与运动方向相同，则，，
代入数据联立解得，
此时图线②为无拉力时的图像，图①为有拉力时的图像。
故答案为：C。
【分析】本题考查 v t 图像与牛顿第二定律，核心是分拉力与运动方向相同、相反两种情况，联立求解拉力与摩擦力。
4．【答案】D
【知识点】斜抛运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．两球初速率相同、初高度相同，由机械能守恒可知，入筐时动能相同（速度大小相同），但速度是矢量，由于抛射角不同，入筐时速度方向不同，因此速度不同，故A错误；
B．斜抛运动中运动时间由竖直分运动决定，高度越高，故运动时间越长，所以乙的运动时间更长，故B错误；
C．乙球能够到达的最大高度有比甲球大，则乙竖直方向的分初速度更大，若两球同时抛出，则乙先到达P点，故C错误；
D．机械能包括动能和重力势能，出手时两球速率相同，则动能相同、高度相同，则重力势能相同，两球机械能相等，运动过程中，忽略空气阻力，机械能守恒，因此同一时刻两球对应的机械能始终相等，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查斜抛运动与机械能守恒，核心是利用机械能守恒分析速度和机械能变化，结合竖直分运动判断运动时间。
5．【答案】D
【知识点】开普勒定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题；功的概念
【解析】【解答】A．根据，可得，可知卫星在轨道①的轨道半径略大于地球半径，圆轨道①上的运行速度一定小于等于第一宇宙速度，故A错误；
B．卫星远离地球的过程需要克服万有引力做功，故B错误；
C．从轨道①到轨道②需点火加速，卫星在轨道②上P点的速度大于在轨道①上P点的速度，故C错误；
D．根据开普勒第三定律可得，可知卫星在轨道②上的运行周期小于在卫星在轨道③上的运行周期，则卫星在轨道②上的运行周期小于24h，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查卫星变轨问题，核心是利用万有引力定律、开普勒定律分析卫星的速度、做功和周期变化。
6．【答案】C
【知识点】动量定理；能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型；碰撞模型
【解析】【解答】A．由能量守恒可知，释放滑块过程有
滑块返回压缩弹簧时有
联立解得，故A错误；
B．结合以上分析可知，滑块再次滑上传送带时速度为，则每次滑块返回时速度均为，因此一直在做往复运动，不会停止，故B错误；
C．以传送带为参考系，木块滑上时相对传送带的速度为，在第1次滑的过程当中产生的热量就等于相对的动能的损耗量，即，故C正确；
D．滑块第三次在传送带上运动的整个过程中，规定向右为正方向，根据动量定理可知，传送带对滑块的水平冲量大小为
同时传送带对滑块有竖直向上的支持力产生的冲量，因此传送带对滑块的总冲量大于mv，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查滑块与传送带、弹簧的相互作用，核心是利用能量守恒、相对运动和动量定理分析滑块的速度、热量和冲量变化。
7．【答案】B
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；人船模型
【解析】【解答】A．从A运动到O'，初始速度为零，重力功率为零，末位置速度沿水平方向与重力垂直，重力功率为零，中间位置重力功率不为零，小球重力功率先增大后减小，故A错误；
B．小球摆动的过程中，小球和小车构成的系统水平方向动量守恒，从A运动到B，小球水平速度向左，则小车一直向右运动，故B正确；
C．小球摆动的过程中，小球和小车构成的系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，机械能守恒，故C错误；
D．小球从A点到B点的过程中，小车向右先加速运动后减速运动，小球到B点时，小车的速度为零，小球从B点到A点的过程中，小车向左先加速运动后减速运动，小球到A点时，小车的速度为零，根据两次运动的对称性可知，小球回到A点时，小车回到初始位置，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查系统的动量守恒和机械能守恒，核心是利用水平方向动量守恒分析小车的运动，结合重力功率的定义分析功率变化。
8．【答案】A
【知识点】动量定理；共点力的平衡
【解析】【解答】该装置在空中悬停时，四个相同的螺旋桨向下推动空气获得升力，根据平衡条件有
设时间内每个螺旋桨向下吹出的空气的质量为
对向下推动的空气由动量定理
由牛顿第三定律可知
联立解得
故答案为：A。
【分析】本题考查动量定理在流体问题中的应用，核心是利用平衡条件和动量定理联立求解螺旋桨的风速。
9．【答案】B
【知识点】焦耳定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A．设圆盘的半径为r，则圆盘转动产生的感应电动势为，根据欧姆定律可得，电流为
若圆盘转动的角速度不变，则电流不为零且保持不变，故A错误；
B．若从上往下看，圆盘顺时针转动，由右手定则知，电流方向从a到b，故B正确；
C．若圆盘转动方向不变，角速度大小均匀增大，根据可知，电流均匀增大，故C错误；
D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，根据可知，回路电流变为原来2倍，根据，电流在上的热功率变为原来的4倍，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查法拉第圆盘发电机的工作原理，核心是利用转动切割的感应电动势公式和右手定则分析电流的大小、方向及功率变化。
10．【答案】D
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】A．由于球壳内壁接地，电势为零，如果外壳带正电，电场线的方向指向无穷远处，无穷远处电势为零，而沿着电场线方向，电势降低，说明球壳电势大于零，与前提矛盾，因此金属球壳的外表面不带电，A错误；
B．由于静电感应，球壳内表面带负电，而且所带电荷量为，B错误；
C．由于球壳接地，球壳外部的电场强度处处为零，若在P处引入正点电荷q，此时在球壳外表面上会感应出一定量的负电荷，它与q间的电场力与Q无关，C错误。
D．由于球壳接地，球壳外部的电场强度处处为零，即Q在某点产生的场强与感应电荷在某点产生的场强等大反向，合场强为零，因此金属球壳感应电荷在P处形成的场强大小为，方向指向球心，D正确。
故答案为：D。
【分析】A：结合接地金属球壳电势特点，判断外表面带电情况；
B：根据静电感应规律，判断内表面带电情况；
C：利用静电屏蔽，分析P处点电荷的受力；
D：由接地后外部合场强为零，推导感应电荷在P点的场强。
11．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；运动的合成与分解；功率及其计算
【解析】【解答】A．将小船的速度分解为沿绳方向和垂直绳方向的分量，沿绳方向的分速度为，该分速度等于汽车的速度，因此汽车速度大小为，A错误；
B．绳的拉力对小船做功的功率，解得绳的拉力大小为，B错误；
C．对小船，由牛顿第二定律得，结合，解得小船的加速度大小为，C错误；
D．汽车匀速行驶，发动机的牵引力，汽车速度
发动机输出功率，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查连接体的速度分解、功率与受力分析，核心是通过速度分解、功率公式和牛顿第二定律分析各物理量。
12．【答案】D
【知识点】电容器及其应用；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．减小电容器极板正对面积，电容C减小，由于二极管的单向导电性，电容器的电荷量Q只能增加或保持不变，不能减少，因此Q不变，而非增大，故A错误；
B．二极管具有单向导电性，所以不能改变，电容器两端的电压的有效值不变，根据，不变的情况下减小则会变大， 故B错误；
CD．原、副线圈匝数之比为1：10，原线圈两端电压有效值U恒定，则原、副线圈两端的电压最大值之比等于匝数之比即原、副线圈两端电压最大值之比为1：10，因此副线圈电压最大值为14.14U，不计二极管分压，待电路稳定后，电容器两端的最大值电压等于副线圈两端电压的最大值，C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查变压器、二极管与电容器的组合电路，核心是利用变压器电压比、二极管单向导电性和电容器特性分析各物理量。
13．【答案】B
【知识点】电流的微观表达式及其应用；霍尔元件
【解析】【解答】A．根据左手定则可知，霍尔元件中的载流子受到向上的洛伦兹力，将向上偏转，若霍尔元件中的载流子带正电，则上表面电势高于下表面电势；若霍尔元件中的载流子带负电，则上表面电势低于下表面电势，A错误；
B．设图中霍尔元件沿磁场方向长度为，垂直于电流、磁场方向的长度为
元件中的运动电荷同时受洛伦兹力，电场力作用。稳定时
电流的微观表达式，联立可得
设，则上式可变形为
的单位，的单位，所以 的单位为，B正确；
CD．由上一选项的推导过程可知，公式中的为沿磁场方向的长度，即前、后两表面间的距离，CD错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查霍尔效应的原理与应用，核心是通过载流子受力分析、电流微观表达式推导霍尔系数的单位，并明确公式中物理量的含义。
14．【答案】（1）D
（2）B
（3）3.50
（4）F'
【知识点】控制变量法；胡克定律；验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）A．弹簧测力计必须与木板平行，否则会引入分力导致测量误差，故A错误；
B．两测力计读数并非越大越好，应在量程内且方便作图即可，故B错误；
C．夹角太小会导致作图误差增大，故C错误；
D．每次实验必须记录弹簧测力计的示数（力的大小）和拉力的方向，才能准确作出力的图示，故D正确。
故答案为：D。
（2）本实验中，用两个力的共同作用效果（使橡皮条伸长到 O 点）来等效替代一个力的作用效果，采用的是等效替代法。
故答案为：B。
（3）图中弹簧测力计的分度值为 0.1N，故读数保留到百分位，即读数为3.50N。
故答案为：3.50
（4）是通过一个弹簧测力计直接拉橡皮条到O点得到的力，其方向一定沿 AO方向。F是根据平行四边形定则作出的合力，是理论值，其方向不一定沿AO方向。
故答案为：F'
【分析】(1) 分析“探究两个互成角度的力的合成规律”实验的操作要求，判断选项的正确性；
(2) 明确实验中采用的科学方法；
(3) 读取弹簧测力计的示数；
(4) 区分实际合力与理论合力，判断沿AO方向的力。
（1）A．弹簧测力计必须与木板平行，否则会引入分力导致测量误差，故A错误；
B．两测力计读数并非越大越好，应在量程内且方便作图即可，故B错误；
C．夹角太小会导致作图误差增大，故C错误；
D．每次实验必须记录弹簧测力计的示数（力的大小）和拉力的方向，才能准确作出力的图示，故D正确。
故选D。
（2）本实验中，用两个力的共同作用效果（使橡皮条伸长到 O 点）来等效替代一个力的作用效果，采用的是等效替代法。
故选B。
（3）图中弹簧测力计的分度值为 0.1N，故读数保留到百分位，即读数为3.50N。
（4）是通过一个弹簧测力计直接拉橡皮条到O点得到的力，其方向一定沿 AO方向。F是根据平行四边形定则作出的合力，是理论值，其方向不一定沿AO方向。
15．【答案】（1）C
（2）
（3）
【知识点】验证机械能守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）若物块和弹簧组成的系统机械能守恒，则，
联立可得
故答案为：C。
（2）根据系统机械能守恒定律可得，
所以
故答案为：
（3）由图可知，当l=l2时，最大，则物块的速度最大，物块的加速度为零，则
根据系统机械能守恒定律可得
联立可得
故答案为：
【分析】(1) 由机械能守恒定律结合速度公式 推导关系式；
(2) 利用两次机械能守恒方程相减，消去动能项，得到弹性势能差；
(3) 速度最大时加速度为零，弹簧弹力等于重力，结合机械能守恒求最大速度。
（1）若物块和弹簧组成的系统机械能守恒，则，
联立可得
故选C。
（2）根据系统机械能守恒定律可得，
所以
（3）由图可知，当l=l2时，最大，则物块的速度最大，物块的加速度为零，则
根据系统机械能守恒定律可得
联立可得
16．【答案】（1）B；7.54
（2）C
（3）；小于
【知识点】电阻定律；电路故障分析；导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）测量内径时，应该采用内测量爪，即图3中的测量爪B；
如图4所示其读数为
故答案为：B；7.54
（2）A．若金属管R 断路，则电压表与电流表串联，再与滑动变阻器的滑片左侧部分并联，由于滑动变阻器的阻值远远小于电压表的阻值，故电压表有明显示数，但电流表无明显示数，故A错误；
B．若电流表A短路，则电压表有示数，但电流表应无示数，故B错误；
C．若滑动变阻器左端M处接触不良，由于滑动变阻器的最大阻值比待测电阻小，故改变R的阻值时，电流表电压表有示数但变化不明显，故C正确。
故答案为：C。
（3）根据，，解得
因外接法电流的测量值偏大，故本实验测得电阻率小于真实值。
故答案为：；小于
【分析】(1) 内径测量用游标卡尺的内测量爪B；读出游标卡尺读数；
(2) 分析各故障对应的电表示数变化，判断故障原因；
(3) 由欧姆定律、电阻定律推导电阻率表达式，分析电表接法带来的误差。
（1）[1]测量内径时，应该采用内测量爪，即图3中的测量爪B
[2]如图4所示其读数为
（2）A．若金属管R 断路，则电压表与电流表串联，再与滑动变阻器的滑片左侧部分并联，由于滑动变阻器的阻值远远小于电压表的阻值，故电压表有明显示数，但电流表无明显示数，故A错误；
B．若电流表A短路，则电压表有示数，但电流表应无示数，故B错误；
C．若滑动变阻器左端M处接触不良，由于滑动变阻器的最大阻值比待测电阻小，故改变R的阻值时，电流表电压表有示数但变化不明显，故C正确。
故选C。
（3）[1]根据，，
解得
[2]因外接法电流的测量值偏大，故本实验测得电阻率小于真实值。
17．【答案】（1）解：开始时，设缸内气体压强为，对右侧缸中气体研究有
解得
对左缸中活塞研究，设弹簧压缩量为x，满足
解得
（2）解：温度升高过程，缸内气体压强不变，因此左缸中活塞不动，气体发生等压变化，满足
解得
（3）解：根据热力学第一定律可得
则
【知识点】胡克定律；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】【分析】(1) 对右侧活塞受力分析，先求气体压强，再对左侧活塞受力分析，由平衡条件求弹簧形变量；
(2) 温度升高过程中气体压强不变，发生等压变化，由盖-吕萨克定律求右侧活塞移动的距离；
(3) 由热力学第一定律 ，结合气体对外做功的大小，求系统吸收的热量。
（1）开始时，设缸内气体压强为，对右侧缸中气体研究有
解得
对左缸中活塞研究，设弹簧压缩量为x，满足
解得
（2）温度升高过程，缸内气体压强不变，因此左缸中活塞不动，气体发生等压变化，满足
解得
（3）根据热力学第一定律可得
则
18．【答案】（1）解：bd边切割磁感线产生的电动势E＝BLv
根据欧姆定律有
联立解得
则b、d两点间电压U＝E－IR
联立解得
（2）解：线框进入磁场的过程，规定向右为正方向，根据动量定理有
其中，代入解得
（3）解：根据动量定理有
其中通过R的电荷量
联立解得
由系统能量守恒得系统产生的总焦耳热
解得
根据
其中
联立解得
【知识点】电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 线框进入磁场时，bd边切割磁感线产生感应电动势，结合电路结构求bd两点间的电压；
(2) 利用动量定理，分析安培力的冲量，求线框的质量；
(3) 通过导轨右侧定值电阻的电荷量可由平均电流与时间的乘积求得，焦耳热由能量守恒计算。
（1）bd边切割磁感线产生的电动势E＝BLv
根据欧姆定律有
联立解得
则b、d两点间电压U＝E－IR
联立解得
（2）线框进入磁场的过程，规定向右为正方向，根据动量定理有
其中，代入解得
（3）根据动量定理有
其中通过R的电荷量
联立解得
由系统能量守恒得系统产生的总焦耳热
解得
根据
其中
联立解得
19．【答案】（1）解：在F作用的内，对滑块C，由动量定理得
由图像围成的面积可得
解得
（2）解：设C、A碰后瞬间速度大小分别为和，取向右为正方向，A、C系统碰撞过程动量守恒得
A、C发生弹性碰撞，由机械能守恒有
代入数据解得
A、C碰撞后，对B有
解得
对A有
解得
设碰后经时间A、B共速，则
解得＝2s，＝3m/s
（3）①解：从A被碰后到A、B刚好共速的过程，
所以此过程B相对A向左滑行
当电场强度变为时，假设B、A减速时发生相对滑动，则对B有
解得
对A有
解得
因，故假设成立，A减速快，B将相对A向右滑动，直到都停止，则此过程它们的位移分别为，
则此过程B相对A向右滑行
因为
所以板长至少为10.5m；
②解：整个过程中静电力对B做功
故物块B的电势能变化量为
即电势能减少了12J。
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；碰撞模型；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】(1) 利用F-t图像的面积（冲量），由动量定理求撤去外力F瞬间滑块C的速度；
(2) 先通过弹性碰撞的动量守恒和机械能守恒求木板A的速度，再分析A、B的加速度，结合运动学公式求共速速度；
(3) 分阶段分析物块B与木板A的相对位移，确定木板的最小长度，并计算电场力做功，判断电势能的变化。
（1）在F作用的内，对滑块C，由动量定理得
由图像围成的面积可得
解得
（2）设C、A碰后瞬间速度大小分别为和，取向右为正方向，A、C系统碰撞过程动量守恒得
A、C发生弹性碰撞，由机械能守恒有
代入数据解得
A、C碰撞后，对B有
解得
对A有
解得
设碰后经时间A、B共速，则
解得＝2s，＝3m/s
（3）①从A被碰后到A、B刚好共速的过程，
所以此过程B相对A向左滑行
当电场强度变为时，假设B、A减速时发生相对滑动，则对B有
解得
对A有
解得
因，故假设成立，A减速快，B将相对A向右滑动，直到都停止，则此过程它们的位移分别为，
则此过程B相对A向右滑行
因为
所以板长至少为10.5m；
②整个过程中静电力对B做功
故物块B的电势能变化量为
即电势能减少了12J。
20．【答案】（1）解：粒子在电场中运动时，沿电场方向，做匀加速运动，有
其中
在沿y轴方向上，有
联立可解得
粒子进入磁场时的速度大小为
可解得
设粒子进入磁场时的速度方向与y轴方向夹角为，则有
所以角度
（2）解：粒子从P进入磁场后，经磁场偏转后不会打到电容器的右极板上，需要粒子进入x轴下方磁场，临界条件是粒子轨迹与x轴相切，设此种情况下粒子在x轴上方磁场中运动的半径为，则粒子与x轴相切时，有
粒子与x轴相切时对应磁感应强度的最大值为，此时有
可解得
所以若粒子经磁场偏转后不会打到右极板上，在x轴上方磁感应强度应为
（3）解：当粒子在x轴上方轨迹半径为时，有
在下方磁场区域内，有
则
画出粒子的运动轨迹，如下图所示
由于
可知粒子在x轴上方的运动轨迹刚好为半圆，设粒子从上到下穿越x轴时速度与x轴成角，根据几何关系可知
根据轨迹可知粒子有可能在x轴上方或下方垂直打在上，也有可能上下转动多次后打在上。所以如果粒子在x轴的下方垂直打到y'上，y'与y的距离满足（n＝0，1，2，3……）
如果粒子在x轴的上方垂直打到y'上，y'与y的距离满足
（n＝0，1，2，3……）
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 粒子在电容器内做类平抛运动，分解速度和位移，由运动学公式求电场强度和进入磁场时的速度；
(2) 粒子进入磁场后做匀速圆周运动，临界情况为轨迹与x轴相切，由此确定磁感应强度的上限；
(3) 分析粒子在上下磁场中的轨迹半径，结合几何关系确定虚线 与 轴的距离条件。
（1）粒子在电场中运动时，沿电场方向，做匀加速运动，有
其中
在沿y轴方向上，有
联立可解得
粒子进入磁场时的速度大小为
可解得
设粒子进入磁场时的速度方向与y轴方向夹角为，则有
所以角度
（2）粒子从P进入磁场后，经磁场偏转后不会打到电容器的右极板上，需要粒子进入x轴下方磁场，临界条件是粒子轨迹与x轴相切，设此种情况下粒子在x轴上方磁场中运动的半径为，则粒子与x轴相切时，有
粒子与x轴相切时对应磁感应强度的最大值为，此时有
可解得
所以若粒子经磁场偏转后不会打到右极板上，在x轴上方磁感应强度应为
（3）当粒子在x轴上方轨迹半径为时，有
在下方磁场区域内，有
则
画出粒子的运动轨迹，如下图所示
由于
可知粒子在x轴上方的运动轨迹刚好为半圆，设粒子从上到下穿越x轴时速度与x轴成角，根据几何关系可知
根据轨迹可知粒子有可能在x轴上方或下方垂直打在上，也有可能上下转动多次后打在上。所以如果粒子在x轴的下方垂直打到y'上，y'与y的距离满足（n＝0，1，2，3……）
如果粒子在x轴的上方垂直打到y'上，y'与y的距离满足
（n＝0，1，2，3……）
1 / 1

展开更多......

收起↑