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河北石家庄市2025-2026学年高三一模考试物理试题
1．高空中悬浮的六角形冰晶是形成“日晕”等大气光学现象的关键因素。如图所示，一束太阳光入射至一六角形冰晶的表面，经折射后从侧面射出，已知图中为红光，为紫光。下列光路示意图可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】根据光的频率越大，在同种介质的折射率也越大，a为红光，b为紫光，故b光在冰晶中的折射率大于红光在冰晶中的折射率，故左侧b光更靠近法线。光线在右侧，b光的入射角更大，故出射的偏转量更大，故B正确，ACD错误。故选：B。
【分析】根据光的频率越大，在同种介质的折射率也越大分析求解。
2．患者服用碘131后，碘131会聚集到人体的甲状腺区域，可用于靶向治疗甲状腺疾病。某次治疗中，医生给患者服用一定量的碘131，并记录其原子核数目随时间的变化情况，得到如下关系：当时，；当天时，。则碘131的半衰期约为（　　）
A．4天 B．6天 C．8天 D．12天
【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】设碘131的半衰期为T，将天时代入公式，解得天。
故选C。
【分析】根据半衰期公式，结合24天的剩余量分析求解。
3．“自热米饭”盒的内部结构如图所示，加热层有氧化钙等物质，遇水反应放热，可实现无火无电条件下加热食材，加热时食材层内空气温度缓慢上升，通过盖子上的透气孔泄压维持食材层内空气压强不变。若忽略加热过程中食材层体积变化，食材层内空气可视为理想气体，则加热过程中，下列说法正确的是（　　）
A．食材层内空气分子单位时间内撞击器壁的分子数不变
B．食材层内空气的内能增加量等于气体从化学反应中吸收的热量
C．食材层内空气的压强与热力学温度成正比
D．食材层内空气分子对单位面积器壁的平均作用力不变
【答案】D
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】A.压强由分子平均动能和单位时间单位面积撞击数共同决定，温度升高使分子平均动能增大、撞击力增强，为维持压强不变，单位时间撞击器壁的分子数会减少，故A错误；B.根据热力学第一定律ΔU=Q+W，气体升温ΔU＞0，同时泄压时气体对外做功W＜0，因此内能增加量ΔU小于从化学反应中吸收的热量Q，故B错误；
C.理想气体状态方程 pV=nRT中，本题p、V不变，但气体物质的量n因逸出而减小，不满足“n、V不变”的前提，故p与热力学温度T不成正比，故C错误；
D.压强的物理本质是气体分子对单位面积器壁的平均作用力，食材层内空气压强不变，故该平均作用力不变，故D正确。
故选：D。
【分析】食材层内空气为等压、变质量（气体逸出）的升温过程，再结合压强定义、热力学第一定律和分子动理论逐一分析各选项的正误。
4．如图所示，交流发电机的矩形导线框电阻值为，通过电刷与理想变压器原线圈相连，副线圈接有阻值为的定值电阻，变压器的原、副线圈匝数比为2：1。矩形导线框绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动。若发电机线圈的转速变为原来的2倍，则定值电阻消耗的功率变为原来的（　　）
A．倍 B．2倍 C．倍 D．4倍
【答案】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】矩形导线框在匀强磁场中匀速转动时，感应电动势的最大值为：Em=NBSω
其中：ω=2πn（n为转速），当转速变为原来的2倍时，角速度ω也变为原来的2倍，因此感应电动势的最大值Em变为原来的2倍。交流发电机感应电动势有效值
电动势有效值变为原来的 2倍，即
理想变压器副边接电阻 ，变压器的原、副线圈匝数比为2：1，即
副边电阻等效到原边的阻值为
发电机线框内阻为 ，因此原边总电阻为 ，总电阻不变。
原边电流，因此，转速加倍后
根据变压器电流关系，得副边电流
因此转速加倍后，因此新功率，即功率变为原来的4倍。
故选D。
【分析】先由转速加倍得出感应电动势有效值加倍，再将副线圈电阻等效到原线圈，结合原线圈电路的欧姆定律求出原线圈电流，通过变压器匝数比得到副线圈电流，最后根据功率公式计算定值电阻功率的变化倍数。
5．如图所示，边长为L的等边三角形ABC的三个顶点分别固定一个点电荷，已知A、B处点电荷的电荷量均为-q，三角形中心O点的电场强度大小为E，方向由O指向C。静电力常量为k，则A、B连线中点M处的电场强度大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】点电荷的电场；电场强度的叠加
【解析】【解答】边长为L的等边三角形ABC的三个顶点分别固定一个点电荷，根据几何关系可得
A、B处点电荷的电荷量均为-q，所以A、B处点电荷在O点处的合场强大小为
方向由O指向M， 三角形中心O点的电场强度大小为E，方向由O指向C，所以
A、B处点电荷在M点处的合场强为零，所以A、B连线中点M处的电场强度大小为
联立解得
故选B。
【分析】根据点电荷的场强公式与电场的叠加原理分析答题。
6．如图所示，在离地面高度为处先后水平向右抛出两小球和与地面碰撞瞬间水平速度不变，竖直速度大小不变、方向反向，运动过程中不考虑空气阻力，两小球的运动轨迹交点到地面的高度为，则水平抛出小球和的初速度大小之比为（　　）
A．3：5 B．1：3 C． D．
【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】解决本题的关键掌握处理曲线运动的方法，常用的解题思路是将该运动分解为水平方向和竖直方向，结合两个分运动的规律，抓住等时性，结合运动学公式分析求解。设A初速度为，B初速度为，重力加速度为。B直接从高度平抛到交点（高度），竖直方向下落距离为，竖直方向做自由落体运动，
由自由落体规律，解得
A先下落到地面，再竖直上抛到交点。下落到地面的时间满足，得
落地时竖直速度大小
竖直上抛到的时间，由竖直上抛位移公式
代入整理得
解得上升到的时间（取较小根，对应上升过程）
因此A总运动时间
两球从同一点抛出，交点水平位移相等，即
因此，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】平抛运动的飞行时间决定于高度，将两球的运动分解为水平方向和竖直方向分析，抓住等时性，结合竖直方向上的运动规律比较运动的时间，结合水平位移比较抛出时的初速度。
7．如图所示，质量为的风筝受到垂直于风筝面向上的风力、沿风筝线的拉力和重力作用，在空中处于平衡状态，此时风筝平面、风筝线与水平面夹角均为。某时刻风力大小突然变为原来的2倍，通过调整风筝线与水平面的夹角使风筝再次在空中平衡，且调整过程中风筝平面与水平面的夹角始终为。不计风筝线质量，重力加速度为，风筝再次在空中平衡后，风筝线的拉力大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】风筝受三个力，如图所示
初始状态风筝平面、风筝线与水平面夹角均为，因此水平方向
竖直方向，联立解得
风力变为原来的2倍，即
调整过程中风筝平面与水平面的夹角始终为，即风筝平面倾角不变，故方向不变。设调整后风筝线拉力为，风筝线与水平面夹角为，根据平衡条件，水平方向
竖直方向，解得
故选A。
【分析】对风筝受力分析，正交分解，根据平衡条件分析。
8．如图所示，竖直平面内存在与水平面成角的匀强电场，一长为不可伸长的绝缘轻质细线一端固定于点，另一端系着质量为、电荷量为的带电小球，小球在竖直面内绕点做完整的圆周运动，当小球经过与点等高的点时，细线的拉力恰好为零。已知重力加速度大小为，下列说法正确的是（　　）
A．电场方向斜向右上 B．电场方向斜向左上
C．小球经过点时的速度大小为0 D．小球经过点时的速度大小为
【答案】B,D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AB、当小球经过与O点等高的P点时，细线的拉力恰好为零，小球受力如图所示
小球所受电场力斜向左上方，小球带正电，则电场方向斜向左上方，故A错误，B正确；
CD．由竖直方向有，可得电场力的水平分量
P点拉力为零，径向合力提供向心力，代入
得，解得，故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】小球做圆周运动，向心力指向圆心，根据小球的运动状态与受力情况应用牛顿第二定律求解。
9．两节性能不同的动车，其额定功率和在平直铁轨上能达到的最大速度如下表所示，若每节动车运行时受到的阻力与自身质量及运行速度的乘积成正比即，其中为常数。现将两节动车机械连接组成动车组，整体以总额定功率在平直铁轨上运行。下列说法正确的是（　　）
动车 额定功率 最大速度
甲 4.8 120
乙 6.0 150
A．甲、乙两节动车的质量之比为4：5
B．甲、乙两节动车的质量之比为5：4
C．动车组能达到的最大速度为
D．动车组能达到的最大速度为
【答案】B,C
【知识点】功率及其计算；机车启动
【解析】【解答】AB．当动车达到最大速度时，牵引力等于阻力，满足
每节动车运行时受到的阻力与自身质量及运行速度的乘积成正比即，
可得，，结合表格中数据可得，故A错误，B正确；
CD．两节连接后，总额定功率，总阻力，可得
则，代入和，设，
代入解得，故C正确，D错误。
故选BC。
【分析】先对甲、乙动车分别利用最大速度时牵引力等于阻力的条件，结合功率公式P=kmv2，联立求出两者的质量之比；再计算动车组的总额定功率与总质量，根据最大速度时的受力平衡，列出总功率表达式，结合质量比求解动车组的最大速度。
10．如图甲所示，在水平实验台上固定一个周长为的超导圆环，一块质量为的永磁铁沿圆环中心轴线从正上方缓慢向下运动，永磁铁最终悬浮在圆环正上方高度处，由于超导体存在极小的电阻导致电流衰减，永磁铁的悬浮位置会随时间缓慢下移，经过时间，悬浮高度变为。已知永磁铁在高度处时，圆环所在位置的磁感应强度大小分别为，磁场方向与水平方向的夹角分别为，圆环中的感应电流大小分别为。图乙为实验测得的圆环中电流大小的平方随时间变化的图像，重力加速度为，忽略磁场能的变化。下列说法正确的是（　　）
A．从上向下看，超导圆环中感应电流的方向为逆时针方向
B．永磁铁在高度处时，超导圆环所受安培力的大小为
C．永磁铁在高度处时，超导圆环所受安培力的方向竖直向上
D．该超导圆环的电阻值为
【答案】A,B,D
【知识点】安培力的计算；楞次定律
【解析】【解答】A.用磁体缓慢下移过程，穿过超导圆环的磁通量向下增大，由楞次定律和安培定则知，从上向下看，超导圆环中感应电流的方向为逆时针方向，故A正确；B.永磁体在h1高度时，由对称性和左手定则知，超导圆环所受安培力方向竖直向下，大小为 ，故B正确；
C.永磁体在h2高度时，由对称性和左手定则知，超导圆环所受安培力方向竖直向下，故C错误；
D．根据能量守恒，永磁铁重力势能的减少量全部转化为超导圆环电阻的焦耳热（忽略磁场能变化），即，随线性变化，焦耳热
整理得，故 D正确。
故选ABD。
【分析】先由楞次定律判断感应电流方向，再对永磁铁受力分析得出安培力与重力平衡，结合安培力公式分析相关选项，最后利用能量守恒与焦耳定律、结合电流平方随时间变化图像推导电阻表达式，完成各选项的正误判断。
11．为使校园智慧农场里的蔬菜长得更好，某小组设计了自动补光系统。
（1）该系统核心元件为光敏电阻，其阻值随光照强度增大而减小。小组成员首先对光敏电阻进行研究。
①在自然光照下利用多用电表粗测的阻值，图甲为多用电表示意图，下列操作正确的是　 　。
A.测量前调节，使指针指在左端的“0”刻度位置
B.欧姆调零时，将红黑表笔短接，调节，使指针指在右端的“0”刻度位置
C.测量过程中，若指针偏角过小，应换用更大倍率挡并重新欧姆调零
D.测量结束后，应将选择开关旋至“OFF”挡或交流电压最高挡
②在自然光照下测得光敏电阻阻值约为，为精确研究的阻值，该小组设计了如图乙所示的实验电路。提供的器材有：待测光敏电阻、直流电源（电动势3.0V，内阻不计）、电压表V（量程、内阻约）、电流表A（量程、内阻约）、滑动变阻器、开关S、导线若干。
ⅰ.请根据实验目的，用笔画线代替导线完成图乙中的实物电路连接　 　。
ⅱ.实验测得两不同光照强度下的伏安特性曲线如图丙中所示，图示中光照强度较小条件下，的电阻值为　 　。
（2）基于上述研究，小组设计了如图丁所示的自动补光电路。控制电路由电源、光敏电阻、滑动变阻器和电磁继电器组成；工作电路由电源和补光灯组成。继电器线圈有一定电阻，当光照强度低于设定值时，电磁继电器吸合衔铁，触点接通，补光灯L自动点亮。在某次调试过程中，发现当光照强度已低于设定值时，补光灯L仍未点亮。为使系统正常工作，应将滑动变阻器的滑片P向　 　（选填“左”或“右”）端适当移动。
【答案】（1）CD；；
（2）左
【知识点】电路动态分析；练习使用多用电表
【解析】【解答】（1） ①A、测量前进行机械调零，调节S1，使指针指在左端的“0”刻度位置，故A错误；
B、欧姆调零时，将红黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮S2，使指针指在右端的“0”刻度位置，故B错误；
C、测量过程中，若指针偏角过小，说明所测电阻较大，所选挡位太小，为减小误差应换用更大倍率挡并重新欧姆调零，故C正确；
D、测量结束后，应将选择开关旋至“OFF”挡或交流电压最高挡，故D正确。
故选：CD。
②ⅰ.光敏电阻阻值约为1.3kΩ，电压表内阻约为2kΩ，电流表内阻约为10Ω，相对来说电压表内阻远大于电流表内阻，电流表应采用内接法，由于待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，实物电路图如图所示
ⅱ. 光敏电阻阻值随光照强度减小而增大，图线斜率
斜率越小电阻越大，因此低光照对应图线。取时，
得
（2） 由图丁所示电路图可知，光照强度减小时光敏电阻阻值增大，光敏电阻分压增大，电磁继电器两端电压增大开始工作，当光照强度已低于设定值时，补光灯L仍未点亮，说明光敏电阻分压太小，为使系统正常工作，应将滑动变阻器R的滑片P向左端适当移动减小滑动变阻器接入电路的阻值，增大光敏电阻分压。
【分析】（1）①根据多用电表的使用方法与注意事项分析答题。
②ⅰ根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后连接实物电路图。
ⅱ根据图示图像应用欧姆定律求出电阻阻值。
（2）分析图示电路结构，应用串并联电路特点分析答题。
（1）[1]AB．多用电表测电阻时，测量前机械调零需调节（机械调零旋钮），使指针指左端电流零刻度；欧姆调零时红黑表笔短接，调节（欧姆调零旋钮）使指针指右端欧姆零刻度，故A、B错误；
C．测量时指针偏角过小，说明被测电阻阻值较大，应换用更大倍率挡位，重新欧姆调零，故C正确；
D．测量结束后，需将选择开关旋至“OFF”挡或交流电压最高挡，故D正确。
故选CD。
[2]待测，滑动变阻器总阻值远小于，限流接法电压调节范围极小，因此采用分压式接法；比较得 ，为大电阻，电流表内接误差更小，因此采用电流表内接法。
[3]光敏电阻阻值随光照强度减小而增大，图线斜率
斜率越小电阻越大，因此低光照对应图线。取时，
得
（2）光照强度低于设定值时，光敏电阻阻值增大，此时电流不足，继电器无法吸合，补光灯不亮；要增大控制电路电流，需要减小总电阻，即减小滑动变阻器接入电路的阻值。由图丁可知，滑片向左移动时，接入阻值减小，总电流增大，可使继电器吸合，系统正常工作。
12．某实验小组利用如图甲所示的装置探究两球碰撞过程的规律。
（1）实验的主要步骤如下：
①用游标卡尺测量小球A、B的直径，其示数均如图乙所示，则直径为　 　mm，用天平测得球A、B的质量分别为、。
②用两条细线分别将球A、B悬挂于同一水平高度，且自然下垂时两球恰好相切，球心位于同一水平线上。
③将球A向左拉起使其悬线与竖直方向的夹角为时由静止释放，与球B碰撞后，测得球A向左摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为，球B向右摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为。
④若两球碰撞前后的动量守恒，则其表达式为　 　（用、、、、表示）。
⑤该小组多次改变进行实验，测得、，以为纵轴，为横轴，做出随变化的图像。若两球碰撞为弹性碰撞，则图像应为一条倾斜直线，其斜率的理论值为　 　（用、表示）。
（2）若实验时发现两球碰撞时，两球球心不在同一水平线上，其原因可能是球A运动过程中，球A的摆长发生变化，导致碰撞点相对于球B的球心　 　（选填“偏高”或“偏低”）。
【答案】（1）20.6；（或）；
（2）偏低
【知识点】验证动量守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（1） 游标尺（10分度，精度0.1mm），第6条刻度线与主尺对齐，游标尺读数6×0.1mm=0.6mm，故直径为：20mm+0.6mm=20.6mm
设摆长为L，球A碰前速度大小为，碰后速度大小为，球B碰后速度大小为
小球摆动过程机械能守恒： 对A球碰前
碰后有
对B球碰后有
取水平向右为正方向，由动量守恒有
联立解得
弹性碰撞满足动能守恒：
联立解得
故斜率为
（2） 若球A运动时由于重力作用会把摆长拉长，其球心会降低，导致碰撞点相对于球B的球心偏低。
【分析】（1）①依据游标卡尺读数规则，结合主尺与游标尺刻度读取小球直径；
④先由机械能守恒得到碰撞前后各球速度与对应角度的关系，再代入动量守恒定律整理得到表达式；
⑤结合弹性碰撞的动量守恒与动能守恒，将式子整理为纵轴关于横轴的一次函数，从而得到斜率的理论值；
（2）分析摆长变化对球A球心高度的影响，判断碰撞点相对球B球心的位置。
（1）[1]直径为
[2]设摆长为L，球A碰前速度大小为，碰后速度大小为，球B碰后速度大小为
对A球碰前
碰后有
对B球碰后有
取水平向右为正方向，由动量守恒有
联立解得
[3]若发生弹性碰撞则满足
联立解得
故斜率为
（2）因A球碰前下摆过程中速度增大，需要的向心力增大，细线被拉长了，故导致碰撞点相对于球B的球心偏低。
13．如图所示，在坐标系平面内，位于处的波源开始振动（记为计时起点），产生的机械波沿轴负方向传播，经该波恰好传到处的点。已知轴两侧介质不同，该波在介质2中的传播速度为介质1中速度的2倍，该波穿过轴后振幅变为原来的，求：
（1）该波在介质2中的传播速度大小；
（2）处的质点在内运动的路程。
【答案】（1）在介质1中，由题意可知振动周期为
波的传播速度
解得
由题意知波在介质2中的传播速度为介质1中速度的2倍，则波在介质2中的传播速度
（2）波在介质1中传播的时间
波在介质2中传到点的时间
点振动的时间
波在介质2中的周期与介质1中的相同
由图可知，波在介质1中的振幅
在介质2中的振幅
在内运动的路程
解得
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）先由波源S到M点的距离与传播时间算出介质1中的波速，再根据介质2与介质1的波速倍数关系，直接得到介质2中的传播速度；
（2）先算出介质1的周期，再依次计算波传到y轴、传到P点的时间，确定P点开始振动的时刻与振动时长，结合振幅变化，分段计算P点在0～2.8s内的振动路程。
（1）在介质1中，由题意可知振动周期为
波的传播速度
解得
由题意知波在介质2中的传播速度为介质1中速度的2倍，则波在介质2中的传播速度
（2）波在介质1中传播的时间
波在介质2中传到点的时间
点振动的时间
波在介质2中的周期与介质1中的相同
由图可知，波在介质1中的振幅
在介质2中的振幅
在内运动的路程
解得
14．在如图所示的平面直角坐标系中，第一、四象限区域存在磁感应强度大小为、方向垂直于纸面的匀强磁场，第二象限存在磁感应强度大小为、方向垂直于纸面的圆形有界匀强磁场（磁场均没有画出）。从点发射一质量为、电荷量为的粒子，粒子依次经过两点后进入第二象限。粒子经过第二象限圆形有界磁场偏转后恰好回到点，且回到点时速度方向与在点发射时相同。不计粒子重力，已知，求：
（1）粒子从点发射时的速度大小；
（2）第二象限圆形磁场区域的最小面积；
（3）粒子从点第一次运动到点的时间。
【答案】（1）设粒子在第一象限运动时，粒子轨迹圆半径，根据几何关系有
解得
根据
联立解得
（2）由几何关系，从点进入第二象限时速度垂直连线，与轴负方向夹角，在第二象限轨迹圆半径为，则有
解得
可知，粒子回到点时速度垂直连线，与轴负方向的夹角仍为，故粒子在第二象限中运动时速度方向改变了，在有界磁场中轨迹所对的圆心角为，所以圆形磁场最小半径为
所以最小面积为
联立解得
（3）粒子在第二象限的磁场中运动时间为
粒子在第二象限有界磁场外做匀速直线运动的距离
则粒子在第二象限做匀速直线运动的时间为
粒子相邻两次经过点的时间为
联立解得
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据几何关系和洛伦兹力提供向心力求粒子从O点发射时的速度v大小；
（2）根据洛伦兹力提供向心力求出粒子在第二象限轨迹圆半径，再结合面积表达式求第二象限圆形磁场区域的最小面积S；
（3）根据周期与时间的关系求出粒子在第二象限的磁场中运动时间，结合运动学公式求出粒子在第二象限做匀速直线运动的时间进而求出粒子从P点第一次运动到O点的时间t。
（1）设粒子在第一象限运动时，粒子轨迹圆半径，根据几何关系有
解得
根据
联立解得
（2）由几何关系，从点进入第二象限时速度垂直连线，与轴负方向夹角，在第二象限轨迹圆半径为，则有
解得
可知，粒子回到点时速度垂直连线，与轴负方向的夹角仍为，故粒子在第二象限中运动时速度方向改变了，在有界磁场中轨迹所对的圆心角为，所以圆形磁场最小半径为
所以最小面积为
联立解得
（3）粒子在第二象限的磁场中运动时间为
粒子在第二象限有界磁场外做匀速直线运动的距离
则粒子在第二象限做匀速直线运动的时间为
粒子相邻两次经过点的时间为
联立解得
15．如图所示，两平行的光滑金属导轨竖直放置，导轨间距为、足够长且电阻忽略不计，条形匀强磁场的宽度为，磁感应强度大小为、方向与导轨平面垂直。长度为的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝线框连接在一起组成“”型装置，总质量为，置于导轨上。导体棒中通以大小恒为的电流（由外接恒流源产生，图中未画出），线框的边长为，电阻为，下边与磁场区域上边界重合。现将装置由静止释放，导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回，导体棒在整个运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。重力加速度为。求：
（1）装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热；
（2）线框第一次穿越磁场区域所需的时间；
（3）经过足够长时间，装置做稳定的往复运动，其往返一次所需的时间。
【答案】（1）设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，线框克服安培力所做的功为，根据动能定理有
解得
根据功能关系可知
（2）设线框刚离开磁场下边界时的速度大小为，从线框刚离开磁场下边界到导体棒返回的过程中，根据动能定理有
解得
设线框第一次穿越磁场区域的过程中，线框中的平均感应电流为，对线框根据动量定理有
根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可得
解得
或设线框第一次穿越磁场区域的过程中，线框中的感应电流为，
对线框根据动量定理有
根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可得
代入可得：
解得
（3）由于线框穿越磁场的过程中会使装置损失机械能，所以线框在开始的一段时间内每次返回的高度都比前一次低一些，经过足够长时间后，线框上边将在磁场区域下边界与下面某位置之间做往复运动
此时
导体棒进入磁场后，匀减速至0，则向心加速度
又
往返一次总时间
解得
【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】【分析】（1）根据静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，线框克服安培力所做的功大小等于产生的热分析求解；
（2）根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，结合动量定理，对线框分析求解；
（3）根据线框穿越磁场的过程中会使装置损失机械能，所以线框在开始的一段时间内每次返回的高度都比前一次低一些，经过足够长时间后，线框上边将在磁场区域下边界与下面某位置之间做往复运动分析求解。
（1）设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，线框克服安培力所做的功为，根据动能定理有
解得
根据功能关系可知
（2）设线框刚离开磁场下边界时的速度大小为，从线框刚离开磁场下边界到导体棒返回的过程中，根据动能定理有
解得
设线框第一次穿越磁场区域的过程中，线框中的平均感应电流为，对线框根据动量定理有
根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可得
解得
或设线框第一次穿越磁场区域的过程中，线框中的感应电流为，
对线框根据动量定理有
根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可得
代入可得：
解得
（3）由于线框穿越磁场的过程中会使装置损失机械能，所以线框在开始的一段时间内每次返回的高度都比前一次低一些，经过足够长时间后，线框上边将在磁场区域下边界与下面某位置之间做往复运动
此时
导体棒进入磁场后，匀减速至0，则向心加速度
又
往返一次总时间
解得
1 / 1河北石家庄市2025-2026学年高三一模考试物理试题
1．高空中悬浮的六角形冰晶是形成“日晕”等大气光学现象的关键因素。如图所示，一束太阳光入射至一六角形冰晶的表面，经折射后从侧面射出，已知图中为红光，为紫光。下列光路示意图可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
2．患者服用碘131后，碘131会聚集到人体的甲状腺区域，可用于靶向治疗甲状腺疾病。某次治疗中，医生给患者服用一定量的碘131，并记录其原子核数目随时间的变化情况，得到如下关系：当时，；当天时，。则碘131的半衰期约为（　　）
A．4天 B．6天 C．8天 D．12天
3．“自热米饭”盒的内部结构如图所示，加热层有氧化钙等物质，遇水反应放热，可实现无火无电条件下加热食材，加热时食材层内空气温度缓慢上升，通过盖子上的透气孔泄压维持食材层内空气压强不变。若忽略加热过程中食材层体积变化，食材层内空气可视为理想气体，则加热过程中，下列说法正确的是（　　）
A．食材层内空气分子单位时间内撞击器壁的分子数不变
B．食材层内空气的内能增加量等于气体从化学反应中吸收的热量
C．食材层内空气的压强与热力学温度成正比
D．食材层内空气分子对单位面积器壁的平均作用力不变
4．如图所示，交流发电机的矩形导线框电阻值为，通过电刷与理想变压器原线圈相连，副线圈接有阻值为的定值电阻，变压器的原、副线圈匝数比为2：1。矩形导线框绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动。若发电机线圈的转速变为原来的2倍，则定值电阻消耗的功率变为原来的（　　）
A．倍 B．2倍 C．倍 D．4倍
5．如图所示，边长为L的等边三角形ABC的三个顶点分别固定一个点电荷，已知A、B处点电荷的电荷量均为-q，三角形中心O点的电场强度大小为E，方向由O指向C。静电力常量为k，则A、B连线中点M处的电场强度大小为（　　）
A． B． C． D．
6．如图所示，在离地面高度为处先后水平向右抛出两小球和与地面碰撞瞬间水平速度不变，竖直速度大小不变、方向反向，运动过程中不考虑空气阻力，两小球的运动轨迹交点到地面的高度为，则水平抛出小球和的初速度大小之比为（　　）
A．3：5 B．1：3 C． D．
7．如图所示，质量为的风筝受到垂直于风筝面向上的风力、沿风筝线的拉力和重力作用，在空中处于平衡状态，此时风筝平面、风筝线与水平面夹角均为。某时刻风力大小突然变为原来的2倍，通过调整风筝线与水平面的夹角使风筝再次在空中平衡，且调整过程中风筝平面与水平面的夹角始终为。不计风筝线质量，重力加速度为，风筝再次在空中平衡后，风筝线的拉力大小为（　　）
A． B． C． D．
8．如图所示，竖直平面内存在与水平面成角的匀强电场，一长为不可伸长的绝缘轻质细线一端固定于点，另一端系着质量为、电荷量为的带电小球，小球在竖直面内绕点做完整的圆周运动，当小球经过与点等高的点时，细线的拉力恰好为零。已知重力加速度大小为，下列说法正确的是（　　）
A．电场方向斜向右上 B．电场方向斜向左上
C．小球经过点时的速度大小为0 D．小球经过点时的速度大小为
9．两节性能不同的动车，其额定功率和在平直铁轨上能达到的最大速度如下表所示，若每节动车运行时受到的阻力与自身质量及运行速度的乘积成正比即，其中为常数。现将两节动车机械连接组成动车组，整体以总额定功率在平直铁轨上运行。下列说法正确的是（　　）
动车 额定功率 最大速度
甲 4.8 120
乙 6.0 150
A．甲、乙两节动车的质量之比为4：5
B．甲、乙两节动车的质量之比为5：4
C．动车组能达到的最大速度为
D．动车组能达到的最大速度为
10．如图甲所示，在水平实验台上固定一个周长为的超导圆环，一块质量为的永磁铁沿圆环中心轴线从正上方缓慢向下运动，永磁铁最终悬浮在圆环正上方高度处，由于超导体存在极小的电阻导致电流衰减，永磁铁的悬浮位置会随时间缓慢下移，经过时间，悬浮高度变为。已知永磁铁在高度处时，圆环所在位置的磁感应强度大小分别为，磁场方向与水平方向的夹角分别为，圆环中的感应电流大小分别为。图乙为实验测得的圆环中电流大小的平方随时间变化的图像，重力加速度为，忽略磁场能的变化。下列说法正确的是（　　）
A．从上向下看，超导圆环中感应电流的方向为逆时针方向
B．永磁铁在高度处时，超导圆环所受安培力的大小为
C．永磁铁在高度处时，超导圆环所受安培力的方向竖直向上
D．该超导圆环的电阻值为
11．为使校园智慧农场里的蔬菜长得更好，某小组设计了自动补光系统。
（1）该系统核心元件为光敏电阻，其阻值随光照强度增大而减小。小组成员首先对光敏电阻进行研究。
①在自然光照下利用多用电表粗测的阻值，图甲为多用电表示意图，下列操作正确的是　 　。
A.测量前调节，使指针指在左端的“0”刻度位置
B.欧姆调零时，将红黑表笔短接，调节，使指针指在右端的“0”刻度位置
C.测量过程中，若指针偏角过小，应换用更大倍率挡并重新欧姆调零
D.测量结束后，应将选择开关旋至“OFF”挡或交流电压最高挡
②在自然光照下测得光敏电阻阻值约为，为精确研究的阻值，该小组设计了如图乙所示的实验电路。提供的器材有：待测光敏电阻、直流电源（电动势3.0V，内阻不计）、电压表V（量程、内阻约）、电流表A（量程、内阻约）、滑动变阻器、开关S、导线若干。
ⅰ.请根据实验目的，用笔画线代替导线完成图乙中的实物电路连接　 　。
ⅱ.实验测得两不同光照强度下的伏安特性曲线如图丙中所示，图示中光照强度较小条件下，的电阻值为　 　。
（2）基于上述研究，小组设计了如图丁所示的自动补光电路。控制电路由电源、光敏电阻、滑动变阻器和电磁继电器组成；工作电路由电源和补光灯组成。继电器线圈有一定电阻，当光照强度低于设定值时，电磁继电器吸合衔铁，触点接通，补光灯L自动点亮。在某次调试过程中，发现当光照强度已低于设定值时，补光灯L仍未点亮。为使系统正常工作，应将滑动变阻器的滑片P向　 　（选填“左”或“右”）端适当移动。
12．某实验小组利用如图甲所示的装置探究两球碰撞过程的规律。
（1）实验的主要步骤如下：
①用游标卡尺测量小球A、B的直径，其示数均如图乙所示，则直径为　 　mm，用天平测得球A、B的质量分别为、。
②用两条细线分别将球A、B悬挂于同一水平高度，且自然下垂时两球恰好相切，球心位于同一水平线上。
③将球A向左拉起使其悬线与竖直方向的夹角为时由静止释放，与球B碰撞后，测得球A向左摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为，球B向右摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为。
④若两球碰撞前后的动量守恒，则其表达式为　 　（用、、、、表示）。
⑤该小组多次改变进行实验，测得、，以为纵轴，为横轴，做出随变化的图像。若两球碰撞为弹性碰撞，则图像应为一条倾斜直线，其斜率的理论值为　 　（用、表示）。
（2）若实验时发现两球碰撞时，两球球心不在同一水平线上，其原因可能是球A运动过程中，球A的摆长发生变化，导致碰撞点相对于球B的球心　 　（选填“偏高”或“偏低”）。
13．如图所示，在坐标系平面内，位于处的波源开始振动（记为计时起点），产生的机械波沿轴负方向传播，经该波恰好传到处的点。已知轴两侧介质不同，该波在介质2中的传播速度为介质1中速度的2倍，该波穿过轴后振幅变为原来的，求：
（1）该波在介质2中的传播速度大小；
（2）处的质点在内运动的路程。
14．在如图所示的平面直角坐标系中，第一、四象限区域存在磁感应强度大小为、方向垂直于纸面的匀强磁场，第二象限存在磁感应强度大小为、方向垂直于纸面的圆形有界匀强磁场（磁场均没有画出）。从点发射一质量为、电荷量为的粒子，粒子依次经过两点后进入第二象限。粒子经过第二象限圆形有界磁场偏转后恰好回到点，且回到点时速度方向与在点发射时相同。不计粒子重力，已知，求：
（1）粒子从点发射时的速度大小；
（2）第二象限圆形磁场区域的最小面积；
（3）粒子从点第一次运动到点的时间。
15．如图所示，两平行的光滑金属导轨竖直放置，导轨间距为、足够长且电阻忽略不计，条形匀强磁场的宽度为，磁感应强度大小为、方向与导轨平面垂直。长度为的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝线框连接在一起组成“”型装置，总质量为，置于导轨上。导体棒中通以大小恒为的电流（由外接恒流源产生，图中未画出），线框的边长为，电阻为，下边与磁场区域上边界重合。现将装置由静止释放，导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回，导体棒在整个运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。重力加速度为。求：
（1）装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热；
（2）线框第一次穿越磁场区域所需的时间；
（3）经过足够长时间，装置做稳定的往复运动，其往返一次所需的时间。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】根据光的频率越大，在同种介质的折射率也越大，a为红光，b为紫光，故b光在冰晶中的折射率大于红光在冰晶中的折射率，故左侧b光更靠近法线。光线在右侧，b光的入射角更大，故出射的偏转量更大，故B正确，ACD错误。故选：B。
【分析】根据光的频率越大，在同种介质的折射率也越大分析求解。
2．【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】设碘131的半衰期为T，将天时代入公式，解得天。
故选C。
【分析】根据半衰期公式，结合24天的剩余量分析求解。
3．【答案】D
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】A.压强由分子平均动能和单位时间单位面积撞击数共同决定，温度升高使分子平均动能增大、撞击力增强，为维持压强不变，单位时间撞击器壁的分子数会减少，故A错误；B.根据热力学第一定律ΔU=Q+W，气体升温ΔU＞0，同时泄压时气体对外做功W＜0，因此内能增加量ΔU小于从化学反应中吸收的热量Q，故B错误；
C.理想气体状态方程 pV=nRT中，本题p、V不变，但气体物质的量n因逸出而减小，不满足“n、V不变”的前提，故p与热力学温度T不成正比，故C错误；
D.压强的物理本质是气体分子对单位面积器壁的平均作用力，食材层内空气压强不变，故该平均作用力不变，故D正确。
故选：D。
【分析】食材层内空气为等压、变质量（气体逸出）的升温过程，再结合压强定义、热力学第一定律和分子动理论逐一分析各选项的正误。
4．【答案】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】矩形导线框在匀强磁场中匀速转动时，感应电动势的最大值为：Em=NBSω
其中：ω=2πn（n为转速），当转速变为原来的2倍时，角速度ω也变为原来的2倍，因此感应电动势的最大值Em变为原来的2倍。交流发电机感应电动势有效值
电动势有效值变为原来的 2倍，即
理想变压器副边接电阻 ，变压器的原、副线圈匝数比为2：1，即
副边电阻等效到原边的阻值为
发电机线框内阻为 ，因此原边总电阻为 ，总电阻不变。
原边电流，因此，转速加倍后
根据变压器电流关系，得副边电流
因此转速加倍后，因此新功率，即功率变为原来的4倍。
故选D。
【分析】先由转速加倍得出感应电动势有效值加倍，再将副线圈电阻等效到原线圈，结合原线圈电路的欧姆定律求出原线圈电流，通过变压器匝数比得到副线圈电流，最后根据功率公式计算定值电阻功率的变化倍数。
5．【答案】B
【知识点】点电荷的电场；电场强度的叠加
【解析】【解答】边长为L的等边三角形ABC的三个顶点分别固定一个点电荷，根据几何关系可得
A、B处点电荷的电荷量均为-q，所以A、B处点电荷在O点处的合场强大小为
方向由O指向M， 三角形中心O点的电场强度大小为E，方向由O指向C，所以
A、B处点电荷在M点处的合场强为零，所以A、B连线中点M处的电场强度大小为
联立解得
故选B。
【分析】根据点电荷的场强公式与电场的叠加原理分析答题。
6．【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】解决本题的关键掌握处理曲线运动的方法，常用的解题思路是将该运动分解为水平方向和竖直方向，结合两个分运动的规律，抓住等时性，结合运动学公式分析求解。设A初速度为，B初速度为，重力加速度为。B直接从高度平抛到交点（高度），竖直方向下落距离为，竖直方向做自由落体运动，
由自由落体规律，解得
A先下落到地面，再竖直上抛到交点。下落到地面的时间满足，得
落地时竖直速度大小
竖直上抛到的时间，由竖直上抛位移公式
代入整理得
解得上升到的时间（取较小根，对应上升过程）
因此A总运动时间
两球从同一点抛出，交点水平位移相等，即
因此，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】平抛运动的飞行时间决定于高度，将两球的运动分解为水平方向和竖直方向分析，抓住等时性，结合竖直方向上的运动规律比较运动的时间，结合水平位移比较抛出时的初速度。
7．【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】风筝受三个力，如图所示
初始状态风筝平面、风筝线与水平面夹角均为，因此水平方向
竖直方向，联立解得
风力变为原来的2倍，即
调整过程中风筝平面与水平面的夹角始终为，即风筝平面倾角不变，故方向不变。设调整后风筝线拉力为，风筝线与水平面夹角为，根据平衡条件，水平方向
竖直方向，解得
故选A。
【分析】对风筝受力分析，正交分解，根据平衡条件分析。
8．【答案】B,D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AB、当小球经过与O点等高的P点时，细线的拉力恰好为零，小球受力如图所示
小球所受电场力斜向左上方，小球带正电，则电场方向斜向左上方，故A错误，B正确；
CD．由竖直方向有，可得电场力的水平分量
P点拉力为零，径向合力提供向心力，代入
得，解得，故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】小球做圆周运动，向心力指向圆心，根据小球的运动状态与受力情况应用牛顿第二定律求解。
9．【答案】B,C
【知识点】功率及其计算；机车启动
【解析】【解答】AB．当动车达到最大速度时，牵引力等于阻力，满足
每节动车运行时受到的阻力与自身质量及运行速度的乘积成正比即，
可得，，结合表格中数据可得，故A错误，B正确；
CD．两节连接后，总额定功率，总阻力，可得
则，代入和，设，
代入解得，故C正确，D错误。
故选BC。
【分析】先对甲、乙动车分别利用最大速度时牵引力等于阻力的条件，结合功率公式P=kmv2，联立求出两者的质量之比；再计算动车组的总额定功率与总质量，根据最大速度时的受力平衡，列出总功率表达式，结合质量比求解动车组的最大速度。
10．【答案】A,B,D
【知识点】安培力的计算；楞次定律
【解析】【解答】A.用磁体缓慢下移过程，穿过超导圆环的磁通量向下增大，由楞次定律和安培定则知，从上向下看，超导圆环中感应电流的方向为逆时针方向，故A正确；B.永磁体在h1高度时，由对称性和左手定则知，超导圆环所受安培力方向竖直向下，大小为 ，故B正确；
C.永磁体在h2高度时，由对称性和左手定则知，超导圆环所受安培力方向竖直向下，故C错误；
D．根据能量守恒，永磁铁重力势能的减少量全部转化为超导圆环电阻的焦耳热（忽略磁场能变化），即，随线性变化，焦耳热
整理得，故 D正确。
故选ABD。
【分析】先由楞次定律判断感应电流方向，再对永磁铁受力分析得出安培力与重力平衡，结合安培力公式分析相关选项，最后利用能量守恒与焦耳定律、结合电流平方随时间变化图像推导电阻表达式，完成各选项的正误判断。
11．【答案】（1）CD；；
（2）左
【知识点】电路动态分析；练习使用多用电表
【解析】【解答】（1） ①A、测量前进行机械调零，调节S1，使指针指在左端的“0”刻度位置，故A错误；
B、欧姆调零时，将红黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮S2，使指针指在右端的“0”刻度位置，故B错误；
C、测量过程中，若指针偏角过小，说明所测电阻较大，所选挡位太小，为减小误差应换用更大倍率挡并重新欧姆调零，故C正确；
D、测量结束后，应将选择开关旋至“OFF”挡或交流电压最高挡，故D正确。
故选：CD。
②ⅰ.光敏电阻阻值约为1.3kΩ，电压表内阻约为2kΩ，电流表内阻约为10Ω，相对来说电压表内阻远大于电流表内阻，电流表应采用内接法，由于待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，实物电路图如图所示
ⅱ. 光敏电阻阻值随光照强度减小而增大，图线斜率
斜率越小电阻越大，因此低光照对应图线。取时，
得
（2） 由图丁所示电路图可知，光照强度减小时光敏电阻阻值增大，光敏电阻分压增大，电磁继电器两端电压增大开始工作，当光照强度已低于设定值时，补光灯L仍未点亮，说明光敏电阻分压太小，为使系统正常工作，应将滑动变阻器R的滑片P向左端适当移动减小滑动变阻器接入电路的阻值，增大光敏电阻分压。
【分析】（1）①根据多用电表的使用方法与注意事项分析答题。
②ⅰ根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后连接实物电路图。
ⅱ根据图示图像应用欧姆定律求出电阻阻值。
（2）分析图示电路结构，应用串并联电路特点分析答题。
（1）[1]AB．多用电表测电阻时，测量前机械调零需调节（机械调零旋钮），使指针指左端电流零刻度；欧姆调零时红黑表笔短接，调节（欧姆调零旋钮）使指针指右端欧姆零刻度，故A、B错误；
C．测量时指针偏角过小，说明被测电阻阻值较大，应换用更大倍率挡位，重新欧姆调零，故C正确；
D．测量结束后，需将选择开关旋至“OFF”挡或交流电压最高挡，故D正确。
故选CD。
[2]待测，滑动变阻器总阻值远小于，限流接法电压调节范围极小，因此采用分压式接法；比较得 ，为大电阻，电流表内接误差更小，因此采用电流表内接法。
[3]光敏电阻阻值随光照强度减小而增大，图线斜率
斜率越小电阻越大，因此低光照对应图线。取时，
得
（2）光照强度低于设定值时，光敏电阻阻值增大，此时电流不足，继电器无法吸合，补光灯不亮；要增大控制电路电流，需要减小总电阻，即减小滑动变阻器接入电路的阻值。由图丁可知，滑片向左移动时，接入阻值减小，总电流增大，可使继电器吸合，系统正常工作。
12．【答案】（1）20.6；（或）；
（2）偏低
【知识点】验证动量守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（1） 游标尺（10分度，精度0.1mm），第6条刻度线与主尺对齐，游标尺读数6×0.1mm=0.6mm，故直径为：20mm+0.6mm=20.6mm
设摆长为L，球A碰前速度大小为，碰后速度大小为，球B碰后速度大小为
小球摆动过程机械能守恒： 对A球碰前
碰后有
对B球碰后有
取水平向右为正方向，由动量守恒有
联立解得
弹性碰撞满足动能守恒：
联立解得
故斜率为
（2） 若球A运动时由于重力作用会把摆长拉长，其球心会降低，导致碰撞点相对于球B的球心偏低。
【分析】（1）①依据游标卡尺读数规则，结合主尺与游标尺刻度读取小球直径；
④先由机械能守恒得到碰撞前后各球速度与对应角度的关系，再代入动量守恒定律整理得到表达式；
⑤结合弹性碰撞的动量守恒与动能守恒，将式子整理为纵轴关于横轴的一次函数，从而得到斜率的理论值；
（2）分析摆长变化对球A球心高度的影响，判断碰撞点相对球B球心的位置。
（1）[1]直径为
[2]设摆长为L，球A碰前速度大小为，碰后速度大小为，球B碰后速度大小为
对A球碰前
碰后有
对B球碰后有
取水平向右为正方向，由动量守恒有
联立解得
[3]若发生弹性碰撞则满足
联立解得
故斜率为
（2）因A球碰前下摆过程中速度增大，需要的向心力增大，细线被拉长了，故导致碰撞点相对于球B的球心偏低。
13．【答案】（1）在介质1中，由题意可知振动周期为
波的传播速度
解得
由题意知波在介质2中的传播速度为介质1中速度的2倍，则波在介质2中的传播速度
（2）波在介质1中传播的时间
波在介质2中传到点的时间
点振动的时间
波在介质2中的周期与介质1中的相同
由图可知，波在介质1中的振幅
在介质2中的振幅
在内运动的路程
解得
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）先由波源S到M点的距离与传播时间算出介质1中的波速，再根据介质2与介质1的波速倍数关系，直接得到介质2中的传播速度；
（2）先算出介质1的周期，再依次计算波传到y轴、传到P点的时间，确定P点开始振动的时刻与振动时长，结合振幅变化，分段计算P点在0～2.8s内的振动路程。
（1）在介质1中，由题意可知振动周期为
波的传播速度
解得
由题意知波在介质2中的传播速度为介质1中速度的2倍，则波在介质2中的传播速度
（2）波在介质1中传播的时间
波在介质2中传到点的时间
点振动的时间
波在介质2中的周期与介质1中的相同
由图可知，波在介质1中的振幅
在介质2中的振幅
在内运动的路程
解得
14．【答案】（1）设粒子在第一象限运动时，粒子轨迹圆半径，根据几何关系有
解得
根据
联立解得
（2）由几何关系，从点进入第二象限时速度垂直连线，与轴负方向夹角，在第二象限轨迹圆半径为，则有
解得
可知，粒子回到点时速度垂直连线，与轴负方向的夹角仍为，故粒子在第二象限中运动时速度方向改变了，在有界磁场中轨迹所对的圆心角为，所以圆形磁场最小半径为
所以最小面积为
联立解得
（3）粒子在第二象限的磁场中运动时间为
粒子在第二象限有界磁场外做匀速直线运动的距离
则粒子在第二象限做匀速直线运动的时间为
粒子相邻两次经过点的时间为
联立解得
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据几何关系和洛伦兹力提供向心力求粒子从O点发射时的速度v大小；
（2）根据洛伦兹力提供向心力求出粒子在第二象限轨迹圆半径，再结合面积表达式求第二象限圆形磁场区域的最小面积S；
（3）根据周期与时间的关系求出粒子在第二象限的磁场中运动时间，结合运动学公式求出粒子在第二象限做匀速直线运动的时间进而求出粒子从P点第一次运动到O点的时间t。
（1）设粒子在第一象限运动时，粒子轨迹圆半径，根据几何关系有
解得
根据
联立解得
（2）由几何关系，从点进入第二象限时速度垂直连线，与轴负方向夹角，在第二象限轨迹圆半径为，则有
解得
可知，粒子回到点时速度垂直连线，与轴负方向的夹角仍为，故粒子在第二象限中运动时速度方向改变了，在有界磁场中轨迹所对的圆心角为，所以圆形磁场最小半径为
所以最小面积为
联立解得
（3）粒子在第二象限的磁场中运动时间为
粒子在第二象限有界磁场外做匀速直线运动的距离
则粒子在第二象限做匀速直线运动的时间为
粒子相邻两次经过点的时间为
联立解得
15．【答案】（1）设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，线框克服安培力所做的功为，根据动能定理有
解得
根据功能关系可知
（2）设线框刚离开磁场下边界时的速度大小为，从线框刚离开磁场下边界到导体棒返回的过程中，根据动能定理有
解得
设线框第一次穿越磁场区域的过程中，线框中的平均感应电流为，对线框根据动量定理有
根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可得
解得
或设线框第一次穿越磁场区域的过程中，线框中的感应电流为，
对线框根据动量定理有
根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可得
代入可得：
解得
（3）由于线框穿越磁场的过程中会使装置损失机械能，所以线框在开始的一段时间内每次返回的高度都比前一次低一些，经过足够长时间后，线框上边将在磁场区域下边界与下面某位置之间做往复运动
此时
导体棒进入磁场后，匀减速至0，则向心加速度
又
往返一次总时间
解得
【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】【分析】（1）根据静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，线框克服安培力所做的功大小等于产生的热分析求解；
（2）根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，结合动量定理，对线框分析求解；
（3）根据线框穿越磁场的过程中会使装置损失机械能，所以线框在开始的一段时间内每次返回的高度都比前一次低一些，经过足够长时间后，线框上边将在磁场区域下边界与下面某位置之间做往复运动分析求解。
（1）设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，线框克服安培力所做的功为，根据动能定理有
解得
根据功能关系可知
（2）设线框刚离开磁场下边界时的速度大小为，从线框刚离开磁场下边界到导体棒返回的过程中，根据动能定理有
解得
设线框第一次穿越磁场区域的过程中，线框中的平均感应电流为，对线框根据动量定理有
根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可得
解得
或设线框第一次穿越磁场区域的过程中，线框中的感应电流为，
对线框根据动量定理有
根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可得
代入可得：
解得
（3）由于线框穿越磁场的过程中会使装置损失机械能，所以线框在开始的一段时间内每次返回的高度都比前一次低一些，经过足够长时间后，线框上边将在磁场区域下边界与下面某位置之间做往复运动
此时
导体棒进入磁场后，匀减速至0，则向心加速度
又
往返一次总时间
解得
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