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2026届河北省部分高中高三下学期一模物理试题
1．歼-35已完成在福建舰上的首次弹射起飞和着舰训练。若弹射过程，总质量35t的歼-35能在2.1s时间内从静止加速到280km/h，则歼-35加速过程所受合力平均值约为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】加速度；牛顿第二定律
【解析】【解答】
由匀变速直线运动公式 ：
故答案为：B。
【分析】本题考查匀变速直线运动与牛顿第二定律的综合应用，先统一单位，利用速度公式求加速度，再用牛顿第二定律求平均合力。
2．TN模式液晶显示器上发光位置的发光原理如图所示，若图中开关闭合，两基板间的液晶分子将在板间匀强电场作用下定向排列，不再改变偏振光偏振方向，发光位置将变暗。从开关闭合到发光位置变暗的过程中（　　）
A．两偏振片方向不垂直依然能工作
B．液晶分子正电中心偏向后基板
C．液晶分子所受合静电力不为零
D．液晶分子的电势能逐渐增大
【答案】B
【知识点】电势能；光的偏振现象
【解析】【解答】A．该显示原理要求两偏振片垂直：无电场时液晶旋转偏振光，使光通过；有电场时不旋转，光被阻挡。若不垂直，开关闭合后亮度可能不变，无法正常工作，故A错误；
B．前基板接正极、后基板接负极，电场方向水平向右，正电荷受力沿电场方向，故液晶分子正电中心偏向后基板，故B正确；
C．液晶分子整体电中性，正负电荷在匀强电场中受力等大反向，合静电力为0，故C错误；
D．液晶分子由无序变为沿电场方向排列，电场力做正功，电势能减小，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：根据 TN 模式液晶显示原理，判断两偏振片的工作条件；
B：由极板极性确定电场方向，分析液晶分子正电中心的偏转方向；
C：液晶分子整体呈电中性，判断所受合静电力；
D：分析电场力做功情况，判断电势能变化。
3．宇宙中存在同步轨道半径等于自身半径的天体，若该类型天体的平均密度为ρ。已知引力常量为G，则该天体的自转周期为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】向心力；万有引力定律的应用
【解析】【解答】设天体半径为，同步卫星轨道半径，由万有引力定律：
天体质量 ，将代入向心力公式：，化简得：，故A正确，BCD错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查天体运动与同步卫星，核心是万有引力提供向心力，结合密度公式联立求解自转周期，同步轨道半径等于天体自身半径，同步卫星周期等于天体自转周期。
4．与发生的三种核反应：，，。下列结合能关系排列正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】原子核的人工转变；结合能与比结合能
【解析】【解答】核反应释放的能量满足关系
自由核子（质子、中子）没有结合过程，结合能为0。设的结合能为，由第一个反应得，由第二个反应得，由第三个反应得，综上分析可得结合能大小关系为
故答案为：C。
【分析】本题考查结合能与核反应释放能量的关系，核心公式：，质子、中子结合能为0，通过三个核反应释放的能量大小，比较各原子核结合能大小。
5．如图所示，将涂有绝缘漆的金属圆环绕成“8”字形线圈，两小圆的半径均为r，圆心分别为O1、O2，线圈放置在光滑水平面上，水平面上MN右侧存在竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。线圈两次均以相同的初速度垂直MN向右开始运动，第1次O1O2连线垂直初速度方向，第2次O1O2连线平行初速度方向。已知线圈的电阻为R，则（　　）
A．第1、2次，完全进入磁场后线圈速度相同
B．第1、2次，进入磁场瞬间加速度之比为2：1
C．第2次，线圈进入磁场过程通过线圈某截面的净电荷量为0
D．第2次，线圈进入磁场过程通过线圈某截面的净电荷量为
【答案】C
【知识点】安培力；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A：第1次：两环同时进磁场，总磁通量，无感应电流、无安培力，匀速运动，完全进入后速度为，第2次：两环先后进磁场，有感应电流、受安培力减速，完全进入后速度，两次速度不同，A错误。
B：第1次进入瞬间：磁通量不变，，。第2次进入瞬间：单环切割磁感线，，，加速度之比不为，B错误。
C、D：第二次进入：初态；完全进入后，两环绕行方向相反，总磁通量 ，磁通量变化 ，净电荷量 ，C正确，D错误。
故答案为：C
【分析】A：分析两次线圈进入磁场时的磁通量、感应电流、安培力，判断完全进入后的速度；
B：分析两次进入瞬间的感应电动势、安培力、加速度，求加速度之比；
C、D：利用净电荷量公式 ，计算第二次进入时的净电荷量。
6．如图所示，圆心为O、半径r=2m的粗糙圆盘平行水平地面放置，到地面的高度为h=1.25m，在圆盘边缘放置一可看成质点的物块a。物块与圆盘间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度取g=10m/s2。圆盘的角速度ω从零开始缓慢增大，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则a落地点到转轴的水平距离为（　　）
A．2m B． C．2.5m D．
【答案】B
【知识点】平抛运动；向心力；离心运动和向心运动
【解析】【解答】最大静摩擦力提供向心力：，代入
解得：，物块平抛运动的时间
则物块平抛的水平位移，则落点到转轴的距离为
故答案为：B。
【分析最大静摩擦力提供向心力，求出物块脱离圆盘时的线速度；再由平抛运动竖直分运动求下落时间，再求水平位移；最后用几何关系求落地点到转轴的直线距离。
7．均匀介质中同一直线上存在两个波源，从t=0时刻沿相同方向起振，振幅、周期均相同，两波源间一质点的振动图像如图所示，1.25s和3.75s时质点振动情况发生变化。已知波在介质中的传播速度v=2m/s。则（　　）
A．两波源间的距离为7.5m
B．该质点到距离其较近波源的距离为2m
C．两波源间有5个振动加强点
D．该质点在0~5.5s时间内通过的路程为
【答案】C
【知识点】波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】A．由题图可知，时第一列波的振动传至该质点，时第二列波的振动传至该质点，则两波源间的距离，故A错误；
B．质点到较近波源距离：，故B错误；
C．振动加强条件：路程差 ，两波源间距 ，，得 ，共5个加强点，C正确。故C正确；
D.0~1.25s内，该质点未振动，通过的路程为0；，1.25~3.75s内，第一列波的振动传至该质点，此时间内质点通过的路程；
3.75~5.5s内，该质点的振幅为，又，此时间内质点通过的路程，所以该质点在0~5.5s时间内通过的路程为，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：由两波传到质点的时间差，求波源间距；
B：由先到波的传播时间，求质点到近波源距离；
C：先求周期、波长，再由振动加强点条件，确定加强点个数；
D：分时间段分析质点振动，计算总路程。
8．2025年11月5日，10千伏植物油配电变压器在青海省果洛藏族自治州玛多县挂网运行，标志着高海拔环保型变压器在青海进入全面推广阶段。如图是一含有10千伏植物油配电变压器的电路图，发电站输出电压有效值不变，用户端电压有效值为220V，变压器均视为理想变压器，当用户端用电器增多时，下列说法正确的是（　　）
A．植物油配电变压器原副线圈匝数比为50：11
B．左侧变压器输入功率可能保持不变
C．输电线的输电效率降低
D．为保证用户端电压不变，应将滑片P向上移动
【答案】C,D
【知识点】变压器原理；电能的输送
【解析】【解答】A．植物油配电变压器原线圈电压小于10kV（输电线有电阻分压），因此原副线圈匝数比小于 500：11，故A错误；
B．用户用电器增多，总负载功率增大，理想变压器输入功率等于输出功率，左侧变压器输入功率增大，故B错误；
C．根据上述分析可知，输电线上的电流增大，根据可知，输电线损失功率增大，因此输电线的输电效率降低，故C正确；
D．滑片P向上移动，升压变压器副线圈匝数增多，输出电压升高，补偿输电线电压损失，保证用户端电压不变，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】A：配电变压器原线圈电压并非10kV，需考虑输电线分压，判断匝数比；
B：用户端用电器增多，总功率增大，左侧变压器输入功率增大；
C：输电线电流增大，损耗功率变大，分析输电效率；
D：滑片P向上移动，升压变压器副线圈匝数增加，输出电压升高，补偿线路压降。
9．生物膜干涉技术基于光的干涉现象，原理如图所示，光源发出的光沿光纤传导至传感器探头顶端，探头表面包覆一层光学膜（可固定配体），当光照射到光学膜时，会在前后两个界面发生反射，两束反射光叠加形成干涉光谱，仪器通过监测光谱变化分析分子与光学膜的结合情况。已知与膜结合的分子增大、分子与膜的结合位点增多，均会使膜增厚。初始时光学膜的厚度为300nm，不同可见光所对波长范围如下表，若各种光的强度相同，膜的最大厚度为600nm，膜的折射率略小于1.1，则（　　）
颜色 红 橙 黄 绿 青 蓝 紫
波长/nm 630~760 600~630 570~600 500~570 450~500 430~450 400~430
A．初始时，仪器检测到反射光强度最大的一定是橙光
B．膜上某处有分子结合，仪器可能检测到红光强度逐渐增大
C．青光强度最大位置的膜的厚度一定小于绿光强度最大位置的厚度
D．膜上可能存在一位置，使所有色光在该位置的反射光均强度最大
【答案】B,C
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】薄膜干涉光程差 ，加强条件：，初始，，
A．初始时 ， 时 ，红光（630~760 nm）也可满足，不一定是橙光，故A错误；
B．分子结合→增大， 增大，当增大至红光满足 时，红光干涉加强，强度逐渐增大，故B正确；
C．同值时，；，故青光强度最大位置膜厚小于绿光对应厚度，故C正确；
D．各色光波长不同，由，不存在同一厚度使所有色光同时加强，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】A：由薄膜干涉加强条件 ，结合初始厚度、折射率范围，判断反射加强光；
B：分子结合使膜厚增大，分析红光满足加强条件的可能性；
C：由 ，同下波长越短对应厚度越小；
D：不同色光波长不同，分析是否存在同一厚度满足所有光加强。
10．幽灵堵车指的是在道路上没有明显原因的情况下，车辆却陷入缓慢行驶或完全停滞的状态。可简化为如下模型：所有车辆长度相同，均为L=5m，以相同速度在平直道路上行驶，初始时保持相同的间距d=60m，t=0时第1辆车因扰动开始以的加速度做匀减速运动，持续3s后开始匀速运动，第（n+1）辆车看到第n辆车开始减速后经过Δt=1s的时间也开始减速，第n辆车的加速度，刹车时间均为3s，直到有车辆完全刹停，该车之后所有车的加速度都等于完全刹停的车的加速度，最终造成交通堵塞。则（　　）
A．第18辆车是第一个完全刹停的汽车
B．刹停的车之间的距离为30m
C．第1、2辆车间的最小距离为55m
D．t=6.5s时第1、2辆车的间距仍为60m
【答案】B,D
【知识点】追及相遇问题
【解析】【解答】A．汽车刹停的时间为，则根据运动学公式可知汽车能刹停的加速度为，当时，即，解得，第17辆车是第一个完全刹停的汽车，故A错误；
B．汽车完全刹停时的刹车距离为，相邻的后面的车从看见前车开始减速到完全刹停的位移为，所以刹停的车之间的距离为，故B正确；
C．第1辆车减速结束时的速度为，第2辆车减速的加速度大小为，当两车的速度相等时，两车的距离有最小值，设两辆车都在减速过程中达到相同速度，第一辆车所用时间为，则共速时的速度为
解得，不符合题意，不是在两车都减速的过程中达到相同速度，而是在第一辆车匀速运动的过程中两车达到相同速度，设第二辆车刹车所用时间为，则共同速度为
解得，则从第1辆车开始减速到两车相距最近的时间间隔为
该过程第1辆车的位移为
第2辆车的位移为
所以第1、2辆车间的最小距离为，故C错误；
D．内第1辆车的位移为
第2辆车匀减速结束时的速度为
内第2辆车的位移为所以t=6.5s时，第1、2辆车的间距为，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】A：求出车辆完全刹停的临界加速度，结合加速度公式求序号；
B：计算刹车位移、后车总位移，求刹停车间距；
C：分阶段分析第 1、2 辆车速度变化，找到速度相等时刻，计算最小间距；
D：分析t=6.5s时两车运动状态，判断间距。
11．某同学计划利用结构如图甲所示的光电门，测量物体运动的速度。
（1）为方便测量，在物体上安装挡光片。用20分度游标卡尺测量挡光片宽度，示数如图乙所示，则挡光片的宽度d=　 　mm。
（2）推动物体运动，挡光片经过光电门时的挡光时间Δt = 0.025s，则物体经过光电门时的速度大小v =　 　m/s。（结果保留两位有效数字）
【答案】（1）5.50
（2）0.22
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（1）主尺读数：，游标第10格对齐，游标读数： ，则挡光片的宽度
故答案为：
（2）由题可知，物体经过光电门时的速度大小为
故答案为：
【分析】(1) 20分度游标卡尺精度为0.05mm，读数=主尺读数+游标对齐格数×精度；
(2) 利用极短时间内平均速度近似瞬时速度， 计算。
（1）由于游标卡尺游标尺的分度为20分度，其精确度为
则挡光片的宽度为
（2）由题可知，物体经过光电门时的速度大小为
12．某同学设计了测量物块与木板间动摩擦因数的装置，如图丙所示，将质地均匀的长木板倾斜固定，木板倾角为θ，木板上放置一与手机绑定的物块，总质量为m。利用手机中的加速度传感器，测得整体沿木板下滑的加速度a，进而测得物块与木板间的动摩擦因数。当地重力加速度完成以下问题。
（1）计算动摩擦因数μ的公式为μ=　 　（用题给物理量的字母表示）。
（2）为了减小测量误差，可采取的措施有　 　（答出一条即可）。
【答案】（1）
（2）多次测量取平均值；或减小木板倾角，让物块缓慢下滑、保证木板表面平整等（答一条即可）
【知识点】受力分析的应用；滑动摩擦力与动摩擦因数；牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）对手机及物块整体分析，根据牛顿第二定律可得，解得
故答案为：
（2）减小误差的措施：多次测量取平均值；或减小木板倾角，让物块缓慢下滑、保证木板表面平整等
故答案为：多次测量取平均值；或减小木板倾角，让物块缓慢下滑、保证木板表面平整等
【分析】(1) 对物块与手机整体受力分析，沿斜面方向由牛顿第二定律列方程，推导动摩擦因数表达式；
(2) 从减小偶然误差、系统误差角度提出可行措施。
（1）对手机及物块整体分析，根据牛顿第二定律可得
解得
（2）为了减小实验误差，可以采用多次测量求平均值。
13．某实验小组的同学借助多用电表完成了一系列实验。
（1）测量干电池的电动势。将多用电表的选择开关拨到直流电压“2.5V”挡，然后将表笔连接干电池的两端，指针位置如图甲中a所示，则干电池的电动势E=　 　V。
（2）测量干电池的短路电流。将多用电表的选择开关拨到电流“100mA”挡，红表笔接电池正极，用黑表笔对电池负极进行试触，发现指针偏转角度过大，应将选择开关拨到电流　 　（选填“10mA”或“1A”）挡进行测量，指针位置如图甲中b所示，则干电池的短路电流I=　 　A。
（3）测量量程3Ⅴ的电压表的内阻。将多用电表的选择开关拨到欧姆“×100”挡，测量时指针位置如图甲中c所示，则电压表的内阻R=　 　Ω。
（4）该小组的同学了解完欧姆表内部构造后，设计了图乙所示的实验电路。接入待测电阻前，调节滑动变阻器滑片，直到电压表（量程3.0V）满偏，然后将待测电阻接入图乙中的虚线框，记录此时电压表的示数，为2.5V，若电压表内阻为3kΩ，电源电动势为6V，则待测电阻的阻值为　 　Ω。
【答案】（1）
（2）1A；0.70
（3）2600
（4）7500
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；练习使用多用电表；电池电动势和内阻的测量；测定电压表或电流表的内阻
【解析】【解答】（1）选用直流电压挡时，分度值为，指在位置时，多用电表示数为。
故答案为：
（2）选择电流挡，指针偏转角度较大，应该换用量程较大的挡位，所以应将选择开关拨到电流挡进行测量；
此时分度值为，指在位置时，多用电表示数为。
故答案为：1A；0.70
（3）由欧姆表读数规则可知，电压表的内阻
故答案为：2600
（4）设电压表示数为时，滑动变阻器与电源内阻的总阻值为，结合串联分压原理，有，接入待测电阻后，有，解得。
故答案为：7500
【分析】(1) 读取多用电表直流电压挡示数，注意分度值；
(2) 电流测量指针偏角过大需换大量程，再读取对应量程电流；
(3) 欧姆表读数=指针示数×倍率；
(4) 利用串联分压规律，结合滑动变阻器等效不变，列方程求解待测电阻。
（1）选用直流电压挡时，分度值为，指在位置时，多用电表示数为。
（2）[1]选择电流挡，指针偏转角度较大，应该换用量程较大的挡位，所以应将选择开关拨到电流挡进行测量；
[2]此时分度值为，指在位置时，多用电表示数为。
（3）由欧姆表读数规则可知，电压表的内阻
（4）设电压表示数为时，滑动变阻器与电源内阻的总阻值为，结合串联分压原理，有，接入待测电阻后，有，解得。
14．吹塑是一种塑料加工方法，制作某塑料瓶的原理简化如图，先将容积为的瓶坯由加热到，然后将瓶坯放入模具，通过高压气源向瓶坯内充气，使瓶坯填满模具内的空腔，最终得到容积的瓶子。加热前瓶坯内气体压强为密度为，充气完成时，瓶内气体压强为3p0、温度为。
（1）求加热完成时，瓶坯内气体的密度（结果保留两位小数）。
（2）充气过程中充入气体的温度、压强均与加热前瓶坯内气体相同时，求充入气体的体积（结果保留整数）。
【答案】（1）解：加热过程，瓶坯内的气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律有
又气体总质量不变，则气体的密度与体积成反比
加热完成时，瓶坯内气体的密度
解得
（2）解：设充入气体体积为，由理想气体状态方程：
代入数据解得：
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；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；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【分析】(1) 加热过程瓶内气体等压变化，用盖 吕萨克定律求末态体积，再结合质量不变，密度与体积反比求加热后密度；
(2) 以原有气体和充入气体整体为研究对象，用理想气体状态方程求解充入气体体积。
（1）加热过程，瓶坯内的气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律有
又气体总质量不变，则气体的密度与体积成反比
加热完成时，瓶坯内气体的密度
解得
（2）充气前，瓶内气体压强为p0、体积为V3、温度为T2 ，充气后，瓶内气体压强为3p0、体积为V2、温度为T3 。设充入瓶内的气体在温度、压强均与加热前瓶坯内气体相同时的体积为V4，由理想气体状态方程有
解得
15．地球磁场在两极强、赤道弱，但在小范围内，地磁场可以被近似为匀强磁场。赤道附近磁感应强度大小为，质子以速度开始在地磁场中运动，初速度方向与出发位置磁场方向间的夹角为。已知质子质量为、带电荷量的值为，不计质子重力。粒子在缓慢变化的磁场中运动时，可认为不变，m为粒子质量，为粒子垂直磁场方向的速度、B为粒子经过位置的磁感应强度大小。
（1）若，求质子在赤道附近地磁场中运动1个周期时前进的距离。（保留两位有效数字）
（2）若该质子被地球磁场捕获，当质子平行磁场方向的速度减为零后，质子从该位置开始反向运动，要求质子能到达位置的磁感应强度的最大值求θ角正弦值的取值范围。
【答案】（1）解：平行磁场速度：
垂直磁场速度：
由洛伦兹力：，周期
代入 ，前进距离
代入数据：
（2）解：初始磁矩：
速度大小不变，反向时平行速度为0，垂直速度为，此时
磁矩不变：
由 ，，
又 ，故
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 将质子速度分解为平行、垂直磁场分量，垂直分量产生回旋运动，求出周期；平行分量匀速直线运动，结合周期求螺距；
(2) 利用磁矩 不变、速度大小不变的条件，结合最大磁感应强度约束，求解 范围。
（1）质子平行磁场方向的分速度
质子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力有
质子运动的周期
质子在赤道附近地磁场中运动1个周期时前进的距离d=
（2）质子初始时垂直磁场方向的分速度
结合题述可得保持不变，质子到达某位置能返回，说明质子到达此位置时，质子平行磁场方向的速度为零，设此位置磁感应强度为，因洛伦兹力不做功，质子的速度大小不变，有
可得
又因质子能到达位置的磁感应强度最大值
则有
可得
16．如图所示，底边长l=2m、高的物块a放置在光滑水平地面上，物块a右侧是半径r=1m的光滑圆弧轨道，圆弧轨道下端与水平地面平滑连接。小物块b以水平初速度2m/s从左端滑上物块a。已知物块a、b的质量均为m=1kg，重力加速度取
（1）若物块a在外力作用下静止，物块b落到圆弧轨道上的位置到地面的高度h=0.2m。
①求a上端与b间的动摩擦因数。
②物块b与圆弧轨道碰撞过程，沿半径方向的速度减为零，垂直半径方向的速度不变，求物块b运动到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小。
（2）a、b间动摩擦因数与（1）中相同。在物块b开始运动的同时，对物块b施加一水平恒力，使a、b共速时物块b恰能离开物块a的水平部分，且在物块b离开物块a水平部分时撤去该恒力，求水平恒力的大小和最终物块a、b的速度大小。
【答案】（1）①解：b在空中运动时，下落的高度为
设b离开a水平部分时的速度为v1，从抛出到落到圆弧轨道上竖直方向，有
水平方向，有x=v1t
由几何关系有
联立得
物块b在a水平部分运动，由牛顿第二定律有
由匀变速运动规律，有
a、b间的动摩擦因数μ=0.15
②解：物块b与圆弧轨道碰撞前瞬间的速度如图所示
设切线方向与竖直方向夹角为，根据几何关系可知
则沿切线方向速度
b下滑到圆弧轨道最低点的过程，由动能定理有
物块b运动到圆弧轨道最低点时，由圆周运动规律有
由牛顿第三定律可得，物块b运动到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小
（2）解：使a、b共速时物块b恰能离开物块a的水平部分，所以物块b减速运动，匀速和加速均不满足条件，设恒力为，共速时速度为，时间为。对a有，
对b有，
位移关系
即
得
共速时的速度
解得
说明F大小为1N，撤去F后，b滑上圆弧轨道，系统水平方向动量守恒，机械能守恒。设最终 a、b 速度分别为。动量守恒
能量守恒
联立解得速度分别为，
所以a、b的速度大小为，。
【知识点】受力分析的应用；动能定理的综合应用；机械能守恒定律；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】(1) ①物块a静止，b在水平段匀减速、之后平抛落到圆弧上，结合平抛规律、几何关系、运动学公式求动摩擦因数；
②碰撞时仅保留切向速度，用动能定理求最低点速度，再由向心力公式、牛顿第三定律求压力；
(2) 分别对a、b受力分析，结合位移关系求恒力；撤去恒力后系统水平动量守恒、机械能守恒，求最终速度。
（1）①b在空中运动时，下落的高度为
设b离开a水平部分时的速度为v1，从抛出到落到圆弧轨道上竖直方向，有
水平方向，有x=v1t
由几何关系有
联立得
物块b在a水平部分运动，由牛顿第二定律有
由匀变速运动规律，有
a、b间的动摩擦因数μ=0.15
②物块b与圆弧轨道碰撞前瞬间的速度如图所示
设切线方向与竖直方向夹角为，根据几何关系可知
则沿切线方向速度
b下滑到圆弧轨道最低点的过程，由动能定理有
物块b运动到圆弧轨道最低点时，由圆周运动规律有
由牛顿第三定律可得，物块b运动到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小
（2）使a、b共速时物块b恰能离开物块a的水平部分，所以物块b减速运动，匀速和加速均不满足条件，设恒力为，共速时速度为，时间为。对a有，
对b有，
位移关系
即
得
共速时的速度
解得
说明F大小为1N，撤去F后，b滑上圆弧轨道，系统水平方向动量守恒，机械能守恒。设最终 a、b 速度分别为。动量守恒
能量守恒
联立解得速度分别为，
所以a、b的速度大小为，。
1 / 12026届河北省部分高中高三下学期一模物理试题
1．歼-35已完成在福建舰上的首次弹射起飞和着舰训练。若弹射过程，总质量35t的歼-35能在2.1s时间内从静止加速到280km/h，则歼-35加速过程所受合力平均值约为（　　）
A． B． C． D．
2．TN模式液晶显示器上发光位置的发光原理如图所示，若图中开关闭合，两基板间的液晶分子将在板间匀强电场作用下定向排列，不再改变偏振光偏振方向，发光位置将变暗。从开关闭合到发光位置变暗的过程中（　　）
A．两偏振片方向不垂直依然能工作
B．液晶分子正电中心偏向后基板
C．液晶分子所受合静电力不为零
D．液晶分子的电势能逐渐增大
3．宇宙中存在同步轨道半径等于自身半径的天体，若该类型天体的平均密度为ρ。已知引力常量为G，则该天体的自转周期为（　　）
A． B． C． D．
4．与发生的三种核反应：，，。下列结合能关系排列正确的是（　　）
A． B．
C． D．
5．如图所示，将涂有绝缘漆的金属圆环绕成“8”字形线圈，两小圆的半径均为r，圆心分别为O1、O2，线圈放置在光滑水平面上，水平面上MN右侧存在竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。线圈两次均以相同的初速度垂直MN向右开始运动，第1次O1O2连线垂直初速度方向，第2次O1O2连线平行初速度方向。已知线圈的电阻为R，则（　　）
A．第1、2次，完全进入磁场后线圈速度相同
B．第1、2次，进入磁场瞬间加速度之比为2：1
C．第2次，线圈进入磁场过程通过线圈某截面的净电荷量为0
D．第2次，线圈进入磁场过程通过线圈某截面的净电荷量为
6．如图所示，圆心为O、半径r=2m的粗糙圆盘平行水平地面放置，到地面的高度为h=1.25m，在圆盘边缘放置一可看成质点的物块a。物块与圆盘间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度取g=10m/s2。圆盘的角速度ω从零开始缓慢增大，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则a落地点到转轴的水平距离为（　　）
A．2m B． C．2.5m D．
7．均匀介质中同一直线上存在两个波源，从t=0时刻沿相同方向起振，振幅、周期均相同，两波源间一质点的振动图像如图所示，1.25s和3.75s时质点振动情况发生变化。已知波在介质中的传播速度v=2m/s。则（　　）
A．两波源间的距离为7.5m
B．该质点到距离其较近波源的距离为2m
C．两波源间有5个振动加强点
D．该质点在0~5.5s时间内通过的路程为
8．2025年11月5日，10千伏植物油配电变压器在青海省果洛藏族自治州玛多县挂网运行，标志着高海拔环保型变压器在青海进入全面推广阶段。如图是一含有10千伏植物油配电变压器的电路图，发电站输出电压有效值不变，用户端电压有效值为220V，变压器均视为理想变压器，当用户端用电器增多时，下列说法正确的是（　　）
A．植物油配电变压器原副线圈匝数比为50：11
B．左侧变压器输入功率可能保持不变
C．输电线的输电效率降低
D．为保证用户端电压不变，应将滑片P向上移动
9．生物膜干涉技术基于光的干涉现象，原理如图所示，光源发出的光沿光纤传导至传感器探头顶端，探头表面包覆一层光学膜（可固定配体），当光照射到光学膜时，会在前后两个界面发生反射，两束反射光叠加形成干涉光谱，仪器通过监测光谱变化分析分子与光学膜的结合情况。已知与膜结合的分子增大、分子与膜的结合位点增多，均会使膜增厚。初始时光学膜的厚度为300nm，不同可见光所对波长范围如下表，若各种光的强度相同，膜的最大厚度为600nm，膜的折射率略小于1.1，则（　　）
颜色 红 橙 黄 绿 青 蓝 紫
波长/nm 630~760 600~630 570~600 500~570 450~500 430~450 400~430
A．初始时，仪器检测到反射光强度最大的一定是橙光
B．膜上某处有分子结合，仪器可能检测到红光强度逐渐增大
C．青光强度最大位置的膜的厚度一定小于绿光强度最大位置的厚度
D．膜上可能存在一位置，使所有色光在该位置的反射光均强度最大
10．幽灵堵车指的是在道路上没有明显原因的情况下，车辆却陷入缓慢行驶或完全停滞的状态。可简化为如下模型：所有车辆长度相同，均为L=5m，以相同速度在平直道路上行驶，初始时保持相同的间距d=60m，t=0时第1辆车因扰动开始以的加速度做匀减速运动，持续3s后开始匀速运动，第（n+1）辆车看到第n辆车开始减速后经过Δt=1s的时间也开始减速，第n辆车的加速度，刹车时间均为3s，直到有车辆完全刹停，该车之后所有车的加速度都等于完全刹停的车的加速度，最终造成交通堵塞。则（　　）
A．第18辆车是第一个完全刹停的汽车
B．刹停的车之间的距离为30m
C．第1、2辆车间的最小距离为55m
D．t=6.5s时第1、2辆车的间距仍为60m
11．某同学计划利用结构如图甲所示的光电门，测量物体运动的速度。
（1）为方便测量，在物体上安装挡光片。用20分度游标卡尺测量挡光片宽度，示数如图乙所示，则挡光片的宽度d=　 　mm。
（2）推动物体运动，挡光片经过光电门时的挡光时间Δt = 0.025s，则物体经过光电门时的速度大小v =　 　m/s。（结果保留两位有效数字）
12．某同学设计了测量物块与木板间动摩擦因数的装置，如图丙所示，将质地均匀的长木板倾斜固定，木板倾角为θ，木板上放置一与手机绑定的物块，总质量为m。利用手机中的加速度传感器，测得整体沿木板下滑的加速度a，进而测得物块与木板间的动摩擦因数。当地重力加速度完成以下问题。
（1）计算动摩擦因数μ的公式为μ=　 　（用题给物理量的字母表示）。
（2）为了减小测量误差，可采取的措施有　 　（答出一条即可）。
13．某实验小组的同学借助多用电表完成了一系列实验。
（1）测量干电池的电动势。将多用电表的选择开关拨到直流电压“2.5V”挡，然后将表笔连接干电池的两端，指针位置如图甲中a所示，则干电池的电动势E=　 　V。
（2）测量干电池的短路电流。将多用电表的选择开关拨到电流“100mA”挡，红表笔接电池正极，用黑表笔对电池负极进行试触，发现指针偏转角度过大，应将选择开关拨到电流　 　（选填“10mA”或“1A”）挡进行测量，指针位置如图甲中b所示，则干电池的短路电流I=　 　A。
（3）测量量程3Ⅴ的电压表的内阻。将多用电表的选择开关拨到欧姆“×100”挡，测量时指针位置如图甲中c所示，则电压表的内阻R=　 　Ω。
（4）该小组的同学了解完欧姆表内部构造后，设计了图乙所示的实验电路。接入待测电阻前，调节滑动变阻器滑片，直到电压表（量程3.0V）满偏，然后将待测电阻接入图乙中的虚线框，记录此时电压表的示数，为2.5V，若电压表内阻为3kΩ，电源电动势为6V，则待测电阻的阻值为　 　Ω。
14．吹塑是一种塑料加工方法，制作某塑料瓶的原理简化如图，先将容积为的瓶坯由加热到，然后将瓶坯放入模具，通过高压气源向瓶坯内充气，使瓶坯填满模具内的空腔，最终得到容积的瓶子。加热前瓶坯内气体压强为密度为，充气完成时，瓶内气体压强为3p0、温度为。
（1）求加热完成时，瓶坯内气体的密度（结果保留两位小数）。
（2）充气过程中充入气体的温度、压强均与加热前瓶坯内气体相同时，求充入气体的体积（结果保留整数）。
15．地球磁场在两极强、赤道弱，但在小范围内，地磁场可以被近似为匀强磁场。赤道附近磁感应强度大小为，质子以速度开始在地磁场中运动，初速度方向与出发位置磁场方向间的夹角为。已知质子质量为、带电荷量的值为，不计质子重力。粒子在缓慢变化的磁场中运动时，可认为不变，m为粒子质量，为粒子垂直磁场方向的速度、B为粒子经过位置的磁感应强度大小。
（1）若，求质子在赤道附近地磁场中运动1个周期时前进的距离。（保留两位有效数字）
（2）若该质子被地球磁场捕获，当质子平行磁场方向的速度减为零后，质子从该位置开始反向运动，要求质子能到达位置的磁感应强度的最大值求θ角正弦值的取值范围。
16．如图所示，底边长l=2m、高的物块a放置在光滑水平地面上，物块a右侧是半径r=1m的光滑圆弧轨道，圆弧轨道下端与水平地面平滑连接。小物块b以水平初速度2m/s从左端滑上物块a。已知物块a、b的质量均为m=1kg，重力加速度取
（1）若物块a在外力作用下静止，物块b落到圆弧轨道上的位置到地面的高度h=0.2m。
①求a上端与b间的动摩擦因数。
②物块b与圆弧轨道碰撞过程，沿半径方向的速度减为零，垂直半径方向的速度不变，求物块b运动到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小。
（2）a、b间动摩擦因数与（1）中相同。在物块b开始运动的同时，对物块b施加一水平恒力，使a、b共速时物块b恰能离开物块a的水平部分，且在物块b离开物块a水平部分时撤去该恒力，求水平恒力的大小和最终物块a、b的速度大小。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】加速度；牛顿第二定律
【解析】【解答】
由匀变速直线运动公式 ：
故答案为：B。
【分析】本题考查匀变速直线运动与牛顿第二定律的综合应用，先统一单位，利用速度公式求加速度，再用牛顿第二定律求平均合力。
2．【答案】B
【知识点】电势能；光的偏振现象
【解析】【解答】A．该显示原理要求两偏振片垂直：无电场时液晶旋转偏振光，使光通过；有电场时不旋转，光被阻挡。若不垂直，开关闭合后亮度可能不变，无法正常工作，故A错误；
B．前基板接正极、后基板接负极，电场方向水平向右，正电荷受力沿电场方向，故液晶分子正电中心偏向后基板，故B正确；
C．液晶分子整体电中性，正负电荷在匀强电场中受力等大反向，合静电力为0，故C错误；
D．液晶分子由无序变为沿电场方向排列，电场力做正功，电势能减小，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：根据 TN 模式液晶显示原理，判断两偏振片的工作条件；
B：由极板极性确定电场方向，分析液晶分子正电中心的偏转方向；
C：液晶分子整体呈电中性，判断所受合静电力；
D：分析电场力做功情况，判断电势能变化。
3．【答案】A
【知识点】向心力；万有引力定律的应用
【解析】【解答】设天体半径为，同步卫星轨道半径，由万有引力定律：
天体质量 ，将代入向心力公式：，化简得：，故A正确，BCD错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查天体运动与同步卫星，核心是万有引力提供向心力，结合密度公式联立求解自转周期，同步轨道半径等于天体自身半径，同步卫星周期等于天体自转周期。
4．【答案】C
【知识点】原子核的人工转变；结合能与比结合能
【解析】【解答】核反应释放的能量满足关系
自由核子（质子、中子）没有结合过程，结合能为0。设的结合能为，由第一个反应得，由第二个反应得，由第三个反应得，综上分析可得结合能大小关系为
故答案为：C。
【分析】本题考查结合能与核反应释放能量的关系，核心公式：，质子、中子结合能为0，通过三个核反应释放的能量大小，比较各原子核结合能大小。
5．【答案】C
【知识点】安培力；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A：第1次：两环同时进磁场，总磁通量，无感应电流、无安培力，匀速运动，完全进入后速度为，第2次：两环先后进磁场，有感应电流、受安培力减速，完全进入后速度，两次速度不同，A错误。
B：第1次进入瞬间：磁通量不变，，。第2次进入瞬间：单环切割磁感线，，，加速度之比不为，B错误。
C、D：第二次进入：初态；完全进入后，两环绕行方向相反，总磁通量 ，磁通量变化 ，净电荷量 ，C正确，D错误。
故答案为：C
【分析】A：分析两次线圈进入磁场时的磁通量、感应电流、安培力，判断完全进入后的速度；
B：分析两次进入瞬间的感应电动势、安培力、加速度，求加速度之比；
C、D：利用净电荷量公式 ，计算第二次进入时的净电荷量。
6．【答案】B
【知识点】平抛运动；向心力；离心运动和向心运动
【解析】【解答】最大静摩擦力提供向心力：，代入
解得：，物块平抛运动的时间
则物块平抛的水平位移，则落点到转轴的距离为
故答案为：B。
【分析最大静摩擦力提供向心力，求出物块脱离圆盘时的线速度；再由平抛运动竖直分运动求下落时间，再求水平位移；最后用几何关系求落地点到转轴的直线距离。
7．【答案】C
【知识点】波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】A．由题图可知，时第一列波的振动传至该质点，时第二列波的振动传至该质点，则两波源间的距离，故A错误；
B．质点到较近波源距离：，故B错误；
C．振动加强条件：路程差 ，两波源间距 ，，得 ，共5个加强点，C正确。故C正确；
D.0~1.25s内，该质点未振动，通过的路程为0；，1.25~3.75s内，第一列波的振动传至该质点，此时间内质点通过的路程；
3.75~5.5s内，该质点的振幅为，又，此时间内质点通过的路程，所以该质点在0~5.5s时间内通过的路程为，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：由两波传到质点的时间差，求波源间距；
B：由先到波的传播时间，求质点到近波源距离；
C：先求周期、波长，再由振动加强点条件，确定加强点个数；
D：分时间段分析质点振动，计算总路程。
8．【答案】C,D
【知识点】变压器原理；电能的输送
【解析】【解答】A．植物油配电变压器原线圈电压小于10kV（输电线有电阻分压），因此原副线圈匝数比小于 500：11，故A错误；
B．用户用电器增多，总负载功率增大，理想变压器输入功率等于输出功率，左侧变压器输入功率增大，故B错误；
C．根据上述分析可知，输电线上的电流增大，根据可知，输电线损失功率增大，因此输电线的输电效率降低，故C正确；
D．滑片P向上移动，升压变压器副线圈匝数增多，输出电压升高，补偿输电线电压损失，保证用户端电压不变，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】A：配电变压器原线圈电压并非10kV，需考虑输电线分压，判断匝数比；
B：用户端用电器增多，总功率增大，左侧变压器输入功率增大；
C：输电线电流增大，损耗功率变大，分析输电效率；
D：滑片P向上移动，升压变压器副线圈匝数增加，输出电压升高，补偿线路压降。
9．【答案】B,C
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】薄膜干涉光程差 ，加强条件：，初始，，
A．初始时 ， 时 ，红光（630~760 nm）也可满足，不一定是橙光，故A错误；
B．分子结合→增大， 增大，当增大至红光满足 时，红光干涉加强，强度逐渐增大，故B正确；
C．同值时，；，故青光强度最大位置膜厚小于绿光对应厚度，故C正确；
D．各色光波长不同，由，不存在同一厚度使所有色光同时加强，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】A：由薄膜干涉加强条件 ，结合初始厚度、折射率范围，判断反射加强光；
B：分子结合使膜厚增大，分析红光满足加强条件的可能性；
C：由 ，同下波长越短对应厚度越小；
D：不同色光波长不同，分析是否存在同一厚度满足所有光加强。
10．【答案】B,D
【知识点】追及相遇问题
【解析】【解答】A．汽车刹停的时间为，则根据运动学公式可知汽车能刹停的加速度为，当时，即，解得，第17辆车是第一个完全刹停的汽车，故A错误；
B．汽车完全刹停时的刹车距离为，相邻的后面的车从看见前车开始减速到完全刹停的位移为，所以刹停的车之间的距离为，故B正确；
C．第1辆车减速结束时的速度为，第2辆车减速的加速度大小为，当两车的速度相等时，两车的距离有最小值，设两辆车都在减速过程中达到相同速度，第一辆车所用时间为，则共速时的速度为
解得，不符合题意，不是在两车都减速的过程中达到相同速度，而是在第一辆车匀速运动的过程中两车达到相同速度，设第二辆车刹车所用时间为，则共同速度为
解得，则从第1辆车开始减速到两车相距最近的时间间隔为
该过程第1辆车的位移为
第2辆车的位移为
所以第1、2辆车间的最小距离为，故C错误；
D．内第1辆车的位移为
第2辆车匀减速结束时的速度为
内第2辆车的位移为所以t=6.5s时，第1、2辆车的间距为，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】A：求出车辆完全刹停的临界加速度，结合加速度公式求序号；
B：计算刹车位移、后车总位移，求刹停车间距；
C：分阶段分析第 1、2 辆车速度变化，找到速度相等时刻，计算最小间距；
D：分析t=6.5s时两车运动状态，判断间距。
11．【答案】（1）5.50
（2）0.22
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（1）主尺读数：，游标第10格对齐，游标读数： ，则挡光片的宽度
故答案为：
（2）由题可知，物体经过光电门时的速度大小为
故答案为：
【分析】(1) 20分度游标卡尺精度为0.05mm，读数=主尺读数+游标对齐格数×精度；
(2) 利用极短时间内平均速度近似瞬时速度， 计算。
（1）由于游标卡尺游标尺的分度为20分度，其精确度为
则挡光片的宽度为
（2）由题可知，物体经过光电门时的速度大小为
12．【答案】（1）
（2）多次测量取平均值；或减小木板倾角，让物块缓慢下滑、保证木板表面平整等（答一条即可）
【知识点】受力分析的应用；滑动摩擦力与动摩擦因数；牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）对手机及物块整体分析，根据牛顿第二定律可得，解得
故答案为：
（2）减小误差的措施：多次测量取平均值；或减小木板倾角，让物块缓慢下滑、保证木板表面平整等
故答案为：多次测量取平均值；或减小木板倾角，让物块缓慢下滑、保证木板表面平整等
【分析】(1) 对物块与手机整体受力分析，沿斜面方向由牛顿第二定律列方程，推导动摩擦因数表达式；
(2) 从减小偶然误差、系统误差角度提出可行措施。
（1）对手机及物块整体分析，根据牛顿第二定律可得
解得
（2）为了减小实验误差，可以采用多次测量求平均值。
13．【答案】（1）
（2）1A；0.70
（3）2600
（4）7500
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；练习使用多用电表；电池电动势和内阻的测量；测定电压表或电流表的内阻
【解析】【解答】（1）选用直流电压挡时，分度值为，指在位置时，多用电表示数为。
故答案为：
（2）选择电流挡，指针偏转角度较大，应该换用量程较大的挡位，所以应将选择开关拨到电流挡进行测量；
此时分度值为，指在位置时，多用电表示数为。
故答案为：1A；0.70
（3）由欧姆表读数规则可知，电压表的内阻
故答案为：2600
（4）设电压表示数为时，滑动变阻器与电源内阻的总阻值为，结合串联分压原理，有，接入待测电阻后，有，解得。
故答案为：7500
【分析】(1) 读取多用电表直流电压挡示数，注意分度值；
(2) 电流测量指针偏角过大需换大量程，再读取对应量程电流；
(3) 欧姆表读数=指针示数×倍率；
(4) 利用串联分压规律，结合滑动变阻器等效不变，列方程求解待测电阻。
（1）选用直流电压挡时，分度值为，指在位置时，多用电表示数为。
（2）[1]选择电流挡，指针偏转角度较大，应该换用量程较大的挡位，所以应将选择开关拨到电流挡进行测量；
[2]此时分度值为，指在位置时，多用电表示数为。
（3）由欧姆表读数规则可知，电压表的内阻
（4）设电压表示数为时，滑动变阻器与电源内阻的总阻值为，结合串联分压原理，有，接入待测电阻后，有，解得。
14．【答案】（1）解：加热过程，瓶坯内的气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律有
又气体总质量不变，则气体的密度与体积成反比
加热完成时，瓶坯内气体的密度
解得
（2）解：设充入气体体积为，由理想气体状态方程：
代入数据解得：
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；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；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【分析】(1) 加热过程瓶内气体等压变化，用盖 吕萨克定律求末态体积，再结合质量不变，密度与体积反比求加热后密度；
(2) 以原有气体和充入气体整体为研究对象，用理想气体状态方程求解充入气体体积。
（1）加热过程，瓶坯内的气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律有
又气体总质量不变，则气体的密度与体积成反比
加热完成时，瓶坯内气体的密度
解得
（2）充气前，瓶内气体压强为p0、体积为V3、温度为T2 ，充气后，瓶内气体压强为3p0、体积为V2、温度为T3 。设充入瓶内的气体在温度、压强均与加热前瓶坯内气体相同时的体积为V4，由理想气体状态方程有
解得
15．【答案】（1）解：平行磁场速度：
垂直磁场速度：
由洛伦兹力：，周期
代入 ，前进距离
代入数据：
（2）解：初始磁矩：
速度大小不变，反向时平行速度为0，垂直速度为，此时
磁矩不变：
由 ，，
又 ，故
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 将质子速度分解为平行、垂直磁场分量，垂直分量产生回旋运动，求出周期；平行分量匀速直线运动，结合周期求螺距；
(2) 利用磁矩 不变、速度大小不变的条件，结合最大磁感应强度约束，求解 范围。
（1）质子平行磁场方向的分速度
质子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力有
质子运动的周期
质子在赤道附近地磁场中运动1个周期时前进的距离d=
（2）质子初始时垂直磁场方向的分速度
结合题述可得保持不变，质子到达某位置能返回，说明质子到达此位置时，质子平行磁场方向的速度为零，设此位置磁感应强度为，因洛伦兹力不做功，质子的速度大小不变，有
可得
又因质子能到达位置的磁感应强度最大值
则有
可得
16．【答案】（1）①解：b在空中运动时，下落的高度为
设b离开a水平部分时的速度为v1，从抛出到落到圆弧轨道上竖直方向，有
水平方向，有x=v1t
由几何关系有
联立得
物块b在a水平部分运动，由牛顿第二定律有
由匀变速运动规律，有
a、b间的动摩擦因数μ=0.15
②解：物块b与圆弧轨道碰撞前瞬间的速度如图所示
设切线方向与竖直方向夹角为，根据几何关系可知
则沿切线方向速度
b下滑到圆弧轨道最低点的过程，由动能定理有
物块b运动到圆弧轨道最低点时，由圆周运动规律有
由牛顿第三定律可得，物块b运动到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小
（2）解：使a、b共速时物块b恰能离开物块a的水平部分，所以物块b减速运动，匀速和加速均不满足条件，设恒力为，共速时速度为，时间为。对a有，
对b有，
位移关系
即
得
共速时的速度
解得
说明F大小为1N，撤去F后，b滑上圆弧轨道，系统水平方向动量守恒，机械能守恒。设最终 a、b 速度分别为。动量守恒
能量守恒
联立解得速度分别为，
所以a、b的速度大小为，。
【知识点】受力分析的应用；动能定理的综合应用；机械能守恒定律；动量与能量的其他综合应用
【解析】【分析】(1) ①物块a静止，b在水平段匀减速、之后平抛落到圆弧上，结合平抛规律、几何关系、运动学公式求动摩擦因数；
②碰撞时仅保留切向速度，用动能定理求最低点速度，再由向心力公式、牛顿第三定律求压力；
(2) 分别对a、b受力分析，结合位移关系求恒力；撤去恒力后系统水平动量守恒、机械能守恒，求最终速度。
（1）①b在空中运动时，下落的高度为
设b离开a水平部分时的速度为v1，从抛出到落到圆弧轨道上竖直方向，有
水平方向，有x=v1t
由几何关系有
联立得
物块b在a水平部分运动，由牛顿第二定律有
由匀变速运动规律，有
a、b间的动摩擦因数μ=0.15
②物块b与圆弧轨道碰撞前瞬间的速度如图所示
设切线方向与竖直方向夹角为，根据几何关系可知
则沿切线方向速度
b下滑到圆弧轨道最低点的过程，由动能定理有
物块b运动到圆弧轨道最低点时，由圆周运动规律有
由牛顿第三定律可得，物块b运动到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小
（2）使a、b共速时物块b恰能离开物块a的水平部分，所以物块b减速运动，匀速和加速均不满足条件，设恒力为，共速时速度为，时间为。对a有，
对b有，
位移关系
即
得
共速时的速度
解得
说明F大小为1N，撤去F后，b滑上圆弧轨道，系统水平方向动量守恒，机械能守恒。设最终 a、b 速度分别为。动量守恒
能量守恒
联立解得速度分别为，
所以a、b的速度大小为，。
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