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2026届河北保定市高三下学期第一次模拟考试物理试题
1．卡通气球因为形象可爱深受小朋友们的喜欢。寒假时，小朋友将一卡通气球从寒冷的室外拿到温暖的家中（不考虑卡通气球的容积变化），关于气球内的气体，下列说法正确的是（　　）
A．气体压强增大 B．每个分子热运动的速率都变大
C．气体对外做正功 D．气体内能不一定增大
【答案】A
【知识点】气体压强的微观解释；物体的内能；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】A．气球容积不变，气体做等容变化；从室外到室内温度升高，根据查理定律，一定质量气体等容变化时压强与热力学温度成正比，温度升高，气体压强增大，A正确；
B．温度是分子平均热运动动能的标志，温度升高仅分子平均速率增大，不是每个分子热运动速率都变大，B错误；
C．气体体积不变，，气体对外做功为0，C错误；
D．理想气体内能仅由温度决定，温度升高，内能一定增大，D错误。
故答案为：A。
【分析】A：等容变化，温度升高则压强增大；
B：温度影响分子平均速率，不是单个分子速率；
C：体积不变，气体不对外做功；
D：理想气体内能只由温度决定。
2．宇宙射线进入地球大气层时会产生大量的中子，中子撞击大气中的会引发核反应产生，而具有放射性，可自发衰变为。下列说法正确的是（　　）
A．中子撞击的核反应为裂变反应
B．发生的是衰变
C．不同时间段产生的的半衰期不同
D．衰变产物除了之外，另一粒子来源于碳原子的核外电子
【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；原子核的人工转变
【解析】【解答】A．裂变反应指重核分裂为几个中等质量原子核的反应，中子撞击生成属于人工核转变，不属于裂变，故A错误；
B．衰变生成的过程中，质量数不变，电荷数增加1，放出的是电子，符合β衰变的反应规律，故B正确；
C．半衰期是放射性元素原子核的固有属性，由原子核内部结构决定，与产生时间无关，不同时间段产生的半衰期完全相同，故C错误；
D．衰变的电子来自原子核内中子转化为质子，不是核外电子，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：人工核转变≠核裂变；
B：衰变特征：质量数不变，电荷数+1，释放电子；
C：半衰期是原子核固有属性，不受外界、生成时间影响；
D：衰变电子源于核内中子衰变，与核外电子无关。
3．一列机械波在介质中传播，如图所示，图甲为该波在时刻的波动图像，图乙为质点A的振动图像，根据图像信息判断，下列说法正确的是（　　）
A．该机械波向右传播
B．该机械波传播的波速为2.4m/s
C．质点A的振动方程为
D．再经过，质点B第一次回到平衡位置
【答案】C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．由图乙知时刻质点A沿轴负方向运动，根据“同侧法”，机械波向左传播，A错误；
B．由图甲得波长，由图乙得周期，波速，B错误；
C．振幅，角频率，设振动方程，时，解得，即，C正确；
D．时刻波向左传播，质点B第一次回到平衡位置的时间，D错误。
故答案为：C。
【分析】A：由质点起振方向判断波向左传播；
B：波速由波长、周期求得为；
C：代入初始位移求解振动方程初相位；
D：结合波速、距离计算质点B回到平衡位置时间。
4．如图所示，在O点固定一正点电荷，电子绕其做椭圆运动，轨道如图中Ⅰ所示，O点是椭圆的一个焦点，A、B是椭圆长轴的两个端点。轨道Ⅱ是以O为圆心的圆轨道，从A点沿轨道Ⅲ运动的电子恰好能脱离正电荷的束缚运动至无穷远处，三个轨道相切于A点。只考虑电场力的作用，下列说法正确的是（　　）
A．电子从A运动到B的过程中电势能一直减小
B．电子在轨道Ⅱ上运动时电势能保持不变
C．若想使电子从轨道Ⅰ进入轨道Ⅲ，需在A点时减速
D．若仅改变正电荷的电荷量，电子仍然可以在轨道I运动
【答案】B
【知识点】电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．场源为正点电荷，离电荷越远电势越低，；电子带负电，由，可知电子从A到B电势能一直增大，A错误；
B．轨道Ⅱ是以为圆心的圆，是正点电荷电场的等势面，电子在等势面上运动，电场力不做功，电势能保持不变，B正确；
C．电子从轨道Ⅰ进入轨道Ⅲ，需要在A点加速，做离心运动才能脱离束缚，C错误；
D．改变正电荷的电荷量，库仑引力大小改变，向心力条件被破坏，电子不能在原椭圆轨道Ⅰ运动，D错误。
故答案为：B。
【分析】A：负电荷在低电势处电势能大，从A到B电势降低，电势能增大；
B：点电荷等势面为同心圆，等势面上电势能不变；
C：离心运动需要加速，而非减速；
D：库仑力改变，轨道无法维持。
5．2024年5月11日，受日冕物质抛射影响，地球发生强烈磁暴，使得我国新疆、东北甚至北京等中纬度地区均观测到了罕见的红色极光。如图所示，太阳风从左侧“吹向”地球，假设太阳风是大量带正电的高速粒子流。下列说法正确的是（　　）
A．从北极向上看，A区粒子经过北极上空后会逆时针盘旋而下
B．从北往南看，B区粒子靠近地球过程中会逆时针抛回太空，并分别向南北漂移
C．从南极向上看，C区粒子经过南极上空后会逆时针盘旋而下
D．极光经常出现在两极，是因为地球磁场两极比较弱
【答案】C
【知识点】地磁场；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A．地理北极附近磁感线指向地心，从北极向上看，磁场垂直纸面向外；带正电粒子由左手定则判断，会顺时针盘旋而下，A错误；
B．赤道附近（B区）磁感线向北，从北往南看，磁场垂直纸面向外；带正电粒子靠近地球时会顺时针偏转，B错误；
C．地理南极附近磁感线向上，从南极向上看，磁场垂直纸面向里；带正电粒子由左手定则，会逆时针盘旋而下，C正确；
D．极光常出现在两极，是因为带电粒子沿磁感线向两极运动，且两极磁场更强、磁感线更密集，D错误。
故答案为：C。
【分析】A：北极上空正粒子顺时针盘旋；
B：赤道附近正粒子顺时针偏转；
C：南极上空正粒子逆时针盘旋；
D：两极磁场更强，利于带电粒子聚集形成极光。
6．千帆星座（别称G60星链）是中国首个进入正式组网阶段的巨型低轨商业卫星互联网星座，计划于2030年前部署超1.5万颗卫星。如图所示，两颗已发射的卫星A、B在同一轨道平面内绕地球沿逆时针方向做匀速圆周运动（只考虑地球对它们的引力作用），某时刻两者与地心连线夹角为，轨道半径分别为、。已知引力常量为G，地球质量为M，下列说法正确的是（　　）
A．两卫星的线速度之比为
B．两卫星的加速度之比为
C．再经过时间，两卫星相距最近
D．两卫星经过相同的时间，卫星B与地心连线扫过的面积更大
【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；卫星问题
【解析】【解答】A．由万有引力提供向心力，得，线速度之比，A错误；
B．由，得，加速度之比，B错误；
C．由，得，，则。两卫星相距最近时满足，解得，C正确；
D．卫星与地心连线扫过的面积，，相同时间内卫星扫过面积更大，D错误。
故答案为：C。
【分析】A：线速度与轨道半径平方根成反比；
B：加速度与轨道半径平方成反比；
C：角速度之差转过时两卫星相距最近；
D：扫过面积与成正比，轨道半径越大面积越大。
7．如图甲所示，在弹性材料与水平面之间铺设压力传感器，可测量机器人连续空翻过程中对弹性材料的压力。某次测量得到的压力随时间的变化关系如图乙所示。若仅考虑机器人在竖直方向上的运动，不计空气阻力，。下列说法正确的是（　　）
A．在6.1s至7.5s内，机器人处于超重状态
B．在9.5s至10.3s内，弹性材料对机器人的冲量大约为3500Ns
C．机器人的最大加速度为
D．机器人相对于弹性材料的最大重力势能为2500J
【答案】D
【知识点】动量定理；牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】A．机器人重力，超重状态时对弹性材料压力大于；6.1s至7.5s内存在失重阶段，并非全程超重，A错误；
B.9.5s至10.3s内，作用时间小于，弹力最大值、平均值小于，冲量，小于，B错误；
C．由牛顿第二定律，，最大加速度，C错误；
D．由图得腾空时间，上升下落各，最大高度，最大重力势能，D正确。
故答案为：D。
【分析】A：依据超重、失重的受力判断条件，结合压力大小分析运动状态；
B：结合冲量定义，由弹力大小和作用时间分析冲量范围；
C：利用牛顿第二定律，求解最大加速度；
D：根据竖直上抛规律，求出最大高度，再计算最大重力势能。
8．一透明材料的截面如图所示，其中AOC为四分之一圆，AOB为等腰直角三角形，AB长为l。一束宽度为l的平行光从AB边垂直射入，若此材料对该光的折射率，真空中光速为c。下列说法正确的是（　　）
A．光线在透明材料中发生全反射时的临界角
B．射向O点的光线在透明材料中传播的时间为
C．从圆弧面AC出射的光线其传播方向一致
D．若改用形状相同折射率更小的材料，则从圆弧面AC出射的光束范围会增大
【答案】B,D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．由，得全反射临界角，A错误；
BC．射向O点的光线在透明材料中传播光路图如图所示
由几何关系可知
所以，该光在边发生全反射，光在透明材料中传播的路程为
光在透明材料中传播的速度为
则射向O点的光线在透明材料中传播的时间为
由图可知，从圆弧面AC出射的光线其传播方向垂直，故B正确，C错误；
D．折射率变小，临界角增大，圆弧面上可出射的范围扩大，D正确。
故答案为：BD。
【分析】A：临界角；
B：结合几何关系求路程，再由求传播时间；
C：圆弧面法线方向不同，出射光线方向不同；
D：折射率减小→临界角增大→出射光束范围增大。
9．在水平面上放置一半径为R的光滑绝缘管，管内有一电荷量为、质量为m的小球（小球直径略小于绝缘管内径），匀强磁场竖直向上，磁感应强度B随时间变化规律为，俯视图如图所示。变化磁场在圆管位置产生电场的电场强度大小为，（其中R是圆管半径）。时刻释放小球，小球将沿绝缘管做圆周运动，下列判断正确的是（　　）
A．小球将沿逆时针方向做圆周运动
B．小球在运动一周的过程中动能增加
C．小球在管内第一次回到释放位置的时间为
D．任意时刻小球受到绝缘管弹力大小不变
【答案】A,C
【知识点】电磁感应现象中的感生电场
【解析】【解答】A．由楞次定律，磁场增强，感应电场为顺时针方向；小球带负电，电场力沿逆时针，故小球逆时针做圆周运动，A正确；
B．感应电场强度，运动一周电场力做功，动能增加，B错误；
C．电场力产生切向加速度：，由，解得，C正确；
D．速度随时间增大，洛伦兹力、向心力均随时间变化，管壁弹力大小改变，D错误。
故答案为：AC。
【分析】A：结合楞次定律判断感应电场方向，再由电荷正负判断受力与运动方向；
B：根据电场力做功公式，求解小球运动一周的动能增加量；
C：利用牛顿第二定律与匀加速曲线运动规律，求解小球回到出发点的时间；
D：分析径向向心力来源，结合速度、磁场随时间的变化，判断弹力是否恒定。
10．如图所示，质量为2kg的小车A置于光滑水平地面上，其右侧是一半径为1m的光滑圆弧轨道，圆弧轨道对应圆心角为60°，小车水平部分粗糙。质量为0.99kg的滑块B静止于小车的左端，现被水平飞来的质量为0.01kg、速度为700m/s的子弹C击中，子弹立即停留在滑块B中，之后B在小车上滑动，与粗糙部分动摩擦因数为0.5，且从圆弧轨道的最高点离开小车，B上升的最高点距小车顶端的高度为0.15m。滑块B可视为质点，不计空气阻力，g取，则下列说法正确的是（　　）
A．子弹C刚停留在滑块B中时，滑块B的速度大小为7m/s
B．滑块B离开小车瞬间的速度大小为
C．小车粗糙水平面的长度为1.9m
D．滑块B离开小车后再下落到与小车顶端等高时，距离顶端
【答案】A,C,D
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．子弹击中滑块过程动量守恒，，代入数据解得，A正确；
B．滑块离开小车时竖直分速度，相对小车水平分速度；
系统水平动量守恒，且，解得，；离开时合速度，B错误；
C．由能量守恒，解得粗糙面长度，C正确；
D．滑块离开后，相对小车做竖直上抛运动，往返时间，水平相对位移，D正确。
故答案为：ACD。
【分析】A：完全非弹性碰撞，动量守恒直接求解；
B：结合相对运动、动量守恒求水平速度，再合成合速度；
C：能量守恒包含摩擦生热、重力势能、动能变化；
D：相对水平速度恒定，竖直方向相对上抛，求水平位移。
11．某实验兴趣小组利用如图装置测量弹簧的劲度系数，实验思路如下：力学轨道竖直放置（力学轨道自带刻度），将力传感器固定在力学轨道上，弹簧一端挂在力传感器上，待稳定后，按下力传感器的调零按钮进行调零，缓慢拉动弹簧的下端，记录指针对应的位置x和力传感器示数F，获得多组数据。
（1）关于本实验，下列说法正确的是________。
A．弹簧自身的重力对弹簧劲度系数的测量没有影响
B．实验中必须测出弹簧的原长，否则无法计算弹簧的劲度系数
C．需要待力传感器示数稳定时，再读取并记录其示数F
D．比值表示弹簧的劲度系数
（2）某同学利用Excel表格“数据”功能生成以下图表，根据图表中的信息可得该弹簧的劲度系数k为　 　N/m（结果保留三位有效数字）。
【答案】（1）A；C
（2）33.3
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
【解析】【解答】（1）A．实验前力传感器调零，弹簧自重被抵消，劲度系数由计算，自重无影响，故A错误；
B．只需测量伸长量，不需要原长，故B错误；
C．弹簧稳定后弹力才恒定，需示数稳定再读数，故C正确；
D．力与弹簧对应的伸长量的比值表示弹簧的劲度系数，比值不表示弹簧的劲度系数，故D错误。
故答案为：AC。
（2）根据题图可得弹簧的劲度系数约为
故答案为：33.3
【分析】(1) 依据胡克定律，分析弹簧自重、原长、读数条件、劲度系数定义对选项进行判断；
(2) 劲度系数为图像的斜率，选取图像上两点，由计算。
（1）A．在弹簧自身的重力影响下，弹簧的初始长度会增大，根据可知弹簧的劲度系数用弹簧增加的力与对应增加的长度的比值进行计算，所以弹簧自身的重力对弹簧劲度系数的测量没有影响，故A错误；
B．根据A选项分析可知，不需要测出弹簧的原长，也可以计算出弹簧的劲度系数，故B错误；
C．实验过程中需要待力传感器示数稳定时，再读取并记录其示数F，故C正确；
D．力与弹簧对应的伸长量的比值表示弹簧的劲度系数，比值不表示弹簧的劲度系数，故D错误。
故选AC。
（2）根据题图可得弹簧的劲度系数约为
12．某实验小组使用DIS装置探究“温度不变时一定质量的气体压强与体积的关系”。实验装置如图甲所示，将导热的注射器前端通过软管和压强传感器相连，通过数据采集器在计算机上记录注射器内被封闭气体的压强p，通过注射器自带的刻度读取气体的体积V。
该小组的同学用同一份气体在两种温度下做了探究，并作出图像，如图乙所示，图线a对应的封闭气体温度　 　（填“大于”“等于”或“小于”）图线b对应的封闭气体温度。此外，两图线均不过原点的原因可能是　 　。
A.未计入软管中气体的体积
B.实验过程中有漏气现象
C.实验过程中，推拉活塞过快导致气体温度升高
【答案】大于；A
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；理想气体的实验规律
【解析】【解答】温度不变时，有，所以，由图线可知，图线a的斜率较大，则图线a对应的封闭气体温度大于图线b对应的封闭气体温度；根据，可得
可知图像仍是一条倾斜的直线，由于未计入注射器与压强传感器之间软管内的气体体积，则此时气体存在初态压强，故图像有横截距，故A正确。
故答案为：大于；A
【分析】(1) 根据玻意耳定律变形得到函数关系，斜率与热力学温度成正比，比较斜率判断温度大小；
(2) 分析图像不过原点的误差来源，结合软管体积、漏气、温度变化的影响判断选项。
13．一物理兴趣小组对某型号机器人使用的压力传感器展开研究。利用如图甲所示的实物电路（导线未连接完全）测量不同压力下的电阻，电路中各元器件的规格如下：待测压力传感器（阻值范围：）；电源（电动势3V，内阻不计）；电流表A（量程，内阻约）；电压表V（量程3V，内阻约）；滑动变阻器R（阻值范围）。
（1）请根据实验需要用笔画线把实物电路图补充完整。
（2）将压力传感器水平放置，在上面放置不同的砝码，测得不同压力下压力传感器的阻值，将砝码重力记为F，描绘出图线如图乙所示。若将图线的斜率定义为压敏电阻的灵敏度，斜率绝对值越大，灵敏度越高。由此可知在压力小于1.5N的区间内，该型号压力传感器的灵敏度较　 　（填“高”或“低”）。
（3）将实验中压力传感器接入如图丙所示的电路中，已知，，电源内阻和电流表内阻均忽略不计。再把此传感器安装在机器人的一个机械手指上，要求五个手指竖直抓起重力为1.5N的圆柱体不滑落（假设五个手指对圆柱体施加的压力大小相等），如图丁所示。已知手指与圆柱体的最大静摩擦力等于压力的0.3倍。则电流表的示数至少为　 　（结果保留3位有效数字）。
【答案】（1）
（2）高
（3）150
【知识点】常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】（1）由于压力传感器的电阻与电压表内阻接近，远大于电流表的电阻，所以选择电流表内接法，滑动变阻器的阻值远小于压力传感器的阻值，为了更方便的调解电压，滑动变阻器采用分压式连接，如图所示
（2）根据图乙所示的压力曲线可知，在压力小于1.5N的区间内，图线的斜率的绝对值较大，该型号压力传感器的灵敏度较高。
故答案为：高
（3）对圆柱体受力分析，根据牛顿第二定律有
解得最小压力，结合图乙所示的压力曲线可知对应的电阻
则检测电流表的示数至少为
故答案为：150
【分析】(1) 根据待测电阻、电表内阻、滑动变阻器阻值，判断电流表内接法、滑动变阻器分压式接法，完成实物连线；
(2) 灵敏度为，压力小于1.5N时斜率绝对值大，灵敏度高；
(3) 由静摩擦力平衡求单指最小压力，结合图像得对应电阻，由闭合电路欧姆定律求最小电流。
（1）由于压力传感器的电阻与电压表内阻接近，远大于电流表的电阻，所以选择电流表内接法，滑动变阻器的阻值远小于压力传感器的阻值，为了更方便的调解电压，滑动变阻器采用分压式连接，如图所示
（2）根据图乙所示的压力曲线可知，在压力小于1.5N的区间内，图线的斜率的绝对值较大，该型号压力传感器的灵敏度较高。
（3）对圆柱体受力分析，根据牛顿第二定律有
解得最小压力
结合图乙所示的压力曲线可知对应的电阻
则检测电流表的示数至少为
14．如图甲所示，一端固定轻质滑轮的长木板，上面放置一质量为M的滑块，用木块从另一端把木板从水平桌面上垫起，夹角为时滑块刚要开始滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
（1）求滑块与长木板之间的动摩擦因数；
（2）如图乙所示，用一条细线跨过滑轮把质量为m的物体与滑块连接，由静止释放后，求：
①滑块在运动过程中受到细线的拉力（滑轮与滑块之间的细线与长木板平行）；
②当时，细线的拉力。
【答案】（1）解：夹角为时滑块刚要开始滑动，对滑块根据平衡关系
可得滑块与长木板之间的动摩擦因数
（2）①解：设细线中的拉力大小为T，对质量为m的物体进行受力分析，根据牛顿第二定律
对滑块根据牛顿第二定律
其中a为物体和滑块运动的加速度大小，联立解得
②解：当时，细线的拉力
【知识点】共点力的平衡；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【分析】(1) 滑块刚好滑动时受力平衡，重力沿斜面向下分力等于最大静摩擦力，求解动摩擦因数；
(2) 对滑块、悬挂物体分别列牛顿第二定律方程，联立求拉力；再由极限条件分析时拉力。
（1）夹角为时滑块刚要开始滑动，对滑块根据平衡关系
可得滑块与长木板之间的动摩擦因数
（2）①设细线中的拉力大小为T，对质量为m的物体进行受力分析，根据牛顿第二定律
对滑块根据牛顿第二定律
其中a为物体和滑块运动的加速度大小，联立解得
②当时，细线的拉力
15．如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小，同时存在着水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小。有一带正电的小球，质量，电荷量，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动。当小球运动至P点时撤去磁场，不考虑磁场消失时引起的电磁感应现象，取，求：
（1）小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；
（2）小球从P点到再次穿过P点所在的这条电场线时所用的时间；
（3）设P点的重力势能为0，求小球再次经过P点所在的电场线时的机械能。
【答案】（1）解：对小球进行受力分析，设其匀速运动时速度大小为v，根据平衡条件可得
解得
设速度与水平方向成，则有
解得
可知速度与水平方向成60°角斜向右上方
（2）解：沿水平竖直方向建立直角坐标系，小球水平方向分速度为
竖直方向分速度为
撤去磁场后，小球竖直方向做竖直上抛运动，根据对称性可知小球从P点到再次穿过P点所在的这条电场线时所用的时间
解得
（3）解：撤去磁场后，水平方向根据牛顿第二定律可得
解得水平方向的加速度大小为
小球从P点到再次穿过P点所在的这条电场线过程中，水平方向通过的位移大小为
解得
小球从P点到再次穿过P点所在的这条电场线过程中，重力做功为0，根据动能定理可得
以P点的重力势能为0，则小球再次经过P点所在的电场线时的机械能为
联立解得
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 小球匀速直线运动，受力平衡，洛伦兹力与重力、电场力的合力等大反向，用勾股定理求速度，用三角函数求速度方向；
(2) 撤去磁场后，竖直方向竖直上抛，由竖直上抛对称性求往返时间；
(3) 水平方向匀加速，竖直方向重力做功为0，用动能定理求末动能，结合重力势能为0，得到机械能。
（1）对小球进行受力分析，设其匀速运动时速度大小为v，根据平衡条件可得
解得
设速度与水平方向成，则有
解得
可知速度与水平方向成60°角斜向右上方。
（2）沿水平竖直方向建立直角坐标系，小球水平方向分速度为
竖直方向分速度为
撤去磁场后，小球竖直方向做竖直上抛运动，根据对称性可知小球从P点到再次穿过P点所在的这条电场线时所用的时间
解得
（3）撤去磁场后，水平方向根据牛顿第二定律可得
解得水平方向的加速度大小为
小球从P点到再次穿过P点所在的这条电场线过程中，水平方向通过的位移大小为
解得
小球从P点到再次穿过P点所在的这条电场线过程中，重力做功为0，根据动能定理可得
以P点的重力势能为0，则小球再次经过P点所在的电场线时的机械能为
联立解得
16．如图所示，将质量2kg的薄木板放在水平桌面上，在木板上放质量1kg的小滑块（可视为质点），滑块距离木板左边缘0.18m，距离桌面右边缘0.27m。已知滑块与木板间动摩擦因数为0.1，木板与桌面间、滑块与桌面间的动摩擦因数相同，均为0.2。现用水平恒力拉动木板，将木板从滑块下面抽出，滑块恰好未从桌面上掉下。重力加速度g取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）小滑块运动的时间；
（2）若拉力始终作用在木板上，求拉力的大小；
（3）若改变拉力的大小，使其作用一段时间后撤去，求拉力作用的最短时间。
【答案】（1）解：设小滑块在木板上运动的加速度为，时间为，在桌面上运动的加速度为，时间为，根据，
其中
根据牛顿第二定律，
小滑块运动的时间为t，有
解得
（2）解：设小滑块在木板上运动时木板的加速度为a，根据牛顿第二定律
在时间内
其中
解得
（3）解：设F作用一段时间，小滑块与木板分离时速度为v，对木板根据动量定理
满足条件
撤去F后
满足条件
根据运动学公式
解得
即拉力作用的最短时间为
【知识点】动量定理；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】(1) 滑块先在木板上匀加速、后在桌面匀减速，恰好不从桌面掉下，末速度为0，由牛顿第二定律与运动学公式求总时间；
(2) 分别对滑块、木板受力分析，结合相对位移求木板加速度，再用牛顿第二定律求拉力；
(3) 拉力作用一段时间后撤去，木板先加速后减速，滑块始终先加速后减速，结合位移关系、动量定理求最短作用时间。
（1）设小滑块在木板上运动的加速度为，时间为，在桌面上运动的加速度为，时间为，根据，
其中
根据牛顿第二定律，
小滑块运动的时间为t，有
解得
（2）设小滑块在木板上运动时木板的加速度为a，根据牛顿第二定律
在时间内
其中
解得
（3）设F作用一段时间，小滑块与木板分离时速度为v，对木板根据动量定理
满足条件
撤去F后
满足条件
根据运动学公式
解得
即拉力作用的最短时间为
1 / 12026届河北保定市高三下学期第一次模拟考试物理试题
1．卡通气球因为形象可爱深受小朋友们的喜欢。寒假时，小朋友将一卡通气球从寒冷的室外拿到温暖的家中（不考虑卡通气球的容积变化），关于气球内的气体，下列说法正确的是（　　）
A．气体压强增大 B．每个分子热运动的速率都变大
C．气体对外做正功 D．气体内能不一定增大
2．宇宙射线进入地球大气层时会产生大量的中子，中子撞击大气中的会引发核反应产生，而具有放射性，可自发衰变为。下列说法正确的是（　　）
A．中子撞击的核反应为裂变反应
B．发生的是衰变
C．不同时间段产生的的半衰期不同
D．衰变产物除了之外，另一粒子来源于碳原子的核外电子
3．一列机械波在介质中传播，如图所示，图甲为该波在时刻的波动图像，图乙为质点A的振动图像，根据图像信息判断，下列说法正确的是（　　）
A．该机械波向右传播
B．该机械波传播的波速为2.4m/s
C．质点A的振动方程为
D．再经过，质点B第一次回到平衡位置
4．如图所示，在O点固定一正点电荷，电子绕其做椭圆运动，轨道如图中Ⅰ所示，O点是椭圆的一个焦点，A、B是椭圆长轴的两个端点。轨道Ⅱ是以O为圆心的圆轨道，从A点沿轨道Ⅲ运动的电子恰好能脱离正电荷的束缚运动至无穷远处，三个轨道相切于A点。只考虑电场力的作用，下列说法正确的是（　　）
A．电子从A运动到B的过程中电势能一直减小
B．电子在轨道Ⅱ上运动时电势能保持不变
C．若想使电子从轨道Ⅰ进入轨道Ⅲ，需在A点时减速
D．若仅改变正电荷的电荷量，电子仍然可以在轨道I运动
5．2024年5月11日，受日冕物质抛射影响，地球发生强烈磁暴，使得我国新疆、东北甚至北京等中纬度地区均观测到了罕见的红色极光。如图所示，太阳风从左侧“吹向”地球，假设太阳风是大量带正电的高速粒子流。下列说法正确的是（　　）
A．从北极向上看，A区粒子经过北极上空后会逆时针盘旋而下
B．从北往南看，B区粒子靠近地球过程中会逆时针抛回太空，并分别向南北漂移
C．从南极向上看，C区粒子经过南极上空后会逆时针盘旋而下
D．极光经常出现在两极，是因为地球磁场两极比较弱
6．千帆星座（别称G60星链）是中国首个进入正式组网阶段的巨型低轨商业卫星互联网星座，计划于2030年前部署超1.5万颗卫星。如图所示，两颗已发射的卫星A、B在同一轨道平面内绕地球沿逆时针方向做匀速圆周运动（只考虑地球对它们的引力作用），某时刻两者与地心连线夹角为，轨道半径分别为、。已知引力常量为G，地球质量为M，下列说法正确的是（　　）
A．两卫星的线速度之比为
B．两卫星的加速度之比为
C．再经过时间，两卫星相距最近
D．两卫星经过相同的时间，卫星B与地心连线扫过的面积更大
7．如图甲所示，在弹性材料与水平面之间铺设压力传感器，可测量机器人连续空翻过程中对弹性材料的压力。某次测量得到的压力随时间的变化关系如图乙所示。若仅考虑机器人在竖直方向上的运动，不计空气阻力，。下列说法正确的是（　　）
A．在6.1s至7.5s内，机器人处于超重状态
B．在9.5s至10.3s内，弹性材料对机器人的冲量大约为3500Ns
C．机器人的最大加速度为
D．机器人相对于弹性材料的最大重力势能为2500J
8．一透明材料的截面如图所示，其中AOC为四分之一圆，AOB为等腰直角三角形，AB长为l。一束宽度为l的平行光从AB边垂直射入，若此材料对该光的折射率，真空中光速为c。下列说法正确的是（　　）
A．光线在透明材料中发生全反射时的临界角
B．射向O点的光线在透明材料中传播的时间为
C．从圆弧面AC出射的光线其传播方向一致
D．若改用形状相同折射率更小的材料，则从圆弧面AC出射的光束范围会增大
9．在水平面上放置一半径为R的光滑绝缘管，管内有一电荷量为、质量为m的小球（小球直径略小于绝缘管内径），匀强磁场竖直向上，磁感应强度B随时间变化规律为，俯视图如图所示。变化磁场在圆管位置产生电场的电场强度大小为，（其中R是圆管半径）。时刻释放小球，小球将沿绝缘管做圆周运动，下列判断正确的是（　　）
A．小球将沿逆时针方向做圆周运动
B．小球在运动一周的过程中动能增加
C．小球在管内第一次回到释放位置的时间为
D．任意时刻小球受到绝缘管弹力大小不变
10．如图所示，质量为2kg的小车A置于光滑水平地面上，其右侧是一半径为1m的光滑圆弧轨道，圆弧轨道对应圆心角为60°，小车水平部分粗糙。质量为0.99kg的滑块B静止于小车的左端，现被水平飞来的质量为0.01kg、速度为700m/s的子弹C击中，子弹立即停留在滑块B中，之后B在小车上滑动，与粗糙部分动摩擦因数为0.5，且从圆弧轨道的最高点离开小车，B上升的最高点距小车顶端的高度为0.15m。滑块B可视为质点，不计空气阻力，g取，则下列说法正确的是（　　）
A．子弹C刚停留在滑块B中时，滑块B的速度大小为7m/s
B．滑块B离开小车瞬间的速度大小为
C．小车粗糙水平面的长度为1.9m
D．滑块B离开小车后再下落到与小车顶端等高时，距离顶端
11．某实验兴趣小组利用如图装置测量弹簧的劲度系数，实验思路如下：力学轨道竖直放置（力学轨道自带刻度），将力传感器固定在力学轨道上，弹簧一端挂在力传感器上，待稳定后，按下力传感器的调零按钮进行调零，缓慢拉动弹簧的下端，记录指针对应的位置x和力传感器示数F，获得多组数据。
（1）关于本实验，下列说法正确的是________。
A．弹簧自身的重力对弹簧劲度系数的测量没有影响
B．实验中必须测出弹簧的原长，否则无法计算弹簧的劲度系数
C．需要待力传感器示数稳定时，再读取并记录其示数F
D．比值表示弹簧的劲度系数
（2）某同学利用Excel表格“数据”功能生成以下图表，根据图表中的信息可得该弹簧的劲度系数k为　 　N/m（结果保留三位有效数字）。
12．某实验小组使用DIS装置探究“温度不变时一定质量的气体压强与体积的关系”。实验装置如图甲所示，将导热的注射器前端通过软管和压强传感器相连，通过数据采集器在计算机上记录注射器内被封闭气体的压强p，通过注射器自带的刻度读取气体的体积V。
该小组的同学用同一份气体在两种温度下做了探究，并作出图像，如图乙所示，图线a对应的封闭气体温度　 　（填“大于”“等于”或“小于”）图线b对应的封闭气体温度。此外，两图线均不过原点的原因可能是　 　。
A.未计入软管中气体的体积
B.实验过程中有漏气现象
C.实验过程中，推拉活塞过快导致气体温度升高
13．一物理兴趣小组对某型号机器人使用的压力传感器展开研究。利用如图甲所示的实物电路（导线未连接完全）测量不同压力下的电阻，电路中各元器件的规格如下：待测压力传感器（阻值范围：）；电源（电动势3V，内阻不计）；电流表A（量程，内阻约）；电压表V（量程3V，内阻约）；滑动变阻器R（阻值范围）。
（1）请根据实验需要用笔画线把实物电路图补充完整。
（2）将压力传感器水平放置，在上面放置不同的砝码，测得不同压力下压力传感器的阻值，将砝码重力记为F，描绘出图线如图乙所示。若将图线的斜率定义为压敏电阻的灵敏度，斜率绝对值越大，灵敏度越高。由此可知在压力小于1.5N的区间内，该型号压力传感器的灵敏度较　 　（填“高”或“低”）。
（3）将实验中压力传感器接入如图丙所示的电路中，已知，，电源内阻和电流表内阻均忽略不计。再把此传感器安装在机器人的一个机械手指上，要求五个手指竖直抓起重力为1.5N的圆柱体不滑落（假设五个手指对圆柱体施加的压力大小相等），如图丁所示。已知手指与圆柱体的最大静摩擦力等于压力的0.3倍。则电流表的示数至少为　 　（结果保留3位有效数字）。
14．如图甲所示，一端固定轻质滑轮的长木板，上面放置一质量为M的滑块，用木块从另一端把木板从水平桌面上垫起，夹角为时滑块刚要开始滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
（1）求滑块与长木板之间的动摩擦因数；
（2）如图乙所示，用一条细线跨过滑轮把质量为m的物体与滑块连接，由静止释放后，求：
①滑块在运动过程中受到细线的拉力（滑轮与滑块之间的细线与长木板平行）；
②当时，细线的拉力。
15．如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小，同时存在着水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小。有一带正电的小球，质量，电荷量，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动。当小球运动至P点时撤去磁场，不考虑磁场消失时引起的电磁感应现象，取，求：
（1）小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；
（2）小球从P点到再次穿过P点所在的这条电场线时所用的时间；
（3）设P点的重力势能为0，求小球再次经过P点所在的电场线时的机械能。
16．如图所示，将质量2kg的薄木板放在水平桌面上，在木板上放质量1kg的小滑块（可视为质点），滑块距离木板左边缘0.18m，距离桌面右边缘0.27m。已知滑块与木板间动摩擦因数为0.1，木板与桌面间、滑块与桌面间的动摩擦因数相同，均为0.2。现用水平恒力拉动木板，将木板从滑块下面抽出，滑块恰好未从桌面上掉下。重力加速度g取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）小滑块运动的时间；
（2）若拉力始终作用在木板上，求拉力的大小；
（3）若改变拉力的大小，使其作用一段时间后撤去，求拉力作用的最短时间。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】气体压强的微观解释；物体的内能；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】A．气球容积不变，气体做等容变化；从室外到室内温度升高，根据查理定律，一定质量气体等容变化时压强与热力学温度成正比，温度升高，气体压强增大，A正确；
B．温度是分子平均热运动动能的标志，温度升高仅分子平均速率增大，不是每个分子热运动速率都变大，B错误；
C．气体体积不变，，气体对外做功为0，C错误；
D．理想气体内能仅由温度决定，温度升高，内能一定增大，D错误。
故答案为：A。
【分析】A：等容变化，温度升高则压强增大；
B：温度影响分子平均速率，不是单个分子速率；
C：体积不变，气体不对外做功；
D：理想气体内能只由温度决定。
2．【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；原子核的人工转变
【解析】【解答】A．裂变反应指重核分裂为几个中等质量原子核的反应，中子撞击生成属于人工核转变，不属于裂变，故A错误；
B．衰变生成的过程中，质量数不变，电荷数增加1，放出的是电子，符合β衰变的反应规律，故B正确；
C．半衰期是放射性元素原子核的固有属性，由原子核内部结构决定，与产生时间无关，不同时间段产生的半衰期完全相同，故C错误；
D．衰变的电子来自原子核内中子转化为质子，不是核外电子，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：人工核转变≠核裂变；
B：衰变特征：质量数不变，电荷数+1，释放电子；
C：半衰期是原子核固有属性，不受外界、生成时间影响；
D：衰变电子源于核内中子衰变，与核外电子无关。
3．【答案】C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．由图乙知时刻质点A沿轴负方向运动，根据“同侧法”，机械波向左传播，A错误；
B．由图甲得波长，由图乙得周期，波速，B错误；
C．振幅，角频率，设振动方程，时，解得，即，C正确；
D．时刻波向左传播，质点B第一次回到平衡位置的时间，D错误。
故答案为：C。
【分析】A：由质点起振方向判断波向左传播；
B：波速由波长、周期求得为；
C：代入初始位移求解振动方程初相位；
D：结合波速、距离计算质点B回到平衡位置时间。
4．【答案】B
【知识点】电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．场源为正点电荷，离电荷越远电势越低，；电子带负电，由，可知电子从A到B电势能一直增大，A错误；
B．轨道Ⅱ是以为圆心的圆，是正点电荷电场的等势面，电子在等势面上运动，电场力不做功，电势能保持不变，B正确；
C．电子从轨道Ⅰ进入轨道Ⅲ，需要在A点加速，做离心运动才能脱离束缚，C错误；
D．改变正电荷的电荷量，库仑引力大小改变，向心力条件被破坏，电子不能在原椭圆轨道Ⅰ运动，D错误。
故答案为：B。
【分析】A：负电荷在低电势处电势能大，从A到B电势降低，电势能增大；
B：点电荷等势面为同心圆，等势面上电势能不变；
C：离心运动需要加速，而非减速；
D：库仑力改变，轨道无法维持。
5．【答案】C
【知识点】地磁场；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A．地理北极附近磁感线指向地心，从北极向上看，磁场垂直纸面向外；带正电粒子由左手定则判断，会顺时针盘旋而下，A错误；
B．赤道附近（B区）磁感线向北，从北往南看，磁场垂直纸面向外；带正电粒子靠近地球时会顺时针偏转，B错误；
C．地理南极附近磁感线向上，从南极向上看，磁场垂直纸面向里；带正电粒子由左手定则，会逆时针盘旋而下，C正确；
D．极光常出现在两极，是因为带电粒子沿磁感线向两极运动，且两极磁场更强、磁感线更密集，D错误。
故答案为：C。
【分析】A：北极上空正粒子顺时针盘旋；
B：赤道附近正粒子顺时针偏转；
C：南极上空正粒子逆时针盘旋；
D：两极磁场更强，利于带电粒子聚集形成极光。
6．【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；卫星问题
【解析】【解答】A．由万有引力提供向心力，得，线速度之比，A错误；
B．由，得，加速度之比，B错误；
C．由，得，，则。两卫星相距最近时满足，解得，C正确；
D．卫星与地心连线扫过的面积，，相同时间内卫星扫过面积更大，D错误。
故答案为：C。
【分析】A：线速度与轨道半径平方根成反比；
B：加速度与轨道半径平方成反比；
C：角速度之差转过时两卫星相距最近；
D：扫过面积与成正比，轨道半径越大面积越大。
7．【答案】D
【知识点】动量定理；牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】A．机器人重力，超重状态时对弹性材料压力大于；6.1s至7.5s内存在失重阶段，并非全程超重，A错误；
B.9.5s至10.3s内，作用时间小于，弹力最大值、平均值小于，冲量，小于，B错误；
C．由牛顿第二定律，，最大加速度，C错误；
D．由图得腾空时间，上升下落各，最大高度，最大重力势能，D正确。
故答案为：D。
【分析】A：依据超重、失重的受力判断条件，结合压力大小分析运动状态；
B：结合冲量定义，由弹力大小和作用时间分析冲量范围；
C：利用牛顿第二定律，求解最大加速度；
D：根据竖直上抛规律，求出最大高度，再计算最大重力势能。
8．【答案】B,D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．由，得全反射临界角，A错误；
BC．射向O点的光线在透明材料中传播光路图如图所示
由几何关系可知
所以，该光在边发生全反射，光在透明材料中传播的路程为
光在透明材料中传播的速度为
则射向O点的光线在透明材料中传播的时间为
由图可知，从圆弧面AC出射的光线其传播方向垂直，故B正确，C错误；
D．折射率变小，临界角增大，圆弧面上可出射的范围扩大，D正确。
故答案为：BD。
【分析】A：临界角；
B：结合几何关系求路程，再由求传播时间；
C：圆弧面法线方向不同，出射光线方向不同；
D：折射率减小→临界角增大→出射光束范围增大。
9．【答案】A,C
【知识点】电磁感应现象中的感生电场
【解析】【解答】A．由楞次定律，磁场增强，感应电场为顺时针方向；小球带负电，电场力沿逆时针，故小球逆时针做圆周运动，A正确；
B．感应电场强度，运动一周电场力做功，动能增加，B错误；
C．电场力产生切向加速度：，由，解得，C正确；
D．速度随时间增大，洛伦兹力、向心力均随时间变化，管壁弹力大小改变，D错误。
故答案为：AC。
【分析】A：结合楞次定律判断感应电场方向，再由电荷正负判断受力与运动方向；
B：根据电场力做功公式，求解小球运动一周的动能增加量；
C：利用牛顿第二定律与匀加速曲线运动规律，求解小球回到出发点的时间；
D：分析径向向心力来源，结合速度、磁场随时间的变化，判断弹力是否恒定。
10．【答案】A,C,D
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．子弹击中滑块过程动量守恒，，代入数据解得，A正确；
B．滑块离开小车时竖直分速度，相对小车水平分速度；
系统水平动量守恒，且，解得，；离开时合速度，B错误；
C．由能量守恒，解得粗糙面长度，C正确；
D．滑块离开后，相对小车做竖直上抛运动，往返时间，水平相对位移，D正确。
故答案为：ACD。
【分析】A：完全非弹性碰撞，动量守恒直接求解；
B：结合相对运动、动量守恒求水平速度，再合成合速度；
C：能量守恒包含摩擦生热、重力势能、动能变化；
D：相对水平速度恒定，竖直方向相对上抛，求水平位移。
11．【答案】（1）A；C
（2）33.3
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
【解析】【解答】（1）A．实验前力传感器调零，弹簧自重被抵消，劲度系数由计算，自重无影响，故A错误；
B．只需测量伸长量，不需要原长，故B错误；
C．弹簧稳定后弹力才恒定，需示数稳定再读数，故C正确；
D．力与弹簧对应的伸长量的比值表示弹簧的劲度系数，比值不表示弹簧的劲度系数，故D错误。
故答案为：AC。
（2）根据题图可得弹簧的劲度系数约为
故答案为：33.3
【分析】(1) 依据胡克定律，分析弹簧自重、原长、读数条件、劲度系数定义对选项进行判断；
(2) 劲度系数为图像的斜率，选取图像上两点，由计算。
（1）A．在弹簧自身的重力影响下，弹簧的初始长度会增大，根据可知弹簧的劲度系数用弹簧增加的力与对应增加的长度的比值进行计算，所以弹簧自身的重力对弹簧劲度系数的测量没有影响，故A错误；
B．根据A选项分析可知，不需要测出弹簧的原长，也可以计算出弹簧的劲度系数，故B错误；
C．实验过程中需要待力传感器示数稳定时，再读取并记录其示数F，故C正确；
D．力与弹簧对应的伸长量的比值表示弹簧的劲度系数，比值不表示弹簧的劲度系数，故D错误。
故选AC。
（2）根据题图可得弹簧的劲度系数约为
12．【答案】大于；A
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；理想气体的实验规律
【解析】【解答】温度不变时，有，所以，由图线可知，图线a的斜率较大，则图线a对应的封闭气体温度大于图线b对应的封闭气体温度；根据，可得
可知图像仍是一条倾斜的直线，由于未计入注射器与压强传感器之间软管内的气体体积，则此时气体存在初态压强，故图像有横截距，故A正确。
故答案为：大于；A
【分析】(1) 根据玻意耳定律变形得到函数关系，斜率与热力学温度成正比，比较斜率判断温度大小；
(2) 分析图像不过原点的误差来源，结合软管体积、漏气、温度变化的影响判断选项。
13．【答案】（1）
（2）高
（3）150
【知识点】常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】（1）由于压力传感器的电阻与电压表内阻接近，远大于电流表的电阻，所以选择电流表内接法，滑动变阻器的阻值远小于压力传感器的阻值，为了更方便的调解电压，滑动变阻器采用分压式连接，如图所示
（2）根据图乙所示的压力曲线可知，在压力小于1.5N的区间内，图线的斜率的绝对值较大，该型号压力传感器的灵敏度较高。
故答案为：高
（3）对圆柱体受力分析，根据牛顿第二定律有
解得最小压力，结合图乙所示的压力曲线可知对应的电阻
则检测电流表的示数至少为
故答案为：150
【分析】(1) 根据待测电阻、电表内阻、滑动变阻器阻值，判断电流表内接法、滑动变阻器分压式接法，完成实物连线；
(2) 灵敏度为，压力小于1.5N时斜率绝对值大，灵敏度高；
(3) 由静摩擦力平衡求单指最小压力，结合图像得对应电阻，由闭合电路欧姆定律求最小电流。
（1）由于压力传感器的电阻与电压表内阻接近，远大于电流表的电阻，所以选择电流表内接法，滑动变阻器的阻值远小于压力传感器的阻值，为了更方便的调解电压，滑动变阻器采用分压式连接，如图所示
（2）根据图乙所示的压力曲线可知，在压力小于1.5N的区间内，图线的斜率的绝对值较大，该型号压力传感器的灵敏度较高。
（3）对圆柱体受力分析，根据牛顿第二定律有
解得最小压力
结合图乙所示的压力曲线可知对应的电阻
则检测电流表的示数至少为
14．【答案】（1）解：夹角为时滑块刚要开始滑动，对滑块根据平衡关系
可得滑块与长木板之间的动摩擦因数
（2）①解：设细线中的拉力大小为T，对质量为m的物体进行受力分析，根据牛顿第二定律
对滑块根据牛顿第二定律
其中a为物体和滑块运动的加速度大小，联立解得
②解：当时，细线的拉力
【知识点】共点力的平衡；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【分析】(1) 滑块刚好滑动时受力平衡，重力沿斜面向下分力等于最大静摩擦力，求解动摩擦因数；
(2) 对滑块、悬挂物体分别列牛顿第二定律方程，联立求拉力；再由极限条件分析时拉力。
（1）夹角为时滑块刚要开始滑动，对滑块根据平衡关系
可得滑块与长木板之间的动摩擦因数
（2）①设细线中的拉力大小为T，对质量为m的物体进行受力分析，根据牛顿第二定律
对滑块根据牛顿第二定律
其中a为物体和滑块运动的加速度大小，联立解得
②当时，细线的拉力
15．【答案】（1）解：对小球进行受力分析，设其匀速运动时速度大小为v，根据平衡条件可得
解得
设速度与水平方向成，则有
解得
可知速度与水平方向成60°角斜向右上方
（2）解：沿水平竖直方向建立直角坐标系，小球水平方向分速度为
竖直方向分速度为
撤去磁场后，小球竖直方向做竖直上抛运动，根据对称性可知小球从P点到再次穿过P点所在的这条电场线时所用的时间
解得
（3）解：撤去磁场后，水平方向根据牛顿第二定律可得
解得水平方向的加速度大小为
小球从P点到再次穿过P点所在的这条电场线过程中，水平方向通过的位移大小为
解得
小球从P点到再次穿过P点所在的这条电场线过程中，重力做功为0，根据动能定理可得
以P点的重力势能为0，则小球再次经过P点所在的电场线时的机械能为
联立解得
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 小球匀速直线运动，受力平衡，洛伦兹力与重力、电场力的合力等大反向，用勾股定理求速度，用三角函数求速度方向；
(2) 撤去磁场后，竖直方向竖直上抛，由竖直上抛对称性求往返时间；
(3) 水平方向匀加速，竖直方向重力做功为0，用动能定理求末动能，结合重力势能为0，得到机械能。
（1）对小球进行受力分析，设其匀速运动时速度大小为v，根据平衡条件可得
解得
设速度与水平方向成，则有
解得
可知速度与水平方向成60°角斜向右上方。
（2）沿水平竖直方向建立直角坐标系，小球水平方向分速度为
竖直方向分速度为
撤去磁场后，小球竖直方向做竖直上抛运动，根据对称性可知小球从P点到再次穿过P点所在的这条电场线时所用的时间
解得
（3）撤去磁场后，水平方向根据牛顿第二定律可得
解得水平方向的加速度大小为
小球从P点到再次穿过P点所在的这条电场线过程中，水平方向通过的位移大小为
解得
小球从P点到再次穿过P点所在的这条电场线过程中，重力做功为0，根据动能定理可得
以P点的重力势能为0，则小球再次经过P点所在的电场线时的机械能为
联立解得
16．【答案】（1）解：设小滑块在木板上运动的加速度为，时间为，在桌面上运动的加速度为，时间为，根据，
其中
根据牛顿第二定律，
小滑块运动的时间为t，有
解得
（2）解：设小滑块在木板上运动时木板的加速度为a，根据牛顿第二定律
在时间内
其中
解得
（3）解：设F作用一段时间，小滑块与木板分离时速度为v，对木板根据动量定理
满足条件
撤去F后
满足条件
根据运动学公式
解得
即拉力作用的最短时间为
【知识点】动量定理；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】(1) 滑块先在木板上匀加速、后在桌面匀减速，恰好不从桌面掉下，末速度为0，由牛顿第二定律与运动学公式求总时间；
(2) 分别对滑块、木板受力分析，结合相对位移求木板加速度，再用牛顿第二定律求拉力；
(3) 拉力作用一段时间后撤去，木板先加速后减速，滑块始终先加速后减速，结合位移关系、动量定理求最短作用时间。
（1）设小滑块在木板上运动的加速度为，时间为，在桌面上运动的加速度为，时间为，根据，
其中
根据牛顿第二定律，
小滑块运动的时间为t，有
解得
（2）设小滑块在木板上运动时木板的加速度为a，根据牛顿第二定律
在时间内
其中
解得
（3）设F作用一段时间，小滑块与木板分离时速度为v，对木板根据动量定理
满足条件
撤去F后
满足条件
根据运动学公式
解得
即拉力作用的最短时间为
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