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2026届四川省雅安市高三上学期第一次诊断性考试物理试题
1．某充电宝铭牌上标有“37Wh”，“Wh”对应的物理量为（　　）
A．能量 B．时间 C．功率 D．电荷量
2．如图甲，站在管道内的小孩将足球从N点向前踢出，足球沿管道在竖直面内运动一周后，在P点离开管道，恰好在截面圆心O点落入书包，图乙为简化运动示意图。下列说法正确的是（　　）
A．足球离开管道前做匀速圆周运动
B．足球通过最高点M时的速度为零
C．足球离开管道在空中处于失重状态
D．足球落入书包时速度沿PO方向
3．如图所示，静置于光滑水平面的底座上固定有内壁光滑的U型管道（管道在竖直面内），半径比管道内径略小的小球以某一初速度沿水平方向进入管道。小球在管道内运动的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小球对管道的弹力始终不做功
B．小球对管道的弹力的冲量始终为零
C．小球、管道与底座构成的系统动量守恒
D．小球、管道与底座构成的系统机械能守恒
4．如图，物块A、B通过轻弹簧连接，B通过细线悬挂在天花板上，系统处于静止状态。某时刻剪断细线并开始计时，直到弹簧第一次恢复原长的过程中，A，B的速度v随时间t变化的图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
5．自“东方红一号”在太空奏响第一曲，到“天宫”空间站实现常态化运营，中国航天事业在六十余载的岁月里，绘就了一幅从无到有、从弱至强的辉煌画卷。近年来监测到“东方红一号”卫星运行在近地点距地面高度约429km、远地点距地面高度约2000km的椭圆轨道上，“天宫”空间站运行在距地面高度约为450km的圆轨道上，地球半径为6371km。下列说法正确的是（　　）
A．“天宫”空间站中的宇航员不受重力作用
B．“东方红一号”卫星由近地点向远地点运动时，机械能减小
C．“东方红一号”卫星的运行周期小于“天宫”空间站的运行周期
D．“东方红一号”卫星位于近地点时的加速度大于“天宫”空间站的加速度
6．如图所示，E、F、G、H为正方形ABCD的各边中点，O为对角线交点。在E、F、G处各固定一个电荷量为的点电荷，在H处固定一个电荷量为的点电荷。下列说法正确的是（　　）
A．A点和D点的电势相同
B．B点和C点的电场强度相同
C．电子由A点静止释放，将沿AC做直线运动
D．正点电荷由B点沿BD移动至O点过程中，电势能一直增大
7．截止2025年9月，我国新能源汽车累计销售突破4000万辆，产销量连续10年保持全球第一，为全球减碳目标作出中国贡献。某新能源汽车由电池向电动机M供电，模拟电路如图所示，电源电动势E=15V，内阻r=3Ω，定值电阻R0=1Ω，电动机的线圈电阻r'=1Ω。当电动机所牵引的负载运动状态不同时，理想电流表读数不同。下列判断正确的是（　　）
A．若电动机被卡住，电流表读数为3.75A
B．电流表读数为1.5A时，电动机输出功率最大
C．电流表读数为1.5A时，电源输出功率最大
D．当电动机输出功率最大时，其效率为50%
8．一列沿x轴传播的横波，图甲是t=2s时的波形图，图乙是质点b的振动图像。已知a、b两质点的横坐标分别为2m和4m。下列判断正确的是（　　）
A．该列波与频率为0.5Hz的横波相遇时能发生干涉
B．该列波沿x轴负方向传播
C．再经过3s，质点a通过的路程为3m
D．t=4s时，质点b运动到x=0的位置
9．自耦式变压器是输出和输入共用一组线圈的特殊变压器。如图甲所示的理想自耦式变压器，环形铁芯上绕制线圈匝数为220匝，AP间线圈匝数为120匝，P为变压器的滑动触头，P'为滑动变阻器的滑片。在AB间加如图乙所示正弦交流电，下列判断正确的是（　　）
A．通过R的电流方向每秒改变100次
B．电压表示数为120V
C．保持P不动，P'向下滑动，电压表示数增大
D．保持P'不动，P逆时针转动，电压表示数增大
10．如图甲，两根足够长的平行金属导轨固定在水平桌面上，左端接有阻值R=1Ω的电阻。一质量m=0.1kg的金属棒垂直导轨放置，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。金属棒在水平向右的拉力F作用下向右运动，拉力F与时间t的关系式为F=0.3+0.2t（N），t=2s时撤去拉力，金属棒在t=2.55s时停止运动，整个运动过程金属棒速度v随时间t变化的图像如图乙所示。导轨和金属棒电阻不计，重力加速度g取10m/s2.下列判断正确的是（　　）
A．金属棒与导轨间摩擦力大小为0.3N
B．整个过程中金属棒运动的距离为2.45m
C．撤去拉力后，电阻R上产生的焦耳热为0.2J
D．撤去拉力后，通过电阻R的电荷量为C
11．某实验小组用激光笔测量平行玻璃砖的折射率。步骤如下：光屏与玻璃砖平行放置，记录屏MN和玻璃砖abcd的位置；用激光笔以一定角度照射玻璃砖，记录入射点O1和屏上光点S1的位置；移走玻璃砖，记录屏上光点S2的位置；做相应辅助线，其中，，O1、O2、Q在一条直线上；用刻度尺测得：O2S1=9.90cm，O2Q=7.90cm，S1P=7.10cm，PQ=3.85cm。
（1）记录玻璃砖位置时，某同学用铅笔紧靠玻璃砖画线，这种操作(　　)（选填“正确”或“错误”）；
（2）根据所测数据计算玻璃砖的折射率n=　 　（结果保留三位有效数字）；
（3）若换用频率更大的激光进行实验，其他条件保持不变，观察到S1与S2的间距　 　（选填“变大”或“变小”）。
12．某同学连接图甲所示电路，将传感器连接在电路中，并与计算机相连，运行相关程序，在计算机显示屏上可观察到电容器所带电荷量q随时间t变化的图线，通过图线来研究电容器充电规律。
（1）开关S闭合，电容器充电，电路中电流逐渐　 　（选填“增大”或“减小”）；改变电阻箱的阻值，对同一电容器分两次进行充电，电容器所带电荷量q随时间t变化的图线分别如图乙中①、②所示，则图线　 　（选填“①”或“②”）对应充电过程电阻箱接入电路的阻值R较大；充电完成后，开关仍然处于闭合状态，减小电容器两极板间的距离，流过电阻箱的电流方向向　 　（选填“左”或“右”）。
（2）充电过程中，电容器两极板间电压u，所带电荷量q均增大，请在图丙中定性画出该过程的u-q图像　 　。若电源电动势为E，图丙中电压最大值对应坐标点与原点O连线的斜率为k，类比直线运动中由v-t图像求位移的方法，可知充电结束后电容器储存的电能为　 　（结果用E、k表示）。
13．如图，质量为M=0.8kg的玩具车通过轻绳拖着质量为m=0.2kg的物块在水平面上做匀速直线运动。某时刻轻绳断裂，经过t=0.4s，玩具车已做匀速直线运动。整个过程中玩具车功率恒为P=10W，玩具车和物块所受阻力均为自身重力的k=0.5倍，重力加速度g取10m/s2.求：
（1）轻绳断裂前，玩具车和物块的速度大小；
（2）轻绳断裂后经过t=0.4s，玩具车运动的距离。
14．现代物理通常用电场和磁场来研究粒子运动规律。如图所示，在xOy坐标系所在的平面内，第一象限内有沿x轴负方向的匀强电场，第二、三象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场。在C点沿y轴正方向以初速度v0发射质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子，粒子依次经过y轴上的D、O、F点（F点图中未画出）。已知C点坐标为（L，0），D点坐标为（0，2L）。粒子重力不计，求：
（1）匀强电场场强的大小；
（2）匀强磁场磁感应强度的大小；
（3）粒子从C点运动到F点的时间。
15．某游戏装置竖直截面图如图所示。固定轨道PQM与传送带MN平滑连接，其中PQ段为光滑圆弧轨道，QM段为粗糙水平直轨道。物块a从P点由静止释放，运动到M点与静止的物块b发生完全非弹性碰撞，碰后结合成整体c；c运动到传送带右端N时，受到一水平向左的瞬时冲量，以后每隔给c一相同的瞬时冲量，直到c离开传送带。已知a、b、c均可视为质点，a、b的质量分别为，，圆弧轨道半径，圆心角，QM间距离，MN间距离，传送带顺时针运行的速度，a与水平直轨道、c与传送带间的动摩擦因数均为，，，重力加速度取求：
（1）a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小；
（2）碰后瞬间c的速度大小；
（3）c从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】由公式，（瓦特）是功率单位，（小时）是时间单位，二者乘积表示能量，故A正确。
故答案为：A。
【分析】本题考查物理量单位，根据公式，功率的单位为，时间的单位为，因此是能量的单位。
2．【答案】C
【知识点】超重与失重；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．足球在竖直管道内运动时，重力、摩擦力会对其做功，速率会发生改变，因此足球做变速圆周运动，并非匀速圆周运动，故A错误；
B．足球若要完整沿管道运动一周并到达P点，在最高点M处必须具备一定的速度，速度不能为零，故B错误；
C．足球离开管道后，受重力与空气阻力作用，合力存在竖直向下的加速度分量，因此处于失重状态，故C正确；
D．足球从P点抛出后做曲线运动，落入书包时的速度方向为轨迹在该点的切线方向，并非沿PO方向，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：变速圆周运动的判断依据是速率发生变化；
B：竖直圆周运动中，管道约束下最高点速度可以为零，但本题中需继续运动到P点，故必须有速度；
C：存在竖直向下的加速度分量时，物体处于失重状态；
D：曲线运动速度方向为轨迹切线方向。
3．【答案】D
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；冲量
【解析】【解答】A．小球在管道弯曲段运动时，会对管道产生弹力；由于水平面光滑，管道与底座会发生水平位移，小球对管道的弹力在位移方向存在分量，因此弹力会对管道做功，故A错误；
B．小球在弯曲段对管道的弹力存在水平分力，管道和底座由静止开始获得动量，根据动量定理，该弹力的冲量等于管道与底座动量的变化量，因此冲量不为零，故B错误；
C．小球、管道与底座组成的系统，竖直方向小球存在加速度，合外力不为零，整体动量不守恒，仅水平方向动量守恒，故C错误；
D．该系统内只有重力与系统内弹力做功，不存在摩擦力等其他力做功，因此系统的机械能守恒，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A：弹力作用下管道发生位移，弹力做功；
B：管道获得动量，对应弹力冲量不为零；
C：系统竖直方向合外力不为零，总动量不守恒；
D：只有重力和系统内弹力做功，机械能守恒。
4．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；运动的合成与分解
【解析】【解答】对A，由平衡条件可知，剪断细线前弹簧弹力大小与A的重力等大，且弹簧处于拉伸状态，剪断细线后，对B有，解得（方向向下），对A有，解得（方向向下），由以上分析可知，剪断瞬间B的加速度比A的大，可知B比A运动的快，故AB向下运动过程中，弹簧形变量在减小，B做加速度减小的加速运动，A做加速度增大的加速运动，当弹簧形变量为0时（即恢复原长时），AB加速度相等，由于斜率表示加速度，故C正确。
故答案为：C。
【分析】本题考查弹簧连接体的动力学分析与v t图像，v t图像斜率表示加速度；剪断细线前弹簧弹力等于A的重力，弹簧处于拉伸状态。
5．【答案】D
【知识点】开普勒定律；万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A．空间站内的宇航员处于完全失重状态，并非不受重力，而是重力全部用来提供向心力，使其绕地球做圆周运动，故A错误；
B．“东方红一号”卫星在椭圆轨道上运行时，仅受地球引力作用，机械能守恒；由近地点向远地点运动时只是动能转化为引力势能，总机械能保持不变，故B错误；
C．根据开普勒第三定律，半长轴越大周期越长。计算得“东方红一号”轨道半长轴大于“天宫”空间站的轨道半径，因此其运行周期更大，故C错误；
D．由万有引力提供向心力得加速度，近地点处卫星到地心的距离小于空间站到地心的距离，因此“东方红一号”在近地点的加速度大于空间站的加速度，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A：失重是重力提供向心力，并非不受重力；
B：椭圆轨道卫星仅受引力，机械能守恒；
C：开普勒第三定律，半长轴越大，运行周期越长；
D：由万有引力定律，轨道半径越小，向心加速度越大。
6．【答案】A
【知识点】电场强度的叠加；电势能；等势面
【解析】【解答】A．A、D两点关于FH连线对称，且四个点电荷的分布也相对FH对称，由电场的对称性可知A、D两点电势相等，故A正确；
B．通过电场叠加原理分析，B、C两点电场强度的大小相等，但电场强度的方向并不相同，故B错误；
C．E、H可视为一对等量异种点电荷，F、G可视为一对等量同种点电荷；AC虽为两组电荷中垂线，但叠加后AC上各点电场强度方向不沿AC连线，电子由静止释放后受力方向不沿AC，无法沿AC做直线运动，故C错误；
D．BD在H、G形成的等量异种电荷电场中为一条等势线；在E、F等量同种电荷的电场中，由B到O电势先升高后降低，因此正点电荷沿BD移动至O的过程中，电势能先增大后减小，故D错误。
故答案为：A。
【分析】A：利用电荷分布的对称性判断电势高低；
B：电场强度是矢量，需同时考虑大小与方向；
C：电场叠加后电场方向不沿AC，电子无法沿AC直线运动；
D：结合两组电荷的电场分布，判断电势变化，进而分析电势能变化。
7．【答案】B
【知识点】焦耳定律；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A．若电动机被卡住，此时电动机可等效为纯电阻，依据闭合电路欧姆定律，电路电流 ，故A错误；
B．电动机输出功率 ，结合电路规律可得 ，代入整理得 ，由二次函数极值规律可知，当 时输出功率达到最大，故B正确；
C．电源输出功率在外电路总电阻等于电源内阻时最大，本题中外电路总电阻为 等效可变电阻，计算可得电流为 时电源输出功率最大，故C错误；
D．电动机输出功率最大时，电流 ，此时电动机两端电压 ，电动机效率 ，并非50%，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：电机卡死为纯电阻电路，直接用欧姆定律计算；
B：通过输出功率表达式结合二次函数求极值，得到最佳工作电流；
C：电源输出功率最大的条件为外阻等于内阻；
D：根据功率公式计算电动机效率。
8．【答案】B,C
【知识点】横波的图象；波的干涉现象
【解析】【解答】A．由图乙可得该波周期，对应频率；只有频率相同的两列波相遇才能发生稳定干涉，因此该波无法与的横波干涉，故A错误；
B．时由振动图像可知质点沿轴负方向振动，利用“上下坡法”可判断该波沿轴负方向传播，故B正确；
C．经过，质点初始在波峰位置，一个周期路程为，周期内路程，故C正确；
D．机械波传播时质点只在平衡位置上下振动，不会随波迁移，因此时质点仍在处，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】A：稳定干涉的条件是两列波频率相同；
B：结合振动方向，用上下坡法判断波的传播方向；
C：质点在周期内路程为3倍振幅；
D：机械波中质点不随波迁移。
9．【答案】A,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．由图乙可知输入交流电周期，频率；一个周期内电流方向改变2次，故每秒改变100次，理想变压器不改变交流电频率，因此通过的电流方向每秒改变100次，故A正确；
B．输入电压有效值，原线圈匝数，副线圈匝数；根据变压比，解得，电压表示数不为120V，故B错误；
C．保持不动时副线圈匝数不变，输入电压不变，由变压规律可知副线圈电压不变，因此向下滑动时电压表示数不变，故C错误；
D．保持不动，逆时针转动，副线圈匝数增大，输入电压不变，由变压比可知副线圈电压增大，电压表示数增大，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】A：交流电频率由周期决定，变压器不改变频率；
B：结合匝数比与变压规律计算副线圈电压；
C：滑动变阻器滑片移动不改变匝数，输出电压不变；
D：滑动触头逆时针转动，副线圈匝数增加，输出电压升高。
10．【答案】B,D
【知识点】牛顿定律与图象；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．由图像可知0～2s内金属棒做匀加速直线运动，加速度；
感应电动势，安培力，结合牛顿第二定律，
代入对比系数，解得摩擦力，故A错误；
B．全程应用动量定理：拉力冲量，其中，
拉力冲量，，联立解得总位移，故B正确；
C.0～2s匀加速位移，撤去拉力后位移；
由能量守恒，解得焦耳热，故C错误；
D．撤去拉力后，通过电阻的电荷量，代入、，解得，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】A：利用匀加速规律与牛顿第二定律联立求解摩擦力；
B：对全过程用动量定理，结合电荷量公式求解总位移；
C：由能量守恒，将动能损耗分为摩擦生热与焦耳热；
D：由法拉第电磁感应定律、电流定义推导电荷量表达式并计算。
11．【答案】（1）错误
（2）
（3）变大
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）记录玻璃砖位置时，某同学用铅笔紧靠玻璃砖画线，这种操作错误。不能用玻璃砖替代直尺画线，避免划伤和污染玻璃的光学面，可以先在白纸上描出玻璃砖每个界面的两个点，然后取下玻璃砖再用直尺连成线。
故答案为：错误
（2）
如图所示，根据折射定律有
其中，，又O2S1=9.90cm，O2Q=7.90cm，S1P=7.10cm，PQ=3.85cm，可得折射率
故答案为：
（3）根据第（2）问的分析可知激光的入射光线和出射光线平行，换用频率更大的激光进行实验，折射率更大，则折射角更小，可知出射点O2向右偏移，可知屏上光点S1的位置向右偏移，可得S1与S2的间距变大。
故答案为：变大
【分析】(1) 紧贴玻璃砖画线易划伤光学面，违反实验规范，据此判断正误；
(2) 利用几何关系表示入射角、折射角的正弦值，结合折射定律计算折射率；
(3) 频率更大的激光折射率更大，折射角更小，分析光斑偏移情况判断间距变化。
（1）记录玻璃砖位置时，某同学用铅笔紧靠玻璃砖画线，这种操作错误。不能用玻璃砖替代直尺画线，避免划伤和污染玻璃的光学面，可以先在白纸上描出玻璃砖每个界面的两个点，然后取下玻璃砖再用直尺连成线。
（2）如图所示，根据折射定律有
其中，，又O2S1=9.90cm，O2Q=7.90cm，S1P=7.10cm，PQ=3.85cm，可得折射率
（3）根据第（2）问的分析可知激光的入射光线和出射光线平行，换用频率更大的激光进行实验，折射率更大，则折射角更小，可知出射点O2向右偏移，可知屏上光点S1的位置向右偏移，可得S1与S2的间距变大。
12．【答案】（1）减小；②；右
（2）；
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）由于图像的斜率表示电容器在充电的过程中电路中的电流，结合图像可知，充电过程中，电路中的电流逐渐减小；
电阻箱的阻值较大时，电路中的电流较小，图像的斜率较小，因此图像②对应的是电阻箱阻值较大的图像；充电完成后，开关仍处于闭合状态，则电容器两端的电压不变，减小两极板间的距离，根据可知，电容器的电容增大，又因为，由于电容器两极板间的电压不变，电容增大，因此两极板的电荷量增大，电容器处于充电状态，通过电阻箱的电流向右。
故答案为：减小；②；右
（2）根据电容，可得，因此图像为一正比例函数图象，图像如下
由图像可知，稳定后电容器储存的能量为图像与坐标轴围成的面积，即
结合题意可知，联立解得
故答案为：；
【分析】(1) 图像斜率表示充电电流，电阻越大充电越慢；开关闭合时电容器电压不变，由、判断电容、电荷量变化及电流方向；
(2) 由知为过原点的倾斜直线；电容器电能等于图线与横轴围成面积，结合斜率推导表达式。
（1）[1]由于图像的斜率表示电容器在充电的过程中电路中的电流，结合图像可知，充电过程中，电路中的电流逐渐减小；
[2]电阻箱的阻值较大时，电路中的电流较小，图像的斜率较小，因此图像②对应的是电阻箱阻值较大的图像；
[3]充电完成后，开关仍处于闭合状态，则电容器两端的电压不变，减小两极板间的距离，根据
可知，电容器的电容增大，又因为
由于电容器两极板间的电压不变，电容增大，因此两极板的电荷量增大，电容器处于充电状态，通过电阻箱的电流向右。
（2）[1]根据电容
可得
因此图像为一正比例函数图象，图像如下
[2]由图像可知，稳定后电容器储存的能量为图像与坐标轴围成的面积，即
结合题意可知
联立解得
13．【答案】（1）解：由题意可知，玩具车和物块受到地面的阻力为
玩具车功率恒为P=10W，且轻绳断裂前已做匀速直线运动，设速度为，满足
解得
（2）解：轻绳断裂，经过t=0.4s，玩具车已做匀速直线运动，所受阻力为
故绳断后，玩具车匀速运动的速度满足
解得
故玩具车运动的距离满足
解得
【知识点】机车启动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) 断裂前整体匀速，牵引力等于总阻力，由功率公式求解速度；
(2) 断裂后玩具车先变加速、后匀速，先求匀速末速度，再由动能定理求位移。
（1）由题意可知，玩具车和物块受到地面的阻力为
玩具车功率恒为P=10W，且轻绳断裂前已做匀速直线运动，设速度为，满足
解得
（2）轻绳断裂，经过t=0.4s，玩具车已做匀速直线运动，所受阻力为
故绳断后，玩具车匀速运动的速度满足
解得
故玩具车运动的距离满足
解得
14．【答案】（1）解：带电粒子在电场中做类平抛运动，在垂直电场方向做匀速直线运动，则有
沿电场方向做匀变速直线运动，则有
其中，在电场中，根据牛顿第二定律有
联立解得
（2）解：设粒子入射到磁场速度大小为v，与y轴夹角为，则有，
解得，
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，则
解得
根据洛伦兹力提供向心力，故有
解得
（3）解：粒子在电场中由C点运动到D点的时间为
粒子在磁场中运动周期为
由图可知，粒子转过的圆心角为
粒子在磁场中由D点运动到O点的时间为
粒子在O点时，x轴方向的分速度大小与D点的x轴方向的分速度大小相等，方向相反；y轴方向的分速度大小与C点的y轴方向的分速度相同，所以粒子再次在电场中由O点运动到F点的过程，在沿y轴方向做匀速直线运动，沿x轴方向先匀减速后匀加速，根据运动的对称性可知，粒子由O点运动到F点的时间为
所以，粒子从C点运动到F点的时间为
【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】【分析】(1) 粒子在第一象限电场中做类平抛运动，y 方向匀速、x 方向匀加速，结合牛顿第二定律求场强；
(2) 求出粒子进入磁场的速度，结合几何关系确定圆周运动半径，由洛伦兹力提供向心力求磁感应强度；
(3) 分电场类平抛、磁场圆周运动、再次电场运动三段，分别求时间后求和。
（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，在垂直电场方向做匀速直线运动，则有
沿电场方向做匀变速直线运动，则有
其中，在电场中，根据牛顿第二定律有
联立解得
（2）设粒子入射到磁场速度大小为v，与y轴夹角为，则有，
解得，
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，则
解得
根据洛伦兹力提供向心力，故有
解得
（3）粒子在电场中由C点运动到D点的时间为
粒子在磁场中运动周期为
由图可知，粒子转过的圆心角为
粒子在磁场中由D点运动到O点的时间为
粒子在O点时，x轴方向的分速度大小与D点的x轴方向的分速度大小相等，方向相反；y轴方向的分速度大小与C点的y轴方向的分速度相同，所以粒子再次在电场中由O点运动到F点的过程，在沿y轴方向做匀速直线运动，沿x轴方向先匀减速后匀加速，根据运动的对称性可知，粒子由O点运动到F点的时间为
所以，粒子从C点运动到F点的时间为
15．【答案】（1）解：物块从P到Q的过程，由能量守恒得
解得Q点速度
在Q点有
解得支持力
（2）解：物块从Q到M的过程，由动能定理
解得
在M点发生完全非弹性碰撞，由动量守恒
解得碰后瞬间c的速度大小
（3）解：取向右为正方向，令c的质量为，加速度
由于，因此c运动到传送带右端N时已经与传送带共速。在N点由动量定理得
解得
c先向左减速到零再加速到与传送带共速，所用时间
c向左运动到速度为零的位移
c从速度为零加速到与传送带共速的位移
总位移
由于减速到共速时间等于，因此刚好共速时c受到向左的瞬时冲量，由动量定理
解得
因此c将重复之前的运动，重复次后减速运动离开传送带。重复次过程中c与传送带摩擦产生的热量
重复运动次后距离点，第5次c受到向左的瞬时冲量后速度依旧为，之后运动到M点的速度满足
解得
所用时间
因此第5次c受到向左的瞬时冲量后运动到M点的过程中c与传送带摩擦产生的热量
因此c从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 物块a沿圆弧下滑机械能守恒，在Q点由牛顿第二定律（向心力公式）求支持力；
(2) 水平轨道上摩擦力做功，用动能定理求 a到M点速度；碰撞为完全非弹性碰撞，由动量守恒求共同速度；
(3) 结合动量定理、运动学公式分析物块在传送带上往复运动，摩擦生热等于摩擦力乘以相对路程。
（1）物块从P到Q的过程，由能量守恒得
解得Q点速度
在Q点有
解得支持力
（2）物块从Q到M的过程，由动能定理
解得
在M点发生完全非弹性碰撞，由动量守恒
解得碰后瞬间c的速度大小
（3）取向右为正方向，令c的质量为，加速度
由于，因此c运动到传送带右端N时已经与传送带共速。在N点由动量定理得
解得
c先向左减速到零再加速到与传送带共速，所用时间
c向左运动到速度为零的位移
c从速度为零加速到与传送带共速的位移
总位移
由于减速到共速时间等于，因此刚好共速时c受到向左的瞬时冲量，由动量定理
解得
因此c将重复之前的运动，重复次后减速运动离开传送带。重复次过程中c与传送带摩擦产生的热量
重复运动次后距离点，第5次c受到向左的瞬时冲量后速度依旧为，之后运动到M点的速度满足
解得
所用时间
因此第5次c受到向左的瞬时冲量后运动到M点的过程中c与传送带摩擦产生的热量
因此c从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量
1 / 12026届四川省雅安市高三上学期第一次诊断性考试物理试题
1．某充电宝铭牌上标有“37Wh”，“Wh”对应的物理量为（　　）
A．能量 B．时间 C．功率 D．电荷量
【答案】A
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】由公式，（瓦特）是功率单位，（小时）是时间单位，二者乘积表示能量，故A正确。
故答案为：A。
【分析】本题考查物理量单位，根据公式，功率的单位为，时间的单位为，因此是能量的单位。
2．如图甲，站在管道内的小孩将足球从N点向前踢出，足球沿管道在竖直面内运动一周后，在P点离开管道，恰好在截面圆心O点落入书包，图乙为简化运动示意图。下列说法正确的是（　　）
A．足球离开管道前做匀速圆周运动
B．足球通过最高点M时的速度为零
C．足球离开管道在空中处于失重状态
D．足球落入书包时速度沿PO方向
【答案】C
【知识点】超重与失重；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．足球在竖直管道内运动时，重力、摩擦力会对其做功，速率会发生改变，因此足球做变速圆周运动，并非匀速圆周运动，故A错误；
B．足球若要完整沿管道运动一周并到达P点，在最高点M处必须具备一定的速度，速度不能为零，故B错误；
C．足球离开管道后，受重力与空气阻力作用，合力存在竖直向下的加速度分量，因此处于失重状态，故C正确；
D．足球从P点抛出后做曲线运动，落入书包时的速度方向为轨迹在该点的切线方向，并非沿PO方向，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：变速圆周运动的判断依据是速率发生变化；
B：竖直圆周运动中，管道约束下最高点速度可以为零，但本题中需继续运动到P点，故必须有速度；
C：存在竖直向下的加速度分量时，物体处于失重状态；
D：曲线运动速度方向为轨迹切线方向。
3．如图所示，静置于光滑水平面的底座上固定有内壁光滑的U型管道（管道在竖直面内），半径比管道内径略小的小球以某一初速度沿水平方向进入管道。小球在管道内运动的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小球对管道的弹力始终不做功
B．小球对管道的弹力的冲量始终为零
C．小球、管道与底座构成的系统动量守恒
D．小球、管道与底座构成的系统机械能守恒
【答案】D
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；冲量
【解析】【解答】A．小球在管道弯曲段运动时，会对管道产生弹力；由于水平面光滑，管道与底座会发生水平位移，小球对管道的弹力在位移方向存在分量，因此弹力会对管道做功，故A错误；
B．小球在弯曲段对管道的弹力存在水平分力，管道和底座由静止开始获得动量，根据动量定理，该弹力的冲量等于管道与底座动量的变化量，因此冲量不为零，故B错误；
C．小球、管道与底座组成的系统，竖直方向小球存在加速度，合外力不为零，整体动量不守恒，仅水平方向动量守恒，故C错误；
D．该系统内只有重力与系统内弹力做功，不存在摩擦力等其他力做功，因此系统的机械能守恒，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A：弹力作用下管道发生位移，弹力做功；
B：管道获得动量，对应弹力冲量不为零；
C：系统竖直方向合外力不为零，总动量不守恒；
D：只有重力和系统内弹力做功，机械能守恒。
4．如图，物块A、B通过轻弹簧连接，B通过细线悬挂在天花板上，系统处于静止状态。某时刻剪断细线并开始计时，直到弹簧第一次恢复原长的过程中，A，B的速度v随时间t变化的图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；运动的合成与分解
【解析】【解答】对A，由平衡条件可知，剪断细线前弹簧弹力大小与A的重力等大，且弹簧处于拉伸状态，剪断细线后，对B有，解得（方向向下），对A有，解得（方向向下），由以上分析可知，剪断瞬间B的加速度比A的大，可知B比A运动的快，故AB向下运动过程中，弹簧形变量在减小，B做加速度减小的加速运动，A做加速度增大的加速运动，当弹簧形变量为0时（即恢复原长时），AB加速度相等，由于斜率表示加速度，故C正确。
故答案为：C。
【分析】本题考查弹簧连接体的动力学分析与v t图像，v t图像斜率表示加速度；剪断细线前弹簧弹力等于A的重力，弹簧处于拉伸状态。
5．自“东方红一号”在太空奏响第一曲，到“天宫”空间站实现常态化运营，中国航天事业在六十余载的岁月里，绘就了一幅从无到有、从弱至强的辉煌画卷。近年来监测到“东方红一号”卫星运行在近地点距地面高度约429km、远地点距地面高度约2000km的椭圆轨道上，“天宫”空间站运行在距地面高度约为450km的圆轨道上，地球半径为6371km。下列说法正确的是（　　）
A．“天宫”空间站中的宇航员不受重力作用
B．“东方红一号”卫星由近地点向远地点运动时，机械能减小
C．“东方红一号”卫星的运行周期小于“天宫”空间站的运行周期
D．“东方红一号”卫星位于近地点时的加速度大于“天宫”空间站的加速度
【答案】D
【知识点】开普勒定律；万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A．空间站内的宇航员处于完全失重状态，并非不受重力，而是重力全部用来提供向心力，使其绕地球做圆周运动，故A错误；
B．“东方红一号”卫星在椭圆轨道上运行时，仅受地球引力作用，机械能守恒；由近地点向远地点运动时只是动能转化为引力势能，总机械能保持不变，故B错误；
C．根据开普勒第三定律，半长轴越大周期越长。计算得“东方红一号”轨道半长轴大于“天宫”空间站的轨道半径，因此其运行周期更大，故C错误；
D．由万有引力提供向心力得加速度，近地点处卫星到地心的距离小于空间站到地心的距离，因此“东方红一号”在近地点的加速度大于空间站的加速度，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A：失重是重力提供向心力，并非不受重力；
B：椭圆轨道卫星仅受引力，机械能守恒；
C：开普勒第三定律，半长轴越大，运行周期越长；
D：由万有引力定律，轨道半径越小，向心加速度越大。
6．如图所示，E、F、G、H为正方形ABCD的各边中点，O为对角线交点。在E、F、G处各固定一个电荷量为的点电荷，在H处固定一个电荷量为的点电荷。下列说法正确的是（　　）
A．A点和D点的电势相同
B．B点和C点的电场强度相同
C．电子由A点静止释放，将沿AC做直线运动
D．正点电荷由B点沿BD移动至O点过程中，电势能一直增大
【答案】A
【知识点】电场强度的叠加；电势能；等势面
【解析】【解答】A．A、D两点关于FH连线对称，且四个点电荷的分布也相对FH对称，由电场的对称性可知A、D两点电势相等，故A正确；
B．通过电场叠加原理分析，B、C两点电场强度的大小相等，但电场强度的方向并不相同，故B错误；
C．E、H可视为一对等量异种点电荷，F、G可视为一对等量同种点电荷；AC虽为两组电荷中垂线，但叠加后AC上各点电场强度方向不沿AC连线，电子由静止释放后受力方向不沿AC，无法沿AC做直线运动，故C错误；
D．BD在H、G形成的等量异种电荷电场中为一条等势线；在E、F等量同种电荷的电场中，由B到O电势先升高后降低，因此正点电荷沿BD移动至O的过程中，电势能先增大后减小，故D错误。
故答案为：A。
【分析】A：利用电荷分布的对称性判断电势高低；
B：电场强度是矢量，需同时考虑大小与方向；
C：电场叠加后电场方向不沿AC，电子无法沿AC直线运动；
D：结合两组电荷的电场分布，判断电势变化，进而分析电势能变化。
7．截止2025年9月，我国新能源汽车累计销售突破4000万辆，产销量连续10年保持全球第一，为全球减碳目标作出中国贡献。某新能源汽车由电池向电动机M供电，模拟电路如图所示，电源电动势E=15V，内阻r=3Ω，定值电阻R0=1Ω，电动机的线圈电阻r'=1Ω。当电动机所牵引的负载运动状态不同时，理想电流表读数不同。下列判断正确的是（　　）
A．若电动机被卡住，电流表读数为3.75A
B．电流表读数为1.5A时，电动机输出功率最大
C．电流表读数为1.5A时，电源输出功率最大
D．当电动机输出功率最大时，其效率为50%
【答案】B
【知识点】焦耳定律；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A．若电动机被卡住，此时电动机可等效为纯电阻，依据闭合电路欧姆定律，电路电流 ，故A错误；
B．电动机输出功率 ，结合电路规律可得 ，代入整理得 ，由二次函数极值规律可知，当 时输出功率达到最大，故B正确；
C．电源输出功率在外电路总电阻等于电源内阻时最大，本题中外电路总电阻为 等效可变电阻，计算可得电流为 时电源输出功率最大，故C错误；
D．电动机输出功率最大时，电流 ，此时电动机两端电压 ，电动机效率 ，并非50%，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：电机卡死为纯电阻电路，直接用欧姆定律计算；
B：通过输出功率表达式结合二次函数求极值，得到最佳工作电流；
C：电源输出功率最大的条件为外阻等于内阻；
D：根据功率公式计算电动机效率。
8．一列沿x轴传播的横波，图甲是t=2s时的波形图，图乙是质点b的振动图像。已知a、b两质点的横坐标分别为2m和4m。下列判断正确的是（　　）
A．该列波与频率为0.5Hz的横波相遇时能发生干涉
B．该列波沿x轴负方向传播
C．再经过3s，质点a通过的路程为3m
D．t=4s时，质点b运动到x=0的位置
【答案】B,C
【知识点】横波的图象；波的干涉现象
【解析】【解答】A．由图乙可得该波周期，对应频率；只有频率相同的两列波相遇才能发生稳定干涉，因此该波无法与的横波干涉，故A错误；
B．时由振动图像可知质点沿轴负方向振动，利用“上下坡法”可判断该波沿轴负方向传播，故B正确；
C．经过，质点初始在波峰位置，一个周期路程为，周期内路程，故C正确；
D．机械波传播时质点只在平衡位置上下振动，不会随波迁移，因此时质点仍在处，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】A：稳定干涉的条件是两列波频率相同；
B：结合振动方向，用上下坡法判断波的传播方向；
C：质点在周期内路程为3倍振幅；
D：机械波中质点不随波迁移。
9．自耦式变压器是输出和输入共用一组线圈的特殊变压器。如图甲所示的理想自耦式变压器，环形铁芯上绕制线圈匝数为220匝，AP间线圈匝数为120匝，P为变压器的滑动触头，P'为滑动变阻器的滑片。在AB间加如图乙所示正弦交流电，下列判断正确的是（　　）
A．通过R的电流方向每秒改变100次
B．电压表示数为120V
C．保持P不动，P'向下滑动，电压表示数增大
D．保持P'不动，P逆时针转动，电压表示数增大
【答案】A,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．由图乙可知输入交流电周期，频率；一个周期内电流方向改变2次，故每秒改变100次，理想变压器不改变交流电频率，因此通过的电流方向每秒改变100次，故A正确；
B．输入电压有效值，原线圈匝数，副线圈匝数；根据变压比，解得，电压表示数不为120V，故B错误；
C．保持不动时副线圈匝数不变，输入电压不变，由变压规律可知副线圈电压不变，因此向下滑动时电压表示数不变，故C错误；
D．保持不动，逆时针转动，副线圈匝数增大，输入电压不变，由变压比可知副线圈电压增大，电压表示数增大，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】A：交流电频率由周期决定，变压器不改变频率；
B：结合匝数比与变压规律计算副线圈电压；
C：滑动变阻器滑片移动不改变匝数，输出电压不变；
D：滑动触头逆时针转动，副线圈匝数增加，输出电压升高。
10．如图甲，两根足够长的平行金属导轨固定在水平桌面上，左端接有阻值R=1Ω的电阻。一质量m=0.1kg的金属棒垂直导轨放置，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。金属棒在水平向右的拉力F作用下向右运动，拉力F与时间t的关系式为F=0.3+0.2t（N），t=2s时撤去拉力，金属棒在t=2.55s时停止运动，整个运动过程金属棒速度v随时间t变化的图像如图乙所示。导轨和金属棒电阻不计，重力加速度g取10m/s2.下列判断正确的是（　　）
A．金属棒与导轨间摩擦力大小为0.3N
B．整个过程中金属棒运动的距离为2.45m
C．撤去拉力后，电阻R上产生的焦耳热为0.2J
D．撤去拉力后，通过电阻R的电荷量为C
【答案】B,D
【知识点】牛顿定律与图象；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．由图像可知0～2s内金属棒做匀加速直线运动，加速度；
感应电动势，安培力，结合牛顿第二定律，
代入对比系数，解得摩擦力，故A错误；
B．全程应用动量定理：拉力冲量，其中，
拉力冲量，，联立解得总位移，故B正确；
C.0～2s匀加速位移，撤去拉力后位移；
由能量守恒，解得焦耳热，故C错误；
D．撤去拉力后，通过电阻的电荷量，代入、，解得，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】A：利用匀加速规律与牛顿第二定律联立求解摩擦力；
B：对全过程用动量定理，结合电荷量公式求解总位移；
C：由能量守恒，将动能损耗分为摩擦生热与焦耳热；
D：由法拉第电磁感应定律、电流定义推导电荷量表达式并计算。
11．某实验小组用激光笔测量平行玻璃砖的折射率。步骤如下：光屏与玻璃砖平行放置，记录屏MN和玻璃砖abcd的位置；用激光笔以一定角度照射玻璃砖，记录入射点O1和屏上光点S1的位置；移走玻璃砖，记录屏上光点S2的位置；做相应辅助线，其中，，O1、O2、Q在一条直线上；用刻度尺测得：O2S1=9.90cm，O2Q=7.90cm，S1P=7.10cm，PQ=3.85cm。
（1）记录玻璃砖位置时，某同学用铅笔紧靠玻璃砖画线，这种操作(　　)（选填“正确”或“错误”）；
（2）根据所测数据计算玻璃砖的折射率n=　 　（结果保留三位有效数字）；
（3）若换用频率更大的激光进行实验，其他条件保持不变，观察到S1与S2的间距　 　（选填“变大”或“变小”）。
【答案】（1）错误
（2）
（3）变大
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）记录玻璃砖位置时，某同学用铅笔紧靠玻璃砖画线，这种操作错误。不能用玻璃砖替代直尺画线，避免划伤和污染玻璃的光学面，可以先在白纸上描出玻璃砖每个界面的两个点，然后取下玻璃砖再用直尺连成线。
故答案为：错误
（2）
如图所示，根据折射定律有
其中，，又O2S1=9.90cm，O2Q=7.90cm，S1P=7.10cm，PQ=3.85cm，可得折射率
故答案为：
（3）根据第（2）问的分析可知激光的入射光线和出射光线平行，换用频率更大的激光进行实验，折射率更大，则折射角更小，可知出射点O2向右偏移，可知屏上光点S1的位置向右偏移，可得S1与S2的间距变大。
故答案为：变大
【分析】(1) 紧贴玻璃砖画线易划伤光学面，违反实验规范，据此判断正误；
(2) 利用几何关系表示入射角、折射角的正弦值，结合折射定律计算折射率；
(3) 频率更大的激光折射率更大，折射角更小，分析光斑偏移情况判断间距变化。
（1）记录玻璃砖位置时，某同学用铅笔紧靠玻璃砖画线，这种操作错误。不能用玻璃砖替代直尺画线，避免划伤和污染玻璃的光学面，可以先在白纸上描出玻璃砖每个界面的两个点，然后取下玻璃砖再用直尺连成线。
（2）如图所示，根据折射定律有
其中，，又O2S1=9.90cm，O2Q=7.90cm，S1P=7.10cm，PQ=3.85cm，可得折射率
（3）根据第（2）问的分析可知激光的入射光线和出射光线平行，换用频率更大的激光进行实验，折射率更大，则折射角更小，可知出射点O2向右偏移，可知屏上光点S1的位置向右偏移，可得S1与S2的间距变大。
12．某同学连接图甲所示电路，将传感器连接在电路中，并与计算机相连，运行相关程序，在计算机显示屏上可观察到电容器所带电荷量q随时间t变化的图线，通过图线来研究电容器充电规律。
（1）开关S闭合，电容器充电，电路中电流逐渐　 　（选填“增大”或“减小”）；改变电阻箱的阻值，对同一电容器分两次进行充电，电容器所带电荷量q随时间t变化的图线分别如图乙中①、②所示，则图线　 　（选填“①”或“②”）对应充电过程电阻箱接入电路的阻值R较大；充电完成后，开关仍然处于闭合状态，减小电容器两极板间的距离，流过电阻箱的电流方向向　 　（选填“左”或“右”）。
（2）充电过程中，电容器两极板间电压u，所带电荷量q均增大，请在图丙中定性画出该过程的u-q图像　 　。若电源电动势为E，图丙中电压最大值对应坐标点与原点O连线的斜率为k，类比直线运动中由v-t图像求位移的方法，可知充电结束后电容器储存的电能为　 　（结果用E、k表示）。
【答案】（1）减小；②；右
（2）；
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）由于图像的斜率表示电容器在充电的过程中电路中的电流，结合图像可知，充电过程中，电路中的电流逐渐减小；
电阻箱的阻值较大时，电路中的电流较小，图像的斜率较小，因此图像②对应的是电阻箱阻值较大的图像；充电完成后，开关仍处于闭合状态，则电容器两端的电压不变，减小两极板间的距离，根据可知，电容器的电容增大，又因为，由于电容器两极板间的电压不变，电容增大，因此两极板的电荷量增大，电容器处于充电状态，通过电阻箱的电流向右。
故答案为：减小；②；右
（2）根据电容，可得，因此图像为一正比例函数图象，图像如下
由图像可知，稳定后电容器储存的能量为图像与坐标轴围成的面积，即
结合题意可知，联立解得
故答案为：；
【分析】(1) 图像斜率表示充电电流，电阻越大充电越慢；开关闭合时电容器电压不变，由、判断电容、电荷量变化及电流方向；
(2) 由知为过原点的倾斜直线；电容器电能等于图线与横轴围成面积，结合斜率推导表达式。
（1）[1]由于图像的斜率表示电容器在充电的过程中电路中的电流，结合图像可知，充电过程中，电路中的电流逐渐减小；
[2]电阻箱的阻值较大时，电路中的电流较小，图像的斜率较小，因此图像②对应的是电阻箱阻值较大的图像；
[3]充电完成后，开关仍处于闭合状态，则电容器两端的电压不变，减小两极板间的距离，根据
可知，电容器的电容增大，又因为
由于电容器两极板间的电压不变，电容增大，因此两极板的电荷量增大，电容器处于充电状态，通过电阻箱的电流向右。
（2）[1]根据电容
可得
因此图像为一正比例函数图象，图像如下
[2]由图像可知，稳定后电容器储存的能量为图像与坐标轴围成的面积，即
结合题意可知
联立解得
13．如图，质量为M=0.8kg的玩具车通过轻绳拖着质量为m=0.2kg的物块在水平面上做匀速直线运动。某时刻轻绳断裂，经过t=0.4s，玩具车已做匀速直线运动。整个过程中玩具车功率恒为P=10W，玩具车和物块所受阻力均为自身重力的k=0.5倍，重力加速度g取10m/s2.求：
（1）轻绳断裂前，玩具车和物块的速度大小；
（2）轻绳断裂后经过t=0.4s，玩具车运动的距离。
【答案】（1）解：由题意可知，玩具车和物块受到地面的阻力为
玩具车功率恒为P=10W，且轻绳断裂前已做匀速直线运动，设速度为，满足
解得
（2）解：轻绳断裂，经过t=0.4s，玩具车已做匀速直线运动，所受阻力为
故绳断后，玩具车匀速运动的速度满足
解得
故玩具车运动的距离满足
解得
【知识点】机车启动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) 断裂前整体匀速，牵引力等于总阻力，由功率公式求解速度；
(2) 断裂后玩具车先变加速、后匀速，先求匀速末速度，再由动能定理求位移。
（1）由题意可知，玩具车和物块受到地面的阻力为
玩具车功率恒为P=10W，且轻绳断裂前已做匀速直线运动，设速度为，满足
解得
（2）轻绳断裂，经过t=0.4s，玩具车已做匀速直线运动，所受阻力为
故绳断后，玩具车匀速运动的速度满足
解得
故玩具车运动的距离满足
解得
14．现代物理通常用电场和磁场来研究粒子运动规律。如图所示，在xOy坐标系所在的平面内，第一象限内有沿x轴负方向的匀强电场，第二、三象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场。在C点沿y轴正方向以初速度v0发射质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子，粒子依次经过y轴上的D、O、F点（F点图中未画出）。已知C点坐标为（L，0），D点坐标为（0，2L）。粒子重力不计，求：
（1）匀强电场场强的大小；
（2）匀强磁场磁感应强度的大小；
（3）粒子从C点运动到F点的时间。
【答案】（1）解：带电粒子在电场中做类平抛运动，在垂直电场方向做匀速直线运动，则有
沿电场方向做匀变速直线运动，则有
其中，在电场中，根据牛顿第二定律有
联立解得
（2）解：设粒子入射到磁场速度大小为v，与y轴夹角为，则有，
解得，
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，则
解得
根据洛伦兹力提供向心力，故有
解得
（3）解：粒子在电场中由C点运动到D点的时间为
粒子在磁场中运动周期为
由图可知，粒子转过的圆心角为
粒子在磁场中由D点运动到O点的时间为
粒子在O点时，x轴方向的分速度大小与D点的x轴方向的分速度大小相等，方向相反；y轴方向的分速度大小与C点的y轴方向的分速度相同，所以粒子再次在电场中由O点运动到F点的过程，在沿y轴方向做匀速直线运动，沿x轴方向先匀减速后匀加速，根据运动的对称性可知，粒子由O点运动到F点的时间为
所以，粒子从C点运动到F点的时间为
【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】【分析】(1) 粒子在第一象限电场中做类平抛运动，y 方向匀速、x 方向匀加速，结合牛顿第二定律求场强；
(2) 求出粒子进入磁场的速度，结合几何关系确定圆周运动半径，由洛伦兹力提供向心力求磁感应强度；
(3) 分电场类平抛、磁场圆周运动、再次电场运动三段，分别求时间后求和。
（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，在垂直电场方向做匀速直线运动，则有
沿电场方向做匀变速直线运动，则有
其中，在电场中，根据牛顿第二定律有
联立解得
（2）设粒子入射到磁场速度大小为v，与y轴夹角为，则有，
解得，
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，则
解得
根据洛伦兹力提供向心力，故有
解得
（3）粒子在电场中由C点运动到D点的时间为
粒子在磁场中运动周期为
由图可知，粒子转过的圆心角为
粒子在磁场中由D点运动到O点的时间为
粒子在O点时，x轴方向的分速度大小与D点的x轴方向的分速度大小相等，方向相反；y轴方向的分速度大小与C点的y轴方向的分速度相同，所以粒子再次在电场中由O点运动到F点的过程，在沿y轴方向做匀速直线运动，沿x轴方向先匀减速后匀加速，根据运动的对称性可知，粒子由O点运动到F点的时间为
所以，粒子从C点运动到F点的时间为
15．某游戏装置竖直截面图如图所示。固定轨道PQM与传送带MN平滑连接，其中PQ段为光滑圆弧轨道，QM段为粗糙水平直轨道。物块a从P点由静止释放，运动到M点与静止的物块b发生完全非弹性碰撞，碰后结合成整体c；c运动到传送带右端N时，受到一水平向左的瞬时冲量，以后每隔给c一相同的瞬时冲量，直到c离开传送带。已知a、b、c均可视为质点，a、b的质量分别为，，圆弧轨道半径，圆心角，QM间距离，MN间距离，传送带顺时针运行的速度，a与水平直轨道、c与传送带间的动摩擦因数均为，，，重力加速度取求：
（1）a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小；
（2）碰后瞬间c的速度大小；
（3）c从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。
【答案】（1）解：物块从P到Q的过程，由能量守恒得
解得Q点速度
在Q点有
解得支持力
（2）解：物块从Q到M的过程，由动能定理
解得
在M点发生完全非弹性碰撞，由动量守恒
解得碰后瞬间c的速度大小
（3）解：取向右为正方向，令c的质量为，加速度
由于，因此c运动到传送带右端N时已经与传送带共速。在N点由动量定理得
解得
c先向左减速到零再加速到与传送带共速，所用时间
c向左运动到速度为零的位移
c从速度为零加速到与传送带共速的位移
总位移
由于减速到共速时间等于，因此刚好共速时c受到向左的瞬时冲量，由动量定理
解得
因此c将重复之前的运动，重复次后减速运动离开传送带。重复次过程中c与传送带摩擦产生的热量
重复运动次后距离点，第5次c受到向左的瞬时冲量后速度依旧为，之后运动到M点的速度满足
解得
所用时间
因此第5次c受到向左的瞬时冲量后运动到M点的过程中c与传送带摩擦产生的热量
因此c从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 物块a沿圆弧下滑机械能守恒，在Q点由牛顿第二定律（向心力公式）求支持力；
(2) 水平轨道上摩擦力做功，用动能定理求 a到M点速度；碰撞为完全非弹性碰撞，由动量守恒求共同速度；
(3) 结合动量定理、运动学公式分析物块在传送带上往复运动，摩擦生热等于摩擦力乘以相对路程。
（1）物块从P到Q的过程，由能量守恒得
解得Q点速度
在Q点有
解得支持力
（2）物块从Q到M的过程，由动能定理
解得
在M点发生完全非弹性碰撞，由动量守恒
解得碰后瞬间c的速度大小
（3）取向右为正方向，令c的质量为，加速度
由于，因此c运动到传送带右端N时已经与传送带共速。在N点由动量定理得
解得
c先向左减速到零再加速到与传送带共速，所用时间
c向左运动到速度为零的位移
c从速度为零加速到与传送带共速的位移
总位移
由于减速到共速时间等于，因此刚好共速时c受到向左的瞬时冲量，由动量定理
解得
因此c将重复之前的运动，重复次后减速运动离开传送带。重复次过程中c与传送带摩擦产生的热量
重复运动次后距离点，第5次c受到向左的瞬时冲量后速度依旧为，之后运动到M点的速度满足
解得
所用时间
因此第5次c受到向左的瞬时冲量后运动到M点的过程中c与传送带摩擦产生的热量
因此c从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量
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