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贵州贵阳市第三实验中学2025-2026学年度第二学期一模高三物理试卷
1．世界上首个第四代核能技术的钍基熔盐堆在我国甘肃并网发电，该反应堆以放射性较低的为核燃料。已知的半衰期为24天，下列说法正确的是（　　）
A．衰变的电子来源于钍原子的核外电子
B．温度升高的半衰期将变短
C．50个经过48天后一定还剩余12.5个
D．经过6次衰变和4次衰变成
2．一定质量的理想气体经历了到的绝热过程，其图像如图所示，关于该气体的状态变化，下列说法正确的是（　　）
A．两个状态的温度关系为
B．两个状态的内能关系为
C．两个状态满足
D．到过程，外界对气体做功
3．“夸父一号”卫星是我国首颗综合性太阳探测卫星，也是首颗在近地轨道观测太阳“一磁两爆”的卫星。如图所示，它和另一颗卫星分别沿圆轨道和椭圆轨道绕地球逆时针运动（圆半径与椭圆半长轴等长），两轨道相交于两点。已知夸父一号卫星的速度大小为，卫星在椭圆轨道远地点时速度大小为，椭圆轨道的近地点为，某时刻两卫星与地球在同一直线上，下列说法正确的是（　　）
A．两卫星可能在点或点处相遇
B．两卫星在图示位置的速度
C．两卫星通过A和点时加速度大小相等
D．在相等时间内卫星S与地心连线扫过的面积与夸父一号与地心连线扫过的面积相等
4．某景区挂出32个灯笼，相邻两个灯笼间由轻绳连接，从高到低依次标为1、2、3、……、32。在无风状态下，32个灯笼处于静止状态，简化图如图所示，与灯笼32右侧相连的轻绳处于水平状态，已知每一个灯笼的质量，重力加速度，最左端悬挂的轻绳与竖直方向的夹角为，下列说法正确的是（　　）
A．最上端轻绳的拉力
B．最右端轻绳的拉力
C．第16个灯笼与第17个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角为
D．第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角为
5．用起重机提升质量为200kg货物，取竖直向上为正方向，货物上升过程中的图像如图所示，取，则（　　）
A．在到内拉力做功为12000J
B．在到内动量的变化为
C．在到内拉力的冲量为零
D．在到内拉力的平均功率为2000W
6．如图所示，光滑平行金属导轨水平放置，导轨间存在竖直向下的匀强磁场，导轨右端接有理想变压器。导体棒垂直放在导轨上，在水平外力作用下做简谐运动，其速度随时间变化的规律为，运动过程中始终处在磁场范围内。已知导轨间距为，磁感应强度大小为，变压器原、副线圈的匝数之比，图中两定值电阻均为10Ω，其余电阻均不计，电压表为理想交流电压表。下列说法正确的是（　　）
A．1s内导体棒中的电流方向改变10次
B．导体棒产生的电动势表达式为（V）
C．电压表的示数为20V
D．变压器的输入功率为1.6W
7．如图所示，在平面内有一匀强电场，以坐标原点为圆心的圆，与坐标轴的交点分别为、、、，在纸面内从点向各个方向以等大的速率射出电子，到达圆周上各处的电子中，电子到达点处的动能最大。则（　　）
A．电场线与轴平行
B．点电势等于点电势
C．在圆周上的各点中，点电势最低
D．到达圆周上、处的电子速度相同
8．一列简谐横波在0时刻的波形如图中实线所示，0.5s时刻的波形如图中虚线所示。下列说法正确的是（　　）
A．该横波的周期可能为0.8s
B．该横波的周期可能为0.4s
C．若该横波沿轴正方向传播，则横波的传播速度大小可能为25m/s
D．若该横波沿轴负方向传播，则横波的传播速度大小可能为6m/s
9．如图所示，质量的光滑小球静置于光滑水平面上，质量为、半径的四分之一光滑圆弧轨道以初速度向右运动。不计小球滑上轨道过程中的能量损失，重力加速度为。下列说法正确的是（　　）
A．小球沿轨道上滑过程中系统动量守恒
B．小球滑离圆弧轨道时速度大小为4m/s
C．小球上升到最高点时距水平面的高度为0.3m
D．整个运动过程中小球对轨道的冲量大小为6N s
10．如图所示，在坐标系第一象限内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为。在点有一粒子源，点坐标为。打开粒子源发射装置，能够沿纸面以相同的速率向各个方向均匀发射带正电的粒子，粒子质量为，电荷量为，速率。不计粒子重力及粒子间的相互作用力，点坐标为，则下列说法正确的是（　　）
A．从轴射出磁场的粒子数占总粒子数的
B．从之间射出磁场的粒子数占总粒子数的
C．到达轴的粒子在磁场中运动的最短时间为
D．打在轴的长度为
11．“在探究平抛运动实验中”
（1）为探究水平方向分运动特点，应选用图1中的　 　（选填“甲”或“乙”）装置
（2）采用图2所示装置进行实验。将一张白纸和复写纸固定在装置的背板上，钢球落到倾斜的挡板后挤压复写纸，在白纸上留下印迹。下列说法正确的是________。
A．调节装置使其背板竖直
B．调节斜槽使其末端切线水平
C．以斜槽的末端在白纸上的投影点为坐标原点
D．钢球在斜槽静止释放的高度应等间距下降
（3）如图3所示，将实验中记录的印迹用平滑曲线连接，其中抛出点为坐标原点，A点（11.0cm，15.8cm）是记录的印迹，B点（11.8cm，19.6cm）是曲线上的一个点，为得到小球的水平速度，应取　 　（选填“A”或“B”）点进行计算，可得水平速度　 　m/s。（g取，所得结果保留两位有效数字）
12．光纤通信有传输容量大、衰减小、抗干扰性及保密性强等多方面的优点。如图甲是光纤的示意图，简化成由内芯和包层组成（内芯简化为长直玻璃丝，包层简化为真空），设玻璃丝折射率为n
（1）若某单色光从真空以入射角60度从左端面入射后恰好发生全反射通过此光纤，求折射率n；
（2）经过传输的单色光照射在光电管上，此时电流表示数不为零。移动滑动变阻器滑片，求电流表示数刚好为零时的电压（已知单色光波长、光电管阴极材料逸出功、普朗克常量h、元电荷e、光速c）
13．如图所示，平面直角坐标系的第二象限内，抛物线与轴之间有沿轴负方向的匀强电场，在半径为的圆形区域内有垂直于坐标平面向外、磁感应强度为的匀强磁场，圆与轴相切于点，在第一、四象限内有垂直于坐标平面向里、磁感应强度为的匀强磁场，在第一象限内有一平行于轴的荧光屏（图中未画出），在点沿与轴负方向成角的方向射出质量为、电荷量为的带正电的粒子，粒子在圆形磁场中偏转后沿轴正方向进入电场，经电场偏转刚好从坐标原点射入第一、四象限内的匀强磁场中，粒子经磁场偏转后恰好垂直打在荧光屏上。已知，不计粒子的重力。求
（1）粒子从点射出的初速度大小；
（2）匀强电场的电场强度大小
（3）荧光屏离轴的距离。
14．如图所示，长的非弹性轻绳一端固定在点，另一端拴有小球，点正下方处有一小物块静置于木板最右端，小物块距离右端。开始时被锁定，轻绳伸直与水平方向间夹角，由静止释放，轻绳再次伸直时做圆周运动，到最低点与发生弹性碰撞，之后向左运动，与D发生弹性碰撞后瞬间解除C的锁定，最终D恰好未从C上滑落。已知A、B、C的质量均为，D的质量为，B、D与C间的动摩擦因数均为，重力加速度大小。地面光滑，A、B、D均可视为质点，求：
（1）A与B碰撞前A的速度大小；
（2）C的长度。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A：β衰变的电子来自于原子核内的中子转变为质子时释放的电子，而非钍原子的核外电子，故A错误；
B：半衰期由原子核本身的性质决定，与外界温度、压强等因素无关，因此温度升高不会改变的半衰期，故B错误；
C：半衰期的统计规律仅适用于大量原子核，对少量原子核不适用，因此50个经过48天后，剩余数量不一定为12.5个，故C错误；
D：β衰变不改变质量数，仅改变电荷数。设α衰变次数为，β衰变次数为，根据质量数守恒：，解得；根据电荷数守恒：，代入解得，因此经过6次α衰变和4次β衰变变成，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A：β衰变的本质是原子核内的中子衰变为质子并释放电子，电子并非来自核外；
B：半衰期是原子核的固有属性，不受外界物理、化学条件影响；
C：半衰期的计算是统计规律，仅对大量原子核有效，少量原子核的衰变具有随机性；
D：衰变次数的计算需结合质量数守恒和电荷数守恒，分别求出α衰变和β衰变的次数。
2．【答案】C
【知识点】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；热力学图像类问题
【解析】【解答】A：从a到b，气体体积增大，气体对外做功，该过程为绝热过程（），根据热力学第一定律，气体内能减小，温度降低，故，A错误；
B：理想气体的内能仅与温度有关，由于，因此内能关系为，B错误；
C：根据理想气体状态方程，其中为常数，由于，因此，C正确；
D：从a到b，气体体积增大，气体对外界做功，而非外界对气体做功，D错误。
故答案为：C。
【分析】A：绝热过程中，气体对外做功会导致内能减小，温度必然降低；
B：理想气体内能仅由温度决定，温度降低则内能减小；
C：结合理想气体状态方程，由温度关系可推得的大小关系；
D：体积增大时，气体对外界做功，而非外界对气体做功。
3．【答案】C
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A：圆轨道半径与椭圆半长轴等长，根据开普勒第三定律，两卫星周期相同，假设两卫星在A点相遇，沿逆时针运动时，夸父一号用时大于 ，卫星S用时小于 ，故在A点不可能相遇；同理B点也不可能相遇，A错误。
B：图示位置中，P点到地心的距离大于夸父一号的轨道半径。由万有引力提供向心力，可得圆轨道速度公式 ，因此夸父一号的速度 大于P点处圆轨道卫星的线速度，再由卫星变轨知识可知，椭圆轨道远地点P处的速度 小于同半径圆轨道的速度，故 ，B错误。
C：对卫星，由万有引力提供向心力，可得加速度公式 ，两卫星在A、B点到地球的距离 相同，因此加速度大小相等，C正确。
D：开普勒第二定律只适用于同一轨道上的卫星，两卫星轨道不同，因此相等时间内扫过的面积不一定相等，D错误。
故答案为：C。
【分析】A：利用开普勒第三定律判断周期关系，再结合运动时间分析相遇的可能性；
B：结合圆轨道速度公式和变轨知识，比较 与 的大小；
C：根据加速度公式 ，判断A、B点的加速度大小；
D：明确开普勒第二定律的适用条件，判断面积是否相等。
4．【答案】B
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】A：对32个灯笼的整体分析，最上端轻绳的拉力在竖直方向的分力等于所有灯笼的重力，即 ，解得 ，而非 ，故A错误；
B：最右端轻绳的拉力等于最上端轻绳拉力的水平分力，即 ，故B正确；
C：对下面16个灯笼的整体分析，设第16个灯笼与第17个灯笼间轻绳的拉力为，则，，解得，，故C错误；
D：对下面24个灯笼的整体分析，设第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳的拉力为，则，，解得，，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：通过整体受力分析，利用竖直方向的平衡条件计算最上端轻绳的拉力；
B：最右端轻绳的拉力等于最上端轻绳拉力的水平分力，可直接由三角函数关系求得；
C：取下方16个灯笼为研究对象，通过受力分析求出轻绳与竖直方向夹角的正切值，判断夹角大小；
D：取下方24个灯笼为研究对象，同理求出夹角的正切值，判断夹角是否为。
5．【答案】A
【知识点】动量定理；功率及其计算；动能定理的综合应用；动量
【解析】【解答】A：在 到 内，v-t图像的面积表示位移，计算得货物位移 ，由动能定理，拉力做功与重力做功之和等于动能变化（初末动能均为0），即 ，解得 ，故A正确；
B：在 到 内，货物初速度为 ，末速度为 ，动量变化 ，故B错误；
C：在 到 内，根据动量定理 ，解得拉力的冲量 ，不为零，故C错误；
D：在 到 内，货物位移 ，由动能定理 ，解得拉力的平均功率 ，而非 ，故D错误。
故答案为：A。
【分析】A：利用v-t图像求位移，再通过动能定理直接计算拉力做功；
B：动量变化的计算需注意初末速度的方向与大小；
C：动量定理中，拉力冲量与重力冲量的矢量和等于动量变化；
D：平均功率的计算需结合动能定理，不能直接用拉力乘以平均速度。
6．【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】A：由速度表达式可知，导体棒运动的角速度，周期。一个周期内电流方向改变两次，因此1s（10个周期）内电流方向改变20次，而非10次，故A错误；
B：导体棒产生的电动势，而非，故B错误；
C：设电压表示数为，副线圈电流，原线圈电流。原线圈输入电压。由变压器电压比，解得，而非20V，故C错误；
D：理想变压器的输入功率等于输出功率，输出功率，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A：根据速度表达式求出周期，再结合交变电流的特点判断电流方向改变次数；
B：由感应电动势公式写出电动势表达式，注意速度表达式中的系数；
C：结合变压器电流比、电压比，联立求解副线圈电压；
D：理想变压器的输入功率等于输出功率，可通过副线圈的功率计算得出。
7．【答案】B
【知识点】电势能；电势；等势面
【解析】【解答】A：电子初速率相等，到达b点动能最大，说明从O到b电场力做功最多，因此电子受到的电场力方向沿y轴正方向。由于电子带负电，电场方向与受力方向相反，故电场方向沿y轴负方向，电场线与y轴平行，而非与x轴平行，故A错误；
B：匀强电场中等势面垂直于电场方向，因此等势面平行于x轴。a、c两点位于同一水平线上，处于同一等势面上，故电势相等，B正确；
C：电场方向沿y轴负方向，沿电场方向电势降低，因此b点电势最高，而非最低，故C错误；
D：a、c两点电势相等，电子在两点的电势能相等，根据动能定理，到达两点的动能相等，速率相等，但速度方向不同，因此速度不同，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：通过电子动能最大的位置判断电场力方向，再结合电子的电性判断电场方向；
B：匀强电场中等势面与电场线垂直，由此判断a、c两点是否在同一等势面上；
C：沿电场方向电势降低，结合电场方向判断b点电势高低；
D：速度是矢量，包含大小和方向，动能相等仅说明速率相等，速度不一定相同。
8．【答案】B,D
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】根据题意，由波形图可得该波波长，两次波形的时间间隔，分传播方向讨论：波沿轴正方向传播时，波传播的距离满足（），时间满足：，波沿轴负方向传播时，波传播的距离满足（），时间满足：
A：若周期，代入公式①②，均无整数解，故A错误；
B：若周期，代入公式①可得，符合条件，故B正确；
C：若波沿轴正方向传播，波速为。把代入，无整数解，故C错误；
D：若波沿轴负方向传播，波速为。把代入，解得，符合条件，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】A、B：关键是根据波的双向传播，写出周期的通解公式，代入验证是否存在整数解；
C、D：先根据传播方向写出波速的通解公式，再代入数值验证是否存在对应的整数；
9．【答案】B,C
【知识点】动量定理；动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．由于小球沿轨道上滑过程中，系统竖直方向合外力不为零，系统动量不守恒，则A错误；
B．小球滑离圆弧轨道时可看成弹性碰撞，根据水平方向动量守恒有，机械能守恒有，代入数据解得，，故B正确；
C．小球上升到最高点时，圆弧轨道和小球共速，由水平方向动量守恒，根据能量守恒有，代入数据解得，故C正确；
D．取圆弧轨道为研究对象，根据动量定理可得小球对轨道的冲量大小，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】A：动量守恒的条件是系统所受合外力为零，需分析小球上滑过程中系统竖直方向的受力情况；
B：小球滑离轨道时，可视为水平方向的弹性碰撞，需结合水平动量守恒和机械能守恒定律求解两者速度；
C：小球上升到最高点时，与圆弧轨道水平方向共速，需结合水平动量守恒和机械能守恒定律求解上升高度；
D：对圆弧轨道应用动量定理，计算小球对轨道的冲量大小。
10．【答案】A,C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】由题意得，由，得
A．
如图所示，从轴射出磁场的粒子速度间的夹角为，因此从轴射出磁场的粒子数占总粒子数的，故A正确；
B．
如图所示，从之间射出磁场的粒子速度间的夹角为，因此从之间射出磁场的粒子数占总粒子数的，故B错误；
C．
如图所示，当射出点为N（PN与x轴垂直）时，此粒子为到达x轴的粒子中，在磁场中运动的时间最短，圆心角为，运动时间为，故C正确；
D．
如图所示，PN为直径，ON为打在轴的长度，等于，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】A：先根据洛伦兹力提供向心力求出粒子运动半径，再结合几何关系确定从x轴射出磁场的粒子的速度范围，计算其占比；
B：同理，通过几何关系确定从OM之间射出磁场的粒子的速度范围，计算其占比；
C：根据粒子运动时间与圆心角的关系，找出到达x轴的粒子中圆心角最小的情况，计算最短运动时间；
D：结合几何关系，确定粒子打在x轴上的最远点，计算打在x轴上的长度。
11．【答案】（1）乙
（2）A；B
（3）B；0.59
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）为研究水平方向分运动特点，需要将平抛运动与匀速直线运动进行对比。故应该选装置乙。
故答案为：乙
（2）A．调节装置使其背板竖直，才能保证小球落在背板上的痕迹准确反映平抛轨迹，A正确。
B．调节斜槽末端切线水平，才能保证小球抛出时初速度水平，B正确。
C．坐标原点应选小球在斜槽末端时球心的位置，不是斜槽末端的投影点，C错误。
D．每次释放小球的高度应相同，保证初速度一致，不需要等间距下降，D错误。
故答案为：AB。
（3）由图可知因为B点更接近曲线轨迹上，所以为得到小球的水平速度应该选B点进行计算；
从原点到B点，小球竖直方向上做自由落体运动，时间为
所以
故答案为：B；0.59
【分析】(1) 探究平抛运动水平方向分运动的特点，需要将平抛运动与匀速直线运动进行对比，因此应选用图 1 中的乙装置；
(2) 选项分析：A. 调节装置使其背板竖直，才能保证小球轨迹准确；
B. 调节斜槽末端切线水平，才能保证初速度水平；
C. 坐标原点应选小球在斜槽末端时球心的位置，不是斜槽末端投影点；
D. 每次释放小球的高度应相同，无需等间距下降。
(3) 计算水平速度时，应选择 B 点（更接近轨迹且满足自由落体规律），由竖直方向自由落体求时间，再用水平位移除以时间得初速度。
（1）为研究水平方向分运动特点，需要将平抛运动与匀速直线运动进行对比。故应该选装置乙。
（2）A．调节装置使其背板竖直，才能保证小球落在背板上的痕迹准确反映平抛轨迹，A正确。
B．调节斜槽末端切线水平，才能保证小球抛出时初速度水平，B正确。
C．坐标原点应选小球在斜槽末端时球心的位置，不是斜槽末端的投影点，C错误。
D．每次释放小球的高度应相同，保证初速度一致，不需要等间距下降，D错误。
故选AB。
（3）[1]由图可知因为B点更接近曲线轨迹上，所以为得到小球的水平速度应该选B点进行计算；
[2]从原点到B点，小球竖直方向上做自由落体运动，时间为
所以
12．【答案】（1）解：
设光在光纤左端面的折射角为，光从真空入射玻璃，由折射定律： 代入入射角
光在内芯与真空包层的界面恰好发生全反射，设侧面入射角为临界角，由全反射临界角公式：
由几何关系得
因此
结合三角关系
得
代入折射定律：
代入
两边平方整理得：
（2）解：单色光频率
由光电效应方程，光电子最大初动能：
电流为零时，反向截止电压满足
整理得：
【知识点】光的全反射；光电效应
【解析】【分析】(1) 光从真空入射光纤端面时，由折射定律 求出折射角 ，再根据全反射临界角公式 及几何关系 联立求解折射率 ；
(2) 由光电效应方程 ，结合反向截止电压满足 ，推导出截止电压 。
13．【答案】（1）解：粒子在左侧圆形磁场中偏转后沿x轴正方向出射，几何分析得，磁场圆半径为，粒子轨迹的圆心角等于偏转角，由弦长关系可得粒子轨迹半径洛伦兹力提供向心力
代入得
（2）解：粒子出磁场后沿x正方向进入电场，进入电场的位置在抛物线上，由几何关系得进入点纵坐标
代入，得
解得进入点横坐标（第二象限）
粒子在电场中做类平抛运动，x方向
得
y方向
代入、
得
（3）解：粒子到达原点O时，x方向速度
y方向速度
速度方向与x轴正方向成向下，合速度大小
粒子进入右侧磁场后，轨迹半径
由洛伦兹力方向得轨迹圆心坐标为
轨迹方程为
垂直打在平行x轴的荧光屏上，说明速度方向竖直，此时半径方向水平，打点的纵坐标等于圆心纵坐标
第一象限，因此荧光屏离x轴的距离为
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动，由几何关系得出轨迹半径，再结合洛伦兹力提供向心力求解初速度；
(2) 先由几何关系确定粒子进入电场的位置坐标，再结合类平抛运动规律求解电场强度；
(3) 先求出粒子到达原点时的速度，再由洛伦兹力提供向心力求出右侧磁场中的轨迹半径，最后根据几何关系确定荧光屏离 x 轴的距离。
（1）粒子在左侧圆形磁场中偏转后沿x轴正方向出射，几何分析得，磁场圆半径为，粒子轨迹的圆心角等于偏转角，由弦长关系可得粒子轨迹半径洛伦兹力提供向心力
代入得
（2）粒子出磁场后沿x正方向进入电场，进入电场的位置在抛物线上，由几何关系得进入点纵坐标
代入，得
解得进入点横坐标（第二象限）
粒子在电场中做类平抛运动，x方向
得
y方向
代入、
得
（3）粒子到达原点O时，x方向速度
y方向速度
速度方向与x轴正方向成向下，合速度大小
粒子进入右侧磁场后，轨迹半径
由洛伦兹力方向得轨迹圆心坐标为
轨迹方程为
垂直打在平行x轴的荧光屏上，说明速度方向竖直，此时半径方向水平，打点的纵坐标等于圆心纵坐标
第一象限，因此荧光屏离x轴的距离为
14．【答案】（1）解：A由静止开始自由下落，设当绳再次绷紧时A的速度大小为，如图所示：
则对A根据机械能守恒有
解得
设A与B碰撞前A的速度大小为，则从绳再次绷紧后到A运动到最低点的过程中，对A列动能定理方程有
解得
（2）解：设A与发生弹性碰撞后，A的速度为，B的速度为，则根据动量守恒有
根据机械能守恒有
联立解得，
之后B在C上向左做匀减速直线运动，设其加速度大小为，则根据牛顿第二定律有
解得
设B与D碰撞前瞬间的速度大小为，则根据运动学公式有
解得
设B、D发生弹性碰撞后速度分别为、，以向左为正方向，则根据动量守恒有
根据机械能守恒有
联立解得，
即B、D发生弹性碰撞后，B以的速度向右做减速运动，D以的速度向左做减速运动，设D的加速度大小为，则根据牛顿第二定律有
解得
解除C的锁定后，C将向左做匀加速直线运动，设其加速度为，则根据牛顿第二定律有
解得
设C加速后经过时间与D达到共速，则有
解得，
此时B的速度大小为
则之后C、D将保持相对静止一起向左减速，B将反向向左做加速运动。从D开始运动到刚好不滑落C，C、D间的相对位移为
所以C的长度为
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 小球A先自由下落，轻绳绷紧后再做圆周运动到最低点，需分阶段用机械能守恒和动能定理求碰撞前的速度；
(2) 依次分析弹性碰撞、B与D的碰撞，再对解除锁定后C、D的运动过程进行受力与运动分析，计算相对位移并求出木板C的总长度。
（1）A由静止开始自由下落，设当绳再次绷紧时A的速度大小为，如图所示：
则对A根据机械能守恒有
解得
设A与B碰撞前A的速度大小为，则从绳再次绷紧后到A运动到最低点的过程中，对A列动能定理方程有
解得
（2）设A与发生弹性碰撞后，A的速度为，B的速度为，则根据动量守恒有
根据机械能守恒有
联立解得，
之后B在C上向左做匀减速直线运动，设其加速度大小为，则根据牛顿第二定律有
解得
设B与D碰撞前瞬间的速度大小为，则根据运动学公式有
解得
设B、D发生弹性碰撞后速度分别为、，以向左为正方向，则根据动量守恒有
根据机械能守恒有
联立解得，
即B、D发生弹性碰撞后，B以的速度向右做减速运动，D以的速度向左做减速运动，设D的加速度大小为，则根据牛顿第二定律有
解得
解除C的锁定后，C将向左做匀加速直线运动，设其加速度为，则根据牛顿第二定律有
解得
设C加速后经过时间与D达到共速，则有
解得，
此时B的速度大小为
则之后C、D将保持相对静止一起向左减速，B将反向向左做加速运动。从D开始运动到刚好不滑落C，C、D间的相对位移为
所以C的长度为
1 / 1贵州贵阳市第三实验中学2025-2026学年度第二学期一模高三物理试卷
1．世界上首个第四代核能技术的钍基熔盐堆在我国甘肃并网发电，该反应堆以放射性较低的为核燃料。已知的半衰期为24天，下列说法正确的是（　　）
A．衰变的电子来源于钍原子的核外电子
B．温度升高的半衰期将变短
C．50个经过48天后一定还剩余12.5个
D．经过6次衰变和4次衰变成
【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A：β衰变的电子来自于原子核内的中子转变为质子时释放的电子，而非钍原子的核外电子，故A错误；
B：半衰期由原子核本身的性质决定，与外界温度、压强等因素无关，因此温度升高不会改变的半衰期，故B错误；
C：半衰期的统计规律仅适用于大量原子核，对少量原子核不适用，因此50个经过48天后，剩余数量不一定为12.5个，故C错误；
D：β衰变不改变质量数，仅改变电荷数。设α衰变次数为，β衰变次数为，根据质量数守恒：，解得；根据电荷数守恒：，代入解得，因此经过6次α衰变和4次β衰变变成，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A：β衰变的本质是原子核内的中子衰变为质子并释放电子，电子并非来自核外；
B：半衰期是原子核的固有属性，不受外界物理、化学条件影响；
C：半衰期的计算是统计规律，仅对大量原子核有效，少量原子核的衰变具有随机性；
D：衰变次数的计算需结合质量数守恒和电荷数守恒，分别求出α衰变和β衰变的次数。
2．一定质量的理想气体经历了到的绝热过程，其图像如图所示，关于该气体的状态变化，下列说法正确的是（　　）
A．两个状态的温度关系为
B．两个状态的内能关系为
C．两个状态满足
D．到过程，外界对气体做功
【答案】C
【知识点】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；热力学图像类问题
【解析】【解答】A：从a到b，气体体积增大，气体对外做功，该过程为绝热过程（），根据热力学第一定律，气体内能减小，温度降低，故，A错误；
B：理想气体的内能仅与温度有关，由于，因此内能关系为，B错误；
C：根据理想气体状态方程，其中为常数，由于，因此，C正确；
D：从a到b，气体体积增大，气体对外界做功，而非外界对气体做功，D错误。
故答案为：C。
【分析】A：绝热过程中，气体对外做功会导致内能减小，温度必然降低；
B：理想气体内能仅由温度决定，温度降低则内能减小；
C：结合理想气体状态方程，由温度关系可推得的大小关系；
D：体积增大时，气体对外界做功，而非外界对气体做功。
3．“夸父一号”卫星是我国首颗综合性太阳探测卫星，也是首颗在近地轨道观测太阳“一磁两爆”的卫星。如图所示，它和另一颗卫星分别沿圆轨道和椭圆轨道绕地球逆时针运动（圆半径与椭圆半长轴等长），两轨道相交于两点。已知夸父一号卫星的速度大小为，卫星在椭圆轨道远地点时速度大小为，椭圆轨道的近地点为，某时刻两卫星与地球在同一直线上，下列说法正确的是（　　）
A．两卫星可能在点或点处相遇
B．两卫星在图示位置的速度
C．两卫星通过A和点时加速度大小相等
D．在相等时间内卫星S与地心连线扫过的面积与夸父一号与地心连线扫过的面积相等
【答案】C
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A：圆轨道半径与椭圆半长轴等长，根据开普勒第三定律，两卫星周期相同，假设两卫星在A点相遇，沿逆时针运动时，夸父一号用时大于 ，卫星S用时小于 ，故在A点不可能相遇；同理B点也不可能相遇，A错误。
B：图示位置中，P点到地心的距离大于夸父一号的轨道半径。由万有引力提供向心力，可得圆轨道速度公式 ，因此夸父一号的速度 大于P点处圆轨道卫星的线速度，再由卫星变轨知识可知，椭圆轨道远地点P处的速度 小于同半径圆轨道的速度，故 ，B错误。
C：对卫星，由万有引力提供向心力，可得加速度公式 ，两卫星在A、B点到地球的距离 相同，因此加速度大小相等，C正确。
D：开普勒第二定律只适用于同一轨道上的卫星，两卫星轨道不同，因此相等时间内扫过的面积不一定相等，D错误。
故答案为：C。
【分析】A：利用开普勒第三定律判断周期关系，再结合运动时间分析相遇的可能性；
B：结合圆轨道速度公式和变轨知识，比较 与 的大小；
C：根据加速度公式 ，判断A、B点的加速度大小；
D：明确开普勒第二定律的适用条件，判断面积是否相等。
4．某景区挂出32个灯笼，相邻两个灯笼间由轻绳连接，从高到低依次标为1、2、3、……、32。在无风状态下，32个灯笼处于静止状态，简化图如图所示，与灯笼32右侧相连的轻绳处于水平状态，已知每一个灯笼的质量，重力加速度，最左端悬挂的轻绳与竖直方向的夹角为，下列说法正确的是（　　）
A．最上端轻绳的拉力
B．最右端轻绳的拉力
C．第16个灯笼与第17个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角为
D．第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角为
【答案】B
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】A：对32个灯笼的整体分析，最上端轻绳的拉力在竖直方向的分力等于所有灯笼的重力，即 ，解得 ，而非 ，故A错误；
B：最右端轻绳的拉力等于最上端轻绳拉力的水平分力，即 ，故B正确；
C：对下面16个灯笼的整体分析，设第16个灯笼与第17个灯笼间轻绳的拉力为，则，，解得，，故C错误；
D：对下面24个灯笼的整体分析，设第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳的拉力为，则，，解得，，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：通过整体受力分析，利用竖直方向的平衡条件计算最上端轻绳的拉力；
B：最右端轻绳的拉力等于最上端轻绳拉力的水平分力，可直接由三角函数关系求得；
C：取下方16个灯笼为研究对象，通过受力分析求出轻绳与竖直方向夹角的正切值，判断夹角大小；
D：取下方24个灯笼为研究对象，同理求出夹角的正切值，判断夹角是否为。
5．用起重机提升质量为200kg货物，取竖直向上为正方向，货物上升过程中的图像如图所示，取，则（　　）
A．在到内拉力做功为12000J
B．在到内动量的变化为
C．在到内拉力的冲量为零
D．在到内拉力的平均功率为2000W
【答案】A
【知识点】动量定理；功率及其计算；动能定理的综合应用；动量
【解析】【解答】A：在 到 内，v-t图像的面积表示位移，计算得货物位移 ，由动能定理，拉力做功与重力做功之和等于动能变化（初末动能均为0），即 ，解得 ，故A正确；
B：在 到 内，货物初速度为 ，末速度为 ，动量变化 ，故B错误；
C：在 到 内，根据动量定理 ，解得拉力的冲量 ，不为零，故C错误；
D：在 到 内，货物位移 ，由动能定理 ，解得拉力的平均功率 ，而非 ，故D错误。
故答案为：A。
【分析】A：利用v-t图像求位移，再通过动能定理直接计算拉力做功；
B：动量变化的计算需注意初末速度的方向与大小；
C：动量定理中，拉力冲量与重力冲量的矢量和等于动量变化；
D：平均功率的计算需结合动能定理，不能直接用拉力乘以平均速度。
6．如图所示，光滑平行金属导轨水平放置，导轨间存在竖直向下的匀强磁场，导轨右端接有理想变压器。导体棒垂直放在导轨上，在水平外力作用下做简谐运动，其速度随时间变化的规律为，运动过程中始终处在磁场范围内。已知导轨间距为，磁感应强度大小为，变压器原、副线圈的匝数之比，图中两定值电阻均为10Ω，其余电阻均不计，电压表为理想交流电压表。下列说法正确的是（　　）
A．1s内导体棒中的电流方向改变10次
B．导体棒产生的电动势表达式为（V）
C．电压表的示数为20V
D．变压器的输入功率为1.6W
【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】A：由速度表达式可知，导体棒运动的角速度，周期。一个周期内电流方向改变两次，因此1s（10个周期）内电流方向改变20次，而非10次，故A错误；
B：导体棒产生的电动势，而非，故B错误；
C：设电压表示数为，副线圈电流，原线圈电流。原线圈输入电压。由变压器电压比，解得，而非20V，故C错误；
D：理想变压器的输入功率等于输出功率，输出功率，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A：根据速度表达式求出周期，再结合交变电流的特点判断电流方向改变次数；
B：由感应电动势公式写出电动势表达式，注意速度表达式中的系数；
C：结合变压器电流比、电压比，联立求解副线圈电压；
D：理想变压器的输入功率等于输出功率，可通过副线圈的功率计算得出。
7．如图所示，在平面内有一匀强电场，以坐标原点为圆心的圆，与坐标轴的交点分别为、、、，在纸面内从点向各个方向以等大的速率射出电子，到达圆周上各处的电子中，电子到达点处的动能最大。则（　　）
A．电场线与轴平行
B．点电势等于点电势
C．在圆周上的各点中，点电势最低
D．到达圆周上、处的电子速度相同
【答案】B
【知识点】电势能；电势；等势面
【解析】【解答】A：电子初速率相等，到达b点动能最大，说明从O到b电场力做功最多，因此电子受到的电场力方向沿y轴正方向。由于电子带负电，电场方向与受力方向相反，故电场方向沿y轴负方向，电场线与y轴平行，而非与x轴平行，故A错误；
B：匀强电场中等势面垂直于电场方向，因此等势面平行于x轴。a、c两点位于同一水平线上，处于同一等势面上，故电势相等，B正确；
C：电场方向沿y轴负方向，沿电场方向电势降低，因此b点电势最高，而非最低，故C错误；
D：a、c两点电势相等，电子在两点的电势能相等，根据动能定理，到达两点的动能相等，速率相等，但速度方向不同，因此速度不同，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：通过电子动能最大的位置判断电场力方向，再结合电子的电性判断电场方向；
B：匀强电场中等势面与电场线垂直，由此判断a、c两点是否在同一等势面上；
C：沿电场方向电势降低，结合电场方向判断b点电势高低；
D：速度是矢量，包含大小和方向，动能相等仅说明速率相等，速度不一定相同。
8．一列简谐横波在0时刻的波形如图中实线所示，0.5s时刻的波形如图中虚线所示。下列说法正确的是（　　）
A．该横波的周期可能为0.8s
B．该横波的周期可能为0.4s
C．若该横波沿轴正方向传播，则横波的传播速度大小可能为25m/s
D．若该横波沿轴负方向传播，则横波的传播速度大小可能为6m/s
【答案】B,D
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】根据题意，由波形图可得该波波长，两次波形的时间间隔，分传播方向讨论：波沿轴正方向传播时，波传播的距离满足（），时间满足：，波沿轴负方向传播时，波传播的距离满足（），时间满足：
A：若周期，代入公式①②，均无整数解，故A错误；
B：若周期，代入公式①可得，符合条件，故B正确；
C：若波沿轴正方向传播，波速为。把代入，无整数解，故C错误；
D：若波沿轴负方向传播，波速为。把代入，解得，符合条件，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】A、B：关键是根据波的双向传播，写出周期的通解公式，代入验证是否存在整数解；
C、D：先根据传播方向写出波速的通解公式，再代入数值验证是否存在对应的整数；
9．如图所示，质量的光滑小球静置于光滑水平面上，质量为、半径的四分之一光滑圆弧轨道以初速度向右运动。不计小球滑上轨道过程中的能量损失，重力加速度为。下列说法正确的是（　　）
A．小球沿轨道上滑过程中系统动量守恒
B．小球滑离圆弧轨道时速度大小为4m/s
C．小球上升到最高点时距水平面的高度为0.3m
D．整个运动过程中小球对轨道的冲量大小为6N s
【答案】B,C
【知识点】动量定理；动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．由于小球沿轨道上滑过程中，系统竖直方向合外力不为零，系统动量不守恒，则A错误；
B．小球滑离圆弧轨道时可看成弹性碰撞，根据水平方向动量守恒有，机械能守恒有，代入数据解得，，故B正确；
C．小球上升到最高点时，圆弧轨道和小球共速，由水平方向动量守恒，根据能量守恒有，代入数据解得，故C正确；
D．取圆弧轨道为研究对象，根据动量定理可得小球对轨道的冲量大小，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】A：动量守恒的条件是系统所受合外力为零，需分析小球上滑过程中系统竖直方向的受力情况；
B：小球滑离轨道时，可视为水平方向的弹性碰撞，需结合水平动量守恒和机械能守恒定律求解两者速度；
C：小球上升到最高点时，与圆弧轨道水平方向共速，需结合水平动量守恒和机械能守恒定律求解上升高度；
D：对圆弧轨道应用动量定理，计算小球对轨道的冲量大小。
10．如图所示，在坐标系第一象限内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为。在点有一粒子源，点坐标为。打开粒子源发射装置，能够沿纸面以相同的速率向各个方向均匀发射带正电的粒子，粒子质量为，电荷量为，速率。不计粒子重力及粒子间的相互作用力，点坐标为，则下列说法正确的是（　　）
A．从轴射出磁场的粒子数占总粒子数的
B．从之间射出磁场的粒子数占总粒子数的
C．到达轴的粒子在磁场中运动的最短时间为
D．打在轴的长度为
【答案】A,C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】由题意得，由，得
A．
如图所示，从轴射出磁场的粒子速度间的夹角为，因此从轴射出磁场的粒子数占总粒子数的，故A正确；
B．
如图所示，从之间射出磁场的粒子速度间的夹角为，因此从之间射出磁场的粒子数占总粒子数的，故B错误；
C．
如图所示，当射出点为N（PN与x轴垂直）时，此粒子为到达x轴的粒子中，在磁场中运动的时间最短，圆心角为，运动时间为，故C正确；
D．
如图所示，PN为直径，ON为打在轴的长度，等于，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】A：先根据洛伦兹力提供向心力求出粒子运动半径，再结合几何关系确定从x轴射出磁场的粒子的速度范围，计算其占比；
B：同理，通过几何关系确定从OM之间射出磁场的粒子的速度范围，计算其占比；
C：根据粒子运动时间与圆心角的关系，找出到达x轴的粒子中圆心角最小的情况，计算最短运动时间；
D：结合几何关系，确定粒子打在x轴上的最远点，计算打在x轴上的长度。
11．“在探究平抛运动实验中”
（1）为探究水平方向分运动特点，应选用图1中的　 　（选填“甲”或“乙”）装置
（2）采用图2所示装置进行实验。将一张白纸和复写纸固定在装置的背板上，钢球落到倾斜的挡板后挤压复写纸，在白纸上留下印迹。下列说法正确的是________。
A．调节装置使其背板竖直
B．调节斜槽使其末端切线水平
C．以斜槽的末端在白纸上的投影点为坐标原点
D．钢球在斜槽静止释放的高度应等间距下降
（3）如图3所示，将实验中记录的印迹用平滑曲线连接，其中抛出点为坐标原点，A点（11.0cm，15.8cm）是记录的印迹，B点（11.8cm，19.6cm）是曲线上的一个点，为得到小球的水平速度，应取　 　（选填“A”或“B”）点进行计算，可得水平速度　 　m/s。（g取，所得结果保留两位有效数字）
【答案】（1）乙
（2）A；B
（3）B；0.59
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）为研究水平方向分运动特点，需要将平抛运动与匀速直线运动进行对比。故应该选装置乙。
故答案为：乙
（2）A．调节装置使其背板竖直，才能保证小球落在背板上的痕迹准确反映平抛轨迹，A正确。
B．调节斜槽末端切线水平，才能保证小球抛出时初速度水平，B正确。
C．坐标原点应选小球在斜槽末端时球心的位置，不是斜槽末端的投影点，C错误。
D．每次释放小球的高度应相同，保证初速度一致，不需要等间距下降，D错误。
故答案为：AB。
（3）由图可知因为B点更接近曲线轨迹上，所以为得到小球的水平速度应该选B点进行计算；
从原点到B点，小球竖直方向上做自由落体运动，时间为
所以
故答案为：B；0.59
【分析】(1) 探究平抛运动水平方向分运动的特点，需要将平抛运动与匀速直线运动进行对比，因此应选用图 1 中的乙装置；
(2) 选项分析：A. 调节装置使其背板竖直，才能保证小球轨迹准确；
B. 调节斜槽末端切线水平，才能保证初速度水平；
C. 坐标原点应选小球在斜槽末端时球心的位置，不是斜槽末端投影点；
D. 每次释放小球的高度应相同，无需等间距下降。
(3) 计算水平速度时，应选择 B 点（更接近轨迹且满足自由落体规律），由竖直方向自由落体求时间，再用水平位移除以时间得初速度。
（1）为研究水平方向分运动特点，需要将平抛运动与匀速直线运动进行对比。故应该选装置乙。
（2）A．调节装置使其背板竖直，才能保证小球落在背板上的痕迹准确反映平抛轨迹，A正确。
B．调节斜槽末端切线水平，才能保证小球抛出时初速度水平，B正确。
C．坐标原点应选小球在斜槽末端时球心的位置，不是斜槽末端的投影点，C错误。
D．每次释放小球的高度应相同，保证初速度一致，不需要等间距下降，D错误。
故选AB。
（3）[1]由图可知因为B点更接近曲线轨迹上，所以为得到小球的水平速度应该选B点进行计算；
[2]从原点到B点，小球竖直方向上做自由落体运动，时间为
所以
12．光纤通信有传输容量大、衰减小、抗干扰性及保密性强等多方面的优点。如图甲是光纤的示意图，简化成由内芯和包层组成（内芯简化为长直玻璃丝，包层简化为真空），设玻璃丝折射率为n
（1）若某单色光从真空以入射角60度从左端面入射后恰好发生全反射通过此光纤，求折射率n；
（2）经过传输的单色光照射在光电管上，此时电流表示数不为零。移动滑动变阻器滑片，求电流表示数刚好为零时的电压（已知单色光波长、光电管阴极材料逸出功、普朗克常量h、元电荷e、光速c）
【答案】（1）解：
设光在光纤左端面的折射角为，光从真空入射玻璃，由折射定律： 代入入射角
光在内芯与真空包层的界面恰好发生全反射，设侧面入射角为临界角，由全反射临界角公式：
由几何关系得
因此
结合三角关系
得
代入折射定律：
代入
两边平方整理得：
（2）解：单色光频率
由光电效应方程，光电子最大初动能：
电流为零时，反向截止电压满足
整理得：
【知识点】光的全反射；光电效应
【解析】【分析】(1) 光从真空入射光纤端面时，由折射定律 求出折射角 ，再根据全反射临界角公式 及几何关系 联立求解折射率 ；
(2) 由光电效应方程 ，结合反向截止电压满足 ，推导出截止电压 。
13．如图所示，平面直角坐标系的第二象限内，抛物线与轴之间有沿轴负方向的匀强电场，在半径为的圆形区域内有垂直于坐标平面向外、磁感应强度为的匀强磁场，圆与轴相切于点，在第一、四象限内有垂直于坐标平面向里、磁感应强度为的匀强磁场，在第一象限内有一平行于轴的荧光屏（图中未画出），在点沿与轴负方向成角的方向射出质量为、电荷量为的带正电的粒子，粒子在圆形磁场中偏转后沿轴正方向进入电场，经电场偏转刚好从坐标原点射入第一、四象限内的匀强磁场中，粒子经磁场偏转后恰好垂直打在荧光屏上。已知，不计粒子的重力。求
（1）粒子从点射出的初速度大小；
（2）匀强电场的电场强度大小
（3）荧光屏离轴的距离。
【答案】（1）解：粒子在左侧圆形磁场中偏转后沿x轴正方向出射，几何分析得，磁场圆半径为，粒子轨迹的圆心角等于偏转角，由弦长关系可得粒子轨迹半径洛伦兹力提供向心力
代入得
（2）解：粒子出磁场后沿x正方向进入电场，进入电场的位置在抛物线上，由几何关系得进入点纵坐标
代入，得
解得进入点横坐标（第二象限）
粒子在电场中做类平抛运动，x方向
得
y方向
代入、
得
（3）解：粒子到达原点O时，x方向速度
y方向速度
速度方向与x轴正方向成向下，合速度大小
粒子进入右侧磁场后，轨迹半径
由洛伦兹力方向得轨迹圆心坐标为
轨迹方程为
垂直打在平行x轴的荧光屏上，说明速度方向竖直，此时半径方向水平，打点的纵坐标等于圆心纵坐标
第一象限，因此荧光屏离x轴的距离为
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动，由几何关系得出轨迹半径，再结合洛伦兹力提供向心力求解初速度；
(2) 先由几何关系确定粒子进入电场的位置坐标，再结合类平抛运动规律求解电场强度；
(3) 先求出粒子到达原点时的速度，再由洛伦兹力提供向心力求出右侧磁场中的轨迹半径，最后根据几何关系确定荧光屏离 x 轴的距离。
（1）粒子在左侧圆形磁场中偏转后沿x轴正方向出射，几何分析得，磁场圆半径为，粒子轨迹的圆心角等于偏转角，由弦长关系可得粒子轨迹半径洛伦兹力提供向心力
代入得
（2）粒子出磁场后沿x正方向进入电场，进入电场的位置在抛物线上，由几何关系得进入点纵坐标
代入，得
解得进入点横坐标（第二象限）
粒子在电场中做类平抛运动，x方向
得
y方向
代入、
得
（3）粒子到达原点O时，x方向速度
y方向速度
速度方向与x轴正方向成向下，合速度大小
粒子进入右侧磁场后，轨迹半径
由洛伦兹力方向得轨迹圆心坐标为
轨迹方程为
垂直打在平行x轴的荧光屏上，说明速度方向竖直，此时半径方向水平，打点的纵坐标等于圆心纵坐标
第一象限，因此荧光屏离x轴的距离为
14．如图所示，长的非弹性轻绳一端固定在点，另一端拴有小球，点正下方处有一小物块静置于木板最右端，小物块距离右端。开始时被锁定，轻绳伸直与水平方向间夹角，由静止释放，轻绳再次伸直时做圆周运动，到最低点与发生弹性碰撞，之后向左运动，与D发生弹性碰撞后瞬间解除C的锁定，最终D恰好未从C上滑落。已知A、B、C的质量均为，D的质量为，B、D与C间的动摩擦因数均为，重力加速度大小。地面光滑，A、B、D均可视为质点，求：
（1）A与B碰撞前A的速度大小；
（2）C的长度。
【答案】（1）解：A由静止开始自由下落，设当绳再次绷紧时A的速度大小为，如图所示：
则对A根据机械能守恒有
解得
设A与B碰撞前A的速度大小为，则从绳再次绷紧后到A运动到最低点的过程中，对A列动能定理方程有
解得
（2）解：设A与发生弹性碰撞后，A的速度为，B的速度为，则根据动量守恒有
根据机械能守恒有
联立解得，
之后B在C上向左做匀减速直线运动，设其加速度大小为，则根据牛顿第二定律有
解得
设B与D碰撞前瞬间的速度大小为，则根据运动学公式有
解得
设B、D发生弹性碰撞后速度分别为、，以向左为正方向，则根据动量守恒有
根据机械能守恒有
联立解得，
即B、D发生弹性碰撞后，B以的速度向右做减速运动，D以的速度向左做减速运动，设D的加速度大小为，则根据牛顿第二定律有
解得
解除C的锁定后，C将向左做匀加速直线运动，设其加速度为，则根据牛顿第二定律有
解得
设C加速后经过时间与D达到共速，则有
解得，
此时B的速度大小为
则之后C、D将保持相对静止一起向左减速，B将反向向左做加速运动。从D开始运动到刚好不滑落C，C、D间的相对位移为
所以C的长度为
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 小球A先自由下落，轻绳绷紧后再做圆周运动到最低点，需分阶段用机械能守恒和动能定理求碰撞前的速度；
(2) 依次分析弹性碰撞、B与D的碰撞，再对解除锁定后C、D的运动过程进行受力与运动分析，计算相对位移并求出木板C的总长度。
（1）A由静止开始自由下落，设当绳再次绷紧时A的速度大小为，如图所示：
则对A根据机械能守恒有
解得
设A与B碰撞前A的速度大小为，则从绳再次绷紧后到A运动到最低点的过程中，对A列动能定理方程有
解得
（2）设A与发生弹性碰撞后，A的速度为，B的速度为，则根据动量守恒有
根据机械能守恒有
联立解得，
之后B在C上向左做匀减速直线运动，设其加速度大小为，则根据牛顿第二定律有
解得
设B与D碰撞前瞬间的速度大小为，则根据运动学公式有
解得
设B、D发生弹性碰撞后速度分别为、，以向左为正方向，则根据动量守恒有
根据机械能守恒有
联立解得，
即B、D发生弹性碰撞后，B以的速度向右做减速运动，D以的速度向左做减速运动，设D的加速度大小为，则根据牛顿第二定律有
解得
解除C的锁定后，C将向左做匀加速直线运动，设其加速度为，则根据牛顿第二定律有
解得
设C加速后经过时间与D达到共速，则有
解得，
此时B的速度大小为
则之后C、D将保持相对静止一起向左减速，B将反向向左做加速运动。从D开始运动到刚好不滑落C，C、D间的相对位移为
所以C的长度为
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