资源简介

2026年重庆市永川中学高考物理一模试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.比值定义法是物理学中常用的研究方法，它用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量。定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用物理量的大小而改变，下面式子属于比值定义法的是( )
A. B. C. D.
2.南昌梅岭云端索道总长米，是我国最长的市内交通观景索道。如图所示，景区中、两景点间可通过缆车往返，当甲车以的速度开始减速时，对面的乙车从景点由静止启动，两车加速度大小均为，甲车到景点速度减为零。则甲、乙相遇时，甲距离景点( )
A. B. C. D.
3.图甲为记载于武经总要的“扬尘车”，守城时可借助风力来抛撒石灰粉以迷惑敌军。其原理可简化为如图乙所示的模型：石灰粉质量较小与沙石质量较大仅在水平恒定风力和重力的作用下，同时从同一位置点由静止释放，石灰粉与沙石受到的风力大小相等，地面水平，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 石灰粉与沙石在空中做曲线运动
B. 石灰粉落地时的速度小于沙石落地时的速度
C. 落地时风力对石灰粉的瞬时功率等于风力对沙石的瞬时功率
D. 从点到落地的过程中，石灰粉的机械能增加量大于沙石的机械能增加量
4.图为光电效应实验电路图，某小组用红、绿两种颜色的激光分别照射光电管的阴极，图为两次实验得到的曲线，则( )
A. 图中光表示绿光，光表示红光
B. 研究图中的规律时，图的开关需接在接线柱上
C. 光和光分别射入同一块玻璃中，光的传播速度更小
D. 、两束光分别射入同一双缝干涉装置，光的条纹间距更大
5.在地图中，通常用等高线来表示地势的高低，在物理学中通常采用等势线来表示电势的高低，若将图中等高线改为等势线，所标数字为电势，则( )
A. 图中、两点的电场强度大小相等
B. 将质子由点移动到点，电场力对质子做负功
C. 电子在点处的电势能大于在点处的电势能
D. 若重新标定零势能面，则、两点间的电势差将改变
6.年月日是第十个“中国航天日”，神舟二十号载人飞船发射后只用了小时与天和核心舱完成对接，创造了新的记录。对接前飞船的变轨过程简化为如图所示。飞船先在以地心点为圆心的轨道上运行一段时间后在点加速，进入到椭圆轨道。在轨道上运行至远地点时，加速进入轨道。已知飞船和核心舱均为逆时针绕行，将飞船在圆轨道上的运动视为匀速圆周运动，轨道的半径为，轨道的半径为，不考虑空气阻力和变轨时飞船的加速时间。若飞船在点加速变轨后，第一次运动至点时恰好与核心舱相遇，设飞船在点变轨时核心舱恰好在点，则与的夹角大小约为( )
A. B. C. D.
7.如图甲所示，一倾角的光滑斜面底端固定有一轻弹簧，弹簧的另一端与质量为的滑块相连，滑块靠着一起静置于斜面上，现用平行于斜面向上的拉力拉动滑块，使做匀加速运动，力与运动的位移关系如图乙所示，重力加速度为，则( )
A. 滑块的质量为
B. 滑块的加速度为
C. A、分离前，滑块和弹簧系统机械能一直增大
D. 滑块运动时，弹簧处于原长，刚要分离
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为：，是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，电阻，滑动变阻器的最大值为，从某时刻开始在原线圈、两端加上交变电压，其瞬时值表达式为，则( )
A. 当单刀双掷开关与连接时，电压表的示数为
B. 单刀双掷开关与连接，在滑动变阻器触头向上移动的过程中，电压表的示数变大，电流表的示数变小
C. 当单刀双掷开关由扳向时，变压器输出交流电的频率将变成原来的二分之一
D. 单刀双掷开关与连接，当滑动变阻器触头在正中间时，消耗的功率最大
9.蝎子足部有高度灵敏的振动感受器，可感知沙地表面由猎物持续振动产生的微小横波如图甲，为方便研
究，将其抽象为沿轴传播的简谐横波。如图乙为时刻的波形图，此时波刚好传至处的点，
为猎物的位置平衡位置位于处，为蝎子的位置平衡位置位于处。已知时，蝎子感受到振动，下列说法正确的是( )
A. 质点的起振方向向下
B. 波速为
C. 质点的振动方程为
D. 内质点通过的路程为
10.如图所示，在同一足够大的空间区域存在方向均竖直向下的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度为，电场强度为。时，一个正离子以初速度水平向右开始运动，离子质量为，电荷量为，不计离子重力。此后一段时间内，下列说法正确的是( )
A. 离子的加速度不变
B. 令，则经过时间，离子到出发点的距离为，且内、内、内、内的位移之比为：：：：
C. 若磁场方向改为水平向右，则离子做类平抛运动
D. 若磁场方向改为垂直纸面向里，且，则离子在竖直方向最大的位移为，此时速度为
三、实验题：本大题共2小题，共21分。
11.在学习了用单摆测重力加速度实验后，小李同学放学后来到了实验室，利用如图所示的装置测量当地的重力加速度，除了图甲中的实验器材，实验室还提供了分度的游标卡尺、米尺和秒表。
组装实验器材前，小赞用游标卡尺测量了摆球的直径，其读数如图乙所示，则摆球的直径为 。
实验时，小李同学测量了摆球做次全振动的时间，该时间如图丙所示，则单摆的周期 结果保留两位有效数字；若摆线的长度用表示，则当地的重力加速度 用、、、表示。
12.某兴趣小组欲测定内阻可调的化学电池的电动势，并探究电动势与内外电压的关系。如图甲，该电池由电池槽、正负极板、构成，改变电解质溶液高度可调节内阻；、为靠近正负极的金属板。实验电路如图乙，电压表接、测外电压，电压表通过探针接、测内电压；为电阻箱，为理想电流表。
实验步骤如下：
按图乙连接电路，将电阻箱阻值调为；
断开、，闭合，添加电解质溶液，测量液面的高度，记录电流表示数；
重复步骤，得多组、的数据。
问题：
设、间的电解质溶液的形状为长方体，长，宽，高，电阻率为，忽略、外侧溶液电阻，则电池内阻 用、、、表示；
若以为横轴，为纵轴，作出如图丙的线性关系图像。图线的斜率为，纵截距为，电池的电动势 ， 。用、、、、表示
若保持不变，调节电阻箱阻值至最大，闭合开关、、，逐渐调小，电压表的示数逐渐 选填“变大”、“变小”或“不变”，但、始终满足。
保持、、闭合，保持不变，添加电解质溶液，记录、和，画出、图像，则下列图像正确的是 。
四、计算题：本大题共3小题，共33分。
13.如图所示，在竖直平面内放置粗细均匀的形玻璃管内装有水银，左侧管口封闭。左侧管内封闭一定质量的理想气体，气体的长度，右侧管内一轻质活塞封闭一定质量的理想气体，气体的长度，两侧管内水银液面的高度差。现对轻质活塞施加竖直向下的力，使活塞缓慢下降直至两侧管内水银液面相平。已知大气压强，玻璃管导热性能良好，环境温度不变，不计活塞与玻璃管的摩擦，活塞不漏气。求：
施加力前，气体的压强；
施加力后，活塞下降的距离。
14.如图，固定的两异种点电荷的带电量均为，绝缘竖直平面过两点电荷连线的中点且与连线垂直，、、三点位于同一竖直线上，，点电荷到点的距离也为。一带电量为质量为的物块可视为质点，从点静止释放，沿直线运动到点时速度为。已知物块与竖直平面的动摩擦因数为，静电力常量为，重力加速度为，求：
物块在点时加速度的大小；
物块通过点的速度大小；
若撤去电荷，在空间加上磁感应强度大小为、方向水平向外的匀强磁场，物块仍从点静止释放，到达点时开始做匀速运动，则从点运动到点过程中物块克服摩擦力做的功。
15.利用高温超导材料钇钡铜氧制成的超薄超导薄膜，可检测到超级电感现象。如图所示，两平行的导轨和各处均相距，之间连一电感，自感系数为，电阻不计。导轨和段是圆弧且由绝缘材料制成，和段在水平面上且足够长，圆弧导轨与水平导轨平滑连接。初始时，、两点处的开关处于断开状态，当有导体棒运动至、两点时，开关立即闭合且导体棒可无碰撞地经过开关，此后开关始终闭合。虚线与间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为。现在处静止放置一质量为、电阻不计的导体棒，质量为、电阻为的导体棒在距离水平导轨高度为的圆弧导轨上静止释放，一段时间后两导体棒发生弹性碰撞。不计导体棒与导轨间的摩擦，不计水平导轨的电阻，导体棒始终与导轨接触良好，取，取。
求两导体棒碰撞后瞬间的速度大小；
两导体棒在水平导轨上共速时恰好相距为零，求圆弧导轨对应的半径；
两导体棒第一次共速后立即粘在一起，记滑过、时为零时刻，且导体棒不与电感相碰，求两导体棒相对粘在一起时速度大小减半对应的时刻。可能用到的结论：自感电动势，其中为自感系数；简谐运动的周期，与回复力表达式中的相同
答案解析
1.【答案】
【解析】解：．是牛顿第二定律表达式，不是加速度的定义式，不属于比值定义法，故A错误；
B.是欧姆定律表达式，不是电流强度的定义，不属于比值定义法，故B错误；
C.是平行板电容器电容的决定式，不是电容的定义，不属于比值定义法，故C错误；
D.电势是电场本身的固有属性，与试探电荷的电势能、电荷量均无关，符合比值定义法的特征，故D正确。
故选：。
根据各表达式的比值特点结合各物理量的定义逐一分析判断各选项的正误。
考查比值定义法，理解比值和定义的特点是关键，属于基础题。
2.【答案】
【解析】解：开始减速时，甲到景点的距离为
设经时间甲、乙相遇，则
解得
所以甲、乙相遇时，甲到景点的距离为，故A正确，BCD错误。
故选：。
先计算出甲到景点的距离，然后计算出甲、乙相遇的时间，则乙的位移即为甲到景点的距离。
能够计算出甲、乙相遇的时间是解题的关键。
3.【答案】
【解析】解：、石灰粉与沙石在水平恒定风力和重力作用下，从同一位置点由静止释放，两者均做初速度为零的匀变速直线运动，故A错误；
B、两者在竖直方向均做自由落体运动，下落高度相同，运动时间相等，落地时竖直分速度大小相等。
石灰粉的水平加速度大于沙石的水平加速度，故其落地时的水平分速度大于沙石的水平分速度，因此石灰粉的落地速度大于沙石的落地速度，故B错误；
C、落地时风力的瞬时功率，两者所受水平风力大小相等，但石灰粉落地时的水平分速度更大，故风力对石灰粉的瞬时功率更大，故C错误；
D、从点到落地过程，两者机械能增加量均等于风力所做的功，由于石灰粉的水平位移更大，故其机械能增加量大于沙石的机械能增加量，故D正确。
故选：。
石灰粉与沙石在水平恒定风力和重力作用下由静止释放，二者均受两个恒力作用，合外力恒定，故均做初速度为零的匀变速直线运动。竖直方向均做自由落体运动，下落高度相同，运动时间相等。由于质量不同，水平方向风力相同，故石灰粉水平加速度更大，导致其水平位移与落地时水平分速度均更大。比较落地速度需合成竖直分速度与水平分速度；风力瞬时功率取决于风力与水平分速度的乘积；机械能增加量等于风力所做的功，由水平位移决定。
本题以古代军事器械为背景，巧妙构建了一个水平恒力与重力共同作用的物理模型，考查学生对曲线运动条件、匀变速直线运动合成、功率计算以及功能关系的综合理解。题目计算量不大，但概念辨析要求较高，能有效锻炼学生将实际情境抽象为物理模型并进行对比分析的能力。其亮点在于通过质量不同的两个物体在相同风力下的运动差异，引导学生深入思考加速度、位移、速度与功率、功等物理量之间的联系与区别。正确解答需要清晰把握两者在竖直方向运动完全相同，而水平方向因质量不同导致加速度和位移不同这一核心点。
4.【答案】
【解析】解：根据动能定理和爱因斯坦光电效应方程可得
图中光遏止电压较小，则频率较小，则光表示红光，光表示绿光，故A错误；
B.研究图中的规律时，光电管加正向电压，则图的开关需接在接线柱上，故B错误；
C.光的频率越高，介质对其折射率越大，光频率更低，玻璃对光的折射率更小，由可知光在玻璃中的传播速度更大，故C错误；
D.光的频率小，则波长较大，根据双缝干涉条纹间距公式
可知，、两束光分别射入同一双缝干涉装置，光的条纹间距更大，故D正确。
故选：。
根据光电效应曲线的遏止电压判断入射光频率，再结合红、绿光的频率差异，分析光的传播速度、双缝干涉条纹间距等选项。
本题以光电效应图像为载体，综合考查光电效应与光学相关规律，需结合图像信息与光学知识分析选项，属于综合应用类题目。
5.【答案】
【解析】解：因为同一电场中，等差等势面越密集的地方，电场强度越大，由题图可知，处的等差等势面比处的等差等势面密集，所以图中点的电场强度大于点的电场强度，故A错误。
B.由题图可知，点的电势低于点的电势，因为带正电的粒子在电势更高的位置电势能更大，所以质子在点的电势能低于点的电势能，因此将质子由点移动到点，质子的电势能增大，则由电场力做功与电势能变化的关系可知，该过程电场力对质子做负功，故B正确。
C.结合前面分析可知，点的电势低于点的电势，因为带负电的粒子在电势更高的位置电势能更小，所以电子在点处的电势能小于在点处的电势能，故C错误。
D.电势差与零电势能的选取无关，因此若重新标定零势能面，则、两点间的电势差不变，故D错误。
故选：。
A.结合题图，由等差等势面与电场强度的关系，即可分析判断。
B.结合题图，由电势与电势能的关系、电场力做功与电势能变化的关系，即可分析判断。
C.结合前面分析及题意，由电势与电势能的关系，即可分析判断。
D.结合前面分析及题意，由电势差的特点，即可分析判断。
本题主要考查对电场中功能关系的掌握，解题时需注意，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大。
6.【答案】
【解析】解：椭圆轨道的半长轴
对轨道的飞船和轨道的天和核心舱，由开普勒第三定律可得
代入数据可得
飞船运动时间为半个周期，即
代入数据可得，故ABC错误，D正确。
故选：。
利用开普勒第三定律求出椭圆轨道的周期，得到飞船从到的运动时间，再结合轨道的周期算出核心舱在该时间内转过的角度，进而求出与的夹角。
本题以神舟飞船变轨对接为实际背景，考查开普勒第三定律在天体运动中的应用，是天体力学的经典综合题，能有效考查学生的过程分析与知识应用能力。
7.【答案】
【解析】解：、由于做匀加速运动，根据乙图可知：
在内，、一起运动，加速度、速度均保持一致
当时，、原本静止，加上拉力才开始运动，所以合力为，根据牛顿第二定律
整理上式解得
当时，刚要分离，运动状态仍保持一致，对进行受力分析得
代入得
联立上式整理解得
综上所述滑块的加速度大小为，故A正确，B错误；
C、在内，对有斜向上的推力，此推力对做正功，于而言机械能增加，根据能量守恒可知，滑块和弹簧系统机械能在一直减少，减少的能量转移给，故C错误；
D、当时，刚要分离，运动状态仍保持一致，对进行受力分析得
所以，，弹簧并没有恢复原长，故D错误。
故选：。
、根据乙图分析的运动状态，运用整体法分析是否一起运动，加速度是否一致，结合牛顿第二定律分析加速度相同时与刚好分离时的临界问题计算的质量大小与加速度大小；
C、结合上述分析的运动情况分析间弹力对是否做功，以此判断具有的机械能的得失问题，根据能量守恒的思想判断滑块和弹簧系统机械能的变化过程；
D、当时，刚要分离，运动状态仍保持一致，单独对受力分析，结合牛顿第二定律判断弹簧是否有弹力。
本题结合弹簧和多物体模型考查学生对胡克定律、整体法与隔离法的灵活运用能力，其中还涉及到各物体间的能量转移问题，学生可通过分析刚开始运动时加速度想通过与二者刚要分离时的临界状态解决本题。
8.【答案】
【解析】解：由原线圈电压瞬时值表达式可得，输入电压有效值，频率，解得：。
A、当单刀双掷开关与连接时，原、副线圈匝数比：：。因原线圈回路串联了电阻，故原线圈两端电压，可得。根据变压比公式，解得：，因此，即电压表示数小于，故A错误；
B、单刀双掷开关与连接，滑动变阻器触头向上移动时，接入电路的阻值增大，副线圈总电阻随之增大。副线圈电流，随增大而减小，故电流表示数变小。副线圈电压，当增大时，增大，因此电压表示数变大，故B正确；
C、变压器仅能改变交流电的电压与电流幅值，无法改变其频率，输出交流电频率仍为，故C错误；
D、单刀双掷开关与连接时，原线圈匝数变为，此时匝数比为：，原线圈电流等于副线圈电流。根据闭合电路欧姆定律，。消耗的功率，依据数学极值原理，当时，取得最大值。由于最大值为，当触头位于正中间时，，此时功率最大，故D正确。
故选：。
当开关接时，原线圈回路串联了电阻，导致原线圈两端实际电压小于输入电压，副线圈电压也相应小于伏，因此电压表示数并非伏。开关接时滑动变阻器触头向上移动，接入电阻增大，副线圈总电阻增加，使得副线圈电流减小，电流表示数变小；同时副线圈电压随增大而增大，电压表示数变大。变压器不能改变交流电频率，无论开关接或，输出频率均为赫兹。开关接时匝数比变为：，副线圈电流与原线圈电流相等，消耗的功率表达式在等于时取得最大值，由于最大值为，触头位于正中间时恰有等于，此时功率最大。
本题以理想变压器为核心，巧妙结合了闭合电路欧姆定律与动态电路分析，并融入了功率最大值的条件判断。题目计算量适中，难度中等偏上，综合考查了学生对变压器基本规律的理解、对含源含阻交流电路的分析能力以及运用数学方法处理物理极值问题的能力。其亮点在于，原线圈串联电阻的设置打破了常规理想变压器输入端电压恒定的思维定式，迫使考生必须从整体电路出发，运用电压分配关系来准确分析原、副线圈的电压与电流，从而有效甄别对原理理解不深、生搬硬套公式的考生。选项D则进一步考查了在特定条件下，将副线圈负载等效到原线圈回路，并利用电源输出功率最大条件进行推理判断的能力，对学生的建模与综合应用能力提出了较高要求。
9.【答案】
【解析】解：因为时刻，波刚好传至处的点，时，处的蝎子感受到振动，所以该波沿轴负方向传播，则根据题图，由“同侧法”可知，点的起振方向向上，由于所有质点的起振方向均相同，则点的起振方向也向上，故A错误；
B.因为时刻，波刚好传至处的点，时，处的蝎子感受到振动，可知，在内，波传播的距离为：
，
因此波速为：
，故B正确；
C.由图乙可知，该波的波长满足：
，
解得：
，
则该波的周期为：
，
角频率为：
，
由图乙可知，该波的振幅为：
，
因此结合前面分析可知，点时在平衡位置，振动方向向上，则其振动方程为：
，故C错误；
D.结合前面分析可知，波传到点的时间为：
，
因此内振动的时间为：
，
所以这段时间从平衡位置开始向上振动，总路程为：
，故D正确。
故选：。
A.结合题意，先确定该波的传播方向，再结合题图及“同侧法”，即可分析判断；
B.结合题意，根据波速与波的传播距离的关系列式，即可分析判断；
C.结合前面分析及题意，由波长的特点、周期与波速的关系、周期与角频率的关系列式分析，即可判断求解；
D.结合前面分析及题意，确定该质点的振动时间与该波周期的关系，即可分析判断。
本题考查机械波的图像问题，解题时需注意，结合波的传播方向可确定各质点的振动方向或由各质点的振动方向确定波的传播方向，波源质点的起振方向决定了它后面的质点的起振方向，各质点的起振方向与波源的起振方向相同。
10.【答案】
【解析】解：离子受到的电场力竖直向下，洛伦兹力在水平面，故离子在水平面做匀速圆周运动，洛伦兹力大小不变，在竖直方向做初速度为的匀加速直线运动，合成的运动为螺旋运动，加速度大小不变，且有，但加速度方向时刻改变，故A错误；
B.离子在水平面以做匀速圆周运动，则有，
解得
经过时间，离子在水平方向完成一次完整的圆周运动，到达出发点的正下方，此时离子出发点的距离为
根据运动的周期性可知，经历时间，离子均回到出发点的正下方，根据位移公式有
可知内、内、内、内的位移之比为 ：：：：
故B正确；
C.若磁场方向改为水平向右，在电场力的作用下离子向下加速，随后离子所受洛伦兹力不为，离子做摆线运动，加速度发生变化，离子的运动不是类平抛运动，故C错误；
D.若磁场方向改为垂直纸面向里，且有，可知洛伦兹力小于电场力
则离子会向下偏转，当在竖直方向最大的位移为时，电场力做功最大，此时离子速度最大，令为最大速度为，根据动能定理有
根据水平方向动量定理有
其中有
联立解得最大位移为，
故D正确。
故选：。
根据离子受到的电场力竖直向下，洛伦兹力在水平面，故离子在水平面做匀速圆周运动，洛伦兹力大小不变，在竖直方向做初速度为的匀加速直线运动，合成的运动为螺旋运动，结合磁场方向改为水平向右，在电场力的作用下离子向下加速，随后离子所受洛伦兹力不为，离子做摆线运动分析求解。
本题考查了带电粒子在复合场中的运动，理解粒子在复合场中的运动状态，理解洛伦兹力和其他力的关系是解决此类问题的关键。
11.【答案】

【解析】解：图中游标卡尺的最小分度值为，摆球的直径为
摆球做次全振动的时间
则单摆的周期
根据
可得
故答案为：；，。
先确定游标卡尺的最小分度值再读数；
秒表读数为小盘和大盘读数之和；根据题意和周期概念计算；根据单摆周期公式计算。
本题考查利用单摆测定重力加速度的实验，关键掌握实验原理和数据处理方法、游标卡尺和秒表的读数方法。
12.【答案】
变大

【解析】解：由电阻定律可知。
由闭合电路的欧姆定律得，整理得
则图像的斜率，纵轴截距，解得，。
电压表测内电压，逐渐调小，电路总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律可知，电路电流增大，内电压逐渐变大。
保持、、闭合，保持不变，添加电解质溶液，电解液的深度增大，电源内阻减小，由闭合电路的欧姆定律可知电路电流增大
、电路电流增大，路端电压增大，故A正确，B错误；
、电源内电压，不变增大，故C错误，D正确。
故选：。
故答案为：；；；变大；。
根据电阻定律求解。
应用闭合闭合电路的欧姆定律求出图像的函数解析式，然后求解。
根据图示电路图与实验步骤分析答题。
根据图示电路图应用闭合电路的欧姆定律分析答题。
掌握基础知识，分析清楚电路结构，应用电阻定律与闭合电路的欧姆定律即可解题。
13.【答案】施加力前，气体的压强为；
施加力后，活塞下降的距离为
【解析】对轻活塞受力分析可知，施加前，气体的压强
根据两侧管内水银液面的高低可知，
解得：
当水银液面相平时，左侧管内液面升高，右侧管内液面降低
此时气体的长度
对气体，根据玻意耳定律，有
解得：
两侧水银液面相平，有：
对气体，根据玻意耳定律，有
解得：
故活塞下降的距离为：
解得：
答：施加力前，气体的压强为；
施加力后，活塞下降的距离为。
对轻活塞受力分析，结合两侧管内水银液面的高低分析求解；
根据玻意耳定律，结合两侧水银液面相平分析求解。
本题考查了理想气体状态方程，理解气体前后压强、体积和温度的变化关系是解决此类问题的关键。
14.【答案】物块在点时加速度的大小为 物块通过点的速度大小为 若撤去电荷，在空间加上磁感应强度大小为、方向水平向外的匀强磁场，物块仍从点静止释放，到达点时开始做匀速运动，则从点运动到点过程中物块克服摩擦力做的功为
【解析】解：作出两异种点电荷在点的场强，如图所示
根据电场强度叠加原理，可得点的电场强度的大小为
根据牛顿第二定律有
又，
联立解得
假设物块从到克服摩擦力做功为。物块从到，根据动能定理有
物块从到，根据动能定理有
联立解得
物块做匀速运动时，根据平衡条件有
解得
当物块下滑到点的过程中，假设克服摩擦力做功为，根据动能定理有
解得
答：物块在点时加速度的大小为；
物块通过点的速度大小为；
若撤去电荷，在空间加上磁感应强度大小为、方向水平向外的匀强磁场，物块仍从点静止释放，到达点时开始做匀速运动，则从点运动到点过程中物块克服摩擦力做的功为。
根据电场的叠加原则，结合点电荷电场公式分析求解点的场强，再根据牛顿第二定律，结合摩擦力与电场力关系分析求解物块在点时加速度的大小；
根据动能定理，结合小物块从到过程，小物块从到过程分析求解物块通过点的速度大小；
根据平衡条件和动能定理求从点运动到点过程中物块克服摩擦力做的功。
本题考查了带电粒子在复合场中的运动，理解粒子在电场中的受力和运动状态，理解功能关系是解决此类问题的关键。
15.【答案】两导体棒碰撞后瞬间，棒反向运动的速度大小为，棒向右运动的速度大小为 圆弧导轨对应的半径为 当或时，两导体棒相对粘在一起时速度大小减半，周期
【解析】解：棒沿圆弧轨道下滑，设其质量为，棒质量为。根据机械能守恒，有，解得：。
棒与棒发生弹性碰撞，设碰后速度分别为和，水平向右为正方向，由动量守恒与机械能守恒得：，。
联立解得：，。即碰后瞬间，棒反向运动，速度为，棒向右运动，速度为。
棒在圆弧轨道上反向运动并下滑的过程中，机械能守恒，因此其向右进入磁场区域时的速度为。
此后、棒均在磁场中并形成闭合回路，水平向右为正方向，系统动量守恒，有，解得：。
对棒应用动量定理，水平向右为正方向，有，即。
其中，为进入磁场区域后比多走的位移。联立解得：。进入磁场区域前棒匀速运动，有，解得：。
假设在圆弧轨道上的运动可视作单摆，则，解得：。可见，远小于圆弧轨道半径，因此假设成立，圆弧导轨对应的半径为。
、棒粘在一起后，并联电阻为。对任意时刻，有，移项得。安培力，则，且安培力方向与导体棒位移方向相反。
可见，即、棒一起做简谐运动，其中。由于，可得：。
由题可知，时刻、棒在平衡位置，由简谐运动规律可知，当或时，导体棒速度大小减半，其中，，，。
答：两导体棒碰撞后瞬间，棒反向运动的速度大小为，棒向右运动的速度大小为。
圆弧导轨对应的半径为。
当或时，两导体棒相对粘在一起时速度大小减半，周期。
棒从圆弧导轨静止释放，其下滑过程中仅有重力做功，机械能守恒，由此可确定棒与棒碰撞前的速度。与发生弹性碰撞，系统动量守恒且机械能守恒，利用这两个守恒定律建立方程，联立求解即可得到碰撞后两棒各自的速度大小。
棒在圆弧上反向运动并再次下滑的过程机械能守恒，可确定其进入磁场时的速度。两棒在水平磁场区域运动时，通过安培力相互作用，最终达到共同速度，此过程系统动量守恒。棒进入磁场后，通过安培力对时间的累积动量定理与电荷量的关系，可求出两棒在达到共速前棒相对棒多走的位移。该位移应等于两棒初始间距，结合棒在进入磁场前的匀速运动时间，该时间等于棒在圆弧上做类似单摆运动半周期的时间，由此建立几何与运动关系，求解圆弧半径。
两棒粘合后，在磁场中切割磁感线，在电感和导轨构成的回路中产生感应电流。根据自感电动势与速度的关系，可推导出安培力与位移成正比且方向相反，从而判定粘合体做简谐运动。利用题目给出的简谐运动周期公式，结合系统总质量和由安培力表达式确定的等效劲度系数，可求出运动周期。简谐运动的速度随时间按正弦或余弦规律变化，要求速度大小减半，需根据初始位置平衡位置和速度方向，确定速度达到最大值一半所对应的相位，进而求出对应的时间通式。
本题是一道综合性极强的创新题，融合了力学、电磁学与简谐运动等多个核心物理模块。题目通过精心设计的物理情境，将导体棒在圆弧与水平导轨上的运动、弹性碰撞、电磁感应中的自感现象以及简谐运动的判定巧妙地串联起来，对学生的多过程综合分析能力、物理建模能力以及数学工具应用能力提出了极高要求。计算量较大，难度属于难题级别。其亮点在于将电磁感应与简谐运动进行深度结合，要求学生能够从安培力的表达式中识别出回复力特征，从而将复杂的电磁阻尼问题转化为熟悉的简谐运动模型。第问通过设定“共速时相距为零”这一条件，逆向求解圆弧半径，构思巧妙，考查学生对运动过程细节的把握和逆向思维能力。整个过程涉及机械能守恒、动量守恒、动量定理、单摆模型、自感电动势、简谐运动周期公式等多个知识点的灵活运用与迁移，是一道锻炼物理高阶思维的优秀题目。
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