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2026届广东省广州市多校高三下学期毕业班冲刺训练（一）物理试题
1．中国科学院在2025年11月1日发布消息，位于甘肃省武威市民勤县的2兆瓦液态燃料钍基熔盐实验堆，已成功实现了钍铀核燃料转换。钍基熔盐堆内的链式反应示意图如图所示，下列相关判断中正确的是（　　）
A．核反应属于核聚变反应
B．一个核27天后必将发生衰变生成
C．压强增大，的半衰期变小
D．钍基熔盐堆是利用中子轰击引起的链式反应来获取核能的
2．如图，在课间活动中，重力为G的某位同学用两只手分别撑住等高的桌面使自己悬空，并处于静止状态。已知伸直的两手臂和桌面夹角均为θ。当减小θ，该同学再次静止时，下列说法正确的是（　　）
A．每只手掌所承受桌面的支持力减小
B．每只手臂的作用力变小
C．该同学所受合力减小
D．每只手掌所受桌面的摩擦力变大
3．骨传导耳机能将接收到的声音信号转化为机械振动，通过颅骨传到内耳，如图（a）所示。某同学使用骨传导耳机听一段随身携带的手机中的音乐，若接收到的声波引起耳蜗膜上某质点振动图像如图（b）所示，振幅为，声音在空气中传播的速度为。下列说法正确的是（　　）
A．声波通过颅骨传播和空气传播的波长相同
B．耳蜗膜上该质点任意半个周期的路程均为
C．若该段音乐在空气中传播，其声波波长为
D．该同学跑动时能感受到因多普勒效应引起的声音音调变化
4．如图所示为高铁供电流程的简化图，牵引变电所的理想变压器将电压为的高压电进行降压；动力车厢内的理想变压器再把电压降至，为动力系统供电。若某次高铁进站过程，保持不变，仅通过调整动力系统的负载，使得电流减小到原来的一半。下列说法正确的是（　　）
A．电流大于电流
B．电流的频率将减小到原来的一半
C．电压将增大
D．电阻的热功率将减小到原来的一半
5．某实验室正在研究一种新型的“人工分子”电子器件。在纳米尺度上将三个带正电的金属探针尖端精确地排列成一个等边三角形，形成三角形的静电势阱阵列。研究人员标记了几个关键位置：为三角形中心；为三边中点；两点关于直线对称，如图所示。实验时，他们向该区域发射探测电子，并测量电子在不同位置的电势能，以绘制出系统的等势面与电场线分布（图中实线即为模拟计算的电场线），规定无穷远处的电势为零。下列说法正确的是（　　）
A．点和点的电场强度相同
B．点的电场强度和电势均为零
C．电子在点的电势能相等
D．电子在点的电势能大于在点的电势能
6．如图甲所示，倾角为的光滑斜面上，轻弹簧平行斜面放置且下端固定。一质量为m的小滑块从斜面上O点由静止滑下。以O点为原点，作出滑块从O点下滑至最低点过程中的加速度大小a随位移x变化的关系如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．弹簧的劲度系数为
B．在和两段过程中，滑块机械能的变化量大小相同
C．在和两段过程中，图线斜率的绝对值不相等
D．下滑过程中，在处，滑块的动能最大
7．为避免火车在水平面上过弯时因内外轨道半径不同致使轮子打滑造成危险（不考虑离心问题），把固定连接为一体的两轮设计成锥顶角很小的圆台形，如图所示。设铁轨间距为L，正常直线行驶时两轮与铁轨接触处的直径均为D，过弯时内外轨间中点位置到轨道圆心的距离为过弯半径R。在很小时，。若在水平轨道过弯时要求轮子不打滑且横向偏移量不超过，则最小过弯半径R为（　　）
A． B． C． D．
8．汽车安全性能是当今衡量汽车品质的重要指标。汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能最有效的方法。汽车发生碰撞时，关于安全气囊对驾驶员的保护作用，下列说法正确的是 （　　）
A．改变了驾驶员的惯性 B．减小了驾驶员的动量变化率
C．减小了驾驶员受到的冲力 D．减小了驾驶员的动量变化
9．智能洗衣机能根据衣物的重量自动投放洗衣液，如图为简化的部分工作电路图。已知电源A电动势为12V，内阻为1Ω，，电阻阻值随所受压力变化的关系式为（的单位为Ω，的单位为N）。当两端电压超过临界值3.6V时，使控制电路接通，电磁铁吸动衔铁，接通对应的投放洗衣液工作电路。下列说法正确的是（　　）
A．当衣物重量减小时，两端的电压增大
B．当衣物重量大于临界值时会接通工作电路2
C．当两端电压达到临界值时，压力为10N
D．为了提高电压临界值，只需要增大的阻值
10．如图，在空间直角坐标系中，平面为一挡板，挡板左侧有沿z轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B。挡板右侧有沿x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B。y轴上距离坐标原点O为L的P处有一粒子发射源，可向xOy平面内y轴左侧180°方向范围内不断发射带正电的粒子。粒子质量均为m，电荷量均为q，速度介于0到之间的任意值。挡板在坐标原点O处有一小孔，打到挡板上的粒子均被挡板吸收，从小孔穿出到达挡板右侧的所有粒子，速度的最大值是最小值的2倍，最终打在垂直x轴放置的接收屏上，形成亮斑。接收屏和挡板都足够大，不考虑粒子间的作用力。下列说法正确的是（　　）
A．
B．穿过小孔的粒子速度方向集中在120°的范围内
C．当接收屏到O点的距离为L时，亮斑为一个点
D．当接收屏到O点的距离为时，亮斑为一条长为的直线段
11．某同学为了测量一微安表G的内阻并扩大其量程，实验室提供如下器材：数字式多用电表A（电压挡内阻视为无穷大），滑动变阻器，电阻箱，两节干电池，开关与导线若干。
（1）该同学使用数字式多用电表检测干电池，以下操作正确的是　 　
A．用直流电压挡测量电池两极间的电压得到电动势
B．用欧姆挡测量电池两极间的电阻得到电池内阻
（2）如图甲为数字多用电表的插孔面板，该同学设计了图乙所示的电路，将数字多用电表A调至直流电流挡，黑表笔插在图甲中的公共端孔，则红表笔应插在图甲中　 　孔（填“”“”或“”）；
（3）用笔画线代替导线，根据图乙将图丙中的实物图连接完整；　 　
（4）将的阻值调至最大，合上开关，调节使G的指针偏转到满刻度，记下此时A的示数，合上开关，反复调节和的阻值，使A的示数仍为，使G的指针偏转到满刻度的一半，此时的示数为；
（5）仅从实验设计原理看，用上述方法得到的G内阻的测量值　 　真实值（填“大于”“等于”或“小于”）；
（6）若要将G的量程扩大为，结合实验测得的结果，须在G上并联的分流电阻　 　（用、、表示）。
12．如图甲所示，某小组为了研究台球斜碰规律，进行了如下实验。
（1）原理分析：将两个质量均为的相同小球、置于较为光滑水平桌面（图乙中、位置）。使小球以一定初速度与静止的小球发生斜碰（无旋转），同时用曝光时间间隔为的频闪相机记录运动过程。以为坐标原点，沿小球初速度方向和垂直于初速度方向建立坐标系。若小球在斜碰中、方向动量均守恒，则需要验证的关系式有__________。
A． B．
C． D．
（2）数据处理：根据频闪照片比例，测出两小球各时刻坐标数值，如下表，已知曝光时间间隔为，方向两小球碰撞前总动量为　 　，碰撞后总动量　 　。实验结论：　 　。
位置
坐标 0.200 0.400 0.483 0.501 0.500 0.617 0.799
坐标 0.000 0.000 0.037 0.094
（3）讨论交流：半径相同、质量相等的两球、发生弹性斜碰瞬间（无旋转），已知的速度大小为，方向与两球球心连线成角，如图丙所示。将运动按沿球心连线方向和垂直球心连线方向分解，下列分析正确的是__________
A．沿垂直球心连线方向分速度为
B．碰后的速度为
C．碰撞后、两球速度方向之间的夹角为90°
13．夜晚在高速公路上行车，当车灯照射到公路旁边的指示牌上时，指示牌能将照射到其上的光线返回，使司机看清指示牌上的标志。其反光原理是在指示牌上涂有一层由玻璃制成的微小球体，示意图如图所示。假定车灯射出的光为单色光，平行入射到玻璃微球表面，玻璃微球右侧面有反光膜，入射角为的灯光能够逆向返回，玻璃微球半径为，光速，求：
（1）玻璃微球的折射率；
（2）单色光在玻璃微球内的传播时间。
14．如图甲所示，将一块光滑的方形薄铝板倾斜固定在水平面上，其与水平方向夹角为，一质量为m的条形磁铁N极向下，在铝板上静止释放，最终恰好能沿薄铝板匀速下滑，侧视图如图乙。磁铁端面abcd是边长为的正方形，由于磁铁紧贴铝板运动，磁铁端面正对铝板区域的磁场可视为匀强磁场（俯视图如图丙），磁感应强度为B，铝板厚度为，电阻率为。磁铁端面正对的铝板区域切割磁场产生电动势，其与铝板的其它部分形成回路，为研究问题方便，铝板中只考虑与磁铁正对部分的电阻和磁场，其他部分电阻和磁场可忽略不计，重力加速度为g。
（1）求磁铁匀速下滑时，铝板中与磁铁正对部分感应电流I的大小；
（2）推导磁铁在铝板上匀速运动时的速度v的表达式；
（3）磁铁由静止释放，到速度大小时，滑行的距离大小，求这个过程磁铁滑行的时间t。
15．如图甲，下端带有挡板的长木板A静止在足够长的固定斜面上，挡板上有一长度可忽略且被压缩并锁定的轻弹簧，时将质量为m的小物块B从A上与挡板距离为处由静止释放，时刻B与挡板发生第一次碰撞，碰撞瞬间弹簧解除锁定，在极短时间内弹开B后瞬间A获得的速度大小为，时B与挡板发生第二次碰撞，在时间内B的速度大小v随时间t变化的关系图线如图乙所示（、均为未知量），各个接触面的最大静摩擦力均等于各自的滑动摩擦力。
（1）根据乙图，求在内与在内B的加速度大小之比；
（2）求第一次碰撞到第二次碰撞的时间内A下滑的距离；
（3）求A与B、A与斜面间的动摩擦因数之比。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；核裂变；核聚变
【解析】【解答】A．核聚变反应是两质量很小的轻核结合成质量较大的核，核反应不属于核聚变反应，A错误；
B．核衰变遵循“统计规律”，对于一个核而言，何时发生衰变完全是随机的，B错误；
C．半衰期由原子核内部结构决定，与压强等外界条件无关，C误；
D．钍基熔盐堆本质上依然属于核裂变反应堆，其依然是利用核裂变来获取核能的，即利用中子轰击引起的链式反应来获取核能，D正确。
故答案为：D。
【分析】A：核聚变是轻核聚合，该反应为人工核转变；
B：半衰期是统计规律，对单个原子核无确定意义；
C：半衰期不受外界压强、温度等因素影响；
D：钍基熔盐堆本质为核裂变反应堆，依靠链式裂变释放核能。
2．【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】把两只手臂作用力沿竖直、水平分解，竖直方向：，水平方向单只手摩擦力、单只支持力，
A、，减小变小、变大，恒定不变，故A错误；
B、减小，变大，单只手臂作用力变大，故B错误；
C、人始终静止，合力一直为0，保持不变，故C错误；
D、，减小减小，变大，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查正交分解，竖直分力之和等于重力，竖直支持力总和恒等于；
B、考查分力公式，变小，手臂作用力增大；
C、考查平衡状态特点，静止物体合力始终等于零；
D、考查水平摩擦力表达式，减小摩擦力变大。
3．【答案】B
【知识点】多普勒效应；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．声波频率由振源决定，颅骨（固体）与空气（气体）中声速不同，由知波长不同，A错误；
B．由图 (b) 可知，耳蜗上质点的振动为简谐运动，振幅为A，根据简谐运动的规律，任意半个周期内，质点通过的路程均为2A（无论初始位置在何处，半个周期内的位移范围覆盖最大振幅），B正确；
C．由图（b）知周期，波长，C错误；
D．同学与声源（手机）相对静止，不会产生多普勒效应，D错误。
故答案为：B。
【分析】本题围绕骨传导耳机的声波传播展开，结合简谐振动图像、波速公式、多普勒效应等知识点，考查对不同介质中波的特征、质点振动规律的理解。
4．【答案】C
【知识点】变压器原理；电能的输送
【解析】【解答】A、牵引变电所是降压变压器，，由得，故A错误；
B、理想变压器只变电压、电流，不改变交流电频率，频率不变，故B错误；
C、减半，由可知减半、减半；不变则不变，分压减小，增大，故C正确；
D、电阻热功率，减半，功率变为原来，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查理想变压器电流匝数关系，降压副线圈电流更大；
B、考查变压器频率规律，原副线圈交流电频率相等；
C、结合变流比判断变化，串联电阻分压减小，剩余升高；
D、考查焦耳功率公式，功率与电流平方成正比。
5．【答案】C
【知识点】电场线；电势能；等势面
【解析】【解答】A、G、H关于AD对称，电场强度大小相等、方向不同，场强不同，故A错误；
B、三个等量正电荷，O点合场强为零；电场线由正电荷指向无穷远，沿电场线电势降低，无穷远电势为0，因此O点电势大于0，故B错误；
C、D、E、F三点处于对称位置，电势相等，由，电子电荷量不变，三点电势能相等，故C正确；
D、G比H更靠近正电荷，，电子带负电，，电势越高负电荷电势能越小，故，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查电场强度矢量，对称点场强大小相等、方向不同；
B、考查等量正电荷电场分布，中心合场强为零、电势大于零；
C、考查对称性与电势能，等势点同一电荷电势能相同；
D、考查负电荷电势能规律：电势越高，负电荷电势能越小。
6．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A、处，，得，故A错误；
B、弹簧弹力是滑块机械能变化的量度，与两段弹簧形变量变化不同、弹力做功不同，滑块机械能变化量大小不等，故B错误；
C、、，由牛顿定律，，两段图像斜率绝对值均为，斜率绝对值相等，故C错误；
D、处加速度，合力为零，此前加速、此后减速，此处动能最大，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查平衡位置受力平衡，弹簧形变量是，据此求劲度系数；
B、除重力外只有弹簧弹力做功，弹力做功等于机械能变化，形变量变化不同则做功不等；
C、结合牛顿第二定律推导与关系式，两段图像斜率绝对值相同；
D、加速度由正变负的位置速度最大、动能最大。
7．【答案】C
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】根据题意可知，转弯时车轮会向外偏移，这样导致轮子与外铁轨接触的位置半径增大为根据几何关系有，同理可知，轮子与内铁轨接触的位置半径减小为，则有，设一段时间内，外轨道轮子与铁轨接触的位置向前运动的距离为，内轨道轮子与铁轨接触的位置向前运动的距离为，由于两轮固定连接为一体，且轮子不打滑，则有，由于，则有
转弯过程俯视图，如图所示
由几何关系有，联立解得
故答案为：C。
【分析】考查圆锥轮半径几何变化+纯滚动弧长与半径成正比+圆周轨道弧长几何关系，联立方程求解最小转弯半径；
8．【答案】B,C
【知识点】动量定理；惯性与质量
【解析】【解答】A、惯性只由质量决定，驾驶员质量不变，惯性不变，安全气囊无法改变惯性，故A错误；
B、碰撞全过程驾驶员初、末动量固定，动量变化不变，气囊延长作用时间，动量变化率减小，故B正确；
C、由动量定理，不变、变大，驾驶员受到的平均冲力减小，故C正确；
D、驾驶员初速度、末速度固定，动量变化恒定不变，气囊不能减小动量变化，故D错误；
故答案为：BC。
【分析】A、考查惯性决定因素，惯性大小仅与物体质量有关；
B、考查动量变化率定义，作用时间变长，单位时间动量改变量减小；
C、考查动量定理，动量变化不变时，作用时间越长，平均作用力越小；
D、考查动量变化，由初末速度决定，和缓冲时间无关。
9．【答案】B,C
【知识点】电路动态分析；常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】A．由题意可知，衣物重量减小，压敏电阻所受压力减小，阻值增大。控制电路总电阻随之增大，干路电流减小。两端电压，因此两端电压减小，A错误；
B．结合A的分析，衣物重量增大时，阻值减小，总电阻减小，干路电流增大，两端电压随之升高。当衣物重量超过临界值，两端电压达到临界值，控制电路接通，电磁铁吸合衔铁，从而接通工作电路2，B正确；
C．当两端电压达到临界值时，干路电流。代入数据解得；再根据与压力的关系式，可得此时压力，对应衣物的临界重量，C正确；
D．电压临界值由控制电路的触发条件决定，与阻值无关。增大的阻值，会改变达到临界电压时对应的阻值，进而改变衣物的临界重量，D错误；
故答案为：BC。
【分析】本题围绕压敏电阻控制电路，结合动态电路分析、闭合电路欧姆定律、电磁继电器原理逐一分析选项。
10．【答案】A,B
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．粒子在挡板左侧磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
解得，粒子从出发经过，弦长为，由几何关系可知，即，故能穿过小孔的粒子最小速度为，已知从小孔穿出的粒子速度最大值是最小值的2倍，且发射速度最大为，故，故A正确；
B．设粒子穿过小孔时速度方向与轴正方向夹角为，由几何关系可知
因为，即，所以，即
由于粒子可以向轴左侧范围发射，存在关于轴对称的两种轨迹，分别对应圆心在轴上方和下方，故穿过小孔的粒子速度方向分布在轴上下各范围内，总共，故B正确；
C．粒子进入右侧磁场后，速度分解为沿轴的分量和垂直轴的分量。由前述分析，为定值。粒子在方向做匀速直线运动，在平面内做匀速圆周运动。运动时间，转过的圆心角，当时，，粒子未回到平面原点，亮斑不是点，故C错误；
D．当时，，此时粒子在平面内转过半圆，坐标为0，坐标大小为，其中为右侧磁场中圆周运动半径。，当时，最大，为。故亮斑在轴上，范围为，长度为，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】A、考查带电粒子在匀强磁场圆周运动半径公式，临界轨迹直径等于求最大速度；
B、结合最大、最小轨道半径几何关系，确定入射速度方向范围；
C、右侧平行的磁场中粒子做螺旋线，螺距随速度不同，落点分散；
D、由周期与螺距规律，结合几何边界算出亮斑线段长度。
11．【答案】A；A；；等于；
【知识点】表头的改装；测定电压表或电流表的内阻
【解析】【解答】 （1） 多用电表的电压挡测量电源两极间的输出电压是可以的，近似等于电源电动势，但多用电表不能用电阻挡直接测含电源电路的电阻，A正确。
故答案为：A
（2） 多用电表调整至直流电流挡，多用电表的两个表笔应分别插入AD两个插孔；黑表笔插在图甲中的公共端孔，则红表笔应插在图甲中A孔；
故答案为：A
（3） 根据图乙将图丙中的实物图连接完整，如图所示
（5） 由题意可知电流计G的满偏电流为，闭合开关后使A的示数为，电流计G的示数为，说明通过的电流也为，与电流计G并联电压相同，所以
由上述分析可知所测量的电流计内阻没有系统误差，即用上述方法得到的G内阻的测量值等于真实值；
故答案为：等于
（6） 欲将电流表G的量程扩大为Ⅰ，则电流表G满偏时通过所并联电阻的电流为，而G两端的电压为，故所并联的电阻为
故答案为：
【分析】(1) 考查多用电表挡位使用规则：欧姆挡不能测带电电源；
(2) 多用电表表笔接线规范：红正黑负，电流挡插孔为A；
(5) 半偏法改进方案（干路电流不变）消除了传统半偏法的系统误差，测量无偏差；
(6) 电流表扩量程原理：并联分流电阻，并联支路电压相等列式求解。
12．【答案】（1）A；D
（2）0.320；0.320；方向动量守恒
（3）B；C
【知识点】验证动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】（1）碰前小球在方向速度
碰后小球在方向速度
碰后小球在方向速度
根据动量守恒
可得
碰前方向动量为零，碰后小球在方向速度
碰后小球在方向速度
根据动量守恒
可得
故答案为：AD。
（2）碰前在方向总动量
碰后在方向总动量
可得方向动量守恒。
故答案为： 0.320 ； 0.320 ；方向动量守恒 ；
（3）把小球P的速度分解为沿球心连线方向的，垂直于球心连线方向的
在两球沿着球心连线方向，动量守恒
总机械能守恒
解得，
故碰后小球的速度方向与球心连线垂直，故碰后小球、球速度方向成90°夹角
故答案为：BC。
【分析】(1) 斜碰中x、y方向动量守恒，将位移差与时间间隔 结合表示速度，代入动量守恒式并约去 、，得到位移关系验证式，对应选项 AD。
(2) 由频闪数据计算碰撞前后x方向动量：碰前 ，碰后
，数值均为 ，结论为 x方向动量守恒。
(3) 弹性斜碰中，沿连心线方向动量守恒、机械能守恒，解得Q球速度为 ，P球垂直连心线方向速度不变，故P、Q速度夹角为 ，对应选项 BC。
（1）碰前小球在方向速度
碰后小球在方向速度
碰后小球在方向速度
根据动量守恒
可得
碰前方向动量为零，碰后小球在方向速度
碰后小球在方向速度
根据动量守恒
可得
故选AD。
（2）[1][2][3] 碰前在方向总动量
碰后在方向总动量
可得方向动量守恒。
（3）把小球P的速度分解为沿球心连线方向的，垂直于球心连线方向的
在两球沿着球心连线方向，动量守恒
总机械能守恒
解得，
故碰后小球的速度方向与球心连线垂直，故碰后小球、球速度方向成90°夹角
故选BC。
13．【答案】（1）解：当光线以入射时，设其折射角为，由折射定律可得
如图所示
由几何关系可知
代入数据可解得
（2）解：设该光在玻璃微球内传播的路程为，由几何关系有
单色光在该玻璃微球内的传播速度为
根据运动学公式有
代入数据可解得
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】(1) 光线经球面折射、右侧反射膜反射后原路逆向返回，利用等腰三角形几何关系确定入射角与折射角倍数关系，结合折射定律求折射率；
(2) 先由求介质光速，几何算出光在玻璃内走过的总路程，再由求解传播时间。
（1）当光线以入射时，设其折射角为，由折射定律可得
如图所示
由几何关系可知
代入数据可解得
（2）设该光在玻璃微球内传播的路程为，由几何关系有
单色光在该玻璃微球内的传播速度为
根据运动学公式有
代入数据可解得
14．【答案】（1）解：铝板受到的安培力
根据力的相互作用及磁铁的受力平衡
解得
（2）解：匀速运动时，切割产生的电动势
由闭合电路欧姆定律可得
正对区域电阻
联立解得
（3）解：加速过程根据动量定理，在极短时间内
且
代入得
累积求和可得
整理得
解得
【知识点】动量定理；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】(1) 匀速下滑时受力平衡，安培力与重力沿斜面分力相等，由安培力公式求感应电流；
(2) 结合电磁感应定律、电阻定律与受力平衡，推导速度表达式；
(3) 利用动量定理，结合变力的冲量表达式求解时间。
（1）铝板受到的安培力
根据力的相互作用及磁铁的受力平衡
解得
（2）匀速运动时，切割产生的电动势
由闭合电路欧姆定律可得
正对区域电阻
联立解得
（3）加速过程根据动量定理，在极短时间内
且
代入得
累积求和可得
整理得
解得
15．【答案】（1）解：根据题意，由图乙可知，B在的时间内匀减速上滑，加速度大小为
B在的时间内沿斜面匀加速下滑，加速度大小为
因此在内与在内B的加速度大小之比为
（2）解：由图推断可知，A在之前已停止运动，B在与在时间内受力情况一致，加速度相同，则时刻速率为
刚释放B时，A、B之间的距离为，则有
B在-时间内沿斜面向上运动，运动的距离
B在时间内沿斜面向下运动，运动的距离
则两次碰撞期间A沿斜面下滑的距离
（3）解：由图可知，B与挡板第一次碰撞后，A的速度为，
设A的质量为M，由动量守恒定律可得
解得
第一次碰撞后A一直做匀减速运动，经过时间停止运动，则有
解得
设A做匀减速运动的加速度大小为，则
设斜面倾角为，A与B间的动摩擦因数为，A与斜面间的动摩擦因数为，
根据牛顿第二定律，对A有
B沿斜面向下运动时
B沿斜面向上运动时
联立解得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；碰撞模型；运动学 v-t 图象
【解析】【分析】(1) 由图像斜率表示加速度，分段列式求比值；
(2) 先利用下滑加速度与释放阶段加速度相同，求出瞬时速度，结合的位移表达式换算，再分别算出B上滑、下滑路程，差值为木板A下滑位移；
(3) 弹簧瞬间弹开系统动量守恒求A质量；对B上下滑动列牛顿方程得到关系式；由A的减速位移求A加速度，对A受力列牛顿方程，联立得到动摩擦因数之比。
（1）根据题意，由图乙可知，B在的时间内匀减速上滑，加速度大小为
B在的时间内沿斜面匀加速下滑，加速度大小为
因此在内与在内B的加速度大小之比为
（2）由图推断可知，A在之前已停止运动，B在与在时间内受力情况一致，加速度相同，则时刻速率为
刚释放B时，A、B之间的距离为，则有
B在-时间内沿斜面向上运动，运动的距离
B在时间内沿斜面向下运动，运动的距离
则两次碰撞期间A沿斜面下滑的距离
（3）由图可知，B与挡板第一次碰撞后，A的速度为，
设A的质量为M，由动量守恒定律可得
解得
第一次碰撞后A一直做匀减速运动，经过时间停止运动，则有
解得
设A做匀减速运动的加速度大小为，则
设斜面倾角为，A与B间的动摩擦因数为，A与斜面间的动摩擦因数为，
根据牛顿第二定律，对A有
B沿斜面向下运动时
B沿斜面向上运动时
联立解得
1 / 12026届广东省广州市多校高三下学期毕业班冲刺训练（一）物理试题
1．中国科学院在2025年11月1日发布消息，位于甘肃省武威市民勤县的2兆瓦液态燃料钍基熔盐实验堆，已成功实现了钍铀核燃料转换。钍基熔盐堆内的链式反应示意图如图所示，下列相关判断中正确的是（　　）
A．核反应属于核聚变反应
B．一个核27天后必将发生衰变生成
C．压强增大，的半衰期变小
D．钍基熔盐堆是利用中子轰击引起的链式反应来获取核能的
【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；核裂变；核聚变
【解析】【解答】A．核聚变反应是两质量很小的轻核结合成质量较大的核，核反应不属于核聚变反应，A错误；
B．核衰变遵循“统计规律”，对于一个核而言，何时发生衰变完全是随机的，B错误；
C．半衰期由原子核内部结构决定，与压强等外界条件无关，C误；
D．钍基熔盐堆本质上依然属于核裂变反应堆，其依然是利用核裂变来获取核能的，即利用中子轰击引起的链式反应来获取核能，D正确。
故答案为：D。
【分析】A：核聚变是轻核聚合，该反应为人工核转变；
B：半衰期是统计规律，对单个原子核无确定意义；
C：半衰期不受外界压强、温度等因素影响；
D：钍基熔盐堆本质为核裂变反应堆，依靠链式裂变释放核能。
2．如图，在课间活动中，重力为G的某位同学用两只手分别撑住等高的桌面使自己悬空，并处于静止状态。已知伸直的两手臂和桌面夹角均为θ。当减小θ，该同学再次静止时，下列说法正确的是（　　）
A．每只手掌所承受桌面的支持力减小
B．每只手臂的作用力变小
C．该同学所受合力减小
D．每只手掌所受桌面的摩擦力变大
【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】把两只手臂作用力沿竖直、水平分解，竖直方向：，水平方向单只手摩擦力、单只支持力，
A、，减小变小、变大，恒定不变，故A错误；
B、减小，变大，单只手臂作用力变大，故B错误；
C、人始终静止，合力一直为0，保持不变，故C错误；
D、，减小减小，变大，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查正交分解，竖直分力之和等于重力，竖直支持力总和恒等于；
B、考查分力公式，变小，手臂作用力增大；
C、考查平衡状态特点，静止物体合力始终等于零；
D、考查水平摩擦力表达式，减小摩擦力变大。
3．骨传导耳机能将接收到的声音信号转化为机械振动，通过颅骨传到内耳，如图（a）所示。某同学使用骨传导耳机听一段随身携带的手机中的音乐，若接收到的声波引起耳蜗膜上某质点振动图像如图（b）所示，振幅为，声音在空气中传播的速度为。下列说法正确的是（　　）
A．声波通过颅骨传播和空气传播的波长相同
B．耳蜗膜上该质点任意半个周期的路程均为
C．若该段音乐在空气中传播，其声波波长为
D．该同学跑动时能感受到因多普勒效应引起的声音音调变化
【答案】B
【知识点】多普勒效应；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．声波频率由振源决定，颅骨（固体）与空气（气体）中声速不同，由知波长不同，A错误；
B．由图 (b) 可知，耳蜗上质点的振动为简谐运动，振幅为A，根据简谐运动的规律，任意半个周期内，质点通过的路程均为2A（无论初始位置在何处，半个周期内的位移范围覆盖最大振幅），B正确；
C．由图（b）知周期，波长，C错误；
D．同学与声源（手机）相对静止，不会产生多普勒效应，D错误。
故答案为：B。
【分析】本题围绕骨传导耳机的声波传播展开，结合简谐振动图像、波速公式、多普勒效应等知识点，考查对不同介质中波的特征、质点振动规律的理解。
4．如图所示为高铁供电流程的简化图，牵引变电所的理想变压器将电压为的高压电进行降压；动力车厢内的理想变压器再把电压降至，为动力系统供电。若某次高铁进站过程，保持不变，仅通过调整动力系统的负载，使得电流减小到原来的一半。下列说法正确的是（　　）
A．电流大于电流
B．电流的频率将减小到原来的一半
C．电压将增大
D．电阻的热功率将减小到原来的一半
【答案】C
【知识点】变压器原理；电能的输送
【解析】【解答】A、牵引变电所是降压变压器，，由得，故A错误；
B、理想变压器只变电压、电流，不改变交流电频率，频率不变，故B错误；
C、减半，由可知减半、减半；不变则不变，分压减小，增大，故C正确；
D、电阻热功率，减半，功率变为原来，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查理想变压器电流匝数关系，降压副线圈电流更大；
B、考查变压器频率规律，原副线圈交流电频率相等；
C、结合变流比判断变化，串联电阻分压减小，剩余升高；
D、考查焦耳功率公式，功率与电流平方成正比。
5．某实验室正在研究一种新型的“人工分子”电子器件。在纳米尺度上将三个带正电的金属探针尖端精确地排列成一个等边三角形，形成三角形的静电势阱阵列。研究人员标记了几个关键位置：为三角形中心；为三边中点；两点关于直线对称，如图所示。实验时，他们向该区域发射探测电子，并测量电子在不同位置的电势能，以绘制出系统的等势面与电场线分布（图中实线即为模拟计算的电场线），规定无穷远处的电势为零。下列说法正确的是（　　）
A．点和点的电场强度相同
B．点的电场强度和电势均为零
C．电子在点的电势能相等
D．电子在点的电势能大于在点的电势能
【答案】C
【知识点】电场线；电势能；等势面
【解析】【解答】A、G、H关于AD对称，电场强度大小相等、方向不同，场强不同，故A错误；
B、三个等量正电荷，O点合场强为零；电场线由正电荷指向无穷远，沿电场线电势降低，无穷远电势为0，因此O点电势大于0，故B错误；
C、D、E、F三点处于对称位置，电势相等，由，电子电荷量不变，三点电势能相等，故C正确；
D、G比H更靠近正电荷，，电子带负电，，电势越高负电荷电势能越小，故，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查电场强度矢量，对称点场强大小相等、方向不同；
B、考查等量正电荷电场分布，中心合场强为零、电势大于零；
C、考查对称性与电势能，等势点同一电荷电势能相同；
D、考查负电荷电势能规律：电势越高，负电荷电势能越小。
6．如图甲所示，倾角为的光滑斜面上，轻弹簧平行斜面放置且下端固定。一质量为m的小滑块从斜面上O点由静止滑下。以O点为原点，作出滑块从O点下滑至最低点过程中的加速度大小a随位移x变化的关系如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．弹簧的劲度系数为
B．在和两段过程中，滑块机械能的变化量大小相同
C．在和两段过程中，图线斜率的绝对值不相等
D．下滑过程中，在处，滑块的动能最大
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A、处，，得，故A错误；
B、弹簧弹力是滑块机械能变化的量度，与两段弹簧形变量变化不同、弹力做功不同，滑块机械能变化量大小不等，故B错误；
C、、，由牛顿定律，，两段图像斜率绝对值均为，斜率绝对值相等，故C错误；
D、处加速度，合力为零，此前加速、此后减速，此处动能最大，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查平衡位置受力平衡，弹簧形变量是，据此求劲度系数；
B、除重力外只有弹簧弹力做功，弹力做功等于机械能变化，形变量变化不同则做功不等；
C、结合牛顿第二定律推导与关系式，两段图像斜率绝对值相同；
D、加速度由正变负的位置速度最大、动能最大。
7．为避免火车在水平面上过弯时因内外轨道半径不同致使轮子打滑造成危险（不考虑离心问题），把固定连接为一体的两轮设计成锥顶角很小的圆台形，如图所示。设铁轨间距为L，正常直线行驶时两轮与铁轨接触处的直径均为D，过弯时内外轨间中点位置到轨道圆心的距离为过弯半径R。在很小时，。若在水平轨道过弯时要求轮子不打滑且横向偏移量不超过，则最小过弯半径R为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】根据题意可知，转弯时车轮会向外偏移，这样导致轮子与外铁轨接触的位置半径增大为根据几何关系有，同理可知，轮子与内铁轨接触的位置半径减小为，则有，设一段时间内，外轨道轮子与铁轨接触的位置向前运动的距离为，内轨道轮子与铁轨接触的位置向前运动的距离为，由于两轮固定连接为一体，且轮子不打滑，则有，由于，则有
转弯过程俯视图，如图所示
由几何关系有，联立解得
故答案为：C。
【分析】考查圆锥轮半径几何变化+纯滚动弧长与半径成正比+圆周轨道弧长几何关系，联立方程求解最小转弯半径；
8．汽车安全性能是当今衡量汽车品质的重要指标。汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能最有效的方法。汽车发生碰撞时，关于安全气囊对驾驶员的保护作用，下列说法正确的是 （　　）
A．改变了驾驶员的惯性 B．减小了驾驶员的动量变化率
C．减小了驾驶员受到的冲力 D．减小了驾驶员的动量变化
【答案】B,C
【知识点】动量定理；惯性与质量
【解析】【解答】A、惯性只由质量决定，驾驶员质量不变，惯性不变，安全气囊无法改变惯性，故A错误；
B、碰撞全过程驾驶员初、末动量固定，动量变化不变，气囊延长作用时间，动量变化率减小，故B正确；
C、由动量定理，不变、变大，驾驶员受到的平均冲力减小，故C正确；
D、驾驶员初速度、末速度固定，动量变化恒定不变，气囊不能减小动量变化，故D错误；
故答案为：BC。
【分析】A、考查惯性决定因素，惯性大小仅与物体质量有关；
B、考查动量变化率定义，作用时间变长，单位时间动量改变量减小；
C、考查动量定理，动量变化不变时，作用时间越长，平均作用力越小；
D、考查动量变化，由初末速度决定，和缓冲时间无关。
9．智能洗衣机能根据衣物的重量自动投放洗衣液，如图为简化的部分工作电路图。已知电源A电动势为12V，内阻为1Ω，，电阻阻值随所受压力变化的关系式为（的单位为Ω，的单位为N）。当两端电压超过临界值3.6V时，使控制电路接通，电磁铁吸动衔铁，接通对应的投放洗衣液工作电路。下列说法正确的是（　　）
A．当衣物重量减小时，两端的电压增大
B．当衣物重量大于临界值时会接通工作电路2
C．当两端电压达到临界值时，压力为10N
D．为了提高电压临界值，只需要增大的阻值
【答案】B,C
【知识点】电路动态分析；常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】A．由题意可知，衣物重量减小，压敏电阻所受压力减小，阻值增大。控制电路总电阻随之增大，干路电流减小。两端电压，因此两端电压减小，A错误；
B．结合A的分析，衣物重量增大时，阻值减小，总电阻减小，干路电流增大，两端电压随之升高。当衣物重量超过临界值，两端电压达到临界值，控制电路接通，电磁铁吸合衔铁，从而接通工作电路2，B正确；
C．当两端电压达到临界值时，干路电流。代入数据解得；再根据与压力的关系式，可得此时压力，对应衣物的临界重量，C正确；
D．电压临界值由控制电路的触发条件决定，与阻值无关。增大的阻值，会改变达到临界电压时对应的阻值，进而改变衣物的临界重量，D错误；
故答案为：BC。
【分析】本题围绕压敏电阻控制电路，结合动态电路分析、闭合电路欧姆定律、电磁继电器原理逐一分析选项。
10．如图，在空间直角坐标系中，平面为一挡板，挡板左侧有沿z轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B。挡板右侧有沿x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B。y轴上距离坐标原点O为L的P处有一粒子发射源，可向xOy平面内y轴左侧180°方向范围内不断发射带正电的粒子。粒子质量均为m，电荷量均为q，速度介于0到之间的任意值。挡板在坐标原点O处有一小孔，打到挡板上的粒子均被挡板吸收，从小孔穿出到达挡板右侧的所有粒子，速度的最大值是最小值的2倍，最终打在垂直x轴放置的接收屏上，形成亮斑。接收屏和挡板都足够大，不考虑粒子间的作用力。下列说法正确的是（　　）
A．
B．穿过小孔的粒子速度方向集中在120°的范围内
C．当接收屏到O点的距离为L时，亮斑为一个点
D．当接收屏到O点的距离为时，亮斑为一条长为的直线段
【答案】A,B
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．粒子在挡板左侧磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
解得，粒子从出发经过，弦长为，由几何关系可知，即，故能穿过小孔的粒子最小速度为，已知从小孔穿出的粒子速度最大值是最小值的2倍，且发射速度最大为，故，故A正确；
B．设粒子穿过小孔时速度方向与轴正方向夹角为，由几何关系可知
因为，即，所以，即
由于粒子可以向轴左侧范围发射，存在关于轴对称的两种轨迹，分别对应圆心在轴上方和下方，故穿过小孔的粒子速度方向分布在轴上下各范围内，总共，故B正确；
C．粒子进入右侧磁场后，速度分解为沿轴的分量和垂直轴的分量。由前述分析，为定值。粒子在方向做匀速直线运动，在平面内做匀速圆周运动。运动时间，转过的圆心角，当时，，粒子未回到平面原点，亮斑不是点，故C错误；
D．当时，，此时粒子在平面内转过半圆，坐标为0，坐标大小为，其中为右侧磁场中圆周运动半径。，当时，最大，为。故亮斑在轴上，范围为，长度为，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】A、考查带电粒子在匀强磁场圆周运动半径公式，临界轨迹直径等于求最大速度；
B、结合最大、最小轨道半径几何关系，确定入射速度方向范围；
C、右侧平行的磁场中粒子做螺旋线，螺距随速度不同，落点分散；
D、由周期与螺距规律，结合几何边界算出亮斑线段长度。
11．某同学为了测量一微安表G的内阻并扩大其量程，实验室提供如下器材：数字式多用电表A（电压挡内阻视为无穷大），滑动变阻器，电阻箱，两节干电池，开关与导线若干。
（1）该同学使用数字式多用电表检测干电池，以下操作正确的是　 　
A．用直流电压挡测量电池两极间的电压得到电动势
B．用欧姆挡测量电池两极间的电阻得到电池内阻
（2）如图甲为数字多用电表的插孔面板，该同学设计了图乙所示的电路，将数字多用电表A调至直流电流挡，黑表笔插在图甲中的公共端孔，则红表笔应插在图甲中　 　孔（填“”“”或“”）；
（3）用笔画线代替导线，根据图乙将图丙中的实物图连接完整；　 　
（4）将的阻值调至最大，合上开关，调节使G的指针偏转到满刻度，记下此时A的示数，合上开关，反复调节和的阻值，使A的示数仍为，使G的指针偏转到满刻度的一半，此时的示数为；
（5）仅从实验设计原理看，用上述方法得到的G内阻的测量值　 　真实值（填“大于”“等于”或“小于”）；
（6）若要将G的量程扩大为，结合实验测得的结果，须在G上并联的分流电阻　 　（用、、表示）。
【答案】A；A；；等于；
【知识点】表头的改装；测定电压表或电流表的内阻
【解析】【解答】 （1） 多用电表的电压挡测量电源两极间的输出电压是可以的，近似等于电源电动势，但多用电表不能用电阻挡直接测含电源电路的电阻，A正确。
故答案为：A
（2） 多用电表调整至直流电流挡，多用电表的两个表笔应分别插入AD两个插孔；黑表笔插在图甲中的公共端孔，则红表笔应插在图甲中A孔；
故答案为：A
（3） 根据图乙将图丙中的实物图连接完整，如图所示
（5） 由题意可知电流计G的满偏电流为，闭合开关后使A的示数为，电流计G的示数为，说明通过的电流也为，与电流计G并联电压相同，所以
由上述分析可知所测量的电流计内阻没有系统误差，即用上述方法得到的G内阻的测量值等于真实值；
故答案为：等于
（6） 欲将电流表G的量程扩大为Ⅰ，则电流表G满偏时通过所并联电阻的电流为，而G两端的电压为，故所并联的电阻为
故答案为：
【分析】(1) 考查多用电表挡位使用规则：欧姆挡不能测带电电源；
(2) 多用电表表笔接线规范：红正黑负，电流挡插孔为A；
(5) 半偏法改进方案（干路电流不变）消除了传统半偏法的系统误差，测量无偏差；
(6) 电流表扩量程原理：并联分流电阻，并联支路电压相等列式求解。
12．如图甲所示，某小组为了研究台球斜碰规律，进行了如下实验。
（1）原理分析：将两个质量均为的相同小球、置于较为光滑水平桌面（图乙中、位置）。使小球以一定初速度与静止的小球发生斜碰（无旋转），同时用曝光时间间隔为的频闪相机记录运动过程。以为坐标原点，沿小球初速度方向和垂直于初速度方向建立坐标系。若小球在斜碰中、方向动量均守恒，则需要验证的关系式有__________。
A． B．
C． D．
（2）数据处理：根据频闪照片比例，测出两小球各时刻坐标数值，如下表，已知曝光时间间隔为，方向两小球碰撞前总动量为　 　，碰撞后总动量　 　。实验结论：　 　。
位置
坐标 0.200 0.400 0.483 0.501 0.500 0.617 0.799
坐标 0.000 0.000 0.037 0.094
（3）讨论交流：半径相同、质量相等的两球、发生弹性斜碰瞬间（无旋转），已知的速度大小为，方向与两球球心连线成角，如图丙所示。将运动按沿球心连线方向和垂直球心连线方向分解，下列分析正确的是__________
A．沿垂直球心连线方向分速度为
B．碰后的速度为
C．碰撞后、两球速度方向之间的夹角为90°
【答案】（1）A；D
（2）0.320；0.320；方向动量守恒
（3）B；C
【知识点】验证动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】（1）碰前小球在方向速度
碰后小球在方向速度
碰后小球在方向速度
根据动量守恒
可得
碰前方向动量为零，碰后小球在方向速度
碰后小球在方向速度
根据动量守恒
可得
故答案为：AD。
（2）碰前在方向总动量
碰后在方向总动量
可得方向动量守恒。
故答案为： 0.320 ； 0.320 ；方向动量守恒 ；
（3）把小球P的速度分解为沿球心连线方向的，垂直于球心连线方向的
在两球沿着球心连线方向，动量守恒
总机械能守恒
解得，
故碰后小球的速度方向与球心连线垂直，故碰后小球、球速度方向成90°夹角
故答案为：BC。
【分析】(1) 斜碰中x、y方向动量守恒，将位移差与时间间隔 结合表示速度，代入动量守恒式并约去 、，得到位移关系验证式，对应选项 AD。
(2) 由频闪数据计算碰撞前后x方向动量：碰前 ，碰后
，数值均为 ，结论为 x方向动量守恒。
(3) 弹性斜碰中，沿连心线方向动量守恒、机械能守恒，解得Q球速度为 ，P球垂直连心线方向速度不变，故P、Q速度夹角为 ，对应选项 BC。
（1）碰前小球在方向速度
碰后小球在方向速度
碰后小球在方向速度
根据动量守恒
可得
碰前方向动量为零，碰后小球在方向速度
碰后小球在方向速度
根据动量守恒
可得
故选AD。
（2）[1][2][3] 碰前在方向总动量
碰后在方向总动量
可得方向动量守恒。
（3）把小球P的速度分解为沿球心连线方向的，垂直于球心连线方向的
在两球沿着球心连线方向，动量守恒
总机械能守恒
解得，
故碰后小球的速度方向与球心连线垂直，故碰后小球、球速度方向成90°夹角
故选BC。
13．夜晚在高速公路上行车，当车灯照射到公路旁边的指示牌上时，指示牌能将照射到其上的光线返回，使司机看清指示牌上的标志。其反光原理是在指示牌上涂有一层由玻璃制成的微小球体，示意图如图所示。假定车灯射出的光为单色光，平行入射到玻璃微球表面，玻璃微球右侧面有反光膜，入射角为的灯光能够逆向返回，玻璃微球半径为，光速，求：
（1）玻璃微球的折射率；
（2）单色光在玻璃微球内的传播时间。
【答案】（1）解：当光线以入射时，设其折射角为，由折射定律可得
如图所示
由几何关系可知
代入数据可解得
（2）解：设该光在玻璃微球内传播的路程为，由几何关系有
单色光在该玻璃微球内的传播速度为
根据运动学公式有
代入数据可解得
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】(1) 光线经球面折射、右侧反射膜反射后原路逆向返回，利用等腰三角形几何关系确定入射角与折射角倍数关系，结合折射定律求折射率；
(2) 先由求介质光速，几何算出光在玻璃内走过的总路程，再由求解传播时间。
（1）当光线以入射时，设其折射角为，由折射定律可得
如图所示
由几何关系可知
代入数据可解得
（2）设该光在玻璃微球内传播的路程为，由几何关系有
单色光在该玻璃微球内的传播速度为
根据运动学公式有
代入数据可解得
14．如图甲所示，将一块光滑的方形薄铝板倾斜固定在水平面上，其与水平方向夹角为，一质量为m的条形磁铁N极向下，在铝板上静止释放，最终恰好能沿薄铝板匀速下滑，侧视图如图乙。磁铁端面abcd是边长为的正方形，由于磁铁紧贴铝板运动，磁铁端面正对铝板区域的磁场可视为匀强磁场（俯视图如图丙），磁感应强度为B，铝板厚度为，电阻率为。磁铁端面正对的铝板区域切割磁场产生电动势，其与铝板的其它部分形成回路，为研究问题方便，铝板中只考虑与磁铁正对部分的电阻和磁场，其他部分电阻和磁场可忽略不计，重力加速度为g。
（1）求磁铁匀速下滑时，铝板中与磁铁正对部分感应电流I的大小；
（2）推导磁铁在铝板上匀速运动时的速度v的表达式；
（3）磁铁由静止释放，到速度大小时，滑行的距离大小，求这个过程磁铁滑行的时间t。
【答案】（1）解：铝板受到的安培力
根据力的相互作用及磁铁的受力平衡
解得
（2）解：匀速运动时，切割产生的电动势
由闭合电路欧姆定律可得
正对区域电阻
联立解得
（3）解：加速过程根据动量定理，在极短时间内
且
代入得
累积求和可得
整理得
解得
【知识点】动量定理；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】(1) 匀速下滑时受力平衡，安培力与重力沿斜面分力相等，由安培力公式求感应电流；
(2) 结合电磁感应定律、电阻定律与受力平衡，推导速度表达式；
(3) 利用动量定理，结合变力的冲量表达式求解时间。
（1）铝板受到的安培力
根据力的相互作用及磁铁的受力平衡
解得
（2）匀速运动时，切割产生的电动势
由闭合电路欧姆定律可得
正对区域电阻
联立解得
（3）加速过程根据动量定理，在极短时间内
且
代入得
累积求和可得
整理得
解得
15．如图甲，下端带有挡板的长木板A静止在足够长的固定斜面上，挡板上有一长度可忽略且被压缩并锁定的轻弹簧，时将质量为m的小物块B从A上与挡板距离为处由静止释放，时刻B与挡板发生第一次碰撞，碰撞瞬间弹簧解除锁定，在极短时间内弹开B后瞬间A获得的速度大小为，时B与挡板发生第二次碰撞，在时间内B的速度大小v随时间t变化的关系图线如图乙所示（、均为未知量），各个接触面的最大静摩擦力均等于各自的滑动摩擦力。
（1）根据乙图，求在内与在内B的加速度大小之比；
（2）求第一次碰撞到第二次碰撞的时间内A下滑的距离；
（3）求A与B、A与斜面间的动摩擦因数之比。
【答案】（1）解：根据题意，由图乙可知，B在的时间内匀减速上滑，加速度大小为
B在的时间内沿斜面匀加速下滑，加速度大小为
因此在内与在内B的加速度大小之比为
（2）解：由图推断可知，A在之前已停止运动，B在与在时间内受力情况一致，加速度相同，则时刻速率为
刚释放B时，A、B之间的距离为，则有
B在-时间内沿斜面向上运动，运动的距离
B在时间内沿斜面向下运动，运动的距离
则两次碰撞期间A沿斜面下滑的距离
（3）解：由图可知，B与挡板第一次碰撞后，A的速度为，
设A的质量为M，由动量守恒定律可得
解得
第一次碰撞后A一直做匀减速运动，经过时间停止运动，则有
解得
设A做匀减速运动的加速度大小为，则
设斜面倾角为，A与B间的动摩擦因数为，A与斜面间的动摩擦因数为，
根据牛顿第二定律，对A有
B沿斜面向下运动时
B沿斜面向上运动时
联立解得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；碰撞模型；运动学 v-t 图象
【解析】【分析】(1) 由图像斜率表示加速度，分段列式求比值；
(2) 先利用下滑加速度与释放阶段加速度相同，求出瞬时速度，结合的位移表达式换算，再分别算出B上滑、下滑路程，差值为木板A下滑位移；
(3) 弹簧瞬间弹开系统动量守恒求A质量；对B上下滑动列牛顿方程得到关系式；由A的减速位移求A加速度，对A受力列牛顿方程，联立得到动摩擦因数之比。
（1）根据题意，由图乙可知，B在的时间内匀减速上滑，加速度大小为
B在的时间内沿斜面匀加速下滑，加速度大小为
因此在内与在内B的加速度大小之比为
（2）由图推断可知，A在之前已停止运动，B在与在时间内受力情况一致，加速度相同，则时刻速率为
刚释放B时，A、B之间的距离为，则有
B在-时间内沿斜面向上运动，运动的距离
B在时间内沿斜面向下运动，运动的距离
则两次碰撞期间A沿斜面下滑的距离
（3）由图可知，B与挡板第一次碰撞后，A的速度为，
设A的质量为M，由动量守恒定律可得
解得
第一次碰撞后A一直做匀减速运动，经过时间停止运动，则有
解得
设A做匀减速运动的加速度大小为，则
设斜面倾角为，A与B间的动摩擦因数为，A与斜面间的动摩擦因数为，
根据牛顿第二定律，对A有
B沿斜面向下运动时
B沿斜面向上运动时
联立解得
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