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2026届吉林省G35+联合体高三下学期一模物理试题
1．如图，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车在水平面上向右做匀加速运动时，杆对小球作用力的方向可能沿图中的（　　）
A．OA方向 B．OB方向 C．OC方向 D．OD方向
2．2022年10月，中国科学院近代物理研究所成功合成了新核素锕204（），锕204（）可以进行α衰变，衰变方程为，同时释放γ射线，下列有关说法正确的是（　　）
A．X的核子数为87
B．X的中子数为113
C．由于发生质量亏损，X的比结合能比锕204的比结合能小
D．和的结合能之和一定小于的结合能
3．如图甲所示是在t＝0时刻一列沿x轴传播的简谐横波，P点的振动图像如图乙所示，由图可知（　　）
A．波速为4m/s
B．波沿x轴正方向传播
C．在t＝0.8s时间内，质点P运动的路程为4m
D．如果这列波能与另一列波发生稳定干涉，则另一列波的频率为1.25Hz
4．某星球的半径约为地球半径的10倍，同一物体在该星球表面的重力约为在地球表面重力的3倍，不考虑自转的影响，则该星球质量约为地球质量的（　　）
A．10倍 B．30倍 C．100倍 D．300倍
5．如图所示，一定质量的理想气体，从图中A状态开始，经历了B、C状态，最后到D状态．AB的反向延长线过O点，BC和DA连线与横轴平行，CD与纵轴平行，则下列说法正确的是（　　）
A．过程，气体放出热量
B．过程，气体压强增大
C．过程，气体压强增大且增大的原因是气体分子数密度增大
D．整个过程，气体对外做的功小于外界对气体做的功
6．如图所示为远距离输电的原理图，已知升压变压器原、副线圈的匝数分别为和，降压变压器原、副线圈的匝数分别为和，输电线上的电阻为R，变压器均为理想变压器，若保持发电厂的输出电压不变，当输电线上电流减少时，则用户端的电压增加（　　）
A． B． C． D．
7．如图所示，用六根符合胡克定律且原长均为的橡皮筋将六个质量为m的小球连接成正六边形，放在光滑水平桌面上。现在使这个系统绕垂直于桌面通过正六边形中心的轴以角速度匀速转动。在系统稳定后，观察到正六边形边长变为l，则橡皮筋的劲度系数为（　　）
A． B． C． D．
8．如图所示的四条图线。分别代表1、2、3、4四个不同物体的运动情况，关于图线的物理意义，下列说法正确的是（　　）
A．物体2和物体4做曲线运动
B．物体1和物体2在时刻相遇
C．物体4在时刻已向负方向运动
D．物体1和物体2在0~时间内的平均速度相等
9．某静电场的电场线沿轴，其电场强度随的变化规律如图所示，设轴正方向为静电场的正方向，在坐标原点有一电荷量为的带电粒子仅在电场力作用下由静止开始沿轴正向运动，则下列说法正确的是（　　）
A．粒子带正电
B．粒子运动到处速度最大
C．粒子不可能运动到处
D．在区域内，粒子获得的最大动能为
10．如图所示，间距为L的平行光滑导轨固定在水平面内，在导轨右端接定值电阻R，导轨处在磁感应强度为B竖直向下的匀强磁场中，质量为m的金属棒垂直导轨放置，在水平向左的拉力作用下由静止开始做加速度为a的匀加速直线运动，经过时间t撤去拉力，金属棒又经过一段位移后停止运动，已知撤去拉力前回路产生的热量是撤去拉力后回路产生热量的N倍，撤去拉力前经过定值电阻的电荷量为q，导轨和金属棒电阻忽略不计，下列说法正确的是（　　）
A．撤去拉力后回路产生的热量为
B．拉力与运动时间成正比
C．定值电阻的阻值为
D．拉力做的功为
11．图甲是课本“探究平抛运动的特点”的实验装置图.将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直硬木板上。小球沿斜槽轨道M滚下后从斜槽M末端飞出，落在水平挡板N上.由于挡板靠近硬木板一侧较低，小球落在挡板上时，小球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点.
（1）实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽M末端切线　 　；每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次小球平抛　 　.
（2）在图乙中实验记录到的点位置明显发生偏差，其产生的原因可能是：该次实验时，球在斜槽上释放的位置与其他几次相比偏　 　（选填“高”或“低”）.
（3）实验得到如图乙所示的平抛运动轨迹的一部分，O点为抛出点，重力加速度g取，由图中信息可求得小球平抛的初速度　 　.
12．某实验小组要测量一电源的电动势和内阻。实验室提供的器材有：
A．待测电源（电动势约为3V，内阻几欧）
B．电压表V1（量程1V，内阻r1=300Ω）
C．电压表V2（量程3V，内阻r2约3000Ω）
D．定值电阻R1（阻值为2Ω）
E.滑动变阻器R2（阻值变化范围为0~15Ω）
F.电键一个，导线若干
（1）实验小组成员根据实验室提供的器材，设计了如图甲所示的电路，其中a、b均为电压表，则a是电压表　 　（填“V1”或“V2”），b是另一个电压表，根据电路图将图乙中实物连完整　 　。
（2）连接好实验电路后，闭合电键前，将图乙中的滑动变阻器滑片移到最　 　（填“左”或“右”）端，闭合电键后，调节滑动变阻器的滑片；记录每次调节后电压表V1、V2的示数U1、U2，根据测得的多组U1、U2数据，以U1为横坐标，U2为纵坐标作出U2-U1图像，作出的图像斜率绝对值为k，图像与纵轴的截距为b，则电源的电动势E=　 　，内阻r=　 　。（均用已知和测得的量表示）
（3）本实验　 　（填“存在”或“不存在”）因电压表分流引起的系统误差。
13．如图所示，某玻璃砖的截面为半圆的一部分，O为圆弧的圆心，AD面与AB面垂直，圆弧的半径为R，，一束单色光斜射到AD边的中点，光线方向与AD面的夹角为30°，折射光线刚好照射到AB的中点，求：
（1）玻璃砖对光的折射率；
（2）试判断折射光线照射到AB面上时会不会发生全反射。
14．在如图所示的Oxy平面内，第一象限内有方向水平向左的匀强电场，第二、三象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为+q的粒子，从（l，0）的A点以速度v0沿y轴正方向射入电场，从（0，2l）的C点离开电场，经过磁场后再次到达y轴时刚好从坐标原点O处经过，不计粒子重力，求：
（1）电场强度E的大小；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）粒子从A点运动到O点经历的时间。
15．如图所示，在一个倾角为的光滑固定斜面底端固定一个挡板，小滑块A、B通过一根劲度系数为k的轻弹簧连接放置在斜面上，其中A紧靠挡板，系统处于静止状态。另将一个物块C从距B物块L处由静止释放，C、B相碰后立即粘合在一起。三个物块均可视为质点，且质量相同，均为m，A带正电，其电荷量为q且保持不变，B、C不带电，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度为g，求：
（1）C、B相碰后瞬间的速度大小；
（2）要使A不离开挡板，求L的最大值；
（3）若A能离开挡板，当A离开挡板瞬间，加上平行于斜面向上的电场，且电场强度为，求弹簧伸长到最长时电场力的功率。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律
【解析】【解答】小车向右做匀加速直线运动，由于球固定在杆上，而杆固定在小车上，则球和小车具有相同的水平加速度，由牛顿第二定律可知，小球所受重力和杆对小球作用力的合力水平向右，杆对小球作用力方向只可能沿图中的OC方向。
故答案为：C。
【分析】本题考查牛顿第二定律与受力分析，需结合加速度方向确定合外力方向，再通过力的合成判断杆的作用力的可能方向，明确杆的弹力不一定沿杆方向。
2．【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；结合能与比结合能
【解析】【解答】A、根据衰变过程质量数、电荷数守恒，电荷数，质量数，X的核子数等于质量数为200，故A错误；
B、X的中子数，故B正确；
C、α衰变释放能量，生成物原子核更稳定，比结合能更大，因此X的比结合能比锕204的比结合能大，故C错误；
D、衰变释放能量，说明衰变后总结合能更大，即和的结合能之和大于的结合能，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查原子核衰变的守恒规律，核子数等于质量数，通过质量数守恒计算X的核子数；
B、考查中子数的计算方法，中子数=质量数-质子数；
C、考查比结合能与原子核稳定性的关系，衰变释放能量说明新核更稳定，比结合能更大；
D、考查结合能与衰变能量的关系，释放能量的衰变过程，生成物总结合能大于反应物的结合能。
3．【答案】D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】A．由图甲可得，这列波的波长为4m，由图乙可得，这列波的周期为0.8s，所以这列波的波速为，A错误；
B．由图乙可得，在t＝0时刻，P点向下运动，根据前一质点带动后一质点运动的原理，这列波沿x轴负方向传播，B错误；
C.0.8s是一个周期，质点P运动的路程为4个振幅，即40cm，C错误；
D．发生稳定干涉的条件是频率相等，所以另一列波的频率为，D正确。
故答案为：D。
【分析】结合波的图像和振动图像确定波长、周期，计算波速与频率；根据振动方向与波的传播方向的关系判断波的传播方向，利用质点振动路程公式和稳定干涉的条件分析选项。
4．【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】设地球质量为、半径为、表面重力加速度为；该星球质量为、半径为、表面重力加速度为，不考虑自转，物体在天体表面的重力等于万有引力，即：，整理得天体质量公式：，由题意得，，同一物体在该星球表面的重力为地球表面的3倍，故
代入质量公式，计算星球与地球的质量比：
故答案为：D
【分析】本题考查万有引力与重力的关系，关键是利用天体表面重力等于万有引力推导出质量表达式，再结合已知的半径和重力加速度关系，求出星球质量与地球质量的比值。
5．【答案】C
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用；热力学图像类问题
【解析】【解答】A：A→B过程，为等压膨胀过程，温度升高，气体内能增加，同时气体对外做功。根据热力学第一定律，可知气体一定吸收热量，故A错误；
B：B→C过程为等容过程，温度降低，根据理想气体状态方程，可知气体压强减小，故B错误；
C：C→D过程，为等温压缩过程，气体体积减小，压强增大。由于温度不变，分子平均动能不变，因此压强增大的原因是气体分子数密度增大，故C正确；
D：整个过程中，只有A→B过程气体对外做功和C→D过程外界对气体做功，这两个过程的体积变化相同。但A→B过程为等压过程，且压强大于C→D过程的压强，根据功的计算公式，可知气体对外做的功大于外界对气体做的功，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A：考查等压过程的热力学分析，结合等压膨胀的特点，分析内能变化、做功情况，再由热力学第一定律判断吸放热；
B：考查等容过程的压强变化，根据理想气体状态方程，分析温度降低时压强的变化；
C：考查等温过程的压强变化原因，结合分子动理论，分析温度不变时，压强增大的微观机制；
D：考查气体做功的比较，根据功的计算公式，结合两个过程的压强和体积变化，比较气体对外做功与外界对气体做功的大小。
6．【答案】B
【知识点】电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】发电厂输出电压不变，由理想变压器变压比可知，升压变压器副线圈电压恒定
当输电线上电流减少时，输电线上电压损失减少，因此降压变压器原线圈两端电压增加，根据降压变压器的变压比，可得用户端电压变化量。
故答案为：B。
【分析】本题考查远距离输电与理想变压器的变压规律，关键是先分析输电线上电流变化对电压损失的影响，再通过降压变压器的变压比，推导用户端电压的增加量。
7．【答案】D
【知识点】向心力
【解析】【解答】对其中一个小球受力分析，小球受到左右两根橡皮筋的拉力，橡皮筋伸长量为，单根橡皮筋拉力，正六边形相邻两根橡皮筋夹角为，将两个拉力沿半径方向（向心力方向）分解，径向分力为，两根橡皮筋拉力的合力提供小球做匀速圆周运动的向心力，圆周运动轨道半径，列向心力方程：，因，代入化简：，解得劲度系数：
故答案为：D；
【分析】本题考查水平面内匀速圆周运动的向心力求解，需结合胡克定律对小球受力分析，利用力的合成求出两根橡皮筋拉力的径向合力，再结合牛顿第二定律向心力公式联立求解橡皮筋的劲度系数，解题关键是利用正六边形几何关系确定拉力的夹角与圆周运动轨道半径。
8．【答案】B,D
【知识点】平均速度；运动学 S-t 图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A：x-t、v-t图像只能描述直线运动，故两图中物体2和物体4做直线运动，故A错误；
B：x-t图像的交点表示两物体相遇，甲图中物体1和物体2在时刻位移相同，故两物体相遇，B正确；
C：乙图中物体4在时刻速度大于零，仍向正方向运动，故C错误；
D：甲图中物体1和物体2在时间内的初末位置相同，位移相等，所用时间也相同，根据平均速度公式，可知两物体的平均速度相等，故D正确；
故答案为：BD。
【分析】A：考查运动图像的物理意义，明确x-t、v-t图像只能描述直线运动；
B：考查x-t图像的交点含义，理解交点表示两物体相遇；
C：考查v-t图像的速度方向判断，速度为正表示物体向正方向运动；
D：考查平均速度的计算，结合位移和时间的关系，分析两物体的平均速度是否相等。
9．【答案】A,D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A：粒子从原点由静止开始沿x轴正方向运动，初始位置电场强度沿x轴正方向，电场力方向与电场方向一致，因此粒子带正电，A正确；
B：粒子速度最大的位置出现在电场力做功由正变负之前，也就是合冲量正向累积最大的位置，并非处，之后电场先正向减小再反向，粒子依然会先加速一段时间，B错误；
C：根据图像面积表示电势差，结合动能定理计算，粒子可以运动到处，在该位置动能最大，C错误；
D：图线与x轴围成的面积乘以电荷量为电场力做的总功，通过分段计算图像面积可得总功，由动能定理可知粒子最大动能，D正确；
故答案为：AD。
【分析】A：考查电场方向与带电粒子电性的判断，根据粒子初始运动方向与电场方向的关系判断电性；
B：考查带电粒子在变电场中的运动分析，只要电场力与速度同向，粒子就会继续加速；
C：考查图像的物理意义，图像面积代表电势差，结合动能定理判断粒子能否到达指定位置；
D：考查动能定理在图像中的应用，利用图像面积求电场力做功，进而求解最大动能。
10．【答案】A,C
【知识点】功能关系；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A：撤去拉力前，金属棒做匀加速直线运动，速度 ；撤去拉力后，金属棒的动能全部转化为回路产生的热量，根据能量守恒定律，撤去拉力后回路产生的热量 ，故A正确；
B：撤去拉力前，感应电动势 ，感应电流 ，金属棒受到的安培力 ；根据牛顿第二定律 ，可得 ，拉力 与运动时间 成一次函数关系，并非正比关系，故B错误；
C：撤去拉力前，金属棒的位移 ，感应电动势的平均值 ，感应电流的平均值 ；根据电流定义式 ，可得 ，解得 ，故C正确；
D：根据功能关系，拉力做的功等于全过程回路产生的总热量，即 ，故D错误；
故答案为：AC。
【分析】A：考查能量守恒定律的应用，结合匀加速直线运动的速度公式，分析撤去拉力后动能与热量的转化关系；
B：考查安培力与牛顿第二定律的综合应用，分析拉力随时间的变化规律；
C：考查电磁感应中电荷量的计算，结合法拉第电磁感应定律和电流定义式，推导定值电阻 的表达式；
D：考查功能关系，分析拉力做功与回路总热量的关系。
11．【答案】（1）水平；初速度相同
（2）低
（3）1.6
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线水平，目的是保证小球的初速度水平，从而做平抛运动，每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次小球平抛初速度相同，从而保证画出的为同一条抛物线的轨迹。
故答案为：水平；初速度相同
（2）在图乙中实验记录到的点位置明显发生偏差，其产生的原因可能是该次实验时，小球在斜槽上释放的位置与其他几次相比偏低，导致其做平抛运动的初速度偏小。
故答案为：低
（3）因为为抛出点，所以根据平抛运动规律有，，将，，代入解得
故答案为：1.6
【分析】(1) 本题考查平抛运动实验的操作要求，斜槽末端切线水平，才能保证小球抛出时初速度水平；同一位置静止释放，保证每次平抛初速度相同。
(2) 本题考查实验误差分析，D 点位置偏差，说明该次小球初速度偏小，原因是释放位置偏低。
(3) 本题考查平抛运动规律的应用，利用水平方向匀速直线运动和竖直方向自由落体运动的规律，代入数据即可求出初速度。
（1）[1][2]实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线水平，目的是保证小球的初速度水平，从而做平抛运动，每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次小球平抛初速度相同，从而保证画出的为同一条抛物线的轨迹。
（2）在图乙中实验记录到的点位置明显发生偏差，其产生的原因可能是该次实验时，小球在斜槽上释放的位置与其他几次相比偏低，导致其做平抛运动的初速度偏小。
（3）因为为抛出点，所以根据平抛运动规律有，
将，
代入解得
12．【答案】V1；；左；b；；不存在
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）由图甲可知，电压表a与并联，改装成电流表，因此用内阻已知的电压表V，改装后的量程为，实物连接如图所示：
故答案为：V1；
（2）连接好实验电路后，闭合电键前，将图乙中的滑动变阻器滑片移到最左端，使滑动变阻器接入电路的电阻最大；根据闭合电路欧姆定律，得到，结合题意有，，得到
故答案为：左；b；
（3）由于实验数据处理时，考虑了电表的内阻，因此不存在因电压表分流引起的系统误差。
故答案为：不存在
【分析】(1) 本题考查电压表改装电流表的原理与实物电路连接，只有内阻已知的电压表才能并联定值电阻改装成电流表来测量回路电流，按照电路图依次完成电源、滑动变阻器、改装电流表、另一路电压表的连线。
(2) 本题考查闭合电路欧姆定律结合图像法测电源电动势与内阻，滑动变阻器闭合前的安全操作要调到最大阻值处；通过对闭合电路公式变形得到函数表达式，结合图像截距求电动势、斜率求内阻。
(3) 本题考查系统误差分析，本实验精准利用已知电表内阻计算总电流，消除了电压表分流造成的系统误差。
13．【答案】解：（1）解：光路图如图所示
设光线与AD面的交点为O1，法线为EF，光线与AB面的交点为O2，法线为MN，
由几何关系可得，
由折射定律可得
（2）解：设光在AB面上发生全反射的临界角为C，则
由几何关系可得
所以光线照射到AB面上时会发生全反射。
【知识点】光的全反射
【解析】【分析】（1）本题考查光的折射定律。关键是根据几何关系确定光线在 AD 面的入射角和折射角，再利用折射定律求出折射率。
（2）本题考查全反射条件。先求出玻璃的临界角，再通过几何关系判断光线在 AB 面上的入射角是否大于临界角，从而判断是否发生全反射。
14．【答案】（1）解：粒子在电场中做类平抛运动，设经历时间为t1，则，
整理得
（2）解：设粒子离开电场时速度大小为v，与y轴夹角为α，则，
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，则，
整理得
（3）解：由上问可知
所以粒子在磁场中运动的时间
则
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 本题考查带电粒子在匀强电场中的类平抛运动，将运动沿水平、竖直方向分解，结合匀变速直线运动与匀速直线运动规律求解电场强度。
(2) 本题先通过运动合成求出粒子进入磁场的速度大小与方向，结合几何关系确定圆周运动轨道半径，再利用洛伦兹力充当向心力求解磁感应强度。
(3) 本题总时间分为电场类平抛时间、磁场中圆周运动时间两段，先求电场运动时间，再根据圆心角求磁场内运动时间，两段时间相加得到总运动时间。
（1）粒子在电场中做类平抛运动，设经历时间为t1，则
整理得
（2）设粒子离开电场时速度大小为v，与y轴夹角为α，则
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，则
整理得
（3）由上问可知
所以粒子在磁场中运动的时间
则
15．【答案】（1）解：设C下滑距离为L时与B碰撞前瞬间的速度大小为v0，根据动能定理可得
设C与B碰撞后瞬间二者的共同速度为v1，取沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律可得mv0=2mv1
联立解得
（2）解：设初始弹簧的压缩量为x，使A恰好离开挡板时，挡板对A的弹力为零，此时弹簧的伸长量为x'，由胡克定律可得，初始对B有：kx=mgsinθ
A恰好离开挡板时，对A有：kx'=mgsinθ
可得x=x'
可知弹簧在该过程的初末状态的弹性势能相等，即Ep1=Ep2
当A恰好离开挡板时，BC的速度恰好为零，是使A不离开挡板，对应L的最大值（设为Lm）。
设BC碰撞后瞬间的速度大小为v，从BC碰撞后到BC速度恰好为零的过程，对A、B、C和弹簧组成的系统，根据能量守恒可得
设C下滑距离为Lm时与B碰撞前瞬间的速度大小为v0'，根据动能定理可得
C与B碰撞过程，取沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律可得mv0'=2mv
联立解得
（3）解：当A离开挡板瞬间，加上平行于斜面向上的电场强度的电场，可知A受到沿斜面向上的电场力为3mgsinθ，恰好与A、B、C三者沿斜面向下的重力分力之和等大反向，故A、B、C和弹簧组成的系统所受合外力为零，满足动量守恒，弹簧伸长到最长时A、B、C三者共速。
由（1）（2）的分析可得当A离开挡板瞬间，BC沿斜面向上的速度大小（设为v2）满足
设弹簧伸长到最长时A、B、C三者共速的速度大小为v3，取沿斜面向上为正方向，根据动量守恒定律可得2mv2=3mv3
联立解得
此时电场力的功率为
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】(1) 本题考查动能定理与动量守恒的结合，先由动能定理求出C碰撞前的速度，再利用动量守恒求碰撞后BC的共同速度。
(2) 本题考查弹簧振子系统的能量守恒，A不离开挡板的临界条件是BC的动能全部转化为重力势能，利用弹性势能初末状态相等，结合能量守恒求解L的最大值。
(3) 本题考查动量守恒与能量守恒的综合应用，加上电场后系统合力为零，动量守恒，结合能量守恒求出共速时的速度，再计算电场力的功率。
（1）设C下滑距离为L时与B碰撞前瞬间的速度大小为v0，根据动能定理可得
设C与B碰撞后瞬间二者的共同速度为v1，取沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律可得mv0=2mv1
联立解得
（2）设初始弹簧的压缩量为x，使A恰好离开挡板时，挡板对A的弹力为零，此时弹簧的伸长量为x'，由胡克定律可得，初始对B有：kx=mgsinθ
A恰好离开挡板时，对A有：kx'=mgsinθ
可得x=x'
可知弹簧在该过程的初末状态的弹性势能相等，即Ep1=Ep2
当A恰好离开挡板时，BC的速度恰好为零，是使A不离开挡板，对应L的最大值（设为Lm）。
设BC碰撞后瞬间的速度大小为v，从BC碰撞后到BC速度恰好为零的过程，对A、B、C和弹簧组成的系统，根据能量守恒可得
设C下滑距离为Lm时与B碰撞前瞬间的速度大小为v0'，根据动能定理可得
C与B碰撞过程，取沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律可得mv0'=2mv
联立解得
（3）当A离开挡板瞬间，加上平行于斜面向上的电场强度的电场，可知A受到沿斜面向上的电场力为3mgsinθ，恰好与A、B、C三者沿斜面向下的重力分力之和等大反向，故A、B、C和弹簧组成的系统所受合外力为零，满足动量守恒，弹簧伸长到最长时A、B、C三者共速。
由（1）（2）的分析可得当A离开挡板瞬间，BC沿斜面向上的速度大小（设为v2）满足
设弹簧伸长到最长时A、B、C三者共速的速度大小为v3，取沿斜面向上为正方向，根据动量守恒定律可得2mv2=3mv3
联立解得
此时电场力的功率为
【点睛】
1 / 12026届吉林省G35+联合体高三下学期一模物理试题
1．如图，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车在水平面上向右做匀加速运动时，杆对小球作用力的方向可能沿图中的（　　）
A．OA方向 B．OB方向 C．OC方向 D．OD方向
【答案】C
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律
【解析】【解答】小车向右做匀加速直线运动，由于球固定在杆上，而杆固定在小车上，则球和小车具有相同的水平加速度，由牛顿第二定律可知，小球所受重力和杆对小球作用力的合力水平向右，杆对小球作用力方向只可能沿图中的OC方向。
故答案为：C。
【分析】本题考查牛顿第二定律与受力分析，需结合加速度方向确定合外力方向，再通过力的合成判断杆的作用力的可能方向，明确杆的弹力不一定沿杆方向。
2．2022年10月，中国科学院近代物理研究所成功合成了新核素锕204（），锕204（）可以进行α衰变，衰变方程为，同时释放γ射线，下列有关说法正确的是（　　）
A．X的核子数为87
B．X的中子数为113
C．由于发生质量亏损，X的比结合能比锕204的比结合能小
D．和的结合能之和一定小于的结合能
【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；结合能与比结合能
【解析】【解答】A、根据衰变过程质量数、电荷数守恒，电荷数，质量数，X的核子数等于质量数为200，故A错误；
B、X的中子数，故B正确；
C、α衰变释放能量，生成物原子核更稳定，比结合能更大，因此X的比结合能比锕204的比结合能大，故C错误；
D、衰变释放能量，说明衰变后总结合能更大，即和的结合能之和大于的结合能，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查原子核衰变的守恒规律，核子数等于质量数，通过质量数守恒计算X的核子数；
B、考查中子数的计算方法，中子数=质量数-质子数；
C、考查比结合能与原子核稳定性的关系，衰变释放能量说明新核更稳定，比结合能更大；
D、考查结合能与衰变能量的关系，释放能量的衰变过程，生成物总结合能大于反应物的结合能。
3．如图甲所示是在t＝0时刻一列沿x轴传播的简谐横波，P点的振动图像如图乙所示，由图可知（　　）
A．波速为4m/s
B．波沿x轴正方向传播
C．在t＝0.8s时间内，质点P运动的路程为4m
D．如果这列波能与另一列波发生稳定干涉，则另一列波的频率为1.25Hz
【答案】D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】A．由图甲可得，这列波的波长为4m，由图乙可得，这列波的周期为0.8s，所以这列波的波速为，A错误；
B．由图乙可得，在t＝0时刻，P点向下运动，根据前一质点带动后一质点运动的原理，这列波沿x轴负方向传播，B错误；
C.0.8s是一个周期，质点P运动的路程为4个振幅，即40cm，C错误；
D．发生稳定干涉的条件是频率相等，所以另一列波的频率为，D正确。
故答案为：D。
【分析】结合波的图像和振动图像确定波长、周期，计算波速与频率；根据振动方向与波的传播方向的关系判断波的传播方向，利用质点振动路程公式和稳定干涉的条件分析选项。
4．某星球的半径约为地球半径的10倍，同一物体在该星球表面的重力约为在地球表面重力的3倍，不考虑自转的影响，则该星球质量约为地球质量的（　　）
A．10倍 B．30倍 C．100倍 D．300倍
【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】设地球质量为、半径为、表面重力加速度为；该星球质量为、半径为、表面重力加速度为，不考虑自转，物体在天体表面的重力等于万有引力，即：，整理得天体质量公式：，由题意得，，同一物体在该星球表面的重力为地球表面的3倍，故
代入质量公式，计算星球与地球的质量比：
故答案为：D
【分析】本题考查万有引力与重力的关系，关键是利用天体表面重力等于万有引力推导出质量表达式，再结合已知的半径和重力加速度关系，求出星球质量与地球质量的比值。
5．如图所示，一定质量的理想气体，从图中A状态开始，经历了B、C状态，最后到D状态．AB的反向延长线过O点，BC和DA连线与横轴平行，CD与纵轴平行，则下列说法正确的是（　　）
A．过程，气体放出热量
B．过程，气体压强增大
C．过程，气体压强增大且增大的原因是气体分子数密度增大
D．整个过程，气体对外做的功小于外界对气体做的功
【答案】C
【知识点】气体压强的微观解释；热力学第一定律及其应用；热力学图像类问题
【解析】【解答】A：A→B过程，为等压膨胀过程，温度升高，气体内能增加，同时气体对外做功。根据热力学第一定律，可知气体一定吸收热量，故A错误；
B：B→C过程为等容过程，温度降低，根据理想气体状态方程，可知气体压强减小，故B错误；
C：C→D过程，为等温压缩过程，气体体积减小，压强增大。由于温度不变，分子平均动能不变，因此压强增大的原因是气体分子数密度增大，故C正确；
D：整个过程中，只有A→B过程气体对外做功和C→D过程外界对气体做功，这两个过程的体积变化相同。但A→B过程为等压过程，且压强大于C→D过程的压强，根据功的计算公式，可知气体对外做的功大于外界对气体做的功，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A：考查等压过程的热力学分析，结合等压膨胀的特点，分析内能变化、做功情况，再由热力学第一定律判断吸放热；
B：考查等容过程的压强变化，根据理想气体状态方程，分析温度降低时压强的变化；
C：考查等温过程的压强变化原因，结合分子动理论，分析温度不变时，压强增大的微观机制；
D：考查气体做功的比较，根据功的计算公式，结合两个过程的压强和体积变化，比较气体对外做功与外界对气体做功的大小。
6．如图所示为远距离输电的原理图，已知升压变压器原、副线圈的匝数分别为和，降压变压器原、副线圈的匝数分别为和，输电线上的电阻为R，变压器均为理想变压器，若保持发电厂的输出电压不变，当输电线上电流减少时，则用户端的电压增加（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】发电厂输出电压不变，由理想变压器变压比可知，升压变压器副线圈电压恒定
当输电线上电流减少时，输电线上电压损失减少，因此降压变压器原线圈两端电压增加，根据降压变压器的变压比，可得用户端电压变化量。
故答案为：B。
【分析】本题考查远距离输电与理想变压器的变压规律，关键是先分析输电线上电流变化对电压损失的影响，再通过降压变压器的变压比，推导用户端电压的增加量。
7．如图所示，用六根符合胡克定律且原长均为的橡皮筋将六个质量为m的小球连接成正六边形，放在光滑水平桌面上。现在使这个系统绕垂直于桌面通过正六边形中心的轴以角速度匀速转动。在系统稳定后，观察到正六边形边长变为l，则橡皮筋的劲度系数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】向心力
【解析】【解答】对其中一个小球受力分析，小球受到左右两根橡皮筋的拉力，橡皮筋伸长量为，单根橡皮筋拉力，正六边形相邻两根橡皮筋夹角为，将两个拉力沿半径方向（向心力方向）分解，径向分力为，两根橡皮筋拉力的合力提供小球做匀速圆周运动的向心力，圆周运动轨道半径，列向心力方程：，因，代入化简：，解得劲度系数：
故答案为：D；
【分析】本题考查水平面内匀速圆周运动的向心力求解，需结合胡克定律对小球受力分析，利用力的合成求出两根橡皮筋拉力的径向合力，再结合牛顿第二定律向心力公式联立求解橡皮筋的劲度系数，解题关键是利用正六边形几何关系确定拉力的夹角与圆周运动轨道半径。
8．如图所示的四条图线。分别代表1、2、3、4四个不同物体的运动情况，关于图线的物理意义，下列说法正确的是（　　）
A．物体2和物体4做曲线运动
B．物体1和物体2在时刻相遇
C．物体4在时刻已向负方向运动
D．物体1和物体2在0~时间内的平均速度相等
【答案】B,D
【知识点】平均速度；运动学 S-t 图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A：x-t、v-t图像只能描述直线运动，故两图中物体2和物体4做直线运动，故A错误；
B：x-t图像的交点表示两物体相遇，甲图中物体1和物体2在时刻位移相同，故两物体相遇，B正确；
C：乙图中物体4在时刻速度大于零，仍向正方向运动，故C错误；
D：甲图中物体1和物体2在时间内的初末位置相同，位移相等，所用时间也相同，根据平均速度公式，可知两物体的平均速度相等，故D正确；
故答案为：BD。
【分析】A：考查运动图像的物理意义，明确x-t、v-t图像只能描述直线运动；
B：考查x-t图像的交点含义，理解交点表示两物体相遇；
C：考查v-t图像的速度方向判断，速度为正表示物体向正方向运动；
D：考查平均速度的计算，结合位移和时间的关系，分析两物体的平均速度是否相等。
9．某静电场的电场线沿轴，其电场强度随的变化规律如图所示，设轴正方向为静电场的正方向，在坐标原点有一电荷量为的带电粒子仅在电场力作用下由静止开始沿轴正向运动，则下列说法正确的是（　　）
A．粒子带正电
B．粒子运动到处速度最大
C．粒子不可能运动到处
D．在区域内，粒子获得的最大动能为
【答案】A,D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A：粒子从原点由静止开始沿x轴正方向运动，初始位置电场强度沿x轴正方向，电场力方向与电场方向一致，因此粒子带正电，A正确；
B：粒子速度最大的位置出现在电场力做功由正变负之前，也就是合冲量正向累积最大的位置，并非处，之后电场先正向减小再反向，粒子依然会先加速一段时间，B错误；
C：根据图像面积表示电势差，结合动能定理计算，粒子可以运动到处，在该位置动能最大，C错误；
D：图线与x轴围成的面积乘以电荷量为电场力做的总功，通过分段计算图像面积可得总功，由动能定理可知粒子最大动能，D正确；
故答案为：AD。
【分析】A：考查电场方向与带电粒子电性的判断，根据粒子初始运动方向与电场方向的关系判断电性；
B：考查带电粒子在变电场中的运动分析，只要电场力与速度同向，粒子就会继续加速；
C：考查图像的物理意义，图像面积代表电势差，结合动能定理判断粒子能否到达指定位置；
D：考查动能定理在图像中的应用，利用图像面积求电场力做功，进而求解最大动能。
10．如图所示，间距为L的平行光滑导轨固定在水平面内，在导轨右端接定值电阻R，导轨处在磁感应强度为B竖直向下的匀强磁场中，质量为m的金属棒垂直导轨放置，在水平向左的拉力作用下由静止开始做加速度为a的匀加速直线运动，经过时间t撤去拉力，金属棒又经过一段位移后停止运动，已知撤去拉力前回路产生的热量是撤去拉力后回路产生热量的N倍，撤去拉力前经过定值电阻的电荷量为q，导轨和金属棒电阻忽略不计，下列说法正确的是（　　）
A．撤去拉力后回路产生的热量为
B．拉力与运动时间成正比
C．定值电阻的阻值为
D．拉力做的功为
【答案】A,C
【知识点】功能关系；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A：撤去拉力前，金属棒做匀加速直线运动，速度 ；撤去拉力后，金属棒的动能全部转化为回路产生的热量，根据能量守恒定律，撤去拉力后回路产生的热量 ，故A正确；
B：撤去拉力前，感应电动势 ，感应电流 ，金属棒受到的安培力 ；根据牛顿第二定律 ，可得 ，拉力 与运动时间 成一次函数关系，并非正比关系，故B错误；
C：撤去拉力前，金属棒的位移 ，感应电动势的平均值 ，感应电流的平均值 ；根据电流定义式 ，可得 ，解得 ，故C正确；
D：根据功能关系，拉力做的功等于全过程回路产生的总热量，即 ，故D错误；
故答案为：AC。
【分析】A：考查能量守恒定律的应用，结合匀加速直线运动的速度公式，分析撤去拉力后动能与热量的转化关系；
B：考查安培力与牛顿第二定律的综合应用，分析拉力随时间的变化规律；
C：考查电磁感应中电荷量的计算，结合法拉第电磁感应定律和电流定义式，推导定值电阻 的表达式；
D：考查功能关系，分析拉力做功与回路总热量的关系。
11．图甲是课本“探究平抛运动的特点”的实验装置图.将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直硬木板上。小球沿斜槽轨道M滚下后从斜槽M末端飞出，落在水平挡板N上.由于挡板靠近硬木板一侧较低，小球落在挡板上时，小球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点.
（1）实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽M末端切线　 　；每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次小球平抛　 　.
（2）在图乙中实验记录到的点位置明显发生偏差，其产生的原因可能是：该次实验时，球在斜槽上释放的位置与其他几次相比偏　 　（选填“高”或“低”）.
（3）实验得到如图乙所示的平抛运动轨迹的一部分，O点为抛出点，重力加速度g取，由图中信息可求得小球平抛的初速度　 　.
【答案】（1）水平；初速度相同
（2）低
（3）1.6
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线水平，目的是保证小球的初速度水平，从而做平抛运动，每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次小球平抛初速度相同，从而保证画出的为同一条抛物线的轨迹。
故答案为：水平；初速度相同
（2）在图乙中实验记录到的点位置明显发生偏差，其产生的原因可能是该次实验时，小球在斜槽上释放的位置与其他几次相比偏低，导致其做平抛运动的初速度偏小。
故答案为：低
（3）因为为抛出点，所以根据平抛运动规律有，，将，，代入解得
故答案为：1.6
【分析】(1) 本题考查平抛运动实验的操作要求，斜槽末端切线水平，才能保证小球抛出时初速度水平；同一位置静止释放，保证每次平抛初速度相同。
(2) 本题考查实验误差分析，D 点位置偏差，说明该次小球初速度偏小，原因是释放位置偏低。
(3) 本题考查平抛运动规律的应用，利用水平方向匀速直线运动和竖直方向自由落体运动的规律，代入数据即可求出初速度。
（1）[1][2]实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线水平，目的是保证小球的初速度水平，从而做平抛运动，每次让小球从同一位置由静止释放，是为了每次小球平抛初速度相同，从而保证画出的为同一条抛物线的轨迹。
（2）在图乙中实验记录到的点位置明显发生偏差，其产生的原因可能是该次实验时，小球在斜槽上释放的位置与其他几次相比偏低，导致其做平抛运动的初速度偏小。
（3）因为为抛出点，所以根据平抛运动规律有，
将，
代入解得
12．某实验小组要测量一电源的电动势和内阻。实验室提供的器材有：
A．待测电源（电动势约为3V，内阻几欧）
B．电压表V1（量程1V，内阻r1=300Ω）
C．电压表V2（量程3V，内阻r2约3000Ω）
D．定值电阻R1（阻值为2Ω）
E.滑动变阻器R2（阻值变化范围为0~15Ω）
F.电键一个，导线若干
（1）实验小组成员根据实验室提供的器材，设计了如图甲所示的电路，其中a、b均为电压表，则a是电压表　 　（填“V1”或“V2”），b是另一个电压表，根据电路图将图乙中实物连完整　 　。
（2）连接好实验电路后，闭合电键前，将图乙中的滑动变阻器滑片移到最　 　（填“左”或“右”）端，闭合电键后，调节滑动变阻器的滑片；记录每次调节后电压表V1、V2的示数U1、U2，根据测得的多组U1、U2数据，以U1为横坐标，U2为纵坐标作出U2-U1图像，作出的图像斜率绝对值为k，图像与纵轴的截距为b，则电源的电动势E=　 　，内阻r=　 　。（均用已知和测得的量表示）
（3）本实验　 　（填“存在”或“不存在”）因电压表分流引起的系统误差。
【答案】V1；；左；b；；不存在
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）由图甲可知，电压表a与并联，改装成电流表，因此用内阻已知的电压表V，改装后的量程为，实物连接如图所示：
故答案为：V1；
（2）连接好实验电路后，闭合电键前，将图乙中的滑动变阻器滑片移到最左端，使滑动变阻器接入电路的电阻最大；根据闭合电路欧姆定律，得到，结合题意有，，得到
故答案为：左；b；
（3）由于实验数据处理时，考虑了电表的内阻，因此不存在因电压表分流引起的系统误差。
故答案为：不存在
【分析】(1) 本题考查电压表改装电流表的原理与实物电路连接，只有内阻已知的电压表才能并联定值电阻改装成电流表来测量回路电流，按照电路图依次完成电源、滑动变阻器、改装电流表、另一路电压表的连线。
(2) 本题考查闭合电路欧姆定律结合图像法测电源电动势与内阻，滑动变阻器闭合前的安全操作要调到最大阻值处；通过对闭合电路公式变形得到函数表达式，结合图像截距求电动势、斜率求内阻。
(3) 本题考查系统误差分析，本实验精准利用已知电表内阻计算总电流，消除了电压表分流造成的系统误差。
13．如图所示，某玻璃砖的截面为半圆的一部分，O为圆弧的圆心，AD面与AB面垂直，圆弧的半径为R，，一束单色光斜射到AD边的中点，光线方向与AD面的夹角为30°，折射光线刚好照射到AB的中点，求：
（1）玻璃砖对光的折射率；
（2）试判断折射光线照射到AB面上时会不会发生全反射。
【答案】解：（1）解：光路图如图所示
设光线与AD面的交点为O1，法线为EF，光线与AB面的交点为O2，法线为MN，
由几何关系可得，
由折射定律可得
（2）解：设光在AB面上发生全反射的临界角为C，则
由几何关系可得
所以光线照射到AB面上时会发生全反射。
【知识点】光的全反射
【解析】【分析】（1）本题考查光的折射定律。关键是根据几何关系确定光线在 AD 面的入射角和折射角，再利用折射定律求出折射率。
（2）本题考查全反射条件。先求出玻璃的临界角，再通过几何关系判断光线在 AB 面上的入射角是否大于临界角，从而判断是否发生全反射。
14．在如图所示的Oxy平面内，第一象限内有方向水平向左的匀强电场，第二、三象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为+q的粒子，从（l，0）的A点以速度v0沿y轴正方向射入电场，从（0，2l）的C点离开电场，经过磁场后再次到达y轴时刚好从坐标原点O处经过，不计粒子重力，求：
（1）电场强度E的大小；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）粒子从A点运动到O点经历的时间。
【答案】（1）解：粒子在电场中做类平抛运动，设经历时间为t1，则，
整理得
（2）解：设粒子离开电场时速度大小为v，与y轴夹角为α，则，
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，则，
整理得
（3）解：由上问可知
所以粒子在磁场中运动的时间
则
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 本题考查带电粒子在匀强电场中的类平抛运动，将运动沿水平、竖直方向分解，结合匀变速直线运动与匀速直线运动规律求解电场强度。
(2) 本题先通过运动合成求出粒子进入磁场的速度大小与方向，结合几何关系确定圆周运动轨道半径，再利用洛伦兹力充当向心力求解磁感应强度。
(3) 本题总时间分为电场类平抛时间、磁场中圆周运动时间两段，先求电场运动时间，再根据圆心角求磁场内运动时间，两段时间相加得到总运动时间。
（1）粒子在电场中做类平抛运动，设经历时间为t1，则
整理得
（2）设粒子离开电场时速度大小为v，与y轴夹角为α，则
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，则
整理得
（3）由上问可知
所以粒子在磁场中运动的时间
则
15．如图所示，在一个倾角为的光滑固定斜面底端固定一个挡板，小滑块A、B通过一根劲度系数为k的轻弹簧连接放置在斜面上，其中A紧靠挡板，系统处于静止状态。另将一个物块C从距B物块L处由静止释放，C、B相碰后立即粘合在一起。三个物块均可视为质点，且质量相同，均为m，A带正电，其电荷量为q且保持不变，B、C不带电，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度为g，求：
（1）C、B相碰后瞬间的速度大小；
（2）要使A不离开挡板，求L的最大值；
（3）若A能离开挡板，当A离开挡板瞬间，加上平行于斜面向上的电场，且电场强度为，求弹簧伸长到最长时电场力的功率。
【答案】（1）解：设C下滑距离为L时与B碰撞前瞬间的速度大小为v0，根据动能定理可得
设C与B碰撞后瞬间二者的共同速度为v1，取沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律可得mv0=2mv1
联立解得
（2）解：设初始弹簧的压缩量为x，使A恰好离开挡板时，挡板对A的弹力为零，此时弹簧的伸长量为x'，由胡克定律可得，初始对B有：kx=mgsinθ
A恰好离开挡板时，对A有：kx'=mgsinθ
可得x=x'
可知弹簧在该过程的初末状态的弹性势能相等，即Ep1=Ep2
当A恰好离开挡板时，BC的速度恰好为零，是使A不离开挡板，对应L的最大值（设为Lm）。
设BC碰撞后瞬间的速度大小为v，从BC碰撞后到BC速度恰好为零的过程，对A、B、C和弹簧组成的系统，根据能量守恒可得
设C下滑距离为Lm时与B碰撞前瞬间的速度大小为v0'，根据动能定理可得
C与B碰撞过程，取沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律可得mv0'=2mv
联立解得
（3）解：当A离开挡板瞬间，加上平行于斜面向上的电场强度的电场，可知A受到沿斜面向上的电场力为3mgsinθ，恰好与A、B、C三者沿斜面向下的重力分力之和等大反向，故A、B、C和弹簧组成的系统所受合外力为零，满足动量守恒，弹簧伸长到最长时A、B、C三者共速。
由（1）（2）的分析可得当A离开挡板瞬间，BC沿斜面向上的速度大小（设为v2）满足
设弹簧伸长到最长时A、B、C三者共速的速度大小为v3，取沿斜面向上为正方向，根据动量守恒定律可得2mv2=3mv3
联立解得
此时电场力的功率为
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】(1) 本题考查动能定理与动量守恒的结合，先由动能定理求出C碰撞前的速度，再利用动量守恒求碰撞后BC的共同速度。
(2) 本题考查弹簧振子系统的能量守恒，A不离开挡板的临界条件是BC的动能全部转化为重力势能，利用弹性势能初末状态相等，结合能量守恒求解L的最大值。
(3) 本题考查动量守恒与能量守恒的综合应用，加上电场后系统合力为零，动量守恒，结合能量守恒求出共速时的速度，再计算电场力的功率。
（1）设C下滑距离为L时与B碰撞前瞬间的速度大小为v0，根据动能定理可得
设C与B碰撞后瞬间二者的共同速度为v1，取沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律可得mv0=2mv1
联立解得
（2）设初始弹簧的压缩量为x，使A恰好离开挡板时，挡板对A的弹力为零，此时弹簧的伸长量为x'，由胡克定律可得，初始对B有：kx=mgsinθ
A恰好离开挡板时，对A有：kx'=mgsinθ
可得x=x'
可知弹簧在该过程的初末状态的弹性势能相等，即Ep1=Ep2
当A恰好离开挡板时，BC的速度恰好为零，是使A不离开挡板，对应L的最大值（设为Lm）。
设BC碰撞后瞬间的速度大小为v，从BC碰撞后到BC速度恰好为零的过程，对A、B、C和弹簧组成的系统，根据能量守恒可得
设C下滑距离为Lm时与B碰撞前瞬间的速度大小为v0'，根据动能定理可得
C与B碰撞过程，取沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律可得mv0'=2mv
联立解得
（3）当A离开挡板瞬间，加上平行于斜面向上的电场强度的电场，可知A受到沿斜面向上的电场力为3mgsinθ，恰好与A、B、C三者沿斜面向下的重力分力之和等大反向，故A、B、C和弹簧组成的系统所受合外力为零，满足动量守恒，弹簧伸长到最长时A、B、C三者共速。
由（1）（2）的分析可得当A离开挡板瞬间，BC沿斜面向上的速度大小（设为v2）满足
设弹簧伸长到最长时A、B、C三者共速的速度大小为v3，取沿斜面向上为正方向，根据动量守恒定律可得2mv2=3mv3
联立解得
此时电场力的功率为
【点睛】
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