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2026届四川省遂宁市高三上学期一诊考试物理试题
1．在物理学的发展过程中，科学家们总结出了许多物理学研究方法，取得了很多成就。下列叙述正确的是（　　）
A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫作理想模型法
B．根据加速度定义式，当非常小时，就可以表示物体在该时刻的瞬时加速度，应用了微元法
C．伽利略肯定了亚里士多德“重物比轻物下落快”的观点
D．牛顿发现了万有引力定律，并通过扭秤实验测出了引力常量的数值
2．2025年诺贝尔物理学奖授予了在宏观量子力学隧穿效应和能量量子化方面取得突破性研究的三位科学家，这些研究为量子技术奠定了坚实基础。下列说法正确的是（　　）
A．在光电效应中，只要光照强度足够大，电子就可以从金属表面逸出
B．玻尔的原子模型认为电子在特定轨道上运动时会辐射能量
C．原子从较高能级向较低能级跃迁时，辐射光子的能量是连续的
D．经电场加速的电子束射到晶体上，能观察到衍射图样，证实了电子具有波动性
3．如图所示为运动员在竖直方向上练习蹦床运动的情景。用x、v、a、E、t分别表示运动员从离开蹦床在空中运动的位移、速度、加速度、机械能和时间。若忽略空气阻力，取向上为正方向，下列图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
4．2025年11月，神舟二十一号与二十号完成在轨轮换。载人飞船发射返回过程中，返回器与主舱室分离后，主舱室通过调整后在圆轨道运行，返回器用“打水漂”的方式再入大气层，最终通过降落伞辅助成功着陆，其主要过程如图，已知主舱室在半径为的轨道上做周期为的匀速圆周运动，地球半径为、引力常量为，则有（　　）
A．主舱室在半径为r的轨道上稳定运行的速度大于
B．降落伞打开后，返回器靠近地面过程中一直处于失重状态
C．由题给条件可求出地球密度为
D．返回器跳出大气层后需向后喷气方可第二次再入大气层
5．如图甲所示是我国某地发生的日晕现象，日晕是太阳光穿过云层里的小冰晶折射形成的。图乙为一束太阳光射到六角形小冰晶上时的光路图，a、b为其折射出的光线中的两种单色光，比较a、b两种单色光，下列说法正确的是（　　）
A．在真空中，a光的速度比b光大
B．通过同一仪器发生双缝干涉，a光的相邻明条纹间距较大
C．图中a、b光在小冰晶中传播的时间可能相同
D．a、b两种光分别从水射入空气发生全反射时，a光的临界角比b光的小
6．一条轻长绳放置在水平桌面上，俯视图如图甲所示，用手握住长绳的一端O，从t=0时刻开始用手带动O点沿垂直绳的方向（图甲中y轴方向）在水平面内做简谐运动，0~6s内O点的振动图像如图乙所示。t=5s时轻长绳上的波形图可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
7．在如图甲的坐标系中，x轴上固定两个等量的点电荷M、N，距坐标原点O均为L，轴上有、、三点，其坐标值分别为、、。轴上各点的电场强度E随变化的关系如图乙所示，图中的阴影部分面积为，的阴影部分面积为b。一个质量为m、电荷量为的带正电粒子，由点静止释放，仅在电场力作用下，将沿轴正方向运动，则（　　）
A．M、N是异种电荷
B．带电粒子在的电势能小于在的电势能
C．带电粒子运动到位置时动能为
D．带电粒子运动过程中最大速度为
8．某广场喷泉喷出的两水柱如图中a、b所示。不计空气阻力，a、b中的水（　　）
A．加速度相同 B．喷出时的初速度大小可能相等
C．在最高点的速度相同 D．在空中运动的时间可能相等
9．如图所示，一个风力实验空间可以提供水平向右的恒定风力，一质量为m的小球用长为L的轻绳悬挂于O点，若将小球拉到最低点，并给小球垂直纸面向里的初速度，发现小球恰好沿一倾斜平面做匀速圆周运动，直线OP与OA的夹角为。（已知重力加速度为g，小球可视为质点，忽略其他阻力，），则（　　）
A．图中夹角为
B．初速度
C．物体从A点到B点风力对物体做功
D．物体在运动过程中机械能守恒
10．如图所示，水平传送带以恒定速度v0=2m/s逆时针运转，一个质量m=1kg的物块（可视为质点）在恒定外力F(大小与方向未知)作用下，从传送带左端A由静止开始向右做a=2m/s2的匀加速直线运动，经过一定时间后，撤去外力F，物块到达传送带右端B时速度恰好减为零且未掉落。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，AB间距为L=4.5m，取g=10m/s2，则以下说法正确的是（　　）
A．物块从A运动到B所用的时间为3s
B．物块返回传送带A端时的速度大小为m/s
C．撤去外力后，传送带由于克服摩擦力做功多消耗的电能为6J
D．外力F做功的最小值为4.5J
11．某兴趣小组利用轻弹簧与刻度尺设计了一款加速度测量仪，如图甲所示。轻弹簧的右端固定，左端与一小车固定，小车与测量仪底板之间的摩擦阻力可忽略不计。在小车上固定一指针，装置静止时，小车的指针恰好指在刻度尺正中间，图中刻度尺是按一定比例的缩小图，其中每一小格代表的长度为2cm。测定弹簧弹力与形变量的关系图线如图乙所示：已知小车质量为0.5kg，取g=10m/s2。
（1）某次测量小车所在位置如图丙所示，则小车的加速度方向为水平向　 　（填“左”或“右”）、大小为　 　m/s2。
（2）若将小车换为一个质量更小的小车，其他条件均不变，那么该加速度测量仪的量程将　 　。（选填“不变”“增大”或“减小”）
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M、N构成，改变电解质溶液高度可调节内阻；P、Q为靠近正负极的金属板。实验电路如图乙，电压表接M、N测外电压U1，电压表通过探针接P、Q测内电压U2；R为电阻箱，A为理想电流表。
实验步骤如下：
①按图乙连接电路，将电阻箱阻值调为；
②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；
③重复步骤②，得多组、的数据。
问题：
（1）设P、Q间的电解质溶液的形状为长方体，长，宽，高，电阻率为，忽略P、Q外侧溶液电阻，则电池内阻　 　（用、、、表示）；
（2）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、k、L、d表示）；
（3）若保持不变，调节电阻箱阻值R至最大，闭合开关、、，逐渐调小R，电压表的示数逐渐　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”），但U1、U2始终满足。
（4）保持、、闭合，R保持不变，添加电解质溶液，记录U1、U2和I，画出、图像，则下列图像正确的是________。
A． B．
C． D．
13．如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积，质量的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。圆筒与温度300K的热源接触，平衡时圆筒内气体处于状态A，其体积VA=600cm3。缓慢拉动活塞使气体达到状态B，此时体积VB=700cm3，固定活塞，升高热源温度，气体达到状态C，此时压强。已知从状态A到状态C，气体从外界吸收热量Q=30J；从状态B到状态C，气体内能增加；大气压，取g=10m/s2，求：
（1）气体从状态A到状态B，其分子平均动能和圆筒内壁单位面积受到的压力如何变化；
（2）气体在状态C的温度TC；
（3）气体从状态A到状态B过程中系统对外界做的功W。
14．如图所示，某一游戏装置由轻弹簧发射器、长为L=4m的粗糙水平直轨道AB和竖直放置的半径可调的光滑圆弧状细管轨道CD组成。质量为m1=0.2kg的滑块1被轻弹簧弹出后，与静置于AB中点、质量为m2=0.1kg的滑块2发生碰撞后粘合为滑块组（碰撞时间极短）。已知轻弹簧储存的弹性势能Ep=9.7J，两滑块与AB间的动摩擦因数均为μ=0.4，两滑块均可视为质点，各轨道间平滑连接且间隙不计。若滑块组从D飞出落到直轨道AB上时不反弹且静止，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）两滑块碰撞后滑块组的速度大小；
（2）若滑块组进入圆弧轨道后恰好能到达D点，则轨道CD的半径；
（3）改变CD的半径R，滑块组静止时离B点的最远距离s。
15．如图所示，在平面内有一平行于轴宽为的线状电子源，每秒沿轴正方向均匀发射个速度相同的电子。电子源中心与半径为、磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里的圆形匀强磁场区域圆心等高。射入圆形磁场区域的电子汇聚到磁场的最低点后，进入轴正下方足够大区域，该区域内分布着磁感应强度大小也为、方向垂直纸面向外的匀强磁场。在轴上有一左端置于原点，长为的电子收集板（收集板的厚度均不计）。打到收集板上的电子被收集板吸收后流经电流表全部导入大地。已知电子质量为，电荷量为，忽略电子重力和电子间的相互作用。
（1）求从电子源发射出来的电子的速度大小；
（2）电子源发射足够长时间后，求每秒收集板上收集到的电子数N；
（3）现撤去区域磁场，然后在且区域加垂直纸面方向的磁场，磁感应强度随轴坐标变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向。电子源正对点以原初速度射向圆形磁场区域的电子运动轨迹经过，其中且为已知量。求该电子运动轨迹上横坐标为的点的纵坐标。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】物理学史；理想模型法；引力常量及其测定
【解析】【解答】A、质点是忽略物体自身大小、形状构建的理想化物理模型，该处理方法称为理想模型法，故A正确；
B、极短时用表示瞬时加速度，运用的是极限微分思想，并非微元法，微元法多用于分割累加求总量，故B错误；
C、伽利略通过逻辑推理与落体实验，否定了亚里士多德“重物比轻物下落快”的错误观点，故C错误；
D、牛顿提出万有引力定律，卡文迪许通过扭秤实验测出引力常量，并非牛顿测出，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查理想模型法，质点、点电荷、光滑斜面均属于理想化模型；
B、区分极限微分思想与微元法两种物理研究方法；
C、考查物理学史，伽利略推翻亚里士多德的自由落体错误论断；
D、区分万有引力定律提出者与引力常量的测量者。
2．【答案】D
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应；粒子的波动性 德布罗意波
【解析】【解答】A、光电效应的发生条件是入射光频率大于金属截止频率，与光照强度无关，仅强度足够大无法逸出电子，故 A 错误；
B、玻尔原子模型指出，电子在定态轨道稳定运动时不辐射能量，仅在不同能级间跃迁时才吸收或辐射光子，故 B 错误；
C、原子能级是量子化、离散的，高能级向低能级跃迁时辐射光子能量等于两能级差值，能量取值不连续，故 C 错误；
D、电子束照射晶体出现衍射图样（戴维森 - 革末实验），衍射是波特有的现象，直接证明电子具有波动性，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查光电效应的核心条件，区分频率与光强对光电效应的不同影响；
B、考查玻尔定态假设，稳定轨道无能量辐射；
C、考查能级量子化特点，跃迁光子能量为分立值；
D、考查物质波与衍射实验，衍射现象是波动性的实验证据。
3．【答案】B
【知识点】运动学 S-t 图象；竖直上抛运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】A、运动员离开蹦床后做竖直上抛运动，位移公式，图像是开口向下的抛物线，而图A为折线，故A错误；
B、速度公式，图像是斜率为的倾斜直线，初速度为正，上升阶段速度减为0，下落阶段速度为负，与图B图像一致，故B正确；
C、全程只受重力，加速度恒为，图像是一条位于t轴下方、平行于t轴的水平直线，图C加速度分段变化，故C错误；
D、忽略空气阻力，只有重力做功，机械能守恒，图像为平行于t轴的水平直线，图D机械能先减小后增大，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查竖直上抛运动位移规律，位移是时间的二次函数，图像为抛物线，折线代表速度突变，不符合空中运动；
B、考查竖直上抛速度公式，速度随时间线性均匀变化，斜率等于恒定加速度；
C、考查抛体运动加速度特点，空中全程加速度恒等于重力加速度，大小、方向均不变；
D、考查机械能守恒条件，只有重力做功时机械能保持恒定，不随时间改变。
4．【答案】C
【知识点】超重与失重；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A、第一宇宙速度7.9km/s是近地轨道（轨道半径等于地球半径）的环绕速度，由可知，轨道半径时，环绕速度小于7.9km/s，故A错误；
B、降落伞打开后返回器减速下降，加速度竖直向上，全程处于超重状态，故B错误；
C、由万有引力提供向心力：，解得地球质量；地球体积，密度，故C正确；
D、返回器要第二次再入大气层，需要做近心运动，需向前喷气减速，而非向后喷气，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查第一宇宙速度物理意义，轨道半径越大，线速度越小；
B、考查超重、失重判断，加速度向上为超重，加速度向下为失重；
C、考查中心天体密度推导，结合万有引力向心力公式与密度定义式联立求解；
D、考查航天器变轨规律，减速做近心运动，加速做离心运动。
5．【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】A、真空中所有单色光传播速度均等于光速，a、b光速度相等，故A错误；
B、由光路可知a光偏折程度更小，冰晶对a光折射率，则a光频率更低、波长；根据双缝干涉条纹间距公式，波长越长相邻明条纹间距越大，因此a光相邻明条纹间距更大，故B正确；
C、由可知a光在冰晶中传播速度，且a光在冰晶内传播路径更短，因此a光传播时间一定小于b光，不可能相等，故C错误；
D、全反射临界角满足，折射率越小临界角越大，，故，a光临界角更大，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查光速基本规律，真空中各色光速度均为；
B、考查折射率、波长与双缝干涉条纹间距的关联，偏折小→折射率小→波长大→干涉条纹宽；
C、结合与传播路程对比两种光在介质中的传播时间；
D、考查全反射临界角公式，折射率与临界角成反比。
6．【答案】D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】AD．t=5s时O点位移为零，沿y轴负方向运动，从而得出波形图对应的质点起振方向也沿y轴负方向，根据“上下坡法”可知D正确，故A错误，D正确。BC．利用图乙可知t=4s后周期变小，波速不变，根据可知波长变短，故BC错误；
故答案为：D。
【分析】A、考查振动图像读取质点瞬时振动方向，结合波形图“上下坡法”判断前沿质点振动方向；
B、C、考查波长、波速、周期关系，介质不变波速恒定，周期减小对应波长缩短；
D、考查机械波传播规律，所有质点起振方向与波源起振方向完全相同，结合振动图像判断波源瞬时运动状态匹配波形。
7．【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用；电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A、由E-x图像，O点场强为0；区域场强沿+x方向，区域场强沿-x方向，说明M、N为等量同种正点电荷，并非异种电荷，故A错误；
B、带正电粒子从静止向右运动，电场力做正功，电势能减小；与关于O对称，两点电势相等，粒子在、电势能相等，因此，故B错误；
C、E-x图像面积表示电势差，，、电势相等，则；由动能定理，得，故C错误；
D、O点场强为0，粒子加速度为0，速度最大；到O电势差，动能定理：，解得，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、等量同种电荷中点场强为0，结合场强方向判断电荷电性；
B、电场力做功与电势能变化关系，同种等量电荷对称位置电势相等；
C、E-x图像面积代表两点间电势差，结合动能定理计算末动能；
D、场强为0处粒子速度最大，利用电势差与动能定理联立求解最大速度。
8．【答案】A,B
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】A、不计空气阻力，两部分水在空中只受重力，加速度均等于重力加速度，加速度相同，故A正确；
B、斜抛运动可分解为水平匀速、竖直上抛运动。竖直分速度，运动总时间，水平分速度。由图知、，则、，合速度，二者大小有可能相等，故B正确；
C、最高点竖直分速度为0，速度等于水平分速度，，因此最高点速度不相同，故C错误；
D、总运动时间由最大高度决定，，则，空中运动时间不可能相等，故D错误；
故答案为：AB。
【分析】A、抛体运动忽略空气阻力时，加速度恒为重力加速度；
B、将初速度分解为水平、竖直分量，结合射程与最大高度分析合速度大小存在相等的可能性；
C、最高点只有水平分速度，由水平位移和高度对比水平分速度大小；
D、斜抛总飞行时间只由竖直最大高度决定，高度不同则运动时间一定不同。
9．【答案】A,C
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】AB．由题可知，小球做圆锥摆运动，运动平面与重力和风力的合力垂直，如图
因，解得，所以，
根据牛顿第二定律可知，解得，故A正确，B错误；
C．小球从A点到B点风力对物体做功，故C正确；
D．小球恰好沿一倾斜平面做匀速圆周运动，动能不变，但重力势能在不断变化，故小球在运动过程中机械能不守恒，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】A、将重力、风力合成，利用几何正切关系求夹角，匀速圆周运动合外力垂直轨道平面；
B、合外力充当向心力，结合轨道半径联立求解初速度，对比选项数值；
C、风力为恒力，，求出小球全程水平位移计算风力做功；
D、机械能守恒条件：只有重力/弹力做功，本题风力做功，机械能不守恒。
10．【答案】A,D
【知识点】功能关系；能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】AD．滑块减速过程，解得
设减速过程的位移为，由对称性可知滑块加速过程的位移为
加速过程，解得，加速过程运动时间
物块从A运动到B所用的时间
对加速过程应用动能定理得
解得，当在竖直方向的分力与重力等大反向，即时，外力F做功的最小值，故A正确，D正确；
B．物块返回过程受力与减速过程一样，则加速度大小一样。若物块返回过程能与传送带共速，则解得，假设成立，则物块返回传送带端时的速度大小为2 m/s，故B错，误；
C．由对称性可知，物块减速时间，物块返回过程加速时间
撤去外力后，传送带由于克服摩擦力做功多消耗的电能，故C错误。
故答案为：AD。
【分析】A、利用加速、减速加速度大小对称，分段求时间求和；
B、反向运动分加速、匀速两段，判断能否与传送带共速，确定末速度；
C、传送带额外电能等于滑动摩擦力乘以传送带路程，总路程由传送速度与总摩擦作用时间求解；
D、外力竖直分力平衡重力时摩擦力消失，外力做功仅提供物块动能，此时做功最小。
11．【答案】（1）左；4
（2）增大
【知识点】胡克定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）某次测量小车所在位置如图丙所示，则弹簧被压缩，弹力向左，则小车的加速度方向为水平向左，
故答案为：左；4
（2）若将小车换为一个质量更小的小车，其他条件均不变，根据 ，则相同的形变量时小车的加速度变大，那么该加速度测量仪的量程将增大。
故答案为：增大
【分析】(1) 弹力方向决定加速度方向；利用F-x图像求劲度系数，读出相对平衡位置的形变量，结合牛顿第二定律计算加速度；
(2) 量程由最大可测加速度决定，弹簧最大弹力不变，小车质量越小，最大加速度越大，量程增大。
（1）[1][2] 某次测量小车所在位置如图丙所示，则弹簧被压缩，弹力向左，则小车的加速度方向为水平向左
（2）若将小车换为一个质量更小的小车，其他条件均不变，根据 ，则相同的形变量时小车的加速度变大，那么该加速度测量仪的量程将增大。
12．【答案】（1）
（2）；
（3）变大
（4）A；D
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）由电阻定律，可知电池内阻
故答案为：
（2）根据闭合电路欧姆定律得，解得
得，，解得，
故答案为：；
（3）PQ之间电压表测量内电压，调节电阻箱使其阻值变小，电流变大，则内电压变大，电压表的示数逐渐变大；
故答案为：变大
（4）AB．保持开关S1、S2、S3闭合，用打气筒向电池内打气，电解质溶液液面下降，电池内阻增大，外电阻不变，由 。故A正确，B错误；
CD．由，可知，则C错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】(1) 本小题考查电阻定律，确定电解液导体的横截面积，直接代入公式推导内阻表达式。
(2) 本小题考查闭合电路欧姆定律与图像结合，对公式做线性变形，结合图像斜率、纵截距联立求解电动势与电阻率。
(3) 本小题考查电源内电压变化规律，内电压等于电流乘内阻，分析外电阻变化对电流、内电压的影响。
(4) 本小题考查路端电压、内电压与电流的函数关系，分别推导、表达式，匹配对应图像。
（1）由电阻定律，可知电池内阻
（2）[1] [2] 根据闭合电路欧姆定律得
解得
得，
解得，
（3）PQ之间电压表测量内电压，调节电阻箱使其阻值变小，电流变大，则内电压变大，电压表的示数逐渐变大；
（4）AB．保持开关S1、S2、S3闭合，用打气筒向电池内打气，电解质溶液液面下降，电池内阻增大，外电阻不变，由
故A正确，B错误；
CD．由
可知
则C错误，D正确。
故选AD。
13．【答案】（1）解：圆筒导热良好，则气体从状态A缓慢拉动活塞到状态B，气体温度不变，则气体分子平均动能不变；气体体积增大，则压强减小，圆筒内壁单位面积受到的压力减小；
（2）解：状态A时的压强，温度TA=300K，体积VA=600cm3
C态压强，体积VC=700cm3
根据
解得TC=490K
（3）解：从B到C气体进行等容变化，则WBC=0，因从B到C气体内能增加25J可知，气体从外界吸热25J，而气体从A到C从外界吸热30J，可知气体从A到B气体吸热5J，从A到B气体内能不变，可知从A到B气体对外界做功5J。
【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；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】(1) 本小题考查温度与分子平均动能、等温变化压强规律；温度不变则分子平均动能不变，体积增大压强降低，单位面积压力等于压强随之减小。
(2) 本小题考查活塞受力平衡求气体压强、理想气体状态方程；先受力分析得到 A 点压强，再结合 A、C 状态参量列方程求解 C 点温度。
(3) 本小题考查理想气体内能特点与热力学第一定律；等温过程内能不变，全程内能增量等于 B 到 C 内能增量，代入热力学第一定律求出 A 到 B 气体对外做功。
（1）圆筒导热良好，则气体从状态A缓慢拉动活塞到状态B，气体温度不变，则气体分子平均动能不变；气体体积增大，则压强减小，圆筒内壁单位面积受到的压力减小；
（2）状态A时的压强，温度TA=300K，体积VA=600cm3
C态压强，体积VC=700cm3
根据
解得TC=490K
（3）法一：从B到C气体进行等容变化，则WBC=0，因从B到C气体内能增加25J可知，气体从外界吸热25J，而气体从A到C从外界吸热30J，可知气体从A到B气体吸热5J，从A到B气体内能不变，可知从A到B气体对外界做功5J。
法二：A→C全程，由热力学第一定律有
解得W=-5J，可知从A到B气体对外界做功5J。
14．【答案】（1）解：滑块1碰撞前的速度为v1，有
解得
碰撞过程中动量守恒，有
解得
（2）解：若恰好到达D点，则在D点速度为零，从碰撞处到D点过程有
解得
（3）解：当圆弧轨道半径小于0.5m时滑块组能从D点飞出，之后其做平抛运动，继续调节圆弧轨道，其从D点飞出的速度不同，落在水平轨道上距离B点的距离不同，有
其做平抛运动，竖直方向，有
水平方向，有
解得
由数学知识可知，当时，s取得最大值，其值为1m；
当圆弧轨道半径大于0.5m时，滑块组不能从D点飞出，沿轨道滑回水平轨道，最终静止在水平轨道上，设在水平轨道滑动路程为s1，有
解得
则滑块组静止时离B点的最远距离为
【知识点】竖直平面的圆周运动；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) 本小题考查弹性势能、摩擦力做功的能量守恒与完全非弹性碰撞动量守恒；先求滑块 1 碰撞前速度，再用动量守恒求共速。
(2) 本小题考查动能定理结合半圆轨道临界最高点；从碰撞位置到 D 点，摩擦力、重力做负功，末动能为零，联立求解轨道半径。
(3) 本小题分轨道半径大小两种情景分析：半径较小时滑块平抛落地，水平距离存在上限；半径大于等于 0.5m 时滑块折返滑行，由全程动能定理算出总滑行路程，减去碰撞点到 B 的距离得到离 B 点最远距离。
（1）滑块1碰撞前的速度为v1，有
解得
碰撞过程中动量守恒，有
解得
（2）若恰好到达D点，则在D点速度为零，从碰撞处到D点过程有
解得
（3）当圆弧轨道半径小于0.5m时滑块组能从D点飞出，之后其做平抛运动，继续调节圆弧轨道，其从D点飞出的速度不同，落在水平轨道上距离B点的距离不同，有
其做平抛运动，竖直方向，有
水平方向，有
解得
由数学知识可知，当时，s取得最大值，其值为1m；
当圆弧轨道半径大于0.5m时，滑块组不能从D点飞出，沿轨道滑回水平轨道，最终静止在水平轨道上，设在水平轨道滑动路程为s1，有
解得
则滑块组静止时离B点的最远距离为
15．【答案】（1）解：电子只受到洛伦兹力，根据
本题中的磁聚焦要求电子运动半径等于圆形磁场的半径
联立上式得：
（2）解：粒子轨迹如图1由对称性，可设离电子源
中心线上、下距离的电子经过磁场偏
转后与负轴夹角为，由三角函数，得
则
所以，的范围为
粒子轨迹如图2，计算能打到收集板的电
子在运动到点时与负轴夹的角，设为，
在下方区域内做匀速圆周运动也为。当
时，打在处，由于，
则该粒子打不到收集板上。
设打在收集板最右端的粒子对应的角为
，由几何关系得
即
由对称性，设离电子源中心线上、下距离的电子经过磁场偏转后与负轴夹角恰为。由几何关系得解得
所以，能到达收集板的电子发射点与电子源中心线的距离为
每秒收集板收集到的电子数为
（3）解：正对点射向圆磁场区域的电子在圆磁场区域内做圆周运动，运动的轨道半径等于圆形磁场的半径R，电子从O点沿轴负方向射出，速度大小为，运动轨迹如下图。设轴正向为正，经时间△t，由动量定理得：
所以
又由
得
设题中乙图图像与轴围成的面积为
则
在过程，
解得电子经过点时沿轴负方向分速度
由全程洛伦兹力不做功，速率不变，可知电子经过点时沿方向分速度
在过程，电子沿轴负方向分速度由0增大到，沿方向分速度由减小到0，电子在轴负方向的位移与间的相同，之后重复运动。
故该电子轨迹上横坐标为4R的点的纵坐标为：
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 本小题考查带电粒子圆周运动磁聚焦模型，洛伦兹力充当向心力，轨道半径等于圆形磁场半径直接求解速度；
(2) 本小题结合几何临界角判断有效发射区间，利用均匀发射电子数与线长度成正比的比例关系计算收集电子数；
(3) 本小题利用洛伦兹冲量（动量定理）分段分析速度分量变化，结合磁场图像面积分处理变磁感应强度，分段累加竖直位移得到处纵坐标。
1 / 12026届四川省遂宁市高三上学期一诊考试物理试题
1．在物理学的发展过程中，科学家们总结出了许多物理学研究方法，取得了很多成就。下列叙述正确的是（　　）
A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫作理想模型法
B．根据加速度定义式，当非常小时，就可以表示物体在该时刻的瞬时加速度，应用了微元法
C．伽利略肯定了亚里士多德“重物比轻物下落快”的观点
D．牛顿发现了万有引力定律，并通过扭秤实验测出了引力常量的数值
【答案】A
【知识点】物理学史；理想模型法；引力常量及其测定
【解析】【解答】A、质点是忽略物体自身大小、形状构建的理想化物理模型，该处理方法称为理想模型法，故A正确；
B、极短时用表示瞬时加速度，运用的是极限微分思想，并非微元法，微元法多用于分割累加求总量，故B错误；
C、伽利略通过逻辑推理与落体实验，否定了亚里士多德“重物比轻物下落快”的错误观点，故C错误；
D、牛顿提出万有引力定律，卡文迪许通过扭秤实验测出引力常量，并非牛顿测出，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查理想模型法，质点、点电荷、光滑斜面均属于理想化模型；
B、区分极限微分思想与微元法两种物理研究方法；
C、考查物理学史，伽利略推翻亚里士多德的自由落体错误论断；
D、区分万有引力定律提出者与引力常量的测量者。
2．2025年诺贝尔物理学奖授予了在宏观量子力学隧穿效应和能量量子化方面取得突破性研究的三位科学家，这些研究为量子技术奠定了坚实基础。下列说法正确的是（　　）
A．在光电效应中，只要光照强度足够大，电子就可以从金属表面逸出
B．玻尔的原子模型认为电子在特定轨道上运动时会辐射能量
C．原子从较高能级向较低能级跃迁时，辐射光子的能量是连续的
D．经电场加速的电子束射到晶体上，能观察到衍射图样，证实了电子具有波动性
【答案】D
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应；粒子的波动性 德布罗意波
【解析】【解答】A、光电效应的发生条件是入射光频率大于金属截止频率，与光照强度无关，仅强度足够大无法逸出电子，故 A 错误；
B、玻尔原子模型指出，电子在定态轨道稳定运动时不辐射能量，仅在不同能级间跃迁时才吸收或辐射光子，故 B 错误；
C、原子能级是量子化、离散的，高能级向低能级跃迁时辐射光子能量等于两能级差值，能量取值不连续，故 C 错误；
D、电子束照射晶体出现衍射图样（戴维森 - 革末实验），衍射是波特有的现象，直接证明电子具有波动性，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查光电效应的核心条件，区分频率与光强对光电效应的不同影响；
B、考查玻尔定态假设，稳定轨道无能量辐射；
C、考查能级量子化特点，跃迁光子能量为分立值；
D、考查物质波与衍射实验，衍射现象是波动性的实验证据。
3．如图所示为运动员在竖直方向上练习蹦床运动的情景。用x、v、a、E、t分别表示运动员从离开蹦床在空中运动的位移、速度、加速度、机械能和时间。若忽略空气阻力，取向上为正方向，下列图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】运动学 S-t 图象；竖直上抛运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】A、运动员离开蹦床后做竖直上抛运动，位移公式，图像是开口向下的抛物线，而图A为折线，故A错误；
B、速度公式，图像是斜率为的倾斜直线，初速度为正，上升阶段速度减为0，下落阶段速度为负，与图B图像一致，故B正确；
C、全程只受重力，加速度恒为，图像是一条位于t轴下方、平行于t轴的水平直线，图C加速度分段变化，故C错误；
D、忽略空气阻力，只有重力做功，机械能守恒，图像为平行于t轴的水平直线，图D机械能先减小后增大，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查竖直上抛运动位移规律，位移是时间的二次函数，图像为抛物线，折线代表速度突变，不符合空中运动；
B、考查竖直上抛速度公式，速度随时间线性均匀变化，斜率等于恒定加速度；
C、考查抛体运动加速度特点，空中全程加速度恒等于重力加速度，大小、方向均不变；
D、考查机械能守恒条件，只有重力做功时机械能保持恒定，不随时间改变。
4．2025年11月，神舟二十一号与二十号完成在轨轮换。载人飞船发射返回过程中，返回器与主舱室分离后，主舱室通过调整后在圆轨道运行，返回器用“打水漂”的方式再入大气层，最终通过降落伞辅助成功着陆，其主要过程如图，已知主舱室在半径为的轨道上做周期为的匀速圆周运动，地球半径为、引力常量为，则有（　　）
A．主舱室在半径为r的轨道上稳定运行的速度大于
B．降落伞打开后，返回器靠近地面过程中一直处于失重状态
C．由题给条件可求出地球密度为
D．返回器跳出大气层后需向后喷气方可第二次再入大气层
【答案】C
【知识点】超重与失重；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A、第一宇宙速度7.9km/s是近地轨道（轨道半径等于地球半径）的环绕速度，由可知，轨道半径时，环绕速度小于7.9km/s，故A错误；
B、降落伞打开后返回器减速下降，加速度竖直向上，全程处于超重状态，故B错误；
C、由万有引力提供向心力：，解得地球质量；地球体积，密度，故C正确；
D、返回器要第二次再入大气层，需要做近心运动，需向前喷气减速，而非向后喷气，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查第一宇宙速度物理意义，轨道半径越大，线速度越小；
B、考查超重、失重判断，加速度向上为超重，加速度向下为失重；
C、考查中心天体密度推导，结合万有引力向心力公式与密度定义式联立求解；
D、考查航天器变轨规律，减速做近心运动，加速做离心运动。
5．如图甲所示是我国某地发生的日晕现象，日晕是太阳光穿过云层里的小冰晶折射形成的。图乙为一束太阳光射到六角形小冰晶上时的光路图，a、b为其折射出的光线中的两种单色光，比较a、b两种单色光，下列说法正确的是（　　）
A．在真空中，a光的速度比b光大
B．通过同一仪器发生双缝干涉，a光的相邻明条纹间距较大
C．图中a、b光在小冰晶中传播的时间可能相同
D．a、b两种光分别从水射入空气发生全反射时，a光的临界角比b光的小
【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】A、真空中所有单色光传播速度均等于光速，a、b光速度相等，故A错误；
B、由光路可知a光偏折程度更小，冰晶对a光折射率，则a光频率更低、波长；根据双缝干涉条纹间距公式，波长越长相邻明条纹间距越大，因此a光相邻明条纹间距更大，故B正确；
C、由可知a光在冰晶中传播速度，且a光在冰晶内传播路径更短，因此a光传播时间一定小于b光，不可能相等，故C错误；
D、全反射临界角满足，折射率越小临界角越大，，故，a光临界角更大，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查光速基本规律，真空中各色光速度均为；
B、考查折射率、波长与双缝干涉条纹间距的关联，偏折小→折射率小→波长大→干涉条纹宽；
C、结合与传播路程对比两种光在介质中的传播时间；
D、考查全反射临界角公式，折射率与临界角成反比。
6．一条轻长绳放置在水平桌面上，俯视图如图甲所示，用手握住长绳的一端O，从t=0时刻开始用手带动O点沿垂直绳的方向（图甲中y轴方向）在水平面内做简谐运动，0~6s内O点的振动图像如图乙所示。t=5s时轻长绳上的波形图可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】AD．t=5s时O点位移为零，沿y轴负方向运动，从而得出波形图对应的质点起振方向也沿y轴负方向，根据“上下坡法”可知D正确，故A错误，D正确。BC．利用图乙可知t=4s后周期变小，波速不变，根据可知波长变短，故BC错误；
故答案为：D。
【分析】A、考查振动图像读取质点瞬时振动方向，结合波形图“上下坡法”判断前沿质点振动方向；
B、C、考查波长、波速、周期关系，介质不变波速恒定，周期减小对应波长缩短；
D、考查机械波传播规律，所有质点起振方向与波源起振方向完全相同，结合振动图像判断波源瞬时运动状态匹配波形。
7．在如图甲的坐标系中，x轴上固定两个等量的点电荷M、N，距坐标原点O均为L，轴上有、、三点，其坐标值分别为、、。轴上各点的电场强度E随变化的关系如图乙所示，图中的阴影部分面积为，的阴影部分面积为b。一个质量为m、电荷量为的带正电粒子，由点静止释放，仅在电场力作用下，将沿轴正方向运动，则（　　）
A．M、N是异种电荷
B．带电粒子在的电势能小于在的电势能
C．带电粒子运动到位置时动能为
D．带电粒子运动过程中最大速度为
【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用；电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A、由E-x图像，O点场强为0；区域场强沿+x方向，区域场强沿-x方向，说明M、N为等量同种正点电荷，并非异种电荷，故A错误；
B、带正电粒子从静止向右运动，电场力做正功，电势能减小；与关于O对称，两点电势相等，粒子在、电势能相等，因此，故B错误；
C、E-x图像面积表示电势差，，、电势相等，则；由动能定理，得，故C错误；
D、O点场强为0，粒子加速度为0，速度最大；到O电势差，动能定理：，解得，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、等量同种电荷中点场强为0，结合场强方向判断电荷电性；
B、电场力做功与电势能变化关系，同种等量电荷对称位置电势相等；
C、E-x图像面积代表两点间电势差，结合动能定理计算末动能；
D、场强为0处粒子速度最大，利用电势差与动能定理联立求解最大速度。
8．某广场喷泉喷出的两水柱如图中a、b所示。不计空气阻力，a、b中的水（　　）
A．加速度相同 B．喷出时的初速度大小可能相等
C．在最高点的速度相同 D．在空中运动的时间可能相等
【答案】A,B
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】A、不计空气阻力，两部分水在空中只受重力，加速度均等于重力加速度，加速度相同，故A正确；
B、斜抛运动可分解为水平匀速、竖直上抛运动。竖直分速度，运动总时间，水平分速度。由图知、，则、，合速度，二者大小有可能相等，故B正确；
C、最高点竖直分速度为0，速度等于水平分速度，，因此最高点速度不相同，故C错误；
D、总运动时间由最大高度决定，，则，空中运动时间不可能相等，故D错误；
故答案为：AB。
【分析】A、抛体运动忽略空气阻力时，加速度恒为重力加速度；
B、将初速度分解为水平、竖直分量，结合射程与最大高度分析合速度大小存在相等的可能性；
C、最高点只有水平分速度，由水平位移和高度对比水平分速度大小；
D、斜抛总飞行时间只由竖直最大高度决定，高度不同则运动时间一定不同。
9．如图所示，一个风力实验空间可以提供水平向右的恒定风力，一质量为m的小球用长为L的轻绳悬挂于O点，若将小球拉到最低点，并给小球垂直纸面向里的初速度，发现小球恰好沿一倾斜平面做匀速圆周运动，直线OP与OA的夹角为。（已知重力加速度为g，小球可视为质点，忽略其他阻力，），则（　　）
A．图中夹角为
B．初速度
C．物体从A点到B点风力对物体做功
D．物体在运动过程中机械能守恒
【答案】A,C
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】AB．由题可知，小球做圆锥摆运动，运动平面与重力和风力的合力垂直，如图
因，解得，所以，
根据牛顿第二定律可知，解得，故A正确，B错误；
C．小球从A点到B点风力对物体做功，故C正确；
D．小球恰好沿一倾斜平面做匀速圆周运动，动能不变，但重力势能在不断变化，故小球在运动过程中机械能不守恒，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】A、将重力、风力合成，利用几何正切关系求夹角，匀速圆周运动合外力垂直轨道平面；
B、合外力充当向心力，结合轨道半径联立求解初速度，对比选项数值；
C、风力为恒力，，求出小球全程水平位移计算风力做功；
D、机械能守恒条件：只有重力/弹力做功，本题风力做功，机械能不守恒。
10．如图所示，水平传送带以恒定速度v0=2m/s逆时针运转，一个质量m=1kg的物块（可视为质点）在恒定外力F(大小与方向未知)作用下，从传送带左端A由静止开始向右做a=2m/s2的匀加速直线运动，经过一定时间后，撤去外力F，物块到达传送带右端B时速度恰好减为零且未掉落。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，AB间距为L=4.5m，取g=10m/s2，则以下说法正确的是（　　）
A．物块从A运动到B所用的时间为3s
B．物块返回传送带A端时的速度大小为m/s
C．撤去外力后，传送带由于克服摩擦力做功多消耗的电能为6J
D．外力F做功的最小值为4.5J
【答案】A,D
【知识点】功能关系；能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】AD．滑块减速过程，解得
设减速过程的位移为，由对称性可知滑块加速过程的位移为
加速过程，解得，加速过程运动时间
物块从A运动到B所用的时间
对加速过程应用动能定理得
解得，当在竖直方向的分力与重力等大反向，即时，外力F做功的最小值，故A正确，D正确；
B．物块返回过程受力与减速过程一样，则加速度大小一样。若物块返回过程能与传送带共速，则解得，假设成立，则物块返回传送带端时的速度大小为2 m/s，故B错，误；
C．由对称性可知，物块减速时间，物块返回过程加速时间
撤去外力后，传送带由于克服摩擦力做功多消耗的电能，故C错误。
故答案为：AD。
【分析】A、利用加速、减速加速度大小对称，分段求时间求和；
B、反向运动分加速、匀速两段，判断能否与传送带共速，确定末速度；
C、传送带额外电能等于滑动摩擦力乘以传送带路程，总路程由传送速度与总摩擦作用时间求解；
D、外力竖直分力平衡重力时摩擦力消失，外力做功仅提供物块动能，此时做功最小。
11．某兴趣小组利用轻弹簧与刻度尺设计了一款加速度测量仪，如图甲所示。轻弹簧的右端固定，左端与一小车固定，小车与测量仪底板之间的摩擦阻力可忽略不计。在小车上固定一指针，装置静止时，小车的指针恰好指在刻度尺正中间，图中刻度尺是按一定比例的缩小图，其中每一小格代表的长度为2cm。测定弹簧弹力与形变量的关系图线如图乙所示：已知小车质量为0.5kg，取g=10m/s2。
（1）某次测量小车所在位置如图丙所示，则小车的加速度方向为水平向　 　（填“左”或“右”）、大小为　 　m/s2。
（2）若将小车换为一个质量更小的小车，其他条件均不变，那么该加速度测量仪的量程将　 　。（选填“不变”“增大”或“减小”）
【答案】（1）左；4
（2）增大
【知识点】胡克定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）某次测量小车所在位置如图丙所示，则弹簧被压缩，弹力向左，则小车的加速度方向为水平向左，
故答案为：左；4
（2）若将小车换为一个质量更小的小车，其他条件均不变，根据 ，则相同的形变量时小车的加速度变大，那么该加速度测量仪的量程将增大。
故答案为：增大
【分析】(1) 弹力方向决定加速度方向；利用F-x图像求劲度系数，读出相对平衡位置的形变量，结合牛顿第二定律计算加速度；
(2) 量程由最大可测加速度决定，弹簧最大弹力不变，小车质量越小，最大加速度越大，量程增大。
（1）[1][2] 某次测量小车所在位置如图丙所示，则弹簧被压缩，弹力向左，则小车的加速度方向为水平向左
（2）若将小车换为一个质量更小的小车，其他条件均不变，根据 ，则相同的形变量时小车的加速度变大，那么该加速度测量仪的量程将增大。
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M、N构成，改变电解质溶液高度可调节内阻；P、Q为靠近正负极的金属板。实验电路如图乙，电压表接M、N测外电压U1，电压表通过探针接P、Q测内电压U2；R为电阻箱，A为理想电流表。
实验步骤如下：
①按图乙连接电路，将电阻箱阻值调为；
②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；
③重复步骤②，得多组、的数据。
问题：
（1）设P、Q间的电解质溶液的形状为长方体，长，宽，高，电阻率为，忽略P、Q外侧溶液电阻，则电池内阻　 　（用、、、表示）；
（2）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、k、L、d表示）；
（3）若保持不变，调节电阻箱阻值R至最大，闭合开关、、，逐渐调小R，电压表的示数逐渐　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”），但U1、U2始终满足。
（4）保持、、闭合，R保持不变，添加电解质溶液，记录U1、U2和I，画出、图像，则下列图像正确的是________。
A． B．
C． D．
【答案】（1）
（2）；
（3）变大
（4）A；D
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）由电阻定律，可知电池内阻
故答案为：
（2）根据闭合电路欧姆定律得，解得
得，，解得，
故答案为：；
（3）PQ之间电压表测量内电压，调节电阻箱使其阻值变小，电流变大，则内电压变大，电压表的示数逐渐变大；
故答案为：变大
（4）AB．保持开关S1、S2、S3闭合，用打气筒向电池内打气，电解质溶液液面下降，电池内阻增大，外电阻不变，由 。故A正确，B错误；
CD．由，可知，则C错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】(1) 本小题考查电阻定律，确定电解液导体的横截面积，直接代入公式推导内阻表达式。
(2) 本小题考查闭合电路欧姆定律与图像结合，对公式做线性变形，结合图像斜率、纵截距联立求解电动势与电阻率。
(3) 本小题考查电源内电压变化规律，内电压等于电流乘内阻，分析外电阻变化对电流、内电压的影响。
(4) 本小题考查路端电压、内电压与电流的函数关系，分别推导、表达式，匹配对应图像。
（1）由电阻定律，可知电池内阻
（2）[1] [2] 根据闭合电路欧姆定律得
解得
得，
解得，
（3）PQ之间电压表测量内电压，调节电阻箱使其阻值变小，电流变大，则内电压变大，电压表的示数逐渐变大；
（4）AB．保持开关S1、S2、S3闭合，用打气筒向电池内打气，电解质溶液液面下降，电池内阻增大，外电阻不变，由
故A正确，B错误；
CD．由
可知
则C错误，D正确。
故选AD。
13．如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积，质量的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。圆筒与温度300K的热源接触，平衡时圆筒内气体处于状态A，其体积VA=600cm3。缓慢拉动活塞使气体达到状态B，此时体积VB=700cm3，固定活塞，升高热源温度，气体达到状态C，此时压强。已知从状态A到状态C，气体从外界吸收热量Q=30J；从状态B到状态C，气体内能增加；大气压，取g=10m/s2，求：
（1）气体从状态A到状态B，其分子平均动能和圆筒内壁单位面积受到的压力如何变化；
（2）气体在状态C的温度TC；
（3）气体从状态A到状态B过程中系统对外界做的功W。
【答案】（1）解：圆筒导热良好，则气体从状态A缓慢拉动活塞到状态B，气体温度不变，则气体分子平均动能不变；气体体积增大，则压强减小，圆筒内壁单位面积受到的压力减小；
（2）解：状态A时的压强，温度TA=300K，体积VA=600cm3
C态压强，体积VC=700cm3
根据
解得TC=490K
（3）解：从B到C气体进行等容变化，则WBC=0，因从B到C气体内能增加25J可知，气体从外界吸热25J，而气体从A到C从外界吸热30J，可知气体从A到B气体吸热5J，从A到B气体内能不变，可知从A到B气体对外界做功5J。
【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；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】(1) 本小题考查温度与分子平均动能、等温变化压强规律；温度不变则分子平均动能不变，体积增大压强降低，单位面积压力等于压强随之减小。
(2) 本小题考查活塞受力平衡求气体压强、理想气体状态方程；先受力分析得到 A 点压强，再结合 A、C 状态参量列方程求解 C 点温度。
(3) 本小题考查理想气体内能特点与热力学第一定律；等温过程内能不变，全程内能增量等于 B 到 C 内能增量，代入热力学第一定律求出 A 到 B 气体对外做功。
（1）圆筒导热良好，则气体从状态A缓慢拉动活塞到状态B，气体温度不变，则气体分子平均动能不变；气体体积增大，则压强减小，圆筒内壁单位面积受到的压力减小；
（2）状态A时的压强，温度TA=300K，体积VA=600cm3
C态压强，体积VC=700cm3
根据
解得TC=490K
（3）法一：从B到C气体进行等容变化，则WBC=0，因从B到C气体内能增加25J可知，气体从外界吸热25J，而气体从A到C从外界吸热30J，可知气体从A到B气体吸热5J，从A到B气体内能不变，可知从A到B气体对外界做功5J。
法二：A→C全程，由热力学第一定律有
解得W=-5J，可知从A到B气体对外界做功5J。
14．如图所示，某一游戏装置由轻弹簧发射器、长为L=4m的粗糙水平直轨道AB和竖直放置的半径可调的光滑圆弧状细管轨道CD组成。质量为m1=0.2kg的滑块1被轻弹簧弹出后，与静置于AB中点、质量为m2=0.1kg的滑块2发生碰撞后粘合为滑块组（碰撞时间极短）。已知轻弹簧储存的弹性势能Ep=9.7J，两滑块与AB间的动摩擦因数均为μ=0.4，两滑块均可视为质点，各轨道间平滑连接且间隙不计。若滑块组从D飞出落到直轨道AB上时不反弹且静止，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）两滑块碰撞后滑块组的速度大小；
（2）若滑块组进入圆弧轨道后恰好能到达D点，则轨道CD的半径；
（3）改变CD的半径R，滑块组静止时离B点的最远距离s。
【答案】（1）解：滑块1碰撞前的速度为v1，有
解得
碰撞过程中动量守恒，有
解得
（2）解：若恰好到达D点，则在D点速度为零，从碰撞处到D点过程有
解得
（3）解：当圆弧轨道半径小于0.5m时滑块组能从D点飞出，之后其做平抛运动，继续调节圆弧轨道，其从D点飞出的速度不同，落在水平轨道上距离B点的距离不同，有
其做平抛运动，竖直方向，有
水平方向，有
解得
由数学知识可知，当时，s取得最大值，其值为1m；
当圆弧轨道半径大于0.5m时，滑块组不能从D点飞出，沿轨道滑回水平轨道，最终静止在水平轨道上，设在水平轨道滑动路程为s1，有
解得
则滑块组静止时离B点的最远距离为
【知识点】竖直平面的圆周运动；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) 本小题考查弹性势能、摩擦力做功的能量守恒与完全非弹性碰撞动量守恒；先求滑块 1 碰撞前速度，再用动量守恒求共速。
(2) 本小题考查动能定理结合半圆轨道临界最高点；从碰撞位置到 D 点，摩擦力、重力做负功，末动能为零，联立求解轨道半径。
(3) 本小题分轨道半径大小两种情景分析：半径较小时滑块平抛落地，水平距离存在上限；半径大于等于 0.5m 时滑块折返滑行，由全程动能定理算出总滑行路程，减去碰撞点到 B 的距离得到离 B 点最远距离。
（1）滑块1碰撞前的速度为v1，有
解得
碰撞过程中动量守恒，有
解得
（2）若恰好到达D点，则在D点速度为零，从碰撞处到D点过程有
解得
（3）当圆弧轨道半径小于0.5m时滑块组能从D点飞出，之后其做平抛运动，继续调节圆弧轨道，其从D点飞出的速度不同，落在水平轨道上距离B点的距离不同，有
其做平抛运动，竖直方向，有
水平方向，有
解得
由数学知识可知，当时，s取得最大值，其值为1m；
当圆弧轨道半径大于0.5m时，滑块组不能从D点飞出，沿轨道滑回水平轨道，最终静止在水平轨道上，设在水平轨道滑动路程为s1，有
解得
则滑块组静止时离B点的最远距离为
15．如图所示，在平面内有一平行于轴宽为的线状电子源，每秒沿轴正方向均匀发射个速度相同的电子。电子源中心与半径为、磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里的圆形匀强磁场区域圆心等高。射入圆形磁场区域的电子汇聚到磁场的最低点后，进入轴正下方足够大区域，该区域内分布着磁感应强度大小也为、方向垂直纸面向外的匀强磁场。在轴上有一左端置于原点，长为的电子收集板（收集板的厚度均不计）。打到收集板上的电子被收集板吸收后流经电流表全部导入大地。已知电子质量为，电荷量为，忽略电子重力和电子间的相互作用。
（1）求从电子源发射出来的电子的速度大小；
（2）电子源发射足够长时间后，求每秒收集板上收集到的电子数N；
（3）现撤去区域磁场，然后在且区域加垂直纸面方向的磁场，磁感应强度随轴坐标变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向。电子源正对点以原初速度射向圆形磁场区域的电子运动轨迹经过，其中且为已知量。求该电子运动轨迹上横坐标为的点的纵坐标。
【答案】（1）解：电子只受到洛伦兹力，根据
本题中的磁聚焦要求电子运动半径等于圆形磁场的半径
联立上式得：
（2）解：粒子轨迹如图1由对称性，可设离电子源
中心线上、下距离的电子经过磁场偏
转后与负轴夹角为，由三角函数，得
则
所以，的范围为
粒子轨迹如图2，计算能打到收集板的电
子在运动到点时与负轴夹的角，设为，
在下方区域内做匀速圆周运动也为。当
时，打在处，由于，
则该粒子打不到收集板上。
设打在收集板最右端的粒子对应的角为
，由几何关系得
即
由对称性，设离电子源中心线上、下距离的电子经过磁场偏转后与负轴夹角恰为。由几何关系得解得
所以，能到达收集板的电子发射点与电子源中心线的距离为
每秒收集板收集到的电子数为
（3）解：正对点射向圆磁场区域的电子在圆磁场区域内做圆周运动，运动的轨道半径等于圆形磁场的半径R，电子从O点沿轴负方向射出，速度大小为，运动轨迹如下图。设轴正向为正，经时间△t，由动量定理得：
所以
又由
得
设题中乙图图像与轴围成的面积为
则
在过程，
解得电子经过点时沿轴负方向分速度
由全程洛伦兹力不做功，速率不变，可知电子经过点时沿方向分速度
在过程，电子沿轴负方向分速度由0增大到，沿方向分速度由减小到0，电子在轴负方向的位移与间的相同，之后重复运动。
故该电子轨迹上横坐标为4R的点的纵坐标为：
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 本小题考查带电粒子圆周运动磁聚焦模型，洛伦兹力充当向心力，轨道半径等于圆形磁场半径直接求解速度；
(2) 本小题结合几何临界角判断有效发射区间，利用均匀发射电子数与线长度成正比的比例关系计算收集电子数；
(3) 本小题利用洛伦兹冲量（动量定理）分段分析速度分量变化，结合磁场图像面积分处理变磁感应强度，分段累加竖直位移得到处纵坐标。
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