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2026届湖南长沙市雅礼中学高三下学期模拟物理试卷（一）
1．图甲为太阳光穿过转动的六角形冰晶形成“幻日”的示意图，图乙为a、b两种单色光穿过六角形冰晶的光路图，下列说法正确的是（　　）
A．用a、b光在相同条件下做双缝干涉实验，a光的条纹间距大
B．冰晶中a光的传播速度比b光的小
C．太阳光照在转动的冰晶表面上，部分光线发生了全反射
D．照射在同一金属板上发生光电效应时，a光比b光产生的光电子的最大初动能大
2．如图所示，一轻绳绕过光滑定滑轮（半径可忽略）一端连接小球A（可视为质点），另一端连接物体B。物体B放在粗糙水平地面上，受到水平向右的作用力F，使得小球A沿光滑固定的半球面从图示位置缓慢向上移动，定滑轮在半球面球心O的正上方C点处，已知OC的长度为2R，半球面的半径为R。小球A向上缓慢移动到最高点D的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．轻绳的张力T增大
B．光滑半球面对小球的支持力变小
C．地面对物体的滑动摩擦力减小
D．地面对半球面的作用力增大
3．为了表演“隐形的大头针”节目，某同学在半径为r的圆形软木片中心垂直插入一枚大头针，并将其放入盛有水的碗中，如图所示。已知水的折射率为，为了保证表演成功（在水面上看不到大头针），大头针末端离水面的最大距离h为（　　）
A． B． C． D．
4．如图为自行车气嘴灯及其结构图，弹簧一端固定在A端，另一端拴接重物，当车轮高速旋转时，LED灯就会发光。下列说法正确的是（　　）
A．只要轮子转动起来，气嘴灯就能发光
B．减小重物质量可使LED灯在较低转速下也能发光
C．安装时A端比B端更远离圆心
D．匀速行驶时，若LED灯转到最高点时能发光，则在最低点时也一定能发光
5．如图所示，质量相等、周期均为的两颗人造地球卫星，1轨道为圆、2轨道为椭圆（不考虑卫星之间引力）。、两点是椭圆长轴两端，距离地心为。点为椭圆短轴端点且是两轨道的交点，到地心距离为，卫星1的速率为，下列说法正确的是（　　）
A．点到椭圆中心的距离为
B．卫星1和卫星2运动到点时加速度不同
C．卫星2在点的向心加速度等于
D．卫星2由到的时间等于
6．如图所示，时刻波源从平衡位置开始向下振动，产生一列简谐横波在均匀介质中向右传播。时刻质点开始振动，时刻质点第一次到达波谷。已知点和点平衡位置之间的距离为，a点和点平衡位置之间的距离为。则波传播到点时，a、b之间的波形为（　　）
A． B．
C． D．
7．如图甲所示，电源电动势为E，内阻为r，两个电压表均视为理想电表，电阻为压敏电阻（阻值随所受压力的增大而减小，用柔软的导线与其他电学元件相连且导线足够长），在其受压面上固定一物块。如图乙所示，一半圆柱的工件固定在实验桌面上，A为半圆水平直径的端点，B为半圆的最高点。闭合电键S，将物块和压敏电阻一起置于圆柱表面上，用方向始终沿圆弧的切线方向的力F推物块，使物块和压敏电阻由A点缓慢移动到B点，在此过程中，电压表的示数改变量大小为，电压表的示数改变量大小为，、分别是电压表、示数。已知电阻，下列说法正确的是（　　）
A．流过的电流变小 B．大于
C．电源的效率逐渐变大 D．消耗的电功率逐渐减小
8．如图甲，某轻弹簧两端系着质量均为的小球、。小球用细线悬挂于天花板上，系统处于静止状态。现将细线烧断，以此为计时起点，、两小球运动的图线如图乙所示，表示到时间内的图线与横轴所围面积大小，重力加速度为。下列说法正确的是（　　）
A．从到时刻，弹簧对球的冲量为
B．时刻，球的速度大小为
C．时刻，弹簧弹性势能最大
D．时刻，、两小球的速度差最大
9．如图所示，理想变压器原线圈接有输出电压有效值恒为24 V的交流电源，电源内阻不计，定值电阻R1、R2、R3的阻值分别为，，，滑动变阻器的最大阻值为。初始时滑动变阻器滑片位于中点，理想电流表的示数为，则下列说法正确的是（　　）
A．初始时，电压表的示数为12 V
B．变压器原、副线圈的匝数比为4∶1
C．从初始位置向右移动滑动变阻器滑片，电压表示数一直增大
D．从初始位置向左移动滑动变阻器滑片，变压器输出功率一直减小
10．如图所示，边长为L的等边三角形abc区域外（包含边界）存在着垂直于abc所在平面向外的匀强磁场，P、Q为ab边的三等分点。一质量为m、电荷量为+q（q>0）的带电粒子在abc平面内以速度v0从a点垂直于ac边射入匀强磁场，恰好从P点第一次进入三角形abc区域。不计带电粒子重力，下列说法正确的是（　　）
A．磁场的磁感应强度大小为
B．粒子从bQ之间（不包括b、Q点）第二次通过ab边
C．粒子从PQ之间（不包括P、Q点）第二次通过ab边
D．粒子从a点开始到第二次通过ab边所用的时间为
11．如图甲，置于水平长木板上的滑块用细绳跨过定滑轮与钩码相连，拖动固定其后的纸带一起做匀加速直线运动，一盛有有色液体的小漏斗，用较长的细线系于纸带正上方的点，当滑块运动的同时，漏斗在垂直于滑块运动方向的竖直平面内做摆角很小（小于）的摆动。漏斗中漏出的有色液体在纸带上留下如图乙所示的痕迹。测得漏斗摆动时细线中拉力的大小随时间的变化图像如图丙所示，重力加速度为。
（1）根据图丙可知漏斗振动的周期　 　，及摆长　 　。
（2）图乙中测得、两点间距离为x1，D、E两点间距离为。则滑块加速度的大小　 　。
（3）始终满足条件下，改变钩码的质量，绘制出钩码质量与加速度之间的关系如图丁所示，已知斜率为，与横轴的交点为，则滑块的质量为　 　，滑块与桌面的动摩擦因数为　 　。（均用k、b、g表示）
12．某学习小组的同学们想利用电压表和电阻箱测量一电池组的电动势和内阻，他们找到了如下的实验器材：电池组（电动势E约为6.0V，内阻r约为1Ω）、电压表V〈量程为6V，内阻为RV），定值电阻R1（R1=1Ω）电阻箱R（阻值范围可调），开关，导线若干。同学们研究器材，思考讨论后确定了如下的实验方案，请你将该方案补充完整。
（1）为了“准确”测出电池组的电动势和内阻，已在图甲所示虚线框中设计了部分电路图，请把该电路图补充完整　 　。
（2）采集电压表读数U和电阻箱的读数R，作出了如图乙所示图像，已知图像的斜率为k，纵截距为b，则由物理规律可知图像中k=　 　、b=　 　。（用题目中所给的字母表示）
（3）进一步研讨：图丙所示为他们测得的某型号小灯泡的伏安特性曲线，如果把两个该型号的灯泡并联后再与R0=3Ω的电阻串联接在上述电池组上（若测得电池组的电动势E=6.0V、内阻r=1Ω），如图丁，则每只灯泡消耗的实际功率为　 　W（结果保留3位有效数字）。
13．如图所示，一汽缸固定在水平桌面上，汽缸内用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞横截面积为。活塞与汽缸壁导热良好，活塞可在汽缸中无摩擦滑动，轻绳跨过定滑轮将活塞和地面上质量为的重物连接。开始时绳子刚好伸直且张力为零，活塞离缸底距离为，温度，外界大气压强。取重力加速度，缓慢降低缸内气体的温度，不计绳与滑轮间的摩擦，求：
（1）重物刚好离开地面时，缸内气体的温度；
（2）缸内气体的温度缓慢降低到时，活塞对封闭气体做的功。
14．某镇为世界纪念性建筑遗产，巷道狭窄湿滑，大型机械无法进入。为应对突发灾害，当地利用村后鳌峰山斜坡设计了一套重力式物资投送装置。模型简化装置如图所示：光滑倾斜轨道（模拟山体斜坡）与长为L的粗糙水平轨道（模拟湿滑石板路）平滑连接。水平轨道末端为坐标原点O，x轴水平向右，y轴竖直向下。O点右下方有一段弧形轨道PQ（模拟护坡），其中P端坐标为，O端在y轴上。质量为m的物资包A从倾斜轨道由静止滑下，最终落在弧形轨道PQ上。水平轨道动摩擦因数为，不计空气阻力，重力加速度为g。
（1）若A从倾斜轨道上距x轴高度为的位置由静止开始下滑，求A经过O点时速度v的大小；
（2）将另一质量为3m的物资包B置于O点，让A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），要使B恰好落在P端，求A释放时距x轴的高度H；
（3）研究发现：无论A从多高释放，其落在弧形轨道PQ上动能均相同，求：弧形轨道PQ的曲线方程。
15．如图所示，水平面上有一个高为d的木块，木块与水平面间的动摩擦因数为μ=0.1。由均匀金属材料制成的边长为2d、有一定电阻的正方形单匝线框，竖直固定在木块上表面，它们的总质量为m。在木块右侧有两处相邻的边长均为2d的正方形区域，正方形底边离水平面高度为2d。两区域各有一水平方向的匀强磁场穿过，其中一个方向垂直于纸面向里，另一个方向垂直于纸面向外，区域Ⅱ中的磁感应强度为区域Ⅰ中的3倍．木块在水平外力作用下匀速通过这两个磁场区域。已知当线框右边MN刚进入Ⅰ区时，外力大小恰好为，此时M点电势高于N点，M、N两点电势差UMN=U．试求：
（1）区域Ⅰ中磁感应强度的方向怎样？
（2）线框右边MN在Ⅰ区运动过程中通过线框任一横截面的电量q．
（3）MN刚到达Ⅱ区正中间时，拉力的大小F．
（4）MN在Ⅱ区运动过程中拉力做的功W．
答案解析部分
1．【答案】A
【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；光电效应
【解析】【解答】A、由光路图可知b光偏折程度更大，冰晶对b光折射率；折射率越小波长越长，故a光波长更长。双缝干涉条纹间距，波长越长条纹间距越大，因此a光条纹间距更大，A正确；
B、介质中光速，，则，冰晶中a光传播速度更大，B错误；
C、全反射条件是光从光密介质射向光疏介质且入射角大于临界角，太阳光从空气（光疏）射入冰晶（光密），不可能发生全反射，C错误；
D、折射率越大光频率越高，光电效应最大初动能，b光频率更高，b光照射产生的光电子最大初动能更大，D错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查折射率与波长、双缝干涉条纹间距的关系；
B、考查介质中光速公式；
C、考查全反射发生的两个必要条件；
D、考查光电效应方程，频率越大光电子最大初动能越大。
2．【答案】D
【知识点】整体法隔离法；受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．小球A沿光滑半球面缓慢运动过程中，小球A受到重力、轻绳的张力、半球面对A的支持力的作用，处于三力平衡，如图所示
根据平衡条件，可得N与T的合力
根据相似三角形法则知，可得
小球A向上移动到D的过程中，R不变，AC变短，故轻绳的张力T逐渐减小，支持力N不变，故AB错误；
C．物体B向右移动，受到轻绳的张力T、自身重力、地面的支持力、滑动摩擦力f、水平拉力F的作用，受力分析如上图所示，在B向右移动过程中轻绳与竖直方向的夹角增大，而轻绳的张力T减小，可知张力的竖直分力减小，在竖直方向上有，可知地面对物体B的支持力增大；根据可知摩擦力增大，故C错误；
D．小球A对半球面的压力大小不变，其方向与竖直方向夹角变小，则压力与半球面的重力的合力增大，此合力与地面对半球面的作用力为一对平衡力，故地面对半球面的作用力增大，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A、考查动态平衡相似三角形法，绳长变短拉力减小；
B、几何相似推导得半球支持力大小恒定；
C、滑动摩擦力公式，压力不变摩擦力不变；
D、整体法受力分析，地面对半球的作用力随绳子拉力减小而增大。
3．【答案】A
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】只要从大头针末端发出的光线射到圆形软木片边缘界面处能够发生全反射，就从水面上看不到大头针，如图所示
根据几何关系有，所以
故答案为：A。
【分析】本题考查光的全反射临界问题，核心思路：要让水面完全看不到大头针，最远光线在木片边缘刚好达到全反射临界角；结合临界角公式与直角三角形边长几何关系联立方程，求解最大深度h。
4．【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A、重物做圆周运动需要向心力，只有转速达到一定值，弹簧伸长足够长使M、N触点接触，电路导通LED才发光，低速转动时触点不接触，灯不亮，故A错误；
B、由最低点动力学方程，变形，减小重物质量，需要更大角速度才能满足接触条件，需更高转速，故B错误；
C、要重物离心向外运动让M、N接触，A端应更靠近圆心，弹簧固定端A在内侧，重物向外侧B端滑动接触触点，故C错误；
D、设弹簧劲度系数，最高点：，；最低点：，，得。最高点已满足伸长量达到发光条件，最低点弹簧伸长量更大，触点一定接触，灯一定发光，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查圆周运动向心力与电路导通条件，转速不足弹簧伸长量不够无法接通电路；
B、结合牛顿第二定律分析质量对临界角速度的影响；
C、离心运动规律，弹簧固定端A靠近圆心，重物向外侧滑动；
D、分最高点、最低点列向心力方程，比较两处弹簧伸长量大小。
5．【答案】C
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】两卫星周期均为，由开普勒第三定律得椭圆半长轴，近地点离地心距离，焦距，椭圆短半轴
A、C在椭圆短轴端点，到椭圆中心距离为短半轴，不是，故A错误；
B、两卫星在点到地心距离相等，万有引力相同，由得加速度大小、方向均相同，故B错误；
C、卫星1在点加速度，卫星2在点合加速度大小等于，向心加速度为合加速度垂直椭圆切线分量，几何关系得，故C正确；
D、卫星2近地侧速率更大，路程为四分之一椭圆，但平均速率大于远半段，运动时间小于，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查椭圆轨道几何参数，半长轴、焦距、短半轴的计算；
B、考查万有引力与加速度，同一位置同一中心天体加速度完全相同；
C、区分合加速度与向心加速度，向心加速度是垂直轨迹切线的分量；
D、考查开普勒第二定律，近地点运行速度更快，半椭圆前半段用时更短。
6．【答案】A
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】波源起振方向向下，所有质点起振方向均向下；波速
点起振，第一次到波谷，说明，周期；波长
间距
AC：间隔半个波长，波形为半个周期曲线。波传到时，已经振动，从平衡位置向下振动半个周期后回到平衡位置，刚要向下振动，对应A图，C为完整一个波，故C错误，A正确；
BD：波传到点时起振方向向下，BD图中点振动趋势向上，故BD错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查波的传播、周期波长计算，半波长对应半个波形，质点起振方向与波源一致；
B、质点起振方向判断错误，波源起振向下；
C、间距仅，不会出现一整组波峰波谷；
D、末端质点振动方向向上，与波源起振方向矛盾。
7．【答案】B
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】物块从A缓慢移到B，支持力逐渐增大，压敏电阻阻值减小，总电阻减小，总电流增大
A、总电流增大，分压增大，路端电压减小，两端电压减小，流过的电流等于总电流减去支路电流，总电流增大、电流减小，故电流变大，A错误；
B、由得，由得，已知，则，B正确；
C、电源效率，外电阻减小，效率减小，C错误；
D、两端电压减小，流过电流增大，无确定条件判断变化趋势，无法确定功率变化，D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查动态电路分析，总电流与支路电流的变化关系；
B、考查闭合电路欧姆定律，电压变化量与电流变化量比值等于对应电阻；
C、考查电源效率公式，外电阻越小电源效率越低；
D、考查电功率，一量增大一量减小无法直接判断功率变化。
8．【答案】A,B,D
【知识点】弹性势能；动量定理；图象法
【解析】【解答】图像面积代表速度变化量，初始两球速度均为0
A、内A、B的图像面积相等，末速度大小相等；对整体动量定理，得；对A单独列动量定理，解得弹簧冲量，故A正确；
B、，整体动量定理，A的速度，代入化简得，故B正确；
C、时刻对A：，对B：，联立得弹簧弹力，弹簧处于原长，弹性势能为0，故C错误；
D、速度差等于两段图像面积差值，面积差持续增大，时刻差值最大，两球速度差最大，故D正确；
故答案为：ABD。
【分析】A、考查动量定理与图像物理意义，整体、隔离分别列方程求弹簧冲量；
B、整体动量定理结合面积表示速度变化，求解B的瞬时速度；
C、隔离两球受力分析，联立方程判断弹簧弹力，确定弹性势能；
D、速度差等于加速度图像面积之差，面积差最大时速度差最大。
9．【答案】A,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】 AB．滑动变阻器滑片位于中点时，R3所在支路的总电阻为，电流为1A，
则电流表所在支路两端电压为，即副线圈两端电压为因为R2所在支路的电阻为，由并联电路特点可知副线圈回路的总电阻为则通过副线圈电流为，由理想变压器规律可知，则可知副线圈回路的等效电阻为，原线圈回路电流为，且，解得变压器原、副线圈的匝数比为，根据理想变压器原副线圈电压比等于匝数比可知初始时，电压表的示数为，故A正确，B错误；
C．由数学知识可知，当R3和R2所在支路的总电阻相等时，副线圈回路总电阻最大，此时滑动变阻器滑片右边的电阻值为1Ω，则向右移动滑动变阻器滑片，副线圈回路总电阻先增大后减小，则等效电阻先增大后减小，由串联分压规律可知，电压表示数先增大后减小，故C错误；
D．将R1视为电源内阻，则当等效电阻阻值等于R1阻值时，变压器输出功率最大，根据A选项可以得出当滑片位于中点时，变压器原线圈等效电阻为，等于R1，向左移动滑片等效电阻变小，则变压器输出功率减小，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】A、考查变压器等效电阻、串并联电路电压电流计算，求原线圈电压；
B、联立电路方程求解原副线圈匝数比；
C、滑动变阻器滑片移动对并联总电阻、等效电阻、原线圈分压的动态分析；
D、电源输出功率最大值条件（负载电阻等于内阻），分析滑片左移时功率变化规律。
10．【答案】A,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系可得，由洛伦兹力提供向心力可得，联立解得，故A正确；
BC．由几何关系知，粒子第二次通过ab边时恰好过P点，故BC错误；
D．设粒子做匀速圆周运动的周期为T，则，粒子从a点到第二次通过ab边所用的时间为，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】A、考查带电粒子在匀强磁场中圆周运动半径与磁感应强度计算，结合几何关系确定轨道半径，联立洛伦兹向心力公式求解；
B、考查粒子完整运动轨迹几何分析，判断第二次穿过ab边的位置；
C、同上，结合轨迹否定区间判断；
D、考查圆周运动周期与总运动时间分段计算，拆分圆弧段、直线段分别求时间再求和。
11．【答案】（1）；
（2）
（3）；
【知识点】单摆及其回复力与周期；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）漏斗摆动过程做圆周运动，摆动至最高点位置时细线拉力最小，摆动至最低点位置时细线拉力最大，根据图丙有，解得，根据单摆周期公式，可得摆长为
故答案为：；
（2）图乙中A、B、C、D、E相邻两点之间的时间间隔相等，均为
根据匀变速直线运动的规律有，解得
故答案为：
（3）因始终满足，则可将钩码的重力近似认为等于滑块的牵引力，则由牛顿第二定律，解得，则， ，解得，
故答案为：；
【分析】(1) 利用单摆摆动拉力变化规律确定半周期，再结合单摆周期公式求解摆长。
(2) 纸带墨点时间间隔等于单摆半周期，使用匀变速逐差法计算加速度。
(3) 小质量钩码近似拉力等于钩码重力，写出加速度关于钩码质量的一次函数，结合图像斜率、截距联立求解滑块质量与动摩擦因数。
（1）[1]漏斗摆动过程做圆周运动，摆动至最高点位置时细线拉力最小，摆动至最低点位置时细线拉力最大，根据图丙有
解得
[2]根据单摆周期公式
可得摆长为
（2）图乙中A、B、C、D、E相邻两点之间的时间间隔相等，均为
根据匀变速直线运动的规律有
解得
（3）[1][2]因始终满足，则可将钩码的重力近似认为等于滑块的牵引力，则由牛顿第二定律
解得
则，
解得，
12．【答案】（1）
（2）；
（3）1.08W~1.14W
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）电路如下图所示：
（2）由闭合电路的欧姆定律，解得
可知图像中，
故答案为：；
（3）设每个灯泡的电流为I，电压为U，则 ，即U=6-8I
将次函数关系画在灯泡的U-I图像上可知
交点为I=0.37A，U=3V，则功率P=IU=1.11W
故答案为：1.08W~1.14W
【分析】(1) 本实验利用电阻箱替代待测电阻，电压表测电阻箱分压，串联定值电阻等效增大电源内阻，电路按串联结构补充电压表并联支路即可。
(2) 本题考查闭合电路欧姆定律结合图像法处理实验数据，拆分电压表分流、电阻箱支路电流，整理出线性函数，对比斜率、截距对应物理表达式。
(3) 本题考查非线性元件伏安特性曲线结合电源路端电压方程，联立电源负载直线与灯泡特性曲线找工作点，利用计算单只灯泡实际功率。
（1）电路如图
（2）由闭合电路的欧姆定律
解得
可知图像中
（3）设每个灯泡的电流为I，电压为U，则
即
U=6-8I
将次函数关系画在灯泡的U-I图像上可知
交点为I=0.37A，U=3V，则功率
P=IU=1.11W
13．【答案】（1）解：重物刚好离开地面时，对活塞受力分析，得
解得
该过程为等容变化，根据查理定律，
解得
（2）解：当温度小于270 K时，气体做等压变化，由盖—吕萨克定律，得
解得
活塞移动的距离
活塞对封闭气体做的功
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】(1) 先通过活塞受力平衡求出初、末态压强，体积不变用查理定律求临界温度；
(2) 低于临界温度后压强不变，等压变化用盖-吕萨克定律求末态气柱长度，由计算活塞对气体做的功。
（1）重物刚好离开地面时，对活塞受力分析，得
解得
该过程为等容变化，根据查理定律，
解得
（2）当温度小于270 K时，气体做等压变化，由盖—吕萨克定律，得
解得
活塞移动的距离
活塞对封闭气体做的功
14．【答案】（1）解：物资包A从光滑轨道滑至O点，根据动能定理得
解得
（2）解：A释放时距x轴的高度H，由动能定理可得
A与B在O点发生弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒有
B碰后平抛恰好落在P点，有
联立得
（3）解：物资包A从O点飞出后做平抛运动，设飞出的初速度为，落在弧形轨道上的坐标为，将平抛运动分别分解到水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，有
物资包A从O点到轨道上落点，根据动能定理可知
联立得落点处动能为
因为物资包A从O点到弧形轨道上动能均相同，将落点的坐标代入，可得
化简可得
即（其中或）
【知识点】平抛运动；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) 单一物块下滑，动能定理结合重力、摩擦力做功求出口速度。
(2) 综合动能定理、一维弹性碰撞公式、平抛运动规律，分三段联立求解释放高度。
(3) 平抛运动分解 + 动能定理，利用 “所有落点动能相同” 建立坐标恒等式，化简得到轨道曲线方程。
（1）物资包A从光滑轨道滑至O点，根据动能定理得
解得
（2）A释放时距x轴的高度H，由动能定理可得
A与B在O点发生弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒有
B碰后平抛恰好落在P点，有
联立得
（3）物资包A从O点飞出后做平抛运动，设飞出的初速度为，落在弧形轨道上的坐标为，将平抛运动分别分解到水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，有
物资包A从O点到轨道上落点，根据动能定理可知
联立得落点处动能为
因为物资包A从O点到弧形轨道上动能均相同，将落点的坐标代入，可得
化简可得
即（其中或）
15．【答案】（1）解：因为线框从左向右匀速通过这两个磁场区域，所以拉力方向向右，安培力方向向左；
因为M点电势高于N点，由右手定制可判断区域Ⅰ中磁感应强度的方向向外。
（2）解：设线框的总电阻为R，磁场Ⅰ区的磁感强度为B，线框右边MN在Ⅰ区运动过程中有一半长度切割磁感线产生感应电动势，
有，
线框右边MN在Ⅰ区运动过程中，木块与线框受力平衡，有
解得
通过线框任一横截面的电量q为，其中
联立以上各式，解得
（3）解：MN刚到达Ⅱ区正中间时，流过线框的电流为
线框左、右两条边均受到向左的安培力作用，总的安培力大小为
由于线框上边各有一半处在磁场Ⅰ区、Ⅱ区中，所以分别受到向上与向下的安培力作用，
此时木块受到的支持力N为
木块与线框组成的系统受力平衡，因此拉力F为
（4）解：随着MN在磁场Ⅱ区的运动，木块受到的支持力Nx随发生的位移x而变化，
有
由于Nx随位移x线性变化，因此MN在Ⅱ区运动过程中木块受到的平均支持力为
此过程中拉力做的功W为
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 右手定则结合电势高低判断磁场方向；
(2) 动生电动势、闭合电路分压、安培力平衡、电流定义式联立推导电量；
(3) 双边界反向磁场叠加电动势，水平双切割安培力叠加；竖直上下反向安培力改变支持力，再结合摩擦力受力平衡求拉力；
(4) 竖直安培力线性变化，取平均摩擦力，分段计算克服安培力、摩擦力的总功。
1 / 12026届湖南长沙市雅礼中学高三下学期模拟物理试卷（一）
1．图甲为太阳光穿过转动的六角形冰晶形成“幻日”的示意图，图乙为a、b两种单色光穿过六角形冰晶的光路图，下列说法正确的是（　　）
A．用a、b光在相同条件下做双缝干涉实验，a光的条纹间距大
B．冰晶中a光的传播速度比b光的小
C．太阳光照在转动的冰晶表面上，部分光线发生了全反射
D．照射在同一金属板上发生光电效应时，a光比b光产生的光电子的最大初动能大
【答案】A
【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；光电效应
【解析】【解答】A、由光路图可知b光偏折程度更大，冰晶对b光折射率；折射率越小波长越长，故a光波长更长。双缝干涉条纹间距，波长越长条纹间距越大，因此a光条纹间距更大，A正确；
B、介质中光速，，则，冰晶中a光传播速度更大，B错误；
C、全反射条件是光从光密介质射向光疏介质且入射角大于临界角，太阳光从空气（光疏）射入冰晶（光密），不可能发生全反射，C错误；
D、折射率越大光频率越高，光电效应最大初动能，b光频率更高，b光照射产生的光电子最大初动能更大，D错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查折射率与波长、双缝干涉条纹间距的关系；
B、考查介质中光速公式；
C、考查全反射发生的两个必要条件；
D、考查光电效应方程，频率越大光电子最大初动能越大。
2．如图所示，一轻绳绕过光滑定滑轮（半径可忽略）一端连接小球A（可视为质点），另一端连接物体B。物体B放在粗糙水平地面上，受到水平向右的作用力F，使得小球A沿光滑固定的半球面从图示位置缓慢向上移动，定滑轮在半球面球心O的正上方C点处，已知OC的长度为2R，半球面的半径为R。小球A向上缓慢移动到最高点D的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．轻绳的张力T增大
B．光滑半球面对小球的支持力变小
C．地面对物体的滑动摩擦力减小
D．地面对半球面的作用力增大
【答案】D
【知识点】整体法隔离法；受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．小球A沿光滑半球面缓慢运动过程中，小球A受到重力、轻绳的张力、半球面对A的支持力的作用，处于三力平衡，如图所示
根据平衡条件，可得N与T的合力
根据相似三角形法则知，可得
小球A向上移动到D的过程中，R不变，AC变短，故轻绳的张力T逐渐减小，支持力N不变，故AB错误；
C．物体B向右移动，受到轻绳的张力T、自身重力、地面的支持力、滑动摩擦力f、水平拉力F的作用，受力分析如上图所示，在B向右移动过程中轻绳与竖直方向的夹角增大，而轻绳的张力T减小，可知张力的竖直分力减小，在竖直方向上有，可知地面对物体B的支持力增大；根据可知摩擦力增大，故C错误；
D．小球A对半球面的压力大小不变，其方向与竖直方向夹角变小，则压力与半球面的重力的合力增大，此合力与地面对半球面的作用力为一对平衡力，故地面对半球面的作用力增大，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A、考查动态平衡相似三角形法，绳长变短拉力减小；
B、几何相似推导得半球支持力大小恒定；
C、滑动摩擦力公式，压力不变摩擦力不变；
D、整体法受力分析，地面对半球的作用力随绳子拉力减小而增大。
3．为了表演“隐形的大头针”节目，某同学在半径为r的圆形软木片中心垂直插入一枚大头针，并将其放入盛有水的碗中，如图所示。已知水的折射率为，为了保证表演成功（在水面上看不到大头针），大头针末端离水面的最大距离h为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】光的全反射
【解析】【解答】只要从大头针末端发出的光线射到圆形软木片边缘界面处能够发生全反射，就从水面上看不到大头针，如图所示
根据几何关系有，所以
故答案为：A。
【分析】本题考查光的全反射临界问题，核心思路：要让水面完全看不到大头针，最远光线在木片边缘刚好达到全反射临界角；结合临界角公式与直角三角形边长几何关系联立方程，求解最大深度h。
4．如图为自行车气嘴灯及其结构图，弹簧一端固定在A端，另一端拴接重物，当车轮高速旋转时，LED灯就会发光。下列说法正确的是（　　）
A．只要轮子转动起来，气嘴灯就能发光
B．减小重物质量可使LED灯在较低转速下也能发光
C．安装时A端比B端更远离圆心
D．匀速行驶时，若LED灯转到最高点时能发光，则在最低点时也一定能发光
【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A、重物做圆周运动需要向心力，只有转速达到一定值，弹簧伸长足够长使M、N触点接触，电路导通LED才发光，低速转动时触点不接触，灯不亮，故A错误；
B、由最低点动力学方程，变形，减小重物质量，需要更大角速度才能满足接触条件，需更高转速，故B错误；
C、要重物离心向外运动让M、N接触，A端应更靠近圆心，弹簧固定端A在内侧，重物向外侧B端滑动接触触点，故C错误；
D、设弹簧劲度系数，最高点：，；最低点：，，得。最高点已满足伸长量达到发光条件，最低点弹簧伸长量更大，触点一定接触，灯一定发光，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查圆周运动向心力与电路导通条件，转速不足弹簧伸长量不够无法接通电路；
B、结合牛顿第二定律分析质量对临界角速度的影响；
C、离心运动规律，弹簧固定端A靠近圆心，重物向外侧滑动；
D、分最高点、最低点列向心力方程，比较两处弹簧伸长量大小。
5．如图所示，质量相等、周期均为的两颗人造地球卫星，1轨道为圆、2轨道为椭圆（不考虑卫星之间引力）。、两点是椭圆长轴两端，距离地心为。点为椭圆短轴端点且是两轨道的交点，到地心距离为，卫星1的速率为，下列说法正确的是（　　）
A．点到椭圆中心的距离为
B．卫星1和卫星2运动到点时加速度不同
C．卫星2在点的向心加速度等于
D．卫星2由到的时间等于
【答案】C
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】两卫星周期均为，由开普勒第三定律得椭圆半长轴，近地点离地心距离，焦距，椭圆短半轴
A、C在椭圆短轴端点，到椭圆中心距离为短半轴，不是，故A错误；
B、两卫星在点到地心距离相等，万有引力相同，由得加速度大小、方向均相同，故B错误；
C、卫星1在点加速度，卫星2在点合加速度大小等于，向心加速度为合加速度垂直椭圆切线分量，几何关系得，故C正确；
D、卫星2近地侧速率更大，路程为四分之一椭圆，但平均速率大于远半段，运动时间小于，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查椭圆轨道几何参数，半长轴、焦距、短半轴的计算；
B、考查万有引力与加速度，同一位置同一中心天体加速度完全相同；
C、区分合加速度与向心加速度，向心加速度是垂直轨迹切线的分量；
D、考查开普勒第二定律，近地点运行速度更快，半椭圆前半段用时更短。
6．如图所示，时刻波源从平衡位置开始向下振动，产生一列简谐横波在均匀介质中向右传播。时刻质点开始振动，时刻质点第一次到达波谷。已知点和点平衡位置之间的距离为，a点和点平衡位置之间的距离为。则波传播到点时，a、b之间的波形为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】波源起振方向向下，所有质点起振方向均向下；波速
点起振，第一次到波谷，说明，周期；波长
间距
AC：间隔半个波长，波形为半个周期曲线。波传到时，已经振动，从平衡位置向下振动半个周期后回到平衡位置，刚要向下振动，对应A图，C为完整一个波，故C错误，A正确；
BD：波传到点时起振方向向下，BD图中点振动趋势向上，故BD错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查波的传播、周期波长计算，半波长对应半个波形，质点起振方向与波源一致；
B、质点起振方向判断错误，波源起振向下；
C、间距仅，不会出现一整组波峰波谷；
D、末端质点振动方向向上，与波源起振方向矛盾。
7．如图甲所示，电源电动势为E，内阻为r，两个电压表均视为理想电表，电阻为压敏电阻（阻值随所受压力的增大而减小，用柔软的导线与其他电学元件相连且导线足够长），在其受压面上固定一物块。如图乙所示，一半圆柱的工件固定在实验桌面上，A为半圆水平直径的端点，B为半圆的最高点。闭合电键S，将物块和压敏电阻一起置于圆柱表面上，用方向始终沿圆弧的切线方向的力F推物块，使物块和压敏电阻由A点缓慢移动到B点，在此过程中，电压表的示数改变量大小为，电压表的示数改变量大小为，、分别是电压表、示数。已知电阻，下列说法正确的是（　　）
A．流过的电流变小 B．大于
C．电源的效率逐渐变大 D．消耗的电功率逐渐减小
【答案】B
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】物块从A缓慢移到B，支持力逐渐增大，压敏电阻阻值减小，总电阻减小，总电流增大
A、总电流增大，分压增大，路端电压减小，两端电压减小，流过的电流等于总电流减去支路电流，总电流增大、电流减小，故电流变大，A错误；
B、由得，由得，已知，则，B正确；
C、电源效率，外电阻减小，效率减小，C错误；
D、两端电压减小，流过电流增大，无确定条件判断变化趋势，无法确定功率变化，D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查动态电路分析，总电流与支路电流的变化关系；
B、考查闭合电路欧姆定律，电压变化量与电流变化量比值等于对应电阻；
C、考查电源效率公式，外电阻越小电源效率越低；
D、考查电功率，一量增大一量减小无法直接判断功率变化。
8．如图甲，某轻弹簧两端系着质量均为的小球、。小球用细线悬挂于天花板上，系统处于静止状态。现将细线烧断，以此为计时起点，、两小球运动的图线如图乙所示，表示到时间内的图线与横轴所围面积大小，重力加速度为。下列说法正确的是（　　）
A．从到时刻，弹簧对球的冲量为
B．时刻，球的速度大小为
C．时刻，弹簧弹性势能最大
D．时刻，、两小球的速度差最大
【答案】A,B,D
【知识点】弹性势能；动量定理；图象法
【解析】【解答】图像面积代表速度变化量，初始两球速度均为0
A、内A、B的图像面积相等，末速度大小相等；对整体动量定理，得；对A单独列动量定理，解得弹簧冲量，故A正确；
B、，整体动量定理，A的速度，代入化简得，故B正确；
C、时刻对A：，对B：，联立得弹簧弹力，弹簧处于原长，弹性势能为0，故C错误；
D、速度差等于两段图像面积差值，面积差持续增大，时刻差值最大，两球速度差最大，故D正确；
故答案为：ABD。
【分析】A、考查动量定理与图像物理意义，整体、隔离分别列方程求弹簧冲量；
B、整体动量定理结合面积表示速度变化，求解B的瞬时速度；
C、隔离两球受力分析，联立方程判断弹簧弹力，确定弹性势能；
D、速度差等于加速度图像面积之差，面积差最大时速度差最大。
9．如图所示，理想变压器原线圈接有输出电压有效值恒为24 V的交流电源，电源内阻不计，定值电阻R1、R2、R3的阻值分别为，，，滑动变阻器的最大阻值为。初始时滑动变阻器滑片位于中点，理想电流表的示数为，则下列说法正确的是（　　）
A．初始时，电压表的示数为12 V
B．变压器原、副线圈的匝数比为4∶1
C．从初始位置向右移动滑动变阻器滑片，电压表示数一直增大
D．从初始位置向左移动滑动变阻器滑片，变压器输出功率一直减小
【答案】A,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】 AB．滑动变阻器滑片位于中点时，R3所在支路的总电阻为，电流为1A，
则电流表所在支路两端电压为，即副线圈两端电压为因为R2所在支路的电阻为，由并联电路特点可知副线圈回路的总电阻为则通过副线圈电流为，由理想变压器规律可知，则可知副线圈回路的等效电阻为，原线圈回路电流为，且，解得变压器原、副线圈的匝数比为，根据理想变压器原副线圈电压比等于匝数比可知初始时，电压表的示数为，故A正确，B错误；
C．由数学知识可知，当R3和R2所在支路的总电阻相等时，副线圈回路总电阻最大，此时滑动变阻器滑片右边的电阻值为1Ω，则向右移动滑动变阻器滑片，副线圈回路总电阻先增大后减小，则等效电阻先增大后减小，由串联分压规律可知，电压表示数先增大后减小，故C错误；
D．将R1视为电源内阻，则当等效电阻阻值等于R1阻值时，变压器输出功率最大，根据A选项可以得出当滑片位于中点时，变压器原线圈等效电阻为，等于R1，向左移动滑片等效电阻变小，则变压器输出功率减小，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】A、考查变压器等效电阻、串并联电路电压电流计算，求原线圈电压；
B、联立电路方程求解原副线圈匝数比；
C、滑动变阻器滑片移动对并联总电阻、等效电阻、原线圈分压的动态分析；
D、电源输出功率最大值条件（负载电阻等于内阻），分析滑片左移时功率变化规律。
10．如图所示，边长为L的等边三角形abc区域外（包含边界）存在着垂直于abc所在平面向外的匀强磁场，P、Q为ab边的三等分点。一质量为m、电荷量为+q（q>0）的带电粒子在abc平面内以速度v0从a点垂直于ac边射入匀强磁场，恰好从P点第一次进入三角形abc区域。不计带电粒子重力，下列说法正确的是（　　）
A．磁场的磁感应强度大小为
B．粒子从bQ之间（不包括b、Q点）第二次通过ab边
C．粒子从PQ之间（不包括P、Q点）第二次通过ab边
D．粒子从a点开始到第二次通过ab边所用的时间为
【答案】A,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系可得，由洛伦兹力提供向心力可得，联立解得，故A正确；
BC．由几何关系知，粒子第二次通过ab边时恰好过P点，故BC错误；
D．设粒子做匀速圆周运动的周期为T，则，粒子从a点到第二次通过ab边所用的时间为，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】A、考查带电粒子在匀强磁场中圆周运动半径与磁感应强度计算，结合几何关系确定轨道半径，联立洛伦兹向心力公式求解；
B、考查粒子完整运动轨迹几何分析，判断第二次穿过ab边的位置；
C、同上，结合轨迹否定区间判断；
D、考查圆周运动周期与总运动时间分段计算，拆分圆弧段、直线段分别求时间再求和。
11．如图甲，置于水平长木板上的滑块用细绳跨过定滑轮与钩码相连，拖动固定其后的纸带一起做匀加速直线运动，一盛有有色液体的小漏斗，用较长的细线系于纸带正上方的点，当滑块运动的同时，漏斗在垂直于滑块运动方向的竖直平面内做摆角很小（小于）的摆动。漏斗中漏出的有色液体在纸带上留下如图乙所示的痕迹。测得漏斗摆动时细线中拉力的大小随时间的变化图像如图丙所示，重力加速度为。
（1）根据图丙可知漏斗振动的周期　 　，及摆长　 　。
（2）图乙中测得、两点间距离为x1，D、E两点间距离为。则滑块加速度的大小　 　。
（3）始终满足条件下，改变钩码的质量，绘制出钩码质量与加速度之间的关系如图丁所示，已知斜率为，与横轴的交点为，则滑块的质量为　 　，滑块与桌面的动摩擦因数为　 　。（均用k、b、g表示）
【答案】（1）；
（2）
（3）；
【知识点】单摆及其回复力与周期；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）漏斗摆动过程做圆周运动，摆动至最高点位置时细线拉力最小，摆动至最低点位置时细线拉力最大，根据图丙有，解得，根据单摆周期公式，可得摆长为
故答案为：；
（2）图乙中A、B、C、D、E相邻两点之间的时间间隔相等，均为
根据匀变速直线运动的规律有，解得
故答案为：
（3）因始终满足，则可将钩码的重力近似认为等于滑块的牵引力，则由牛顿第二定律，解得，则， ，解得，
故答案为：；
【分析】(1) 利用单摆摆动拉力变化规律确定半周期，再结合单摆周期公式求解摆长。
(2) 纸带墨点时间间隔等于单摆半周期，使用匀变速逐差法计算加速度。
(3) 小质量钩码近似拉力等于钩码重力，写出加速度关于钩码质量的一次函数，结合图像斜率、截距联立求解滑块质量与动摩擦因数。
（1）[1]漏斗摆动过程做圆周运动，摆动至最高点位置时细线拉力最小，摆动至最低点位置时细线拉力最大，根据图丙有
解得
[2]根据单摆周期公式
可得摆长为
（2）图乙中A、B、C、D、E相邻两点之间的时间间隔相等，均为
根据匀变速直线运动的规律有
解得
（3）[1][2]因始终满足，则可将钩码的重力近似认为等于滑块的牵引力，则由牛顿第二定律
解得
则，
解得，
12．某学习小组的同学们想利用电压表和电阻箱测量一电池组的电动势和内阻，他们找到了如下的实验器材：电池组（电动势E约为6.0V，内阻r约为1Ω）、电压表V〈量程为6V，内阻为RV），定值电阻R1（R1=1Ω）电阻箱R（阻值范围可调），开关，导线若干。同学们研究器材，思考讨论后确定了如下的实验方案，请你将该方案补充完整。
（1）为了“准确”测出电池组的电动势和内阻，已在图甲所示虚线框中设计了部分电路图，请把该电路图补充完整　 　。
（2）采集电压表读数U和电阻箱的读数R，作出了如图乙所示图像，已知图像的斜率为k，纵截距为b，则由物理规律可知图像中k=　 　、b=　 　。（用题目中所给的字母表示）
（3）进一步研讨：图丙所示为他们测得的某型号小灯泡的伏安特性曲线，如果把两个该型号的灯泡并联后再与R0=3Ω的电阻串联接在上述电池组上（若测得电池组的电动势E=6.0V、内阻r=1Ω），如图丁，则每只灯泡消耗的实际功率为　 　W（结果保留3位有效数字）。
【答案】（1）
（2）；
（3）1.08W~1.14W
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）电路如下图所示：
（2）由闭合电路的欧姆定律，解得
可知图像中，
故答案为：；
（3）设每个灯泡的电流为I，电压为U，则 ，即U=6-8I
将次函数关系画在灯泡的U-I图像上可知
交点为I=0.37A，U=3V，则功率P=IU=1.11W
故答案为：1.08W~1.14W
【分析】(1) 本实验利用电阻箱替代待测电阻，电压表测电阻箱分压，串联定值电阻等效增大电源内阻，电路按串联结构补充电压表并联支路即可。
(2) 本题考查闭合电路欧姆定律结合图像法处理实验数据，拆分电压表分流、电阻箱支路电流，整理出线性函数，对比斜率、截距对应物理表达式。
(3) 本题考查非线性元件伏安特性曲线结合电源路端电压方程，联立电源负载直线与灯泡特性曲线找工作点，利用计算单只灯泡实际功率。
（1）电路如图
（2）由闭合电路的欧姆定律
解得
可知图像中
（3）设每个灯泡的电流为I，电压为U，则
即
U=6-8I
将次函数关系画在灯泡的U-I图像上可知
交点为I=0.37A，U=3V，则功率
P=IU=1.11W
13．如图所示，一汽缸固定在水平桌面上，汽缸内用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞横截面积为。活塞与汽缸壁导热良好，活塞可在汽缸中无摩擦滑动，轻绳跨过定滑轮将活塞和地面上质量为的重物连接。开始时绳子刚好伸直且张力为零，活塞离缸底距离为，温度，外界大气压强。取重力加速度，缓慢降低缸内气体的温度，不计绳与滑轮间的摩擦，求：
（1）重物刚好离开地面时，缸内气体的温度；
（2）缸内气体的温度缓慢降低到时，活塞对封闭气体做的功。
【答案】（1）解：重物刚好离开地面时，对活塞受力分析，得
解得
该过程为等容变化，根据查理定律，
解得
（2）解：当温度小于270 K时，气体做等压变化，由盖—吕萨克定律，得
解得
活塞移动的距离
活塞对封闭气体做的功
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】(1) 先通过活塞受力平衡求出初、末态压强，体积不变用查理定律求临界温度；
(2) 低于临界温度后压强不变，等压变化用盖-吕萨克定律求末态气柱长度，由计算活塞对气体做的功。
（1）重物刚好离开地面时，对活塞受力分析，得
解得
该过程为等容变化，根据查理定律，
解得
（2）当温度小于270 K时，气体做等压变化，由盖—吕萨克定律，得
解得
活塞移动的距离
活塞对封闭气体做的功
14．某镇为世界纪念性建筑遗产，巷道狭窄湿滑，大型机械无法进入。为应对突发灾害，当地利用村后鳌峰山斜坡设计了一套重力式物资投送装置。模型简化装置如图所示：光滑倾斜轨道（模拟山体斜坡）与长为L的粗糙水平轨道（模拟湿滑石板路）平滑连接。水平轨道末端为坐标原点O，x轴水平向右，y轴竖直向下。O点右下方有一段弧形轨道PQ（模拟护坡），其中P端坐标为，O端在y轴上。质量为m的物资包A从倾斜轨道由静止滑下，最终落在弧形轨道PQ上。水平轨道动摩擦因数为，不计空气阻力，重力加速度为g。
（1）若A从倾斜轨道上距x轴高度为的位置由静止开始下滑，求A经过O点时速度v的大小；
（2）将另一质量为3m的物资包B置于O点，让A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），要使B恰好落在P端，求A释放时距x轴的高度H；
（3）研究发现：无论A从多高释放，其落在弧形轨道PQ上动能均相同，求：弧形轨道PQ的曲线方程。
【答案】（1）解：物资包A从光滑轨道滑至O点，根据动能定理得
解得
（2）解：A释放时距x轴的高度H，由动能定理可得
A与B在O点发生弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒有
B碰后平抛恰好落在P点，有
联立得
（3）解：物资包A从O点飞出后做平抛运动，设飞出的初速度为，落在弧形轨道上的坐标为，将平抛运动分别分解到水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，有
物资包A从O点到轨道上落点，根据动能定理可知
联立得落点处动能为
因为物资包A从O点到弧形轨道上动能均相同，将落点的坐标代入，可得
化简可得
即（其中或）
【知识点】平抛运动；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) 单一物块下滑，动能定理结合重力、摩擦力做功求出口速度。
(2) 综合动能定理、一维弹性碰撞公式、平抛运动规律，分三段联立求解释放高度。
(3) 平抛运动分解 + 动能定理，利用 “所有落点动能相同” 建立坐标恒等式，化简得到轨道曲线方程。
（1）物资包A从光滑轨道滑至O点，根据动能定理得
解得
（2）A释放时距x轴的高度H，由动能定理可得
A与B在O点发生弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒有
B碰后平抛恰好落在P点，有
联立得
（3）物资包A从O点飞出后做平抛运动，设飞出的初速度为，落在弧形轨道上的坐标为，将平抛运动分别分解到水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，有
物资包A从O点到轨道上落点，根据动能定理可知
联立得落点处动能为
因为物资包A从O点到弧形轨道上动能均相同，将落点的坐标代入，可得
化简可得
即（其中或）
15．如图所示，水平面上有一个高为d的木块，木块与水平面间的动摩擦因数为μ=0.1。由均匀金属材料制成的边长为2d、有一定电阻的正方形单匝线框，竖直固定在木块上表面，它们的总质量为m。在木块右侧有两处相邻的边长均为2d的正方形区域，正方形底边离水平面高度为2d。两区域各有一水平方向的匀强磁场穿过，其中一个方向垂直于纸面向里，另一个方向垂直于纸面向外，区域Ⅱ中的磁感应强度为区域Ⅰ中的3倍．木块在水平外力作用下匀速通过这两个磁场区域。已知当线框右边MN刚进入Ⅰ区时，外力大小恰好为，此时M点电势高于N点，M、N两点电势差UMN=U．试求：
（1）区域Ⅰ中磁感应强度的方向怎样？
（2）线框右边MN在Ⅰ区运动过程中通过线框任一横截面的电量q．
（3）MN刚到达Ⅱ区正中间时，拉力的大小F．
（4）MN在Ⅱ区运动过程中拉力做的功W．
【答案】（1）解：因为线框从左向右匀速通过这两个磁场区域，所以拉力方向向右，安培力方向向左；
因为M点电势高于N点，由右手定制可判断区域Ⅰ中磁感应强度的方向向外。
（2）解：设线框的总电阻为R，磁场Ⅰ区的磁感强度为B，线框右边MN在Ⅰ区运动过程中有一半长度切割磁感线产生感应电动势，
有，
线框右边MN在Ⅰ区运动过程中，木块与线框受力平衡，有
解得
通过线框任一横截面的电量q为，其中
联立以上各式，解得
（3）解：MN刚到达Ⅱ区正中间时，流过线框的电流为
线框左、右两条边均受到向左的安培力作用，总的安培力大小为
由于线框上边各有一半处在磁场Ⅰ区、Ⅱ区中，所以分别受到向上与向下的安培力作用，
此时木块受到的支持力N为
木块与线框组成的系统受力平衡，因此拉力F为
（4）解：随着MN在磁场Ⅱ区的运动，木块受到的支持力Nx随发生的位移x而变化，
有
由于Nx随位移x线性变化，因此MN在Ⅱ区运动过程中木块受到的平均支持力为
此过程中拉力做的功W为
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 右手定则结合电势高低判断磁场方向；
(2) 动生电动势、闭合电路分压、安培力平衡、电流定义式联立推导电量；
(3) 双边界反向磁场叠加电动势，水平双切割安培力叠加；竖直上下反向安培力改变支持力，再结合摩擦力受力平衡求拉力；
(4) 竖直安培力线性变化，取平均摩擦力，分段计算克服安培力、摩擦力的总功。
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