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四川省成都市2025-2026学年高三上学期第一次诊断性检测物理试题
1．下表为几种金属的截止频率，用频率为6.8×1014Hz的单色紫光照射这些金属的表面，能逸出光电子的金属有（　　）
金属 铷 钾 钠 钙 钨
截止频率ν/1014Hz 5.15 5.44 5.56 7.73 10.95
A．2种 B．3种 C．4种 D．5种
【答案】B
【知识点】光电效应
【解析】【解答】光电效应的发生条件：入射光频率大于金属的截止频率。
入射紫光频率，对比表格：铷、钾、钠的截止频率均小于该值，钙、钨更大，满足条件共3种，
故答案为：B。
【分析】利用光电效应临界条件，逐个对比频率，统计可发生光电效应的金属种类。
2．图示为国产新型战斗机大仰角加速向上爬升过程的飞行轨迹，轨迹为曲线。下列说法正确的是（　　）
A．研究战斗机姿态调整时可以把战斗机看成质点
B．战斗机的路程等于位移大小
C．战斗机所受合力沿轨迹的切线方向
D．飞行员处于超重状态
【答案】D
【知识点】质点；位移与路程；曲线运动的条件；超重与失重
【解析】【解答】A、研究战斗机姿态调整时，需要关注战机外形与偏转角度，自身尺寸形状不可忽略，不能看作质点，故 A 错误；
B、战机运动轨迹为曲线，路程是曲线轨迹的实际长度，位移是起点到终点的直线距离，曲线运动路程一定大于位移大小，故 B 错误；
C、曲线运动中瞬时速度沿轨迹切线方向，合力始终指向轨迹凹侧，不会沿切线方向，故 C 错误；
D、战机加速向上爬升，存在竖直向上的分加速度，加速度向上时飞行员处于超重状态，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查质点的判断条件。需明确质点适用场景，研究姿态时物体自身形态不可忽略，无法简化为质点。
B、考查路程与位移的区别。需区分轨迹长度和初末位置直线距离，曲线运动路程必然大于位移大小。
C、考查曲线运动合力方向规律。需分清速度切线方向与合力指向凹侧的不同特点。
D、考查超重失重判定。依据竖直分加速度向上为超重的规律判断飞行员状态。
3．汽车刹车过程可视为匀减速直线运动。测试发现，汽车刹车初速度增加为原来的两倍，制动加速度会减小为原来的80%，制动距离将变为原来的（　　）
A．2.5倍 B．3.2倍 C．4.8倍 D．5倍
【答案】D
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【解答】汽车刹车末速度为0，匀减速直线运动速度位移公式：，变形得制动距离。
设原来初速度为，加速度大小为，原距离。
变化后，，新制动距离：
制动距离变为原来3.2倍，故A、C、D错误，B正确；
故答案为：B。
【分析】考查匀变速直线运动速度-位移公式的比例计算。需先写出刹车位移推导式，代入速度、加速度变化后的数值，通过比值运算得到前后制动距离的倍数关系。
4．如图所示，电路中光敏电阻的阻值随光照强度增大而减小，当环境光照强度增大时，可维持小灯泡亮度不变的操作是（　　）
A．将滑动变阻器滑片向左移动
B．将滑动变阻器滑片向右移动
C．换电动势更小但内阻相同的电源
D．换电动势相同但内阻更大的电源
【答案】A
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】光照强度增大，阻值减小，灯泡与并联总电阻减小，电路总电阻减小，总电流增大，滑动变阻器与电源内阻分压变大，并联支路电压降低，灯泡两端电压变小、亮度变暗，要维持亮度不变，需要提高并联支路电压。
A、将滑动变阻器滑片向左移动，滑动变阻器接入电路阻值减小，串联部分总分压减小，并联支路电压升高，能让灯泡两端电压恢复原值，维持亮度不变，故A正确；
B、将滑动变阻器滑片向右移动，滑动变阻器接入阻值增大，串联分压进一步增大，并联支路电压更低，灯泡更暗，故B错误；
C、换电动势更小但内阻相同的电源，电路整体供电电压降低，并联支路电压会进一步减小，灯泡变暗，故C错误；
D、换电动势相同但内阻更大的电源，电源内阻分得电压变多，串联总分压增大，并联支路电压减小，灯泡变暗，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查动态电路分压规律。需分析光敏电阻减小带来的并联电压下降，再判断左移滑片减小滑动变阻器阻值后，串联分压降低、并联电压回升的调节效果。
B、考查滑动变阻器阻值对串联分压的影响。需判断滑片右移增大接入电阻，会进一步抬高串联分压，降低并联支路电压。
C、考查电源电动势对路端电压的影响。需明确电动势整体减小后，全电路各部分分压同步降低，无法恢复灯泡额定电压。
D、考查电源内阻对分压分配的作用。需分析内阻增大，内阻分压占比提升，并联支路分得电压持续减小。
5．如图所示，卫星绕地球沿椭圆轨道逆时针运行，其轨道近地点与地心的距离可视为地球半径。卫星从A运动至B的过程中，不计空气阻力，关于该卫星下列说法正确的是（　　）
A．加速度逐渐增大 B．速度始终小于第一宇宙速度
C．受到地球的万有引力做负功 D．机械能逐渐减小
【答案】C
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题；功的概念
【解析】【解答】A、卫星从A运动至B，卫星到地心距离变大，由万有引力提供加速度，增大则加速度减小，故A错误；
B、第一宇宙速度是近地圆轨道最大环绕速度，卫星在近地点A做离心运动，A点速度大于第一宇宙速度，因此运动过程存在速度大于第一宇宙速度的阶段，故B错误；
C、卫星从A到B，远离地球，万有引力指向地心，与卫星位移夹角大于90°，万有引力做负功，故C正确；
D、运动过程不计空气阻力，只有万有引力做功，卫星的机械能守恒，机械能保持不变，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查万有引力与向心加速度关系。需根据，结合卫星离地心距离变大，判断加速度变化趋势。
B、考查第一宇宙速度物理意义。需明确近地点卫星离心运动，近地点速度大于第一宇宙速度。
C、考查万有引力做功判断。需对比引力方向与卫星位移方向夹角，夹角钝角时引力做负功。
D、考查天体运动机械能守恒条件。需确认只有万有引力做功时，卫星机械能总量不变。
6．篮球从离地一定高度处静止释放，与地面碰撞后反弹上升到最高点的过程中，所受空气阻力大小与速度大小成正比，碰撞过程无能量损失，篮球在该过程中的图像可能是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】动量定理；牛顿第二定律；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】下落过程：篮球受重力向下、阻力向上，，速度增大，加速度减小，图像斜率逐渐变小，曲线向上凸；碰撞无能量损失，反弹初速度大小等于落地速度。
上升过程：重力、阻力均向下，，速度减小，加速度减小，图像斜率绝对值逐渐变小，曲线向轴凸；全程有空气阻力，上升阶段任意位置速度小于下落同高度速度，上升总时间更短。故D正确；
故答案为：D。
【分析】考查变加速运动全过程图像综合判断。需分别分析下落、上升两段加速度变化，对比图像斜率变化、速度正负、运动时长，匹配受力规律。
7．如图所示，半径为R且足够高的圆柱形桶固定在水平桌面上，橡皮筋一端与桶顶部圆心O点相连，另一端从桶内隔板中央的小孔A点穿过后与质量为m的小球P（可视为质点）相连。已知橡皮筋的劲度系数为k且原长等于。若小球在水平面内做匀速圆周运动，且运动过程中不与桶壁接触。不计一切摩擦阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）
A．小球线速度越大，轨迹平面与A点的距离越小
B．小球线速度越大，运动周期越小
C．小球运动的最大线速度为
D．小球运动的最大加速度为
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】设橡皮筋伸长量为，圆周运动半径，橡皮筋与竖直方向夹角，；竖直方向受力平衡，水平向心力。
联立化简得：，；且，恒定，即竖直高度不变。
A、线速度越大，越大，越大，竖直高度恒定，轨迹平面与A点距离不变，故A错误；
B、由，化简得，周期为定值，与线速度无关，故B错误；
C、小球不触碰桶壁，最大圆周半径，，又；向心力，，代入得，解得，故C正确；
D、最大向心力，最大加速度，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查圆锥摆竖直高度不变规律。需由竖直方向平衡方程判断恒定，轨迹平面高度不随速度变化。
B、考查圆锥摆周期推导。联立受力方程消去角度与伸长量，证明周期仅由决定，为定值。
C、考查临界最大线速度。临界条件为圆周半径等于桶半径，结合水平向心力公式推导最大速度表达式。
D、考查向心加速度最大值。由最大向心力计算加速度，判断选项公式。
8．图示为某简谐横波在时刻的波形图，处质点的振动方程为，则（　　）
A．该波的传播方向沿轴负方向
B．该波的波速为
C．处的质点在时加速度方向沿轴正方向
D．处的质点在0~2s内经过的路程为80cm
【答案】B,C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A、由振动方程可知时刻处质点向轴正方向振动，结合微平移法可判断波沿轴正方向传播，故A错误；
B、由振动方程得角频率，周期，波形图中波长，波速，故B正确；
C、时处质点向轴负方向振动， 故时振动了， 加速度方向沿轴正方向，C正确；
D、周期，包含2个周期，单个周期质点路程，总路程为，故D错误；
故答案为：BC。
【分析】A、考查波形传播方向判断，结合质点起振方向与微平移法确定波的传播方向。
B、考查波速计算，利用振动方程求周期，结合波形波长代入波速公式求解。
C、考查简谐运动加速度规律，根据质点振动过程判断位移方向，加速度始终与位移反向。
D、考查质点振动路程，一个周期质点运动路程为四倍振幅，先确定周期个数再计算总路程。
9．图示为边长等于的等边，一匀强电场（未画出）平行于所在平面，在a点放置的试探电荷，或在b点放置的试探电荷，或在c点放置的试探电荷，三种情况试探电荷的电势能均为。下列说法正确的是（　　）
A．a点电势低于c点电势 B．两点的电势差为
C．电场方向沿方向 D．电场强度的大小为
【答案】A,C
【知识点】电势；电势差；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】由电势能公式，得三点电势：
，，。
A、对比电势、，，即a点电势低于c点电势，故A正确；
B、电势差，故B错误；
C、计算电势差，，结合等边三角形几何关系，等势线平行于ab，电场垂直ab、沿cb方向，故C正确；
D、沿电场方向有效距离为，场强，故D错误；
故答案为：AC。
【分析】A、考查电势与电势能关系，利用求出三点电势直接比较大小。
B、考查电势差定义式，代入两点电势计算并核对选项数值。
C、考查匀强电场等势面与电场线垂直，通过三点电势差值判断等势边，确定电场方向。
D、考查匀强电场场强公式，为沿电场方向距离，结合几何长度计算真实场强。
10．如图所示，将一轻质弹簧左端固定在墙上，右端连接质量为的小球静置于光滑水平面上。以弹簧原长时小球的位置为坐标原点，水平向右为正方向建立坐标轴，给小球一向右的初速度，小球沿轴做往复运动，作出小球运动过程中动量随位置坐标变化的图像。小球的运动状态可用图像上各点的坐标表示，其中A状态的坐标为，B状态的坐标为，C、D状态的横坐标均为。已知弹簧的弹性势能，为弹簧的劲度系数，为弹簧的形变量。下列说法正确的是（　　）
A．小球运动过程中的最大动能为
B．弹簧的劲度系数为
C．小球从C状态经B状态到D状态所经历的时间是其运动周期的四分之一
D．小球在C状态的动量大小为
【答案】A,D
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】A、A点坐标，弹簧原长，弹性势能为0，此时动量最大，动能最大，，故A正确；
B、B点坐标，动量为0，动能为0，全部动能转化为弹性势能，由机械能守恒，解得劲度系数，故B错误；
C、C到B到D，从到最大位移再回到，该过程小于四分之一周期，故C错误；
D、对处列机械能守恒：，代入，化简得，故D正确；
故答案为：AD。
【分析】A、考查动量与动能关系，弹簧原长位置弹性势能为零，动能最大，代入计算最大动能。
B、考查简谐运动机械能守恒，最大位移处动能全部转化为弹性势能，联立方程求解弹簧劲度系数。
C、考查简谐运动周期规律，从半幅位置到最大位移再返回半幅位置的运动时间小于四分之一周期。
D、考查系统机械能守恒，将代入动能、弹性势能表达式，化简求解该位置动量大小。
11．图（a）所示的彩虹圈是一种有趣的螺旋弹簧玩具。实验小组利用图（b）装置测量其劲度系数。平放于较光滑水平桌面上的彩虹圈一端用细线固定在墙上，另一端通过细线跨过较光滑的定滑轮连接一托盘。在托盘中逐次增加质量为2g的砝码，砝码总个数为n，通过彩虹圈上方水平放置的固定刻度尺读出放入砝码稳定后对应指针位置x，测得数据如下：
砝码总个数n 1 2 3 4 5 6
指针位置/cm 20.00 22.82 25.60 28.40 31.21 34.01
（1）为充分利用测量数据，实验小组用如下方法逐一求差：，，则　 　cm；根据上述三个差值算出托盘中每增加一个砝码时彩虹圈的平均伸长量，重力加速度取9.8，可求得彩虹圈的劲度系数　 　N／m；
（2）实验小组将该彩虹圈竖直悬挂，彩虹圈因自身重力作用而呈现的形态如图（c）中　 　（填正确答案标号）。
【答案】（1）8.41；0.7
（2）B
【知识点】胡克定律
【解析】【解答】(1)利用逐差法，取对应刻度差值计算伸长量：；
三次伸长量取平均值消除误差，结合胡克定律，总拉力为，平均形变量，因此劲度系数。
故答案为：8.41；0.7；
(2)彩虹圈悬挂静止时，上端线圈承受整段彩虹圈的总重力，弹力大、形变量大，线圈排布稀疏；越靠近下端，线圈仅承受下方一小段彩虹圈重力，弹力小、形变量小，线圈排布密集，对应图像选B。
故答案为：B；
【分析】(1) 实验测劲度系数采用逐差法减小偶然误差，通过刻度差得到多组伸长量，取平均形变量后结合胡克定律求解。
(2) 依据胡克定律，弹力越大弹簧形变量越大；悬挂彩虹圈各处弹力等于下方线圈总重力，从上到下弹力递减、形变逐渐变小，以此判断线圈疏密分布。
（1）[1]根据表格数据可得
[2] 由胡克定律得彩虹圈的劲度系数
（2）彩虹圈全部的重力大于部分的重力，而上端要承受全部重力，形变量大，彩虹圈稀疏，下端只承受下面的部分重力，形变量小，彩虹圈密集。
故选B。
12．实验室有如下器材；
A.干电池组（电动势约3V，内阻约1Ω）
B.待测电阻（阻值约5Ω）
C.电压表V（0~3V，内阻约3kΩ）
D.电流表A（0~0.6A，内阻约0.5Ω）
E.滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）
F.开关、导线若干
（1）甲同学连接了如图（a）所示电路测量待测电阻的阻值。闭合开关前，滑动变阻器的滑片应滑至　 　（选填“a”或“b”）端。闭合开关后，滑动滑片，记录下某次测量中电流表的读数为0.23A，电压表的读数如图（b）所示，则该次测量中待测电阻　 　Ω（结果保留两位有效数字）；
（2）乙同学发现改变图（a）中导线①的连接方式后可测量干电池组的内阻，为使内阻测量误差较小，应将图（a）中导线①的c端与电流表的　 　（选填“＋”或“－”）接线柱相连。调整导线连接后，乙同学通过实验得到多组电压U和电流I数据。以电压U为纵坐标，电流I为纵坐标建立坐标系，通过描点得到一条直线，其斜率的绝对值为，则该干电池组内阻的测量值　 　，若已知电压表的内阻为，定义测量的相对误差，则本次干电池组内阻测量的相对误差　 　×100%，（均用k，表示）
【答案】（1）a；5.2
（2）－；k；
【知识点】伏安法测电阻；电池电动势和内阻的测量；特殊方法测电阻
【解析】【解答】(1)闭合开关前滑动变阻器调至最大阻值，电路总电阻最大，初始电流最小，保护电路，因此滑片滑至a端。
根据欧姆定律，代入、，计算得。
故答案为：a；5.2；
(2)要消除电流表内阻对电源内阻测量的干扰，采用电流表相对电源的外接修正接法，导线①的c端接电流表负接线柱。
由闭合电路欧姆定律变形，图像为一次函数，直线斜率绝对值等于电源内阻测量值，即。
考虑电压表分流，真实闭合电路方程，整理为；对比图像斜率，反解真实内阻；按相对误差定义，化简得到。
故答案为：－；k；；
【分析】(1) 滑动变阻器限流接法的保护电路操作规则，结合欧姆定律直接计算待测电阻阻值。
(2) 根据电源内阻测量的误差消除要求确定电压表接线位置；
利用闭合电路欧姆定律的函数关系，明确图像斜率与内阻的对应关系；
计入电压表分流推导真实电路方程，联立图像斜率表达式求解真实内阻，再代入相对误差公式完成化简。
（1）[1]闭合开关前，为了使电路中的电流最小，滑动变阻器的滑片应滑至阻值最大处，即应滑到a端。
[2]闭合开关后，滑动滑片，记录下某次测量中电流表的读数为0.23A，电压表的读数为1.20V，则该次测量中待测电阻。
（2）[1]乙同学发现改变图（a）中导线①的连接方式后可测量干电池组的内阻，题中电流表内阻未知，为使电流表内阻不影响电源内阻的测量，为使内阻测量误差较小，应将图（a）中导线①的c端与电流表的“－”接线柱相连。
[2]由闭合电路欧姆定律，可得
故图像斜率的绝对值等于该干电池组内阻的测量值，即。
[3]考虑电压表内阻，闭合电路欧姆定律为
则
故，解得
代入可得，
13．如图所示，一定质量的理想气体可经过程从A状态变化到C状态。已知、及气体处于A状态时温度为。求：
（1）气体处于B状态时的温度；
（2）过程外界对气体做的功；
（3）过程气体放出的热量。
【答案】（1）A到B为等容变化过程，适用查理定律，代入已知压强温度条件，计算得出B状态温度。
（2）A到B体积不变，气体不做功；B到C为等压压缩过程，外界对气体做功，由等压做功公式，代入对应压强与体积变化量，求得全过程外界对气体做功。
（3）对A、C两状态列理想气体状态方程，对比参量可得；理想气体内能仅由温度决定，A、C温度相等，故全过程内能变化；结合热力学第一定律，代入、，解得，负号代表气体放热，放出热量大小为。
【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) 过程为等容变化，直接应用查理定律，代入初态压强温度与末态压强求解末态温度。
(2) 分段分析做功，等容阶段做功为0，等压压缩阶段利用计算外界对气体做的总功。
(3) 先用理想气体状态方程判断初末温度相等，确定内能变化为0；再结合热力学第一定律，代入做功数值求解吸放热，根据正负判断气体放热并确定热量大小。
（1）从A状态到B状态，由等容变化
解得气体处于B状态时的温度
（2）过程外界对气体做的功
（3）从A状态变化到C状态由气体方程
得
即从A状态变化到C状态气体内能不变，由热力学第一定律
解得
即过程气体放出的热量
14．如图所示，由光滑绝缘圆弧轨道与竖直支架组成的装置固定于竖直面内，C点位于水平地面上，两点的距离。圆心O点与A点等高，轨道半径，圆心角，空间内存在水平向左的匀强电场。现从A点静止释放一质量，电荷量的带负电小球（可视为质点），小球以的速度从B点离开圆弧轨道后落到水平地面上的D点（图中未标出）。，，重力加速度取。求：
（1）匀强电场的场强大小E；
（2）小球到达B点时轨道对小球的支持力大小N；
（3）小球落地点D与C点的距离d。
【答案】（1）小球沿圆弧运动到最低点，重力做正功、电场力做负功，依据动能定理列出关系式：，代入已知物理量计算，解得电场强度。
（2）在圆弧最低点B，将重力、电场力沿半径方向分解，合力提供圆周运动向心力，由牛顿第二定律得：，把速度、电场强度等数据代入式子，算出轨道对小球的支持力。
（3）小球离开B点后做匀变速曲线运动，水平方向仅受电场力，由牛顿第二定律，做匀减速直线运动；竖直方向只受重力，做匀加速直线运动。
水平分速度，位移满足；
竖直分速度，位移满足；
联立方程求解时间，舍去负根，取有效时间，再代入水平位移公式得到。
【知识点】生活中的圆周运动；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】(1) 考查复合场动能定理，总功等于动能变化，核心公式，对应列式，代入已知量反求电场强度。
(2) 考查竖直平面圆周运动向心力，径向合力提供向心力，核心公式，径向受力列式，代入速度与场强求支持力。
(3) 考查电场、重力复合场类抛体分解，水平牛顿第二定律，水平匀变速位移，水平分速度；竖直自由类运动，竖直分速度；联立两组运动学方程，舍去无物理意义负时间，算出水平位移。
（1）由动能定理得
解得
（2）在B点对小球由牛顿第二定律得
代入数据解得
（3）小球离开B点后，水平方向做匀减速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，则水平方向由牛顿第二定律得
水平方向由运动学公式得，
竖直方向由运动学公式得，
解得，（舍去），
15．如图所示，水平地面上固定一倾角的斜面，斜面底端有一挡板N，在距斜面底端的c点设置一机关，当有物块穿过c点后会立即弹出薄挡板M阻止物块再穿过。将质量为的光滑物块P和质量为的物块Q同时从斜面上的a、b两点由静止释放。与距离均为，物块Q与斜面间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块间及物块与挡板间的碰撞均为弹性碰撞，两物块均可视为质点，重力加速度大小为g。
（1）求P、Q第一次碰前瞬间P的速度大小；
（2）若，两物块是否会发生第二次碰撞。如果会，求前两次碰撞所间隔的时间；如果不会，请说明理由；
（3）要使Q最终停在c点，求的最大值和最小值。
【答案】（1）先比较最大静摩擦力与重力分力，，满足，因此释放后物块Q保持静止。
对下滑的物块P列牛顿第二定律：；
下滑过程运动学公式：；
联立两式消去，计算得到初速度。
（2）P、Q发生弹性碰撞，规定沿斜面向下为正方向。
动量守恒方程：；
机械能守恒方程：；
联立解得碰后速度：；
代入，得。
碰撞后Q沿斜面减速下滑，受力满足；
减速至0的运动关系：；
解得减速总时间，Q下滑位移。
碰撞后P初速度为0，沿斜面匀加速下滑，位移公式，代入时间得。
二者同时到达c点，发生第二次弹性碰撞，两次碰撞间隔。
（3）①：第一次碰撞后Q速度更大，会先抵达c点触发挡板，P无法追上发生二次碰撞。Q与挡板碰撞次后静止在c点，对Q全程列动能定理：
；
化简得，结合限制条件，得；
代入，求解得到比值最大值。
②：第一次碰撞后P反向向上减速，再向下加速，能与静止的Q重复碰撞；无数次碰撞后两物块静止于c点，全程能量守恒：
；
代入化简，得比值最小值。
综上，最大值为，最小值为。
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 考查静摩擦力判断、牛顿第二定律与匀变速运动公式，先利用判断Q静止，再对P列和，联立消去加速度求解下滑初速度。
(2) 考查弹性碰撞规律与板块斜面运动，弹性碰撞核心公式、求出碰后速度；再分别对Q列减速受力式、运动式，对P列，对比位移判断二者同时抵达c点，得到碰撞间隔。
(3) 分两种质量大小分类讨论，①用动能定理结合确定碰撞次数，代入求比值上限；②利用全过程能量守恒列方程，化简得到比值下限，最后综合给出取值范围。
（1）因
即
则物块Q释放后保持静止。物块P从a点匀加速至b点的过程中，由牛顿第二定律和运动学公式得
又
解得
（2）物块P与物块Q第一次发生弹性碰撞后，设物块P、Q的速度大小分别为、，由动量守恒得
由机械能守恒得
解得，
当时，，
物块Q碰后将做匀减速直线运动，假设物块Q匀减速至停下前两物块未碰撞，设该过程物块Q的加速度大小为，运动时间为，位移大小为，由牛顿第二定律和运动学公式得，，
解得，
物块P撞后将做初速度为0的匀加速直线运动，在时间内位移大小为，由运动学公式得，解得
即物块Q恰好运动至c点速度减为0，机关尚未触发，此时物块P恰好也运动至c点，故两物块会发生第二次弹性碰撞，两次碰撞所间隔的时间为
（3）①当时，结合（2）的计算结果分析可得，第一次碰撞后物块Q先经过c点，触发机关，物块不会与物块Q发生第二次碰撞。假设物块Q与挡板发生了次碰撞后最终停在点，物块Q从第一次碰撞后至最终停止运动的过程中，由动能定理可得
解得
又因为
故
此时最大， 解得
②当时，结合（2）计算结果分析可得，第一次碰撞后物块Q沿斜面向下匀减速至0，物块P先沿斜面向上做匀减速直线运动，再沿斜面向下做匀加速直线运动，直至与已静止的物块Q再次发生碰撞，此后重复该过程。当最小时，经过无数次碰撞后，两物块最终恰好均停在c点。对两物块全过程根据能量守恒可得
解得
综上，要使得物块Q最终停在点，的最大值为，最小值为。
1 / 1四川省成都市2025-2026学年高三上学期第一次诊断性检测物理试题
1．下表为几种金属的截止频率，用频率为6.8×1014Hz的单色紫光照射这些金属的表面，能逸出光电子的金属有（　　）
金属 铷 钾 钠 钙 钨
截止频率ν/1014Hz 5.15 5.44 5.56 7.73 10.95
A．2种 B．3种 C．4种 D．5种
2．图示为国产新型战斗机大仰角加速向上爬升过程的飞行轨迹，轨迹为曲线。下列说法正确的是（　　）
A．研究战斗机姿态调整时可以把战斗机看成质点
B．战斗机的路程等于位移大小
C．战斗机所受合力沿轨迹的切线方向
D．飞行员处于超重状态
3．汽车刹车过程可视为匀减速直线运动。测试发现，汽车刹车初速度增加为原来的两倍，制动加速度会减小为原来的80%，制动距离将变为原来的（　　）
A．2.5倍 B．3.2倍 C．4.8倍 D．5倍
4．如图所示，电路中光敏电阻的阻值随光照强度增大而减小，当环境光照强度增大时，可维持小灯泡亮度不变的操作是（　　）
A．将滑动变阻器滑片向左移动
B．将滑动变阻器滑片向右移动
C．换电动势更小但内阻相同的电源
D．换电动势相同但内阻更大的电源
5．如图所示，卫星绕地球沿椭圆轨道逆时针运行，其轨道近地点与地心的距离可视为地球半径。卫星从A运动至B的过程中，不计空气阻力，关于该卫星下列说法正确的是（　　）
A．加速度逐渐增大 B．速度始终小于第一宇宙速度
C．受到地球的万有引力做负功 D．机械能逐渐减小
6．篮球从离地一定高度处静止释放，与地面碰撞后反弹上升到最高点的过程中，所受空气阻力大小与速度大小成正比，碰撞过程无能量损失，篮球在该过程中的图像可能是（　　）
A． B．
C． D．
7．如图所示，半径为R且足够高的圆柱形桶固定在水平桌面上，橡皮筋一端与桶顶部圆心O点相连，另一端从桶内隔板中央的小孔A点穿过后与质量为m的小球P（可视为质点）相连。已知橡皮筋的劲度系数为k且原长等于。若小球在水平面内做匀速圆周运动，且运动过程中不与桶壁接触。不计一切摩擦阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）
A．小球线速度越大，轨迹平面与A点的距离越小
B．小球线速度越大，运动周期越小
C．小球运动的最大线速度为
D．小球运动的最大加速度为
8．图示为某简谐横波在时刻的波形图，处质点的振动方程为，则（　　）
A．该波的传播方向沿轴负方向
B．该波的波速为
C．处的质点在时加速度方向沿轴正方向
D．处的质点在0~2s内经过的路程为80cm
9．图示为边长等于的等边，一匀强电场（未画出）平行于所在平面，在a点放置的试探电荷，或在b点放置的试探电荷，或在c点放置的试探电荷，三种情况试探电荷的电势能均为。下列说法正确的是（　　）
A．a点电势低于c点电势 B．两点的电势差为
C．电场方向沿方向 D．电场强度的大小为
10．如图所示，将一轻质弹簧左端固定在墙上，右端连接质量为的小球静置于光滑水平面上。以弹簧原长时小球的位置为坐标原点，水平向右为正方向建立坐标轴，给小球一向右的初速度，小球沿轴做往复运动，作出小球运动过程中动量随位置坐标变化的图像。小球的运动状态可用图像上各点的坐标表示，其中A状态的坐标为，B状态的坐标为，C、D状态的横坐标均为。已知弹簧的弹性势能，为弹簧的劲度系数，为弹簧的形变量。下列说法正确的是（　　）
A．小球运动过程中的最大动能为
B．弹簧的劲度系数为
C．小球从C状态经B状态到D状态所经历的时间是其运动周期的四分之一
D．小球在C状态的动量大小为
11．图（a）所示的彩虹圈是一种有趣的螺旋弹簧玩具。实验小组利用图（b）装置测量其劲度系数。平放于较光滑水平桌面上的彩虹圈一端用细线固定在墙上，另一端通过细线跨过较光滑的定滑轮连接一托盘。在托盘中逐次增加质量为2g的砝码，砝码总个数为n，通过彩虹圈上方水平放置的固定刻度尺读出放入砝码稳定后对应指针位置x，测得数据如下：
砝码总个数n 1 2 3 4 5 6
指针位置/cm 20.00 22.82 25.60 28.40 31.21 34.01
（1）为充分利用测量数据，实验小组用如下方法逐一求差：，，则　 　cm；根据上述三个差值算出托盘中每增加一个砝码时彩虹圈的平均伸长量，重力加速度取9.8，可求得彩虹圈的劲度系数　 　N／m；
（2）实验小组将该彩虹圈竖直悬挂，彩虹圈因自身重力作用而呈现的形态如图（c）中　 　（填正确答案标号）。
12．实验室有如下器材；
A.干电池组（电动势约3V，内阻约1Ω）
B.待测电阻（阻值约5Ω）
C.电压表V（0~3V，内阻约3kΩ）
D.电流表A（0~0.6A，内阻约0.5Ω）
E.滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）
F.开关、导线若干
（1）甲同学连接了如图（a）所示电路测量待测电阻的阻值。闭合开关前，滑动变阻器的滑片应滑至　 　（选填“a”或“b”）端。闭合开关后，滑动滑片，记录下某次测量中电流表的读数为0.23A，电压表的读数如图（b）所示，则该次测量中待测电阻　 　Ω（结果保留两位有效数字）；
（2）乙同学发现改变图（a）中导线①的连接方式后可测量干电池组的内阻，为使内阻测量误差较小，应将图（a）中导线①的c端与电流表的　 　（选填“＋”或“－”）接线柱相连。调整导线连接后，乙同学通过实验得到多组电压U和电流I数据。以电压U为纵坐标，电流I为纵坐标建立坐标系，通过描点得到一条直线，其斜率的绝对值为，则该干电池组内阻的测量值　 　，若已知电压表的内阻为，定义测量的相对误差，则本次干电池组内阻测量的相对误差　 　×100%，（均用k，表示）
13．如图所示，一定质量的理想气体可经过程从A状态变化到C状态。已知、及气体处于A状态时温度为。求：
（1）气体处于B状态时的温度；
（2）过程外界对气体做的功；
（3）过程气体放出的热量。
14．如图所示，由光滑绝缘圆弧轨道与竖直支架组成的装置固定于竖直面内，C点位于水平地面上，两点的距离。圆心O点与A点等高，轨道半径，圆心角，空间内存在水平向左的匀强电场。现从A点静止释放一质量，电荷量的带负电小球（可视为质点），小球以的速度从B点离开圆弧轨道后落到水平地面上的D点（图中未标出）。，，重力加速度取。求：
（1）匀强电场的场强大小E；
（2）小球到达B点时轨道对小球的支持力大小N；
（3）小球落地点D与C点的距离d。
15．如图所示，水平地面上固定一倾角的斜面，斜面底端有一挡板N，在距斜面底端的c点设置一机关，当有物块穿过c点后会立即弹出薄挡板M阻止物块再穿过。将质量为的光滑物块P和质量为的物块Q同时从斜面上的a、b两点由静止释放。与距离均为，物块Q与斜面间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块间及物块与挡板间的碰撞均为弹性碰撞，两物块均可视为质点，重力加速度大小为g。
（1）求P、Q第一次碰前瞬间P的速度大小；
（2）若，两物块是否会发生第二次碰撞。如果会，求前两次碰撞所间隔的时间；如果不会，请说明理由；
（3）要使Q最终停在c点，求的最大值和最小值。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】光电效应
【解析】【解答】光电效应的发生条件：入射光频率大于金属的截止频率。
入射紫光频率，对比表格：铷、钾、钠的截止频率均小于该值，钙、钨更大，满足条件共3种，
故答案为：B。
【分析】利用光电效应临界条件，逐个对比频率，统计可发生光电效应的金属种类。
2．【答案】D
【知识点】质点；位移与路程；曲线运动的条件；超重与失重
【解析】【解答】A、研究战斗机姿态调整时，需要关注战机外形与偏转角度，自身尺寸形状不可忽略，不能看作质点，故 A 错误；
B、战机运动轨迹为曲线，路程是曲线轨迹的实际长度，位移是起点到终点的直线距离，曲线运动路程一定大于位移大小，故 B 错误；
C、曲线运动中瞬时速度沿轨迹切线方向，合力始终指向轨迹凹侧，不会沿切线方向，故 C 错误；
D、战机加速向上爬升，存在竖直向上的分加速度，加速度向上时飞行员处于超重状态，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查质点的判断条件。需明确质点适用场景，研究姿态时物体自身形态不可忽略，无法简化为质点。
B、考查路程与位移的区别。需区分轨迹长度和初末位置直线距离，曲线运动路程必然大于位移大小。
C、考查曲线运动合力方向规律。需分清速度切线方向与合力指向凹侧的不同特点。
D、考查超重失重判定。依据竖直分加速度向上为超重的规律判断飞行员状态。
3．【答案】D
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【解答】汽车刹车末速度为0，匀减速直线运动速度位移公式：，变形得制动距离。
设原来初速度为，加速度大小为，原距离。
变化后，，新制动距离：
制动距离变为原来3.2倍，故A、C、D错误，B正确；
故答案为：B。
【分析】考查匀变速直线运动速度-位移公式的比例计算。需先写出刹车位移推导式，代入速度、加速度变化后的数值，通过比值运算得到前后制动距离的倍数关系。
4．【答案】A
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】光照强度增大，阻值减小，灯泡与并联总电阻减小，电路总电阻减小，总电流增大，滑动变阻器与电源内阻分压变大，并联支路电压降低，灯泡两端电压变小、亮度变暗，要维持亮度不变，需要提高并联支路电压。
A、将滑动变阻器滑片向左移动，滑动变阻器接入电路阻值减小，串联部分总分压减小，并联支路电压升高，能让灯泡两端电压恢复原值，维持亮度不变，故A正确；
B、将滑动变阻器滑片向右移动，滑动变阻器接入阻值增大，串联分压进一步增大，并联支路电压更低，灯泡更暗，故B错误；
C、换电动势更小但内阻相同的电源，电路整体供电电压降低，并联支路电压会进一步减小，灯泡变暗，故C错误；
D、换电动势相同但内阻更大的电源，电源内阻分得电压变多，串联总分压增大，并联支路电压减小，灯泡变暗，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查动态电路分压规律。需分析光敏电阻减小带来的并联电压下降，再判断左移滑片减小滑动变阻器阻值后，串联分压降低、并联电压回升的调节效果。
B、考查滑动变阻器阻值对串联分压的影响。需判断滑片右移增大接入电阻，会进一步抬高串联分压，降低并联支路电压。
C、考查电源电动势对路端电压的影响。需明确电动势整体减小后，全电路各部分分压同步降低，无法恢复灯泡额定电压。
D、考查电源内阻对分压分配的作用。需分析内阻增大，内阻分压占比提升，并联支路分得电压持续减小。
5．【答案】C
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题；功的概念
【解析】【解答】A、卫星从A运动至B，卫星到地心距离变大，由万有引力提供加速度，增大则加速度减小，故A错误；
B、第一宇宙速度是近地圆轨道最大环绕速度，卫星在近地点A做离心运动，A点速度大于第一宇宙速度，因此运动过程存在速度大于第一宇宙速度的阶段，故B错误；
C、卫星从A到B，远离地球，万有引力指向地心，与卫星位移夹角大于90°，万有引力做负功，故C正确；
D、运动过程不计空气阻力，只有万有引力做功，卫星的机械能守恒，机械能保持不变，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查万有引力与向心加速度关系。需根据，结合卫星离地心距离变大，判断加速度变化趋势。
B、考查第一宇宙速度物理意义。需明确近地点卫星离心运动，近地点速度大于第一宇宙速度。
C、考查万有引力做功判断。需对比引力方向与卫星位移方向夹角，夹角钝角时引力做负功。
D、考查天体运动机械能守恒条件。需确认只有万有引力做功时，卫星机械能总量不变。
6．【答案】D
【知识点】动量定理；牛顿第二定律；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】下落过程：篮球受重力向下、阻力向上，，速度增大，加速度减小，图像斜率逐渐变小，曲线向上凸；碰撞无能量损失，反弹初速度大小等于落地速度。
上升过程：重力、阻力均向下，，速度减小，加速度减小，图像斜率绝对值逐渐变小，曲线向轴凸；全程有空气阻力，上升阶段任意位置速度小于下落同高度速度，上升总时间更短。故D正确；
故答案为：D。
【分析】考查变加速运动全过程图像综合判断。需分别分析下落、上升两段加速度变化，对比图像斜率变化、速度正负、运动时长，匹配受力规律。
7．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】设橡皮筋伸长量为，圆周运动半径，橡皮筋与竖直方向夹角，；竖直方向受力平衡，水平向心力。
联立化简得：，；且，恒定，即竖直高度不变。
A、线速度越大，越大，越大，竖直高度恒定，轨迹平面与A点距离不变，故A错误；
B、由，化简得，周期为定值，与线速度无关，故B错误；
C、小球不触碰桶壁，最大圆周半径，，又；向心力，，代入得，解得，故C正确；
D、最大向心力，最大加速度，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查圆锥摆竖直高度不变规律。需由竖直方向平衡方程判断恒定，轨迹平面高度不随速度变化。
B、考查圆锥摆周期推导。联立受力方程消去角度与伸长量，证明周期仅由决定，为定值。
C、考查临界最大线速度。临界条件为圆周半径等于桶半径，结合水平向心力公式推导最大速度表达式。
D、考查向心加速度最大值。由最大向心力计算加速度，判断选项公式。
8．【答案】B,C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A、由振动方程可知时刻处质点向轴正方向振动，结合微平移法可判断波沿轴正方向传播，故A错误；
B、由振动方程得角频率，周期，波形图中波长，波速，故B正确；
C、时处质点向轴负方向振动， 故时振动了， 加速度方向沿轴正方向，C正确；
D、周期，包含2个周期，单个周期质点路程，总路程为，故D错误；
故答案为：BC。
【分析】A、考查波形传播方向判断，结合质点起振方向与微平移法确定波的传播方向。
B、考查波速计算，利用振动方程求周期，结合波形波长代入波速公式求解。
C、考查简谐运动加速度规律，根据质点振动过程判断位移方向，加速度始终与位移反向。
D、考查质点振动路程，一个周期质点运动路程为四倍振幅，先确定周期个数再计算总路程。
9．【答案】A,C
【知识点】电势；电势差；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】由电势能公式，得三点电势：
，，。
A、对比电势、，，即a点电势低于c点电势，故A正确；
B、电势差，故B错误；
C、计算电势差，，结合等边三角形几何关系，等势线平行于ab，电场垂直ab、沿cb方向，故C正确；
D、沿电场方向有效距离为，场强，故D错误；
故答案为：AC。
【分析】A、考查电势与电势能关系，利用求出三点电势直接比较大小。
B、考查电势差定义式，代入两点电势计算并核对选项数值。
C、考查匀强电场等势面与电场线垂直，通过三点电势差值判断等势边，确定电场方向。
D、考查匀强电场场强公式，为沿电场方向距离，结合几何长度计算真实场强。
10．【答案】A,D
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】A、A点坐标，弹簧原长，弹性势能为0，此时动量最大，动能最大，，故A正确；
B、B点坐标，动量为0，动能为0，全部动能转化为弹性势能，由机械能守恒，解得劲度系数，故B错误；
C、C到B到D，从到最大位移再回到，该过程小于四分之一周期，故C错误；
D、对处列机械能守恒：，代入，化简得，故D正确；
故答案为：AD。
【分析】A、考查动量与动能关系，弹簧原长位置弹性势能为零，动能最大，代入计算最大动能。
B、考查简谐运动机械能守恒，最大位移处动能全部转化为弹性势能，联立方程求解弹簧劲度系数。
C、考查简谐运动周期规律，从半幅位置到最大位移再返回半幅位置的运动时间小于四分之一周期。
D、考查系统机械能守恒，将代入动能、弹性势能表达式，化简求解该位置动量大小。
11．【答案】（1）8.41；0.7
（2）B
【知识点】胡克定律
【解析】【解答】(1)利用逐差法，取对应刻度差值计算伸长量：；
三次伸长量取平均值消除误差，结合胡克定律，总拉力为，平均形变量，因此劲度系数。
故答案为：8.41；0.7；
(2)彩虹圈悬挂静止时，上端线圈承受整段彩虹圈的总重力，弹力大、形变量大，线圈排布稀疏；越靠近下端，线圈仅承受下方一小段彩虹圈重力，弹力小、形变量小，线圈排布密集，对应图像选B。
故答案为：B；
【分析】(1) 实验测劲度系数采用逐差法减小偶然误差，通过刻度差得到多组伸长量，取平均形变量后结合胡克定律求解。
(2) 依据胡克定律，弹力越大弹簧形变量越大；悬挂彩虹圈各处弹力等于下方线圈总重力，从上到下弹力递减、形变逐渐变小，以此判断线圈疏密分布。
（1）[1]根据表格数据可得
[2] 由胡克定律得彩虹圈的劲度系数
（2）彩虹圈全部的重力大于部分的重力，而上端要承受全部重力，形变量大，彩虹圈稀疏，下端只承受下面的部分重力，形变量小，彩虹圈密集。
故选B。
12．【答案】（1）a；5.2
（2）－；k；
【知识点】伏安法测电阻；电池电动势和内阻的测量；特殊方法测电阻
【解析】【解答】(1)闭合开关前滑动变阻器调至最大阻值，电路总电阻最大，初始电流最小，保护电路，因此滑片滑至a端。
根据欧姆定律，代入、，计算得。
故答案为：a；5.2；
(2)要消除电流表内阻对电源内阻测量的干扰，采用电流表相对电源的外接修正接法，导线①的c端接电流表负接线柱。
由闭合电路欧姆定律变形，图像为一次函数，直线斜率绝对值等于电源内阻测量值，即。
考虑电压表分流，真实闭合电路方程，整理为；对比图像斜率，反解真实内阻；按相对误差定义，化简得到。
故答案为：－；k；；
【分析】(1) 滑动变阻器限流接法的保护电路操作规则，结合欧姆定律直接计算待测电阻阻值。
(2) 根据电源内阻测量的误差消除要求确定电压表接线位置；
利用闭合电路欧姆定律的函数关系，明确图像斜率与内阻的对应关系；
计入电压表分流推导真实电路方程，联立图像斜率表达式求解真实内阻，再代入相对误差公式完成化简。
（1）[1]闭合开关前，为了使电路中的电流最小，滑动变阻器的滑片应滑至阻值最大处，即应滑到a端。
[2]闭合开关后，滑动滑片，记录下某次测量中电流表的读数为0.23A，电压表的读数为1.20V，则该次测量中待测电阻。
（2）[1]乙同学发现改变图（a）中导线①的连接方式后可测量干电池组的内阻，题中电流表内阻未知，为使电流表内阻不影响电源内阻的测量，为使内阻测量误差较小，应将图（a）中导线①的c端与电流表的“－”接线柱相连。
[2]由闭合电路欧姆定律，可得
故图像斜率的绝对值等于该干电池组内阻的测量值，即。
[3]考虑电压表内阻，闭合电路欧姆定律为
则
故，解得
代入可得，
13．【答案】（1）A到B为等容变化过程，适用查理定律，代入已知压强温度条件，计算得出B状态温度。
（2）A到B体积不变，气体不做功；B到C为等压压缩过程，外界对气体做功，由等压做功公式，代入对应压强与体积变化量，求得全过程外界对气体做功。
（3）对A、C两状态列理想气体状态方程，对比参量可得；理想气体内能仅由温度决定，A、C温度相等，故全过程内能变化；结合热力学第一定律，代入、，解得，负号代表气体放热，放出热量大小为。
【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) 过程为等容变化，直接应用查理定律，代入初态压强温度与末态压强求解末态温度。
(2) 分段分析做功，等容阶段做功为0，等压压缩阶段利用计算外界对气体做的总功。
(3) 先用理想气体状态方程判断初末温度相等，确定内能变化为0；再结合热力学第一定律，代入做功数值求解吸放热，根据正负判断气体放热并确定热量大小。
（1）从A状态到B状态，由等容变化
解得气体处于B状态时的温度
（2）过程外界对气体做的功
（3）从A状态变化到C状态由气体方程
得
即从A状态变化到C状态气体内能不变，由热力学第一定律
解得
即过程气体放出的热量
14．【答案】（1）小球沿圆弧运动到最低点，重力做正功、电场力做负功，依据动能定理列出关系式：，代入已知物理量计算，解得电场强度。
（2）在圆弧最低点B，将重力、电场力沿半径方向分解，合力提供圆周运动向心力，由牛顿第二定律得：，把速度、电场强度等数据代入式子，算出轨道对小球的支持力。
（3）小球离开B点后做匀变速曲线运动，水平方向仅受电场力，由牛顿第二定律，做匀减速直线运动；竖直方向只受重力，做匀加速直线运动。
水平分速度，位移满足；
竖直分速度，位移满足；
联立方程求解时间，舍去负根，取有效时间，再代入水平位移公式得到。
【知识点】生活中的圆周运动；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】(1) 考查复合场动能定理，总功等于动能变化，核心公式，对应列式，代入已知量反求电场强度。
(2) 考查竖直平面圆周运动向心力，径向合力提供向心力，核心公式，径向受力列式，代入速度与场强求支持力。
(3) 考查电场、重力复合场类抛体分解，水平牛顿第二定律，水平匀变速位移，水平分速度；竖直自由类运动，竖直分速度；联立两组运动学方程，舍去无物理意义负时间，算出水平位移。
（1）由动能定理得
解得
（2）在B点对小球由牛顿第二定律得
代入数据解得
（3）小球离开B点后，水平方向做匀减速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，则水平方向由牛顿第二定律得
水平方向由运动学公式得，
竖直方向由运动学公式得，
解得，（舍去），
15．【答案】（1）先比较最大静摩擦力与重力分力，，满足，因此释放后物块Q保持静止。
对下滑的物块P列牛顿第二定律：；
下滑过程运动学公式：；
联立两式消去，计算得到初速度。
（2）P、Q发生弹性碰撞，规定沿斜面向下为正方向。
动量守恒方程：；
机械能守恒方程：；
联立解得碰后速度：；
代入，得。
碰撞后Q沿斜面减速下滑，受力满足；
减速至0的运动关系：；
解得减速总时间，Q下滑位移。
碰撞后P初速度为0，沿斜面匀加速下滑，位移公式，代入时间得。
二者同时到达c点，发生第二次弹性碰撞，两次碰撞间隔。
（3）①：第一次碰撞后Q速度更大，会先抵达c点触发挡板，P无法追上发生二次碰撞。Q与挡板碰撞次后静止在c点，对Q全程列动能定理：
；
化简得，结合限制条件，得；
代入，求解得到比值最大值。
②：第一次碰撞后P反向向上减速，再向下加速，能与静止的Q重复碰撞；无数次碰撞后两物块静止于c点，全程能量守恒：
；
代入化简，得比值最小值。
综上，最大值为，最小值为。
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 考查静摩擦力判断、牛顿第二定律与匀变速运动公式，先利用判断Q静止，再对P列和，联立消去加速度求解下滑初速度。
(2) 考查弹性碰撞规律与板块斜面运动，弹性碰撞核心公式、求出碰后速度；再分别对Q列减速受力式、运动式，对P列，对比位移判断二者同时抵达c点，得到碰撞间隔。
(3) 分两种质量大小分类讨论，①用动能定理结合确定碰撞次数，代入求比值上限；②利用全过程能量守恒列方程，化简得到比值下限，最后综合给出取值范围。
（1）因
即
则物块Q释放后保持静止。物块P从a点匀加速至b点的过程中，由牛顿第二定律和运动学公式得
又
解得
（2）物块P与物块Q第一次发生弹性碰撞后，设物块P、Q的速度大小分别为、，由动量守恒得
由机械能守恒得
解得，
当时，，
物块Q碰后将做匀减速直线运动，假设物块Q匀减速至停下前两物块未碰撞，设该过程物块Q的加速度大小为，运动时间为，位移大小为，由牛顿第二定律和运动学公式得，，
解得，
物块P撞后将做初速度为0的匀加速直线运动，在时间内位移大小为，由运动学公式得，解得
即物块Q恰好运动至c点速度减为0，机关尚未触发，此时物块P恰好也运动至c点，故两物块会发生第二次弹性碰撞，两次碰撞所间隔的时间为
（3）①当时，结合（2）的计算结果分析可得，第一次碰撞后物块Q先经过c点，触发机关，物块不会与物块Q发生第二次碰撞。假设物块Q与挡板发生了次碰撞后最终停在点，物块Q从第一次碰撞后至最终停止运动的过程中，由动能定理可得
解得
又因为
故
此时最大， 解得
②当时，结合（2）计算结果分析可得，第一次碰撞后物块Q沿斜面向下匀减速至0，物块P先沿斜面向上做匀减速直线运动，再沿斜面向下做匀加速直线运动，直至与已静止的物块Q再次发生碰撞，此后重复该过程。当最小时，经过无数次碰撞后，两物块最终恰好均停在c点。对两物块全过程根据能量守恒可得
解得
综上，要使得物块Q最终停在点，的最大值为，最小值为。
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