資源簡介

2025屆四川省內江市威遠中學高三下學期一模考試物理試題
1．（2025·威遠模擬）目前治療癌癥最先進的手段是利用核反應，反應釋放出的高殺傷力的α粒子作用在癌細胞上，進而將病人體內的癌細胞殺死。已知X粒子的質量為mX，中子的質量為mn，α粒子的質量為mα，Li核的質量為mLi。下列說法正確的是（　　）
A．核中子數比核中子數多一個
B．α射線比γ射線穿透力強
C．
D．該反應類型屬于衰變
2．（2025·威遠模擬）經典的“黑洞”理論認為，當恒星收縮到一定程度時，會變成密度非常大的天體，這種天體的逃逸速度非常大，大到光從旁邊經過時都不能逃逸，也就是其第二宇宙速度大于等于光速，此時該天體就變成了一個黑洞。若太陽演變成一個黑洞后的密度為ρ、半徑為R，設光速為c，第二宇宙速度是第一宇宙速度的倍，引力常量為G，則ρR2的最小值是（　　）
A． B． C． D．
3．（2025·威遠模擬）如圖所示，電表均為理想電表，其中電流表、、示數變化量的絕對值分別用、、表示，電壓表示數的變化量用表示，則滑動變阻器的滑片向a端移動過程中（　　）
A．電壓表V示數變小 B．電流表示數變大
C． D．變大
4．（2025·威遠模擬）如圖所示，物塊A、B通過輕彈簧連接，A、B和彈簧組成的系統靜止在光滑水平面上。現用手將A、B向兩側拉開一段距離，并由靜止同時釋放兩物塊，則放手后（　　）
A．彈簧恢復到原長時，A的動能達到最大
B．彈簧壓縮量最大時，A的動量達到最大
C．彈簧恢復到原長過程中，系統的動量增加
D．彈簧恢復到原長過程中，系統的機械能增加
5．（2025·威遠模擬）如圖所示，水平面上固定一個絕緣支桿，支桿上固定一帶電小球A，小球A位于光滑小定滑輪O的正下方，絕緣細線繞過定滑輪與帶電小球B相連，在拉力F的作用下，小球B靜止，此時兩球處于同一水平線。假設兩球的電荷量均不變，現緩慢釋放細線，使球B移動一小段距離。在此過程中，下列說法正確的是（　　）
A．細線中的拉力一直減小 B．球B受到的庫侖力先減小后增大
C．球A、B系統的電勢能保持不變 D．拉力做負功，庫侖力做正功
6．（2025·威遠模擬）如圖所示，半徑為R 的豎直光滑圓軌道內側底部靜止放著一個可視為質點的帶正電的光滑小球，小球質量為m，所帶電荷量為+q。軌道的上半圓部分處于水平向右，場強大小的勻強電場中。現給小球一個水平向右的初速度，小球恰好能在豎直軌道內完成圓周運動，已知sin37°=，sin53°=，重力加速度為g，則大小為（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·威遠模擬）如圖所示，有兩塊材質不同、上下表面平行的透明玻璃板1、2平行放置。一束由紅、藍兩種色光混合而成的細光束，從空氣射到玻璃板1的上表面，入射角為。已知玻璃板對藍光的折射率大于對紅光的折射率。下列說法正確的是（　　）
A．在玻璃板2的下表面一定沒有出射光
B．對同一束光，玻璃板2下表面的出射光方向一定與其上表面的入射光方向平行
C．對同一束光，玻璃板2下表面的出射光一定在其上表面的入射光延長線的左側
D．玻璃板1下表面的兩束出射光中藍光一定在紅光的左側
8．（2025·威遠模擬）位于坐標原點的波源產生一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波，時完整的波形如圖甲所示，如圖乙所示為x軸上某質點的振動圖像，已知介質中a、c兩質點的橫坐標分別為，則下列說法正確的是（　　）
A．圖乙可能為質點c的振動圖像
B．該波的傳播速度為時波源已振動了
C．再經過，x軸上的處的質點起振
D．從計時開始到質點c迎來第二個波峰的時間內波源通過的路程為
9．（2025·威遠模擬）質量為的汽車沿路面abc運動，ab段水平、bc段與水平面間的夾角為，如圖所示。時刻，汽車從a點保持恒定功率P從靜止開始啟動，時刻，到達b點且速度恰好達到最大，此時汽車開啟定速巡航（即保持汽車的速率不變）通過路面bc。已知重力加速度為g，汽車運動過程中受到的摩擦阻力恒為，不考慮空氣阻力的影響。下列說法正確的是（　　）
A．汽車到達b點時的速度大小為
B．汽車在bc段運動時的輸出功率為
C．ab之間的距離為
D．汽車從a點運動到b點的過程中做勻加速直線運動
10．（2025·威遠模擬）如圖所示，擋板P固定在傾角為的斜面左下端，斜面右上端與半徑為的圓弧軌道連接，其圓心在斜面的延長線上。點有一光滑輕質小滑輪，，質量均為的小物塊B、C由一輕質彈簧拴接（彈簧平行于斜面），其中物塊C緊靠在擋板處，物塊B用跨過滑輪的輕質細繩與一質量為大小可忽略的小球A相連，初始時刻小球A鎖定在點，細繩與斜面平行，且恰好繃直而無張力，B、C處于靜止狀態。某時刻解除對小球A的鎖定，當小球A沿圓弧運動到最低點時（物塊B未到達點），物塊C對擋板的作用力恰好為0，已知重力加速度為，不計一切摩擦，下列說法正確的是（　　）
A．彈簧的勁度系數
B．小球A由點運動到點的過程中，物塊B、C與彈簧組成的系統機械能先減少后增大
C．小球A由點運動到點的過程中，小球A和物塊B的機械能之和先增大后減小
D．小球A到達點時的速度大小為
11．（2025·威遠模擬）如圖1為雙縫干涉測光波波長的實驗裝置，光源發出的光經濾光片（裝在單縫前）成為單色光，把單縫照亮。單縫相當于一個線光源，它又把雙縫照亮。來自雙縫的光在雙縫右邊的遮光筒內發生干涉。遮光筒的一端裝有毛玻璃屏，我們可以在這個屏上觀察到干涉條紋，并根據測量的量計算出光的波長。
（1）圖1中儀器A是　 　，儀器B是　 　（填寫儀器的名稱）；
（2）用刻度尺測量雙縫到光屏的距離；
（3）用測量頭測量條紋間的寬度：先將測量頭的分劃板中心刻線與某亮條紋中心對齊，將該亮條紋定為第1條亮條紋，此時手輪上的示數如圖2所示；然后同方向轉動測量頭，使分劃板中心刻線與第6條亮條紋中心對齊，此時手輪上的示數如圖3所示。圖2讀數為　 　，圖3讀數為　 　；
（4）已知雙縫間距，根據以上實驗，測得光的波長是　 　。
12．（2025·威遠模擬）實驗小組利用圖甲所示的電路同時測量未知電阻，的阻值，圖中和為電阻箱，電源E內阻不計，G為靈敏電流計，其外觀如圖乙所示，0刻度線在表盤的正中央，已知當有電流從接線柱a流入電流計，從接線柱b流出時，指針向右偏轉。
（1）按圖甲連接好電路，閉合開關后，發現電流計指針最終處于0刻度線的左側，表明圖甲中A、B兩點的電勢　 　（填“>”“<”或“=”），為使指針處于0刻度線，可調節，使其阻值　 　（填“增大”或“減小”）；
（2）調節R1恰當后，記下兩電阻箱的阻值分別為，。
（3）斷開開關k，互換和的位置，再閉合開關，只調節，使指針仍處于0刻度線，記下電阻箱R1的阻值為則電阻，=　 　，=　 　。
（4）據上述測量原理可知，排除偶然誤差，和的測量值均　 　（填“大于”“小于”或“等于”）其真實值。
13．（2025·威遠模擬）如圖所示，一豎直放置導熱性能良好的汽缸上端開口，用質量為m的活塞將一定質量的理想氣體封閉在汽缸中，活塞距汽缸底部的距離為h，現往活塞上緩慢加細沙，活塞下降。已知外界大氣壓強恒為，汽缸的橫截面積為S，初始時汽缸內氣體的溫度為，重力加速度為g，汽缸不漏氣，活塞與汽缸壁無摩擦。
（1）若活塞下降過程中環境溫度不變，求所加細沙的總質量；
（2）緩慢升高環境溫度，直至活塞回到初始位置，求此時汽缸內氣體的溫度以及此過程中氣體對外界做的功。
14．（2025·威遠模擬）某娛樂節目中設計了一水上闖關軌道，其簡化模型如圖所示，半徑的光滑圓弧軌道與一傳送帶平滑連接，兩軌道相切于點，A點與圓心點等高。傳送帶長，與水平方向夾角傳送帶以的速度順時針方向轉動，距點水平距離為，高為處設置一水平平臺，闖關者從A點靜止下滑，最后要從點飛出并落入平臺，某次闖關時，闖關者質量，闖關者與傳送帶的動摩擦因數，不計空氣阻力和軌道連接處的能量損失，不考慮傳送帶滑輪大小，，求：
（1）闖關者在圓弧軌道上的點時的速度大小以及對圓弧軌道的壓力大小。
（2）為了使闖關者能恰好水平進入平臺，求平臺距點的水平距離。
（3）求這次闖關時，傳送帶和闖關者之間因摩擦而產生的熱量。
15．（2025·威遠模擬）在如圖所示的豎直平面xOy中，一質量為m、電荷量為的帶電小球沿x軸正方向以初速度從A點射入第一象限，第一象限有豎直向上的勻強電場，小球偏轉后打到x軸上的點，x軸下方有勻強電場（圖中未畫出），第三、四象限有垂直于紙面向外、磁感應強度大小不同的勻強磁場，小球在x軸下方做勻速圓周運動，已知第四象限勻強磁場的磁感應強度大小為，重力加速度大小為g。
（1）求x軸下方勻強電場的電場強度E2；
（2）求帶電小球在C點的速度；
（3）若第三象限勻強磁場的磁感應強度大小為，求粒子從C點運動到點所用的時間。
答案解析部分
1．【答案】A
【知識點】原子核的人工轉變；質量虧損與質能方程；α、β、γ射線及特點
【解析】【解答】核反應過程中，質量數與核電荷數守恒，核反應的過程存在質量虧損。A．根據衰變過程中電荷數和質量數守恒可知
，
中子數等于質量數與電荷數的差，可知核中子數為5個，核中子數為4個，則核中子數比核中子多一個，故A正確；
B．α射線比γ射線穿透力弱，故B錯誤；
C．發生衰變時會有質量虧損，則
故C錯誤；
D．該核反應不屬于衰變，是原子核的人工轉變，故D錯誤；
故選A。
【分析】核反應過程中質量數與核電荷數守恒，根據質量數與核電荷數守恒求出X的核電荷數以及質量數；求出核反應過程中的質量虧損，結合衰變特點分析，α射線比γ射線穿透力弱。
2．【答案】B
【知識點】第一、第二與第三宇宙速度
【解析】【解答】本題考查的是萬有引力定律在天體運動中的應用，掌握光速和黑洞逃逸速度的關系，通過做勻速圓周運動的天體萬有引力等于向心力的關系式的運用及密度公式，聯立方程化簡最終解決相關問題。
設太陽演變成一個黑洞后的質量為M，對于太陽表面一個質量為m的物體，根據萬有引力提供向心力，有
得太陽的第一宇宙速度為
由題意可知，第二宇宙速度大于等于光速，第二宇宙速度是第一宇宙速度的倍，得
又根據太陽演變成一個黑洞后的質量
聯立解得
故選B。
【分析】天體圍繞黑洞做勻速圓周運動，根據星球所受的萬有引力等于向心力，再結合光速和黑洞逃逸速度的關系和密度公式聯立即可求解。
3．【答案】C
【知識點】電路動態分析
【解析】【解答】本題考查電路的動態分析問題，先判斷局部電阻的變化，分析總電阻的變化，再判斷整體電流的變化，最后分析各部分電壓和電流的變化。B．滑動變阻器向a端移動，接入電路的阻值變大，總電阻變大，根據閉合電路歐姆定律知總電流減小，即示數減小，故B錯誤；
A．總電流減小，內電壓減小，則外電壓路端電壓）增大，即V的示數增大，故A錯誤；
D．根據
可知，則不變，故D錯誤；
C．根據
知增大，則的示數
增大。而減小，則的示數
減小，則
故C正確。
故選C。
【分析】先根據滑動變阻器的阻值變化判斷總電阻的變化，分析干路電流的變化，再判斷各部分的電壓和電流變化。根據閉合電路歐姆定律列式分析D項。根據并聯電路的分流規律分析。
4．【答案】A
【知識點】碰撞模型
【解析】【解答】本題主要考查動量守恒和機械能守恒的條件以及它們的應用。解決本題的關鍵是理解并掌握動量守恒和機械能守恒的條件，以及知道動能和動量的關系。A．彈簧從拉伸到壓縮到最短過程中，彈簧恢復到原長前，彈力一直對A做正功，A的動能一直增加，彈簧壓縮后到最短，彈力對A做負功，A的動能減小，則彈簧恢復到原長時，A的動能達到最大，故A正確；
B．根據動量守恒，彈簧壓縮量最大時，AB共速，速度都為零，A的動量最小，故B錯誤；
C．系統所受合外力始終為零，所以系統動量守恒，故C錯誤；
D．彈簧恢復到原長過程中，沒有外力做功，系統的動能和彈性勢能相互轉化，系統的機械能守恒，故D錯誤。
故選A。
【分析】根據動量守恒的條件是系統不受外力或所受的外力之和為零，機械能守恒的條件是只有重力或系統內彈力做功。
5．【答案】C
【知識點】庫侖定律；電勢能
【解析】【解答】本題考查動態平衡問題，解題關鍵是做好受力分析，利用庫侖定律和共點力平衡列式求解即可。對小球B分析可知，受細線的拉力T，靜電斥力F和重力G，
由相似三角形可知
現緩慢釋放細線，使球B移動一小段距離，可知L變大，細線中的拉力T變大；r不變，球B受到的庫侖力不變；球A、B系統的電勢能保持不變；拉力做負功，球A、B間距離不變，庫侖力做不做功。
故選C。
【分析】以小球B為研究對象，結合庫侖定律，根據相似三角形法判斷拉力和庫侖力的大小變化；根據兩球間距離的變化判斷B球的運動軌跡；根據功的定義式判斷。
6．【答案】A
【知識點】帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】本題結合復合場的情景考查豎直平面內的圓周運動，解答的關鍵是先找出小球運動過程中的等效最高點，求出小球恰好經過等效最高點的速度。由題可知，小球受到的電場力
當小球受到重力和電場力的合力指向圓心時，該點為小球運動的等效最高點，設該點為P點，如圖所示
根據幾何知識可得
故
小球恰好能在豎直軌道內完成圓周運動，則小球在P點受到電場力與重力的合力為其圓周運動提供向心力，根據牛頓第二定律可得
其中
由于小球帶正電，故小球從最低點到P點的過程中，重力與電場力均做負功，根據動能定理可得
聯立解得
故選A。
【分析】需要先判斷出小球在豎直平面內的等效最高點，求出在等效最高點的合力的大小，然后由牛頓第二定律求出小球在等效最高點的速度，由功能關系求出小球在最低點的速度。
7．【答案】B
【知識點】光的折射及折射定律
【解析】【解答】本題考查了光的折射，知道光從空氣進入介質，折射角小于入射角，注意光線從空氣進入平行玻璃板，一定能夠從下表面射出，且出射光線與入射光線平行。AB．因為光在玻璃板1的上表面的折射角和下表面的入射角相等，根據光路可逆性原理知，在玻璃板1下表面的折射角和在其上表面的入射角相等，即玻璃板1下表面的出射光方向一定與其上表面的入射光方向平行，同理可得，玻璃板2下表面的出射光方向一定與其上表面的入射光方向平行，故A錯誤，B正確；
C．根據光的折射，可知玻璃板2下表面的出射光一定在其上表面的入射光延長線的右側，故C錯誤；
D．玻璃板對藍光的折射率大于對紅光的折射率，故藍光的偏折程度大，玻璃板1下表面的兩束出射光中藍光在紅光的右側，故D錯誤。
故選B。
【分析】根據光在玻璃板上表面的折射角和下表面的入射角相等，結合光的可逆原理分析是否一定有出射光線，以及出射光線與入射光線的關系。
8．【答案】B,D
【知識點】橫波的圖象；波長、波速與頻率的關系
【解析】【解答】本題既要理解振動圖像和波動圖像各自的物理意義，由振動圖像能判斷出質點的速度方向，同時要把握兩種圖像的內在聯系，能由質點的速度方向，判斷出波的傳播方向。A．根據圖甲可知t=0時質點c振動方向沿y軸正方向，所以圖乙不可能為質點c的振動圖像，A錯誤；
B．根據圖甲可知波長
根據圖乙可知周期
由波長與波速關系得
解得
根據圖甲可知t=0時波傳播的距離為14m，所以t=0時波源振動了
B正確；
C．x軸上的處的質點起振，波需再傳播
需要的時間為
C錯誤；
D．從計時開始到質點c迎來第二個波峰的時間為，從t=0開始，波源在周期內的路程為
波源在一個周期內的路程為
所以從計時開始到質點c迎來第二個波峰的時間內波源通過的路程為
D正確。
故選BD。
【分析】根據圖甲可知t=0時質點c振動方向沿y軸正方向，由此分析；由波長與波速關系求解波速，根據振動情況分析波源的振動時間；根據推波法結合運動學公式進行解答；波源在一個周期內的路程為4A，根據波源的振動情況分析波源通過的路程。
9．【答案】A,B
【知識點】機車啟動
【解析】【解答】抓住汽車保持功率不變這一條件，注意隱含條件汽車勻速運動時牽引力等于阻力。機車啟動問題的本質是因為受發動機的限制，機車的功率不能無限增大，力與速度存在制約關系，即需滿足P=Fv。AD．汽車從a點保持恒定功率從靜止開始啟動，汽車的功率
隨著速度增大，汽車的牽引力減小，由牛頓第二定律可得加速度減小，當時，汽車的加速度為零，速度達到最大，此時
解得
A正確，D錯誤；
B．汽車在bc段運動時
解得
B正確；
C．汽車從a點運動到b點的過程中，由動能定理得
解得
C錯誤。
故選AB。
【分析】汽車的加速度為零，阻力等于牽引力，速度達到最大，結合功率的公式以及動能定理求解。
10．【答案】A,C,D
【知識點】牛頓運動定律的應用—連接體；機械能守恒定律
【解析】【解答】本題考查了功能關系中的多物體、多過程問題，要求學生能正確分析物體的運動過程，應用對應的規律解題。系統內除彈力外其他內力不做功或所做的總功為零，特別是系統內無滑動摩擦力時系統的機械能守恒。A．設彈簧的勁度系數為k，初始時刻彈簧的壓縮長度為x1，則B沿斜面方向受力平衡，則
小球A沿圓弧運動到最低點N時，物塊C即將離開擋板時，設彈簧的拉伸長度為，則C沿斜面方向受力平衡，則
可得
當小球A沿圓弧運動到最低點N時，B沿斜面運動的位移為
所以
解得
，
故A正確；
BD．設小球A到達N點時的速度為v，對v進行分解，沿繩子方向的速度為
由于沿繩子方向的速度處處相等，所以此時B的速度也為，對A、B、C和彈簧組成的系統，在整個過程中，只有重力和彈簧彈力做功，系統機械能守恒，但對物塊B、C與彈簧組成的系統，由于繩拉力對B做正功，所以物塊B、C與彈簧組成的系統機械能增大，根據A、B、C和彈簧組成的系統機械能守恒，有
解得
故B錯誤，D正確；
C．小球A由M運動到N的過程中，A、B、C和彈簧組成的系統機械能守恒，則小球A和物塊B的機械能之和與彈簧和C的能量之和不變，C一直處于靜止狀態，彈簧一開始處于壓縮狀態，之后變為原長，后開始拉伸，則彈性勢能先減小后增大，故小球A和物塊B的機械能之和先增大后減小，故C正確。
故選ACD。
【分析】根據初態和物塊C對擋板的作用力恰好為0，列平行于斜面方向的平衡式求解彈簧的勁度系數；小球A在M點時彈簧的壓縮量與到達N點時彈簧的伸長量相等，彈簧彈性勢能變化量為0；根據機械能守恒定律分析BC，同時求解小球A到達N點時的速度。
11．【答案】單縫；目鏡；1.750；9.300；604
【知識點】刻度尺、游標卡尺及螺旋測微器的使用；用雙縫干涉測光波的波長；干涉條紋和光的波長之間的關系
【解析】【解答】本題考查雙縫干涉實驗，要求掌握實驗原理、實驗器材和數據處理。
（1）根據雙縫干涉測光波波長的實驗裝置結構可知儀器A是單縫，儀器B是目鏡，故填單縫，目鏡；
（3）根據螺旋測微器讀數規則，由圖2、3可知
（4）相鄰兩條亮紋間距的表達式為
根據
聯立解得
根據題意可知，代入數據解得
【分析】（1）根據雙縫干涉測光波波長的實驗裝置結構分析；
（3）根據螺旋測微器讀數規則讀數，讀數等于固定刻度讀數加上可動刻度讀數；
（4）相鄰兩條亮紋間距的表達式分析。
12．【答案】<；減小；20；30；等于
【知識點】特殊方法測電阻
【解析】【解答】本題關鍵掌握測量未知電阻阻值的實驗原理和誤差分析。利用口訣“電橋平衡，對邊乘積相等”計算被測導體阻值。計算時需利用對邊的乘積。（1）由題意知，電流計指針處在0刻度線左側，表明電流由接線柱b流入，接線柱a流出，所以
如圖所示
因，則有
若使指針處于零刻度線，即讓，需提高，而
若提高需增大通過的電流，故應減小的阻值；
（3）、互換前，有
，
即
，
聯立可有
互換后，同理可有
代入數據可求得
，
（4）由上述測量原理可知，該測量無系統誤差，所以理論上和的測量值均等于其真實值。
【分析】（1）根據電流的方向分析判斷；根據歐姆定律分析判斷；
（3）電橋平衡，對邊乘積相等，根據歐姆定律計算；
（4）根據實驗原理分析判斷。
13．【答案】解：（1）初態由平衡得
由等溫變化
又
， ，
得
（2）由等壓變化
得
氣體對外做功為
【知識點】熱力學第一定律及其應用；氣體的等溫變化及玻意耳定律；氣體的等壓變化及蓋-呂薩克定律
【解析】【分析】（1）確定氣體的初末態各個狀態參量，然后根據玻意耳定律求解；
（2）氣缸內封閉氣體做等壓變化，根據理想氣體狀態方程與功的定義求解。
14．【答案】（1）解：從A點到點，根據動能定理有
解得
在點，根據牛頓第二定律
解得
根據牛頓第三定律可知，對圓弧軌道的壓力大小為1440N。
（2）解：由于，闖關者先做勻減速運動，在傳送帶上，根據牛頓第二定律有
解得
若全程勻減速，根據
解得
假設成立，故到達點時的速度為。從到，根據平拋運動規律有
，
解得
（3）解：在傳送帶上運動時，闖關者的位移
運動時間
故傳送帶位移
摩擦生熱
【知識點】功能關系；牛頓運動定律的應用—傳送帶模型；平拋運動；機械能守恒定律
【解析】【分析】（1）從A點到B點，根據動能定理列式求解在B點速度；在B點，根據牛頓第二定律列式；根據牛頓第三定律，即可分析求解。
（2）結合前面分析，根據牛頓第二定律求解加速度、根據運動學規律求解在C點速度、結合平拋運動水平方向做勻速運動求解；
（3）結合題意及前面分析，由運動學規律、功能關系分別列式，即可分析求解。
（1）從A點到點，根據動能定理有
解得
在點，根據牛頓第二定律
解得
根據牛頓第三定律可知，對圓弧軌道的壓力大小為1440N。
（2）由于，闖關者先做勻減速運動，在傳送帶上，根據牛頓第二定律有
解得
若全程勻減速，根據
解得
假設成立，故到達點時的速度為。從到，根據平拋運動規律有
，
解得
（3）在傳送帶上運動時，闖關者的位移
運動時間
故傳送帶位移
摩擦生熱
15．【答案】解：（1）小球在x軸下方做勻速圓周運動，則
解得
豎直向上。
（2）小球在第一象限做類平拋運動
解得
又
，
可得
則
根據
解得
即方向與x軸正方向成向下。
（3）小球在第四象限內做勻速圓周運動，運動半徑為，則
解得
設粒子運動的周期為，則
解得
如圖1，由幾何關系可知，粒子從C到P偏轉圓心角為，此過程運動時間為
粒子經P點進入第三象限后，設運動半徑為，則
解得
設粒子運動的周期為，則
解得
如圖2，粒子從P點再回到P點所用時間為
粒子從C點運動到P點所用的時間為
故粒子從C點運動到P點所用的時間為或。
【知識點】帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）小球在x軸下方做勻速圓周運動，小球所受電場力和重力平衡，由平衡條件求解電場強度E2的大小，并判斷其方向；
（2）小球在第一象限做類平拋運動，根據牛頓第二定律求出加速度，根據分運動的規律求出帶電小球在C點的水平分速度，再與水平分速度合成即可求得小球在C點的速度vC；
（3）小球在第四象限內做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，根據牛頓第二定律求出軌跡半徑和運動周期，根據軌跡對應的圓心角求出此過程運動時間。粒子經P點進入第三象限后，采用同樣的方法求出粒子從P點再回到P點所用時間，從而求得粒子從C點運動到P（0，-3L）點所用的時間。
1 / 12025屆四川省內江市威遠中學高三下學期一模考試物理試題
1．（2025·威遠模擬）目前治療癌癥最先進的手段是利用核反應，反應釋放出的高殺傷力的α粒子作用在癌細胞上，進而將病人體內的癌細胞殺死。已知X粒子的質量為mX，中子的質量為mn，α粒子的質量為mα，Li核的質量為mLi。下列說法正確的是（　　）
A．核中子數比核中子數多一個
B．α射線比γ射線穿透力強
C．
D．該反應類型屬于衰變
【答案】A
【知識點】原子核的人工轉變；質量虧損與質能方程；α、β、γ射線及特點
【解析】【解答】核反應過程中，質量數與核電荷數守恒，核反應的過程存在質量虧損。A．根據衰變過程中電荷數和質量數守恒可知
，
中子數等于質量數與電荷數的差，可知核中子數為5個，核中子數為4個，則核中子數比核中子多一個，故A正確；
B．α射線比γ射線穿透力弱，故B錯誤；
C．發生衰變時會有質量虧損，則
故C錯誤；
D．該核反應不屬于衰變，是原子核的人工轉變，故D錯誤；
故選A。
【分析】核反應過程中質量數與核電荷數守恒，根據質量數與核電荷數守恒求出X的核電荷數以及質量數；求出核反應過程中的質量虧損，結合衰變特點分析，α射線比γ射線穿透力弱。
2．（2025·威遠模擬）經典的“黑洞”理論認為，當恒星收縮到一定程度時，會變成密度非常大的天體，這種天體的逃逸速度非常大，大到光從旁邊經過時都不能逃逸，也就是其第二宇宙速度大于等于光速，此時該天體就變成了一個黑洞。若太陽演變成一個黑洞后的密度為ρ、半徑為R，設光速為c，第二宇宙速度是第一宇宙速度的倍，引力常量為G，則ρR2的最小值是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】第一、第二與第三宇宙速度
【解析】【解答】本題考查的是萬有引力定律在天體運動中的應用，掌握光速和黑洞逃逸速度的關系，通過做勻速圓周運動的天體萬有引力等于向心力的關系式的運用及密度公式，聯立方程化簡最終解決相關問題。
設太陽演變成一個黑洞后的質量為M，對于太陽表面一個質量為m的物體，根據萬有引力提供向心力，有
得太陽的第一宇宙速度為
由題意可知，第二宇宙速度大于等于光速，第二宇宙速度是第一宇宙速度的倍，得
又根據太陽演變成一個黑洞后的質量
聯立解得
故選B。
【分析】天體圍繞黑洞做勻速圓周運動，根據星球所受的萬有引力等于向心力，再結合光速和黑洞逃逸速度的關系和密度公式聯立即可求解。
3．（2025·威遠模擬）如圖所示，電表均為理想電表，其中電流表、、示數變化量的絕對值分別用、、表示，電壓表示數的變化量用表示，則滑動變阻器的滑片向a端移動過程中（　　）
A．電壓表V示數變小 B．電流表示數變大
C． D．變大
【答案】C
【知識點】電路動態分析
【解析】【解答】本題考查電路的動態分析問題，先判斷局部電阻的變化，分析總電阻的變化，再判斷整體電流的變化，最后分析各部分電壓和電流的變化。B．滑動變阻器向a端移動，接入電路的阻值變大，總電阻變大，根據閉合電路歐姆定律知總電流減小，即示數減小，故B錯誤；
A．總電流減小，內電壓減小，則外電壓路端電壓）增大，即V的示數增大，故A錯誤；
D．根據
可知，則不變，故D錯誤；
C．根據
知增大，則的示數
增大。而減小，則的示數
減小，則
故C正確。
故選C。
【分析】先根據滑動變阻器的阻值變化判斷總電阻的變化，分析干路電流的變化，再判斷各部分的電壓和電流變化。根據閉合電路歐姆定律列式分析D項。根據并聯電路的分流規律分析。
4．（2025·威遠模擬）如圖所示，物塊A、B通過輕彈簧連接，A、B和彈簧組成的系統靜止在光滑水平面上。現用手將A、B向兩側拉開一段距離，并由靜止同時釋放兩物塊，則放手后（　　）
A．彈簧恢復到原長時，A的動能達到最大
B．彈簧壓縮量最大時，A的動量達到最大
C．彈簧恢復到原長過程中，系統的動量增加
D．彈簧恢復到原長過程中，系統的機械能增加
【答案】A
【知識點】碰撞模型
【解析】【解答】本題主要考查動量守恒和機械能守恒的條件以及它們的應用。解決本題的關鍵是理解并掌握動量守恒和機械能守恒的條件，以及知道動能和動量的關系。A．彈簧從拉伸到壓縮到最短過程中，彈簧恢復到原長前，彈力一直對A做正功，A的動能一直增加，彈簧壓縮后到最短，彈力對A做負功，A的動能減小，則彈簧恢復到原長時，A的動能達到最大，故A正確；
B．根據動量守恒，彈簧壓縮量最大時，AB共速，速度都為零，A的動量最小，故B錯誤；
C．系統所受合外力始終為零，所以系統動量守恒，故C錯誤；
D．彈簧恢復到原長過程中，沒有外力做功，系統的動能和彈性勢能相互轉化，系統的機械能守恒，故D錯誤。
故選A。
【分析】根據動量守恒的條件是系統不受外力或所受的外力之和為零，機械能守恒的條件是只有重力或系統內彈力做功。
5．（2025·威遠模擬）如圖所示，水平面上固定一個絕緣支桿，支桿上固定一帶電小球A，小球A位于光滑小定滑輪O的正下方，絕緣細線繞過定滑輪與帶電小球B相連，在拉力F的作用下，小球B靜止，此時兩球處于同一水平線。假設兩球的電荷量均不變，現緩慢釋放細線，使球B移動一小段距離。在此過程中，下列說法正確的是（　　）
A．細線中的拉力一直減小 B．球B受到的庫侖力先減小后增大
C．球A、B系統的電勢能保持不變 D．拉力做負功，庫侖力做正功
【答案】C
【知識點】庫侖定律；電勢能
【解析】【解答】本題考查動態平衡問題，解題關鍵是做好受力分析，利用庫侖定律和共點力平衡列式求解即可。對小球B分析可知，受細線的拉力T，靜電斥力F和重力G，
由相似三角形可知
現緩慢釋放細線，使球B移動一小段距離，可知L變大，細線中的拉力T變大；r不變，球B受到的庫侖力不變；球A、B系統的電勢能保持不變；拉力做負功，球A、B間距離不變，庫侖力做不做功。
故選C。
【分析】以小球B為研究對象，結合庫侖定律，根據相似三角形法判斷拉力和庫侖力的大小變化；根據兩球間距離的變化判斷B球的運動軌跡；根據功的定義式判斷。
6．（2025·威遠模擬）如圖所示，半徑為R 的豎直光滑圓軌道內側底部靜止放著一個可視為質點的帶正電的光滑小球，小球質量為m，所帶電荷量為+q。軌道的上半圓部分處于水平向右，場強大小的勻強電場中。現給小球一個水平向右的初速度，小球恰好能在豎直軌道內完成圓周運動，已知sin37°=，sin53°=，重力加速度為g，則大小為（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知識點】帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】本題結合復合場的情景考查豎直平面內的圓周運動，解答的關鍵是先找出小球運動過程中的等效最高點，求出小球恰好經過等效最高點的速度。由題可知，小球受到的電場力
當小球受到重力和電場力的合力指向圓心時，該點為小球運動的等效最高點，設該點為P點，如圖所示
根據幾何知識可得
故
小球恰好能在豎直軌道內完成圓周運動，則小球在P點受到電場力與重力的合力為其圓周運動提供向心力，根據牛頓第二定律可得
其中
由于小球帶正電，故小球從最低點到P點的過程中，重力與電場力均做負功，根據動能定理可得
聯立解得
故選A。
【分析】需要先判斷出小球在豎直平面內的等效最高點，求出在等效最高點的合力的大小，然后由牛頓第二定律求出小球在等效最高點的速度，由功能關系求出小球在最低點的速度。
7．（2025·威遠模擬）如圖所示，有兩塊材質不同、上下表面平行的透明玻璃板1、2平行放置。一束由紅、藍兩種色光混合而成的細光束，從空氣射到玻璃板1的上表面，入射角為。已知玻璃板對藍光的折射率大于對紅光的折射率。下列說法正確的是（　　）
A．在玻璃板2的下表面一定沒有出射光
B．對同一束光，玻璃板2下表面的出射光方向一定與其上表面的入射光方向平行
C．對同一束光，玻璃板2下表面的出射光一定在其上表面的入射光延長線的左側
D．玻璃板1下表面的兩束出射光中藍光一定在紅光的左側
【答案】B
【知識點】光的折射及折射定律
【解析】【解答】本題考查了光的折射，知道光從空氣進入介質，折射角小于入射角，注意光線從空氣進入平行玻璃板，一定能夠從下表面射出，且出射光線與入射光線平行。AB．因為光在玻璃板1的上表面的折射角和下表面的入射角相等，根據光路可逆性原理知，在玻璃板1下表面的折射角和在其上表面的入射角相等，即玻璃板1下表面的出射光方向一定與其上表面的入射光方向平行，同理可得，玻璃板2下表面的出射光方向一定與其上表面的入射光方向平行，故A錯誤，B正確；
C．根據光的折射，可知玻璃板2下表面的出射光一定在其上表面的入射光延長線的右側，故C錯誤；
D．玻璃板對藍光的折射率大于對紅光的折射率，故藍光的偏折程度大，玻璃板1下表面的兩束出射光中藍光在紅光的右側，故D錯誤。
故選B。
【分析】根據光在玻璃板上表面的折射角和下表面的入射角相等，結合光的可逆原理分析是否一定有出射光線，以及出射光線與入射光線的關系。
8．（2025·威遠模擬）位于坐標原點的波源產生一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波，時完整的波形如圖甲所示，如圖乙所示為x軸上某質點的振動圖像，已知介質中a、c兩質點的橫坐標分別為，則下列說法正確的是（　　）
A．圖乙可能為質點c的振動圖像
B．該波的傳播速度為時波源已振動了
C．再經過，x軸上的處的質點起振
D．從計時開始到質點c迎來第二個波峰的時間內波源通過的路程為
【答案】B,D
【知識點】橫波的圖象；波長、波速與頻率的關系
【解析】【解答】本題既要理解振動圖像和波動圖像各自的物理意義，由振動圖像能判斷出質點的速度方向，同時要把握兩種圖像的內在聯系，能由質點的速度方向，判斷出波的傳播方向。A．根據圖甲可知t=0時質點c振動方向沿y軸正方向，所以圖乙不可能為質點c的振動圖像，A錯誤；
B．根據圖甲可知波長
根據圖乙可知周期
由波長與波速關系得
解得
根據圖甲可知t=0時波傳播的距離為14m，所以t=0時波源振動了
B正確；
C．x軸上的處的質點起振，波需再傳播
需要的時間為
C錯誤；
D．從計時開始到質點c迎來第二個波峰的時間為，從t=0開始，波源在周期內的路程為
波源在一個周期內的路程為
所以從計時開始到質點c迎來第二個波峰的時間內波源通過的路程為
D正確。
故選BD。
【分析】根據圖甲可知t=0時質點c振動方向沿y軸正方向，由此分析；由波長與波速關系求解波速，根據振動情況分析波源的振動時間；根據推波法結合運動學公式進行解答；波源在一個周期內的路程為4A，根據波源的振動情況分析波源通過的路程。
9．（2025·威遠模擬）質量為的汽車沿路面abc運動，ab段水平、bc段與水平面間的夾角為，如圖所示。時刻，汽車從a點保持恒定功率P從靜止開始啟動，時刻，到達b點且速度恰好達到最大，此時汽車開啟定速巡航（即保持汽車的速率不變）通過路面bc。已知重力加速度為g，汽車運動過程中受到的摩擦阻力恒為，不考慮空氣阻力的影響。下列說法正確的是（　　）
A．汽車到達b點時的速度大小為
B．汽車在bc段運動時的輸出功率為
C．ab之間的距離為
D．汽車從a點運動到b點的過程中做勻加速直線運動
【答案】A,B
【知識點】機車啟動
【解析】【解答】抓住汽車保持功率不變這一條件，注意隱含條件汽車勻速運動時牽引力等于阻力。機車啟動問題的本質是因為受發動機的限制，機車的功率不能無限增大，力與速度存在制約關系，即需滿足P=Fv。AD．汽車從a點保持恒定功率從靜止開始啟動，汽車的功率
隨著速度增大，汽車的牽引力減小，由牛頓第二定律可得加速度減小，當時，汽車的加速度為零，速度達到最大，此時
解得
A正確，D錯誤；
B．汽車在bc段運動時
解得
B正確；
C．汽車從a點運動到b點的過程中，由動能定理得
解得
C錯誤。
故選AB。
【分析】汽車的加速度為零，阻力等于牽引力，速度達到最大，結合功率的公式以及動能定理求解。
10．（2025·威遠模擬）如圖所示，擋板P固定在傾角為的斜面左下端，斜面右上端與半徑為的圓弧軌道連接，其圓心在斜面的延長線上。點有一光滑輕質小滑輪，，質量均為的小物塊B、C由一輕質彈簧拴接（彈簧平行于斜面），其中物塊C緊靠在擋板處，物塊B用跨過滑輪的輕質細繩與一質量為大小可忽略的小球A相連，初始時刻小球A鎖定在點，細繩與斜面平行，且恰好繃直而無張力，B、C處于靜止狀態。某時刻解除對小球A的鎖定，當小球A沿圓弧運動到最低點時（物塊B未到達點），物塊C對擋板的作用力恰好為0，已知重力加速度為，不計一切摩擦，下列說法正確的是（　　）
A．彈簧的勁度系數
B．小球A由點運動到點的過程中，物塊B、C與彈簧組成的系統機械能先減少后增大
C．小球A由點運動到點的過程中，小球A和物塊B的機械能之和先增大后減小
D．小球A到達點時的速度大小為
【答案】A,C,D
【知識點】牛頓運動定律的應用—連接體；機械能守恒定律
【解析】【解答】本題考查了功能關系中的多物體、多過程問題，要求學生能正確分析物體的運動過程，應用對應的規律解題。系統內除彈力外其他內力不做功或所做的總功為零，特別是系統內無滑動摩擦力時系統的機械能守恒。A．設彈簧的勁度系數為k，初始時刻彈簧的壓縮長度為x1，則B沿斜面方向受力平衡，則
小球A沿圓弧運動到最低點N時，物塊C即將離開擋板時，設彈簧的拉伸長度為，則C沿斜面方向受力平衡，則
可得
當小球A沿圓弧運動到最低點N時，B沿斜面運動的位移為
所以
解得
，
故A正確；
BD．設小球A到達N點時的速度為v，對v進行分解，沿繩子方向的速度為
由于沿繩子方向的速度處處相等，所以此時B的速度也為，對A、B、C和彈簧組成的系統，在整個過程中，只有重力和彈簧彈力做功，系統機械能守恒，但對物塊B、C與彈簧組成的系統，由于繩拉力對B做正功，所以物塊B、C與彈簧組成的系統機械能增大，根據A、B、C和彈簧組成的系統機械能守恒，有
解得
故B錯誤，D正確；
C．小球A由M運動到N的過程中，A、B、C和彈簧組成的系統機械能守恒，則小球A和物塊B的機械能之和與彈簧和C的能量之和不變，C一直處于靜止狀態，彈簧一開始處于壓縮狀態，之后變為原長，后開始拉伸，則彈性勢能先減小后增大，故小球A和物塊B的機械能之和先增大后減小，故C正確。
故選ACD。
【分析】根據初態和物塊C對擋板的作用力恰好為0，列平行于斜面方向的平衡式求解彈簧的勁度系數；小球A在M點時彈簧的壓縮量與到達N點時彈簧的伸長量相等，彈簧彈性勢能變化量為0；根據機械能守恒定律分析BC，同時求解小球A到達N點時的速度。
11．（2025·威遠模擬）如圖1為雙縫干涉測光波波長的實驗裝置，光源發出的光經濾光片（裝在單縫前）成為單色光，把單縫照亮。單縫相當于一個線光源，它又把雙縫照亮。來自雙縫的光在雙縫右邊的遮光筒內發生干涉。遮光筒的一端裝有毛玻璃屏，我們可以在這個屏上觀察到干涉條紋，并根據測量的量計算出光的波長。
（1）圖1中儀器A是　 　，儀器B是　 　（填寫儀器的名稱）；
（2）用刻度尺測量雙縫到光屏的距離；
（3）用測量頭測量條紋間的寬度：先將測量頭的分劃板中心刻線與某亮條紋中心對齊，將該亮條紋定為第1條亮條紋，此時手輪上的示數如圖2所示；然后同方向轉動測量頭，使分劃板中心刻線與第6條亮條紋中心對齊，此時手輪上的示數如圖3所示。圖2讀數為　 　，圖3讀數為　 　；
（4）已知雙縫間距，根據以上實驗，測得光的波長是　 　。
【答案】單縫；目鏡；1.750；9.300；604
【知識點】刻度尺、游標卡尺及螺旋測微器的使用；用雙縫干涉測光波的波長；干涉條紋和光的波長之間的關系
【解析】【解答】本題考查雙縫干涉實驗，要求掌握實驗原理、實驗器材和數據處理。
（1）根據雙縫干涉測光波波長的實驗裝置結構可知儀器A是單縫，儀器B是目鏡，故填單縫，目鏡；
（3）根據螺旋測微器讀數規則，由圖2、3可知
（4）相鄰兩條亮紋間距的表達式為
根據
聯立解得
根據題意可知，代入數據解得
【分析】（1）根據雙縫干涉測光波波長的實驗裝置結構分析；
（3）根據螺旋測微器讀數規則讀數，讀數等于固定刻度讀數加上可動刻度讀數；
（4）相鄰兩條亮紋間距的表達式分析。
12．（2025·威遠模擬）實驗小組利用圖甲所示的電路同時測量未知電阻，的阻值，圖中和為電阻箱，電源E內阻不計，G為靈敏電流計，其外觀如圖乙所示，0刻度線在表盤的正中央，已知當有電流從接線柱a流入電流計，從接線柱b流出時，指針向右偏轉。
（1）按圖甲連接好電路，閉合開關后，發現電流計指針最終處于0刻度線的左側，表明圖甲中A、B兩點的電勢　 　（填“>”“<”或“=”），為使指針處于0刻度線，可調節，使其阻值　 　（填“增大”或“減小”）；
（2）調節R1恰當后，記下兩電阻箱的阻值分別為，。
（3）斷開開關k，互換和的位置，再閉合開關，只調節，使指針仍處于0刻度線，記下電阻箱R1的阻值為則電阻，=　 　，=　 　。
（4）據上述測量原理可知，排除偶然誤差，和的測量值均　 　（填“大于”“小于”或“等于”）其真實值。
【答案】<；減小；20；30；等于
【知識點】特殊方法測電阻
【解析】【解答】本題關鍵掌握測量未知電阻阻值的實驗原理和誤差分析。利用口訣“電橋平衡，對邊乘積相等”計算被測導體阻值。計算時需利用對邊的乘積。（1）由題意知，電流計指針處在0刻度線左側，表明電流由接線柱b流入，接線柱a流出，所以
如圖所示
因，則有
若使指針處于零刻度線，即讓，需提高，而
若提高需增大通過的電流，故應減小的阻值；
（3）、互換前，有
，
即
，
聯立可有
互換后，同理可有
代入數據可求得
，
（4）由上述測量原理可知，該測量無系統誤差，所以理論上和的測量值均等于其真實值。
【分析】（1）根據電流的方向分析判斷；根據歐姆定律分析判斷；
（3）電橋平衡，對邊乘積相等，根據歐姆定律計算；
（4）根據實驗原理分析判斷。
13．（2025·威遠模擬）如圖所示，一豎直放置導熱性能良好的汽缸上端開口，用質量為m的活塞將一定質量的理想氣體封閉在汽缸中，活塞距汽缸底部的距離為h，現往活塞上緩慢加細沙，活塞下降。已知外界大氣壓強恒為，汽缸的橫截面積為S，初始時汽缸內氣體的溫度為，重力加速度為g，汽缸不漏氣，活塞與汽缸壁無摩擦。
（1）若活塞下降過程中環境溫度不變，求所加細沙的總質量；
（2）緩慢升高環境溫度，直至活塞回到初始位置，求此時汽缸內氣體的溫度以及此過程中氣體對外界做的功。
【答案】解：（1）初態由平衡得
由等溫變化
又
， ，
得
（2）由等壓變化
得
氣體對外做功為
【知識點】熱力學第一定律及其應用；氣體的等溫變化及玻意耳定律；氣體的等壓變化及蓋-呂薩克定律
【解析】【分析】（1）確定氣體的初末態各個狀態參量，然后根據玻意耳定律求解；
（2）氣缸內封閉氣體做等壓變化，根據理想氣體狀態方程與功的定義求解。
14．（2025·威遠模擬）某娛樂節目中設計了一水上闖關軌道，其簡化模型如圖所示，半徑的光滑圓弧軌道與一傳送帶平滑連接，兩軌道相切于點，A點與圓心點等高。傳送帶長，與水平方向夾角傳送帶以的速度順時針方向轉動，距點水平距離為，高為處設置一水平平臺，闖關者從A點靜止下滑，最后要從點飛出并落入平臺，某次闖關時，闖關者質量，闖關者與傳送帶的動摩擦因數，不計空氣阻力和軌道連接處的能量損失，不考慮傳送帶滑輪大小，，求：
（1）闖關者在圓弧軌道上的點時的速度大小以及對圓弧軌道的壓力大小。
（2）為了使闖關者能恰好水平進入平臺，求平臺距點的水平距離。
（3）求這次闖關時，傳送帶和闖關者之間因摩擦而產生的熱量。
【答案】（1）解：從A點到點，根據動能定理有
解得
在點，根據牛頓第二定律
解得
根據牛頓第三定律可知，對圓弧軌道的壓力大小為1440N。
（2）解：由于，闖關者先做勻減速運動，在傳送帶上，根據牛頓第二定律有
解得
若全程勻減速，根據
解得
假設成立，故到達點時的速度為。從到，根據平拋運動規律有
，
解得
（3）解：在傳送帶上運動時，闖關者的位移
運動時間
故傳送帶位移
摩擦生熱
【知識點】功能關系；牛頓運動定律的應用—傳送帶模型；平拋運動；機械能守恒定律
【解析】【分析】（1）從A點到B點，根據動能定理列式求解在B點速度；在B點，根據牛頓第二定律列式；根據牛頓第三定律，即可分析求解。
（2）結合前面分析，根據牛頓第二定律求解加速度、根據運動學規律求解在C點速度、結合平拋運動水平方向做勻速運動求解；
（3）結合題意及前面分析，由運動學規律、功能關系分別列式，即可分析求解。
（1）從A點到點，根據動能定理有
解得
在點，根據牛頓第二定律
解得
根據牛頓第三定律可知，對圓弧軌道的壓力大小為1440N。
（2）由于，闖關者先做勻減速運動，在傳送帶上，根據牛頓第二定律有
解得
若全程勻減速，根據
解得
假設成立，故到達點時的速度為。從到，根據平拋運動規律有
，
解得
（3）在傳送帶上運動時，闖關者的位移
運動時間
故傳送帶位移
摩擦生熱
15．（2025·威遠模擬）在如圖所示的豎直平面xOy中，一質量為m、電荷量為的帶電小球沿x軸正方向以初速度從A點射入第一象限，第一象限有豎直向上的勻強電場，小球偏轉后打到x軸上的點，x軸下方有勻強電場（圖中未畫出），第三、四象限有垂直于紙面向外、磁感應強度大小不同的勻強磁場，小球在x軸下方做勻速圓周運動，已知第四象限勻強磁場的磁感應強度大小為，重力加速度大小為g。
（1）求x軸下方勻強電場的電場強度E2；
（2）求帶電小球在C點的速度；
（3）若第三象限勻強磁場的磁感應強度大小為，求粒子從C點運動到點所用的時間。
【答案】解：（1）小球在x軸下方做勻速圓周運動，則
解得
豎直向上。
（2）小球在第一象限做類平拋運動
解得
又
，
可得
則
根據
解得
即方向與x軸正方向成向下。
（3）小球在第四象限內做勻速圓周運動，運動半徑為，則
解得
設粒子運動的周期為，則
解得
如圖1，由幾何關系可知，粒子從C到P偏轉圓心角為，此過程運動時間為
粒子經P點進入第三象限后，設運動半徑為，則
解得
設粒子運動的周期為，則
解得
如圖2，粒子從P點再回到P點所用時間為
粒子從C點運動到P點所用的時間為
故粒子從C點運動到P點所用的時間為或。
【知識點】帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）小球在x軸下方做勻速圓周運動，小球所受電場力和重力平衡，由平衡條件求解電場強度E2的大小，并判斷其方向；
（2）小球在第一象限做類平拋運動，根據牛頓第二定律求出加速度，根據分運動的規律求出帶電小球在C點的水平分速度，再與水平分速度合成即可求得小球在C點的速度vC；
（3）小球在第四象限內做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，根據牛頓第二定律求出軌跡半徑和運動周期，根據軌跡對應的圓心角求出此過程運動時間。粒子經P點進入第三象限后，采用同樣的方法求出粒子從P點再回到P點所用時間，從而求得粒子從C點運動到P（0，-3L）點所用的時間。
1 / 1

展開更多......

收起↑