【高考真题】四川省2025年高考真题物理试卷
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。
1．（2025·四川）2025年4月30日，神舟十九号载人飞船成功返回。某同学在观看直播时注意到，返回舱从高度3090m下降到高度2010m，用时约130s。这段时间内，返回舱在竖直方向上的平均速度大小约为（ ）
A．8.3m/s B．15.5m/s C．23.8m/s D．39.2m/s
2．（2025·四川）某多晶薄膜晶格结构可以等效成缝宽约为3.5×10 10m的狭缝。下列粒子束穿过该多晶薄膜时，衍射现象最明显的是（ ）
A．德布罗意波长约为7.9×10 13m的中子
B．德布罗意波长约为8.7×10 12m的质子
C．德布罗意波长约为2.6×10 11m的氮分子
D．德布罗意波长约为1.5×10 10m的电子
3．（2025·四川）如图所示，由长为R的直管ab和半径为R的半圆形弯管bcd、def组成的绝缘光滑管道固定于水平面内，管道间平滑连接。bcd圆心O点处固定一电荷量为Q（Q > 0）的带电小球。另一个电荷量为q（q > 0且q << Q）的带电小球以一定初速度从a点进入管道，沿管道运动后从f点离开。忽略空气阻力。则（ ）
A．小球在e点所受库仑力大于在b点所受库仑力
B．小球从c点到e点电势能先不变后减小
C．小球过f点的动能等于过d点的动能
D．小球过b点的速度大于过a点的速度
4．（2025·四川）如图1所示，用活塞将一定质量的理想气体密封在导热气缸内，活塞稳定在a处。将气缸置于恒温冷水中，如图2所示，活塞自发从a处缓慢下降并停在b处，然后保持气缸不动，用外力将活塞缓慢提升回a处。不计活塞与气缸壁之间的摩擦。则（ ）
A．活塞从a到b的过程中，气缸内气体压强升高
B．活塞从a到b的过程中，气缸内气体内能不变
C．活塞从b到a的过程中，气缸内气体压强升高
D．活塞从b到a的过程中，气缸内气体内能不变
5．（2025·四川）如图所示，甲、乙、丙、丁四个小球用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，从左至右摆长依次增加，小球静止在纸面所示竖直平面内。将四个小球垂直纸面向外拉起一小角度，由静止同时释放。释放后小球都做简谐运动。当小球甲完成2个周期的振动时，小球丙恰好到达与小球甲同侧最高点，同时小球乙、丁恰好到达另一侧最高点。则（ ）
A．小球甲第一次回到释放位置时，小球丙加速度为零
B．小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙动能为零
C．小球甲、乙的振动周期之比为
D．小球丙、丁的摆长之比为
6．（2025·四川）某人造地球卫星运行轨道与赤道共面，绕行方向与地球自转方向相同。该卫星持续发射信号，位于赤道的某观测站接收到的信号强度随时间变化的规律如图所示，T为地球自转周期。已知该卫星的运动可视为匀速圆周运动，地球质量为M，万有引力常量为G。则该卫星轨道半径为（ ）
A． B． C． D．
7．（2025·四川）如图所示，倾角为的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块。小车与物块质量均为m，两者之间动摩擦因数为。电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间，小车与物块的速度刚好相同，大小为。运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小为g，忽略其他摩擦。则这段时间内（ ）
A．物块的位移大小为
B．物块机械能增量为
C．小车的位移大小为
D．小车机械能增量为
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．（2025·四川）若长度、质量、时间和动量分别用a、b、c和d表示，则下列各式可能表示能量的是（ ）
A． B． C． D．
9．（2025·四川）某款国产手机采用了一种新型潜望式摄像头模组。如图所示，模组内置一块上下表面平行（）的光学玻璃。光垂直于玻璃上表面入射，经过三次全反射后平行于入射光射出。则（ ）
A．可以选用折射率为1.4的光学玻璃
B．若选用折射率为1.6的光学玻璃，可以设定为
C．若选用折射率为2的光学玻璃，第二次全反射入射角可能为
D．若入射光线向左移动，则出射光线也向左移动
10．（2025·四川）如图所示，I区有垂直于纸面向里的匀强磁场，其边界为正方形；Ⅱ区有垂直于纸面向外的匀强磁场，其外边界为圆形，内边界与I区边界重合；正方形与圆形中心同为O点。I区和Ⅱ区的磁感应强度大小比值为4∶1。一带正电的粒子从Ⅱ区外边界上a点沿正方形某一条边的中垂线方向进入磁场，一段时间后从a点离开。取sin37°=0.6。则带电粒子（ ）
A．在I区的轨迹圆心不在O点
B．在I区和Ⅱ区的轨迹半径之上比为1∶2
C．在I区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127∶37
D．在I区和Ⅱ区的运动时间之上比为127∶148
三、非选择题：本题共5小题，共54分。其中第13~15小题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
11．（2025·四川）某学习小组利用生活中常见物品开展“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验。已知水的密度为1.0×103kg/m3，当地重力加速度为9.8m/s2。实验过程如下：
⑴将两根细绳分别系在弹簧两端，将其平放在较光滑的水平桌面上，让其中一个系绳点与刻度尺零刻度线对齐，另一个系绳点对应的刻度如图1所示，可得弹簧原长为 cm。
⑵将弹簧一端细绳系到墙上挂钩，另一端细绳跨过固定在桌面边缘的光滑金属杆后，系一个空的小桶。使弹簧和桌面上方的细绳均与桌面平行，如图2所示。
⑶用带有刻度的杯子量取50mL水，缓慢加到小桶里，待弹簧稳定后，测量两系绳点之间的弹簧长度并记录数据。按此步骤操作6次。
⑷以小桶中水的体积V为横坐标，弹簧伸长量x为纵坐标，根据实验数据拟合成如图3所示直线，其斜率为200m 2。由此可得该弹簧的劲度系数为 N/m（结果保留2位有效数字）。
⑸图3中直线的截距为0.0056m，可得所用小桶质量为 kg（结果保留2位有效数字）。
12．（2025·四川）某学生实验小组要测量一段合金丝的电阻率。所用实验器材有：
待测合金丝样品（长度约）
螺旋测微器
学生电源E（电动势，内阻未知）
米尺（量程）
滑动变阻器（最大阻值）
电阻箱（阻值范围）
电流表（量程，内阻较小）
开关、
导线若干
（1）将待测合金丝样品绷直固定于米尺上，将金属夹分别夹在样品和位置，用螺旋测微器测量两金属夹之间样品三个不同位置的横截面直径，读数分别为、和，则该样品横截面直径的平均值为 。
（2）该小组采用限流电路，则图1中电流表的“+”接线柱应与滑动变阻器的接线柱 （选填“a”或“b”）相连。闭合开关前，滑动变阻器滑片应置于 端（选填“左”或“右”）。
（3）断开、闭合，调节滑动变阻器使电流表指针恰好指到刻度处。断开、闭合，保持滑动变阻器滑片位置不变，旋转电阻箱旋钮，使电流表指针仍指到处，此时电阻箱面板知图2所示，则该合金丝的电阻率为 （取，结果保留2位有效数字）。
（4）为减小实验误差，可采用的做法有____（有多个正确选项）。
A．换用内阻更小的电源
B．换用内阻更小的电流表
C．换用阻值范围为的电阻箱
D．多次测量该合金丝不同区间等长度样品的电阻率，再求平均值
13．（2025·四川）如图所示，真空中固定放置两块较大的平行金属板，板间距为d，下极板接地，板间匀强电场大小恒为E。现有一质量为m、电荷量为q（）的金属微粒，从两极板中央O点由静止释放。若微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变。不计微粒重力。求：
（1）微粒第一次到达下极板所需时间；
（2）微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小。
14．（2025·四川）如图所示，长度均为s的两根光滑金属直导轨MN和PQ固定在水平绝缘桌面上，两者平行且相距l，M、P连线垂直于导轨，定滑轮位于N、Q连线中点正上方h处。MN和PQ单位长度的电阻均为r，M、P间连接一阻值为的电阻。空间有垂直于桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。过定滑轮的不可伸长绝缘轻绳拉动质量为m、电阻不计的金属杆沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为v。零时刻，金属杆位于M、P连线处。金属杆在导轨上时与导轨始终垂直且接触良好，重力加速度大小为g。
（1）金属杆在导轨上运动时，回路的感应电动势；
（2）金属杆在导轨上与M、P连线相距d时，回路的热功率；
（3）金属杆在导轨上保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程。
15．（2025·四川）如图所示，倾角为的斜面固定于水平地面，斜面上固定有半径为R的半圆挡板和长为的直挡板。a为直挡板下端点，bd为半圆挡板直径且沿水平方向，c为半圆挡板最高点，两挡板相切于b点，de与ab平行且等长。小球乙被锁定在c点。小球甲从a点以一定初速度出发，沿挡板运动到c点与小球乙发生完全弹性碰撞，碰撞前瞬间解除对小球乙的锁定，小球乙在此后的运动过程中无其他碰撞。小球甲质量为，两小球均可视为质点，不计一切摩擦，重力加速度大小为g。
（1）求小球甲从a点沿直线运动到b点过程中的加速度大小；
（2）若小球甲恰能到达c点，且碰撞后小球乙能运动到e点，求小球乙与小球甲的质量比值应满足的条件；
（3）在满足（2）中质量比值的条件下，若碰撞后小球乙能穿过线段de，求小球甲初动能应满足的条件。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】平均速度
【解析】【解答】返回舱在竖直方向上的位移x＝3090m﹣2010m＝1080m，所用的时间t＝130s，
则返回舱在竖直方向上的平均速度大小约为
故答案为：A。
【分析】知道竖直方向上的位移和运动时间，根据速度公式求出返回舱在这段时间内的平均速度。
2．【答案】D
【知识点】光的衍射；粒子的波动性 德布罗意波
【解析】【解答】当波通过尺寸与其波长相近的障碍物或狭缝时，会发生明显的衍射现象，当接近或大于1时，衍射现象非常明显，则可知电子的衍射现象最明显，故D正确，ABC错误。
故答案为：D。
【分析】根据发生明显衍射的条件分析即可。
3．【答案】B
【知识点】库仑定律；动能；电势能；电势
【解析】【解答】A．小球所受库仑力，由于re > rb，则小球在e点所受库仑力小于在b点所受库仑力，故A错误；
B．点电荷在距其r处的电势为由于c点到d点r不变，d点到e点r逐渐增大，因此c点到d点电势不变，d点到e点r逐渐减小；根据电势能的定义式Ep＝qφ可知，小球从c点到d点电势能不变，从d点到e点电势能逐渐减小，故B正确；
C．由于rf > rd，根据选项B可知，小球的电势能Epd > Epf，绝缘光滑管道固定于水平面内，电势能和动能的总量保持不变，根据能量守恒可知，小球过f点的动能大于过d点的动能，故C错误；
D．由于ra > rb，根据选项B可知，小球的电势能Epb > Epa，根据能量守恒可知，小球过a点的动能大于过b点的动能，则小球过b点的速度小于过a点的速度，故D错误。
故答案为：B。
【分析】根据库仑定律分析作答；根据电势的定义式、电势能的定义式求解作答；绝缘光滑管道固定于水平面内，电势能和动能的总量保持不变，根据能量守恒定律分析动能的大小、速度的大小。
4．【答案】D
【知识点】物体的内能；改变内能的两种方式；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】AB、活塞从a到b的过程中，活塞缓慢下降，则气体的压强不变，气缸内气体的温度降低，则内能减小，故AB错误；
CD、 保持气缸不动，用外力将活塞缓慢提升回a处 ，气缸内气体的温度不变，则内能不变，体积增大，由玻意耳定律pV＝C可知，压强减小，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】活塞从a到b的过程中，气体的温度降低，则内能减小，活塞缓慢下降，则气体的压强不变；活塞从b到a的过程中，气缸内气体的温度不变，则内能不变，由玻意耳定律可知体积增大，压强减小。
5．【答案】C
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】A．A.小球甲完成2个周期的振动时，小球丙恰好到达与小球甲同侧最高点，说明小球丙的周期为小球甲的周期的2倍，即T丙＝2T甲；小球甲第一次回到释放位置时，小球丙到达另一侧的最高点，小球丙的回复力最大，加速度最大，故A错误；
B．根据单摆周期公式
可知
根据上述分析可得
小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙振动的时间为（即）可知此时小球乙经过平衡位置，此时速度最大，动能最大，故B错误。
CD．设甲的周期为，根据题意可得
可得，，
可得，
根据单摆周期公式
结合
可得小球丙、丁的摆长之比
故C正确，D错误；
故答案为：C。
【分析】四个小球均做简谐运动，摆球在最大位移处，回复力最大，加速度最大；根据单摆周期公式即可完成分析作答。
6．【答案】A
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】设该卫星的轨道半径为r，卫星转动的周期为，类似于卫星追击问题可得
可得
根据万有引力提供向心力
可得，故A正确，BCD错误、
故答案为：A。
【分析】 根据万有引力提供向心力结合卫星的追及思路列式求解。
7．【答案】C
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．对小车与物块共速前，物块沿斜面向上做匀加速直线运动，对物块，根据牛顿第二定律得：μmgcos30°﹣mgsin30°＝ma，
根据运动学公式有
解得物块的位移大小为
故A错误；
B．这段时间内物块机械能增量为：
故B错误；
C．电动机以恒定功率P拉动小车，则这段时间内轻绳拉力对小车做的功为：W＝Pt
对小车根据动能定理有
其中
联立解得
故C正确；
D．小车机械能增量为
故D错误。
故答案为：C。
【分析】小车与物块共速前物块沿斜面向上做匀加速直线运动，对物块，根据牛顿第二定律与运动学公式求解这段时间内物块的位移大小；根据机械能的定义求解物块机械能增量；电动机以恒定功率P拉动小车，则这段时间内轻绳拉力对小车做的功就等于电动机的功率与时间的乘积，根据动能定理求解小车的位移大小；根据机械能的定义求解小车的机械能增量。
8．【答案】A,C
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，由物理公式推导出的单位叫做导出单位。能量单位与功的单位相同，根据含有能量或者功的物理公式进行推导即可。
A．根据题意可知的单位为
结合动能公式可知为能量单位，故A正确；
B．同理的单位为
根据可知为力的单位，故可知为力与质量的乘积，故不是能量的单位，故B错误；
C．的单位为
根据前面A选项分析可知该单位为能量单位，故C正确；
D．的单位为，不是能量单位，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】根据能量与动能和动量的计算式即可推导，能量的单位焦耳用力学单位制的基本单位可怎样表示。
9．【答案】C,D
【知识点】光的反射；光的全反射
【解析】【解答】A．因为，故当选用折射率为1.4的光学玻璃时，根据
可知，即
如图所示，
由几何知识可得光线A点发生全反射时的入射角等于θ，已知θ＜45°，可知θ＜C，故选用折射率为1.4的光学玻璃时在A点不会发生全反射，故A错误；
B．当时，此时入射角为，选用折射率为1.6的光学玻璃时，此时的临界角为
故，故此时不会发生全反射，故B错误；
C．若选用折射率为2的光学玻璃，此时临界角为
即，此时光线第一次要发生全反射，入射角一定大于，即第一次发生全反射时的入射光线和反射光线的夹角一定大于，根据几何关系可知第一次发生全反射时的入射光线和反射光线的夹角等于第二次全反射入射角，故可能为，故C正确；
D．若入射光线向左移动，可知第一次全反射时的反射光线向左移动，若入射光线向左移动，则在A、B、C三处的入射光线与反射反射光线均会向左移动，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】根据发生全反射的条件，结合几何关系解答；若入射光线向左移动，作出移动后的光路图，判断出射光线如何移动。
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．依据题意，结合在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径的比例关系，作出粒子的运动轨迹
在I区的轨迹圆心不在O点，故A正确；
B．设Ⅰ区的磁感应强度大小为B1，Ⅱ区的磁感应强度大小为B2，则有：B1：B2＝4：1
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：由洛伦兹力提供向心力
可得
故在I区和Ⅱ区的轨迹半径之上比为
故B错误；
D．设粒子在磁场Ⅱ区偏转的圆心角为α，由几何关系
可得
故粒子在I区运动的时间为
粒子在Ⅱ区运动的时间为
联立可得在I区和Ⅱ区的运动时间之上比为
故D正确；
C．粒子在I区和Ⅱ区的轨迹长度分别为
故在I区和Ⅱ区的轨迹长度之比为
故C错误。
故答案为：AD。
【分析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之上比；依据题意，结合在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径的比例关系，作出粒子的运动轨迹图，根据几何关系计算粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比；粒子在Ⅰ区与Ⅱ区中的线速度大小相等，故在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比等于在Ⅰ区与Ⅱ区的轨迹长度之比。
11．【答案】13.14；49；0.028
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（1）该刻度尺的分度值为0.1cm，应估读到分度值的后一位，故弹簧原长为13.14cm
（4）设小桶的质量为m0，弹簧想形变量为x；
由胡克定律可知
化简可得
由图像的斜率
弹簧的劲度系数为
（5）图像的纵截距
由图可知
代入数据可得所用小桶质量为
【分析】（1）毫米刻度尺的分度值为1mm，根据毫米刻度尺的读数规则读数；
（4）根据密度公式、平衡条件和胡克定律求解x-V函数，结合图像斜率分析；
（5）根据密度公式、平衡条件和胡克定律求解x-V函数，结合图像纵截距的含义即可完成作答。
12．【答案】（1）0.500
（2）a；左
（3）
（4）C；D
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）该样品横截面直径的平均值为
（2）由于滑动变阻器采用限流式接法，应将其串联授在电路中，根据“一上一 下”原则，即电流表的“+”接线柱应与滑动变阻器的接线柱a相连；为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器滑片应最大阻值处，即最左端；
（3）电阻箱的接入电阻R＝0×100Ω+0×10Ω+3×1Ω+2×0.1Ω＝3.2Ω，由题意得合金丝的电阻等于电阻箱的接入电阻，
由电阻定律及可得
其中，
代入数据解得该合金丝的电阻率为
（4）根据电阻定律可知，则为了减小实验误差，可减小测合金丝电阻时的误差，选择更精确的电阻箱，可换用阻值范围为，或多次测量该合金丝不同区间等长度样品的电阻率，再求平均值。故AB错误，CD正确。
故答案为：CD。
【分析】（1）根据求平均值的方法求解作答；
（2）滑动变阻器采用限流式接法，根据“一上一下”原则分析作答；从保护电路安全的角度分析作答；
（3）根据电阻箱的读数规则读数；滑动变阻器滑动片位置不变，分别闭合开关S1、S2，电流表的示数相同，说明合金丝的接入电阻等于电阻箱的接入电阻，据此求解合金丝的电阻；根据电阻定律求解作答；
（4）根据电阻率的表达式分析作答。
13．【答案】（1）由牛顿第二定律
由运动学公式
联立可得微粒第一次到达下极板所需的时间为
（2）微粒第一次到达下极板时的速度大小为
由于微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变，设微粒碰后第一次到达上极板时的速度大小为，满足
代入解得
同理可得微粒第一次从上极板回到O点时的速度大小为，满足
代入解得
故微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小为
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）微粒所受电场力竖直向下，根据牛顿第二定律和运动学公式求解微粒第一次到达下极板所用的时间；
（2）微粒向下做匀加速直线运动，根据运动学求解微粒第一次到达下极板的速度；微粒第一次与下极板碰撞前后的机械能不变，速度大小不变，电荷量的绝对值不变，加速度大小不变，根据运动学公式求解微粒第一次到达上极板的速度；微粒第一次与上极板碰撞前后的机械能不变，速度大小不变，电荷量的绝对值不变，加速度大小不变，根据运动学公式求解微粒回到O点时的速度大小，根据动量的定义式求解作答。
14．【答案】（1）金属杆在导轨上运动时，切割磁感线，产生感应电动势
（2）金属杆运动距离d时，电路中的总电阻为
故此时回路中的总的热功率为
（3）设金属杆保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程为，此时刚好将要脱离导轨，此时绳子拉力为T，与水平方向的夹角为 ，对金属杆根据受力平衡可知，
根据位置关系有
同时有，
联立解得
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据公式E=Blv求解作答；
（2）根据功率公式求解作答；
（3）根据闭合电路欧姆定律和安培力公式求解安培力；根据平衡条件结合数学知识求解作答。
15．【答案】（1）小球甲从a点沿直线运动到b点过程中，根据牛顿第二定律有
解得甲在ab段运动的加速度大小
（2）甲恰能到c点，设到达c点时的速度为，可知
解得①
根据题意甲乙发生完全弹性碰撞，碰撞前后根据动量守恒和能量守恒，
解得碰后乙的速度为②
碰后乙能运动至点，第一种情况，碰后乙顺着挡板做圆周运动后沿着斜面到达e点，此时需满足
即③
联立①②③可得
第二种情况，碰后乙做类平抛运动到达e点，此时可知，
解得④
联立①②④可得
（3）在（2）问的质量比条件下，若碰后乙能越过线段，根据前面分析可知当满足第一种情况时，碰后乙做圆周运动显然不满足能越过线段，故碰后乙做类平抛运动越过线段，故碰后乙的速度必然满足
同时根据类平抛运动规律可知，
同时需保证小球不能撞击到圆弧cd上，可得当，
联立解得⑤
联立②⑤将代入可得⑥
对甲球从a到c过程中根据动能定理⑦
联立⑥⑦可得
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；牛顿第二定律；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求解加速度；
（2）甲恰能到c点，根据牛顿第二定律和向心力公式求解小球甲在C点碰撞前的瞬时速度；根据动量守恒定律和能量守恒定律求解碰撞后小球乙的瞬时速度；
若碰撞后，小球乙沿轨道做圆周运动经过e，根据向心力公式求解质量比满足的条件；若碰撞后小球乙做类平抛运动经过e点，根据类平抛运动规律求解质量比满足的条件；
（3）若小球乙做圆周运动经过e，经过e时，速度方向沿de方向，不能越过线段de，因此小球乙只能做类平抛运动根据e点；根据类平抛运动的规律、动能定理，结合上述（2）的质量比求解作答。
1 / 1【高考真题】四川省2025年高考真题物理试卷
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。
1．（2025·四川）2025年4月30日，神舟十九号载人飞船成功返回。某同学在观看直播时注意到，返回舱从高度3090m下降到高度2010m，用时约130s。这段时间内，返回舱在竖直方向上的平均速度大小约为（ ）
A．8.3m/s B．15.5m/s C．23.8m/s D．39.2m/s
【答案】A
【知识点】平均速度
【解析】【解答】返回舱在竖直方向上的位移x＝3090m﹣2010m＝1080m，所用的时间t＝130s，
则返回舱在竖直方向上的平均速度大小约为
故答案为：A。
【分析】知道竖直方向上的位移和运动时间，根据速度公式求出返回舱在这段时间内的平均速度。
2．（2025·四川）某多晶薄膜晶格结构可以等效成缝宽约为3.5×10 10m的狭缝。下列粒子束穿过该多晶薄膜时，衍射现象最明显的是（ ）
A．德布罗意波长约为7.9×10 13m的中子
B．德布罗意波长约为8.7×10 12m的质子
C．德布罗意波长约为2.6×10 11m的氮分子
D．德布罗意波长约为1.5×10 10m的电子
【答案】D
【知识点】光的衍射；粒子的波动性 德布罗意波
【解析】【解答】当波通过尺寸与其波长相近的障碍物或狭缝时，会发生明显的衍射现象，当接近或大于1时，衍射现象非常明显，则可知电子的衍射现象最明显，故D正确，ABC错误。
故答案为：D。
【分析】根据发生明显衍射的条件分析即可。
3．（2025·四川）如图所示，由长为R的直管ab和半径为R的半圆形弯管bcd、def组成的绝缘光滑管道固定于水平面内，管道间平滑连接。bcd圆心O点处固定一电荷量为Q（Q > 0）的带电小球。另一个电荷量为q（q > 0且q << Q）的带电小球以一定初速度从a点进入管道，沿管道运动后从f点离开。忽略空气阻力。则（ ）
A．小球在e点所受库仑力大于在b点所受库仑力
B．小球从c点到e点电势能先不变后减小
C．小球过f点的动能等于过d点的动能
D．小球过b点的速度大于过a点的速度
【答案】B
【知识点】库仑定律；动能；电势能；电势
【解析】【解答】A．小球所受库仑力，由于re > rb，则小球在e点所受库仑力小于在b点所受库仑力，故A错误；
B．点电荷在距其r处的电势为由于c点到d点r不变，d点到e点r逐渐增大，因此c点到d点电势不变，d点到e点r逐渐减小；根据电势能的定义式Ep＝qφ可知，小球从c点到d点电势能不变，从d点到e点电势能逐渐减小，故B正确；
C．由于rf > rd，根据选项B可知，小球的电势能Epd > Epf，绝缘光滑管道固定于水平面内，电势能和动能的总量保持不变，根据能量守恒可知，小球过f点的动能大于过d点的动能，故C错误；
D．由于ra > rb，根据选项B可知，小球的电势能Epb > Epa，根据能量守恒可知，小球过a点的动能大于过b点的动能，则小球过b点的速度小于过a点的速度，故D错误。
故答案为：B。
【分析】根据库仑定律分析作答；根据电势的定义式、电势能的定义式求解作答；绝缘光滑管道固定于水平面内，电势能和动能的总量保持不变，根据能量守恒定律分析动能的大小、速度的大小。
4．（2025·四川）如图1所示，用活塞将一定质量的理想气体密封在导热气缸内，活塞稳定在a处。将气缸置于恒温冷水中，如图2所示，活塞自发从a处缓慢下降并停在b处，然后保持气缸不动，用外力将活塞缓慢提升回a处。不计活塞与气缸壁之间的摩擦。则（ ）
A．活塞从a到b的过程中，气缸内气体压强升高
B．活塞从a到b的过程中，气缸内气体内能不变
C．活塞从b到a的过程中，气缸内气体压强升高
D．活塞从b到a的过程中，气缸内气体内能不变
【答案】D
【知识点】物体的内能；改变内能的两种方式；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】AB、活塞从a到b的过程中，活塞缓慢下降，则气体的压强不变，气缸内气体的温度降低，则内能减小，故AB错误；
CD、 保持气缸不动，用外力将活塞缓慢提升回a处 ，气缸内气体的温度不变，则内能不变，体积增大，由玻意耳定律pV＝C可知，压强减小，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】活塞从a到b的过程中，气体的温度降低，则内能减小，活塞缓慢下降，则气体的压强不变；活塞从b到a的过程中，气缸内气体的温度不变，则内能不变，由玻意耳定律可知体积增大，压强减小。
5．（2025·四川）如图所示，甲、乙、丙、丁四个小球用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，从左至右摆长依次增加，小球静止在纸面所示竖直平面内。将四个小球垂直纸面向外拉起一小角度，由静止同时释放。释放后小球都做简谐运动。当小球甲完成2个周期的振动时，小球丙恰好到达与小球甲同侧最高点，同时小球乙、丁恰好到达另一侧最高点。则（ ）
A．小球甲第一次回到释放位置时，小球丙加速度为零
B．小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙动能为零
C．小球甲、乙的振动周期之比为
D．小球丙、丁的摆长之比为
【答案】C
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】A．A.小球甲完成2个周期的振动时，小球丙恰好到达与小球甲同侧最高点，说明小球丙的周期为小球甲的周期的2倍，即T丙＝2T甲；小球甲第一次回到释放位置时，小球丙到达另一侧的最高点，小球丙的回复力最大，加速度最大，故A错误；
B．根据单摆周期公式
可知
根据上述分析可得
小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙振动的时间为（即）可知此时小球乙经过平衡位置，此时速度最大，动能最大，故B错误。
CD．设甲的周期为，根据题意可得
可得，，
可得，
根据单摆周期公式
结合
可得小球丙、丁的摆长之比
故C正确，D错误；
故答案为：C。
【分析】四个小球均做简谐运动，摆球在最大位移处，回复力最大，加速度最大；根据单摆周期公式即可完成分析作答。
6．（2025·四川）某人造地球卫星运行轨道与赤道共面，绕行方向与地球自转方向相同。该卫星持续发射信号，位于赤道的某观测站接收到的信号强度随时间变化的规律如图所示，T为地球自转周期。已知该卫星的运动可视为匀速圆周运动，地球质量为M，万有引力常量为G。则该卫星轨道半径为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】设该卫星的轨道半径为r，卫星转动的周期为，类似于卫星追击问题可得
可得
根据万有引力提供向心力
可得，故A正确，BCD错误、
故答案为：A。
【分析】 根据万有引力提供向心力结合卫星的追及思路列式求解。
7．（2025·四川）如图所示，倾角为的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块。小车与物块质量均为m，两者之间动摩擦因数为。电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间，小车与物块的速度刚好相同，大小为。运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小为g，忽略其他摩擦。则这段时间内（ ）
A．物块的位移大小为
B．物块机械能增量为
C．小车的位移大小为
D．小车机械能增量为
【答案】C
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．对小车与物块共速前，物块沿斜面向上做匀加速直线运动，对物块，根据牛顿第二定律得：μmgcos30°﹣mgsin30°＝ma，
根据运动学公式有
解得物块的位移大小为
故A错误；
B．这段时间内物块机械能增量为：
故B错误；
C．电动机以恒定功率P拉动小车，则这段时间内轻绳拉力对小车做的功为：W＝Pt
对小车根据动能定理有
其中
联立解得
故C正确；
D．小车机械能增量为
故D错误。
故答案为：C。
【分析】小车与物块共速前物块沿斜面向上做匀加速直线运动，对物块，根据牛顿第二定律与运动学公式求解这段时间内物块的位移大小；根据机械能的定义求解物块机械能增量；电动机以恒定功率P拉动小车，则这段时间内轻绳拉力对小车做的功就等于电动机的功率与时间的乘积，根据动能定理求解小车的位移大小；根据机械能的定义求解小车的机械能增量。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．（2025·四川）若长度、质量、时间和动量分别用a、b、c和d表示，则下列各式可能表示能量的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,C
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，由物理公式推导出的单位叫做导出单位。能量单位与功的单位相同，根据含有能量或者功的物理公式进行推导即可。
A．根据题意可知的单位为
结合动能公式可知为能量单位，故A正确；
B．同理的单位为
根据可知为力的单位，故可知为力与质量的乘积，故不是能量的单位，故B错误；
C．的单位为
根据前面A选项分析可知该单位为能量单位，故C正确；
D．的单位为，不是能量单位，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】根据能量与动能和动量的计算式即可推导，能量的单位焦耳用力学单位制的基本单位可怎样表示。
9．（2025·四川）某款国产手机采用了一种新型潜望式摄像头模组。如图所示，模组内置一块上下表面平行（）的光学玻璃。光垂直于玻璃上表面入射，经过三次全反射后平行于入射光射出。则（ ）
A．可以选用折射率为1.4的光学玻璃
B．若选用折射率为1.6的光学玻璃，可以设定为
C．若选用折射率为2的光学玻璃，第二次全反射入射角可能为
D．若入射光线向左移动，则出射光线也向左移动
【答案】C,D
【知识点】光的反射；光的全反射
【解析】【解答】A．因为，故当选用折射率为1.4的光学玻璃时，根据
可知，即
如图所示，
由几何知识可得光线A点发生全反射时的入射角等于θ，已知θ＜45°，可知θ＜C，故选用折射率为1.4的光学玻璃时在A点不会发生全反射，故A错误；
B．当时，此时入射角为，选用折射率为1.6的光学玻璃时，此时的临界角为
故，故此时不会发生全反射，故B错误；
C．若选用折射率为2的光学玻璃，此时临界角为
即，此时光线第一次要发生全反射，入射角一定大于，即第一次发生全反射时的入射光线和反射光线的夹角一定大于，根据几何关系可知第一次发生全反射时的入射光线和反射光线的夹角等于第二次全反射入射角，故可能为，故C正确；
D．若入射光线向左移动，可知第一次全反射时的反射光线向左移动，若入射光线向左移动，则在A、B、C三处的入射光线与反射反射光线均会向左移动，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】根据发生全反射的条件，结合几何关系解答；若入射光线向左移动，作出移动后的光路图，判断出射光线如何移动。
10．（2025·四川）如图所示，I区有垂直于纸面向里的匀强磁场，其边界为正方形；Ⅱ区有垂直于纸面向外的匀强磁场，其外边界为圆形，内边界与I区边界重合；正方形与圆形中心同为O点。I区和Ⅱ区的磁感应强度大小比值为4∶1。一带正电的粒子从Ⅱ区外边界上a点沿正方形某一条边的中垂线方向进入磁场，一段时间后从a点离开。取sin37°=0.6。则带电粒子（ ）
A．在I区的轨迹圆心不在O点
B．在I区和Ⅱ区的轨迹半径之上比为1∶2
C．在I区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127∶37
D．在I区和Ⅱ区的运动时间之上比为127∶148
【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．依据题意，结合在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径的比例关系，作出粒子的运动轨迹
在I区的轨迹圆心不在O点，故A正确；
B．设Ⅰ区的磁感应强度大小为B1，Ⅱ区的磁感应强度大小为B2，则有：B1：B2＝4：1
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：由洛伦兹力提供向心力
可得
故在I区和Ⅱ区的轨迹半径之上比为
故B错误；
D．设粒子在磁场Ⅱ区偏转的圆心角为α，由几何关系
可得
故粒子在I区运动的时间为
粒子在Ⅱ区运动的时间为
联立可得在I区和Ⅱ区的运动时间之上比为
故D正确；
C．粒子在I区和Ⅱ区的轨迹长度分别为
故在I区和Ⅱ区的轨迹长度之比为
故C错误。
故答案为：AD。
【分析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之上比；依据题意，结合在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径的比例关系，作出粒子的运动轨迹图，根据几何关系计算粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比；粒子在Ⅰ区与Ⅱ区中的线速度大小相等，故在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比等于在Ⅰ区与Ⅱ区的轨迹长度之比。
三、非选择题：本题共5小题，共54分。其中第13~15小题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
11．（2025·四川）某学习小组利用生活中常见物品开展“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验。已知水的密度为1.0×103kg/m3，当地重力加速度为9.8m/s2。实验过程如下：
⑴将两根细绳分别系在弹簧两端，将其平放在较光滑的水平桌面上，让其中一个系绳点与刻度尺零刻度线对齐，另一个系绳点对应的刻度如图1所示，可得弹簧原长为 cm。
⑵将弹簧一端细绳系到墙上挂钩，另一端细绳跨过固定在桌面边缘的光滑金属杆后，系一个空的小桶。使弹簧和桌面上方的细绳均与桌面平行，如图2所示。
⑶用带有刻度的杯子量取50mL水，缓慢加到小桶里，待弹簧稳定后，测量两系绳点之间的弹簧长度并记录数据。按此步骤操作6次。
⑷以小桶中水的体积V为横坐标，弹簧伸长量x为纵坐标，根据实验数据拟合成如图3所示直线，其斜率为200m 2。由此可得该弹簧的劲度系数为 N/m（结果保留2位有效数字）。
⑸图3中直线的截距为0.0056m，可得所用小桶质量为 kg（结果保留2位有效数字）。
【答案】13.14；49；0.028
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（1）该刻度尺的分度值为0.1cm，应估读到分度值的后一位，故弹簧原长为13.14cm
（4）设小桶的质量为m0，弹簧想形变量为x；
由胡克定律可知
化简可得
由图像的斜率
弹簧的劲度系数为
（5）图像的纵截距
由图可知
代入数据可得所用小桶质量为
【分析】（1）毫米刻度尺的分度值为1mm，根据毫米刻度尺的读数规则读数；
（4）根据密度公式、平衡条件和胡克定律求解x-V函数，结合图像斜率分析；
（5）根据密度公式、平衡条件和胡克定律求解x-V函数，结合图像纵截距的含义即可完成作答。
12．（2025·四川）某学生实验小组要测量一段合金丝的电阻率。所用实验器材有：
待测合金丝样品（长度约）
螺旋测微器
学生电源E（电动势，内阻未知）
米尺（量程）
滑动变阻器（最大阻值）
电阻箱（阻值范围）
电流表（量程，内阻较小）
开关、
导线若干
（1）将待测合金丝样品绷直固定于米尺上，将金属夹分别夹在样品和位置，用螺旋测微器测量两金属夹之间样品三个不同位置的横截面直径，读数分别为、和，则该样品横截面直径的平均值为 。
（2）该小组采用限流电路，则图1中电流表的“+”接线柱应与滑动变阻器的接线柱 （选填“a”或“b”）相连。闭合开关前，滑动变阻器滑片应置于 端（选填“左”或“右”）。
（3）断开、闭合，调节滑动变阻器使电流表指针恰好指到刻度处。断开、闭合，保持滑动变阻器滑片位置不变，旋转电阻箱旋钮，使电流表指针仍指到处，此时电阻箱面板知图2所示，则该合金丝的电阻率为 （取，结果保留2位有效数字）。
（4）为减小实验误差，可采用的做法有____（有多个正确选项）。
A．换用内阻更小的电源
B．换用内阻更小的电流表
C．换用阻值范围为的电阻箱
D．多次测量该合金丝不同区间等长度样品的电阻率，再求平均值
【答案】（1）0.500
（2）a；左
（3）
（4）C；D
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）该样品横截面直径的平均值为
（2）由于滑动变阻器采用限流式接法，应将其串联授在电路中，根据“一上一 下”原则，即电流表的“+”接线柱应与滑动变阻器的接线柱a相连；为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器滑片应最大阻值处，即最左端；
（3）电阻箱的接入电阻R＝0×100Ω+0×10Ω+3×1Ω+2×0.1Ω＝3.2Ω，由题意得合金丝的电阻等于电阻箱的接入电阻，
由电阻定律及可得
其中，
代入数据解得该合金丝的电阻率为
（4）根据电阻定律可知，则为了减小实验误差，可减小测合金丝电阻时的误差，选择更精确的电阻箱，可换用阻值范围为，或多次测量该合金丝不同区间等长度样品的电阻率，再求平均值。故AB错误，CD正确。
故答案为：CD。
【分析】（1）根据求平均值的方法求解作答；
（2）滑动变阻器采用限流式接法，根据“一上一下”原则分析作答；从保护电路安全的角度分析作答；
（3）根据电阻箱的读数规则读数；滑动变阻器滑动片位置不变，分别闭合开关S1、S2，电流表的示数相同，说明合金丝的接入电阻等于电阻箱的接入电阻，据此求解合金丝的电阻；根据电阻定律求解作答；
（4）根据电阻率的表达式分析作答。
13．（2025·四川）如图所示，真空中固定放置两块较大的平行金属板，板间距为d，下极板接地，板间匀强电场大小恒为E。现有一质量为m、电荷量为q（）的金属微粒，从两极板中央O点由静止释放。若微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变。不计微粒重力。求：
（1）微粒第一次到达下极板所需时间；
（2）微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小。
【答案】（1）由牛顿第二定律
由运动学公式
联立可得微粒第一次到达下极板所需的时间为
（2）微粒第一次到达下极板时的速度大小为
由于微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变，设微粒碰后第一次到达上极板时的速度大小为，满足
代入解得
同理可得微粒第一次从上极板回到O点时的速度大小为，满足
代入解得
故微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小为
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）微粒所受电场力竖直向下，根据牛顿第二定律和运动学公式求解微粒第一次到达下极板所用的时间；
（2）微粒向下做匀加速直线运动，根据运动学求解微粒第一次到达下极板的速度；微粒第一次与下极板碰撞前后的机械能不变，速度大小不变，电荷量的绝对值不变，加速度大小不变，根据运动学公式求解微粒第一次到达上极板的速度；微粒第一次与上极板碰撞前后的机械能不变，速度大小不变，电荷量的绝对值不变，加速度大小不变，根据运动学公式求解微粒回到O点时的速度大小，根据动量的定义式求解作答。
14．（2025·四川）如图所示，长度均为s的两根光滑金属直导轨MN和PQ固定在水平绝缘桌面上，两者平行且相距l，M、P连线垂直于导轨，定滑轮位于N、Q连线中点正上方h处。MN和PQ单位长度的电阻均为r，M、P间连接一阻值为的电阻。空间有垂直于桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。过定滑轮的不可伸长绝缘轻绳拉动质量为m、电阻不计的金属杆沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为v。零时刻，金属杆位于M、P连线处。金属杆在导轨上时与导轨始终垂直且接触良好，重力加速度大小为g。
（1）金属杆在导轨上运动时，回路的感应电动势；
（2）金属杆在导轨上与M、P连线相距d时，回路的热功率；
（3）金属杆在导轨上保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程。
【答案】（1）金属杆在导轨上运动时，切割磁感线，产生感应电动势
（2）金属杆运动距离d时，电路中的总电阻为
故此时回路中的总的热功率为
（3）设金属杆保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程为，此时刚好将要脱离导轨，此时绳子拉力为T，与水平方向的夹角为 ，对金属杆根据受力平衡可知，
根据位置关系有
同时有，
联立解得
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据公式E=Blv求解作答；
（2）根据功率公式求解作答；
（3）根据闭合电路欧姆定律和安培力公式求解安培力；根据平衡条件结合数学知识求解作答。
15．（2025·四川）如图所示，倾角为的斜面固定于水平地面，斜面上固定有半径为R的半圆挡板和长为的直挡板。a为直挡板下端点，bd为半圆挡板直径且沿水平方向，c为半圆挡板最高点，两挡板相切于b点，de与ab平行且等长。小球乙被锁定在c点。小球甲从a点以一定初速度出发，沿挡板运动到c点与小球乙发生完全弹性碰撞，碰撞前瞬间解除对小球乙的锁定，小球乙在此后的运动过程中无其他碰撞。小球甲质量为，两小球均可视为质点，不计一切摩擦，重力加速度大小为g。
（1）求小球甲从a点沿直线运动到b点过程中的加速度大小；
（2）若小球甲恰能到达c点，且碰撞后小球乙能运动到e点，求小球乙与小球甲的质量比值应满足的条件；
（3）在满足（2）中质量比值的条件下，若碰撞后小球乙能穿过线段de，求小球甲初动能应满足的条件。
【答案】（1）小球甲从a点沿直线运动到b点过程中，根据牛顿第二定律有
解得甲在ab段运动的加速度大小
（2）甲恰能到c点，设到达c点时的速度为，可知
解得①
根据题意甲乙发生完全弹性碰撞，碰撞前后根据动量守恒和能量守恒，
解得碰后乙的速度为②
碰后乙能运动至点，第一种情况，碰后乙顺着挡板做圆周运动后沿着斜面到达e点，此时需满足
即③
联立①②③可得
第二种情况，碰后乙做类平抛运动到达e点，此时可知，
解得④
联立①②④可得
（3）在（2）问的质量比条件下，若碰后乙能越过线段，根据前面分析可知当满足第一种情况时，碰后乙做圆周运动显然不满足能越过线段，故碰后乙做类平抛运动越过线段，故碰后乙的速度必然满足
同时根据类平抛运动规律可知，
同时需保证小球不能撞击到圆弧cd上，可得当，
联立解得⑤
联立②⑤将代入可得⑥
对甲球从a到c过程中根据动能定理⑦
联立⑥⑦可得
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；牛顿第二定律；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求解加速度；
（2）甲恰能到c点，根据牛顿第二定律和向心力公式求解小球甲在C点碰撞前的瞬时速度；根据动量守恒定律和能量守恒定律求解碰撞后小球乙的瞬时速度；
若碰撞后，小球乙沿轨道做圆周运动经过e，根据向心力公式求解质量比满足的条件；若碰撞后小球乙做类平抛运动经过e点，根据类平抛运动规律求解质量比满足的条件；
（3）若小球乙做圆周运动经过e，经过e时，速度方向沿de方向，不能越过线段de，因此小球乙只能做类平抛运动根据e点；根据类平抛运动的规律、动能定理，结合上述（2）的质量比求解作答。
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