2025届四川省仁寿第一中学校（北校区）高三下学期三模物理试题
1．（2025·仁寿模拟）下列四幅图对应的说法正确的有（ ）
A．图甲中食盐晶体的物理性质沿各个方向都是一样的
B．图乙是玻璃管插入水中的情形，表明水不能浸润玻璃
C．图丙中悬浮在液体中微粒的运动反映了微粒分子的无规则热运动
D．图丁中液体表面层的分子间距离大于液体内部分子间距离，是液体表面张力形成的原因
2．（2025·仁寿模拟）氢原子的能级图如图甲所示，大量处在n=3能级的氢原子在向低能级跃迁的过程中会释放出多种能量的光子，用其中所释放出的光照射如图乙所示的光电管阴极K，合上开关，当电压表的示数为10.30V时，电流表的示数恰好为零。下列说法正确的是（ ）
A．氢原子能产生6种不同的光子
B．光电子的最大初动能为10.3eV
C．光电管阴极K的逸出功为5.24eV
D．氢原子释放的所有光子都能使阴极K发生光电效应
3．（2025·仁寿模拟）“中星6C”通信卫星（记为卫星I）为地球同步轨道上的一颗通信卫星。在同平面内的圆轨道上有一颗中轨道卫星，它运动的每个周期内都有一段时间未知）无法直接接收到卫星I发出的电磁波信号，因为其轨道上总有一段区域没有被卫星I发出的电磁波信号覆盖到，这段区域对应的圆心角为。已知两颗卫星绕向相同，卫星I对地球的张角为，地球自转周期为，万有引力常量为，则根据题中条件，可求出（ ）
A．地球的平均密度为
B．卫星I、II的角速度之比为
C．题中时间为
D．卫星II的周期为
4．（2025·仁寿模拟）如图，光滑圆环竖直固定在水平地面上，细线通过圆环最高点的小孔Q与套在圆环上的小球相连，拉住细线使小球静止于P处。设小球的重力为G，细线与圆环竖直直径的夹角为，细线对小球的拉力大小为T。拉动细线使小球缓慢沿圆环向上移动，则下列T随变化的图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2025·仁寿模拟）我国航天员要在天宫二号航天器实验舱的桌面上测量物体的质量，可采用的方法如下：质量为的待测物A的前后连接有质量均为的两个力传感器，在某一恒定外力F作用下在桌面上一起运动，如图所示，稳定后待测物A前、后两个传感器的读数分别为、，由此可知待测物体A的质量为（ ）
A． B． C． D．
6．（2025·仁寿模拟）某同学用如图甲所示装置研究带电小球在重力场和电场中具有的势能E（重力势能、电势能之和）情况。两个带同种电荷的小球1、2放在竖直放置的绝缘圆筒中，1固定在圆筒底部，2从靠近1位置处释放，测出2的位置x和速度，利用能量守恒可以得到势能E-x图像。图乙中Ⅰ图线是小球2的E-x图像，Ⅱ图线是计算机拟合的图线Ⅰ的渐近线，实验中一切摩擦可忽略，小球的电荷量不会发生变化，g=10 m/s2，则小球2（ ）
A．上升过程速度一直变大
B．上升过程速度变大
C．质量为0.5 kg
D．从x=6.0 cm处运动至x=20.0 cm处电势能减少0.6 J
7．（2025·仁寿模拟）如图甲所示，两相距为L的光滑金属导轨水平放置，右端连接阻值为R的电阻，导轨间存在磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场。一质量为m的金属导体棒在水平拉力F作用下，从静止开始向左运动，金属棒的内阻为r，其余电阻不计，金属棒运动过程中始终与导轨垂直，并保持良好接触，其速度-时间图像如图乙所示，为已知量。则（ ）
A．时间内，拉力随时间变化的关系为
B．时间内，安培力的冲量为
C．与两段时间内，拉力做功相等
D．与两段时间内，回路产生的热量不相等
8．（2025·仁寿模拟）甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图（a）所示，乙车所受合外力—时间图像如图（b）所示。则（ ）
A．0 ~ 2s内，甲车的加速度大小逐渐增大
B．乙车在t = 2s和t = 6s时的速度相同
C．2 ~ 6s内，甲、乙两车的位移不同
D．t = 8s时，甲、乙两车的动能不同
9．（2025·仁寿模拟）如图所示为电动机以恒定功率吊起货物的情境。质量为的货物由静止开始竖直向上运动，上升高度时恰好达到最大速度。已知电动机功率恒为，重力加速度为，空气阻力大小恒为，对上述过程，下列说法正确的是（ ）
A．货物上升过程中加速度逐渐增大
B．货物上升过程中绳子的拉力逐渐减小
C．电动机做的功大于货物机械能的增加量
D．货物达到最大速度需要的时间
10．（2025·仁寿模拟）如图所示，足够长的光滑平行金属轨道、及、固定在水平面上，间距分别为、，两段轨道在、处连接，水平轨道处于磁感应强度大小为、方向竖直向上的匀强磁场中。四分之一圆弧轨道、在左端与水平轨道平滑相连，圆弧下端分别在、点与水平轨道相切。质量为、电阻为、长度为的金属棒静止放置在窄轨道上，现将质量为、电阻为、长度为的金属棒从圆弧轨道上高为处由静止释放，运动过程中两个金属棒始终与金属轨道垂直并接触良好，不计其他电阻及空气阻力，重力加速度为，则下列说法正确的是（ ）
A．金属棒中的最大电流为
B．整个过程中通过金属棒的电荷量为
C．整个过程中金属棒中产生的焦耳热为
D．两金属棒、相距最近时的速度之比为
11．（2025·仁寿模拟）利用图示装置测量某种单色光的波长。实验时，接通电源使光源正常发光；调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。
（1）实验中已知双缝间的距离，双缝到光屏的距离，某种单色光照射双缝时，用测量头测量条纹间的宽度：先将测量头的分划板中心刻线与某亮条纹中心对齐，将该亮条纹定为第1条亮条纹，此时手轮上的示数如图甲所示为 mm；然后同方向转动手轮，使分划板中心刻线与第6条亮条纹中心对齐，此时手轮上的示数如图乙所示为 mm，则这种单色光的波长为 m（最后一空结果保留两位有效数字）。
（2）上述实验中，若仅将红色滤光片更换为蓝色滤光片，则相邻亮条纹中心间距 （选填“增大”“减小”或“不变”）。
12．（2025·仁寿模拟）实验小组用图（a）所示的电路来测量电阻的阻值，图中标准电阻的阻值已知，为为电源，S为开关，为滑动变阻器，是内阻为的电流表，为电流表。合上开关S，将的滑片置于适当的位置，记下的示数，的示数，改变滑片的位置，多测几组、的对应值，作出图像如图（b）所示，回答下列问题：
（1）按照图（a）所示的电路图连接图（c）的实物图 ；
（2）合上开关S之前，的滑片应置于 （选填“最右端”或“最左端”），多测几组、，然后作图像的目的是消除 误差（选填“系统”或“偶然”）；
（3）图（b）中图像的斜率为 （用题中所给物理量的符号表示），若图（b）中图线的斜率为，可得 （用和表示）。
13．（2025·仁寿模拟）一列简谐横波在时的波形图如图(a)所示，P、Q是介质中的两个质点。图(b)是质点Q的振动图象。求：
（1）波速及波的传播方向；
（2）质点Q的平衡位置的x坐标。
14．（2025·仁寿模拟）如图所示，水平地面上放一个质量M=1kg的木板，一个质量m=1kg、带电量q=+1×10-5C的小物块（可视为质点）放在木板最左端，物块与木板间的动摩擦因数=0.4，木板与水平地面间的动摩擦因数=0.2。在物块右侧距物块L1=4.5m的区域有一匀强电场E，电场区域宽度为L2=12m，电场强度大小E=1×106N/C，方向竖直向上。现对木板施加一水平向右恒力F，使物块进入电场区域前恰好和木板保持相对静止地向右加速运动，物块刚进入电场时撤去恒力F。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块带电量始终不变，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）水平恒力F的大小
（2）物块离开电场时，木板的速度大小
（3）要使物块不从木板滑下，木板的长度L至少为多少
15．（2025·仁寿模拟）如图，2n个间距为L的竖直平面在空间中分隔出n个匀强磁场区域，各磁场区域磁感应强度方向水平（垂直于纸面向里）、大小为。一比荷为的带正电小球从距离①磁场区域上边界处的P点静止释放，忽略空气阻力和地球磁场的影响。重力加速度g取。
（1）求小球进入①磁场瞬间的加速度大小；
（2）若小球运动过程中不会从①磁场的下边界离开，L最小为多少；
（3）若小球恰好不会从第n个磁场的下边界穿出，求L（结果可用n表示）。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】布朗运动；晶体和非晶体；液体的表面张力；浸润和不浸润
【解析】【解答】A． 有些晶体沿不同方向的导电性能不同；而有些晶体沿不同方向的光学性质不同，这类现象叫作各向异性。图甲中食盐晶体是单晶体，其物理性质沿各个方向不一样，具有各向异性，故A错误；
B． 浸润：一种液体会润湿某种固体并附着在固体的表面上的现象。 图乙是玻璃管插入水中的情形，根据图像可知，在附着层内液体分子之间呈现斥力效果，该现象是浸润，表明水能浸润玻璃，故B错误；
C．图丙中悬浮在液体中微粒的运动是布朗运动，布朗运动反映了液体分子的无规则热运动，故C错误；
D．图丁中液体表面层的分子间距离大于液体内部分子间距离，分子之间表现为引力效果，这是液体表面张力形成的原因，故D正确。
故选D。
【分析】根据单晶体的各向异性分析；根据理解浸润与不浸润现象分析；根据布朗运动的定义和性质分析；根据液体表面张力的形成原因分析。
2．【答案】B,D
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】本题考查原子能级跃迁与光电效应的结合，解题时需注意，原子从高能级向低能级跃迁时会辐射光子，如果用跃迁发射的光去照射金属，可能会发生光电效应。A． 大量处在n=3能级的氢原子在向低能级跃迁的过程中会释放出多种能量的光子， 根据
可知氢原子能产生3种不同的光子，故A错误；
B．根据题意可知光电子的最大初动能为
故B正确；
C．光电管阴极K的逸出功为
故C错误；
D．由于，，
可知氢原子释放的所有光子都能使阴极K发生光电效应，故D正确。
故选BD。
【分析】根据大量处在n能级的氢原子在向低能级跃迁的过程中的跃迁规律列式，即可分析判断；根据最大初动能与遏止电压的关系列式，即可分析判断；根据光电效应方程列式，即可分析判断；结合前面分析及题意分别列式，根据发生光电效应的条件，即可分析判断。
3．【答案】D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】本题考查人造卫星问题，关键是知道卫星的向心力来源，能够根据牛顿第二定律列式分析，同时要结合正弦定理得到两颗卫星的轨道半径的关系。A．“中星6C”通信卫星（记为卫星I）为地球同步轨道上的一颗通信卫星，设卫星Ⅰ的轨道半径分别为R1，根据万有引力提供向心力则有
其中，且有，其中R为地球的半径，联立解得
故A错误；
B．设卫星Ⅰ、Ⅱ的角速度分别为和，如图所示
在三角形AOB中，有
即
根据
可得
故有
联立以上各式，有
故B错误；
C．若卫星Ⅰ和卫星Ⅱ均不运动，卫星Ⅱ对应为圆心角为2α，则有
但卫星之间是有相对运动的，所以时间不可能为，故C错误；
D．根据
可得
因卫星Ⅰ为静止卫星，则其周期为T0，设卫星Ⅱ的周期为T2，则有
整理得
故D正确。
故选D。
【分析】计算密度需要先计算中心天体质量（利用环绕天体的向心力等于万有引力列式），再根据密度公式求解；两颗卫星均做匀速圆周运动，是万有引力充当向心力，根据牛顿第二定律列式分析可以得到角速度之比和周期之比；根据角速度乘以时间等于转过的角度求解t。
4．【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】对小球进行分析，小球受到重力、绳的拉力T与圆环的弹力N三个力的作用，令圆环的圆心为O，半径为R，则重力方向平行于图中虚线表示的直径，绳拉力方向沿绳，圆环弹力方向沿半径指向圆心，根据相似三角形有
根据几何关系有
解得
可知，T随变化的图像为余弦曲线关系，且最大值为2G，故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】本题是三力平衡的动态平衡问题，运用相似三角形法得出拉力的表达式，根据表达式进行动态分析。
5．【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚受力情况，应用牛顿第二定律即可解题，解题时注意整体法与隔离法的应用。隔离前面的传感器有
隔离待测物体A有
联立可得
故选B。
【分析】应用整体法求出加速度，然后以A与前面的传感器、前面的传感器为研究对象，应用牛顿第二定律求出A的质量。
6．【答案】C
【知识点】电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】解答本题要明确研究对象，分析能量的形式，根据能量守恒定律、库仑定律和动能定理结合图像的信息解答。AB．结合图像可知，上升过程中势能先变小后变大， 实验中一切摩擦可忽略， 上升过程系统能量守恒
因此小球2的动能先变大后变小，速度也先变大后变小，故A、B均错误；
C．根据库仑定律
可知，当时，，此时系统势能的变化量主要取决于重力做功
即
由此可知小球2的重力等于题图中渐近线的斜率，结合图像可知
解得
故C正确；
D．从处运动至处过程中，根据系统能量守恒得
即
因为
解得
即电势能减少，故D错误。
故选C。
【分析】由图读出势能的变化，根据能量守恒定律分析小球2动能的变化，即可知道速度的变化。根据库仑定律结合图中渐近线的斜率求小球2的质量。根据系统能量守恒求电势能减少量。
7．【答案】A
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】本题主要是考查电磁感应现象中的力学问题，关键是弄清楚金属棒的受力情况和运动情况，根据牛顿第二定律、运动学公式、法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律等进行解答。A．根据速度-时间图像可知，时间内，金属导体棒的加速度为
该段时间内，任意时刻的速度为
金属棒的内阻为r，其余电阻不计， 则有
根据牛顿第二定律，有
联立可得
故A正确；
B．时间内，安培力的冲量为
联立，可得
故B错误；
C．与两段时间内，加速度大小相同，有
可知，这两段时间内，虽然位移相同，但拉力不相等。故做功不相等，故C错误；
D．与两段时间内，根据图线对称性可知，金属棒切割速度对称，感应电动势为称，通过的时间相等，所以回路产生的热量相等，故D错误。
故选A。
【分析】 根据图乙求解在时间内金属导体棒ab的加速度大小，对金属导体棒根据牛顿第二定律求解拉力；根据冲量的计算公式结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律进行解答；根据牛顿第二定律分析前后两段时间内拉力大小，根据功的计算公式分析拉力做的功；根据图线的对称性分析回路产生的热量是否相等。
8．【答案】B,C
【知识点】动量定理；冲量；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】本题考查了v-t图和F-t图，结合图像的不同物理量的含义，合理选取公式，分析物体不同时间的运动状态是解决此类问题的关键。
A． 根据图（a）可得，0～2s内，图像的斜率不变，v-t图像的斜率表示加速度，故甲车的加速度大小不变 ，故A错误；
B．由题知乙车所受合外力一时间图像如图（b）所示，则乙车在0 ~ 2s内根据动量定理有
I2 = mv2，I2 = S0 ~ 2 = 2N·s
乙车在0 ~ 6s内根据动量定理有
I6 = mv6，I6 = S0 ~ 6 = 2N·s
则可知乙车在t = 2s和t = 6s时的速度相同，故B正确；
C．根据图（a）可知，2 ~ 6s内甲车的位移为0；根据图（b）可知，2 ~ 6s内乙车一直向正方向运动，则2 ~ 6s内，甲、乙两车的位移不同，故C正确；
D．根据图（a）可知，t = 8s时甲车的速度为0，则t = 8s时，甲车的动能为0；乙车在0 ~ 8s内根据动量定理有
I8 = mv8，I8 = S0 ~ 8 = 0
可知t = 8s时乙车的速度为0，则t = 8s时，乙车的动能为0，故D错误。
故选BC。
【分析】根据v-t图斜率表示加速度，面积表示位移，而F-t图面积表示冲量，结合动量定理分析求解即可。
9．【答案】B,C
【知识点】功能关系；功率及其计算
【解析】【解答】本题与汽车起动类似，要正确分析货物的受力情况，来确定其运动情况，知道速度最大的条件是加速度为零。AB．对货物受力分析，根据牛顿第二定律有
功率有
则货物加速时，绳子的拉力减小，加速度减小，故A错误，B正确；
C．由能量守恒定律可知，电动机做的功等于货物机械能的增加量及克服空气阻力做的功，故C正确；
D．当时，货物的速度最大，有
根据能量守恒定律有
联立解得
故D错误。
故选BC。
【分析】根据牛顿第二定律以及功率公式分析加速度，电动机做的功等于货物机械能的增加量及克服空气阻力做的功，加速度为零时速度最大，结合能量守恒定律分析 货物达到最大速度需要的时间 。
10．【答案】A,B
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合电学公式和动量定理即可完成分析。A． 长度为的金属棒从圆弧轨道上高为处由静止释放， 金属棒滑下来刚进入磁场时，速度最大，根据法拉第电磁感应定律可知此时感应电动势最大，金属棒中的电流最大，设金属棒刚进入磁场时的速度大小为，此时回路中的感应电动势为，根据机械能守恒定律有
解得
则最大感应电动势为
最大电流
故A正确；
B．金属棒进入水平轨道后在安培力作用下做减速运动，金属棒做加速运动，直到两金属棒产生的电动势等大、反向，回路中的电流为零，最终两金属棒都做匀速运动，设两金属棒匀速运动时的速度大小分别为、，达到稳定状态的过程中通过两金属棒的电荷量为，则有
可得
根据动量定理，对金属棒、分别有
，
解得
故B正确；
C．由能量守恒定律可得，回路产生的总焦耳热为
则金属棒中产生的焦耳热为
故C错误；
D．由牛顿第二定律可得
因通过两金属棒的电流始终相等，根据两金属棒的长度、质量关系可知，两金属棒的加速度大小始终相等，运动过程中的图像如图所示
两图线关于中间虚线对称，显然两图线的交点的纵坐标为，而两金属棒速度大小相等时距离最近，所以两金属棒距离最近时两金属棒的速度大小都为
故D错误。
故选AB。
【分析】金属棒滑下来刚进入磁场时，速度最大，感应电动势最大，电流最大，根据动量定理结合电流定义式求解电荷量，由能量守恒定律可得，回路产生的总焦耳热，两金属棒速度大小相等时距离最近，结合v-t图像分析。
11．【答案】（1）2.332；15.325；6.5 × 10 7
（2）减小
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】 本题关键掌握测量某种单色光波长的实验原理和螺旋测微器的读数方法。
（1）螺旋测微器最小分度值为0.01mm，结果要估读到最小刻度后一位，此时手轮上的示数如图甲所示为2mm+0.01mm×33.3=2.333mm；然后同方向转动手轮，使分划板中心刻线与第6条亮条纹中心对齐，此时手轮上的示数如图乙所示为15mm+0.01mm×32.5=15.325mm，则条纹间距
根据
这种单色光的波长为
（2）若仅将红色滤光片更换为蓝色滤光片，因蓝光波长小于红光波长，根据
则相邻亮条纹中心间距减小。
【分析】（1）螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度读数之和；根据干涉条纹间距公式计算；
（2）根据干涉条纹间距公式分析判断。
（1）[1][2]将该亮条纹定为第1条亮条纹，此时手轮上的示数如图甲所示为2mm+0.01mm×33.3=2.333mm；然后同方向转动手轮，使分划板中心刻线与第6条亮条纹中心对齐，此时手轮上的示数如图乙所示为15mm+0.01mm×32.5=15.325mm，则条纹间距
[3]根据
这种单色光的波长为
（2）若仅将红色滤光片更换为蓝色滤光片，因蓝光波长小于红光波长，根据
则相邻亮条纹中心间距减小。
12．【答案】（1）
（2）最左端；偶然
（3）；
【知识点】特殊方法测电阻
【解析】【解答】本题考查了电阻的测量，要明确实验的原理，掌握欧姆定律和并联电路的特点的运用，求解ΔI-I2函数是解题的关键。
（1）根据电路图，根据电流流向，电流表和用电器串联，电压表和用电器并联，连接实物图如图所示
（2）合上开关之前，应使分压电路的电压为零，的滑片应置于最左端；作图像的目的是消除偶然误差。
（3）由并联电路两端的电压相等，可得
整理可得
可得
解得
【分析】（1）根据电路图完成实物图的连接；
（2）滑动变阻器采用分压式接法，从保证电路安全的角度分析作答；多测测量是为了消除偶然误差；
（3）根据欧姆定律和并联电路的特点求解ΔI-I2函数，结合图像斜率的含义求解作答。
（1）根据电路图，连接实物图如图所示
（2）[1]合上开关之前，应使分压电路的电压为零，的滑片应置于最左端；
[2]作图像的目的是消除偶然误差。
（3）[1][2]由并联电路两端的电压相等，可得
整理可得
可得
解得
13．【答案】解：（1）由图(a)可以看出，该波的波长为
λ＝36cm
由图(b)可以看出，周期为
T＝2s
波速为
v＝＝18cm/s
由图(b)知，当时，Q点向上运动，结合图(a)可得，波沿x轴负方向传播。
（2）设质点P、Q平衡位置的x坐标分别为、由图(a)知，x＝0处
y＝－＝Asin(－)
因此
由图(b)知，在t＝0时Q点处于平衡位置，经Δt＝s，其振动状态向x轴负方向传播至P点处，可得P、Q间平衡位置距离为
＝vΔt＝6cm
则质点Q的平衡位置的x坐标为
＝9cm
【知识点】横波的图象
【解析】【分析】（1）由图（a）得到波长，由图（b）得到周期，根据v=计算波速，根据振动情况确定传播方向；
（2）首先确定P点平衡位置横坐标，再根据向x轴负方向传播到P点处经过的时间，由此求出质点Q的平衡位置的x坐标。
14．【答案】解：（1）设进入电场区域前物块与木板间的滑动摩擦力大小为，木板与地面间的滑动摩擦力大小为，加速度大小为，由摩擦力公式可得
由牛顿第二定律公式可得
可得
F=12N
（2）物块进入匀强电场后受竖直向上的电场力作用可得
所以物块做匀速运动，木板做匀减速运动。设物块刚进入电场区域时的速度大小为，物块在电场中运动时间为，木板的加速度大小为，物块离开电场时木板的速度大小为，由运动学公式可得
由牛顿第二定律和运动学公式可得
可得
=2m/s
（3）设物块从进入电场到离开电场的过程中木板的位移大小为，物块离开电场后以加速度做匀减速运动，由于木板受到物块和地面的摩擦力和大小相等，方向相反，所以木板做匀速运动，直到两者速度相等，设此过程所用时间为，物块的位移为，木板的位移为，由运动学公式可得
因为，物块与木板共速后不再发生相对滑动，则有
可解得
L=6m
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）物块进入电场区域前恰好和木板保持相对静止地向右加速运动，两者间静摩擦力达到最大值，对物块和木板分别运用牛顿第二定律列方程，结合摩擦力公式求解F的大小；
（2）物块进入匀强电场后受竖直向上的电场力作用，根据电场力与重力的关系分析物块的运动情况。物块进入电场前，根据牛顿第二定律求出木板和物块的加速度，由速度—位移公式求出物块刚进入电场区域时的速度大小。物块进入电场后，根据牛顿第二定律求出木板的加速度，由匀速运动的规律求出物块通过电场的时间，再求物块离开电场时，木板的速度大小；
（3）物块离开电场后，分析物块和木板的运动情况，当两者速度相等时，木板的长度最小，根据牛顿第二定律和运动学公式相结合求解。
15．【答案】（1）解：设小球进入①磁场瞬间的速度大小为，由动能定理得
代入数据，解得
由左手定则，小球进入磁场①瞬间洛伦兹力水平向右，大小为，合力大小
加速度
（2）解：取竖直向下为轴正方向，水平向右为轴正方向，从小球进入磁场①到刚好不从下边界离开，此时最小，水平方向由动量定理
又
得
小球从开始运动到刚好不出下边界，由动能定理得
又小球刚好不离开磁场①下边界满足速度水平，故
联立可得
解得
（3）解：同理可得，若小球恰好不会从第n个磁场的下边界穿出，水平方向由动量定理
又
得
小球从开始运动到刚好不出第n个磁场的下边界，由动能定理得
又小球刚好不离开第n个磁场下边界满足速度水平，故
联立可得
解得
【知识点】牛顿第二定律；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）由动能定理求解进入磁场的速度，从而求解小球进入磁场①瞬间洛伦兹力大小，结合矢量合成法则以及牛顿第二定律求解加速度；
（2）小球进入磁场①到刚好不从下边界离开，此时最小，水平方向由动量定理求解水平速度，小球刚好不离开磁场①下边界满足速度水平，结合动能定理求解；
（3）水平方向由动量定理求解水平速度，小球刚好不离开第n个磁场下边界满足速度水平，结合动能定理求解。
（1）设小球进入①磁场瞬间的速度大小为，由动能定理得
代入数据，解得
由左手定则，小球进入磁场①瞬间洛伦兹力水平向右，大小为，合力大小
加速度
（2）取竖直向下为轴正方向，水平向右为轴正方向，从小球进入磁场①到刚好不从下边界离开，此时最小，水平方向由动量定理
又
得
小球从开始运动到刚好不出下边界，由动能定理得
又小球刚好不离开磁场①下边界满足速度水平，故
联立可得
解得
（3）同理可得，若小球恰好不会从第n个磁场的下边界穿出，水平方向由动量定理
又
得
小球从开始运动到刚好不出第n个磁场的下边界，由动能定理得
又小球刚好不离开第n个磁场下边界满足速度水平，故
联立可得
解得
1 / 12025届四川省仁寿第一中学校（北校区）高三下学期三模物理试题
1．（2025·仁寿模拟）下列四幅图对应的说法正确的有（ ）
A．图甲中食盐晶体的物理性质沿各个方向都是一样的
B．图乙是玻璃管插入水中的情形，表明水不能浸润玻璃
C．图丙中悬浮在液体中微粒的运动反映了微粒分子的无规则热运动
D．图丁中液体表面层的分子间距离大于液体内部分子间距离，是液体表面张力形成的原因
【答案】D
【知识点】布朗运动；晶体和非晶体；液体的表面张力；浸润和不浸润
【解析】【解答】A． 有些晶体沿不同方向的导电性能不同；而有些晶体沿不同方向的光学性质不同，这类现象叫作各向异性。图甲中食盐晶体是单晶体，其物理性质沿各个方向不一样，具有各向异性，故A错误；
B． 浸润：一种液体会润湿某种固体并附着在固体的表面上的现象。 图乙是玻璃管插入水中的情形，根据图像可知，在附着层内液体分子之间呈现斥力效果，该现象是浸润，表明水能浸润玻璃，故B错误；
C．图丙中悬浮在液体中微粒的运动是布朗运动，布朗运动反映了液体分子的无规则热运动，故C错误；
D．图丁中液体表面层的分子间距离大于液体内部分子间距离，分子之间表现为引力效果，这是液体表面张力形成的原因，故D正确。
故选D。
【分析】根据单晶体的各向异性分析；根据理解浸润与不浸润现象分析；根据布朗运动的定义和性质分析；根据液体表面张力的形成原因分析。
2．（2025·仁寿模拟）氢原子的能级图如图甲所示，大量处在n=3能级的氢原子在向低能级跃迁的过程中会释放出多种能量的光子，用其中所释放出的光照射如图乙所示的光电管阴极K，合上开关，当电压表的示数为10.30V时，电流表的示数恰好为零。下列说法正确的是（ ）
A．氢原子能产生6种不同的光子
B．光电子的最大初动能为10.3eV
C．光电管阴极K的逸出功为5.24eV
D．氢原子释放的所有光子都能使阴极K发生光电效应
【答案】B,D
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】本题考查原子能级跃迁与光电效应的结合，解题时需注意，原子从高能级向低能级跃迁时会辐射光子，如果用跃迁发射的光去照射金属，可能会发生光电效应。A． 大量处在n=3能级的氢原子在向低能级跃迁的过程中会释放出多种能量的光子， 根据
可知氢原子能产生3种不同的光子，故A错误；
B．根据题意可知光电子的最大初动能为
故B正确；
C．光电管阴极K的逸出功为
故C错误；
D．由于，，
可知氢原子释放的所有光子都能使阴极K发生光电效应，故D正确。
故选BD。
【分析】根据大量处在n能级的氢原子在向低能级跃迁的过程中的跃迁规律列式，即可分析判断；根据最大初动能与遏止电压的关系列式，即可分析判断；根据光电效应方程列式，即可分析判断；结合前面分析及题意分别列式，根据发生光电效应的条件，即可分析判断。
3．（2025·仁寿模拟）“中星6C”通信卫星（记为卫星I）为地球同步轨道上的一颗通信卫星。在同平面内的圆轨道上有一颗中轨道卫星，它运动的每个周期内都有一段时间未知）无法直接接收到卫星I发出的电磁波信号，因为其轨道上总有一段区域没有被卫星I发出的电磁波信号覆盖到，这段区域对应的圆心角为。已知两颗卫星绕向相同，卫星I对地球的张角为，地球自转周期为，万有引力常量为，则根据题中条件，可求出（ ）
A．地球的平均密度为
B．卫星I、II的角速度之比为
C．题中时间为
D．卫星II的周期为
【答案】D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】本题考查人造卫星问题，关键是知道卫星的向心力来源，能够根据牛顿第二定律列式分析，同时要结合正弦定理得到两颗卫星的轨道半径的关系。A．“中星6C”通信卫星（记为卫星I）为地球同步轨道上的一颗通信卫星，设卫星Ⅰ的轨道半径分别为R1，根据万有引力提供向心力则有
其中，且有，其中R为地球的半径，联立解得
故A错误；
B．设卫星Ⅰ、Ⅱ的角速度分别为和，如图所示
在三角形AOB中，有
即
根据
可得
故有
联立以上各式，有
故B错误；
C．若卫星Ⅰ和卫星Ⅱ均不运动，卫星Ⅱ对应为圆心角为2α，则有
但卫星之间是有相对运动的，所以时间不可能为，故C错误；
D．根据
可得
因卫星Ⅰ为静止卫星，则其周期为T0，设卫星Ⅱ的周期为T2，则有
整理得
故D正确。
故选D。
【分析】计算密度需要先计算中心天体质量（利用环绕天体的向心力等于万有引力列式），再根据密度公式求解；两颗卫星均做匀速圆周运动，是万有引力充当向心力，根据牛顿第二定律列式分析可以得到角速度之比和周期之比；根据角速度乘以时间等于转过的角度求解t。
4．（2025·仁寿模拟）如图，光滑圆环竖直固定在水平地面上，细线通过圆环最高点的小孔Q与套在圆环上的小球相连，拉住细线使小球静止于P处。设小球的重力为G，细线与圆环竖直直径的夹角为，细线对小球的拉力大小为T。拉动细线使小球缓慢沿圆环向上移动，则下列T随变化的图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】对小球进行分析，小球受到重力、绳的拉力T与圆环的弹力N三个力的作用，令圆环的圆心为O，半径为R，则重力方向平行于图中虚线表示的直径，绳拉力方向沿绳，圆环弹力方向沿半径指向圆心，根据相似三角形有
根据几何关系有
解得
可知，T随变化的图像为余弦曲线关系，且最大值为2G，故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】本题是三力平衡的动态平衡问题，运用相似三角形法得出拉力的表达式，根据表达式进行动态分析。
5．（2025·仁寿模拟）我国航天员要在天宫二号航天器实验舱的桌面上测量物体的质量，可采用的方法如下：质量为的待测物A的前后连接有质量均为的两个力传感器，在某一恒定外力F作用下在桌面上一起运动，如图所示，稳定后待测物A前、后两个传感器的读数分别为、，由此可知待测物体A的质量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚受力情况，应用牛顿第二定律即可解题，解题时注意整体法与隔离法的应用。隔离前面的传感器有
隔离待测物体A有
联立可得
故选B。
【分析】应用整体法求出加速度，然后以A与前面的传感器、前面的传感器为研究对象，应用牛顿第二定律求出A的质量。
6．（2025·仁寿模拟）某同学用如图甲所示装置研究带电小球在重力场和电场中具有的势能E（重力势能、电势能之和）情况。两个带同种电荷的小球1、2放在竖直放置的绝缘圆筒中，1固定在圆筒底部，2从靠近1位置处释放，测出2的位置x和速度，利用能量守恒可以得到势能E-x图像。图乙中Ⅰ图线是小球2的E-x图像，Ⅱ图线是计算机拟合的图线Ⅰ的渐近线，实验中一切摩擦可忽略，小球的电荷量不会发生变化，g=10 m/s2，则小球2（ ）
A．上升过程速度一直变大
B．上升过程速度变大
C．质量为0.5 kg
D．从x=6.0 cm处运动至x=20.0 cm处电势能减少0.6 J
【答案】C
【知识点】电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】解答本题要明确研究对象，分析能量的形式，根据能量守恒定律、库仑定律和动能定理结合图像的信息解答。AB．结合图像可知，上升过程中势能先变小后变大， 实验中一切摩擦可忽略， 上升过程系统能量守恒
因此小球2的动能先变大后变小，速度也先变大后变小，故A、B均错误；
C．根据库仑定律
可知，当时，，此时系统势能的变化量主要取决于重力做功
即
由此可知小球2的重力等于题图中渐近线的斜率，结合图像可知
解得
故C正确；
D．从处运动至处过程中，根据系统能量守恒得
即
因为
解得
即电势能减少，故D错误。
故选C。
【分析】由图读出势能的变化，根据能量守恒定律分析小球2动能的变化，即可知道速度的变化。根据库仑定律结合图中渐近线的斜率求小球2的质量。根据系统能量守恒求电势能减少量。
7．（2025·仁寿模拟）如图甲所示，两相距为L的光滑金属导轨水平放置，右端连接阻值为R的电阻，导轨间存在磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场。一质量为m的金属导体棒在水平拉力F作用下，从静止开始向左运动，金属棒的内阻为r，其余电阻不计，金属棒运动过程中始终与导轨垂直，并保持良好接触，其速度-时间图像如图乙所示，为已知量。则（ ）
A．时间内，拉力随时间变化的关系为
B．时间内，安培力的冲量为
C．与两段时间内，拉力做功相等
D．与两段时间内，回路产生的热量不相等
【答案】A
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】本题主要是考查电磁感应现象中的力学问题，关键是弄清楚金属棒的受力情况和运动情况，根据牛顿第二定律、运动学公式、法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律等进行解答。A．根据速度-时间图像可知，时间内，金属导体棒的加速度为
该段时间内，任意时刻的速度为
金属棒的内阻为r，其余电阻不计， 则有
根据牛顿第二定律，有
联立可得
故A正确；
B．时间内，安培力的冲量为
联立，可得
故B错误；
C．与两段时间内，加速度大小相同，有
可知，这两段时间内，虽然位移相同，但拉力不相等。故做功不相等，故C错误；
D．与两段时间内，根据图线对称性可知，金属棒切割速度对称，感应电动势为称，通过的时间相等，所以回路产生的热量相等，故D错误。
故选A。
【分析】 根据图乙求解在时间内金属导体棒ab的加速度大小，对金属导体棒根据牛顿第二定律求解拉力；根据冲量的计算公式结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律进行解答；根据牛顿第二定律分析前后两段时间内拉力大小，根据功的计算公式分析拉力做的功；根据图线的对称性分析回路产生的热量是否相等。
8．（2025·仁寿模拟）甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图（a）所示，乙车所受合外力—时间图像如图（b）所示。则（ ）
A．0 ~ 2s内，甲车的加速度大小逐渐增大
B．乙车在t = 2s和t = 6s时的速度相同
C．2 ~ 6s内，甲、乙两车的位移不同
D．t = 8s时，甲、乙两车的动能不同
【答案】B,C
【知识点】动量定理；冲量；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】本题考查了v-t图和F-t图，结合图像的不同物理量的含义，合理选取公式，分析物体不同时间的运动状态是解决此类问题的关键。
A． 根据图（a）可得，0～2s内，图像的斜率不变，v-t图像的斜率表示加速度，故甲车的加速度大小不变 ，故A错误；
B．由题知乙车所受合外力一时间图像如图（b）所示，则乙车在0 ~ 2s内根据动量定理有
I2 = mv2，I2 = S0 ~ 2 = 2N·s
乙车在0 ~ 6s内根据动量定理有
I6 = mv6，I6 = S0 ~ 6 = 2N·s
则可知乙车在t = 2s和t = 6s时的速度相同，故B正确；
C．根据图（a）可知，2 ~ 6s内甲车的位移为0；根据图（b）可知，2 ~ 6s内乙车一直向正方向运动，则2 ~ 6s内，甲、乙两车的位移不同，故C正确；
D．根据图（a）可知，t = 8s时甲车的速度为0，则t = 8s时，甲车的动能为0；乙车在0 ~ 8s内根据动量定理有
I8 = mv8，I8 = S0 ~ 8 = 0
可知t = 8s时乙车的速度为0，则t = 8s时，乙车的动能为0，故D错误。
故选BC。
【分析】根据v-t图斜率表示加速度，面积表示位移，而F-t图面积表示冲量，结合动量定理分析求解即可。
9．（2025·仁寿模拟）如图所示为电动机以恒定功率吊起货物的情境。质量为的货物由静止开始竖直向上运动，上升高度时恰好达到最大速度。已知电动机功率恒为，重力加速度为，空气阻力大小恒为，对上述过程，下列说法正确的是（ ）
A．货物上升过程中加速度逐渐增大
B．货物上升过程中绳子的拉力逐渐减小
C．电动机做的功大于货物机械能的增加量
D．货物达到最大速度需要的时间
【答案】B,C
【知识点】功能关系；功率及其计算
【解析】【解答】本题与汽车起动类似，要正确分析货物的受力情况，来确定其运动情况，知道速度最大的条件是加速度为零。AB．对货物受力分析，根据牛顿第二定律有
功率有
则货物加速时，绳子的拉力减小，加速度减小，故A错误，B正确；
C．由能量守恒定律可知，电动机做的功等于货物机械能的增加量及克服空气阻力做的功，故C正确；
D．当时，货物的速度最大，有
根据能量守恒定律有
联立解得
故D错误。
故选BC。
【分析】根据牛顿第二定律以及功率公式分析加速度，电动机做的功等于货物机械能的增加量及克服空气阻力做的功，加速度为零时速度最大，结合能量守恒定律分析 货物达到最大速度需要的时间 。
10．（2025·仁寿模拟）如图所示，足够长的光滑平行金属轨道、及、固定在水平面上，间距分别为、，两段轨道在、处连接，水平轨道处于磁感应强度大小为、方向竖直向上的匀强磁场中。四分之一圆弧轨道、在左端与水平轨道平滑相连，圆弧下端分别在、点与水平轨道相切。质量为、电阻为、长度为的金属棒静止放置在窄轨道上，现将质量为、电阻为、长度为的金属棒从圆弧轨道上高为处由静止释放，运动过程中两个金属棒始终与金属轨道垂直并接触良好，不计其他电阻及空气阻力，重力加速度为，则下列说法正确的是（ ）
A．金属棒中的最大电流为
B．整个过程中通过金属棒的电荷量为
C．整个过程中金属棒中产生的焦耳热为
D．两金属棒、相距最近时的速度之比为
【答案】A,B
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合电学公式和动量定理即可完成分析。A． 长度为的金属棒从圆弧轨道上高为处由静止释放， 金属棒滑下来刚进入磁场时，速度最大，根据法拉第电磁感应定律可知此时感应电动势最大，金属棒中的电流最大，设金属棒刚进入磁场时的速度大小为，此时回路中的感应电动势为，根据机械能守恒定律有
解得
则最大感应电动势为
最大电流
故A正确；
B．金属棒进入水平轨道后在安培力作用下做减速运动，金属棒做加速运动，直到两金属棒产生的电动势等大、反向，回路中的电流为零，最终两金属棒都做匀速运动，设两金属棒匀速运动时的速度大小分别为、，达到稳定状态的过程中通过两金属棒的电荷量为，则有
可得
根据动量定理，对金属棒、分别有
，
解得
故B正确；
C．由能量守恒定律可得，回路产生的总焦耳热为
则金属棒中产生的焦耳热为
故C错误；
D．由牛顿第二定律可得
因通过两金属棒的电流始终相等，根据两金属棒的长度、质量关系可知，两金属棒的加速度大小始终相等，运动过程中的图像如图所示
两图线关于中间虚线对称，显然两图线的交点的纵坐标为，而两金属棒速度大小相等时距离最近，所以两金属棒距离最近时两金属棒的速度大小都为
故D错误。
故选AB。
【分析】金属棒滑下来刚进入磁场时，速度最大，感应电动势最大，电流最大，根据动量定理结合电流定义式求解电荷量，由能量守恒定律可得，回路产生的总焦耳热，两金属棒速度大小相等时距离最近，结合v-t图像分析。
11．（2025·仁寿模拟）利用图示装置测量某种单色光的波长。实验时，接通电源使光源正常发光；调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。
（1）实验中已知双缝间的距离，双缝到光屏的距离，某种单色光照射双缝时，用测量头测量条纹间的宽度：先将测量头的分划板中心刻线与某亮条纹中心对齐，将该亮条纹定为第1条亮条纹，此时手轮上的示数如图甲所示为 mm；然后同方向转动手轮，使分划板中心刻线与第6条亮条纹中心对齐，此时手轮上的示数如图乙所示为 mm，则这种单色光的波长为 m（最后一空结果保留两位有效数字）。
（2）上述实验中，若仅将红色滤光片更换为蓝色滤光片，则相邻亮条纹中心间距 （选填“增大”“减小”或“不变”）。
【答案】（1）2.332；15.325；6.5 × 10 7
（2）减小
【知识点】用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】 本题关键掌握测量某种单色光波长的实验原理和螺旋测微器的读数方法。
（1）螺旋测微器最小分度值为0.01mm，结果要估读到最小刻度后一位，此时手轮上的示数如图甲所示为2mm+0.01mm×33.3=2.333mm；然后同方向转动手轮，使分划板中心刻线与第6条亮条纹中心对齐，此时手轮上的示数如图乙所示为15mm+0.01mm×32.5=15.325mm，则条纹间距
根据
这种单色光的波长为
（2）若仅将红色滤光片更换为蓝色滤光片，因蓝光波长小于红光波长，根据
则相邻亮条纹中心间距减小。
【分析】（1）螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度读数之和；根据干涉条纹间距公式计算；
（2）根据干涉条纹间距公式分析判断。
（1）[1][2]将该亮条纹定为第1条亮条纹，此时手轮上的示数如图甲所示为2mm+0.01mm×33.3=2.333mm；然后同方向转动手轮，使分划板中心刻线与第6条亮条纹中心对齐，此时手轮上的示数如图乙所示为15mm+0.01mm×32.5=15.325mm，则条纹间距
[3]根据
这种单色光的波长为
（2）若仅将红色滤光片更换为蓝色滤光片，因蓝光波长小于红光波长，根据
则相邻亮条纹中心间距减小。
12．（2025·仁寿模拟）实验小组用图（a）所示的电路来测量电阻的阻值，图中标准电阻的阻值已知，为为电源，S为开关，为滑动变阻器，是内阻为的电流表，为电流表。合上开关S，将的滑片置于适当的位置，记下的示数，的示数，改变滑片的位置，多测几组、的对应值，作出图像如图（b）所示，回答下列问题：
（1）按照图（a）所示的电路图连接图（c）的实物图 ；
（2）合上开关S之前，的滑片应置于 （选填“最右端”或“最左端”），多测几组、，然后作图像的目的是消除 误差（选填“系统”或“偶然”）；
（3）图（b）中图像的斜率为 （用题中所给物理量的符号表示），若图（b）中图线的斜率为，可得 （用和表示）。
【答案】（1）
（2）最左端；偶然
（3）；
【知识点】特殊方法测电阻
【解析】【解答】本题考查了电阻的测量，要明确实验的原理，掌握欧姆定律和并联电路的特点的运用，求解ΔI-I2函数是解题的关键。
（1）根据电路图，根据电流流向，电流表和用电器串联，电压表和用电器并联，连接实物图如图所示
（2）合上开关之前，应使分压电路的电压为零，的滑片应置于最左端；作图像的目的是消除偶然误差。
（3）由并联电路两端的电压相等，可得
整理可得
可得
解得
【分析】（1）根据电路图完成实物图的连接；
（2）滑动变阻器采用分压式接法，从保证电路安全的角度分析作答；多测测量是为了消除偶然误差；
（3）根据欧姆定律和并联电路的特点求解ΔI-I2函数，结合图像斜率的含义求解作答。
（1）根据电路图，连接实物图如图所示
（2）[1]合上开关之前，应使分压电路的电压为零，的滑片应置于最左端；
[2]作图像的目的是消除偶然误差。
（3）[1][2]由并联电路两端的电压相等，可得
整理可得
可得
解得
13．（2025·仁寿模拟）一列简谐横波在时的波形图如图(a)所示，P、Q是介质中的两个质点。图(b)是质点Q的振动图象。求：
（1）波速及波的传播方向；
（2）质点Q的平衡位置的x坐标。
【答案】解：（1）由图(a)可以看出，该波的波长为
λ＝36cm
由图(b)可以看出，周期为
T＝2s
波速为
v＝＝18cm/s
由图(b)知，当时，Q点向上运动，结合图(a)可得，波沿x轴负方向传播。
（2）设质点P、Q平衡位置的x坐标分别为、由图(a)知，x＝0处
y＝－＝Asin(－)
因此
由图(b)知，在t＝0时Q点处于平衡位置，经Δt＝s，其振动状态向x轴负方向传播至P点处，可得P、Q间平衡位置距离为
＝vΔt＝6cm
则质点Q的平衡位置的x坐标为
＝9cm
【知识点】横波的图象
【解析】【分析】（1）由图（a）得到波长，由图（b）得到周期，根据v=计算波速，根据振动情况确定传播方向；
（2）首先确定P点平衡位置横坐标，再根据向x轴负方向传播到P点处经过的时间，由此求出质点Q的平衡位置的x坐标。
14．（2025·仁寿模拟）如图所示，水平地面上放一个质量M=1kg的木板，一个质量m=1kg、带电量q=+1×10-5C的小物块（可视为质点）放在木板最左端，物块与木板间的动摩擦因数=0.4，木板与水平地面间的动摩擦因数=0.2。在物块右侧距物块L1=4.5m的区域有一匀强电场E，电场区域宽度为L2=12m，电场强度大小E=1×106N/C，方向竖直向上。现对木板施加一水平向右恒力F，使物块进入电场区域前恰好和木板保持相对静止地向右加速运动，物块刚进入电场时撤去恒力F。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块带电量始终不变，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）水平恒力F的大小
（2）物块离开电场时，木板的速度大小
（3）要使物块不从木板滑下，木板的长度L至少为多少
【答案】解：（1）设进入电场区域前物块与木板间的滑动摩擦力大小为，木板与地面间的滑动摩擦力大小为，加速度大小为，由摩擦力公式可得
由牛顿第二定律公式可得
可得
F=12N
（2）物块进入匀强电场后受竖直向上的电场力作用可得
所以物块做匀速运动，木板做匀减速运动。设物块刚进入电场区域时的速度大小为，物块在电场中运动时间为，木板的加速度大小为，物块离开电场时木板的速度大小为，由运动学公式可得
由牛顿第二定律和运动学公式可得
可得
=2m/s
（3）设物块从进入电场到离开电场的过程中木板的位移大小为，物块离开电场后以加速度做匀减速运动，由于木板受到物块和地面的摩擦力和大小相等，方向相反，所以木板做匀速运动，直到两者速度相等，设此过程所用时间为，物块的位移为，木板的位移为，由运动学公式可得
因为，物块与木板共速后不再发生相对滑动，则有
可解得
L=6m
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）物块进入电场区域前恰好和木板保持相对静止地向右加速运动，两者间静摩擦力达到最大值，对物块和木板分别运用牛顿第二定律列方程，结合摩擦力公式求解F的大小；
（2）物块进入匀强电场后受竖直向上的电场力作用，根据电场力与重力的关系分析物块的运动情况。物块进入电场前，根据牛顿第二定律求出木板和物块的加速度，由速度—位移公式求出物块刚进入电场区域时的速度大小。物块进入电场后，根据牛顿第二定律求出木板的加速度，由匀速运动的规律求出物块通过电场的时间，再求物块离开电场时，木板的速度大小；
（3）物块离开电场后，分析物块和木板的运动情况，当两者速度相等时，木板的长度最小，根据牛顿第二定律和运动学公式相结合求解。
15．（2025·仁寿模拟）如图，2n个间距为L的竖直平面在空间中分隔出n个匀强磁场区域，各磁场区域磁感应强度方向水平（垂直于纸面向里）、大小为。一比荷为的带正电小球从距离①磁场区域上边界处的P点静止释放，忽略空气阻力和地球磁场的影响。重力加速度g取。
（1）求小球进入①磁场瞬间的加速度大小；
（2）若小球运动过程中不会从①磁场的下边界离开，L最小为多少；
（3）若小球恰好不会从第n个磁场的下边界穿出，求L（结果可用n表示）。
【答案】（1）解：设小球进入①磁场瞬间的速度大小为，由动能定理得
代入数据，解得
由左手定则，小球进入磁场①瞬间洛伦兹力水平向右，大小为，合力大小
加速度
（2）解：取竖直向下为轴正方向，水平向右为轴正方向，从小球进入磁场①到刚好不从下边界离开，此时最小，水平方向由动量定理
又
得
小球从开始运动到刚好不出下边界，由动能定理得
又小球刚好不离开磁场①下边界满足速度水平，故
联立可得
解得
（3）解：同理可得，若小球恰好不会从第n个磁场的下边界穿出，水平方向由动量定理
又
得
小球从开始运动到刚好不出第n个磁场的下边界，由动能定理得
又小球刚好不离开第n个磁场下边界满足速度水平，故
联立可得
解得
【知识点】牛顿第二定律；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）由动能定理求解进入磁场的速度，从而求解小球进入磁场①瞬间洛伦兹力大小，结合矢量合成法则以及牛顿第二定律求解加速度；
（2）小球进入磁场①到刚好不从下边界离开，此时最小，水平方向由动量定理求解水平速度，小球刚好不离开磁场①下边界满足速度水平，结合动能定理求解；
（3）水平方向由动量定理求解水平速度，小球刚好不离开第n个磁场下边界满足速度水平，结合动能定理求解。
（1）设小球进入①磁场瞬间的速度大小为，由动能定理得
代入数据，解得
由左手定则，小球进入磁场①瞬间洛伦兹力水平向右，大小为，合力大小
加速度
（2）取竖直向下为轴正方向，水平向右为轴正方向，从小球进入磁场①到刚好不从下边界离开，此时最小，水平方向由动量定理
又
得
小球从开始运动到刚好不出下边界，由动能定理得
又小球刚好不离开磁场①下边界满足速度水平，故
联立可得
解得
（3）同理可得，若小球恰好不会从第n个磁场的下边界穿出，水平方向由动量定理
又
得
小球从开始运动到刚好不出第n个磁场的下边界，由动能定理得
又小球刚好不离开第n个磁场下边界满足速度水平，故
联立可得
解得
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