四川省绵阳市安州中学2025-2026学年高三上学期期中考试物理试题
1．（2025高三上·安州期中）十一国庆的清晨，天安门广场举行了万众瞩目的升旗仪式。为了确保国旗的上升与国歌精准同步，升旗手要经过千百次训练。在某两次训练中，第一次国旗的运动可用v t图中的虚线表示，第二次在开始阶段国旗的加速度稍大，但在国歌结束时国旗仍恰好到达最高点。下列选项中关于两次国旗运动的v t图像，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】根据v t图像的斜率表示加速度，根据题意可知，第二次在开始阶段国旗的加速度稍大，则第二次在开始阶段的v t图像斜率较大；且两次都在国歌结束时国旗仍恰好到达最高点，则两次的运动时间相同，根据v t图像与横轴围成的面积表示位移，由于两次上升的高度相同，则两次v t图像与横轴围成的面积相等。
故答案为：C。
【分析】利用v-t图像的两个物理意义——斜率表示加速度、面积表示位移，结合题目条件（第二次初始加速度大、两次运动时间相同且位移相等）分析选项。
2．（2025高三上·安州期中）氘核 可通过一系列聚变反应释放能量，其总效果可用反应式 表示。海水中富含氘，已知1kg海水中含有的氘核约为1.0×1022个，若全都发生聚变反应，其释放的能量与质量为M的标准煤燃烧时释放的热量相等；已知1 kg标准煤燃烧释放的热量约为2.9×107 J，1 MeV= 1.6×10–13J，则M约为（ ）
A．40 kg B．100 kg C．400 kg D．1 000 kg
【答案】C
【知识点】原子核的人工转变
【解析】【解答】氘核 可通过一系列聚变反应释放能量，其总效果可用反应式
则平均每个氘核聚变释放的能量为
1kg海水中含有的氘核约为1.0×1022个，可以放出的总能量为
由 可得，要释放的相同的热量，需要燃烧标准煤燃烧的质量
故答案为：C
【分析】结合题目给出和核反应方程求解1kg海水中含有的氘核释放的能量，根据煤炭的热值求解煤炭的质量即可。
3．（2025高三上·安州期中）如图甲所示，小张同学在操场上从A位置运动到B位置。以A为坐标原点建立直角坐标系xOy，他的运动过程与图乙对应。从A到B过程中该同学（ ）
A．做匀速直线运动 B．做曲线运动
C．速度越来越大 D．加速度恒定
【答案】B
【知识点】曲线运动
【解析】【解答】A：匀速直线运动的轨迹是直线，而图乙中轨迹是曲线，故不是匀速直线运动，A错误；B：轨迹为曲线，因此该同学做曲线运动，B正确；
C：仅由曲线轨迹无法判断速度的变化趋势（速度大小与轨迹弯曲程度无直接对应关系），不能确定速度越来越大，C错误；
D：加速度恒定的运动是匀变速运动，其轨迹为抛物线类曲线，但仅从当前曲线轨迹无法确定加速度是否恒定，D错误。
故答案为：B。
【分析】通过运动轨迹的形状判断运动类型，结合轨迹仅能反映路径、无法直接推导速度和加速度的特点，分析各选项。
4．（2025高三上·安州期中）设地球自转周期为T，质量为M，引力常量为G，假设地球可视为质量均匀分布的球体，半径为R．同一物体在南极和赤道水平面上静止时所受到的支持力之比为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】解：在赤道上：G ，可得 ①
在南极： ②
由①②式可得： = ．
故选：A．
【分析】在赤道上物体所受的万有引力与支持力提供向心力可求得支持力，在南极支持力等于万有引力．
5．（2025高三上·安州期中）如图所示，在真空中有两个固定的等量异种点电荷+Q和。直线MN是两点电荷连线的中垂线，O是两点电荷连线与直线MN的交点。a、b是两点电荷连线上关于O的对称点，c、d是直线MN上的两个点。下列说法中正确的是（ ）
A．a点的场强大于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先增大后减小
B．a点的场强小于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先减小后增大
C．a点的场强等于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先增大后减小
D．a点的场强等于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先减小后增大
【答案】C
【知识点】电场强度；电场线；点电荷的电场
【解析】【解答】A . 根据等量异种电荷周围的电场分布，ab到电荷距离相等场强相等，F=Eq，O点距离比cd近所以场强O点比大，MN为一条等势线，MN上O点场强最大，向两边逐渐减小，故检验电荷在O点受到的电场力最大。一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先增大后减小。故A错误；
B. ab场强相等不等错误，c到d先减后增错误，故B错误；
C. ab场强相等正确，电场力c到O时受力变最大到d由变小；
D. ab场强相等正确，电场力变化描述错误，故D错误；
故选C。
【分析】电场力看场强，场强看与电荷的距离。
6．（2025高三上·安州期中）如图所示，在第Ⅱ象限内有水平向右的匀强电场，电场强度为E，在第Ⅰ、Ⅳ象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等。有一个带电粒子以垂直于x轴的初速度从x轴上的P点进入匀强电场中，并且恰好与y轴的正方向成45°角进入磁场，又恰好垂直于x轴进入第Ⅳ象限的磁场。已知OP之间的距离为d，则带电粒子在磁场中第二次经过x轴时，在电场和磁场中运动的总时间为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示
设点纵坐标为，粒子到达点的速度为，水平分速度为，运动时间为，则由运动规律可得，，，
解得，，
设粒子在磁场中的运动半径为，周期为，由几何关系可得
则粒子在磁场中的运动周期为
粒子在磁场中的运动时间为
在电场和磁场中运动的总时间为
故答案为：D。
【分析】将运动分为电场中的类平抛、磁场中的圆周运动两个阶段，分别计算各阶段时间，再求和得到总时间。
7．（2025高三上·安州期中）如图所示，足够长的光滑平行金属导轨固定于水平绝缘平台上，两完全相同的导体棒、均垂直于导轨静止放置，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．现使导体棒以某一初速度向右运动，两棒始终与导轨接触良好，导轨电阻不计，则从开始运动到稳定过程中，则（ ）
A．导体棒所受安培力做的功等于整个回路产生的焦耳热
B．导体棒克服安培力做的功等于整个回路产生的焦耳热
C．导体棒克服安培力做的功小于导体棒动能的减少量
D．导体棒克服安培力做的功等于整个回路产生的焦耳热与导体棒的动能增加量之和
【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件进行分析；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等进行分析。BD．根据功能关系可知导体棒克服安培力做的功转化为回路的电能，回路的电能一部分因电流的热效应转化成焦耳热，另一部分驱使导体棒b运动，转化成b的动能，所以导体棒克服安培力做的功等于整个回路产生的焦耳热与导体棒的动能增加量之和，故B错误，D正确；
AC．根据动能定理，导体棒所受安培力做的功等于导体棒的动能增加量，导体棒克服安培力做的功等于导体棒动能的减少量，故AC错误。
故选D。
【分析】根据功能关系分析导体棒a克服安培力做的功的转化情况；根据动能定理分析AC选项。
8．（2025高三上·安州期中）如图所示，两理想变压器间接有电阻R，电表均为理想交流电表，a、b接入电压有效值不变的正弦交流电源。闭合开关S后（ ）
A．R的发热功率不变 B．电压表的示数不变
C．电流表的示数变大 D．电流表的示数变小
【答案】B,C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】AC．闭合开关S后，负载电阻减小，匝数为的线圈输出功率变大，匝数为的线圈输入功率也变大，a、b两端电压有效值不变，由，可知电流表的示数变大，根据，因比值不变，变大，变大，因此，R的发热功率变大，故A错误，C正确；
B．根据理想变压器电压比等于匝数比，可知输出电压不变，电压表的示数不变，故B正确；
D．根据理想变压器电流与匝数关系可得，，由于匝数均保持不变，增大，所以、增大，故电流表的示数变大，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】结合理想变压器的电压比、电流比规律，分析开关闭合后负载变化对各物理量的影响：电压比由匝数比决定，电流比与功率传递相关。
9．（2025高三上·安州期中）质量为的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上，钢板处于平衡状态。一质量也为的物块从钢板正上方高为的A处由静止释放，落在钢板上并与钢板一起向下运动后到达最低点B，已知重力加速度为g，空气阻力不计。则（ ）
A．物块和钢板不可能在弹簧压缩时分离
B．从物块释放到最低点的过程物块、钢板和弹簧组成的系统机械能守恒
C．物块和钢板一起运动到最低点B过程中弹簧弹性势能的增加量为
D．物块和钢板一起运动到最低点B的过程中物块对钢板做的功为
【答案】A,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．物块与钢板一起向下运动时，二者加速度相同；弹簧压缩过程中，钢板受弹簧弹力、物块的压力，物块受重力、钢板的支持力，支持力始终存在（不会为 0），因此弹簧压缩时二者不会分离（分离发生在弹簧伸长阶段），故A正确；
B．物块与钢板碰撞过程是非弹性碰撞，存在机械能损失；后续运动中，重力势能、动能与弹簧弹性势能相互转化，但碰撞的机械能损失导致系统机械能不守恒，故B错误；
C．物块下落h过程，做自由落体运动，则有
物块与钢板碰撞过程，根据动量守恒可得
解得碰撞后的速度为
物块和钢板一起运动到最低点B过程中，根据能量守恒可得
可得弹簧弹性势能的增加量为，故C正确；
D．根据功能关系可知物块和钢板一起运动到最低点B的过程中物块对钢板做的功为，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】分阶段（物块下落、碰撞后共同运动）分析系统的受力、能量变化，结合机械能守恒（含弹性势能）、分离条件判断选项。
10．（2025高三上·安州期中）质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的B点和A点，如图所示，绳a与水平方向成θ角，绳b在水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（ ）
A．a绳弹力不可能为零
B．a绳的弹力随角速度的增大而增大
C．当角速度，b绳将出现弹力
D．若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化
【答案】A,C
【知识点】受力分析的应用；向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A：小球竖直方向受重力，需a绳弹力的竖直分量平衡重力，即，得（恒不为零），A正确；
B：由，a绳弹力与角速度无关，B错误；
C：当较小时，b绳无弹力，水平方向向心力由a绳弹力的水平分量提供：。代入，化简得临界角速度。当时，a绳水平分量不足，b绳出现弹力，C正确；
D：若b绳被剪断时，b绳原本无弹力，剪断后a绳弹力不变，D错误。
故答案为：AC。
【分析】对小球受力分析，结合竖直方向平衡、水平方向向心力公式，分析a绳弹力及b绳弹力出现的条件。
11．（2025高三上·安州期中）在“探究平抛运动的特点”的实验中，可以描绘平抛运动的轨迹，该实验的实验装置如图所示。
（1）做该实验时，下列器材中必需的测量仪器是 。
A. 秒表 B. 刻度尺 C. 天平
（2）让小球多次从 （填“同一”或“不同”）位置由静止滚下，记下小球穿过卡片孔的一系列位置。取下白纸，以斜槽末端O点为原点，以过O点的水平线、竖直线分别为x轴、y轴建立坐标系，以平滑曲线描出平抛轨迹。
（3）在探究平抛运动的特点时，下列说法正确的是 。
A. 必须使斜槽末端切线水平
B. 应使用密度小、体积大的小球
C. 不需要使木板平面与小球下落的竖直平面平行
（4）正确安装实验器材后，在斜槽末端安装一个速度计，直接测得小球离开斜槽末端的速度大小为，小球从斜槽末端到落到某点时的水平位移大小为x，竖直位移大小为y，则当地的重力加速度大小 。
【答案】B；同一；A；
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）探究平抛运动的特点的实验中需要根据小球运动的位移和运动学规律来获取数据，故刻度尺是必需的测量仪器，不需要秒表测时间，也不需要天平测小球的质量。
故答案为：B。
（2）为了使小球每次从斜槽末端抛出时的速度相等，需让小球多次从同一位置由静止滚下。
故答案为：同一
（3）A．为了使小球做平抛运动，必须使斜槽末端切线水平，故A正确；
B．为了尽量减小小球运动过程中所受空气阻力的影响，应使用密度大、体积小的小球，故B错误；
C．本实验中小球每次的运动轨迹相同，都在同一竖直平面内，所以需要使木板平面与小球下落的竖直平面平行，从而使描绘的轨迹反映小球真实的运动，故C错误。
故答案为：A。
（4）小球运动到该点所用的时间为
又
则当地的重力加速度大小为
故答案为：
【分析】（1）仪器选择：实验需测量位移，故用刻度尺，无需秒表（时间由运动分解推导）、天平（质量无关）。
（2）释放位置：保证初速度一致，需从同一位置释放。
（3）实验操作：斜槽末端水平是平抛的前提；小球选择需减小空气阻力；木板平面需与运动平面平行以保证轨迹准确。
（4）重力加速度计算：将平抛分解为水平匀速、竖直自由落体，结合运动公式消去时间，推导重力加速度表达式。
12．（2025高三上·安州期中）做“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验。
（1）下列实验步骤的正确顺序是 。
A.往浅盘里倒入适量的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上
B.用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待油酸膜形状稳定
C.将画有油酸膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油酸膜的面积，根据油酸的体积和油酸膜的面积计算出油酸分子直径的大小
D.向的油酸中加酒精，直至总量达到
E.用注射器将配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，测得滴溶液的体积为
F.将玻璃板放在浅盘上，然后将油酸膜的形状用笔描绘在玻璃板上
（2）用油膜的面积测量分子直径的思想与下列哪个实验的思想相同______。
A．探究加速度与力和质量的关系
B．验证平行四边形定则
C．用双缝干涉实验测量光的波长
（3）把一滴该溶液滴入盛水的撒有痱子粉的浅盘中，待油膜形状稳定后，描出油酸薄膜的轮廓形状如图所示，图中每个小正方形的边长为，则油酸薄膜的面积 ；可求得油酸分子的直径为 （用、、、、表示）。
（4）若某学生测得的油酸分子直径偏小，可能是由于______。
A．油酸未完全散开
B．配置好油酸酒精溶液后放置了很久才开始实验
C．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格
D．把滴溶液记成了滴
【答案】（1）ABFC
（2）C
（3）；
（4）B；D
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】（1）首先要配置油酸酒精溶液，确定溶液中油酸的浓度，然后测量一滴溶液的体积，接着在浅盘中形成油膜，描绘油膜形状，最后计算油膜面积和分子直径。
故答案为：DEABFC。
（2）在“用油膜法估测分子的大小”实验中，我们将油酸分子看成单分子层，把油膜近似看作单分子油膜，通过油膜的面积和油酸的体积来计算分子直径，这是一种通过宏观量测量微观量的方法。
探究加速度与力和质量的关系，采用的是控制变量法；验证平行四边形定则，采用的是等效替代法；用双缝干涉实验测量光的波长，是通过测量干涉条纹的间距等宏观量，结合相关公式来计算光的波长这一微观量，与用油膜的面积测量分子直径的思想相同，都是通过宏观量测量微观量。
故答案为：C。
（3）通过数图中油酸薄膜轮廓包围的方格数，约为 115 个，而每个小正方形格的边长为a，则油酸薄膜的面积
一滴油酸酒精溶液中纯油酸体积
油酸分子的直径
故答案为：；
（4）A．油酸没有充分展开，这会使得我们统计得到的油酸面积比油酸充分展开时的实际面积小，油酸分子直径测量值偏大，故A错误；
B．配置好油酸酒精溶液后放置了很久才开始实验，会导致纯油酸的体积的测量值偏小，油酸分子直径测量值偏小，故B正确；
C．若计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，会导致统计的油膜面积偏小，油酸分子直径测量值偏大，故C错误；
D．溶液滴数时多记录了一滴，那么计算得到的油酸酒精溶液所含纯油酸的体积的测量值就会偏小，油酸分子直径测量值偏小，故D正确。
故答案为：BD 。
【分析】（1）步骤排序：按“配溶液→制油膜→描形状→算直径”的逻辑梳理步骤；
（2）实验思想：识别“宏观测微观”的间接测量思想，匹配对应实验；
（3）面积与直径：通过数方格得油膜面积，结合溶液浓度与1滴体积，由“分子直径=油酸体积/油膜面积”计算；
（4）误差分析：分析操作对“油酸体积”“油膜面积”的影响，判断直径偏小的原因。
（1）首先要配置油酸酒精溶液，确定溶液中油酸的浓度，然后测量一滴溶液的体积，接着在浅盘中形成油膜，描绘油膜形状，最后计算油膜面积和分子直径。
故正确顺序是 DEABFC。
（2）在“用油膜法估测分子的大小”实验中，我们将油酸分子看成单分子层，把油膜近似看作单分子油膜，通过油膜的面积和油酸的体积来计算分子直径，这是一种通过宏观量测量微观量的方法。
探究加速度与力和质量的关系，采用的是控制变量法；验证平行四边形定则，采用的是等效替代法；用双缝干涉实验测量光的波长，是通过测量干涉条纹的间距等宏观量，结合相关公式来计算光的波长这一微观量，与用油膜的面积测量分子直径的思想相同，都是通过宏观量测量微观量。
故选 C。
（3）[1]通过数图中油酸薄膜轮廓包围的方格数，约为 115 个，而每个小正方形格的边长为a，则油酸薄膜的面积
[2]一滴油酸酒精溶液中纯油酸体积
油酸分子的直径
（4）A．油酸没有充分展开，这会使得我们统计得到的油酸面积比油酸充分展开时的实际面积小，油酸分子直径测量值偏大，故A错误；
B．配置好油酸酒精溶液后放置了很久才开始实验，会导致纯油酸的体积的测量值偏小，油酸分子直径测量值偏小，故B正确；
C．若计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，会导致统计的油膜面积偏小，油酸分子直径测量值偏大，故C错误；
D．溶液滴数时多记录了一滴，那么计算得到的油酸酒精溶液所含纯油酸的体积的测量值就会偏小，油酸分子直径测量值偏小，故D正确。
故选BD 。
13．（2025高三上·安州期中）如图所示，一小球从平台边缘水平抛出，恰好落在台的一倾角α=53°的粗糙斜面顶端，并刚好沿斜面加速下滑.已知动摩擦因数u=0.5，斜面顶端与平台的高度差h=0.8 m，重力加速度g=10 m/．sin 53°=0.8，cos 53°=0.6.
(1)求小球水平抛出的初速度和斜面顶端与平台边缘的水平距离x.
（2）若斜面顶端高H=20.8 m，求小球离开平台至到达斜面底端所经历的时间t
【答案】(1)解：平台到斜面做平抛运动，则有：
解得：
到达斜面时速度方向与斜面平行，则有：
解得：
斜面顶端与平台边缘的水平距离：
(2)解：由牛顿运动定律可知物体到达斜面时，由牛顿第二定律则有：
解得加速度：
到达斜面时速度为：
斜面上物体做匀加速运动则有：
解得：
总时间：
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；平抛运动
【解析】【分析】（1）平抛过程：利用平抛运动的竖直分运动求时间与竖直速度，结合“速度方向与斜面平行”的几何关系，推导初速度与水平距离；
（2）斜面运动：通过牛顿第二定律求斜面加速度，结合匀加速直线运动公式求斜面运动时间，与平抛时间累加得总时间。
14．（2025高三上·安州期中）两个带电小球A和B，质量分别为、，带有同种电荷，带电量分别为、，A、B两球均放在光滑绝缘的水平板上，A球固定，B球被质量为的绝缘挡板P挡住静止，A、B两球相距为d，如图所示某时刻起挡板P在向右的水平力F作用下开始向右做匀加速直线运动，加速度大小为a，经过一段时间带电小球B与挡板P分离，在此过程中力F对挡板做功求：
（1）力F的最大值和最小值？
（2）带电小球B与挡板分离时的速度？
（3）从开始运动到带电小球与挡板P分离的过程中，电场力对带电小球B做的功？
【答案】（1）解：开始运动时力F最小，以B球和挡板P整体为研究对象，由牛顿第二定律
解得最小力为
B球与挡板分离后力F最大，以挡板P为研究对象，由牛顿第二定律解得最大力为
（2）解：B球与挡板P分离时，以B球为研究对象，由牛顿第二定律得
B球匀加速直线运动的位移为
又由运动学公式得
联立解得带电小球B与挡板分离时的速度为
（3）解：设B球对挡板P做功，挡板P对B球做功，电场力对B球做功，在B球与挡板P共同运动的过程中，对挡板P应用动能定理得
挡板P对B球做的功
对B球应用动能定理得
联立解得电场力对B球做功为
【知识点】库仑定律；电场力做功
【解析】【分析】（1）力的极值：初始时库仑力辅助加速，力最小；分离时B与P无作用，力仅驱动P，故最大；
（2）分离速度：先由库仑力与加速度的关系求分离时间距，再结合匀加速位移公式求速度；
（3）电场力做功：通过动能定理分别分析P和B的做功，联立消去相互作用力的功，得到电场力做功。
15．（2025高三上·安州期中）真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置．图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计，ab和cd是两根与导轨垂直，长度均为l，电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m．列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示，为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计，列车启动后电源自动关闭．
（1）要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；
（2）求刚接通电源时列车加速度a的大小；
（3）列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l．若某时刻列车的速度为，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？
【答案】（1）解：M接电源正极。理由如下：列车向右运动，由左手定则，金属棒所受安培力需向右，故金属棒中电流方向为、，因此M接电源正极。
（2）解：电路中，ab和cd并联，总电阻总，回路电流总
每根金属棒的电流总，每根棒所受安培力，总安培力总
由牛顿第二定律总，得：
（3）解：列车进入/穿出单块磁场时，磁通量变化会产生感应电流，安培力做负功。设列车经过块磁场后停下，每块磁场对应列车的动量变化为（为穿越时间）
由动量定理，总动量变化为（为穿越单块磁场的电荷量）
穿越单块磁场的电荷量总，代入得：
若为整数，需块；若非整数，取其整数部分加1块。
【知识点】动量定理；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）电源极性：利用左手定则，结合安培力方向与列车运动方向的关系，判断电流方向，进而确定电源正极；
（2）启动加速度：先分析电路的并联电阻与总电流，再结合安培力公式与牛顿第二定律，求解加速度；
（3）减速磁场块数：通过动量定理，关联穿越磁场的电荷量与动量变化，推导所需磁场块数，注意非整数时的取整规则。
1 / 1四川省绵阳市安州中学2025-2026学年高三上学期期中考试物理试题
1．（2025高三上·安州期中）十一国庆的清晨，天安门广场举行了万众瞩目的升旗仪式。为了确保国旗的上升与国歌精准同步，升旗手要经过千百次训练。在某两次训练中，第一次国旗的运动可用v t图中的虚线表示，第二次在开始阶段国旗的加速度稍大，但在国歌结束时国旗仍恰好到达最高点。下列选项中关于两次国旗运动的v t图像，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2025高三上·安州期中）氘核 可通过一系列聚变反应释放能量，其总效果可用反应式 表示。海水中富含氘，已知1kg海水中含有的氘核约为1.0×1022个，若全都发生聚变反应，其释放的能量与质量为M的标准煤燃烧时释放的热量相等；已知1 kg标准煤燃烧释放的热量约为2.9×107 J，1 MeV= 1.6×10–13J，则M约为（ ）
A．40 kg B．100 kg C．400 kg D．1 000 kg
3．（2025高三上·安州期中）如图甲所示，小张同学在操场上从A位置运动到B位置。以A为坐标原点建立直角坐标系xOy，他的运动过程与图乙对应。从A到B过程中该同学（ ）
A．做匀速直线运动 B．做曲线运动
C．速度越来越大 D．加速度恒定
4．（2025高三上·安州期中）设地球自转周期为T，质量为M，引力常量为G，假设地球可视为质量均匀分布的球体，半径为R．同一物体在南极和赤道水平面上静止时所受到的支持力之比为（ ）
A． B．
C． D．
5．（2025高三上·安州期中）如图所示，在真空中有两个固定的等量异种点电荷+Q和。直线MN是两点电荷连线的中垂线，O是两点电荷连线与直线MN的交点。a、b是两点电荷连线上关于O的对称点，c、d是直线MN上的两个点。下列说法中正确的是（ ）
A．a点的场强大于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先增大后减小
B．a点的场强小于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先减小后增大
C．a点的场强等于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先增大后减小
D．a点的场强等于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先减小后增大
6．（2025高三上·安州期中）如图所示，在第Ⅱ象限内有水平向右的匀强电场，电场强度为E，在第Ⅰ、Ⅳ象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等。有一个带电粒子以垂直于x轴的初速度从x轴上的P点进入匀强电场中，并且恰好与y轴的正方向成45°角进入磁场，又恰好垂直于x轴进入第Ⅳ象限的磁场。已知OP之间的距离为d，则带电粒子在磁场中第二次经过x轴时，在电场和磁场中运动的总时间为（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高三上·安州期中）如图所示，足够长的光滑平行金属导轨固定于水平绝缘平台上，两完全相同的导体棒、均垂直于导轨静止放置，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．现使导体棒以某一初速度向右运动，两棒始终与导轨接触良好，导轨电阻不计，则从开始运动到稳定过程中，则（ ）
A．导体棒所受安培力做的功等于整个回路产生的焦耳热
B．导体棒克服安培力做的功等于整个回路产生的焦耳热
C．导体棒克服安培力做的功小于导体棒动能的减少量
D．导体棒克服安培力做的功等于整个回路产生的焦耳热与导体棒的动能增加量之和
8．（2025高三上·安州期中）如图所示，两理想变压器间接有电阻R，电表均为理想交流电表，a、b接入电压有效值不变的正弦交流电源。闭合开关S后（ ）
A．R的发热功率不变 B．电压表的示数不变
C．电流表的示数变大 D．电流表的示数变小
9．（2025高三上·安州期中）质量为的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上，钢板处于平衡状态。一质量也为的物块从钢板正上方高为的A处由静止释放，落在钢板上并与钢板一起向下运动后到达最低点B，已知重力加速度为g，空气阻力不计。则（ ）
A．物块和钢板不可能在弹簧压缩时分离
B．从物块释放到最低点的过程物块、钢板和弹簧组成的系统机械能守恒
C．物块和钢板一起运动到最低点B过程中弹簧弹性势能的增加量为
D．物块和钢板一起运动到最低点B的过程中物块对钢板做的功为
10．（2025高三上·安州期中）质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的B点和A点，如图所示，绳a与水平方向成θ角，绳b在水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（ ）
A．a绳弹力不可能为零
B．a绳的弹力随角速度的增大而增大
C．当角速度，b绳将出现弹力
D．若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化
11．（2025高三上·安州期中）在“探究平抛运动的特点”的实验中，可以描绘平抛运动的轨迹，该实验的实验装置如图所示。
（1）做该实验时，下列器材中必需的测量仪器是 。
A. 秒表 B. 刻度尺 C. 天平
（2）让小球多次从 （填“同一”或“不同”）位置由静止滚下，记下小球穿过卡片孔的一系列位置。取下白纸，以斜槽末端O点为原点，以过O点的水平线、竖直线分别为x轴、y轴建立坐标系，以平滑曲线描出平抛轨迹。
（3）在探究平抛运动的特点时，下列说法正确的是 。
A. 必须使斜槽末端切线水平
B. 应使用密度小、体积大的小球
C. 不需要使木板平面与小球下落的竖直平面平行
（4）正确安装实验器材后，在斜槽末端安装一个速度计，直接测得小球离开斜槽末端的速度大小为，小球从斜槽末端到落到某点时的水平位移大小为x，竖直位移大小为y，则当地的重力加速度大小 。
12．（2025高三上·安州期中）做“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验。
（1）下列实验步骤的正确顺序是 。
A.往浅盘里倒入适量的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上
B.用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待油酸膜形状稳定
C.将画有油酸膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油酸膜的面积，根据油酸的体积和油酸膜的面积计算出油酸分子直径的大小
D.向的油酸中加酒精，直至总量达到
E.用注射器将配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，测得滴溶液的体积为
F.将玻璃板放在浅盘上，然后将油酸膜的形状用笔描绘在玻璃板上
（2）用油膜的面积测量分子直径的思想与下列哪个实验的思想相同______。
A．探究加速度与力和质量的关系
B．验证平行四边形定则
C．用双缝干涉实验测量光的波长
（3）把一滴该溶液滴入盛水的撒有痱子粉的浅盘中，待油膜形状稳定后，描出油酸薄膜的轮廓形状如图所示，图中每个小正方形的边长为，则油酸薄膜的面积 ；可求得油酸分子的直径为 （用、、、、表示）。
（4）若某学生测得的油酸分子直径偏小，可能是由于______。
A．油酸未完全散开
B．配置好油酸酒精溶液后放置了很久才开始实验
C．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格
D．把滴溶液记成了滴
13．（2025高三上·安州期中）如图所示，一小球从平台边缘水平抛出，恰好落在台的一倾角α=53°的粗糙斜面顶端，并刚好沿斜面加速下滑.已知动摩擦因数u=0.5，斜面顶端与平台的高度差h=0.8 m，重力加速度g=10 m/．sin 53°=0.8，cos 53°=0.6.
(1)求小球水平抛出的初速度和斜面顶端与平台边缘的水平距离x.
（2）若斜面顶端高H=20.8 m，求小球离开平台至到达斜面底端所经历的时间t
14．（2025高三上·安州期中）两个带电小球A和B，质量分别为、，带有同种电荷，带电量分别为、，A、B两球均放在光滑绝缘的水平板上，A球固定，B球被质量为的绝缘挡板P挡住静止，A、B两球相距为d，如图所示某时刻起挡板P在向右的水平力F作用下开始向右做匀加速直线运动，加速度大小为a，经过一段时间带电小球B与挡板P分离，在此过程中力F对挡板做功求：
（1）力F的最大值和最小值？
（2）带电小球B与挡板分离时的速度？
（3）从开始运动到带电小球与挡板P分离的过程中，电场力对带电小球B做的功？
15．（2025高三上·安州期中）真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置．图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计，ab和cd是两根与导轨垂直，长度均为l，电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m．列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示，为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计，列车启动后电源自动关闭．
（1）要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；
（2）求刚接通电源时列车加速度a的大小；
（3）列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l．若某时刻列车的速度为，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】根据v t图像的斜率表示加速度，根据题意可知，第二次在开始阶段国旗的加速度稍大，则第二次在开始阶段的v t图像斜率较大；且两次都在国歌结束时国旗仍恰好到达最高点，则两次的运动时间相同，根据v t图像与横轴围成的面积表示位移，由于两次上升的高度相同，则两次v t图像与横轴围成的面积相等。
故答案为：C。
【分析】利用v-t图像的两个物理意义——斜率表示加速度、面积表示位移，结合题目条件（第二次初始加速度大、两次运动时间相同且位移相等）分析选项。
2．【答案】C
【知识点】原子核的人工转变
【解析】【解答】氘核 可通过一系列聚变反应释放能量，其总效果可用反应式
则平均每个氘核聚变释放的能量为
1kg海水中含有的氘核约为1.0×1022个，可以放出的总能量为
由 可得，要释放的相同的热量，需要燃烧标准煤燃烧的质量
故答案为：C
【分析】结合题目给出和核反应方程求解1kg海水中含有的氘核释放的能量，根据煤炭的热值求解煤炭的质量即可。
3．【答案】B
【知识点】曲线运动
【解析】【解答】A：匀速直线运动的轨迹是直线，而图乙中轨迹是曲线，故不是匀速直线运动，A错误；B：轨迹为曲线，因此该同学做曲线运动，B正确；
C：仅由曲线轨迹无法判断速度的变化趋势（速度大小与轨迹弯曲程度无直接对应关系），不能确定速度越来越大，C错误；
D：加速度恒定的运动是匀变速运动，其轨迹为抛物线类曲线，但仅从当前曲线轨迹无法确定加速度是否恒定，D错误。
故答案为：B。
【分析】通过运动轨迹的形状判断运动类型，结合轨迹仅能反映路径、无法直接推导速度和加速度的特点，分析各选项。
4．【答案】A
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】解：在赤道上：G ，可得 ①
在南极： ②
由①②式可得： = ．
故选：A．
【分析】在赤道上物体所受的万有引力与支持力提供向心力可求得支持力，在南极支持力等于万有引力．
5．【答案】C
【知识点】电场强度；电场线；点电荷的电场
【解析】【解答】A . 根据等量异种电荷周围的电场分布，ab到电荷距离相等场强相等，F=Eq，O点距离比cd近所以场强O点比大，MN为一条等势线，MN上O点场强最大，向两边逐渐减小，故检验电荷在O点受到的电场力最大。一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先增大后减小。故A错误；
B. ab场强相等不等错误，c到d先减后增错误，故B错误；
C. ab场强相等正确，电场力c到O时受力变最大到d由变小；
D. ab场强相等正确，电场力变化描述错误，故D错误；
故选C。
【分析】电场力看场强，场强看与电荷的距离。
6．【答案】D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示
设点纵坐标为，粒子到达点的速度为，水平分速度为，运动时间为，则由运动规律可得，，，
解得，，
设粒子在磁场中的运动半径为，周期为，由几何关系可得
则粒子在磁场中的运动周期为
粒子在磁场中的运动时间为
在电场和磁场中运动的总时间为
故答案为：D。
【分析】将运动分为电场中的类平抛、磁场中的圆周运动两个阶段，分别计算各阶段时间，再求和得到总时间。
7．【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件进行分析；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等进行分析。BD．根据功能关系可知导体棒克服安培力做的功转化为回路的电能，回路的电能一部分因电流的热效应转化成焦耳热，另一部分驱使导体棒b运动，转化成b的动能，所以导体棒克服安培力做的功等于整个回路产生的焦耳热与导体棒的动能增加量之和，故B错误，D正确；
AC．根据动能定理，导体棒所受安培力做的功等于导体棒的动能增加量，导体棒克服安培力做的功等于导体棒动能的减少量，故AC错误。
故选D。
【分析】根据功能关系分析导体棒a克服安培力做的功的转化情况；根据动能定理分析AC选项。
8．【答案】B,C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】AC．闭合开关S后，负载电阻减小，匝数为的线圈输出功率变大，匝数为的线圈输入功率也变大，a、b两端电压有效值不变，由，可知电流表的示数变大，根据，因比值不变，变大，变大，因此，R的发热功率变大，故A错误，C正确；
B．根据理想变压器电压比等于匝数比，可知输出电压不变，电压表的示数不变，故B正确；
D．根据理想变压器电流与匝数关系可得，，由于匝数均保持不变，增大，所以、增大，故电流表的示数变大，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】结合理想变压器的电压比、电流比规律，分析开关闭合后负载变化对各物理量的影响：电压比由匝数比决定，电流比与功率传递相关。
9．【答案】A,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．物块与钢板一起向下运动时，二者加速度相同；弹簧压缩过程中，钢板受弹簧弹力、物块的压力，物块受重力、钢板的支持力，支持力始终存在（不会为 0），因此弹簧压缩时二者不会分离（分离发生在弹簧伸长阶段），故A正确；
B．物块与钢板碰撞过程是非弹性碰撞，存在机械能损失；后续运动中，重力势能、动能与弹簧弹性势能相互转化，但碰撞的机械能损失导致系统机械能不守恒，故B错误；
C．物块下落h过程，做自由落体运动，则有
物块与钢板碰撞过程，根据动量守恒可得
解得碰撞后的速度为
物块和钢板一起运动到最低点B过程中，根据能量守恒可得
可得弹簧弹性势能的增加量为，故C正确；
D．根据功能关系可知物块和钢板一起运动到最低点B的过程中物块对钢板做的功为，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】分阶段（物块下落、碰撞后共同运动）分析系统的受力、能量变化，结合机械能守恒（含弹性势能）、分离条件判断选项。
10．【答案】A,C
【知识点】受力分析的应用；向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A：小球竖直方向受重力，需a绳弹力的竖直分量平衡重力，即，得（恒不为零），A正确；
B：由，a绳弹力与角速度无关，B错误；
C：当较小时，b绳无弹力，水平方向向心力由a绳弹力的水平分量提供：。代入，化简得临界角速度。当时，a绳水平分量不足，b绳出现弹力，C正确；
D：若b绳被剪断时，b绳原本无弹力，剪断后a绳弹力不变，D错误。
故答案为：AC。
【分析】对小球受力分析，结合竖直方向平衡、水平方向向心力公式，分析a绳弹力及b绳弹力出现的条件。
11．【答案】B；同一；A；
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）探究平抛运动的特点的实验中需要根据小球运动的位移和运动学规律来获取数据，故刻度尺是必需的测量仪器，不需要秒表测时间，也不需要天平测小球的质量。
故答案为：B。
（2）为了使小球每次从斜槽末端抛出时的速度相等，需让小球多次从同一位置由静止滚下。
故答案为：同一
（3）A．为了使小球做平抛运动，必须使斜槽末端切线水平，故A正确；
B．为了尽量减小小球运动过程中所受空气阻力的影响，应使用密度大、体积小的小球，故B错误；
C．本实验中小球每次的运动轨迹相同，都在同一竖直平面内，所以需要使木板平面与小球下落的竖直平面平行，从而使描绘的轨迹反映小球真实的运动，故C错误。
故答案为：A。
（4）小球运动到该点所用的时间为
又
则当地的重力加速度大小为
故答案为：
【分析】（1）仪器选择：实验需测量位移，故用刻度尺，无需秒表（时间由运动分解推导）、天平（质量无关）。
（2）释放位置：保证初速度一致，需从同一位置释放。
（3）实验操作：斜槽末端水平是平抛的前提；小球选择需减小空气阻力；木板平面需与运动平面平行以保证轨迹准确。
（4）重力加速度计算：将平抛分解为水平匀速、竖直自由落体，结合运动公式消去时间，推导重力加速度表达式。
12．【答案】（1）ABFC
（2）C
（3）；
（4）B；D
【知识点】用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】（1）首先要配置油酸酒精溶液，确定溶液中油酸的浓度，然后测量一滴溶液的体积，接着在浅盘中形成油膜，描绘油膜形状，最后计算油膜面积和分子直径。
故答案为：DEABFC。
（2）在“用油膜法估测分子的大小”实验中，我们将油酸分子看成单分子层，把油膜近似看作单分子油膜，通过油膜的面积和油酸的体积来计算分子直径，这是一种通过宏观量测量微观量的方法。
探究加速度与力和质量的关系，采用的是控制变量法；验证平行四边形定则，采用的是等效替代法；用双缝干涉实验测量光的波长，是通过测量干涉条纹的间距等宏观量，结合相关公式来计算光的波长这一微观量，与用油膜的面积测量分子直径的思想相同，都是通过宏观量测量微观量。
故答案为：C。
（3）通过数图中油酸薄膜轮廓包围的方格数，约为 115 个，而每个小正方形格的边长为a，则油酸薄膜的面积
一滴油酸酒精溶液中纯油酸体积
油酸分子的直径
故答案为：；
（4）A．油酸没有充分展开，这会使得我们统计得到的油酸面积比油酸充分展开时的实际面积小，油酸分子直径测量值偏大，故A错误；
B．配置好油酸酒精溶液后放置了很久才开始实验，会导致纯油酸的体积的测量值偏小，油酸分子直径测量值偏小，故B正确；
C．若计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，会导致统计的油膜面积偏小，油酸分子直径测量值偏大，故C错误；
D．溶液滴数时多记录了一滴，那么计算得到的油酸酒精溶液所含纯油酸的体积的测量值就会偏小，油酸分子直径测量值偏小，故D正确。
故答案为：BD 。
【分析】（1）步骤排序：按“配溶液→制油膜→描形状→算直径”的逻辑梳理步骤；
（2）实验思想：识别“宏观测微观”的间接测量思想，匹配对应实验；
（3）面积与直径：通过数方格得油膜面积，结合溶液浓度与1滴体积，由“分子直径=油酸体积/油膜面积”计算；
（4）误差分析：分析操作对“油酸体积”“油膜面积”的影响，判断直径偏小的原因。
（1）首先要配置油酸酒精溶液，确定溶液中油酸的浓度，然后测量一滴溶液的体积，接着在浅盘中形成油膜，描绘油膜形状，最后计算油膜面积和分子直径。
故正确顺序是 DEABFC。
（2）在“用油膜法估测分子的大小”实验中，我们将油酸分子看成单分子层，把油膜近似看作单分子油膜，通过油膜的面积和油酸的体积来计算分子直径，这是一种通过宏观量测量微观量的方法。
探究加速度与力和质量的关系，采用的是控制变量法；验证平行四边形定则，采用的是等效替代法；用双缝干涉实验测量光的波长，是通过测量干涉条纹的间距等宏观量，结合相关公式来计算光的波长这一微观量，与用油膜的面积测量分子直径的思想相同，都是通过宏观量测量微观量。
故选 C。
（3）[1]通过数图中油酸薄膜轮廓包围的方格数，约为 115 个，而每个小正方形格的边长为a，则油酸薄膜的面积
[2]一滴油酸酒精溶液中纯油酸体积
油酸分子的直径
（4）A．油酸没有充分展开，这会使得我们统计得到的油酸面积比油酸充分展开时的实际面积小，油酸分子直径测量值偏大，故A错误；
B．配置好油酸酒精溶液后放置了很久才开始实验，会导致纯油酸的体积的测量值偏小，油酸分子直径测量值偏小，故B正确；
C．若计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，会导致统计的油膜面积偏小，油酸分子直径测量值偏大，故C错误；
D．溶液滴数时多记录了一滴，那么计算得到的油酸酒精溶液所含纯油酸的体积的测量值就会偏小，油酸分子直径测量值偏小，故D正确。
故选BD 。
13．【答案】(1)解：平台到斜面做平抛运动，则有：
解得：
到达斜面时速度方向与斜面平行，则有：
解得：
斜面顶端与平台边缘的水平距离：
(2)解：由牛顿运动定律可知物体到达斜面时，由牛顿第二定律则有：
解得加速度：
到达斜面时速度为：
斜面上物体做匀加速运动则有：
解得：
总时间：
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；平抛运动
【解析】【分析】（1）平抛过程：利用平抛运动的竖直分运动求时间与竖直速度，结合“速度方向与斜面平行”的几何关系，推导初速度与水平距离；
（2）斜面运动：通过牛顿第二定律求斜面加速度，结合匀加速直线运动公式求斜面运动时间，与平抛时间累加得总时间。
14．【答案】（1）解：开始运动时力F最小，以B球和挡板P整体为研究对象，由牛顿第二定律
解得最小力为
B球与挡板分离后力F最大，以挡板P为研究对象，由牛顿第二定律解得最大力为
（2）解：B球与挡板P分离时，以B球为研究对象，由牛顿第二定律得
B球匀加速直线运动的位移为
又由运动学公式得
联立解得带电小球B与挡板分离时的速度为
（3）解：设B球对挡板P做功，挡板P对B球做功，电场力对B球做功，在B球与挡板P共同运动的过程中，对挡板P应用动能定理得
挡板P对B球做的功
对B球应用动能定理得
联立解得电场力对B球做功为
【知识点】库仑定律；电场力做功
【解析】【分析】（1）力的极值：初始时库仑力辅助加速，力最小；分离时B与P无作用，力仅驱动P，故最大；
（2）分离速度：先由库仑力与加速度的关系求分离时间距，再结合匀加速位移公式求速度；
（3）电场力做功：通过动能定理分别分析P和B的做功，联立消去相互作用力的功，得到电场力做功。
15．【答案】（1）解：M接电源正极。理由如下：列车向右运动，由左手定则，金属棒所受安培力需向右，故金属棒中电流方向为、，因此M接电源正极。
（2）解：电路中，ab和cd并联，总电阻总，回路电流总
每根金属棒的电流总，每根棒所受安培力，总安培力总
由牛顿第二定律总，得：
（3）解：列车进入/穿出单块磁场时，磁通量变化会产生感应电流，安培力做负功。设列车经过块磁场后停下，每块磁场对应列车的动量变化为（为穿越时间）
由动量定理，总动量变化为（为穿越单块磁场的电荷量）
穿越单块磁场的电荷量总，代入得：
若为整数，需块；若非整数，取其整数部分加1块。
【知识点】动量定理；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）电源极性：利用左手定则，结合安培力方向与列车运动方向的关系，判断电流方向，进而确定电源正极；
（2）启动加速度：先分析电路的并联电阻与总电流，再结合安培力公式与牛顿第二定律，求解加速度；
（3）减速磁场块数：通过动量定理，关联穿越磁场的电荷量与动量变化，推导所需磁场块数，注意非整数时的取整规则。
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