2026届陕西省西安市高新第一中学高考物理模拟试卷（九）

**基本信息** 立足高考模拟，融合医学（红细胞下沉）、科技（流式细胞仪）及生活（甩手向心加速度）情境，突出物理观念与科学思维考查，适配高考能力要求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|7/28|热学、振动、力学综合|结合理想气体状态方程、阻尼振动分析，考查运动与相互作用观念| |多选|3/18|原子物理、电磁偏转|氢原子跃迁、流式细胞仪偏转问题，体现科学推理与模型建构| |实验题|2/20|光学、电路|液体折射率测量、干电池参数测定，注重科学探究能力| |简答题|1/14|电磁综合|金属导轨运动分析，融合动量定理与能量守恒，考查综合应用| |计算题|2/20|场论比较、动量定理|电场磁场对比、弹性薄片碰撞，突出科学论证与质疑创新|

2026年陕西省西安市高新一中高考物理模拟试卷（九） 一、单选题：本大题共7小题，共28分。 1.如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始经、、三个过程回到原状态。已知ab延长线过O点。对于该气体，下列说法正确的是(    ) A. 过程气体对外界做功 B. 气体在c状态下的温度是a状态下温度的2倍 C. 过程气体体积不变 D. 过程气体分子碰撞单位面积容器壁的作用力减小 2.兴趣小组利用如图1所示装置研究机械振动，通过手机传感器测量加速度a随时间t变化的图像如图2所示。比较曲线上P、N两点对应的时刻，N时刻(    ) A. 小车合外力较大 B. 系统机械能较大 C. 弹簧弹性势能较大 D. 小车动能较大 3.医学研究中，将血液放进足够深的血沉管内，由于重力作用，血液中的红细胞将会下沉。下沉过程中，近似为球形的红细胞受到血液的阻力表达式为，其中为血液的粘滞系数，r为红细胞的半径，v为红细胞运动的速率。若某血样中红细胞下沉情况稳定时速度为，已知红细胞密度为，血液密度为，重力加速度为g，该红细胞的半径可表示为(    ) A. B. C. D. 4.如图所示为远距离输电原理模拟图，变压器均为理想变压器，变压器间输电线的总电阻为R，灯泡的电阻均相同，电表均为理想交流电表，a、b两端接入电压有效值不变的正弦式交流电。闭合开关后，下列说法正确的是(    ) A. 每个灯泡的功率不变 B. 每个灯泡的功率增大 C. 电压表与电流表示数变化量的比值不变 D. 电压表与电流表示数变化量的比值减小 5.如图，光滑水平面上有a、b、c、d四个弹性小球，质量分别为m、9m、3m、m。小球a一端靠墙，并通过一根轻弹簧与小球b相连，此时弹簧处于原长。小球b和c接触但不粘连。现给小球d一个向左的初速度，与小球c发生碰撞，整个碰撞过程中没有能量损失，弹簧始终处于弹性限度之内。以下说法正确的是(    ) A. 整个过程中小球a、b、c、d和弹簧组成的系统动量守恒 B. 整个过程中四个弹性小球a、b、c、d的机械能不守恒 C. 小球a的速度增大时，小球a的加速度也增大 D. 小球b可以追上小球c 6.某研究小组估测甩手时指尖的最大向心加速度，利用摄像机记录甩手动作，A、B、C是最后3帧每秒25帧照片中指尖的位置。根据照片构建运动模型：从A到B，指尖以肘关节M为圆心作圆周运动，从B到C，指尖以腕关节N为圆心作圆周运动，粗略认为A、B之间平均速度为整个过程中指尖做圆周运动的线速度。测得A、B之间的距离为26cm，B、N之间的距离为17cm，B、M之间的距离为40cm。重力加速度为g，甩手时指尖的最大向心加速度大约为(    ) A. 5g B. 10g C. 25g D. 50g 7.如图所示，xOy平面内存在沿y轴正向的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，带正电粒子从坐标原点O由静止释放，运动轨迹如图虚线所示，不计粒子的重力。下列描述粒子沿x轴方向的分速度随时间t、位置坐标y的变化图像中可能正确的是(    ) A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④ 二、多选题：本大题共3小题，共18分。 8.当氢原子从能级跃迁到能级时，辐射光的n波长为121nm。以下判断正确的是(    ) A. 氢原子从能级跃迁到能级时，辐射光的波长小于121nm B. 用波长为330nm的光照射，可使氢原子从能级跃迁到能级 C. 用波长为121nm的光照射，能使氢原子从能级发生电离 D. 一群处于能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生6种谱线 9.“流式细胞仪”可对不同类型的细胞进行分类收集，其原理如图所示。仅含有一个A细胞或B细胞的小液滴从喷嘴喷出另有一些液滴不含细胞，液滴质量均为m。当液滴穿过激光束、充电环时被分类充电，使含A、B细胞的液滴分别带上异种电荷，电荷量均为q。随后，液滴以v的速度竖直进入长度为l的电极板间，板间电场均匀、方向水平向右，电场强度大小为E。含细胞的液滴最终被分别收集在极板下方h处的A、B收集管中。不计重力、空气阻力及带电液滴间的相互作用力。则(    ) A. 含B细胞的液滴带负电 B. 含A细胞的液滴在电极板间运动时间为 C. A、B细胞收集管的间距为 D. 含A细胞的液滴离开电场时的动能为 10.如图所示，截面为直角三角形的斜面体固定在水平面上，两斜面光滑，斜面倾角分别为和，左侧斜面底端固定一挡板，物块a紧挨挡板放置，斜面顶端固定一轻质定滑轮，轻绳一端连接物块a，一端跨过定滑轮与劲度系数为k的弹簧上端连接，弹簧的下端连接物块b。初始状态，用手托住物块处于P处，使两物块a、b均静止，弹簧处于原长且轻绳刚好伸直，轻绳和弹簧都与斜面平行。现释放物块b，物块b从P运动到最低点Q的过程中，物块a恰好没有离开挡板。已知弹簧的弹性势能表达式为弹簧形变量，物块a的质量为M，重力加速度为g，下列说法正确的是(    ) A. 物块b被释放瞬间，其加速度大小为 B. 物块a、b的质量之比为 C. 弹簧的最大弹性势能为 D. 物块b运动到PQ中点时速度大小为 三、实验题：本大题共2小题，共20分。 11.图甲是某学习小组自制的“液体折射率测量仪”装置，由一端有转轴的主支架和两根与主支架垂直的分支架1和2组成，分支架1上沿其轴线方向固定一支激光笔，一直角扇形量角盘固定在主支架和分支架1之间，交点处用细线悬挂一重锤，分支架2上放置装有待测液体的透明容器，整个装置可绕转轴在竖直面内转动 打开激光笔开关，让激光垂直容器壁射入液体并在液面处出现图乙所示的光路，缓慢转动装置，为了使透射出液面的光线消失，主支架绕转轴的转动方向为        填“顺时针”或“逆时针” 将透射出液面的光线恰好消失时重垂线与主支架间的夹角记为，则该待测液体的折射率的表达式为        ，越靠近激光笔，标注的折射率值        填“越大”“不变”或“越小” 若容器壁稍增厚，则激光在液面处的入射角        填“增大”“不变”或“减小” 12.某小组测定一节干电池的电动势和内电阻，器材如下： 干电池一节电动势约为； 电压表量程为，内阻约为； 电流表量程为，内阻等于； 滑动变阻器最大阻值为； 开关、导线若干。 现提供图甲和图乙两种测量电路，要求尽量减小干电池内电阻的实验误差，应选择        选填“甲”或“乙”电路图。 该组同学记录了若干组数据，并将对应点标在图中的坐标纸上，画出了图线，如图丙所示。 利用图像求得干电池的内电阻        结果均保留到小数点后两位。 若实验采用图甲所示的电路，则内阻测量的相对误差        。若实验采用图乙所示的电路，则内阻测量的相对误差        。设电压表、电流表电阻分别为和，电源内阻为r，相对误差 四、简答题：本大题共1小题，共14分。 13.如图甲所示，两根完全相同的金属导轨平行放置，宽，其中倾斜部分abcd光滑且与水平方向夹角为，匀强磁场垂直斜面向下，磁感应强，轨道顶端ac接有电阻。导轨水平部分粗糙，动摩擦因数为且只有边界zk、ke、ep、pn、nf、fz之间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小也为，其中磁场左边界zk长为1m，边界ke、zf与水平导轨间夹角均为且长度相等，磁场右边界pn与两个导轨垂直。一金属棒与导轨接触良好，在斜面上由静止释放，到达底端bd时已经匀速，速度大小为。当金属棒进入导轨的水平部分时不计拐角处的能量损失，给金属棒施加外力，其在轨道水平部分zkef之间运动时速度的倒数与位移x图像如图乙所示，棒运动到ef处时撤去外力，此时棒速度大小为最终金属棒恰能运动到磁场的右边界pn处。已知运动中金属棒始终与导轨垂直，金属棒连入电路中的电阻为，金属棒在水平导轨上从bd边界运动到pn边界共用时，。求： 金属棒的质量m的大小； 水平磁场边界ep的长度d为多少； 金属棒在水平导轨上运动时，外力所需做的功。 五、计算题：本大题共2小题，共20分。 14.比较是一种重要的学习方法，通过比较可以加深对知识的理解。电场和磁场有相似的地方，也有很多的不同 电场的基本性质是对放入其中的电荷有力的作用，磁场的基本性质是对处于其中的运动电荷也有力的作用。请从电荷受到的电场力和洛伦兹力角度，写出电场强度E和磁感应强度B的定义式 如图所示，匀强电场分布在左右宽度为L，上下宽度足够大的区域内。一个正离子以初速度垂直于电场方向射入场强为E的匀强电场，穿出电场区域时速度偏转角为。在同样的宽度范围内，若改用方向垂直于纸面向里的匀强磁场，使该离子穿过磁场区域时速度偏转角的大小也为，求：离子重力忽略不计 匀强磁场磁感应强度B的大小； 若该区域同时存在以上两种电场和磁场，试分析说明该带电离子能否沿直线通过场区？ 15.在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究。如图质量为m的弹性薄片沿倾斜方向落到足够大水平固定面上，与水平面碰前瞬时速度为，方向与水平方向夹角。薄片与水平面间的动摩擦因数。不计空气阻力，碰撞过程中忽略薄片重力。薄片每次碰撞前后竖直方向的分速度大小保持不变，并且在运动过程中始终没有旋转。已知，求： 薄片与水平面在第1次碰撞后瞬间速度与水平方向夹角的正切值 薄片与水平面在第1次碰撞的过程中，受到地面的冲量大小 薄片与水平面发生多少次碰撞后，水平位移将不会再增加？ 答案和解析 1.【答案】B  【解析】解：A、由图像可知，过程，，根据理想气体状态方程可知，气体发生等容变化，所以气体对外界不做功，故A错误； B、过程，由查理定律可得，可得，因，则，故B正确； C、过程，气体压强不变，温度降低，则气体体积减小，故C错误； D、过程，气体压强不变，则气体分子碰撞单位面积容器壁的作用力不变，故D错误。 故选：B。 根据理想气体状态方程分析气体体积的变化，判断气体做功情况；过程，由查理定律确定a状态与b状态温度关系，再得到c状态的温度与a状态的温度关系；过程，根据压强变化，分析气体分子碰撞单位面积容器壁的作用力变化。 本题考查理想气体状态方程和气体实验定律的应用，解题的关键是根据理想气体状态方程或气体实验定律判断气体的p、V、T的变化情况。 2.【答案】C  【解析】解：A、曲线上P、N两点加速度相同，由牛顿第二定律，可得合外力相等，故A错误；B、由图像可得手机在做阻尼振动，说明有摩擦力作用，从P到N系统需要克服摩擦力做功，故N点系统机械能较小，故B错误； C、P点加速度在增大，说明小车在远离平衡位置，摩擦力与弹力同向，设形变量为；N点加速度在减小，说明小车在靠近平衡位置，摩擦力与弹力反向，设形变量为，根据合外力相等则有可得，则N点弹簧弹性势能较大，故C正确； D、由于N点机械能较小，则有，又因为N点弹簧弹性势能较大，则在N点小车动能较小，故D错误。 故选：C。 根据图示图像比较两点的加速度大小关系，然后根据牛顿第二定律比较合力大小关系； 动能与势能统称为机械能，分析清楚运动过程，根据动能与弹性势能的关系分析答题。 掌握基础知识，根据图示图像分析清楚小车的运动过程是解题的前提，应用牛顿第二定律与机械能守恒定律即可解题。 3.【答案】D  【解析】解：红细胞下沉情况稳定时做匀速直线运动，受力处于平衡状态，竖直向下的重力大小等于竖直向上的浮力与阻力大小之和。 红细胞重力 红细胞受到的浮力 红细胞受到的阻力 由平衡条件可得 联立解得半径，故ABC错误，D正确。 故选：D。 明确红细胞匀速下沉时受力平衡，分别写出重力、浮力、黏滞阻力的计算公式，根据竖直方向受力平衡建立等式，整理推导得到半径表达式。 本题考查共点力平衡规律的应用，综合球体体积运算、浮力公式、黏性阻力公式，着重考查受力分析与物理公式代数推导的能力。 4.【答案】C  【解析】解：闭合开关后，负载总电阻减小，电流增大，导致输电导线上的电流增大，输电线上的电压损失和功率损失都增大，降压变压器原副线圈两端的电压减小，灯泡两端电压减小；根据功率公式知，每个灯泡的功率都减小，故AB错误； 设升压变压器副线圈两端电压为，由于ab端输入电压不变，升压变压器原副线圈的匝数比不变，因此升压变压器副线圈两端电压为不变； 电压表的示数U与电流表的示数I满足 变形得 图像的斜率绝对值 因此电压表与电流表示数变化量的比值表示输电线上的电阻，输电线上的电阻不变，比值不变，故C正确，D错误。 故选：C。 根据输电线上的电压损失和功率损失，结合功率公式分析作答； 根据输电回路的电压关系和欧姆定律求解函数，结合图像斜率绝对值含义进行分析。 本题主要考查了变压器的动态分析——原线圈无负载，知道输电线上的电压损失和功率损失，理解输电回路的电压关系是解题的关键。 5.【答案】B  【解析】解：由于墙壁对小球a有弹力作用，整个过程中小球a、b、c、d和弹簧组成的系统合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误； B.整个过程中弹簧与四个弹性小球组成系统只有弹力做功，系统机械能守恒，所以四个弹性小球a、b、c、d的机械能不守恒，故B正确； 小球d与小球c碰后，规定向右为正方向， 由动量守恒可得，由能量守恒可得，解得，， 可知d反弹，以向右匀速运动，c球以速度与b碰撞， 规定向右为正方向，由动量守恒可得，由能量守恒可得，解得，， c反弹，以速度向右匀速运动，小球b以速度压缩弹簧，速度减为零后向右运动，当弹簧恢复到原长后小球a开始脱离挡板向右加速运动，此时小球a速度增大，b的速度为，方向向右，弹簧不断被拉伸，弹力增大，小球a的加速度增大； 当小球a和小球b共速时，弹簧最长，此时小球a的加速度最大， 规定向右为正方向，由动量守恒可得，解得，此后弹簧逐渐缩短，弹力变小，加速度变小，a继续加速，b继续减速，故可知小球a的速度增大时，小球a的加速度可能增大，可能减小，由于cde速度大于b的速度，b追不上小球c，CD错误。 故选：B。 动量守恒的条件：系统合外力为零或不受外力作用。机械能守恒条件：系统只有重力或弹力做功。分析小球的运动情况，判断弹力变化，分析加速度变化，得到速度变化以及小球b是否可以追上小球c。 本题主要考查动量守恒与机械能守恒的判断，以及弹性碰撞的性质，理解动量守恒和机械能守恒的条件是解题关键。 6.【答案】C  【解析】解：根据题意甩手动作每秒25帧，则从帧A到帧B的时间间隔为， 粗略认为A、B之间平均速度为整个过程中指尖做圆周运动的线速度，则B点的线速度：， 则向心加速度约为，故ABD错误，C正确。 故选：C。 甩手动作时，粗略认为A、B之间平均速度为整个过程中指尖做圆周运动的线速度，根据线速度定义式分析指尖B点的线速度大小，根据向心加速度分析加速度大小。 本题考出来圆周运动的规律，解题关键是甩手时，粗略认为A、B之间平均速度为整个过程中指尖做圆周运动的线速度，根据线速度定义式分析指尖B点的线速度大小。 7.【答案】A  【解析】解：释放时粒子可视为有沿x轴正方向和负方向、大小均为v的两个分速度，且满足 则粒子的运动可分解为沿x轴正方向以速率v做匀速直线运动的同时，以速率v在xOy平面内做匀速圆周运动，t时刻粒子沿x轴方向的分速度满足为粒子做匀速圆周运动的角速度，故①正确，②错误； 以x方向为正方向，由动量定理可知 解得 变形后得 则图像是过原点的直线，故③正确，④错误。 故BCD错误，A正确。 故选：A。 根据配速法，结合t时刻粒子沿x轴方向的分速度，综合动量定理分析求解。 本题考查了带电粒子在复合场中的运动，理解粒子在复合场中的运动状态，根据题目合理选取公式是解决此类问题的关键。 8.【答案】CD  【解析】解：由能级图可知，氢原子从能级跃迁到能级时辐射出的光子的能量为：， 从能级跃迁到能级时辐射光子的能量：，， 由：，可知，从能级跃迁到能级时辐射出的光子，波长大于121nm，故A错误； B.波长为330nm的光，对应光子的能量为：， 而氢原子从能级跃迁到能级，所需光子的能量为：，，无法实现，故B错误； C.由题意可知，波长为121nm的光子能量为， 要使氢原子从能级发生电离，所需光子的能量：， 所以用波长为121nm的光照射，能使氢原子从能级发生电离，故C正确； D.一群处于能级上的氢原子向低能级跃迁时，最多产生的谱线种类数为种，故D正确。 故选：CD。 根据从3与2能级差、2与1能级差，即可判断氢原子从3到2跃迁时，辐射的光子波长与2到1跃迁时的波长大小；根据波长，可得到对应的光子能量，结合3、2能级差，即可判断特定波长，是否能使氢原子从2跃迁到3能级；根据波长，可得到对应的光子能量，结合能级的能量，即可判断该光子是否可使能级的氢原子电离；根据跃迁时，从到不同能级间跃迁的可能性，即可判断能产生谱线的种类。 本题考查氢原子的跃迁，关键是根据波长、得到光子能量，结合能级图分析光子能量，与不同能级间跃迁所需能量的大小。 9.【答案】AC  【解析】解：A、由图可知电场方向水平向右、含A细胞的液滴向右偏转，含B细胞的液滴向左偏转，即A受到的电场力水平向右，B受到的电场力水平向左，即A带正电，B带负电，故A正确； B、对A细胞受力分析，可知A在电极板间做类平抛运动，在竖直方向：，在水平方向：，，可得到偏移量为：，运动时间：，故B错误； D、由B选项分析，可得电场力为：，含A细胞的液滴偏移量为：，结合动能定理，可得：，解得液滴离开电场时的动能：，故D错误； C、液滴离开极板后做匀速直线运动，离开极板时速度反向延长线过竖直分位移中点，结合相似三角形，可得：，解得：，结合对称特点，可得AB间距为2Y，即AB间距为，故C正确。 故选：AC。 根据电场方向、液滴轨迹，可分析A、B受到的电场力方向、电性；对A细胞受力分析，可得到A在电极板间做类平抛运动，在竖直方向做匀速运动，在水平方向做初速度为零的匀加速运动，根据分运动特点，可得到偏移量、运动时间；由电场力、含A细胞的液滴偏移量，结合动能定理，可得到液滴离开电场时的动能；液滴离开极板后做匀速直线运动，根据类平抛运动的分位移关系，结合相似三角形，可得到A收集管与喷嘴间的水平距离，结合对称特点，即可得到AB间距。 本题考查带电粒子在偏转电场中的运动，在分析粒子的分位移时，注意分运动与合运动具有等时性和独立性。 10.【答案】AB  【解析】解：由题意可知，物块b在PQ之间做简谐运动，在P点时的加速度大小为 由对称性可知物块b在Q点的加速度大小也是 根据牛顿第二定律有 解得 故AB正确； C.物块由P到Q的过程，由机械能守恒可知重力势能减少量等于弹簧弹性势能的增加量，设PQ的长度x 解得 所以弹性势能 故C错误； D.从P点到PQ中点由能量守恒定律得 解得 故D错误。 故选：AB。 根据简谐运动的特点求物块b被释放瞬间，其加速度大小，结合牛顿第二定律求物块a、b的质量之比； C.由机械能守恒求PQ的长度，进而求出弹簧的最大弹性势能； D.由能量守恒定律求物块b运动到PQ中点时速度大小。 本题考查了机械能守恒和能量守恒的问题，解决该题的关键是正确选择研究对象进行受力分析，根据牛顿第二定律进行列式求解。 11.【答案】【小题1】 顺时针 【小题2】 越大 【小题3】 不变   【解析】解：激光笔固定在分支架1上，缓慢转动装置，要使光线在液面的入射角逐渐增大至全反射的临界角，需将主支架顺时针转动，即减小，光线在液面处的入射角增大，则折射角增大； 当光线恰好发生全反射时，如图所示： 根据几何关系可知全反射的临界角为 则该待测液体的折射率的表达式为 越靠近激光笔，越大，越小，则标注的折射率值越大； 因激光垂直容器壁射入液体，故激光在容器中传播方向不变，若容器壁稍增厚，则激光在液面处的入射角仍等于，即入射角不变。 故答案为：顺时针； ，越大； 不变。 为了使透射出液面的光线消失，应增大入射角直至达到全反射临界角，由此确定主支架绕转轴的转动方向； 将透射出液面的光线恰好消失时，恰好发生全反射，由几何关系确定临界角，再求折射率，并分析折射率值的变化情况； 激光垂直容器壁射入液体，容器壁稍增厚，激光在容器中传播方向不变，由此分析激光在液面处的入射角是否变化。 本题考查光的全反射，解题关键的发生全反射的条件，掌握全反射临界角公式。 12.【答案】乙 0   【解析】由于电流表内阻已知，则电流表的分压可以确定，所以电流表应采用相对电源的内接法，即图乙； 根据闭合回路欧姆定律可得 结合图线可得， 所以 若实验采用图甲所示的电路，根据等效电源法可得 所以 若实验采用图乙所示的电路，由于电流表内阻已知，则电源内阻的测量值等于真实值，所以相对误差为 故答案为：乙；；，0。 由电流表内阻已知确定采用相对电源的内接法； 根据闭合回路欧姆定律及数形结合计算； 根据等效电源法计算。 本实验考查电流表内接法的选取，闭合回路欧姆定律，数形结合，等效电源法，实验探究能力。 13.【答案】解：由题意知，金属棒在斜面上做匀速运动时，受力平衡，则由平衡条件有 金属棒产生的动生电动势为 根据闭合电路欧姆定律有 联立并代入数据解得： 由几何关系可知，bd边界与边界ef的距离为1m，图像与横轴所围面积代表金属棒从bd到ef的时间为 则金属棒从ef运动到pn所用时间为 从撤去外力到运动至pn处，取向右为正方向，由动量定理有 代入数据，联立解得： 金属棒在水平轨道zkef间运动时，金属棒所受安培力大小为 而电流为 动生电动势为 金属棒切割磁感线的有效长度为 联立得： 由图像得： 变形得： 联立可得： 金属棒在水平轨道zkef间运动过程中 所以安培力做功为 由动能定理有： 解得外力所需做的功为： 答：金属棒的质量m的大小为； 水平磁场边界ep的长度d为； 金属棒在水平导轨上运动时，外力所需做的功为。  【解析】金属棒在斜面上做匀速运动时，受力平衡，根据动生电动势公式、安培力公式、欧姆定律以及平衡条件相结合求金属棒的质量m； 从撤去外力到运动到pn处，根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律等求水平磁场边界ep的长度d； 金属棒进入竖直向下的磁场中，由于切割的有效长度变化，根据动生电动势公式、欧姆定律、安培力公式等结合题图图像的表达式，联立求出速度v的表达式，安培力表达式，用平均值法求出克服安培力所做的功，再根据动能定理求解外力所需做的功。 解决本题的关键要读懂图像的意义，明确金属棒的运动情况，知道金属棒加速度为零时做匀速直线运动，受力平衡，从力和能两个角度进行研究。 14.【答案】【小题1】电场强度E和磁感应强度B的定义式分别为， 【小题2】当区域内只存在匀强电场时，偏转角的正切 当区域内只存在匀强磁场时有， 联立解得 当上述两种场同时存在该区域时，此时该离子受到的电场力为 离子受到的洛伦兹力为 又 即 显然，该带电离子不能沿直线通过场区。 答：   【解析】解：电场强度E和磁感应强度B的定义式分别为， 当区域内只存在匀强电场时，偏转角的正切 当区域内只存在匀强磁场时有， 联立解得 当上述两种场同时存在该区域时，此时该离子受到的电场力为 离子受到的洛伦兹力为 又 即 显然，该带电离子不能沿直线通过场区。 答：电场强度E的定义式为，磁感应强度B的定义式为。 匀强磁场磁感应强度B的大小为。 该带电离子不能沿直线通过场区。 明确电场对放入其中的任意电荷都有电场力作用，结合比值定义法的要求，对应电场力与电荷量的关系确定电场强度的定义式，再根据磁场仅对垂直磁场方向运动的电荷有洛伦兹力作用，对应洛伦兹力与电荷量、运动速度的关系确定磁感应强度的定义式。 分析离子在匀强电场中的类平抛运动过程，水平方向匀速直线运动，竖直方向匀加速直线运动，通过速度偏转角的正切值关联电场力产生的加速度、运动时间与初速度，再分析离子在匀强磁场中的匀速圆周运动过程，洛伦兹力提供向心力，通过几何关系确定圆周运动半径与场区宽度、偏转角的关系，联立两类过程偏转角相同的条件推导磁感应强度大小。 明确离子进入电、磁叠加场时，受竖直方向的电场力和洛伦兹力，分别确定两个力的方向和大小关联关系，结合前面求出的磁感应强度数值，对比两个力的大小是否相等，判断受力是否平衡，即可确定离子能否沿直线通过场区。 本题考查电磁学核心概念与带电粒子在场中的运动规律，涉及电场强度、磁感应强度定义，带电粒子匀强电场类平抛、匀强磁场匀速圆周运动分析，以及复合场受力判断。整体难度中等偏上，采用对比式设问突出电场与磁场的性质差异，计算量适中，重点考查学生对两类偏转模型的辨析能力，有效锻炼学生的对比分析能力、模型建构能力与逻辑推导能力。 15.【答案】【小题1】依题意，设薄片质量为m，将速度分解到水平和竖直方向，则水平与竖直方向的初速度大小均为v，与地面作用时的弹力为，作用时间为t，根据动量定理，竖直方向上，有 水平方向，有 联立可得 则速度与水平方向夹角的正切值为 【小题2】第1次碰撞的过程中，竖直方向速度变化量为 水平方向速度变化量为 所以动量变化量为 其中 根据动量定理可得 联立解得薄片受到地面的冲量大小为 【小题3】结合题意和前面分析可知，薄片与水平面每次碰撞过程中，薄片竖直方向的动量变化量大小相等，均为 第一次碰撞过程中，薄片水平方向的动量变化量大小为 当水平位移不再增加时，即水平速度减为零，则有 联立解得 则薄片与水平面发生5次碰撞后，水平位移将不会再增加。 答：   【解析】解：依题意，设薄片质量为m，将速度分解到水平和竖直方向，则水平与竖直方向的初速度大小均为v，与地面作用时的弹力为，作用时间为t，根据动量定理，竖直方向上，有 水平方向，有 联立可得 则速度与水平方向夹角的正切值为 第1次碰撞的过程中，竖直方向速度变化量为 水平方向速度变化量为 所以动量变化量为 其中 根据动量定理可得 联立解得薄片受到地面的冲量大小为 结合题意和前面分析可知，薄片与水平面每次碰撞过程中，薄片竖直方向的动量变化量大小相等，均为 第一次碰撞过程中，薄片水平方向的动量变化量大小为 当水平位移不再增加时，即水平速度减为零，则有 联立解得 则薄片与水平面发生5次碰撞后，水平位移将不会再增加。 答：速度与水平方向夹角的正切值等于； 薄片与水平面在第1次碰撞的过程中，受到地面的冲量大小等于； 薄片与水平面发生5次碰撞后，水平位移将不会再增加。 将速度分解到水平和竖直方向，在两个方向上根据动量定理列式，利用正切定义求解夹角正切值； 分别求出竖直方向速度变化量、水平方向速度变化量，结合矢量合成和动量定理得到地面合冲量； 每次碰撞水平分速度均匀减小，水平分速度减为零时水平位移不再增加，列不等式求解碰撞次数。 本题考查二维动量定理分方向应用，解题关键是两个方向独立使用动量定理，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况。 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $