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2025届甘肃省庆阳第一中学高三下学期二模物理试题
一、选择题∶本题共10小题，共43分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有-项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题5分，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．（2025·西峰模拟）如图所示、一带正电的金属环绕轴OO'以角速度匀速旋转、方向如图所示，在环左侧轴线上的小磁针最后平衡的位置是（　　）
A．N极竖直向上 B．N极竖直向下
C．N极沿轴线向左 D．N极沿轴线向右
【答案】D
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】转动带电环可以等效为环形电流，根据右手螺旋定则，圆环左侧磁场方向向右，故最后小磁针N极沿轴线向右。
故答案为：D。
【分析】将旋转的带正电金属环等效为环形电流，利用右手螺旋定则判断磁场方向，进而确定小磁针的平衡位置。
2．（2025·西峰模拟）如图所示，一根细绳的一端固定在O点，另一端悬挂质量为m的小球A，为使细绳与竖直方向夹角为且绷紧，小球A处于静止状态，，，重力加速度为g，则需对小球施加的最小力等于（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】以小球为研究对象，分析受力，如图所示
根据作图法分析，当对小球施加的力F与细绳垂直时，所用的力最小，根据平衡条件，F的最小值
故答案为：C。
【分析】小球受重力、绳子拉力和外力，三力平衡。根据 “力的三角形法则”，当外力方向与绳子垂直时，外力最小。
3．（2025·西峰模拟）极板间一蜡烛火焰带有一定量的正离子，两极板电荷量保持不变，当两极板间的距离增大时，关于该火焰受力大小及方向，下列说法正确的是（　　）
A．该火焰所受电场力增大，方向向左
B．该火焰所受电场力增大，方向向右
C．该火焰所受电场力减小，方向向右
D．该火焰所受电场力不变，方向向左
【答案】D
【知识点】电容器及其应用；电场力做功；电场强度
【解析】【解答】由题可知，两极板所带电荷量Q保持不变，则根据电势差和电场强度的关系、、、
联立解得，可知F与极板间的距离增无关，电场力大小保持不变，正电荷的受力方向和电场强度的方向相同，D选项符合题意。
故答案为：D。
【分析】极板电荷量不变时，结合电容、电场强度的公式，推导电场力与极板间距的关系，再判断电场力的大小和方向。
4．（2025·西峰模拟）如图所示，有五片荷叶伸出荷塘水面，一只青蛙要从高处荷叶跳到低处荷叶上。设低处荷叶a、b、c、d和青蛙在同一竖直平面内，a、b高度相同，c、d高度相同，a、b分别在c、d正上方。将青蛙的跳跃视为平抛运动，若青蛙分别以初速度跳到荷叶a、b、c、d上，则的大小关系应为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】自由落体运动；平抛运动
【解析】【解答】青蛙做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，则有，
可得，因此青蛙的水平位移越小、竖直方向运动的距离越大，所需初速度越小，即有，无法比较，可知C正确。
故答案为：C。
【分析】平抛运动可分解为水平匀速直线运动和竖直自由落体运动，结合分运动公式推导初速度与水平位移、竖直下落高度的关系，进而比较初速度大小。
5．（2025·西峰模拟）2024年4月25日20时59分，“神舟十八号”载人飞船成功发射，之后进入预定轨道，并于4月26日3时32分与空间站“天和核心舱”成功对接，“神舟十八号”三名航天员与“神舟十七号”的三名航天员在“天宫”成功会师。已知“天和核心舱”运行的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，下列说法正确的是（　　）
A．“神舟十八号”载人飞船进入预定轨道环绕地球飞行的周期为24h
B．“天和核心舱”的运行速度为
C．“天和核心舱”中的航天员处于平衡状态
D．“神舟十七号”载人飞船返回地球时应先点火减速以降低轨道高度
【答案】D
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．“神舟十八号”载人飞船进入预定轨道环绕地球飞行的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，根据，得，可知其周期小于同步卫星的周期24h，故A错误；
B．“天和核心舱”的轨道半径大于地球的半径，根据，得，可知“天和核心舱”的运行速度小于第一宇宙速度，故B错误；
C．“天和核心舱” 绕地球做匀速圆周运动，航天员的向心力由万有引力提供，处于完全失重状态（非平衡状态），故C错误；
D．“神舟十七号”载人飞船返回地球时应先点火减速以降低轨道高度，故D正确。
故答案为：D。
【分析】结合万有引力定律（提供圆周运动向心力），分析周期、速度与轨道半径的关系，同时明确航天器的运动状态与变轨原理。
6．（2025·西峰模拟）一列简谐横波沿x轴传播，传播速度为4m/s，振幅为4cm。图甲为图乙中质点P的振动图像，图乙是t=0.35s时刻波的图像。下列说法正确的是（　　）
A．该波沿x轴正方向传播
B．质点P的振动周期T=0.8s
C．图乙中质点Q比质点P先回到平衡位置
D．从t=0时刻起到t=0.35s，质点P通过的路程为0.12m
【答案】C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】AB．由题图乙可知，波长为，则，在t=0.35s时刻，由题图甲可知，质点P在平衡位置上方向上运动，则根据“上下坡”法可知该波沿x轴负方向传播，故AB错误；
C．t=0.35s时质点P向上运动，质点Q向下运动，则质点Q先回到平衡位置，故C正确；
D．由于，所以从t=0时刻起到t=0.35s，质点P运动的路程是，故D错误。
故答案为：C。
【分析】结合振动图像（甲）和波形图像（乙），先确定周期、波长，再用 “上下坡法” 判断波的传播方向，分析质点振动方向与路程。
7．（2025·西峰模拟）一电蚊拍如图甲所示，它可以利用高压电来击杀接触它的蚊虫，其工作电路原理如图乙所示，将6V锂电池的电压通过高频转换器转变为交变电压，再利用理想变压器产生高压，加在电蚊拍的高压电击网上，电压峰值达到时可击杀接触到电击网的蚊虫。电蚊拍正常工作时，下列说法正确的是（　　）
A．高压电击网上电压的频率为
B．理想交流电压表的示数为
C．变压器原线圈与副线圈的匝数比
D．变压器原线圈与副线圈的匝数比
【答案】D
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．高频转换器产生的交变电压的频率，变压器不改变交变电压的频率，则高压电击网上电压的频率也为，故A错误；
B．交流电压表测量的是交变电压的有效值，，故B错误；
CD．根据理想变压器的原理可得原线圈与副线圈的匝数比，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】结合交变电压的表达式确定频率、有效值，再利用理想变压器的电压比（峰值比等于匝数比）分析匝数关系。
8．（2025·西峰模拟）一个原子核俘获一个电子，可生成一个新原子核X并放出中微子（质量和电荷量均不计），其核反应方程为。关于该过程，下列说法正确的是（　　）
A．原子核X是 B．核反应前后总质子数不变
C．核反应前后总中子数不变 D．核反应前后总质量数不变
【答案】A,D
【知识点】原子核的人工转变
【解析】【解答】A．根据核反应质量数守恒、电荷数守恒有，解得，可知原子核X的质量数为7，电荷数为3，即原子核X是，故A正确；
BC．由核反应方程可知核反应前后总质子数减少了1，中子数增加了1，故BC错误；
D．核反应前后质量数守恒，所以总质量数不变，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】根据核反应的质量数守恒和电荷数守恒，推导新原子核的参数，再分析质子数、中子数、质量数的变化。
9．（2025·西峰模拟）一束红色光和一束蓝色光同时由空气射到某介质的界面MN上的O点，由于折射而合成一复色光C，如图所示。已知同一介质对频率较大的光的折射率也更大，则下列说法正确的是（　　）
A．A光为蓝色光
B．A光在介质中的传播速度较大
C．在真空中B光的传播速度比A光的大
D．用同样的装置做光的双缝干涉实验，A光得到的干涉条纹的间距比B光得到的干涉条纹的间距小
【答案】A,D
【知识点】光的折射及折射定律；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】A．由题图可知，A光的入射角较大，根据折射定律可知，介质对A光的折射率较大，由电磁波谱的知识知，蓝色光的频率较大，则介质对蓝色光的折射率较大，可知A光为蓝色光，故A正确；
C．不同的光在真空中的速度大小相同，故C错误；
B．由可知，B光在介质中的传播速度较大，故B错误；
D．由及知，用同样的装置做光的双缝干涉实验，A光得到的干涉条纹的间距比B光得到的干涉条纹的间距小，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】结合折射定律（入射角、折射率的关系）、电磁波的频率特性，以及双缝干涉条纹间距公式，分析两种光的性质。
10．（2025·西峰模拟）如图所示，由弯曲部分和水平部分（足够长）组成的间距为L的平行金属导轨，固定放置在绝缘水平面上，弯曲部分在最低点M、N处的切线水平，MN的右侧有磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。导体棒b（质量为2m）开始时静止于水平导轨上某处，让导体棒a（质量为m）从弯曲导轨上距水平面高度为L的地方由静止释放。已知导轨各处光滑，两导体棒接入回路的电阻均为R，两导体棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨的电阻忽略不计，重力加速度大小为g，假设导体棒a、b没有发生碰撞，下列说法正确的是（　　）
A．导体棒a运动到MN处时的速度大小为
B．导体棒b产生的感应电动势最大值为
C．整个过程中，导体棒b中产生的焦耳热为
D．整个过程中，通过导轨横截面的电荷量为
【答案】A,D
【知识点】机械能守恒定律；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．在导体棒a从释放至运动到MN处过程中，由机械能守恒定律可得，解得，故A正确；
B．对导体棒a、b系统，由动量守恒定律可得；，解得最终速度大小，可得导体棒b产生的感应电动势最大值为
故B错误；
C．由能量守恒定律可得整个回路产生的焦耳热，由于导体棒a、b的电阻相等，导体棒b中产生的焦耳热，故C错误；
D．通过导轨横截面的电荷量，又对导体棒b由动量定理可得，解得，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】分阶段分析（导体棒a下滑、a与b在磁场中相互作用），结合机械能守恒、动量守恒、能量守恒、动量定理求解速度、焦耳热、电荷量。
二、非选择题∶本题共5小题，共57分。
11．（2025·西峰模拟）为了探究并验证两个互成角度的力的合成规律，两位同学分别设计了如下方案。
（1）李红同学找到三条相同的橡皮筋（遵循胡克定律）和若干小重物，还有刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉子等。
实验方案：先将三条橡皮筋的一端连接成结点O，将其中两条橡皮筋的另一端分别挂在竖直墙上的两个钉子a、b上，然后将第三条橡皮筋的另一端通过细绳悬挂小重物，如图甲所示。
①本实验中，下列说法正确的是_______。
A. Oa与Ob的夹角必须为或，不能为其他角
B. 测量每条橡皮筋的原长
C. 测量悬挂小重物后每条橡皮筋的长度
D. 记录悬挂小重物后每条橡皮筋的方向
②探究结论：两个互成角度的力的合成遵循平行四边形定则。
（2）王华同学为了验证李红同学的实验结论，设计了如下实验方案：
a．用天平测得一个小物块的质量。
b．如图乙所示，两根固定的竖直杆间距为d，用长为L的不可伸长的轻绳穿过光滑轻质滑轮，滑轮下端连接小物块，轻绳两端分别固定在杆上M、N两点，在轻绳的左端连接力传感器，力传感器的重力忽略不计。
c．改变并记录小物块的质量m，记录力传感器对应的示数F，得到多组数据，已知重力加速度为g。
①力传感器的示数F与小物块的质量m满足________（用题中给出的L、d、g、m等表示），就可以验证力的平行四边形定则。
②王华同学作出F-m图像如图丙所示，则图线的斜率________。
【答案】(1) BCD
(2) ①；②
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）探究两个互成角度的力的合成规律，要利用同一个作用点，分别作出三个力的图示，以挂在两个钉子a、b上的两条橡皮筋的拉力的图示作出平行四边形，用两个力所夹对角线的长度和方向与第三条橡皮筋的拉力的图示对比分析，找出其规律。故完成本实验必需的操作有：不挂小重物时测量每条橡皮筋的原长，悬挂小重物后记录结点O的位置，因为三条相同的橡皮筋都遵循胡克定律，故不需要测量每条橡皮筋的弹力大小，而是测量悬挂小重物后每条橡皮筋的长度，并且记录每条橡皮筋的方向，本实验要验证的是一个普遍规律，因此Oa与Ob的角度不必为30°、60°或90°，可以是其他角度，故A错误，BCD正确。
故答案为：BCD。
（2）设绳与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系有，则
根据平衡条件有，解得
据，可知图像中图线的斜率
故答案为：(2) ①；②
【分析】（1）实验操作：利用橡皮筋的胡克定律，通过测长度、记方向来确定力的大小与方向，无需特定夹角。
（2）力的平衡与图像分析：通过几何关系得轻绳夹角的余弦值，结合平衡条件推导F与m的线性关系，进而得图像斜率。
12．（2025·西峰模拟）某小组根据所学知识自制了一个电容器，并且做了观察其充、放电现象的实验，实验器材有：电源E（电动势为8V）、电容器C、理想电压表、理想电流表、电流传感器、定值电阻R、电阻箱、单刀双掷开关S、导线若干。
（1）用如图甲所示的电路，将开关S接到1后：
①电压表示数　 　。
A．先增大，后逐渐减小为零 B．逐渐增大，最终稳定在8V
②电流表的示数　 　。
A．一直稳定在某一数值 B．从某一数值开始逐渐减小到零 C．逐渐增大为某一数值
（2）将图甲电路换成图乙所示电路，开关S先接1，电容器充电完毕后，再把开关S改接2，通过电流传感器得到电容器放电的I-t图像，如图丙所示。
①根据图丙可估算出电容器开始放电时所带的电荷量　 　（保留两位有效数字）。
②使用图乙电路时仅把电阻箱的阻值R调大一些，重复上述实验，下列图像中的实线和虚线分别表示改变R前后放电过程的I-t曲线，最接近实际情况的为　 　。
A． B．
C． D．
【答案】（1）B；B
（2）；A
【知识点】电流的微观表达式及其应用；观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）随着电容器的不断充电，电路中的充电电流在减小，电容器所带电荷量Q逐渐增大，两极板间电压逐渐增大，当充电结束电路稳定后，此时电路相当于开路，电流为0，电容器两极板间电压等于电源的电动势8V。则电压表示数逐渐增大后稳定在8V，电流表的示数从某一数值开始逐渐减小到零。
故答案为：B；B
（2）根据电流的定义式可得，故I-t图线与横轴围成的面积表示电荷量
由图丙可得，面积约为17格，可得电荷量
仅把电阻箱的阻值R调大一些，电容器放电的最大电流变小，但因开关接1时，电容器两端的最大电压不变，仍等于电源的电动势，即电容器稳定时电荷量不变，则放电时间变长，故A正确。
故答案为：；A。
【分析】（1）充电过程：电容器充电时电压趋近电源电动势，电流随充电进程减小至零。
（2）放电分析：电荷量由I-t图像面积计算；电阻增大时，初始电流减小、放电时间延长，总电荷量不变。
（1）[1][2]随着电容器的不断充电，电路中的充电电流在减小，电容器所带电荷量Q逐渐增大，两极板间电压逐渐增大，当充电结束电路稳定后，此时电路相当于开路，电流为0，电容器两极板间电压等于电源的电动势8V。则电压表示数逐渐增大后稳定在8V，电流表的示数从某一数值开始逐渐减小到零。
（2）[1]根据电流的定义式可得，故I-t图线与横轴围成的面积表示电荷量
由图丙可得，面积约为17格，可得电荷量
[2]仅把电阻箱的阻值R调大一些，电容器放电的最大电流变小，但因开关接1时，电容器两端的最大电压不变，仍等于电源的电动势，即电容器稳定时电荷量不变，则放电时间变长，故A正确。
故选A。
13．（2025·西峰模拟）某气压式升降电脑椅如图甲所示，其气压式升降结构的原理简图如图乙所示，圆柱形汽缸与椅子主体固定连接，汽缸与椅子主体总质量，汽缸内腔横截面积，底部的柱状气动杆与底座固定连接，气动杆与汽缸壁间有润滑油且紧密接触，在汽缸内密封了一定质量的氮气（视为理想气体），汽缸的气密性，导热性良好，其升降时与气动杆间的摩擦力忽略不计。电脑椅上不坐人，稳定不动时测得封闭氮气柱长度。已知大气压强，重力加速度。现在让质量分别为、的两个人分别坐在同样的两把电脑椅上稳定后不动，假设室温不变，人对椅子的压力大小等于人的重力，方向竖直向下。求：
（1）稳定后两把电脑椅汽缸内气体的压强；
（2）稳定后两把电脑椅主体的高度差。
【答案】（1）解：质量的两个人分别坐在同样的两把电脑椅上稳定不动时，设汽缸内对应氮气的压强分别为
对人、汽缸和椅子主体整体由平衡条件得，
解得，
（2）解：电脑椅上不坐人稳定不动时，设汽缸内氮气的压强为p，对汽缸和椅子主体整体由平衡条件得
解得
设两个人分别坐在同样的两把电脑椅上稳定不动时，汽缸内对应氮气柱的长度分别为
由于汽缸是导热的且室温不变，故氮气均发生等温变化，由玻意耳定律得，
解得，
则两把电脑椅主体的高度差
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）气体压强：通过椅子整体的受力平衡，结合重力、大气压力与内部气体压力的关系求解。
（2）高度差：利用玻意耳定律（等温变化）计算两种情况下的气柱长度，其差值即为高度差。
（1）质量的两个人分别坐在同样的两把电脑椅上稳定不动时，设汽缸内对应氮气的压强分别为
对人、汽缸和椅子主体整体由平衡条件得，
解得，
（2）电脑椅上不坐人稳定不动时，设汽缸内氮气的压强为p，对汽缸和椅子主体整体由平衡条件得
解得
设两个人分别坐在同样的两把电脑椅上稳定不动时，汽缸内对应氮气柱的长度分别为
由于汽缸是导热的且室温不变，故氮气均发生等温变化，由玻意耳定律得，
解得，
则两把电脑椅主体的高度差
14．（2025·西峰模拟）如图所示，一个右端带有光滑四分之一圆弧（半径R=1m）的长木板（质量M=4kg）停放在光滑水平面上，木板左端紧靠竖直墙面，上面放一轻弹簧（劲度系数k=800N/m），弹簧的左端固定在墙面上，右端紧挨着放一小物块（m=2kg），木板上表面的AB段（长度L=2m）与物块间的动摩擦因数为 ，其余部分均光滑。现对物块施加水平向左的推力F，缓慢将弹簧压缩x0=30cm，然后由静止释放物块。已知弹簧弹性势能表达式，物块到达A点前已脱离弹簧，重力加速度g=10m/s2。
（1）求推力F做的功和物块第一次到达A点时的速度大小；
（2）如果物块恰好能够到达四分之一圆弧最高点，求AB段与物块间的动摩擦因数 ；
（3）通过分析说明（2）中物块滑下后能否停在AB段某处？如果能，求出物块相对木板静止时与B端的距离；如果不能，则在物块第一次经过B点后立即改变AB段与物块间的动摩擦因数为 '，为了使物块刚好停在距离B端处，求 '。
【答案】（1）解：由功能关系可得推力F做的功
设物块第一次到达A点时的速度大小为v0，由动能定理得
解得
（2）解：物块恰好能够到达四分之一圆弧最高点，即物块到达圆弧的最高点时与木板恰好具有相同的速度，设为v1，对系统由水平方向动量守恒得
解得
对系统由能量守恒定律得
解得
（3）解：假设物块恰好停在A处，对系统由水平方向动量守恒得
解得
对系统根据能量守恒定律有
而实际情况是
故物块滑下后不能停在AB段某处，为了使物块刚好停在距离B端处，则有
解得
【知识点】能量守恒定律；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）功与速度：利用功能关系（推力做功转化为弹性势能）、动能定理（弹性势能转化为物块动能）求解。
（2）摩擦因数：结合动量守恒（共速）与能量守恒（动能转化为摩擦力做功、重力势能、共速动能）推导。
（3）下滑后状态：通过能量比较判断能否停下，再利用能量守恒求新的摩擦因数。
（1）由功能关系可得推力F做的功
设物块第一次到达A点时的速度大小为v0，由动能定理得
解得
（2）物块恰好能够到达四分之一圆弧最高点，即物块到达圆弧的最高点时与木板恰好具有相同的速度，设为v1，对系统由水平方向动量守恒得
解得
对系统由能量守恒定律得
解得
（3）假设物块恰好停在A处，对系统由水平方向动量守恒得
解得
对系统根据能量守恒定律有
而实际情况是
故物块滑下后不能停在AB段某处，为了使物块刚好停在距离B端处，则有
解得
15．（2025·西峰模拟）某款带电粒子流的控制装置原理图如图甲所示。在平面直角坐标系中第一、二象限有两个半径（设为r，未知）相同的圆形区域，而且圆形区域均与两个坐标轴相切，圆形区域内均有磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里；第三象限区域内有磁感应强度大小也为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场。在x≤-2r的x轴上放置有足够长的荧光屏，在位置坐标（，0）、（，0）间有一长条形粒子源，可以在坐标平面内沿着y轴正方向发射大量相同速率（设为v，未知）、质量为m、电荷量为q的带正电粒子。不计粒子的重力、粒子间的相互作用。从位置坐标（r，0）处沿y轴正方向射出的粒子到达荧光屏的过程中的运动轨迹如图乙所示（从第一象限经两磁场圆的切点垂直y轴进入第二象限），该轨迹均在磁场中，已知粒子到达荧光屏的位置坐标为（-d，0），sin37°=0.6。求：
（1）圆形区域的半径r及粒子的速率v；
（2）粒子打到荧光屏上的最远点，最近点的位置坐标；
（3）粒子从粒子源射出到打到荧光屏上经历的最长，最短时间。
【答案】（1）解：根据题意及题图乙可知粒子做匀速圆周运动的轨迹半径
根据洛伦兹力提供向心力有，
联立解得，
（2）解：由于带电粒子做匀速圆周运动的轨迹半径R恰好等于圆形磁场区域的半径r，根据“磁发散”与“磁汇聚”模型，可知粒子平行y轴进入第一象限的圆形磁场中，经过偏转汇聚后进入第二象限的圆形磁场中，经过偏转发散后沿y轴方向射出，最后垂直于x轴进入第三象限的匀强磁场中，经过半个圆周运动垂直打到荧光屏上。由此画出打到荧光屏上的最远点、最近点的粒子对应的运动轨迹如图甲所示
根据几何关系及对称关系，可得粒子打到荧光屏上最远点的x坐标
同理可得粒子打到荧光屏上最近点的x坐标
故粒子打到荧光屏上的最近点、最远点的位置坐标分别为（-1.2d，0），（-0.8d，0）；
（3）解：由于粒子整个运动过程中速率不变，轨迹越长对应的运动时间越长，由图甲可知，从粒子源射出到打到荧光屏上的最远点和最近点的粒子的运动时间最长，对于打到荧光屏上的最远点的粒子在第二象限的运动轨迹如图乙所示，其中粒子在磁场中做圆周运动的时间
T为带电粒子在磁场中运动的周期，即
粒子在磁场外做直线运动的时间
最长时间
解得
同理可得从位置坐标（r，0）射出到打到荧光屏上的粒子的运动时间最短其中粒子在磁场中做圆周运动的时间
粒子未在磁场外运动，则所求最短时间
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）半径与速率：由洛伦兹力公式结合轨迹的几何关系（d = 3R）求解。
（2）最远 / 最近点：利用 “磁发散-磁汇聚” 模型，结合粒子源位置与磁场区域的几何关系，推导坐标。
（3）运动时间：根据轨迹对应的圆周运动弧长，结合周期公式计算最长、最短时间。
（1）根据题意及题图乙可知粒子做匀速圆周运动的轨迹半径
根据洛伦兹力提供向心力有，
联立解得，
（2）由于带电粒子做匀速圆周运动的轨迹半径R恰好等于圆形磁场区域的半径r，根据“磁发散”与“磁汇聚”模型，可知粒子平行y轴进入第一象限的圆形磁场中，经过偏转汇聚后进入第二象限的圆形磁场中，经过偏转发散后沿y轴方向射出，最后垂直于x轴进入第三象限的匀强磁场中，经过半个圆周运动垂直打到荧光屏上。由此画出打到荧光屏上的最远点、最近点的粒子对应的运动轨迹如图甲所示
根据几何关系及对称关系，可得粒子打到荧光屏上最远点的x坐标
同理可得粒子打到荧光屏上最近点的x坐标
故粒子打到荧光屏上的最近点、最远点的位置坐标分别为（-1.2d，0），（-0.8d，0）；
（3）由于粒子整个运动过程中速率不变，轨迹越长对应的运动时间越长，由图甲可知，从粒子源射出到打到荧光屏上的最远点和最近点的粒子的运动时间最长，对于打到荧光屏上的最远点的粒子在第二象限的运动轨迹如图乙所示，其中粒子在磁场中做圆周运动的时间
T为带电粒子在磁场中运动的周期，即
粒子在磁场外做直线运动的时间
最长时间
解得
同理可得从位置坐标（r，0）射出到打到荧光屏上的粒子的运动时间最短其中粒子在磁场中做圆周运动的时间
粒子未在磁场外运动，则所求最短时间
1 / 12025届甘肃省庆阳第一中学高三下学期二模物理试题
一、选择题∶本题共10小题，共43分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有-项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题5分，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．（2025·西峰模拟）如图所示、一带正电的金属环绕轴OO'以角速度匀速旋转、方向如图所示，在环左侧轴线上的小磁针最后平衡的位置是（　　）
A．N极竖直向上 B．N极竖直向下
C．N极沿轴线向左 D．N极沿轴线向右
2．（2025·西峰模拟）如图所示，一根细绳的一端固定在O点，另一端悬挂质量为m的小球A，为使细绳与竖直方向夹角为且绷紧，小球A处于静止状态，，，重力加速度为g，则需对小球施加的最小力等于（　　）
A． B． C． D．
3．（2025·西峰模拟）极板间一蜡烛火焰带有一定量的正离子，两极板电荷量保持不变，当两极板间的距离增大时，关于该火焰受力大小及方向，下列说法正确的是（　　）
A．该火焰所受电场力增大，方向向左
B．该火焰所受电场力增大，方向向右
C．该火焰所受电场力减小，方向向右
D．该火焰所受电场力不变，方向向左
4．（2025·西峰模拟）如图所示，有五片荷叶伸出荷塘水面，一只青蛙要从高处荷叶跳到低处荷叶上。设低处荷叶a、b、c、d和青蛙在同一竖直平面内，a、b高度相同，c、d高度相同，a、b分别在c、d正上方。将青蛙的跳跃视为平抛运动，若青蛙分别以初速度跳到荷叶a、b、c、d上，则的大小关系应为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025·西峰模拟）2024年4月25日20时59分，“神舟十八号”载人飞船成功发射，之后进入预定轨道，并于4月26日3时32分与空间站“天和核心舱”成功对接，“神舟十八号”三名航天员与“神舟十七号”的三名航天员在“天宫”成功会师。已知“天和核心舱”运行的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，下列说法正确的是（　　）
A．“神舟十八号”载人飞船进入预定轨道环绕地球飞行的周期为24h
B．“天和核心舱”的运行速度为
C．“天和核心舱”中的航天员处于平衡状态
D．“神舟十七号”载人飞船返回地球时应先点火减速以降低轨道高度
6．（2025·西峰模拟）一列简谐横波沿x轴传播，传播速度为4m/s，振幅为4cm。图甲为图乙中质点P的振动图像，图乙是t=0.35s时刻波的图像。下列说法正确的是（　　）
A．该波沿x轴正方向传播
B．质点P的振动周期T=0.8s
C．图乙中质点Q比质点P先回到平衡位置
D．从t=0时刻起到t=0.35s，质点P通过的路程为0.12m
7．（2025·西峰模拟）一电蚊拍如图甲所示，它可以利用高压电来击杀接触它的蚊虫，其工作电路原理如图乙所示，将6V锂电池的电压通过高频转换器转变为交变电压，再利用理想变压器产生高压，加在电蚊拍的高压电击网上，电压峰值达到时可击杀接触到电击网的蚊虫。电蚊拍正常工作时，下列说法正确的是（　　）
A．高压电击网上电压的频率为
B．理想交流电压表的示数为
C．变压器原线圈与副线圈的匝数比
D．变压器原线圈与副线圈的匝数比
8．（2025·西峰模拟）一个原子核俘获一个电子，可生成一个新原子核X并放出中微子（质量和电荷量均不计），其核反应方程为。关于该过程，下列说法正确的是（　　）
A．原子核X是 B．核反应前后总质子数不变
C．核反应前后总中子数不变 D．核反应前后总质量数不变
9．（2025·西峰模拟）一束红色光和一束蓝色光同时由空气射到某介质的界面MN上的O点，由于折射而合成一复色光C，如图所示。已知同一介质对频率较大的光的折射率也更大，则下列说法正确的是（　　）
A．A光为蓝色光
B．A光在介质中的传播速度较大
C．在真空中B光的传播速度比A光的大
D．用同样的装置做光的双缝干涉实验，A光得到的干涉条纹的间距比B光得到的干涉条纹的间距小
10．（2025·西峰模拟）如图所示，由弯曲部分和水平部分（足够长）组成的间距为L的平行金属导轨，固定放置在绝缘水平面上，弯曲部分在最低点M、N处的切线水平，MN的右侧有磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。导体棒b（质量为2m）开始时静止于水平导轨上某处，让导体棒a（质量为m）从弯曲导轨上距水平面高度为L的地方由静止释放。已知导轨各处光滑，两导体棒接入回路的电阻均为R，两导体棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨的电阻忽略不计，重力加速度大小为g，假设导体棒a、b没有发生碰撞，下列说法正确的是（　　）
A．导体棒a运动到MN处时的速度大小为
B．导体棒b产生的感应电动势最大值为
C．整个过程中，导体棒b中产生的焦耳热为
D．整个过程中，通过导轨横截面的电荷量为
二、非选择题∶本题共5小题，共57分。
11．（2025·西峰模拟）为了探究并验证两个互成角度的力的合成规律，两位同学分别设计了如下方案。
（1）李红同学找到三条相同的橡皮筋（遵循胡克定律）和若干小重物，还有刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉子等。
实验方案：先将三条橡皮筋的一端连接成结点O，将其中两条橡皮筋的另一端分别挂在竖直墙上的两个钉子a、b上，然后将第三条橡皮筋的另一端通过细绳悬挂小重物，如图甲所示。
①本实验中，下列说法正确的是_______。
A. Oa与Ob的夹角必须为或，不能为其他角
B. 测量每条橡皮筋的原长
C. 测量悬挂小重物后每条橡皮筋的长度
D. 记录悬挂小重物后每条橡皮筋的方向
②探究结论：两个互成角度的力的合成遵循平行四边形定则。
（2）王华同学为了验证李红同学的实验结论，设计了如下实验方案：
a．用天平测得一个小物块的质量。
b．如图乙所示，两根固定的竖直杆间距为d，用长为L的不可伸长的轻绳穿过光滑轻质滑轮，滑轮下端连接小物块，轻绳两端分别固定在杆上M、N两点，在轻绳的左端连接力传感器，力传感器的重力忽略不计。
c．改变并记录小物块的质量m，记录力传感器对应的示数F，得到多组数据，已知重力加速度为g。
①力传感器的示数F与小物块的质量m满足________（用题中给出的L、d、g、m等表示），就可以验证力的平行四边形定则。
②王华同学作出F-m图像如图丙所示，则图线的斜率________。
12．（2025·西峰模拟）某小组根据所学知识自制了一个电容器，并且做了观察其充、放电现象的实验，实验器材有：电源E（电动势为8V）、电容器C、理想电压表、理想电流表、电流传感器、定值电阻R、电阻箱、单刀双掷开关S、导线若干。
（1）用如图甲所示的电路，将开关S接到1后：
①电压表示数　 　。
A．先增大，后逐渐减小为零 B．逐渐增大，最终稳定在8V
②电流表的示数　 　。
A．一直稳定在某一数值 B．从某一数值开始逐渐减小到零 C．逐渐增大为某一数值
（2）将图甲电路换成图乙所示电路，开关S先接1，电容器充电完毕后，再把开关S改接2，通过电流传感器得到电容器放电的I-t图像，如图丙所示。
①根据图丙可估算出电容器开始放电时所带的电荷量　 　（保留两位有效数字）。
②使用图乙电路时仅把电阻箱的阻值R调大一些，重复上述实验，下列图像中的实线和虚线分别表示改变R前后放电过程的I-t曲线，最接近实际情况的为　 　。
A． B．
C． D．
13．（2025·西峰模拟）某气压式升降电脑椅如图甲所示，其气压式升降结构的原理简图如图乙所示，圆柱形汽缸与椅子主体固定连接，汽缸与椅子主体总质量，汽缸内腔横截面积，底部的柱状气动杆与底座固定连接，气动杆与汽缸壁间有润滑油且紧密接触，在汽缸内密封了一定质量的氮气（视为理想气体），汽缸的气密性，导热性良好，其升降时与气动杆间的摩擦力忽略不计。电脑椅上不坐人，稳定不动时测得封闭氮气柱长度。已知大气压强，重力加速度。现在让质量分别为、的两个人分别坐在同样的两把电脑椅上稳定后不动，假设室温不变，人对椅子的压力大小等于人的重力，方向竖直向下。求：
（1）稳定后两把电脑椅汽缸内气体的压强；
（2）稳定后两把电脑椅主体的高度差。
14．（2025·西峰模拟）如图所示，一个右端带有光滑四分之一圆弧（半径R=1m）的长木板（质量M=4kg）停放在光滑水平面上，木板左端紧靠竖直墙面，上面放一轻弹簧（劲度系数k=800N/m），弹簧的左端固定在墙面上，右端紧挨着放一小物块（m=2kg），木板上表面的AB段（长度L=2m）与物块间的动摩擦因数为 ，其余部分均光滑。现对物块施加水平向左的推力F，缓慢将弹簧压缩x0=30cm，然后由静止释放物块。已知弹簧弹性势能表达式，物块到达A点前已脱离弹簧，重力加速度g=10m/s2。
（1）求推力F做的功和物块第一次到达A点时的速度大小；
（2）如果物块恰好能够到达四分之一圆弧最高点，求AB段与物块间的动摩擦因数 ；
（3）通过分析说明（2）中物块滑下后能否停在AB段某处？如果能，求出物块相对木板静止时与B端的距离；如果不能，则在物块第一次经过B点后立即改变AB段与物块间的动摩擦因数为 '，为了使物块刚好停在距离B端处，求 '。
15．（2025·西峰模拟）某款带电粒子流的控制装置原理图如图甲所示。在平面直角坐标系中第一、二象限有两个半径（设为r，未知）相同的圆形区域，而且圆形区域均与两个坐标轴相切，圆形区域内均有磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里；第三象限区域内有磁感应强度大小也为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场。在x≤-2r的x轴上放置有足够长的荧光屏，在位置坐标（，0）、（，0）间有一长条形粒子源，可以在坐标平面内沿着y轴正方向发射大量相同速率（设为v，未知）、质量为m、电荷量为q的带正电粒子。不计粒子的重力、粒子间的相互作用。从位置坐标（r，0）处沿y轴正方向射出的粒子到达荧光屏的过程中的运动轨迹如图乙所示（从第一象限经两磁场圆的切点垂直y轴进入第二象限），该轨迹均在磁场中，已知粒子到达荧光屏的位置坐标为（-d，0），sin37°=0.6。求：
（1）圆形区域的半径r及粒子的速率v；
（2）粒子打到荧光屏上的最远点，最近点的位置坐标；
（3）粒子从粒子源射出到打到荧光屏上经历的最长，最短时间。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】转动带电环可以等效为环形电流，根据右手螺旋定则，圆环左侧磁场方向向右，故最后小磁针N极沿轴线向右。
故答案为：D。
【分析】将旋转的带正电金属环等效为环形电流，利用右手螺旋定则判断磁场方向，进而确定小磁针的平衡位置。
2．【答案】C
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】以小球为研究对象，分析受力，如图所示
根据作图法分析，当对小球施加的力F与细绳垂直时，所用的力最小，根据平衡条件，F的最小值
故答案为：C。
【分析】小球受重力、绳子拉力和外力，三力平衡。根据 “力的三角形法则”，当外力方向与绳子垂直时，外力最小。
3．【答案】D
【知识点】电容器及其应用；电场力做功；电场强度
【解析】【解答】由题可知，两极板所带电荷量Q保持不变，则根据电势差和电场强度的关系、、、
联立解得，可知F与极板间的距离增无关，电场力大小保持不变，正电荷的受力方向和电场强度的方向相同，D选项符合题意。
故答案为：D。
【分析】极板电荷量不变时，结合电容、电场强度的公式，推导电场力与极板间距的关系，再判断电场力的大小和方向。
4．【答案】C
【知识点】自由落体运动；平抛运动
【解析】【解答】青蛙做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，则有，
可得，因此青蛙的水平位移越小、竖直方向运动的距离越大，所需初速度越小，即有，无法比较，可知C正确。
故答案为：C。
【分析】平抛运动可分解为水平匀速直线运动和竖直自由落体运动，结合分运动公式推导初速度与水平位移、竖直下落高度的关系，进而比较初速度大小。
5．【答案】D
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．“神舟十八号”载人飞船进入预定轨道环绕地球飞行的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，根据，得，可知其周期小于同步卫星的周期24h，故A错误；
B．“天和核心舱”的轨道半径大于地球的半径，根据，得，可知“天和核心舱”的运行速度小于第一宇宙速度，故B错误；
C．“天和核心舱” 绕地球做匀速圆周运动，航天员的向心力由万有引力提供，处于完全失重状态（非平衡状态），故C错误；
D．“神舟十七号”载人飞船返回地球时应先点火减速以降低轨道高度，故D正确。
故答案为：D。
【分析】结合万有引力定律（提供圆周运动向心力），分析周期、速度与轨道半径的关系，同时明确航天器的运动状态与变轨原理。
6．【答案】C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】AB．由题图乙可知，波长为，则，在t=0.35s时刻，由题图甲可知，质点P在平衡位置上方向上运动，则根据“上下坡”法可知该波沿x轴负方向传播，故AB错误；
C．t=0.35s时质点P向上运动，质点Q向下运动，则质点Q先回到平衡位置，故C正确；
D．由于，所以从t=0时刻起到t=0.35s，质点P运动的路程是，故D错误。
故答案为：C。
【分析】结合振动图像（甲）和波形图像（乙），先确定周期、波长，再用 “上下坡法” 判断波的传播方向，分析质点振动方向与路程。
7．【答案】D
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．高频转换器产生的交变电压的频率，变压器不改变交变电压的频率，则高压电击网上电压的频率也为，故A错误；
B．交流电压表测量的是交变电压的有效值，，故B错误；
CD．根据理想变压器的原理可得原线圈与副线圈的匝数比，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】结合交变电压的表达式确定频率、有效值，再利用理想变压器的电压比（峰值比等于匝数比）分析匝数关系。
8．【答案】A,D
【知识点】原子核的人工转变
【解析】【解答】A．根据核反应质量数守恒、电荷数守恒有，解得，可知原子核X的质量数为7，电荷数为3，即原子核X是，故A正确；
BC．由核反应方程可知核反应前后总质子数减少了1，中子数增加了1，故BC错误；
D．核反应前后质量数守恒，所以总质量数不变，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】根据核反应的质量数守恒和电荷数守恒，推导新原子核的参数，再分析质子数、中子数、质量数的变化。
9．【答案】A,D
【知识点】光的折射及折射定律；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】A．由题图可知，A光的入射角较大，根据折射定律可知，介质对A光的折射率较大，由电磁波谱的知识知，蓝色光的频率较大，则介质对蓝色光的折射率较大，可知A光为蓝色光，故A正确；
C．不同的光在真空中的速度大小相同，故C错误；
B．由可知，B光在介质中的传播速度较大，故B错误；
D．由及知，用同样的装置做光的双缝干涉实验，A光得到的干涉条纹的间距比B光得到的干涉条纹的间距小，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】结合折射定律（入射角、折射率的关系）、电磁波的频率特性，以及双缝干涉条纹间距公式，分析两种光的性质。
10．【答案】A,D
【知识点】机械能守恒定律；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．在导体棒a从释放至运动到MN处过程中，由机械能守恒定律可得，解得，故A正确；
B．对导体棒a、b系统，由动量守恒定律可得；，解得最终速度大小，可得导体棒b产生的感应电动势最大值为
故B错误；
C．由能量守恒定律可得整个回路产生的焦耳热，由于导体棒a、b的电阻相等，导体棒b中产生的焦耳热，故C错误；
D．通过导轨横截面的电荷量，又对导体棒b由动量定理可得，解得，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】分阶段分析（导体棒a下滑、a与b在磁场中相互作用），结合机械能守恒、动量守恒、能量守恒、动量定理求解速度、焦耳热、电荷量。
11．【答案】(1) BCD
(2) ①；②
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）探究两个互成角度的力的合成规律，要利用同一个作用点，分别作出三个力的图示，以挂在两个钉子a、b上的两条橡皮筋的拉力的图示作出平行四边形，用两个力所夹对角线的长度和方向与第三条橡皮筋的拉力的图示对比分析，找出其规律。故完成本实验必需的操作有：不挂小重物时测量每条橡皮筋的原长，悬挂小重物后记录结点O的位置，因为三条相同的橡皮筋都遵循胡克定律，故不需要测量每条橡皮筋的弹力大小，而是测量悬挂小重物后每条橡皮筋的长度，并且记录每条橡皮筋的方向，本实验要验证的是一个普遍规律，因此Oa与Ob的角度不必为30°、60°或90°，可以是其他角度，故A错误，BCD正确。
故答案为：BCD。
（2）设绳与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系有，则
根据平衡条件有，解得
据，可知图像中图线的斜率
故答案为：(2) ①；②
【分析】（1）实验操作：利用橡皮筋的胡克定律，通过测长度、记方向来确定力的大小与方向，无需特定夹角。
（2）力的平衡与图像分析：通过几何关系得轻绳夹角的余弦值，结合平衡条件推导F与m的线性关系，进而得图像斜率。
12．【答案】（1）B；B
（2）；A
【知识点】电流的微观表达式及其应用；观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）随着电容器的不断充电，电路中的充电电流在减小，电容器所带电荷量Q逐渐增大，两极板间电压逐渐增大，当充电结束电路稳定后，此时电路相当于开路，电流为0，电容器两极板间电压等于电源的电动势8V。则电压表示数逐渐增大后稳定在8V，电流表的示数从某一数值开始逐渐减小到零。
故答案为：B；B
（2）根据电流的定义式可得，故I-t图线与横轴围成的面积表示电荷量
由图丙可得，面积约为17格，可得电荷量
仅把电阻箱的阻值R调大一些，电容器放电的最大电流变小，但因开关接1时，电容器两端的最大电压不变，仍等于电源的电动势，即电容器稳定时电荷量不变，则放电时间变长，故A正确。
故答案为：；A。
【分析】（1）充电过程：电容器充电时电压趋近电源电动势，电流随充电进程减小至零。
（2）放电分析：电荷量由I-t图像面积计算；电阻增大时，初始电流减小、放电时间延长，总电荷量不变。
（1）[1][2]随着电容器的不断充电，电路中的充电电流在减小，电容器所带电荷量Q逐渐增大，两极板间电压逐渐增大，当充电结束电路稳定后，此时电路相当于开路，电流为0，电容器两极板间电压等于电源的电动势8V。则电压表示数逐渐增大后稳定在8V，电流表的示数从某一数值开始逐渐减小到零。
（2）[1]根据电流的定义式可得，故I-t图线与横轴围成的面积表示电荷量
由图丙可得，面积约为17格，可得电荷量
[2]仅把电阻箱的阻值R调大一些，电容器放电的最大电流变小，但因开关接1时，电容器两端的最大电压不变，仍等于电源的电动势，即电容器稳定时电荷量不变，则放电时间变长，故A正确。
故选A。
13．【答案】（1）解：质量的两个人分别坐在同样的两把电脑椅上稳定不动时，设汽缸内对应氮气的压强分别为
对人、汽缸和椅子主体整体由平衡条件得，
解得，
（2）解：电脑椅上不坐人稳定不动时，设汽缸内氮气的压强为p，对汽缸和椅子主体整体由平衡条件得
解得
设两个人分别坐在同样的两把电脑椅上稳定不动时，汽缸内对应氮气柱的长度分别为
由于汽缸是导热的且室温不变，故氮气均发生等温变化，由玻意耳定律得，
解得，
则两把电脑椅主体的高度差
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）气体压强：通过椅子整体的受力平衡，结合重力、大气压力与内部气体压力的关系求解。
（2）高度差：利用玻意耳定律（等温变化）计算两种情况下的气柱长度，其差值即为高度差。
（1）质量的两个人分别坐在同样的两把电脑椅上稳定不动时，设汽缸内对应氮气的压强分别为
对人、汽缸和椅子主体整体由平衡条件得，
解得，
（2）电脑椅上不坐人稳定不动时，设汽缸内氮气的压强为p，对汽缸和椅子主体整体由平衡条件得
解得
设两个人分别坐在同样的两把电脑椅上稳定不动时，汽缸内对应氮气柱的长度分别为
由于汽缸是导热的且室温不变，故氮气均发生等温变化，由玻意耳定律得，
解得，
则两把电脑椅主体的高度差
14．【答案】（1）解：由功能关系可得推力F做的功
设物块第一次到达A点时的速度大小为v0，由动能定理得
解得
（2）解：物块恰好能够到达四分之一圆弧最高点，即物块到达圆弧的最高点时与木板恰好具有相同的速度，设为v1，对系统由水平方向动量守恒得
解得
对系统由能量守恒定律得
解得
（3）解：假设物块恰好停在A处，对系统由水平方向动量守恒得
解得
对系统根据能量守恒定律有
而实际情况是
故物块滑下后不能停在AB段某处，为了使物块刚好停在距离B端处，则有
解得
【知识点】能量守恒定律；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）功与速度：利用功能关系（推力做功转化为弹性势能）、动能定理（弹性势能转化为物块动能）求解。
（2）摩擦因数：结合动量守恒（共速）与能量守恒（动能转化为摩擦力做功、重力势能、共速动能）推导。
（3）下滑后状态：通过能量比较判断能否停下，再利用能量守恒求新的摩擦因数。
（1）由功能关系可得推力F做的功
设物块第一次到达A点时的速度大小为v0，由动能定理得
解得
（2）物块恰好能够到达四分之一圆弧最高点，即物块到达圆弧的最高点时与木板恰好具有相同的速度，设为v1，对系统由水平方向动量守恒得
解得
对系统由能量守恒定律得
解得
（3）假设物块恰好停在A处，对系统由水平方向动量守恒得
解得
对系统根据能量守恒定律有
而实际情况是
故物块滑下后不能停在AB段某处，为了使物块刚好停在距离B端处，则有
解得
15．【答案】（1）解：根据题意及题图乙可知粒子做匀速圆周运动的轨迹半径
根据洛伦兹力提供向心力有，
联立解得，
（2）解：由于带电粒子做匀速圆周运动的轨迹半径R恰好等于圆形磁场区域的半径r，根据“磁发散”与“磁汇聚”模型，可知粒子平行y轴进入第一象限的圆形磁场中，经过偏转汇聚后进入第二象限的圆形磁场中，经过偏转发散后沿y轴方向射出，最后垂直于x轴进入第三象限的匀强磁场中，经过半个圆周运动垂直打到荧光屏上。由此画出打到荧光屏上的最远点、最近点的粒子对应的运动轨迹如图甲所示
根据几何关系及对称关系，可得粒子打到荧光屏上最远点的x坐标
同理可得粒子打到荧光屏上最近点的x坐标
故粒子打到荧光屏上的最近点、最远点的位置坐标分别为（-1.2d，0），（-0.8d，0）；
（3）解：由于粒子整个运动过程中速率不变，轨迹越长对应的运动时间越长，由图甲可知，从粒子源射出到打到荧光屏上的最远点和最近点的粒子的运动时间最长，对于打到荧光屏上的最远点的粒子在第二象限的运动轨迹如图乙所示，其中粒子在磁场中做圆周运动的时间
T为带电粒子在磁场中运动的周期，即
粒子在磁场外做直线运动的时间
最长时间
解得
同理可得从位置坐标（r，0）射出到打到荧光屏上的粒子的运动时间最短其中粒子在磁场中做圆周运动的时间
粒子未在磁场外运动，则所求最短时间
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）半径与速率：由洛伦兹力公式结合轨迹的几何关系（d = 3R）求解。
（2）最远 / 最近点：利用 “磁发散-磁汇聚” 模型，结合粒子源位置与磁场区域的几何关系，推导坐标。
（3）运动时间：根据轨迹对应的圆周运动弧长，结合周期公式计算最长、最短时间。
（1）根据题意及题图乙可知粒子做匀速圆周运动的轨迹半径
根据洛伦兹力提供向心力有，
联立解得，
（2）由于带电粒子做匀速圆周运动的轨迹半径R恰好等于圆形磁场区域的半径r，根据“磁发散”与“磁汇聚”模型，可知粒子平行y轴进入第一象限的圆形磁场中，经过偏转汇聚后进入第二象限的圆形磁场中，经过偏转发散后沿y轴方向射出，最后垂直于x轴进入第三象限的匀强磁场中，经过半个圆周运动垂直打到荧光屏上。由此画出打到荧光屏上的最远点、最近点的粒子对应的运动轨迹如图甲所示
根据几何关系及对称关系，可得粒子打到荧光屏上最远点的x坐标
同理可得粒子打到荧光屏上最近点的x坐标
故粒子打到荧光屏上的最近点、最远点的位置坐标分别为（-1.2d，0），（-0.8d，0）；
（3）由于粒子整个运动过程中速率不变，轨迹越长对应的运动时间越长，由图甲可知，从粒子源射出到打到荧光屏上的最远点和最近点的粒子的运动时间最长，对于打到荧光屏上的最远点的粒子在第二象限的运动轨迹如图乙所示，其中粒子在磁场中做圆周运动的时间
T为带电粒子在磁场中运动的周期，即
粒子在磁场外做直线运动的时间
最长时间
解得
同理可得从位置坐标（r，0）射出到打到荧光屏上的粒子的运动时间最短其中粒子在磁场中做圆周运动的时间
粒子未在磁场外运动，则所求最短时间
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