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2025届湖南省长沙市周南中学高三上学期第四阶段模拟考试物理试题
1．（2024·长沙模拟）在物理学发展的过程中，科学家总结了许多重要的物理思想与方法。下列有关物理学思想与方法的描述中正确的是（　　）
A．重心是运用了理想模型法
B．论证图像面积即为物体运动的位移采用等效的思想
C．卡文迪什在测万有引力常量时，利用了微小量放大法的思想
D．在研究加速度与合外力、质量的关系的实验中，利用了等效替代的思想
2．（2024·长沙模拟）如图甲所示，鸟儿有多拼，为了生存几只鸟像炮弹或标枪一样一头扎入水中捕鱼，假设小鸟的俯冲是自由落体运动，进入水中后是匀减速直线运动，其v-t图像如图乙所示，自由落体运动的时间为，整个过程的运动时间为，最大速度为，重力加速度g取，下列说法正确的是（　　）
A．
B．整个过程下落的高度为32.4m
C．~时间内v-t图像的斜率为
D．~时间内阻力是重力的1.5倍
3．（2024·长沙模拟）某同学在探究单摆运动中，图甲是用力传感器对单摆运动过程进行测量的装置图。图乙是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F-t图像，则以下说法正确的是（　　）
A．单摆振动周期T=0.8s B．Fmin=mg
C．t=0.1s时刻摆球速度最大 D．t=0.5s时刻摆球经过最低点
4．（2024·长沙模拟）沿电场中某条直线电场线方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示，坐标点0．x1．x2和x3分别与x轴上O．A.B.C四点相对应，相邻两点间距相等．一个带正电的粒子从O点附近由静止释放，运动到A点处的动能为Ek，仅考虑电场力作用．则（　　）
A．从O点到C点，电势先升高后降低
B．粒子先做匀加速运动，后做变加速运动
C．粒子在AB段电势能变化量大于BC段的
D．粒子运动到C点时动能小于3Ek
5．（2024·长沙模拟）在通电螺线管中插入形状如图所示的铁芯，其右端与球形软铁之间形成如图所示的汇聚磁场。将两个圆形闭合导线圈A、B置于图示位置，它们所在的平面都与铁芯轴线垂直且圆心在铁芯轴线上。开关处于闭合状态。下列说法正确的是（　　）
A．当滑片向右移动时，A、B所受安培力使它们具有远离螺线管的趋势
B．当滑片向右移动时，A、B所受安培力使它们具有靠近螺线管的趋势
C．断开开关时，A、B所受安培力使它们具有远离螺线管的趋势
D．断开开关时，A所受安培力使它具有靠近螺线管的趋势，B所受安培力使它具有远离螺线管的趋势
6．（2024·长沙模拟）电子感应加速器的基本原理如图所示，上、下两个电磁铁线圈中电流的大小、方向可以变化，产生的感生电场使真空室中的电子加速。若两个电磁铁之间的磁场可视为匀强磁场，且磁场分布关于两个电磁铁的轴线旋转任意角对称。改变电磁铁线圈中电流的大小（方向如图所示并保持不变），使该磁场的磁感应强度均匀增大，其变化率。产生的感生电场的电场线为一系列真空室的同心圆。则下列说法正确的是（　　）
A．从上往下看，产生的感生电场沿逆时针方向
B．若在两个电磁铁之间放入与真空室同心的环形导线圈，感生电场对处于其中的自由电荷的作用力是静电力
C．若在两个电磁铁之间放入与真空室同心的环形导线圈，且该导线圈的材质和粗细均匀，则稳定时导线圈上各处电势都相同
D．两个电磁铁之间到轴线的距离为r的位置处，感生电场的电场强度
7．（2024·长沙模拟）如图所示的电路中，电源的电动势和内阻分别为E、r，电压表和电流表均为理想电表，在滑动变阻器的滑片P由a向b移动的过程中，关于各物理量的变化情况的下列描述正确的是（　　）
A．两端的电压先减小后增加
B．电流表的示数先增大后减小
C．电源的输出功率可能先增大后减小
D．电源的输出功率可能一直不变
8．（2024·长沙模拟）如图所示，为一正五边形边界的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为。一质量为、电荷量为的带正电粒子从边的中点点垂直边射入磁场，一段时间后垂直磁场边界射出。则粒子在磁场中运动的时间可能是（　　）
A． B． C． D．
9．（2024·长沙模拟）2024年10月12日，紫金山-ATLAS彗星接近地球，它是年度最亮的彗星，特别适合肉眼观测。该彗星绕太阳一圈需约61751年，近日点距离太阳约0.4个天文单位（1天文单位等于日地平均距离），远日点相对于近日点可看作无穷远，速度约为0。理论分析表明，某个轨道的逃逸速度是该轨道环绕速度的倍，即，R为绕该轨道圆周运动的半径。则下列说法正确的是（　　）
A．忽略彗星质量的变化，从近日点到远日点，彗星的机械能减小
B．彗星在近日点的加速度与地球公转的加速度之比为25∶4
C．彗星在近日点的速率与地球公转速率之比约为
D．彗星在近日点的速率与地球公转速率之比约为
10．（2024·长沙模拟）如图所示，A、B两物体质量均为m，水平向左且大小为的恒定拉力作用在A上，拉着A、B由静止开始一起运动，运动过程中B始终受到一个竖直向上的、大小与B的速度大小成正比的力，经过时间t物体A、B恰好发生相对滑动。A、B间动摩擦因数，A与地面间的动摩擦因数，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．物体A、B发生相对滑动时的速度
B．物体A、B发生相对滑动时的速度
C．从静止到恰好发生相对滑动全程B的位移为
D．从静止到恰好发生相对滑动全程B的位移为
11．（2024·长沙模拟）如图甲所示是很多力学实验中常使用的装置。
（1）关于该装置的下列说法正确的是______
A．利用该装置做“探究小车速度随时间变化的规律”的实验时，需要补偿阻力
B．以小车和砝码整体为研究对象，补偿阻力后，可用该装置“验证机械能守恒定律
C．利用该装置做“探究小车的加速度与力、质量的关系”的实验时，除应补偿阻力外，还必须满足小车的质量远大于砝码与砝码盘的总质量
（2）在用该装置来“探究加速度与力、质量的关系”的实验时，操作如下：
（a）补偿阻力时，若所有操作均正确，打出的纸带如图乙所示，应　 　（填“减小”或“增大）木板的倾角。
（b）图丙为小车质量一定时，根据实验数据描绘的小车加速度的倒数与盘和砝码的总质量m的倒数之间的实验关系图像。若牛顿第二定律成立，则小车质量　 　kg。（g取，结果保留2位有效数字）
12．（2024·长沙模拟）某同学欲将内阻为、量程为的电流表改装成欧姆表，并标记刻度和进行校准。要求改装后欧姆表的刻度正好对应电流表表盘的刻度。可选用的器材还有：定值电阻（阻值），滑动变阻器（最大阻值），电阻箱，干电池，红、黑表笔和导线若干。
（1）欧姆表设计
将图（a）中的实物连线组成欧姆表　 　。欧姆表改装好并完成欧姆调零后，滑动变阻器R接入电路的电阻应为　 　。
（2）标记欧姆表表盘刻度
通过计算，对整个表盘进行电阻刻度，如图（b）所示。表盘上处的电流刻度分别为和，则处的电阻刻度分别为　 　、　 　。
（3）校准
红、黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指向刻度；将红、黑表笔与电阻箱连接，记录多组电阻箱接入电路的电阻值及欧姆表上对应的测量值，完成校准。校准完成后，过一段时间再次欧姆调零后校准某刻度时，电阻箱旋钮位置如图（c）所示，但此时指针所指刻度为。某同学推测这是由于使用的电源电动势并不等于1.5V导致的。若该同学的推测为真，此时电源电动势为　 　V。（保留两位有效数字）
13．（2024·长沙模拟）如图所示，边长为的正方形单匝线框从垂直纸面向内的宽为的匀强磁场区域上方某处由静止释放，线框的质量为，线框的总电阻为，磁场的磁感应强度为。线框进入磁场的过程恰好做匀速直线运动，最终边离开磁场前线框已再次做匀速直线运动。整个过程中线框的上、下两条边始终与磁场边界平行，线框始终在同一竖直平面内，重力加速度为，不计空气阻力。求：
（1）线框开始下落时，边到磁场上边界的距离。
（2）线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热。
（3）线框的刚要离开磁场前瞬间，两点之间的电势差。
14．（2024·长沙模拟）如图所示，在轴上方空间区域内，存在沿轴正方向的匀强电场，轴下方宽为的区域内，存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁场下边界处存在一个无限大的弹性绝缘挡板。质量为，电荷量为的带电小球（可视为质点）从点以初速度水平拋出，恰好从原点处第一次进入磁场。已知点的坐标为，该带电小球所受重力可忽略不计，在电场中和在磁场中分别只受电场力和洛伦兹力的作用。取正弦为0.6的角为。
（1）求该匀强电场的电场强度。
（2）为使粒子垂直打在板上，磁感应强度应取何值？
（3）磁感应强度取第2问的值。带电小球与挡板的碰撞是弹性的，碰后垂直挡板的分速度掉转方向且大小不变，沿挡板的分速度大小方向都不变，且小球所带电荷量不变。求小球第5次穿过轴时的位置坐标以及从入射到第5次穿过轴所用的时间。
15．（2024·长沙模拟）如图所示，底面光滑的滑块静止在光滑水平地面上，滑块上开有光滑的滑槽，滑槽由一段长为的直线段和一段半径为的圆弧组成，它们在点处相切。段与水平方向的夹角为，与竖直方向的夹角也为。现在，让一个质量为的光滑小球（密度极大，可视为质点）从点正上方高处由静止释放，小球落入滑槽与滑槽碰撞后不会弹起，马上相对滑槽沿下滑，碰撞时间忽略不计；此后，从滑槽上的点滑出后经恰好从右边固定斜面的顶端处沿切线落入斜面，斜面与竖直方向的夹角为。两点等高，小球所受空气阻力忽略不计。求：
（1）小球从点落入斜面时的速度大小。（结果可以含根号）
（2）小球释放时之间的水平距离。
（3）小球释放点距离点的高度。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】控制变量法；等效法；微元法；放大法
【解析】【解答】A．重心是将物体各部分所受重力等效为作用于一点，运用的是等效替代法，而非理想模型法，故A错误；
B．论证v-t图像面积代表位移，是将运动过程无限分割后求和，采用的是微元法，而非等效思想，故B错误；
C．卡文迪什在测万有引力常量时，通过扭秤实验将微小的力的作用效果进行放大，利用了微小量放大法的思想，故C正确；
D．在研究加速度与合外力、质量的关系的实验中，采用的是控制变量法，故D错误。
故答案为：C。
【分析】逐一分析各选项所描述的物理思想与方法，判断其正确性。
2．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；牛顿定律与图象
【解析】【解答】A．小鸟自由落体运动的最大速度为，由自由落体运动的规律可得，解得，A错误；
B．整个过程下落的高度为图乙v-t图像与时间轴所围成的面积，则，B错误；
C．时间内小鸟的加速度为
则此时间内v-t图像的斜率，C正确；
D．时间内由牛顿第二定律有
可得，D错误。
故答案为：C。
【分析】根据 v-t 图像的物理意义，结合自由落体和匀减速直线运动的规律，逐一分析各选项。
3．【答案】D
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】A．由图可知，单摆振动周期为，故A错误；
B．拉力最小时，摆球处于最大位移处，绳拉力等于重力沿绳方向的分量，即，故B错误；
C．t=0.1s时刻摆球所受拉力最小，则摆球处于最大位移处，速度最小，故C错误；
D．t=0.5s时刻摆球所以受拉力最大，则摆球经过最低点，故D正确。
故答案为：D。
【分析】单摆运动中，摆线拉力F在最低点最大，在最大位移处最小，F t图像的峰值间隔对应半个周期。
4．【答案】C,D
【知识点】电场及电场力；动能定理的综合应用；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．带正电粒子受力沿x轴正方向，说明电场方向沿x轴正方向，沿电场线方向电势一直降低，故从O到C电势持续降低，A错误；
B．由图知，电场强度一直在变，粒子受电场力在变，所以粒子一直做变加速运动，所以B错误；
C．由图知AB段电场强度的平均值大于BC段的场强平均值，而位移相同，所以在BC段电场做功较多，电势能的变化量较大，所以C正确；
D．根据E x图像与坐标轴所围面积表示两点间的电势差，由图知，AC间图像所围面积小于OA的2倍，根据动能定理知粒子运动到C点时动能小于3Ek，所以D正确。
故答案为：CD。
【分析】结合E x图像的物理意义（面积表示电势差）、电场力做功与电势能 / 动能的关系，分析电势、粒子运动状态及能量变化。
5．【答案】D
【知识点】安培力；楞次定律
【解析】【解答】AB．滑片向右移动时，螺线管内的电流增大，它产生的磁场变强，通过A、B两线圈的磁通量增大，A远离螺线管、B靠近螺线管可以阻碍通过它们的磁通量增大。故A所受安培力使它具有远离螺线管的趋势，B所受安培力使它具有靠近螺线管的趋势。AB错误；
CD．断开开关时，通过A、B两线圈的磁通量减小，A靠近螺线管、B远离螺线管可以阻碍通过它们的磁通量减小。故A所受安培力使它具有靠近螺线管的趋势，B所受安培力使它具有远离螺线管的趋势。C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】根据楞次定律（“阻碍” 磁通量变化），分析滑片移动或开关断开时，线圈磁通量的变化，进而判断安培力的方向与线圈的运动趋势。
6．【答案】C
【知识点】电源电动势及内阻；感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】A．放入半径为且与真空室同心的环形导线圈，由楞次定律可知其中的感应电流从上往下看沿顺时针方向，这说明自由电子沿逆时针运动，而自由电子是在感生电场力作用下发生定向移动的，故感生电场力从上往下看沿逆时针方向，感生电场从上往下看沿顺时针方向，A错误；
B．感生电场与静电场的性质不同，对自由电荷施加的力不是静电力，B错误；
C．由对称性可知导线圈内正、负电荷都应均匀分布在整个导线圈上，导线圈各处都呈电中性，它们在电路中产生的恒定电场的场强处处为零，于是导线圈上电势处处相等，C正确；
D．由法拉第电磁感应定律可知该导线圈的电动势为
电荷量为的自由电荷沿线圈转一圈，感生电场力对它做的功为
而感生电场力就是感生电磁感应的非静电力，由电动势的定义可得
故
解得，D错误。
故答案为：C。
【分析】结合楞次定律、感生电场的性质、法拉第电磁感应定律，分析感生电场的方向、电场力类型及电势、场强的特点。
7．【答案】A,C
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】AB．滑动变阻器在点左、右两边的部分并联，并联总电阻记为。随着滑片从移动到从0增大到最大（P均分时）再减小为零，最大值记为。外电路的结构为“（串串电流表）并电压表”，故电压表的示数先增后减，电流表的示数先减后增，两端的电压先减后增；故A正确，B错误；
CD．整个过程外电阻从增大到再减小到；若，则外电阻不小于内阻且先远离内阻再接近内阻，电源输出功率先减后增；若，则外电阻不大于内阻且先接近内阻再远离内阻，电源输出功率先增后减；若，则电源输出功率先增后减再增再减；故C正确，D错误。
故答案为：AC。
【分析】先分析滑动变阻器的并联总电阻变化，再结合串并联电路规律、电源输出功率与外阻的关系，判断各物理量的变化。
8．【答案】A,B,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】由左手定则，粒子射入磁场后向左偏，它可能垂直或射出。由，
联立解得
若垂直射出，则转半个圈，时间为
若垂直射出，则圆心为与的交点，由于五边形的内角和为，于是正五边形的每个内角为，圆心角为
时间为
若垂直射出，则圆心为与的延长线的交点，由三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角之和，那么圆心角为
时间为
故答案为：ABD。
【分析】先确定粒子在磁场中的运动周期，再结合正五边形的内角，分析粒子不同射出边界对应的圆心角，进而计算运动时间。
9．【答案】B,D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．从近日点到远日点，只有太阳引力做功，引力做功属于保守力做功，彗星的机械能守恒（非减小），A错误；
B．根据，可得，彗星在近日点的加速度与地球公转的加速度之比为，B正确；
C．若彗星绕太阳以0.4个天文单位做圆周运动，根据，
则彗星以0.4个天文单位做太阳做圆周运动与地球绕太阳做圆周运动的速率之比为
因彗星在近日点的速度大于其以近日点为半径做圆周运动的速度，可知彗星在近日点的速率与地球公转速率之比大于，C错误；
D．由上述可知，地球公转速率
彗星绕0.4天文轨道做圆周运动的速度为
由题意可知，在椭圆轨道上近日点的速率应该等于逃逸速度，即
即彗星在近日点的速率与地球公转速率之比约为，D正确。
故答案为：BD。
【分析】结合万有引力定律（加速度、环绕速度）、机械能守恒，分析彗星与地球的运动参量关系。
10．【答案】B,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；碰撞模型
【解析】【解答】本题考查了滑块滑板模型，知道两个物体发生相对滑动的临界条件是A、B之间的摩擦力达到最大静摩擦，利用整体法和隔离法分别对整体和其中一个物体利用牛顿第二定律列方程可得，在计算它们的位移时，充分利用了动量定理。AB．设AB即将相对滑动的临界加速度为a，对AB整体分析，根据牛顿第二定律得
隔离对B分析，根据牛顿第二定律得
解得
故A错误，B正确；
CD．对整个体，根据动量定理有
变形得
又
可得
解得
故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】在AB刚发生相对滑动时分别对AB整体和对B根据牛顿第二定律列方程计算；对整体根据动量定理列方程，利用x=vt计算。
11．【答案】（1）C
（2）增大；0.18
【知识点】受力分析的应用；探究加速度与力、质量的关系；验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）A．利用该装置做“探究小车速度随时间变化的规律”的实验时，并不需要获知小车所受合外力的大小，不需要补偿阻力，故A错误；
B．以小车和砝码整体为研究对象，补偿阻力后，由于仍有摩擦力做负功，其机械能并不守恒，当然不能用于“验证机械能守恒定律”，故B错误；
C．补偿阻力只是使重力、支持力和阻力平衡，从而绳的拉力等于小车所受合外力，但由于没有测量绳的拉力，需要将砝码和砝码盘的总重力近似当作绳的拉力。而这是有条件的，即小车和砝码的加速度大小，这要求砝码和砝码盘的总质量远远小于小车的质量，故C正确。
故答案为：C。
（2）纸带向右运动，故打点计时器相对纸带向左运动，左边的点迹更晚打出，而左边的点迹更密，故小车在减速运动，需要增大倾角；
在且已经补偿阻力的前提下，小车所受合外力可视为；对小车，由牛顿第二定律得
即
故图的斜率为
解得
故答案为：增大； 0.18
【分析】(1) 实验装置的适用条件：判断各实验对装置的要求（如是否补偿阻力、是否需要小车质量远大于砝码质量）；
(2) 补偿阻力的调整：根据纸带点迹的疏密（速度变化）判断阻力是否平衡，调整木板倾角；
(3) 小车质量的计算：由牛顿第二定律推导与的关系，结合图像斜率求小车质量。
（1）A．利用该装置做“探究小车速度随时间变化的规律”的实验时，并不需要获知小车所受合外力的大小，不需要补偿阻力，故A错误；
B．以小车和砝码整体为研究对象，补偿阻力后，由于仍有摩擦力做负功，其机械能并不守恒，当然不能用于“验证机械能守恒定律”，故B错误；
C．补偿阻力只是使重力、支持力和阻力平衡，从而绳的拉力等于小车所受合外力，但由于没有测量绳的拉力，需要将砝码和砝码盘的总重力近似当作绳的拉力。而这是有条件的，即小车和砝码的加速度大小，这要求砝码和砝码盘的总质量远远小于小车的质量，故C正确。
故选C。
（2）[1]纸带向右运动，故打点计时器相对纸带向左运动，左边的点迹更晚打出，而左边的点迹更密，故小车在减速运动，需要增大倾角；
[2]在且已经补偿阻力的前提下，小车所受合外力可视为；对小车，由牛顿第二定律得
即
故图的斜率为
解得
12．【答案】（1）；900
（2）45；5
（3）1.4
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】（1）欧姆表内部由电源、定值电阻、电流表和滑动变阻器串联组成；电流从电源正极流出后，经过一些元件从黑表笔流出，其结构如图所示
由闭合电路欧姆定律得
其中
欧姆调零时
且
故
解得
故
故答案为：
；900
（2）由和，得。
分别将和
代入可得对应的电阻值为和。
故答案为：45；5
（3）电阻箱的读数为，即，于是
而指针所指刻度为，故
故
故答案为：1.4
【分析】(1) 欧姆表设计：按 “电源→电流表→定值电阻→滑动变阻器→表笔” 的顺序连线；先求欧姆表内阻（中值电阻），再结合欧姆调零的电流（满偏）求滑动变阻器接入电阻；
(2) 表盘刻度：利用闭合电路欧姆定律，结合电流与电阻的关系，计算对应电流刻度的电阻值；
(3) 电源电动势校准：根据电阻箱读数与欧姆表刻度的关系，结合闭合电路欧姆定律求实际电动势。
（1）[1]欧姆表内部由电源、定值电阻、电流表和滑动变阻器串联组成；电流从电源正极流出后，经过一些元件从黑表笔流出，其结构如图所示
[2]由闭合电路欧姆定律得
其中
欧姆调零时
且
故
解得
故
（2）[1][2]由
和
得
。
分别将
和
代入可得对应的电阻值为和。
（3）[1]电阻箱的读数为，即，于是
而指针所指刻度为，故
故
13．【答案】（1）解：线框进入磁场的过程，由闭合电路欧姆定律得
线框受力平衡，故
解得
进磁场前，有
解得
（2）解：边离开磁场前，同样有，
故有
线框穿过磁场的过程，由能量守恒得
（3）解：边离开磁场前瞬间，有
由右手定则可知电流沿顺时针方向。
故
解得
【知识点】能量守恒定律；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】(1) 下落距离：线框进入磁场时匀速，安培力与重力平衡，先由安培力公式求进入速度，再用自由落体公式求下落距离；
(2) 焦耳热：线框进入和离开磁场时均匀速，重力势能的减少量全部转化为焦耳热，结合下落高度求热量；
(3) 电势差：cd边切割磁感线产生感应电动势，结合电路分压规律，计算a、d两点的电势差。
（1）线框进入磁场的过程，由闭合电路欧姆定律得
线框受力平衡，故
解得
进磁场前，有
解得
（2）边离开磁场前，同样有
故有
线框穿过磁场的过程，由能量守恒得
（3）边离开磁场前瞬间，有
由右手定则可知电流沿顺时针方向。
故
解得
14．【答案】（1）解：从P到O，位移偏角的正切
于是速度偏角的正切
根据
解得，
由动能定理得
解得
（2）解：带电小球从入射到击中挡板轨迹如图所示
由几何关系得
故有
由牛顿第二定律可知
解得
（3）解：带电小球的运动具有周期性，从出发到撞击挡板是半个周期，后半个周期与前半个周期对称。带电小球从出发到第5次穿过x轴的轨迹如图所示
由图可知从0到第5次穿过轴恰好完成2个周期，故有
第5次穿过轴的位置坐标为。小球在磁场中每一段运动的圆心角为，时间为
小球运动一个周期的时间为
从出发到第5次穿过轴所用的时间为
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 电场强度：小球在电场中做类平抛运动，分解水平、竖直方向的运动，结合位移公式与电场力加速度，求解电场强度；
(2) 磁感应强度：小球进入磁场后做匀速圆周运动，由垂直打在挡板的条件确定圆周运动半径，结合洛伦兹力公式求 B；
(3) 第 5 次穿过 x 轴的位置与时间：分析小球在磁场中、电场中的运动轨迹，结合碰撞规律，分段计算位移与时间，求和得总结果。
（1）从P到O，位移偏角的正切
于是速度偏角的正切
根据
解得
由动能定理得
解得
（2）带电小球从入射到击中挡板轨迹如图所示
由几何关系得
故有
由牛顿第二定律可知
解得
（3）带电小球的运动具有周期性，从出发到撞击挡板是半个周期，后半个周期与前半个周期对称。带电小球从出发到第5次穿过x轴的轨迹如图所示
由图可知从0到第5次穿过轴恰好完成2个周期，故有
第5次穿过轴的位置坐标为。小球在磁场中每一段运动的圆心角为，时间为
小球运动一个周期的时间为
从出发到第5次穿过轴所用的时间为
15．【答案】（1）解：小球离开滑槽到落入斜面，竖直方向
故
小球沿切线落入斜面，有
故
于是
（2）解：小球离开滑槽到落入斜面，水平方向的位移
小球从点滑出时，相对滑槽的速度沿切线，故
解得
小球从点滑出前，小球与滑槽组成的系统水平方向动量守恒
故
这个过程中，小球和滑块的水平位移大小分别记为和，则
而这个过程的任意时刻，有
故
解得
故
（3）解：小球做自由落体运动的过程，有
可得
小球与滑槽碰撞后瞬间，小球的水平分速度与竖直分速度分别记为和，滑槽的速度大小记为。碰撞过程，由水平方向动量守恒得
碰撞过程小球所受外力沿的冲量为零，其沿的分速度不变，故
碰撞后小球相对滑槽沿运动，故
解得，，
碰撞损失的机械能为
解得
从释放小球到小球从点滑出，由能量守恒得
解得
【知识点】动量守恒定律；受力分析的应用；自由落体运动
【解析】【分析】(1) 小球从C到D做平抛运动，D点速度沿斜面切线，结合斜面夹角的速度分解关系，求D点速度；
(2) 由平抛运动的水平、竖直分运动，结合时间求C、D的水平距离；
(3) 小球从释放点到C点的过程，用动能定理（重力做功转化为C点动能），结合C点速度（平抛初速度）求释放高度h。
（1）小球离开滑槽到落入斜面，竖直方向
故
小球沿切线落入斜面，有
故
于是
（2）小球离开滑槽到落入斜面，水平方向的位移
小球从点滑出时，相对滑槽的速度沿切线，故
解得
小球从点滑出前，小球与滑槽组成的系统水平方向动量守恒
故
这个过程中，小球和滑块的水平位移大小分别记为和，则
而这个过程的任意时刻，有
故
解得
故
（3）小球做自由落体运动的过程，有
可得
小球与滑槽碰撞后瞬间，小球的水平分速度与竖直分速度分别记为和，滑槽的速度大小记为。碰撞过程，由水平方向动量守恒得
碰撞过程小球所受外力沿的冲量为零，其沿的分速度不变，故
碰撞后小球相对滑槽沿运动，故
解得
，，
碰撞损失的机械能为
解得
从释放小球到小球从点滑出，由能量守恒得
解得
1 / 12025届湖南省长沙市周南中学高三上学期第四阶段模拟考试物理试题
1．（2024·长沙模拟）在物理学发展的过程中，科学家总结了许多重要的物理思想与方法。下列有关物理学思想与方法的描述中正确的是（　　）
A．重心是运用了理想模型法
B．论证图像面积即为物体运动的位移采用等效的思想
C．卡文迪什在测万有引力常量时，利用了微小量放大法的思想
D．在研究加速度与合外力、质量的关系的实验中，利用了等效替代的思想
【答案】C
【知识点】控制变量法；等效法；微元法；放大法
【解析】【解答】A．重心是将物体各部分所受重力等效为作用于一点，运用的是等效替代法，而非理想模型法，故A错误；
B．论证v-t图像面积代表位移，是将运动过程无限分割后求和，采用的是微元法，而非等效思想，故B错误；
C．卡文迪什在测万有引力常量时，通过扭秤实验将微小的力的作用效果进行放大，利用了微小量放大法的思想，故C正确；
D．在研究加速度与合外力、质量的关系的实验中，采用的是控制变量法，故D错误。
故答案为：C。
【分析】逐一分析各选项所描述的物理思想与方法，判断其正确性。
2．（2024·长沙模拟）如图甲所示，鸟儿有多拼，为了生存几只鸟像炮弹或标枪一样一头扎入水中捕鱼，假设小鸟的俯冲是自由落体运动，进入水中后是匀减速直线运动，其v-t图像如图乙所示，自由落体运动的时间为，整个过程的运动时间为，最大速度为，重力加速度g取，下列说法正确的是（　　）
A．
B．整个过程下落的高度为32.4m
C．~时间内v-t图像的斜率为
D．~时间内阻力是重力的1.5倍
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；牛顿定律与图象
【解析】【解答】A．小鸟自由落体运动的最大速度为，由自由落体运动的规律可得，解得，A错误；
B．整个过程下落的高度为图乙v-t图像与时间轴所围成的面积，则，B错误；
C．时间内小鸟的加速度为
则此时间内v-t图像的斜率，C正确；
D．时间内由牛顿第二定律有
可得，D错误。
故答案为：C。
【分析】根据 v-t 图像的物理意义，结合自由落体和匀减速直线运动的规律，逐一分析各选项。
3．（2024·长沙模拟）某同学在探究单摆运动中，图甲是用力传感器对单摆运动过程进行测量的装置图。图乙是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F-t图像，则以下说法正确的是（　　）
A．单摆振动周期T=0.8s B．Fmin=mg
C．t=0.1s时刻摆球速度最大 D．t=0.5s时刻摆球经过最低点
【答案】D
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】A．由图可知，单摆振动周期为，故A错误；
B．拉力最小时，摆球处于最大位移处，绳拉力等于重力沿绳方向的分量，即，故B错误；
C．t=0.1s时刻摆球所受拉力最小，则摆球处于最大位移处，速度最小，故C错误；
D．t=0.5s时刻摆球所以受拉力最大，则摆球经过最低点，故D正确。
故答案为：D。
【分析】单摆运动中，摆线拉力F在最低点最大，在最大位移处最小，F t图像的峰值间隔对应半个周期。
4．（2024·长沙模拟）沿电场中某条直线电场线方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示，坐标点0．x1．x2和x3分别与x轴上O．A.B.C四点相对应，相邻两点间距相等．一个带正电的粒子从O点附近由静止释放，运动到A点处的动能为Ek，仅考虑电场力作用．则（　　）
A．从O点到C点，电势先升高后降低
B．粒子先做匀加速运动，后做变加速运动
C．粒子在AB段电势能变化量大于BC段的
D．粒子运动到C点时动能小于3Ek
【答案】C,D
【知识点】电场及电场力；动能定理的综合应用；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．带正电粒子受力沿x轴正方向，说明电场方向沿x轴正方向，沿电场线方向电势一直降低，故从O到C电势持续降低，A错误；
B．由图知，电场强度一直在变，粒子受电场力在变，所以粒子一直做变加速运动，所以B错误；
C．由图知AB段电场强度的平均值大于BC段的场强平均值，而位移相同，所以在BC段电场做功较多，电势能的变化量较大，所以C正确；
D．根据E x图像与坐标轴所围面积表示两点间的电势差，由图知，AC间图像所围面积小于OA的2倍，根据动能定理知粒子运动到C点时动能小于3Ek，所以D正确。
故答案为：CD。
【分析】结合E x图像的物理意义（面积表示电势差）、电场力做功与电势能 / 动能的关系，分析电势、粒子运动状态及能量变化。
5．（2024·长沙模拟）在通电螺线管中插入形状如图所示的铁芯，其右端与球形软铁之间形成如图所示的汇聚磁场。将两个圆形闭合导线圈A、B置于图示位置，它们所在的平面都与铁芯轴线垂直且圆心在铁芯轴线上。开关处于闭合状态。下列说法正确的是（　　）
A．当滑片向右移动时，A、B所受安培力使它们具有远离螺线管的趋势
B．当滑片向右移动时，A、B所受安培力使它们具有靠近螺线管的趋势
C．断开开关时，A、B所受安培力使它们具有远离螺线管的趋势
D．断开开关时，A所受安培力使它具有靠近螺线管的趋势，B所受安培力使它具有远离螺线管的趋势
【答案】D
【知识点】安培力；楞次定律
【解析】【解答】AB．滑片向右移动时，螺线管内的电流增大，它产生的磁场变强，通过A、B两线圈的磁通量增大，A远离螺线管、B靠近螺线管可以阻碍通过它们的磁通量增大。故A所受安培力使它具有远离螺线管的趋势，B所受安培力使它具有靠近螺线管的趋势。AB错误；
CD．断开开关时，通过A、B两线圈的磁通量减小，A靠近螺线管、B远离螺线管可以阻碍通过它们的磁通量减小。故A所受安培力使它具有靠近螺线管的趋势，B所受安培力使它具有远离螺线管的趋势。C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】根据楞次定律（“阻碍” 磁通量变化），分析滑片移动或开关断开时，线圈磁通量的变化，进而判断安培力的方向与线圈的运动趋势。
6．（2024·长沙模拟）电子感应加速器的基本原理如图所示，上、下两个电磁铁线圈中电流的大小、方向可以变化，产生的感生电场使真空室中的电子加速。若两个电磁铁之间的磁场可视为匀强磁场，且磁场分布关于两个电磁铁的轴线旋转任意角对称。改变电磁铁线圈中电流的大小（方向如图所示并保持不变），使该磁场的磁感应强度均匀增大，其变化率。产生的感生电场的电场线为一系列真空室的同心圆。则下列说法正确的是（　　）
A．从上往下看，产生的感生电场沿逆时针方向
B．若在两个电磁铁之间放入与真空室同心的环形导线圈，感生电场对处于其中的自由电荷的作用力是静电力
C．若在两个电磁铁之间放入与真空室同心的环形导线圈，且该导线圈的材质和粗细均匀，则稳定时导线圈上各处电势都相同
D．两个电磁铁之间到轴线的距离为r的位置处，感生电场的电场强度
【答案】C
【知识点】电源电动势及内阻；感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】A．放入半径为且与真空室同心的环形导线圈，由楞次定律可知其中的感应电流从上往下看沿顺时针方向，这说明自由电子沿逆时针运动，而自由电子是在感生电场力作用下发生定向移动的，故感生电场力从上往下看沿逆时针方向，感生电场从上往下看沿顺时针方向，A错误；
B．感生电场与静电场的性质不同，对自由电荷施加的力不是静电力，B错误；
C．由对称性可知导线圈内正、负电荷都应均匀分布在整个导线圈上，导线圈各处都呈电中性，它们在电路中产生的恒定电场的场强处处为零，于是导线圈上电势处处相等，C正确；
D．由法拉第电磁感应定律可知该导线圈的电动势为
电荷量为的自由电荷沿线圈转一圈，感生电场力对它做的功为
而感生电场力就是感生电磁感应的非静电力，由电动势的定义可得
故
解得，D错误。
故答案为：C。
【分析】结合楞次定律、感生电场的性质、法拉第电磁感应定律，分析感生电场的方向、电场力类型及电势、场强的特点。
7．（2024·长沙模拟）如图所示的电路中，电源的电动势和内阻分别为E、r，电压表和电流表均为理想电表，在滑动变阻器的滑片P由a向b移动的过程中，关于各物理量的变化情况的下列描述正确的是（　　）
A．两端的电压先减小后增加
B．电流表的示数先增大后减小
C．电源的输出功率可能先增大后减小
D．电源的输出功率可能一直不变
【答案】A,C
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】AB．滑动变阻器在点左、右两边的部分并联，并联总电阻记为。随着滑片从移动到从0增大到最大（P均分时）再减小为零，最大值记为。外电路的结构为“（串串电流表）并电压表”，故电压表的示数先增后减，电流表的示数先减后增，两端的电压先减后增；故A正确，B错误；
CD．整个过程外电阻从增大到再减小到；若，则外电阻不小于内阻且先远离内阻再接近内阻，电源输出功率先减后增；若，则外电阻不大于内阻且先接近内阻再远离内阻，电源输出功率先增后减；若，则电源输出功率先增后减再增再减；故C正确，D错误。
故答案为：AC。
【分析】先分析滑动变阻器的并联总电阻变化，再结合串并联电路规律、电源输出功率与外阻的关系，判断各物理量的变化。
8．（2024·长沙模拟）如图所示，为一正五边形边界的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为。一质量为、电荷量为的带正电粒子从边的中点点垂直边射入磁场，一段时间后垂直磁场边界射出。则粒子在磁场中运动的时间可能是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】由左手定则，粒子射入磁场后向左偏，它可能垂直或射出。由，
联立解得
若垂直射出，则转半个圈，时间为
若垂直射出，则圆心为与的交点，由于五边形的内角和为，于是正五边形的每个内角为，圆心角为
时间为
若垂直射出，则圆心为与的延长线的交点，由三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角之和，那么圆心角为
时间为
故答案为：ABD。
【分析】先确定粒子在磁场中的运动周期，再结合正五边形的内角，分析粒子不同射出边界对应的圆心角，进而计算运动时间。
9．（2024·长沙模拟）2024年10月12日，紫金山-ATLAS彗星接近地球，它是年度最亮的彗星，特别适合肉眼观测。该彗星绕太阳一圈需约61751年，近日点距离太阳约0.4个天文单位（1天文单位等于日地平均距离），远日点相对于近日点可看作无穷远，速度约为0。理论分析表明，某个轨道的逃逸速度是该轨道环绕速度的倍，即，R为绕该轨道圆周运动的半径。则下列说法正确的是（　　）
A．忽略彗星质量的变化，从近日点到远日点，彗星的机械能减小
B．彗星在近日点的加速度与地球公转的加速度之比为25∶4
C．彗星在近日点的速率与地球公转速率之比约为
D．彗星在近日点的速率与地球公转速率之比约为
【答案】B,D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．从近日点到远日点，只有太阳引力做功，引力做功属于保守力做功，彗星的机械能守恒（非减小），A错误；
B．根据，可得，彗星在近日点的加速度与地球公转的加速度之比为，B正确；
C．若彗星绕太阳以0.4个天文单位做圆周运动，根据，
则彗星以0.4个天文单位做太阳做圆周运动与地球绕太阳做圆周运动的速率之比为
因彗星在近日点的速度大于其以近日点为半径做圆周运动的速度，可知彗星在近日点的速率与地球公转速率之比大于，C错误；
D．由上述可知，地球公转速率
彗星绕0.4天文轨道做圆周运动的速度为
由题意可知，在椭圆轨道上近日点的速率应该等于逃逸速度，即
即彗星在近日点的速率与地球公转速率之比约为，D正确。
故答案为：BD。
【分析】结合万有引力定律（加速度、环绕速度）、机械能守恒，分析彗星与地球的运动参量关系。
10．（2024·长沙模拟）如图所示，A、B两物体质量均为m，水平向左且大小为的恒定拉力作用在A上，拉着A、B由静止开始一起运动，运动过程中B始终受到一个竖直向上的、大小与B的速度大小成正比的力，经过时间t物体A、B恰好发生相对滑动。A、B间动摩擦因数，A与地面间的动摩擦因数，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．物体A、B发生相对滑动时的速度
B．物体A、B发生相对滑动时的速度
C．从静止到恰好发生相对滑动全程B的位移为
D．从静止到恰好发生相对滑动全程B的位移为
【答案】B,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；碰撞模型
【解析】【解答】本题考查了滑块滑板模型，知道两个物体发生相对滑动的临界条件是A、B之间的摩擦力达到最大静摩擦，利用整体法和隔离法分别对整体和其中一个物体利用牛顿第二定律列方程可得，在计算它们的位移时，充分利用了动量定理。AB．设AB即将相对滑动的临界加速度为a，对AB整体分析，根据牛顿第二定律得
隔离对B分析，根据牛顿第二定律得
解得
故A错误，B正确；
CD．对整个体，根据动量定理有
变形得
又
可得
解得
故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】在AB刚发生相对滑动时分别对AB整体和对B根据牛顿第二定律列方程计算；对整体根据动量定理列方程，利用x=vt计算。
11．（2024·长沙模拟）如图甲所示是很多力学实验中常使用的装置。
（1）关于该装置的下列说法正确的是______
A．利用该装置做“探究小车速度随时间变化的规律”的实验时，需要补偿阻力
B．以小车和砝码整体为研究对象，补偿阻力后，可用该装置“验证机械能守恒定律
C．利用该装置做“探究小车的加速度与力、质量的关系”的实验时，除应补偿阻力外，还必须满足小车的质量远大于砝码与砝码盘的总质量
（2）在用该装置来“探究加速度与力、质量的关系”的实验时，操作如下：
（a）补偿阻力时，若所有操作均正确，打出的纸带如图乙所示，应　 　（填“减小”或“增大）木板的倾角。
（b）图丙为小车质量一定时，根据实验数据描绘的小车加速度的倒数与盘和砝码的总质量m的倒数之间的实验关系图像。若牛顿第二定律成立，则小车质量　 　kg。（g取，结果保留2位有效数字）
【答案】（1）C
（2）增大；0.18
【知识点】受力分析的应用；探究加速度与力、质量的关系；验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）A．利用该装置做“探究小车速度随时间变化的规律”的实验时，并不需要获知小车所受合外力的大小，不需要补偿阻力，故A错误；
B．以小车和砝码整体为研究对象，补偿阻力后，由于仍有摩擦力做负功，其机械能并不守恒，当然不能用于“验证机械能守恒定律”，故B错误；
C．补偿阻力只是使重力、支持力和阻力平衡，从而绳的拉力等于小车所受合外力，但由于没有测量绳的拉力，需要将砝码和砝码盘的总重力近似当作绳的拉力。而这是有条件的，即小车和砝码的加速度大小，这要求砝码和砝码盘的总质量远远小于小车的质量，故C正确。
故答案为：C。
（2）纸带向右运动，故打点计时器相对纸带向左运动，左边的点迹更晚打出，而左边的点迹更密，故小车在减速运动，需要增大倾角；
在且已经补偿阻力的前提下，小车所受合外力可视为；对小车，由牛顿第二定律得
即
故图的斜率为
解得
故答案为：增大； 0.18
【分析】(1) 实验装置的适用条件：判断各实验对装置的要求（如是否补偿阻力、是否需要小车质量远大于砝码质量）；
(2) 补偿阻力的调整：根据纸带点迹的疏密（速度变化）判断阻力是否平衡，调整木板倾角；
(3) 小车质量的计算：由牛顿第二定律推导与的关系，结合图像斜率求小车质量。
（1）A．利用该装置做“探究小车速度随时间变化的规律”的实验时，并不需要获知小车所受合外力的大小，不需要补偿阻力，故A错误；
B．以小车和砝码整体为研究对象，补偿阻力后，由于仍有摩擦力做负功，其机械能并不守恒，当然不能用于“验证机械能守恒定律”，故B错误；
C．补偿阻力只是使重力、支持力和阻力平衡，从而绳的拉力等于小车所受合外力，但由于没有测量绳的拉力，需要将砝码和砝码盘的总重力近似当作绳的拉力。而这是有条件的，即小车和砝码的加速度大小，这要求砝码和砝码盘的总质量远远小于小车的质量，故C正确。
故选C。
（2）[1]纸带向右运动，故打点计时器相对纸带向左运动，左边的点迹更晚打出，而左边的点迹更密，故小车在减速运动，需要增大倾角；
[2]在且已经补偿阻力的前提下，小车所受合外力可视为；对小车，由牛顿第二定律得
即
故图的斜率为
解得
12．（2024·长沙模拟）某同学欲将内阻为、量程为的电流表改装成欧姆表，并标记刻度和进行校准。要求改装后欧姆表的刻度正好对应电流表表盘的刻度。可选用的器材还有：定值电阻（阻值），滑动变阻器（最大阻值），电阻箱，干电池，红、黑表笔和导线若干。
（1）欧姆表设计
将图（a）中的实物连线组成欧姆表　 　。欧姆表改装好并完成欧姆调零后，滑动变阻器R接入电路的电阻应为　 　。
（2）标记欧姆表表盘刻度
通过计算，对整个表盘进行电阻刻度，如图（b）所示。表盘上处的电流刻度分别为和，则处的电阻刻度分别为　 　、　 　。
（3）校准
红、黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指向刻度；将红、黑表笔与电阻箱连接，记录多组电阻箱接入电路的电阻值及欧姆表上对应的测量值，完成校准。校准完成后，过一段时间再次欧姆调零后校准某刻度时，电阻箱旋钮位置如图（c）所示，但此时指针所指刻度为。某同学推测这是由于使用的电源电动势并不等于1.5V导致的。若该同学的推测为真，此时电源电动势为　 　V。（保留两位有效数字）
【答案】（1）；900
（2）45；5
（3）1.4
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】（1）欧姆表内部由电源、定值电阻、电流表和滑动变阻器串联组成；电流从电源正极流出后，经过一些元件从黑表笔流出，其结构如图所示
由闭合电路欧姆定律得
其中
欧姆调零时
且
故
解得
故
故答案为：
；900
（2）由和，得。
分别将和
代入可得对应的电阻值为和。
故答案为：45；5
（3）电阻箱的读数为，即，于是
而指针所指刻度为，故
故
故答案为：1.4
【分析】(1) 欧姆表设计：按 “电源→电流表→定值电阻→滑动变阻器→表笔” 的顺序连线；先求欧姆表内阻（中值电阻），再结合欧姆调零的电流（满偏）求滑动变阻器接入电阻；
(2) 表盘刻度：利用闭合电路欧姆定律，结合电流与电阻的关系，计算对应电流刻度的电阻值；
(3) 电源电动势校准：根据电阻箱读数与欧姆表刻度的关系，结合闭合电路欧姆定律求实际电动势。
（1）[1]欧姆表内部由电源、定值电阻、电流表和滑动变阻器串联组成；电流从电源正极流出后，经过一些元件从黑表笔流出，其结构如图所示
[2]由闭合电路欧姆定律得
其中
欧姆调零时
且
故
解得
故
（2）[1][2]由
和
得
。
分别将
和
代入可得对应的电阻值为和。
（3）[1]电阻箱的读数为，即，于是
而指针所指刻度为，故
故
13．（2024·长沙模拟）如图所示，边长为的正方形单匝线框从垂直纸面向内的宽为的匀强磁场区域上方某处由静止释放，线框的质量为，线框的总电阻为，磁场的磁感应强度为。线框进入磁场的过程恰好做匀速直线运动，最终边离开磁场前线框已再次做匀速直线运动。整个过程中线框的上、下两条边始终与磁场边界平行，线框始终在同一竖直平面内，重力加速度为，不计空气阻力。求：
（1）线框开始下落时，边到磁场上边界的距离。
（2）线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热。
（3）线框的刚要离开磁场前瞬间，两点之间的电势差。
【答案】（1）解：线框进入磁场的过程，由闭合电路欧姆定律得
线框受力平衡，故
解得
进磁场前，有
解得
（2）解：边离开磁场前，同样有，
故有
线框穿过磁场的过程，由能量守恒得
（3）解：边离开磁场前瞬间，有
由右手定则可知电流沿顺时针方向。
故
解得
【知识点】能量守恒定律；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】(1) 下落距离：线框进入磁场时匀速，安培力与重力平衡，先由安培力公式求进入速度，再用自由落体公式求下落距离；
(2) 焦耳热：线框进入和离开磁场时均匀速，重力势能的减少量全部转化为焦耳热，结合下落高度求热量；
(3) 电势差：cd边切割磁感线产生感应电动势，结合电路分压规律，计算a、d两点的电势差。
（1）线框进入磁场的过程，由闭合电路欧姆定律得
线框受力平衡，故
解得
进磁场前，有
解得
（2）边离开磁场前，同样有
故有
线框穿过磁场的过程，由能量守恒得
（3）边离开磁场前瞬间，有
由右手定则可知电流沿顺时针方向。
故
解得
14．（2024·长沙模拟）如图所示，在轴上方空间区域内，存在沿轴正方向的匀强电场，轴下方宽为的区域内，存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁场下边界处存在一个无限大的弹性绝缘挡板。质量为，电荷量为的带电小球（可视为质点）从点以初速度水平拋出，恰好从原点处第一次进入磁场。已知点的坐标为，该带电小球所受重力可忽略不计，在电场中和在磁场中分别只受电场力和洛伦兹力的作用。取正弦为0.6的角为。
（1）求该匀强电场的电场强度。
（2）为使粒子垂直打在板上，磁感应强度应取何值？
（3）磁感应强度取第2问的值。带电小球与挡板的碰撞是弹性的，碰后垂直挡板的分速度掉转方向且大小不变，沿挡板的分速度大小方向都不变，且小球所带电荷量不变。求小球第5次穿过轴时的位置坐标以及从入射到第5次穿过轴所用的时间。
【答案】（1）解：从P到O，位移偏角的正切
于是速度偏角的正切
根据
解得，
由动能定理得
解得
（2）解：带电小球从入射到击中挡板轨迹如图所示
由几何关系得
故有
由牛顿第二定律可知
解得
（3）解：带电小球的运动具有周期性，从出发到撞击挡板是半个周期，后半个周期与前半个周期对称。带电小球从出发到第5次穿过x轴的轨迹如图所示
由图可知从0到第5次穿过轴恰好完成2个周期，故有
第5次穿过轴的位置坐标为。小球在磁场中每一段运动的圆心角为，时间为
小球运动一个周期的时间为
从出发到第5次穿过轴所用的时间为
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 电场强度：小球在电场中做类平抛运动，分解水平、竖直方向的运动，结合位移公式与电场力加速度，求解电场强度；
(2) 磁感应强度：小球进入磁场后做匀速圆周运动，由垂直打在挡板的条件确定圆周运动半径，结合洛伦兹力公式求 B；
(3) 第 5 次穿过 x 轴的位置与时间：分析小球在磁场中、电场中的运动轨迹，结合碰撞规律，分段计算位移与时间，求和得总结果。
（1）从P到O，位移偏角的正切
于是速度偏角的正切
根据
解得
由动能定理得
解得
（2）带电小球从入射到击中挡板轨迹如图所示
由几何关系得
故有
由牛顿第二定律可知
解得
（3）带电小球的运动具有周期性，从出发到撞击挡板是半个周期，后半个周期与前半个周期对称。带电小球从出发到第5次穿过x轴的轨迹如图所示
由图可知从0到第5次穿过轴恰好完成2个周期，故有
第5次穿过轴的位置坐标为。小球在磁场中每一段运动的圆心角为，时间为
小球运动一个周期的时间为
从出发到第5次穿过轴所用的时间为
15．（2024·长沙模拟）如图所示，底面光滑的滑块静止在光滑水平地面上，滑块上开有光滑的滑槽，滑槽由一段长为的直线段和一段半径为的圆弧组成，它们在点处相切。段与水平方向的夹角为，与竖直方向的夹角也为。现在，让一个质量为的光滑小球（密度极大，可视为质点）从点正上方高处由静止释放，小球落入滑槽与滑槽碰撞后不会弹起，马上相对滑槽沿下滑，碰撞时间忽略不计；此后，从滑槽上的点滑出后经恰好从右边固定斜面的顶端处沿切线落入斜面，斜面与竖直方向的夹角为。两点等高，小球所受空气阻力忽略不计。求：
（1）小球从点落入斜面时的速度大小。（结果可以含根号）
（2）小球释放时之间的水平距离。
（3）小球释放点距离点的高度。
【答案】（1）解：小球离开滑槽到落入斜面，竖直方向
故
小球沿切线落入斜面，有
故
于是
（2）解：小球离开滑槽到落入斜面，水平方向的位移
小球从点滑出时，相对滑槽的速度沿切线，故
解得
小球从点滑出前，小球与滑槽组成的系统水平方向动量守恒
故
这个过程中，小球和滑块的水平位移大小分别记为和，则
而这个过程的任意时刻，有
故
解得
故
（3）解：小球做自由落体运动的过程，有
可得
小球与滑槽碰撞后瞬间，小球的水平分速度与竖直分速度分别记为和，滑槽的速度大小记为。碰撞过程，由水平方向动量守恒得
碰撞过程小球所受外力沿的冲量为零，其沿的分速度不变，故
碰撞后小球相对滑槽沿运动，故
解得，，
碰撞损失的机械能为
解得
从释放小球到小球从点滑出，由能量守恒得
解得
【知识点】动量守恒定律；受力分析的应用；自由落体运动
【解析】【分析】(1) 小球从C到D做平抛运动，D点速度沿斜面切线，结合斜面夹角的速度分解关系，求D点速度；
(2) 由平抛运动的水平、竖直分运动，结合时间求C、D的水平距离；
(3) 小球从释放点到C点的过程，用动能定理（重力做功转化为C点动能），结合C点速度（平抛初速度）求释放高度h。
（1）小球离开滑槽到落入斜面，竖直方向
故
小球沿切线落入斜面，有
故
于是
（2）小球离开滑槽到落入斜面，水平方向的位移
小球从点滑出时，相对滑槽的速度沿切线，故
解得
小球从点滑出前，小球与滑槽组成的系统水平方向动量守恒
故
这个过程中，小球和滑块的水平位移大小分别记为和，则
而这个过程的任意时刻，有
故
解得
故
（3）小球做自由落体运动的过程，有
可得
小球与滑槽碰撞后瞬间，小球的水平分速度与竖直分速度分别记为和，滑槽的速度大小记为。碰撞过程，由水平方向动量守恒得
碰撞过程小球所受外力沿的冲量为零，其沿的分速度不变，故
碰撞后小球相对滑槽沿运动，故
解得
，，
碰撞损失的机械能为
解得
从释放小球到小球从点滑出，由能量守恒得
解得
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