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湖南省长沙市岳麓实验中学2024-2025学年高二下学期7月期末物理试题
一、单选题
1．如图，质量为M的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定在框架顶端，下端固定一个质量为m的小球，小球上下振动时，框架始终没有弹起，重力加速度的符号为g。当框架对地面压力为零瞬间，小球的加速度大小和方向为（　　）
A．，竖直向下 B．，竖直向上
C．，竖直向上 D．，竖直向下
2．物体A的质量为1kg，置于水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数.从开始，物体以一定的初速度向右滑行的同时，受到一个水平向左大小恒为的作用力，则反映物体受到的摩擦力随时间变化的图像是（取向右为正方向，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取）（　　）
A． B．
C． D．
3．如图所示，水平桌面上一质量为1kg的物体，在水平拉力F作用下，沿水平方向向右运动，物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，则地面对物体的滑动摩擦力大小为（　　）
A．4N B．5N C．8N D．10N
4．如图所示，一物体放置在倾角为θ的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为a，在物体始终相对于斜面静止的条件下，当（　　）
A．一定时，a越大，斜面对物体的摩擦力越小
B．一定时，a越大，斜面对物体的正压力越小
C．a一定时，越大，斜面对物体的摩擦力越小
D．a一定时，越大，斜面对物体的正压力越小
5．2024年4月25日，搭载神舟十八号载人飞船的“长征二号F遥”运载火箭顺利将发射取得成功。5月28日，神舟十八号航天员乘组圆满完成第一次距离地面约400km的轨道出舱活动。如图所示取地球质量，地球半径，引力常量。下列说法正确的是（　　）
A．卫星的向心加速度大小约
B．卫星运行的周期约12h
C．发射升空时，火箭的推力是燃气会给火箭施加反作用力
D．发射升空初始阶段，装在火箭上部的卫星处于失重状态
6．如图所示，O点有一个很小的光滑轻质圆环，一根轻绳AB穿过圆环，A端固定，B端悬挂一个重物。另一根轻绳一端固定在C点，另一端系在圆环上，力F作用在圆环上。圆环静止时，绳OC与绳OA水平，F与OA的夹角为45°。现改变力F，保持圆环位置不变，且重物始终处于平衡状态，则下列说法中正确的是（　　）
A．当F沿逆时针缓慢旋转90°的过程中，OB绳中的拉力先减小后增大
B．当F沿逆时针缓慢旋转90°的过程中，F先增大后减小
C．当F沿顺时针缓慢旋转30°的过程中，OC绳中的拉力一直增大
D．当F沿顺时针缓慢旋转30°的过程中，F先减小后增大
7．两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中C为ND段电势最低的点，则下列说法正确的是(　　)
A．q1、q2为等量异种电荷
B．N、C两点间场强方向沿x轴负方向
C．N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大
D．将一正点电荷从N点移到D点，电势能先增大后减小
二、多选题
8．如图所示，河宽为，小船在静水中速度为，水的流速为，小船渡河的时间可能为（　　）
A． B． C． D．
9．如图所示为两条平行的光滑导轨，左侧与电源相连，其中两导轨的水平部分与半圆部分相切于C、E两点.现将一导体棒垂直导轨放置，外加匀强磁场，磁场方向垂直于导体棒，与导轨平面的夹角斜向左上方.开始时导体棒静止于图中点，当电键闭合后，导体棒由静止开始运动，运动过程中导体棒始终与接触的两条导轨垂直，并恰能到达导轨半圆部分最高点点.已知两导轨的间距，半圆部分的轨道半径，磁场的磁感应强度大小，导体棒中的电流，导体棒的质量，重力加速度取.则下列说法正确的是（　　）
A．导体棒在点的加速度大小为
B．导体棒在点的速度大小为
C．两点间距离为
D．导体棒离开轨道后将做平抛运动，并落在点右侧
10．如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r。闭合开关S，电压表示数为U，电流表示数为I，电表均为理想电表，在滑动变阻器的滑片P由b端滑到a端的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．U先变大后变小
B．I先变小后变大
C．U与I比值先变大后变小
D．电源内部消耗的功率先减小后增大
11．如图所示，在滑动变阻器的滑片P向下端滑动过程中，理想电压表V1、V2的示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2，理想电流表A1、A2、A3示数变化量的绝对值分别为ΔI1、ΔI2，ΔI3，下列说法正确的是（　　）
A．电压表V1示数减小，电流表A1示数增大
B．电压表V2示数与电流表A3示数的比值减小
C．
D．
三、实验探究题
12．某同学用“安阻法”测量电源的电动势和内阻。现有待测电源E（电动势约为2V，内阻约为2Ω），电流表A（量程为0~0.6A，内阻约为0.5Ω），电阻箱R（最大阻值为99.9Ω），开关S，导线若干。
（1）在图甲中画出实验电路图。该同学根据正确的电路图，正确连接电路，规范操作。
（2）第一次测量：调节电阻箱R，示数为时，读取电流表示数，示数为时，读取电流表示数，则电源电动势的计算式，　 　，内阻的计算式　 　。
（3）第二次测量：调节电阻箱R的阻值，记录多组电流表的读数I和电阻箱的对应读数R，根据测量数据作出如图乙所示的图像，则电源电动势　 　V。内阻　 　Ω（计算结果均保留一位小数）。
（4）关于该实验，下列说法中正确的是（　　）
A．由于电流表有内阻，会使电源内阻的测量值存在系统误差
B．由于电流表有内阻，会使电源电动势的测量值存在系统误差
C．第一次测量中，若测有三组数据，则可求得电源电动势E、内阻r和电流表内阻
D．第二次测量中的数据处理方式可以减小偶然误差
13．某同学利用如图的装置研究磁铁下落过程中的重力势能与电能之间的相互转化。等效内阻 r=20Ω的螺线管固定在铁架台上，线圈与电流传感器、电压传感器和滑动变阻器连接。滑动变阻器最大阻值40Ω，初始时滑片位于正中间20Ω的位置。打开传感器，将质量m=0.01kg的磁铁置于螺线管正上方静止释放，磁铁上表面为N极。穿过螺线管后掉落到海绵垫上并静止（磁铁下落中受到的阻力远小于磁铁重力，不发生转动），释放点到海绵垫高度差 h=0.30m。计算机屏幕上显示出如图的UI—t曲线，重力加速度 。如果有下列根号可取相应的近似值：
（1）磁铁穿过螺线管过程中，螺线管产生的感应电动势最大值约为　 　V。 （保留三位有效数字）
（2）图像中 UI出现前后两个峰值；对比实验过程发现，这两个峰值是在磁铁刚进入螺线管内部和刚从内部出来时产生的，对这一现象相关说法正确的是（　　）
A．线圈中的磁通量经历先增大后减小的过程
B．如果仅略减小 h，两个峰值都会减小
C．如果仅略减小h，两个峰值可能会相等
D．如果仅移动滑片，增大滑动变阻器阻值，两个峰值都会增大
（3）在磁铁下降h=0.30m的过程中，估算重力势能转化为电能的值是　 　J，可估算重力势能转化为电能的效率约是　 　。（以上两空均保留三位有效数字）
四、计算题
14．在一次摩托车跨越壕沟的表演中，摩托车从壕沟的一侧沿水平方向飞出，壕沟两侧的高度差为5m，宽度为18m。如图所示，摩托车可看作质点，不计空气阻力。
（1）摩托车在空中的时长？
（2）摩托车速度至少为多大能跨越壕沟？
15．在如图所示的三维空间中，的区域存在沿y轴正方向的匀强电场，在区域内存在半圆柱体空间区域，半圆柱沿y轴方向足够高，该区域内存在沿y轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小，平面在yOz平面内，D点（0，0，0）为半圆柱体底面圆心，半圆柱体的半径为。一质量为m、电荷量为的带电粒子，从A点（-L，0，0）以初速度大小，方向沿着x轴正方向射入匀强电场，经过C点（0，L，0）后进入半圆柱体磁场区域，不计粒子的重力。求：
（1）电场强度E的大小；
（2）带电粒子在半圆柱体内运动的时间；
（3）带电粒子从半圆柱体射出时的位置坐标。
16．2024年4月25日神舟十八号载人飞船成功发射，标志着中国载人航天技术已走在世界前列。有人对今后神舟系列飞船的发射构想：沿着地球的某条弦挖一通道，并铺设成光滑轨道，在通道的两个出口分别将一物体和飞船同时释放，利用两者碰撞（弹性碰撞）效应，将飞船发射出去，已知地表重力加速度g，地球的半径为R；物体做简谐运动的周期，m为物体的质量，k为简谐运动物体的回复力和其离开平衡位置的位移大小之比。
（1）若神舟十八号飞船贴近地球表面做匀速圆周运动，则其运行的线速度大小；
（2）如图甲，设想在地球上距地心h处挖一条光滑通道AB，从A点静止释放一个质量为m的物体，求物体从A运动到B点的时间，以及物体通过通道中心O'的速度大小（质量分布均匀的空腔对空腔内的物体的万有引力为零）；
（3）如图乙，若通道已经挖好，且，如果在AB处同时释放质量分别为M和m的物体和飞船，他们同时到达O'点并发生弹性碰撞，要使飞船飞出通道口时速度达到第一宇宙速度，M和m应该满足什么关系？
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】当框架对地面压力为零瞬间，弹簧对框架的弹力和其重力平衡，则有
对小球分析，根据牛顿第二定律得
解得，方向竖直向下
故答案为：A。
【分析】本题考查牛顿第二定律的应用，核心是先对框架受力分析得到弹簧弹力，再对小球受力分析求解加速度。
2．【答案】C
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；静摩擦力
【解析】【解答】从开始以初速度v0沿水平地面向右做匀减速运动，受到的滑动摩擦力大小为
，方向向左，为负值；
当物体的速度减到零时，物体所受的最大静摩擦力为
所以物体不能被拉动而处于静止状态，受到静摩擦力作用，其大小为
方向向右，为正值；故C正确，ABD错误；
故选C。
【分析】本题主要考查对摩擦力的理解，滑动摩擦力产生于相对滑动的物体之间，静摩擦力产生于有运动趋势的物体之间，由公式计算最大静摩擦力，由拉力和最大静摩擦力关系确定停止后摩擦力，进而得到图像。
3．【答案】B
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】物体静止与水平面，受到的支持力，物体所受滑动摩擦力大小
联立解得
故B正确，ACD错误。
故选B。
【分析】物体对地面的压力大小等于物体的重力，由摩擦力公式求出摩擦力。
解决本题的关键在于正确利用滑动摩擦力公式计算摩擦力大小，其与水平力无关。
4．【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】由于物体在电梯中，具有与电梯相同的向上加速度，物体在水平方向上合外力为零，则
，，解得，则a一定时， θ 越大，斜面对物体的正压力越小，斜面对物体的摩擦力越大；θ 一定时，a越大，斜面对物体的摩擦力越大，斜面对物体的正压力越大。故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】以物体为研究对象，受力分析，根据牛顿第二定律列等式可得出斜面对物体的正压力表达式和斜面对物体的摩擦力的表达式，根据表达式分析得出正压力和摩擦力变化情况。
5．【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；超重与失重；卫星问题
【解析】【解答】本题主要考查了反冲、万有引力、超重与失重状态的问题，是一道基础题，掌握基础知识即可解题，要注意基础知识的学习。A．根据万有引力定律可知卫星的向心加速度大小为
故A错误；
B．卫星运行的周期为
故B错误；
C．运载火箭尾部向下喷气，喷出的气体对火箭产生反作用力，火箭获得向上的推力，故C正确；
D．发射升空初始阶段，为向上的加速运动，加速度向上，装在火箭上部的卫星处于超重状态，故D错误。
故选C。
【分析】根据反冲现象的原理进行分析；根据万有引力定律提供向心力求解卫星的向心加速度和卫星运行的周期；加速度方向向上处于超重状态，加速度方向向下处于失重状态。
6．【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】因为重物始终处于平衡状态，所以AB绳子的拉力的大小与重物的重力大小相等，不变化，AO与BO的合力也不变。
对环受力分析，环受AO和BO两绳子的拉力，以及绳子CO和F的拉力；根据共点力平衡的特点可知，CO与F的合力与AO、BO的合力大小相等，方向相反；当力F的方向变化时，做出F与CO上的拉力的变化如图：
由图可知，当沿逆时针族转时，F先减小后增大，绳OC的拉力减小；而当F沿顺时针旋转30°的过程中，F逐渐增大，绳OC的拉力增大。
故选C。
【分析】绳子、拉力大小始终等于重物的重力，它们的合力大小不变，我们可以把圆环受到三个力、、，而处于平衡状态，作出这三个力的矢量三角形，通过矢量三角形的变化来分析各个力的变化；当沿逆时转过的角度大于或等于或时，圆环不能再保持平衡状态。
本题考查了共点力的平衡条件。当物体受三力作用而处于平衡时，必有，表示三力关系的矢量图呈闭合三角形，即三个力矢量(有向线段)依次恰好能首尾相接。比较不同形状的力三角形各几何边、角情况，我们对相应的每个力大小、方向的变化及其相互间的制约关系将一目了然。所以，作出物体平衡时所受三力矢量可能构成的一簇闭合三角形，是力三角形法的关键操作。
7．【答案】C
【知识点】电场强度；电势
【解析】【解答】AB．沿着电场线方向电势逐渐降低，由图象可以看出电势先逐渐减小后逐渐增大，则电场方向先指向x轴正向后指向x轴负向，所以点电荷是等量的同种正电荷，故AB错误；
C．由可知，φ随x图线的斜率表示电场强度，由图可得N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大，故C正确；
D．NC电场线向右，CD电场线向左，将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故D错误。
故选C。
【分析】本题主要考查φ随x变化图像问题。本题题型比较新颖，考查了电势和场强的知识，需要我们具有较强的识图的能力。由图象中电势的特点得出间可能的电场线分布，可以判断是何种等量电荷；φ随x图线的斜率表示电场强度，从而判断场强的大小；根据电场分布判断电场力做功，根据电场力最正电荷做功情况判断电势能变化。
8．【答案】A,B
【知识点】小船渡河问题分析
【解析】【解答】当船的静水速度方向垂直河对岸时，小船渡河时间最短，则小船渡河的最短时间为
则小船渡河的时间可能为150s和100s，故AB正确，CD错误；
故选AB。
【分析】 本题为小船渡河问题，解决本题的关键知道分运动和合运动具有等时性，各分运动具有独立性。无论船速大还是水速大，都是船头始终垂直河岸时渡河时间最短，当船速大于水速时，小船能垂直到达河对岸，最短位移即为河宽，当船速小于水速时，小船不能垂直到达河对岸，船速与实际速度垂直时，渡河位移最短。
9．【答案】A,C,D
【知识点】动能定理的综合应用；安培力的计算
【解析】【解答】A． 由左手定则判断导体棒受到斜向右上的安培力，根据安培力的计算公式可得：
F安=BIL根据牛顿第二定律可得：
F安sin60°=ma
求得
故A正确；
B．在D点时，对导体棒进行受力分析，根据牛顿第二定律
解得
故B错误；
C．对导体棒从到，将安培力分解到竖直方向和水平方向来处理它的功，应用动能定理有
求得
故C正确；
D．导体棒离开轨道后不再受安培力作用，将做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速运动
代入数据可得
所以导体棒将落在点右侧，故D正确。
故选ACD。
【分析】根据安培力的计算公式结合牛顿第二定律得出导体棒的加速度；根据牛顿第二定律得出导体棒在D点时的速度；根据动能定理列式得出AC两点的距离；根据平抛运动的特点结合运动学公式完成分析。
10．【答案】A,D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】ABC．当滑动变阻器在正中间位置时，并联部分电阻最大，外电阻最大，故滑动变阻器的滑片P由b端滑到a端的过程中，外电阻先增大后减小，总电流先变小后变大
由闭合电路欧姆定律可知U先变大后变小，为定值电阻，I先变大后变小，不变，故A正确、BC错误；
D．外电压先增大后减小，故内电压先减小后增大，由可知电源内部消耗的功率先减小后增大，故D正确。
故选AD。
【分析】本题首先要理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电动势和内阻不变，再采用局部→整体→局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析。
解决本题的关键抓住电动势和内电阻不变，结合闭合电路欧姆定律求解．注意做题前一定要理清电路，看电压表测的是什么电压，电流表测的是什么电流。
11．【答案】A,B,D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】A．滑片P下移，则滑动变阻器的阻值减小，电路中的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知电路中的总电流变大，即电流表A1示数增大，由可知，路端电压减小，即电压表V1示数减小，故A正确；
B．电压表V2示数与电流表A3示数的比值为滑动变阻器的阻值，故电压表V2示数与电流表A3示数的比值减小，故B正确；
C．由串并联知识可知
电流表A1示数增大，由U=IR可知R1两端电压增大，又因为路端电压减小，由可知R2两端电压变小，由可知通过R2的电流减小，即电流表A2的示数减小，又因为干路电流增大，所以电流表A3的示数增大，且电流表A3增大的电流比电流表A2减小得多，故有
故C错误；
D．由闭合电路欧姆定律可知
解得
故D正确。
故选ABD。
【分析】本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律结合串并联电路的特点进行分析。
本题对于定值电阻，是线性元件有，对于非线性元件，。
12．【答案】（1）
（2）；
（3）2.0；2.0
（4）A；D
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）题目中要求用安阻法测电动势和电源内阻，即应采用电流表与电阻箱串联的方式进行测量，电路图如图所示
（2）根据闭合电路欧姆定律可知
联立解得
；
（3）根据闭合电路欧姆定律可知
变形得
由图像可知
解得电源电动势为
由图像可知
代入解得电源内阻为
；
（4）A．因电流表存在内阻，所以测出的内阻中包含电流表内阻，由于电流表的内阻，会使电源内阻的测量值存在系统误差，故A正确；
B．根据闭合电路欧姆定律可知，变形得，可知电流表内阻对图像的斜率没有影响，所以测出的电源的电动势准确，故B错误；
C．根据闭合电路欧姆定律可知
根据数学规律可知，联立三组数据无法求出电流表内阻，故 C错误；
D．采用图像法可以避免因读数造成的偶然误差；故第二次可以减小偶然误差，故D正确。
故选AD。
【分析】(1)根据实验原理与实验器材作出实验电路图。
(2)应用闭合电路的欧姆定律列式求出电源电动势与内阻的表达式。
(3)应用闭合电路的欧姆定律求出图像的函数解析式，然后分析答题。
(4)根据实验电路图结合实验数据处理方法分析实验误差。
掌握基础知识，理解实验原理是解题的前提，根据题意应用闭合电路的欧姆定律即可解题。
（1）题目中要求用安阻法测电动势和电源内阻，即应采用电流表与电阻箱串联的方式进行测量，电路图如图所示
（2）[1][2]根据闭合电路欧姆定律可知
联立解得
（3）[1]根据闭合电路欧姆定律可知
变形得
由图像可知
解得电源电动势为
[2]由图像可知
代入解得电源内阻为
（4）A．因电流表存在内阻，所以测出的内阻中包含电流表内阻，由于电流表的内阻，会使电源内阻的测量值存在系统误差，A正确；
B．电流表内阻对图像的斜率没有影响，所以测出的电源的电动势准确，B错误；
C．根据闭合电路欧姆定律可知
根据数学规律可知，联立三组数据无法求出电流表内阻， C错误；
D．采用图像法可以避免因读数造成的偶然误差；故第二次可以减小偶然误差，D正确。
故选AD。
13．【答案】（1）0.704
（2）A；B
（3）；1.43%
【知识点】能量守恒定律；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的电路类问题
【解析】【分析】（1）由UI-t曲线可知线圈的最大输出功率为P出=0.0062W
线圈输出功率表达式为P出＝I2R外，解得
根据闭合电路欧姆定律得E=I（R内+R外）=1.76×10-2(20+20)V=0.704V
（2）A．磁铁进入线框时，磁通量增大，当磁铁从线框出来时，磁通量减小，故A正确；
BC．当h减小时，磁铁进入线框的速度减小，导致线框中磁通量的变化率减小，由可知两个峰值都会减小，且两个峰值不可能相等，故B正确，C错误；
D．根据闭合电路欧姆定律可知，当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，初始时滑片位于正中间20Ω的位置，此时内外电阻相等，输出功率最大，因此增大滑动变阻器阻值，两个峰值都会减小，故D错误。
故选AB。
（3） 下落过程减小的重力势能为
根据图象物理意义可知：图象与横轴围成面积大小等于下落过程中电源的输出电能
E出＝2.15×10 4J
所以总能量为
重力势能转化为电能的效率为
故答案为：（1）0.7.4（2）AB（3）；1.43%。
【分析】(1)由UI-t曲线得到线圈的最大输出功率，结合线圈输出功率表达式和根据闭合电路欧姆定律求解螺线管产生的感应电动势最大值 ；
(2)由判断磁通量变化，感应电动势与磁通量变化率成正比，当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，根据外阻变化判断功率变化；
(3)根据能量守恒求得总能量，进而求得效率。
（1）由UI-t曲线可知线圈的最大输出功率为
P出=0.0062W ①
线圈输出功率表达式为
P出＝I2R外②
根据闭合电路欧姆定律得
E=I（R内+R外）③
联立①②③将
R内=20Ω，R外=20Ω
代入得
E=0.704V
（2）A．磁铁进入线框时，磁通量增大，当磁铁从线框出来时，磁通量减小，故A正确；
BC．当h减小时，磁铁进入线框的速度减小，导致线框中磁通量的变化率减小，因此两个峰值都会减小，且两个峰值不可能相等，故B正确，C错误；
D．根据闭合电路欧姆定律可知，当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，初始时滑片位于正中间20Ω的位置，此时内外电阻相等，输出功率最大，因此增大滑动变阻器阻值，两个峰值都会减小，故D错误。
故选AB。
（3）[1] 下落过程减小的重力势能为
[2] 根据图象物理意义可知：图象与横轴围成面积大小等于下落过程中电源的输出电能
E出＝2.15×10 4J
所以总能量为
重力势能转化为电能的效率为
14．【答案】（1）由于摩托车做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，
由
可得
；
（2）摩托车水平方向做匀速运动，则摩托车能越过壕沟的临界值为
。
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】 (1)摩托车做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据自由落体运动公式求得运动时间；
(2)摩托车水平方向做匀速运动，利用求得最小初速度。
本题主要考查平抛运动在生活中应用，在处理平抛运动问题时，通常把平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动来处理。
15．【答案】【解答】（1）粒子在电场中做类平抛运动，垂直电场方向做匀速运动，有，解得
沿着电场方向做初速度为零的匀加速运动，有，解得
根据牛顿第二定律
联立解得
（2）在磁场中，粒子的运动可以分解为垂匀速圆周运动和沿正方向的匀速直线运动，垂直磁场方向，根据洛伦兹力提供向心力
解得
如图所示
根据几何关系可知粒子在磁场中运动的圆心角为，粒子在磁场中运动的周期
则带电粒子在半圆柱体内运动的时间
联立解得
（3）在磁场中，沿着轴正方向的速度大小
轴方向
轴方向
轴方向
带电粒子从半圆柱体射出时的位置坐标为（，，）。
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】本题考查带电粒子在电场中的加速及带电粒子在多区域磁场中的运动，关键是作出粒子的运动轨迹，由动能定理及洛伦兹力提供向心力使粒子做匀速圆周运动，结合几何关系求解。
本题考查带电粒子在磁场中运动和电场中的运动，难度较大。
(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求解电场强度的大小；
(2)画出粒子在磁场中运动轨迹，根据几何知识、牛顿第二定律规律求解；
(3)根据几何知识求解。
16．【答案】（1）神舟十八号飞船贴近地球表面做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力
=mg
解得运行的线速度大小为
；
（2）质点在距离球心r处所受到的引力为
半径为r的球体质量为
可得
故引力在AB通道方向分力为（设向右为正方向）
该力与大小成正比，方向相反，故物体做简谐运动，
当时，有
=mg
则
则物体运动周期为
物体从A运动到B点的时间为
从A到O'点，Fx线性变化，则万有引力做功为
从A到O'点，由动能定理可得
解得；
（3）由（2）可知，物体到达O'点速度均为
碰撞中满足动量守恒
根据机械能守恒可得
解得
返回出口过程中，万有引力做功为
返回出口过程中，根据动能定理
联立可得
解得。
【知识点】动量守恒定律；万有引力定律的应用；卫星问题；动能定理的综合应用；简谐运动
【解析】【分析】（1）神舟十八号飞船做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据=ma求解运行的线速度大小；
（2）由万有引力与重力的关系以及力的合成与分解求得引力在通道方向分力与位移关系，再由简谐运动的周期求得物体从A运动到B点的时间，由动能定理求解物体通过通道中心O'的速度大小；
（3）由动量守恒和机械能守恒列式求解碰后物体速度，再根据动能定理列式求解M和m应该满足的关系。
1 / 1湖南省长沙市岳麓实验中学2024-2025学年高二下学期7月期末物理试题
一、单选题
1．如图，质量为M的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定在框架顶端，下端固定一个质量为m的小球，小球上下振动时，框架始终没有弹起，重力加速度的符号为g。当框架对地面压力为零瞬间，小球的加速度大小和方向为（　　）
A．，竖直向下 B．，竖直向上
C．，竖直向上 D．，竖直向下
【答案】A
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】当框架对地面压力为零瞬间，弹簧对框架的弹力和其重力平衡，则有
对小球分析，根据牛顿第二定律得
解得，方向竖直向下
故答案为：A。
【分析】本题考查牛顿第二定律的应用，核心是先对框架受力分析得到弹簧弹力，再对小球受力分析求解加速度。
2．物体A的质量为1kg，置于水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数.从开始，物体以一定的初速度向右滑行的同时，受到一个水平向左大小恒为的作用力，则反映物体受到的摩擦力随时间变化的图像是（取向右为正方向，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取）（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；静摩擦力
【解析】【解答】从开始以初速度v0沿水平地面向右做匀减速运动，受到的滑动摩擦力大小为
，方向向左，为负值；
当物体的速度减到零时，物体所受的最大静摩擦力为
所以物体不能被拉动而处于静止状态，受到静摩擦力作用，其大小为
方向向右，为正值；故C正确，ABD错误；
故选C。
【分析】本题主要考查对摩擦力的理解，滑动摩擦力产生于相对滑动的物体之间，静摩擦力产生于有运动趋势的物体之间，由公式计算最大静摩擦力，由拉力和最大静摩擦力关系确定停止后摩擦力，进而得到图像。
3．如图所示，水平桌面上一质量为1kg的物体，在水平拉力F作用下，沿水平方向向右运动，物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，则地面对物体的滑动摩擦力大小为（　　）
A．4N B．5N C．8N D．10N
【答案】B
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】物体静止与水平面，受到的支持力，物体所受滑动摩擦力大小
联立解得
故B正确，ACD错误。
故选B。
【分析】物体对地面的压力大小等于物体的重力，由摩擦力公式求出摩擦力。
解决本题的关键在于正确利用滑动摩擦力公式计算摩擦力大小，其与水平力无关。
4．如图所示，一物体放置在倾角为θ的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为a，在物体始终相对于斜面静止的条件下，当（　　）
A．一定时，a越大，斜面对物体的摩擦力越小
B．一定时，a越大，斜面对物体的正压力越小
C．a一定时，越大，斜面对物体的摩擦力越小
D．a一定时，越大，斜面对物体的正压力越小
【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】由于物体在电梯中，具有与电梯相同的向上加速度，物体在水平方向上合外力为零，则
，，解得，则a一定时， θ 越大，斜面对物体的正压力越小，斜面对物体的摩擦力越大；θ 一定时，a越大，斜面对物体的摩擦力越大，斜面对物体的正压力越大。故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】以物体为研究对象，受力分析，根据牛顿第二定律列等式可得出斜面对物体的正压力表达式和斜面对物体的摩擦力的表达式，根据表达式分析得出正压力和摩擦力变化情况。
5．2024年4月25日，搭载神舟十八号载人飞船的“长征二号F遥”运载火箭顺利将发射取得成功。5月28日，神舟十八号航天员乘组圆满完成第一次距离地面约400km的轨道出舱活动。如图所示取地球质量，地球半径，引力常量。下列说法正确的是（　　）
A．卫星的向心加速度大小约
B．卫星运行的周期约12h
C．发射升空时，火箭的推力是燃气会给火箭施加反作用力
D．发射升空初始阶段，装在火箭上部的卫星处于失重状态
【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；超重与失重；卫星问题
【解析】【解答】本题主要考查了反冲、万有引力、超重与失重状态的问题，是一道基础题，掌握基础知识即可解题，要注意基础知识的学习。A．根据万有引力定律可知卫星的向心加速度大小为
故A错误；
B．卫星运行的周期为
故B错误；
C．运载火箭尾部向下喷气，喷出的气体对火箭产生反作用力，火箭获得向上的推力，故C正确；
D．发射升空初始阶段，为向上的加速运动，加速度向上，装在火箭上部的卫星处于超重状态，故D错误。
故选C。
【分析】根据反冲现象的原理进行分析；根据万有引力定律提供向心力求解卫星的向心加速度和卫星运行的周期；加速度方向向上处于超重状态，加速度方向向下处于失重状态。
6．如图所示，O点有一个很小的光滑轻质圆环，一根轻绳AB穿过圆环，A端固定，B端悬挂一个重物。另一根轻绳一端固定在C点，另一端系在圆环上，力F作用在圆环上。圆环静止时，绳OC与绳OA水平，F与OA的夹角为45°。现改变力F，保持圆环位置不变，且重物始终处于平衡状态，则下列说法中正确的是（　　）
A．当F沿逆时针缓慢旋转90°的过程中，OB绳中的拉力先减小后增大
B．当F沿逆时针缓慢旋转90°的过程中，F先增大后减小
C．当F沿顺时针缓慢旋转30°的过程中，OC绳中的拉力一直增大
D．当F沿顺时针缓慢旋转30°的过程中，F先减小后增大
【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】因为重物始终处于平衡状态，所以AB绳子的拉力的大小与重物的重力大小相等，不变化，AO与BO的合力也不变。
对环受力分析，环受AO和BO两绳子的拉力，以及绳子CO和F的拉力；根据共点力平衡的特点可知，CO与F的合力与AO、BO的合力大小相等，方向相反；当力F的方向变化时，做出F与CO上的拉力的变化如图：
由图可知，当沿逆时针族转时，F先减小后增大，绳OC的拉力减小；而当F沿顺时针旋转30°的过程中，F逐渐增大，绳OC的拉力增大。
故选C。
【分析】绳子、拉力大小始终等于重物的重力，它们的合力大小不变，我们可以把圆环受到三个力、、，而处于平衡状态，作出这三个力的矢量三角形，通过矢量三角形的变化来分析各个力的变化；当沿逆时转过的角度大于或等于或时，圆环不能再保持平衡状态。
本题考查了共点力的平衡条件。当物体受三力作用而处于平衡时，必有，表示三力关系的矢量图呈闭合三角形，即三个力矢量(有向线段)依次恰好能首尾相接。比较不同形状的力三角形各几何边、角情况，我们对相应的每个力大小、方向的变化及其相互间的制约关系将一目了然。所以，作出物体平衡时所受三力矢量可能构成的一簇闭合三角形，是力三角形法的关键操作。
7．两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中C为ND段电势最低的点，则下列说法正确的是(　　)
A．q1、q2为等量异种电荷
B．N、C两点间场强方向沿x轴负方向
C．N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大
D．将一正点电荷从N点移到D点，电势能先增大后减小
【答案】C
【知识点】电场强度；电势
【解析】【解答】AB．沿着电场线方向电势逐渐降低，由图象可以看出电势先逐渐减小后逐渐增大，则电场方向先指向x轴正向后指向x轴负向，所以点电荷是等量的同种正电荷，故AB错误；
C．由可知，φ随x图线的斜率表示电场强度，由图可得N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大，故C正确；
D．NC电场线向右，CD电场线向左，将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故D错误。
故选C。
【分析】本题主要考查φ随x变化图像问题。本题题型比较新颖，考查了电势和场强的知识，需要我们具有较强的识图的能力。由图象中电势的特点得出间可能的电场线分布，可以判断是何种等量电荷；φ随x图线的斜率表示电场强度，从而判断场强的大小；根据电场分布判断电场力做功，根据电场力最正电荷做功情况判断电势能变化。
二、多选题
8．如图所示，河宽为，小船在静水中速度为，水的流速为，小船渡河的时间可能为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,B
【知识点】小船渡河问题分析
【解析】【解答】当船的静水速度方向垂直河对岸时，小船渡河时间最短，则小船渡河的最短时间为
则小船渡河的时间可能为150s和100s，故AB正确，CD错误；
故选AB。
【分析】 本题为小船渡河问题，解决本题的关键知道分运动和合运动具有等时性，各分运动具有独立性。无论船速大还是水速大，都是船头始终垂直河岸时渡河时间最短，当船速大于水速时，小船能垂直到达河对岸，最短位移即为河宽，当船速小于水速时，小船不能垂直到达河对岸，船速与实际速度垂直时，渡河位移最短。
9．如图所示为两条平行的光滑导轨，左侧与电源相连，其中两导轨的水平部分与半圆部分相切于C、E两点.现将一导体棒垂直导轨放置，外加匀强磁场，磁场方向垂直于导体棒，与导轨平面的夹角斜向左上方.开始时导体棒静止于图中点，当电键闭合后，导体棒由静止开始运动，运动过程中导体棒始终与接触的两条导轨垂直，并恰能到达导轨半圆部分最高点点.已知两导轨的间距，半圆部分的轨道半径，磁场的磁感应强度大小，导体棒中的电流，导体棒的质量，重力加速度取.则下列说法正确的是（　　）
A．导体棒在点的加速度大小为
B．导体棒在点的速度大小为
C．两点间距离为
D．导体棒离开轨道后将做平抛运动，并落在点右侧
【答案】A,C,D
【知识点】动能定理的综合应用；安培力的计算
【解析】【解答】A． 由左手定则判断导体棒受到斜向右上的安培力，根据安培力的计算公式可得：
F安=BIL根据牛顿第二定律可得：
F安sin60°=ma
求得
故A正确；
B．在D点时，对导体棒进行受力分析，根据牛顿第二定律
解得
故B错误；
C．对导体棒从到，将安培力分解到竖直方向和水平方向来处理它的功，应用动能定理有
求得
故C正确；
D．导体棒离开轨道后不再受安培力作用，将做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速运动
代入数据可得
所以导体棒将落在点右侧，故D正确。
故选ACD。
【分析】根据安培力的计算公式结合牛顿第二定律得出导体棒的加速度；根据牛顿第二定律得出导体棒在D点时的速度；根据动能定理列式得出AC两点的距离；根据平抛运动的特点结合运动学公式完成分析。
10．如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r。闭合开关S，电压表示数为U，电流表示数为I，电表均为理想电表，在滑动变阻器的滑片P由b端滑到a端的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．U先变大后变小
B．I先变小后变大
C．U与I比值先变大后变小
D．电源内部消耗的功率先减小后增大
【答案】A,D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】ABC．当滑动变阻器在正中间位置时，并联部分电阻最大，外电阻最大，故滑动变阻器的滑片P由b端滑到a端的过程中，外电阻先增大后减小，总电流先变小后变大
由闭合电路欧姆定律可知U先变大后变小，为定值电阻，I先变大后变小，不变，故A正确、BC错误；
D．外电压先增大后减小，故内电压先减小后增大，由可知电源内部消耗的功率先减小后增大，故D正确。
故选AD。
【分析】本题首先要理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电动势和内阻不变，再采用局部→整体→局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析。
解决本题的关键抓住电动势和内电阻不变，结合闭合电路欧姆定律求解．注意做题前一定要理清电路，看电压表测的是什么电压，电流表测的是什么电流。
11．如图所示，在滑动变阻器的滑片P向下端滑动过程中，理想电压表V1、V2的示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2，理想电流表A1、A2、A3示数变化量的绝对值分别为ΔI1、ΔI2，ΔI3，下列说法正确的是（　　）
A．电压表V1示数减小，电流表A1示数增大
B．电压表V2示数与电流表A3示数的比值减小
C．
D．
【答案】A,B,D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】A．滑片P下移，则滑动变阻器的阻值减小，电路中的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知电路中的总电流变大，即电流表A1示数增大，由可知，路端电压减小，即电压表V1示数减小，故A正确；
B．电压表V2示数与电流表A3示数的比值为滑动变阻器的阻值，故电压表V2示数与电流表A3示数的比值减小，故B正确；
C．由串并联知识可知
电流表A1示数增大，由U=IR可知R1两端电压增大，又因为路端电压减小，由可知R2两端电压变小，由可知通过R2的电流减小，即电流表A2的示数减小，又因为干路电流增大，所以电流表A3的示数增大，且电流表A3增大的电流比电流表A2减小得多，故有
故C错误；
D．由闭合电路欧姆定律可知
解得
故D正确。
故选ABD。
【分析】本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律结合串并联电路的特点进行分析。
本题对于定值电阻，是线性元件有，对于非线性元件，。
三、实验探究题
12．某同学用“安阻法”测量电源的电动势和内阻。现有待测电源E（电动势约为2V，内阻约为2Ω），电流表A（量程为0~0.6A，内阻约为0.5Ω），电阻箱R（最大阻值为99.9Ω），开关S，导线若干。
（1）在图甲中画出实验电路图。该同学根据正确的电路图，正确连接电路，规范操作。
（2）第一次测量：调节电阻箱R，示数为时，读取电流表示数，示数为时，读取电流表示数，则电源电动势的计算式，　 　，内阻的计算式　 　。
（3）第二次测量：调节电阻箱R的阻值，记录多组电流表的读数I和电阻箱的对应读数R，根据测量数据作出如图乙所示的图像，则电源电动势　 　V。内阻　 　Ω（计算结果均保留一位小数）。
（4）关于该实验，下列说法中正确的是（　　）
A．由于电流表有内阻，会使电源内阻的测量值存在系统误差
B．由于电流表有内阻，会使电源电动势的测量值存在系统误差
C．第一次测量中，若测有三组数据，则可求得电源电动势E、内阻r和电流表内阻
D．第二次测量中的数据处理方式可以减小偶然误差
【答案】（1）
（2）；
（3）2.0；2.0
（4）A；D
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）题目中要求用安阻法测电动势和电源内阻，即应采用电流表与电阻箱串联的方式进行测量，电路图如图所示
（2）根据闭合电路欧姆定律可知
联立解得
；
（3）根据闭合电路欧姆定律可知
变形得
由图像可知
解得电源电动势为
由图像可知
代入解得电源内阻为
；
（4）A．因电流表存在内阻，所以测出的内阻中包含电流表内阻，由于电流表的内阻，会使电源内阻的测量值存在系统误差，故A正确；
B．根据闭合电路欧姆定律可知，变形得，可知电流表内阻对图像的斜率没有影响，所以测出的电源的电动势准确，故B错误；
C．根据闭合电路欧姆定律可知
根据数学规律可知，联立三组数据无法求出电流表内阻，故 C错误；
D．采用图像法可以避免因读数造成的偶然误差；故第二次可以减小偶然误差，故D正确。
故选AD。
【分析】(1)根据实验原理与实验器材作出实验电路图。
(2)应用闭合电路的欧姆定律列式求出电源电动势与内阻的表达式。
(3)应用闭合电路的欧姆定律求出图像的函数解析式，然后分析答题。
(4)根据实验电路图结合实验数据处理方法分析实验误差。
掌握基础知识，理解实验原理是解题的前提，根据题意应用闭合电路的欧姆定律即可解题。
（1）题目中要求用安阻法测电动势和电源内阻，即应采用电流表与电阻箱串联的方式进行测量，电路图如图所示
（2）[1][2]根据闭合电路欧姆定律可知
联立解得
（3）[1]根据闭合电路欧姆定律可知
变形得
由图像可知
解得电源电动势为
[2]由图像可知
代入解得电源内阻为
（4）A．因电流表存在内阻，所以测出的内阻中包含电流表内阻，由于电流表的内阻，会使电源内阻的测量值存在系统误差，A正确；
B．电流表内阻对图像的斜率没有影响，所以测出的电源的电动势准确，B错误；
C．根据闭合电路欧姆定律可知
根据数学规律可知，联立三组数据无法求出电流表内阻， C错误；
D．采用图像法可以避免因读数造成的偶然误差；故第二次可以减小偶然误差，D正确。
故选AD。
13．某同学利用如图的装置研究磁铁下落过程中的重力势能与电能之间的相互转化。等效内阻 r=20Ω的螺线管固定在铁架台上，线圈与电流传感器、电压传感器和滑动变阻器连接。滑动变阻器最大阻值40Ω，初始时滑片位于正中间20Ω的位置。打开传感器，将质量m=0.01kg的磁铁置于螺线管正上方静止释放，磁铁上表面为N极。穿过螺线管后掉落到海绵垫上并静止（磁铁下落中受到的阻力远小于磁铁重力，不发生转动），释放点到海绵垫高度差 h=0.30m。计算机屏幕上显示出如图的UI—t曲线，重力加速度 。如果有下列根号可取相应的近似值：
（1）磁铁穿过螺线管过程中，螺线管产生的感应电动势最大值约为　 　V。 （保留三位有效数字）
（2）图像中 UI出现前后两个峰值；对比实验过程发现，这两个峰值是在磁铁刚进入螺线管内部和刚从内部出来时产生的，对这一现象相关说法正确的是（　　）
A．线圈中的磁通量经历先增大后减小的过程
B．如果仅略减小 h，两个峰值都会减小
C．如果仅略减小h，两个峰值可能会相等
D．如果仅移动滑片，增大滑动变阻器阻值，两个峰值都会增大
（3）在磁铁下降h=0.30m的过程中，估算重力势能转化为电能的值是　 　J，可估算重力势能转化为电能的效率约是　 　。（以上两空均保留三位有效数字）
【答案】（1）0.704
（2）A；B
（3）；1.43%
【知识点】能量守恒定律；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的电路类问题
【解析】【分析】（1）由UI-t曲线可知线圈的最大输出功率为P出=0.0062W
线圈输出功率表达式为P出＝I2R外，解得
根据闭合电路欧姆定律得E=I（R内+R外）=1.76×10-2(20+20)V=0.704V
（2）A．磁铁进入线框时，磁通量增大，当磁铁从线框出来时，磁通量减小，故A正确；
BC．当h减小时，磁铁进入线框的速度减小，导致线框中磁通量的变化率减小，由可知两个峰值都会减小，且两个峰值不可能相等，故B正确，C错误；
D．根据闭合电路欧姆定律可知，当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，初始时滑片位于正中间20Ω的位置，此时内外电阻相等，输出功率最大，因此增大滑动变阻器阻值，两个峰值都会减小，故D错误。
故选AB。
（3） 下落过程减小的重力势能为
根据图象物理意义可知：图象与横轴围成面积大小等于下落过程中电源的输出电能
E出＝2.15×10 4J
所以总能量为
重力势能转化为电能的效率为
故答案为：（1）0.7.4（2）AB（3）；1.43%。
【分析】(1)由UI-t曲线得到线圈的最大输出功率，结合线圈输出功率表达式和根据闭合电路欧姆定律求解螺线管产生的感应电动势最大值 ；
(2)由判断磁通量变化，感应电动势与磁通量变化率成正比，当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，根据外阻变化判断功率变化；
(3)根据能量守恒求得总能量，进而求得效率。
（1）由UI-t曲线可知线圈的最大输出功率为
P出=0.0062W ①
线圈输出功率表达式为
P出＝I2R外②
根据闭合电路欧姆定律得
E=I（R内+R外）③
联立①②③将
R内=20Ω，R外=20Ω
代入得
E=0.704V
（2）A．磁铁进入线框时，磁通量增大，当磁铁从线框出来时，磁通量减小，故A正确；
BC．当h减小时，磁铁进入线框的速度减小，导致线框中磁通量的变化率减小，因此两个峰值都会减小，且两个峰值不可能相等，故B正确，C错误；
D．根据闭合电路欧姆定律可知，当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，初始时滑片位于正中间20Ω的位置，此时内外电阻相等，输出功率最大，因此增大滑动变阻器阻值，两个峰值都会减小，故D错误。
故选AB。
（3）[1] 下落过程减小的重力势能为
[2] 根据图象物理意义可知：图象与横轴围成面积大小等于下落过程中电源的输出电能
E出＝2.15×10 4J
所以总能量为
重力势能转化为电能的效率为
四、计算题
14．在一次摩托车跨越壕沟的表演中，摩托车从壕沟的一侧沿水平方向飞出，壕沟两侧的高度差为5m，宽度为18m。如图所示，摩托车可看作质点，不计空气阻力。
（1）摩托车在空中的时长？
（2）摩托车速度至少为多大能跨越壕沟？
【答案】（1）由于摩托车做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，
由
可得
；
（2）摩托车水平方向做匀速运动，则摩托车能越过壕沟的临界值为
。
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】 (1)摩托车做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据自由落体运动公式求得运动时间；
(2)摩托车水平方向做匀速运动，利用求得最小初速度。
本题主要考查平抛运动在生活中应用，在处理平抛运动问题时，通常把平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动来处理。
15．在如图所示的三维空间中，的区域存在沿y轴正方向的匀强电场，在区域内存在半圆柱体空间区域，半圆柱沿y轴方向足够高，该区域内存在沿y轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小，平面在yOz平面内，D点（0，0，0）为半圆柱体底面圆心，半圆柱体的半径为。一质量为m、电荷量为的带电粒子，从A点（-L，0，0）以初速度大小，方向沿着x轴正方向射入匀强电场，经过C点（0，L，0）后进入半圆柱体磁场区域，不计粒子的重力。求：
（1）电场强度E的大小；
（2）带电粒子在半圆柱体内运动的时间；
（3）带电粒子从半圆柱体射出时的位置坐标。
【答案】【解答】（1）粒子在电场中做类平抛运动，垂直电场方向做匀速运动，有，解得
沿着电场方向做初速度为零的匀加速运动，有，解得
根据牛顿第二定律
联立解得
（2）在磁场中，粒子的运动可以分解为垂匀速圆周运动和沿正方向的匀速直线运动，垂直磁场方向，根据洛伦兹力提供向心力
解得
如图所示
根据几何关系可知粒子在磁场中运动的圆心角为，粒子在磁场中运动的周期
则带电粒子在半圆柱体内运动的时间
联立解得
（3）在磁场中，沿着轴正方向的速度大小
轴方向
轴方向
轴方向
带电粒子从半圆柱体射出时的位置坐标为（，，）。
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】本题考查带电粒子在电场中的加速及带电粒子在多区域磁场中的运动，关键是作出粒子的运动轨迹，由动能定理及洛伦兹力提供向心力使粒子做匀速圆周运动，结合几何关系求解。
本题考查带电粒子在磁场中运动和电场中的运动，难度较大。
(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求解电场强度的大小；
(2)画出粒子在磁场中运动轨迹，根据几何知识、牛顿第二定律规律求解；
(3)根据几何知识求解。
16．2024年4月25日神舟十八号载人飞船成功发射，标志着中国载人航天技术已走在世界前列。有人对今后神舟系列飞船的发射构想：沿着地球的某条弦挖一通道，并铺设成光滑轨道，在通道的两个出口分别将一物体和飞船同时释放，利用两者碰撞（弹性碰撞）效应，将飞船发射出去，已知地表重力加速度g，地球的半径为R；物体做简谐运动的周期，m为物体的质量，k为简谐运动物体的回复力和其离开平衡位置的位移大小之比。
（1）若神舟十八号飞船贴近地球表面做匀速圆周运动，则其运行的线速度大小；
（2）如图甲，设想在地球上距地心h处挖一条光滑通道AB，从A点静止释放一个质量为m的物体，求物体从A运动到B点的时间，以及物体通过通道中心O'的速度大小（质量分布均匀的空腔对空腔内的物体的万有引力为零）；
（3）如图乙，若通道已经挖好，且，如果在AB处同时释放质量分别为M和m的物体和飞船，他们同时到达O'点并发生弹性碰撞，要使飞船飞出通道口时速度达到第一宇宙速度，M和m应该满足什么关系？
【答案】（1）神舟十八号飞船贴近地球表面做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力
=mg
解得运行的线速度大小为
；
（2）质点在距离球心r处所受到的引力为
半径为r的球体质量为
可得
故引力在AB通道方向分力为（设向右为正方向）
该力与大小成正比，方向相反，故物体做简谐运动，
当时，有
=mg
则
则物体运动周期为
物体从A运动到B点的时间为
从A到O'点，Fx线性变化，则万有引力做功为
从A到O'点，由动能定理可得
解得；
（3）由（2）可知，物体到达O'点速度均为
碰撞中满足动量守恒
根据机械能守恒可得
解得
返回出口过程中，万有引力做功为
返回出口过程中，根据动能定理
联立可得
解得。
【知识点】动量守恒定律；万有引力定律的应用；卫星问题；动能定理的综合应用；简谐运动
【解析】【分析】（1）神舟十八号飞船做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据=ma求解运行的线速度大小；
（2）由万有引力与重力的关系以及力的合成与分解求得引力在通道方向分力与位移关系，再由简谐运动的周期求得物体从A运动到B点的时间，由动能定理求解物体通过通道中心O'的速度大小；
（3）由动量守恒和机械能守恒列式求解碰后物体速度，再根据动能定理列式求解M和m应该满足的关系。
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