河南省信阳高级中学新校（贤岭校区）、老校（文化街校区）2024-2025学年高三下学期二模测试（二）物理试题

2025年河南省信阳高级中学新校贤岭校区、老校文化街校区高考物理二模试卷 一、单选题：本大题共7小题，共28分。 1.2023年8月24日，日本政府正式向海洋排放福岛第一核电站的核污水。核污水中的发生衰变时的核反应方程为。设的比结合能为的比结合能为，X的比结合能为。已知光在真空中的传播速度为的半衰期为138天，则下列说法正确的是(    ) A. B. 该衰变过程本质是原子核中的一个中子转变为质子并放出一个电子 C. 该核反应过程中的质量亏损可以表示为 D. 10个核138天后剩余5个 2.如图甲所示是上个世纪八十年代盛行的儿童游戏“抓子”，能很好培养儿童反应和肢体协调能力，具体玩法是：儿童将小石子以初速度从Q点正上方离地高h处的O点竖直向上抛出，然后迅速用同一只手沿如图乙所示轨迹运动，将水平地面上相隔一定距离的P、Q处的小石子捡起，并将抛出的石子在落地前接住。已知某次游戏中，P、Q相距30cm，儿童手移动的平均速率为，不计抓石子的时间，重力加速度，则至少为(    ) A. B. C. D. 3.如图甲所示，某同学在一个很大的圆形水泥管内踢足球，该同学在水泥管道最低点以水平初速度向管壁方向踢出足球，足球在竖直面内运动后刚好落入背包里，模型可简化为乙图。已知水泥管道截面半径为r，若不计空气阻力和足球与水泥管间的摩擦，足球可视为质点，重力加速度大小为g。则(    ) A. 若，足球可以通过水泥管最高点 B. 若，足球脱离水泥管的位置与圆心的连线与水平方向夹角的正弦值为 C. 若，足球脱离水泥管的位置与圆心的连线与水平方向夹角的正弦值为 D. 只有当，足球才不会与水泥管脱离 4.图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中加速度a随时间t变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示。下列说法正确的是(    ) A. 时，弹簧弹力为0 B. 时，手机位于平衡位置上方 C. 从至，手机的动能增大 D. a随t变化的关系式为 5.一个光学圆柱体的横截面如图所示，中心部分是空的正方形，外边界是半径为R的圆，圆心O也是正方形的中心，C是正方形其中一个边上的中点，B是圆周上的一点，已知，，光速为c，一束单色光AB从B点射入介质，入射角为，折射光线为BC，下列说法正确的是(    ) A. 光在B点的折射角为 B. 正方形的边长为 C. 介质对此单色光的折射率为 D. 光从B到C的传播时间为 6.帆船是利用风力航行的船，是继舟、筏之后的一种古老的水上交通工具。如图所示，在某次航行时，一艘帆船在水平风力的作用下，以速度沿风的方向匀速前行，风与帆作用的有效面积为S，气流的平均密度为，帆船行驶过程水平方向上所受阻力恒为f。假设气流与帆作用后速度与帆船前行速度相等，则风速大小为(    ) A. B. C. D. 7.在银河系中，双星系统的数量非常多。研究双星，不但对于了解恒星形成和演化过程的多样性有重要的意义，而且对于了解银河系的形成与和演化，也是一个不可缺少的方面。假设在宇宙中远离其他星体的空间中存在由两个质量分别为4m、m的天体A、B组成的双星系统，二者中心间的距离为L。a、b两点为两天体所在直线与天体B表面的交点，天体B的半径为。已知引力常量为G，则A、B两天体运动的周期和a、b两点处质量为的物体视为质点所受万有引力大小之差为(    ) A. B. C. D. 二、多选题：本大题共3小题，共18分。 8.如图所示，轻绳的一端与质量为的物块A连接，另一端跨过光滑定滑轮与轻绳b栓接于O点，与水平方向成角的力F作用在O点，质量为的物块B恰好与地面间没有作用力，已知，定滑轮右侧的轻绳a与竖直方向的夹角也为、重力加速度为g，当F从图中所示的状态开始顺时针缓慢转动的过程中，结点O、的位置始终保持不变，则下列说法正确的(    ) A. B. 地面对物块B的支持力变大 C. 力F先减小后变大 D. F的最小值为 9.如图，一质量为M的光滑滑块静止于足够长的光滑水平面上，滑块由半径为的四分之一圆弧轨道和长度为竖直轨道组成，圆弧轨道底端切线水平。一质量为m的小球可视为质点，以初速度水平向右运动，在圆弧轨道运动时间为，恰好能到达竖直轨道最高点。重力加速度为g，则(    ) A. 小球的质量m与滑块的质量M之比为3：1 B. 小球到达最高点时的速度为 C. 小球与滑块分离时的速度为 D. 从小球进入圆弧轨道到竖直轨道最高点的过程中，滑块移动的距离为 10.如图，一足够长的金属导轨abcd质量，放在光滑的绝缘水平面上，导体棒PQ质量电阻不计放置在导轨上且接触良好，已知导体棒与导轨动摩擦因数，PQbc构成矩形，导体棒右侧有两个固定于水平面的立柱。导轨bc段长，开始时PQ右侧导轨的总电阻，导轨单位长度的电阻。以ef为界，其右侧匀强磁场方向竖直向上，左侧匀强磁场水平向右，磁感应强度大小均为。在时，一水平向右的拉力F垂直作用在导轨的bc边上，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度，重力加速度。下列说法正确的是(    ) A. 回路中感应电流随时间变化的表达式 B. 导轨由静止开始做匀加速直线运动1s，拉力F达到最大值 C. 导轨由静止开始做匀加速直线运动的过程中拉力F的最大值为95N D. 某过程中回路产生的焦耳热为1070J，导轨克服摩擦力做功为187J，则导轨动能的增加量为4000J 三、实验题：本大题共2小题，共16分。 11.如图甲所示是某同学探究动能定理的实验装置，已知当地重力加速度大小为g，实验操作如下：①先测出小车的质量M，按图示安装好实验装置，再测量两光电门之间的距离L，挂上沙桶并适当倒入少量沙子；②调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车沿长木板向下运动，且通过两个光电门的时间相等；③取下细绳和沙桶，保持长木板的倾角不变，将小车置于靠近滑轮的位置，由静止释放小车，记录小车先后通过光电门1和2时显示的时间、，并测量此时沙子和沙桶的总质量m；④重新挂上细绳和沙桶，改变沙桶中沙子的质量，重复步骤②③；⑤依据以上数据探究动能定理。 根据以上步骤，你认为以下关于实验过程的表述正确的是______。 A.实验时，先接通光电门，后释放小车 B.实验过程需要测出斜面的倾角 如图乙所示，根据游标卡尺读数规则，测得小车上遮光片的宽度______ mm。 本实验中，若表达式______在误差允许范围内成立，就验证了动能定理。用上述给定或测定物理量的符号表示 12.疫情期间，电子体温计已逐渐成为居家必备的物品之一。某物理兴趣小组制作了一个简易电子体温计，其原理图如图2所示。 兴趣小组测出某种热敏电阻的图象如图3所示，那么他们选用的应该是如图电路______填“甲”或“乙”，由图可知，热敏电阻的阻值随温度的升高而______填“增大”或“减小”； 小周同学用一个内部电源电动势为3V、中值电阻为的欧姆表已调零接在上述热敏电阻伏安特 性曲线如图3所示两端，测量其阻值，如图4所示，则测量值为______结果保留3位有效数字； 热敏电阻的阻值随温度的变化如图5所示，在设计的电路中如图2所示，已知电源电动势为内阻不计，电路中二极管为红色发光二极管，红色发光二极管的启动导通电压为，即发光二极管两端电压时点亮，同时电铃发声，红色发光二极管启动后对电路电阻的影响不计。实验要求当热敏电阻的温度高于时红灯亮且铃响发出警报，其中电阻______填“”或“”为定值电阻，其阻值应调为______结果保留两位有效数字。 四、计算题：本大题共3小题，共38分。 13.如图所示，甲、乙两名运动员在训练接力赛跑。甲、乙两名运动员均视为质点的起跑过程均可视为初速度为0、加速度大小的匀加速直线运动，经加速后都能达到并保持的最大速度跑完全程。接力区前端为第一个400m的终点和第二个400m的起点，已知接力区的长度，乙在接力区前端听到奔跑的甲发出的口令时立即起跑不计乙的反应时间，在甲、乙相遇时完成交接棒不计交接棒的时间，交接棒必须在接力区内完成，假设交接棒动作不影响两运动员的速度大小。 求乙通过接力区的最短时间； 若甲在距离接力区前端处对乙发出起跑口令，求从发出起跑口令到甲、乙交接棒所用的时间t； 若接力区的长度只有，为使他们取得最好的成绩，求甲对乙发出起跑口令时到接力区前端的距离及从甲开始起跑到跑至终点所用的时间t。 14.如图甲所示，一水平固定放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞Ⅰ与活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用长度为2L、不可伸长的轻质细线连接，活塞Ⅱ恰好位于汽缸的粗细连接处，此时细线拉直且无张力。现把汽缸竖立放置，如图乙所示，活塞Ⅰ在上方，稳定后活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸的粗细连接处的距离均为L。已知活塞Ⅰ与活塞Ⅱ的质量之比为2：1，面积分别为3S、2S，环境温度为，重力加速度大小为g，大气压强为且保持不变，忽略活塞与汽缸壁的摩擦，汽缸不漏气，汽缸与活塞导热性良好，不计细线的体积。 缓慢加热气缸，当活塞Ⅱ再次回到汽缸的粗细连接处时，求气体温度T及此时细线张力； 在图乙中，若温度保持不变，用力缓慢上推活塞Ⅱ，使其再次回到汽缸的粗细连接处并保持静止，求稳定后推力及活塞Ⅰ到汽缸的粗细连接处的距离x。 15.制造芯片的过程中，需要用电磁场精准控制粒子的轨迹，如图所示，区域I中正交的电磁场构成了一个速度选择器，右侧足够大的长方体被分成两个区域，区域Ⅱ中存在竖直向上的匀强磁场，区域Ⅲ中存在水平向左的匀强电场。质量为m，带电荷量为的粒子从区域I左侧的小孔O以垂直电磁场方向的速度射入，该粒子沿直线穿越区域I，从右侧的小孔离开，沿直线由P点进入区域Ⅱ，P点到区域Ⅱ、Ⅲ边界的距离为d，粒子由区域Ⅱ、Ⅲ边界上的Q点未画出进入区域Ⅲ，Q点到长方体左侧面的距离为，最终粒子运动到长方体左侧面的S点，粒子在S点的速度与左侧面的夹角为，忽略粒子的重力。 求区域Ⅱ中磁感应强度的大小； 求区域Ⅲ中电场强度的大小以及S点到区域Ⅱ、Ⅲ边界的距离； 将区域I中的磁感应强度变为原来的2倍，改变粒子的速度，粒子仍从O点射入，结果发现粒子仍沿直线由P射入区域Ⅱ，求该粒子第二次运动到长方体左侧面时到区域Ⅱ、Ⅲ边界的距离。 答案和解析 1.【答案】C  【解析】解：比更稳定，比结合能更大，故，故A错误； B.由质量数守恒和电荷数守恒可知X是，该衰变的本质是原子核中两个质子和两个中子组成了，故B错误； C.根据质能方程可知，该核反应过程中放出能量，故C正确； D.半衰期是大量原子核衰变的统计规律，10个原子核的衰变不符合该统计规律，故D错误； 故选：C。 比更稳定，比结合能更大，根据衰变的特点分析B，根据半衰期是大量原子核衰变的统计规律和质能方程分析CD。 本题考查了核反应方程和质能方程相关知识，理解核反应前后质量数和电荷数守恒，掌握结合能的计算和含义是解决此类问题的关键。 2.【答案】B  【解析】解：已知：，P、Q相距，由勾股定理可得O、P相距，儿童手移动的平均速率为。 设手沿如图乙所示轨迹运动的时间为t，则有： 解得： 小石子以初速度做竖直向上抛出运动，设初速度至少为，根据题意，以竖直向下为正方向，由运动学公式得： 解得：，故ACD错误，B正确。 故选：B。 先求出手沿如图乙所示轨迹运动的时间，小石子做竖直向上抛出运动，再根据时间相等的关系，应用运动学公式求解。 本题考查了竖直上抛运动的特点，应用运动学公式解答时，要注意物理量的矢量性。 3.【答案】C  【解析】解：A、足球恰好过最高点时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律有 从最低点到最高点，根据动能定理可得 解得 若，所以足球过不了最高点，故A错误； B、若，设足球脱离水泥管的位置与圆心的连线与水平方向夹角，足球脱离水泥管时，有 从最低点到脱离位置，根据动能定理有 解得，故B错误； C、同理可知，若，设足球脱离水泥管的位置与圆心的连线与水平方向夹角，则有 解得，故C正确； D、若足球不过圆心等高处，也不脱离水泥管，当足球恰好到圆心等高处时，则有 解得，所以当或，足球都不会与水泥管脱离，故D错误。 故选：C。 足球恰好过最高点时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律和动能定理相结合求初速度临界值，再分析A项；足球脱离水泥管时，由重力的径向分力提供向心力，由根据牛顿第二定律和动能定理相结合求足球脱离水泥管的位置与圆心的连线与水平方向夹角的正弦值；若足球不过圆心等高处，也不脱离水泥管，当足球恰好到圆心等高处时，由动能定理求出初速度的临界值，再分析D项。 解答本题的关键要把握隐含的临界条件，知道足球恰好过最高点时，水泥管对足球没有作用力，由重力提供向心力。足球脱离水泥管时，由重力的径向分力提供向心力。 4.【答案】D  【解析】解：A、由图乙可知，时刻，手机加速度为0，由牛顿第二定律可得弹簧弹力大小为：，故A错误； B、时，手机的加速度为正值，可知手机的加速度向上，指向平衡位置，根据简谐运动的特点可知手机位于平衡位置下方，故B错误； C、从至过程，手机的加速度增大，可知手机从平衡位置向最大位移处运动，手机的速度减小，动能减小，故C错误； D、由图乙知，，则，可知a随t变化的关系式为：，故D正确。 故选：D。 A、根据时刻手机，由牛顿第二定律可知弹簧弹力大小； B、根据手机加速度的正负、简谐运动的特点分析； C、根据做简谐运动的物体远离平衡位置，加速度越大，速度越小分析； D、根据图像可得周期，根据可得，则可得a随t变化关系式。 本题考查了简谐运动的图像问题、简谐运动的特点，解题的关键是知道简谐运动加速度方向始终指向平衡位置，加速度方向与相对平衡位置的位移的方向始终相反。 5.【答案】B  【解析】解：由于，为等腰三角形，根据几何关系，光在B点的折射角为； 根据折射定律，介质对此单色光的折射率，故AC错误； B.设正方形的边长为a，根据数学知识 解得，故B正确； D.根据折射率公式，光在介质中的传播速度为 光从B到C的传播时间为 代入数据解得，故D错误。 故选：B。 由于，为等腰三角形，根据几何关系求折射角；根据折射定律求折射率； B.根据数学知识求正方向的边长； D.根据折射率公式求光在介质中的传播速度，再求传播时间。 本题主要考查了光的折射，理解折射定律和折射率公式是解题的关键。 6.【答案】A  【解析】解：时间内吹到帆船上风的质量为：，取风速方向为正方向，对风根据动量定理可得： 解得： 对帆船，根据受力情况可得： 解得：，故A正确、BCD错误。 故选：A。 求出时间内吹到帆船上风的质量，根据动量定理求解冲击力大小，由此得到风速大小。 本题主要是考查动量定理之流体冲击力的计算问题，关键是求出很短时间内流体的质量，掌握动量定理的应用方法。 7.【答案】B  【解析】解：双星是同轴转动模型，其角速度相等，故A、B做圆周运动的角速度相等，根据万有引力提供向心力得 其中   由于 解得，， 天体B对在a、b两点相同质量的物体的万有引力大小相等、方向相反，假设a点位于两天体中间，天体A对a、b两点处物体的万有引力正方向大小分别为、，a、b两点处质量为的物体所受万有引力大小之差为 故B正确，ACD错误； 故选：B。 双星是同轴转动模型，其角速度相等；根据万有引力提供向心力，分别对两星球列方程，解方程组，即可求周期，根据力的合成解得a、b两点处质量为的物体视为质点所受万有引力大小之差。 解决本题的关键是知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，以及会用万有引力提供向心力进行求解。 8.【答案】ABC  【解析】解：A、对O点受力分析，如下图可知，定滑轮两边的绳子上的力大小相等，此时物块B与地面无作用力，即，则，代入数据可得，故A正确； B、由下图可知，F从图中所示位置顺时针转动的过程中，轻绳a的拉力大小方向均不变，轻绳b的拉力大小逐渐变小但是方向不变，即逐渐变小，所以逐渐变大，即地面对物块B的支持力变大，故B正确； CD、结合上述分析，所以力F先变小后增大，当力F与轻绳b垂直时，力F有最小值，故C正确，D错误； 故选：ABC。 对物块A和物块B分别受力分析，根据力的平衡条件得出质量关系，根据图解法分析F变化时的动态分析。 本题的关键在于构建三角形或平行四边形，然后根据题目中的条件，动态分析受力情况。 9.【答案】ACD  【解析】解：A、小球从进入圆弧部分至到达最高点过程中，小球和滑块组成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，则有 解得：，，故A正确； B、小球到达最高点时竖直方向速度为0，剩下水平方向与滑块共速的速度为： ，故B错误； C.小球从进入滑块到离开滑块过程中，小球和物块组成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒，以水平向右为正方向， 则有 解得： 即小球离开孔道时速度大小为，方向与初速度相同，故C正确； D.小球从进入滑块至到达圆弧部分最高点的过程中，小球和物块组成的系统水平方向动量始终守恒，则有 ，小球在孔道圆弧部分运动的时间为，则有其中 ， 该时间内， 小球和物块的相对位移为 解得： 小球在竖直部分运动至最高点过程中，在竖直方向做竖直上抛运动，则有，该过程中，物块在水平方向做匀速直线运动，此过程物块的位移为： 解得： 根据上述分析可知小球到达孔道最高点时，根据题意可知物块移动的距离为： 解得：，故D正确； 故选：ACD。 根据动量守恒定律和能量守恒定律得出小球和滑块的质量之比，以及小球到达最高点的速度； 根据动量守恒定律和能量守恒定律得出小球与滑块分离时的速度； 根据运动学公式联立等式得出滑块移动的距离。 本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，根据动量守恒定律和能量守恒定律联立等式得出物体的速度，结合运动学公式即可完成分析。 10.【答案】BD  【解析】解：根据法拉第电磁感应定律可知回路中的感应电动势为 导体做匀加速直线运动，则 时间t内运动的位移为 回路中的总电阻 根据闭合电路欧姆定律有 解得，故A错误； 导轨受到外力F，安培力以及导体棒PQ的摩擦力的作用，其中安培力，根据电路中电流大小处处相等，两侧磁场的磁感应强度大小相等，则导体棒PQ所受安培力的大小也是，方向竖直向下。 导轨受到的摩擦力为 根据牛顿第二定律可知 化简可得 式中当，即 即时外力F取最大值 则外力F最大值为 解得 B正确，C错误： D.设此过程中导轨运动距离为x，克服摩擦力做功，所以代入选项中数据解得，导轨动能的增加量，故D正确。 故选：BD。 由求感应电动势，匀变速运动的规律求速度，由闭合电路欧姆定律求出感应电流随时间变化的表达式，对导轨受力分析，牛顿第二定律结合数学方法求F的最大值，根据动能定理及功能关系分析D。 本题要熟练运用感应电动势公式、闭合电路欧姆定律和运动学规律，得到电流和安培力随时间变化的规律，运用功能关系分析动能的增加量。 11.【答案】A     【解析】解：、按照操作规程，应先接通光电门后释放小车，否则可能小车已经通过光电门，光电门还没有工作，测不出小车通过光电门的时间，故A正确； B、实验过程中，倾斜木板的目的是平衡摩擦力，不需要测出斜面的倾角，故B错误。 故选：A。 由图示游标卡尺可知，游标尺是10分度的，游标卡尺的精度是，游标卡尺读数是。 小车经过光电门时的速度大小分别是， 小车从光电门1运动到光电门2的过程，由动能定理得：，整理得： 故答案为：；；。 根据实验注意事项分析答题。 游标卡尺主尺与游标尺读数的和是游标卡尺的读数。 求出滑块经过光电门的速度，应用动能定理求出实验需要验证的表达式。 要掌握常用器材的使用方法与读数方法；理解实验原理是解题的前提，求出滑块经过光电门的速度大小，应用动能定理即可解题。 12.【答案】乙  减小      60  【解析】解：描绘热敏电阻的伏安特性曲线，要求电压从零开始调节，故选择分压电路乙；由图5可知，热敏电阻的阻值随温度的升高而减小。 设热敏电阻两端电压为U、通过热敏电阻的电流为I，根据闭合电路欧姆定律有 欧姆表中值电阻等于电表内阻，则 代入数据可得： 作出图线如图所示 图线交点表示此时热敏电阻的电压为、电流为6A，则 由于热敏电阻阻值随温度的升高而降低，要使发光二极管电压时点亮，则有分压随总电阻的减小而增大，由串联电路中的电压之比等于电阻之比，为热敏电阻，为定值电阻，由图5可知，当温度为时，热敏电阻阻值，由闭合电路欧姆定律列出表达式，有 解得： 故答案为：乙；减小；；；60。 根据实验要求确定实验电路，由图5分析热敏电阻阻值随温度的变化； 分析实验电路，根据闭合电路欧姆定律作出电源图线，找出交点坐标即可求解； 由图5得出热敏电阻的阻值，分析图2电路结构，根据串并联电路规律求解定值电阻阻值。 本题解题关键要弄清楚实验目的、实验原理以及图象分析等问题；一般的实验设计、实验方法都是根据教材上给出的实验方法进行拓展，延伸，所以一定要熟练掌握教材中的重要实验。 13.【答案】解：乙起跑后先做匀加速直线运动，则有： 解得：， 然后乙以最大速度跑完剩余距离，则有： 乙通过接力区的最短时间： 解得： 假设甲追上乙时，乙并未匀速运动，则有：  解得：，假设成立； 由于，甲、乙不可能在乙达到最大速度时完成交接棒，为取得最好成绩，乙应跑至接力区末端时完成交接棒，则有： 解得： 乙起跑时与甲的距离为：  解得： 这种情况下，接力棒有两段时间在做匀加速直线运动，加速运动的位移： 接力棒加速运动的时间： 剩余时间内接力棒随运动员在做匀速直线运动，则有： 从甲开始起跑到乙跑至终点的时间 解得： 答：求乙通过接力区的最短时间； 若甲在距离接力区前端处对乙发出起跑口令，从发出起跑口令到甲、乙交接棒所用的时间4s； 甲对乙发出起跑口令时到接力区前端的距离为15m，从甲开始起跑到跑至终点所用的时间102s。  【解析】由匀变速直线运动的速度位移求解； 假设甲追上乙时，乙并未匀速运动求解； 由匀变速运动规律求解。 本题以体育运动即接力赛为命题情境，考查的是匀变速直线运动规律应用，题目综合性较强，有一定难度。 14.【答案】解：图甲中，汽缸中气体压强等于大气压；图乙中，设汽缸中气体压强为，由玻意耳定律有： 解得： 缓慢升高环境温度，气体做等压变化，由盖吕萨克定律有 解得： 设活塞质量分别为2m、m，汽缸竖立稳定时，对活塞I列力的平衡方程： 对活塞Ⅱ列力的平衡方程： 联立解得： 若温度保持不变，活塞Ⅱ再次回到汽缸连接处，假设细线处于松驰状态，设汽缸中气体的压强为p，从汽缸平放到该状态，由玻意耳定律可知： 对活塞I有 对活塞Ⅱ，有 解得： 因为，所以假设成立。 答：缓慢加热气缸，当活塞Ⅱ再次回到汽缸的粗细连接处时气体温度为，细线张力； 稳定后推力为，活塞Ⅰ到汽缸的粗细连接处的距离。  【解析】先分析汽缸水平和竖直放置时气体的状态参量压强、体积、温度，水平时确定初始状态，竖直时通过活塞整体受力平衡求压强，再依理想气体状态方程求升温后的温度，最后对活塞Ⅰ受力分析求细线张力。 根据理想气体状态方程求活塞Ⅱ回到原处时的压强，通过活塞整体受力平衡求推力，再结合气体状态方程，由前后状态参量关系求活塞Ⅰ到粗细连接处的距离。 本题融合了理想气体状态方程和活塞受力分析等知识，考查学生对热学和力学核心知识点的综合运用能力，有助于构建完整的物理知识体系。 15.【答案】解：以过P点垂直纸面向里的直线为y轴，y轴与区域如Ⅱ、Ⅲ边界的交点为原点，水平向右为x轴，作出粒子运动轨迹的俯视图如图中所示。 设粒子在磁场中运动时的轨迹半径为R， 由几何关系得， 解得 由牛顿第二定律得 由以上解得 粒子经过Q点时，由几何关系可知速度方向与x轴正方向的夹角为，则，解得 则有。 粒子在区域Ⅲ中做类斜抛运动， 沿y轴负方向以大小为的速度做匀速直线运动， 设粒子回到长方体左侧面时垂直边界的速度为， 则有 解得 设粒子由Q到S的时间为t，则由运动学公式可知， 解得 粒子在y轴方向的位移大小为 解得 粒子在区域Ⅲ中，由牛顿第二定律得： 整理得电场强度大小为 磁感应强度改变前，在区域I中，由平衡条件得。 磁感应强度改变后，设粒子射入区域的速度为y，则有。 解得 粒子在区域Ⅱ中做匀速圆运动，由牛顿第二定律得， 解得。 则粒子在区域Ⅱ中恰好运动四分之一圆周，然后垂直区域Ⅱ、区域Ⅲ的边界即x轴进入区域Ⅲ，此后粒子做类平抛运动，最终再次回到长方体的左侧面。 作出粒子的运动轨迹，如图中曲线2所示。 在y轴方向上，粒子做匀速直线运动，有 x轴方向上，粒子做初速度为零的匀加速直线运动，有。 解得。 答：区域Ⅱ中磁感应强度的大小为； 区域Ⅲ中电场强度的大小以及S点到区域Ⅱ、Ⅲ边界的距离分别为、3d； 该粒子第二次运动到长方体左侧面时到区域Ⅱ、Ⅲ边界的距离为。  【解析】以过P点垂直纸面向里的直线为y轴，y轴与区域如Ⅱ、Ⅲ边界的交点为原点，水平向右为x轴，作出粒子运动轨迹的俯视图，然后根据几何关系与牛顿第二定律即可求解； 粒子在区域Ⅲ中做类斜抛运动，沿y轴负方向以大小为的速度做匀速直线运动，x轴方向做匀变速直线运动； 磁感应强度改变前后，在区域I中，由平衡条件得出粒子进入磁场的速度，然后根据前两问即可求解。 本题考查粒子在复合场中的运动，属于一道综合问题。注意夯实基础，运用好数学工具。 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$