2025年普通高中学业水平选择性考试(押题密卷一)物理试题-【创新教程】2025年高考物理押题密卷

绝密★启封并使用前 ２０２５年普通高中学业水平选择性考试(押题密卷一) 物　理 (时间:７５分钟　满分:１００分) 注意事项: １．答题前,考生先将自己的姓名、准考证号填写在相应位置,认真核对条形码上的姓名、准考证 号,并将条形码粘贴在指定位置上． ２．选择题答案必须使用２B铅笔(按填涂样例)正确填涂;非选择题答案必须使用０􀆰５毫米黑色签 字笔书写,字体工整,笔迹清楚． ３．请按照题号在各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试题卷上 答题无效．保持卡面清洁,不折叠、不破损． 一、单项选择题(本题共７小题,每小题４分,共２８分．在每小题给出的四个选项中,只有一项是 符合题目要求的．) １．２０２４年１０月３０日,“神舟十九号”载人飞船发射成功,如图所示,飞船关 闭发动机在“奔向”空间站的过程中,用h表示飞船与地球表面的距离,a 表示它的加速度．忽略空气阻力,下列图像中能够描述a随h 变化关系 的是 (　　) ２．２０２５年２月６日,为祖国核潜艇事业隐姓埋名３０年、作出卓越贡献的黄 旭华院士因病逝世,让无数人悲痛不已,他是中国第一代核潜艇总设计 师,成功研制了我国第一代核潜艇,核潜艇是以核反应堆(如图所示)为动 力来源的潜艇,反应堆的核反应方程式为:２３５９２U＋１０n→qpX＋ ８９ ３６Kr＋３１０n,下 列说法正确的是 (　　) A．qpX元素有５６个质子,１４４个中子 B．２３５９２U的比结合能(平均结合能)大于８９３６Kr的比结合能 C．根据E＝mc２,裂变后释放核能,裂变过程质量发生亏损 D．要能发生链式反应,铀块的体积应小于临界体积 )页８共(　页１第　)一(题试理物 ３．２０２４年８月３日,在“巴黎奥运会”网球女子单打决赛中,中国选手郑钦文获得冠军,为中国赢 得首枚奥运网球单打金牌,如图所示,郑钦文将网球在边界A 处正上方B 点正对球网水平向 右击出,恰好过中间网C的上边沿落在D 点．已知AB＝H,网高h＝５９H ,AC＝L,重力加速度 大小为g,不计空气阻力,下列说法正确的是 (　　) A．网球的初速度大小为３２L g H B．网球在中间网左、右两侧的水平距离之比为２∶１ C．若网球的初速度变为原来的两倍,网球还可以落在对方界内 D．若击球高度低于 H(仍大于h),应减小击球速度,才能让球落在对方界内 ４．２０２５年２月７日,第九届“亚洲冬季运动会”开幕式在哈尔滨举行,在“亚冬 会”开幕式的现场,有一个冰雕中安装了一光源,将该光源水平放置于冰下方 ６９ １００m 处,该光源可看成点光源,光源发出黄光时,可在冰表面上观察到黄色 圆,如图所示．已知冰对黄光的折射率约为１３１０ ,则圆的直径d为 (　　) A．０．１m B．０．２m C．０．３m D．０．４m ５．呼吸机可以帮助患者进行吸气．一患者某次吸气前肺内气体的体积为V１,肺内气体的压强为 p０(大气压强)．吸入压强为p０ 的气体后肺内气体的体积变为V２,压强为p,若空气视为理想气 体,整个过程温度保持不变,则吸入气体的体积为 (　　) A．p V２－p０V１ p０ B．p (V２－V１) p０ C．p V２ p０ D．V２－V１ ６．如图所示,图中的实线表示电场线,虚线表示只受电场力作用的带正电粒子 的运动轨迹,粒子先经过 M 点,再经过N 点,可以判定 (　　) A．M 点的电势低于N 点的电势 B．M 点的电场强度大于N 点的电场强度 C．粒子在 M 点受到的电场力大于在N 点受到的电场力 D．粒子在 M 点的电势能大于在N 点的电势能 )页８共(　页２第　)一(题试理物 ７．如图,一金属圆环固定在竖直平面内,并处在水平向右的匀强磁场中,圆环平面 与磁场平行,OO′为圆环垂直于磁场的对称轴．现将圆环中通入沿顺时针方向、 大小恒定的电流,不考虑其他磁场的影响,则下列说法正确的是 (　　) A．圆环有向右运动的趋势 B．圆环有向上运动的趋势 C．俯视看,圆环有绕OO′沿逆时针转动的趋势 D．将圆环绕OO′转过９０°且固定时,圆环受到的安培力合力为零 二、多项选择题(本题共３小题,每小题６分,共１８分．在每小题给出的四个选项中,有多项符合 题目要求．全部选对的得６分,选对但不全的得３分,有选错的得０分．) ８．２０２４年１１月４日,“神舟十八号”载人飞船返回过程,在A 点从圆形轨道Ⅰ 进入椭圆轨道Ⅱ,B 为轨道Ⅱ上的一点,如图所示．关于神舟十八号飞船的 运动,下列说法中正确的是 (　　) A．在轨道Ⅱ上经过A 的速度小于在轨道Ⅰ上经过A 的速度 B．在轨道Ⅱ上经过A 的加速度小于在轨道Ⅰ上经过A 的加速度 C．在轨道Ⅱ上经过A 的速度大于经过B 的速度 D．在轨道Ⅱ上B 点的机械能小于在轨道Ⅰ上A 点的机械能 ９．中国队在“巴黎奥运会”获得“艺术体操项目”集体全能冠军,体操运动员在“带操”表演中,彩带 会形成波浪图形．某段时间内彩带的波形可看作一列简谐横波,波形图如图甲所示,实线和虚 线分别为t１＝０时刻和t２ 时刻的波形图,P、Q 分别是平衡位置为x１＝１m 和x２＝４m 的两质 点,质点Q 的振动图像如图乙所示．根据图中信息,下列说法正确的是 (　　) A．该列简谐横波沿x轴正方向传播 B．该列简谐横波的波速大小为４m/s C．质点P 从０时刻到t２ 时刻经过的路程可能为５０cm D．质点P 的振动方程为y＝１０sinπt＋３π４ æ è ç ö ø ÷cm )页８共(　页３第　)一(题试理物 １０．２０２４年５月１日,“福建舰”进行了首次海试,电磁弹射技术被应用在“福建舰”上,大大提升了 福建舰的战斗力,电磁弹射原理如图所示．电磁弹射器能使飞机在较短距离内很快被加速到 起飞速度．下列说法中正确的是 (　　) A．弹射过程飞机机身受到向前的安培力的冲量,使飞机的动量增加 B．通过轨道的电流只是用来产生驱动磁场,不会流过飞机机身 C．流过飞机机身的电流受到的安培力对飞机做正功 D．飞机被弹射的过程中弹射装置获得的电能全部转化为机械能 三、非选择题(本题共５小题,共５４分．) １１．(６分)物理小组用如图１所示的电路测量某电源的电动势和内阻,实验室提供的器材有: A．待测电源(电动势E 约３V,内阻r约１Ω) B．电压表 V１(量程０~３V,内阻约８０００Ω) C．电压表 V２(量程０~１５V,内阻约２００００Ω) D．电阻箱R(０~９９􀆰９Ω) E．定值电阻R０＝５Ω F．开关S一个、导线若干． 回答下列问题． (１)电路中电压表应选择　　　　(选填“B”或“C”);用笔划线将图２中的实物图连接完整 　　　　．(２分) )页８共(　页４第　)一(题试理物 (２)调节电阻箱R的阻值,得到多组电压表示数U,记录对应U－R数据,将对应数据标在坐标图 中,为使得到的图线呈直线,若以１ U 为纵坐标,则横坐标应为　　　　(选填“R”或“１R ”)．(１分) (３)若所作图像的纵截距为b,斜率为k,则所测得电源电动势为　　　　;内阻为　　　　 (均用题中字母表示)．若考虑到电压表为非理想电表,则所测得的电动势　　　　(选填“大 于”“小于”或“等于”)真实值．(３分) １２．(１０分)在“用单摆测量重力加速度”的实验中,某实验小组在测量单摆的周期时,测得摆球经 过n次全振动的总时间为Δt,在测量单摆的摆长时,先用毫米刻度尺测得摆线长度为l,再用 游标卡尺测量摆球的直径为D．回答下列问题: (１)为了减小测量周期的误差,实验时需要在适当的位置做一标记,当摆球通过该标记时开始 计时,该标记应该放置在摆球摆动的　　　　．(２分) A．最低点 B．最高点 C．任意位置 D．开始释放时的位置 (２)单摆的周期为　　　　,重力加速度的表达式为g＝　　　　．(用题干中给出的物理量 符号表示)(２分) (３)如果测得的g值偏小,可能的原因是　　　　．(２分) A．测摆长时摆线拉得过紧 B．摆线上端悬点未固定,振动中出现松动,使摆线长度增加了 C．开始计时时,停表过迟按下 D．实验时误将４９次全振动记为５０次 (４)为了提高实验的准确度,在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期T,从而得出几组 对应的l和T 的数值,以l为横坐标、T２ 为纵坐标作出T２Ｇl图像,但同学们不小心每次都把 摆线长当作摆长,由此得到的T２Ｇl图像是图乙中的　　　　　(选填“①”“②”或“③”)．由此 测出的重力加速度　　　　　(选填“偏大”“偏小”或“不变”)．(４分) )页８共(　页５第　)一(题试理物 １３．(１０分)如图甲所示,一个质量m＝１kg的物块静止在水平面上,现用水平力F向右拉物块,F 的大小随时间变化的关系如图乙所示．已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝０􀆰２,取重力加 速度g＝１０m/s２,最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求: (１)０~４s内,水平力F的冲量大小;(４分) (２)４s末,物块的速度大小．(６分) )页８共(　页６第　)一(题试理物 １４．(１３分)如图所示,在固定的光滑水平杆(杆足够长)上,套有一个质量为m＝０．５kg的光滑金 属圆环,轻绳一端拴在环上,另一端系着一个质量为 M＝１．９６kg的物块,现有一质量为m０＝ ４０g的子弹以v０＝１００m/s的水平速度射入物块并留在物块中,子弹射入物块的时间极短, 不计空气阻力和子弹与物块作用的时间,g取１０m/s２,求: (１)物块所能达到的最大高度;(６分) (２)金属圆环的最大速度．(７分) )页８共(　页７第　)一(题试理物 １５．(１５分)如图所示,在xOy直角坐标系中,在y＞０的区域内充满沿y 轴负方向的匀强电场;在y＜０的区域内充满垂直xOy平面向里的磁 感应强度为B 的匀强磁场．在y轴上距x 轴为l的P 点有一粒子源, 现以v０ 的速度沿x轴正方向发射一电荷量为q、质量为m 的带正电粒 子(重力不计),粒子进入磁场时速度方向与x轴正方向的夹角为３７°,sin３７°＝０􀆰６,求: (１)匀强电场的电场强度E 的大小;(４分) (２)粒子第n次进入磁场时经过x 轴的坐标及粒子从P 点发射到第n 次进入磁场经历的总时 间t;(５分) (３)若在y＜０磁场区域再加上电场强度为E′＝v０B、沿y轴负方向的匀强电场,粒子第n次 进入磁场时经过x 轴的坐标．(６分) )页８共(　页８第　)一(题试理物 参 考 答 案 ２０２５年普通高中学业水平选择性考试(押题密卷一) 选择题答案速查 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ 答案 B C B B A D D AD ABD AC １．B　[设地球半径为R,根据万有引力定律和牛顿第二 定律可得G Mm(R＋h)２ ＝ma,解得a＝ GM(R＋h)２ , 可知h越大,a越小,且a与h 不是线性关系．] ２．C　[A．根据核反应的质量数和核电荷数守恒可得 ９２＝p＋３６,２３５＋１＝q＋８９＋３,解得p＝５６,q＝１４４, 所以中子数为１４４－５６＝８８,故 A项错误; B．该反应放出核能,则生成物８９３６Kr的比结合能(平均 结合能)大于２３５９２U 的比结合能．故B项错误;C．根据E ＝mc２,裂变后释放核能,裂变过程质量发生亏损,故 C项正确;D．要能发生链式反应,铀块的体积应大于 临界体积,故 D项错误．] ３．B　[对于 A、B,网球做平抛运动,竖直方向有 H＝１２gt ２ １,H－h＝ １ ２gt ２ ２, 水平方向有 L＋l＝v０t１,L＝v０t２, 联立解得 v０＝ ３ ２L g ２H ,l＝１２L , 则网球在中间网左、右两侧的水平距离之比 L∶l＝２∶１,故 A错误,B正确; C．若网球的初速度变为原来的两倍,则网球落地时的 水平位移 x＝２v０t１＝３L＞２L, 网球出界,故C错误; D．若击球高度低于 H,则网球运动到与网等高位置的 时间变短,若再减小击球速度,网球会落在网前,故 D 错误．] ４．B　[由题意可知,黄光照射到冰面时产生全反射的临 界角C满足 sinC＝１n＝ １０ １３ ,由几何知识可得 sinC＝ １ ２d １ ２d( ) ２ ＋ ６９ １００ æ è ç ö ø ÷ ２ , 联立解得d＝０．２m．] ５．A　[由玻意耳定律可知 p０(V１＋V０)＝pV２,可得吸入气体的体积为 V０＝ pV２－p０V１ p０ ．] ６．D　[对 A,由于沿电场线方向电势降低,所以 M 点的 电势高于N 点的电势,故 A 错误;对 B、C,由图可知, M 点处的电场线较疏,而N 点处电场线较密,则 M 点 处的电场强度较小,粒子在 M 点所受的电场力也较 小,故B、C错误;对 D,根据电势能表达式Ep＝qφ,可 知,带正电粒子在电势高的 M 点具有更大的电势能, 故 D正确．] ７．D　[对于 A、B、C,根据左手定则可知,圆环右半边受 到的安培力方向垂直磁场方向向外,左半边受到的安 培力方向垂直磁场方向向里,因此俯视看,圆环有绕 OO′沿顺时针转动的趋势,故 A、B、C项错误;对于 D, 将圆环绕OO′转过９０°且固定时,两个半圆环受到的 安培力等大反向,合力为零,故 D项正确．] ８．AD　[航天飞船在A 点从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ点火减 速,飞船需克服外力做功,所以在轨道Ⅱ上经过A 的 速度小于在轨道Ⅰ上经过A 的速度,并且在轨道Ⅱ上 经过A 的机械能小于在轨道Ⅰ上经过A 的机械能,而 航天飞船在轨道Ⅱ上从A 到B 的过程中,只有万有引 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １－案答 参 考 答 案 力做功,机械能守恒,所以在轨道Ⅱ上B 点的机械能 等于在轨道Ⅱ上A 点的机械能．即在轨道Ⅱ上B 点的 机械能小于在轨道Ⅰ上A 点的机械能,故 A、D正确; B．航天飞船在A 点受万有引力一定,由牛顿第二定律 可知在轨道Ⅱ上经过A 点的加速度等于轨道Ⅰ上经 过A 的加速度,故B错误;航天飞船在轨道Ⅱ上从A 到B 的过程中,万有引力做正功,由动能定理可知在 轨道Ⅱ上 经 过 A 的 速 度 小 于 经 过B 的 速 度,故 C 错误．] ９．ABD　[对于 A,根据图乙,０时刻质点Q 沿y 轴正方 向振动,利用同侧法可知,该波沿x 轴正方向传播,A 正确;对于 B,根据图甲可知波长为８m,根据图乙可 知周期为２s,则传播速度为 v＝λT ＝ ８ ２m /s＝４m/s,B正确; C．根据图像,从实线时刻到虚线时刻经过的时间为 t２＝ T ４＋nT (n＝０,１,２,３􀆺), 处于平衡位置的质点从０时刻到t２ 时刻经过的路程 s＝４A􀅰 n＋１４( )＝(４n＋１)A　(n＝０,１,２,３􀆺), 当n＝１时,s＝５０cm, 由于质点P 不在平衡位置,从０时刻到t２ 时刻经过的 路程不可能为５０cm,C错误; D．质点Q 的振动方程为 y＝Asin ２πTt( )cm＝１０sin(πt)cm, 质点P 与质点Q 相位差恒定,为 φ＝ ４－１ ８ ×２π＝ ３ ４π , 故质点P 的振动方程为 y＝Asin ２πTt＋φ( )cm＝１０sin πt＋ ３π ４( )cm,D正确．] １０．AC　[对于 A,电流流过机身,机身受到向前的安培 力是动力,安培力的冲量也向前,根据动量定理可 知,飞机的动量增加,故 A 正确;对于 B,通过轨道的 电流除了产生驱动磁场外,也流过机身使机身受到 向前的安培力,故 B错误;对于 C、D,飞机被弹射的 过程中,流过飞机机身的电流受到的安培力与飞机 运动方向相同,对飞机做正功,使电能转化为机械 能,还有一部分电能通过电流做功转化为内能,故 D 错误,C正确．] １１．解析:(１)电源电动势约为３V,故电压表选 V１,即电 压表应选择B． 实物连线如图 (２)由闭合电路欧姆定律得 E＝UR０ (R０＋r＋R), 得１ U ＝ １ ER０ R＋ R０＋r ER０ ,记录对应U－R 数据,将对应 数据标在坐标图中,为使得到的图线呈直线,若以１ U 为纵坐标,则横坐标应为R． (３)由数学关系 １ U ＝ １ ER０ R＋ R０＋r ER０ , 知 １ ER０ ＝k, R０＋r ER０ ＝b, 得E＝ １kR０ ,r＝bk －R０ , 若考虑电压表的分流作用,则有 E＝ UR０ ＋URv( ) R＋r＋ R０Rv R０＋Rv æ è ç ö ø ÷ 得１ U ＝ Rv＋R０ RvER０ R＋ (R０＋Rv)r＋RvR０ ER０Rv , 可得E真＝E测 􀅰 R０＋Rv Rv , 故E测 小于E真． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２－案答 物　理 答案:(每空１分)(１)B (２)R (３)１kR０ 　bk －R０　 小于 １２．解析:(１)在测量单摆的周期时,应选择小球通过平 衡位置时开始计时．故选 A． (２)单摆的周期为T＝Δtn , 根据单摆周期公式T＝２π l＋D２ g , 解得g＝ ４π２ l＋D２( )n ２ Δt２ ． (３)根据单摆周期公式T＝２π lg , 解得g＝４π ２l T２ ＝４π ２n２l Δt２ , A．测摆长时摆线拉得过紧,导致摆线测量值偏大,由 上述公式知,g值偏大,故 A 错误;B．摆线上端悬点 未固定,振动中出现松动,使摆线实际长度增加了, 由上述公式知,g值偏小,故 B正确;C．开始计时时, 停表过迟按下,导致 Δt测量值变小,由上述公式知, g值偏大,故C错误;D．实验时误将４９次全振动记 为５０次,导致n变大,由上述公式知,g值偏大,故 D 错误．故选B． (４)根据单摆周期公式T＝２π l＋D２ g , 解得T２＝４π ２ gl＋ ２π２D g , 由此得到的T２Ｇl图像是图乙中的③; 图像的斜率k＝４π ２ g , 由此可知与摆长无关,所以测出的重力加速度不变． 答案:(除标注外,每空２分)(１)A (２)Δtn (１分)　 ４π２ l＋D２( )n ２ Δt２ (１分) (３)B (４)③　不变 １３．解析:(１)FＧt图像中,图像与时间轴所围几何图形的 面积表示冲量,则水平力F 的冲量大小为 I＝８×４２ N 􀅰s＝１６N􀅰s． (２)当水 平 力 与 滑 动 摩 擦 力 大 小 相 等 时 有 F０＝f ＝μmg, 解得F０＝２N, 此时物块才开始运动,根据图像可知,此时刻为t０ ＝１s, 可知１~４s内,由FＧt图像可知水平力F 的冲量大 小为 I′＝ (２＋８)×(４－１) ２ N 􀅰s＝１５N􀅰s, 在１~４s内,由动量定理可得I′－μmgt１＝mv, 其中t１＝４s－１s＝３s, 解得４s末,物 块 的 速 度 大 小 为v＝１５－２×３１ m /s ＝９m/s． 答案:(１)１６N􀅰s　(２)９m/s １４．解析:(１)子弹射入物块过程中,系统的动量守恒,取 向右方向为正方向,根据动量守恒定律得 m０v０＝(m０＋M)v, 得v＝２m/s, 物块(含子弹)在向上摆动过程中,以物块(含子弹) 和圆环组成的系统为研究对象,根据系统水平方向 的动量守恒有(m０＋M)v＝(m０＋M＋m)v′, 解得v′＝１．６m/s, 根据机械能守恒定律有１ ２ (m０＋M)v２＝ １ ２ (m０＋M ＋m)v′２＋(m０＋M)gh, 代入数据可解得h＝０．０４m． (２)当子弹、物块、圆环达到共同速度后,子弹和物块 将向下摆动,在此过程中圆环一直受绳子水平向右 的分力作用,圆环速度一直增大,当子弹和物块运动 到圆环正下方时圆环速度最大．设此时子弹和物块 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３－案答 参 考 答 案 的速度为v１,圆环速度为v２,则有 (m０＋M)v＝(m０＋M)v１＋mv２, １ ２ (m０＋M)v２＝ １ ２ (m０＋M)v２１＋ １ ２mv ２ ２, 由上述两式联立可解得v１＝１．２m/s,v２＝３．２m/s, 故金属圆环的最大速度为３．２m/s． 答案:(１)０．０４m　(２)３．２m/s １５．解析:(１)粒子在匀强电场中做类平抛运动,则 x１＝v０t１,l＝ １ ２at ２ １,a＝ Eq m ,tan３７°＝ at１ v０ ,联立可得 x１＝ ８ ３l ,t１＝ ８l ３v０ ,E＝ ９mv２０ ３２ql． (２)粒子进入磁场做匀速圆周运动,运动轨迹如图 所示 根据洛伦兹力提供向心力有 qvB＝mv ２ r ,v＝ v０ cos３７° , 解得r＝ ５mv０ ４qB , 粒子从进入磁场到离开磁场沿x轴正方向移动的距 离为 Δx＝２rsin３７°＝ ３mv０ ２qB , 粒子每次从进入磁场到离开磁场所经历的时间为 t′＝７４３６０T＝ ７４ ３６０ 􀅰２πm qB ＝ ３７πm ９０qB , 粒子进入磁场时经过x轴的坐标为 x１＝ ８ ３l , x２＝３􀅰 ８ ３l＋Δx , x３＝５􀅰 ８ ３l＋２Δx , 􀆺􀆺 xn＝(２n－１)􀅰 ８ ３l＋ (n－１)Δx＝８３l (２n－１)＋ ３mv０ ２qB (n－１)(n＝１,２,３􀆺􀆺) 粒子经历的时间为t１＝ ８l ３v０ , t２＝３􀅰 ８l ３v０ ＋t′, t３＝５􀅰 ８l ３v０ ＋２t′ 􀆺􀆺 tn＝(２n－１)􀅰 ８l ３v０ ＋(n－１)t′＝８l３v０ (２n－１)＋３７πm９０qB (n－１)(n＝１,２,３􀆺􀆺) (３)粒子进入磁场时平行于x 轴正方向的分速度为 v０,y轴负方向的分量为 vy＝v０tan３７°＝ ３ ４v０ , 由于粒子在磁场中x轴方向有qv０B＝E′q, 所以粒子在叠加场中的运动可以分解为匀速直线运 动和匀速圆周运动,粒子在叠加场中做圆周运动的 半径为 R＝ mvy qB ＝ ３mv０ ４qB ,周期为T＝２πmqB , 粒子从进入磁场到离开磁场过程沿x轴正方向移动 的距离为 Δx′＝v０􀅰 T ２＋２R＝ (３＋２π)mv０ ２qB , 所以粒子从电场进入磁场有x１′＝x１＝ ８ ３l , x２′＝３􀅰 ８ ３l＋Δx′ , x３′＝５􀅰 ８ ３l＋２Δx′ , 􀆺􀆺 xn′＝(２n－１)􀅰 ８ ３l＋ (n－１)Δx′＝８３l (２n－１)＋ (３＋２π)mv０ ２qB (n－１)(n＝１,２,３􀆺􀆺) 答案:(１) ９mv２０ ３２ql (２)见解析 (３)见解析 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４－案答 物　理