湖南长沙市周南中学2025-2026学年高二下学期5月期中物理检测卷

”t/t°一心一S 2026C5',T°一..十 物 理 班级： 姓名： 准考证号： (本试卷共8页，15题，考试用时75分钟，全卷满分100分) 注意事项： 1.答题前，先将自己的班级、姓名、准考证号写在试题卷和答题卡上，并 将准考证条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上相应题目的 答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在 试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后，将答题卡上交。 一、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.核废料安全处置是核能可持续发展的关键，我国“十五五”规划将核废料处理 与核安全技术攻关列为能源领域重点任务。锕系元素镅241(Am)是乏燃料 后处理产生的高放废液中长期放射毒性的典型核素，其半衰期约为432年，可 自发衰变生成镎237(Np)并释放粒子。下列说法正确的是 A.该核反应为B衰变 B.经过864年，100个镅241原子核中剩余个数为25个 C.将镅241加热到高温，其半衰期会缩短 D.镅241的比结合能小于镎237的比结合能 2.某量子通信地面站的经典辅助系统中，有一台高频电磁波发射装置，其核心电 路如图所示，为LC振荡电路。关于LC振荡电路和电磁波，下列说法正确的是 A.LC振荡电路中，振荡电流的周期随自感系数的增大而增大 B.电磁波在不同介质中的传播速度大小都相同 C.根据麦克斯韦电磁场理论，变化的电场周围一定产生变 化的磁场 D.电容器放电过程中，电容器极板间的电场能逐渐增大 物理试题卷第1页 3.某小型水力发电站采用旋转电枢式发电机，其简化模型如 图所示。矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转 动。已知线圈匝数N=100,面积S=0.2m,不计内阻，电 刷P9外接电阻R=22,磁感应强度B=0.5T。线圈以角 速度o=50πrad/s匀速转动，电流表为理想电流表。从图示 位置开始计时，下列说法正确的是 A.线圈中感应电动势的瞬时值表达式为e=500πsin(50πt)V B.线圈转过60时，电流表的示数为125πA C.线圈转过90°的过程中，通过线圈某横截面的电荷量为5C D.线圈转动一周的过程中，电阻R产生的焦耳热为250π2J 4.2025年12月，我国首台自主研制的“质子治疗230”医用回旋加速器在合肥 正式交付使用。该设备可将质子加速到能量约230MV,用于精准杀灭肿瘤细 胞。其核心结构如图所示，D形盒半径为R,磁感应强度大小为B,两盒间狭 缝接有交变电压。已知质子质量为m、电荷量为e。现保持磁场不变，欲用同 一台设备加速氦核（α粒子，质量为质子的4倍、电荷量为质子的2倍），需 对交变电压的频率进行相应调整。不计相对论效应及粒子在狭缝中的运动时 间。下列说法正确的是 A.加速质子时，交变电压的频率为2πm eB B.加速氦核时，交变电压的频率应调整为原来的2倍 C.氦核引出时的最大动能是质子引出时的4倍 D.氦核和质子在磁场中运动的时间相同 5.工厂在生产金属工件时，利用水平传送带运送一个单匝闭合圆形金属线框。该 线框由均匀导线制成，质量m=0.2kg,半径r=0.5m,总电阻R=22。传送 带以速度)=2ms带动线框匀速通过一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸 面向外，磁感应强度B=1.5T。线框的运动方向与磁场边界成45°角。当线框运 动到图示位置时（圆心角∠MON=90°，M、N为线框与磁场边界上的交点)， 下列说法正确的是 A.线框中感应电流的方向为逆时针 B.线框受到的安培力方向与运动方向相反 C.线框受到的安培力大小为5N 16 9 D.M、N两点间的电势差为U= P 物理试题卷第2页 6.在“探究理想变压器负载特性”的实验中，某同学设计了如图所示的电路。理 想变压器原线圈匝数n=400,副线圈匝数n2=200。原线圈串联一个定值电阻 R,=42后，接在有效值U=20V的正弦交流电源上（电源内阻不计)。副线 圈连接一个可变电阻R,其最大阻值为8Ω。电表均为理想电表。滑片从b向α 滑动过程中，下列说法正确的是 R C ● A.电流表A,的示数一直减小 B.电压表V,的示数一直增大 C.当R=12时，副线圈输出功率最大，输出功率的最大值为12.5W D.当滑片滑至ab中点时，原线圈的电流为1A 7.如图所示，一绝缘圆筒倾斜放置，其中心轴线与水平面夹角为30°，半径为R, 圆筒内存在沿筒轴向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。空间中同时存在水平 向右的匀强电场（图中未画出），电场强度大小为E=3mg。一质量为m、 0 电荷量为+9的小球从圆筒顶端边缘以垂直于筒轴且沿上表面的切线方向的初 速度开始运动，运动过程中小球与圆筒接触但不挤压，小球运动至圆筒底端时 的速度大小为初速度大小的3倍，不计小球与筒壁的摩擦及空气阻力，重力加 速度为g。则圆简的长度为 A. 9B2R2 B. 292B2R2 m g m'g C. 492B2R2 D. 8q2B2R2 m'g m'g 30°2 物理试题卷第3页 二、选择题：本题共3小题，每小题5分，共15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5分，选对但不全的得3分，有选错的得 0分。 8.表面科学研究者他们利用自主研发的“超快扫描隧道显微镜”（USTM),首 次在原子尺度上实时观测到甲烷分子在金属表面的扩 散运动，并发现当温度从100K升高到300K时，甲 烷分子的扩散速率提升了约3个数量级。该研究为理 解催化剂表面的反应机理提供了直接实验依据。基于 分子动理论的知识，下列说法正确的是 A. 甲烷分子在金属表面的扩散运动，反映了甲烷分子在永不停息地做无规则 运动 B.实验中观测到的甲烷分子运动属于布朗运动 C.该实验中温度升高扩散速率加快，说明温度越高分子热运动越剧烈 D.温度升高时，甲烷分子扩散速率加快，是因为分子间的作用力随温度升高而 增大 9.夏日午后，一只蜻蜓在平静的湖面上方悬停，它的腹部末端以稳定的频率周期性 地轻触水面，激起一圈圈向外扩散的圆形水波。小明用高速摄像机从侧面拍摄水 面的起伏情沉，绘制出了某一半径方向的t=1$时刻水面波形图，如图甲所示。 P、2为在波传播路径上放置的两片漂浮小树叶，此时yp=5c,通过位移传感 器记录树叶Q随水波振动的位移与时间变化的关系，得到如图乙所示的振动图 像，且x。=2。为简化分析，将该水波近似视为简谐横波。下列说法正确的是 个y/cm 个y/cm 10 x/m 10 10 甲 A.该波沿x轴负方向传播 B.树叶P再经过0.75s通过的路程为15cm C.该波通过4m的障碍物时，不会发生明显的衍射现象 D.从此时刻开始经过5s,树叶P和树叶Q的振动速度相同 物理试题卷第4页 10.如图所示，倾角为0=37°（sin37°=0.6，cos37°=0.8）的足够长的粗糙平行 金属导轨固定，导轨间距为L,其电阻可忽略。垂直于导轨平面向上的匀强磁 场磁感应强度为B。两导体棒MN、PQ垂直导轨放置。两导体棒的材质相同， 长度均为L,其中MN棒质量为m、电阻为2R,PQ棒质量为2m。棒与导轨间 的动摩擦因数都是u=0.75。现将MN棒沿斜面向下以初速度o。释放。之后两 棒始终与导轨垂直且接触良好。从释放MW棒到两棒恰好不碰撞，所经历的时 间记为t,关于此过程，下列说法正确的是 A.MN棒刚开始运动时的加速度大小为 B2Lvo 6mR B.流经Pg棒的电荷量为2mo 3BL C.MW棒产生的焦耳热为2mo2 9 D.MN棒运动的位移大小为+4m, 33B22 三、实验题：本题共2小题，每空2分，共16分。 11.2026年，我国“夸父二号”深空探测卫星搭载的大口径天文望远镜，采用了自 主研发的高透低色散特种光学玻璃，其折射率是决定望远镜成像精度的核心性 能指标。某中学物理实验小组参照教材实验，对该特种玻璃的折射率进行测量。 b' 甲 丙 (1)如图甲所示，实验小组用插针法测量上下表面平行的特种光学玻璃砖的折 射率。先将白纸平铺在木板上用图钉固定，在白纸上确定玻璃砖的上界面 aa',将玻璃砖平放在白纸上，确定下界面bb';O为入射光线AO与aa的 交点，在直线AO上竖直插上P1、P2两枚大头针。该同学接下来完成的必 要步骤有()（多选）。 A.插上大头针P3,使P3挡住P2的像 B.插上大头针P3,使P3挡住P1和P2的像 物理试题卷第5页 C.插上大头针P4,使P4仅挡住P3 D.插上大头针P4,使P4挡住P3和P1、P2的像 (2)如图乙所示，以O点为圆心、R为半径画圆，与入射光线AO交于E点， 与折射光线OB交于F点；过F点向界面aa作垂线，垂足为N,FN与AO 的延长线交于M点；以O为圆心、OM(记为r)为半径画另一圆。则玻 璃的折射率n= (用R、r表示)。 （3)实验过程中，若某同学不小心将玻璃砖向上平移了一段距离，如图丙所示 (未改变玻璃砖的摆放方向)，但作光路图时仍以原来画出的aa'、bb为 界面，则测得的折射率与真实值相比 (选填“偏大”“偏小” 或“不变”)。 12.某实验小组在实验室练习使用多用电表，并尝试自主改装欧姆表。 G 0504030.205 10 3山LLL1 L是U LULI 30 200 15 2 -0 甲 乙 丙 甲同学按照图甲所示的电路搭建欧姆表，已知表头G的满偏电流I。=1mA,内 阻R=1802,滑动变阻器R（最大阻值为20002），电源电动势E=1.5V, r=3.22。 (1)图甲电路中b应为 (选填“红”或“黑”)表笔。 (2)先将调节滑动变阻器的滑片滑至最上端，再将α、b两只表笔短接，调节滑 动变阻器使电流表指针满偏，则此时滑动变阻器接入电路的阻值为 2。 (3)将α、b两只表笔接在未知电阻R两端，多用电表指针位置如图乙所示， 则电阻R的阻值为 2o (4)乙同学按照图丙改装该多用电表的内部电路，使其具有两个倍率，分别是 “×1”和“×10”。当单刀双掷开关掷于1时，欧姆表的倍率为 (选填“×10”或“×1”)，已知定值电阻R=22,则定值电阻R= 2 物理试题卷第6页 四、计算题：本题共3小题，共41分。 13.（11分)如图甲所示，三才盖碗（又称“三才碗”)是中华茶艺的代表茶具， 由碗盖（天）、碗身（人)、碗托（地）三部分组成，寓意“天、地、人”和 谐统一。碗盖质量为m,其圆形盖面的直径为d,如图乙所示。初始时，碗内 封闭的理想气体温度为工，。茶艺师将沸水注入碗中，迅速盖上碗盖，碗盖与碗 身之间气密性良好，无气体泄漏，待碗内气体与热水达到热平衡后，碗盖恰好 被顶起。已知外界大气压强恒为P。,重力加速度为g,不计碗盖厚度及摩擦， 忽略茶汤蒸发的影响。求： 甲 (1)碗盖恰好被顶起时，碗内气体的压强p; (2)碗盖恰好被顶起时，碗内气体的温度T。 14.（14分)某物理研究小组同学设计的弹射装置如图所示，改变弹性势能，可改 变小物块水平进入圆弧轨道P点的速度。弹簧左端固定在挡板A上，右端与质 量为m。=0.1kg的小物块（可视为质点）接触（未拴接)，质量为m=0.2kg、 半径为R=0.6m、圆心角为0=53的光滑圆弧轨道固定在光滑水平地面上，最 低点P与水平地面相切。质量为M=0.2kg的长木板放置在右上方无限长的光 滑水平平台DE的左侧，圆弧轨道Q点与木板上表面的竖直高度差h=0.8m, 小物块与长木板间的动摩擦因数4=0.1，sin53°=0.8，cos53°=0.6，重力加 速度g=10m/s2。 777777777 53 w■ (1)若小物块恰好到达Q点，求此次实验弹簧的弹性势能E。; 物理试题卷第7页 (2)若某次实验小物块从Q点离开圆弧轨道，恰好无碰撞的滑上长木板的左端， 且刚好未从长木板的右端滑下，求长木板的长度L； (3)若不固定圆弧轨道，某次实验小物块恰好到达Q点，求小物块再次回到P 点时，对圆弧轨道的压力大小F'。 15.（16分)如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第一象限内存在一个垂直纸面 向外的圆形匀强磁场区域，磁场半径R=1m,且该圆与x轴、y轴分别相切于 P、Q两点；第二象限内充满沿y轴负方向的匀强电场，第三、四象限内，沿y 轴负方向依次分布着宽度均为d、方向垂直纸面向里的等间隔匀强磁场，磁感 应强度依次为B。、2B。、3B。、nB。一带正电粒子从x轴上M点（坐标 xM=-6m)处射出，然后以沿x轴正方向o=4×10ms的速度经过y轴上N 点（坐标yw=1.8m),随后粒子进入第一象限，并从9点射出圆形磁场进入 第三、四象限的等间隔磁场区域。已知B。=0.04T,d=1m。粒子的比荷 2=1×107Ckg,sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计粒子重力。求： 个y >r ×B ×××2B ××××3B。 ×××× ××××nB。 (1)第二象限内匀强电场的场强E以及第一象限圆形磁场的磁感应强度B的 大小； (2)粒子从M点运动到Q点的时间t（取元=3.14，答案保留两位有效数字)； (3)粒子进入第三、四象限的等间隔磁场后，运动过程中离x轴最远的距离ym。 物理试题卷第8页湖南省长沙市周南中学2026年5月高二期中检测 物理参考答案 一、二选择题（17小题每小题4分；8~10小题每小题5分，选不全得3分) 题号 1 2 3 5 6 7 8 9 10 答案 D A C D C D B AC AD BCD 一、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 有一项符合题目要求。 1.D【解析】A.据质量数和电荷数守恒Am→gNp+He,该衰变为a衰变，故A 错误；B.半衰期是对大量原子核衰变的统计规律，对少量原子核无意义，100个 镅241原子核数量太少，无法确定衰变后剩余的准确数量，故B错误；C.半衰期 是原子核本身的属性决定，跟物理条件和化学状态无关，即温度的升高，镅241 的半衰期不变，故C错误；D.衰变过程释放能量，生成的新核更稳定，比结合能 更大，因此镅241的比结合能小于镎237的比结合能，故D正确。 2.A【解析】A.根据公式T=2π√LC可知，其自感系数L增大时振荡电流的周期增 大，故A正确；B.电磁波在真空中传播速度相同，在不同的介质中传播速度不同， 故B错误；C.根据麦克斯韦理论，均匀变化的电场产生恒定磁场，只有非均匀变 化的电场才会产生变化的磁场，故C错误；D.电容器放电过程中，电容器中的电 场能逐渐减小，故D错误。 3.C【解析】A.电动势的最大值为Em=NBSo=500πV,线圈转到图示位置时，线 圈平面与磁感线平行，此时产生的电动势最大，则线圈中感应电动势的瞬时值表 达式为e=500mcos(50)V,故A错误；B.电动势的有效值为E=E会=250N2元V, √2 电流表读数是有效值，始终为1=E=1252元A,故B错误；C.线圈由图示位置 转过90的过程中，通过电阻R的电荷量为g=7△=nA04y-n_nB-5C, R△tRR 故C正确；D.线框转动一周电阻R产生的热量为Q=TPRT=12R2匹=25002J, 故D错误。 4.D【解析】A.交变电压的周期等于粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，则交变 电压的频率∫=B，故A错误；B.根据带电粒子在磁场中的频率 T2πm f=1-qB ，α粒子，质量为质子的4倍、电荷量为质子的2倍，频率应调整为 T2πm 原来的、倍，故B错误；C.当粒子在磁场中运动的轨道半径等于D形盒半径时 物理参考答案第1页（共7页） 粒子的动能最大，则有g0B=m”可得粒子最大速度为=9B那，粒子最大动 m 能可知粒子获得的最大动能Em=92由于=斗. 故氨 m质1’9质1 核和质子所能达到的最大动能之比为E盛-题×” Em兰，故C错误；D.粒子 在加速器中运动的时间t= T-qB2R2mπBR2 2 2mU gB 20，即a粒子运动时间与质子运 动时间相等，故D正确。 5.C【解析】A.金属圆环中的磁通量向外增加，根据楞次定律可知，整个过程金属 圆环中感应电流的方向为顺时针，故A错误；B.线圈受安培力的有效长度L为 从N两点的距高，厨有L=2,-m,根据左手定则可知，此时线框所受安持 力垂直于磁场边界向左，与运动方向间的夹角为135°，故B错误；C.感应电流 为1-5_Lom45=2A,则安培力大小F=Bm-92N,故C正确；D由 R R 4 16 右手定则可知，M点电势始终低于N点电势，则M、N两点间的电势差 U=-I.2R= 41 9V,故D错误。 2 6.D【解析】AB.变压器的等效电阻R等= 及 R,滑片从b向a滑动过程中，R减 n 小，则R减小，则总电阻减小，初级线圈电流变大，即电流表A的示数将变大， 由U=U+R,,可知，变压器初级电压减小，则次级电压减小，即电压表V、V,示 数均变小，AB错误；C.将R视为电源内阻，则当R等=R,=42时电源输出功率 2 最大，根据R等= ?R,可知此时滑动变阻器R接入电路的阻值为12，可得 n 最大输出功率为P= -=25W,故C错误；D.当滑片滑至ab中，点时有R=42, 4 R等= R=162,此时初级电流为I,= 一=1A,故D正确。 R+R 7.B【解析】因为重力与电场力均为恒力，所以二者的合力大小为 F=V(gE)+(mg)2-2mg(恒力，可作为等效重力)，方向为向右斜向下，平行 圆筒中心轴线。小球一方面沿圆筒内部做匀速圆周运动，一方面在沿圆筒轴线方 向在等效重力作用下向下做匀加速直线运动，合运动为螺旋运动。小球贴着筒壁 物理参考答案第2页（共7页） 运动时对筒壁的压力为0，根据洛伦续力提供向心力有g8,B=m，小球运动至 R 圆筒底端时的速度大小为初速度大小的3倍，已知小球沿圆筒轴线方向的速度与 做圆周运动的速度方向垂直，可得沿圆筒轴线方向的速度为2√2”。，有 (220,}=2aL,a=F=2g,可得L=29BR,故选B. m mg 二、选择题：本题共3小题，每小题5分，共15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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8.AC【解析】A.扩散现象是分子无规则运动的直接体现，实验观测到的甲烷分子 扩散运动正是分子热运动的表现，故A正确；B.布朗运动是指悬浮在流体中的微 小颗粒（如花粉、尘埃）受到周围分子撞击而表现出的无规则运动，而本实验中 直接观测的是甲烷分子本身，并非宏观颗粒，因此不属于布朗运动，故B错误；C.温 度是分子平均动能的标志，温度升高时，分子热运动加剧，分子无规则运动的平 均速率增大，从而导致扩散速率显著提升，故C正确；D.分子间作用力取决于分 子间距，与温度无直接关系。扩散速率加快的根本原因是温度升高使分子热运动 更剧烈，而非分子间作用力变化。故D错误。 9.AD【解析】A.由图乙可知1=1s时，处质，点Q向下振动，根据“同侧法”可知， 该波沿x轴负方向传播，故A正确；B.由图甲可知该波的波长为九=4m,由图 乙可知波的周期为T=2s,经过则该波的传播速度为0=之=2s,波向x轴负方 向传播，波在均匀介质中匀速传播，根据x=t=1.5m,故该列简谐横波沿x轴负 方向传播了1.5m,此时质，点P并未到达平衡位置，其通过的路程小于15cm,故 B错误；C.当障碍物比波长小或与波长接近时，波会发生明显的衍射现象，故C 错误；D.由于质点P此时坐标为yp=5cm,由波动方程可知，质点P和质点Q 平衡位置间的距离为△x=二× ×-m,要使两者的速度相同，它们的平衡位置之 623 △x 间中心处的质点应处于平衡位置，故t=2= 。S,故D正确。 012 10.BCD【解析】A.由于MN棒与PQ棒质量之比为1：2，且它们的材料和长度相 同，故横截面积之比为1：2，由R=p二得电阻之比为2：1，所以PQ棒的电阻 为R。由题意知l=tan37°=0.75，则mng sin37°=tmg cos37°，所以两棒组成的系 统沿轨道方向的动量守恒。MN棒刚开始运动时有E=BL,又有1= 3R BL=ma,联立解得a BL,故A错误；B.当两棒拾好不碰撞时有mD,3m0, 3mR 物理参考答案第3页（共7页） 解得0= 3,对P0棒分析有BiL1=2mw、又g=1正，则流经P0棒的电荷量为 2,故B正确；C.从释放MN棒到两棒恰好不碰撞过程，回路产生的焦耳热 3BL 为Q-m-x3m2-写mi,则w棒产生的纸平热-写0-号m,故C ，21 2.2 3 0 正确；D.由法拉第电磁感应定律得E=A心，又△D=BL(x-x),其中5为MN t 棒的位移、x,为PQ棒的位移，由欧姆定律得I E R，又9=方，解得 x- 2mR。两捧组成的系统动量守恒m,=mU,+2m,两边同乘以△r，再 B2L 求和得Σ0，AM=20A1+∑20，A1,即0f=x+2x,联立解得x=型+4m, 33BP,故 D正确。 三、实验题：本题共2小题，每空2分，共16分。 11.（6分)【答案】(1)BD (2)8 (3)不变 【解析】(1)该同学接下来完成的必要步骤有：插上大头针P,使P挡住P和P的像； 插上大头针P,使P挡住E和P、卫的像。故选BD。 ON (2)由折射定律，玻璃的折射率m=sin∠OMW_OM_OF_R sin∠OFN ON OM OF (3)用插针法“测定玻璃砖折射率”的实验原理是折射定律= sini sinr 如图所示： a 实线表示玻璃砖向上平移后实际的光路图，虚线表示作图光路图，由图 可看出，画图时的入射角、折射角与实际的入射角、折射角相等，由折 射定律可知，测出的折射率没有变化，即测出的值将不变。 12.（10分)【答案】(1)黑 (2)1316.8 (3)1000 (4)×1 18 【解析】(1)根据多用电表的电流“红进黑出”原理可知为红表笔，b为，黑表笔。 (2)根据闭合电路欧姆定律，调零时总内阻为R,=5 2=15002,滑 1.0.001 物理参考答案第4页（共7页） 动变阻器接入电路的阻值R=R-R-r=(1500-180-3.2)2=1316.82。 (3)由于R=R=15002,而表盘的中央刻度值为“15”，所以此时欧姆表 的倍率为“×100”，图乙指针在刻度值为“10”的位置，则电阻 R.=10×100=10002。 (4)当单刀双掷开关掷于1时，当表头G满偏时，回路的总电流更大，则此 时欧姆表的内阻更小，所以倍率更小，为“×1”倍率；由于改装后的倍 率是“×1”和“×10”，对应的欧姆表内阻分别为152和1502，相当 于表头G和R、R2一起改装的电流表的量程分别为100mA和10mA, 所以1+（®+） =100mA,2R+R=10mA,联立解得R2=189 R 四、计算题：本题共3小题，共41分。 13.(1分)【答案】(1)P=R+4m 4mg nd2 (2) πdP 【解析】(1)当杯盖刚好被顶起时，根据力的平衡，有 PoS+mg=pS S=1 …（4分) 解得P=P+ 4mg （2分) nd2 (2)对盖碗中封闭气体有=卫 （3分) 解得T= 1+4ng (2分) πd2R 14.（14分)【答案】(1)E。=0.24 (2）L=3m (3)F'=2.2N 【解析】（1)小物块从弹离到经过圆孤面Q点过程有E,=mgR(1-cos53)·(2分) 可得E。=0.24J …(2分）》 (2)小物块从圆弧面Q点到长木板左端过程有：？，2=2gh 可得v,=4m/S… ……（1分) 小物块在孤面Q点有tan53°=) 可得0.=3m/s… …（1分) 当小物块与长木板共速有m,)=(m+M)D 可得0=1m/s… …（1分) 时小物块与长木板系统有)m02)m+M)T+mgL(1分 物理参考答案第5页（共7页） 可得L=3m… …（1分) (3)设小球第一次到P点的速度为⑦。，小球滑上圆孤轨道后，系统水平方 向动量守恒，恰好不从9点离开物块，则两者共速，有m,0。=(m。+m)心共 对小物块与国孤轨道系统有肌2=0m+m0'+mgR1-cos539) 可得v= 6v5 5 …(1分) 小球再次回到P点时，有m=+m心2， %=q2+m 2 2 解得0=30,0写3…………1分】 小物块相对圆孤轨道的运动速度为)，=)，一02=-V 圆孤轨道对小物块的支持力满足F-mog= 032 …（1分) R 小物块对圆孤轨道的压力F、=F… (1分) 解得F=2.2N （1分) 15.(16分)【答案】(1)E=1.6×10N/C B=0.4T (2)t=2.2×106s (3)ym=5.5m 【解析】(1)带电粒子在第二象限电场中有 一xM=Vt1 1 gE=ma…(2分） 解得E=1.6×10N/C 1=1.5×106s. (1分) 带电粒子在第一象限磁场中有轨迹半径r=R=1m…（1分) 根据qvB=m …(1分) 可得B=0.4T… …（1分)》 (2)粒子在第一象限运动轨迹如图所示 物理参考答案第6页（共7页） 根据数学几何关系可知cosa=w-R R 解得=37°…(1分) 带电粒子在第一象限无场区的运动时间5，=R-Rsina …(1分) 0 解得t2=1.0×107s…(1分) 带电粒子在第一象限匀强磁场运动中有4=180“T,T-2心 (1分) 360° 7) 解得t=6.0×107s…(1分) 则粒子从M运动到Q,点的时间t=t+t2+t=2.2×106s…(1分) (3)在水平方向很短的时间内，由动量定理有qB。),△t=m△) 求和可得gB,d=m△)…(1分) 粒子从进入三、四象限磁场到从到距离x轴最远时，粒子速度大小仍然 为0，方向沿x轴正方向，则有gB,d+q2B,d++gBd=mw(1+cosa) 即nn+l) qBod=mu(1+cosa) 2 解得n=145-1 …（1分） 2 由于5<<6，所以粒子能够到达第六层磁场，则有 gBd+92Bd+g3Bd+g4Bd+q5Bd+q6Bd mv(1+cosa) 解得d。=0.5d=0.5m… （1分) 则有ym=5d+d。=5.5m. …(1分） 物理参考答案第7页（共7页）