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河南安鹤新联盟 2025-2026 学年高二下学期 5 月期中考试
物理试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.为更好地交流教学业务，新乡一中邢老师驱车到鹤壁高中接上何老师一起前往安阳一中与安老师进行教
学交流，其导航地图如图所示，下列说法正确的是( )
A. 图中预计“11∶35”到达，指的是时间间隔
B. 邢老师、何老师此行目的地相同，所以位移相同
C. 邢老师到达目的地有不同路径，每条路径的位移都相同
D. 即使计算驾车时间，汽车也不能看做质点
2.为测量磁感应强度，某兴趣小组设计了如图所示的装置。轻绳跨过光滑定滑轮，左边挂一物体，右方轻
绳下面有一轻质绝缘挂钩，挂钩处有水平方向向里的匀强磁场。将一个通电矩形线圈挂在右方下面的挂钩
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1 1上，线圈中的电流方向如图所示，整体处于平衡状态(线圈下边呈水平状态)。下列说法正确的是( )
A. 线圈质量和物体的质量相等
B. 线圈所受的安培力方向竖直向下
C. 若磁场、电流方向突然同时反向，其它条件不变，整体仍处于平衡状态
D. 若线圈中的电流突然反向，其它条件不变，线圈将向上运动
3.如图所示，斜坡ABC的坡面AB倾角为53°，坡面BC倾角为37°，在坡底A将小球以一定的初速度斜向
上抛出，小球恰好沿水平方向贴着坡顶B飞过，并落在坡面BC上，小球从A运动到B的时间为t ，从B点
1
4 3 t
运动到坡面BC上所用时间为t 。不计小球的大小及空气阻力，已知tan53 ∘= ,tan37 ∘= ，则 1 等于
2 3 4 t
2
( )
4 5 16 25
A. B. C. D.
3 3 9 9
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2 1(π )
4.在均匀介质中坐标原点处有一波源做简谐运动，其振动满足y=5sin t cm，从0时刻起，该波开始从
3
原点沿x轴正方向传播，t 时刻波刚好传播到x=18m处，波形图像如图所示，则( )
1
A. 波源开始振动时的运动方向沿y轴负方向
B. 截止到t 时刻，M点已经运动了8s
1
C. t 时刻之后M点第一次到达y=−2.5cm处所需时间是1s
1
D. t 时刻之后M点第二次到达y=−2.5cm处所需时间是2s
1
5.2025年中国北斗卫星导航系统第59颗组网卫星顺利入轨，该卫星在发射后需通过多次变轨进入预定工
作轨道。其变轨过程简化为如图所示：卫星从圆形轨道Ⅰ经a点进入椭圆轨道Ⅱ，经b点进入圆形轨道Ⅲ，轨
道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ共轴。轨道Ⅰ可视为近地轨道，a点与地心之间距离为地球半径R，b点与地心之间距离为3R，
忽略卫星质量的变化，请结合所学物理知识，下列说法正确的是( )
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3 1A. 卫星在轨道Ⅱ运动经过 、 两点速度之比v √3
a b IIa=
v 1
IIb
B. 卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ经过 点时加速度之比a
a Ia =√2
a
IIa
C.
T2:T2 :T2 =1:4:9
I II III
√2R
D. 已知地球表面重力加速度为g，则卫星从a点到b点时间2π
g
6.如图所示，OAB为一透明材料做成的柱形光学元件的横截面。 ⌢ 为一半径为R的圆弧，O为其圆心，
AB
水平向右的平行光垂直于AO射入透明材料。若只考虑首次从AO直接射向弧 ⌢ 的光线，弧 ⌢ 上三分之
AB AB
一区域有光线射出，其余三分之二区域无光线射出。光在真空中的传播速度为c，从弧 ⌢ 射出的光线在透
AB
明材料中传播的最短时间为( )
√3R R R √3R
A. B. C. D.
3c 3c c c
7.如图所示，三维坐标系O−xyz内存在着匀强电场，A、B、C为坐标轴上的点，它们到坐标原点O的距
离分别为3m、2m、1m，已知四个点的电势分别为φ =0、φ =12V、φ =24V、φ =3V，则电场强度
O A B C
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4 1大小为( )
A. 9N/C B. 13N/C C. 18N/C D. 26N/C
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.一光滑轨道由水平部分和竖直圆周部分组成，圆轨道半径为R。水平轨道左端连接一轻弹簧，第一次质
R
量为m的小球在水平轨道上被压缩的弹簧弹出后，在轨道上运动时最高只能到达离水平轨道高度为 的位
2
置。若保持每次弹射前的弹簧压缩量与第一次相同，改变小球的质量，要保证小球被弹簧弹出后在圆轨道
上运动时不会从轨道上脱落，则小球的质量可能是( )
2m m 2m m
A. B. C. D.
3 3 5 6
9.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比n :n =1:2，原线圈接有滑动变阻器R ，副线圈接有定值电阻
1 2 0
R =10Ω和小灯泡L，小灯泡的阻值恒为2Ω，额定功率为2W。输入端ab接有效值U=30V的正弦交流
1
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5 1电，关于该电路的分析，下列正确的是( )
A. 滑动变阻器的滑片向左滑动，原线圈两端的电压变小
B. 当滑动变阻器的阻值调为5Ω时，小灯泡L正常发光
C. 当滑动变阻器的阻值调为3Ω时，R 的电功率达到最大值
0
D. 小灯泡正常工作时，副线圈两端电压最大值为15V
10.如图所示，日字形金属框CDEF长2L、宽L，放置在光滑绝缘水平面上，左端为阻值为6R的定值电阻，
中间位置换成阻值为6R的金属棒PQ(焊接固定)，右端位置换成阻值为3R金属棒CF(焊接固定)，其他电
阻不计，整个装置总质量为m。金属框右侧有宽为L的匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，磁感应强度大
小为B。已知金属框以初速度v 进入匀强磁场，最终PQ棒恰好没从磁场中穿出。下列说法正确的是( )
0
BL2
A. 从开始到PQ棒进入磁场前瞬间，通过PQ棒的总电荷量为
10R
BL2
B. 从PQ棒进入磁场到停止，通过定值电阻的总电荷量为
24R
2
C. PQ棒刚进入磁场时的速度为 v
7 0
5
D. CF在磁场中运动过程中定值电阻产生的焦耳热为 mv2
49 0
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6 1三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某兴趣小组设计了图1所示的实验来验证机械能守恒定律。长为L的轻绳下端固定一个带有“ ”形凹
槽的摆锤，另一端可绕O点自由转动，凹槽内装有一小球。现将摆锤拉起，使轻绳偏离竖直方向成θ角时，
由静止释放摆锤，摆锤和小球一起向下摆动。当摆锤到达最低位置时，受到竖直挡板P的阻挡而立即停止
运动，小球飞离凹槽做平抛运动，已知当地重力加速度为g。
(1)为了验证摆锤在运动中机械能守恒，除了偏角θ和绳长L之外，实验中还需要测量的物理量有 。
A.小球的质量m
B.摆锤的质量M
C.释放摆锤到停止运动的时间t
D.小球飞离摆锤时离地面的高度h
E.小球平抛运动过程中在水平方向的距离x
(2)由平抛运动规律可知，摆锤刚到达最低位置时，小球的速度大小v= (用题目已知数据和(1)中所选
各物理量的符号表示)；
(3)改变小球静止释放时轻绳与竖直方向的夹角θ，多次重复操作，测出不同角度释放后，小球平抛运动的
水平位移x。以cosθ为横坐标，x2为纵坐标，得到如图2所示图像。若图像的斜率大小的绝对值为 即
可验证机械能守恒(用题目已知数据和(1)中所选物理量的符号表示)。
12.某同学要测量一段金属丝的电阻率，可供选择的实验器材有：
A.电流表A (量程为0∼0.6A，内阻r 约为2Ω)
1 1
B.电流表A (量程为0∼3mA，内阻r =100Ω)
2 2
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7 1C.定值电阻R =900Ω
1
D.定值电阻R =9900Ω
2
E.滑动变阻器R (0∼20Ω，允许通过的最大电流为3A)；
3
F.滑动变阻器R (0∼100Ω，允许通过的最大电流为3A)；
4
G.电池E(电动势为3V，内阻很小)；
H.开关S及若干导线。
(1)用螺旋测微器测量该金属丝的直径，某次测量时如图甲所示，读出该金属丝的直径d= mm。
(2)该同学设计了如图乙所示的测量电路，滑动变阻器应选择 (填“R ”或“R ”)；定值电阻R应选
3 4
择 (填“R ”或“R ”)；A处电流表应选择 (填“A ”或“A ”)。
1 2 1 2
(3)调节滑动变阻器，测得多组电流表A的示数I 和电流表B的示数I ，并作出I —I 图像如图丙所示，
A B B A
图像的斜率为k。测得金属丝的长度为L，定值电阻R和电流表A的总阻值用R 表示，可知该金属丝的电阻
0
率ρ= (用R 、d、k、L的字母表示)
0
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.截至2025年11月，采用我国自主研发的核心技术建造的27万立方米超大型液化天然气(LNG)储罐数
量已达18座，在全球同类型储罐中占比近七成，数量位居世界第一。某加气站一储罐容积为300m3，在进
行气密性测试时，对储罐内压强为1.20MPa、温度为7℃的空气(可视为理想气体)缓慢加热，使储罐内空
气压强达到设计压强1.44MPa。
(1)求温度应升至多少？
(2)完成测试后，打开泄压阀，当储罐内空气压强等于1.35MPa时停止泄放，泄放过程可视为等温变化，
求泄放出的空气占原有空气质量的百分比。
14.如图所示，在水平面上有一足够长的质量M=1kg的木板，在木板右端有一质量m=0.5kg的物块(视为
11
质点)，物块与木板间的动摩擦因数μ =0.2，木板与水平面间的动摩擦因数μ = 。开始时木板与物块均
1 2 15
静止，现用F=21N的水平恒力向右拉木板，两者发生相对滑动，经时间t =1s撤去水平恒力F，取重力
1
加速度g=10m/s2，不计空气阻力。求：
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8 1(1)撤去力F之前，物块加速度大小a 和木板的加速度大小a ；
1 2
(2)刚撤去F时，物块速度大小v 和木板的速度大小v ；
1 2
(3)最终停止时，物块距木板右端的距离Δx。
15.如图，在光滑绝缘的水平面xOy区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场；x<0区域
内存在沿y轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量大小为q的带负电粒子1从点S以一定速度释放，沿直
线从坐标原点O进入磁场区域后，与静止在点P(a,a)、质量为3m的中性粒子2发生弹性正碰，且有一半电
荷量转移给粒子2。此后两粒子的带电情况不再变化。不计碰撞后粒子间的相互作用，忽略电场、磁场变
化引起的附加效应。
(1)求电场强度的大小E，以及粒子1到达O点时的速度大小v ；
0
(2)求两粒子第一次碰撞后瞬间的速度大小v 、v ；
1 2
(3)若两粒子第一次碰撞后立即撤去电场，从两粒子第一次碰撞开始计时，求两粒子每次碰撞的时刻。
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9 1答案解析
1.【答案】C
【解析】【详解】A. 11:35 是到达的时刻(时间轴上的点)，不是时间间隔，故A错误；
B.位移是从初位置到末位置的有向线段，邢老师起点是新乡一中，何老师起点是鹤壁，二者初位置不同，
因此位移不同，故B错误；
C.位移只由初末位置决定，和路径无关，邢老师的起点和终点固定，因此无论走哪条路径，位移都相同，
故C正确；
D.计算从新乡到安阳的驾车时间时，汽车的大小、形状相对于整段路程可以忽略，汽车可以看做质点，故
D错误。
故选 C。
2.【答案】C
【解析】【详解】AB.根据左手定则可知，线圈所受安培力方向竖直向上，根据平衡条件可推知线圈质量
大于物体质量，故AB错误；
C.若磁场、电流方向突然同时反向，其它条件不变，线圈所受安培力方向不变，则整体仍处于平衡状态，
故C正确；
D.若线圈中的电流突然反向，其它条件不变，线圈所受安培力方向变为竖直向下，则线圈将向下运动，故
D错误。
故选C。
3.【答案】C
1
gt 2
【解析】上升阶段： 2 1 g ，
tan53°= = t
v t 2v 1
x 1 x
1
gt 2
下降阶段： 2 2 g ，
tan37°= = t
v t 2v 2
x 2 x
则：t tan53° 16，选C。
1= =
t tan37° 9
2
4.【答案】C
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10 1【解析】【详解】 因 (π ) ， 时刻，其速度 Δy
A. y=5sin t cm 0 v= >0
3 Δt
即波源开始振动时的运动方向沿 y 轴正方向，故A错误；
2π 2π
T= = s=6s
B.由波形图知 λ=12m ，由振动方程 ω π
3
λ
波速 v= =2m/s
T
由波动方程 (2π ) (π )
y=5sin x cm=5sin x cm
λ 6
令 y=2.5cm ，得 x =1m
M
Δx
波从 x =1m 传至 x=18m 需时 Δt= =8.5s
M v
故截止到 t 时刻， M 点已经运动了 8.5s ，故B错误；
1
由 (π ) 知，当 ，
CD. y=5sin t cm y=2.5cm t =0.5s
3 min
即 M 质点从平衡位置到 y=2.5cm 或从 y=2.5cm 到其平衡位置所需的最短时间为 t =0.5s ，据对称
min
性，其从平衡位置到 y=−2.5cm ，用时也为， t =0.5s ，故从图( t 时刻)所示到达 y=−2.5cm 处，
min 1
共经 1s ，再经一个周期第二次到达 y=−2.5cm 处，故 t 时刻之后 M 点第二次到达 y=−2.5cm 处所
1
需时间是 1s+6s=7s ，故C正确，D错误。
故选C。
5.【答案】D
【解析】【详解】A.在椭圆轨道II上，满足开普勒第二定律，有 v RΔt=v 3RΔt
IIa IIb
解得 v 3 ，故A错误；
IIa=
v 1
IIb
GMm
B.对卫星有 =ma
r2
GM
解得 a=
r2
在不同轨道上的a点与地心之间的距离相同，所以加速度大小是相同的，故B错误；
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11 1C.根据开普勒第三定律有 a3
=k
T2
其中a是轨道的半长轴，由于 a :a :a =1:2:3
I II III
则 T :T :T =1:8:27 ，故C错误；
I II III
D.在轨道
I
上，满足 GMm
=mg=m
4π2
R
R2 T2
1
在轨道 上，轨道的半长轴为 ，根据开普勒第三定律可知
II 2R T =2√2T
II 1
√2R
联立可得 T =4π
II g
1 √2R
则卫星从 a 点到 b 点时间 t= T =2π ，故D正确。
2 II g
故选D。
6.【答案】D
【解析】由题意，弧 ⌢ 上三分之一区域有光线射出，说明全反射临界角 C=30 ∘
AB
1 1
根据全反射临界角公式 sinC= =
n 2
c c
则光在该光学元件中的传播速度为 v= =
n 2
从 AO 入射的光线，首次射向 ⌢ 时，传播距离最短的情况是光线垂直于 AO 入射，且在 ⌢ 上的入射角
AB AB
恰好等于临界角 C ，此时光线在介质中传播的最短距离为 d=RcosC
d Rcos30 ∘ √3R
t = = =
最短传播时间为 min v c c ，故选D。
2
7.【答案】B
【解析】【详解】设电场在x、y、z三个坐标轴上的分量分别为 E 、 E 、 E ，各方向均满足匀强电场
x y z
关系式 U=Ed
由题意可知沿AO方向电势降低，电场强度在x轴的分量沿x轴负方向，大小满
足 U 12 ，
E = AO= N/C=4N/C
x d 3
AO
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12 1沿 方向电势降低，电场强度在 轴的分量沿 轴负方向，大小满足 U 24
BO y y E = BO= N/C=12N/C
y d 2
BO
沿 方向电势降低，电场强度在 轴的分量沿 轴负方向，大小满足 U 3
CO z z E = CO= N/C=3N/C
z d 1
CO
故电场强度大小为
E=√E2+E2+E2=√16+144+9N/C=13N/C
x y z
故选B。
8.【答案】AD
R
【解析】【详解】第一次压缩弹簧弹出小球，根据系统机械能守恒可得 E =mg
p 2
第二次若改变小球质量，小球恰好通过轨道最高点，则 v2 ， 1 1
m g=m 1 E = mgR= m v2+m g⋅2R
1 1 R p 2 2 1 1 1
m
解得 m =
1 5
1
小球恰好通过圆心等高处，则 E = mgR=m gR
p 2 2
m
解得 m =
2 2
m
要保证小球被弹簧弹出后在圆轨道上运动时不会从轨道上脱落，则小球的质量应大于等于 或者小于等
2
m
于 。
5
故选AD。
9.【答案】AC
【解析】【详解】A.将变压器与副线圈负载看成一个等效电阻，则等效电阻
n
1U
U n 2 n 2
为 R = 1= 2 = 1 (R +R )=3Ω
等 I n n 2 1 L
1 2 I 2
n 2
1
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13 1滑动变阻器的滑片向左滑动，滑动变阻器接入的阻值变大，等效电阻 R 不变，根据串联电路特点，原线
等
圈两端的电压变小，故A正确；
B.设原线圈电压为 U ，原线圈电流为 I ，副线圈电压为 U ，副线圈电流为 I ，小灯泡正常发光时，电
1 1 2 2
流 √P
I = L=1A
2 R
L
电压 U =I R =2V
L 2 L
副线圈两端电压 U =I (R +R )=12V
2 2 1 L
由 U :U =n :n 、 I :I =n :n
1 2 1 2 1 2 2 1
可得原线圈两端电压、电流分别为 U =6V ， I =2A
1 1
此时滑动变阻器接入电路阻值为 U−U ，故B错误；
R = 1=12Ω
0 I
1
U U2
P =( ) 2R =
C.滑动变阻器消耗的功率为 0 R +R 0 R2
0 等 R + 等+2R
0 R 等
0
可知当 R =R =3Ω 时，滑动变阻器消耗的功率最大，故C正确；
0 等
D.小灯泡正常工作时，由 选项分析可知副线圈端电压最大值为 ，故D错误。
B U =√2U =12√2V
2m 2
10.【答案】BD
【解析】【详解】CF为电源，内阻 3R ，外电路为左端定值电阻 6R 和PQ棒 6R 并联，外
6R⋅6R
阻 R = =3R ，总电阻 R =3R+3R=6R
外1 6R+6R 总1
A.总电荷量 ΔΦ ΔΦ BL2
q =I⋅Δt= Δt= =
1 Δt⋅R R 6R
总1 总1
q BL2
两个并联支路电阻相等，流过PQ的电荷量为总电荷量的一半 q = 1= ，A错误；
PQ 2 12R
B.PQ、CF为电源，外电路为左端定值电阻 6R ，总电阻 R =6R+2R=8R
总2
总电荷量 流过 的总电荷量 ΔΦ′ ΔΦ′ BL2
( PQ )q =I′⋅Δt′= Δt′= =
2 Δt′⋅R R 8R
总2 总2
外电路 DE(6R) 和 CF(3R) 并联，电流与电阻成反比
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14 11 1 BL2 BL2
因此通过 DE (定值电阻)的电荷量 q = q = ⋅ = ，B错误；
DE 1+2 2 3 8R 24R
C.对两个过程分别列动量定理：
过程1： −BLq =mv −mv
1 1 0
过程2： −BLq =0−mv
2 1
BL2 BL2
代入q = ,q =
1 6R 2 8R
3
因此 v = v ，C错误；
1 7 0
1 1 20
D.过程1动能减少量等于总焦耳热 Q = mv2− mv2= mv2
总1 2 0 2 1 49 0
总电阻中，CF内阻 3R ，外并联总电阻 3R ，热量与电阻成正比
3R 10
外并联总热量Q = Q = mv2
外1 3R+3R 总1 49 0
1 5
外并联两个 6R 电阻热量平分，因此定值电阻的焦耳热Q = Q = mv2，D正确。
定 2 外1 49 0
故选 BD。
11.【答案】DE
√ g
x
2h
4hL
【解析】【详解】(1)根据题意，设摆锤的质量为 M ，摆锤到达最低位置时的速度为 v ，若摆锤在运动中
1
机械能守恒，则有 MgL(1−cosθ)= Mv2
2
可知，除了偏角 θ 和绳长 L 之外，实验中还需要测量的物理量有摆锤到达最低位置时的速度，摆锤和小球
一起向下摆动，摆锤到达最低位置时，摆锤的速度和小球的速度相等，小球飞离凹槽做平抛运动，竖直方
1
向上有 h= gt2
2
水平方向上有 x=vt
√ g
整理可得 v=x
2h
第 页，共 页
15 1可知，需测量小球飞离摆锤时离地面的高度 h 和小球平抛运动过程中在水平方向的距离 x ，可得小球到达
最低位置时的速度，即可得摆锤到达最低位置时的速度。
故选DE。
√ g
(2)由小问(1)分析可知，摆锤刚到达最低位置时，小球的速度大小 v=x 。
2h
1
(3)若摆锤在运动中机械能守恒，则有 MgL(1−cosθ)= Mv2
2
√ g
又有 v=x
2h
整理可得 x2=4hL−4hLcosθ
则若 x2−cosθ 图像的斜率大小的绝对值为 4hL ，即可验证机械能守恒。
12.【答案】0.150
R
3
R
1
A
2
πd2R
0
4L(k−1)
【解析】【详解】(1)根据螺旋测微器的读数规律，该读数为 0mm+0.01×15.0mm=0.150mm
(2)[1]图乙控制电路中滑动变阻器采用分压式接法，为了确保处理数据的连续性强一些，滑动变阻器选择
总阻值小一些，即滑动变阻器选择R ；
3
[2]电源电动势为3V，为了测量电压，需要将已知内阻的电流表A 改装成量程为3V的电压表，则定值电
2
3
阻 R= Ω−100Ω=900Ω
3×10−3
即定值电阻R应选择R ；
1
[3]为了将电流表改装成电压表，电流表的内阻应为已知值，可知，A处电流表应选择A ，B处电流表应
2
选择A 。
1
根据欧姆定律有 I R
(3) R = A 0
x I −I
B A
变形得
I =
(R
x
+R
0
)I
A
B R
x
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16 1则有 R +R
x 0=k
R
x
L
根据电阻定律有 R =ρ
x S
其中 (d) 2
S=π
2
解得
πd2R
ρ= 0
4L(k−1)
13.【答案】解： 加热过程中储罐内空气体积保持不变，依据查理定律可得p p ，代入已知数据解
(1) 1= 2
T T
1 2
得：T =336K(或t =63℃)。
2 2
(2)泄压过程中气体温度恒定，根据理想气体状态方程PV =nRT可知，在体积与温度均不变的情况下，气
体的质量与压强成正比。
设泄放出的空气占原有质量的比例为 ，则有 p −p ，代入数据解得： 。
η η= 2 3 η=6.25%
p
2
答：(1)温度应升至336K(或63℃)。
(2)泄放出的空气占原有空气质量的百分比为6.25%。
【解析】(1)储罐容积固定，加热过程为等容变化。已知初始与最终压强及初始温度，需应用理想气体等
容变化规律，确定压强与热力学温度成正比的关系，从而由压强变化比例求出最终的热力学温度。
(2)泄压过程温度不变，储罐容积不变，属于等温等容的变质量问题。可将泄放后的气体状态与初始状态
比较，在温度与体积均不变的条件下，气体的质量与压强成正比。利用泄放前后的压强差与初始压强的比
值，即可求得泄放质量占原总质量的百分比。
本题以液化天然气储罐为背景，考查理想气体状态方程的应用，属于热学中的基础题型。第一问直接考查
查理定律，在体积不变条件下处理压强与温度的关系，计算简单，重点在于温度单位的换算。第二问在等
温条件下，巧妙地将气体质量比与压强比联系起来，需要学生理解并应用理想气体状态方程中物质的量n
与压强p的正比关系，建立比例式求解。本题计算量适中，难度中等偏下，能有效检验学生对气体实验定
律的掌握程度以及在实际情境中建模分析的能力。
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17 114.【答案】【详解】(1)现用 F=21N 的水平恒力向右拉木板，两者发生相对滑动，力 F 作用时，对 m
有 μ mg=ma
1 1
解得
a =2m/s2
1
对 有
M F−μ (M+m)g−μ mg=Ma
2 1 2
解得
a =9m/s2
2
(2)撤力 F 时，根据速度公式可得物块速度 v =a t =2m/s
1 1 1
木板速度 v =a t =9m/s
2 2 1
(3)撤力 F 时 v >v ，木板开始匀减速，物块继续匀加速，直到两者共速。对木板
2 1
有
μ mg+μ (M+m)g=Ma
1 2 3
解得
a =12m/s2
3
设经过时间 t ，共速时有 v +a t =v −a t
2 1 1 2 2 3 2
解得 t =0.5s
2
则此时速度为 v=v +a t =3m/s
1 1 2
1 1 1
则共速时，物块相对木板左滑的距离为 Δx = v t + (v +v)t − v(t +t )=5.25m
1 2 2 1 2 2 2 2 1 2
此后，由于 μ g<μ g ，物块与木板间仍有相对滑动，两者分别减速直到先后停止，此过程物块相对木板
1 2
向右滑动。对木板有
μ (M+m)g−μ mg=Ma
2 1 4
解得
a =10m/s2
4
停止运动时，物块相对木板向右滑距离为 v2 v2
Δx = − =1.8m
2 2a 2a
1 4
所以最终停止时物块的位置与木板右端间的距离为Δx=Δx −Δx =3.45m
1 2
【解析】详细解答与解析过程见答案
15.【答案】【详解】(1)粒子1从 O 到 P 做匀速圆周运动，根据几何关系可得轨道半径 R=a
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18 1洛伦兹力提供向心力 v2
qv B=m 0
0 a
qBa
解得粒子1到达 O 点的速度 v =
0 m
粒子1从 S 点到 O 点做直线运动，可知 qv B=Eq
0
qB2a
解得电场强度 E=
m
(2)两粒子发生完全弹性碰撞，系统动量守恒 mv =mv +3mv
0 1 2
1 1 1
系统机械能守恒 mv2= mv2+ ⋅3mv2
2 0 2 1 2 2
联立解得碰撞后瞬间速度大小为 | qBa| qBa， qBa
v = − = v =
1 2m 2m 2 2m
其中粒子1速度反向，带电属性：粒子1的一半负电荷转移给中性粒子2，因此两粒子均带负电，电荷量均
q
为 q′=
2
mv2
(3)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力 q′vB=
r
mv
得轨道半径公式 r=
q′B
qBa
m⋅
2m
代入粒子1的质量、速度和电荷量，得轨道半径r = =a
1 q
B
2
qBa
3m⋅
2m
代入粒子2的质量、速度和电荷量，得轨道半径 r = =3a
2 q
B
2
2πr 2πm
粒子做匀速圆周运动的周期公式T= =
v q′B
4πm 12πm
分别计算两粒子的周期 T = ，T =
1 qB 2 qB
12πm
两粒子再次相遇时，转过的圈数均为整数，取两周期的最小公倍数，得相遇时间间隔Δt =
1 qB
【解析】详细解答与解析过程见答案
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