文档文本内容
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
2025 年高考押题预测卷
物理·全解全析
本试卷满分100 分，考试时间75 分钟
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
一、选择题：本题共7 小题，每小题4 分，共28 分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．（本题4 分）我国太阳探测科学技术试验卫星“羲和号”在国际上首次成功实现空间太阳Hα波段光谱
扫描成像。如图所示，Hα和Hβ分别为氢原子由n=3和n= 4能级向n=2能级跃迁产生的谱线，下列说法正
确的是（ ）
A．Hα的频率比Hβ的大
B．Hα在真空中的传播速度比Hβ的小
C．分别用Hα和Hβ照射同一个双缝干涉实验装置时，Hβ对应的相邻条纹间距更小
D．若Hβ照射某金属时发生光电效应，则Hα照射该金属时一定发生光电效应
【答案】C
【详解】A．氢原子由n=3至n=2的能级差小于由n= 4至n=2的能级差，故Hα的频率比Hβ的小，故A 错
误；
B． Hα在真空中的传播速度与Hβ在真空中的传播速度相同，都为光速c，故B 错误；
C．因 Hα的频率比Hβ的小，根据c = νλ
可知Hα的波长比Hβ的大，根据Δ x = l
d λ
可知分别用Hα和Hβ照射同一个双缝干涉实验装置时，Hβ对应的相邻条纹间距更小，故C 正确；
1
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
D．若Hβ照射某金属时发生光电效应，说明Hβ的频率大于该金属的极限频率，由于 Hα的频率比Hβ的小，
故Hα的频率与该金属极限频率的大小关系无法确定，所以 Hα照射该金属时不一定能发生光电效应，故D
错误。
故选C。
2．（本题4 分）如图甲，发电站输出正弦交流电的功率为P＝300kW，电压为U 1=300 V，利用图乙所示
电路进行远距离输电，T 1、T 2均为理想变压器。已知输电线电阻R＝30Ω，输电线上损失的功率。ΔP＝
3kW，次级发电站两端的电压为U 4=300 V，则（ ）
A．输电线上的电流I 2=300 A
B．变压器T 2
，原线圈的电压U 3=3×10
4 V
C．变压器T 1，原副线圈的匝数比为1：50
D．变压器T 2，原副线圈的匝数比为99：1
【答案】D
【详解】A．由Δ P = I
2 R
解得输电线上的电流为I 2=√
Δ P
R =10 A
故A 错误；
B．由U 2= P
I 2
=30×10
3V
可得变压器T 2，原线圈的电压为U 3=U 2−Δ P
I 2
=29700 V
故B 错误；
C．变压器T 1
，原副线圈的匝数比为n1
n2
= U 1
U 2
= 1
100
故C 错误；
2
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
D．变压器T 2
，原副线圈的匝数比为n3
n4
= U 3
U 4
= 99
1
故D 正确。
故选D。
3．（本题4 分）如图所示为摆长为1m 的单摆分别在地球表面和某星球表面做受迫振动的共振曲线，地球
表面的重力加速度g 取10 m/s
2，下列说法正确的是（ ）
A．图线Ⅰ是地球上单摆的共振曲线
B．由图可知：频率越大，单摆的振幅越大
C．将一摆钟从地球移到该星球上，摆钟会变快
D．该星球表面的重力加速度约为1.6 m/s
2
【答案】D
【详解】A．根据单摆周期公式T =2π√
L
g
可知，单摆在地球表面振动的固有周期T≈2s
则固有频率f = 1
T =0.5 Hz
图线Ⅱ是地球上单摆的共振曲线，故A 错误；
B．当驱动力的频率与单摆的固有频率越接近时，单摆的振幅越大，故B 错误；
C．由上述分析可知，图线Ⅰ是该星球上单摆的共振曲线，单摆在该星球表面振动的固有频率较小，固有
周期较大，则将一摆钟从地球移到该星球上，摆钟会变慢，故C 错误；
D．根据T =2π√
L
g = 1
f
可知g地
g星
= f 地
2
f 星
2 = 0.5
2
0.2
2 = 25
4
则该星球表面的重力加速度约为g星=1.6 m/s
2
故D 正确。
3
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
故选D。
4．（本题4 分）东方超环（EAST）的核心部件如图所示，环形真空室外面缠绕着水平环绕线圈1 和竖直
环绕线圈2 两组线圈（类似于通电螺线管）产生磁场，将高温等离子体（含有带正、负电的电子）约束在
磁场中。则下列说法正确的是（ ）
A．环形真空室任一位置处磁感应强度相同
B．线圈1 产生水平方向穿过线圈2 的环形磁场
C．线圈1 产生的变化磁场激发出穿过线圈2 的环形感应电场
D．如果电子恰能沿环在真空室内做圆周运动，负责提供向心力的磁场是线圈2 产生的
【答案】C
【详解】A．由于线圈1 和线圈2 分别产生水平和竖直方向的磁场，故环形真空室任一位置处磁感应强度
磁场方向不同，故A 错误；
B．由安培定则可知，线圈1 产生的磁场沿竖直方向，不会产生水平方向穿过线圈2 的环形磁场，故B 错
误；
C．根据法拉第电磁感应定律，变化的磁场会激发出感应电场。如果线圈1 产生的磁场随时间变化，那么
它会激发出穿过线圈2 的环形感应电场，故C 正确；
D．线圈2 在竖直平面内，由右手螺旋定则可知，其产生水平方向的环形磁场，电子沿环做圆周运动的速
度方向和线圈2 产生的磁场方向重合，不受该磁场的作用，线圈1 产生的磁场沿竖直方向，故负责产生向
心力的磁场是线圈1，故D 错误。
故选C。
5．（本题4 分）用一根橡皮筋吊着小球做圆锥摆运动，已知在弹性限度内，橡皮筋的弹力与形变量成正比，
橡皮筋始终在弹性限度内的情况下，小球做圆锥摆运动的角速度ω跟橡皮筋与竖直方向的夹角θ的关系图
像正确的是（ ）
4
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】设橡皮筋原长为L0，小球的质量为m，当橡皮筋与竖直方向的夹角为θ时，橡皮筋的弹力
F = mg
cosθ
橡皮筋的长度为L= L0+ F
k
设做圆周运动的角速度为ω，则mg tanθ =mLsinθ ω
2
解得1
ω
2 = L0
g cosθ+ m
k
故选D。
6．（本题4 分）如图所示为一种干涉热膨胀仪原理图。G 为标准石英环，C 为待测柱形样品，C 的上表面
与上方标准平面石英板之间存在劈形空气薄膜。用单色平行光垂直照射上方石英板，会形成干涉条纹。已
知C 的膨胀系数小于G 的膨胀系数，下列说法不正确的是（ ）
A．任意一条明条纹或暗条纹所在位置下面的薄膜厚度相等
B．任意相邻明条纹或暗条纹所对应的薄膜厚度差恒定
C．若用频率更小的光照射，干涉条纹变密
D．当温度升高时，劈形空气薄膜的厚度变大，条纹向左移动
5
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【答案】C
【详解】A．干涉条纹是上方石英板下表面的反射光与C 的上表面的反射光叠加形成的，则光程差等于空
气薄膜厚度的2 倍，同一级条纹对应距离差相等，则任意一条明条纹或暗条纹所在位置下面的薄膜厚度相
等，故A 正确，与题意不符；
B．任意相邻明条纹或暗条纹所对应的距离差相差一个波长，则薄膜厚度差恒定，故B 正确，与题意不符；
C．频率更小的光，波长更长，则条纹变疏，故C 错误，与题意相符；
D．依题意，C 的膨胀系数小于G 的膨胀系数，当温度升高时，劈形空气薄膜的厚度变大，条纹向左移动，
故D 正确，与题意不符。
本题选不正确的，故选C。
7．（本题4 分）乘坐“空中缆车”既能饱览大自然的美景又轻松惬意。如图所示，某一缆车沿坡度为53°
的山坡匀速上行，缆车中有一质量m=50kg 的货物放在水平地板上且与车厢壁恰好接触而无挤压，货物与
地板之间动摩擦因数μ= 3
4
，货物与地板之间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，某时刻缆车开始沿原方向做加
速运动，在这一过程中，加速度大小从零开始缓慢增大，并且整个加速阶段缆车始终保持竖直状态，重力
加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，则在缆车斜向上加速运动的过程中（ ）
A．货物可能受到3 个力或4 个力作用
B．车厢受到的摩擦力方向水平向右
C．当a=2m/s2时，车厢地板对货物的摩擦力大小为80N
D．当a=10m/s2时，车厢地板对货物的作用力大小为300√10 N
【答案】D
【详解】A．货物与缆车沿山坡向上以加速度a 运行时，以货物块为研究对象，根据牛顿第二定律有
FN−mg=masin53°，f 静=macos53°，f 静≤f = μ FN
解得f 静<f =0.6ma+7.5m
即摩擦力始终为静摩擦力，没有达到最大静摩擦力（即自锁），车厢壁给的弹力恒为0，故货物始终只受
6
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
到3 个力，故A 错误；
B．根据牛顿第三定律知车厢受到的摩擦力方向水平向左，故B 错误；
C．a=2m/s2时，f=macos53°，车厢对货物的摩擦力大小为60N，故C 错误；
D．a=10m/s2时，有ax =6 m/s
2，f =300 N，a y =8 m/s
2，FN−mg=ma y
，FN=900 N
车厢对货物的作用力为√F N
2 + f
2=300√10 N
故D 正确。
故选D。
二、多项选择题（本题共3 小题，每小题6 分，共18 分。在每小题列出的四个选项中，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．（本题6 分）如图所示，一对带等量异种电荷的足够长的平行金属板A、B正对竖直放置，一质量为m、
带电荷量为q的小球从A板内侧上的a点以初速度v0竖直向上抛出（与A板不接触），经过一段时间后打在
B板上的c点，b是其运动轨迹的最高点，a、b之间的高度差为b、c之间高度差的4 倍。两板间匀强电场的
电场强度大小为E = 2mg
q
，重力加速度为g，下列说法中正确的是（ ）
A．小球从a运动到c所用时间2v0
g
B．a、c两点间竖直方向上的高度差为3 v0
2
8 g
C．小球到达c点时动能大小为37
8 m v0❑
2
D．小球从a运动到c电势能减小了9mv0
2
2
【答案】BCD
7
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【详解】AB．小球从a 到b 在竖直方向有v0= gt1
，v0
2=2 gℎab
小球从b 到c 在竖直方向有1
4 ℎab= 1
2 gt2
2
则小球从a运动到c所用时间t =t1+t2= 3 v0
2 g
a、c两点间竖直方向上的高度差为ℎac =ℎab−ℎbc = 3 v0
2
8 g
故A 错误，B 正确；
C．小球到达c 点时有vcx = qE
m t，vcy = gt2
小球到达c点时动能大小为Ekc = 1
2 m vc
2= 1
2 m(vcx
2 + vcy
2 )= 37
8 m v0
2
故C 正确；
D．小球从a 点到达c 点，根据能量守恒定律有1
2 m v0
2= 1
2 m vc
2+mgℎac+ Ep
解得Ep=−9mv0
2
2
电势能减少了9mv0
2
2
，故D 正确；
故选BCD。
9．（本题6 分）2024 年6 月2 日，嫦娥六号在月球背面南极一艾特肯盆地中的预选着陆点着陆，顺利完成
月壤与月岩采样任务。4 日7 时38 分，嫦娥六号上升器携带月球样品自月球背面起飞，并成功进入预定环
月轨道，经过多次变轨，最终顺利回到地球。如图5 所示为嫦娥六号顺利返航的简化示意图，假设环月圆
形轨道Ⅰ半径为R，周期为T，环月椭圆轨道Ⅱ半长轴为a，周期为t，月球半径为R月，月球表面重力加速
度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．月球的第一宇宙速度为7.9km /s
8
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
B．嫦娥六号在环月轨道Ⅰ上P点处的速度比在环月轨道Ⅱ上P点处的速度小
C．R
3
T
2 = a
3
t
2
D．嫦娥六号在环月轨道Ⅰ上运行的周期T =2π√
R
3
g R月
2
【答案】CD
【详解】A．地球第一宇宙速度为7.9km/s，月球的重力加速度和半径均小于地球，其第一宇宙速度应该
更小，故A 错误；
B．嫦娥六号在环月轨道Ⅰ的P 点处减速才可进入环月轨道Ⅱ，故环月轨道Ⅰ的P 点处的速度更大，故B
错误；
C．根据开普勒第三定律可知，嫦娥六号围绕的中心天体都是月球，满足R
3
T
2 = a
3
t
2
，故C 正确；
D．假设月球质量为M，嫦娥六号质量为m，万有引力常量为G，万有引力提供向心力GMm
R
2
=m 4 π
2
T
2 R
结合黄金代换式GM = g R月
2
联立解得T =2π√
R
3
g R月
2
故D 正确。
故选CD。
10．（本题6 分）如图所示，消防员正在进行消防灭火演练，消防员用高压水枪喷出的强力水柱冲击着火
物，设水柱直径为D，以水平速度v 垂直射向着火物，水柱冲击着火物后速度变为零。高压水枪的质量为
M，消防员手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度忽略不计，水的密度为ρ，下列说法正确的是
（ ）
9
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
A．水枪的流量为1
2 πv D
2
B．水枪的功率为1
8 π ρ D
2v
3
C．水柱对着火物的冲击力为1
8 π ρ D
2v
2
D．向前水平喷水时，消防员对水枪的作用力方向向前且斜向上方
【答案】BD
【详解】A．设Δt时间内，从水枪喷出的水的体积为ΔV ，质量为Δm，则
Δm= p ΔV ，ΔV = Sv Δt = 1
4 π D
2v Δt
流量
Q = ΔV
Δt = 1
4 π D
2v
A 错误；
B．Δt时间内水枪喷出的水的动能为
Ek= 1
2 Δm v
2= 1
8 π ρ D
2v
3 Δt
知高压水枪在此期间对水做功为
W = Ek= 1
8 π ρ D
2v
3 Δι
高压水枪的功率为
P = W
Δt = 1
8 π ρ D
2v
3
B 正确；
C．考虑一个极短时间Δt
′，在此时间内喷到着火物上水的质量为m，设着火物对水柱的作用力为F，由动
量定理得
F Δt
′ =mv Δt
′时间内冲到着火物上水的质量为
m= 1
4 ρπ D
2v Δt
′
解得
F = 1
4 π ρ D
2v
2
由牛顿第三定律可知，水柱对着火物的平均冲力为
10
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
F
′ = F = 1
4 π ρ D
2v
2
C 错误；
D．当高压水枪水平向前喷出高压水流时，水流对高压水枪的作用力水平向后，由于高压水枪有重力，根
据平衡条件，手对高压水枪的作用力方向斜向前上方，D 正确。
故选BD。
三、非选择题（本题共5 小题，共54 分。考生根据要求作答）
11．（本题8 分）某实验小组用如图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律。滑块上有两个宽度均为d 的遮
光片，滑块与遮光片总质量为M，两遮光片中心间的距离为L。
(1)用游标卡尺测量一个遮光片的宽度d，结果如图乙所示，则遮光片的宽度d= cm。
(2)将滑块置于光电门右侧的气垫导轨上，打开气泵电源，轻推滑块，遮光片1、2 通过光电门的挡光时间
分别为t0
和t
′
0
，发现t0>t
′
0
，为了将气垫导轨调至水平，应将支脚A 适当调 （填“高”或“低”）。
(3)气垫导轨调至水平后，将细线一端拴在滑块上，另一端依次跨过光滑轻质定滑轮和光滑动滑轮后悬挂在
O 点，调节气垫导轨左端的定滑轮，使定滑轮和滑块之间的细线与气垫导轨平行，调整O 点的位置，使动
滑轮两侧的细线竖直，将沙桶悬挂在动滑轮上。将滑块在光电门右侧释放，光电门记录遮光片1、2 通过时
的挡光时间分别为t1和t2，则滑块的加速度大小为a= 。（用题目中的物理量符号表示）
(4)多次改变沙桶和桶内细沙的总质量m(m≪M )，并记录遮光片1、2 的挡光时间，计算相应的加速度
a，根据计算的数据描绘加速度a 与沙桶和桶内细沙的总重力mg 之间的关系图像如图丙所示，则图像的斜
率k= （用题目中的物理量符号表示），图像在横轴的截距为-b，则b 的物理意义为 。
【答案】(1)0.660
(2)高
(3) d
2
2 L ( 1
t2
2 −1
t1
2 )
(4)
1
2 M
滑块在气垫导轨上重力的沿导轨分力的2 倍
11
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【详解】（1）游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以遮光片的宽度为
d =6 mm +12×0.05 mm =6.60 mm =0.660cm
（2）打开气泵电源，轻推滑块，遮光片1、2 通过光电门的挡光时间分别为t0
和t
′
0
，发现t0>t
′
0
，说明滑块
做加速运动，即导轨左低右高，所以为了将气垫导轨调至水平，应将支脚A 适当调高。
（3）根据速度位移关系可得a= v2
2−v1
2
2 L
，v1= d
t1
，v2= d
t2
联立可得a= d
2
2 L ( 1
t2
2 −1
t1
2 )
（4）[1][2]由图可知，当沙和沙桶的重力为零时，滑块已经具有加速度，说明气垫导轨不水平，根据牛顿
第二定律，对滑块有F + Mgsinθ = Ma
对沙和沙桶有mg−2 F =m a
2
联立可得a=
2mg
m+ 4 M + 4 Mgsinθ
m+ 4 M
由于m 远小于M，则a= 1
2 M mg+ gsinθ
结合图像可得k = 1
2 M
，b=2 Mgsinθ
即b 的物理意义为滑块在气垫导轨上重力的沿导轨分力的2 倍。
12．（本题8 分）某同学欲将内阻约为100Ω、满偏电流为500μA 的微安表改装成量程为3V 的电压表，并
同时要求对改装电压表的刻度从零开始进行逐一校准。
(1)如图甲所示，为测量微安表内阻的测量电路。实验的主要步骤如下：
①按图甲接好实验电路，观察R 的阻值是否最大，若不是，则调至最大；
②闭合开关S1，调电阻R 使微安表指针满偏；
③闭合开关S2，调电阻箱R′，使微安表指针偏转到满刻度的三分之二；
④记下电阻箱的阻值R′。
12
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
该次实验中，电阻箱R′的读数如图乙所示，该读数为 Ω，则被测微安表内阻为 Ω。
(2)以上述实验测得的微安表内阻为依据，拟改装量程为3V 的电压表，则应串联一个阻值为 Ω（保
留一位小数）的电阻。
(3)将改装电压表跟标准电压表进行校对。
①如图丙是某同学设计的改装表与标准表的校对电路，图中虚线框中的电路即为改装的电压表电路，请在
图丁所示的实物图中连线 。
②由于微安表存在一定的测量误差，使得被改装的电压表的内阻较真实值偏大，因此改装后的电压表与标
准电压表相比较，其测量值比真实值 （“偏大”“偏小”或“相等”）。
【答案】(1) 196.6 98.3
(2)5901.7
(3)
偏小
【详解】（1）[1][2]电阻箱R′的读数为196.6Ω；由题意可知，当微安表读数为满偏的三分之二时，电阻箱
的电流等于微安表电流的一半，则R′ =2 R A则被测微安表内阻为98.3Ω。
（2）改装量程为3V 的电压表，则应串联的电阻阻值为R = U
I g
−R A =
3
500×10
−6 Ω−98.3Ω=5901.7 Ω
（3）①[1]电路连线如图
[2]
②
被改装的电压表的内阻较真实值偏大，则通过该电压表的电流偏小，则读数偏小，即改装后的电压表
与标准电压表相比较，其测量值比真实值偏小。
13．（本题8 分）一同学在水上乐园戏水时，用反扣的塑料盆提水。简化模型如下，质量未知的塑料盆近
似看成底面积为S 的圆柱形容器。刚开始时盆倒扣在水中，松手后盆底恰好与水面齐平，如图甲所示，盆
内有高度为h 的空气。现用拉力F 缓慢向上提起盆，盆口一直没有脱离水面。忽略盆的厚度及形变，大气
压强为p0，重力加速度为g，水的密度为ρ，盆内空气可视为理想气体，不考虑温度的变化。
13
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(1)求盆的质量以及刚开始时盆内空气的压强；
(2)当在水面上方盆内有高度为H 的水时，如图乙所示，求此时盆底离水面的高度；
(3)向上提升盆的过程中，盆内空气是吸热还是放热，请说明理由。
【答案】(1)m= ρSℎ，p1= ρgℎ+ p0
(2)d = (ρgℎ+ p0)ℎ
p0−ρgH
+ H
(3)吸热，理由见解析
【详解】（1）受力分析有mg= ρgSℎ
解得m= ρSℎ
联立解得，盆内空气的压强p1= ρgℎ+ p0
（2）当盆内的水高度为H 时，盆内空气的压强p2满足p2+ ρgH = p0
缓慢拉升，充足时间热交换，发生等温变化，根据玻意耳定律有p1 S
ℎ= p2(d −H )S
联立解得d = (ρgℎ+ p0)ℎ
p0−ρgH
+ H
（3）等温过程，内能不变，ΔU =0，由第（2）问可知，提升过程中，盆内空气的压强减小，体积增大，
气体对外做功，W <0，根据热力学第一定律有ΔU =W +Q
可知Q>0，故吸热。
14．（本题14 分）如图所示，固定在竖直面内半径为R 的四分之一光滑圆弧最低点与水平传送带相切于B
点，传送带左端与足够长光滑水平面相切于C 点。传送带BC之间的距离为R，传送带始终以大小为
v0=√gR的速度沿逆时针匀速转动。一质量为3m 的物块Q 静止在水平面C 端，将质量为m 的物块P 在圆
弧的最高点A 由静止释放，P 沿圆弧下滑并滑上传送带，运动到水平面上后与Q 发生弹性碰撞，P 与传送
带间的动摩擦因数为0.4，不计物块的大小及空气阻力。重力加速度大小为g，求：
14
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(1)物块P 运动到圆弧最低点时对轨道的压力大小；
(2)P 与Q 碰撞过程中，P 对Q 的冲量大小；
(3)碰撞之后，P、Q 间的最大距离。
【答案】(1)3mg
(2)3m√30 gR
10
(3)3
2 R
【详解】（1）设P 第一次滑上传送带时，物块P 的速度大小为v1，根据机械能守恒定律有mgR = 1
2 m v1
2
解得v1=√2gR
圆弧最低点时由牛顿第二定律得F N −mg= mv1
2
R
解得FN=3mg
由牛顿第三定律得物块对轨道的压力F
′
N= FN=3mg
（2）设物块在传送带上先减速后匀速，则匀减速运动的加速度大小a= μg=0.4 g
减速运动的距离x = v1
2−y1
2
2a
=1.25 R> R
假设不成立，因此P 第一次通过传送带一直做减速运动，设通过传送带的速度大小为v2
，v1
2−v2
2
2a
= R
解得v2=√
6
5 gR
设Q，P 碰撞后，P 的速度大小为v3，Q 的速度大小为v4，根据动量守恒定律有m v2=−m v3+3m v4
根据能量守恒有1
2 m v2
2= 1
2 m v3
2+ 1
2 ×3m v4
2
15
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
解得v3= v4= 1
2 v2= 1
2√
6
5 gR
碰撞过程中，Q 对P 的冲量大小I =m v2+m v3= 3m√30 gR
10
（3）碰撞后P 向左减速至速度为0 过程位移x3= v3
2
2 μg = 3
8 R< R
又v3<v0
因此滑块P 第二次在传送带上先减速再反向加速运动，运动的时间t2= 2v2
μg =√
15 R
2g
最终Q、P 共速，它们间的最远距离s= v4t2= 3
2 R
15．（本题16 分）如图所示的xOy 坐标平面，在第二、三象限存在半径为R 的圆形匀强磁场区域，圆心位
于O1（﹣R，0）位置，磁感应强度大小为B，方向垂直xOy 坐标平面向里，电场方向沿y 轴负方向，匀强
磁场的大小和方向与第二、三象限的磁场均相同。圆形磁场边界上有一个P 点，P 点与y 轴的距离为3 R
2
。
一个质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子从P 点垂直磁场方向射入圆形匀强磁场区域，恰好从坐标原点
O 沿x 轴正方向进入正交的电磁场区域。已知电场强度大小为E = √3q B
2 R
2m
，不计粒子所受重力，求：
(1)带电粒子从P 点垂直进入圆形匀强磁场时的速度大小；
(2)带电粒子在第一象限距x 轴的最大距离；
(3)带电粒子在第一象限的轨迹与x 轴相切点的坐标。
【答案】(1)√3qBR
m
(2)√3 R
(3)x =√3nπR (n=1,2,3⋯)，y =0
【详解】（1）带电粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场做匀速圆周运动，轨迹如图1 所示。
16
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
设OP 与x 轴负方向的夹角为α，由几何关系得OP=2Rcosα
根据题设条件有3
2 R =OPcosα
解得α=30°，OP =√3 R
由几何关系可知△OPO2
为等边三角形，则轨迹半径：r1=OP =√3 R
根据洛伦兹力提供向心力得q v0 B =m v0
2
r1
解得 v0= √3qBR
m
（2）将速度v0分解，设某一分速度v1使粒子受到的洛伦兹力与电场力平衡，即q v1B =qE
又由题设条件E = √3q B
2 R
2m
联立，解得v1= v0
2 = √3qBR
2m
由左手定则知速度v1方向沿x 轴正方向，与v0方向相同，令v0= v1+ v2
代入数据解得v2= v1= √3qBR
2m
v2方向也与v0方向相同，所以带电粒子的运动可以分解为速度为v1的匀速直线运动与速度为v2的逆时针方
向的匀速圆周运动的合运动，轨迹如图2 所示，
17
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得q v2B =m v2
2
r2
带电粒子将做旋轮线运动，图中实线表示它的轨迹，M 点为粒子距x 轴的最远点。在这一点粒子的速度
v M = v1−v2=0
它到x 轴的最大距离ym=2r2
联立，解得ym=√3 R
（3）粒子在第一象限的运动周期T = 2πm
qB
Q 点为粒子运动轨迹与x 轴的相切点，Q 点坐标xQ= v1T
联立，解得xQ=√3 πR
根据运动的周期性，粒子与x 轴相切点的坐标x =n xQ=√3nπR(n=1,2,3，⋯)
18
