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2025 年湖南省普通高中学业水平选择性考试
一、选择题：本题共6 小题，每小题4 分，共24 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.(2025·湖南卷·1)关于原子核衰变，下列说法正确的是( )
A.原子核衰变后生成新核并释放能量，新核总质量等于原核质量
B.大量某放射性元素的原子核有半数发生衰变所需时间，为该元素的半衰期
C.放射性元素的半衰期随环境温度升高而变长
D.采用化学方法可以有效改变放射性元素的半衰期
2.(2025·湖南卷·2)如图，物块以某一初速度滑上足够长的固定光滑斜面，物块的水平位移、竖直位移、水
平速度、竖直速度分别用x、y、vx、vy表示。物块向上运动过程中，下列图像可能正确的是( )
3.(2025·湖南卷·3)如图，ABC 为半圆柱体透明介质的横截面，AC 为直径，B 为ABC 的中点。真空中一束单
色光从AC 边射入介质，入射点为A 点，折射光直接由B 点出射。不考虑光的多次反射，下列说法正确的
是( )
A.入射角θ 小于45°
B.该介质折射率大于√2
C.增大入射角，该单色光在´BC上可能发生全反射
D.减小入射角，该单色光在´AB上可能发生全反射
4.(2025·湖南卷·4)我国研制的“天问二号”探测器，任务是对伴地小行星及彗星交会等进行多目标探测。
某同学提出探究方案，通过释放卫星绕小行星进行圆周运动，可测得小行星半径R 和质量M。为探测某自
转周期为T0的小行星，卫星先在其同步轨道上运行，测得距离小行星表面高度为h，接下来变轨到小行星
表面附近绕其做匀速圆周运动，测得周期为T1。已知引力常量为G，不考虑其他天体对卫星的引力，可根
据以上物理量得到R＝
a
2
3
b
2
3 -a
2
3
h，M＝4 π
2 R
3
G c
2 。下列选项正确的是( )
A.a 为T1，b 为T0，c 为T1
B.a 为T1，b 为T0，c 为T0
C.a 为T0，b 为T1，c 为T1
D.a 为T0，b 为T1，c 为T0
5.(2025·湖南卷·5)如图，两带电小球的质量均为m，小球A 用一端固定在墙上的绝缘轻绳连接，小球B 用
固定的绝缘轻杆连接。A 球静止时，轻绳与竖直方向的夹角为60°，两球连线与轻绳的夹角为30°，整个系
统在同一竖直平面内，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A.A 球静止时，轻绳上拉力为2mg
B.A 球静止时，A 球与B 球间的库仑力为2mg
C.若将轻绳剪断，则剪断瞬间A 球加速度大小为g
D.若将轻绳剪断，则剪断瞬间轻杆对B 球的作用力变小
6.(2025·湖南卷·6)如图，某小组设计了灯泡亮度可调的电路，a、b、c 为固定的三个触点，理想变压器原、
副线圈匝数比为k，灯泡L 和三个电阻的阻值均恒为R，交变电源输出电压的有效值恒为U。开关S 与不同
触点相连，下列说法正确的是( )
A.S 与a 相连，灯泡的电功率最大
B.S 与a 相连，灯泡两端的电压为kU
k
2＋3
C.S 与b 相连，流过灯泡的电流为
U
(k
2＋2)R
D.S 与c 相连，灯泡的电功率为
U
2
(k
2＋1)
2 R
二、选择题：本题共4 小题，每小题5 分，共20 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。
7.(多选)(2025·湖南卷·7)如图，A(0，0)、B(4，0)、C(0，3)在xy 平面内，两波源分别置于A、B 两点。t＝0
时，两波源从平衡位置起振，起振方向相同且垂直于xy 平面。频率均为2.5 Hz。两波源持续产生振幅相同
的简谐横波，波分别沿AC、BC 方向传播，波速均为10 m/s。下列说法正确的是( )
A.两横波的波长均为4 m
B.t＝0.4 s 时，C 处质点加速度为0
C.t＝0.4 s 时，C 处质点速度不为0
D.t＝0.6 s 时，C 处质点速度为0
8.(多选)(2025·湖南卷·8)一匀强电场的方向平行于xOy 平面，平面内A 点和B 点的位置如图所示。电荷量为
＋q、－q 和＋2q 的三个试探电荷先后分别置于O 点、A 点和B 点时，电势能均为Ep(Ep>0)。下列说法正确
的是( )
A.OA 中点的电势为零
B.电场的方向与x 轴正方向成60°角
C.电场强度的大小为√2 E p
qd
D.电场强度的大小为2√2 E p
qd
9.(多选)(2025·湖南卷·9)如图，关于x 轴对称的光滑导轨固定在水平面内，导轨形状为抛物线，顶点位于O
点。一足够长的金属杆初始位置与y 轴重合，金属杆的质量为m，单位长度的电阻为r0。整个空间存在竖
直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。现给金属杆一沿x 轴正方向的初速度v0，金属杆运动过程中始终与y
轴平行，且与电阻不计的导轨接触良好。下列说法正确的是( )
A.金属杆沿x 轴正方向运动过程中，金属杆中电流沿y 轴负方向
B.金属杆可以在沿x 轴正方向的恒力作用下做匀速直线运动
C.金属杆停止运动时，与导轨围成的面积为m v0r0
B
2
D.若金属杆的初速度减半，则金属杆停止运动时经过的距离小于原来的一半
10.(多选)(2025·湖南卷·10)如图，某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成，C 是可以在滑轨上运动的标
准测量件，其规格可以根据测量需求进行调整。滑轨安装在高度为h 的水平面上。测量时，将弹药放入装
载台圆筒内，两端用物块A 和B 封装，装载台与滑轨等高。引爆后，假设弹药释放的能量完全转化为A 和
B 的动能。极短时间内B 嵌入C 中形成组合体D，D 与滑轨间的动摩擦因数为μ。D 在滑轨上运动s1距离
后抛出，落地点距抛出点水平距离为s2，根据s2可计算出弹药释放的能量。某次测量中，A、B、C 质量分
别为3m、m、5m，s1＝h
μ，整个过程发生在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度大小为g。则(
)
A.D 的初动能与爆炸后瞬间A 的动能相等
B.D 的初动能与其落地时的动能相等
C.弹药释放的能量为36mgh(1＋s2
2
4 h
2)
D.弹药释放的能量为48mgh(1＋s2
2
4 h
2)
三、非选择题：本题共5 小题，共56 分。
11.(2025·湖南卷·11)某同学通过观察小球在黏性液体中的运动，探究其动力学规律，步骤如下：
(1)用螺旋测微器测量小球直径D 如图甲所示，D＝ mm。
(2)在液面处由静止释放小球，同时使用频闪摄影仪记录小球下落过程中不同时刻的位置，频闪仪每隔0.5 s
闪光一次。装置及所拍照片示意图如图乙所示(图中的数字是小球到液面的测量距离，单位是cm)。
(3)根据照片分析，小球在A、E 两点间近似做匀速运动，速度大小v＝ m/s(保留2 位有效数字)。
(4)小球在液体中运动时受到液体的黏滞阻力f＝kDv(k 为与液体有关的常量)，已知小球密度为ρ，液体密度
为ρ0，重力加速度大小为g，则k 的表达式为k＝ (用题中给出的物理量表示)。
(5)为了进一步探究动力学规律，换成直径更小的同种材质小球，进行上述实验，匀速运动时的速度将
(填“增大”“减小”或“不变”)。
12.(2025·湖南卷·12)车辆运输中若存在超载现象，将带来安全隐患。由普通水泥和导电材料混合制成的导
电水泥，可以用于监测道路超载问题。某小组对此进行探究。
(1)选择一块均匀的长方体导电水泥块样品，用多用电表粗测其电阻。将多用电表选择开关旋转到“×1
k”挡，正确操作后，指针位置如图甲所示，则读数为 Ω。
(2)进一步提高实验精度，使用伏安法测量水泥块电阻，电源E 电动势6 V、内阻可忽略；电压表量程0~6
V、内阻约10 kΩ；电流表量程0~600 μA、内阻约100 Ω。实验中要求滑动变阻器采用分压接法，在图乙中
完成余下导线的连接。
(3)如图乙，测量水泥块的长为a，宽为b，高为c。用伏安法测得水泥块电阻为R，则电阻率ρ＝
(用R、a、b、c 表示)。
(4)测得不同压力F 下水泥块的电阻R，算出对应的电阻率ρ，作出ρ－F 图像如图丙所示。
(5)基于以上结论，设计压力报警系统，电路如图丁所示。报警器在两端电压大于或等于3 V 时启动，R1为
水泥块，R2为滑动变阻器，当R2的滑片处于某位置，R1上压力大于或等于F0时，报警器启动。报警器应
并联在 两端(填“R1”或“R2”)。
(6)若电源E 使用时间过长，电动势变小，R1上压力大于或等于F1时，报警器启动，则F1 F0(填
“大于”“小于”或“等于”)。
13.(2025·湖南卷·13)用热力学方法可测量重力加速度。如图所示，粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管
内用液柱封闭了一段长度为L1的空气柱。液柱长为h，密度为ρ。缓慢旋转细管至水平，封闭空气柱长度
为L2，大气压强为p0。
(1)若整个过程中温度不变，求重力加速度g 的大小；
(2)考虑到实验测量中存在各类误差，需要在不同实验参数下进行多次测量，如不同的液柱长度、空气柱长
度、温度等。某次实验测量数据如下，液柱长h＝0.2 m，细管开口向上竖直放置时空气柱温度T1＝305.7
K。水平放置时调控空气柱温度，当空气柱温度T2＝300.0 K 时，空气柱长度与竖直放置时相同。已知ρ＝
1.0×103 kg/m3，p0＝1.0×105 Pa。根据该组实验数据，求重力加速度g 的值。
14.(2025·湖南卷·14)如图，直流电源的电动势为E0，内阻为r0，滑动变阻器R 的最大阻值为2r0，平行板电
容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为√3d，平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁
场。闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，质量为m 的带正电粒子以初速度v0水平向右从电容器左
侧中点a 进入电容器，恰好从电容器下极板右侧边缘b 点进入磁场，随后又从电容器上极板右侧边缘c 点
进入电容器，忽略粒子重力和空气阻力。
(1)求粒子所带电荷量q；
(2)求磁感应强度B 的大小；
(3)若粒子离开b 点时，在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，电场强度大小为
4√3 E0
3d
，求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离xm。
15.(2025·湖南卷·15)某地为发展旅游经济，因地制宜利用山体举办了机器人杂技表演。表演中，需要将质
量为m 的机器人抛至悬崖上的A 点，图为山体截面与表演装置示意图。a、b 为同一水平面上两条光滑平行
轨道，轨道中有质量为M 的滑杆。滑杆用长度为L 的轻绳与机器人相连。初始时刻，轻绳绷紧且与轨道平
行，机器人从B 点以初速度v 竖直向下运动，B 点位于轨道平面上，且在A 点正下方，AB＝1.2L。滑杆始
终与轨道垂直，机器人可视为质点且始终在同一竖直平面内运动，不计空气阻力，轻绳不可伸长，sin 37°
＝0.6，重力加速度大小为g。
(1)若滑杆固定，v＝√gL，当机器人运动到滑杆正下方时，求轻绳拉力的大小；
(2)若滑杆固定，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为37°时，机器人松开轻绳后被抛至A
点，求v 的大小；
(3)若滑杆能沿轨道自由滑动，M＝km，且k≥1，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为37°
时，机器人松开轻绳后被抛至A 点，求v 与k 的关系式及v 的最小值。
答案精析
1.B [原子核衰变时释放能量，根据质能方程，总质量会减少，新核总质量小于原核质量，故A 错误；半
衰期为大量放射性原子核半数发生衰变所需的时间，故B 正确；半衰期由原子核内部结构决定，与环境温
度无关，故C 错误；半衰期不受化学方法影响，因为化学变化不改变放射性元素的半衰期，故D 错误。]
2.C [根据题意可知，物块沿斜面向上做匀减速直线运动，设初速度为v0，加速度大小为a，斜面倾角为
θ，物块在水平方向上做匀减速直线运动，初速度为v0x＝v0cos θ，加速度大小为ax＝acos θ，则有v x
2－v0 x
2
＝－2axx，整理可得vx＝√(v0cosθ)
2-2acosθ·x，可知，vx－x 图像为类似抛物线的一部分，故A、B 错误；
物块在竖直方向上做匀减速直线运动，初速度为v0y＝v0sin θ，加速度大小为ay＝asin θ，则有v y
2－v0 y
2＝
－2ayy，整理可得vy＝√(v0sinθ)
2-2asinθ·y，可知，vy－y 图像为类似抛物线的一部分，故C 正确，D 错
误。]
3.D [根据题意，画出光路图，如图甲所示，由几何关系可知，折射角为45°，则由折射定律有n＝
sinθ
sin 45° ＝√2sin θ>1，则有sin θ>√2
2 ，n<√2，解得θ>45°，故A、B 错误；
根据题意，由sin C＝1
n，可知sin C>√2
2 ，即C>45°，
增大入射角，光路图如图乙所示，由几何关系可知，光在´BC上的入射角小于45°，则该单色光在´BC上不
可能发生全反射，故C 错误；减小入射角，光路图如图丙所示，
由几何关系可知，光在´AB上的入射角大于45°，可能大于临界角，则该单色光在´AB上可能发生全反射，
故D 正确。]
4.A [根据题意，卫星在同步轨道和行星表面附近轨道运行时轨道半径分别为R＋h、R，设小行星和卫星
的质量分别为M、m，由开普勒第三定律有( R＋h)
3
T 0
2
＝R
3
T 1
2，解得R＝
T 1
2
3
T 0
2
3 -T 1
2
3
h，则a＝T1，b＝T0，卫星
在小行星表面附近绕其做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有GMm
R
2
＝m4 π
2
T 1
2 R，解得M＝4 π
2 R
3
GT 1
2 ，则
c 为T1。故选A。]
5.C [A 球静止时，对A 球受力分析，如图所示，根据力的平衡条件得F 库＝FTcos 30°＋mgcos 30°，FTsin
30°＝mgsin 30°，解得FT＝mg，F 库＝√3mg，A、B 错误；
剪断轻绳的瞬间，绳子拉力消失，小球A 所受库仑力与重力均不变，则小球A 所受合力大小为mg，由牛
顿第二定律得剪断瞬间小球A 的加速度大小为g，C 正确；由于剪断轻绳前后瞬间，B 球受力不变且状态
不变，因此轻绳剪断瞬间轻杆对B 球的作用力不变，D 错误。]
6.B [将理想变压器与副线圈电路等效为一个电阻R 等，电路如图所示，
则有R 等＝U 1
I 1
，灯泡L 的阻值R＝U 2
I 2
，由理想变压器原、副线圈电压、电流与匝数的关系有U 1
U 2
＝k，
I 1
I 2
＝1
k ，联立解得R 等＝k2R，又R 等的电功率等于灯泡的电功率，S 与c 相连时回路中电流最大，R 等的电
功率最大，即灯泡的电功率最大，A 错误；S 与a 相连，变压器原线圈电压U1＝
U
k
2 R＋3 R ·k2R，灯泡两端
的电压为U2＝U 1
k ＝
kU
k
2＋3
，B 正确；S 与b 相连，变压器原线圈的电流I1＝
U
k
2 R＋2 R ，流过灯泡的电流
I2＝kI1＝
kU
(k
2＋2)R ，C 错误；S 与c 相连，变压器原线圈的电流I1＝
U
k
2 R＋R ，灯泡的电功率为PL＝I 1
2R
等＝
k
2U
2
(k
2＋1)
2 R ，D 错误。]
7.AD [两横波的波长均为λ＝v
f ＝4 m，故A 正确；两横波传到C 处所需时间分别为t1＝3
10 s＝0.3 s，t2＝
√3
2＋4
2
10
s＝0.5 s，T＝1
f ＝0.4 s，故t＝0.4 s 时，只有A 处波传到C 处且振动了1
4 T，故C 处质点处于正向
或负向最大位移处，加速度最大，速度为零，故B、C 错误；分析可知t＝0.6 s 时两横波都已传播到C 处，
C 处质点到两波源的距离差为Δx＝5 m－3 m＝2 m＝1
2λ，故C 处为振动减弱点，由于两列波振幅相同，故
此时C 处质点位移为零，速度为零，故D 正确。]
8.AD [根据题意可知O 点、A 点和B 点的电势分别为φO＝E p
q ，φA＝－E p
q ，φB＝E p
2q ，故OA 中点的电势
为φ'＝φO＋φ A
2
＝0，故A 正确；
在OA 线段上找出与B 点等势的点M，可知xOM＝1
4 d，BM 连线为等势线，与BM 连线垂直的线为电场线，
如图所示，根据几何关系可知，电场线沿电场方向与x 轴夹角的正切值tan θ＝1，即θ＝45°，根据电场强
度与电势差的关系，可知，E＝
φB-φ A
3
4 d cos 45°
＝2√2 E p
qd
，B、C 错误，D 正确。]
9.AC [金属杆沿x 轴正方向运动过程中，根据右手定则可知金属杆中电流沿y 轴负方向，故A 正确；若金
属杆可以在沿x 轴正方向的恒力F 作用下做匀速直线运动，可知F＝F 安＝BIL，I＝BLv0
R
＝BLv0
Lr0
＝B v0
r0
，可得F＝B
2 Lv0
r0
，由于金属杆运动过程中接入导轨中的长度L 在变化，故F 在变化，故B 错误；取一微
小时间Δt 内，设此时金属杆接入导轨中的长度为L'，根据动量定理有－BI'L'Δt＝mΔv，q＝I'Δt，同时有q
＝
ΔΦ
Δt
L' r0
·Δt＝ΔΦ
L' r0
＝B· ΔS
L' r0 ，联立得－B
2 Δ S
r0
＝mΔv，对从开始到金属杆停止运动时整个过程累加可得－
B
2S
r0
＝0－mv0，解得此时金属杆与导轨围成的面积为S＝mv0r0
B
2
，故C 正确；若金属杆的初速度减半，根
据前面分析可知当金属杆停止运动时金属杆与导轨围成的面积为S'＝1
2S，根据抛物线的图像规律可知此时
金属杆停止运动时经过的距离大于原来的一半，故D 错误。]
10.BD [爆炸后，A、B 组成的系统动量守恒，即3mv1＝mv2，B 与C 碰撞过程动量守恒mv2＝6mv，联立解
得v＝0.5v1。爆炸后瞬间A 的动能EkA＝3
2mv1
2，D 的初动能EkD＝1
2×6m×(0.5 v1)
2＝3
4 mv1
2，两者不相等，
故A 错误；D 从开始运动到落地瞬间，根据动能定理有－μ×6mg×s1＋6mgh＝EkD'－EkD，解得EkD'＝EkD，
故B 正确；D 平抛过程有h＝1
2gt2，s2＝v0·t，联立可得v0＝s2√
g
2h，D 在滑轨上水平滑动过程中根据动能定
理有－6mgh＝1
2×6mv0
2－1
2×6mv2，化简得v2＝s2
2 g
2h ＋2gh，弹药释放的能量完全转化为A 和B 的动能，
则爆炸过程的能量为E＝1
2×3mv1
2＋1
2×mv2
2＝24mv2＝24m(s2
2 g
2h ＋2gh)＝48mgh(1＋s2
2
4 h
2)，故C 错误，
D 正确。]
11.(1)2.206(2.205、2.207、2.208 均可) (3)1.0×10－2 (4)( ρ- ρ0)g π D
2
6 v
(5)减小
解析 (1)根据题图甲可知小球直径D＝2.0 mm＋20.6×0.01 mm＝2.206 mm
(3)由题图乙可知A、E 两点间的距离为x＝(7.02－5.00)×10－2 m＝2.02×10－2 m
时间为t＝4t0＝4×0.5 s＝2 s
所以速度为v＝x
t ＝2.02×10
-2 m
2s
≈1.0×10－2 m/s
(4)小球匀速运动，根据受力平衡有mg＝F 浮＋f 即ρgV＝ρ0gV＋f
求得体积公式为V＝4
3 πR3＝4
3 π( D
2 )3
整理可得k＝( ρ- ρ0)gV
Dv
＝( ρ- ρ0)g π D
2
6 v
(5)由于k 为与液体有关的常量，所以换成直径更小的同种材质小球进行实验时k 不变，又ρ、ρ0、g 不变，
但D 减小，则由k＝( ρ- ρ0)g π D
2
6 v
可知匀速运动时的速度v 减小。
12.(1)8 000 (2)见解析图 (3)Rbc
a (5)R2 (6)大于
解析 (1)多用电表选择开关为“×1 k”挡，根据题图甲可知读数为8 000 Ω；
(2)长方体导电水泥块样品的电阻R>√R A RV，故采用电流表内接法；实验中要求滑动变阻器采用分压接法，
故连接实物图如图
(3)根据电阻定律R＝ρL
S ，可知ρ＝RS
L ＝Rbc
a ；
(5)根据题图丙可知压力越大电阻率越小，即电阻越小；回路中电流增大，R2两端电压增大，R1两端电压减
小，而报警器在两端电压大于或等于3 V 时启动，故应将报警器并联在R2两端；
(6)电源电动势E 减小，要使报警器启动，R2两端电压要大于或等于3 V，根据串联分压有U2＝
R2
R1＋R2
E
＝
1
R1
R2
＋1E，可知E 减小要使U2不变，则需要R1更小，又因为F 越大R1越小，故F1需要大于F0。
13.(1) p0( L2- L1)
L1 ρh
(2)9.5 m·s－2
解析 (1)竖直放置时封闭气体的压强为p1＝p0＋ρgh
水平放置时封闭气体的压强p2＝p0
若整个过程中温度不变，设细管横截面积为S，由玻意耳定律可得p1L1S＝p2L2S
解得g＝p0( L2- L1)
L1 ρh
(2)封闭气体发生等容变化，由查理定律可得p1
T 1
＝p2
T 2
代入数据解得g＝9.5 m·s－2。
14.(1)mv0
2
E0
(2)2 E0
d v0
(3)(2＋√3)d
2
解析 (1)闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，由串并联电路规律可得电容器两极板间的电压为U
＝
R
2
R＋r0
E0＝
r0
2r0＋r0
E0＝1
3E0
粒子从a 点进入电容器后，在电容器中受到静电力的作用，做类平抛运动，设粒子从a 点运动到b 点的时
间为t，则在水平方向由运动学公式有√3d＝v0t
在竖直方向由牛顿第二定律有U
d q＝ma
由运动学公式有1
2d＝1
2at2
联立解得q＝m v0
2
E0
(2)设粒子经过b 点时的速度大小为v，速度方向与水平方向的夹角为θ，则由平抛运动的推论可知tan θ＝
2×
d
2
√3d ＝√3
3
则θ＝30°
由几何关系可知v＝v0
cosθ ＝2√3 v0
3
粒子进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动，设粒子在磁场中的运动半径为r，作出粒子从a 点运动到c 点的
运动轨迹如图所示
由几何关系可知r＝
d
2
sin 60° ＝√3
3
d
在磁场中由洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv
2
r
联立解得B＝2 E0
d v0
(3)解法一 配速法 在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，则粒子在平行板电容器的
右侧不仅受到洛伦兹力的作用，还受到水平向右的静电力的作用，则可将粒子在b 点的速度分解，如图乙
所示，使竖直向上的分速度v1产生的洛伦兹力刚好平衡静电力的作用，则有qv1B＝Eq
可得v1＝E
B ＝2√3
3
v0
由于v1和v 的大小相等，则由几何关系可知粒子在b 点的另一分速度v2＝2vcos 30°＝2v0，方向与竖直方向
的夹角为30°，则粒子在平行板电容器右侧的运动可分解为速率为v1的竖直向上的匀速直线运动和速率为
v2的匀速圆周运动，设粒子做匀速圆周分运动的半径为r'，则由洛伦兹力提供向心力有qv2B＝mv2
2
r '
解得r'＝d
作出粒子圆周分运动的大致轨迹如图丙所示
由几何关系可知xm＝r'cos 30°＋r'＝2＋√3
2
d
解法二 正则动量法 当粒子的速度方向竖直向上时，粒子相对于电容器右侧的水平距离最大，设此时速
度大小为v'，规定竖直向上为正方向，则对粒子从b 点运动到该位置的过程，在竖直方向上由动量定理有
∑qvxBΔt＝mv'－(－mvsin 30°)
即qBxm＝mv'－(－mvsin 30°)
对粒子从b 点运动到该位置的过程，由动能定理有Eqxm＝1
2mv'2－1
2mv2
联立可得xm＝2＋√3
2
d。
15.(1)4mg (2)√
37 gL
10
(3)v＝√
9kgL
10(k ＋1) ＋14
5 gL √13 gL
2
解析 (1)设机器人运动到滑杆正下方时的速度大小为v'，轻绳拉力大小为F，则由动能定理有mgL＝1
2mv'2
－1
2mv2
机器人运动到滑杆正下方时，对机器人由牛顿第二定律可得F－mg＝mv '
2
L
又v＝√gL
联立解得F＝4mg。
(2)设机器人松开轻绳时的速度大小为v″，根据题意机器人松开轻绳时的位置及速度如图甲所示
对机器人从B 点运动到松开轻绳时的位置，由动能定理有－mgLsin 37°＝1
2mv″2－1
2mv2
机器人松开轻绳后做斜上抛运动，设机器人从松开轻绳到抛至A 点所用时间为t，则在水平方向上有L＋
Lcos 37°＝v″sin 37°·t
在竖直方向上有1.2L－Lsin 37°＝v″cos 37°·t－1
2gt2
联立可得v＝√
37 gL
10
(3)由于轨道是光滑的，则机器人绕滑杆与轻绳的连接点运动的过程中，机器人和滑杆组成的系统水平方向
动量守恒，则机器人从B 点运动到滑杆正左方的过程中，机器人在水平方向上向左运动，滑杆沿水平光滑
轨道向右运动，此过程机器人相对滑杆的水平位移大小为2L，设此过程机器人向左运动的位移大小为x1，
滑杆向右运动的位移大小为x2，则由人船模型有
mx1＝Mx2
又x 相对＝x1＋x2＝2L，M＝km
联立可得x1＝2kL
k ＋1，x2＝2 L
k ＋1
机器人从滑杆正左方运动到松开轻绳的位置的过程中，机器人在水平方向上向右运动，滑杆沿水平光滑轨
道向左运动，此过程机器人相对滑杆的水平位移大小为Δx＝L－Lcos 37°，设此过程机器人向右运动的位移
大小为x1'，滑杆向左运动的位移大小为x2'，同理，由人船模型有
mx1'＝Mx2'
又Δx＝x1'＋x2'，M＝km
联立可得x1'＝
kL
5(k ＋1)，x2'＝
L
5(k ＋1)
则机器人松开轻绳时，滑杆距B 点的距离为xB＝L－x2＋x2'＝5k - 4
5k ＋5L
设机器人松开轻绳时机器人相对轻绳的速度为v 相对，滑杆的速度为vM，作出此时两速度的示意图如图乙所
示
则机器人松开轻绳时水平分速度大小为vx＝v 相对sin 37°－vM
机器人松开轻绳时竖直分速度大小为vy＝v 相对cos 37°
由于机器人和滑杆组成的系统水平方向动量守恒，则有mvx＝MvM
机器人从B 点运动到松开轻绳的位置，系统机械能守恒，有1
2mv2＝1
2m(v x
2＋v y
2)＋1
2Mv M
2＋mgLsin 37°
机器人松开轻绳后做斜上抛运动到A 点，设该过程的运动时间为t'，则水平方向有xB＋Lcos 37°＝vxt'
1.2L－Lsin 37°＝vyt'－1
2gt'2
联立可得v＝√
9kgL
10(k ＋1) ＋14
5 gL(k≥1)
则当k＝1 时，v 取最小值，有vmin＝√13 gL
2
。
