广东省金太阳2024-2025学年高三下学期期末物理试卷
1．（2025高三下·广东期末）2024年距离我国第一颗原子弹爆炸成功已经六十周年，“两弹一星”精神，激励和鼓舞了几代人，是中华民族的宝贵精神财富。下列关于氢弹和原子弹的说法正确的是（ ）
A．氢弹是利用大量氢气快速燃烧产生的爆炸
B．氢弹爆炸时发生的聚变必须在高温下才能进行
C．原子弹的能量来源和太阳的能量来源相同
D．原子弹的单个轴块可以制成任意大小的体积
【答案】B
【知识点】核裂变；核聚变
【解析】【解答】AB．氢弹的能量来源于核聚变反应，而非氢气燃烧（化学能），必须在高温下进行，故A错误，B正确；
C．原子弹的燃料是铀核裂变，与太阳的能量（来自核聚变）来源不同，故C错误；
D．铀裂变存在临界体积，不能任意缩小体积，故D错误。
故选B。
【分析】1、氢弹的能量来源是核聚变（氘氚等轻原子核结合），而非氢气的化学燃烧。化学燃烧无法释放如此巨大的能量。
2、氢弹的核聚变需要极高的温度（约千万度）才能触发，通常由原子弹爆炸提供初始高温高压条件。
3、原子弹的能量来自核裂变（铀/钚重原子核分裂），太阳的能量来自核聚变（氢核结合）。
4、原子弹需使用超过临界质量的铀/钚（如铀-235需约15公斤）。若轴块体积过小，中子无法维持链式反应，无法爆炸。
2．（2025高三下·广东期末）喜迎春节，红岭中学高三楼高挂红灯笼，如图所示，由七根等长的轻质细绳悬挂起六个质量相等的灯笼，中间的细绳是水平的，另外六根细绳与水平方向所成夹角分别为、和关于、和，下列关系式中正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】以左侧三个灯笼为研究对象，可得
，
以左侧下方2个灯笼为研究对象，可得
，
以左侧最下方灯笼为研究对象，可得
，
所以有
故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】本题是多物体静态平衡问题，考查整体法和隔离法的使用。以左侧三个灯笼为研究对象受力分析列等式，以左侧下方2个灯笼为研究对象受力分析列等式，以左侧最下方灯笼为研究对象受力分析列等式，联立可求解。
3．（2025高三下·广东期末）2025年第九届亚洲冬季运动会在中国哈尔滨召开，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，滑雪场地如图甲所示。简化的跳台滑雪的雪道示意图如图乙所示，比赛中运动员从圆弧助滑道AB的最高点A处由静止滑下后，从滑道B处斜向上飞出，在着陆坡CD上着陆，由其着陆距离确定其距离得分。距离得分的评分标准为：运动员如正好着陆到K点，即得到60分，每比K点远1米多得2分，反之，每短1米则扣2分。不计一切阻力。下列说法正确的是（ ）
A．距离得分越高的运动员着陆时动能越大
B．距离得分越高的运动员在空中飞行时间越长
C．教练员在研究运动员的距离得分情况时，可将运动员视为质点
D．同一运动员在两次比赛过程中的距离得分一定相等
【答案】B
【知识点】斜抛运动；动能
【解析】【解答】A．由于不同运动员质量不同，无法比较动能大小，故A错误；
B．距离得分越高的运动员离开B点时的速度越大，飞行时间越长，故B正确；
CD．同一个运动员在不同比赛中，起跳时的具体速度和角度可能不同，落地点自然也可能不同，“距离得分”不一定相同，即距离得分受到AB段的动作影响，不能视为质点，故C、D错误。
故选B。
【分析】1、距离得分越高的运动员，只能推出离开B点时的速度越大，质量未知，无法比较动能。
2、从滑道B处斜向上飞出，在空中动作影响落点位置，则运动员视不能为质点。
3、同一运动员在两次比赛过程中在空中动作可能不同，则落点位置不同，得分不同。
4．（2025高三下·广东期末）在做静电实验时，出现了如图所示的情景，相距较近的两个带电金属导体M、N，其中导体N内部存在空腔，空间的电场线分布如图，取无穷远处电势为零，不计空气对电场分布的影响。则其对称轴OMN上电势的变化规律可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】电场线；电势；等势面
【解析】【解答】取无穷远处电势为零，根据电场线的分布情况可知，正电物体的电势大于零，负电物体的电势小于零，导体内部电势相等。
故选D。
【分析】静电平衡，M是一个等势体，而且电势大于零，N一个等势体，而且电势小于零，根据沿电场线方向，电势越来越低，可判断符合规律的图像。
5．（2025高三下·广东期末）磁轴键盘是一种新型的机械键盘结构，磁轴包括轴心、永磁铁、霍尔传感器和弹簧，其结构简图如图所示。轴心可保证按键和弹簧只在竖直方向运动，永磁铁（N极在下、S极在上）固定在按键上，长、宽、高分别为 l、b、h的霍尔传感器通有由前向后的恒定电流当按键被按下时，永磁铁会靠近霍尔传感器，磁场的变化导致霍尔电压变化并输入信号。当松开按键时，霍尔传感器远离永磁铁，输入信号停止。下列说法正确的是（ ）
A．磁轴键盘的原理是霍尔电压超过某一值后输入信号
B．磁轴键盘的原理是霍尔电压的变化量超过某一值后输入信号
C．增加l后，该磁轴键盘将更加灵敏
D．增加b后，该磁轴键盘将更加灵敏
【答案】A
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】AB．根据题意可知，磁铁靠近，霍尔电压增大到某一值后输入信号，故A正确、B错误；
CD．最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，有
结合电流的微观定义式
有
可见和b对霍尔电压无影响，对该磁轴键盘的灵敏度无影响，故 CD错误。
故选A。
【分析】电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，结合电流的微观定义式I=neSv=nebhv，推导出霍尔电压，磁铁靠近时B变化引起霍尔电压变化，当霍尔电压增大到某一值后输入信号；由可知和b对霍尔电压无影响，对该磁轴键盘的灵敏度无影响。
6．（2025高三下·广东期末）云辇技术最大的特点就是全主动车身控制技术，其中核心便是全主动悬挂系统。目前汽车生产公司还没有公布实现方式，但有网友推测是用电机取代了传统的弹簧。仰望通过全主动控制电机的伸缩来实现原地起跳，就像人起跳一样自由。假设底盘及车轮部分的质量为m，其余车身部分的质量为M，两部分通过主动悬挂系统连接。起跳时，电机先缓慢收缩降低车身部分的高度，再伸长使车身部分获得动能后，电机锁定，车身部分带动车轮部分离开画面，下列说法正确的是（ ）
A．电机收缩时，对车身部分不做功
B．电机伸长时，对车身部分做了的正功
C．锁定后的瞬间，整车的动能仍为
D．车轮离地的最大高度为
【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【解答】A．电机缓慢收缩时，对车身部分有力的作用，对车身部分做功，故A错误；
B．电机伸长时，由动能定理可知电机对车身做的功与重力做功之和等于车身部分动能的增量，故电机伸长时，对车身部分做功大于，故B错误；
C．锁定瞬间，系统动量守恒，相当于完全非弹性碰撞，有动能损失，整车的动能小于，故C错误；
D．锁定瞬间动量守恒，有
一起竖直上抛有
又
解得
故D正确。
故选D。
【分析】1、电机缓慢收缩降低车身部分的高度，说明对车身部分有力的作用，对车身部分做功。
2、 伸长使车身部分获得动能 ，根据动能定理可知电机对车身做的功与重力做功之和等于车身部分动能的增量。
3、锁定瞬间动量守恒，后来仪器竖直上抛，，，联立可求解车轮离地的最大高度。
7．（2025高三下·广东期末）端午节，是中国四大传统节日之一，主要习俗为划龙舟。某地为庆祝端午佳节，举办龙舟大赛，每艘龙舟配有12人，除船头一人和船尾一人外，其余均为划手，每人质量为50kg，如图甲所示。质量为390kg的龙舟侧视图如图乙所示，质量为10kg的大鼓平放于水平甲板上，大鼓与甲板间的动摩擦因数为假设水对龙舟的阻力f是总重力的倍。每位划手拉桨过程中对龙舟提供400N的水平推力，回桨过程中无推力。划手回桨和拉桨前，大鼓均相对龙舟静止，重力加速度大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．划手回桨步调一致时，大鼓所受摩擦力大小为25N
B．划手回桨步调一致时，大鼓的加速度大小为
C．划手拉桨步调一致时，大鼓所受摩擦力大小为25N
D．划手拉桨步调一致时，大鼓的加速度大小为
【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】AB．划手回桨步调一致时，整体法有
解得
对大鼓有
大鼓所受摩擦力大小为
故A、B错误；
CD．划手拉桨步调一致时，假设保持相对静止，整体法有
解得
对大鼓有
大鼓所受摩擦力大小为
大于最大静摩擦力25N，假设不成立，已发生相对滑动，大鼓所受摩擦力大小为滑动摩擦力25N，故C正确、D错误。
故选C。
【分析】1、求划手回桨步调一致时，大鼓所受摩擦力大小，先整体分析求解加速度，然后以大鼓为研究对象运用牛顿第二定律计算大鼓所受摩擦力大小。
2、划手拉桨步调一致时，大鼓所受摩擦力大小，先计算大鼓最大加速度，然后用整体法计算加速度，若超过最大加速度，则大鼓发生相对滑动，受摩擦力大小为滑动摩擦力，用滑动摩擦力公式计算。
8．（2025高三下·广东期末）如图所示是以大唐不倒翁为原型的玩偶。不倒翁玩偶在水平地面上从状态1摆动到状态3的过程中重心的轨迹如图中虚线所示，重心的轨迹是以O为圆心的一段圆弧。若不倒翁玩偶在状态1到状态3间小范围内摆动过程中的规律与单摆相同，下列说法正确的是（ ）
A．不倒翁玩偶的摆动周期与摆动幅度无关
B．在状态1时，不倒翁玩偶的动能最小
C．在状态2时，不倒翁玩偶受力平衡
D．在状态3时，不倒翁玩偶的重力势能最小
【答案】A,B
【知识点】单摆及其回复力与周期；重力势能；简谐运动
【解析】【解答】A．单摆的周期与振幅无关，故A正确；
BD．状态1、3时，为位移最大处，故动能最小，势能最大，故B正确，D错误；
C．状态2时，不倒翁玩偶做圆周运动，不倒翁玩偶合力不为0，即受力不平衡，故C错误。
故选AB。
【分析】1、不倒翁玩偶在状态1到状态3间小范围内摆动过程中的规律与单摆相同，单摆的周期与振幅无关。
2、不倒翁玩偶做简谐运动，状态1、3时，为位移最大处，速度为零，动能为零。
3、状态2时不倒翁玩偶做圆周运动，合力不为0。
4、在状态3不是最低点，重力势能不是最小。
9．（2025高三下·广东期末）胸怀“国之大者，奔赴星辰大海”，我国祝融号已登陆火星并传回了一组火星上的图像。已知火星的直径大约是地球的一半，质量大约是地球的，则（ ）
A．火星的平均密度大约是地球的
B．火星的公转周期大约是地球的
C．火星表面的重力加速度是地球的
D．火星的第一宇宙速度是地球的
【答案】C,D
【知识点】开普勒定律；万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】A．由密度公式
则火星与地球的密度比为
可知火星的平均密度大约是地球的，故A错误；
B．因为本题地球、火星的公转轨道半径未知，则无法求出公转周期关系，故B错误；
C．星球表面的万有引力近似等于重力
故星球表面的重力加速度为
则火星与地球的重力加速度比为
火星表面的重力加速度是地球的。故C正确；
D．由
可得第一宇宙速度为
则火星与地球的第一宇宙速度比为
火星的第一宇宙速度是地球的，故D正确。
故选CD。
【分析】1、由密度公式，可求火星与地球的密度比。
2、公转周期与公转轨道半径有关，地球、火星的公转轨道半径未知，则无法求出公转周期关系。
3、由星球表面的重力加速度可求重力加速度关系。
4、第一宇宙速度，可求第一宇宙速度关系。
10．（2025高三下·广东期末）一种音圈电机主要由永磁体、铁磁圆柱、线圈和线圈支撑构成。线圈固定在线圈支撑上，线圈支撑可带动线圈在永磁体和铁磁圆柱中的气隙中沿轴线方向运动，其纵剖面图如图甲所示。永磁体可以在气隙中产生辐射状磁场，不计其他部分的磁场，在线圈处的磁感应强度大小恒为 B，其横截面如图乙所示。线圈半径为r，线圈总电阻为R，线圈支撑和线圈的总质量为当线圈两端加上恒定电压U，线圈支撑从静止开始在竖直方向运动的过程中，磁场中线圈匝数始终为重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．电流方向如图甲所示时，线圈支撑将向上运动
B．线圈的发热功率为
C．加上电压的瞬间，线圈支撑的加速度为
D．线圈支撑的最大速度为
【答案】A,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．电流方向如图甲所示时，由左手定则可知，线圈收到向上的安培力，将向上运动，故A正确；
B．线圈在运动的过程中产生感应电动势E，感应电流方向与恒定电压产生的电流方向相反，电路中的电流
小于，线圈的发热功率小于，故B错误；
C．初始时没有速度，没产生感应电动势，此时电流
则线圈受到的安培力为
由牛顿第二定律
解得
故C错误；
D．线圈中产生的感应电动势为
线圈中的电流为
当线圈加速度为零时线圈支撑的速度最大，此时
解得线圈支撑的最大速度为故D正确。
故选AD。
【分析】1、图中标出电流方向和磁场方向，由左手定则可判断线圈收到向上的安培力。
2、线圈在运动的过程中产生感应电动势E，则电路中的电流小于，线圈的发热功率小于。
3、电流，则线圈受到的安培力为，由牛顿第二定律，可求解加速度。
4、当线圈加速度为零时线圈支撑的速度最大，此时安培力与重力平衡列等式，线圈中的电流为，联立可求解线圈支撑的最大速度。
11．（2025高三下·广东期末）某小组利用圆柱形汽缸测量当地的大气压强。圆柱形汽缸的气密性和导热性能良好，且外界环境温度保持不变。
（1）用50分度的游标卡尺测量汽缸内部直径d，如图甲，可知 ；
（2）按图乙连接好实验器材，细线松弛时，汽缸内气体压强为大气压强；
（3）挂上砝码，测出此时活塞底部至汽缸底部的距离h和弹簧测力计示数；
（3）适量改变砝码个数，重复步骤（3）；
（5）以弹簧测力计示数F为纵轴，以为横轴，绘制图像，其图像如图丁所示，图中斜率的绝对值为k，纵轴截距为b，可知未悬挂砝码时，活塞距汽缸底部的高度 ，实验室当地的大气压强 ；
（6）若用如图丙所示的实验装置进行实验，对比如图乙所示的实验装置，有何优点写出一点即可 。
【答案】；；；不受滑轮与细绳间阻力的影响
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】（1）游标卡尺的读数为
（5）根据题意可知，封闭气体的初态压强为，末态压强为，由玻意耳定律可得
解得
其中，由图像可知
，
联立可得
，
（6）若用如图丙所示的实验装置进行实验，对比如图乙所示的实验装置，有不受滑轮与细绳间阻力的影响的优势。
【分析】（1）游标卡尺的读数：读主尺刻度，看游标“0”刻度线左侧主尺的整毫米数，读游标尺刻度，找到游标尺上与主尺对齐的刻度线，相加得最终读数=主尺读数 + 游标尺读数。
（5）根据受力平衡得压强为，由玻意耳定律可得，，结合图像斜率和纵截距可求解 活塞距汽缸底部的高度和 当地的大气压强 。
（6）若用如图丙所示的实验装置进行实验，减少了滑轮与细绳间阻力。
12．（2025高三下·广东期末）某教师为提升自身实验操作水准，利用假期在实验室练习利用半偏法测量电压表的内阻。实验室提供以下器材：
电池（电动势约为4V，内阻可忽略不计）；
滑动变阻器A（阻值范围为）；
滑动变阻器B（阻值范围为）；
电阻箱（最大阻值为）；
待测电压表（量程为，内阻约为）；
开关及导线若干。
（1）该教师设计了如图所示的电路图，滑动变阻器应选择 （选填“A”或“B”）；
（2）正确连接电路后进行如下操作：
①把滑动变阻器的滑片P滑到 （选填“a”或“b”）端，并将电阻箱的阻值调到零，闭合开关；
②闭合开关S，调节滑动变阻器滑片的位置，使电压表的指针指到满刻度；
③保持开关S闭合、滑动变阻器滑片的位置不变，调整电阻箱的阻值，当电阻箱阻值为时，电压表的指针指在满刻度的处，即可认为该电压表的内阻为
（3）该电压表的实际内阻 （选填“大于”“小于”或“等于”） ；
（4）该教师通过录像分析实验操作时，发现在开关S闭合前，电阻箱阻值并未调到零，阻值为，后续操作均正确，则该电压表内阻应为 （用、表示）。
【答案】（1）B
（2）
（3）小于
（4）
【知识点】误差和有效数字；测定电压表或电流表的内阻
【解析】【解答】（1）选滑动变阻器总电阻值小的更容易控制分压，误差小，故选B。
（2）①开始时，将滑动变阻器的滑片P滑到端，可使并联部分的电压为零，更安全，故选a。
（3）此实验的误差来自于，设计实验时认为调整电阻箱的阻值时，并联部分电压是不变的，即
但实际上，调整电阻箱的阻值时，并联部分电阻增大，并联部分电压也增大，即
由于此时电压表两端电压
电阻箱分得的电压
所以电压表的实际内阻小于。
（4）开始时，电阻箱阻值并未调到零，阻值为，满偏时并联部分电压为，半偏时并联部分电压为，两次并联部分电压不变，解得
【分析】（1）利用半偏法测量电压表的内阻，根据电路图可知选滑动变阻器总电阻值小实验误差小。
（2）①开始时，将滑动变阻器的滑片P滑到a端，可使并联部分的电压为零，更安全。
（3）调整电阻箱的阻值时，并联部分电阻增大，并联部分电压也增大，即，由于此时电压表两端电压，电阻箱分得的电。
（4）满偏时并联部分电压为，半偏时并联部分电压为，两次并联部分电压不变，解得。
（1）选滑动变阻器总电阻值小的更容易控制分压，误差小，故选B。
（2）①开始时，将滑动变阻器的滑片P滑到端，可使并联部分的电压为零，更安全，故选a。
（3）此实验的误差来自于，设计实验时认为调整电阻箱的阻值时，并联部分电压是不变的，即
但实际上，调整电阻箱的阻值时，并联部分电阻增大，并联部分电压也增大，即
由于此时电压表两端电压
电阻箱分得的电压
所以电压表的实际内阻小于。
（4）开始时，电阻箱阻值并未调到零，阻值为，满偏时并联部分电压为
半偏时并联部分电压为
两次并联部分电压不变，解得
13．（2025高三下·广东期末）2024年7月8日傍晚，有网友在河源紫金拍摄到一道五彩斑斓的弧，宛如“天空的微笑”，如图甲所示。气象部门解释说，这种现象叫作“环天顶弧”，是太阳光通过卷云里的冰晶（如图乙所示）折射而形成的。若射向冰晶的上表面的太阳光，经两次折射后从侧面射出。已知光在真空中传播的速度为
（1）试分析从侧面射出的红光和紫光，哪种颜色在上方；
（2）如图丙所示，从O点与上表面成角入射的一束绿光恰好可以从M点射出，已知O点到侧面的距离为L，冰晶厚度为试求该冰晶对绿光的折射率和该绿光在冰晶里的运动时间
【答案】（1）解：由于紫光的折射率大于红光，根据折射定律
在入射角相等的情况下，紫光的折射角小于红光的折射角，因此红光在上方。
（2）解：由几何关系可知，折射角的正弦值
入射角为，由折射定律有
解得
绿光在冰晶中传播的速度
绿光在冰晶里的运动时间
解得
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）由于紫光的折射率大于红光，根据折射定律可知红光偏折小，则红光在上方。
（2）由几何关系可知，折射角的正弦值，入射角为
由折射定律有可求解折射率，绿光在冰晶中传播的速度
绿光在冰晶里的运动路程时间，根据路程和速度求解时间。
（1）由于紫光的折射率大于红光，根据折射定律
在入射角相等的情况下，紫光的折射角小于红光的折射角，因此红光在上方。
（2）由几何关系可知，折射角的正弦值，入射角为
由折射定律有
解得
绿光在冰晶中传播的速度
绿光在冰晶里的运动时间
解得。
14．（2025高三下·广东期末）我校学子在理科活动周中，进行了水火箭发射表演。发射时在水火箭内高压空气压力作用下，水从水火箭尾部喷嘴向下高速喷出，外壳受到反冲作用而快速上升，如图甲所示。发射时水火箭将壳内质量为的水相对地面以的速度在极短时间内竖直向下全部喷出，已知水火箭外壳质量为，上升阶段空气阻力恒为，不计水平方向的任何力，重力加速度。
（1）求水火箭外壳能上升的最大高度
（2）若外壳在下落过程中所受空气阻力与速度成正比，即，向下落高度时，开始匀速，其过程简图如图乙所示。求：
①外壳匀速时的速度；
②外壳从下落到匀速所经历的时间；
③外壳从下落到匀速，空气阻力所做的功。
【答案】（1）解：喷水过程中根据动量守恒有
上升过程中有
，
解得
（2）解：①外壳匀速时，有
解得
②外壳从开始下落到恰好匀速，由动量定理有
又
解得
③外壳从开始下落到恰好匀速，由动能定理有
解得
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；反冲
【解析】【分析】（1）喷水过程中根据动量守恒列等式：
上升过程中根据牛顿第二定律列等式：，根据匀变速直线运动位移速度公式列等式：，联立可求解水火箭外壳能上升的最大高度。
（2）①外壳匀速时，受力平衡列等式：，可求解 速度 。
②外壳从开始下落到恰好匀速，由动量定理列等式：，又，可求解从下落到匀速所经历的时间。
③外壳从开始下落到恰好匀速，由动能定理列等式：，可求解空气阻力所做的功。
（1）喷水过程中根据动量守恒有
上升过程中有，
解得
（2）①外壳匀速时，有
解得
②外壳从开始下落到恰好匀速，由动量定理有
又
解得
③外壳从开始下落到恰好匀速，由动能定理有
解得
15．（2025高三下·广东期末）如图（a）所示，在yOz平面右侧的区域内存在周期性变化的匀强电场和匀强磁场，变化情况如图（b）、图（c）所示。电场的方向及磁场方向均以y轴正方向为正时刻，一质量为m、电荷量为的带电粒子从坐标原点O开始以速度沿x轴正方向运动。粒子重力忽略不计，图b）、图（c）中，，已知。（）求：
（1）在时刻粒子的速度方向与x轴正方向的夹角；
（2）在时刻粒子的位置坐标；
（3）时间内电场力对粒子做的功。
【答案】（1）解：之间只存在电场，有
，，
得时刻粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为或夹角的正切值）
（2）解：时刻在x、y方向的位移分别为
，
得
，
在之间，粒子在y方向做匀速直线运动，在平行xOz平面做匀速圆周运动，有
，
得
，
则在之间，粒子做了半个周期的匀速圆周运动，在之间，在y方向的位移，在z方向的位移
在时刻的位置坐标为，即
（3）解：在之间，电场力对粒子做的功
得
在～之间，粒子在y方向的位移
在时，y方向的分速度
在之间，电场力对粒子做的功
得
此后按如上规律周期运动，在时间内电场力做的功
因此，在内，电场力做的功为
，
【知识点】带电粒子在交变电场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）之间只存在电场，有，，，可求解时刻粒子的速度方向与x轴正方向夹角的正切值。
（2）时刻在x、y方向的位移分别为，，在之间，粒子在y方向做匀速直线运动，在平行xOz平面做匀速圆周运动，有，，则在之间，粒子做了半个周期的匀速圆周运动，在之间，在y方向的位移，在z方向的位移，在时刻的位置坐标为。
（3）在之间，电场力对粒子做的功，在～之间，粒子在y方向的位移，在时，y方向的分速度，在之间，电场力对粒子做的功，此后按如上规律周期运动，在时间内电场力做的功，在内，电场力做的功
（1）之间只存在电场，有，，
得时刻粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为或夹角的正切值）
（2）时刻在x、y方向的位移分别为，
得，
在之间，粒子在y方向做匀速直线运动，在平行xOz平面做匀速圆周运动，有，
得，
则在之间，粒子做了半个周期的匀速圆周运动
在之间，在y方向的位移
在z方向的位移
在时刻的位置坐标为，即
（3）在之间，电场力对粒子做的功
得
在～之间，粒子在y方向的位移
在时，y方向的分速度
在之间，电场力对粒子做的功
得
此后按如上规律周期运动，在时间内电场力做的功
因此，在内，电场力做的功为：，。
1 / 1广东省金太阳2024-2025学年高三下学期期末物理试卷
1．（2025高三下·广东期末）2024年距离我国第一颗原子弹爆炸成功已经六十周年，“两弹一星”精神，激励和鼓舞了几代人，是中华民族的宝贵精神财富。下列关于氢弹和原子弹的说法正确的是（ ）
A．氢弹是利用大量氢气快速燃烧产生的爆炸
B．氢弹爆炸时发生的聚变必须在高温下才能进行
C．原子弹的能量来源和太阳的能量来源相同
D．原子弹的单个轴块可以制成任意大小的体积
2．（2025高三下·广东期末）喜迎春节，红岭中学高三楼高挂红灯笼，如图所示，由七根等长的轻质细绳悬挂起六个质量相等的灯笼，中间的细绳是水平的，另外六根细绳与水平方向所成夹角分别为、和关于、和，下列关系式中正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
3．（2025高三下·广东期末）2025年第九届亚洲冬季运动会在中国哈尔滨召开，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，滑雪场地如图甲所示。简化的跳台滑雪的雪道示意图如图乙所示，比赛中运动员从圆弧助滑道AB的最高点A处由静止滑下后，从滑道B处斜向上飞出，在着陆坡CD上着陆，由其着陆距离确定其距离得分。距离得分的评分标准为：运动员如正好着陆到K点，即得到60分，每比K点远1米多得2分，反之，每短1米则扣2分。不计一切阻力。下列说法正确的是（ ）
A．距离得分越高的运动员着陆时动能越大
B．距离得分越高的运动员在空中飞行时间越长
C．教练员在研究运动员的距离得分情况时，可将运动员视为质点
D．同一运动员在两次比赛过程中的距离得分一定相等
4．（2025高三下·广东期末）在做静电实验时，出现了如图所示的情景，相距较近的两个带电金属导体M、N，其中导体N内部存在空腔，空间的电场线分布如图，取无穷远处电势为零，不计空气对电场分布的影响。则其对称轴OMN上电势的变化规律可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2025高三下·广东期末）磁轴键盘是一种新型的机械键盘结构，磁轴包括轴心、永磁铁、霍尔传感器和弹簧，其结构简图如图所示。轴心可保证按键和弹簧只在竖直方向运动，永磁铁（N极在下、S极在上）固定在按键上，长、宽、高分别为 l、b、h的霍尔传感器通有由前向后的恒定电流当按键被按下时，永磁铁会靠近霍尔传感器，磁场的变化导致霍尔电压变化并输入信号。当松开按键时，霍尔传感器远离永磁铁，输入信号停止。下列说法正确的是（ ）
A．磁轴键盘的原理是霍尔电压超过某一值后输入信号
B．磁轴键盘的原理是霍尔电压的变化量超过某一值后输入信号
C．增加l后，该磁轴键盘将更加灵敏
D．增加b后，该磁轴键盘将更加灵敏
6．（2025高三下·广东期末）云辇技术最大的特点就是全主动车身控制技术，其中核心便是全主动悬挂系统。目前汽车生产公司还没有公布实现方式，但有网友推测是用电机取代了传统的弹簧。仰望通过全主动控制电机的伸缩来实现原地起跳，就像人起跳一样自由。假设底盘及车轮部分的质量为m，其余车身部分的质量为M，两部分通过主动悬挂系统连接。起跳时，电机先缓慢收缩降低车身部分的高度，再伸长使车身部分获得动能后，电机锁定，车身部分带动车轮部分离开画面，下列说法正确的是（ ）
A．电机收缩时，对车身部分不做功
B．电机伸长时，对车身部分做了的正功
C．锁定后的瞬间，整车的动能仍为
D．车轮离地的最大高度为
7．（2025高三下·广东期末）端午节，是中国四大传统节日之一，主要习俗为划龙舟。某地为庆祝端午佳节，举办龙舟大赛，每艘龙舟配有12人，除船头一人和船尾一人外，其余均为划手，每人质量为50kg，如图甲所示。质量为390kg的龙舟侧视图如图乙所示，质量为10kg的大鼓平放于水平甲板上，大鼓与甲板间的动摩擦因数为假设水对龙舟的阻力f是总重力的倍。每位划手拉桨过程中对龙舟提供400N的水平推力，回桨过程中无推力。划手回桨和拉桨前，大鼓均相对龙舟静止，重力加速度大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．划手回桨步调一致时，大鼓所受摩擦力大小为25N
B．划手回桨步调一致时，大鼓的加速度大小为
C．划手拉桨步调一致时，大鼓所受摩擦力大小为25N
D．划手拉桨步调一致时，大鼓的加速度大小为
8．（2025高三下·广东期末）如图所示是以大唐不倒翁为原型的玩偶。不倒翁玩偶在水平地面上从状态1摆动到状态3的过程中重心的轨迹如图中虚线所示，重心的轨迹是以O为圆心的一段圆弧。若不倒翁玩偶在状态1到状态3间小范围内摆动过程中的规律与单摆相同，下列说法正确的是（ ）
A．不倒翁玩偶的摆动周期与摆动幅度无关
B．在状态1时，不倒翁玩偶的动能最小
C．在状态2时，不倒翁玩偶受力平衡
D．在状态3时，不倒翁玩偶的重力势能最小
9．（2025高三下·广东期末）胸怀“国之大者，奔赴星辰大海”，我国祝融号已登陆火星并传回了一组火星上的图像。已知火星的直径大约是地球的一半，质量大约是地球的，则（ ）
A．火星的平均密度大约是地球的
B．火星的公转周期大约是地球的
C．火星表面的重力加速度是地球的
D．火星的第一宇宙速度是地球的
10．（2025高三下·广东期末）一种音圈电机主要由永磁体、铁磁圆柱、线圈和线圈支撑构成。线圈固定在线圈支撑上，线圈支撑可带动线圈在永磁体和铁磁圆柱中的气隙中沿轴线方向运动，其纵剖面图如图甲所示。永磁体可以在气隙中产生辐射状磁场，不计其他部分的磁场，在线圈处的磁感应强度大小恒为 B，其横截面如图乙所示。线圈半径为r，线圈总电阻为R，线圈支撑和线圈的总质量为当线圈两端加上恒定电压U，线圈支撑从静止开始在竖直方向运动的过程中，磁场中线圈匝数始终为重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．电流方向如图甲所示时，线圈支撑将向上运动
B．线圈的发热功率为
C．加上电压的瞬间，线圈支撑的加速度为
D．线圈支撑的最大速度为
11．（2025高三下·广东期末）某小组利用圆柱形汽缸测量当地的大气压强。圆柱形汽缸的气密性和导热性能良好，且外界环境温度保持不变。
（1）用50分度的游标卡尺测量汽缸内部直径d，如图甲，可知 ；
（2）按图乙连接好实验器材，细线松弛时，汽缸内气体压强为大气压强；
（3）挂上砝码，测出此时活塞底部至汽缸底部的距离h和弹簧测力计示数；
（3）适量改变砝码个数，重复步骤（3）；
（5）以弹簧测力计示数F为纵轴，以为横轴，绘制图像，其图像如图丁所示，图中斜率的绝对值为k，纵轴截距为b，可知未悬挂砝码时，活塞距汽缸底部的高度 ，实验室当地的大气压强 ；
（6）若用如图丙所示的实验装置进行实验，对比如图乙所示的实验装置，有何优点写出一点即可 。
12．（2025高三下·广东期末）某教师为提升自身实验操作水准，利用假期在实验室练习利用半偏法测量电压表的内阻。实验室提供以下器材：
电池（电动势约为4V，内阻可忽略不计）；
滑动变阻器A（阻值范围为）；
滑动变阻器B（阻值范围为）；
电阻箱（最大阻值为）；
待测电压表（量程为，内阻约为）；
开关及导线若干。
（1）该教师设计了如图所示的电路图，滑动变阻器应选择 （选填“A”或“B”）；
（2）正确连接电路后进行如下操作：
①把滑动变阻器的滑片P滑到 （选填“a”或“b”）端，并将电阻箱的阻值调到零，闭合开关；
②闭合开关S，调节滑动变阻器滑片的位置，使电压表的指针指到满刻度；
③保持开关S闭合、滑动变阻器滑片的位置不变，调整电阻箱的阻值，当电阻箱阻值为时，电压表的指针指在满刻度的处，即可认为该电压表的内阻为
（3）该电压表的实际内阻 （选填“大于”“小于”或“等于”） ；
（4）该教师通过录像分析实验操作时，发现在开关S闭合前，电阻箱阻值并未调到零，阻值为，后续操作均正确，则该电压表内阻应为 （用、表示）。
13．（2025高三下·广东期末）2024年7月8日傍晚，有网友在河源紫金拍摄到一道五彩斑斓的弧，宛如“天空的微笑”，如图甲所示。气象部门解释说，这种现象叫作“环天顶弧”，是太阳光通过卷云里的冰晶（如图乙所示）折射而形成的。若射向冰晶的上表面的太阳光，经两次折射后从侧面射出。已知光在真空中传播的速度为
（1）试分析从侧面射出的红光和紫光，哪种颜色在上方；
（2）如图丙所示，从O点与上表面成角入射的一束绿光恰好可以从M点射出，已知O点到侧面的距离为L，冰晶厚度为试求该冰晶对绿光的折射率和该绿光在冰晶里的运动时间
14．（2025高三下·广东期末）我校学子在理科活动周中，进行了水火箭发射表演。发射时在水火箭内高压空气压力作用下，水从水火箭尾部喷嘴向下高速喷出，外壳受到反冲作用而快速上升，如图甲所示。发射时水火箭将壳内质量为的水相对地面以的速度在极短时间内竖直向下全部喷出，已知水火箭外壳质量为，上升阶段空气阻力恒为，不计水平方向的任何力，重力加速度。
（1）求水火箭外壳能上升的最大高度
（2）若外壳在下落过程中所受空气阻力与速度成正比，即，向下落高度时，开始匀速，其过程简图如图乙所示。求：
①外壳匀速时的速度；
②外壳从下落到匀速所经历的时间；
③外壳从下落到匀速，空气阻力所做的功。
15．（2025高三下·广东期末）如图（a）所示，在yOz平面右侧的区域内存在周期性变化的匀强电场和匀强磁场，变化情况如图（b）、图（c）所示。电场的方向及磁场方向均以y轴正方向为正时刻，一质量为m、电荷量为的带电粒子从坐标原点O开始以速度沿x轴正方向运动。粒子重力忽略不计，图b）、图（c）中，，已知。（）求：
（1）在时刻粒子的速度方向与x轴正方向的夹角；
（2）在时刻粒子的位置坐标；
（3）时间内电场力对粒子做的功。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】核裂变；核聚变
【解析】【解答】AB．氢弹的能量来源于核聚变反应，而非氢气燃烧（化学能），必须在高温下进行，故A错误，B正确；
C．原子弹的燃料是铀核裂变，与太阳的能量（来自核聚变）来源不同，故C错误；
D．铀裂变存在临界体积，不能任意缩小体积，故D错误。
故选B。
【分析】1、氢弹的能量来源是核聚变（氘氚等轻原子核结合），而非氢气的化学燃烧。化学燃烧无法释放如此巨大的能量。
2、氢弹的核聚变需要极高的温度（约千万度）才能触发，通常由原子弹爆炸提供初始高温高压条件。
3、原子弹的能量来自核裂变（铀/钚重原子核分裂），太阳的能量来自核聚变（氢核结合）。
4、原子弹需使用超过临界质量的铀/钚（如铀-235需约15公斤）。若轴块体积过小，中子无法维持链式反应，无法爆炸。
2．【答案】C
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】以左侧三个灯笼为研究对象，可得
，
以左侧下方2个灯笼为研究对象，可得
，
以左侧最下方灯笼为研究对象，可得
，
所以有
故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】本题是多物体静态平衡问题，考查整体法和隔离法的使用。以左侧三个灯笼为研究对象受力分析列等式，以左侧下方2个灯笼为研究对象受力分析列等式，以左侧最下方灯笼为研究对象受力分析列等式，联立可求解。
3．【答案】B
【知识点】斜抛运动；动能
【解析】【解答】A．由于不同运动员质量不同，无法比较动能大小，故A错误；
B．距离得分越高的运动员离开B点时的速度越大，飞行时间越长，故B正确；
CD．同一个运动员在不同比赛中，起跳时的具体速度和角度可能不同，落地点自然也可能不同，“距离得分”不一定相同，即距离得分受到AB段的动作影响，不能视为质点，故C、D错误。
故选B。
【分析】1、距离得分越高的运动员，只能推出离开B点时的速度越大，质量未知，无法比较动能。
2、从滑道B处斜向上飞出，在空中动作影响落点位置，则运动员视不能为质点。
3、同一运动员在两次比赛过程中在空中动作可能不同，则落点位置不同，得分不同。
4．【答案】D
【知识点】电场线；电势；等势面
【解析】【解答】取无穷远处电势为零，根据电场线的分布情况可知，正电物体的电势大于零，负电物体的电势小于零，导体内部电势相等。
故选D。
【分析】静电平衡，M是一个等势体，而且电势大于零，N一个等势体，而且电势小于零，根据沿电场线方向，电势越来越低，可判断符合规律的图像。
5．【答案】A
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】AB．根据题意可知，磁铁靠近，霍尔电压增大到某一值后输入信号，故A正确、B错误；
CD．最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，有
结合电流的微观定义式
有
可见和b对霍尔电压无影响，对该磁轴键盘的灵敏度无影响，故 CD错误。
故选A。
【分析】电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，结合电流的微观定义式I=neSv=nebhv，推导出霍尔电压，磁铁靠近时B变化引起霍尔电压变化，当霍尔电压增大到某一值后输入信号；由可知和b对霍尔电压无影响，对该磁轴键盘的灵敏度无影响。
6．【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【解答】A．电机缓慢收缩时，对车身部分有力的作用，对车身部分做功，故A错误；
B．电机伸长时，由动能定理可知电机对车身做的功与重力做功之和等于车身部分动能的增量，故电机伸长时，对车身部分做功大于，故B错误；
C．锁定瞬间，系统动量守恒，相当于完全非弹性碰撞，有动能损失，整车的动能小于，故C错误；
D．锁定瞬间动量守恒，有
一起竖直上抛有
又
解得
故D正确。
故选D。
【分析】1、电机缓慢收缩降低车身部分的高度，说明对车身部分有力的作用，对车身部分做功。
2、 伸长使车身部分获得动能 ，根据动能定理可知电机对车身做的功与重力做功之和等于车身部分动能的增量。
3、锁定瞬间动量守恒，后来仪器竖直上抛，，，联立可求解车轮离地的最大高度。
7．【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】AB．划手回桨步调一致时，整体法有
解得
对大鼓有
大鼓所受摩擦力大小为
故A、B错误；
CD．划手拉桨步调一致时，假设保持相对静止，整体法有
解得
对大鼓有
大鼓所受摩擦力大小为
大于最大静摩擦力25N，假设不成立，已发生相对滑动，大鼓所受摩擦力大小为滑动摩擦力25N，故C正确、D错误。
故选C。
【分析】1、求划手回桨步调一致时，大鼓所受摩擦力大小，先整体分析求解加速度，然后以大鼓为研究对象运用牛顿第二定律计算大鼓所受摩擦力大小。
2、划手拉桨步调一致时，大鼓所受摩擦力大小，先计算大鼓最大加速度，然后用整体法计算加速度，若超过最大加速度，则大鼓发生相对滑动，受摩擦力大小为滑动摩擦力，用滑动摩擦力公式计算。
8．【答案】A,B
【知识点】单摆及其回复力与周期；重力势能；简谐运动
【解析】【解答】A．单摆的周期与振幅无关，故A正确；
BD．状态1、3时，为位移最大处，故动能最小，势能最大，故B正确，D错误；
C．状态2时，不倒翁玩偶做圆周运动，不倒翁玩偶合力不为0，即受力不平衡，故C错误。
故选AB。
【分析】1、不倒翁玩偶在状态1到状态3间小范围内摆动过程中的规律与单摆相同，单摆的周期与振幅无关。
2、不倒翁玩偶做简谐运动，状态1、3时，为位移最大处，速度为零，动能为零。
3、状态2时不倒翁玩偶做圆周运动，合力不为0。
4、在状态3不是最低点，重力势能不是最小。
9．【答案】C,D
【知识点】开普勒定律；万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】A．由密度公式
则火星与地球的密度比为
可知火星的平均密度大约是地球的，故A错误；
B．因为本题地球、火星的公转轨道半径未知，则无法求出公转周期关系，故B错误；
C．星球表面的万有引力近似等于重力
故星球表面的重力加速度为
则火星与地球的重力加速度比为
火星表面的重力加速度是地球的。故C正确；
D．由
可得第一宇宙速度为
则火星与地球的第一宇宙速度比为
火星的第一宇宙速度是地球的，故D正确。
故选CD。
【分析】1、由密度公式，可求火星与地球的密度比。
2、公转周期与公转轨道半径有关，地球、火星的公转轨道半径未知，则无法求出公转周期关系。
3、由星球表面的重力加速度可求重力加速度关系。
4、第一宇宙速度，可求第一宇宙速度关系。
10．【答案】A,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．电流方向如图甲所示时，由左手定则可知，线圈收到向上的安培力，将向上运动，故A正确；
B．线圈在运动的过程中产生感应电动势E，感应电流方向与恒定电压产生的电流方向相反，电路中的电流
小于，线圈的发热功率小于，故B错误；
C．初始时没有速度，没产生感应电动势，此时电流
则线圈受到的安培力为
由牛顿第二定律
解得
故C错误；
D．线圈中产生的感应电动势为
线圈中的电流为
当线圈加速度为零时线圈支撑的速度最大，此时
解得线圈支撑的最大速度为故D正确。
故选AD。
【分析】1、图中标出电流方向和磁场方向，由左手定则可判断线圈收到向上的安培力。
2、线圈在运动的过程中产生感应电动势E，则电路中的电流小于，线圈的发热功率小于。
3、电流，则线圈受到的安培力为，由牛顿第二定律，可求解加速度。
4、当线圈加速度为零时线圈支撑的速度最大，此时安培力与重力平衡列等式，线圈中的电流为，联立可求解线圈支撑的最大速度。
11．【答案】；；；不受滑轮与细绳间阻力的影响
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】（1）游标卡尺的读数为
（5）根据题意可知，封闭气体的初态压强为，末态压强为，由玻意耳定律可得
解得
其中，由图像可知
，
联立可得
，
（6）若用如图丙所示的实验装置进行实验，对比如图乙所示的实验装置，有不受滑轮与细绳间阻力的影响的优势。
【分析】（1）游标卡尺的读数：读主尺刻度，看游标“0”刻度线左侧主尺的整毫米数，读游标尺刻度，找到游标尺上与主尺对齐的刻度线，相加得最终读数=主尺读数 + 游标尺读数。
（5）根据受力平衡得压强为，由玻意耳定律可得，，结合图像斜率和纵截距可求解 活塞距汽缸底部的高度和 当地的大气压强 。
（6）若用如图丙所示的实验装置进行实验，减少了滑轮与细绳间阻力。
12．【答案】（1）B
（2）
（3）小于
（4）
【知识点】误差和有效数字；测定电压表或电流表的内阻
【解析】【解答】（1）选滑动变阻器总电阻值小的更容易控制分压，误差小，故选B。
（2）①开始时，将滑动变阻器的滑片P滑到端，可使并联部分的电压为零，更安全，故选a。
（3）此实验的误差来自于，设计实验时认为调整电阻箱的阻值时，并联部分电压是不变的，即
但实际上，调整电阻箱的阻值时，并联部分电阻增大，并联部分电压也增大，即
由于此时电压表两端电压
电阻箱分得的电压
所以电压表的实际内阻小于。
（4）开始时，电阻箱阻值并未调到零，阻值为，满偏时并联部分电压为，半偏时并联部分电压为，两次并联部分电压不变，解得
【分析】（1）利用半偏法测量电压表的内阻，根据电路图可知选滑动变阻器总电阻值小实验误差小。
（2）①开始时，将滑动变阻器的滑片P滑到a端，可使并联部分的电压为零，更安全。
（3）调整电阻箱的阻值时，并联部分电阻增大，并联部分电压也增大，即，由于此时电压表两端电压，电阻箱分得的电。
（4）满偏时并联部分电压为，半偏时并联部分电压为，两次并联部分电压不变，解得。
（1）选滑动变阻器总电阻值小的更容易控制分压，误差小，故选B。
（2）①开始时，将滑动变阻器的滑片P滑到端，可使并联部分的电压为零，更安全，故选a。
（3）此实验的误差来自于，设计实验时认为调整电阻箱的阻值时，并联部分电压是不变的，即
但实际上，调整电阻箱的阻值时，并联部分电阻增大，并联部分电压也增大，即
由于此时电压表两端电压
电阻箱分得的电压
所以电压表的实际内阻小于。
（4）开始时，电阻箱阻值并未调到零，阻值为，满偏时并联部分电压为
半偏时并联部分电压为
两次并联部分电压不变，解得
13．【答案】（1）解：由于紫光的折射率大于红光，根据折射定律
在入射角相等的情况下，紫光的折射角小于红光的折射角，因此红光在上方。
（2）解：由几何关系可知，折射角的正弦值
入射角为，由折射定律有
解得
绿光在冰晶中传播的速度
绿光在冰晶里的运动时间
解得
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）由于紫光的折射率大于红光，根据折射定律可知红光偏折小，则红光在上方。
（2）由几何关系可知，折射角的正弦值，入射角为
由折射定律有可求解折射率，绿光在冰晶中传播的速度
绿光在冰晶里的运动路程时间，根据路程和速度求解时间。
（1）由于紫光的折射率大于红光，根据折射定律
在入射角相等的情况下，紫光的折射角小于红光的折射角，因此红光在上方。
（2）由几何关系可知，折射角的正弦值，入射角为
由折射定律有
解得
绿光在冰晶中传播的速度
绿光在冰晶里的运动时间
解得。
14．【答案】（1）解：喷水过程中根据动量守恒有
上升过程中有
，
解得
（2）解：①外壳匀速时，有
解得
②外壳从开始下落到恰好匀速，由动量定理有
又
解得
③外壳从开始下落到恰好匀速，由动能定理有
解得
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；反冲
【解析】【分析】（1）喷水过程中根据动量守恒列等式：
上升过程中根据牛顿第二定律列等式：，根据匀变速直线运动位移速度公式列等式：，联立可求解水火箭外壳能上升的最大高度。
（2）①外壳匀速时，受力平衡列等式：，可求解 速度 。
②外壳从开始下落到恰好匀速，由动量定理列等式：，又，可求解从下落到匀速所经历的时间。
③外壳从开始下落到恰好匀速，由动能定理列等式：，可求解空气阻力所做的功。
（1）喷水过程中根据动量守恒有
上升过程中有，
解得
（2）①外壳匀速时，有
解得
②外壳从开始下落到恰好匀速，由动量定理有
又
解得
③外壳从开始下落到恰好匀速，由动能定理有
解得
15．【答案】（1）解：之间只存在电场，有
，，
得时刻粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为或夹角的正切值）
（2）解：时刻在x、y方向的位移分别为
，
得
，
在之间，粒子在y方向做匀速直线运动，在平行xOz平面做匀速圆周运动，有
，
得
，
则在之间，粒子做了半个周期的匀速圆周运动，在之间，在y方向的位移，在z方向的位移
在时刻的位置坐标为，即
（3）解：在之间，电场力对粒子做的功
得
在～之间，粒子在y方向的位移
在时，y方向的分速度
在之间，电场力对粒子做的功
得
此后按如上规律周期运动，在时间内电场力做的功
因此，在内，电场力做的功为
，
【知识点】带电粒子在交变电场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）之间只存在电场，有，，，可求解时刻粒子的速度方向与x轴正方向夹角的正切值。
（2）时刻在x、y方向的位移分别为，，在之间，粒子在y方向做匀速直线运动，在平行xOz平面做匀速圆周运动，有，，则在之间，粒子做了半个周期的匀速圆周运动，在之间，在y方向的位移，在z方向的位移，在时刻的位置坐标为。
（3）在之间，电场力对粒子做的功，在～之间，粒子在y方向的位移，在时，y方向的分速度，在之间，电场力对粒子做的功，此后按如上规律周期运动，在时间内电场力做的功，在内，电场力做的功
（1）之间只存在电场，有，，
得时刻粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为或夹角的正切值）
（2）时刻在x、y方向的位移分别为，
得，
在之间，粒子在y方向做匀速直线运动，在平行xOz平面做匀速圆周运动，有，
得，
则在之间，粒子做了半个周期的匀速圆周运动
在之间，在y方向的位移
在z方向的位移
在时刻的位置坐标为，即
（3）在之间，电场力对粒子做的功
得
在～之间，粒子在y方向的位移
在时，y方向的分速度
在之间，电场力对粒子做的功
得
此后按如上规律周期运动，在时间内电场力做的功
因此，在内，电场力做的功为：，。
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