2025届北京市丰台区高三下学期二模物理试题（原卷版+解析版）（高考模拟）

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2025.05
本试卷共10页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。

1. 如图所示，密封包装的食品袋从低海拔运送到高海拔地区的过程中，会发生膨胀现象。若此过程中温度不变，袋内空气视为理想气体，下列说法正确的是（ ）
A. 袋内空气对外界做功，内能减小
B. 袋内空气分子的平均动能减小
C. 袋内空气压强减小
D. 袋内空气向外界放热
【答案】C
【解析】
【详解】A．食品包装袋会发生膨胀，气体体积变大，则袋内空气对外界做功，气体膨胀过程中温度不变，内能不变，故A错误；
B．气体膨胀过程中温度不变，所以袋内空气分子的平均动能不变，故B错误；
C．根据
温度不变，体积变大， 所以压强减小，故C正确；
D．根据热力学第一定律
温度不变，则
体积变大，则
所以
袋内空气一定对外界吸热，故D错误。
故选C。
2. 氢原子能级图如图所示，现有大量氢原子处于n=3能级上，下列说法正确的是（ ）
A. 这些原子跃迁过程中最多可辐射出2种频率的光子
B. 从n=3能级跃迁到n=2能级需吸收光子
C. 从n=3能级跃迁到n=4能级可以吸收0.68eV的能量
D. n=3能级的氢原子电离至少需要吸收1.51eV的能量
【答案】D
【解析】
【详解】A. 这些原子跃迁过程中最多可辐射出种频率的光子，选项A错误；
B. 根据波尔理论，从n=3能级跃迁到n=2能级需放出光子，选项B错误；
C. 从n=3能级跃迁到n=4能级可以吸收（-0.85eV）-（-1.51eV）=0.66eV的能量，选项C错误；
D. n=3能级的氢原子电离至少需要吸收0 -（-1.51eV）=1.51eV的能量，选项D正确。
故选D。
3. 现有一束单色光以相同的入射角θ，射入甲、乙两种介质中，折射光线如图所示（）。下列说法正确的是（ ）
A. 介质甲折射率较大
B. 光在介质甲中传播速度较大
C. 光在介质甲中波长较大
D. 光从甲介质射向空气，发生全反射的临界角较大
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据题意，单色光入射角相同。
由折射定律结合可知，，即介质甲折射率大，故A正确；
B．由可得，又，则，故B错误；
C．由结合可得，同一种单色光频率一定，，则，故C错误；
D．由全反射临界角公式可知，时，，即光从乙介质射向空气发生全反射的临界角较大，故D错误；
故选A。
4. 一列简谐横波某时刻波形如图1所示。由该时刻开始计时，质点N的振动情况如图2所示。下列说法正确的是（ ）
A. 该横波沿x轴负方向传播
B. 该时刻质点L向y轴正方向运动
C. 经半个周期质点L将沿x轴负方向移动半个波长
D. 该时刻质点K与M的速度、加速度都相同
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据乙图可知该时刻质点N向上振动，结合“上下坡法”可知，波沿x轴负方向传播，故A正确；
B．横波沿x轴负方向传播，根据“上坡下、下坡上”知识可知，质点L该时刻向y轴负方向运动，故B错误；
C．经半个周期简谐横波沿x轴负方向移动半个波长，质点L不会随波迁移，故C错误；
D．该时刻质点K与M的速度均为0，加速度大小相同、方向相反，故D错误；
故选A。
5. 某蹦床运动员在训练过程中与网接触后，竖直向上弹离，经过时间，又重新落回网上。以运动员离开网的时刻作为计时起点，以离开的位置作为位移起点，规定竖直向上为正方向，忽略空气阻力，下列描述运动员位移x、速度v、加速度a、所受合力F随时间t变化的图像中，与上述过程相符的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据题意,由对称性可知，运动员上升、下降时间相等均为,取向上为正方向
A．根据公式可得
运动员运动的位移与时间的关系式为
则图像为开口向下的抛物线,故A错误；
B．根据公式可得
运动员运动的速度与时间的关系式为
则图像为一条向下倾斜的直线,故B正确；
C D．整个运动过程中，运动员只受重力作用，加速度一直为重力加速度，则合力F和加速度a不随时间变化，故C、D均错误；
故选B。
6. 如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场，一不计重力的带电粒子垂直磁场边界从M点射入，从N点射出。下列说法正确的是（ ）
A. 粒子带正电
B. 粒子在N点速率小于在M点速率
C. 若仅增大磁感应强度，则粒子可能从N点下方射出
D. 若仅增大入射速率，则粒子在磁场中运动时间变长
【答案】C
【解析】
【详解】A．粒子向右偏转，洛伦兹力方向整体向右，根据左手定则可知，四指指向与粒子速度方向相反，可知，粒子带负电，故A错误；
B．洛伦兹力不做功，根据动能定理可知，粒子的速率不变，即粒子在N点的速率等于在M点的速率，故B错误；
C．粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
解得
若增大磁感应强度，则轨道半径减小，可知，粒子可能从N点下方射出，故C正确；
D．结合上述可知，若增大入射速率，则轨道半径增大，粒子将从N点上方射出，对应圆弧的圆心角减小，根据，
解得
粒子在磁场中运动的时间
圆心角减小，运动时间减小，可知，若仅增大入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短，故D错误。
故选C。
7. 图1为某无线门铃按钮，其原理如图2所示。其中M为信号发射装置，M中有电流通过时，屋内的门铃会响。磁铁固定在按钮内侧，按下门铃按钮，磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮，磁铁远离螺线管回归原位置。下列说法正确的是（ ）
A. 按住按钮不动，门铃会一直响
B. 松开按钮的过程，门铃会响
C. 按下和松开按钮过程，通过M的电流方向相同
D. 按下按钮的快慢不同，通过M的电流大小相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．按住按钮不动，则穿过螺线管磁通量不变，螺线管中无感应电流产生，则门铃不会响，选项A错误；
B．松开按钮的过程，穿过螺线管的磁通量减小，在螺线管中产生感应电流，则门铃会响，选项B正确；
C．按下和松开按钮过程，穿过线圈的磁通量分别为向右的增加和减小，根据楞次定律可知，通过M的电流方向相反，选项C错误；
D．按下按钮的快慢不同，则磁通量的变化率不同，则感应电动势不同，通过M的电流大小不相同，选项D错误。
故选B。
8. 如图1所示，一个空塑料瓶上固定着一根铁锯条和一块易拉罐（金属）片，将它们分别与静电起电机的两极相连，其俯视图如图2所示。在塑料瓶里放一盘点燃的蚊香，很快就看见整个透明塑料瓶里烟雾缭绕。摇动起电机，强电场使空气电离而产生负离子和正离子，负离子碰到烟尘微粒使它带负电，塑料瓶变得清澈透明。关于该过程，下列说法正确的是（ ）
A. 金属片附近的气体分子更容易被电离
B. 带电烟尘微粒做匀加速运动
C. 带电烟尘微粒运动过程中电势能增大
D. 带电烟尘微粒会被吸附到金属片上
【答案】D
【解析】
【详解】A．塑料瓶内锯条附近电场强度最大，锯条附近的空气分子更容易被电离，故A错误；
B．因为金属片和锯条间的电场不是匀强电场，带电烟尘微粒受到的电场力为变力，微粒的加速度也不是恒定值，所以带电烟尘微粒不是做匀加速运动，故B错误；
CD．带负电的烟雾颗粒向着金属片运动时，静电力做正功，电势能减少，最终运动到接正极的金属片上，故C错误，D正确。
故选D。
9. 如图所示，一物体在恒力F作用下沿斜面向上加速运动，已知物体质量为m，加速度大小为a，物体和斜面之间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ，重力加速度为g，在物体移动距离x的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 斜面对物体的摩擦力大小为
B. 斜面对物体作用力的大小为
C. 斜面对物体的摩擦力做功为
D. 物体动能增加了
【答案】D
【解析】
【详解】AB．根据题意，对物体受力分析，如图所示
垂直斜面方向，由平衡条件有
沿斜面方向，由牛顿第二定律有
则摩擦力
斜面对物体作用力的大小为
故AB错误；
C．由做功公式可得，斜面对物体的摩擦力做功为
故C错误；
D．由动能定理有
由牛顿第二定律有
又有
联立可得物体动能增加了
故D正确。
故选D。
10. 如图所示，面积为的200匝矩形线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，转动的角速度为200rad/s，匀强磁场的磁感应强度为0.1T。线圈通过滑环与一理想变压器的原线圈相连，副线圈接有两个相同的灯泡和，灯泡的电阻均为5Ω。变压器原、副线圈的匝数比为10：1，开关S断开时正常发光，线圈及所有导线电阻不计，当线圈平面与磁场方向平行时开始计时。下列说法正确的是（ ）
A. 线圈中感应电动势为（V）
B. 开关断开时，电流表的示数为0.08A
C. 若开关S闭合，电流表示数将减小
D. 若开关S闭合，灯泡亮度不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．变压器输入端的电动势最大值为
从图示位置开始计时就是从垂直中性面位置开始计时，故线框中感应电动势的瞬时值为
A错误；
B．开关断开时，副线圈两端的电压等于小灯泡两端的电压，根据变压器的原理可得
其中
代入数据解得灯泡两端的电压
通过的电流等于副线圈中的电流，由欧姆定律可得
根据变压器原理可得
解得电流表的示数为
C．若开关S闭合，副线圈中的电流增大，原副线圈的匝数之比不变，结合上述分析可知
故电流表的示数增大，C错误；
D．若开关S闭合，原线圈输入端的电压不变，原副线圈的匝数之比不变，故副线圈两端的电压不变，输出端的电压不变，小灯泡的电阻不变，根据可知，灯泡的功率不变，即其亮度不变，D正确。
故选D。
11. 如图所示，一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶。在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只桶C，自由地摆放在桶A、B之间。已知重力加速度为g，每个桶的质量都为m，当汽车与油桶一起以某一加速度a向左加速时，下列说法正确的是（ ）
A. A、B对C的合力方向竖直向上
B. 时，A对C的支持力为0
C. a增大时，B对C的支持力变小
D. B对C支持力的大小可能等于
【答案】B
【解析】
【详解】A．C向左加速运动，则合外力水平向左，即A、B对C的合力与重力合力方向水平向左，可知A、B对C的合力方向斜向左上方，选项A错误；
B．当A对C的支持力为0时，则对C根据牛顿第二定律
解得
选项B正确；
CD．对C分析由牛顿第二定律，
可得
a增大时，B对C的支持力变大；因
则选项CD错误。
故选B。
12. 金属板M受到紫外线照射时，会持续向各个方向发射不同速率的电子，电子最大速率为，质量为m，电量为e。正对M放置一金属网N，M与N间距为d（远小于板长）。在M、N之间加一个恒定电压U，M与电源正极相连，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. U增大，电流表的读数将增大
B. d减小，电子由M到N的过程，动能变化量将减小
C. 仅将正、负极对调，从M逸出的电子，到达N时的最大动能为
D. 仅将正、负极对调，电流表的读数将减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于M与电源正极相连，可知所加电压为反向电压，电场力对电子做负功，则U增大，电流表的读数将减小，故A错误；
B．电子由M到N的过程，根据动能定理可得
可知d减小，由于电压U不变，则动能变化量不变，故B错误；
C．仅将正、负极对调，则电场力对电子做正功，从M逸出的电子，根据动能定理可得
可得到达N时的最大动能为
故C正确；
D．仅将正、负极对调，所加电压为正向电压，电场力对电子做正功，电流表的读数将增大，故D错误。
故选C。
13. 如图1所示，光滑水平面左侧有一竖直墙壁，质量为m的小球以速度与静止的质量为M的小球发生对心碰撞，。m与M或墙壁之间的碰撞没有能量损失。设任意时刻两球速度分别为v和V，令，，，其中r为定值，该函数的图像如图2所示，图像中的点（，）表示两个小球组成的系统可能的状态，A、B、C为系统连续经历的三个状态。根据以上信息，下图1列说法正确的是（ ）
A. 从状态A到状态B过程系统动量不守恒
B. 从状态B到状态C过程两个小球发生弹性碰撞
C. 直线AB的斜率
D. 图像中圆的半径
【答案】C
【解析】
【详解】A．质量为m的小球以速度与静止的质量为M的小球发生对心碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得，
可得，
可知碰撞后小球的速度反向；由图2可知，状态A时小球的速度为0，状态B时小球的速度方向与状态A时的速度方向相反，则从状态A到状态B过程两个小球发生弹性碰撞，系统满足动量守恒，故A错误；
B．由图2可知，从状态B到状态C，小球的速度等大反向，所以从状态B到状态C过程是小球与墙壁发生弹性碰撞，故B错误；
C．从状态A到状态B过程两个小球发生弹性碰撞，根据题意可知图中直线AB的斜率为
故C正确；
D．令，，，则有
可得
由于m与M或墙壁之间的碰撞没有能量损失，根据能量守恒可得
联立可得
故D错误。
故选C。
14. 利用电磁学原理能够方便准确地探测地下金属管线的位置、走向和埋覆深度。如图所示，在水平地面下埋有一根足够长的走向已知且平行于地面的金属管线，管线中通有正弦式交变电流。已知电流为i的无限长载流导线在距其为r的某点处产生的磁感应强度大小，其中k为常数，r大于导线半径。在垂直于管线的平面上，以管线正上方地面处的O点为坐标原点，沿地面方向为x轴方向，垂直于地面方向为y轴方向建立坐标系。在x轴上取两点M、N，y轴上取一点P。利用面积足够小的线框（线框平面始终与xOy平面垂直），仅通过测量以下物理量金属管线截面无法得到管线埋覆深度h的是（ ）
A. M、N的距离，线框在M、N两点水平放置时的感应电动势
B. O、P的距离，线框在O、P两点竖直放置时的感应电动势
C. O、M的距离，线框在M点水平放置和竖直放置时的感应电动势
D. O、M的距离，线框在M点感应电动势最大时与水平面的夹角
【答案】A
【解析】
【详解】由题意知
设电流（为电流最大值）
在距离管线为r处，磁感强度
当线圈放下O、P位置，线圈竖直放置时，线圈平面与磁场方向垂直，在O位置产生的感应电动势
在P点产生的感应电动势
设M点到坐标（xM，0）线框放在点时，当线圈竖直放置时，线框平面与半径方向夹角为，如图所示
则
感应电动势
同理N点的感应电动势
当线圈水平放置在M、N位置时，线圈平面磁场之间的夹角为，在M点产生的感应电动势
在N点产生的感应电动势
A．若已知线框在M、N两点水平放置时的感应电动势和，可以求得
如果已知
可以求得，的值，但无法求得h，A正确；
B．若已知线框在O、P两点竖直放置时的感应电动势，，可以求得
如果再知道O、P的距离，可求得h值，B正确；
C．若知道线框在M点水平放置和竖直放置时的感应电动势和，可以求得
若再知道O、M的距离，可以求得h值，C正确；
D．若线框在M点感应电动势最大时与水平面的夹角，线圈方向与半径方向相同，可求的
若再知道O、M的距离，可以求得h值，D正确。
故无法求得管线深度的为A。
第二部分
本部分共6题，共58分。
15. 在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，下列操作有利于减小实验误差的是（ ）
A. 拉力和的夹角尽可能大一些
B. 拉力和的夹角尽可能小一些
C. 实验过程中，弹簧测力计、橡皮筋、细绳应尽可能贴近木板，并与其平行
D. 记录一个力的方向时，标记的两个点应尽可能远一些
【答案】CD
【解析】
【详解】AB．用两弹簧秤沿不同方向同时拉两条细绳时，细绳间的夹角适当大一些可减小误差，但不是尽可能的大一些，故AB错误；
C．为了减小误差，拉橡皮筋时，弹簧秤、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板面平行，故C正确；
D．拉橡皮筋的细绳要适当长些，标记同一细绳方向时两点要适当远些，故D正确。
故选CD。
16. 请将“用油膜法估测油酸分子的大小”实验步骤，按照正确的顺序排列_____。
A． 在浅盘里盛上水，待水面稳定后将适量的爽身粉均匀地撒在水面上
B． 用注射器向水面上滴1滴事先配好的油酸酒精溶液，等待油膜形状稳定
C． 配制一定浓度的油酸酒精溶液，测量1滴油酸酒精溶液的体积
D． 将带有坐标方格的玻璃板放在浅盘上，在玻璃板上描下薄膜的形状
E． 计算油膜的面积，根据油酸的体积和油膜的面积计算出油酸分子直径的大小
【答案】CABDE
【解析】
【详解】“用油膜法估测油酸分子的大小”实验时，先将油酸配制成油酸的酒精溶液，然后向浅水盘中倒入水，将痱子粉均匀地撒在水面上；然后将油酸的酒精溶液滴到水面上形成油膜；然后将玻璃板盖到浅水盘上，用彩笔画出油酸膜的轮廓；最后算出油膜的面积，从而求出油膜的分子直径，因此正确的顺序是：CABDE。
17. 某同学根据闭合电路欧姆定律测量电池的电动势和内阻。
（1）由图1所示的电路图连接好实物装置后闭合开关，调节滑动变阻器，发现电压表读数与电流表读数始终为零。已知导线与接线柱均无故障，仅通过改变电压表接线位置检查故障。当电压表接在电源两端时，电压表示数接近1.5V，则电路故障可能为______；
（2）故障排除后测得电压与电流数据如图2所示，则电池的电动势E=______V，内阻r=______Ω。（结果保留小数点后两位）
【答案】（1）开关断路
（2） ①. 1.48 ②. 0.64##0.65##0.66
【解析】
【小问1详解】
由图1所示的电路图连接好实物装置后闭合开关，调节滑动变阻器，发现电压表读数与电流表读数始终为零，可以判断电压表和电流表所在的支路均为断路。已知导线与接线柱均无故障，仅通过改变电压表接线位置检查故障。当电压表接在电源两端时，电压表示数接近1.5V，则电路故障可能为开关断路。
【小问2详解】
[1][2]由闭合电路欧姆定律可得
图像截距表示电源的电动势为
图像的斜率表示电源的内阻为
18. 某实验小组设计方案验证机械能守恒定律。
（1）如图1所示，利用打点计时器记录重物自由下落的运动过程。
a.下列实验操作和数据处理正确的是______。
A.实验中必须测量重物的质量
B.打开打点计时器前，应提住纸带上端使纸带竖直
C.实验中应先接通打点计时器的电源，再释放重物
D.测量纸带上某点的速度时，可由公式计算
b.图2为实验所得的一条纸带，在纸带上选取连续的、点迹清晰的3个点A、B、C，测出A、B、C与起始点O之间的距离分别为、、。已知打点计时器的打点周期为T，当地重力加速度为g。从打O点到打B点的过程中，若满足______则表明小球在上述运动过程中机械能守恒。
（2）某同学利用如图3所示的装置验证机械能守恒定律。将直径为d的小球通过细线系在固定点上，使小球可以在竖直平面内做圆周运动。调节小球的释放位置，记录小球释放时球心到光电门中光信号的竖直高度h，并将其无初速度释放。当小球经过光电门时，光电门可以记录小球遮挡光信号的时间t。改变小球的释放位置，重复上述步骤，得到多组竖直高度h和对应时间t的数据。
a.若小球向下摆动的过程中机械能守恒，则描绘以h为横坐标、以______为纵坐标的图像，在误差允许范围内可以得到一条倾斜的直线。该图线的斜率k=______（用d、g表示）。
b.该同学利用上述方案验证机械能守恒定律时，得到图像的斜率总是略大于a问中的k。请分析说明其中的原因，并提出合理的解决办法____。
【答案】（1） ①. BC ②.
（2） ①. ②. ③. 小球通过光电门的过程中，若因细线形变等原因导致圆心划过轨迹的最低点略高于或低于光信号的高度，会使遮挡光信号的宽度小于实验过程中测量的小球直径d。由可知，斜率的测量值将总会略大于k的理论值。
【解析】
【小问1详解】
[1]A．由于验证机械能守恒的表达式中质量可以约去，所以不需要用天平测量重物的质量，故A错误；
B．为了减小纸带与打点计时器的摩擦，打开打点计时器前，应提住纸带上端使纸带竖直，故B正确；
C．为了充分利用纸带，实验中应先接通电源，后释放纸带，故C错误；
D．不能利用公式来求解瞬时速度，因为这样直接认为加速度为重力加速度，失去了验证的意义，故D错误。
故选BC。
[2]打B点时的速度
打O点到打B点的过程中，增加的动能为
打O点到打B点的过程中，减少的重力势能为
若机械能守恒，则有
整理得
【小问2详解】
[1][2]当小球经过光电门时速度大小
从释放到经过光电门过程，小球增加的动能为
减少的重力势能为
若机械能守恒，则有
整理得
可知图像为过原点的一条倾斜直线，故纵坐标为，可知图像斜率。
[3]小球通过光电门的过程中，若因细线形变等原因导致圆心划过轨迹的最低点略高于或低于光信号的高度，会使遮挡光信号的宽度小于实验过程中测量的小球直径d。由可知，斜率的测量值将总会略大于k的理论值。
19. 如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的粗糙半圆形导轨BC在B点相接，导轨半径为R。一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧时速度为，沿半圆形导轨到达C点时速度为，此后平抛落地（落地点未画出）。不计空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）弹簧压缩至A点时的弹性势能；
（2）物体在C点时受到的导轨给它的弹力；
（3）物体从C点平抛落地过程中重力的冲量大小I。
【答案】（1）
（2），方向竖直向下
（3）
【解析】
【小问1详解】
根据能量守恒可得弹簧压缩至A点时的弹性势能为
【小问2详解】
在C处以物体为研究对象，根据牛顿第二定律可得
解得
方向竖直向下。
【小问3详解】
物体从C点平抛落地过程中，竖直方向有
解得
该过程重力的冲量大小为
20. 如图1所示，一个匝数为N、边长为L的正方形导线框abcd，导线框总电阻为R，总质量为m，匀强磁场区域的宽度为L。导线框由静止释放，下落过程中始终保持竖直，忽略空气阻力，重力加速度为g。
（1）若导线框ab边刚进入匀强磁场区域时，恰能做速度为的匀速运动，求匀强磁场的磁感应强度；
（2）若导线框ab边进入磁场的速度为，cd边离开磁场的速度为，导线框在磁场中做减速运动，已知磁感应强度为。在导线框穿过磁场的过程中，求：
a.导线框中产生的焦耳热Q；
b.在图2中定性画出导线框中的感应电流I随时间t的变化图线（规定逆时针为电流正方向）。
【答案】（1）
（2）a.，b.见解析
【解析】
【小问1详解】
进入磁场时受安培力
感应电动势
感应电流
可知
由于导线框恰能匀速，满足平衡条件，
故
解得
【小问2详解】
a.由动能定理
根据功能关系
得
b. 根据，F-mg=ma
导体框进入磁场时做加速度减小的减速运动，则I-t图像的斜率减小；根据楞次定律，电流方向为逆时针；同理出离磁场时要做加速度减小的减速运动，I-t图像的斜率减小，电流为顺时针方向，则导线框中的感应电流I随时间t的变化图线如图
21. 太空电梯是人类设想的一种通向太空的设备，如图所示，在地球赤道上利用超轻超高强度材料建设直通高空的电梯，可以将卫星从地面运送到太空。已知地球质量为M，半径为R，自转角速度为ω，引力常量为G，质量为与的两个质点若相距无穷远时势能为零，则相距为r时的引力势能为。
（1）求地球同步卫星的轨道半径；
（2）利用太空电梯将一质量为m、静止在地球表面的卫星运送到同步卫星轨道，使其成为一颗同步卫星。写出上述过程卫星机械能变化量的表达式（同步卫星的轨道半径可直接用表示，结果不用化简）；
（3）已知在距离地心约为处，将卫星相对电梯静止释放，卫星恰好不能撞击到地面。若在距离地心至高度范围内，将卫星从不同位置处相对电梯静止释放，请写出释放后卫星与地心间距离如何变化。
【答案】（1）
（2）见解析 （3）见解析
【解析】
【小问1详解】
同步卫星的角速度与地球自转角速度相等，则有
解得
【小问2详解】
动能的变化量
势能的变化量
机械能的变化量
结合上述有
即有
解得
上述表达式也可为，
【小问3详解】
情况1：从到释放，卫星与地心距离先减小后增大；
情况2：在释放，卫星与地心的距离保持不变；
情况3：从到释放，卫星与地心的距离先增大后减小；
情况4：从到释放，卫星与地心的距离一直增大。
其中，当时，卫星脱离地球束缚，联立同步卫星的动力学方程：
解得
22. 彭宁阱是一种利用静电场和匀强磁场约束带电粒子的装置，其结构主要包括一个旋转对称的环电极和上下两个端电极。如图1所示，以阱中心为坐标原点，旋转对称轴为z轴，建立三维坐标系。在环电极和端电极间加电压，阱内产生电场，电势分布为，其中且为已知定值，ρ为粒子到轴线的距离，，用于带电粒子的轴向（z轴方向）约束。轴向的匀强磁场提供径向（垂直z轴方向）的约束，磁感应强度为B。彭宁阱的纵剖面（xOz平面）如图2所示，其中实线表示电场线，虚线表示磁感线。一质量为m、电荷量为+q的粒子在阱中运动，忽略重力、阻力、相对论效应和辐射。
（1）若仅存在电场，且粒子以初速度从原点沿着z轴正方向运动。
a.求粒子能够运动的最远距离；
b.分析粒子沿z轴运动时受到的电场力随坐标z的变化，判断粒子沿z轴做什么运动。
（2）若电场与磁场同时存在，仅研究粒子在xOy平面内（z=0）的运动。在磁场与电场的共同作用下，粒子的运动状态较为复杂，我们采用运动分解的方法和适当的近似，来研究粒子的运动。如图3所示，粒子在强磁场中做高频的回旋运动；考虑到电场力的作用，粒子的回旋中心还绕O点做低频漂移圆周运动。粒子的回旋半径远小于漂移半径，故可近似认为粒子在运动过程中电场强度的大小是恒定的。通过以上信息，求带电粒子的漂移角速度和回旋角速度。
【答案】（1）a.，b.简谐振动
（2），
【解析】
【小问1详解】
a.从原点沿z轴正方向运动，，则带电粒子的电势能
根据能量守恒
可得
b.因，则电场强度
所以
带电粒子沿z轴做简谐运动。
（或者，方向沿z轴负方向，所以）
【小问2详解】
在平面，
则电场强度
（或者，方向沿径向向外）
令
则
考虑到是低频漂移，所以取
粒子沿顺时针漂移（俯视）。
粒子的速度总可以视为漂移速度和另外某个速度的矢量和，带电粒子的运动可视为以漂移速度绕O点的匀速圆周运动和以速度（速度大小设为）在匀强磁场中的匀速回旋运动的合运动，对匀速回旋运动
则