2025届高考物理模拟测试题（含解析）模拟卷04（北京专用）（解析版）

这是一份2025届高考物理模拟测试题（含解析）模拟卷04（北京专用）（解析版），共22页。
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：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．下列属于光的衍射现象的是（ ）
A．水面上树的倒影
B．光在不透明圆盘后的影的中心出现一个亮斑
C．肥皂膜在阳光下形成彩色条纹
D．光信号在光纤中传播
【答案】B
【解析】A．水面上树的倒影属于光的反射现象，故A错误；
B．光在不透明圆盘后的影的中心出现一个亮斑属于光的衍射现象，故B正确；
C．肥皂膜在阳光下形成彩色条纹属于光的干涉现象，故C错误；
D．光信号在光纤中传播是利用了光的全反射，故D错误。
故选B。
2．2024年4月19日起，日本开始排放第五批福岛核污染水，预计排放19天。核污染水中含有一定量的放射性核素“氚”，该核素可在生物体内富集，损害生物体的健康。已知氚的衰变方程为，半衰期约为12年，下列说法正确的是（ ）
A．氚核发生的是衰变
B．衰变产物X来自氚的核外电子
C．该衰变产生的射线穿透能力比射线强
D．若立即停止排放，12年后因排污导致的核辐射量会减少
【答案】D
【解析】A．根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为0，电荷数为-1，则X为电子，则氚核发生的是β衰变，故A错误；
B．衰变产物X来自氚核内的中子转化为质子时放出的电子，故B错误；
C．β射线穿透能力比射线弱，故C错误；
D．若立即停止排放，12年后即经过一个半衰期，会有一半氚核发生衰变，即因排污导致的核辐射量会减少50%，故D正确。
故选D。
3．如图所示为氢原子能级示意图，一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，下列说法正确的是（ ）
A．跃迁过程中最多可辐射出4种频率的光子
B．从n=4能级跃迁到n=2能级的氢原子能量增大
C．从n=4能级跃迁到n=1能级辐射出的光子波长最长
D．有三种频率的光子可使逸出功为4.54eV的金属发生光电效应
【答案】D
【解析】A．一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可辐射出种频率的光子，A错误；
B．从n=4能级跃迁到n=2能级时向外辐射光子，氢原子能量减小，B错误；
C．从n=4能级跃迁到n=1能级辐射出的光子能量最大，根据
可知，能量越大的光子，波长越短，C错误；
D．根据跃迁规律，有
一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，可能有
要想发生光电效应，应满足
所以有三种频率的光子可使逸出功为4.54eV的金属发生光电效应，D正确。
故选D。
4．一列沿x轴传播的简谐横波，时刻的波形图如图1所示，P，Q是介质中的两个质点，图2是质点Q的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．该波沿x轴正方向传播B．该波的速度为
C．此时刻质点P沿y轴负方向运动D．质点Q在内运动的路程为
【答案】D
【解析】A．由图2质点Q的振动图像知，Q点先向y轴负方向振动，根据同侧法知，该波沿x轴负方向传播，A错误；
B．由图知，该波，，则波速为
代入得
B错误；
C．该波沿x轴负方向传播，由同侧法知，此时刻质点P沿y轴正方向运动，C错误；
D．质点Q在内运动半个周期，其的路程为
D正确；
故选D。
5．我们可以用如图所示的实验装置来探究影响向心力大小的因素。长槽上的挡板B到转轴的距离是挡板A的2倍，长槽上的挡板A和短槽上的挡板C到各自转轴的距离相等。转动手柄使长槽和短槽分别随变速塔轮匀速转动，槽内的球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对球的压力提供了向心力，球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的比值。则（ ）
A．当传动皮带套在两塔轮半径相同的轮盘上、质量相等的小球分别放在B、C时可以探究向心力大小与线速度的关系
B．当传动皮带套在两塔轮半径相同的轮盘上、质量相等的小球分别放在B、C时可以探究向心力大小与角速度的关系
C．当传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上、质量相等的小球分别放在B、C时可以探究向心力大小与线速度的关系
D．当传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上、质量相等的小球分别放在A、C时可以探究向心力大小与角速度的关系
【答案】D
【解析】A．研究向心力与线速度的关系时要使得两球的质量和半径相等；则当传动皮带套在两塔轮半径相同的轮盘上，但是由于放在B、C的两球转动半径不等，则线速度不等，则质量相等的小球分别放在B、C时不可以探究向心力大小与线速度的关系，选项A错误；
B．研究向心力与角速度的关系时要使得两球的质量和半径相等；则当传动皮带套在两塔轮半径相同的轮盘上，放在B、C的两球转动半径不等，角速度相等，则质量相等的小球分别放在B、C时不可以探究向心力大小与角速度的关系，选项B错误；
C．研究向心力与线速度的关系时要使得两球的质量和半径相等；当传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上、质量相等的小球分别放在B、C时半径不相等，则不可以探究向心力大小与线速度的关系，选项C错误；
D．研究向心力与角速度的关系时要使得两球的质量和半径相等；当传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上、质量相等的小球分别放在A、C时，半径相等，角速度不等，则可以探究向心力大小与角速度的关系，选项D正确。
故选D。
6．如图所示，中国自行研制、具有完全知识产权的“神舟”飞船某次发射过程简化如下：飞船在酒泉卫星发射中心发射，由“长征”运载火箭送入近地点为A、远地点为B的椭圆轨道上，在B点通过变轨进入预定圆轨道。则（ ）
A．在椭圆轨道上运行时，飞船在A点的加速度比B点的大
B．在椭圆轨道上运行时，飞船在A点的速度比B点的小
C．在 B点变轨前后，飞船的机械能不变
D．在B点飞船通过减速从椭圆轨道进入预定圆轨道
【答案】A
【解析】A．根据
可知，在椭圆轨道上运行时，飞船在A点的加速度比B点的大，选项A正确；
B．根据开普勒第二定律可知，在椭圆轨道上运行时，飞船在近地点A点的速度比远点B点的大，选项B错误；
C．在 B点变轨后，飞船的机械能增加，选项C错误；
D．在B点飞船通过加速做离心运动从椭圆轨道进入预定圆轨道，选项D错误。
故选A。
7．在空间站中，宇航员长期处于失重状态，为缓解这种状态带来的不适，科学家设想建造一种环形空间站，如图所示。圆环形旋转舱绕中心匀速旋转，宇航员站在旋转舱内的侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力，宇航员可视为质点。下列说法正确的是（ ）
A．宇航员可以站在旋转舱内靠近旋转中心的侧壁上
B．以地心为参考系，宇航员处于平衡状态
C．旋转舱的半径越大，转动的角速度应越小
D．宇航员的质量越大，转动的角速度应越小
【答案】C
【解析】A．宇航员如果站在旋转舱内靠近旋转中心的侧壁上受到支持力，但此时支持力方向沿半径向外，不指向圆心，不能提供向心力，故A错误；
B．旋转舱中的宇航员做匀速圆周运动，圆环绕中心匀速旋转使宇航员感受到与地球一样的“重力”是向心力所致，合力指向圆心，处于非平衡状态，故B错误；
CD．根据题意可知宇航员站在旋转舱内的侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力，向心加速度大小为g，由
得
得旋转舱的半径r越大，转动的角速度应越小，转动的角速度与宇航员的质量无关，故C正确，D错误。
故选C。
8．一个质量为m的网球从距地面高处自由下落，反弹的最大高度为。不考虑所受的空气阻力，重力加速度用g表示，对网球与地面接触的运动过程，下列判断正确的是（ ）
A．网球的加速度先向上后向下
B．网球速度为0时受地面的弹力最大
C．地面对网球所做的功等于
D．网球受地面的平均冲击力等于
【答案】B
【解析】A．整个过程中网球的加速度均为重力加速度，所以加速度不变，故A项错误；
B．网球在与地面接触的运动过程中，网球下降的过程中网球的形变量越来越大，弹力越来越大，开始阶段网球的压缩量较小，因此地面对网球向上的弹力小于重力，此时网球的合外力向下，加速度向下，网球做加速运动，由牛顿第二定律
随着压缩量增加，弹力增大，合外力减小，则加速度减小，方向向下，当
时，合外力为零，加速度为0，此时速度最大；由于惯性网球继续向下运动，此时
方向向上，网球减速，随着压缩量增大，网球合外力增大，加速度增大，方向向上。所以网球下降过程中加速度先变小后变大，速度先变大后变小，小球运动最低点时，网球的速度为零，地面的弹力最大，故B项正确；
C．由于网球与地面接触过程中，作用点无位移，即有力无位移的情况，所以地面对网球所做的功为零，故C项错误；
D．小球从处自由落下，设落地瞬间速度为，有
解得
小球离开地面的速度为，有
解得
设网球与地面作用时间为t，设向下为正方向，由动量定理有
整理有
由于地面与网球作用时间未知，所以平均冲力取法求得，故D项错误。
故选B。
9．如图所示，在匀强磁场中有一电阻忽略不计的矩形线圈，绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的正弦交流电的感应电动势e随时间t的变化如图甲所示，把该交流电输入到图乙中理想变压器的A、B两端。为热敏电阻（已知其电阻随温度升高而减小），R为定值电阻，图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是（ ）
A．变压器A、B两端电压的瞬时值表达式为
B．图甲中时，穿过线圈的磁通量为0
C．温度升高后，电压表与示数的比值不变
D．温度降低后，变压器的输入功率减小
【答案】D
【解析】A．根据图甲可知
，
则
故变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为
故A错误；
B．在图甲的t=0.01s时刻，e=0，此时矩形线圈平面与磁场方向垂直，磁通量最大，故B错误；
C．理想变压器匝数不变，输入电压不变，则电压表V1示数不变，副线圈两端的电压U2不变。Rt处温度升高时，Rt阻值减小，则根据闭合电路欧姆定律可知副线圈回路中的电流I2减小。电压表V2测量Rt的电压，根据串并联电路规律及欧姆定律有
则电压表V2示数减小，故电压表V1示数与V2示数的比值变大，故C错误；
D．理想变压器匝数不变，输入电压不变，副线圈两端的电压U2不变。Rt处温度降低时，Rt阻值变大，则变压器的输出功率为
输出功率变小。理想变压器输入功率等于输出功率，故变压器的输入功率减小，故D正确。
故选D。
10．如图1所示，一质量为2kg的物块受到水平拉力F作用，在粗糙水平面上作加速直线运动，其图像如图2所示，时其速度大小为2m/s。物块与水平面间的动摩擦因数，。下列说法错误的是（ ）
A．在时刻，物块的速度为5m/sB．在0~2s时间内，物块的位移大于7m
C．在时刻，物块的加速度为D．在时刻，拉力F的大小为5N
【答案】B
【解析】A．在时刻，物块的速度为
故A正确，不符合题意；
B．在0~2s时间内，物块的v-t图像如下
如果是匀加速直线运动，位移为
实际做加速度增大的加速运动，图形面积表示位移，可知物块的位移小于7m，故B错误，符合题意；
C．由图可知
在时刻，物块的加速度为
故C正确，不符合题意；
D．根据牛顿第二定律可得在时刻，拉力F的大小为
故D正确，不符合题意。
故选B。
11．将直流电源、电阻、电容器、数字电流表以及单刀双掷开关S组装成如图所示的实验电路。将S拨至1给电容器充电，较长时间后，将S拨至2让电容器放电。已知电源的电动势为E，内阻为r，电容器的电容为C，电阻的阻值为R。下列说法正确的是（ ）
A．充电过程，电流表示数逐渐增大
B．充电过程，电源为整个电路提供的电能为
C．放电过程，通过电阻R的电流方向向左
D．放电过程，通过电阻R的电荷量为
【答案】B
【解析】A．充电过程，电流表示数逐渐减小，选项A错误；
B．充电过程，电源为整个电路提供的电能为
选项B正确；
C．充电结束后，电容器上板带正电，则放电过程，通过电阻R的电流方向向右，选项C错误；
D．充电结束后，电容器带电量为
Q=CE
则放电过程，通过电阻R的电荷量为CE，选项D错误。
故选B。
12．同学们设计的一种光电烟雾报警器的结构和原理如图1和图2所示。光源S向外发射某一特定频率的光，发生火情时有烟雾进入报警器内，由于烟雾对光的散射作用，会使部分光改变方向进入光电管C从而发生光电效应，于是有电流输入报警系统，电流大于就会触发报警系统报警。某次实验中，当滑动变阻器的滑片P处于图2所示位置、烟雾浓度增大到n时恰好报警。假设烟雾浓度越大，单位时间内光电管接收到的光子个数越多。已知元电荷为e，下列说法正确的是（ ）
A．仅将图2中电源的正负极反接，在烟雾浓度为n时也可能触发报警
B．为使烟雾浓度达到1.2n时才触发报警，可以仅将滑片P向左移动到合适的位置
C．单位时间内进入光电管的光子个数为时，一定会触发报警
D．报警器恰好报警时，将图2中的滑片P向右移动后，警报有可能会被解除
【答案】B
【解析】A．图2中光电管两端加的是正向电压，若正负极反接则光电管两端加负向电压，光照强度一定时，根据光电流与电压的关系，可知接正向电压在单位时间内会比接负向电压有更多光电子到达A极，所以反接后光电流会减小，在烟雾浓度为n时无法触发报警系统。故A错误；
BD．为使烟雾浓度达到1.2n时才触发报警，就是要降低烟雾报警器的灵敏度，烟雾浓度增加时，单位时间内光电管接收到的光子个数增多，则要减小从K极打到A极的光电子数占产生总光电子数的比例，滑片P需要向左滑动到合适位置，减小两极间的电压，才能达到目的。而恰好报警时将滑片P向右移动，会增大两极间的电压，只可能增强烟雾报警器的灵敏度或保持灵敏度不变，不可能降低报警器的灵敏度，所以不会解除警报。故B正确，D错误；
C．单位时间内进入光电管的光子个数为时，但是可能受到两端电压的限制，在阴极产生的光电子不一定全部到达A极，所以不一定能让报警系统的电流达到，不一定能触发报警。故C错误。
故选B。
13．如图所示，L 是自感系数很大、电阻很小的线圈，P、Q是两个相同的小灯泡。开始时，开关S处于闭合状态，P灯微亮，Q灯正常发光。断开开关（ ）
A．P 闪亮后再熄灭，且通过P中的电流反向
B．Q闪亮后再熄灭，且通过Q中的电流方向不变
C．P比 Q先熄灭
D．P与Q 同时熄灭
【答案】A
【解析】A．开始时，开关S闭合时，由于L的电阻很小，Q灯正常发光，P灯微亮，断开开关前通过Q灯的电流远大于通过P灯的电流，断开开关时，Q所在电路未闭合，立即熄灭，由于自感，L中产生感应电动势，与P组成闭合回路，故P灯闪亮后再熄灭。断开开关前，通过P灯电流方向从左向右，断开开关后，通过P灯电流方向从右向左，通过P中的电流反向，故A正确；
B C D．断开开关，Q灯立即熄灭，P 闪亮后再熄灭，P比 Q后熄灭，故BC D错误。
故选A。
14．如图所示，质量为M、倾角为的光滑斜劈置于光滑水平地面上，质量为m的小球第①次和第②次分别以方向水平向右和水平向左、大小均为的初速度与静止的斜劈相碰，碰撞中无机械能损失。重力加速度用g表示，下列说法正确的是（ ）
A．这两次碰撞过程小球和斜劈组成的系统动量都守恒
B．第②次碰撞后斜劈的速度小于
C．第②次碰撞过程中地面对斜劈的支持力等于
D．第①次碰撞前、后小球的速度方向一定在同一直线上；第②次碰撞前、后小球速度方向与斜面法线的夹角一定相等
【答案】B
【解析】A．第①次碰撞小球和斜劈组成的系统合外力为0，系统动量守恒，第②次碰撞过程中，系统的合外力不为0，动量不守恒，故A错误；
B．第②次碰撞后速度的分解如图
水平方向动量守恒
解得斜劈的速度
故B正确；
C．第②次碰撞过程中，斜劈有竖直向下的动量，则可知地面对斜劈的支持力大于，故C错误；
D．第②次碰撞后小球沿垂直于斜面方向的速度，根据速度的合成可知，第②次碰撞前、后小球速度方向与斜面法线的夹角一定不相等，故D错误；
故选B。
二、非选择题：共6题，共58分。
15．（8分）利用手机内置加速度传感器可实时显示手机加速度的数值。小明通过智能手机探究加速度与合外力的关系，实验装置如图甲所示，已知当地重力加速度为g。
（1）轻弹簧上端固定，下端与手机相连接，手机下端通过细绳悬挂小桶；
（2）开始时，小桶装有砝码，整个实验装置处于静止状态；
（3）突然剪断细绳，通过手机软件记录竖直方向加速度a随时间变化的图像如图乙所示，剪断细绳瞬间手机的加速度对应图中的 （选填“A”“B”或“C”）点；
（4）剪断细绳瞬间手机受到的合力大小F等于 ；
A．砝码的重力大小 B．小桶和砝码的重力大小
C．手机的重力大小 D．弹簧对手机的拉力大小
（5）改变小桶中砝码质量，重复步骤（3），获得多组实验数据并绘制图像如图丙所示，由图可得结论：在误差允许的范围内， ；
（6）如图丁所示，某同学在处理数据时，以手机竖直方向的加速度a为纵坐标，砝码质量m为横坐标，绘制图像，获得一条斜率为k，截距为b的直线，则可推算出手机的质量为 （选用k、b、g表示）。
【答案】A B 质量一定时，手机加速度与合外力成正比
【解析】（3）[1]前面的数据波动是保持平衡时的轻微扰动，后续的数据波动是因为手机在做（近似）简谐运动，故第一个峰值即为我们要的绳子被剪断时的瞬时加速度，故选“A”点；
（4）[2]剪断细绳瞬间，弹簧的弹力大小不变，手机受到的合力大小F小桶和砝码的重力大小。
故选B。
（5）[3]由丙图知，图像为过原点的一条直线，根据图像可以得到的结论，当手机的质量一定时，手机的加速度与手机所受合外力成正比。
（6）[4]绳子剪断前，设弹力为，小桶质量为，手机质量为，对手机有平衡知
绳子剪断后，对手机由牛顿第二定律有
综上可得
解得
16．（10分）（1）用单摆测重力加速度实验中，单摆摆线长为l，摆球直径为d，用秒表测得n个周期的总时间为t，圆周率为π，则实验中重力加速度的表达式g=
（2）某同学采用图1所示的电路图测量一节干电池的电动势和内阻。
①实验时，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片P应处在 (填“M”或“N”)端。
②按照图1连接实物图，如图2所示。闭合开关前检查电路时，发现有一根导线接错，该导线为 (填“a”“b”或“c”)。该错误连接会带来的问题是
（3）如图3所示，用伏安法测量待测电阻Rx的阻值，M、N间电压为U0保持不变。选用三种不同规格的滑动变阻器，最大阻值分别是R1=5Ω，R2=20Ω，R3=200Ω，从左向右移动滑片P，研究待测电阻Rx两端的电压U与滑片的滑动距离L（滑片从左向右滑动的最大距离为L0）的关系，获得如图4所示的数据结果。请你结合数据结果判断：在使用图3所示电路测量待测电阻Rx阻值的实验中，选择哪一种规格的滑动变阻器最合适，简要说明理由 。
【答案】 M c 见解析 滑动变阻器R1最合适，见解析
【解析】（1）[1]单摆的周期为
单摆的摆长为
根据单摆周期公式
解得实验中重力加速度的表达式为
（2）[2]实验时，闭合开关S前，为防止烧坏电表，滑动变阻器的滑片P应处在M端。
[3][4]c导线接错，错误连接会带来的问题是开关不是接在干路上，无法控制电压表，闭合前电压表已经有示数，应该将c线接电源正极端改接至开关右端。
（3）[5]滑动变阻器R1最合适；使用R1可使待测电阻两端的电压随滑动头移动趋近线性变化，方便调节使用。
17．（9分）机械能包括动能、重力势能和弹性势能，如图所示的实验装置中，力传感器一端固定在固定铁架台的横梁上，另一端与轻弹簧相连，轻弹簧下端悬挂重物，把重物向下拉开适当距离由静止释放，使其在竖直方向上下运动，弹簧不超过弹性限度，不计空气阻力。实验测得的弹力大小随时间变化规律如图所示，最大拉力为Fm，最小拉力为0，周期为2T。已知重力加速度g。
(1)求重物的质量m；
(2)以运动过程的最低点为重力势能零点，定性作出重力势能随时间变化的图线；
(3)定性作出重物的动能随时间变化的图线；
【答案】(1) ；(2)见解析；(3)见解析
【解析】(1)根据简谐振动的对称性，在最高点和最低点所受合力大小相等，方向相反，因此
因此物体的质量
(2)由于重物体在竖直方向做简谐振动，初始时刻在最高点，重力势能最大，重力势能随时间变化的周期也是2T，图线如图所示
(3)由于初始时刻在最高点，动能为零，由于动能没有方向性，因此动能变化的周期为T，图象如图所示
18．（9分）有关列车电气制动，可以借助如图所示模型来理解，图中水平平行金属导轨处于竖直方向的匀强磁场中，导轨间距为L，磁场的磁感应强度为B，金属棒MN的质量为m，导轨右端接有阻值为R的电阻，金属棒接入电路部分的电阻为r，导轨的电阻不计。MN在安培力作用下向右减速运动的过程对应于列车的电气制动过程，金属棒MN开始减速时的初速度为v0。
（1）求开始减速时：
①导体棒两端的电压U。
②安培力的功率P。
（2）在制动过程中，列车还会受到轨道和空气阻力的作用，为了研究问题方便，设这些阻力总和大小恒定，对应于棒受到的大小恒定的摩擦阻力f，在金属棒的速度从v0减至的过程中，金属棒的位移大小为x。求该过程中电路中产生的焦耳热Q。
【答案】（1）①；②；（2）
【解析】（1）①根据法拉第电磁感应定律可知
导体棒两端的电压为
②电路中的电流为
安培力的功率为
解得
（2）根据能量守恒定律可知
解得
19．（10分）（1）放射性元素的原子核发生衰变时，单位时间内发生衰变的原子核个数与现存的、未衰变的原子核个数N成正比：，其中λ为比例常数，“-”表示原子核个数减少。上述方程的解为：，其中为t＝0时刻未衰变的原子核个数，N为t时刻未衰变的原子核个数。根据以上信息求元素的半衰期。
（2）如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度为L，一端连接阻值为R的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m的导体棒MN放在导轨上，长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好。导轨和导体棒的电阻均可忽略不计。给导体棒一个向右的初速度。
a.类比（1）中给出的物理量之间关系的信息，以导体棒速度为时作为计时起点，推理得出导体棒的速度v随时间t变化的函数关系；
b.某同学写出导体棒的速度v与时间t的函数关系后，发现导体棒需要无限长的时间才能停下，该同学得出结论：导体棒也需要运动无限长的距离才能停下。请论证该同学的说法是否正确。
【答案】（1）；（2）a.，b.见解析
【解析】（1）根据半衰期公式可得，经过时间，未衰变的原子核个数为
结合
可得
（2）a．导体棒在运动过程中，水平方向只受安培力，根据牛顿第二定律可知
BIL＝ma
根据闭合电路欧姆定律
代入可得
根据加速度的定义式
考虑到导体棒做减速运动，所以有
类比可得方程的解为
b．该同学说法不正确。
在减速过程中，对导体棒运用动量定理，规定初速度方向为正方向
其中
可得
考虑到
联立可
为有限值，所以该同学的说法不正确。
20．（12分）物体做曲线运动的情况较复杂，一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替。如图（a）所示，曲线上A点的曲率圆定义为：通过A点和曲线上紧邻A 点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A点的曲率圆，其半径r叫做A点的曲率半径。在分析物体经过曲线上某位置的运动时，就可以按其等效的圆周运动来分析和处理。
（1）氢原子核外的电子绕核做匀速圆周运动，其周期为T。已知电子的电荷量为e，质量为m，静电力常量为k，求电子运动的轨道半径R。
（2）将一物体沿与水平面成α角的方向以速度v₀抛出，如图（b）所示。已知重力加速度为g，求其轨迹最高点P处的曲率半径r。
（3）开普勒根据第谷的行星观测记录结合数学知识发现，对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等。如图（c）所示，卫星绕地球沿椭圆轨道运动。卫星在椭圆轨道的近地点P的速度为v₁，近地点 P到地心的距离为R；在远地点Q的速度为v₂，远地点Q到地心的距离为r。一兴趣小组的同学根据开普勒定律结合数学知识得到 请你根据万有引力定律和牛顿运动定律推导这一结论。
【答案】（1）；（2）；（3）见解析
【解析】（1）根据库仑定律和牛顿第二定律

解得电子运动的轨道半径

（2）小球在最高点的速度为v₀csα，根据牛顿第二定律

解得曲率半径

（3） 卫星在椭圆轨道上运行，由椭圆的对称性，近地点P和远地点Q的等效圆周运动的半径相等，设为l，根据万有引力定律和牛顿第二定律，卫星在近地点时
卫星在远地点时
解得