广东省深圳市福田区红岭中学高三下学期开学物理试卷-A4

这是一份广东省深圳市福田区红岭中学高三下学期开学物理试卷-A4，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.2024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. 原子弹的单个铀块可以制成任意大小的体积
2.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θ1、θ2和θ3。关于θ1、θ2和θ3，下列关系式中正确的是( )
A. θ1：θ2：θ3=3：2：1B. sinθ1：sinθ2：sinθ3=3：2：1
C. tanθ1：tanθ2：tanθ3=3：2：1D. csθ1：csθ2：csθ3=1：2：3
3.2025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.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.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I。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.云辇−X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U9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Ek后，电机锁定，车身部分带动车轮部分离开地面。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Ek的正功
C. 锁定后的瞬间，整车的动能仍为EkD. 车轮离地的最大高度为MEk(M+m)2g
7.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μ=0.25。假设水对龙舟的阻力f是总重力的0.1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g=10m/s2，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2.5m/s2
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3.0m/s2
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.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.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19，则( )
A. 火星的平均密度大约是地球的98
B. 火星的公转周期大约是地球的12 2
C. 火星表面的重力加速度是地球的49
D. 火星的第一宇宙速度是地球的 23
10.一种音圈电机主要由水磁体、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m。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n。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U2R
C. 加上电压的瞬间，线圈支撑的加速度为2nπBUrmR
D. 线圈支撑的最大速度为12nπrB(U−mgR2nπrB)
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.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d=______ mm；
(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p0；
(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F；
(4)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1h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h0=______，实验室当地的大气压强p0=______；
(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.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0∼2000Ω)；
滑动变阻器B(阻值范围为0∼20Ω)；
电阻箱(最大阻值为9999.9Ω)；
待测电压表(量程为0∼3V，内阻约为3000Ω)；
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S；
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R1时，电压表的指针指在满刻度的12处，即可认为该电压表的内阻为R1。
(3)该电压表的实际内阻______(选填“大于”“小于”或“等于”)R1；
(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R2，后续操作均正确，则该电压表内阻应为______(用R1、R2表示)。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.2024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c。
(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α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d。试求该冰晶对绿光的折射率n0和该绿光在冰晶里的运动时间t。
14.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，外壳受到反冲作用面快速上升，如图甲所示。发射时水火箭将壳内质量为m=2.0kg的水相对地面以v=6m/s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m0=0.4kg，上升阶段空气阻力恒为f0=1N，不计水平方向的任何力，重力加速度g=10m/s2。
(1)求水火箭外壳能上升的最大高度H；
(2)若外壳在下落过程中所受空气阻力与速度成正比，即f=kv(k=0.4)，向下落高度h=20m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vm；
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.如图(a)所示，在xOy平面上方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。t=0时刻，一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从坐标原点O开始以速度v0沿x轴正方向运动。粒子重力忽略不计，图(b)、图(c)中E0=3B0v04π，t0=πmqB0，B0已知。(sin37∘=0.6,cs37∘=0.8)求：
(1)在t0时刻粒子的速度方向与x轴正方向的夹角θ；
(2)在2t0时刻粒子的位置坐标；
(3)0∼nt0时间内电场力对粒子做的功W。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：AB.氢弹是核聚变反应，必须在高温下进行，故B正确，A错误；
CD.原子弹的燃料是铀核裂变，太阳的能量同样来自于氢核聚变，并且铀裂变存在临界体积，故CD错误。
故选：B。
根据氢核聚变和铀核裂变的本质及相关条件进行分析解答。
考查氢核聚变和铀核裂变的本质及相关条件，会根据题意进行准确分析解答。
2.【答案】C
【解析】解：设最下方两个灯笼间绳子的拉力大小为F，左侧三根绳子自上而下的拉力大小分别为T1、T2、T3，
以左侧三个灯笼为研究对象，由平衡条件可得：T1sinθ1=3mg，T1csθ1=F；
以左侧下方2个灯笼为研究对象，由平衡条件可得：T2sinθ2=2mg，T2csθ2=F；
以左侧最下方灯笼为研究对象，由平衡条件可得：T3sinθ3=mg，T2csθ3=F；
联立可得：tanθ1：tanθ2：tanθ3=3：2：1，故C正确，ABD错误；
故选：C。
以左侧三个灯笼为研究对象，由平衡条件列式；以左侧下方2个灯笼为研究对象，由平衡条件列式；以左侧最下方灯笼为研究对象，由平衡条件列式；即可分析判断ABCD正误。
本题主要考查共点力的平衡问题，解答本题时需注意：选准研究对象、做好受力分析、根据共点力的平衡条件确定力与力的关系。
3.【答案】B
【解析】解：A.由于不同运动员质量不同，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；
C、D.距离得分受到AB段的动作影响，故C、D都错误；
故选：B。
选取研究对象，明确并分析运动过程，分析受力及各力做功的情况。
在研究某一物体受到力的持续作用而发生状态改变时，如涉及位移和速度而不涉及时间时应首先考虑应用动能定理，而后考虑牛顿定律、运动学公式，如涉及加速度时，先考虑牛顿第二定律。
4.【答案】D
【解析】解：由题知，无穷远处电势为零，因为沿电场线方向，电势逐渐降低，则带正电的导体(M)附近的电势大于零，带负电的导体(N)附近的电势小于零，且在M、N之间有电势为零的点，又因为处于静电平衡的导体为等势体，故D正确，ABC错误；
故选：D。
由题意，根据沿电场线方向，电势逐渐降低，且处于静电平衡的导体为等势体，即可分析判断ABCD正误。
本题考查通过电场线的方向判断电势的高低，解题时需注意，沿电场线方向电势逐渐降低，但是电势降低的方向并不一定是电场线的方向。在所有电势降低的方向中，沿电场线方向降低的最快。
5.【答案】A
【解析】解：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、由稳定状态下，载流子在霍尔元件中受力平衡，可知evB=eUHd，可得到上下表面的霍尔电压UH=Bdv
l和b对霍尔电压无影响，故CD错误；
故选：A。
根据霍尔元件的原理分析AB，由稳定状态下，载流子在霍尔元件中受力平衡，可得到上下表面的霍尔电压表达式，分析CD。
本题考查霍尔元件的应用，关键是理解稳定状态下，载流子在霍尔元件中受到的洛伦兹力与电场力平衡。
6.【答案】D
【解析】解：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，还有重力做功，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，故C错误；
D.锁定瞬间动量守恒，有Mv=(M+m)v2，一起竖直上抛有v22=2gh，故D正确。
故选：D。
1.动能定理的内容：合外力做的功等于动能的变化量。
2.表达式：W合=ΔEk=Ek末−Ek初
3.本考点针对简单情况下用动能定理来解题的情况。
用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，以便更准确地理解物理过程和各物理量的关系。有些力在物体运动全过程中不是始终存在的，在计算外力做功时更应引起注意。
7.【答案】C
【解析】解：AB、划手回浆步调一致时，对龙舟、划手和大鼓整体，根据牛顿第二定律有f=(12m人+m鼓+m舟)aA，其中f=0.1=(12m人+m鼓+m舟)g，解得aA=1m/s2，对大鼓有f鼓=m鼓aA，解得大鼓受到的摩擦力大小为10N，鼓AB错误；
CD、大鼓与甲板之间的最大静摩擦力为fm=μmg=0.25×10×10N=25N。划手拉浆步调一致时，假设大鼓和龙舟能够保持相对静止，对对龙舟、划手和大鼓整体，根据牛顿第二定律有10F−f=(12m人+m鼓+m舟)aB，解得aB=3m/s2，对大鼓有f′鼓=m鼓aB，解得大鼓所受摩擦力大小为30N，大于最大静摩擦力25N，则假设不成立，大鼓与甲板已经发生相对滑动，则大鼓所受摩擦力大小为25N，大鼓的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有fm=m鼓a，解得a=2.5m/s2，故C正确，D错误。
故选：C。
划手回浆步调一致时，对龙舟、划手和大鼓整体，根据牛顿第二定律计算出整体的加速度，然后对大鼓根据牛顿第二定律可得大鼓所受摩擦力；划手拉浆步调一致时，假设大鼓和龙舟能够保持相对静止，对对龙舟、划手和大鼓整体，根据牛顿第二定律得到加速度，然后分析大鼓能否保持相对静止，进而可得大鼓所受摩擦力和加速度大小。
本题考查了整体法和隔离法在牛顿第二定律中的应用。
8.【答案】AB
【解析】解：A、不倒翁玩偶的摆动可视为单摆的摆动，其周期与摆动幅度无关，故A正确；
B、在状态1和3时，不倒翁玩偶的位移最大、速度为零、动能最小，故B正确；
C、在状态2时，不倒翁玩偶所受的合力提供向心力，受力不平衡，故C错误；
D、在状态3时，不倒翁玩偶的位移最大，重力势能最大，故D错误。
故选：AB。
简谐运动的周期与摆动幅度无关；不倒翁玩偶的位移最大时、速度为零、动能最小、重力势能最大；根据受力情况分析是否受力平衡。
本题以不倒翁玩偶为背景，考查了单摆的振动，关键是掌握单摆处于最大位移处和平衡位置的受力情况以及动能的大小。
9.【答案】CD
【解析】解：A、已知火星的直径大约是地球的一半，则火星的半径大约是地球的一半，质量大约是地球的19，根据密度计算公式可得：ρ=MV，其中V=43πR3，所以火星的平均密度大约是地球的89，故A错误；
B、根据题干条件无法半径火星的公转周期与地球的公转周期的关系，故B错误；
C、根据万有引力和重力的关系可得：GMmR2=mg，解得：g=GMR2，所以火星表面的重力加速度是地球的49，故C正确；
D、第一宇宙速度等于卫星贴近地面做匀速圆周运动的环绕速度，由万有引力提供向心力有：GMmR2=mv2R，解得第一宇宙速度的表达式为：v= GMr，所以火星的第一宇宙速度是地球的 23，故D正确。
故选：CD。
根据密度计算公式进行分析；
据题干条件无法半径火星的公转周期与地球的公转周期的关系；
根据万有引力和重力的关系进行分析；
第一宇宙速度等于卫星贴近地面做匀速圆周运动的环绕速度，由万有引力提供向心力进行分析。
本题主要是考查了万有引力定律及其应用；解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答。
10.【答案】AD
【解析】解：A、由左手定则可知，线圈支撑受到的安培力方向向上，所以线圈支撑将向上运动，故A正确；
B、线圈在运动的过程中产生感应电动势，使得回路中的感应电流减小，回路中的电压减小，故B错误；
C、初始时速度为零，没产生感应电动势，此时电流：I=UR
安培力的大小为：F=2πnBIr
根据牛顿第二定律可得：F−mg=ma
解得加速度大小为：a=2nπBUrmR−g，故C错误；
D、当加速度为零时速度最大，此时有：2πnBI1r=mg
其中：I1=U−ER=U−2πnrv1R
解得线圈支撑的最大速度为：v1=12nπrB(U−mgR2nπrB)，故D正确。
故选：AD。
由左手定则判断安培力的方向，由此分析运动情况；线圈在运动的过程中回路中的电压减小，由此分析；根据牛顿第二定律结合安培力的计算公式进行解答；当加速度为零时速度最大，根据平衡条件结合安培力的计算公式进行解答。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
11.【答案】54.14 kb 4bπd2 减少滑轮组，优点是不受滑轮与细绳间阻力的影响
【解析】解：(1)游标卡尺读数为：d=54mm+7×0.02mm=54.14mm；
(5)根据题意可知，封闭气体的初态压强为p0，末态压强为p0−FS，由玻意耳定律可得：p0h0S=(p0−FS)hS，解得：F=p0S−p0h0hS，其中S=πd24，由图像可知：b=p0S，k=p0S0S，联立求得：h0=kb；p0=4bπd2；
(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，减少滑轮组，故优点为不受滑轮与细绳间阻力的影响。
故答案为：(1)54.14；(5)kb；4bπd2；(6)减少滑轮组，优点是不受滑轮与细绳间阻力的影响。
(1)由游标卡尺的读数原理可以求出d的大小；
(5)由玻意耳定律结合图像可求h0和p0；
(6)结合实验装置进行比较分析即可看出优点。
本题是对玻意耳定律及游标卡尺的读数规律的考查，解题的关键是要根据实验规律结合图像即可解答。
12.【答案】B a 小于 R1−2R2
【解析】解：(1)滑动变阻器采用分压式接法，为了保证电路安全和方便调节，滑动变阻器选择B；
(2)①为了保证电路安全，闭合开关前，滑动变阻器的滑动片应位于a端；
(3)当电阻箱阻值为R1时，电压表支路的电阻增大，电路中的总电阻增大，总电流减小，滑动变阻器滑动片右端电阻和电源内阻分得的电压减小，滑动变阻器滑动片左端电阻分得的电压增大，即电压表支路的总电压增大；
当电压表示数为12UV时，电阻箱两端的真实电压大于12UV
根据串联电路电压的分配与电阻的关系，电压表内阻的真实值小于R1；
(4)电阻箱阻值并未调到零，阻值为R2，电压表满偏时，支路的电压U=UV+UVRV⋅R2
由于滑动变阻器的滑动片位置不变，电压表支路的电压不变，电压表半偏时，支路的电压U=12UV+UV2RV⋅R1
联立解得RV=R1−2R2。
故答案为：(1)B；(2)①a；(3)小于；(4)R1−2R2。
(1)滑动变阻器采用分压式接法，从保证电路安全和方便调节的角度分析作答；
(2)从保证电路安全的角度分析作答；
(3)电压表支路接入电阻箱后，该支路的电阻增大，电路中的总电阻增大，总电流减小，根据欧姆定律分析支路的总电压变化情况，根据串联电路电压的分配与电阻的关系分析作答；
(4)滑动变阻器的滑动片位置不变，电压表支路的电压不变，根据串联电路的特点和欧姆定律求解作答。
半偏法是测电表内阻的常用方法，此时电表看成能显示电流或电压的定值电阻，不可当成理想电表，不过要注意分析误差来源；要注意滑动变阻器的两种接法及各个接法的使用条件。
13.【答案】解：(1)紫光的折射率比红光大，由折射率定义：n=sinisinγ，可知在入射角相等时，紫光的折射角小于红光的折射角，即红光在上方；
(2)由几何关系可知，折射角的正弦值为：sinθ=L L2+d2，入射角正弦值为：sin(π2−α)，解得折射率为：n0= L2+d2csαL；
由速度与折射率的关系可知：n0=cv，光在冰晶中运动时，t= L2+d2v，解得：t=(L2+d2)csαcL。
答：(1)红光在上方；
(2)折射率为 L2+d2csαL，光在冰晶中的运动时间为 l2+d2v。
【解析】(1)由折射率的定义，结合紫光与红光的折射率大小情况，可分析两种光的折射角的大小，即可知哪种颜色在上方；
(2)由几何关系，可计算入射角、折射角的正弦值，根据折射率的定义，即可计算绿光的折射率；由折射率与光速的关系，即可计算光在冰晶中传播的速度，由几何关系即可计算光在冰晶中的传播距离，由光速及光在冰晶中传播的距离，即可知光在冰晶中的运动时间。
本题考查光的折射，关键是结合图像中的几何关系计算折射率。
14.【答案】解：(1)喷水过程中，mv=m0v0 上升过程中，m0g+f0=m0a 02−v2=−2aH
解得H=36m
(2)①外壳匀速时，有m0g=kvm
解得vm=10m/s
②外壳从开始下落到恰好匀速，由动量定理有m0v0=m0gt−kvt vt=h
解得t=3s
③外壳从开始下落到恰好匀速，由动能定理有12m0vm2−0=m0gh+W1；
解得W1=−60J。
答：(1)水火箭外壳能上升的最大高度为36m
(2)①外壳匀速时的速度为10m/s
②外壳从下落到匀速所经历的时间为3s
③外壳从下落到匀速，空气阻力所做的功为−60J
【解析】利用动能定理进行简单的运算
考查对物理学方法的理解，熟悉动量定理公式
15.【答案】解：(1)0∼t0之间只存在电场
E0q=ma
vy1=at0
tanθ=vy1v0
得t0时刻粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为37∘
(2)t0时刻在x、y方向的位移分别为
x1=v0t0、y1=12at02
得
x1=πmv0qB0，y1=3πmv08qB0
在t0∼2t0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
qv0B0=mv02R
T=2πRv0
得
T=2πmqB0=2t0，R=mv0qB0
则在t0∼2t0之间，粒子做了半个周期的匀速圆周运动
在t0∼2t0之间，在y方向的位移
y2=vy1t0
在z方向的位移
z2=−2R
在2t0时刻的位置坐标为(x1,y1+y2,z2)，即(πmv0qB0,9πmv08qB0,−2mv0qB0)
(3)在0∼t0之间，电场力对粒子做的功
W1=E0qy1
得
W1=932mv02
在2t0∼3t0之间，粒子在y方向的位移
y2=vy1t0+12at02
在3t0时，y方向的分速度
vy2=vy1+at0
在2t0∼3t0之间，电场力对粒子做的功
W2=E0qy2
得
W2=2732mv02
此后按如上规律周期运动，在2nt0∼(2n+1)t0时间内电场力做的功
Wn+1=E0qyn+1
因此，在0∼m0内，电场力做的功为
W=9128(n+1)2mv02(n=1,3,5⋯)
W=9128n2mv02(n=2,4,6⋯)
答：(1)在t0时刻粒子的速度方向与x轴正方向的夹角θ为37∘；
(2)在2t0时刻粒子的位置坐标为(πmv0qB0,9πmv08qB0,−2mv0qB0)；
(3)0∼nt0时间内电场力对粒子做的功为
W=9128(n+1)2mv02(n=1,3,5⋯)
W=9128n2mv02(n=2,4,6⋯)。