資源簡介

2025屆江蘇省南京市高三下學期第二次模擬考試物理試卷
一、單項選擇題（本題共11小題，每小題4分，共44分．每小題只有一個選項最符合題意．）
1．（2025·南京模擬）如圖，金屬棒MN兩端由等長的輕質細線水平懸掛，處于豎直向上的勻強磁場中，棒中通以由M向N的電流，平衡時兩懸線與豎直方向的夾角均為θ，僅改變下列某一個條件，能使θ變大的情形是（　　）
A．棒中的電流變大 B．兩懸線等長變短
C．金屬棒質量變大 D．磁感應強度變小
【答案】A
【知識點】安培力的計算
【解析】【解答】本題考查包含安培力的共點力平衡問題，對金屬棒進行受力分析，明確安培力的大小和方向，再應用平衡條件列式即可。對棒分析可知
則要使θ變大，可以使棒中的電流I變大，減小棒的質量m，增大磁感應強度B；改變懸線長度不影響θ大小。
故選A。
【分析】對通電導線受力分析，求出夾角的關系表達式，然后根據表達式分析答題。
2．（2025·南京模擬）三國時期東吳重臣張昭家族墓近期在南京被發現，圖為墓中出土的兩方龜紐金印．考古學家們常用放射性元素的半衰期確定文物的年代，衰變方程為，的半衰期是5730年，下列說法正確的是（　　）
A．經過11460年后，4個一定還剩下1個
B．該衰變的實質是核內的一個質子轉變為一個中子和一個電子
C．比結合能大于比結合能
D．衰變過程發生了質量虧損
【答案】D
【知識點】原子核的衰變、半衰期；質量虧損與質能方程；α、β、γ射線及特點；結合能與比結合能
【解析】【解答】A．半衰期是大量原子核衰變的統計規律，對少量的原子核衰變不適用，選項A錯誤；
B．根據質量數和電荷數守恒可知X粒子為β粒子，所以衰變是β衰變，其實質是核內的一個中子轉變為一個質子和一個電子，選項B錯誤；
C．衰變過程釋放能量，反應后的生成物更加穩定，比結合能更大，即比結合能小于比結合能，選項C錯誤；
D．衰變過程放出能量，則發生了質量虧損，選項D正確。
故選D。
【分析】根據半衰期，β粒子的來源和比結合能知識，質量虧損等進行分析解答。
3．（2025·南京模擬）如圖，小車沿固定的等距螺旋軌道向上做勻速率運動，軌道各處彎曲程度相同，在此過程中，該小車（　　）
A．角速度大小不變 B．向心力不變
C．處于平衡狀態 D．處于超重狀態
【答案】A
【知識點】超重與失重；向心力
【解析】【解答】ABC．小車做曲線運動，具有向心加速度，向心力大小不變，方向不斷變化；小車沿固定的等距螺旋軌道向上做勻速率運動，根據可知角速度不變；小車所受合外力不為零，其運動過程中處于非平衡狀態，故A正確，BC錯誤；
D．軌道等螺距，且小車的速率不變，所以小車運動過程在豎直方向的速度不變，根據牛頓第二定律可知小車在豎直方向沒有加速度，所以小車既不處于超重狀態，也不處于失重狀態，故D錯誤。
故選A。
【分析】根據曲線運動的合外力，加速度和角速度，超失重知識進行分析解答。
4．（2025·南京模擬）如圖，某同學利用一半徑R較大的固定光滑圓弧槽和一直徑為d的剛性小球來測定當地的重力加速度。已知小球的運動為簡諧運動.下列說法正確的是（　　）
A．應從小球處于最高點開始計時
B．從不同高度釋放，小球的周期不同
C．若將n次全振動誤記為n 1次，重力加速度的測量值將偏小
D．小球經過最低點時加速度為零
【答案】C
【知識點】單擺及其回復力與周期；用單擺測定重力加速度
【解析】【解答】解決本題的關鍵是將小球運動看成單擺運動以及掌握單擺的周期公式。A．可以將小球的運動等效為單擺的運動，通常選擇平衡位置作為計時起點，此時速度最大，測量時間誤差較小，便于測量。最高點速度為零，測量時間誤差可能較大，A錯誤；
B．對于簡諧運動，周期 與振幅（即釋放高度）無關，因此從不同高度釋放，小球的周期相同，B錯誤；
C．根據單擺運動的周期公式
若將次全振動誤記為次，會使小球運動周期偏大，重力加速度的測量值偏小，C正確；
D．在簡諧運動中，小球繞點做圓周運動，小球在最低點時速度最大，但加速度不為零，方向指向點，D錯誤。
故選C。
【分析】小球在一半徑R較大的固定光滑圓弧槽的運動可以看成單擺運動，結合單擺周期公式分析。
5．（2025·南京模擬）寶石切工決定價值，優秀的切割工藝可以讓寶石璀璨奪目。某寶石的剖面簡化如圖，一束復合光斜射到寶石的AB面上，經折射后分成a、b兩束單色光照射在CO面上，下列說法正確的是（　　）
A．寶石對a光的折射率比b光的大
B．寶石中a光的傳播速度比b光的大
C．b光從空氣進入寶石，頻率變低
D．逐漸減小光斜射到AB面上的入射角，從CO面射出的光線中a光先消失
【答案】B
【知識點】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】對于光的折射要求知道：不同頻率的光進入同一種透明介質發生折射，頻率越大的光偏折程度越明顯，折射率越大。A．由題意知寶石對單色光a的偏折程度比對單色光b的偏折程度小，因此寶石對單色光a的折射率小，A錯誤；
B．由
得，可知單色光a在寶石中的傳播速度比單色光b在寶石中的傳播速度大，B正確；
C．單色光b從空氣進入寶石，頻率不變，C錯誤；
D．由
可知，單色光a的臨界角大于單色光b的臨界角，逐漸減小斜射到AB面上的入射光束的入射角，從CO面射出的光束中單色光b最先消失，D錯誤。
故選B。
【分析】根據偏折情況判斷折射率的大小；判斷傳播速度；光從一種介質進入另一種介質，頻率不變；根據發生全反射的條件進行分析。
6．（2025·南京模擬）研究光電效應時，當用波長為的光照射某種金屬時，遏止電壓為，改變入射光波長，作出圖像如圖．其橫軸截距為a，縱軸截距為b，元電荷為e，真空中光速為c．下列說法正確的是（　　）
A．普朗克常量為
B．該金屬的截止頻率為
C．該金屬的逸出功為
D．遏止電壓與入射光的波長成反比
【答案】C
【知識點】光電效應
【解析】【解答】對于圖線問題，一般的解題思路是得出物理量之間的關系式，結合圖線的斜率和截距進行求解。ABC．根據光電效應方程可知
可得
結合圖像可知，
可得普朗克常量為
該金屬的截止頻率為
該金屬的逸出功為
選項AB錯誤，C正確；
D．根據光電效應方程
可知
可知遏止電壓與入射光波長不是成反比，選項D錯誤。
故選C。
【分析】根據光電效應方程，以及最大初動能與遏止電壓的關系得出遏止電壓與入射光頻率的關系式，結合圖線的斜率和截距分析判斷。
7．（2025·南京模擬）如圖為楊氏雙縫干涉實驗示意圖，用藍光照射時，光屏上能觀察到干涉條紋．下列說法正確的是（　　）
A．若換用紅光照射時，相鄰兩條亮條紋間距變小
B．若將雙縫到屏之間充滿某種介質，相鄰兩條亮條紋間距變大
C．若將光屏向右邊移動，相鄰亮條紋間距變大
D．若將縫S1擋住，則光屏上不再呈現明暗相間的條紋
【答案】C
【知識點】光的雙縫干涉；干涉條紋和光的波長之間的關系；光的衍射
【解析】【解答】ABC．若換用紅光照射時，由于紅光的波長大于藍光的波長，根據相鄰亮條紋間距公式，則相鄰兩條亮條紋間距變大；
若將雙縫到屏之間充滿某種介質，由于藍光在介質中的波長小于真空中的波長，根據相鄰亮條紋間距公式，則相鄰兩條亮條紋間距變小；
若將光屏向右邊移動，即變大，根據相鄰亮條紋間距公式，則相鄰亮條紋間距變大；
故AB錯誤，C正確；
D．若將縫S1擋住，發生單縫衍射現象，則單色藍光經過縫S2衍射后仍能在光屏上形成明暗相間的條紋，故D錯誤。
故選C。
【分析】根據雙縫干涉條紋的間距公式判斷條紋間距的變化。
8．（2025·南京模擬）如圖，在一點電荷 Q附近有一不帶電的球形導體處于靜電平衡，其電勢為φ1；現把球形導體左側接地，達到靜電平衡時斷開接地并移走 Q后，其電勢為φ2；下列說法正確的是（　　）
A．接地時電子從大地沿導線向導體移動
B．接地達到靜電平衡后，導體左側半球不帶電
C．接地達到靜電平衡后，導體左側半球電荷量不變
D．φ1<φ2
【答案】D
【知識點】靜電的防止與利用；電勢
【解析】【解答】掌握靜電感應，和處于靜電平衡狀態下導體的特點是解題的基礎。A．導體處在負電荷的電場中，則電勢小于零即低于大地的電勢，則接地時電子從導體沿導線向大地移動，選項A錯誤；
BC．接地達到靜電平衡后，導體所帶電荷重新分配，導體左側半球帶正電，左側半球電荷量發生改變，選項BC錯誤；
D．斷開開關并移走-Q后，導體球重新達到靜電平衡，但是帶正電，電勢φ2＞0，開始時導體處在負電荷的電場中，則電勢低于大地的電勢，φ1<0，可知φ1<φ2
選項D正確。
故選D。
【分析】電子從低電勢向高電勢移動；根據靜電感應以及處于靜電平衡狀態下的導體的特點分析；根據負電荷周圍的電勢小于零，正電荷周圍的電勢大于零分析。
9．（2025·南京模擬）如圖，發電機的矩形線框處在豎直向下的勻強磁場中，繞對稱軸以角速度勻速轉動．取通過電阻R向右的電流為正，從圖示位置計時，則R中的電流i隨時間t變化的圖像是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知識點】交變電流的峰值、有效值、平均值與瞬時值
【解析】【解答】本題考查對交流電圖象的認識及應用；明確交流電圖象的物理意義，正確根據圖象獲取有關交流電的信息。由題意可知線框繞與磁場垂直的軸勻速轉動，產生正弦式交流電，因為通過電阻向右的電流為正，根據楞次定律可知線框由圖示位置順時針旋轉過程中，流過電阻的電流為負，由于換向器的存在，線圈旋轉90o時，電流突然反向，線框旋轉至的過程中，流過電阻的電流為正且電流逐漸減小，根據分析，A符合題意。
故選A。
【分析】根據中性面的特點及電流方向分析判斷。
10．（2025·南京模擬）如圖，絕緣環a、b質量均為m，帶電量均為+q，分別套在固定的水平絕緣桿上，環的直徑略大于桿的直徑，環與桿的動摩擦因數均為，兩桿分別處于豎直向下的勻強電場E和勻強磁場B中，分別給兩環水平向右的初速度v0，兩環向右運動直至停下，下列說法不正確的是（　　）
A．摩擦力對兩環的沖量相同
B．摩擦力對兩環做的功相同
C．若兩環最終位移相同，則a環運動時間較短
D．若兩環最終運動時間相同，則a環位移較短
【答案】D
【知識點】帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【解答】根據牛頓第二定律，對環a以及環b分別進行分析，作出環a和環b運動的v﹣t圖像，結合v﹣t圖像某點切線斜率的絕對值表示加速度大小，利用逆向思維，結合動量定理和動能定理分析求解。A．由題意，兩環向右運動直至停下的過程中，兩環所受合力沿桿水平向左，且大小等于受到的摩擦力，對兩環根據動量定理有
顯然摩擦力對兩環的沖量相同，故A正確；
B．對兩環，根據動能定理有
顯然摩擦力對兩環做的功相同，故B正確；
C．對環a受力分析可知，在豎直方向上，環受到豎直向下的電場力，重力，豎直向上的支持力作用，且
環水平方向上受到的摩擦力
顯然環a做勻減速直線運動直至停下；對環b受力分析可知，環水平方向上受到的摩擦力
顯然環b做加速度逐漸減小的減速直線運動直至停下；若兩環最終位移相同，可畫出如圖所示圖像
由圖像可知，a環運動時間較短，故C正確；
D．根據選項C分析可知，若兩環最終運動時間相同，則a環圖像圍成的面積較大，則其位移較長，故D錯誤。
由于本題選擇錯誤的，故選D。
【分析】根據動量定理判斷摩擦力的沖量大小；由動能定理判斷摩擦力做功的大小；根據牛頓第二定律，對環a以及環b分別進行分析，作出環a和環b運動的v﹣t圖像，結合v﹣t圖像某點切線斜率的絕對值表示加速度大小，利用逆向思維，結合動量定理分析求解時間問題。
11．（2025·南京模擬）如圖甲所示，傾角為、長為2l的斜面AC，AB段光滑，BC段粗糙，且AB=BC=l。質量為m的小物體由A處靜止釋放，到C點恰好停下，BC段動摩擦因數自上而下逐漸增大，具體變化如圖乙所示，重力加速度為g。下列說法正確的是（　　）
A．動摩擦因數最大值μm=2tan
B．小物塊的最大速度為
C．重力在AB、BC兩段路面上做功不相等
D．重力在AB段中間時刻瞬時功率等于在BC段中間時刻瞬時功率
【答案】B
【知識點】功的計算；功率及其計算；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】本題綜合考查斜面運動、動能定理和變力做功等力學核心知識。題目通過分段斜面設計，巧妙地將勻加速運動與變加速運動結合，重點考查學生對能量轉化和受力分析的理解能力。A．從A處靜止釋放，到C點恰好停下，根據動能定理可得
由圖乙可知
聯立解得
故A錯誤；
B．當摩擦力等于重力沿斜面向下的分力時，小物塊的速度達到最大，此時有
解得
由圖乙可知，此時小物塊在BC段下滑的距離為，則從從A處靜止釋放到最大速度過程，根據動能定理可得
其中
解得最大速度為
故B正確；
C．由于AB、BC兩段路面的長度相同，對應的高度相同，根據
可知重力在AB、BC兩段路面上做功相等，故C錯誤；
D．設小物塊在B點的速度為，小物塊在AB段做勻加速直線運動，則AB中間時刻速度為
則重力在AB段中間時刻瞬時功率
小物塊在BC段不是做勻變速直線運動，所以BC段中間時刻速度
則重力在BC段中間時刻瞬時功率
故D錯誤。
故選B。
【分析】AB段光滑，物體做勻加速直線運動；BC段粗糙且動摩擦因數逐漸增大，物體做變減速運動直至停止。通過動能定理分析整個過程的能量關系，可以求出動摩擦因數最大值。最大速度出現在摩擦力等于重力沿斜面向下分力的位置，此時速度達到峰值。
二、非選擇題：共5題，共56分．其中第13題～第16題解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分；有數值計算時，答案中必須明確寫出數值和單位．
12．（2025·南京模擬）如圖甲，某興趣小組搭建了有“×1”、“×10”、“×100”三擋位的“歐姆表”電路．其中電池的電動勢E=1.5V，內阻可忽略不計；表頭量程I0=1mA、內阻R0=450Ω，R1、R2為電阻箱，R為滑動變阻器，S為單刀多擲開關．
（1）電路中表筆Ⅰ應為　 　（選填“紅”或“黑”）表筆．
（2）設定B對應“×10”擋位，A對應“×1”擋位．
（3）該小組利用此“歐姆表”嘗試測定一未知電阻Rx的阻值，進行了如下操作：
步驟①先將S撥到B，兩表筆短接調零，即：調節R使表頭指針指在　 　mA刻度處；
步驟②把未知電阻接在紅、黑表筆間，指針位于圖乙a處，有同學提出此時指針偏角較小，想增大指針偏角，應將開關S撥至　 　（選填“A”或“C”）；
步驟③將選擇開關S撥至新的位置后，重復步驟①后，把未知電阻接在紅、黑表筆間，指針位于圖乙b處，可知Rx阻值為　 　Ω．
（4）若干電池由于長時間使用，內阻略有增大，電動勢仍為1.5V，則電阻測量值相對真實值　 　（選填“偏大”、“等大”或“偏小”）．其理由為　 　．
【答案】黑；1.0；C；1500；等大；電阻調零時，電池內阻不能忽略可通過減小調零電阻的阻值，保證歐姆表內阻恒定。歐姆表內阻不變，測量值就不受影響。
【知識點】電壓表、電流表歐姆表等電表的讀數
【解析】【解答】理解實驗原理是解題的前提，分析清楚圖示電路結構，應用閉合電路的歐姆定律即可解題。（1）電流進出多用電表滿足紅進黑出的特點，電路中表筆Ⅰ與內部電源的正極連接，可知應為黑表筆；
（3）步驟①先將S撥到B，兩表筆短接調零，即：調節R使表頭指針滿偏，即指在1.0mA刻度處；
步驟②把未知電阻接在紅、黑表筆間，指針位于圖乙a處，有同學提出此時指針偏角較小，說明倍率擋選擇過低，因C擋為“×100”擋，則想增大指針偏角，應將開關S撥至C；
步驟③將選擇開關S撥至新的位置后，重復步驟①后，把未知電阻接在紅、黑表筆間，指針位于圖乙b處，因接C時的中值電阻為
可知Rx阻值為1500Ω。
（4）電阻調零時，電池內阻不能忽略可通過減小調零電阻的阻值，保證歐姆表內阻恒定。歐姆表內阻不變，測量值就不受影響，即電阻測量值相對真實值等大。
【分析】（1）歐姆表內置電源正極與黑表筆相連。
（3）歐姆表使用前要進行歐姆調零；用歐姆表測電阻要選擇合適的擋位使指針指在中央刻度線附近；歐姆表中值電阻等于內阻，應用閉合電路的歐姆定律求解。
（4）根據歐姆表的工作原理分析答題。
13．（2025·南京模擬）2024年6月25日，嫦娥六號返回器實現了世界首次月球背面采樣并順利返回，為后續載人探月工程打下了堅實基礎．設想載人飛船先在軌道Ⅰ做勻速圓周運動，選準合適時機變軌進入橢圓軌道Ⅱ，到達近月點再次變軌到近月軌道Ⅲ（可認為軌道半徑等于月球半徑），最后安全落在月球上，其中A、B兩點分別為橢圓軌道Ⅱ與軌道Ⅰ、Ⅲ的切點，已知月球半徑為R，月球表面重力加速度為g0，通過觀測發現載人飛船在橢圓軌道Ⅱ的周期為近月軌道Ⅲ的周期的倍．求：
（1）載人飛船在軌道Ⅲ上的角速度ω；
（2）軌道Ⅰ的半徑r。
【答案】（1）解：載人飛船在軌道Ⅲ做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力，則有
在月球表面有
解得
（2）解：根據開普勒第三定律有
其中
解得
【知識點】開普勒定律；衛星問題
【解析】【分析】（1）根據萬有引力和重力的關系、萬有引力提供向心力進行解答；
（2）根據開普勒第三定律求解軌道Ⅱ的半長軸，根據幾何關系求解軌道Ⅰ的半徑。
（1）載人飛船在軌道Ⅲ做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力，則有
在月球表面有
解得
（2）根據開普勒第三定律有
其中
解得
14．（2025·南京模擬）如圖，固定的豎直汽缸內有一個輕質活塞封閉著一定質量的理想氣體，活塞橫截面積為S，汽缸內氣體的初始熱力學溫度為T0，高度為h0.已知大氣壓強為P0，重力加速度為g.現對缸內氣體緩慢加熱，忽略活塞與汽缸壁之間的摩擦。
（1）當氣體的溫度變為1.5T0時，求活塞上升的距離；
（2）若在對氣體緩慢加熱的同時，在活塞上緩慢加沙子，使活塞位置保持不變.當汽缸內氣體的溫度變為1.5T0時，求所加沙子的質量M。
【答案】（1）解：缸內的氣體為等壓變化，
初態：
T1=T0
末態：
T2=1.5T0
根據蓋-呂薩克定律
（2）解：汽缸內的氣體為等容變化
初態：
T1=T0
末態：
T2=1.5T0
根據查理定律，
【知識點】氣體的等壓變化及蓋-呂薩克定律；氣體的等容變化及查理定律
【解析】【分析】（1）氣體發生等壓變化，應用蓋—呂薩克定律求解；
（2）氣體發生等容變化，由查理定律求解。
（1）缸內的氣體為等壓變化，
初態：
T1=T0
末態：
T2=1.5T0
根據蓋-呂薩克定律
（2）汽缸內的氣體為等容變化
初態：
T1=T0
末態：
T2=1.5T0
根據查理定律，
15．（2025·南京模擬）如圖，足夠長的細線一端與傾角為α=37°的斜面A相連，另一端跨過墻面上和斜面頂端的三個小滑輪與小滑塊B相連，一水平推力作用于A上，使A、B系統保持靜止，四段細線分別與水平地面、豎直墻面或斜面平行，A的質量M=0.63kg，B的質量m=0.21kg，B距離水平面的高度h=0.6m，不計一切摩擦，取重力加速度g=10m/s2．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）求細線對B的拉力大小；
（2）撤去水平推力，求A滑動的位移m時，B的位移大小；
（3）若撤去水平推力的同時剪斷細線，求B沿斜面運動的過程中對A做的功。
【答案】（1）解：對B受力分析，受到重力G、斜面的支持力FN、細線的拉力T，則T=mgsinα
代入數據得T=1.26N
（2）解：當A滑動x時，B沿斜面下滑2x，設B的位移大小s，則
代入數據解的：m
（3）解：設B運動到斜面底端水平速度為，豎直速度為，A的速度為。由水平方向動量守恒得，
由B相對A的速度方向沿斜面向下得
代入數據可得
由A、B系統機械能守恒定律得
B沿斜面運動的過程中對A做的功
代入數據可得J
【知識點】共點力的平衡；機械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）分析B物體的受力的情況，由豎直方向平衡條件求繩子的拉力；
（2）畫出斜面的位移，B物體相對于斜面的位移，由平行四邊形法則求出B對地的位移，由余弦定理求出其大小；
（3）根據能量守恒定律結合動量守恒定律分析解答。
（1）對B受力分析，受到重力G、斜面的支持力FN、細線的拉力T
則T=mgsinα
代入數據得T=1.26N
（2）當A滑動x時，B沿斜面下滑2x，
設B的位移大小s，則
代入數據解的：m
（3）設B運動到斜面底端水平速度為，豎直速度為，A的速度為。
由水平方向動量守恒得，
由B相對A的速度方向沿斜面向下得，
代入數據可得
由A、B系統機械能守恒定律得
B沿斜面運動的過程中對A做的功
代入數據可得J
16．（2025·南京模擬）如圖所示，xOy平面內，在x軸下方區域內存在沿y軸正方向的勻強電場，在坐標處有一粒子源能沿x軸正方向將質量為m、電量為+q的粒子以某一初速度射入電場區域，在的空間中有一傾斜分界面MN，其兩側分別有垂直紙面的勻強磁場I和II，其中磁場I的方向垂直紙面向里，磁感應強度大小B1=，當粒子初速度大小為v0時，進入磁場區域I時的速度大小為2v0。
（1）求電場強度的大小E；
（2）若初速度為0和初速度為v0的粒子均能垂直于MN邊界從磁場區域I射入磁場區域II，求MN與x軸的交點到O點的距離L以及MN與x軸的夾角θ；
（3）在滿足第（2）問的條件下，為使初速度為kv0（k>0）的粒子射入磁場后恰好不再回到x軸下方，求磁場區域II的磁感應強度大小B2的大小和方向。
【答案】（1）解：粒子在電場中運動，由動能定理
解得
（2）解：初速為0的粒子，到達x軸時的速度為
半徑為
圓心坐標為
故MN與x軸交點與O點的距離大小
以初速為v0入射的粒子，到達x軸時的速度為
與x軸夾角為，入射位置
由幾何關系知圓心位于y軸上，圓心坐標為；由題意兩圓心均位于MN上，故MN與x軸的夾角。
（3）解：設粒子以任意速度v入射，粒子在磁場區域I中運動的半徑為r，則該粒子圓周運動圓心的坐標為：，
其中：，，，
整理可得：
這說明所有射入磁場I的粒子的圓心處于同一條直線上，所有射入磁場I的粒子將垂直于該直線射出。
粒子以kv0入射，粒子在磁場I中運動速度為
設磁場區域II的磁感應強度垂直紙面向里，粒子在兩磁場I中運動的半徑分別為和，為使以kv0（k>0）射入電場的粒子恰好不再回到x軸下方，應有
即
因為
由正弦定理
綜上整理可得
，磁場方向假設成立，所以
垂直紙面向里。
說明：若設磁場區域II的磁感應強度垂直紙面向外，粒子在兩磁場I中運動的半徑分別為和，為使以kv0（k>0）射入電場的粒子恰好不再回到x軸下方，應有
即：
負號表示磁場區域II的磁感應強度垂直紙面向里。
【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動；帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）由動能定理求電場強度的大小E；
（2）畫出粒子的運動軌跡，根據運動學公式和幾何關系求MN與x軸交點到O點的距離L以及MN與x軸的夾角θ；
（3）畫出粒子的運動軌跡，根據數學思想和半徑表達式求磁場區域Ⅱ的磁感應強度B2的大小和方向。
（1）粒子在電場中運動，由動能定理
解得
（2）初速為0的粒子，到達x軸時的速度為
半徑為
圓心坐標為；
故MN與x軸交點與O點的距離大小
以初速為v0入射的粒子，到達x軸時的速度為
與x軸夾角為，入射位置
由幾何關系知圓心位于y軸上，圓心坐標為；由題意兩圓心均位于MN上，故MN與x軸的夾角。
（3）設粒子以任意速度v入射，粒子在磁場區域I中運動的半徑為r，則該粒子圓周運動圓心的坐標為：，
其中：，，，
整理可得：
這說明所有射入磁場I的粒子的圓心處于同一條直線上，所有射入磁場I的粒子將垂直于該直線射出。
粒子以kv0入射，粒子在磁場I中運動速度為
設磁場區域II的磁感應強度垂直紙面向里，粒子在兩磁場I中運動的半徑分別為和，為使以kv0（k>0）射入電場的粒子恰好不再回到x軸下方，應有
即
因為
由正弦定理
綜上整理可得
，磁場方向假設成立，所以
垂直紙面向里。
說明：若設磁場區域II的磁感應強度垂直紙面向外，粒子在兩磁場I中運動的半徑分別為和，為使以kv0（k>0）射入電場的粒子恰好不再回到x軸下方，應有
即：
負號表示磁場區域II的磁感應強度垂直紙面向里。
1 / 12025屆江蘇省南京市高三下學期第二次模擬考試物理試卷
一、單項選擇題（本題共11小題，每小題4分，共44分．每小題只有一個選項最符合題意．）
1．（2025·南京模擬）如圖，金屬棒MN兩端由等長的輕質細線水平懸掛，處于豎直向上的勻強磁場中，棒中通以由M向N的電流，平衡時兩懸線與豎直方向的夾角均為θ，僅改變下列某一個條件，能使θ變大的情形是（　　）
A．棒中的電流變大 B．兩懸線等長變短
C．金屬棒質量變大 D．磁感應強度變小
2．（2025·南京模擬）三國時期東吳重臣張昭家族墓近期在南京被發現，圖為墓中出土的兩方龜紐金印．考古學家們常用放射性元素的半衰期確定文物的年代，衰變方程為，的半衰期是5730年，下列說法正確的是（　　）
A．經過11460年后，4個一定還剩下1個
B．該衰變的實質是核內的一個質子轉變為一個中子和一個電子
C．比結合能大于比結合能
D．衰變過程發生了質量虧損
3．（2025·南京模擬）如圖，小車沿固定的等距螺旋軌道向上做勻速率運動，軌道各處彎曲程度相同，在此過程中，該小車（　　）
A．角速度大小不變 B．向心力不變
C．處于平衡狀態 D．處于超重狀態
4．（2025·南京模擬）如圖，某同學利用一半徑R較大的固定光滑圓弧槽和一直徑為d的剛性小球來測定當地的重力加速度。已知小球的運動為簡諧運動.下列說法正確的是（　　）
A．應從小球處于最高點開始計時
B．從不同高度釋放，小球的周期不同
C．若將n次全振動誤記為n 1次，重力加速度的測量值將偏小
D．小球經過最低點時加速度為零
5．（2025·南京模擬）寶石切工決定價值，優秀的切割工藝可以讓寶石璀璨奪目。某寶石的剖面簡化如圖，一束復合光斜射到寶石的AB面上，經折射后分成a、b兩束單色光照射在CO面上，下列說法正確的是（　　）
A．寶石對a光的折射率比b光的大
B．寶石中a光的傳播速度比b光的大
C．b光從空氣進入寶石，頻率變低
D．逐漸減小光斜射到AB面上的入射角，從CO面射出的光線中a光先消失
6．（2025·南京模擬）研究光電效應時，當用波長為的光照射某種金屬時，遏止電壓為，改變入射光波長，作出圖像如圖．其橫軸截距為a，縱軸截距為b，元電荷為e，真空中光速為c．下列說法正確的是（　　）
A．普朗克常量為
B．該金屬的截止頻率為
C．該金屬的逸出功為
D．遏止電壓與入射光的波長成反比
7．（2025·南京模擬）如圖為楊氏雙縫干涉實驗示意圖，用藍光照射時，光屏上能觀察到干涉條紋．下列說法正確的是（　　）
A．若換用紅光照射時，相鄰兩條亮條紋間距變小
B．若將雙縫到屏之間充滿某種介質，相鄰兩條亮條紋間距變大
C．若將光屏向右邊移動，相鄰亮條紋間距變大
D．若將縫S1擋住，則光屏上不再呈現明暗相間的條紋
8．（2025·南京模擬）如圖，在一點電荷 Q附近有一不帶電的球形導體處于靜電平衡，其電勢為φ1；現把球形導體左側接地，達到靜電平衡時斷開接地并移走 Q后，其電勢為φ2；下列說法正確的是（　　）
A．接地時電子從大地沿導線向導體移動
B．接地達到靜電平衡后，導體左側半球不帶電
C．接地達到靜電平衡后，導體左側半球電荷量不變
D．φ1<φ2
9．（2025·南京模擬）如圖，發電機的矩形線框處在豎直向下的勻強磁場中，繞對稱軸以角速度勻速轉動．取通過電阻R向右的電流為正，從圖示位置計時，則R中的電流i隨時間t變化的圖像是（　　）
A． B．
C． D．
10．（2025·南京模擬）如圖，絕緣環a、b質量均為m，帶電量均為+q，分別套在固定的水平絕緣桿上，環的直徑略大于桿的直徑，環與桿的動摩擦因數均為，兩桿分別處于豎直向下的勻強電場E和勻強磁場B中，分別給兩環水平向右的初速度v0，兩環向右運動直至停下，下列說法不正確的是（　　）
A．摩擦力對兩環的沖量相同
B．摩擦力對兩環做的功相同
C．若兩環最終位移相同，則a環運動時間較短
D．若兩環最終運動時間相同，則a環位移較短
11．（2025·南京模擬）如圖甲所示，傾角為、長為2l的斜面AC，AB段光滑，BC段粗糙，且AB=BC=l。質量為m的小物體由A處靜止釋放，到C點恰好停下，BC段動摩擦因數自上而下逐漸增大，具體變化如圖乙所示，重力加速度為g。下列說法正確的是（　　）
A．動摩擦因數最大值μm=2tan
B．小物塊的最大速度為
C．重力在AB、BC兩段路面上做功不相等
D．重力在AB段中間時刻瞬時功率等于在BC段中間時刻瞬時功率
二、非選擇題：共5題，共56分．其中第13題～第16題解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分；有數值計算時，答案中必須明確寫出數值和單位．
12．（2025·南京模擬）如圖甲，某興趣小組搭建了有“×1”、“×10”、“×100”三擋位的“歐姆表”電路．其中電池的電動勢E=1.5V，內阻可忽略不計；表頭量程I0=1mA、內阻R0=450Ω，R1、R2為電阻箱，R為滑動變阻器，S為單刀多擲開關．
（1）電路中表筆Ⅰ應為　 　（選填“紅”或“黑”）表筆．
（2）設定B對應“×10”擋位，A對應“×1”擋位．
（3）該小組利用此“歐姆表”嘗試測定一未知電阻Rx的阻值，進行了如下操作：
步驟①先將S撥到B，兩表筆短接調零，即：調節R使表頭指針指在　 　mA刻度處；
步驟②把未知電阻接在紅、黑表筆間，指針位于圖乙a處，有同學提出此時指針偏角較小，想增大指針偏角，應將開關S撥至　 　（選填“A”或“C”）；
步驟③將選擇開關S撥至新的位置后，重復步驟①后，把未知電阻接在紅、黑表筆間，指針位于圖乙b處，可知Rx阻值為　 　Ω．
（4）若干電池由于長時間使用，內阻略有增大，電動勢仍為1.5V，則電阻測量值相對真實值　 　（選填“偏大”、“等大”或“偏小”）．其理由為　 　．
13．（2025·南京模擬）2024年6月25日，嫦娥六號返回器實現了世界首次月球背面采樣并順利返回，為后續載人探月工程打下了堅實基礎．設想載人飛船先在軌道Ⅰ做勻速圓周運動，選準合適時機變軌進入橢圓軌道Ⅱ，到達近月點再次變軌到近月軌道Ⅲ（可認為軌道半徑等于月球半徑），最后安全落在月球上，其中A、B兩點分別為橢圓軌道Ⅱ與軌道Ⅰ、Ⅲ的切點，已知月球半徑為R，月球表面重力加速度為g0，通過觀測發現載人飛船在橢圓軌道Ⅱ的周期為近月軌道Ⅲ的周期的倍．求：
（1）載人飛船在軌道Ⅲ上的角速度ω；
（2）軌道Ⅰ的半徑r。
14．（2025·南京模擬）如圖，固定的豎直汽缸內有一個輕質活塞封閉著一定質量的理想氣體，活塞橫截面積為S，汽缸內氣體的初始熱力學溫度為T0，高度為h0.已知大氣壓強為P0，重力加速度為g.現對缸內氣體緩慢加熱，忽略活塞與汽缸壁之間的摩擦。
（1）當氣體的溫度變為1.5T0時，求活塞上升的距離；
（2）若在對氣體緩慢加熱的同時，在活塞上緩慢加沙子，使活塞位置保持不變.當汽缸內氣體的溫度變為1.5T0時，求所加沙子的質量M。
15．（2025·南京模擬）如圖，足夠長的細線一端與傾角為α=37°的斜面A相連，另一端跨過墻面上和斜面頂端的三個小滑輪與小滑塊B相連，一水平推力作用于A上，使A、B系統保持靜止，四段細線分別與水平地面、豎直墻面或斜面平行，A的質量M=0.63kg，B的質量m=0.21kg，B距離水平面的高度h=0.6m，不計一切摩擦，取重力加速度g=10m/s2．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）求細線對B的拉力大小；
（2）撤去水平推力，求A滑動的位移m時，B的位移大小；
（3）若撤去水平推力的同時剪斷細線，求B沿斜面運動的過程中對A做的功。
16．（2025·南京模擬）如圖所示，xOy平面內，在x軸下方區域內存在沿y軸正方向的勻強電場，在坐標處有一粒子源能沿x軸正方向將質量為m、電量為+q的粒子以某一初速度射入電場區域，在的空間中有一傾斜分界面MN，其兩側分別有垂直紙面的勻強磁場I和II，其中磁場I的方向垂直紙面向里，磁感應強度大小B1=，當粒子初速度大小為v0時，進入磁場區域I時的速度大小為2v0。
（1）求電場強度的大小E；
（2）若初速度為0和初速度為v0的粒子均能垂直于MN邊界從磁場區域I射入磁場區域II，求MN與x軸的交點到O點的距離L以及MN與x軸的夾角θ；
（3）在滿足第（2）問的條件下，為使初速度為kv0（k>0）的粒子射入磁場后恰好不再回到x軸下方，求磁場區域II的磁感應強度大小B2的大小和方向。
答案解析部分
1．【答案】A
【知識點】安培力的計算
【解析】【解答】本題考查包含安培力的共點力平衡問題，對金屬棒進行受力分析，明確安培力的大小和方向，再應用平衡條件列式即可。對棒分析可知
則要使θ變大，可以使棒中的電流I變大，減小棒的質量m，增大磁感應強度B；改變懸線長度不影響θ大小。
故選A。
【分析】對通電導線受力分析，求出夾角的關系表達式，然后根據表達式分析答題。
2．【答案】D
【知識點】原子核的衰變、半衰期；質量虧損與質能方程；α、β、γ射線及特點；結合能與比結合能
【解析】【解答】A．半衰期是大量原子核衰變的統計規律，對少量的原子核衰變不適用，選項A錯誤；
B．根據質量數和電荷數守恒可知X粒子為β粒子，所以衰變是β衰變，其實質是核內的一個中子轉變為一個質子和一個電子，選項B錯誤；
C．衰變過程釋放能量，反應后的生成物更加穩定，比結合能更大，即比結合能小于比結合能，選項C錯誤；
D．衰變過程放出能量，則發生了質量虧損，選項D正確。
故選D。
【分析】根據半衰期，β粒子的來源和比結合能知識，質量虧損等進行分析解答。
3．【答案】A
【知識點】超重與失重；向心力
【解析】【解答】ABC．小車做曲線運動，具有向心加速度，向心力大小不變，方向不斷變化；小車沿固定的等距螺旋軌道向上做勻速率運動，根據可知角速度不變；小車所受合外力不為零，其運動過程中處于非平衡狀態，故A正確，BC錯誤；
D．軌道等螺距，且小車的速率不變，所以小車運動過程在豎直方向的速度不變，根據牛頓第二定律可知小車在豎直方向沒有加速度，所以小車既不處于超重狀態，也不處于失重狀態，故D錯誤。
故選A。
【分析】根據曲線運動的合外力，加速度和角速度，超失重知識進行分析解答。
4．【答案】C
【知識點】單擺及其回復力與周期；用單擺測定重力加速度
【解析】【解答】解決本題的關鍵是將小球運動看成單擺運動以及掌握單擺的周期公式。A．可以將小球的運動等效為單擺的運動，通常選擇平衡位置作為計時起點，此時速度最大，測量時間誤差較小，便于測量。最高點速度為零，測量時間誤差可能較大，A錯誤；
B．對于簡諧運動，周期 與振幅（即釋放高度）無關，因此從不同高度釋放，小球的周期相同，B錯誤；
C．根據單擺運動的周期公式
若將次全振動誤記為次，會使小球運動周期偏大，重力加速度的測量值偏小，C正確；
D．在簡諧運動中，小球繞點做圓周運動，小球在最低點時速度最大，但加速度不為零，方向指向點，D錯誤。
故選C。
【分析】小球在一半徑R較大的固定光滑圓弧槽的運動可以看成單擺運動，結合單擺周期公式分析。
5．【答案】B
【知識點】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】對于光的折射要求知道：不同頻率的光進入同一種透明介質發生折射，頻率越大的光偏折程度越明顯，折射率越大。A．由題意知寶石對單色光a的偏折程度比對單色光b的偏折程度小，因此寶石對單色光a的折射率小，A錯誤；
B．由
得，可知單色光a在寶石中的傳播速度比單色光b在寶石中的傳播速度大，B正確；
C．單色光b從空氣進入寶石，頻率不變，C錯誤；
D．由
可知，單色光a的臨界角大于單色光b的臨界角，逐漸減小斜射到AB面上的入射光束的入射角，從CO面射出的光束中單色光b最先消失，D錯誤。
故選B。
【分析】根據偏折情況判斷折射率的大小；判斷傳播速度；光從一種介質進入另一種介質，頻率不變；根據發生全反射的條件進行分析。
6．【答案】C
【知識點】光電效應
【解析】【解答】對于圖線問題，一般的解題思路是得出物理量之間的關系式，結合圖線的斜率和截距進行求解。ABC．根據光電效應方程可知
可得
結合圖像可知，
可得普朗克常量為
該金屬的截止頻率為
該金屬的逸出功為
選項AB錯誤，C正確；
D．根據光電效應方程
可知
可知遏止電壓與入射光波長不是成反比，選項D錯誤。
故選C。
【分析】根據光電效應方程，以及最大初動能與遏止電壓的關系得出遏止電壓與入射光頻率的關系式，結合圖線的斜率和截距分析判斷。
7．【答案】C
【知識點】光的雙縫干涉；干涉條紋和光的波長之間的關系；光的衍射
【解析】【解答】ABC．若換用紅光照射時，由于紅光的波長大于藍光的波長，根據相鄰亮條紋間距公式，則相鄰兩條亮條紋間距變大；
若將雙縫到屏之間充滿某種介質，由于藍光在介質中的波長小于真空中的波長，根據相鄰亮條紋間距公式，則相鄰兩條亮條紋間距變小；
若將光屏向右邊移動，即變大，根據相鄰亮條紋間距公式，則相鄰亮條紋間距變大；
故AB錯誤，C正確；
D．若將縫S1擋住，發生單縫衍射現象，則單色藍光經過縫S2衍射后仍能在光屏上形成明暗相間的條紋，故D錯誤。
故選C。
【分析】根據雙縫干涉條紋的間距公式判斷條紋間距的變化。
8．【答案】D
【知識點】靜電的防止與利用；電勢
【解析】【解答】掌握靜電感應，和處于靜電平衡狀態下導體的特點是解題的基礎。A．導體處在負電荷的電場中，則電勢小于零即低于大地的電勢，則接地時電子從導體沿導線向大地移動，選項A錯誤；
BC．接地達到靜電平衡后，導體所帶電荷重新分配，導體左側半球帶正電，左側半球電荷量發生改變，選項BC錯誤；
D．斷開開關并移走-Q后，導體球重新達到靜電平衡，但是帶正電，電勢φ2＞0，開始時導體處在負電荷的電場中，則電勢低于大地的電勢，φ1<0，可知φ1<φ2
選項D正確。
故選D。
【分析】電子從低電勢向高電勢移動；根據靜電感應以及處于靜電平衡狀態下的導體的特點分析；根據負電荷周圍的電勢小于零，正電荷周圍的電勢大于零分析。
9．【答案】A
【知識點】交變電流的峰值、有效值、平均值與瞬時值
【解析】【解答】本題考查對交流電圖象的認識及應用；明確交流電圖象的物理意義，正確根據圖象獲取有關交流電的信息。由題意可知線框繞與磁場垂直的軸勻速轉動，產生正弦式交流電，因為通過電阻向右的電流為正，根據楞次定律可知線框由圖示位置順時針旋轉過程中，流過電阻的電流為負，由于換向器的存在，線圈旋轉90o時，電流突然反向，線框旋轉至的過程中，流過電阻的電流為正且電流逐漸減小，根據分析，A符合題意。
故選A。
【分析】根據中性面的特點及電流方向分析判斷。
10．【答案】D
【知識點】帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【解答】根據牛頓第二定律，對環a以及環b分別進行分析，作出環a和環b運動的v﹣t圖像，結合v﹣t圖像某點切線斜率的絕對值表示加速度大小，利用逆向思維，結合動量定理和動能定理分析求解。A．由題意，兩環向右運動直至停下的過程中，兩環所受合力沿桿水平向左，且大小等于受到的摩擦力，對兩環根據動量定理有
顯然摩擦力對兩環的沖量相同，故A正確；
B．對兩環，根據動能定理有
顯然摩擦力對兩環做的功相同，故B正確；
C．對環a受力分析可知，在豎直方向上，環受到豎直向下的電場力，重力，豎直向上的支持力作用，且
環水平方向上受到的摩擦力
顯然環a做勻減速直線運動直至停下；對環b受力分析可知，環水平方向上受到的摩擦力
顯然環b做加速度逐漸減小的減速直線運動直至停下；若兩環最終位移相同，可畫出如圖所示圖像
由圖像可知，a環運動時間較短，故C正確；
D．根據選項C分析可知，若兩環最終運動時間相同，則a環圖像圍成的面積較大，則其位移較長，故D錯誤。
由于本題選擇錯誤的，故選D。
【分析】根據動量定理判斷摩擦力的沖量大小；由動能定理判斷摩擦力做功的大小；根據牛頓第二定律，對環a以及環b分別進行分析，作出環a和環b運動的v﹣t圖像，結合v﹣t圖像某點切線斜率的絕對值表示加速度大小，利用逆向思維，結合動量定理分析求解時間問題。
11．【答案】B
【知識點】功的計算；功率及其計算；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】本題綜合考查斜面運動、動能定理和變力做功等力學核心知識。題目通過分段斜面設計，巧妙地將勻加速運動與變加速運動結合，重點考查學生對能量轉化和受力分析的理解能力。A．從A處靜止釋放，到C點恰好停下，根據動能定理可得
由圖乙可知
聯立解得
故A錯誤；
B．當摩擦力等于重力沿斜面向下的分力時，小物塊的速度達到最大，此時有
解得
由圖乙可知，此時小物塊在BC段下滑的距離為，則從從A處靜止釋放到最大速度過程，根據動能定理可得
其中
解得最大速度為
故B正確；
C．由于AB、BC兩段路面的長度相同，對應的高度相同，根據
可知重力在AB、BC兩段路面上做功相等，故C錯誤；
D．設小物塊在B點的速度為，小物塊在AB段做勻加速直線運動，則AB中間時刻速度為
則重力在AB段中間時刻瞬時功率
小物塊在BC段不是做勻變速直線運動，所以BC段中間時刻速度
則重力在BC段中間時刻瞬時功率
故D錯誤。
故選B。
【分析】AB段光滑，物體做勻加速直線運動；BC段粗糙且動摩擦因數逐漸增大，物體做變減速運動直至停止。通過動能定理分析整個過程的能量關系，可以求出動摩擦因數最大值。最大速度出現在摩擦力等于重力沿斜面向下分力的位置，此時速度達到峰值。
12．【答案】黑；1.0；C；1500；等大；電阻調零時，電池內阻不能忽略可通過減小調零電阻的阻值，保證歐姆表內阻恒定。歐姆表內阻不變，測量值就不受影響。
【知識點】電壓表、電流表歐姆表等電表的讀數
【解析】【解答】理解實驗原理是解題的前提，分析清楚圖示電路結構，應用閉合電路的歐姆定律即可解題。（1）電流進出多用電表滿足紅進黑出的特點，電路中表筆Ⅰ與內部電源的正極連接，可知應為黑表筆；
（3）步驟①先將S撥到B，兩表筆短接調零，即：調節R使表頭指針滿偏，即指在1.0mA刻度處；
步驟②把未知電阻接在紅、黑表筆間，指針位于圖乙a處，有同學提出此時指針偏角較小，說明倍率擋選擇過低，因C擋為“×100”擋，則想增大指針偏角，應將開關S撥至C；
步驟③將選擇開關S撥至新的位置后，重復步驟①后，把未知電阻接在紅、黑表筆間，指針位于圖乙b處，因接C時的中值電阻為
可知Rx阻值為1500Ω。
（4）電阻調零時，電池內阻不能忽略可通過減小調零電阻的阻值，保證歐姆表內阻恒定。歐姆表內阻不變，測量值就不受影響，即電阻測量值相對真實值等大。
【分析】（1）歐姆表內置電源正極與黑表筆相連。
（3）歐姆表使用前要進行歐姆調零；用歐姆表測電阻要選擇合適的擋位使指針指在中央刻度線附近；歐姆表中值電阻等于內阻，應用閉合電路的歐姆定律求解。
（4）根據歐姆表的工作原理分析答題。
13．【答案】（1）解：載人飛船在軌道Ⅲ做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力，則有
在月球表面有
解得
（2）解：根據開普勒第三定律有
其中
解得
【知識點】開普勒定律；衛星問題
【解析】【分析】（1）根據萬有引力和重力的關系、萬有引力提供向心力進行解答；
（2）根據開普勒第三定律求解軌道Ⅱ的半長軸，根據幾何關系求解軌道Ⅰ的半徑。
（1）載人飛船在軌道Ⅲ做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力，則有
在月球表面有
解得
（2）根據開普勒第三定律有
其中
解得
14．【答案】（1）解：缸內的氣體為等壓變化，
初態：
T1=T0
末態：
T2=1.5T0
根據蓋-呂薩克定律
（2）解：汽缸內的氣體為等容變化
初態：
T1=T0
末態：
T2=1.5T0
根據查理定律，
【知識點】氣體的等壓變化及蓋-呂薩克定律；氣體的等容變化及查理定律
【解析】【分析】（1）氣體發生等壓變化，應用蓋—呂薩克定律求解；
（2）氣體發生等容變化，由查理定律求解。
（1）缸內的氣體為等壓變化，
初態：
T1=T0
末態：
T2=1.5T0
根據蓋-呂薩克定律
（2）汽缸內的氣體為等容變化
初態：
T1=T0
末態：
T2=1.5T0
根據查理定律，
15．【答案】（1）解：對B受力分析，受到重力G、斜面的支持力FN、細線的拉力T，則T=mgsinα
代入數據得T=1.26N
（2）解：當A滑動x時，B沿斜面下滑2x，設B的位移大小s，則
代入數據解的：m
（3）解：設B運動到斜面底端水平速度為，豎直速度為，A的速度為。由水平方向動量守恒得，
由B相對A的速度方向沿斜面向下得
代入數據可得
由A、B系統機械能守恒定律得
B沿斜面運動的過程中對A做的功
代入數據可得J
【知識點】共點力的平衡；機械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）分析B物體的受力的情況，由豎直方向平衡條件求繩子的拉力；
（2）畫出斜面的位移，B物體相對于斜面的位移，由平行四邊形法則求出B對地的位移，由余弦定理求出其大小；
（3）根據能量守恒定律結合動量守恒定律分析解答。
（1）對B受力分析，受到重力G、斜面的支持力FN、細線的拉力T
則T=mgsinα
代入數據得T=1.26N
（2）當A滑動x時，B沿斜面下滑2x，
設B的位移大小s，則
代入數據解的：m
（3）設B運動到斜面底端水平速度為，豎直速度為，A的速度為。
由水平方向動量守恒得，
由B相對A的速度方向沿斜面向下得，
代入數據可得
由A、B系統機械能守恒定律得
B沿斜面運動的過程中對A做的功
代入數據可得J
16．【答案】（1）解：粒子在電場中運動，由動能定理
解得
（2）解：初速為0的粒子，到達x軸時的速度為
半徑為
圓心坐標為
故MN與x軸交點與O點的距離大小
以初速為v0入射的粒子，到達x軸時的速度為
與x軸夾角為，入射位置
由幾何關系知圓心位于y軸上，圓心坐標為；由題意兩圓心均位于MN上，故MN與x軸的夾角。
（3）解：設粒子以任意速度v入射，粒子在磁場區域I中運動的半徑為r，則該粒子圓周運動圓心的坐標為：，
其中：，，，
整理可得：
這說明所有射入磁場I的粒子的圓心處于同一條直線上，所有射入磁場I的粒子將垂直于該直線射出。
粒子以kv0入射，粒子在磁場I中運動速度為
設磁場區域II的磁感應強度垂直紙面向里，粒子在兩磁場I中運動的半徑分別為和，為使以kv0（k>0）射入電場的粒子恰好不再回到x軸下方，應有
即
因為
由正弦定理
綜上整理可得
，磁場方向假設成立，所以
垂直紙面向里。
說明：若設磁場區域II的磁感應強度垂直紙面向外，粒子在兩磁場I中運動的半徑分別為和，為使以kv0（k>0）射入電場的粒子恰好不再回到x軸下方，應有
即：
負號表示磁場區域II的磁感應強度垂直紙面向里。
【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動；帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）由動能定理求電場強度的大小E；
（2）畫出粒子的運動軌跡，根據運動學公式和幾何關系求MN與x軸交點到O點的距離L以及MN與x軸的夾角θ；
（3）畫出粒子的運動軌跡，根據數學思想和半徑表達式求磁場區域Ⅱ的磁感應強度B2的大小和方向。
（1）粒子在電場中運動，由動能定理
解得
（2）初速為0的粒子，到達x軸時的速度為
半徑為
圓心坐標為；
故MN與x軸交點與O點的距離大小
以初速為v0入射的粒子，到達x軸時的速度為
與x軸夾角為，入射位置
由幾何關系知圓心位于y軸上，圓心坐標為；由題意兩圓心均位于MN上，故MN與x軸的夾角。
（3）設粒子以任意速度v入射，粒子在磁場區域I中運動的半徑為r，則該粒子圓周運動圓心的坐標為：，
其中：，，，
整理可得：
這說明所有射入磁場I的粒子的圓心處于同一條直線上，所有射入磁場I的粒子將垂直于該直線射出。
粒子以kv0入射，粒子在磁場I中運動速度為
設磁場區域II的磁感應強度垂直紙面向里，粒子在兩磁場I中運動的半徑分別為和，為使以kv0（k>0）射入電場的粒子恰好不再回到x軸下方，應有
即
因為
由正弦定理
綜上整理可得
，磁場方向假設成立，所以
垂直紙面向里。
說明：若設磁場區域II的磁感應強度垂直紙面向外，粒子在兩磁場I中運動的半徑分別為和，為使以kv0（k>0）射入電場的粒子恰好不再回到x軸下方，應有
即：
負號表示磁場區域II的磁感應強度垂直紙面向里。
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