資源簡介

2025屆江蘇省揚州中學高三上學期12月學科水平測試物理試卷
一、單項選擇題（共11小題，每小題4分，共44分，每題只有一個選項符合題意）
1．（2025·揚州模擬）科學家們創造出了許多物理思維方法，如理想實驗法、控制變量法、極限思想法、模型法、類比法和比值定義法等等。以下關于所用物理學研究方法的敘述正確的是（　　）
A．根據速度定義式，當非常小時，就可以用表示物體在某時刻的瞬時速度，應用了微元法
B．在探究兩個互成角度的力的合成規律時，采用了控制變量的方法
C．在不需要考慮物體本身的大小和形狀時，用質點代替物體的方法，采用了等效替代的思想
D．加速度的定義采用的是比值定義法
【答案】D
【知識點】質點；加速度；驗證力的平行四邊形定則；瞬時速度
【解析】【解答】對于常用的物理研究方法，如控制變量法、等效替代法、理想化模型法等等，要在理解的基礎上掌握，并要注意科學方法的應用。A．根據速度定義式，當非常小時，就可以用表示物體在某時刻的瞬時速度，應用了極限法，故A錯誤；
B．在探究兩個互成角度的力的合成規律時，利用合力的效果與分力的效果一樣，采用了等效替代的方法，故B錯誤；
C．在不需要考慮物體本身的大小和形狀時，用質點代替物體的方法，采用了理想模型的思想，故C錯誤；
D．比值定義的基本特點是被定義的物理量與分子與分母上物理量無關，在數值上等于二者的比值而已，加速度的定義式為采用的是比值定義法，故D正確。
故選D。
【分析】根據理等效替代、極限思想法、模型法、和比值定義法等物理思維方法的特點進行判斷。
2．（2025·揚州模擬）某同學自己動手為手機貼鋼化膜，貼完后發現屏幕中央有不規則的環形條紋，通過查詢相關資料得知，這是由于鋼化膜與手機屏幕之間存在空氣薄膜造成的，出現環形條紋現象是光的（　　）
A．衍射現象 B．干涉現象 C．偏振現象 D．全反射現象
【答案】B
【知識點】薄膜干涉
【解析】【解答】光的干涉現象的定義：兩列或幾列光波在空間相遇時相互疊加，在某些區域始終加強，在另一些區域則始終削弱，形成穩定的強弱分布的現象。出現環形條紋是由于從空氣膜的兩個表面反射的光疊加產生的光的干涉現象。
故選B。
【分析】根據薄膜干涉現象分析即可。
3．（2025·揚州模擬）如圖是半徑為R的半球形碗，一質量為m的小物塊從碗口A點以大小不變的速度v沿著碗滑到碗底中心B點。則在該過程中（　　）
A．小物塊的動量不變
B．小物塊受到的合外力不變
C．小物塊受到的摩擦力不斷減小
D．小物塊重力的功率先增大后減小
【答案】C
【知識點】勻速圓周運動；功率及其計算；動量
【解析】【解答】本題考查勻速圓周運動的特點，解題關鍵掌握矢量的性質，注意功率的計算公式。A．小物塊從A到B做勻速圓周運動，速度v大小不變但是方向不斷改變，故動量是變化的，故A錯誤；
B．小物塊受到的合外力提供向心力，大小不變，但是方向不斷改變，故B錯誤；
C．小物塊的受力如圖所示
根據題意可知，小物塊受到的摩擦力大小等于重力沿圓弧切向分力，即
小物塊下滑過程中θ不斷減小，sinθ不斷減小，所以摩擦力不斷減小，故C正確；
D．小物塊重力的功率
小物塊下滑過程中θ不斷減小，sinθ不斷減小，所以重力的功率不斷減小，故D錯誤。
故選C。
【分析】動量是矢量，小物塊從A到B做勻速圓周運動，速度的方向不斷改變，合外力提供向心力，也是不斷變化的，根據力的分解分析，根據功率的計算公式分析。
4．（2025·揚州模擬）“打水漂”是一種常見的娛樂活動，以一定的高度水平扔出的瓦片，會反復在水面上彈跳前進，假設瓦片和水面相撞后，在水平和豎直方向速度大小均減小，以下四幅圖有可能是瓦片軌跡的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知識點】運動的合成與分解
【解析】【解答】每次與水面碰撞后，水平速度減小（導致水平方向運動變慢），每次與水面碰撞后，豎直速度減小，可知豎直小球上升的高度逐漸減小，根據，可知瓦片在空中的時間逐漸減小，水平方向有，可知瓦片在空中通過水平位移逐漸減小，故ABD錯誤，C正確。
故選C。
【分析】瓦片和水面相撞后，豎直方向速度大小減小，則豎直小球上升的高度逐漸減小，豎直方向上拋運動，瓦片在空中的時間逐漸減小，每碰一次水平方向減小，則通過水平位移逐漸減小。
5．（2025·揚州模擬）北京時間2021年9月出現了“火星合日”現象，即當火星和地球分別位于太陽兩側與太陽共線干擾無線電時，影響通信的天文現象，因此中國首輛火星車“祝融號”（在火星赤道表面附近做勻速圓周運動）發生短暫“失聯”。已知地球與火星繞太陽做勻速圓周運動的方向相同，火星和地球的公轉軌道半徑之比約為，引力常量為G，則下列說法正確的是（　　）
A．火星與地球繞太陽運動的線速度之比約為
B．出現“火星合日”現象時，火星和地球的相對速度最大
C．火星與地球表面的重力加速度大小之比約為
D．下一次“火星合日”將出現在2022年9月之前
【答案】B
【知識點】速度與速率；萬有引力定律；衛星問題
【解析】【解答】本題的關鍵在于理解天體運動的基本規律，特別是開普勒第三定律和萬有引力定律的應用。通過這些定律，可以推導出天體運動的周期、線速度以及表面重力加速度的比值。A．根據萬有引力提供向心力有
解得線速度
可知火星與地球繞太陽運動的線速度之比約為
故A錯誤；
B．由題意知，出現“火星合日”現象時，火星和地球恰好沿相反方向運動，此時相對速度最大，故B正確；
C．在星球表面，根據萬有引力等于重力有
解得
因此火星與地球表面的重力加速度大小之比約為
由于火星與地球的質量大小關系未知、半徑關系未知，無法比較，故C錯誤；
D．根據開普勒第三定律有
可知火星與地球繞太陽運動的周期之比約為
已知，相鄰兩次“火星合日”的時間間隔滿足
解得
所以下一次“火星合日”將出現在2022年9月之后，故D錯誤。
故選B。
【分析】根據開普勒第三定律、萬有引力定律以及相對速度的概念判斷各選項。通過分析火星與地球的公轉軌道半徑比，可以推導出它們的線速度比、周期比以及相對速度的變化情況。通過萬有引力定律，可以探討火星與地球表面重力加速度的比值。利用周期比和相對速度的概念，可以預測下一次“火星合日”的時間。
6．（2025·揚州模擬）如圖，由a、b兩種單色光組成的復色光，沿半球形水霧的半徑方向AO入射，折射后分成兩種單色光a、b。其中，a光與界面的夾角為30°，b光的折射率為，b光與法線的夾角為45°，光在空氣中的傳播速度為c，水霧半球的半徑為R。下列說法中正確的是（　　）
A．a光在半球水霧中的傳播時間為
B．a光在半球水霧中的傳播時間為
C．a單色光的頻率比b單色光的頻率小
D．利用a、b單色光做雙縫干涉實驗，在相同實驗條件下，b光比a光的條紋間距大
【答案】D
【知識點】光的折射及折射定律；干涉條紋和光的波長之間的關系
【解析】【解答】本題的突破口在于通過光的偏折程度比較光的折射率，知道折射率、頻率、波長等大小關系。
AB．設入射角為θ，由折射定律可知，對b光有
解得
對于a光，由折射定律可知
設a光在水霧半球中傳播的速度為va，由
則a光在水霧半球中的傳播時間
聯立可得
故AB錯誤；
C．因為
故波長
故a單色光的頻率比b單色光的頻率大，故C錯誤；
D．根據C項分析知
利用a、b單色光做雙縫干涉實驗，在相同實驗條件下，根據
知b光比a光的條紋間距大，故D正確。
故選D。
【分析】根據b光的折射定律求得入射角，然后求出a光的折射率，從而比較頻率大小關系、a光在水霧半球中傳播速度，進而求出a光在水霧半球中傳播時間；根據分析條紋間距大小。
7．（2025·揚州模擬）周村古商城有一件古代青銅“魚洗”復制品，在其中加入適量清水后，用手有節奏地摩擦“魚洗”的雙耳，會發出嗡嗡聲，并能使盆內水花四濺，如圖甲所示。圖乙為某時刻相向傳播的兩列同頻率水波的波形圖，四個位置中最有可能“噴出水花”的位置是（　　）
A．A位置 B．位置 C．位置 D．位置
【答案】B
【知識點】受迫振動和共振；波的疊加
【解析】【解答】兩列同相波疊加，振動加強，振幅增大。兩列反相波疊加，振動減弱，振幅減小。由題意知“噴出水花”是因為兩列波的波峰與波峰或波谷與波谷發生了相遇，即振動加強。由圖像可知，兩列波的波峰傳到B位置時間相等，故B是振動加強點，其它三點振動不穩定。所以最可能“噴出水花”的是B位置。
故選B。
【分析】根據波的疊加原理和波的干涉分析。
8．（2025·揚州模擬）如圖所示，在豎直向下的勻強磁場B中，將一根水平放置的金屬棒ab以某一水平速度v0拋出，不計空氣阻力，金屬棒在運動過程中始終保持水平且未離開磁場區域，下列說法正確的是（　　）
A．a點電勢比b點電勢高
B．金屬棒中的感應電動勢越來越大
C．單位時間內ab掃過的曲面中的磁通量不變
D．金屬棒在運動過程中機械能越來越小
【答案】C
【知識點】機械能守恒定律；磁通量；導體切割磁感線時的感應電動勢
【解析】【解答】本題考查對感應電動勢公式的理解和平拋運動的特點，要理解感應電動勢公式E=BLv中，v是有效的切割速度；同時還要掌握磁通量的計算公式。
A．由右手定則可知，a點電勢比b點電勢低，選項A錯誤；
B．金屬棒做平拋運動，水平速度不變，根據
E=BLv0
可知，棒中的感應電動勢不變，選項B錯誤；
C．單位時間內ab的水平位移為v0，則掃過的曲面中的磁通量
不變，選項C正確；
D．金屬棒在運動過程只有重力做功，則機械能守恒，選項D錯誤。
故選C。
【分析】根據右手定則判斷電勢的高低；金屬棒ab做平拋運動，由感應電動勢公式E=BLv0可知感應電動勢大小保持不變；根據磁通量的計算公式求單位時間穿過曲面的磁通量的大小；根據機械能守恒定律的條件分析金屬棒的機械能是否變化。
9．（2025·揚州模擬）二極管是常用的電子元件，具有單向導電的性質，其電路符號為“”。如圖（a）所示為一個定值電阻和一個理想二極管串聯后連接到一正弦交流電源兩端，經測量發現，通過定值電阻的電流隨時間的變化如圖（b）所示。下列說法正確的是（　　）
A．電源的頻率為2Hz B．電源的電壓有效值為5V
C．通過電阻的電流周期為1s D．通過電阻的電流有效值為2.5A
【答案】D
【知識點】交變電流的圖像與函數表達式；交變電流的峰值、有效值、平均值與瞬時值
【解析】【解答】A．由圖（b）可知電源的周期為
則電源的頻率為
故A錯誤；
C．通過電阻的電流周期與電源周期相等，為2s，故C錯誤；
BD． 設電流有效值為，可得：
解得
設電源的電壓的有效值為U，根據歐姆定律可得
故B錯誤，D正確；．
故選D。
【分析】交變電流的周期由電源決定，根據圖象得到周期，再根據周期與頻率關系得到頻率；正（余）式交變電流最大值與有效值關系為，，根據圖象結合最大值與有效值關系為，，根據圖象結合計算電流的有效值，根據歐姆定律得到電壓有效值。
10．（2025·揚州模擬）一定質量的理想氣體從狀態A緩慢經過狀態B、C、D再回到狀態A，其體積V與熱力學溫度T的關系圖像如圖所示，其中BC的延長線過O點，氣體在狀態A時的壓強為。下列說法正確的是（　　）
A．A→B過程中氣體的壓強增大了
B．B→C過程中氣體對外界放出的熱量小于外界對氣體做的功
C．C→D過程中氣體的壓強變小，氣體從外界吸收熱量
D．D→A過程中氣體分子在單位時間內對單位面積容器的碰撞次數減少
【答案】D
【知識點】氣體壓強的微觀解釋；熱力學第一定律及其應用；氣體的等容變化及查理定律
【解析】【解答】本題是熱學中的圖像問題，考查了理想氣體狀態方程與熱力學第一定律的應用，根據圖示圖像分析清楚氣體狀態變化過程是解題的前提。A．A→B過程為等容過程，根據查理定律有
解得
可知，A→B過程中氣體的壓強增大了，故A錯誤；
B．由于BC的延長線過O點，根據蓋呂薩克定律可知，該過程為等壓過程，壓強不變，B→C過程，溫度降低，氣體內能減小，體積減小，外界對氣體做功，根據熱力學第一定律
可知，氣體對外界放出的熱量大于外界對氣體做的功，故B錯誤；
C．C→D過程中為等容過程，溫度降低，根據查理定律可知，氣體的壓強變小，溫度降低，氣體內能減小，體積一定，氣體與外界之間做功為0，根據熱力學第一定律，氣體向外界釋放熱量，故C錯誤；
D．D→A過程為等溫過程，根據玻意耳定律可知，體積增大，壓強減小，由于溫度一定，則分子運動的平均速率一定，一個分子與器壁撞擊的平均作用力一定，而壓強減小，則氣體分子在單位時間內對單位面積容器的碰撞次數減少，故D正確。
故選D。
【分析】由V-T圖像判斷氣體的狀態變化，結合等容過程、等溫過程、等壓過程的特點，由理想氣體狀態方程結合熱力學第一定律得解；氣體分子熱運動的平均動能與溫度的關系結合氣體分子壓強的微觀解釋得解。
11．（2025·揚州模擬）圖甲是判斷電流大小是否發生變化的裝置示意圖。電流在鐵芯中產生磁場，其磁感應強度與成正比。現給某半導體材料制成的霍爾元件（如圖乙，其長、寬、高分別為a、b、d）通以恒定工作電流I，通過右側電壓表V的示數就能判斷的大小是否發生變化。當的變化量一定時，電壓表V的示數變化量越大，則該裝置判斷的靈敏度就越高。已知霍爾元件的半導體材料載流子為一價正離子，則下列說法正確的是（　　）
A．僅適當增大工作電流I，可以提高判斷的靈敏度
B．僅將該半導體材料制成的霍爾元件更換為另一個金屬材料制成的霍爾元件，則電壓表V的“”“”接線柱連線位置無需改動
C．M端應與電壓表V的“”接線柱相連
D．當電流增大時，電壓表V的示數會減小
【答案】A
【知識點】霍爾元件
【解析】【解答】本題主要考查了霍爾效應的相關應用，根據左手定則分析出粒子的受力方向，由此得出電勢的高低，根據電場力和洛倫茲力的等量關系得出電壓的表達式并完成分析。A．磁感應強度與成正比，當霍爾元件內部電場穩定時
即
僅適當增大工作電流I，根據
可知，正離子定向移動的速度增大，則電壓表示數變化越大，可以提高判斷的靈敏度，A正確；
B．僅將該半導體材料制成的霍爾元件更換為另一個金屬材料制成的霍爾元件，則自由電子移動方向與電流方向相反，根據左手定則，自由電力在洛倫茲力的作用下與正離子偏轉方向相同，則電壓表V的“”“”接線柱連線位置需要改動，B錯誤；
C．根據安培定則即左手定則，正離子向外側偏轉，霍爾元件外側帶正電，則M端應與電壓表V的“”接線柱相連，C錯誤；
D．當電流增大時，磁感應強度變大，由A選項可知，霍爾元件內外兩側電勢差增大，電壓表V的示數會增大，D錯誤。
故選A。
【分析】根據電場力和洛倫茲力的等量關系分析出電壓的表達式，由此分析出靈敏度的影響因素和電壓表變大的原因分析；根據左手定則分析出電子受到的洛倫茲力的方向，由此得出元件與電壓表的連接方式。
二、非選擇題：共5題，共56分。其中第13~16題解答時請寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟，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·揚州模擬）一段粗細均勻、中空的圓柱形導體，其橫截面及中空部分橫截面均為圓形，如圖（a）所示。某同學想測量中空部分的直徑的大小，但由于直徑太小無法直接精準測量，他設計了如下實驗進行間接測量。
該同學進行了如下實驗步驟：
（1）用螺旋測微器測得這段導體橫截面的直徑D如圖（b）所示．則直徑D的測量值為　 　mm。然后又用游標卡尺測得該元件的長度L。
（2）用多用電表粗測這段導體兩端面之間的電阻值：該同學選擇“×100”擋位，用正確的操作步驟測量時，發現指針偏轉角度太大。為了較準確地進行測量，應該選擇　 　擋位（選填“”或“”），并重新歐姆調零，正確操作并讀數，此時刻度盤上的指針位置如圖（c）所示，測量值為　 　。
（3）設計了如圖（d）所示的電路精確測量這段導體兩端面之間的電阻值，除待測導體件外，實驗室還提供了下列器材：
A．電流表（量程為20mA，內阻）
B．電流表（量程為50mA．內阻未知）
C．滑動變阻器
D．定值電阻
E．定值電阻
F．電源（電動勢，內阻可以忽略）
G．開關S、導線若干
根據以上器材和粗測導體電阻值的情況可知，電路中定值電阻應選擇　 　（填器材前面的字母代號）；為了減小誤差，改變滑動變阻器滑動觸頭的位置，多測幾組、的值，作出關系圖像如圖（e）所示。若讀出圖線上某點對應的x、y的坐標值分別為a和b，則可知這段導體兩端面間電阻的測量值　 　（用圖像中數據和題設給出的物理量符號表示）
（4）該同學查出這段導體材料的電阻率，則中空部分的直徑大小測量值為　 　（用圖像中數據和題設給出的物理量符號表示）。
【答案】4.486；；140；R1；；
【知識點】練習使用多用電表；特殊方法測電阻
【解析】【解答】本題考查了螺旋測微器和歐姆表的使用與讀數；考查了利用歐姆定律和電阻定律測量圓柱形導體中空部分的直徑大小；理解實驗原理、掌握歐姆定律、電阻定律和串聯并聯電路的特點是解題的關鍵；掌握電壓表的改裝以及實驗器材的選擇。（1）螺旋測微器的固定刻度讀數為4mm，可動刻度的讀數為48.6××0.01mm=0.486mm，則讀數為：4 mm+0.486mm=4.486mm。
（2）指針偏轉過大，說明所選擋位過大，導致示數偏小，為了使指針指向中間，應選用小擋位，故應選×10擋；由圖示表盤可知，其讀數為：14×10=140Ω；
（3）電流表與定值電阻R2串聯后所測的最大電壓為
而電動勢為4.5V，所以定值電阻R2小，應選定值電阻R1；
由電路圖根據串并聯規律應有
化簡得
根據圖像可知斜率
解得
（4）根據電阻定律
其中
聯立可得
【分析】（1）螺旋測微器的精確度為0.01mm，測量值=固定刻度對應示數（mm）+可動刻度上對應示數（估讀一位）×精確度；
（2）歐姆表指針偏轉過大，歐姆表指針對應示數過小，說明所選擋位過大；測量值=歐姆表指針對應示數倍率；
（3）電流表串聯一個電阻可改成成電壓表，根據電動勢的大小，結合歐姆定律、串聯電路的特點確定定值電阻；
根據歐姆定律結合串、并聯電路的特點求解I2-I1函數，結合I2-I1圖像的斜率求解待測電阻的表達式；
（4）根據電阻定律求解圓柱形導體中空部分的直徑大小。
13．（2025·揚州模擬）在我國南海上有一浮桶式波浪發電燈塔，其原理如圖甲所示。浮桶內的磁體通過支柱固定在暗礁上，浮桶內置圓形線圈隨波浪相對磁體沿豎直方向運動，上下運動的速度v=0.4πsin（πt）m/s，且始終處于輻射磁場中，該線圈與阻值R=15Ω的燈泡相連；浮桶下部由內、外兩密封圓筒構成（俯視圖乙中陰影部分），其內部為產生磁場的磁體；線圈匝數N=200匝，線圈所在處磁場的磁感應強度大小B=0.2T，圓形線圈的直徑D=0.4m，電阻r=1Ω。計算時取π2=10。
（1）求線圈中產生感應電動勢的最大值Em；
（2）求燈泡工作時消耗的電功率P。
【答案】解：（1）線圈中產生感應電動勢的瞬時值為
線圈中產生感應電動勢的最大值為
（2）感應電動勢的有效值為
燈泡工作時消耗的電功率為
【知識點】交變電流的峰值、有效值、平均值與瞬時值
【解析】【分析】（1）根據感應電動勢公式E=Blv和v=0.4πsin（πt）m/s，求出電動勢e的最大值；
（2）由歐姆定律可得燈泡電流有效值，由電流有效值來計算燈泡電功率。
14．（2025·揚州模擬）1610年，伽利略用自制的望遠鏡發現了木星的四顆主要衛星。根據他的觀察，其中一顆衛星P做振幅為A、周期為T的簡諧運動，他推測該衛星振動是衛星做圓周運動在某方向上的投影。如圖所示是衛星P運動的示意圖，在xOy平面內，質量為m的衛星P繞坐標原點O做勻速圓周運動。若認為木星位于坐標原點O，求：
（1）衛星P做圓周運動的向心力大小；
（2）物體做簡諧運動時，回復力應滿足。試證明：衛星P繞木星做勻速圓周運動在x軸上的投影是簡諧運動。
【答案】解：（1）衛星P做圓周運動的向心力大小為
（2）如圖
取向右為正方向，則
則衛星P繞木星做勻速圓周運動在x軸上的投影是簡諧運動。
【知識點】簡諧運動的回復力和能量
【解析】【分析】（1）根據振幅與圓周運動的半徑關系結合牛頓第二定律可解答；
（2）根據簡諧運動的回復力與位移關系證明。
15．（2025·揚州模擬）如圖所示，質量為的木塊A、B，并排放在光滑水平面上，木塊A上固定一豎直輕桿，輕桿上端的O點系一長為的細線，細線另一端系一質量為的球C。現將C球拉起使細線水平伸直，并由靜止釋放C球。（重力加速度為g）求：
（1）C球從水平位置到最低點過程中，木塊A移動的距離；
（2）A、B兩木塊分離時，A、B、C三者的速度大小；
（3）小球第一次到達左側的最大高度。
【答案】解：（1）C球從水平位置到最低點過程中，A、B、C組成的系統水平方向動量守恒，且A、B此時速度相同，則有
即
又因為
聯立可得
（2）當C球第一次擺到最低點時，A、B兩木塊分離，此刻A、B速度相等，設A、B速度大小為、C球速度大小為，A、B、C系統水平方向動量守恒有
A、B、C系統機械能守恒有
聯立可得
即A、B兩木塊分離時，A、B、C三者的速度大小均為。
（3）C球擺到豎直輕桿左側最大高度時，A、C共速設為，最大高度為d，A、C系統水平方向上動量守恒有
A、C系統機械能守恒有
得此時C球與0點的豎直距離
【知識點】機械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）C擺到最低點過程，根據水平方向上的動量守恒，求出AB和C對地的位移；
（2）小球擺動到最低點時，A、B分離，在此過程，A、B、C系統動量守恒，機械能守恒，根據動量守恒定律和機械能守恒定律求出A、B、C的速度；
（2）對AC系統，由水平方向動量守恒定律和機械能守恒定律求出C上升的最大高度。
16．（2025·揚州模擬）如圖所示，坐標系xOy平面在紙面內，在的區域存在垂直紙面向外的勻強磁場，的區域Ⅰ和的區域Ⅱ的磁感應強度大小分別為和。大量質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從原點O在坐標平面內向與x正方向成角射入，粒子的速度大小相等，方向隨角度均勻分布。沿y軸正方向射入的粒子在點垂直兩磁場的邊界射入區域Ⅱ。不計粒子的重力和粒子間的相互作用。
（1）求粒子從原點O射入磁場時的速度大小v；
（2）若在兩磁場分界處有一垂直于xOy平面的足夠大豎直擋板，求打到擋板上的粒子數占總粒子數的百分比；
（3）若粒子在區域Ⅱ中受到與速度大小成正比、方向相反的阻力，比例系數為k，觀察發現沿y軸正方向射入的粒子，射入區域Ⅱ后粒子軌跡呈螺旋狀并與兩磁場的邊界相切于Q點（未畫出），求該粒子由P點運動到Q點的時間t及該粒子在區域Ⅱ中運動軌跡的長度l。
【答案】解：（1）洛倫茲力提供向心力
又
解得
（2）由，當初速度方向沿x軸正向時，軌跡與磁場邊界相切，此時粒子剛好打到擋板上，范圍內的粒子都能打到擋板，所以打到擋板上的粒子數占總粒子數的百分比
（3）該粒子在區域Ⅱ中的運動軌速如圖所示
洛倫茲力提供向心力
可得
即角速度為一定值，又可知粒子與邊界相切時轉過的弧度為，時間
解得
粒子在區域Ⅱ中做螺旋線運動，由于阻力最后停下來，在切線方向上，牛頓第二定律
有
求和得
解得
【知識點】帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）確定沿y軸正方向射入的粒子在區域Ⅰ中的軌跡與運動半徑，根據洛倫茲力提供向心力求解；
（2）找到粒子剛好打到擋板上的臨界條件，根據角度范圍的比值求解；
（3）根據洛倫茲力提供向心力可推導得出任意時刻偏轉的角速度為一定值，根據運動方向轉過的弧度與角速度的比求則此過程的時間。根據牛頓第二定律，或者動量定理，采用微元法求解粒子在區域Ⅱ中運動軌跡的長度。
1 / 12025屆江蘇省揚州中學高三上學期12月學科水平測試物理試卷
一、單項選擇題（共11小題，每小題4分，共44分，每題只有一個選項符合題意）
1．（2025·揚州模擬）科學家們創造出了許多物理思維方法，如理想實驗法、控制變量法、極限思想法、模型法、類比法和比值定義法等等。以下關于所用物理學研究方法的敘述正確的是（　　）
A．根據速度定義式，當非常小時，就可以用表示物體在某時刻的瞬時速度，應用了微元法
B．在探究兩個互成角度的力的合成規律時，采用了控制變量的方法
C．在不需要考慮物體本身的大小和形狀時，用質點代替物體的方法，采用了等效替代的思想
D．加速度的定義采用的是比值定義法
2．（2025·揚州模擬）某同學自己動手為手機貼鋼化膜，貼完后發現屏幕中央有不規則的環形條紋，通過查詢相關資料得知，這是由于鋼化膜與手機屏幕之間存在空氣薄膜造成的，出現環形條紋現象是光的（　　）
A．衍射現象 B．干涉現象 C．偏振現象 D．全反射現象
3．（2025·揚州模擬）如圖是半徑為R的半球形碗，一質量為m的小物塊從碗口A點以大小不變的速度v沿著碗滑到碗底中心B點。則在該過程中（　　）
A．小物塊的動量不變
B．小物塊受到的合外力不變
C．小物塊受到的摩擦力不斷減小
D．小物塊重力的功率先增大后減小
4．（2025·揚州模擬）“打水漂”是一種常見的娛樂活動，以一定的高度水平扔出的瓦片，會反復在水面上彈跳前進，假設瓦片和水面相撞后，在水平和豎直方向速度大小均減小，以下四幅圖有可能是瓦片軌跡的是（　　）
A． B．
C． D．
5．（2025·揚州模擬）北京時間2021年9月出現了“火星合日”現象，即當火星和地球分別位于太陽兩側與太陽共線干擾無線電時，影響通信的天文現象，因此中國首輛火星車“祝融號”（在火星赤道表面附近做勻速圓周運動）發生短暫“失聯”。已知地球與火星繞太陽做勻速圓周運動的方向相同，火星和地球的公轉軌道半徑之比約為，引力常量為G，則下列說法正確的是（　　）
A．火星與地球繞太陽運動的線速度之比約為
B．出現“火星合日”現象時，火星和地球的相對速度最大
C．火星與地球表面的重力加速度大小之比約為
D．下一次“火星合日”將出現在2022年9月之前
6．（2025·揚州模擬）如圖，由a、b兩種單色光組成的復色光，沿半球形水霧的半徑方向AO入射，折射后分成兩種單色光a、b。其中，a光與界面的夾角為30°，b光的折射率為，b光與法線的夾角為45°，光在空氣中的傳播速度為c，水霧半球的半徑為R。下列說法中正確的是（　　）
A．a光在半球水霧中的傳播時間為
B．a光在半球水霧中的傳播時間為
C．a單色光的頻率比b單色光的頻率小
D．利用a、b單色光做雙縫干涉實驗，在相同實驗條件下，b光比a光的條紋間距大
7．（2025·揚州模擬）周村古商城有一件古代青銅“魚洗”復制品，在其中加入適量清水后，用手有節奏地摩擦“魚洗”的雙耳，會發出嗡嗡聲，并能使盆內水花四濺，如圖甲所示。圖乙為某時刻相向傳播的兩列同頻率水波的波形圖，四個位置中最有可能“噴出水花”的位置是（　　）
A．A位置 B．位置 C．位置 D．位置
8．（2025·揚州模擬）如圖所示，在豎直向下的勻強磁場B中，將一根水平放置的金屬棒ab以某一水平速度v0拋出，不計空氣阻力，金屬棒在運動過程中始終保持水平且未離開磁場區域，下列說法正確的是（　　）
A．a點電勢比b點電勢高
B．金屬棒中的感應電動勢越來越大
C．單位時間內ab掃過的曲面中的磁通量不變
D．金屬棒在運動過程中機械能越來越小
9．（2025·揚州模擬）二極管是常用的電子元件，具有單向導電的性質，其電路符號為“”。如圖（a）所示為一個定值電阻和一個理想二極管串聯后連接到一正弦交流電源兩端，經測量發現，通過定值電阻的電流隨時間的變化如圖（b）所示。下列說法正確的是（　　）
A．電源的頻率為2Hz B．電源的電壓有效值為5V
C．通過電阻的電流周期為1s D．通過電阻的電流有效值為2.5A
10．（2025·揚州模擬）一定質量的理想氣體從狀態A緩慢經過狀態B、C、D再回到狀態A，其體積V與熱力學溫度T的關系圖像如圖所示，其中BC的延長線過O點，氣體在狀態A時的壓強為。下列說法正確的是（　　）
A．A→B過程中氣體的壓強增大了
B．B→C過程中氣體對外界放出的熱量小于外界對氣體做的功
C．C→D過程中氣體的壓強變小，氣體從外界吸收熱量
D．D→A過程中氣體分子在單位時間內對單位面積容器的碰撞次數減少
11．（2025·揚州模擬）圖甲是判斷電流大小是否發生變化的裝置示意圖。電流在鐵芯中產生磁場，其磁感應強度與成正比。現給某半導體材料制成的霍爾元件（如圖乙，其長、寬、高分別為a、b、d）通以恒定工作電流I，通過右側電壓表V的示數就能判斷的大小是否發生變化。當的變化量一定時，電壓表V的示數變化量越大，則該裝置判斷的靈敏度就越高。已知霍爾元件的半導體材料載流子為一價正離子，則下列說法正確的是（　　）
A．僅適當增大工作電流I，可以提高判斷的靈敏度
B．僅將該半導體材料制成的霍爾元件更換為另一個金屬材料制成的霍爾元件，則電壓表V的“”“”接線柱連線位置無需改動
C．M端應與電壓表V的“”接線柱相連
D．當電流增大時，電壓表V的示數會減小
二、非選擇題：共5題，共56分。其中第13~16題解答時請寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟，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·揚州模擬）一段粗細均勻、中空的圓柱形導體，其橫截面及中空部分橫截面均為圓形，如圖（a）所示。某同學想測量中空部分的直徑的大小，但由于直徑太小無法直接精準測量，他設計了如下實驗進行間接測量。
該同學進行了如下實驗步驟：
（1）用螺旋測微器測得這段導體橫截面的直徑D如圖（b）所示．則直徑D的測量值為　 　mm。然后又用游標卡尺測得該元件的長度L。
（2）用多用電表粗測這段導體兩端面之間的電阻值：該同學選擇“×100”擋位，用正確的操作步驟測量時，發現指針偏轉角度太大。為了較準確地進行測量，應該選擇　 　擋位（選填“”或“”），并重新歐姆調零，正確操作并讀數，此時刻度盤上的指針位置如圖（c）所示，測量值為　 　。
（3）設計了如圖（d）所示的電路精確測量這段導體兩端面之間的電阻值，除待測導體件外，實驗室還提供了下列器材：
A．電流表（量程為20mA，內阻）
B．電流表（量程為50mA．內阻未知）
C．滑動變阻器
D．定值電阻
E．定值電阻
F．電源（電動勢，內阻可以忽略）
G．開關S、導線若干
根據以上器材和粗測導體電阻值的情況可知，電路中定值電阻應選擇　 　（填器材前面的字母代號）；為了減小誤差，改變滑動變阻器滑動觸頭的位置，多測幾組、的值，作出關系圖像如圖（e）所示。若讀出圖線上某點對應的x、y的坐標值分別為a和b，則可知這段導體兩端面間電阻的測量值　 　（用圖像中數據和題設給出的物理量符號表示）
（4）該同學查出這段導體材料的電阻率，則中空部分的直徑大小測量值為　 　（用圖像中數據和題設給出的物理量符號表示）。
13．（2025·揚州模擬）在我國南海上有一浮桶式波浪發電燈塔，其原理如圖甲所示。浮桶內的磁體通過支柱固定在暗礁上，浮桶內置圓形線圈隨波浪相對磁體沿豎直方向運動，上下運動的速度v=0.4πsin（πt）m/s，且始終處于輻射磁場中，該線圈與阻值R=15Ω的燈泡相連；浮桶下部由內、外兩密封圓筒構成（俯視圖乙中陰影部分），其內部為產生磁場的磁體；線圈匝數N=200匝，線圈所在處磁場的磁感應強度大小B=0.2T，圓形線圈的直徑D=0.4m，電阻r=1Ω。計算時取π2=10。
（1）求線圈中產生感應電動勢的最大值Em；
（2）求燈泡工作時消耗的電功率P。
14．（2025·揚州模擬）1610年，伽利略用自制的望遠鏡發現了木星的四顆主要衛星。根據他的觀察，其中一顆衛星P做振幅為A、周期為T的簡諧運動，他推測該衛星振動是衛星做圓周運動在某方向上的投影。如圖所示是衛星P運動的示意圖，在xOy平面內，質量為m的衛星P繞坐標原點O做勻速圓周運動。若認為木星位于坐標原點O，求：
（1）衛星P做圓周運動的向心力大小；
（2）物體做簡諧運動時，回復力應滿足。試證明：衛星P繞木星做勻速圓周運動在x軸上的投影是簡諧運動。
15．（2025·揚州模擬）如圖所示，質量為的木塊A、B，并排放在光滑水平面上，木塊A上固定一豎直輕桿，輕桿上端的O點系一長為的細線，細線另一端系一質量為的球C。現將C球拉起使細線水平伸直，并由靜止釋放C球。（重力加速度為g）求：
（1）C球從水平位置到最低點過程中，木塊A移動的距離；
（2）A、B兩木塊分離時，A、B、C三者的速度大小；
（3）小球第一次到達左側的最大高度。
16．（2025·揚州模擬）如圖所示，坐標系xOy平面在紙面內，在的區域存在垂直紙面向外的勻強磁場，的區域Ⅰ和的區域Ⅱ的磁感應強度大小分別為和。大量質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從原點O在坐標平面內向與x正方向成角射入，粒子的速度大小相等，方向隨角度均勻分布。沿y軸正方向射入的粒子在點垂直兩磁場的邊界射入區域Ⅱ。不計粒子的重力和粒子間的相互作用。
（1）求粒子從原點O射入磁場時的速度大小v；
（2）若在兩磁場分界處有一垂直于xOy平面的足夠大豎直擋板，求打到擋板上的粒子數占總粒子數的百分比；
（3）若粒子在區域Ⅱ中受到與速度大小成正比、方向相反的阻力，比例系數為k，觀察發現沿y軸正方向射入的粒子，射入區域Ⅱ后粒子軌跡呈螺旋狀并與兩磁場的邊界相切于Q點（未畫出），求該粒子由P點運動到Q點的時間t及該粒子在區域Ⅱ中運動軌跡的長度l。
答案解析部分
1．【答案】D
【知識點】質點；加速度；驗證力的平行四邊形定則；瞬時速度
【解析】【解答】對于常用的物理研究方法，如控制變量法、等效替代法、理想化模型法等等，要在理解的基礎上掌握，并要注意科學方法的應用。A．根據速度定義式，當非常小時，就可以用表示物體在某時刻的瞬時速度，應用了極限法，故A錯誤；
B．在探究兩個互成角度的力的合成規律時，利用合力的效果與分力的效果一樣，采用了等效替代的方法，故B錯誤；
C．在不需要考慮物體本身的大小和形狀時，用質點代替物體的方法，采用了理想模型的思想，故C錯誤；
D．比值定義的基本特點是被定義的物理量與分子與分母上物理量無關，在數值上等于二者的比值而已，加速度的定義式為采用的是比值定義法，故D正確。
故選D。
【分析】根據理等效替代、極限思想法、模型法、和比值定義法等物理思維方法的特點進行判斷。
2．【答案】B
【知識點】薄膜干涉
【解析】【解答】光的干涉現象的定義：兩列或幾列光波在空間相遇時相互疊加，在某些區域始終加強，在另一些區域則始終削弱，形成穩定的強弱分布的現象。出現環形條紋是由于從空氣膜的兩個表面反射的光疊加產生的光的干涉現象。
故選B。
【分析】根據薄膜干涉現象分析即可。
3．【答案】C
【知識點】勻速圓周運動；功率及其計算；動量
【解析】【解答】本題考查勻速圓周運動的特點，解題關鍵掌握矢量的性質，注意功率的計算公式。A．小物塊從A到B做勻速圓周運動，速度v大小不變但是方向不斷改變，故動量是變化的，故A錯誤；
B．小物塊受到的合外力提供向心力，大小不變，但是方向不斷改變，故B錯誤；
C．小物塊的受力如圖所示
根據題意可知，小物塊受到的摩擦力大小等于重力沿圓弧切向分力，即
小物塊下滑過程中θ不斷減小，sinθ不斷減小，所以摩擦力不斷減小，故C正確；
D．小物塊重力的功率
小物塊下滑過程中θ不斷減小，sinθ不斷減小，所以重力的功率不斷減小，故D錯誤。
故選C。
【分析】動量是矢量，小物塊從A到B做勻速圓周運動，速度的方向不斷改變，合外力提供向心力，也是不斷變化的，根據力的分解分析，根據功率的計算公式分析。
4．【答案】C
【知識點】運動的合成與分解
【解析】【解答】每次與水面碰撞后，水平速度減小（導致水平方向運動變慢），每次與水面碰撞后，豎直速度減小，可知豎直小球上升的高度逐漸減小，根據，可知瓦片在空中的時間逐漸減小，水平方向有，可知瓦片在空中通過水平位移逐漸減小，故ABD錯誤，C正確。
故選C。
【分析】瓦片和水面相撞后，豎直方向速度大小減小，則豎直小球上升的高度逐漸減小，豎直方向上拋運動，瓦片在空中的時間逐漸減小，每碰一次水平方向減小，則通過水平位移逐漸減小。
5．【答案】B
【知識點】速度與速率；萬有引力定律；衛星問題
【解析】【解答】本題的關鍵在于理解天體運動的基本規律，特別是開普勒第三定律和萬有引力定律的應用。通過這些定律，可以推導出天體運動的周期、線速度以及表面重力加速度的比值。A．根據萬有引力提供向心力有
解得線速度
可知火星與地球繞太陽運動的線速度之比約為
故A錯誤；
B．由題意知，出現“火星合日”現象時，火星和地球恰好沿相反方向運動，此時相對速度最大，故B正確；
C．在星球表面，根據萬有引力等于重力有
解得
因此火星與地球表面的重力加速度大小之比約為
由于火星與地球的質量大小關系未知、半徑關系未知，無法比較，故C錯誤；
D．根據開普勒第三定律有
可知火星與地球繞太陽運動的周期之比約為
已知，相鄰兩次“火星合日”的時間間隔滿足
解得
所以下一次“火星合日”將出現在2022年9月之后，故D錯誤。
故選B。
【分析】根據開普勒第三定律、萬有引力定律以及相對速度的概念判斷各選項。通過分析火星與地球的公轉軌道半徑比，可以推導出它們的線速度比、周期比以及相對速度的變化情況。通過萬有引力定律，可以探討火星與地球表面重力加速度的比值。利用周期比和相對速度的概念，可以預測下一次“火星合日”的時間。
6．【答案】D
【知識點】光的折射及折射定律；干涉條紋和光的波長之間的關系
【解析】【解答】本題的突破口在于通過光的偏折程度比較光的折射率，知道折射率、頻率、波長等大小關系。
AB．設入射角為θ，由折射定律可知，對b光有
解得
對于a光，由折射定律可知
設a光在水霧半球中傳播的速度為va，由
則a光在水霧半球中的傳播時間
聯立可得
故AB錯誤；
C．因為
故波長
故a單色光的頻率比b單色光的頻率大，故C錯誤；
D．根據C項分析知
利用a、b單色光做雙縫干涉實驗，在相同實驗條件下，根據
知b光比a光的條紋間距大，故D正確。
故選D。
【分析】根據b光的折射定律求得入射角，然后求出a光的折射率，從而比較頻率大小關系、a光在水霧半球中傳播速度，進而求出a光在水霧半球中傳播時間；根據分析條紋間距大小。
7．【答案】B
【知識點】受迫振動和共振；波的疊加
【解析】【解答】兩列同相波疊加，振動加強，振幅增大。兩列反相波疊加，振動減弱，振幅減小。由題意知“噴出水花”是因為兩列波的波峰與波峰或波谷與波谷發生了相遇，即振動加強。由圖像可知，兩列波的波峰傳到B位置時間相等，故B是振動加強點，其它三點振動不穩定。所以最可能“噴出水花”的是B位置。
故選B。
【分析】根據波的疊加原理和波的干涉分析。
8．【答案】C
【知識點】機械能守恒定律；磁通量；導體切割磁感線時的感應電動勢
【解析】【解答】本題考查對感應電動勢公式的理解和平拋運動的特點，要理解感應電動勢公式E=BLv中，v是有效的切割速度；同時還要掌握磁通量的計算公式。
A．由右手定則可知，a點電勢比b點電勢低，選項A錯誤；
B．金屬棒做平拋運動，水平速度不變，根據
E=BLv0
可知，棒中的感應電動勢不變，選項B錯誤；
C．單位時間內ab的水平位移為v0，則掃過的曲面中的磁通量
不變，選項C正確；
D．金屬棒在運動過程只有重力做功，則機械能守恒，選項D錯誤。
故選C。
【分析】根據右手定則判斷電勢的高低；金屬棒ab做平拋運動，由感應電動勢公式E=BLv0可知感應電動勢大小保持不變；根據磁通量的計算公式求單位時間穿過曲面的磁通量的大小；根據機械能守恒定律的條件分析金屬棒的機械能是否變化。
9．【答案】D
【知識點】交變電流的圖像與函數表達式；交變電流的峰值、有效值、平均值與瞬時值
【解析】【解答】A．由圖（b）可知電源的周期為
則電源的頻率為
故A錯誤；
C．通過電阻的電流周期與電源周期相等，為2s，故C錯誤；
BD． 設電流有效值為，可得：
解得
設電源的電壓的有效值為U，根據歐姆定律可得
故B錯誤，D正確；．
故選D。
【分析】交變電流的周期由電源決定，根據圖象得到周期，再根據周期與頻率關系得到頻率；正（余）式交變電流最大值與有效值關系為，，根據圖象結合最大值與有效值關系為，，根據圖象結合計算電流的有效值，根據歐姆定律得到電壓有效值。
10．【答案】D
【知識點】氣體壓強的微觀解釋；熱力學第一定律及其應用；氣體的等容變化及查理定律
【解析】【解答】本題是熱學中的圖像問題，考查了理想氣體狀態方程與熱力學第一定律的應用，根據圖示圖像分析清楚氣體狀態變化過程是解題的前提。A．A→B過程為等容過程，根據查理定律有
解得
可知，A→B過程中氣體的壓強增大了，故A錯誤；
B．由于BC的延長線過O點，根據蓋呂薩克定律可知，該過程為等壓過程，壓強不變，B→C過程，溫度降低，氣體內能減小，體積減小，外界對氣體做功，根據熱力學第一定律
可知，氣體對外界放出的熱量大于外界對氣體做的功，故B錯誤；
C．C→D過程中為等容過程，溫度降低，根據查理定律可知，氣體的壓強變小，溫度降低，氣體內能減小，體積一定，氣體與外界之間做功為0，根據熱力學第一定律，氣體向外界釋放熱量，故C錯誤；
D．D→A過程為等溫過程，根據玻意耳定律可知，體積增大，壓強減小，由于溫度一定，則分子運動的平均速率一定，一個分子與器壁撞擊的平均作用力一定，而壓強減小，則氣體分子在單位時間內對單位面積容器的碰撞次數減少，故D正確。
故選D。
【分析】由V-T圖像判斷氣體的狀態變化，結合等容過程、等溫過程、等壓過程的特點，由理想氣體狀態方程結合熱力學第一定律得解；氣體分子熱運動的平均動能與溫度的關系結合氣體分子壓強的微觀解釋得解。
11．【答案】A
【知識點】霍爾元件
【解析】【解答】本題主要考查了霍爾效應的相關應用，根據左手定則分析出粒子的受力方向，由此得出電勢的高低，根據電場力和洛倫茲力的等量關系得出電壓的表達式并完成分析。A．磁感應強度與成正比，當霍爾元件內部電場穩定時
即
僅適當增大工作電流I，根據
可知，正離子定向移動的速度增大，則電壓表示數變化越大，可以提高判斷的靈敏度，A正確；
B．僅將該半導體材料制成的霍爾元件更換為另一個金屬材料制成的霍爾元件，則自由電子移動方向與電流方向相反，根據左手定則，自由電力在洛倫茲力的作用下與正離子偏轉方向相同，則電壓表V的“”“”接線柱連線位置需要改動，B錯誤；
C．根據安培定則即左手定則，正離子向外側偏轉，霍爾元件外側帶正電，則M端應與電壓表V的“”接線柱相連，C錯誤；
D．當電流增大時，磁感應強度變大，由A選項可知，霍爾元件內外兩側電勢差增大，電壓表V的示數會增大，D錯誤。
故選A。
【分析】根據電場力和洛倫茲力的等量關系分析出電壓的表達式，由此分析出靈敏度的影響因素和電壓表變大的原因分析；根據左手定則分析出電子受到的洛倫茲力的方向，由此得出元件與電壓表的連接方式。
12．【答案】4.486；；140；R1；；
【知識點】練習使用多用電表；特殊方法測電阻
【解析】【解答】本題考查了螺旋測微器和歐姆表的使用與讀數；考查了利用歐姆定律和電阻定律測量圓柱形導體中空部分的直徑大小；理解實驗原理、掌握歐姆定律、電阻定律和串聯并聯電路的特點是解題的關鍵；掌握電壓表的改裝以及實驗器材的選擇。（1）螺旋測微器的固定刻度讀數為4mm，可動刻度的讀數為48.6××0.01mm=0.486mm，則讀數為：4 mm+0.486mm=4.486mm。
（2）指針偏轉過大，說明所選擋位過大，導致示數偏小，為了使指針指向中間，應選用小擋位，故應選×10擋；由圖示表盤可知，其讀數為：14×10=140Ω；
（3）電流表與定值電阻R2串聯后所測的最大電壓為
而電動勢為4.5V，所以定值電阻R2小，應選定值電阻R1；
由電路圖根據串并聯規律應有
化簡得
根據圖像可知斜率
解得
（4）根據電阻定律
其中
聯立可得
【分析】（1）螺旋測微器的精確度為0.01mm，測量值=固定刻度對應示數（mm）+可動刻度上對應示數（估讀一位）×精確度；
（2）歐姆表指針偏轉過大，歐姆表指針對應示數過小，說明所選擋位過大；測量值=歐姆表指針對應示數倍率；
（3）電流表串聯一個電阻可改成成電壓表，根據電動勢的大小，結合歐姆定律、串聯電路的特點確定定值電阻；
根據歐姆定律結合串、并聯電路的特點求解I2-I1函數，結合I2-I1圖像的斜率求解待測電阻的表達式；
（4）根據電阻定律求解圓柱形導體中空部分的直徑大小。
13．【答案】解：（1）線圈中產生感應電動勢的瞬時值為
線圈中產生感應電動勢的最大值為
（2）感應電動勢的有效值為
燈泡工作時消耗的電功率為
【知識點】交變電流的峰值、有效值、平均值與瞬時值
【解析】【分析】（1）根據感應電動勢公式E=Blv和v=0.4πsin（πt）m/s，求出電動勢e的最大值；
（2）由歐姆定律可得燈泡電流有效值，由電流有效值來計算燈泡電功率。
14．【答案】解：（1）衛星P做圓周運動的向心力大小為
（2）如圖
取向右為正方向，則
則衛星P繞木星做勻速圓周運動在x軸上的投影是簡諧運動。
【知識點】簡諧運動的回復力和能量
【解析】【分析】（1）根據振幅與圓周運動的半徑關系結合牛頓第二定律可解答；
（2）根據簡諧運動的回復力與位移關系證明。
15．【答案】解：（1）C球從水平位置到最低點過程中，A、B、C組成的系統水平方向動量守恒，且A、B此時速度相同，則有
即
又因為
聯立可得
（2）當C球第一次擺到最低點時，A、B兩木塊分離，此刻A、B速度相等，設A、B速度大小為、C球速度大小為，A、B、C系統水平方向動量守恒有
A、B、C系統機械能守恒有
聯立可得
即A、B兩木塊分離時，A、B、C三者的速度大小均為。
（3）C球擺到豎直輕桿左側最大高度時，A、C共速設為，最大高度為d，A、C系統水平方向上動量守恒有
A、C系統機械能守恒有
得此時C球與0點的豎直距離
【知識點】機械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）C擺到最低點過程，根據水平方向上的動量守恒，求出AB和C對地的位移；
（2）小球擺動到最低點時，A、B分離，在此過程，A、B、C系統動量守恒，機械能守恒，根據動量守恒定律和機械能守恒定律求出A、B、C的速度；
（2）對AC系統，由水平方向動量守恒定律和機械能守恒定律求出C上升的最大高度。
16．【答案】解：（1）洛倫茲力提供向心力
又
解得
（2）由，當初速度方向沿x軸正向時，軌跡與磁場邊界相切，此時粒子剛好打到擋板上，范圍內的粒子都能打到擋板，所以打到擋板上的粒子數占總粒子數的百分比
（3）該粒子在區域Ⅱ中的運動軌速如圖所示
洛倫茲力提供向心力
可得
即角速度為一定值，又可知粒子與邊界相切時轉過的弧度為，時間
解得
粒子在區域Ⅱ中做螺旋線運動，由于阻力最后停下來，在切線方向上，牛頓第二定律
有
求和得
解得
【知識點】帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）確定沿y軸正方向射入的粒子在區域Ⅰ中的軌跡與運動半徑，根據洛倫茲力提供向心力求解；
（2）找到粒子剛好打到擋板上的臨界條件，根據角度范圍的比值求解；
（3）根據洛倫茲力提供向心力可推導得出任意時刻偏轉的角速度為一定值，根據運動方向轉過的弧度與角速度的比求則此過程的時間。根據牛頓第二定律，或者動量定理，采用微元法求解粒子在區域Ⅱ中運動軌跡的長度。
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