2025届浙江省绍兴市高三年级上册11月诊断性考试（一模）物理试题（解析版）

物理试题

本试题卷分选择题和非选择题两部分，共10页，满分100分，考试时间90分钟。

考生注意：

1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和

答题卡规定的位置上。

2.答题时，请按照答题卡上“注意事项”的要求，在答题卡相应的位置上规范作答，在试题

卷上的作答一律无效。

3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内。作图时，先

使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。

4.可能用到的相关公式或参数：重力加速度g均取10m/s2o

一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一

个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）

1.国际单位制中，以下物理量的单位相同的是（）

A.电势差、电动势B.动能、动量C.速度、加速度D.电容、电感

【答案】A

【解析】

【详解】A.电势差、电动势的单位均为伏特，故A正确；

B.动能的单位为焦耳，动量的单位为千克米每秒，故B错误；

C.速度的单位为米每秒，加速度的单位为米每二次方秒，故C错误；

D.电容的单位为法拉，电感的单位为亨利，故D错误。

故选A。

2.2024年8月，中国战机轰6K与俄罗斯战机图95组成编队，飞越白令海峡。下列说法正确的是

（）

A.轰6K加速过程中惯性增大

B.轰6K飞行速度越大，加速度越大

C.观察轰6K空中加油时，可将其看成质点

D.轰6K加速向上爬升时，机内飞行员处于超重状态

【答案】D

【解析】

【详解】A.轰6K加速过程中质量不变，惯性不变，故A错误；

B.轰6K飞行速度越大，加速度可能减小，故B错误；

C.当物体的大小、形状对所研究的问题没有影响或者影响很小，可忽略不计时，可将物体看成质点，所

以观察轰6K空中加油时，不可将其看成质点，故C错误；

D.轰6K加速向上爬升时，加速度向上，机内飞行员处于超重状态，故D正确。

故选D。

3.2024年9月，中科院在自研磁体方面取得技术突破，产生了42.02T的稳态磁场，其强度约为地磁场强

度的80万倍（稳态磁场是指磁感应强度不随时间变化的磁场）。下列说法正确的是（）

A.42.02T表示磁通量的大小

B.该稳态磁场不可能激发出电场

C.磁感应强度不随时间变化的磁场一定是匀强磁场

D.将通电直导线放入该稳态磁场，受到的安培力一定很大

【答案】B

【解析】

【详解】A.42.02T表示磁感应强度的大小。故A错误；

B.根据麦克斯韦电磁场理论可知该稳态磁场不可能激发出电场。故B正确；

C.磁感应强度不随时间变化的磁场为恒定磁场，在恒定磁场中，如果磁感应强度在空间各处完全相同，

即大小和方向都不变。就是匀强磁场。故c错误；

D.将通电直导线与磁场平行放入该稳态磁场，受到的安培力为零。故D错误。

故选B。

4.如图所示实线为某一静电场中的一组等势线，A、8为同一等势线上两点，下列说法正确的是（）

A.该电场可能是某一负点电荷产生

B.A点电场强度大于B点电场强度

C.B点电场强度方向沿图中等势线切线方向

D.将试探电荷沿虚线轨迹从A点移到8点的过程中，电场力始终不做功

【答案】B

【解析】

【详解】A.负电荷产生的电场形成的等势线是以负电荷为圆心的一系列同心圆，故该电场不可能是某一

负点电荷产生，故A错误；

B.由等势线疏密程度表示电场强弱可知，A处等势线比8处等势线密集，所以A点电场强度大于B点电

场强度，故B正确；

C.因为电场线方向垂直于等势线，故B点电场强度方向应垂直于等势面，故C错误；

D.由于该过程中电势在不断变化，故试探电荷电势能在不断变化，根据功能关系，该移动过程中电场力

要做功，但电场力做的总功为零，故D错误。

故选B。

5.如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数比为2:1,其输入端接正弦交流电源，电动势有效值保持

不变，输出端电路由品、R2、尺3和尺4四个电阻构成，将该变压器的匝数比改为4:1后，下列说法正确的

是（）

A.Ri两端的电压增大到原来的2倍B.R2两端的电压增大到原来的4倍

C.&的热功率减小到原来的工D.R4的热功率减小到原来的

【答案】D

【解析】

【详解】A.根据原副线圈电压与匝数的关系

可知，该变压器的匝数比改为4:1后，Ui不变，则S变为原来的一半，故A错误；

BCD.无变为原来的一半，则流过及、品和心的电流变为原来的一半，所以&两端的电压变为原来的一

半，R的热功率减小到原来的：，R4的热功率减小到原来的!，故BC错误，D正确。

44

故选D。

6.某型号战斗机沿水平向右匀加速直线飞行，某时刻开始以相等时间间隔自由释放无动力炸弹（图中用

小球替代），不计空气阻力，炸弹落地前在空中形成的排列图景是（）

0

0

1

A0

-

-

0

【答案】B

【解析】

【详解】战斗机沿水平向右匀加速直线飞行，以飞机为参考系，则释放的炸弹水平方向做向左的匀加速

直线运动，水平位移为

12

X——at

2

竖直方向做自由落体运动，有

12

y=2gr

设合位移与水平方向夹角为仇则有

tan”&

xa

可知空中的所有炸弹均与飞机排成一列斜线，先释放的炸弹靠左，后释放的靠右。

故选B。

7.如图所示，外力作用下小球A在竖直平面内做逆时针匀速圆周运动，圆心为。点。另一小球B用轻质

弹簧竖直悬挂，且静止时小球B与圆心。在同一竖直高度。向下拉小球B到适当位置，静止释放，运动

过程中小球A、B始终在同一竖直高度，不计阻力作用。下列说法正确的是（）

A.小球A受到的合外力不变

B,以小球A为参考系，小球B静止

C.小球B在运动过程中机械能守恒

D.小球A竖直方向合外力的大小与小球A到O点的竖直距离成正比

【答案】D

【解析】

【详解】A.小球A做匀速圆周运动，合外力提供向心力，大小不变，方向时刻变化，故A错误；

B.以小球A为参考系，小球B在竖直方向的距离不变，但在水平方向的距离时刻变化。所以，以小球A

为参考系，小球B运动，故B错误；

C.小球B在运动过程中小球B和弹簧组成的系统机械能守恒，小球B的机械能不守恒，故C错误；

D.设小球A做圆周运动的半径为「，向心力即合外力为尸，某时刻到圆心的竖直高度为与圆心连线

和水平方向的夹角为。，则

sin61=—

r

小球A竖直方向合外力为

Fh

F=Fsin0=——

yr

因为小球A做匀速圆周运动，向心力大小不变，则小球A竖直方向合外力可表示为

Fy=kh

其中

k上

r

即，小球A竖直方向合外力的大小与小球A到。点的竖直距离成正比。故D正确。

故选D。

8.2024年9月，我国在山东海域利用海上平台，成功完成一箭八星发射任务，顺利将卫星送入预定轨

道。已知其中一颗名为“天仪”的卫星在距地面高度约为加=500km的轨道上绕地球做匀速圆周运动。

天宫空间站在距地面高度约为他=390km的轨道上绕地球做匀速圆周运动。地球表面重力加速度为g,

下列说法正确的是（）

A.“天仪”卫星的向心加速度不变

B.“天仪”卫星的周期为7=2兀

C.“天仪”卫星的角速度小于天宫空间站的角速度

“天仪”卫星与天宫空间站的线速度之比为J型

D.

V50

【答案】C

【解析】

【详解】A.匀速圆周运动的物体向心加速度大小不变，但方向时刻发生变化，故向心加速度时刻在发生

变化，故A错误;

B.设地球的质量为半径为R,对“天仪”卫星，根据万有引力提供向心力，有

G渭厂…)

另在地球表面上物体所受重力近似等于万有引力，即

mog=

两式联立，得

2乃（尺+九）+4

RYg

故B错误;

C.设卫星的轨道半径为广，根据万有引力提供向心力，有

Mm

=ma^r

G下

可得

即卫星的轨道半径越大角速度越小，因“天仪”卫星的轨道半径比天宫空间站的轨道半径大，所以，“天

仪”卫星的角速度小于天宫空间站的角速度，故C正确；

D.根据万有引力提供向心力，有

-Mmv2

（J—厂=加——

rr

可得

GM

v

所以，“天仪”卫星与天宫空间站的线速度之比

GM

%N八7?+%他39

%GMR十加N450

4

故D错误。

故选C。

9.为模拟光在光导纤维中的传播原理，取一圆柱形长直玻璃丝进行实验。如图所示，纸面内有一束激光

由空气中以1=45°的入射角射向玻璃丝的A8端面圆心O,恰好在玻璃丝的内侧面发生全反射，此时内

侧面入射角为。。下列说法正确的是()

A.sin。邛

B.玻璃丝只能传播特定频率的光

C.激光由空气中进入玻璃丝后，其波长不变

D.减小入射角a,激光在玻璃丝中仍能发生全反射

【答案】D

【解析】

【详解】A.根据折射定律有

n--s-i-n---a---------s-in--a-----

sin(900-6)cos3

1

n=----

sin。

解得

.ZJ卡

sin6*=——

3

故A错误；

B.玻璃丝可以传播不同频率的光，故B错误；

C.激光由空气中进入玻璃丝后，传播速度改变，则波长改变，故C错误；

D.减小入射角a,则折射角减小，光在玻璃丝的内侧面入射角增大，大于临界角，发生全反射，故D正

确。

故选D。

10.《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下：两个半

径均为R的水轮，以角速度。匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，与水轮间无相对滑动，单位长度上有

〃个。每个水筒离开水面时装有质量为，"的水，其中的75%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重

力加速度为g,则（）

A.筒车对灌入稻田的水做功的功率为细鳖型

4

B.筒车对灌入稻田的水做功的功率为3nm

4

C.筒车消耗的功率等于3n》mg〃RH

4

D.筒车消耗的功率小于〃机

【答案】A

【解析】

【详解】AB.由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有"个，且每个水筒离开水面时装有质量为

%的水，其中的75%被输送到高出水面H处灌入稻田，则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为

m笛=2兀Rnm，75°/o=1.5/rRnm

则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功

W-1.57vRnmgH

则筒车对灌入稻田的水做功的功率为

T

「2»

1——

联立解得

_3nmga）RH

1—

4

故A正确，B错误；

CD.筒车消耗的功率大于阳鳖型，故CD错误。

4

故选A„

11.速度接近光速的电子在磁场中偏转时，会沿圆弧轨道切线发出电磁辐射，这个现象最初是在同步加速

器上观察到的，称为“同步辐射”。同步辐射光具有光谱范围宽（从远红外到X光波段，波长范围约为

10-5m~10nm,对应能量范围约为l（）TeV~105eV）、光源亮度高等特点。己知金属钠的逸出功

叱）=2.29eV,可见光的光子能量范围为L63eV~3.11eV,氢原子能级图如图所示，已知普朗克常量

/Z=6.63X10-34J-SO下列说法正确的是（）

V

〃e

EO/

8

554

4-O.85

3-O.51

-1.

2---------------------3.40

1---------------------13.6

A.能量为1.89eV的同步辐射光遇到线度约为lO^m的蛋白质分子时，能发生明显衍射

B.能量为1.89eV的同步辐射光，其动量约为6.3x10"kg.m/s

C.能量为1.89eV的同步辐射光照射金属钠，可使金属钠发生光电效应

D.能量为12.09eV的同步辐射光照射基态氢原子，氢原子能级跃迁后不会发出可见光

【答案】A

【解析】

【详解】A.根据

E=hv=h—

2

解得波长

2=6.6xIO,m>10-8

能发生明显衍射，故A正确；

B.动量为

h

p=一=1.0x1027kg-m/s

A

故B错误；

C.能量为1.89eV的同步辐射光小于金属钠的逸出功，不能发生光电效应，故C错误；

D.能量为12.09eV的同步辐射光照射基态氢原子，跃迁至U3能级，再向低能级跃迁时，从3能级到2能

级，释放光子能量为

AE=-1.5leV-(-3.40)eV=1.89eV

在可见光范围内，所以氢原子能级跃迁后可能发出可见光，故D错误。

故选A„

12.如图甲所示，在同一介质中，频率相同两波源Si、S2在f=0时刻同时起振，在空间形成简谐横

波；t=0.25s时波源Si、出之间的部分波形图如图所示，此时SiP、S2尸之间都只有一个波谷。P为介质

中的一点，P点到波源S1与S2的距离分别是PS1=5m、PSi=7m,贝U()

A.质点尸一定是振动减弱点B.波源振动的周期一定为丁=，5

3

C.f=1.25s时，质点尸一定处于平衡位置D.质点尸的起振方向一定沿y轴负方向

【答案】BD

【解析】

【详解】A.由图可知，波长为2m,且两波源的振动步调相同，由于

PS,—PS[—2m=A

所以质点尸为振动加强点，故A错误;

B.由于

x1.5

v=—=

t0.25

故B正确；

C.f=1.25s时，两波向前传播的距离为

x'=6xl.25m=7.5m

根据波的叠加可知，此时两列波波谷波谷相遇，所以质点尸处于波谷，故C错误；

D.根据波形图和波的传播方向可知，波源的起振方向向下，所以质点尸的起振方向一定沿y轴负方向,

故D正确。

故选BD。

13.如图甲所示，一圆心位于。点的圆形导线框半径片1m,电阻R=5Q,某时刻起，在导线框圆形区域

内加一垂直线框平面的磁场，方向向里为正，磁感应强度大小随时间正弦规律变化如图乙所示。已知当

磁场变化时，将产生涡旋电场，其电场线是在线框平面内以。为圆心的同心圆，同一条电场线上各点的

电场强度大小相等，计算时取层=10。下列说法正确的是（）

B.线框最大瞬时热功率为P=5W

4

C.0~2s内，通过线框的电荷量为一C

D.电荷沿圆心为。、半径为r'（r'<r）的路径运动过程中电场力不做功

【答案】B

【解析】

【详解】A.根据法拉第电磁感应定律

22

-八

L△①AB7ir71z

E=----=7ir2-----cos—^(V)

AtAt2

由图可知，0~ls内，丝不断减小，所以线框中产生的感应电动势减小，故A错误;

Ar

B.线框最大瞬时热功率为

„22

E2)

P=3=—2=5W

RR

故B正确;

C.0~2s内，通过线框的电荷量为

-E△①八

q-It=—t=----=0

RR

故C错误；

D.电荷沿圆心为。、半径为/"<r）的路径运动过程中感生电场电场力做功，故D错误。

故选B。

二、选择题II（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一

个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有错选的得0分）

14.下列说法正确的是（）

A.光与无线电波都是物质

B.结合能越大的原子核越稳定

C.气体温度降低，其内部某些分子的动能有可能增加

D.所有电磁波能在接收电路中同时产生相同强度的振荡电流

【答案】AC

【解析】

【详解】A.光与无线电波属于电磁波，都是物质，故A正确；

B.比结合能越大的原子核越稳定，故B错误；

C.气体温度降低，平均动能减小，但其内部某些分子的动能有可能增加，故C正确；

D.当发生电谐振时，电磁波才能在接收电路中产生相同强度的振荡电流，故D错误。

故选AC„

15.如图所示，直线边界尸。下方存在垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度大小为人质量为，〃的小

球，带正电分从边界上“点静止释放，之后沿曲线经时间f到。点（图中c点未画出）时速度达到最大

值也不计空气阻力，有关小球的运动，下列说法正确的是（）

a

P----------------------------------------厂Q

\0B/

A.小球最终将原路返回。点

B.小球到c点时，速度v沿水平方向

C.小球离开直线边界的最远距离为d=

qB

D.小球由a点运动到c点的过程中，洛伦兹力冲量大小为I=+（加丫）2

【答案】BD

【解析】

【详解】BC.根据配速法，小球的运动可看成是水平向右的匀速直线运动和竖直平面内的匀速圆周运动,

所以

mg=qv{B

2

qvB=m—

2r

由于初始时，小球速度为零，所以

匕i

小球达到最大速度时，有

c21ng

v=匕+%=2匕=——

qB

方向为水平向右，最远距离为

故B正确，C错误；

A.小球的运动为摆线运动，最终将不会原路返回a点，故A错误；

D.小球由a点运动到c点的过程中，根据动量定理可得洛伦兹力冲量大小为

/=J'+=JO""）?+。呷丫

故D正确。

故选BD„

三、非选择题（本题共5小题，共55分）

16.在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中

（1）本实验需要使用到下列实验器材中的O

（2）本实验的操作，下列说法正确的是o

A.弹簧测力计中的弹簧应避免与其外壳接触

B.若只有一个弹簧测力计，一定无法完成实验

C.为使合力与分力产生相同效果，只要将橡皮筋拉伸相同长度

D.作力的图示时，为减小误差，不同实验组须采用相同的标度

（3）（多选）如图所示，绳子对。点的拉力分别为片、F2,且可与F2的夹角为锐角。现让歹2增大、方

向不变，要使结点。位置不变，则鸟的大小及图中角6的变化可能是

A.增大K,同时增大6角B.增大片，同时减小。角

C.减小片，同时减小。角D.减小片，同时增大。角

【答案】(1)C(2)A

(3)D

【解析】

【小问1详解】

本实验需要选项中的三角板用来作图。

故选C。

【小问2详解】

A.弹簧测力计中的弹簧应避免与其外壳接触，以免增大误差，故A正确；

B.若只有一个弹簧测力计，在需要用两个弹簧测力计互成角度将结点拉到某一位置时，可用细绳代替其

中一个弹簧测力计，记录下两个拉力的方向和弹簧测力计的示数，然后将细绳和弹簧测力计拉力的方向互

换，将结点拉到同一位置，再次记录下弹簧测力计的示数，这样也得到了两个拉力的大小和方向，所以，

若只有一个弹簧测力计，也可完成实验，故B错误；

C.为使合力与分力产生相同效果，必须将结点拉到同一位置，故C错误；

D.作力的图示时，不同实验组采用相同的标度并不能减小误差，所以不同实验组不必采用同一标度，故

D错误。

故选A„

【小问3详解】

片与歹2的夹角为锐角，「2增大、方向不变，结点。位置不变，即合力一定，用的变化如图所示

由图可知，耳的大小减小，且耳与尸2的夹角增大。

故选D。

17.在“测定导体的电阻率”实验中，待测合金丝接入电路部分的长度为58.00cm。

(1)某次测量合金丝的直径为0.0396cm,则使用的仪器是()

A.螺旋测微器B.游标卡尺C.毫米刻度尺

（2）用多用电表的欧姆挡“xlO”倍率粗测合金丝电阻，发现指针偏转角度过大，则应将倍率更换至欧

姆挡（选填“xl”或“X100”）倍率。

（3）用伏安法测量合金丝的电阻，器材有电池组（电动势3.0V）、电流表（内阻约0.1。）、电压表（内

阻约3kQ）、滑动变阻器（070。）、开关、导线若干，记录数据如表所示。

图甲

①第4次测量时，电流表指针如图甲所示，其示数为A„

次

1234567

数

UN0.110.300.701.001.502.002.30

//A0.020.060.16—0.340.460.52

②图乙中已经连接了部分导线，根据器材与表中数据，可推断出还需要、（选填ac、ad.

③在坐标纸上描绘出图线，得到合金丝的阻值，Rx=4.5d可估算出合金丝电阻率约为

28

A.lxlO-QmB.lxl0-4Q-mC.lxlO-6Q-mD.lxlO-Qm

【答案】（1）A（2）“xl”

（3）①.0.22②.ac③.ehD

【解析】

【小问1详解】

某次测量合金丝的直径为0.0396cm,则使用的仪器是千分尺。

故选A。

【小问2详解】

用多用电表的欧姆挡“xlO”倍率粗测合金丝电阻，发现指针偏转角度过大，则应换成小倍率，即将倍率

更换至欧姆挡“xl”倍率。

【小问3详解】

[1]由表中数据可知，电流表所选用的量程为0.6A,即每一小格为0.02A,所以示数为0.22A；

[2][3]由表中数据可知，待测电阻阻值约为5。，由于

&<•Rv

所以电流表应采用外接法，同时若滑动变阻器采用限流接法，回路中最小电流为

F3

'min=----------------=----------------A=0.2A

mn

Rx+R5+10

与表格中数据不符，所以滑动变阻器应采用分压接法，故需要连接导线为ac、eh

[4]根据电阻定律

&=p­

S

7lD2

S=

~T~

所以

2

7lDR万>(0.0396x10-2)2>4.5

xQm=9.6x107Qm«lxlO-8Q-m

p=4L4x58.00x10-2

故选D。

（1）如图所示，某同学测得图中装置中透镜、单缝、双缝、毛玻璃、目镜之间的距离分别为右、4、

4、4,又测得第1条亮条纹中心到第5条亮条纹中心的距离为机,已知单缝宽度为4,双缝间距为

d2,则该单色光波长的表达式为。

（2）若在单缝与透镜之间加入一偏振片，测得该单色光的波长与不加偏振片时相比

A.增加B.不变C.减小

【答案】（1）在一（2）B

【解析】

【小问1详解】

测得第1条亮条纹中心到第5条亮条纹中心的距离为Ax,则相邻亮条纹间距为

根据相邻亮条纹间距公式可得

联立可得单色光波长表达式为

A=---

4£3

【小问2详解】

若在单缝与透镜之间加入一偏振片，由于加偏振片不会改变光的波长，所以测得该单色光的波长与不加

偏振片时相比不变。

故选B。

19.如图所示，开口向上的导热薄壁汽缸竖直放置，。、b为固定在汽缸内壁的卡口，水平活塞密封一定

质量的理想气体。刚开始时活塞停在。处，缸内气体压强处于大气压强为Po=1.0x105Pa,温度为

7]=300K的状态A。缓慢升高气体温度至4=432K,气体处于状态B。已知由状态A到状态B,气体

内能增加量为AU=66J。卡口。、6之间的距离为£>=8cm,a、6的大小可忽略，a到汽缸底部的距离

为4=30cm。活塞质量为机=2kg,厚度为d=2cm,横截面积为S=20cm?。不计活塞与汽缸之间的

摩擦。求:

（1）状态A到状态B,气体分子的平均速率（选填“变大”“变小”或“不变”），气体吸收的

热量Q66J（选填“大于”“小于”或“等于”）；

（2）活塞刚要离开卡口。时，气体的热力学温度T3；

（3）气体在状态B时的压强PB。

【答案】（1）①.变大②.大于

（2）330K（3）1.2x105尸。

【解析】

【详解】（1）

口］因为状态A到状态B,温度升高，故气体分子的平均速率变大；

［2］根据热力学第一定律

AU=W+Q

可知，内能变化量为正，气体对外做功，W为负，故吸收热量0要大于W,即

e>66j

（2）对活塞受力分析

pxS^mg+p0S

解得

Pi=1.1X105P<7

由于该过程为等容变化，根据查理定律

为=旦

解得

7；=330K

（3）设活塞到达卡口b时，气体的热力学温度（'，气体的体积为匕，该过程为等压变化，根据盖-吕萨克

定律

T；=396K

温度继续升高至432K,气体为等容变化，根据查理定律

£L=A

5

p2=1.2xl0Pa

20.如图所示，压缩后处于锁定状态的弹簧左端与墙壁相连，右端与一质量为机=1.1kg的滑块接触而不

粘连，A3段光滑。一质量为M=2.2kg的小车上表面水平，动摩擦因数〃=0.4,在小车左侧上方固定一

半径R=2.75m的光滑圆弧轨道C。，圆心角6=37。，在末端£>点与小车平滑连接。C点与8点的竖直高

度差〃=0.45m；。点与圆心。在同一竖直线上，到小车右端尸点距离L=3m,初始时小车静止在光滑

水平地面上，左端与墙壁接触，/点与平台GJ等高，且尸点到平台左端G点的水平距离x可调。现解除

弹簧锁定，滑块被弹出后恰好能从C点切入圆弧轨道。假定弹簧的弹性势能全部转化为滑块动能，滑块

运动过程中可看作质点，求：

.0

R标、

AB

(1)滑块由B运动到C的时间r；

(2)弹簧锁定时储存的弹性势能大小心；

(3)滑块在圆弧轨道末端。点时，对轨道的压力的大小人；

(4)若0.25mWxW1.25m,小车与平台GJ碰撞后立即静止，写出滑块刚滑到G点时的速度VG大小与x

的关系。

【答案】(1)r=0.3s

(2)Ep=8.8J

(3)EN=25.4N

(4)vG=V12—8xm/s(0.25m<x<1.00m)或%=2m/s(1.00m<x<1.25m)

【解析】

【小问1详解】

B到C过程为平抛运动，则

得

t=0.3s

【小问2详解】

由平抛运动规律可知，在C点时，去竖直方向速度

vy=gt=3m/s

恰好能从C点切入圆弧轨道，由几何关系可知

匕4/

v=----:——=4m/s

n°tan37°

v==5m/s

csin37°

由功能关系得

1,

£p=8.8J

【小问3详解】

从C到。过程，由动能定理

mgR(l—cos370)=gm*-g

解得

vD=6m/s

。点，由牛顿第二定律可知

FN-mg=m^

根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力

稣=7^=25.4N

【小问4详解】

滑块滑上车后，滑块与车动量守恒，若最终共速

+加)共

mvD=(Mv

解得

v共=2m/s

由功能关系可知

解得

Ax=3m=L

对小车，动能定理有

12

=]Mv共一0

解得

x,=Im

况1：当0.25m1.00m时，未共速，小车已碰到平台GJ,滑块全程减速，由速度位移公式

%=M-2〃g（3+x）

解得

vG=J12-8xm/s

况2：当1.00m1.25m时，小车碰至（J平台G/前已共速，即

%=2m/s

21.如图甲所示，竖直固定的无限长直导线右侧有一与之共面的正方形闭合导电线框。反d,线框边长

/=lm,由质量均为加、电阻均为R=2Q的金属杆〃和不计质量与电阻的导电轻杆A组成，

"边与直导线平行，到直导线的距离d=lm。已知无限长直导线在空间某点产生的磁感应强度与电流/

成正比，与该点到直导线的垂直距离无成反比。/=1A的长直导线在空间产生的磁感应强度大小与力的

关系如图乙所示。现给直导线通以/=2A的恒定电流，给线框一初始角速度g按顺时针方向（从上往下

看）绕竖直对称轴OO'无摩擦开始转动。求：

（1）线框中心点的磁感应强度大小（结果保留两位小数）;

(2)线框转过90°时的感应电流方向，并估算此过程中通过线框的电荷量公

(3)由于直导线产生的磁场微弱，线框在微弱电磁阻尼作用下缓慢减速，现测得线框转动N(N较小)

圈过程产生焦耳热为。，则此过程线框产生感应电流的有效值多大；以及线框转动1圈，角速度的减小

量己知(用题中所给的字母表示，可能用到的数学知识：土x)"=l土nx,其中

x«l)

【答案】(1)5=2.64x107T(2.62xl(T7T〜2.68x10-7T都对)

(2)q=6.9xl(T8c

(3)1=、户,八。=^^

V4TIRNNma)r

【解析】

【详解】(1)

方法1

由于磁感应强度

B=k-

x

由图乙1A电流，x=lm时，B=2X10-7T.得

>1=2x107Tm/A

当2A电流时，线框中心点的磁感应强度为

B=2x10"2=267xlO7T

1.5

方法2

根据图像，1A时线框中心点(距离导线L5m)磁感应强度大小为

耳=1.32%10一71(I.31X10-7T~1.34X10-7TW)

由题线框中心点磁感应强度与电流/成正比，当2A电流时，线框中心点的磁感应强度为

7

B=2Bt=2.64x10T(2.62x12.68x1(T7T都对)

(2)根据右手定则线框转过90。时的感应电流方向为曲仍a

线框转过90。时磁通量为0,开始时线框的磁通量为

①=Z%/Ax

又/=lm,所以①为lm<x<2m的8-尤图像与x轴所围的面积的大小。

若电流为1A，由图乙8—x图像可知1小格面积大小为IO-MN，在的8—%图像与x轴所

围的面积有138个小格(136~139都对),得若1A电流时线框的磁通量。=1.38x10-7^^0所以题中导

线电流/=2A时，通过线框的磁通量为

◎=2.76x10-7Wb

线框转90。过程中通过线框的电荷量

A①

q----

2R

代入数据得

4=6.9义10飞

(3)线框缓慢减速，产生焦耳热。的过程转动圈数N不多，可认为线框电流有效值不变，得

Q=F2Rt

转动时间

-_271

t=N——

CD

计算可得

优

根据能量守恒每转一圈

22

1