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2025届江苏省南京市高三下学期第二次模拟考试物理试卷
一、单项选择题（本题共11小题，每小题4分，共44分．每小题只有一个选项最符合题意．）
1．（2025·南京模拟）如图，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向的夹角均为θ，仅改变下列某一个条件，能使θ变大的情形是（　　）
A．棒中的电流变大 B．两悬线等长变短
C．金属棒质量变大 D．磁感应强度变小
【答案】A
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】本题考查包含安培力的共点力平衡问题，对金属棒进行受力分析，明确安培力的大小和方向，再应用平衡条件列式即可。对棒分析可知
则要使θ变大，可以使棒中的电流I变大，减小棒的质量m，增大磁感应强度B；改变悬线长度不影响θ大小。
故选A。
【分析】对通电导线受力分析，求出夹角的关系表达式，然后根据表达式分析答题。
2．（2025·南京模拟）三国时期东吴重臣张昭家族墓近期在南京被发现，图为墓中出土的两方龟纽金印．考古学家们常用放射性元素的半衰期确定文物的年代，衰变方程为，的半衰期是5730年，下列说法正确的是（　　）
A．经过11460年后，4个一定还剩下1个
B．该衰变的实质是核内的一个质子转变为一个中子和一个电子
C．比结合能大于比结合能
D．衰变过程发生了质量亏损
【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；质量亏损与质能方程；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量的原子核衰变不适用，选项A错误；
B．根据质量数和电荷数守恒可知X粒子为β粒子，所以衰变是β衰变，其实质是核内的一个中子转变为一个质子和一个电子，选项B错误；
C．衰变过程释放能量，反应后的生成物更加稳定，比结合能更大，即比结合能小于比结合能，选项C错误；
D．衰变过程放出能量，则发生了质量亏损，选项D正确。
故选D。
【分析】根据半衰期，β粒子的来源和比结合能知识，质量亏损等进行分析解答。
3．（2025·南京模拟）如图，小车沿固定的等距螺旋轨道向上做匀速率运动，轨道各处弯曲程度相同，在此过程中，该小车（　　）
A．角速度大小不变 B．向心力不变
C．处于平衡状态 D．处于超重状态
【答案】A
【知识点】超重与失重；向心力
【解析】【解答】ABC．小车做曲线运动，具有向心加速度，向心力大小不变，方向不断变化；小车沿固定的等距螺旋轨道向上做匀速率运动，根据可知角速度不变；小车所受合外力不为零，其运动过程中处于非平衡状态，故A正确，BC错误；
D．轨道等螺距，且小车的速率不变，所以小车运动过程在竖直方向的速度不变，根据牛顿第二定律可知小车在竖直方向没有加速度，所以小车既不处于超重状态，也不处于失重状态，故D错误。
故选A。
【分析】根据曲线运动的合外力，加速度和角速度，超失重知识进行分析解答。
4．（2025·南京模拟）如图，某同学利用一半径R较大的固定光滑圆弧槽和一直径为d的刚性小球来测定当地的重力加速度。已知小球的运动为简谐运动.下列说法正确的是（　　）
A．应从小球处于最高点开始计时
B．从不同高度释放，小球的周期不同
C．若将n次全振动误记为n 1次，重力加速度的测量值将偏小
D．小球经过最低点时加速度为零
【答案】C
【知识点】单摆及其回复力与周期；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】解决本题的关键是将小球运动看成单摆运动以及掌握单摆的周期公式。A．可以将小球的运动等效为单摆的运动，通常选择平衡位置作为计时起点，此时速度最大，测量时间误差较小，便于测量。最高点速度为零，测量时间误差可能较大，A错误；
B．对于简谐运动，周期 与振幅（即释放高度）无关，因此从不同高度释放，小球的周期相同，B错误；
C．根据单摆运动的周期公式
若将次全振动误记为次，会使小球运动周期偏大，重力加速度的测量值偏小，C正确；
D．在简谐运动中，小球绕点做圆周运动，小球在最低点时速度最大，但加速度不为零，方向指向点，D错误。
故选C。
【分析】小球在一半径R较大的固定光滑圆弧槽的运动可以看成单摆运动，结合单摆周期公式分析。
5．（2025·南京模拟）宝石切工决定价值，优秀的切割工艺可以让宝石璀璨夺目。某宝石的剖面简化如图，一束复合光斜射到宝石的AB面上，经折射后分成a、b两束单色光照射在CO面上，下列说法正确的是（　　）
A．宝石对a光的折射率比b光的大
B．宝石中a光的传播速度比b光的大
C．b光从空气进入宝石，频率变低
D．逐渐减小光斜射到AB面上的入射角，从CO面射出的光线中a光先消失
【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】对于光的折射要求知道：不同频率的光进入同一种透明介质发生折射，频率越大的光偏折程度越明显，折射率越大。A．由题意知宝石对单色光a的偏折程度比对单色光b的偏折程度小，因此宝石对单色光a的折射率小，A错误；
B．由
得，可知单色光a在宝石中的传播速度比单色光b在宝石中的传播速度大，B正确；
C．单色光b从空气进入宝石，频率不变，C错误；
D．由
可知，单色光a的临界角大于单色光b的临界角，逐渐减小斜射到AB面上的入射光束的入射角，从CO面射出的光束中单色光b最先消失，D错误。
故选B。
【分析】根据偏折情况判断折射率的大小；判断传播速度；光从一种介质进入另一种介质，频率不变；根据发生全反射的条件进行分析。
6．（2025·南京模拟）研究光电效应时，当用波长为的光照射某种金属时，遏止电压为，改变入射光波长，作出图像如图．其横轴截距为a，纵轴截距为b，元电荷为e，真空中光速为c．下列说法正确的是（　　）
A．普朗克常量为
B．该金属的截止频率为
C．该金属的逸出功为
D．遏止电压与入射光的波长成反比
【答案】C
【知识点】光电效应
【解析】【解答】对于图线问题，一般的解题思路是得出物理量之间的关系式，结合图线的斜率和截距进行求解。ABC．根据光电效应方程可知
可得
结合图像可知，
可得普朗克常量为
该金属的截止频率为
该金属的逸出功为
选项AB错误，C正确；
D．根据光电效应方程
可知
可知遏止电压与入射光波长不是成反比，选项D错误。
故选C。
【分析】根据光电效应方程，以及最大初动能与遏止电压的关系得出遏止电压与入射光频率的关系式，结合图线的斜率和截距分析判断。
7．（2025·南京模拟）如图为杨氏双缝干涉实验示意图，用蓝光照射时，光屏上能观察到干涉条纹．下列说法正确的是（　　）
A．若换用红光照射时，相邻两条亮条纹间距变小
B．若将双缝到屏之间充满某种介质，相邻两条亮条纹间距变大
C．若将光屏向右边移动，相邻亮条纹间距变大
D．若将缝S1挡住，则光屏上不再呈现明暗相间的条纹
【答案】C
【知识点】光的双缝干涉；干涉条纹和光的波长之间的关系；光的衍射
【解析】【解答】ABC．若换用红光照射时，由于红光的波长大于蓝光的波长，根据相邻亮条纹间距公式，则相邻两条亮条纹间距变大；
若将双缝到屏之间充满某种介质，由于蓝光在介质中的波长小于真空中的波长，根据相邻亮条纹间距公式，则相邻两条亮条纹间距变小；
若将光屏向右边移动，即变大，根据相邻亮条纹间距公式，则相邻亮条纹间距变大；
故AB错误，C正确；
D．若将缝S1挡住，发生单缝衍射现象，则单色蓝光经过缝S2衍射后仍能在光屏上形成明暗相间的条纹，故D错误。
故选C。
【分析】根据双缝干涉条纹的间距公式判断条纹间距的变化。
8．（2025·南京模拟）如图，在一点电荷 Q附近有一不带电的球形导体处于静电平衡，其电势为φ1；现把球形导体左侧接地，达到静电平衡时断开接地并移走 Q后，其电势为φ2；下列说法正确的是（　　）
A．接地时电子从大地沿导线向导体移动
B．接地达到静电平衡后，导体左侧半球不带电
C．接地达到静电平衡后，导体左侧半球电荷量不变
D．φ1<φ2
【答案】D
【知识点】静电的防止与利用；电势
【解析】【解答】掌握静电感应，和处于静电平衡状态下导体的特点是解题的基础。A．导体处在负电荷的电场中，则电势小于零即低于大地的电势，则接地时电子从导体沿导线向大地移动，选项A错误；
BC．接地达到静电平衡后，导体所带电荷重新分配，导体左侧半球带正电，左侧半球电荷量发生改变，选项BC错误；
D．断开开关并移走-Q后，导体球重新达到静电平衡，但是带正电，电势φ2＞0，开始时导体处在负电荷的电场中，则电势低于大地的电势，φ1<0，可知φ1<φ2
选项D正确。
故选D。
【分析】电子从低电势向高电势移动；根据静电感应以及处于静电平衡状态下的导体的特点分析；根据负电荷周围的电势小于零，正电荷周围的电势大于零分析。
9．（2025·南京模拟）如图，发电机的矩形线框处在竖直向下的匀强磁场中，绕对称轴以角速度匀速转动．取通过电阻R向右的电流为正，从图示位置计时，则R中的电流i随时间t变化的图像是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】本题考查对交流电图象的认识及应用；明确交流电图象的物理意义，正确根据图象获取有关交流电的信息。由题意可知线框绕与磁场垂直的轴匀速转动，产生正弦式交流电，因为通过电阻向右的电流为正，根据楞次定律可知线框由图示位置顺时针旋转过程中，流过电阻的电流为负，由于换向器的存在，线圈旋转90o时，电流突然反向，线框旋转至的过程中，流过电阻的电流为正且电流逐渐减小，根据分析，A符合题意。
故选A。
【分析】根据中性面的特点及电流方向分析判断。
10．（2025·南京模拟）如图，绝缘环a、b质量均为m，带电量均为+q，分别套在固定的水平绝缘杆上，环的直径略大于杆的直径，环与杆的动摩擦因数均为，两杆分别处于竖直向下的匀强电场E和匀强磁场B中，分别给两环水平向右的初速度v0，两环向右运动直至停下，下列说法不正确的是（　　）
A．摩擦力对两环的冲量相同
B．摩擦力对两环做的功相同
C．若两环最终位移相同，则a环运动时间较短
D．若两环最终运动时间相同，则a环位移较短
【答案】D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】根据牛顿第二定律，对环a以及环b分别进行分析，作出环a和环b运动的v﹣t图像，结合v﹣t图像某点切线斜率的绝对值表示加速度大小，利用逆向思维，结合动量定理和动能定理分析求解。A．由题意，两环向右运动直至停下的过程中，两环所受合力沿杆水平向左，且大小等于受到的摩擦力，对两环根据动量定理有
显然摩擦力对两环的冲量相同，故A正确；
B．对两环，根据动能定理有
显然摩擦力对两环做的功相同，故B正确；
C．对环a受力分析可知，在竖直方向上，环受到竖直向下的电场力，重力，竖直向上的支持力作用，且
环水平方向上受到的摩擦力
显然环a做匀减速直线运动直至停下；对环b受力分析可知，环水平方向上受到的摩擦力
显然环b做加速度逐渐减小的减速直线运动直至停下；若两环最终位移相同，可画出如图所示图像
由图像可知，a环运动时间较短，故C正确；
D．根据选项C分析可知，若两环最终运动时间相同，则a环图像围成的面积较大，则其位移较长，故D错误。
由于本题选择错误的，故选D。
【分析】根据动量定理判断摩擦力的冲量大小；由动能定理判断摩擦力做功的大小；根据牛顿第二定律，对环a以及环b分别进行分析，作出环a和环b运动的v﹣t图像，结合v﹣t图像某点切线斜率的绝对值表示加速度大小，利用逆向思维，结合动量定理分析求解时间问题。
11．（2025·南京模拟）如图甲所示，倾角为、长为2l的斜面AC，AB段光滑，BC段粗糙，且AB=BC=l。质量为m的小物体由A处静止释放，到C点恰好停下，BC段动摩擦因数自上而下逐渐增大，具体变化如图乙所示，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．动摩擦因数最大值μm=2tan
B．小物块的最大速度为
C．重力在AB、BC两段路面上做功不相等
D．重力在AB段中间时刻瞬时功率等于在BC段中间时刻瞬时功率
【答案】B
【知识点】功的计算；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题综合考查斜面运动、动能定理和变力做功等力学核心知识。题目通过分段斜面设计，巧妙地将匀加速运动与变加速运动结合，重点考查学生对能量转化和受力分析的理解能力。A．从A处静止释放，到C点恰好停下，根据动能定理可得
由图乙可知
联立解得
故A错误；
B．当摩擦力等于重力沿斜面向下的分力时，小物块的速度达到最大，此时有
解得
由图乙可知，此时小物块在BC段下滑的距离为，则从从A处静止释放到最大速度过程，根据动能定理可得
其中
解得最大速度为
故B正确；
C．由于AB、BC两段路面的长度相同，对应的高度相同，根据
可知重力在AB、BC两段路面上做功相等，故C错误；
D．设小物块在B点的速度为，小物块在AB段做匀加速直线运动，则AB中间时刻速度为
则重力在AB段中间时刻瞬时功率
小物块在BC段不是做匀变速直线运动，所以BC段中间时刻速度
则重力在BC段中间时刻瞬时功率
故D错误。
故选B。
【分析】AB段光滑，物体做匀加速直线运动；BC段粗糙且动摩擦因数逐渐增大，物体做变减速运动直至停止。通过动能定理分析整个过程的能量关系，可以求出动摩擦因数最大值。最大速度出现在摩擦力等于重力沿斜面向下分力的位置，此时速度达到峰值。
二、非选择题：共5题，共56分．其中第13题～第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位．
12．（2025·南京模拟）如图甲，某兴趣小组搭建了有“×1”、“×10”、“×100”三挡位的“欧姆表”电路．其中电池的电动势E=1.5V，内阻可忽略不计；表头量程I0=1mA、内阻R0=450Ω，R1、R2为电阻箱，R为滑动变阻器，S为单刀多掷开关．
（1）电路中表笔Ⅰ应为　 　（选填“红”或“黑”）表笔．
（2）设定B对应“×10”挡位，A对应“×1”挡位．
（3）该小组利用此“欧姆表”尝试测定一未知电阻Rx的阻值，进行了如下操作：
步骤①先将S拨到B，两表笔短接调零，即：调节R使表头指针指在　 　mA刻度处；
步骤②把未知电阻接在红、黑表笔间，指针位于图乙a处，有同学提出此时指针偏角较小，想增大指针偏角，应将开关S拨至　 　（选填“A”或“C”）；
步骤③将选择开关S拨至新的位置后，重复步骤①后，把未知电阻接在红、黑表笔间，指针位于图乙b处，可知Rx阻值为　 　Ω．
（4）若干电池由于长时间使用，内阻略有增大，电动势仍为1.5V，则电阻测量值相对真实值　 　（选填“偏大”、“等大”或“偏小”）．其理由为　 　．
【答案】黑；1.0；C；1500；等大；电阻调零时，电池内阻不能忽略可通过减小调零电阻的阻值，保证欧姆表内阻恒定。欧姆表内阻不变，测量值就不受影响。
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】理解实验原理是解题的前提，分析清楚图示电路结构，应用闭合电路的欧姆定律即可解题。（1）电流进出多用电表满足红进黑出的特点，电路中表笔Ⅰ与内部电源的正极连接，可知应为黑表笔；
（3）步骤①先将S拨到B，两表笔短接调零，即：调节R使表头指针满偏，即指在1.0mA刻度处；
步骤②把未知电阻接在红、黑表笔间，指针位于图乙a处，有同学提出此时指针偏角较小，说明倍率挡选择过低，因C挡为“×100”挡，则想增大指针偏角，应将开关S拨至C；
步骤③将选择开关S拨至新的位置后，重复步骤①后，把未知电阻接在红、黑表笔间，指针位于图乙b处，因接C时的中值电阻为
可知Rx阻值为1500Ω。
（4）电阻调零时，电池内阻不能忽略可通过减小调零电阻的阻值，保证欧姆表内阻恒定。欧姆表内阻不变，测量值就不受影响，即电阻测量值相对真实值等大。
【分析】（1）欧姆表内置电源正极与黑表笔相连。
（3）欧姆表使用前要进行欧姆调零；用欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近；欧姆表中值电阻等于内阻，应用闭合电路的欧姆定律求解。
（4）根据欧姆表的工作原理分析答题。
13．（2025·南京模拟）2024年6月25日，嫦娥六号返回器实现了世界首次月球背面采样并顺利返回，为后续载人探月工程打下了坚实基础．设想载人飞船先在轨道Ⅰ做匀速圆周运动，选准合适时机变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达近月点再次变轨到近月轨道Ⅲ（可认为轨道半径等于月球半径），最后安全落在月球上，其中A、B两点分别为椭圆轨道Ⅱ与轨道Ⅰ、Ⅲ的切点，已知月球半径为R，月球表面重力加速度为g0，通过观测发现载人飞船在椭圆轨道Ⅱ的周期为近月轨道Ⅲ的周期的倍．求：
（1）载人飞船在轨道Ⅲ上的角速度ω；
（2）轨道Ⅰ的半径r。
【答案】（1）解：载人飞船在轨道Ⅲ做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有
在月球表面有
解得
（2）解：根据开普勒第三定律有
其中
解得
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【分析】（1）根据万有引力和重力的关系、万有引力提供向心力进行解答；
（2）根据开普勒第三定律求解轨道Ⅱ的半长轴，根据几何关系求解轨道Ⅰ的半径。
（1）载人飞船在轨道Ⅲ做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有
在月球表面有
解得
（2）根据开普勒第三定律有
其中
解得
14．（2025·南京模拟）如图，固定的竖直汽缸内有一个轻质活塞封闭着一定质量的理想气体，活塞横截面积为S，汽缸内气体的初始热力学温度为T0，高度为h0.已知大气压强为P0，重力加速度为g.现对缸内气体缓慢加热，忽略活塞与汽缸壁之间的摩擦。
（1）当气体的温度变为1.5T0时，求活塞上升的距离；
（2）若在对气体缓慢加热的同时，在活塞上缓慢加沙子，使活塞位置保持不变.当汽缸内气体的温度变为1.5T0时，求所加沙子的质量M。
【答案】（1）解：缸内的气体为等压变化，
初态：
T1=T0
末态：
T2=1.5T0
根据盖-吕萨克定律
（2）解：汽缸内的气体为等容变化
初态：
T1=T0
末态：
T2=1.5T0
根据查理定律，
【知识点】气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）气体发生等压变化，应用盖—吕萨克定律求解；
（2）气体发生等容变化，由查理定律求解。
（1）缸内的气体为等压变化，
初态：
T1=T0
末态：
T2=1.5T0
根据盖-吕萨克定律
（2）汽缸内的气体为等容变化
初态：
T1=T0
末态：
T2=1.5T0
根据查理定律，
15．（2025·南京模拟）如图，足够长的细线一端与倾角为α=37°的斜面A相连，另一端跨过墙面上和斜面顶端的三个小滑轮与小滑块B相连，一水平推力作用于A上，使A、B系统保持静止，四段细线分别与水平地面、竖直墙面或斜面平行，A的质量M=0.63kg，B的质量m=0.21kg，B距离水平面的高度h=0.6m，不计一切摩擦，取重力加速度g=10m/s2．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）求细线对B的拉力大小；
（2）撤去水平推力，求A滑动的位移m时，B的位移大小；
（3）若撤去水平推力的同时剪断细线，求B沿斜面运动的过程中对A做的功。
【答案】（1）解：对B受力分析，受到重力G、斜面的支持力FN、细线的拉力T，则T=mgsinα
代入数据得T=1.26N
（2）解：当A滑动x时，B沿斜面下滑2x，设B的位移大小s，则
代入数据解的：m
（3）解：设B运动到斜面底端水平速度为，竖直速度为，A的速度为。由水平方向动量守恒得，
由B相对A的速度方向沿斜面向下得
代入数据可得
由A、B系统机械能守恒定律得
B沿斜面运动的过程中对A做的功
代入数据可得J
【知识点】共点力的平衡；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）分析B物体的受力的情况，由竖直方向平衡条件求绳子的拉力；
（2）画出斜面的位移，B物体相对于斜面的位移，由平行四边形法则求出B对地的位移，由余弦定理求出其大小；
（3）根据能量守恒定律结合动量守恒定律分析解答。
（1）对B受力分析，受到重力G、斜面的支持力FN、细线的拉力T
则T=mgsinα
代入数据得T=1.26N
（2）当A滑动x时，B沿斜面下滑2x，
设B的位移大小s，则
代入数据解的：m
（3）设B运动到斜面底端水平速度为，竖直速度为，A的速度为。
由水平方向动量守恒得，
由B相对A的速度方向沿斜面向下得，
代入数据可得
由A、B系统机械能守恒定律得
B沿斜面运动的过程中对A做的功
代入数据可得J
16．（2025·南京模拟）如图所示，xOy平面内，在x轴下方区域内存在沿y轴正方向的匀强电场，在坐标处有一粒子源能沿x轴正方向将质量为m、电量为+q的粒子以某一初速度射入电场区域，在的空间中有一倾斜分界面MN，其两侧分别有垂直纸面的匀强磁场I和II，其中磁场I的方向垂直纸面向里，磁感应强度大小B1=，当粒子初速度大小为v0时，进入磁场区域I时的速度大小为2v0。
（1）求电场强度的大小E；
（2）若初速度为0和初速度为v0的粒子均能垂直于MN边界从磁场区域I射入磁场区域II，求MN与x轴的交点到O点的距离L以及MN与x轴的夹角θ；
（3）在满足第（2）问的条件下，为使初速度为kv0（k>0）的粒子射入磁场后恰好不再回到x轴下方，求磁场区域II的磁感应强度大小B2的大小和方向。
【答案】（1）解：粒子在电场中运动，由动能定理
解得
（2）解：初速为0的粒子，到达x轴时的速度为
半径为
圆心坐标为
故MN与x轴交点与O点的距离大小
以初速为v0入射的粒子，到达x轴时的速度为
与x轴夹角为，入射位置
由几何关系知圆心位于y轴上，圆心坐标为；由题意两圆心均位于MN上，故MN与x轴的夹角。
（3）解：设粒子以任意速度v入射，粒子在磁场区域I中运动的半径为r，则该粒子圆周运动圆心的坐标为：，
其中：，，，
整理可得：
这说明所有射入磁场I的粒子的圆心处于同一条直线上，所有射入磁场I的粒子将垂直于该直线射出。
粒子以kv0入射，粒子在磁场I中运动速度为
设磁场区域II的磁感应强度垂直纸面向里，粒子在两磁场I中运动的半径分别为和，为使以kv0（k>0）射入电场的粒子恰好不再回到x轴下方，应有
即
因为
由正弦定理
综上整理可得
，磁场方向假设成立，所以
垂直纸面向里。
说明：若设磁场区域II的磁感应强度垂直纸面向外，粒子在两磁场I中运动的半径分别为和，为使以kv0（k>0）射入电场的粒子恰好不再回到x轴下方，应有
即：
负号表示磁场区域II的磁感应强度垂直纸面向里。
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）由动能定理求电场强度的大小E；
（2）画出粒子的运动轨迹，根据运动学公式和几何关系求MN与x轴交点到O点的距离L以及MN与x轴的夹角θ；
（3）画出粒子的运动轨迹，根据数学思想和半径表达式求磁场区域Ⅱ的磁感应强度B2的大小和方向。
（1）粒子在电场中运动，由动能定理
解得
（2）初速为0的粒子，到达x轴时的速度为
半径为
圆心坐标为；
故MN与x轴交点与O点的距离大小
以初速为v0入射的粒子，到达x轴时的速度为
与x轴夹角为，入射位置
由几何关系知圆心位于y轴上，圆心坐标为；由题意两圆心均位于MN上，故MN与x轴的夹角。
（3）设粒子以任意速度v入射，粒子在磁场区域I中运动的半径为r，则该粒子圆周运动圆心的坐标为：，
其中：，，，
整理可得：
这说明所有射入磁场I的粒子的圆心处于同一条直线上，所有射入磁场I的粒子将垂直于该直线射出。
粒子以kv0入射，粒子在磁场I中运动速度为
设磁场区域II的磁感应强度垂直纸面向里，粒子在两磁场I中运动的半径分别为和，为使以kv0（k>0）射入电场的粒子恰好不再回到x轴下方，应有
即
因为
由正弦定理
综上整理可得
，磁场方向假设成立，所以
垂直纸面向里。
说明：若设磁场区域II的磁感应强度垂直纸面向外，粒子在两磁场I中运动的半径分别为和，为使以kv0（k>0）射入电场的粒子恰好不再回到x轴下方，应有
即：
负号表示磁场区域II的磁感应强度垂直纸面向里。
1 / 12025届江苏省南京市高三下学期第二次模拟考试物理试卷
一、单项选择题（本题共11小题，每小题4分，共44分．每小题只有一个选项最符合题意．）
1．（2025·南京模拟）如图，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向的夹角均为θ，仅改变下列某一个条件，能使θ变大的情形是（　　）
A．棒中的电流变大 B．两悬线等长变短
C．金属棒质量变大 D．磁感应强度变小
2．（2025·南京模拟）三国时期东吴重臣张昭家族墓近期在南京被发现，图为墓中出土的两方龟纽金印．考古学家们常用放射性元素的半衰期确定文物的年代，衰变方程为，的半衰期是5730年，下列说法正确的是（　　）
A．经过11460年后，4个一定还剩下1个
B．该衰变的实质是核内的一个质子转变为一个中子和一个电子
C．比结合能大于比结合能
D．衰变过程发生了质量亏损
3．（2025·南京模拟）如图，小车沿固定的等距螺旋轨道向上做匀速率运动，轨道各处弯曲程度相同，在此过程中，该小车（　　）
A．角速度大小不变 B．向心力不变
C．处于平衡状态 D．处于超重状态
4．（2025·南京模拟）如图，某同学利用一半径R较大的固定光滑圆弧槽和一直径为d的刚性小球来测定当地的重力加速度。已知小球的运动为简谐运动.下列说法正确的是（　　）
A．应从小球处于最高点开始计时
B．从不同高度释放，小球的周期不同
C．若将n次全振动误记为n 1次，重力加速度的测量值将偏小
D．小球经过最低点时加速度为零
5．（2025·南京模拟）宝石切工决定价值，优秀的切割工艺可以让宝石璀璨夺目。某宝石的剖面简化如图，一束复合光斜射到宝石的AB面上，经折射后分成a、b两束单色光照射在CO面上，下列说法正确的是（　　）
A．宝石对a光的折射率比b光的大
B．宝石中a光的传播速度比b光的大
C．b光从空气进入宝石，频率变低
D．逐渐减小光斜射到AB面上的入射角，从CO面射出的光线中a光先消失
6．（2025·南京模拟）研究光电效应时，当用波长为的光照射某种金属时，遏止电压为，改变入射光波长，作出图像如图．其横轴截距为a，纵轴截距为b，元电荷为e，真空中光速为c．下列说法正确的是（　　）
A．普朗克常量为
B．该金属的截止频率为
C．该金属的逸出功为
D．遏止电压与入射光的波长成反比
7．（2025·南京模拟）如图为杨氏双缝干涉实验示意图，用蓝光照射时，光屏上能观察到干涉条纹．下列说法正确的是（　　）
A．若换用红光照射时，相邻两条亮条纹间距变小
B．若将双缝到屏之间充满某种介质，相邻两条亮条纹间距变大
C．若将光屏向右边移动，相邻亮条纹间距变大
D．若将缝S1挡住，则光屏上不再呈现明暗相间的条纹
8．（2025·南京模拟）如图，在一点电荷 Q附近有一不带电的球形导体处于静电平衡，其电势为φ1；现把球形导体左侧接地，达到静电平衡时断开接地并移走 Q后，其电势为φ2；下列说法正确的是（　　）
A．接地时电子从大地沿导线向导体移动
B．接地达到静电平衡后，导体左侧半球不带电
C．接地达到静电平衡后，导体左侧半球电荷量不变
D．φ1<φ2
9．（2025·南京模拟）如图，发电机的矩形线框处在竖直向下的匀强磁场中，绕对称轴以角速度匀速转动．取通过电阻R向右的电流为正，从图示位置计时，则R中的电流i随时间t变化的图像是（　　）
A． B．
C． D．
10．（2025·南京模拟）如图，绝缘环a、b质量均为m，带电量均为+q，分别套在固定的水平绝缘杆上，环的直径略大于杆的直径，环与杆的动摩擦因数均为，两杆分别处于竖直向下的匀强电场E和匀强磁场B中，分别给两环水平向右的初速度v0，两环向右运动直至停下，下列说法不正确的是（　　）
A．摩擦力对两环的冲量相同
B．摩擦力对两环做的功相同
C．若两环最终位移相同，则a环运动时间较短
D．若两环最终运动时间相同，则a环位移较短
11．（2025·南京模拟）如图甲所示，倾角为、长为2l的斜面AC，AB段光滑，BC段粗糙，且AB=BC=l。质量为m的小物体由A处静止释放，到C点恰好停下，BC段动摩擦因数自上而下逐渐增大，具体变化如图乙所示，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．动摩擦因数最大值μm=2tan
B．小物块的最大速度为
C．重力在AB、BC两段路面上做功不相等
D．重力在AB段中间时刻瞬时功率等于在BC段中间时刻瞬时功率
二、非选择题：共5题，共56分．其中第13题～第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位．
12．（2025·南京模拟）如图甲，某兴趣小组搭建了有“×1”、“×10”、“×100”三挡位的“欧姆表”电路．其中电池的电动势E=1.5V，内阻可忽略不计；表头量程I0=1mA、内阻R0=450Ω，R1、R2为电阻箱，R为滑动变阻器，S为单刀多掷开关．
（1）电路中表笔Ⅰ应为　 　（选填“红”或“黑”）表笔．
（2）设定B对应“×10”挡位，A对应“×1”挡位．
（3）该小组利用此“欧姆表”尝试测定一未知电阻Rx的阻值，进行了如下操作：
步骤①先将S拨到B，两表笔短接调零，即：调节R使表头指针指在　 　mA刻度处；
步骤②把未知电阻接在红、黑表笔间，指针位于图乙a处，有同学提出此时指针偏角较小，想增大指针偏角，应将开关S拨至　 　（选填“A”或“C”）；
步骤③将选择开关S拨至新的位置后，重复步骤①后，把未知电阻接在红、黑表笔间，指针位于图乙b处，可知Rx阻值为　 　Ω．
（4）若干电池由于长时间使用，内阻略有增大，电动势仍为1.5V，则电阻测量值相对真实值　 　（选填“偏大”、“等大”或“偏小”）．其理由为　 　．
13．（2025·南京模拟）2024年6月25日，嫦娥六号返回器实现了世界首次月球背面采样并顺利返回，为后续载人探月工程打下了坚实基础．设想载人飞船先在轨道Ⅰ做匀速圆周运动，选准合适时机变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达近月点再次变轨到近月轨道Ⅲ（可认为轨道半径等于月球半径），最后安全落在月球上，其中A、B两点分别为椭圆轨道Ⅱ与轨道Ⅰ、Ⅲ的切点，已知月球半径为R，月球表面重力加速度为g0，通过观测发现载人飞船在椭圆轨道Ⅱ的周期为近月轨道Ⅲ的周期的倍．求：
（1）载人飞船在轨道Ⅲ上的角速度ω；
（2）轨道Ⅰ的半径r。
14．（2025·南京模拟）如图，固定的竖直汽缸内有一个轻质活塞封闭着一定质量的理想气体，活塞横截面积为S，汽缸内气体的初始热力学温度为T0，高度为h0.已知大气压强为P0，重力加速度为g.现对缸内气体缓慢加热，忽略活塞与汽缸壁之间的摩擦。
（1）当气体的温度变为1.5T0时，求活塞上升的距离；
（2）若在对气体缓慢加热的同时，在活塞上缓慢加沙子，使活塞位置保持不变.当汽缸内气体的温度变为1.5T0时，求所加沙子的质量M。
15．（2025·南京模拟）如图，足够长的细线一端与倾角为α=37°的斜面A相连，另一端跨过墙面上和斜面顶端的三个小滑轮与小滑块B相连，一水平推力作用于A上，使A、B系统保持静止，四段细线分别与水平地面、竖直墙面或斜面平行，A的质量M=0.63kg，B的质量m=0.21kg，B距离水平面的高度h=0.6m，不计一切摩擦，取重力加速度g=10m/s2．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）求细线对B的拉力大小；
（2）撤去水平推力，求A滑动的位移m时，B的位移大小；
（3）若撤去水平推力的同时剪断细线，求B沿斜面运动的过程中对A做的功。
16．（2025·南京模拟）如图所示，xOy平面内，在x轴下方区域内存在沿y轴正方向的匀强电场，在坐标处有一粒子源能沿x轴正方向将质量为m、电量为+q的粒子以某一初速度射入电场区域，在的空间中有一倾斜分界面MN，其两侧分别有垂直纸面的匀强磁场I和II，其中磁场I的方向垂直纸面向里，磁感应强度大小B1=，当粒子初速度大小为v0时，进入磁场区域I时的速度大小为2v0。
（1）求电场强度的大小E；
（2）若初速度为0和初速度为v0的粒子均能垂直于MN边界从磁场区域I射入磁场区域II，求MN与x轴的交点到O点的距离L以及MN与x轴的夹角θ；
（3）在满足第（2）问的条件下，为使初速度为kv0（k>0）的粒子射入磁场后恰好不再回到x轴下方，求磁场区域II的磁感应强度大小B2的大小和方向。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】本题考查包含安培力的共点力平衡问题，对金属棒进行受力分析，明确安培力的大小和方向，再应用平衡条件列式即可。对棒分析可知
则要使θ变大，可以使棒中的电流I变大，减小棒的质量m，增大磁感应强度B；改变悬线长度不影响θ大小。
故选A。
【分析】对通电导线受力分析，求出夹角的关系表达式，然后根据表达式分析答题。
2．【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；质量亏损与质能方程；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量的原子核衰变不适用，选项A错误；
B．根据质量数和电荷数守恒可知X粒子为β粒子，所以衰变是β衰变，其实质是核内的一个中子转变为一个质子和一个电子，选项B错误；
C．衰变过程释放能量，反应后的生成物更加稳定，比结合能更大，即比结合能小于比结合能，选项C错误；
D．衰变过程放出能量，则发生了质量亏损，选项D正确。
故选D。
【分析】根据半衰期，β粒子的来源和比结合能知识，质量亏损等进行分析解答。
3．【答案】A
【知识点】超重与失重；向心力
【解析】【解答】ABC．小车做曲线运动，具有向心加速度，向心力大小不变，方向不断变化；小车沿固定的等距螺旋轨道向上做匀速率运动，根据可知角速度不变；小车所受合外力不为零，其运动过程中处于非平衡状态，故A正确，BC错误；
D．轨道等螺距，且小车的速率不变，所以小车运动过程在竖直方向的速度不变，根据牛顿第二定律可知小车在竖直方向没有加速度，所以小车既不处于超重状态，也不处于失重状态，故D错误。
故选A。
【分析】根据曲线运动的合外力，加速度和角速度，超失重知识进行分析解答。
4．【答案】C
【知识点】单摆及其回复力与周期；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】解决本题的关键是将小球运动看成单摆运动以及掌握单摆的周期公式。A．可以将小球的运动等效为单摆的运动，通常选择平衡位置作为计时起点，此时速度最大，测量时间误差较小，便于测量。最高点速度为零，测量时间误差可能较大，A错误；
B．对于简谐运动，周期 与振幅（即释放高度）无关，因此从不同高度释放，小球的周期相同，B错误；
C．根据单摆运动的周期公式
若将次全振动误记为次，会使小球运动周期偏大，重力加速度的测量值偏小，C正确；
D．在简谐运动中，小球绕点做圆周运动，小球在最低点时速度最大，但加速度不为零，方向指向点，D错误。
故选C。
【分析】小球在一半径R较大的固定光滑圆弧槽的运动可以看成单摆运动，结合单摆周期公式分析。
5．【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】对于光的折射要求知道：不同频率的光进入同一种透明介质发生折射，频率越大的光偏折程度越明显，折射率越大。A．由题意知宝石对单色光a的偏折程度比对单色光b的偏折程度小，因此宝石对单色光a的折射率小，A错误；
B．由
得，可知单色光a在宝石中的传播速度比单色光b在宝石中的传播速度大，B正确；
C．单色光b从空气进入宝石，频率不变，C错误；
D．由
可知，单色光a的临界角大于单色光b的临界角，逐渐减小斜射到AB面上的入射光束的入射角，从CO面射出的光束中单色光b最先消失，D错误。
故选B。
【分析】根据偏折情况判断折射率的大小；判断传播速度；光从一种介质进入另一种介质，频率不变；根据发生全反射的条件进行分析。
6．【答案】C
【知识点】光电效应
【解析】【解答】对于图线问题，一般的解题思路是得出物理量之间的关系式，结合图线的斜率和截距进行求解。ABC．根据光电效应方程可知
可得
结合图像可知，
可得普朗克常量为
该金属的截止频率为
该金属的逸出功为
选项AB错误，C正确；
D．根据光电效应方程
可知
可知遏止电压与入射光波长不是成反比，选项D错误。
故选C。
【分析】根据光电效应方程，以及最大初动能与遏止电压的关系得出遏止电压与入射光频率的关系式，结合图线的斜率和截距分析判断。
7．【答案】C
【知识点】光的双缝干涉；干涉条纹和光的波长之间的关系；光的衍射
【解析】【解答】ABC．若换用红光照射时，由于红光的波长大于蓝光的波长，根据相邻亮条纹间距公式，则相邻两条亮条纹间距变大；
若将双缝到屏之间充满某种介质，由于蓝光在介质中的波长小于真空中的波长，根据相邻亮条纹间距公式，则相邻两条亮条纹间距变小；
若将光屏向右边移动，即变大，根据相邻亮条纹间距公式，则相邻亮条纹间距变大；
故AB错误，C正确；
D．若将缝S1挡住，发生单缝衍射现象，则单色蓝光经过缝S2衍射后仍能在光屏上形成明暗相间的条纹，故D错误。
故选C。
【分析】根据双缝干涉条纹的间距公式判断条纹间距的变化。
8．【答案】D
【知识点】静电的防止与利用；电势
【解析】【解答】掌握静电感应，和处于静电平衡状态下导体的特点是解题的基础。A．导体处在负电荷的电场中，则电势小于零即低于大地的电势，则接地时电子从导体沿导线向大地移动，选项A错误；
BC．接地达到静电平衡后，导体所带电荷重新分配，导体左侧半球带正电，左侧半球电荷量发生改变，选项BC错误；
D．断开开关并移走-Q后，导体球重新达到静电平衡，但是带正电，电势φ2＞0，开始时导体处在负电荷的电场中，则电势低于大地的电势，φ1<0，可知φ1<φ2
选项D正确。
故选D。
【分析】电子从低电势向高电势移动；根据静电感应以及处于静电平衡状态下的导体的特点分析；根据负电荷周围的电势小于零，正电荷周围的电势大于零分析。
9．【答案】A
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】本题考查对交流电图象的认识及应用；明确交流电图象的物理意义，正确根据图象获取有关交流电的信息。由题意可知线框绕与磁场垂直的轴匀速转动，产生正弦式交流电，因为通过电阻向右的电流为正，根据楞次定律可知线框由图示位置顺时针旋转过程中，流过电阻的电流为负，由于换向器的存在，线圈旋转90o时，电流突然反向，线框旋转至的过程中，流过电阻的电流为正且电流逐渐减小，根据分析，A符合题意。
故选A。
【分析】根据中性面的特点及电流方向分析判断。
10．【答案】D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】根据牛顿第二定律，对环a以及环b分别进行分析，作出环a和环b运动的v﹣t图像，结合v﹣t图像某点切线斜率的绝对值表示加速度大小，利用逆向思维，结合动量定理和动能定理分析求解。A．由题意，两环向右运动直至停下的过程中，两环所受合力沿杆水平向左，且大小等于受到的摩擦力，对两环根据动量定理有
显然摩擦力对两环的冲量相同，故A正确；
B．对两环，根据动能定理有
显然摩擦力对两环做的功相同，故B正确；
C．对环a受力分析可知，在竖直方向上，环受到竖直向下的电场力，重力，竖直向上的支持力作用，且
环水平方向上受到的摩擦力
显然环a做匀减速直线运动直至停下；对环b受力分析可知，环水平方向上受到的摩擦力
显然环b做加速度逐渐减小的减速直线运动直至停下；若两环最终位移相同，可画出如图所示图像
由图像可知，a环运动时间较短，故C正确；
D．根据选项C分析可知，若两环最终运动时间相同，则a环图像围成的面积较大，则其位移较长，故D错误。
由于本题选择错误的，故选D。
【分析】根据动量定理判断摩擦力的冲量大小；由动能定理判断摩擦力做功的大小；根据牛顿第二定律，对环a以及环b分别进行分析，作出环a和环b运动的v﹣t图像，结合v﹣t图像某点切线斜率的绝对值表示加速度大小，利用逆向思维，结合动量定理分析求解时间问题。
11．【答案】B
【知识点】功的计算；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题综合考查斜面运动、动能定理和变力做功等力学核心知识。题目通过分段斜面设计，巧妙地将匀加速运动与变加速运动结合，重点考查学生对能量转化和受力分析的理解能力。A．从A处静止释放，到C点恰好停下，根据动能定理可得
由图乙可知
联立解得
故A错误；
B．当摩擦力等于重力沿斜面向下的分力时，小物块的速度达到最大，此时有
解得
由图乙可知，此时小物块在BC段下滑的距离为，则从从A处静止释放到最大速度过程，根据动能定理可得
其中
解得最大速度为
故B正确；
C．由于AB、BC两段路面的长度相同，对应的高度相同，根据
可知重力在AB、BC两段路面上做功相等，故C错误；
D．设小物块在B点的速度为，小物块在AB段做匀加速直线运动，则AB中间时刻速度为
则重力在AB段中间时刻瞬时功率
小物块在BC段不是做匀变速直线运动，所以BC段中间时刻速度
则重力在BC段中间时刻瞬时功率
故D错误。
故选B。
【分析】AB段光滑，物体做匀加速直线运动；BC段粗糙且动摩擦因数逐渐增大，物体做变减速运动直至停止。通过动能定理分析整个过程的能量关系，可以求出动摩擦因数最大值。最大速度出现在摩擦力等于重力沿斜面向下分力的位置，此时速度达到峰值。
12．【答案】黑；1.0；C；1500；等大；电阻调零时，电池内阻不能忽略可通过减小调零电阻的阻值，保证欧姆表内阻恒定。欧姆表内阻不变，测量值就不受影响。
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】理解实验原理是解题的前提，分析清楚图示电路结构，应用闭合电路的欧姆定律即可解题。（1）电流进出多用电表满足红进黑出的特点，电路中表笔Ⅰ与内部电源的正极连接，可知应为黑表笔；
（3）步骤①先将S拨到B，两表笔短接调零，即：调节R使表头指针满偏，即指在1.0mA刻度处；
步骤②把未知电阻接在红、黑表笔间，指针位于图乙a处，有同学提出此时指针偏角较小，说明倍率挡选择过低，因C挡为“×100”挡，则想增大指针偏角，应将开关S拨至C；
步骤③将选择开关S拨至新的位置后，重复步骤①后，把未知电阻接在红、黑表笔间，指针位于图乙b处，因接C时的中值电阻为
可知Rx阻值为1500Ω。
（4）电阻调零时，电池内阻不能忽略可通过减小调零电阻的阻值，保证欧姆表内阻恒定。欧姆表内阻不变，测量值就不受影响，即电阻测量值相对真实值等大。
【分析】（1）欧姆表内置电源正极与黑表笔相连。
（3）欧姆表使用前要进行欧姆调零；用欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近；欧姆表中值电阻等于内阻，应用闭合电路的欧姆定律求解。
（4）根据欧姆表的工作原理分析答题。
13．【答案】（1）解：载人飞船在轨道Ⅲ做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有
在月球表面有
解得
（2）解：根据开普勒第三定律有
其中
解得
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【分析】（1）根据万有引力和重力的关系、万有引力提供向心力进行解答；
（2）根据开普勒第三定律求解轨道Ⅱ的半长轴，根据几何关系求解轨道Ⅰ的半径。
（1）载人飞船在轨道Ⅲ做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有
在月球表面有
解得
（2）根据开普勒第三定律有
其中
解得
14．【答案】（1）解：缸内的气体为等压变化，
初态：
T1=T0
末态：
T2=1.5T0
根据盖-吕萨克定律
（2）解：汽缸内的气体为等容变化
初态：
T1=T0
末态：
T2=1.5T0
根据查理定律，
【知识点】气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）气体发生等压变化，应用盖—吕萨克定律求解；
（2）气体发生等容变化，由查理定律求解。
（1）缸内的气体为等压变化，
初态：
T1=T0
末态：
T2=1.5T0
根据盖-吕萨克定律
（2）汽缸内的气体为等容变化
初态：
T1=T0
末态：
T2=1.5T0
根据查理定律，
15．【答案】（1）解：对B受力分析，受到重力G、斜面的支持力FN、细线的拉力T，则T=mgsinα
代入数据得T=1.26N
（2）解：当A滑动x时，B沿斜面下滑2x，设B的位移大小s，则
代入数据解的：m
（3）解：设B运动到斜面底端水平速度为，竖直速度为，A的速度为。由水平方向动量守恒得，
由B相对A的速度方向沿斜面向下得
代入数据可得
由A、B系统机械能守恒定律得
B沿斜面运动的过程中对A做的功
代入数据可得J
【知识点】共点力的平衡；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）分析B物体的受力的情况，由竖直方向平衡条件求绳子的拉力；
（2）画出斜面的位移，B物体相对于斜面的位移，由平行四边形法则求出B对地的位移，由余弦定理求出其大小；
（3）根据能量守恒定律结合动量守恒定律分析解答。
（1）对B受力分析，受到重力G、斜面的支持力FN、细线的拉力T
则T=mgsinα
代入数据得T=1.26N
（2）当A滑动x时，B沿斜面下滑2x，
设B的位移大小s，则
代入数据解的：m
（3）设B运动到斜面底端水平速度为，竖直速度为，A的速度为。
由水平方向动量守恒得，
由B相对A的速度方向沿斜面向下得，
代入数据可得
由A、B系统机械能守恒定律得
B沿斜面运动的过程中对A做的功
代入数据可得J
16．【答案】（1）解：粒子在电场中运动，由动能定理
解得
（2）解：初速为0的粒子，到达x轴时的速度为
半径为
圆心坐标为
故MN与x轴交点与O点的距离大小
以初速为v0入射的粒子，到达x轴时的速度为
与x轴夹角为，入射位置
由几何关系知圆心位于y轴上，圆心坐标为；由题意两圆心均位于MN上，故MN与x轴的夹角。
（3）解：设粒子以任意速度v入射，粒子在磁场区域I中运动的半径为r，则该粒子圆周运动圆心的坐标为：，
其中：，，，
整理可得：
这说明所有射入磁场I的粒子的圆心处于同一条直线上，所有射入磁场I的粒子将垂直于该直线射出。
粒子以kv0入射，粒子在磁场I中运动速度为
设磁场区域II的磁感应强度垂直纸面向里，粒子在两磁场I中运动的半径分别为和，为使以kv0（k>0）射入电场的粒子恰好不再回到x轴下方，应有
即
因为
由正弦定理
综上整理可得
，磁场方向假设成立，所以
垂直纸面向里。
说明：若设磁场区域II的磁感应强度垂直纸面向外，粒子在两磁场I中运动的半径分别为和，为使以kv0（k>0）射入电场的粒子恰好不再回到x轴下方，应有
即：
负号表示磁场区域II的磁感应强度垂直纸面向里。
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）由动能定理求电场强度的大小E；
（2）画出粒子的运动轨迹，根据运动学公式和几何关系求MN与x轴交点到O点的距离L以及MN与x轴的夹角θ；
（3）画出粒子的运动轨迹，根据数学思想和半径表达式求磁场区域Ⅱ的磁感应强度B2的大小和方向。
（1）粒子在电场中运动，由动能定理
解得
（2）初速为0的粒子，到达x轴时的速度为
半径为
圆心坐标为；
故MN与x轴交点与O点的距离大小
以初速为v0入射的粒子，到达x轴时的速度为
与x轴夹角为，入射位置
由几何关系知圆心位于y轴上，圆心坐标为；由题意两圆心均位于MN上，故MN与x轴的夹角。
（3）设粒子以任意速度v入射，粒子在磁场区域I中运动的半径为r，则该粒子圆周运动圆心的坐标为：，
其中：，，，
整理可得：
这说明所有射入磁场I的粒子的圆心处于同一条直线上，所有射入磁场I的粒子将垂直于该直线射出。
粒子以kv0入射，粒子在磁场I中运动速度为
设磁场区域II的磁感应强度垂直纸面向里，粒子在两磁场I中运动的半径分别为和，为使以kv0（k>0）射入电场的粒子恰好不再回到x轴下方，应有
即
因为
由正弦定理
综上整理可得
，磁场方向假设成立，所以
垂直纸面向里。
说明：若设磁场区域II的磁感应强度垂直纸面向外，粒子在两磁场I中运动的半径分别为和，为使以kv0（k>0）射入电场的粒子恰好不再回到x轴下方，应有
即：
负号表示磁场区域II的磁感应强度垂直纸面向里。
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