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2025届广东省江门市鹤山市第一中学高三下学期4月模拟考试物理试卷
1．（2025·鹤山模拟）伐木时，被切割的木材会产生高频和低频声波，则（　　）
A．低频声波的波长更短
B．高频声波的传播速度更快
C．低频声波更容易发生明显的衍射现象
D．高频和低频声波叠加时会产生干涉现象
2．（2025·鹤山模拟）如图，竖直平面内通有电流的正三角形金属线框，悬挂在两根相同的绝缘轻质弹簧下端，线框静止时，弹簧处于原长状态，线框有部分处在虚线框内的匀强磁场中，则虚线框内磁场方向可能为（　　）
A．沿纸面竖直向上 B．沿纸面竖直向下
C．垂直于纸面向外 D．垂直于纸面向里
3．（2025·鹤山模拟）如图，均匀带正电的绝缘体圆环水平放置在真空中，O点是其圆心，M、N是轴线上关于O点对称的两点。重力不可忽略的带负电小球，由M处静止释放，则该小球从M到N（　　）
A．动能先增大后减小 B．电场力先增大后减小
C．电势能先减小后增大 D．加速度先减小后增大
4．（2025·鹤山模拟）图甲是医用红外理疗灯，图乙是其内部电路结构示意图，自耦变压器可视为理想变压器，其抽头P与M、N点间的线圈匝数分别为和。若单刀双掷开关从a切换到b，则（　　）
A．电流表示数变大 B．电流表示数变小
C．电压表示数变大 D．电压表示数变小
5．（2025·鹤山模拟）如图是通过光电效应实现信号传输控制的设备——光继电器．LED发出波长为的光，光电管阴极K被照射后恰能发生光电效应，从而引起信号接收电路产生电流，实现对外部电路的控制。已知普朗克常量为h，真空中的光速为c，则（　　）
A．阴极K的逸出功小于
B．阴极K的截止频率为
C．逸出光电子的最大初动能为
D．信号接收电路中电源的a端是正极
6．（2025·鹤山模拟）上海天文台将人工智能和大数据技术应用于小行星的观测，发现了五颗新的超短周期行星，它们绕太阳的公转周期都小于1天，其中编号为Kepler-879c的行星是迄今为止发现的最短周期行星。已知太阳半径为R，地心距日心215R，若1Kepler-879c的公转周期约为12小时，则结合所学知识，可估算其公转半径约为（　　）
A．1.5R B．2.7R C．3.7R D．4.5R
7．（2025·鹤山模拟）如图，光滑圆环竖直固定在水平地面上，细线通过圆环最高点的小孔Q与套在圆环上的小球相连，拉住细线使小球静止于P处。设小球的重力为G，细线与圆环竖直直径的夹角为，细线对小球的拉力大小为T。拉动细线使小球缓慢沿圆环向上移动，则下列T随变化的图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
8．（2025·鹤山模拟）唐人张志和在《玄真子涛之灵》中写道：“雨色映日而为虹……背日喷乎水，成虹霓之状。”虹和霓均是太阳光在水珠内经过折射和反射形成的。如图是霓形成的简化示意图，设水滴是球形的，图中的圆代表水滴过球心的截面，入射光线在过此截面的平面内，a、b是两种不同频率的单色光。下列说法正确的是（　　）
A．光a、b从空气进入水滴中，因传播速度变小，频率也变小
B．在水滴中，a光的传播速度小于b光的传播速度
C．改变光进入水滴的角度，a光在水滴内会发生全反射
D．以相同的入射角从水中射入空气，若在空气中只能看到一种频率的光，则一定是b光
9．（2025·鹤山模拟）将离子注入竖直放置的硅片，其原理如图，甲、乙两离子，在N处先后无初速度“飘入”加速电场，经过加速电场加速后，从P点沿半径方向进入垂直于纸面向外的圆形匀强磁场区域，经磁场偏转后，甲离子垂直注入硅片，乙离子与竖直方向成60°夹角斜向上注入硅片。则甲、乙两离子（　　）
A．均为正电荷
B．比荷相同
C．注入前瞬间的速率之比为
D．在磁场中运动的时间之比为
10．（2025·鹤山模拟）如图，质量为的汽车，开启定速巡航（速率不变）后，以108km/h的速率先后经过水平路面ab和长度为300m的斜坡bc。已知汽车行驶过程中所受阻力f恒为其重力的，在水平路面和斜坡行驶时汽车牵引力之比为，重力加速度g取．则（　　）
A．汽车在水平段的牵引力为
B．b、c两位置的高度差为20m
C．b到c，汽车机械能增加
D．b到c，汽车牵引力功率为108kW
11．（2025·鹤山模拟）下列是《普通高中物理课程标准》中列出的三个必做实验，请按要求完成相关实验内容。
（1）在“用多用电表测量电学中的物理量”实验中，某次测量时，多用电表的刻度盘和指针位置如图甲所示，若选择开关位于电阻“×10”挡，则测量结果为　 　Ω；若选择开关位于直流10V挡，则测量结果为　 　V．
（2）图乙是“观察电容器充、放电现象”的实验电路图，图丙中已正确连接了部分电路，请完成实物图连线　 　。当单刀双掷开关掷于　 　（填“1”或“2”）时，电容器放电。
（3）图丁和图戊是“探究影响感应电流方向的因素”实验。
①如图丁连接实验器材，闭合开关，观察并记录电流表指针偏转方向，对调电源正负极，重复以上操作。该操作是为了获得电流表指针偏转方向与　 　方向的对应关系；
②如图戊，将实验操作的内容和观察到的指针偏转方向，记录在下表，由实验序号1和　 　（填实验序号）可得出结论：当穿过线圈的磁通量增大时，感应电流的磁场与磁体的磁场方向相反。
实验序号 磁体的磁场方向 磁体运动情况 指针偏转情况 感应电流的磁场方向
1 向下 插入线圈 向左 向上
2 向下 拔出线圈 向右 向下
3 向上 插入线圈 向右 向下
4 向上 拔出线圈 向左 向上
12．（2025·鹤山模拟）用图甲所示的装置“验证动量守恒定律”，主要步骤如下：
（ⅰ）利用重垂线，记录水平槽末端在白纸上的投影点O。
（ⅱ）取两个大小相同、质量不同的小球1和2，并测出其质量分别为和。
（ⅲ）使小球1从斜槽上某一位置由静止释放，落在垫有复写纸的白纸上留下痕迹，重复本操作多次。
（ⅳ）把小球2放在水平槽的末端，小球1从原位置由静止释放，与小球2碰撞后，落在白纸上留下各自的落点痕迹，重复本操作多次。
（ⅴ）在白纸上确定平均落点的位置M、N、P。
请完成下列内容
（1）用“画圆法”确定小球1在没有与小球2发生碰撞时的平均落点N，则图乙中圆　 　（填“a”或“b”）更合理。
（2）本实验中用于验证动量守恒定律的表达式应为：　 　（用、、OP、OM表示）。
（3）刻度尺的零点与O点对齐，由图丙读得　 　cm，又测得。将数据代入动量守恒表达式，计算得到碰撞前系统总动量P与碰撞后系统总动量的误差　 　（计算结果保留2位有效数字），由此可判断该系统碰撞过程动量守恒。
（4）如图甲，若实验小组在记录投影点O后，由于失误将白纸水平向右移动了一段距离，再进行步骤（ⅲ）（ⅳ）（ⅴ），则计算得到的碰撞前系统的总动量　 　（选填“大于”“等于”或“小于”）碰撞后的总动量。
13．（2025·鹤山模拟）如图所示，某老师用封闭着一定质量理想气体、横截面积的注射器提起质量的桶装水，此时注射器内气柱长度。已知大气压强，环境温度，注射器内气柱最大长度为8cm，g取，注射器和水桶质量可以忽略，不计一切阻力，注射器密封良好。求：
（1）当放下桶装水时，注射器内气柱的长度；
（2）当环境温度变为37℃时，注射器最多能提起桶装水的质量（结果保留三位有效数字）。
14．（2025·鹤山模拟）如图，水平面内固定有平行长直金属导轨ab、cd和金属圆环；金属杆MN垂直导轨静止放置，金属杆OP一端在圆环圆心O处，另一端与圆环接触良好。水平导轨区域、圆环区域有等大反向的匀强磁场。OP绕O点逆时针匀速转动；闭合K，待MN匀速运动后，使OP停止转动并保持静止。已知磁感应强度大小为B，MN质量为m，OP的角速度为ω，OP长度、MN长度和平行导轨间距均为L，MN和OP的电阻阻值均为r，忽略其余电阻和一切摩擦，求：
（1）闭合K瞬间MN所受安培力大小和方向；
（2）MN匀速运动时的速度大小；
（3）从OP停止转动到MN停止运动的过程，MN产生的焦耳热。
15．（2025·鹤山模拟）粗糙绝缘水平地面与光滑绝缘半圆弧竖直轨道相切P点，右侧（含）有水平向右的匀强电场，电场强度大小为，圆轨道半径为R，长度。A点左侧有一弹射装置，A点右侧B处静置一质量为m带电荷量为的滑块C，长度，如图所示。现用此装置来弹射一质量为的滑块D，滑块D在A点获得弹簧储存的全部弹性势能后向右运动，到达B点与C发生弹性碰撞（碰撞过程中C的电荷量不变），碰撞后滑块C继续向右运动到P点进入光滑圆轨道。滑块C、D与地面的动摩擦因数均为，不计空气阻力，滑块都可看作质点，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。
（1）若滑块D获得的弹性势能后与C发生碰撞，求碰后瞬间滑块C的速度大小；
（2）第（1）问的情境中，C继续运动到达圆轨道的最高点Q，求此时滑块C对轨道的压力大小；
（3）若弹射装置弹射出滑块D后，滑块D与C发生弹性碰撞，要使C能滑上圆弧轨道，并且可沿轨道滑回平面，求滑块D获得的弹性势能的范围。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的衍射现象；波的干涉现象
【解析】【解答】A．由，可知低频声波的波长更长，故A错误；
B．声波传播的速度由介质决定，与波的频率无关，故B错误；
C．低频声波的波长更长，更容易发生明显的衍射现象，故C正确；
D．高频和低频声波因频率不同，叠加时不会产生干涉现象，故D错误。
故选C。
【分析】1、由可知低频声波的波长更长，波速与与波的频率无关，
2、波长越长，衍射越明显。
3、产生干涉的条件是两列波的振动频率必须相同， 两列波的相位差在观察时间内保持恒定
2．【答案】D
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】弹簧处于原长状态，可知线圈受安培力竖直向上，处在磁场中的线圈等效电流方向向右，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】线框静止时安培力与重力平衡，得知线框受到安培力向上，根据左手定则推出磁场方向垂直纸面向里。
3．【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．M到O，小球受到竖直向下的重力和电场力，合力方向向下，与位移方向相同，所以合力做正功，根据动能定理可知，动能增大，O到N，重力竖直向下，电场力竖直向上，合力方向可能先向下后向上，也可能一直向下，所以合力可能先做正功后做负功，动能先增大后减小，也可能合力一直做正功，动能一直增大，故A错误；
B．根据等量同种点电荷的电场分布特点可知，中垂线上存在电场强度最大位置，所以M到N电场力可能先增大后减小再增大再减小，也可能先减小后增大，故B错误；
C．由于运动过程中电场力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增大，故C正确；
D．若电场力先增大后减小再增大再减小，则合外力（加速度）先增大后减小再增大，若电场力先减小后增大，则合外力（加速度）可能一直减小，故D错误。
故选C。
【分析】 本题是带电粒子在等量同种电荷电场 + 重力场 中的运动问题 。
1、合力方向与位移同向，做正功，动能增大。O→N：若合力先向下后向上，动能先增后减；若合力一直向下，动能一直增大。
2
等量同种点电荷的电场分布
中垂线上电场强度 先增大后减小（在某一位置达到最大）。
因此，电场力（）可能：
先增大后减小再增大再减小（若电荷运动跨越极值点）；
或先减小后增大（若电荷始终靠近或远离极值点）。
4．【答案】A
【知识点】变压器的应用
【解析】【解答】CD．单刀双掷开关从a切换到b，由题知，变压器原线圈的电压不变，故电压表的示数不变，故CD错误；
AB．由题知，变压器原线圈的电压和匝数不变，单刀双掷开关从a切换到b，，则副线圈的匝数增加，根据原副线圈的电压之比等于匝数比，可知变压器副线圈的电压变大，则副线圈的电流变大，故变压器的输出功率变大，根据变压器两端功率不变，可知输入功率也变大，根据
可知原线圈的电流增大，即电流表的示数变大，故A正确，B错误。
故选A。
【分析】本题是变压器动态变化问题。
1、由输入电压 和匝数比决定，与负载无关。
2、负载输出电流， 再反推输入电流.
3、输入功率始终等于输出功率（理想情况）。
5．【答案】B
【知识点】光电效应
【解析】【解答】AB．因波长为的光照射在光电管阴极K后恰能发生光电效应，可知阴极K的逸出功等于
K的截止频率为
故A错误，B正确；
C．因为恰能发生光电效应，可知逸出光电子的最大初动能为零，故C错误；
D．逸出的电子被加速，可知信号接收电路中电源的a端是负极，故D错误。
故选B。
【分析】1、恰能发生光电效应意味着入射光子的能量刚好等于逸出功。
2、恰能发生光电效应时，光电子刚好脱离阴极，但尚未具有动能。
3、光电管中电子从阴极 K 逸出后，需被加速向阳极 A 运动，形成光电流。电源的负极应连接阴极 K（提供电子），正极连接阳极 A（吸引电子）。
6．【答案】B
【知识点】开普勒定律
【解析】【解答】由开普勒第三定律可知
可得1Kepler-879c公转半径约为
故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】地球公转周期是已知的，题目已知小行星公转周期，由开普勒第三定律，可得1K小行星公转半径。
7．【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】对小球进行分析，小球受到重力、绳的拉力T与圆环的弹力N三个力的作用，令圆环的圆心为O，半径为R，则重力方向平行于图中虚线表示的直径，绳拉力方向沿绳，圆环弹力方向沿半径指向圆心，根据相似三角形有
根据几何关系有
解得
可知，T随变化的图像为余弦曲线关系，且最大值为2G，故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】本题是三力平衡的动态平衡问题，运用相似三角形法得出拉力的表达式，根据表达式进行动态分析。
8．【答案】B,D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】光的折射现象：光射到两种介质的分界面上时，一部分光进入到另一种介质中去，光的传播方向发生改变的现象叫做光的折射。A．光a、b从空气进入水滴中，频率不变，故A错误；
B．根据题图可知，两光第一次到达界面时，入射角相等，a光折射角小一些，则a光的折射率大一些，根据，可知，在水滴中，a光的传播速度小于b光的传播速度，故B正确；
C．根据几何关系可知，光第一次到达界面的折射角等于第二次到达界面的入射角，根据光路可逆原理可知，改变光进入水滴的角度，a光在水滴内不会发生全反射，故C错误；
D．根据上述分析可知，b光的折射率较小，b光发生全反射时临界角较大，以相同的入射角从水中射入空气，若在空气中只能看到一种频率的光，则一定是b光，故D正确。
故选BD。
【分析】 由图看出第一次折射时，b光的折射角较大，其折射率较小，频率较小，波长较长，同种介质传播速度大，生全反射时临界角较大，根据发生全反射条件分析。
9．【答案】A,C
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．由左手定则可知，粒子带正电，故A正确。
B．经电场加速
在磁场中
可知
两粒子在磁场中运动的半径不同，则比荷不同，故B错误；
C．设圆形磁场的半径为R，则甲粒子的运动半径为
乙粒子的运动半径为
根据
可知注入前瞬间的速率之比为
故C正确；
D．根据
可知
故D错误。
故选AC。
【分析】本题是带电粒子先在加速电场中加速再在磁场中圆周运动。
1、电场加速，在磁场中，联立可求比荷。
2、画磁场中运动轨迹，根据几何关系计算轨道半径，再根据圆周运动线速度公式计算线速度。
3、根据轨迹对应圆心角和周期公式计算磁场中运动时间。
10．【答案】A,B,D
【知识点】功能关系；功率及其计算
【解析】【解答】A．由题知，汽车在水平路面做匀速直线运动，可得牵引力
故A正确；
B．由题知，在水平路面和斜坡行驶时汽车牵引力之比为，则汽车在斜坡运动时的牵引力为
设b、c两位置的高度差为，由题知，汽车在斜坡做匀速直线运动，沿斜坡方向，根据平衡条件有
其中
，
联立解得
故B正确；
C．由题知b到c过程，汽车的速度大小不变，故汽车的动能不变，汽车离地面的高度增加，故汽车增加的机械能等于汽车增加的重力势能，则有
故C错误；
D．由题知，v=108km/h=30m/s，根据
可得b到c过程，汽车牵引力功率为
故D正确。
故选ABD。
【分析】汽车在水平路面做匀速直线运动，在斜坡做匀速直线运动，根据受力平衡可求解两种情况下牵引力，汽车的速度大小不变，汽车的动能不变，汽车离地面的高度增加，故汽车增加的机械能等于汽车增加的重力势能，则有，根据，可得b到c过程，汽车牵引力功率。
11．【答案】（1）160；5.4
（2）；1
（3）电流；3
【知识点】观察电容器的充、放电现象；练习使用多用电表；研究电磁感应现象
【解析】【解答】（1）选择开关位于电阻 “×10”挡，由甲图可知，电阻的测量结果为
选择开关位于直流10V挡，由甲图表盘可知，其分度为0.2V，则电压的测量结果为。
（2）根据实验电路，连接的实物图，如图所示。
当单刀双掷开关掷于1时，与电源E断开，与电流传感器形成回路，电容器放电。
（3）该操作是为了获得电流表指针偏转方向与电流方向的对应关系。
实验序号1和3都是磁体插入线圈，线圈的磁通量增大，根据楞次定律，线圈产生与磁体的磁场方向相反的感应磁场。
实验序号2和4都是磁体拔出线圈，线圈的磁通量减小，根据楞次定律，线圈产生与磁体的磁场方向相同的感应磁场。
故由实验序号1和3可得出结论：当穿过线圈的磁通量增大时，感应电流的磁场与磁体的磁场方向相反。
【分析】（1）欧姆表测电阻，测量结果是指针所对应值乘以倍率。
（2）根据电路图连接实物图，注意各元件的位置要与电路图对应。
（3）“探究影响感应电流方向的因素”实验中，闭合开关，观察并记录电流表指针偏转方向，操作是为了获得电流表指针偏转方向与电流方向的对应关系。
实验序号1和3都是穿过线圈的磁通量增大，感应电流的磁场与磁体的磁场方向相反，可得出结论。
（1）[1] 选择开关位于电阻 “×10”挡，由甲图可知，电阻的测量结果为。
[2]选择开关位于直流10V挡，由甲图表盘可知，其分度为0.2V，则电压的测量结果为。
（2）[1]根据实验电路，连接的实物图，如图所示。
[2] 当单刀双掷开关掷于1时，与电源E断开，与电流传感器形成回路，电容器放电。
（3）[1]该操作是为了获得电流表指针偏转方向与电流方向的对应关系。
[2] 实验序号1和3都是磁体插入线圈，线圈的磁通量增大，根据楞次定律，线圈产生与磁体的磁场方向相反的感应磁场。
实验序号2和4都是磁体拔出线圈，线圈的磁通量减小，根据楞次定律，线圈产生与磁体的磁场方向相同的感应磁场。
故由实验序号1和3可得出结论：当穿过线圈的磁通量增大时，感应电流的磁场与磁体的磁场方向相反。
12．【答案】（1）a
（2）
（3）45.00；1.6%
（4）大于
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）用画圆法确定小球落地点时，需要用尽量小的圆把所有落点圈起来，圆心即为小球的平均落地点，个别偏离较远的点舍去，则图乙中圆a更合理。
（2）小球离开桌面后做平抛运动，抛出点的高度相同，则运动时间相同，设为t，不放小球2时，设小球1平抛运动初速度为 v0，小球1水平方向上有
解得
放小球2时，设碰撞之后小球1、2速度分别为 v1、v2，水平方向上有
，
解得
，
要验证动量守恒定律，则要验证
将速度代入上式化简得
（3）刻度尺的最小分度是1mm，刻度尺的零点与O点对齐，由图丙读得。碰撞前系统总动量P与碰撞后系统总动量的误差
（4）如图甲，若实验小组在记录投影点O后，由于失误将白纸水平向右移动了一段距离，则测量的小球的水平位移都变小，再进行步骤（ⅲ）（ⅳ）（ⅴ），设白纸水平向右移动的距离为x，则碰撞前系统的总动量减小
碰撞后系统的总动量减小
则
可知
所以计算得到的碰撞前系统的总动量大于碰撞后的总动量。
【分析】（1）“验证动量守恒定律”实验步骤中用画圆法确定小球落地点时，需要用尽量小的圆把所有落点圈起来，个别误差较大的点应舍弃。
（2）利用平抛知识可得出碰前速度和碰后速度，，要验证，将速度代入上式化简得。
（3） 将数据代入动量守恒表达式，计算碰撞前系统总动量P与碰撞后系统总动量的误差。
（4）由于失误将白纸水平向右移动了一段距离，则测量的小球的水平位移都变小，白纸水平向右移动的距离为x，则碰撞前系统的总动量减小，碰撞后系统的总动量减小，则。
（1）用画圆法确定小球落地点时，需要用尽量小的圆把所有落点圈起来，圆心即为小球的平均落地点，个别偏离较远的点舍去，则图乙中圆a更合理。
（2）小球离开桌面后做平抛运动，抛出点的高度相同，则运动时间相同，设为t，不放小球2时，设小球1平抛运动初速度为 v0，小球1水平方向上有
解得
放小球2时，设碰撞之后小球1、2速度分别为 v1、v2，水平方向上有，
解得，
要验证动量守恒定律，则要验证
将速度代入上式化简得
（3）[1]刻度尺的最小分度是1mm，刻度尺的零点与O点对齐，由图丙读得。
[2]碰撞前系统总动量P与碰撞后系统总动量的误差
（4）如图甲，若实验小组在记录投影点O后，由于失误将白纸水平向右移动了一段距离，则测量的小球的水平位移都变小，再进行步骤（ⅲ）（ⅳ）（ⅴ），设白纸水平向右移动的距离为x，则碰撞前系统的总动量减小
碰撞后系统的总动量减小
则
可知
所以计算得到的碰撞前系统的总动量大于碰撞后的总动量。
13．【答案】（1）根据题意，受力分析有
解得
气体发生等温变化，有
解得
（2）根据理想气体状态方程有
解得
又有
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）对注射器的活塞受力分析，根据受力平衡求出气体的压强，再根据玻意耳定律求出气柱的长度；
（2）根据理想气体的状态方程求出气柱最长、温度是37℃时气体的压强，结合结合受力分析求出水的质量。
14．【答案】解：（1）当OP绕O点逆时针匀速转动时，由右手定则可知O点电势高，OP切割磁感线产生感应电动势为
闭合K瞬间，由闭合电路欧姆定律可知，通过MN的电流大小为
方向由M到N。则有MN所受安培力大小为
由左手定则可知，安培力方向水平向左。
（2）闭合K后，则有MN向左做加速运动，速度逐渐增大，MN切割磁感线产生感应电动势，则感应电流方向与原电流方向相反，减弱原电流，可知MN受安培力逐渐减小，做加速度减小的加速运动，当MN中电流减小到零时，安培力是零，加速度是零，MN的速度达到最大，设为，此时做匀速直线运动，则有MN切割磁感线产生感应电动势与OP产生的感应电动势大小相等，可知
解得
（3）从OP停止转动到MN停止运动的过程，由能量守恒定律可知，电路中产生的焦耳热为
MN产生的焦耳热为
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）OP转动切割磁感线，利用OP转动的平均切割速度求得其产生的感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求得回路中的感应电流，根据安培力计算公式求解安培力的大小；根据右手定则判断感应电流方向，根据左手定则判断MN所受安培力方向。
（2）MN匀速运动时回路中电流为零，MN切割磁感线产生的感应电动势与OP产生的感应电动势相等，据此根据法拉第电磁感应定律求解。
（3）根据能量守恒定律和焦耳定律，求解MN产生的焦耳热。
15．【答案】解：（1）滑块D从释放到与C碰撞前，列动能定理有
解得
D与C发生弹性碰撞，设水平向右为正方向，根据动量守恒和动能守恒列方程有
则碰后C的速度为
（2）对滑块C从B点到Q点电场力做总功为0，对此过程列动能定理有
解出滑块C在Q点速度为
在Q点，对滑块列牛顿第二定律知
联立代入数据解得
由牛顿第三定律得滑块C对轨道的压力
（3）若滑块C恰好能滑到P点，对滑块C从碰后到P处列动能定理有
对D列能量守恒知
再根据（1）中C、D撞前撞后的关系，联立解得
若滑块C能沿轨道返回水平面，则C滑块至多滑到与等效重力场方向垂直时速度减为0。
对D列能量守恒知
再根据（1）中C、D撞前撞后的关系，联立解得
综上所述
【知识点】碰撞模型；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）滑块D从释放到与C碰撞前，列动能定理，D与C发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可解得碰后C的速度；
（2）对滑块C从B点到Q点列动能定理，在Q点，对滑块列牛顿第二定律和牛顿第三定律解得；
（3）根据C滑回平面的临界条件，结合动能定理解得。
1 / 12025届广东省江门市鹤山市第一中学高三下学期4月模拟考试物理试卷
1．（2025·鹤山模拟）伐木时，被切割的木材会产生高频和低频声波，则（　　）
A．低频声波的波长更短
B．高频声波的传播速度更快
C．低频声波更容易发生明显的衍射现象
D．高频和低频声波叠加时会产生干涉现象
【答案】C
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的衍射现象；波的干涉现象
【解析】【解答】A．由，可知低频声波的波长更长，故A错误；
B．声波传播的速度由介质决定，与波的频率无关，故B错误；
C．低频声波的波长更长，更容易发生明显的衍射现象，故C正确；
D．高频和低频声波因频率不同，叠加时不会产生干涉现象，故D错误。
故选C。
【分析】1、由可知低频声波的波长更长，波速与与波的频率无关，
2、波长越长，衍射越明显。
3、产生干涉的条件是两列波的振动频率必须相同， 两列波的相位差在观察时间内保持恒定
2．（2025·鹤山模拟）如图，竖直平面内通有电流的正三角形金属线框，悬挂在两根相同的绝缘轻质弹簧下端，线框静止时，弹簧处于原长状态，线框有部分处在虚线框内的匀强磁场中，则虚线框内磁场方向可能为（　　）
A．沿纸面竖直向上 B．沿纸面竖直向下
C．垂直于纸面向外 D．垂直于纸面向里
【答案】D
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】弹簧处于原长状态，可知线圈受安培力竖直向上，处在磁场中的线圈等效电流方向向右，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】线框静止时安培力与重力平衡，得知线框受到安培力向上，根据左手定则推出磁场方向垂直纸面向里。
3．（2025·鹤山模拟）如图，均匀带正电的绝缘体圆环水平放置在真空中，O点是其圆心，M、N是轴线上关于O点对称的两点。重力不可忽略的带负电小球，由M处静止释放，则该小球从M到N（　　）
A．动能先增大后减小 B．电场力先增大后减小
C．电势能先减小后增大 D．加速度先减小后增大
【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．M到O，小球受到竖直向下的重力和电场力，合力方向向下，与位移方向相同，所以合力做正功，根据动能定理可知，动能增大，O到N，重力竖直向下，电场力竖直向上，合力方向可能先向下后向上，也可能一直向下，所以合力可能先做正功后做负功，动能先增大后减小，也可能合力一直做正功，动能一直增大，故A错误；
B．根据等量同种点电荷的电场分布特点可知，中垂线上存在电场强度最大位置，所以M到N电场力可能先增大后减小再增大再减小，也可能先减小后增大，故B错误；
C．由于运动过程中电场力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增大，故C正确；
D．若电场力先增大后减小再增大再减小，则合外力（加速度）先增大后减小再增大，若电场力先减小后增大，则合外力（加速度）可能一直减小，故D错误。
故选C。
【分析】 本题是带电粒子在等量同种电荷电场 + 重力场 中的运动问题 。
1、合力方向与位移同向，做正功，动能增大。O→N：若合力先向下后向上，动能先增后减；若合力一直向下，动能一直增大。
2
等量同种点电荷的电场分布
中垂线上电场强度 先增大后减小（在某一位置达到最大）。
因此，电场力（）可能：
先增大后减小再增大再减小（若电荷运动跨越极值点）；
或先减小后增大（若电荷始终靠近或远离极值点）。
4．（2025·鹤山模拟）图甲是医用红外理疗灯，图乙是其内部电路结构示意图，自耦变压器可视为理想变压器，其抽头P与M、N点间的线圈匝数分别为和。若单刀双掷开关从a切换到b，则（　　）
A．电流表示数变大 B．电流表示数变小
C．电压表示数变大 D．电压表示数变小
【答案】A
【知识点】变压器的应用
【解析】【解答】CD．单刀双掷开关从a切换到b，由题知，变压器原线圈的电压不变，故电压表的示数不变，故CD错误；
AB．由题知，变压器原线圈的电压和匝数不变，单刀双掷开关从a切换到b，，则副线圈的匝数增加，根据原副线圈的电压之比等于匝数比，可知变压器副线圈的电压变大，则副线圈的电流变大，故变压器的输出功率变大，根据变压器两端功率不变，可知输入功率也变大，根据
可知原线圈的电流增大，即电流表的示数变大，故A正确，B错误。
故选A。
【分析】本题是变压器动态变化问题。
1、由输入电压 和匝数比决定，与负载无关。
2、负载输出电流， 再反推输入电流.
3、输入功率始终等于输出功率（理想情况）。
5．（2025·鹤山模拟）如图是通过光电效应实现信号传输控制的设备——光继电器．LED发出波长为的光，光电管阴极K被照射后恰能发生光电效应，从而引起信号接收电路产生电流，实现对外部电路的控制。已知普朗克常量为h，真空中的光速为c，则（　　）
A．阴极K的逸出功小于
B．阴极K的截止频率为
C．逸出光电子的最大初动能为
D．信号接收电路中电源的a端是正极
【答案】B
【知识点】光电效应
【解析】【解答】AB．因波长为的光照射在光电管阴极K后恰能发生光电效应，可知阴极K的逸出功等于
K的截止频率为
故A错误，B正确；
C．因为恰能发生光电效应，可知逸出光电子的最大初动能为零，故C错误；
D．逸出的电子被加速，可知信号接收电路中电源的a端是负极，故D错误。
故选B。
【分析】1、恰能发生光电效应意味着入射光子的能量刚好等于逸出功。
2、恰能发生光电效应时，光电子刚好脱离阴极，但尚未具有动能。
3、光电管中电子从阴极 K 逸出后，需被加速向阳极 A 运动，形成光电流。电源的负极应连接阴极 K（提供电子），正极连接阳极 A（吸引电子）。
6．（2025·鹤山模拟）上海天文台将人工智能和大数据技术应用于小行星的观测，发现了五颗新的超短周期行星，它们绕太阳的公转周期都小于1天，其中编号为Kepler-879c的行星是迄今为止发现的最短周期行星。已知太阳半径为R，地心距日心215R，若1Kepler-879c的公转周期约为12小时，则结合所学知识，可估算其公转半径约为（　　）
A．1.5R B．2.7R C．3.7R D．4.5R
【答案】B
【知识点】开普勒定律
【解析】【解答】由开普勒第三定律可知
可得1Kepler-879c公转半径约为
故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】地球公转周期是已知的，题目已知小行星公转周期，由开普勒第三定律，可得1K小行星公转半径。
7．（2025·鹤山模拟）如图，光滑圆环竖直固定在水平地面上，细线通过圆环最高点的小孔Q与套在圆环上的小球相连，拉住细线使小球静止于P处。设小球的重力为G，细线与圆环竖直直径的夹角为，细线对小球的拉力大小为T。拉动细线使小球缓慢沿圆环向上移动，则下列T随变化的图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】对小球进行分析，小球受到重力、绳的拉力T与圆环的弹力N三个力的作用，令圆环的圆心为O，半径为R，则重力方向平行于图中虚线表示的直径，绳拉力方向沿绳，圆环弹力方向沿半径指向圆心，根据相似三角形有
根据几何关系有
解得
可知，T随变化的图像为余弦曲线关系，且最大值为2G，故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】本题是三力平衡的动态平衡问题，运用相似三角形法得出拉力的表达式，根据表达式进行动态分析。
8．（2025·鹤山模拟）唐人张志和在《玄真子涛之灵》中写道：“雨色映日而为虹……背日喷乎水，成虹霓之状。”虹和霓均是太阳光在水珠内经过折射和反射形成的。如图是霓形成的简化示意图，设水滴是球形的，图中的圆代表水滴过球心的截面，入射光线在过此截面的平面内，a、b是两种不同频率的单色光。下列说法正确的是（　　）
A．光a、b从空气进入水滴中，因传播速度变小，频率也变小
B．在水滴中，a光的传播速度小于b光的传播速度
C．改变光进入水滴的角度，a光在水滴内会发生全反射
D．以相同的入射角从水中射入空气，若在空气中只能看到一种频率的光，则一定是b光
【答案】B,D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】光的折射现象：光射到两种介质的分界面上时，一部分光进入到另一种介质中去，光的传播方向发生改变的现象叫做光的折射。A．光a、b从空气进入水滴中，频率不变，故A错误；
B．根据题图可知，两光第一次到达界面时，入射角相等，a光折射角小一些，则a光的折射率大一些，根据，可知，在水滴中，a光的传播速度小于b光的传播速度，故B正确；
C．根据几何关系可知，光第一次到达界面的折射角等于第二次到达界面的入射角，根据光路可逆原理可知，改变光进入水滴的角度，a光在水滴内不会发生全反射，故C错误；
D．根据上述分析可知，b光的折射率较小，b光发生全反射时临界角较大，以相同的入射角从水中射入空气，若在空气中只能看到一种频率的光，则一定是b光，故D正确。
故选BD。
【分析】 由图看出第一次折射时，b光的折射角较大，其折射率较小，频率较小，波长较长，同种介质传播速度大，生全反射时临界角较大，根据发生全反射条件分析。
9．（2025·鹤山模拟）将离子注入竖直放置的硅片，其原理如图，甲、乙两离子，在N处先后无初速度“飘入”加速电场，经过加速电场加速后，从P点沿半径方向进入垂直于纸面向外的圆形匀强磁场区域，经磁场偏转后，甲离子垂直注入硅片，乙离子与竖直方向成60°夹角斜向上注入硅片。则甲、乙两离子（　　）
A．均为正电荷
B．比荷相同
C．注入前瞬间的速率之比为
D．在磁场中运动的时间之比为
【答案】A,C
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．由左手定则可知，粒子带正电，故A正确。
B．经电场加速
在磁场中
可知
两粒子在磁场中运动的半径不同，则比荷不同，故B错误；
C．设圆形磁场的半径为R，则甲粒子的运动半径为
乙粒子的运动半径为
根据
可知注入前瞬间的速率之比为
故C正确；
D．根据
可知
故D错误。
故选AC。
【分析】本题是带电粒子先在加速电场中加速再在磁场中圆周运动。
1、电场加速，在磁场中，联立可求比荷。
2、画磁场中运动轨迹，根据几何关系计算轨道半径，再根据圆周运动线速度公式计算线速度。
3、根据轨迹对应圆心角和周期公式计算磁场中运动时间。
10．（2025·鹤山模拟）如图，质量为的汽车，开启定速巡航（速率不变）后，以108km/h的速率先后经过水平路面ab和长度为300m的斜坡bc。已知汽车行驶过程中所受阻力f恒为其重力的，在水平路面和斜坡行驶时汽车牵引力之比为，重力加速度g取．则（　　）
A．汽车在水平段的牵引力为
B．b、c两位置的高度差为20m
C．b到c，汽车机械能增加
D．b到c，汽车牵引力功率为108kW
【答案】A,B,D
【知识点】功能关系；功率及其计算
【解析】【解答】A．由题知，汽车在水平路面做匀速直线运动，可得牵引力
故A正确；
B．由题知，在水平路面和斜坡行驶时汽车牵引力之比为，则汽车在斜坡运动时的牵引力为
设b、c两位置的高度差为，由题知，汽车在斜坡做匀速直线运动，沿斜坡方向，根据平衡条件有
其中
，
联立解得
故B正确；
C．由题知b到c过程，汽车的速度大小不变，故汽车的动能不变，汽车离地面的高度增加，故汽车增加的机械能等于汽车增加的重力势能，则有
故C错误；
D．由题知，v=108km/h=30m/s，根据
可得b到c过程，汽车牵引力功率为
故D正确。
故选ABD。
【分析】汽车在水平路面做匀速直线运动，在斜坡做匀速直线运动，根据受力平衡可求解两种情况下牵引力，汽车的速度大小不变，汽车的动能不变，汽车离地面的高度增加，故汽车增加的机械能等于汽车增加的重力势能，则有，根据，可得b到c过程，汽车牵引力功率。
11．（2025·鹤山模拟）下列是《普通高中物理课程标准》中列出的三个必做实验，请按要求完成相关实验内容。
（1）在“用多用电表测量电学中的物理量”实验中，某次测量时，多用电表的刻度盘和指针位置如图甲所示，若选择开关位于电阻“×10”挡，则测量结果为　 　Ω；若选择开关位于直流10V挡，则测量结果为　 　V．
（2）图乙是“观察电容器充、放电现象”的实验电路图，图丙中已正确连接了部分电路，请完成实物图连线　 　。当单刀双掷开关掷于　 　（填“1”或“2”）时，电容器放电。
（3）图丁和图戊是“探究影响感应电流方向的因素”实验。
①如图丁连接实验器材，闭合开关，观察并记录电流表指针偏转方向，对调电源正负极，重复以上操作。该操作是为了获得电流表指针偏转方向与　 　方向的对应关系；
②如图戊，将实验操作的内容和观察到的指针偏转方向，记录在下表，由实验序号1和　 　（填实验序号）可得出结论：当穿过线圈的磁通量增大时，感应电流的磁场与磁体的磁场方向相反。
实验序号 磁体的磁场方向 磁体运动情况 指针偏转情况 感应电流的磁场方向
1 向下 插入线圈 向左 向上
2 向下 拔出线圈 向右 向下
3 向上 插入线圈 向右 向下
4 向上 拔出线圈 向左 向上
【答案】（1）160；5.4
（2）；1
（3）电流；3
【知识点】观察电容器的充、放电现象；练习使用多用电表；研究电磁感应现象
【解析】【解答】（1）选择开关位于电阻 “×10”挡，由甲图可知，电阻的测量结果为
选择开关位于直流10V挡，由甲图表盘可知，其分度为0.2V，则电压的测量结果为。
（2）根据实验电路，连接的实物图，如图所示。
当单刀双掷开关掷于1时，与电源E断开，与电流传感器形成回路，电容器放电。
（3）该操作是为了获得电流表指针偏转方向与电流方向的对应关系。
实验序号1和3都是磁体插入线圈，线圈的磁通量增大，根据楞次定律，线圈产生与磁体的磁场方向相反的感应磁场。
实验序号2和4都是磁体拔出线圈，线圈的磁通量减小，根据楞次定律，线圈产生与磁体的磁场方向相同的感应磁场。
故由实验序号1和3可得出结论：当穿过线圈的磁通量增大时，感应电流的磁场与磁体的磁场方向相反。
【分析】（1）欧姆表测电阻，测量结果是指针所对应值乘以倍率。
（2）根据电路图连接实物图，注意各元件的位置要与电路图对应。
（3）“探究影响感应电流方向的因素”实验中，闭合开关，观察并记录电流表指针偏转方向，操作是为了获得电流表指针偏转方向与电流方向的对应关系。
实验序号1和3都是穿过线圈的磁通量增大，感应电流的磁场与磁体的磁场方向相反，可得出结论。
（1）[1] 选择开关位于电阻 “×10”挡，由甲图可知，电阻的测量结果为。
[2]选择开关位于直流10V挡，由甲图表盘可知，其分度为0.2V，则电压的测量结果为。
（2）[1]根据实验电路，连接的实物图，如图所示。
[2] 当单刀双掷开关掷于1时，与电源E断开，与电流传感器形成回路，电容器放电。
（3）[1]该操作是为了获得电流表指针偏转方向与电流方向的对应关系。
[2] 实验序号1和3都是磁体插入线圈，线圈的磁通量增大，根据楞次定律，线圈产生与磁体的磁场方向相反的感应磁场。
实验序号2和4都是磁体拔出线圈，线圈的磁通量减小，根据楞次定律，线圈产生与磁体的磁场方向相同的感应磁场。
故由实验序号1和3可得出结论：当穿过线圈的磁通量增大时，感应电流的磁场与磁体的磁场方向相反。
12．（2025·鹤山模拟）用图甲所示的装置“验证动量守恒定律”，主要步骤如下：
（ⅰ）利用重垂线，记录水平槽末端在白纸上的投影点O。
（ⅱ）取两个大小相同、质量不同的小球1和2，并测出其质量分别为和。
（ⅲ）使小球1从斜槽上某一位置由静止释放，落在垫有复写纸的白纸上留下痕迹，重复本操作多次。
（ⅳ）把小球2放在水平槽的末端，小球1从原位置由静止释放，与小球2碰撞后，落在白纸上留下各自的落点痕迹，重复本操作多次。
（ⅴ）在白纸上确定平均落点的位置M、N、P。
请完成下列内容
（1）用“画圆法”确定小球1在没有与小球2发生碰撞时的平均落点N，则图乙中圆　 　（填“a”或“b”）更合理。
（2）本实验中用于验证动量守恒定律的表达式应为：　 　（用、、OP、OM表示）。
（3）刻度尺的零点与O点对齐，由图丙读得　 　cm，又测得。将数据代入动量守恒表达式，计算得到碰撞前系统总动量P与碰撞后系统总动量的误差　 　（计算结果保留2位有效数字），由此可判断该系统碰撞过程动量守恒。
（4）如图甲，若实验小组在记录投影点O后，由于失误将白纸水平向右移动了一段距离，再进行步骤（ⅲ）（ⅳ）（ⅴ），则计算得到的碰撞前系统的总动量　 　（选填“大于”“等于”或“小于”）碰撞后的总动量。
【答案】（1）a
（2）
（3）45.00；1.6%
（4）大于
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）用画圆法确定小球落地点时，需要用尽量小的圆把所有落点圈起来，圆心即为小球的平均落地点，个别偏离较远的点舍去，则图乙中圆a更合理。
（2）小球离开桌面后做平抛运动，抛出点的高度相同，则运动时间相同，设为t，不放小球2时，设小球1平抛运动初速度为 v0，小球1水平方向上有
解得
放小球2时，设碰撞之后小球1、2速度分别为 v1、v2，水平方向上有
，
解得
，
要验证动量守恒定律，则要验证
将速度代入上式化简得
（3）刻度尺的最小分度是1mm，刻度尺的零点与O点对齐，由图丙读得。碰撞前系统总动量P与碰撞后系统总动量的误差
（4）如图甲，若实验小组在记录投影点O后，由于失误将白纸水平向右移动了一段距离，则测量的小球的水平位移都变小，再进行步骤（ⅲ）（ⅳ）（ⅴ），设白纸水平向右移动的距离为x，则碰撞前系统的总动量减小
碰撞后系统的总动量减小
则
可知
所以计算得到的碰撞前系统的总动量大于碰撞后的总动量。
【分析】（1）“验证动量守恒定律”实验步骤中用画圆法确定小球落地点时，需要用尽量小的圆把所有落点圈起来，个别误差较大的点应舍弃。
（2）利用平抛知识可得出碰前速度和碰后速度，，要验证，将速度代入上式化简得。
（3） 将数据代入动量守恒表达式，计算碰撞前系统总动量P与碰撞后系统总动量的误差。
（4）由于失误将白纸水平向右移动了一段距离，则测量的小球的水平位移都变小，白纸水平向右移动的距离为x，则碰撞前系统的总动量减小，碰撞后系统的总动量减小，则。
（1）用画圆法确定小球落地点时，需要用尽量小的圆把所有落点圈起来，圆心即为小球的平均落地点，个别偏离较远的点舍去，则图乙中圆a更合理。
（2）小球离开桌面后做平抛运动，抛出点的高度相同，则运动时间相同，设为t，不放小球2时，设小球1平抛运动初速度为 v0，小球1水平方向上有
解得
放小球2时，设碰撞之后小球1、2速度分别为 v1、v2，水平方向上有，
解得，
要验证动量守恒定律，则要验证
将速度代入上式化简得
（3）[1]刻度尺的最小分度是1mm，刻度尺的零点与O点对齐，由图丙读得。
[2]碰撞前系统总动量P与碰撞后系统总动量的误差
（4）如图甲，若实验小组在记录投影点O后，由于失误将白纸水平向右移动了一段距离，则测量的小球的水平位移都变小，再进行步骤（ⅲ）（ⅳ）（ⅴ），设白纸水平向右移动的距离为x，则碰撞前系统的总动量减小
碰撞后系统的总动量减小
则
可知
所以计算得到的碰撞前系统的总动量大于碰撞后的总动量。
13．（2025·鹤山模拟）如图所示，某老师用封闭着一定质量理想气体、横截面积的注射器提起质量的桶装水，此时注射器内气柱长度。已知大气压强，环境温度，注射器内气柱最大长度为8cm，g取，注射器和水桶质量可以忽略，不计一切阻力，注射器密封良好。求：
（1）当放下桶装水时，注射器内气柱的长度；
（2）当环境温度变为37℃时，注射器最多能提起桶装水的质量（结果保留三位有效数字）。
【答案】（1）根据题意，受力分析有
解得
气体发生等温变化，有
解得
（2）根据理想气体状态方程有
解得
又有
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）对注射器的活塞受力分析，根据受力平衡求出气体的压强，再根据玻意耳定律求出气柱的长度；
（2）根据理想气体的状态方程求出气柱最长、温度是37℃时气体的压强，结合结合受力分析求出水的质量。
14．（2025·鹤山模拟）如图，水平面内固定有平行长直金属导轨ab、cd和金属圆环；金属杆MN垂直导轨静止放置，金属杆OP一端在圆环圆心O处，另一端与圆环接触良好。水平导轨区域、圆环区域有等大反向的匀强磁场。OP绕O点逆时针匀速转动；闭合K，待MN匀速运动后，使OP停止转动并保持静止。已知磁感应强度大小为B，MN质量为m，OP的角速度为ω，OP长度、MN长度和平行导轨间距均为L，MN和OP的电阻阻值均为r，忽略其余电阻和一切摩擦，求：
（1）闭合K瞬间MN所受安培力大小和方向；
（2）MN匀速运动时的速度大小；
（3）从OP停止转动到MN停止运动的过程，MN产生的焦耳热。
【答案】解：（1）当OP绕O点逆时针匀速转动时，由右手定则可知O点电势高，OP切割磁感线产生感应电动势为
闭合K瞬间，由闭合电路欧姆定律可知，通过MN的电流大小为
方向由M到N。则有MN所受安培力大小为
由左手定则可知，安培力方向水平向左。
（2）闭合K后，则有MN向左做加速运动，速度逐渐增大，MN切割磁感线产生感应电动势，则感应电流方向与原电流方向相反，减弱原电流，可知MN受安培力逐渐减小，做加速度减小的加速运动，当MN中电流减小到零时，安培力是零，加速度是零，MN的速度达到最大，设为，此时做匀速直线运动，则有MN切割磁感线产生感应电动势与OP产生的感应电动势大小相等，可知
解得
（3）从OP停止转动到MN停止运动的过程，由能量守恒定律可知，电路中产生的焦耳热为
MN产生的焦耳热为
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）OP转动切割磁感线，利用OP转动的平均切割速度求得其产生的感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求得回路中的感应电流，根据安培力计算公式求解安培力的大小；根据右手定则判断感应电流方向，根据左手定则判断MN所受安培力方向。
（2）MN匀速运动时回路中电流为零，MN切割磁感线产生的感应电动势与OP产生的感应电动势相等，据此根据法拉第电磁感应定律求解。
（3）根据能量守恒定律和焦耳定律，求解MN产生的焦耳热。
15．（2025·鹤山模拟）粗糙绝缘水平地面与光滑绝缘半圆弧竖直轨道相切P点，右侧（含）有水平向右的匀强电场，电场强度大小为，圆轨道半径为R，长度。A点左侧有一弹射装置，A点右侧B处静置一质量为m带电荷量为的滑块C，长度，如图所示。现用此装置来弹射一质量为的滑块D，滑块D在A点获得弹簧储存的全部弹性势能后向右运动，到达B点与C发生弹性碰撞（碰撞过程中C的电荷量不变），碰撞后滑块C继续向右运动到P点进入光滑圆轨道。滑块C、D与地面的动摩擦因数均为，不计空气阻力，滑块都可看作质点，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。
（1）若滑块D获得的弹性势能后与C发生碰撞，求碰后瞬间滑块C的速度大小；
（2）第（1）问的情境中，C继续运动到达圆轨道的最高点Q，求此时滑块C对轨道的压力大小；
（3）若弹射装置弹射出滑块D后，滑块D与C发生弹性碰撞，要使C能滑上圆弧轨道，并且可沿轨道滑回平面，求滑块D获得的弹性势能的范围。
【答案】解：（1）滑块D从释放到与C碰撞前，列动能定理有
解得
D与C发生弹性碰撞，设水平向右为正方向，根据动量守恒和动能守恒列方程有
则碰后C的速度为
（2）对滑块C从B点到Q点电场力做总功为0，对此过程列动能定理有
解出滑块C在Q点速度为
在Q点，对滑块列牛顿第二定律知
联立代入数据解得
由牛顿第三定律得滑块C对轨道的压力
（3）若滑块C恰好能滑到P点，对滑块C从碰后到P处列动能定理有
对D列能量守恒知
再根据（1）中C、D撞前撞后的关系，联立解得
若滑块C能沿轨道返回水平面，则C滑块至多滑到与等效重力场方向垂直时速度减为0。
对D列能量守恒知
再根据（1）中C、D撞前撞后的关系，联立解得
综上所述
【知识点】碰撞模型；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）滑块D从释放到与C碰撞前，列动能定理，D与C发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可解得碰后C的速度；
（2）对滑块C从B点到Q点列动能定理，在Q点，对滑块列牛顿第二定律和牛顿第三定律解得；
（3）根据C滑回平面的临界条件，结合动能定理解得。
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