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2025高考物理海南卷
一、单选题（本题共6小题，每小题4分，共24分。在每个小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意）
1. （2025高考物理海南卷）核反应方程中，则X是（　　）
A. B. C. D.
2. （2025高考物理海南卷）带正电的金属球靠近不带电验电器金属小球，则关于验电器金属小球和金属箔，下列说法正确的是（　　）
A. 、都带正电 B. 、都带负电
C. 带负电、带正电 D. 带正电、带负电
3.（2025高考物理海南卷） 如图所示是某汽车通过过程的图像，下面说法正确的是（　　）
A. 内，汽车做匀减速直线运动
B. 内，汽车静止
C. 和内，汽车加速度方向相同
D. 和内，汽车速度方向相反
4. （2025高考物理海南卷）载人飞船的火箭成功发射升空，载人飞船进入预定轨道后，与空间站完成自主快速交会对接，然后绕地球做匀速圆周运动。已知空间站轨道高度低于地球同步卫星轨道，则下面说法正确的是（　　）
A. 火箭加速升空失重
B. 宇航员在空间站受到的万有引力小于在地表受到万有引力
C. 空间站绕地球做匀速圆周运动的角速度小于地球自转角速度
D. 空间站绕地球做匀速圆周运动的加速度小于地球同步卫星的加速度
5. （2025高考物理海南卷）如图所示，实线和虚线分别是沿着轴正方向传播的一列简谐横波在时刻和的波形图，已知波的周期，则下列关于该列波说法正确的是（　　）
A. 波长为 B. 波速为
C. 周期 D. 时刻，质点向下振动
6. （2025高考物理海南卷）某静电场电势在轴上分布如图所示，图线关于轴对称，、、是轴上的三点，；有一电子从点静止释放，仅受方向的电场力作用，则下列说法正确的是（　　）
A. 点电场强度方向沿x负方向
B. 点的电场强度小于点的电场强度
C. 电子在点的动能小于在点的动能
D. 电子在点的电势能大于在点的电势能
二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分，在每个小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对而不全的得2分，错选或不选的得0分。）
7. 电动汽车充电站变压器输入电压为10kV，输出电压为220V，每个充电桩输入电流16A，设原副线圈匝数分别为、，输入正弦交流的频率为50Hz，则下列说法正确的是（　　）
A. 交流电的周期为0.02s
B. 原副线圈匝数比
C. 输出的最大电压为220V
D. 若10台充电桩同时使用，输入功率为35.2kW
。
8. 一歌手在湖边唱歌，歌声通过空气和水传到距其2km的湖对岸，空气中的声速为340m/s，水中声速为1450m/s，歌声可视为频率为400Hz的声波，则下列说法正确的是（　　）
A. 在水中传播频率会改变
B. 由空气和水传到湖对岸的时间差约为4.5s
C. 在空气中波长为0.85m
D. 在水中的波长为5m
9. 真空中有两个点电荷，电荷量均为 q（q ≥ 0），固定于相距为2r的P1、P2两点，O是P1P2连线的中点，M点在P1P2连线的中垂线上，距离O点为r，N点在P1P2连线上，距离O点为x（x << r），已知静电力常量为k，则下列说法正确的是（ ）
A. P1P2中垂线上电场强度最大的点到O点的距离为
B. P1P2中垂线上电场强度的最大值为
C. 在M点放入一电子，从静止释放，电子的加速度一直减小
D. 在N点放入一电子，从静止释放，电子的运动可视为简谐运动
10. 两根足够长的导轨由上下段电阻不计，光滑的金属导轨组成，在M、N两点绝缘连接，M、N等高，间距L = 1m，连接处平滑。导轨平面与水平面夹角为30°，导轨两端分别连接一个阻值R = 0.02Ω的电阻和C = 1F的电容器，整个装置处于B = 0.2T的垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，两根导体棒ab、cd分别放在MN两侧，质量分为m1 = 0.8kg，m2 = 0.4kg，ab棒电阻为0.08Ω，cd棒的电阻不计，将ab由静止释放，同时cd从距离MN为x0 = 4.32m处在一个大小F = 4.64N，方向沿导轨平面向上的力作用下由静止开始运动，两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，碰撞前瞬间撤去F，已知碰前瞬间ab的速度为4.5m/s，g = 10m/s2（ ）
A. ab从释放到第一次碰撞前所用时间为1.44s
B. ab从释放到第一次碰撞前，R上消耗的焦耳热为0.78J
C. 两棒第一次碰撞后瞬间，ab的速度大小为6.3m/s
D. 两棒第一次碰撞后瞬间，cd的速度大小为8.4m/s
三、实验题（本题共两个小题，其中11题（1）6分，11题（2）4分，12题10分，总共20分）
11. （1）小组用如图所示单摆测量当地重力加速度
①用游标卡尺测得小球直径，刻度尺测得摆线长，则单摆摆长L=_____cm（保留四位有效数字）；
②拉动小球，使摆线伸直且与竖直方向的夹角为（），无初速度的释放小球，小球经过_____点（选填：“最高”或“最低”）时，开始计时，记录小球做了次全振动用时，则单摆周期_____，由此可得当地重力加速度_____（）。
11. （2）测量某半圆形玻璃砖的折射率，操作步骤如下
I．在白纸上画一条直线，半圆形玻璃砖放白纸上，玻璃砖直径与直线重合，描出直径两端点和，取走玻璃砖，用刻度尺求圆心点，过点作垂线，放回玻璃砖，将光屏垂直贴近玻璃砖点放置。
II．沿玻璃砖由向缓慢移动激光笔，使得入射光线平行纸面且始终沿着半径方向射向圆心，从玻璃砖射出的激光在下方的光屏上恰好消失，记下激光入射点，取走玻璃砖，过点作的垂线。
①步骤II中，当激光从点入射到点在面下方光屏上恰好消失时是光的_____。
A. 色散现象 B. 衍射现象 C. 全反射现象
②用刻度尺测得、，则玻璃砖的折射率_____。
12. 图是“测量电源电动势和内阻”的实验电路。
有如下器材
电源（约为3V，内阻未知）
电压表V（0~3V，RV约为3kΩ）
电流表A（0~6A，RA约为1Ω）
定值电阻
滑动变阻器（）
滑动变阻器（）
开关S
导线若干
（1）为了提高测量精度，电路图中滑动变阻器应选_____。
（2）闭合开关S，多次调节滑动变阻器，记录U、I，如下表
1.00 1.30 1.70 2.00 2.50
0.38 0.32 0.24 0.18 0.08
根据表中数据作出U-I图像_____。
（3）由U-I图像可求出电动势E1=_____V，内阻r=_____Ω（均保留三位有效数字）
（4）考虑电压表分流引起的误差，则 _____；（填“大于”、 “等于”或“小于”）；与真实值之间的关系式为_____（用，，，表示
四、计算题（本题共三个小题，其中13题8分，14题12分，15题16分，总共36分）
13. （8分）竖直放置的气缸内，活塞横截面积，活塞质量不计，活塞与气缸无摩擦，最初活塞静止，缸内气体，，大气压强，
（1）若加热活塞缓慢上升，体积变为，求此时的温度；
（2）若往活塞上放m=25kg的重物，保持温度T0不变，求稳定之后，气体的体积。
14. （12分）足够长的传送带固定在竖直平面内，半径，圆心角的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件A从圆弧顶点无初速度下滑，在平台与B碰成一整体，B随后滑上传送带，已知，，A、B可视为质点，AB与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦生热，忽略轨道及平台的摩擦，
（1）A滑到圆弧最低点时受的支持力；
（2）A与B整个碰撞过程中损失的机械能；
（3）传送带的速度大小。
15. （16分）间距为L的金属导轨倾斜部分光滑，水平部分粗糙且平滑相接，导轨上方接有电源和开关，倾斜导轨与水平面夹角，处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，水平导轨处于垂直竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小均为，两相同导体棒、与水平导轨的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两棒质量均，接入电路中的电阻均为，棒仅在水平导轨上运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，且不互相碰撞，忽略金属导轨的电阻，重力加速度为。
（1）锁定水平导轨上的棒，闭合开关，棒静止在倾斜导轨上，求通过棒的电流；断开开关，同时解除棒的锁定，当棒下滑距离为时，棒开始运动，求棒从解除锁定到开始运动过程中，棒产生的焦耳热；
（2）此后棒在下滑过程中，电流达到稳定，求此时、棒的速度大小之差；
（3）棒中电流稳定之后继续下滑，从棒到达水平导轨开始计时，时刻棒速度为零，加速度不为零，此后某时刻，棒的加速度为零，速度不为零，求从时刻到某时刻，、的路程之差。
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2025高考物理海南卷
一、单选题（本题共6小题，每小题4分，共24分。在每个小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意）
1. （2025高考物理海南卷）核反应方程中，则X是（　　）
A. B. C. D.
【答案】
【解析】由核反应方程遵循电荷数守恒和质量数守恒可知X是中子，C正确。
2. （2025高考物理海南卷）带正电的金属球靠近不带电验电器金属小球，则关于验电器金属小球和金属箔，下列说法正确的是（　　）
A. 、都带正电 B. 、都带负电
C. 带负电、带正电 D. 带正电、带负电
【答案】C
【解析】带正电的金属球靠近不带电验电器金属小球，由于同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，使得金属球a带负电荷，指针和金属杆下端b带正电，C正确。
3.（2025高考物理海南卷） 如图所示是某汽车通过过程的图像，下面说法正确的是（　　）
A. 内，汽车做匀减速直线运动
B. 内，汽车静止
C. 和内，汽车加速度方向相同
D. 和内，汽车速度方向相反
【答案】A
【解析】根据图像的斜率表示加速度，可知在内加速度为负值且恒定，速度为正值，所以汽车在内做匀减速直线运动，A正确；内，汽车速度不变，做匀速直线运动，B错误；内加速度为负值，内加速度为正值，所以和内，汽车加速度方向相反，C错误；和内，汽车速度都是正值，所以和内，汽车速度方向相同，D错误。
4. （2025高考物理海南卷）载人飞船的火箭成功发射升空，载人飞船进入预定轨道后，与空间站完成自主快速交会对接，然后绕地球做匀速圆周运动。已知空间站轨道高度低于地球同步卫星轨道，则下面说法正确的是（　　）
A. 火箭加速升空失重
B. 宇航员在空间站受到的万有引力小于在地表受到万有引力
C. 空间站绕地球做匀速圆周运动的角速度小于地球自转角速度
D. 空间站绕地球做匀速圆周运动的加速度小于地球同步卫星的加速度
【答案】B
【解析】火箭加速升空过程中，加速度方向竖直向上，处于超重状态，A错误；由于在空间站时离地心的距离大于地球半径，由万有引力定律可知， 宇航员在空间站受到的万有引力小于在地表受到万有引力，B正确；由G =mr，解得ω=，由于空间站到地心的距离小于同步卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径，所以空间站绕地球做匀速圆周运动的角速度大于地球自转角速度，C错误；由G =ma，解得a= G ，由于空间站到地心的距离小于同步卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径，所以空间站绕地球做匀速圆周运动的加速度大于地球同步卫星的加速度,D错误。
5. （2025高考物理海南卷）如图所示，实线和虚线分别是沿着轴正方向传播的一列简谐横波在时刻和的波形图，已知波的周期，则下列关于该列波说法正确的是（　　）
A. 波长为 B. 波速为
C. 周期 D. 时刻，质点向下振动
【答案】D
【解析】由波动图像可知这列波的波长为10cm，A错误；根据题述沿着x轴正方向传播的一列简谐横波在时刻和的波形图，可知在0.5s时间内波动传播了7.5m，波速v=x/t=15cm/s，B错误；波动周期T=λ/v=2/3s，C错误；沿着x轴正方向传播，时刻，质点向下振动，D正确。
6. （2025高考物理海南卷）某静电场电势在轴上分布如图所示，图线关于轴对称，、、是轴上的三点，；有一电子从点静止释放，仅受方向的电场力作用，则下列说法正确的是（　　）
A. 点电场强度方向沿x负方向
B. 点的电场强度小于点的电场强度
C. 电子在点的动能小于在点的动能
D. 电子在点的电势能大于在点的电势能
【答案】D
【解析】由某静电场电势在轴上分布图可知，在x＞0区域，电势随x的增大而减小，根据某静电场电势在轴上分布图像的斜率表示电场强度可知，点电场强度方向沿x正方向，A错误；由于图线关于轴对称，，点的电场强度和点的电场强度大小相等，方向相反，B错误；电子从P到N，电场力做负功，动能减小，所以电子在点的动能大于在点的动能，C错误；由于M点的电势小于P点的电势，所以电子在点的电势能大于在点的电势能，D正确。
二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分，在每个小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对而不全的得2分，错选或不选的得0分。）
7. 电动汽车充电站变压器输入电压为10kV，输出电压为220V，每个充电桩输入电流16A，设原副线圈匝数分别为、，输入正弦交流的频率为50Hz，则下列说法正确的是（　　）
A. 交流电的周期为0.02s
B. 原副线圈匝数比
C. 输出的最大电压为220V
D. 若10台充电桩同时使用，输入功率为35.2kW
【答案】AD
【解析】交流电的周期为
故A正确；
根据理想变压器原副线圈的电压与线圈匝数的关系可得，原副线圈匝数比为
故B错误；
输出的最大电压为
故C错误；
若10台充电桩同时使用，输出功率为
变压器不改变功率，故输入功率为
故D正确。
。
8. 一歌手在湖边唱歌，歌声通过空气和水传到距其2km的湖对岸，空气中的声速为340m/s，水中声速为1450m/s，歌声可视为频率为400Hz的声波，则下列说法正确的是（　　）
A. 在水中传播频率会改变
B. 由空气和水传到湖对岸的时间差约为4.5s
C. 在空气中波长为0.85m
D. 在水中的波长为5m
【答案】BC
【解析】
频率只与波源有关，故在水中传播频率不会改变，故A错误；
由空气传到湖对岸的时间为
由水传到湖对岸的时间为
故由空气和水传到湖对岸的时间差约为
故B正确；
在空气中的波长为
故C正确；
在水中的波长为，故D错误。
9. 真空中有两个点电荷，电荷量均为 q（q ≥ 0），固定于相距为2r的P1、P2两点，O是P1P2连线的中点，M点在P1P2连线的中垂线上，距离O点为r，N点在P1P2连线上，距离O点为x（x << r），已知静电力常量为k，则下列说法正确的是（ ）
A. P1P2中垂线上电场强度最大的点到O点的距离为
B. P1P2中垂线上电场强度的最大值为
C. 在M点放入一电子，从静止释放，电子的加速度一直减小
D. 在N点放入一电子，从静止释放，电子的运动可视为简谐运动
【答案】CD
【解析】．设P1处的点电荷在P1P2中垂线上某点A处产生的场强与竖直向下的夹角为θ，则根据场强的叠加原理可知，A点的合场强为
根据均值不等式可知当时E有最大值，且最大值为
再根据几何关系可知A点到O点的距离为
故AB错误；
在M点放入一电子，从静止释放，由于
可知电子向上运动的过程中电场力一直减小，则电子的加速度一直减小，故C正确；
根据等量同种电荷的电场线分布可知，电子运动过程中，O点为平衡位置，可知当发生位移x时，粒子受到的电场力为
由于x << r，整理后有
在N点放入一电子，从静止释放，电子将以O点为平衡位置做简谐运动，故D正确。
10. 两根足够长的导轨由上下段电阻不计，光滑的金属导轨组成，在M、N两点绝缘连接，M、N等高，间距L = 1m，连接处平滑。导轨平面与水平面夹角为30°，导轨两端分别连接一个阻值R = 0.02Ω的电阻和C = 1F的电容器，整个装置处于B = 0.2T的垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，两根导体棒ab、cd分别放在MN两侧，质量分为m1 = 0.8kg，m2 = 0.4kg，ab棒电阻为0.08Ω，cd棒的电阻不计，将ab由静止释放，同时cd从距离MN为x0 = 4.32m处在一个大小F = 4.64N，方向沿导轨平面向上的力作用下由静止开始运动，两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，碰撞前瞬间撤去F，已知碰前瞬间ab的速度为4.5m/s，g = 10m/s2（ ）
A. ab从释放到第一次碰撞前所用时间为1.44s
B. ab从释放到第一次碰撞前，R上消耗的焦耳热为0.78J
C. 两棒第一次碰撞后瞬间，ab的速度大小为6.3m/s
D. 两棒第一次碰撞后瞬间，cd的速度大小为8.4m/s
【答案】BD
【解析】
由于金属棒ab、cd同时由静止释放，且恰好在M、N处发生弹性碰撞，则说明ab、cd在到达M、N处所用的时间是相同的，对金属棒cd和电容器组成的回路有
Δq = C·BLΔv
对cd根据牛顿第二定律有
F－BIL－m2gsin30° = m2a2
其中
，
联立有
则说明金属棒cd做匀加速直线运动，则有
联立解得
a2 = 6m/s2，t = 1.2s
故A错误；
由题知，知碰前瞬间ab的速度为4.5m/s，则根据功能关系有
金属棒下滑过程中根据动量定理有
其中
，R总 = R＋Rab = 0.1Ω
联立解得
q = 6C，xab = 3m，Q = 3.9J
则R上消耗的焦耳热为，B正确；
由于两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，取沿斜面向下为正，有
m1v1－m2v2 = m1v1′＋m2v2′
其中v2 = a2t = 72m/s
联立解得v1′ = －3.3m/s，v2′ = 8.4m/s
故C错误、D正确。
三、实验题（本题共两个小题，其中11题（1）6分，11题（2）4分，12题10分，总共20分）
11. （1）（6分）小组用如图所示单摆测量当地重力加速度
①用游标卡尺测得小球直径，刻度尺测得摆线长，则单摆摆长L=_____cm（保留四位有效数字）；
②拉动小球，使摆线伸直且与竖直方向的夹角为（），无初速度的释放小球，小球经过_____点（选填：“最高”或“最低”）时，开始计时，记录小球做了次全振动用时，则单摆周期_____，由此可得当地重力加速度_____（）。
【答案】（1）80.00 （2分） （2）最低 （1分） 1.8 （1分） 9.88（2分）
【解析】（1）单摆摆长L=l+d/2=80.00cm。
（2）单摆周期T=t/n=1.8s。
根据单摆周期公式T=2π. ，可得g=,
代入数值得g=9.88m/s2。
11. （2）测量某半圆形玻璃砖的折射率，操作步骤如下
I．在白纸上画一条直线，半圆形玻璃砖放白纸上，玻璃砖直径与直线重合，描出直径两端点和，取走玻璃砖，用刻度尺求圆心点，过点作垂线，放回玻璃砖，将光屏垂直贴近玻璃砖点放置。
II．沿玻璃砖由向缓慢移动激光笔，使得入射光线平行纸面且始终沿着半径方向射向圆心，从玻璃砖射出的激光在下方的光屏上恰好消失，记下激光入射点，取走玻璃砖，过点作的垂线。
①步骤II中，当激光从点入射到点在面下方光屏上恰好消失时是光的_____。
A. 色散现象 B. 衍射现象 C. 全反射现象
②用刻度尺测得、，则玻璃砖的折射率_____。
【答案】（1）C （2分）（2）1.6（2分）
【解析】①当激光从点入射到点在面下方光屏上恰好消失时，此时光线在AB面发生全反射，所以是全反射现象，C正确。
②从玻璃砖射出的激光在下方的光屏上恰好消失，入射角等于临界角，即∠DOE=C，sinC=DE/0B=5/8，又sinC=1/n，联立解得n=1.6.
12. （10分） 图是“测量电源电动势和内阻”的实验电路。
有如下器材
电源（约为3V，内阻未知）
电压表V（0~3V，RV约为3kΩ）
电流表A（0~6A，RA约为1Ω）
定值电阻
滑动变阻器（）
滑动变阻器（）
开关S
导线若干
（1）为了提高测量精度，电路图中滑动变阻器应选_____。
（2）闭合开关S，多次调节滑动变阻器，记录U、I，如下表
1.00 1.30 1.70 2.00 2.50
0.38 0.32 0.24 0.18 0.08
根据表中数据作出U-I图像_____。
（3）由U-I图像可求出电动势E1=_____V，内阻r=_____Ω（均保留三位有效数字）
（4）考虑电压表分流引起的误差，则 _____；（填“大于”、 “等于”或“小于”）；与真实值之间的关系式为_____（用，，，表示
【答案】（1）R1 （1分）
（2）（2分）
（3）2.90 （2分） 2.18 （2分）
（4）小于 （1分） （2分）
【解析】（1）为了提高测量精度，方便调节电路，电路图中滑动变阻器应选最大阻值较小的R1.
（2）根据表中数据采用描点法先描出各个数据点，然后过尽可能多的点画直线作出U-I图像。
（3）根据闭合电路欧姆定律，U=E1-(R0+r)I，
画出的U—I图像在纵轴的截距E1=2.90V；图像斜率大小k=(R0+r)= Ω，解得r=2.18Ω。
（4）将电压表和电源等效为新的电源，根据U—I图像得到的电动势和内阻为等效电源的电动势和内阻，等效电源的电动势为，故；将R0等效为电源内阻的一部分，可得等效电源的内阻与真实值之间的关系式为。
四、计算题（本题共三个小题，其中13题8分，14题12分，15题16分，总共36分）
13. （8分）竖直放置的气缸内，活塞横截面积，活塞质量不计，活塞与气缸无摩擦，最初活塞静止，缸内气体，，大气压强，
（1）若加热活塞缓慢上升，体积变为，求此时的温度；
（2）若往活塞上放m=25kg的重物，保持温度T0不变，求稳定之后，气体的体积。
【解析】（1）活塞缓慢上升过程，气体做等圧変化，根据盖·吕萨克定律，=
解得T1=450K（3分）
（2）设稳定后气体压强为p2，根据平衡条件，p2S= p0S +mg，
由玻意耳定律，p0V0= p2V2，
联立解得 =4×10-3m3。（5分）
14. （12分）足够长的传送带固定在竖直平面内，半径，圆心角的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件A从圆弧顶点无初速度下滑，在平台与B碰成一整体，B随后滑上传送带，已知，，A、B可视为质点，AB与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦生热，忽略轨道及平台的摩擦，
（1）A滑到圆弧最低点时受的支持力；
（2）A与B整个碰撞过程中损失的机械能；
（3）传送带的速度大小。
【解析】（1）工件A从圆弧顶点无初速度下滑到最低点，根据机械能守恒定律
mAg（R-Rcos53°）=
解得 v0=2m/s
在最低点，由牛顿第二定律 FN- mAg =
解得 FN =72N，方向竖直向上。（4分）
（2）工件A从圆弧顶点无初速度下滑，在平台与B碰成一整体，根据动量守恒定律
(mA+mB ) v共
解得 =1.6m/s
A与B整个碰撞过程中损失的机械能△E=- =1.6J（4分）
（3）第一种情况，当传送带速度v小于v共时，AB整体滑上传送带后先减速后匀速运动。设AB与传送带间的动摩擦因数为μ，对AB整体，由牛顿第二定律，μ（mA+mB）g =（mA+mB）a。设经过时间t1后AB整体与传送带共速，可得v=v共-at1，
该段时间内AB整体运动的位移 x1=，传送带运动的位移x2=vt1，而 Q=μ（mA+mB）g（x1- x2），联立解得v=0.6m/s。另一解大于v共舍弃。
第二种情况，当传送带速度v大于v共时，AB整体滑上传送带后先加速后匀速运动。设经过时间t2后AB整体与传送带共速，同理可得v=v共+at2，
该段时间内AB整体运动的位移 x1’=，传送带运动的位移x2’=vt2，而 Q=μ（mA+mB）g（x2’- x1’），联立解得v=2.6ms。另一解小于v共舍弃。（4分）
15. （16分）间距为L的金属导轨倾斜部分光滑，水平部分粗糙且平滑相接，导轨上方接有电源和开关，倾斜导轨与水平面夹角，处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，水平导轨处于垂直竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小均为，两相同导体棒、与水平导轨的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两棒质量均，接入电路中的电阻均为，棒仅在水平导轨上运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，且不互相碰撞，忽略金属导轨的电阻，重力加速度为。
（1）锁定水平导轨上的棒，闭合开关，棒静止在倾斜导轨上，求通过棒的电流；断开开关，同时解除棒的锁定，当棒下滑距离为时，棒开始运动，求棒从解除锁定到开始运动过程中，棒产生的焦耳热；
（2）此后棒在下滑过程中，电流达到稳定，求此时、棒的速度大小之差；
（3）棒中电流稳定之后继续下滑，从棒到达水平导轨开始计时，时刻棒速度为零，加速度不为零，此后某时刻，棒的加速度为零，速度不为零，求从时刻到某时刻，、的路程之差。
【答案】（1），
（2） （3）
【解析】（1）棒静止在倾斜导轨上，根据平衡条件可得
解得通过棒的电流
设当ab金属棒下滑距离x0时速度为v0，cd金属棒开始运动时回路中的电流为I1，
此时对cd金属棒有
同时
分析可知，解除棒的锁定，当棒下滑距离为时，棒开始运动，cd金属棒产生的焦耳热与ab金属棒产生的焦耳热相等，对整个过程由能量守恒定律可得
联立解得棒产生的焦耳热 （5分）
（2）分析可知，ab金属棒在下滑过程中产生的感应电动势与cd金属棒在向左运动的过程中产生的感应电动势方向相反，故当电流达到稳定时，两金属棒的速度差恒定，故可知此时两金属棒的加速度相等。由于两金属棒受到的安培力大小相等，对两金属棒
同时有
联立解得、棒的速度大小之差 （4分）
（3）分析可知，从开始到t1时刻，两金属棒整体所受的合外力为零，故该过程系统动量守恒，
解得
设某时刻时，ab金属棒的速度为v1’’，cd金属棒速度为vcd，cd金属棒的加速度为零，可得
其中
分析可知此时两导体棒产生的感应电动势方向相反，可得
从t3时刻到某时刻之间，对两金属棒分别根据动量定理，
注意到I△t=q，可得
两式相加得
同时有
联立解得①②③④可得从时刻到某时刻，、的路程之差（7分）
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