资源简介

2025届四川省南充市高三下学期第三次诊断考试物理试题
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题目要求。
1．（2025·南充模拟）将一块放射性物质放入上端开孔的铅盒中，再将铅盒放在垂直纸面向外的匀强磁场中，发现放射性物质发出的三种射线发生如图所示偏转，下列说法正确的是（　　）
A．甲射线是高速电子流
B．乙射线常用于常规人体透视
C．三种射线中丙射线的贯穿本领最强
D．一个半衰期后，铅盒中物质的质量为刚放入时的一半
【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A．根据左手定则，由图可知，甲射线是高速电子流，丙射线为射线，乙射线为射线，故A正确；
B．常规人体透视使用X射线，而乙射线为射线（穿透力最强），虽可用于医疗（如肿瘤治疗），但并非透视的常规选择，故B错误；
C．乙射线不偏转为射线，其穿透能力最强（能穿透几厘米厚的铅板），丙为射线，穿透能力最弱，故C错误；
D．半衰期指放射性原子核数量减半，而非总质量减半（因衰变产物仍留在铅盒中）。实际质量减少量取决于衰变类型，通常远小于一半，故D错误。
故答案为：A。
【分析】根据三种射线的带电性质（α带正电、β带负电、γ不带电），结合左手定则判断射线类型，再分析其穿透能力、应用及半衰期的含义。
2．（2025·南充模拟）2025年2月20日，实践25号卫星与超期服役的北斗3号G7星在3.6万公里高空对接，为G7星注入肼类推进剂，实现了人类首次地球静止轨道卫星的在轨燃料补给。下列说法正确的是（　　）
A．北斗G7星不受地球的万有引力
B．北斗G7星可能出现在北极的正上空
C．北斗G7星绕地球的公转周期约为24小时
D．实践25号卫星向正后方喷气就可以追上同轨道的北斗G7星
【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．北斗G7星绕地球做圆周运动，地球万有引力提供向心力，必然受引力作用，故A错误；
B．地球静止轨道卫星的轨道平面必须与赤道平面重合，因此只能在赤道上空定点，不可能出现在北极正上方，故B错误；
C．地球静止轨道卫星的公转周期与地球自转周期同步，均为24小时，故C正确；
D．实践25号卫星向正后方喷气，做加速运动，将做离心运动，轨道半径变大，不可以追上同轨道的北斗G7星，故D错误。
故答案为：C。
【分析】根据 “地球静止轨道卫星” 的定义（轨道与赤道共面、周期与地球自转同步），结合万有引力、卫星变轨规律分析各选项。
3．（2025·南充模拟）如图所示，对称分布的实线表示真空中两点电荷在某一平面内的部分等差等势线，点是两点电荷连线的中点，E、F在两点电荷连线上，A、B在两点电荷连线的中垂线上，B、C、D三点在同一条直线上。已知，电子能以点为圆心在垂直纸面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是（　　）
A．电势差 B．两点电荷为等量的负电荷
C．A、B两点的场强相同 D．E、F两点的电势相等
【答案】D
【知识点】电场线；电势；电势差
【解析】【解答】AD．根据题意可知，实线为等差等势线，由图可知，E、F两点在同一条等势线上，电势相等，故A错误，D正确；
B．电子能以点为圆心在垂直纸面内做匀速圆周运动，说明电子所受电场力指向点，结合图像可知，两点电荷为等量的正电荷，故B错误；
C．由对称性可知，A、B两点的场强大小相等，方向相反，故C错误。
故答案为：D。
【分析】根据等势线分布、电子圆周运动的受力（电场力指向圆心），结合电势差、场强的对称性分析各选项。
4．（2025·南充模拟）如图甲所示，将A、B两小球从空中同一位置以相等速率在0时刻分别竖直向上和竖直向下抛出，它们的图像如图乙所示，已知B球在时触地，重力加速度为，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．抛出点到地面的高度为
B．A球在时回到抛出点
C．落地前B球相对A球做匀加速直线运动
D．B球在第一个内和第二个内的位移之比为
【答案】B
【知识点】竖直上抛运动
【解析】【解答】A．根据题意，由运动学公式可得，抛出点到地面的高度为，故A错误；
B．根据题意，结合图乙，由对称性可知，A球在时回到抛出点，故B正确；
C．取向下为正方向，A球的速度为，B球的速度为
则落地前B球相对A球的速度为，即落地前B球相对A球做匀速直线运动，故C错误；
D．根据题意，由运动学公式可得，B球在第一个内位移为，B球在第二个内的位移可知，B球在第一个内和第二个内的位移之比不是，故D错误。
故答案为：B。
【分析】结合竖直上抛、竖直下抛的运动规律（对称性、速度公式、位移公式），分析各选项的运动状态。
5．（2025·南充模拟）如图所示为翻斗车卸货时的场景，卸货时货厢可绕尾部的转轴在纸面内顺时针转动，在货厢从水平位置缓慢转到货物刚要开始滑动的过程中，可把货物看作处于平衡状态，下列说法正确的是（　　）
A．货物受到的合力逐渐增大
B．货厢底面对货物的弹力逐渐增大
C．货厢底面对货物的摩擦力逐渐增大
D．货厢对货物的作用力大于货物对货厢的作用力
【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】A．货物一直处于平衡状态，所受合力为0，保持不变，故A错误；
BC．设货箱与水平方向夹角为，对货物受力分析，受重力、货厢底面对货物的弹力和货厢底面对货物的摩擦力，由平衡条件有，，货厢从水平位置缓慢转到货物刚要开始滑动的过程中，逐渐增大，则增大，减小，故B错误，C正确；
D．货厢对货物的作用力与货物对货厢的作用力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故D错误。
故答案为：C。
【分析】将货物视为平衡状态（合力为0），对其受力分析（重力、弹力、摩擦力），结合货厢转动时倾角θ的变化，分析各力的变化规律。
6．（2025·南充模拟）质量为的物体静止在水平地面上，从0时刻开始物体受到一个竖直向上的拉力，该力随时间变化的图像如图所示。重力加速度，忽略空气阻力。下列说法错误的是（　　）
A．物体在第1s内做匀加速直线运动
B．物体在第末的速度为
C．拉力在第末的功率为
D．物体在前内的平均速度大小为
【答案】A
【知识点】牛顿第一定律；动量定理；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．根据题意，由图可知，在第1s内拉力可知，物体保持静止状态，故A错误；
BC．根据题意，由图像面积表示拉力的冲量，结合图像可得，内，拉力的冲量
内，拉力的冲量为
设第末的速度为，第末速度为，由动量定理有，
解得，
则拉力在第末的功率为，故BC正确；
D．结合上述分析可知，内物体静止，内物体做加速运动，作出v-t图像如下
由图像的特点可知1~3s内物体的速度变化等效于速度从零均匀增加到5m/s，设物体此时间内上升的高度为，则有
物体以做匀速直线运动，上升的高度为
则物体在前内的平均速度大小为，故D正确。
故答案为：A。
【分析】先判断物体受力是否平衡（第1s内拉力与重力的关系），再用动量定理（拉力冲量-重力冲量=动量变化）分析速度，结合功率、平均速度公式判断选项。
7．（2025·南充模拟）如图所示，一根足够长的固定竖直绝缘杆，位于垂直纸面向外、磁感应强度的匀强磁场中。现有一个质量为、带电荷量的小球套在绝缘杆上从某点静止开始下滑，经过达到最大速度。已知小球与杆间的动摩擦因数为0.8，重力加速度为。则在小球加速下滑的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小球的最大加速度为 B．小球的最大速度为
C．小球下降的高度为 D．系统因摩擦生热为3J
【答案】B
【知识点】动量定理；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A．根据题意可知，开始下滑时，小球速度为0，洛伦兹力为0，此时小球与杆间的摩擦力为0，小球只受重力，加速度最大，等于重力加速度，故A错误；
B．根据题意可知，当小球速度最大时，加速度为0，则有，解得，故B正确；
C．小球由静止开始下滑，到达到最大速度，由动量定理得，整理可得，解得，C错误；
D．小球由静止开始下滑，到达到最大速度，由动能定理得，解得，则系统因摩擦生热为，故D错误。
故答案为：B。
【分析】先分析小球的受力（重力、洛伦兹力、摩擦力），结合“速度最大时加速度为0”的平衡条件求最大速度，再用动量定理、动能定理分析下降高度和摩擦生热。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．（2025·南充模拟）轴上两波源（横坐标为）、（横坐标为10）形成的简谐横波在同种均匀介质中相向传播，某时刻波形如图所示，波的传播速度为。下列说法正确的是（　　）
A．波源的起振方向沿轴正向
B．波源的振动周期为
C．两波源、同时运动到坐标原点
D．各质点振动稳定后，平衡位置在坐标原点的质点振幅为
【答案】B,D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】A．结合图像，由同侧法可得，波源的起振方向沿轴负向，故A错误；
B．由图可知，波源形成的机械波的波长为，则周期为，故B正确；
C．从图示位置，波源振动形式传播到原点的时间为，波源振动形式传播到原点的时间为，两波源不能沿x轴运动，故C错误；
D．结合上述分析，由图可知，两波源形成的机械波的波长相等，则周期相等，叠加后可发生稳定的干涉现象，当波源振动形式传播到原点时，波源在处质点的振动形式传播到原点，且振动方向相同，则坐标原点的质点为振动加强点，质点振幅为，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】从波形图提取波长，结合波速求周期；用“同侧法”判断起振方向；分析波的传播时间与干涉加强条件。
9．（2025·南充模拟）如图所示，为某小型交流发电机通过理想变压器给负载供电的原理图。矩形金属线圈绕垂直匀强磁场的轴匀速转动，磁感应强度大小为，已知发电机线圈匝数为100匝、电阻为、面积为、转动角速度为，变压器原、副线圈的匝数比可调，定值电阻。下列说法正确的是（　　）
A．交流电的周期为0.02s
B．线圈处于图示位置时瞬时电动势为
C．当时，理想交流电压表示数为
D．当时，定值电阻有最大功率
【答案】A,D
【知识点】交变电流的产生及规律；变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．交流电的周期为，故A正确；
B．线圈处于图示位置时，线圈平面与磁场方向垂直，处于中性面，瞬时电动势为0，故B错误；
C．电动势最大值为，电动势有效值为
由于线圈电阻为，则原线圈输入电压，可知理想交流电压表示数小于，故C错误；
D．设原、副线圈的电压分别为、，电流分别为、，则有，，，
联立可得
根据数学知识可知，当，即时，具有最大值，则定值电阻的最大功率为，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】先由线圈转动的角速度求交流电周期，判断中性面的瞬时电动势；再结合变压器的电压、电流关系，利用电源输出功率的极值条件分析电阻的最大功率。
10．（2025·南充模拟）如图所示，固定直杆与水平面的夹角为，轻弹簧一端固定在点，另一端连接穿在杆上的小球，小球与杆间的动摩擦因数为，弹簧和杆在同一竖直平面内。水平，等于弹簧原长，，，小球在A点时弹簧的弹性势能为，小球从A点静止释放，第一次能够到点，重力加速度为，下列说法正确的是（　　）
A．从A到的过程中，杆对小球的冲量不为零
B．若，小球在点时速度最大
C．若且小球最低能到点，则小球第一次过点的动能为
D．若，则小球第一次向下通过点和点时的加速度大小一定相等
【答案】A,C
【知识点】受力分析的应用；牛顿运动定律的应用—连接体；动能定理的综合应用；冲量
【解析】【解答】A．从 A 到 C 的过程中，杆对小球有摩擦力、弹力作用，根据冲量I=Ft，这些力的冲量不为零，故A正确；
B．若，当加速度为零时小球的速度最大；在B点，对小球受力分析，可知小球受重力、弹簧的弹力和杆的弹力作用，在垂直杆方向各力平衡，在沿杆方向只有重力沿杆向下的分力， 根据牛顿第二定律可知，此时存在沿杆向下的加速度，故小球在点时速度不是最大，故B错误；
C．若且小球最低能到点，由题知小球在A点时弹簧的弹性势能为，又，故小球在C点时弹簧的弹性势能也为，故小球从A点到C点，动能变化量为零，弹性势能变化量也为零，根据动能定理有
解得
对小球从A点到B点分析，因A点、C点关于B点对称，且B点为弹簧的原长点，故此过程小球克服摩擦力做的功等于小球从A点到C点过程克服摩擦力做的功的一半，重力和弹力做正功，根据动能定理有
又，，
解得，故C正确；
D．若，对小球在E点和F点的受力分析，如图所示
由题分析知，点和点关于B点对称，故小球在这两点的弹力大小相等，但方向不同，即，设、与杆的夹角为，根据正交分解，对小球在E点受力分析，在垂直杆方向有
在沿杆方向有
同理，对小球在F点受力分析，在垂直杆方向有
若小球仍有沿杆向下的加速度，在沿杆方向有
因，则有，
则有
根据
可知
结合小球杆方向的受力分析方程式，可知，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】结合冲量定义、受力平衡（速度最大的条件）、动能定理（分析能量变化），逐一分析选项。
三、非选择题，本题共5小题，共54分。其中13~15小题解题时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
11．（2025·南充模拟）如图所示，某同学在“测量平行玻璃砖的折射率”实验中，先在白纸上画出三条直线：入射界面、入射光线和过点的法线，让玻璃砖的一个面与直线重合，再沿玻璃砖另一面确定两点以便作出直线。
（1）在上适当位置竖直插两枚大头针，眼睛在另一侧透过玻璃砖看两枚大头针，使的像挡住的像，再插上大头针，让挡住　 　的像，插上大头针，让挡住和的像；
（2）连接、并延长与交于点，连接代表折射光线。为了便于计算折射率，以为圆心适当的半径画圆，与交于点，与交于点，过两点分别向法线作垂线和，并用刻度尺测出和的长度分别为和，则玻璃砖的折射率　 　；
（3）若实验操作中，在插大头针前，玻璃砖沿纸面向下平移了一小段距离，其他操作无误，则测得的折射率与真实值相比　 　（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）
（2）1.5
（3）不变
【知识点】测定玻璃的折射率；光的折射及折射定律
【解析】【解答】（1）根据实验原理可知，插上大头针，让挡住的像。
故答案为：
（2）由折射定律可知，玻璃砖的折射率
故答案为：1.5
（3）根据题意，若实验操作中，在插大头针前，玻璃砖沿纸面向下平移了一小段距离，其他操作无误，如图所示
由图可知，入射角和折射角不改变，则测得的折射率与真实值相比不变。
故答案为：不变
【分析】(1) 大头针的作用：通过“遮挡法”确定折射光线，需挡住、的像，保证光线的延续性；
(2) 折射率计算：利用折射定律，结合圆的半径相等，、，化简得；
(3) 误差分析：玻璃砖下移后，入射、折射光线的相对角度不变，故折射率测量值不变。
（1）根据实验原理可知，插上大头针，让挡住的像。
（2）由折射定律可知，玻璃砖的折射率
（3）根据题意，若实验操作中，在插大头针前，玻璃砖沿纸面向下平移了一小段距离，其他操作无误，如图所示
由图可知，入射角和折射角不改变，则测得的折射率与真实值相比不变。
12．（2025·南充模拟）某物理实验兴趣小组利用如图甲所示的实验电路既能测量电源电动势和内阻，又能测定滑动变阻器的最大阻值。实验中，将滑动变阻器的滑片从某一端逐渐滑往另一端过程中，小组得到两个理想电压表的多组数据，绘制了如乙图所示的图像，其中A点和B点分别对应着滑片位于滑动变阻器两端的状态，定值电阻。（实验数据结果保留两位有效数字）根据电路图和实验数据回答：
（1）闭合开关前，滑片应该置于的　 　端（选填“左”或“右”）
（2）图像中的B点表示滑片处于的　 　端（选填“左”或“右”）；
（3）电源电动势　 　V和内阻　 　
（4）滑动变阻器的最大电阻　 　。
【答案】（1）右
（2）左
（3）；
（4）
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）滑动变阻器采用的是限流式，所以闭合电键前应至于最大量程处，即最右端。
故答案为：右
（2）由闭合回路欧姆定律有
结合图乙可知，图像中的B点表示滑动变阻器接入电路的阻值较小，即示滑片处于的左端。
故答案为：左
（3）根据题意，由闭合回路欧姆定律有
结合图乙可得
由图乙可知，滑动变阻器接入阻值最大时
滑动变阻器接入阻值最小时
则有，
联立解得，
故答案为：；
（4）由小问3解析可知，滑动变阻器的最大电阻。
故答案为：
【分析】(1) 滑片初始位置：滑动变阻器为限流式接法，闭合开关前需置于最大阻值处（右端），保护电路；
(2) B点对应滑片位置：B点较小，说明滑动变阻器接入阻值小，对应滑片在左端；
(3) 电源电动势与内阻：由闭合电路欧姆定律，结合图像的纵截距（电动势）、斜率（内阻相关）求解；
(4) 滑动变阻器最大阻值：结合滑片在右端（最大阻值）时的电压数据，由欧姆定律计算。
（1）滑动变阻器采用的是限流式，所以闭合电键前应至于最大量程处，即最右端。
（2）由闭合回路欧姆定律有
结合图乙可知，图像中的B点表示滑动变阻器接入电路的阻值较小，即示滑片处于的左端。
（3）根据题意，由闭合回路欧姆定律有
结合图乙可得
由图乙可知，滑动变阻器接入阻值最大时
滑动变阻器接入阻值最小时
则有，
联立解得，
（4）由小问3解析可知，滑动变阻器的最大电阻。
13．（2025·南充模拟）如图所示为一定质量理想气体从状态状态状态的图像，已知状态A的温度。结合图中数据求：
（1）状态B的温度和状态的温度；
（2）从状态A到状态B的过程中，系统吸收的热量。
【答案】（1）解：根据题意，由理想气体状态方程有
结合图像解得
由图像可知，状态状态的过程为等压变化，则有
结合图像解得
（2）解：由图可知，状态状态过程中，气体体积变大，气体对外做功，大小为
由于状态A与状态B气体温度相等，则内能相等，由热力学第一定律可得，从状态A到状态B的过程中，系统吸收的热量
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】(1) 状态温度计算：：用理想气体状态方程求解；：等压变化，用盖-吕萨克定律求解。
(2) 吸热量计算：过程中，理想气体内能仅与温度有关（，内能变化），由热力学第一定律，只需计算气体对外做功（图线与体积轴围成的面积），即可得吸收的热量。
（1）根据题意，由理想气体状态方程有
结合图像解得
由图像可知，状态状态的过程为等压变化，则有
结合图像解得
（2）由图可知，状态状态过程中，气体体积变大，气体对外做功，大小为
由于状态A与状态B气体温度相等，则内能相等，由热力学第一定律可得，从状态A到状态B的过程中，系统吸收的热量
14．（2025·南充模拟）如图所示，光滑绝缘的水平桌面离地面高为，桌面边缘处静止放置一个质量为、电荷量为的小球，桌面边缘右侧有竖直向上的匀强电场和水平向外的匀强磁场，场强、磁感应强度为。桌面上有另一质量也为的绝缘球以速度与小球发生弹性正碰（Q的电荷量不变），碰后小球进入复合场区域，运动过程忽略空气阻力且不考虑运动电荷对电场、磁场的影响，小球触地不反弹，重力加速度为。求：
（1）碰后瞬间小球的速度大小；
（2）小球在复合场中的运动时间和小球落地时两球的距离。
【答案】（1）解：根据题意可知，两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有，
解得，
（2）解：小球在复合场中的运动过程中，对小球受力分析，受竖直向上的电场力、竖直向下的重力和洛伦兹力，由于
则小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则有
解得
画出小球的运动轨迹，如图所示
由几何关系有
解得
小球在复合场中的运动时间
由几何关系可得，小球落地时两球的距离
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 碰后 Q 的速度：两球质量相等且发生弹性正碰，遵循动量守恒和机械能守恒，碰撞后P静止、Q获得P的初速度；
(2) Q的运动分析：电场力与重力平衡（qE=mg），Q在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，先求圆周运动周期与轨迹对应的圆心角，得运动时间；再结合圆周运动的水平位移与P的静止状态，得两球距离。
（1）根据题意可知，两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有，
解得，
（2）小球在复合场中的运动过程中，对小球受力分析，受竖直向上的电场力、竖直向下的重力和洛伦兹力，由于
则小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则有
解得
画出小球的运动轨迹，如图所示
由几何关系有
解得
小球在复合场中的运动时间
由几何关系可得，小球落地时两球的距离
15．（2025·南充模拟）如图所示，倾角的斜面两侧平行摆放着两根等长的光滑金属导轨和，四边形为矩形，导轨间距、导轨长，两导轨中点有缺口（缺口宽度忽略且不影响通过），导轨的上端连接定值电阻，下端连接电容的电容器，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度。质量的金属棒以垂直于棒的速度从上层平台边缘水平抛出，下落高度，刚好沿斜面落在上。金属棒始终水平并垂直导轨，其长度略大于导轨间距且与导轨接触良好，忽略空气阻力，除电阻外其他电阻不计，电容器初始电势差（侧电势高）刚好等于金属棒过缺口处的电动势且不会被烧坏，重力加速度，，。
（1）求金属棒刚落到时的速率和感应电动势；
（2）金属棒从运动到缺口的过程中，求通过电阻的电荷量和电阻产生的焦耳热；
（3）求金属棒从缺口处运动到的时间。
【答案】（1）解：根据题意可知，金属棒抛出后做平抛运动，竖直方向上有，
解得，
由平抛运动规律有，
解得，
金属棒平抛过程以水平分速度垂直切割磁场，感应电动势为
（2）解：金属棒在斜面上半段与R组成回路，则有
沿斜面方向上，由牛顿第二定律有
解得
可知，金属棒匀速通过斜面上半段，则有
解得
通过电阻的电荷量
电阻产生的焦耳热
（3）解：金属棒刚过缺口时充电电流设为，由牛顿第二定律得
电容器充电，则有
解得
联立解得
可知，金属棒做匀加速直线运动，则有
解得，（舍）
即金属棒从缺口处运动到的时间为。
【知识点】安培力；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) 平抛后速率与感应电动势：平抛下落高度，由得竖直速度，结合斜面倾角的速度关系，求合速率；
感应电动势由（有效切割速度为水平分量）计算。
(2) 电荷量与焦耳热：电荷量由平均感应电动势、平均电流，得；焦耳热由动能定理：重力做功减去安培力做功（即焦耳热）等于动能变化。
(3) 缺口到NQ的时间：金属棒与电容器组成回路，安培力的冲量与动量变化相关，结合电容器充电规律，推导运动时间。
（1）根据题意可知，金属棒抛出后做平抛运动，竖直方向上有，
解得，
由平抛运动规律有，
解得，
金属棒平抛过程以水平分速度垂直切割磁场，感应电动势为
（2）金属棒在斜面上半段与R组成回路，则有
沿斜面方向上，由牛顿第二定律有
解得
可知，金属棒匀速通过斜面上半段，则有
解得
通过电阻的电荷量
电阻产生的焦耳热
（3）金属棒刚过缺口时充电电流设为，由牛顿第二定律得
电容器充电，则有
解得
联立解得
可知，金属棒做匀加速直线运动，则有
解得，（舍）
即金属棒从缺口处运动到的时间为。
1 / 12025届四川省南充市高三下学期第三次诊断考试物理试题
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题目要求。
1．（2025·南充模拟）将一块放射性物质放入上端开孔的铅盒中，再将铅盒放在垂直纸面向外的匀强磁场中，发现放射性物质发出的三种射线发生如图所示偏转，下列说法正确的是（　　）
A．甲射线是高速电子流
B．乙射线常用于常规人体透视
C．三种射线中丙射线的贯穿本领最强
D．一个半衰期后，铅盒中物质的质量为刚放入时的一半
2．（2025·南充模拟）2025年2月20日，实践25号卫星与超期服役的北斗3号G7星在3.6万公里高空对接，为G7星注入肼类推进剂，实现了人类首次地球静止轨道卫星的在轨燃料补给。下列说法正确的是（　　）
A．北斗G7星不受地球的万有引力
B．北斗G7星可能出现在北极的正上空
C．北斗G7星绕地球的公转周期约为24小时
D．实践25号卫星向正后方喷气就可以追上同轨道的北斗G7星
3．（2025·南充模拟）如图所示，对称分布的实线表示真空中两点电荷在某一平面内的部分等差等势线，点是两点电荷连线的中点，E、F在两点电荷连线上，A、B在两点电荷连线的中垂线上，B、C、D三点在同一条直线上。已知，电子能以点为圆心在垂直纸面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是（　　）
A．电势差 B．两点电荷为等量的负电荷
C．A、B两点的场强相同 D．E、F两点的电势相等
4．（2025·南充模拟）如图甲所示，将A、B两小球从空中同一位置以相等速率在0时刻分别竖直向上和竖直向下抛出，它们的图像如图乙所示，已知B球在时触地，重力加速度为，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．抛出点到地面的高度为
B．A球在时回到抛出点
C．落地前B球相对A球做匀加速直线运动
D．B球在第一个内和第二个内的位移之比为
5．（2025·南充模拟）如图所示为翻斗车卸货时的场景，卸货时货厢可绕尾部的转轴在纸面内顺时针转动，在货厢从水平位置缓慢转到货物刚要开始滑动的过程中，可把货物看作处于平衡状态，下列说法正确的是（　　）
A．货物受到的合力逐渐增大
B．货厢底面对货物的弹力逐渐增大
C．货厢底面对货物的摩擦力逐渐增大
D．货厢对货物的作用力大于货物对货厢的作用力
6．（2025·南充模拟）质量为的物体静止在水平地面上，从0时刻开始物体受到一个竖直向上的拉力，该力随时间变化的图像如图所示。重力加速度，忽略空气阻力。下列说法错误的是（　　）
A．物体在第1s内做匀加速直线运动
B．物体在第末的速度为
C．拉力在第末的功率为
D．物体在前内的平均速度大小为
7．（2025·南充模拟）如图所示，一根足够长的固定竖直绝缘杆，位于垂直纸面向外、磁感应强度的匀强磁场中。现有一个质量为、带电荷量的小球套在绝缘杆上从某点静止开始下滑，经过达到最大速度。已知小球与杆间的动摩擦因数为0.8，重力加速度为。则在小球加速下滑的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小球的最大加速度为 B．小球的最大速度为
C．小球下降的高度为 D．系统因摩擦生热为3J
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．（2025·南充模拟）轴上两波源（横坐标为）、（横坐标为10）形成的简谐横波在同种均匀介质中相向传播，某时刻波形如图所示，波的传播速度为。下列说法正确的是（　　）
A．波源的起振方向沿轴正向
B．波源的振动周期为
C．两波源、同时运动到坐标原点
D．各质点振动稳定后，平衡位置在坐标原点的质点振幅为
9．（2025·南充模拟）如图所示，为某小型交流发电机通过理想变压器给负载供电的原理图。矩形金属线圈绕垂直匀强磁场的轴匀速转动，磁感应强度大小为，已知发电机线圈匝数为100匝、电阻为、面积为、转动角速度为，变压器原、副线圈的匝数比可调，定值电阻。下列说法正确的是（　　）
A．交流电的周期为0.02s
B．线圈处于图示位置时瞬时电动势为
C．当时，理想交流电压表示数为
D．当时，定值电阻有最大功率
10．（2025·南充模拟）如图所示，固定直杆与水平面的夹角为，轻弹簧一端固定在点，另一端连接穿在杆上的小球，小球与杆间的动摩擦因数为，弹簧和杆在同一竖直平面内。水平，等于弹簧原长，，，小球在A点时弹簧的弹性势能为，小球从A点静止释放，第一次能够到点，重力加速度为，下列说法正确的是（　　）
A．从A到的过程中，杆对小球的冲量不为零
B．若，小球在点时速度最大
C．若且小球最低能到点，则小球第一次过点的动能为
D．若，则小球第一次向下通过点和点时的加速度大小一定相等
三、非选择题，本题共5小题，共54分。其中13~15小题解题时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
11．（2025·南充模拟）如图所示，某同学在“测量平行玻璃砖的折射率”实验中，先在白纸上画出三条直线：入射界面、入射光线和过点的法线，让玻璃砖的一个面与直线重合，再沿玻璃砖另一面确定两点以便作出直线。
（1）在上适当位置竖直插两枚大头针，眼睛在另一侧透过玻璃砖看两枚大头针，使的像挡住的像，再插上大头针，让挡住　 　的像，插上大头针，让挡住和的像；
（2）连接、并延长与交于点，连接代表折射光线。为了便于计算折射率，以为圆心适当的半径画圆，与交于点，与交于点，过两点分别向法线作垂线和，并用刻度尺测出和的长度分别为和，则玻璃砖的折射率　 　；
（3）若实验操作中，在插大头针前，玻璃砖沿纸面向下平移了一小段距离，其他操作无误，则测得的折射率与真实值相比　 　（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
12．（2025·南充模拟）某物理实验兴趣小组利用如图甲所示的实验电路既能测量电源电动势和内阻，又能测定滑动变阻器的最大阻值。实验中，将滑动变阻器的滑片从某一端逐渐滑往另一端过程中，小组得到两个理想电压表的多组数据，绘制了如乙图所示的图像，其中A点和B点分别对应着滑片位于滑动变阻器两端的状态，定值电阻。（实验数据结果保留两位有效数字）根据电路图和实验数据回答：
（1）闭合开关前，滑片应该置于的　 　端（选填“左”或“右”）
（2）图像中的B点表示滑片处于的　 　端（选填“左”或“右”）；
（3）电源电动势　 　V和内阻　 　
（4）滑动变阻器的最大电阻　 　。
13．（2025·南充模拟）如图所示为一定质量理想气体从状态状态状态的图像，已知状态A的温度。结合图中数据求：
（1）状态B的温度和状态的温度；
（2）从状态A到状态B的过程中，系统吸收的热量。
14．（2025·南充模拟）如图所示，光滑绝缘的水平桌面离地面高为，桌面边缘处静止放置一个质量为、电荷量为的小球，桌面边缘右侧有竖直向上的匀强电场和水平向外的匀强磁场，场强、磁感应强度为。桌面上有另一质量也为的绝缘球以速度与小球发生弹性正碰（Q的电荷量不变），碰后小球进入复合场区域，运动过程忽略空气阻力且不考虑运动电荷对电场、磁场的影响，小球触地不反弹，重力加速度为。求：
（1）碰后瞬间小球的速度大小；
（2）小球在复合场中的运动时间和小球落地时两球的距离。
15．（2025·南充模拟）如图所示，倾角的斜面两侧平行摆放着两根等长的光滑金属导轨和，四边形为矩形，导轨间距、导轨长，两导轨中点有缺口（缺口宽度忽略且不影响通过），导轨的上端连接定值电阻，下端连接电容的电容器，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度。质量的金属棒以垂直于棒的速度从上层平台边缘水平抛出，下落高度，刚好沿斜面落在上。金属棒始终水平并垂直导轨，其长度略大于导轨间距且与导轨接触良好，忽略空气阻力，除电阻外其他电阻不计，电容器初始电势差（侧电势高）刚好等于金属棒过缺口处的电动势且不会被烧坏，重力加速度，，。
（1）求金属棒刚落到时的速率和感应电动势；
（2）金属棒从运动到缺口的过程中，求通过电阻的电荷量和电阻产生的焦耳热；
（3）求金属棒从缺口处运动到的时间。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A．根据左手定则，由图可知，甲射线是高速电子流，丙射线为射线，乙射线为射线，故A正确；
B．常规人体透视使用X射线，而乙射线为射线（穿透力最强），虽可用于医疗（如肿瘤治疗），但并非透视的常规选择，故B错误；
C．乙射线不偏转为射线，其穿透能力最强（能穿透几厘米厚的铅板），丙为射线，穿透能力最弱，故C错误；
D．半衰期指放射性原子核数量减半，而非总质量减半（因衰变产物仍留在铅盒中）。实际质量减少量取决于衰变类型，通常远小于一半，故D错误。
故答案为：A。
【分析】根据三种射线的带电性质（α带正电、β带负电、γ不带电），结合左手定则判断射线类型，再分析其穿透能力、应用及半衰期的含义。
2．【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．北斗G7星绕地球做圆周运动，地球万有引力提供向心力，必然受引力作用，故A错误；
B．地球静止轨道卫星的轨道平面必须与赤道平面重合，因此只能在赤道上空定点，不可能出现在北极正上方，故B错误；
C．地球静止轨道卫星的公转周期与地球自转周期同步，均为24小时，故C正确；
D．实践25号卫星向正后方喷气，做加速运动，将做离心运动，轨道半径变大，不可以追上同轨道的北斗G7星，故D错误。
故答案为：C。
【分析】根据 “地球静止轨道卫星” 的定义（轨道与赤道共面、周期与地球自转同步），结合万有引力、卫星变轨规律分析各选项。
3．【答案】D
【知识点】电场线；电势；电势差
【解析】【解答】AD．根据题意可知，实线为等差等势线，由图可知，E、F两点在同一条等势线上，电势相等，故A错误，D正确；
B．电子能以点为圆心在垂直纸面内做匀速圆周运动，说明电子所受电场力指向点，结合图像可知，两点电荷为等量的正电荷，故B错误；
C．由对称性可知，A、B两点的场强大小相等，方向相反，故C错误。
故答案为：D。
【分析】根据等势线分布、电子圆周运动的受力（电场力指向圆心），结合电势差、场强的对称性分析各选项。
4．【答案】B
【知识点】竖直上抛运动
【解析】【解答】A．根据题意，由运动学公式可得，抛出点到地面的高度为，故A错误；
B．根据题意，结合图乙，由对称性可知，A球在时回到抛出点，故B正确；
C．取向下为正方向，A球的速度为，B球的速度为
则落地前B球相对A球的速度为，即落地前B球相对A球做匀速直线运动，故C错误；
D．根据题意，由运动学公式可得，B球在第一个内位移为，B球在第二个内的位移可知，B球在第一个内和第二个内的位移之比不是，故D错误。
故答案为：B。
【分析】结合竖直上抛、竖直下抛的运动规律（对称性、速度公式、位移公式），分析各选项的运动状态。
5．【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】A．货物一直处于平衡状态，所受合力为0，保持不变，故A错误；
BC．设货箱与水平方向夹角为，对货物受力分析，受重力、货厢底面对货物的弹力和货厢底面对货物的摩擦力，由平衡条件有，，货厢从水平位置缓慢转到货物刚要开始滑动的过程中，逐渐增大，则增大，减小，故B错误，C正确；
D．货厢对货物的作用力与货物对货厢的作用力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故D错误。
故答案为：C。
【分析】将货物视为平衡状态（合力为0），对其受力分析（重力、弹力、摩擦力），结合货厢转动时倾角θ的变化，分析各力的变化规律。
6．【答案】A
【知识点】牛顿第一定律；动量定理；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．根据题意，由图可知，在第1s内拉力可知，物体保持静止状态，故A错误；
BC．根据题意，由图像面积表示拉力的冲量，结合图像可得，内，拉力的冲量
内，拉力的冲量为
设第末的速度为，第末速度为，由动量定理有，
解得，
则拉力在第末的功率为，故BC正确；
D．结合上述分析可知，内物体静止，内物体做加速运动，作出v-t图像如下
由图像的特点可知1~3s内物体的速度变化等效于速度从零均匀增加到5m/s，设物体此时间内上升的高度为，则有
物体以做匀速直线运动，上升的高度为
则物体在前内的平均速度大小为，故D正确。
故答案为：A。
【分析】先判断物体受力是否平衡（第1s内拉力与重力的关系），再用动量定理（拉力冲量-重力冲量=动量变化）分析速度，结合功率、平均速度公式判断选项。
7．【答案】B
【知识点】动量定理；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A．根据题意可知，开始下滑时，小球速度为0，洛伦兹力为0，此时小球与杆间的摩擦力为0，小球只受重力，加速度最大，等于重力加速度，故A错误；
B．根据题意可知，当小球速度最大时，加速度为0，则有，解得，故B正确；
C．小球由静止开始下滑，到达到最大速度，由动量定理得，整理可得，解得，C错误；
D．小球由静止开始下滑，到达到最大速度，由动能定理得，解得，则系统因摩擦生热为，故D错误。
故答案为：B。
【分析】先分析小球的受力（重力、洛伦兹力、摩擦力），结合“速度最大时加速度为0”的平衡条件求最大速度，再用动量定理、动能定理分析下降高度和摩擦生热。
8．【答案】B,D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】A．结合图像，由同侧法可得，波源的起振方向沿轴负向，故A错误；
B．由图可知，波源形成的机械波的波长为，则周期为，故B正确；
C．从图示位置，波源振动形式传播到原点的时间为，波源振动形式传播到原点的时间为，两波源不能沿x轴运动，故C错误；
D．结合上述分析，由图可知，两波源形成的机械波的波长相等，则周期相等，叠加后可发生稳定的干涉现象，当波源振动形式传播到原点时，波源在处质点的振动形式传播到原点，且振动方向相同，则坐标原点的质点为振动加强点，质点振幅为，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】从波形图提取波长，结合波速求周期；用“同侧法”判断起振方向；分析波的传播时间与干涉加强条件。
9．【答案】A,D
【知识点】交变电流的产生及规律；变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．交流电的周期为，故A正确；
B．线圈处于图示位置时，线圈平面与磁场方向垂直，处于中性面，瞬时电动势为0，故B错误；
C．电动势最大值为，电动势有效值为
由于线圈电阻为，则原线圈输入电压，可知理想交流电压表示数小于，故C错误；
D．设原、副线圈的电压分别为、，电流分别为、，则有，，，
联立可得
根据数学知识可知，当，即时，具有最大值，则定值电阻的最大功率为，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】先由线圈转动的角速度求交流电周期，判断中性面的瞬时电动势；再结合变压器的电压、电流关系，利用电源输出功率的极值条件分析电阻的最大功率。
10．【答案】A,C
【知识点】受力分析的应用；牛顿运动定律的应用—连接体；动能定理的综合应用；冲量
【解析】【解答】A．从 A 到 C 的过程中，杆对小球有摩擦力、弹力作用，根据冲量I=Ft，这些力的冲量不为零，故A正确；
B．若，当加速度为零时小球的速度最大；在B点，对小球受力分析，可知小球受重力、弹簧的弹力和杆的弹力作用，在垂直杆方向各力平衡，在沿杆方向只有重力沿杆向下的分力， 根据牛顿第二定律可知，此时存在沿杆向下的加速度，故小球在点时速度不是最大，故B错误；
C．若且小球最低能到点，由题知小球在A点时弹簧的弹性势能为，又，故小球在C点时弹簧的弹性势能也为，故小球从A点到C点，动能变化量为零，弹性势能变化量也为零，根据动能定理有
解得
对小球从A点到B点分析，因A点、C点关于B点对称，且B点为弹簧的原长点，故此过程小球克服摩擦力做的功等于小球从A点到C点过程克服摩擦力做的功的一半，重力和弹力做正功，根据动能定理有
又，，
解得，故C正确；
D．若，对小球在E点和F点的受力分析，如图所示
由题分析知，点和点关于B点对称，故小球在这两点的弹力大小相等，但方向不同，即，设、与杆的夹角为，根据正交分解，对小球在E点受力分析，在垂直杆方向有
在沿杆方向有
同理，对小球在F点受力分析，在垂直杆方向有
若小球仍有沿杆向下的加速度，在沿杆方向有
因，则有，
则有
根据
可知
结合小球杆方向的受力分析方程式，可知，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】结合冲量定义、受力平衡（速度最大的条件）、动能定理（分析能量变化），逐一分析选项。
11．【答案】（1）
（2）1.5
（3）不变
【知识点】测定玻璃的折射率；光的折射及折射定律
【解析】【解答】（1）根据实验原理可知，插上大头针，让挡住的像。
故答案为：
（2）由折射定律可知，玻璃砖的折射率
故答案为：1.5
（3）根据题意，若实验操作中，在插大头针前，玻璃砖沿纸面向下平移了一小段距离，其他操作无误，如图所示
由图可知，入射角和折射角不改变，则测得的折射率与真实值相比不变。
故答案为：不变
【分析】(1) 大头针的作用：通过“遮挡法”确定折射光线，需挡住、的像，保证光线的延续性；
(2) 折射率计算：利用折射定律，结合圆的半径相等，、，化简得；
(3) 误差分析：玻璃砖下移后，入射、折射光线的相对角度不变，故折射率测量值不变。
（1）根据实验原理可知，插上大头针，让挡住的像。
（2）由折射定律可知，玻璃砖的折射率
（3）根据题意，若实验操作中，在插大头针前，玻璃砖沿纸面向下平移了一小段距离，其他操作无误，如图所示
由图可知，入射角和折射角不改变，则测得的折射率与真实值相比不变。
12．【答案】（1）右
（2）左
（3）；
（4）
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）滑动变阻器采用的是限流式，所以闭合电键前应至于最大量程处，即最右端。
故答案为：右
（2）由闭合回路欧姆定律有
结合图乙可知，图像中的B点表示滑动变阻器接入电路的阻值较小，即示滑片处于的左端。
故答案为：左
（3）根据题意，由闭合回路欧姆定律有
结合图乙可得
由图乙可知，滑动变阻器接入阻值最大时
滑动变阻器接入阻值最小时
则有，
联立解得，
故答案为：；
（4）由小问3解析可知，滑动变阻器的最大电阻。
故答案为：
【分析】(1) 滑片初始位置：滑动变阻器为限流式接法，闭合开关前需置于最大阻值处（右端），保护电路；
(2) B点对应滑片位置：B点较小，说明滑动变阻器接入阻值小，对应滑片在左端；
(3) 电源电动势与内阻：由闭合电路欧姆定律，结合图像的纵截距（电动势）、斜率（内阻相关）求解；
(4) 滑动变阻器最大阻值：结合滑片在右端（最大阻值）时的电压数据，由欧姆定律计算。
（1）滑动变阻器采用的是限流式，所以闭合电键前应至于最大量程处，即最右端。
（2）由闭合回路欧姆定律有
结合图乙可知，图像中的B点表示滑动变阻器接入电路的阻值较小，即示滑片处于的左端。
（3）根据题意，由闭合回路欧姆定律有
结合图乙可得
由图乙可知，滑动变阻器接入阻值最大时
滑动变阻器接入阻值最小时
则有，
联立解得，
（4）由小问3解析可知，滑动变阻器的最大电阻。
13．【答案】（1）解：根据题意，由理想气体状态方程有
结合图像解得
由图像可知，状态状态的过程为等压变化，则有
结合图像解得
（2）解：由图可知，状态状态过程中，气体体积变大，气体对外做功，大小为
由于状态A与状态B气体温度相等，则内能相等，由热力学第一定律可得，从状态A到状态B的过程中，系统吸收的热量
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】(1) 状态温度计算：：用理想气体状态方程求解；：等压变化，用盖-吕萨克定律求解。
(2) 吸热量计算：过程中，理想气体内能仅与温度有关（，内能变化），由热力学第一定律，只需计算气体对外做功（图线与体积轴围成的面积），即可得吸收的热量。
（1）根据题意，由理想气体状态方程有
结合图像解得
由图像可知，状态状态的过程为等压变化，则有
结合图像解得
（2）由图可知，状态状态过程中，气体体积变大，气体对外做功，大小为
由于状态A与状态B气体温度相等，则内能相等，由热力学第一定律可得，从状态A到状态B的过程中，系统吸收的热量
14．【答案】（1）解：根据题意可知，两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有，
解得，
（2）解：小球在复合场中的运动过程中，对小球受力分析，受竖直向上的电场力、竖直向下的重力和洛伦兹力，由于
则小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则有
解得
画出小球的运动轨迹，如图所示
由几何关系有
解得
小球在复合场中的运动时间
由几何关系可得，小球落地时两球的距离
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 碰后 Q 的速度：两球质量相等且发生弹性正碰，遵循动量守恒和机械能守恒，碰撞后P静止、Q获得P的初速度；
(2) Q的运动分析：电场力与重力平衡（qE=mg），Q在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，先求圆周运动周期与轨迹对应的圆心角，得运动时间；再结合圆周运动的水平位移与P的静止状态，得两球距离。
（1）根据题意可知，两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有，
解得，
（2）小球在复合场中的运动过程中，对小球受力分析，受竖直向上的电场力、竖直向下的重力和洛伦兹力，由于
则小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则有
解得
画出小球的运动轨迹，如图所示
由几何关系有
解得
小球在复合场中的运动时间
由几何关系可得，小球落地时两球的距离
15．【答案】（1）解：根据题意可知，金属棒抛出后做平抛运动，竖直方向上有，
解得，
由平抛运动规律有，
解得，
金属棒平抛过程以水平分速度垂直切割磁场，感应电动势为
（2）解：金属棒在斜面上半段与R组成回路，则有
沿斜面方向上，由牛顿第二定律有
解得
可知，金属棒匀速通过斜面上半段，则有
解得
通过电阻的电荷量
电阻产生的焦耳热
（3）解：金属棒刚过缺口时充电电流设为，由牛顿第二定律得
电容器充电，则有
解得
联立解得
可知，金属棒做匀加速直线运动，则有
解得，（舍）
即金属棒从缺口处运动到的时间为。
【知识点】安培力；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) 平抛后速率与感应电动势：平抛下落高度，由得竖直速度，结合斜面倾角的速度关系，求合速率；
感应电动势由（有效切割速度为水平分量）计算。
(2) 电荷量与焦耳热：电荷量由平均感应电动势、平均电流，得；焦耳热由动能定理：重力做功减去安培力做功（即焦耳热）等于动能变化。
(3) 缺口到NQ的时间：金属棒与电容器组成回路，安培力的冲量与动量变化相关，结合电容器充电规律，推导运动时间。
（1）根据题意可知，金属棒抛出后做平抛运动，竖直方向上有，
解得，
由平抛运动规律有，
解得，
金属棒平抛过程以水平分速度垂直切割磁场，感应电动势为
（2）金属棒在斜面上半段与R组成回路，则有
沿斜面方向上，由牛顿第二定律有
解得
可知，金属棒匀速通过斜面上半段，则有
解得
通过电阻的电荷量
电阻产生的焦耳热
（3）金属棒刚过缺口时充电电流设为，由牛顿第二定律得
电容器充电，则有
解得
联立解得
可知，金属棒做匀加速直线运动，则有
解得，（舍）
即金属棒从缺口处运动到的时间为。
1 / 1

展开更多......

收起↑