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2025届云南省昆明市“三诊一模”高三下学期复习教学质量检测物理试题
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．（2025·昆明模拟）2024年9月18日，苏州大学研究团队在《自然》杂志上发布了辐光伏微型核电池的最新研究成果，该电池具有长寿命、高能量密度的优点，它主要是利用镅243（）发生α衰变释放能量，其半衰期为7370年。下列说法正确的是（　　）
A．镅243发生α衰变过程中质量守恒
B．镅243形成不同化合物时其半衰期不变
C．镅243发生α衰变生成的新核中有96个质子
D．100个镅243原子核经过14740年后还剩25个
2．（2025·昆明模拟）一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻的波形图如图所示，则x=1m处的质点的振动图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2025·昆明模拟）2024年11月15日，天舟八号货运飞船在我国海南文昌发射场成功发射，主要任务是为神州十九号运送物资。飞船发射后先在近地轨道上绕地球做匀速圆周运动，飞船发射前后质量视为不变。与静置在地球表面上相比，飞船在近地轨道上运行时（　　）
A．周期变大 B．线速度变小 C．加速度变大 D．机械能变小
4．（2025·昆明模拟）春节期间，小明和家人在水平桌面上玩推盒子游戏。如图所示，将盒子从O点推出，盒子最终停止位置决定了可获得的奖品。在某次游戏过程中，推出的盒子从O点开始做匀减速直线运动，刚好停在e点。盒子可视为质点，a、b、c、d、e相邻两点间距离均为0.25m，盒子从d点运动到e点的时间为0.5s。下列说法正确的是（　　）
A．盒子运动的加速度大小为1m/s2
B．盒子运动到a点的速度大小为2m/s
C．盒子运动到c点的速度大小为1m/s
D．盒子从a点运动到e点的时间为2s
5．（2025·昆明模拟）如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，MN为其直径。质量为m、电荷量大小为q的带电粒子在纸面内从M点与MN成30°角射入磁场，一段时间后从N点离开磁场。粒子重力不计，则粒子（　　）
A．在磁场中运动的时间为 B．在磁场中运动的时间为
C．射入磁场时的速度大小为 D．射入磁场时的速度大小为
6．（2025·昆明模拟）如图所示，理想变压器原线圈的匝数为100匝，副线圈的匝数为200匝，交流电源的电压。与原线圈相连的定值电阻R0=5Ω，副线圈与最大阻值为50Ω的滑动变阻器R相连，P为其滑片。下列说法正确的是（　　）
A．通过滑动变阻器R的交流电频率为100Hz
B．滑片P向上滑动，滑动变阻器R两端的电压变大
C．滑片P向下滑动，通过R0的电流变大
D．改变滑片P的位置，副线圈的最大输出功率为24.2W
7．（2025·昆明模拟）如图所示，两个半径均为R的四分之一光滑圆弧轨道在O点平滑连接，两圆弧的圆心O1、O2在同一竖直线上。一质量为m的小球b静止在O点，另一质量也为m的小球a从圆心为O1的圆弧轨道上某处由静止释放，a、b在O点发生弹性碰撞，碰后b在圆弧轨道上运动一段距离后脱离轨道。小球a、b均可视为质点，a、b在两圆弧轨道上运动的路程相等，重力加速度为g，则（　　）
A．a的释放位置距O点的高度为0.2R
B．a、b碰撞后瞬间，b的速度大小为
C．a、b碰撞前瞬间，a对轨道的压力大小为2.0mg
D．a、b碰撞后瞬间，b对轨道的压力大小为1.4mg
8．（2025·昆明模拟）内部带空腔的金属导体静置于匀强电场中，静电平衡时电场线分布如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．a点的电势高于b点的电势
B．a点的电场强度小于b点的电场强度
C．电子在a点的电势能大于在b点的电势能
D．电子在a点的电势能小于在b点的电势能
9．（2025·昆明模拟）如图甲所示，质量为1kg的木板置于水平地面上，木板最左端放有可视为质点的物块。t=0时刻，对物块施加水平向右、大小为F=15N的恒力；t=1.0s时刻，撤去F，物块、木板运动的速度随时间变化的图像如图乙所示。取重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．物块与木板间的动摩擦因数为0.2
B．物块的质量为3kg
C．t=1.3s时，物块的加速度大小为2m/s2
D．木板的长度至少为0.75m
10．（2025·昆明模拟）如图所示，空间中存在足够大、正交的匀强磁场和匀强电场，其中匀强磁场垂直于纸面（竖直面）、磁感应强度大小为B，匀强电场与水平方向成30°角。质量为m、电荷量为q（q>0）的小球从某点O开始运动，恰好能在竖直面内斜向右上方做匀速直线运动。小球运动到某点时撤去磁场，电场保持不变。已知小球所受电场力大小与其重力大小相等，空气阻力不计，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．小球的初速度大小为
B．撤去磁场后，小球的机械能一直增大
C．撤去磁场后，小球的电势能先减小后增大
D．撤去磁场后，小球重力势能的最大增加量为
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（2025·昆明模拟）实验小组做“用单摆测重力加速度的大小”实验，实验装置如图甲所示。
（1）用游标卡尺测量摆球直径，游标卡尺的示数如图乙所示，则摆球直径d=　 　cm。
（2）为了减小实验误差，下列操作正确的是（　　）
A．摆长一定的情况下，摆的振幅越大越好
B．应选择密度较大的小球作为摆球
C．组装单摆应选用轻且不易伸长的细线
D．测周期时，计时起点选在摆球到达的最高点处
（3）某次实验测得该单摆的周期为T、摆线长为L，可得当地的重力加速度大小为g=　 　（用d、T、L表示）。
12．（2025·昆明模拟）实验小组设计如图甲所示的电路测量定值电阻Rx的阻值，所用器材如下：电源E；电流表A1（量程250mA，内阻未知）；电流表A2（量程300mA，内阻约为5Ω）；电阻箱R0（最大阻值999.9Ω）；滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）；单刀双掷开关S1；开关S及导线若干。
（1）按照图甲所示的电路图，用笔画线代替导线将图乙中的实物图连接完整　 　。
（2）实验时，闭合开关S前滑动变阻器R的滑片P应置于　 　（选填“a”或“b”）端。
（3）闭合开关S，将单刀双掷开关S1置于“1”处，调节滑动变阻器R和电阻箱R0的阻值，当电阻箱R0的阻值为15.0Ω时，电流表A1的示数为120mA，电流表A2的示数为160mA，则电流表A1的内阻为　 　Ω。（计算结果保留2位有效数字）
（4）闭合开关S，将单刀双掷开关S1置于“2”处，改变滑动变阻器R的阻值，得到多组电流表A1的示数I1和电流表A2的示数I2，在坐标纸上作出I2-I1图像如图丙所示，由图可得Rx的阻值为　 　Ω（计算结果保留3位有效数字），从设计原理看，其测量值与真实值相比　 　（选填“偏大”“偏小”或“相等”）。
13．（2025·昆明模拟）在滑雪场，工作人员借助卷扬机将物资沿雪道从A点运送到B点，示意图如图所示，雪道与水平地面间的夹角为θ=37°。质量为m=100kg的物资，在卷扬机的牵引下从A点由静止开始运动，牵引物资的轻绳始终与雪道平行，物资到达B点前速度已达到最大。已知卷扬机的输出功率恒为P=2kW，物资从A点运动到B点的时间为t=100s，物资与雪道之间的动摩擦因数为 =0.5，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2。物资可视为质点，不计空气阻力。求：
（1）物资能达到的最大速度；
（2）AB之间的距离。
14．（2025·昆明模拟）如图所示，竖直放置的圆柱形汽缸内用横截面积为S的轻质活塞封闭1mol的理想气体，汽缸密闭性良好，活塞可在汽缸内无摩擦滑动。初始时，活塞静止在距汽缸底部L处，活塞上方2L处有固定卡扣。现加热气体，使其温度从T缓慢升高至3T，该过程中气体内能增加3p0SL（p0为外界大气压强），此后气体温度继续缓慢升高至5T。已知理想气体内能与温度成正比，外界大气压强恒为p0。求：
（1）温度升高至3T时，气体的体积；
（2）温度从T升高至3T的过程中，气体吸收的热量；
（3）摩尔热容指的是1mol物质温度升高1K所吸收的热量。摩尔热容与气体经历的变化过程有关，如果升温是在体积不变条件下进行，该热容称为等容摩尔热容（Cv）；如果升温是在压强不变条件下进行，该热容称为等压摩尔热容（Cp）。该气体温度从T升高至5T的过程中，气体的等容摩尔热容与等压摩尔热容的比值。
15．（2025·昆明模拟）如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨固定在绝缘水平桌面（纸面）上，间距L=0.5m，OP右侧存在垂直纸面向里的磁场，以O点为原点，水平向右为x轴正方向，磁感应强度大小B随x变化的图像如图乙所示。边长cd为L=0.5m、边长bc为d=0.8m的矩形金属细框置于导轨上。现使细框以v0=4m/s的速度水平向右运动，cd边运动到x=1.6m处时，对细框施加水平向右的外力F使其匀速进入x≥1.6m的磁场区域，cd边运动到x=2.4m处时撤去外力F。整个运动过程中细框始终与导轨接触良好。已知金属细框的质量为m=0.2kg，ab边和cd边的总电阻为R=0.25Ω，导轨电阻可忽略。在细框运动的过程中，求：
（1）cd边运动到x1=0.8m处时，细框的速度大小；
（2）撤去外力F前瞬间，F的瞬时功率；
（3）撤去外力F后，细框运动的位移大小。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】质量亏损与质能方程；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A．镅243发生α衰变过程中，由于释放能量，存在质量亏损，所以质量不守恒，故A错误；
B．半衰期与化合形态无关，所以镅243形成不同化合物时其半衰期不变，故B正确；
C．根据质量数守恒、电荷数守恒可知衰变方程式为，生成的新核X中有93个质子，故C错误；
D．半衰期是统计规律，对少数粒子不适用，故D错误。
故答案为：B。
【分析】根据 α 衰变的质量数和电荷数守恒规律分析新核组成，结合半衰期的物理意义（与化学状态无关、统计规律），逐一判断选项正误。
2．【答案】A
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】根据简谐波的波形图可知，时，处的质点由平衡位置沿y正方向振动，故其振动图像可能为A选项中的图像。
故答案为：A。
【分析】根据波的传播方向，利用波形平移法判断t=0时刻x=1 m处质点的振动方向，再结合该时刻质点的位移，确定其振动图像的初始特征。
3．【答案】C
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】ABC．该卫星在近地轨道运行时与地球的同步卫星相比较，根据
可得，，
可知该卫星的小于同步卫星的周期，大于同步卫星的线速度，大于同步卫星的加速度；同步卫星与静置在地球表面上的物体比较，具有相同的周期和角速度，根据v=ωr可知，同步卫星的线速度大于静置在地球表面上物体的线速度；根据a=ω2r可知，同步卫星的加速度大于静置在地球表面上物体的加速度；综上所述，与静置在地球表面上相比，飞船在近地轨道上运行时周期变小，线速度变大，加速度变大，选项AB错误，C正确。
D．与静置在地球表面上相比，飞船在近地轨道上运行时动能和重力势能都变大，则机械能变大，选项D错误。
故答案为：C。
【分析】通过万有引力提供向心力的公式，分别推导近地轨道飞船与地球表面静止物体的周期、线速度、加速度关系，再结合动能和重力势能的变化分析机械能大小，逐一判断选项。
4．【答案】B
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】A．由题知，滑块在停止运动前的最后1s内通过的距离为2m，根据逆向思维法有，代入数据有，故A错误；
B．根据逆向思维法有，解得盒子运动到a点的速度大小为，故B正确；
C．根据逆向思维法有，解得盒子运动到c点的速度大小为，故C错误；
D．根据逆向思维法有，盒子从a点运动到e点的时间为，故D错误。
故答案为：B。
【分析】将匀减速直线运动逆向等效为初速度为零的匀加速直线运动，利用最后一段位移（d 到 e）的信息求出加速度，再通过运动学公式计算各点速度和运动时间，逐一验证选项。
5．【答案】C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】AB．粒子在磁场中运动的周期
由几何知识可知
所以粒子在磁场中运动的时间，AB错误。
CD．作出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
由几何知识可知，粒子圆周运动的半径
洛伦兹力提供圆周运动的向心力则有
解得，C正确，D错误；
故答案为：C。
【分析】先通过几何关系确定粒子做圆周运动的轨道半径，再由洛伦兹力提供向心力求出速度，最后根据圆心角计算运动时间，逐一验证选项。
6．【答案】D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．由可得，通过滑动变阻器R的交流电频率为，A错误；
B．将变压器与副线圈电阻等效为一个定值电阻，则，又
联立可得，交流电压的有效值为
滑片P向上滑动时，滑动变阻器R的阻值减小，等效电阻阻值减小，由闭合电路欧姆定律原线圈电流增大，变压器输入电压减小，则变压器输出电压减小，滑动变阻器R两端的电压减小，B错误；
C．滑片P向下滑动，滑动变阻器R的阻值增大，等效电阻阻值增大，由闭合电路欧姆定律通过R0的电流变小，C错误；
D．副线圈的输出功率为，故，副线圈的最大输出功率为24.2W，D正确。
故答案为：D。
【分析】先根据交流电压表达式求出频率和有效值，再利用变压器等效电阻法分析滑片移动时的电流、电压变化，最后根据输出功率公式计算最大输出功率，逐一验证选项。
7．【答案】A
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】A．设a的释放位置与O1连线和竖直方向夹角为，碰前速度为，则
碰撞后，由于发生弹性碰撞，且质量相等，所以交换速度，a、b在两圆弧轨道上运动的路程相等，从碰后到b脱离轨道过程
且刚要脱离时
联立解得
所以a的释放位置距O点的高度为，故A正确；
B．根据以上分析解得a、b碰撞后瞬间，b的速度大小为故B错误；
C．根据牛顿第二定律，结合牛顿第三定律可知，a、b碰撞前瞬间，a对轨道的压力大小为，故C错误；
D．a、b碰撞后瞬间，b对轨道的压力大小为，结合牛顿第三定律可知， b对轨道的压力大小为，故D错误。
故答案为：A。
【分析】先利用弹性碰撞中质量相等则速度交换的规律，结合 a、b 运动路程相等的条件，建立碰撞前后的能量方程；再通过脱离轨道的临界条件（重力提供向心力）求出角度，最后计算释放高度、碰撞速度及轨道压力。
8．【答案】A,D
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】AB．处于静电平衡状态的金属导体为等势体，且沿电场方向电势逐渐降低可知，a点的电势高于b点的电势，a点的电场强度大于b点的电场强度，A错误，B正确；
CD．根据，由于a点的电势高于b点的电势，且电子带负电，故电子在a点的电势能小于b点的电势能，C错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】根据静电平衡的特点，金属导体为等势体，内部电场强度为零；再结合电场线方向判断电势高低，利用电势能公式Ep =qφ分析电子在不同位置的电势能。
9．【答案】B,C
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】AB．在0~1s，物块向右匀加速，木板向右匀加速，对木板，设木板与地面的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为，由牛顿第二定律可得
由v t图像可知
对物块，由牛顿第二定律可得
由v t图像可知
撤去F，对木板，由牛顿第二定律可得加速度仍为
对物块
从撤去外力到共速
其中为物块速度，为木板速度
联立解得，m＝3kg，，故A错误，B正确；
C．t=1.3s时，根据整体法，物块的加速度大小为，解得，故C正确；
D.0-1.25s木板的位移，0-1物块位移
其中，1-1.25s物块位移
木板长度至少为，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】先通过 v-t 图像求出 0~1s 内物块和木板的加速度，再对两者分别列牛顿第二定律方程，联立求解动摩擦因数和物块质量；然后分析撤去 F 后的运动，计算加速度和木板最小长度。
10．【答案】B,D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A．已知小球所受电场力大小与其重力大小相等，小球恰好能在竖直面内斜向右上方做匀速直线运动，电场力和洛伦兹力的合力与重力等大反向，所以，洛伦兹力方向与电场方向夹角为120°，大小等于mg，则
小球的初速度大小为，故A错误；
BC．撤去磁场后，小球速度与合力方向垂直，根据左手定则可以判断，速度方向与电场方向夹角为30°，因为运动的速度始终与电场力方向夹角为锐角，所以电场力始终做正功，电势能一直减小，小球的机械能一直增大，故B正确、C错误；
D．小球上升到最高点时，重力势能最大，撤去磁场后，竖直方向，
小球重力势能的最大增加量为，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】先根据匀速直线运动的受力平衡，求出初速度；再分析撤去磁场后，电场力做功对机械能和电势能的影响，最后通过运动学公式计算重力势能的最大增加量。
11．【答案】（1）1.04
（2）B；C
（3）
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）游标卡尺读数为
故答案为：1.04
（2）A．摆长一定的情况下，摆角应小于5°，摆的振幅不是越大越好，A错误；
B．为了尽量减少空气阻力的影响，应选择密度较大的小球作为摆球，B正确；
C．组装单摆应选用轻且不易伸长的细线，C正确；
D．测周期时，计时起点选在摆球到达的最低点处，D错误；
故答案为：BC。
（3）单摆摆长为，由周期公式
解得
故答案为：
【分析】 (1) 明确 10 分度游标卡尺的读数规则，主尺读数加上游标尺对齐刻度的小数部分，注意单位换算和有效数字保留。
(2) 结合单摆实验的误差来源，从摆球选择、摆线要求、振幅控制和计时起点四个方面，逐一分析操作对实验精度的影响。
(3) 推导单摆的实际摆长，结合单摆周期公式变形，直接求解重力加速度的表达式。
（1）游标卡尺读数为
（2）A．摆长一定的情况下，摆角应小于5°，摆的振幅不是越大越好，A错误；
B．为了尽量减少空气阻力的影响，应选择密度较大的小球作为摆球，B正确；
C．组装单摆应选用轻且不易伸长的细线，C正确；
D．测周期时，计时起点选在摆球到达的最低点处，D错误；
故选BC。
（3）单摆摆长为，由周期公式
解得
12．【答案】（1）
（2）a
（3）5.0
（4）20.0（20.0~23.0）；相等
【知识点】串联电路和并联电路的特点及应用；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）根据图甲电路图，完整的实物连线如图所示
（2）实验时，闭合开关S前，应使电流表示数从最小开始调节，则滑动变阻器R的滑片P应置于a端。
故答案为：a
（3）根据欧姆定律可得电流表A1的内阻为
故答案为：5.0
（4）根据串并联关系可得
可知图像的斜率为
代入数据解得
由于电流表A1的内阻在测量没有存在系统误差，所以从设计原理看，的测量值与真实值相比相等。
故答案为：20.0（20.0~23.0）；相等
【分析】 (1) 依据电路图的串并联逻辑，将滑动变阻器接成分压式电路，单刀双掷开关分别连接电阻箱和待测电阻支路，两个电流表分别测量支路电流和干路电流，注意电表接线柱的对应连接。
(2) 分压式滑动变阻器闭合开关前，滑片应置于使并联支路电压为零的一端，避免电路元件因初始电压过大受损。
(3) 开关置于 “1” 时，电流表 A1与电阻箱并联，并联电路各支路电压相等，利用电流分配关系和欧姆定律求解 A1的内阻。
(4) 开关置于 “2” 时，电流表 A1与待测电阻并联，结合并联电路规律推导 I2-I1的函数关系，通过图像斜率计算待测电阻阻值；从原理上分析，该方法消除了电表内阻带来的系统误差，判断测量值与真实值的关系。
（1）根据图甲电路图，完整的实物连线如图所示
（2）实验时，闭合开关S前，应使电流表示数从最小开始调节，则滑动变阻器R的滑片P应置于a端。
（3）根据欧姆定律可得电流表A1的内阻为
（4）[1]根据串并联关系可得
可知图像的斜率为
代入数据解得
[2]由于电流表A1的内阻在测量没有存在系统误差，所以从设计原理看，的测量值与真实值相比相等。
13．【答案】（1）解：物资速度达到最大时，受到轻绳的拉力大小为
根据功率的公式，则有
联立解得
（2）解：设之间的距离为，对物资由动能定理得
代入数据解得
【知识点】机车启动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) 物资速度最大时，牵引力与阻力平衡，先由受力平衡求出此时的牵引力，再结合恒定功率公式P=Fv计算最大速度。
(2) 对 A 到 B 的全过程应用动能定理，将卷扬机做的功、重力做功和摩擦力做功与动能变化联系起来，求解AB间的距离。
（1）物资速度达到最大时，受到轻绳的拉力大小为
根据功率的公式，则有
联立解得
（2）设之间的距离为，对物资由动能定理得
代入数据解得
14．【答案】（1）解：假设温度升高至时，活塞还未运动到固定卡扣位置，设此时气体的体积为，气体温度从升高至的过程中，气体经历等压变化
可得，解得
此时活塞距汽缸底部的距离刚好为，说明活塞恰好运动到固定卡扣位置。
（2）解：气体温度从升高至的过程中，对外界做的功为
由热力学第一定律可得
解得
（3）解：理想气体内能与温度成正比，可得气体温度从升高至的过程中，内能的增加量等于温度从升高至的内能增加量
由热力学第一定律可得
气体温度从升高至的过程中，气体体积不变，气体对外界不做功
由摩尔热容的定义可得，
可得温度从升高至的过程中，气体的等容摩尔热容与等压摩尔热容的比值为
【知识点】热力学第一定律及其应用
【解析】【分析】(1) 先判断活塞是否移动，利用理想气体状态方程，分等压和等容两个阶段计算温度升高至 3T 时的体积。
(2) 应用热力学第一定律，先计算气体对外做功，再结合内能变化，求出吸收的热量。
(3) 分别计算等容和等压过程中吸收的热量，根据摩尔热容的定义求出CV 和Cp ，再求其比值。
（1）假设温度升高至时，活塞还未运动到固定卡扣位置，设此时气体的体积为，气体温度从升高至的过程中，气体经历等压变化
可得，解得
此时活塞距汽缸底部的距离刚好为，说明活塞恰好运动到固定卡扣位置。
（2）气体温度从升高至的过程中，对外界做的功为
由热力学第一定律可得
解得
（3）理想气体内能与温度成正比，可得气体温度从升高至的过程中，内能的增加量等于温度从升高至的内能增加量
由热力学第一定律可得
气体温度从升高至的过程中，气体体积不变，气体对外界不做功
由摩尔热容的定义可得，
可得温度从升高至的过程中，气体的等容摩尔热容与等压摩尔热容的比值为
15．【答案】（1）解：cd边从运动到的过程中，磁感强度大小，cd边产生的平均电动势为
由闭合电路欧姆定律得
对cd边由动量定理得
解得：
（2）解：cd边从运动到的过程中，同（1）可得cd边运动到处时的速度大小为
由图可得处的磁感应强度大小。在撤去外力前瞬间，金属细框匀速运动，由受力平衡得
撤去外力前瞬间，的瞬时功率为
解得：
（3）解：撤去外力后，、边所在位置处的磁感应强度大小始终相差
回路中的感应电动势为
由闭合电路欧姆定律得：
金属细框所受的合外力大小为
对金属细框由动量定理可得
可得撤去外力后，金属细框的位移大小为
【知识点】动量定理；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】(1) 细框在0~0.8m区域匀速运动，cd边切割磁感线产生感应电动势，由动量定理分析安培力的冲量，结合初末速度关系求解速度。
(2) 撤去外力前瞬间，细框在变化磁场中运动，先由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，再计算感应电流和安培力，外力F与安培力平衡，结合瞬时功率公式求解。
(3) 撤去外力后，细框在安培力作用下减速，利用动量定理将安培力的冲量转化为电量，结合法拉第电磁感应定律和欧姆定律求出细框运动的位移。
（1）cd边从运动到的过程中，磁感强度大小，cd边产生的平均电动势为
由闭合电路欧姆定律得
对cd边由动量定理得
解得：
（2）cd边从运动到的过程中，同（1）可得cd边运动到处时的速度大小为
由图可得处的磁感应强度大小。在撤去外力前瞬间，金属细框匀速运动，由受力平衡得
撤去外力前瞬间，的瞬时功率为
解得：
（3）撤去外力后，、边所在位置处的磁感应强度大小始终相差
回路中的感应电动势为
由闭合电路欧姆定律得：
金属细框所受的合外力大小为
对金属细框由动量定理可得
可得撤去外力后，金属细框的位移大小为
1 / 12025届云南省昆明市“三诊一模”高三下学期复习教学质量检测物理试题
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．（2025·昆明模拟）2024年9月18日，苏州大学研究团队在《自然》杂志上发布了辐光伏微型核电池的最新研究成果，该电池具有长寿命、高能量密度的优点，它主要是利用镅243（）发生α衰变释放能量，其半衰期为7370年。下列说法正确的是（　　）
A．镅243发生α衰变过程中质量守恒
B．镅243形成不同化合物时其半衰期不变
C．镅243发生α衰变生成的新核中有96个质子
D．100个镅243原子核经过14740年后还剩25个
【答案】B
【知识点】质量亏损与质能方程；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A．镅243发生α衰变过程中，由于释放能量，存在质量亏损，所以质量不守恒，故A错误；
B．半衰期与化合形态无关，所以镅243形成不同化合物时其半衰期不变，故B正确；
C．根据质量数守恒、电荷数守恒可知衰变方程式为，生成的新核X中有93个质子，故C错误；
D．半衰期是统计规律，对少数粒子不适用，故D错误。
故答案为：B。
【分析】根据 α 衰变的质量数和电荷数守恒规律分析新核组成，结合半衰期的物理意义（与化学状态无关、统计规律），逐一判断选项正误。
2．（2025·昆明模拟）一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻的波形图如图所示，则x=1m处的质点的振动图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】根据简谐波的波形图可知，时，处的质点由平衡位置沿y正方向振动，故其振动图像可能为A选项中的图像。
故答案为：A。
【分析】根据波的传播方向，利用波形平移法判断t=0时刻x=1 m处质点的振动方向，再结合该时刻质点的位移，确定其振动图像的初始特征。
3．（2025·昆明模拟）2024年11月15日，天舟八号货运飞船在我国海南文昌发射场成功发射，主要任务是为神州十九号运送物资。飞船发射后先在近地轨道上绕地球做匀速圆周运动，飞船发射前后质量视为不变。与静置在地球表面上相比，飞船在近地轨道上运行时（　　）
A．周期变大 B．线速度变小 C．加速度变大 D．机械能变小
【答案】C
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】ABC．该卫星在近地轨道运行时与地球的同步卫星相比较，根据
可得，，
可知该卫星的小于同步卫星的周期，大于同步卫星的线速度，大于同步卫星的加速度；同步卫星与静置在地球表面上的物体比较，具有相同的周期和角速度，根据v=ωr可知，同步卫星的线速度大于静置在地球表面上物体的线速度；根据a=ω2r可知，同步卫星的加速度大于静置在地球表面上物体的加速度；综上所述，与静置在地球表面上相比，飞船在近地轨道上运行时周期变小，线速度变大，加速度变大，选项AB错误，C正确。
D．与静置在地球表面上相比，飞船在近地轨道上运行时动能和重力势能都变大，则机械能变大，选项D错误。
故答案为：C。
【分析】通过万有引力提供向心力的公式，分别推导近地轨道飞船与地球表面静止物体的周期、线速度、加速度关系，再结合动能和重力势能的变化分析机械能大小，逐一判断选项。
4．（2025·昆明模拟）春节期间，小明和家人在水平桌面上玩推盒子游戏。如图所示，将盒子从O点推出，盒子最终停止位置决定了可获得的奖品。在某次游戏过程中，推出的盒子从O点开始做匀减速直线运动，刚好停在e点。盒子可视为质点，a、b、c、d、e相邻两点间距离均为0.25m，盒子从d点运动到e点的时间为0.5s。下列说法正确的是（　　）
A．盒子运动的加速度大小为1m/s2
B．盒子运动到a点的速度大小为2m/s
C．盒子运动到c点的速度大小为1m/s
D．盒子从a点运动到e点的时间为2s
【答案】B
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】A．由题知，滑块在停止运动前的最后1s内通过的距离为2m，根据逆向思维法有，代入数据有，故A错误；
B．根据逆向思维法有，解得盒子运动到a点的速度大小为，故B正确；
C．根据逆向思维法有，解得盒子运动到c点的速度大小为，故C错误；
D．根据逆向思维法有，盒子从a点运动到e点的时间为，故D错误。
故答案为：B。
【分析】将匀减速直线运动逆向等效为初速度为零的匀加速直线运动，利用最后一段位移（d 到 e）的信息求出加速度，再通过运动学公式计算各点速度和运动时间，逐一验证选项。
5．（2025·昆明模拟）如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，MN为其直径。质量为m、电荷量大小为q的带电粒子在纸面内从M点与MN成30°角射入磁场，一段时间后从N点离开磁场。粒子重力不计，则粒子（　　）
A．在磁场中运动的时间为 B．在磁场中运动的时间为
C．射入磁场时的速度大小为 D．射入磁场时的速度大小为
【答案】C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】AB．粒子在磁场中运动的周期
由几何知识可知
所以粒子在磁场中运动的时间，AB错误。
CD．作出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
由几何知识可知，粒子圆周运动的半径
洛伦兹力提供圆周运动的向心力则有
解得，C正确，D错误；
故答案为：C。
【分析】先通过几何关系确定粒子做圆周运动的轨道半径，再由洛伦兹力提供向心力求出速度，最后根据圆心角计算运动时间，逐一验证选项。
6．（2025·昆明模拟）如图所示，理想变压器原线圈的匝数为100匝，副线圈的匝数为200匝，交流电源的电压。与原线圈相连的定值电阻R0=5Ω，副线圈与最大阻值为50Ω的滑动变阻器R相连，P为其滑片。下列说法正确的是（　　）
A．通过滑动变阻器R的交流电频率为100Hz
B．滑片P向上滑动，滑动变阻器R两端的电压变大
C．滑片P向下滑动，通过R0的电流变大
D．改变滑片P的位置，副线圈的最大输出功率为24.2W
【答案】D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．由可得，通过滑动变阻器R的交流电频率为，A错误；
B．将变压器与副线圈电阻等效为一个定值电阻，则，又
联立可得，交流电压的有效值为
滑片P向上滑动时，滑动变阻器R的阻值减小，等效电阻阻值减小，由闭合电路欧姆定律原线圈电流增大，变压器输入电压减小，则变压器输出电压减小，滑动变阻器R两端的电压减小，B错误；
C．滑片P向下滑动，滑动变阻器R的阻值增大，等效电阻阻值增大，由闭合电路欧姆定律通过R0的电流变小，C错误；
D．副线圈的输出功率为，故，副线圈的最大输出功率为24.2W，D正确。
故答案为：D。
【分析】先根据交流电压表达式求出频率和有效值，再利用变压器等效电阻法分析滑片移动时的电流、电压变化，最后根据输出功率公式计算最大输出功率，逐一验证选项。
7．（2025·昆明模拟）如图所示，两个半径均为R的四分之一光滑圆弧轨道在O点平滑连接，两圆弧的圆心O1、O2在同一竖直线上。一质量为m的小球b静止在O点，另一质量也为m的小球a从圆心为O1的圆弧轨道上某处由静止释放，a、b在O点发生弹性碰撞，碰后b在圆弧轨道上运动一段距离后脱离轨道。小球a、b均可视为质点，a、b在两圆弧轨道上运动的路程相等，重力加速度为g，则（　　）
A．a的释放位置距O点的高度为0.2R
B．a、b碰撞后瞬间，b的速度大小为
C．a、b碰撞前瞬间，a对轨道的压力大小为2.0mg
D．a、b碰撞后瞬间，b对轨道的压力大小为1.4mg
【答案】A
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】A．设a的释放位置与O1连线和竖直方向夹角为，碰前速度为，则
碰撞后，由于发生弹性碰撞，且质量相等，所以交换速度，a、b在两圆弧轨道上运动的路程相等，从碰后到b脱离轨道过程
且刚要脱离时
联立解得
所以a的释放位置距O点的高度为，故A正确；
B．根据以上分析解得a、b碰撞后瞬间，b的速度大小为故B错误；
C．根据牛顿第二定律，结合牛顿第三定律可知，a、b碰撞前瞬间，a对轨道的压力大小为，故C错误；
D．a、b碰撞后瞬间，b对轨道的压力大小为，结合牛顿第三定律可知， b对轨道的压力大小为，故D错误。
故答案为：A。
【分析】先利用弹性碰撞中质量相等则速度交换的规律，结合 a、b 运动路程相等的条件，建立碰撞前后的能量方程；再通过脱离轨道的临界条件（重力提供向心力）求出角度，最后计算释放高度、碰撞速度及轨道压力。
8．（2025·昆明模拟）内部带空腔的金属导体静置于匀强电场中，静电平衡时电场线分布如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．a点的电势高于b点的电势
B．a点的电场强度小于b点的电场强度
C．电子在a点的电势能大于在b点的电势能
D．电子在a点的电势能小于在b点的电势能
【答案】A,D
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】AB．处于静电平衡状态的金属导体为等势体，且沿电场方向电势逐渐降低可知，a点的电势高于b点的电势，a点的电场强度大于b点的电场强度，A错误，B正确；
CD．根据，由于a点的电势高于b点的电势，且电子带负电，故电子在a点的电势能小于b点的电势能，C错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】根据静电平衡的特点，金属导体为等势体，内部电场强度为零；再结合电场线方向判断电势高低，利用电势能公式Ep =qφ分析电子在不同位置的电势能。
9．（2025·昆明模拟）如图甲所示，质量为1kg的木板置于水平地面上，木板最左端放有可视为质点的物块。t=0时刻，对物块施加水平向右、大小为F=15N的恒力；t=1.0s时刻，撤去F，物块、木板运动的速度随时间变化的图像如图乙所示。取重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．物块与木板间的动摩擦因数为0.2
B．物块的质量为3kg
C．t=1.3s时，物块的加速度大小为2m/s2
D．木板的长度至少为0.75m
【答案】B,C
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】AB．在0~1s，物块向右匀加速，木板向右匀加速，对木板，设木板与地面的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为，由牛顿第二定律可得
由v t图像可知
对物块，由牛顿第二定律可得
由v t图像可知
撤去F，对木板，由牛顿第二定律可得加速度仍为
对物块
从撤去外力到共速
其中为物块速度，为木板速度
联立解得，m＝3kg，，故A错误，B正确；
C．t=1.3s时，根据整体法，物块的加速度大小为，解得，故C正确；
D.0-1.25s木板的位移，0-1物块位移
其中，1-1.25s物块位移
木板长度至少为，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】先通过 v-t 图像求出 0~1s 内物块和木板的加速度，再对两者分别列牛顿第二定律方程，联立求解动摩擦因数和物块质量；然后分析撤去 F 后的运动，计算加速度和木板最小长度。
10．（2025·昆明模拟）如图所示，空间中存在足够大、正交的匀强磁场和匀强电场，其中匀强磁场垂直于纸面（竖直面）、磁感应强度大小为B，匀强电场与水平方向成30°角。质量为m、电荷量为q（q>0）的小球从某点O开始运动，恰好能在竖直面内斜向右上方做匀速直线运动。小球运动到某点时撤去磁场，电场保持不变。已知小球所受电场力大小与其重力大小相等，空气阻力不计，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．小球的初速度大小为
B．撤去磁场后，小球的机械能一直增大
C．撤去磁场后，小球的电势能先减小后增大
D．撤去磁场后，小球重力势能的最大增加量为
【答案】B,D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A．已知小球所受电场力大小与其重力大小相等，小球恰好能在竖直面内斜向右上方做匀速直线运动，电场力和洛伦兹力的合力与重力等大反向，所以，洛伦兹力方向与电场方向夹角为120°，大小等于mg，则
小球的初速度大小为，故A错误；
BC．撤去磁场后，小球速度与合力方向垂直，根据左手定则可以判断，速度方向与电场方向夹角为30°，因为运动的速度始终与电场力方向夹角为锐角，所以电场力始终做正功，电势能一直减小，小球的机械能一直增大，故B正确、C错误；
D．小球上升到最高点时，重力势能最大，撤去磁场后，竖直方向，
小球重力势能的最大增加量为，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】先根据匀速直线运动的受力平衡，求出初速度；再分析撤去磁场后，电场力做功对机械能和电势能的影响，最后通过运动学公式计算重力势能的最大增加量。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（2025·昆明模拟）实验小组做“用单摆测重力加速度的大小”实验，实验装置如图甲所示。
（1）用游标卡尺测量摆球直径，游标卡尺的示数如图乙所示，则摆球直径d=　 　cm。
（2）为了减小实验误差，下列操作正确的是（　　）
A．摆长一定的情况下，摆的振幅越大越好
B．应选择密度较大的小球作为摆球
C．组装单摆应选用轻且不易伸长的细线
D．测周期时，计时起点选在摆球到达的最高点处
（3）某次实验测得该单摆的周期为T、摆线长为L，可得当地的重力加速度大小为g=　 　（用d、T、L表示）。
【答案】（1）1.04
（2）B；C
（3）
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）游标卡尺读数为
故答案为：1.04
（2）A．摆长一定的情况下，摆角应小于5°，摆的振幅不是越大越好，A错误；
B．为了尽量减少空气阻力的影响，应选择密度较大的小球作为摆球，B正确；
C．组装单摆应选用轻且不易伸长的细线，C正确；
D．测周期时，计时起点选在摆球到达的最低点处，D错误；
故答案为：BC。
（3）单摆摆长为，由周期公式
解得
故答案为：
【分析】 (1) 明确 10 分度游标卡尺的读数规则，主尺读数加上游标尺对齐刻度的小数部分，注意单位换算和有效数字保留。
(2) 结合单摆实验的误差来源，从摆球选择、摆线要求、振幅控制和计时起点四个方面，逐一分析操作对实验精度的影响。
(3) 推导单摆的实际摆长，结合单摆周期公式变形，直接求解重力加速度的表达式。
（1）游标卡尺读数为
（2）A．摆长一定的情况下，摆角应小于5°，摆的振幅不是越大越好，A错误；
B．为了尽量减少空气阻力的影响，应选择密度较大的小球作为摆球，B正确；
C．组装单摆应选用轻且不易伸长的细线，C正确；
D．测周期时，计时起点选在摆球到达的最低点处，D错误；
故选BC。
（3）单摆摆长为，由周期公式
解得
12．（2025·昆明模拟）实验小组设计如图甲所示的电路测量定值电阻Rx的阻值，所用器材如下：电源E；电流表A1（量程250mA，内阻未知）；电流表A2（量程300mA，内阻约为5Ω）；电阻箱R0（最大阻值999.9Ω）；滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）；单刀双掷开关S1；开关S及导线若干。
（1）按照图甲所示的电路图，用笔画线代替导线将图乙中的实物图连接完整　 　。
（2）实验时，闭合开关S前滑动变阻器R的滑片P应置于　 　（选填“a”或“b”）端。
（3）闭合开关S，将单刀双掷开关S1置于“1”处，调节滑动变阻器R和电阻箱R0的阻值，当电阻箱R0的阻值为15.0Ω时，电流表A1的示数为120mA，电流表A2的示数为160mA，则电流表A1的内阻为　 　Ω。（计算结果保留2位有效数字）
（4）闭合开关S，将单刀双掷开关S1置于“2”处，改变滑动变阻器R的阻值，得到多组电流表A1的示数I1和电流表A2的示数I2，在坐标纸上作出I2-I1图像如图丙所示，由图可得Rx的阻值为　 　Ω（计算结果保留3位有效数字），从设计原理看，其测量值与真实值相比　 　（选填“偏大”“偏小”或“相等”）。
【答案】（1）
（2）a
（3）5.0
（4）20.0（20.0~23.0）；相等
【知识点】串联电路和并联电路的特点及应用；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）根据图甲电路图，完整的实物连线如图所示
（2）实验时，闭合开关S前，应使电流表示数从最小开始调节，则滑动变阻器R的滑片P应置于a端。
故答案为：a
（3）根据欧姆定律可得电流表A1的内阻为
故答案为：5.0
（4）根据串并联关系可得
可知图像的斜率为
代入数据解得
由于电流表A1的内阻在测量没有存在系统误差，所以从设计原理看，的测量值与真实值相比相等。
故答案为：20.0（20.0~23.0）；相等
【分析】 (1) 依据电路图的串并联逻辑，将滑动变阻器接成分压式电路，单刀双掷开关分别连接电阻箱和待测电阻支路，两个电流表分别测量支路电流和干路电流，注意电表接线柱的对应连接。
(2) 分压式滑动变阻器闭合开关前，滑片应置于使并联支路电压为零的一端，避免电路元件因初始电压过大受损。
(3) 开关置于 “1” 时，电流表 A1与电阻箱并联，并联电路各支路电压相等，利用电流分配关系和欧姆定律求解 A1的内阻。
(4) 开关置于 “2” 时，电流表 A1与待测电阻并联，结合并联电路规律推导 I2-I1的函数关系，通过图像斜率计算待测电阻阻值；从原理上分析，该方法消除了电表内阻带来的系统误差，判断测量值与真实值的关系。
（1）根据图甲电路图，完整的实物连线如图所示
（2）实验时，闭合开关S前，应使电流表示数从最小开始调节，则滑动变阻器R的滑片P应置于a端。
（3）根据欧姆定律可得电流表A1的内阻为
（4）[1]根据串并联关系可得
可知图像的斜率为
代入数据解得
[2]由于电流表A1的内阻在测量没有存在系统误差，所以从设计原理看，的测量值与真实值相比相等。
13．（2025·昆明模拟）在滑雪场，工作人员借助卷扬机将物资沿雪道从A点运送到B点，示意图如图所示，雪道与水平地面间的夹角为θ=37°。质量为m=100kg的物资，在卷扬机的牵引下从A点由静止开始运动，牵引物资的轻绳始终与雪道平行，物资到达B点前速度已达到最大。已知卷扬机的输出功率恒为P=2kW，物资从A点运动到B点的时间为t=100s，物资与雪道之间的动摩擦因数为 =0.5，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2。物资可视为质点，不计空气阻力。求：
（1）物资能达到的最大速度；
（2）AB之间的距离。
【答案】（1）解：物资速度达到最大时，受到轻绳的拉力大小为
根据功率的公式，则有
联立解得
（2）解：设之间的距离为，对物资由动能定理得
代入数据解得
【知识点】机车启动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) 物资速度最大时，牵引力与阻力平衡，先由受力平衡求出此时的牵引力，再结合恒定功率公式P=Fv计算最大速度。
(2) 对 A 到 B 的全过程应用动能定理，将卷扬机做的功、重力做功和摩擦力做功与动能变化联系起来，求解AB间的距离。
（1）物资速度达到最大时，受到轻绳的拉力大小为
根据功率的公式，则有
联立解得
（2）设之间的距离为，对物资由动能定理得
代入数据解得
14．（2025·昆明模拟）如图所示，竖直放置的圆柱形汽缸内用横截面积为S的轻质活塞封闭1mol的理想气体，汽缸密闭性良好，活塞可在汽缸内无摩擦滑动。初始时，活塞静止在距汽缸底部L处，活塞上方2L处有固定卡扣。现加热气体，使其温度从T缓慢升高至3T，该过程中气体内能增加3p0SL（p0为外界大气压强），此后气体温度继续缓慢升高至5T。已知理想气体内能与温度成正比，外界大气压强恒为p0。求：
（1）温度升高至3T时，气体的体积；
（2）温度从T升高至3T的过程中，气体吸收的热量；
（3）摩尔热容指的是1mol物质温度升高1K所吸收的热量。摩尔热容与气体经历的变化过程有关，如果升温是在体积不变条件下进行，该热容称为等容摩尔热容（Cv）；如果升温是在压强不变条件下进行，该热容称为等压摩尔热容（Cp）。该气体温度从T升高至5T的过程中，气体的等容摩尔热容与等压摩尔热容的比值。
【答案】（1）解：假设温度升高至时，活塞还未运动到固定卡扣位置，设此时气体的体积为，气体温度从升高至的过程中，气体经历等压变化
可得，解得
此时活塞距汽缸底部的距离刚好为，说明活塞恰好运动到固定卡扣位置。
（2）解：气体温度从升高至的过程中，对外界做的功为
由热力学第一定律可得
解得
（3）解：理想气体内能与温度成正比，可得气体温度从升高至的过程中，内能的增加量等于温度从升高至的内能增加量
由热力学第一定律可得
气体温度从升高至的过程中，气体体积不变，气体对外界不做功
由摩尔热容的定义可得，
可得温度从升高至的过程中，气体的等容摩尔热容与等压摩尔热容的比值为
【知识点】热力学第一定律及其应用
【解析】【分析】(1) 先判断活塞是否移动，利用理想气体状态方程，分等压和等容两个阶段计算温度升高至 3T 时的体积。
(2) 应用热力学第一定律，先计算气体对外做功，再结合内能变化，求出吸收的热量。
(3) 分别计算等容和等压过程中吸收的热量，根据摩尔热容的定义求出CV 和Cp ，再求其比值。
（1）假设温度升高至时，活塞还未运动到固定卡扣位置，设此时气体的体积为，气体温度从升高至的过程中，气体经历等压变化
可得，解得
此时活塞距汽缸底部的距离刚好为，说明活塞恰好运动到固定卡扣位置。
（2）气体温度从升高至的过程中，对外界做的功为
由热力学第一定律可得
解得
（3）理想气体内能与温度成正比，可得气体温度从升高至的过程中，内能的增加量等于温度从升高至的内能增加量
由热力学第一定律可得
气体温度从升高至的过程中，气体体积不变，气体对外界不做功
由摩尔热容的定义可得，
可得温度从升高至的过程中，气体的等容摩尔热容与等压摩尔热容的比值为
15．（2025·昆明模拟）如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨固定在绝缘水平桌面（纸面）上，间距L=0.5m，OP右侧存在垂直纸面向里的磁场，以O点为原点，水平向右为x轴正方向，磁感应强度大小B随x变化的图像如图乙所示。边长cd为L=0.5m、边长bc为d=0.8m的矩形金属细框置于导轨上。现使细框以v0=4m/s的速度水平向右运动，cd边运动到x=1.6m处时，对细框施加水平向右的外力F使其匀速进入x≥1.6m的磁场区域，cd边运动到x=2.4m处时撤去外力F。整个运动过程中细框始终与导轨接触良好。已知金属细框的质量为m=0.2kg，ab边和cd边的总电阻为R=0.25Ω，导轨电阻可忽略。在细框运动的过程中，求：
（1）cd边运动到x1=0.8m处时，细框的速度大小；
（2）撤去外力F前瞬间，F的瞬时功率；
（3）撤去外力F后，细框运动的位移大小。
【答案】（1）解：cd边从运动到的过程中，磁感强度大小，cd边产生的平均电动势为
由闭合电路欧姆定律得
对cd边由动量定理得
解得：
（2）解：cd边从运动到的过程中，同（1）可得cd边运动到处时的速度大小为
由图可得处的磁感应强度大小。在撤去外力前瞬间，金属细框匀速运动，由受力平衡得
撤去外力前瞬间，的瞬时功率为
解得：
（3）解：撤去外力后，、边所在位置处的磁感应强度大小始终相差
回路中的感应电动势为
由闭合电路欧姆定律得：
金属细框所受的合外力大小为
对金属细框由动量定理可得
可得撤去外力后，金属细框的位移大小为
【知识点】动量定理；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】(1) 细框在0~0.8m区域匀速运动，cd边切割磁感线产生感应电动势，由动量定理分析安培力的冲量，结合初末速度关系求解速度。
(2) 撤去外力前瞬间，细框在变化磁场中运动，先由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，再计算感应电流和安培力，外力F与安培力平衡，结合瞬时功率公式求解。
(3) 撤去外力后，细框在安培力作用下减速，利用动量定理将安培力的冲量转化为电量，结合法拉第电磁感应定律和欧姆定律求出细框运动的位移。
（1）cd边从运动到的过程中，磁感强度大小，cd边产生的平均电动势为
由闭合电路欧姆定律得
对cd边由动量定理得
解得：
（2）cd边从运动到的过程中，同（1）可得cd边运动到处时的速度大小为
由图可得处的磁感应强度大小。在撤去外力前瞬间，金属细框匀速运动，由受力平衡得
撤去外力前瞬间，的瞬时功率为
解得：
（3）撤去外力后，、边所在位置处的磁感应强度大小始终相差
回路中的感应电动势为
由闭合电路欧姆定律得：
金属细框所受的合外力大小为
对金属细框由动量定理可得
可得撤去外力后，金属细框的位移大小为
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