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2025年江西省普通高中高三下学期学业水平选择性考试物理试卷(二)
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．处于激发态n的氢原子能量为En，电子动能为Ekn，氢原子放出某种频率的光子后跃迁到激发态m，此时氢原子能量为Em，电子动能为Ekm。普朗克常量为h，真空中光速为c，则（　　）
A．此次跃迁过程中，放出光子的能量为Em En
B．此次跃迁过程中，放出光子的波长为
C．此次跃迁过程中，电子所受合力所做的功为Ekm Ekn
D．Em Ekm=En Ekn
【答案】C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】AB．根据辐射的光子能量等于两能级间的能级差，光子的能量方程有hν=En Em
再结合光的频率和波长的关系式c=λν，得，故AB错误；
C．氢原子放出光子，原子能量减小则核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，轨道半径减小，由于电子运动方向与电场力方向相同电场力做正功，根据动能定理可知，此次跃迁过程中，电子所受合力所做的功为Ekm Ekn，故C正确；
D．根据分析可知光子释放能量所以En Em>0，由于合力做正功所以Ekn Ekm<0，可得Em Ekm故选C。
【分析】利用光子能量方程结合能级跃迁的能量可以求出光的波长及能量的大小；利用能级跃迁时电场力做功可以求出动能变化量的大小，利用合力做功可以比较动能变化量及能级跃迁能量的大小。
2．风力发电机是将风能先转换为机械能、再转换为电能的电力设备，如图所示。若风速为v，叶片旋转时可形成半径为r的圆面，空气密度为ρ，风垂直经过叶片旋转形成的圆面后约有的风的速率变为零，的风以原速率穿过，机械能转化为电能的效率为η。则发电机产生电能的功率P为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】能量守恒定律；功率及其计算；能量转化和转移的方向性
【解析】【解答】在时间t内，根据动能的表达式流过叶片转动范围内的空气具有的动能
风垂直经过叶片旋转形成的圆面后约有的风的速率变为零，的风以原速率穿过，机械能转化为电能的效率为；根据能量守恒定律结合平均功率的表达式可知发电机产生电能的功率为
故选B。
【分析】利用动能的表达式可以求出空气具有的动能，利用能量守恒定律结合平均功率的表达式可以求出发电机产生电能的功率大小。
3．航天员出舱活动的原理图如图，座舱A与气闸舱B（出舱或返回的气密性装置）之间装有阀门K，座舱A中充满空气（可视为理想气体），气闸舱B内为真空。出舱时打开阀门K，A中气体进入B中，最终达到平衡，然后航天员进入气闸舱B。假设此过程中系统与外界没有热交换。对于该过程，下列说法正确的是（　　）
A．气体对外界做功，内能减小
B．气体等温膨胀，压强增大
C．气体分子的平均速率不变
D．气体从A向B扩散的过程是可逆过程
【答案】C
【知识点】热力学第一定律及其应用；热力学第二定律
【解析】【解答】AC．由于气闸舱B内为真空，可知气体进入B中的过程中不对外界做功，又因为整个系统与外界没有热交换，由于外界对气体不做功结合气体的热量没有损失，根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知气体内能不变，气体分子的平均速率不变，故A错误C正确；
B．因为气体内能不变，故温度不变，分子的平均动能不变，因为气闸舱B内为真空，由于气体发生等温变化，根据玻意耳定律可知扩散后气体体积V增大，压强p减小，故B错误；
D．根据热力学第二定律可知涉及热现象的一切宏观过程均具有方向性，气体可以自发进行扩散但是扩散现象不具有可逆性，所以B中气体不可能自发地全部退回到A中，故D错误。
故选C。
【分析】于外界对气体不做功结合气体的热量没有损失，根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知气体内能不变，气体分子的平均速率不变；利用气体的等温变化结合体积增大可以判别压强的变化；气体可以自发进行扩散但是扩散现象不具有可逆性，所以B中气体不可能自发地全部退回到A中。
4．小朋友和父亲两人玩套圈游戏，两人先后在同一地点直立，水平抛出相同的套圈，恰好套住同一个物体，不计空气阻力，父亲较高，则（　　）
A．两人抛出的套圈套住物体前的瞬间的速度一定不同
B．父亲抛出的套圈在空中运动的时间较短
C．两人对套圈做的功可能相等
D．两人抛出的套圈套住物体前的瞬间，套圈重力的功率相等
【答案】A
【知识点】平抛运动；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】B．平抛运动竖直方向的分运动为自由落体运动，根据位移公式，解得运动的时间为
由于父亲竖直高度较大，故父亲抛出的套圈在空中运动的时间较长，故B错误；
A．套圈在水平方向做匀速运动，根据水平方向的位移公式有，解得
由于水平方向运动的距离相等，小朋友抛出的套圈在空中运动的时间较短，小朋友抛出的套圈的水平速度较大，根据竖直方向的速度公式，父亲抛出的套圈套住物体前瞬间的竖直分速度较大，套圈套住物体前瞬间的速度方向一定不同，故A正确；
C．由于小朋友抛出的初速度比较大，根据动能定理可知人对套圈做的功，因此两人对套圈做的功一定不相等，故C错误；
D．两人抛出的套圈套住物体前瞬间，根据功率的表达式可知重力的功率
两次时间不同，故套圈重力的功率不同，故D错误。
故选A。
【分析】利用竖直方向的位移公式结合下落的高度可以比较套圈运动的时间，结合水平方向的位移公式可以比较初速度的大小，结合竖直方向的速度公式可以比较套住物体速度的方向；利用动能定理结合初速度的大小可以比较人对套圈做功的大小；利用功率的表达式结合运动的时间可以比较重力的瞬时功率。
5．均匀介质中半径R=4m的半圆形区域如图所示，MN为半圆的直径。现在M、N两点放置两波源，M、N波源的振动方程分别为y=2sin5πt（cm）、y=2sin（5πt+π）（cm）。t=0时刻两波源同时振动，两波源形成的波在介质中的波长均为2m，稳定时，半圆弧上振幅为4cm的点有n处（不包括M、N两点），则n为（　　）
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】D
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】已知M、N波源的振动方程分别为y=2sin5πt（cm）、y=2sin（5πt+π）（cm）根据振动的方程可知两波源振动的相位差为π，所以两波源的振动步调相反，根据振动叠加的规律可知半圆上的点到两波源的距离差等于半波长的奇数倍时，振动加强，振幅为4 cm，过O作与直径MN垂直的线与弧MN交于E点，如图所示
根据对称性可知两波源到E点的距离差为0，根据两波源之间的距离可知两波源到M点的距离差为8 m，由于半波长为1m，所以在弧ME上的点到两波源的距离差可能等于1 m、3 m、5 m、7 m，即有4个点到两波源的距离差等于半波长的奇数倍，根据对称性，在弧EN上也有4个点到两波源的距离差等于半波长的奇数倍，则半圆上振幅为4 cm的点有8处。
故选D。
【分析】利用两波的振动方程可以判别振动步调相反，则振动加强点到两波源的距离等于半波长的奇数倍，利用波程差可以判别半圆弧上振动加强的点的个数。
6．如图所示，竖直平面内有两端等高的半圆轨道和一条直线轨道，可视为质点的小球第一次沿光滑半圆轨道由A到B，第二次沿光滑直线轨道由A到B，两次初速度均为零，P点在直线轨道上且位于半圆轨道最低点O的正上方，空气阻力不计。则（　　）
A．小球沿两轨道运动到B点时的速度大小不同
B．小球在O点受到的弹力小于在P点受到的弹力
C．小球在O点受到的弹力大于在P点受到的弹力
D．小球沿两轨道运动到B点时的动量相同
【答案】C
【知识点】竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律；动量；冲量
【解析】【解答】A．小球沿两轨道运动到B点的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律可知小球沿两轨道运动到B点时的速度大小相同，故A错误；
BC．设AB与水平方向夹角为，根据垂直于斜面方向的平衡方程可知小球在P点受到的弹力
A到O过程，由动能定理有
在O点，根据牛顿第二定律可以得出小球受到的弹力大小为
解得小球在O点受到的弹力
故小球在O点受到的弹力大于在P点受到的弹力，故B错误，C正确；
D．根据机械能守恒定律可知，小球沿两轨道运动到B点时的速度大小相同，由于小球在两个轨道经过B点的速度方向不同，因此动量不同，故D错误。
故选C。
【分析】利用机械能守恒定律可以判别小球经过两个轨道的B点速度大小相等，利用速度的方向可以判别动量不同；利用在直线轨道上的平衡方程可以求出小球受到的弹力大小，利用在O点的牛顿第二定律可以求出小球受到的弹力大小。
7．如图所示，倾角为60°的光滑斜面上固定着半径的光滑三分之二圆弧形轨道ABC，以圆心O为原点、沿斜面向下为正方向建立坐标轴Ox，OA、OC与x轴间的夹角均为60°。一质量m=0.1kg的小球（可看成质点）从x轴上的M点沿垂直x轴方向以速度v0抛出，小球恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道，重力加速度，下列说法正确的是（　　）
A．小球的初速度v0的大小为
B．M点的坐标为
C．小球对轨道的最大压力为
D．小球在圆弧BC中间某点脱离轨道
【答案】B
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．小球先做类平抛运动，根据水平方向的位移公式，根据沿着斜面方向的速度公式有：，
解得
故A错误；
B．根据沿着x轴方向的位移公式可得：M点的坐标
故B正确；
C．小球到达B点时速度最大，对轨道的压力最大，小球从M点到B点的过程中，根据动能定理有
根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律得， 小球对轨道的最大压力为，故C错误；
D．由于小球运动过程机械能守恒，所以小球可以经过A点对应的等高点，小球不可能在圆弧BC中间某点脱离轨道，故D错误。
故选B。
【分析】利用小球类平抛运动的速度公式和位移公式可以求出小球初速度的大小；利用位移公式可以求出M点的坐标；利用动能定理结合牛顿第二定律可以求出小球对轨道的最大压力；利用机械能守恒定律可知小球不可能在圆弧BC中间某点脱离轨道。
8．如图所示，一个不带电的金属球壳固定在大地上，P为球壳内非球心的点，固定在绝缘支架上的带正电小球，从无穷远处向球壳缓慢靠近，以大地为零势面，在此过程中（　　）
A．P点的电势保持不变
B．P点的电场强度保持不变
C．感应电荷在P点产生的电场强度不断增大
D．球壳的右侧外表面带正电
【答案】A,B,C
【知识点】静电的防止与利用；电场强度的叠加
【解析】【解答】A．当带电小球靠近球壳时，处于静电平衡状态的导体是等势体，所以球壳处于静电平衡，由于球壳与大地连在一起，球壳及其内部电势均为零，故A正确；
B．由于内外电场叠加后，导体处于静电平衡，处于静电平衡状态的导体内部电场强度为零，故B正确；
CD．带正电小球从无穷远处向球壳缓慢靠近过程中，由于库仑力的作用下球壳上感应出负电荷，且电荷量不断增大，由于感应电荷产生的电场强度与点电荷产生的电场强度大小相等，根据点电荷的场强公式可知感应电荷在P点产生的电场强度不断增大，故C正确，D错误。
故选ABC。
【分析】利用静电平衡的球壳可以判别内部电势等于大地电势；静电平衡内部电场强度等于0，利用点电荷产生的电场强度可以判别感应电荷产生的电场强度大小变化；利用库仑力可以判别球壳带电情况。
9．如图所示，光滑水平导轨左端接有电阻R，导轨间距为L，矩形区域Ⅰ、Ⅱ有磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，两磁场的宽及间距均为d。一长为L、质量为m的金属棒放置在导轨上，与导轨始终垂直且接触良好，导轨及金属棒的电阻均不计，现对金属棒施加方向水平向右、大小F=mg（g为重力加速度）的恒定外力，发现金属棒进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度大小相等，则（　　）
A．进入磁场Ⅰ和Ⅱ的瞬间，金属棒的加速度不相同
B．金属棒穿过磁场Ⅰ和Ⅱ的时间相等
C．金属棒穿过磁场Ⅰ和Ⅱ时电路中产生的总热量为4mgd
D．金属棒穿过磁场Ⅰ和Ⅱ时电路中产生的总热量为2mgd
【答案】B,C
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】AB．金属棒进入磁场Ⅰ和Ⅱ时速度大小相等，根据动生电动势的表达式E=Blv可知产生的感应电动势相等，根据欧姆定律可知感应电流相等，根据安培力的表达式F=BIL可知所受安培力相等，根据牛顿第二定律可知金属棒的加速度相同，又磁场Ⅰ和Ⅱ的宽度相同，则金属棒穿过磁场Ⅰ和Ⅱ的时间一定相同，故A错误，B正确；
CD．外力F与金属棒所受安培力做的功等于金属棒动能的变化，金属棒在无磁场区域运动时电路中不产生焦耳热，金属棒从进入磁场Ⅰ到进入磁场Ⅱ的过程，由于导体棒初末速度相等，所以安培力做功等于外力做功，根据能量守恒定律，金属棒在区域I中产生的热量为有Q=2mgd
根据安培力做功相等可以得出金属棒穿过磁场Ⅰ和Ⅱ时电路中产生的总热量为2Q=4mgd，故C正确，D错误。
故选BC。
【分析】利用金属棒进入两个磁场的速度相等，结合动生电动势的表达式可以判别感应电流相等，结合安培力的表达式及牛顿第二定律可以得出加速度相等，结合区间长度相等可以得出运动的时间相等；利用能量守恒定律可以得出金属棒产生的焦耳热大小。
10．星球M有两颗卫星，卫星Ⅰ沿圆轨道运行，卫星Ⅱ沿椭圆轨道运行，运行方向均为逆时针。已知卫星Ⅰ的圆轨道直径与卫星Ⅱ的椭圆轨道长轴相等且均为d，卫星Ⅰ的线速度大小为v1，两轨道相交于A、B两点，某时刻两卫星与星球M在同一直线上，如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．卫星Ⅱ的运动周期为
B．卫星Ⅱ在图示位置的速度v2大于v1
C．两卫星在A点处受到星球M的万有引力大小一定相等
D．两卫星在A点或B点处不可能相遇
【答案】A,D
【知识点】开普勒定律；万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A．由于卫星Ⅰ的圆轨道半径与卫星Ⅱ的椭圆轨道半长轴相等，根据开普勒第三定律可得两卫星的运动周期相等，根据线速度和周期的关系可以得出周期均为T==，故A正确；
B．设卫星Ⅱ在远地点变轨成绕星球M做匀速圆周运动，根据变轨的规律可知需要在变轨处点火加速，可知v2小于变轨后在圆轨道的运行速度v2'，卫星绕星球M做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力可得=m
线速度的表达式有：v=
由于卫星I的轨道板间大于卫星II变轨后的轨道半径，所以可知v1>v2'，则卫星Ⅱ在图示位置的速度v2小于v1，故B错误；
C．根据万有引力表达式F引=可知由于两卫星的质量不知，所以无法比较两卫星在A点处受到星球M的万有引力大小，故C错误；
D．由于两卫星的周期相等，从图示位置可知卫星Ⅰ到A处所用时间大于半个周期，卫星Ⅱ到A处所用时间小于半个周期，所以两个卫星运动时间不同所以不能在A点相遇，由于卫星Ⅰ到B处所用时间小于半个周期，卫星Ⅱ到B处所用时间大于半个周期，所以两卫星在B点处不可能相遇，故D正确。
故选AD。
【分析】利用两个卫星的开普勒第三定律可以得出周期相等，结合线速度的大小可以求出周期的大小；利用卫星II的速度小于变轨后的速度，结合引力提供向心力可以比较卫星I和卫星II变轨后的速度大小；利用两个卫星质量未知无法比较引力的大小；利用卫星到某点的运动时间进行比较可以判别是否相遇。
二、非选择题∶本题共5小题，共54分。
11．某实验小组用压力传感器设计测量弹簧劲度系数的实验方案。如图所示，压力传感器放在水平地面上，一轻质弹簧下端与重物连接，上端与跨过定滑轮的轻绳连接，轻绳的另一端连着托盘。托盘中不放砝码时，传感器读数为，在托盘中放置n（n=0，1，2，3，4，5）个砝码，对应弹簧长度的变化量为，传感器的读数为，记录下相应的数据。
（1）数据处理时采用画F-x图像的方法，试分析该图像　 　（填“过”或“不过”）坐标原点，该图像的　 　可表示弹簧的劲度系数。
（2）滑轮的摩擦力对实验结果　 　（填“产生”或“不产生”）影响。
【答案】不过；斜率绝对值；不产生
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系；实验基础知识与实验误差
【解析】【解答】（1）当砝码增加时，弹簧弹力增大，则压力传感器的读数减小，根据平衡方程可知弹簧中弹力的增加量为，整理得，可知该图线是一条不过原点的直线；斜率的绝对值为弹簧的劲度系数。
（2）根据弹力的表达式有，根据物体的平衡方程可知滑轮的摩擦力不影响实验结果。
【分析】（1）由于物体处于静止，则弹簧弹力的增加量等于压力传感器读数的减少量，根据平衡方程可以得出图线不经过原点，图线斜率代表劲度系数的大小；
（2）利用平衡方程可知滑轮的摩擦力不影响实验结果。
12．某兴趣小组设计实验来测量一块电池的电动势和内阻。
（1）先用多用电表的“50 V”电压挡粗测电动势，指针位置如图甲所示，示数为　 　V。
（2）实验室提供的器材有∶电流表A1（量程为50 mA，内阻为10 Ω），电流表A2（量程为0.6 A，内阻为1 Ω），定值电阻R1（90 Ω），定值电阻R2（290 Ω），滑动变阻器R（0~100 Ω，1 A），待测电池，开关，导线。为了尽可能精确测量电池的电动势和内阻，小组设计了图乙所示的电路进行实验。
①实验时，需先将电流表　 　（选填“A1”或“A2”）与定值电阻R定串联后改装为电压表，图乙中定值电阻R定应选　 　（选填“R1”或“R2”）。
②实验测得多组电流表A1的示数I1和电流表A2的示数I2，绘制出I1-I2图像如图丙所示，依据图像可得电池的电动势为　 　V，内阻为　 　Ω。（结果均保留一位小数）
【答案】（1）14.0
（2）A1；R2；14.1；12.5
【知识点】表头的改装；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）已知电压表的量程为50V，根据电压表的分度值可知该示数为14.0 V。
（2）①该电池电动势粗测值为14.0 V，为了改装电压表的精度与使用安全，需要将电流表改装成量程超过14.0 V的电压表，当电流表A1与定值电阻R2串联后改装为电压表，根据欧姆定律可知该改装表的量程为U=IA1(RA1+R2)=15 V，所以电流表选A1，电阻选择R2
②根据闭合电路的欧姆定律有I1(RA1+R2)=E-(I1+I2)r
变形有
根据图像截距有，根据图像斜率有
解得E=14.1 V，r=12.5 Ω
【分析】（1）利用电压表的分度值可以得出读数；
（2）利用电动势的大小可以判别电流表改装为电压表的量程，结合欧姆定律可以判别电流表和电阻的选择；利用闭合电路的欧姆定律结合图像斜率和截距可以求出电动势和内阻的大小。
（1）根据电压表的读数规律，该示数为14.0 V。
（2）①[1][2]该电池电动势粗测值为14.0 V，为了改装电压表的精度与使用安全，需要将电流表改装成量程超过14.0 V的电压表，根据器材的数据，可知需将电流表A1与定值电阻R2串联后改装为电压表，该改装表的量程为U=IA1(RA1+R2)=15 V
②[3][4]根据上述，结合电路图有I1(RA1+R2)=E-(I1+I2)r
变形有
结合题图丙可得，
解得E=14.1 V，r=12.5 Ω
13．有一正三棱柱形冰块，其横截面如图所示，其边长为a，冰块中心有一半径R=a的球形气泡（充满空气），一束平行单色光垂直AB面射向冰块。已知冰块对该单色光的折射率为，光在空气中的传播速度为c。
（1）如图所示，光线从D点射入时恰好与气泡相切，求该光线穿过冰块所需要的时间。
（2）为使光线不能从AB面直接射入中间的气泡中，在冰块AB面贴上不透明纸，求不透明纸的最小面积。
【答案】（1）根据题意，由折射定律画出从D点射入的光线的光路图，如图甲所示，由sin C=　
可得光在冰块内发生全反射的临界角的正弦值sin C==
解得C=45°
由几何关系可知，光在AF面的入射角为60°，大于临界角，则光在AF面上发生全反射，由几何关系可得OD=a，OE=a
则光线从D点射入，从BF面射出，由n=　
可得该单色光在冰块内的传播速度v=c
该光线穿过冰块的时间t==。
（2）从气泡上G和G'处射入的光线刚好在此处发生全反射，如图乙所示，入射角恰好为45°，而这两条光线之间射入的光线，其入射角均小于45°，将会直接射入气泡，所以只要将这些区域用不透明纸遮住就可以了，显然在冰块AB面上，被遮挡区为圆形时面积最小，设其半径为r，则由几何知识可知r=a
则不透明纸的最小面积S=πr2=

【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）画出光折射的路径，利用全反射定律可以求出临界角的大小，利用几何关系可以求出光传播的路径，结合传播的速度可以求出传播的时间；
（2）当粒子在G处发生全反射，利用几何关系可以求出圆形面积的最小值。
（1）根据题意，由折射定律画出从D点射入的光线的光路图，如图甲所示，由sin C=　
可得光在冰块内发生全反射的临界角的正弦值sin C==
解得C=45°
由几何关系可知，光在AF面的入射角为60°，大于临界角，则光在AF面上发生全反射，由几何关系可得OD=a，OE=a
则光线从D点射入，从BF面射出，由n=　
可得该单色光在冰块内的传播速度v=c
该光线穿过冰块的时间t==。
（2）从气泡上G和G'处射入的光线刚好在此处发生全反射，如图乙所示，入射角恰好为45°，而这两条光线之间射入的光线，其入射角均小于45°，将会直接射入气泡，所以只要将这些区域用不透明纸遮住就可以了，显然在冰块AB面上，被遮挡区为圆形时面积最小，设其半径为r，则由几何知识可知r=a
则不透明纸的最小面积S=πr2=
14．如图所示，在xOy直角坐标系所在平面的第一象限内有一过原点O的无限长挡板，挡板与x轴成60°角放置。挡板上方有足够长、边界平行于挡板的区域Ⅰ和Ⅱ，边界与y轴分别交于y=2h和y=4h处，区域Ⅱ中存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，区域Ⅰ中存在沿y轴负方向的匀强电场，在y=3h处有一离子源射出速度方向沿x轴正方向、质量为m、电荷量为q的同种正离子。不计正离子的重力以及离子间的相互作用。
（1）若没有离子进入区域Ⅰ，求离子初速度的最大值v1。
（2）若离子经磁场偏转后进入区域Ⅰ，速度方向与区域Ⅰ和Ⅱ的边界成30°角的离子恰能垂直打在挡板上，求离子初速度v2的大小和电场强度E的大小。
【答案】（1）若没有离子进入区域Ⅰ，当离子在区域Ⅱ中的运动轨迹恰好与区域Ⅰ的边界相切时速度最大，由几何关系有r=h
粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
解得

（2）根据几何关系有R+h=2Rcos 30°
解得
粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
在平行边界方向上有
在垂直边界方向上有
解得，
【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）当粒子没有进入区域I时，利用轨迹与边界相切可以求出最大的轨迹半径，结合牛顿第二定律可以求出粒子初速度的最大值；
（2）当粒子进入区域I时，利用几何关系可以求出轨迹半径的大小，结合牛顿第二定律可以求出粒子速度的表达式，再利用速度的分解结合位移公式可以求出粒子初速度的大小及电场强度的大小。
（1）若没有离子进入区域Ⅰ，当离子在区域Ⅱ中的运动轨迹恰好与区域Ⅰ的边界相切时速度最大，由几何关系有r=h
粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
解得
（2）根据几何关系有R+h=2Rcos 30°
解得
粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
在平行边界方向上有
在垂直边界方向上有
解得，
15．如图所示，MN是长L1=1 m的粗糙固定平台，在平台左端M点放置一质量m=0.1 kg的小物块P。平台右端的光滑水平桌面上，放有一质量m0=0.6 kg、长L2=2.9 m的长木板Q，其上表面与平台相齐，右端带有薄挡板。其上表面从左端开始，每隔d=0.389 m放有质量m=0.1 kg的小物块A、B、C、D。平台MN表面涂有特殊材料，小物块P与平台表面间的动摩擦因数μ1与小物块P到M点的距离x之间的关系为μ1=kx（k=0.9 m-1），小物块P、A、B、C、D与长木板Q之间的动摩擦因数均为μ2=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现给小物块P一个水平向右的瞬时冲量I=0.5 N·s，已知小物块P未从长木板Q上滑落，小物块均可视为质点，所有碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间可忽略，重力加速度大小g=10 m/s2，求∶
（1）小物块P从平台左端M点运动至右端N点时的速度大小。
（2）从小物块P与小物块A相碰，直到小物块D与长木板Q的挡板相碰所用的时间。（保留一位小数）
（3）小物块D与长木板的挡板碰后的瞬间各自速度的大小及施加一冲量后的整个过程中所有物体间因摩擦而产生的热量。
【答案】（1）小物块P从M端运动到N端的过程，由动能定理得kmg=m-m，v0==5 m/s
解得vN=4 m/s
（2）小物块P、A、B、C、D相对长木板Q滑动时的加速度大小均为a1==μ2g=2 m/s2
在D未与长木板Q的挡板相碰前，长木板Q的加速度大小a2==0.2 m/s2　
从滑上长木板Q开始，设历时t0后，小物块P与A相碰，有vNt0-a1=a2+d
解得t0=0.1 s
设历时t1后，D与长木板Q的挡板相碰，由于质量相同的物体弹性碰撞后速度交换，则有vNt1-a1=a2+L2　
解得t1=1.0 s
所求时间t=t1-t0=0.9 s
（3）D与长木板Q的挡板相碰前小物块D的速度vD=vN-a1t1=2 m/s
D与长木板Q的挡板相碰前长木板Q的速度vQ=a2t1=0.2 m/s
D与长木板Q的挡板相碰，有mvD+m0vQ=mvD'+m0vQ'，m+m0=mvD'2+m0vQ'2　
联立解得vD'= m/s，vQ'= m/s
从小物块P滑上长木板Q到P、A、B、C、D与长木板Q达到共同速度v的过程，由动量守恒有mvN=(5m+m0)v
解得v= m/s
小物块P从M端运动到N端的过程，因摩擦产生的热量Q1=m-m　
从小物块P滑上长木板到P、A、B、C、D与长木板Q达到共速的过程，所有物体间因摩擦产生的热量Q2=m-(5m+m0)v2　
整个过程中所有物体间因摩擦而产生的热量Q=Q1+Q2=1.18 J
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）物块从M端到N端的过程中，利用动能定理可以求出物块到达N点速度的大小；
（2）当物块在木板上相对运动时，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，当D未与木板Q的挡板碰撞时，利用牛顿第二定律可以求出木板加速度的大小，结合位移公式可以求出物块P与A碰撞所花的时间，结合位移公式可以求出D与木板Q相碰所花的时间；
（3）当D与挡板碰撞前，利用速度公式可以求出D的速度大小，利用速度公式可以求出Q碰前速度的大小，结合动量守恒定律和能量守恒定律可以求出碰后速度的大小，当P滑上木板到所有木块与木板速度相等时，利用动量守恒定律可以求出共同速度，结合动能的变化可以求出产生的热量；再利用动能变化可以求出物块P摩擦产生的热量。
（1）小物块P从M端运动到N端的过程，由动能定理得kmg=m-m，v0==5 m/s
解得vN=4 m/s
（2）小物块P、A、B、C、D相对长木板Q滑动时的加速度大小均为a1==μ2g=2 m/s2　
在D未与长木板Q的挡板相碰前，长木板Q的加速度大小a2==0.2 m/s2　
从滑上长木板Q开始，设历时t0后，小物块P与A相碰，有vNt0-a1=a2+d
解得t0=0.1 s
设历时t1后，D与长木板Q的挡板相碰，由于质量相同的物体弹性碰撞后速度交换，则有vNt1-a1=a2+L2　
解得t1=1.0 s
所求时间t=t1-t0=0.9 s
（3）D与长木板Q的挡板相碰前小物块D的速度vD=vN-a1t1=2 m/s
D与长木板Q的挡板相碰前长木板Q的速度vQ=a2t1=0.2 m/s
D与长木板Q的挡板相碰，有mvD+m0vQ=mvD'+m0vQ'，m+m0=mvD'2+m0vQ'2　
联立解得vD'= m/s，vQ'= m/s
从小物块P滑上长木板Q到P、A、B、C、D与长木板Q达到共同速度v的过程，由动量守恒有mvN=(5m+m0)v
解得v= m/s
小物块P从M端运动到N端的过程，因摩擦产生的热量Q1=m-m　
从小物块P滑上长木板到P、A、B、C、D与长木板Q达到共速的过程，所有物体间因摩擦产生的热量Q2=m-(5m+m0)v2　
整个过程中所有物体间因摩擦而产生的热量Q=Q1+Q2=1.18 J
1 / 12025年江西省普通高中高三下学期学业水平选择性考试物理试卷(二)
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．处于激发态n的氢原子能量为En，电子动能为Ekn，氢原子放出某种频率的光子后跃迁到激发态m，此时氢原子能量为Em，电子动能为Ekm。普朗克常量为h，真空中光速为c，则（　　）
A．此次跃迁过程中，放出光子的能量为Em En
B．此次跃迁过程中，放出光子的波长为
C．此次跃迁过程中，电子所受合力所做的功为Ekm Ekn
D．Em Ekm=En Ekn
2．风力发电机是将风能先转换为机械能、再转换为电能的电力设备，如图所示。若风速为v，叶片旋转时可形成半径为r的圆面，空气密度为ρ，风垂直经过叶片旋转形成的圆面后约有的风的速率变为零，的风以原速率穿过，机械能转化为电能的效率为η。则发电机产生电能的功率P为（　　）
A． B． C． D．
3．航天员出舱活动的原理图如图，座舱A与气闸舱B（出舱或返回的气密性装置）之间装有阀门K，座舱A中充满空气（可视为理想气体），气闸舱B内为真空。出舱时打开阀门K，A中气体进入B中，最终达到平衡，然后航天员进入气闸舱B。假设此过程中系统与外界没有热交换。对于该过程，下列说法正确的是（　　）
A．气体对外界做功，内能减小
B．气体等温膨胀，压强增大
C．气体分子的平均速率不变
D．气体从A向B扩散的过程是可逆过程
4．小朋友和父亲两人玩套圈游戏，两人先后在同一地点直立，水平抛出相同的套圈，恰好套住同一个物体，不计空气阻力，父亲较高，则（　　）
A．两人抛出的套圈套住物体前的瞬间的速度一定不同
B．父亲抛出的套圈在空中运动的时间较短
C．两人对套圈做的功可能相等
D．两人抛出的套圈套住物体前的瞬间，套圈重力的功率相等
5．均匀介质中半径R=4m的半圆形区域如图所示，MN为半圆的直径。现在M、N两点放置两波源，M、N波源的振动方程分别为y=2sin5πt（cm）、y=2sin（5πt+π）（cm）。t=0时刻两波源同时振动，两波源形成的波在介质中的波长均为2m，稳定时，半圆弧上振幅为4cm的点有n处（不包括M、N两点），则n为（　　）
A．2 B．4 C．6 D．8
6．如图所示，竖直平面内有两端等高的半圆轨道和一条直线轨道，可视为质点的小球第一次沿光滑半圆轨道由A到B，第二次沿光滑直线轨道由A到B，两次初速度均为零，P点在直线轨道上且位于半圆轨道最低点O的正上方，空气阻力不计。则（　　）
A．小球沿两轨道运动到B点时的速度大小不同
B．小球在O点受到的弹力小于在P点受到的弹力
C．小球在O点受到的弹力大于在P点受到的弹力
D．小球沿两轨道运动到B点时的动量相同
7．如图所示，倾角为60°的光滑斜面上固定着半径的光滑三分之二圆弧形轨道ABC，以圆心O为原点、沿斜面向下为正方向建立坐标轴Ox，OA、OC与x轴间的夹角均为60°。一质量m=0.1kg的小球（可看成质点）从x轴上的M点沿垂直x轴方向以速度v0抛出，小球恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道，重力加速度，下列说法正确的是（　　）
A．小球的初速度v0的大小为
B．M点的坐标为
C．小球对轨道的最大压力为
D．小球在圆弧BC中间某点脱离轨道
8．如图所示，一个不带电的金属球壳固定在大地上，P为球壳内非球心的点，固定在绝缘支架上的带正电小球，从无穷远处向球壳缓慢靠近，以大地为零势面，在此过程中（　　）
A．P点的电势保持不变
B．P点的电场强度保持不变
C．感应电荷在P点产生的电场强度不断增大
D．球壳的右侧外表面带正电
9．如图所示，光滑水平导轨左端接有电阻R，导轨间距为L，矩形区域Ⅰ、Ⅱ有磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，两磁场的宽及间距均为d。一长为L、质量为m的金属棒放置在导轨上，与导轨始终垂直且接触良好，导轨及金属棒的电阻均不计，现对金属棒施加方向水平向右、大小F=mg（g为重力加速度）的恒定外力，发现金属棒进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度大小相等，则（　　）
A．进入磁场Ⅰ和Ⅱ的瞬间，金属棒的加速度不相同
B．金属棒穿过磁场Ⅰ和Ⅱ的时间相等
C．金属棒穿过磁场Ⅰ和Ⅱ时电路中产生的总热量为4mgd
D．金属棒穿过磁场Ⅰ和Ⅱ时电路中产生的总热量为2mgd
10．星球M有两颗卫星，卫星Ⅰ沿圆轨道运行，卫星Ⅱ沿椭圆轨道运行，运行方向均为逆时针。已知卫星Ⅰ的圆轨道直径与卫星Ⅱ的椭圆轨道长轴相等且均为d，卫星Ⅰ的线速度大小为v1，两轨道相交于A、B两点，某时刻两卫星与星球M在同一直线上，如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．卫星Ⅱ的运动周期为
B．卫星Ⅱ在图示位置的速度v2大于v1
C．两卫星在A点处受到星球M的万有引力大小一定相等
D．两卫星在A点或B点处不可能相遇
二、非选择题∶本题共5小题，共54分。
11．某实验小组用压力传感器设计测量弹簧劲度系数的实验方案。如图所示，压力传感器放在水平地面上，一轻质弹簧下端与重物连接，上端与跨过定滑轮的轻绳连接，轻绳的另一端连着托盘。托盘中不放砝码时，传感器读数为，在托盘中放置n（n=0，1，2，3，4，5）个砝码，对应弹簧长度的变化量为，传感器的读数为，记录下相应的数据。
（1）数据处理时采用画F-x图像的方法，试分析该图像　 　（填“过”或“不过”）坐标原点，该图像的　 　可表示弹簧的劲度系数。
（2）滑轮的摩擦力对实验结果　 　（填“产生”或“不产生”）影响。
12．某兴趣小组设计实验来测量一块电池的电动势和内阻。
（1）先用多用电表的“50 V”电压挡粗测电动势，指针位置如图甲所示，示数为　 　V。
（2）实验室提供的器材有∶电流表A1（量程为50 mA，内阻为10 Ω），电流表A2（量程为0.6 A，内阻为1 Ω），定值电阻R1（90 Ω），定值电阻R2（290 Ω），滑动变阻器R（0~100 Ω，1 A），待测电池，开关，导线。为了尽可能精确测量电池的电动势和内阻，小组设计了图乙所示的电路进行实验。
①实验时，需先将电流表　 　（选填“A1”或“A2”）与定值电阻R定串联后改装为电压表，图乙中定值电阻R定应选　 　（选填“R1”或“R2”）。
②实验测得多组电流表A1的示数I1和电流表A2的示数I2，绘制出I1-I2图像如图丙所示，依据图像可得电池的电动势为　 　V，内阻为　 　Ω。（结果均保留一位小数）
13．有一正三棱柱形冰块，其横截面如图所示，其边长为a，冰块中心有一半径R=a的球形气泡（充满空气），一束平行单色光垂直AB面射向冰块。已知冰块对该单色光的折射率为，光在空气中的传播速度为c。
（1）如图所示，光线从D点射入时恰好与气泡相切，求该光线穿过冰块所需要的时间。
（2）为使光线不能从AB面直接射入中间的气泡中，在冰块AB面贴上不透明纸，求不透明纸的最小面积。
14．如图所示，在xOy直角坐标系所在平面的第一象限内有一过原点O的无限长挡板，挡板与x轴成60°角放置。挡板上方有足够长、边界平行于挡板的区域Ⅰ和Ⅱ，边界与y轴分别交于y=2h和y=4h处，区域Ⅱ中存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，区域Ⅰ中存在沿y轴负方向的匀强电场，在y=3h处有一离子源射出速度方向沿x轴正方向、质量为m、电荷量为q的同种正离子。不计正离子的重力以及离子间的相互作用。
（1）若没有离子进入区域Ⅰ，求离子初速度的最大值v1。
（2）若离子经磁场偏转后进入区域Ⅰ，速度方向与区域Ⅰ和Ⅱ的边界成30°角的离子恰能垂直打在挡板上，求离子初速度v2的大小和电场强度E的大小。
15．如图所示，MN是长L1=1 m的粗糙固定平台，在平台左端M点放置一质量m=0.1 kg的小物块P。平台右端的光滑水平桌面上，放有一质量m0=0.6 kg、长L2=2.9 m的长木板Q，其上表面与平台相齐，右端带有薄挡板。其上表面从左端开始，每隔d=0.389 m放有质量m=0.1 kg的小物块A、B、C、D。平台MN表面涂有特殊材料，小物块P与平台表面间的动摩擦因数μ1与小物块P到M点的距离x之间的关系为μ1=kx（k=0.9 m-1），小物块P、A、B、C、D与长木板Q之间的动摩擦因数均为μ2=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现给小物块P一个水平向右的瞬时冲量I=0.5 N·s，已知小物块P未从长木板Q上滑落，小物块均可视为质点，所有碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间可忽略，重力加速度大小g=10 m/s2，求∶
（1）小物块P从平台左端M点运动至右端N点时的速度大小。
（2）从小物块P与小物块A相碰，直到小物块D与长木板Q的挡板相碰所用的时间。（保留一位小数）
（3）小物块D与长木板的挡板碰后的瞬间各自速度的大小及施加一冲量后的整个过程中所有物体间因摩擦而产生的热量。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】AB．根据辐射的光子能量等于两能级间的能级差，光子的能量方程有hν=En Em
再结合光的频率和波长的关系式c=λν，得，故AB错误；
C．氢原子放出光子，原子能量减小则核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，轨道半径减小，由于电子运动方向与电场力方向相同电场力做正功，根据动能定理可知，此次跃迁过程中，电子所受合力所做的功为Ekm Ekn，故C正确；
D．根据分析可知光子释放能量所以En Em>0，由于合力做正功所以Ekn Ekm<0，可得Em Ekm故选C。
【分析】利用光子能量方程结合能级跃迁的能量可以求出光的波长及能量的大小；利用能级跃迁时电场力做功可以求出动能变化量的大小，利用合力做功可以比较动能变化量及能级跃迁能量的大小。
2．【答案】B
【知识点】能量守恒定律；功率及其计算；能量转化和转移的方向性
【解析】【解答】在时间t内，根据动能的表达式流过叶片转动范围内的空气具有的动能
风垂直经过叶片旋转形成的圆面后约有的风的速率变为零，的风以原速率穿过，机械能转化为电能的效率为；根据能量守恒定律结合平均功率的表达式可知发电机产生电能的功率为
故选B。
【分析】利用动能的表达式可以求出空气具有的动能，利用能量守恒定律结合平均功率的表达式可以求出发电机产生电能的功率大小。
3．【答案】C
【知识点】热力学第一定律及其应用；热力学第二定律
【解析】【解答】AC．由于气闸舱B内为真空，可知气体进入B中的过程中不对外界做功，又因为整个系统与外界没有热交换，由于外界对气体不做功结合气体的热量没有损失，根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知气体内能不变，气体分子的平均速率不变，故A错误C正确；
B．因为气体内能不变，故温度不变，分子的平均动能不变，因为气闸舱B内为真空，由于气体发生等温变化，根据玻意耳定律可知扩散后气体体积V增大，压强p减小，故B错误；
D．根据热力学第二定律可知涉及热现象的一切宏观过程均具有方向性，气体可以自发进行扩散但是扩散现象不具有可逆性，所以B中气体不可能自发地全部退回到A中，故D错误。
故选C。
【分析】于外界对气体不做功结合气体的热量没有损失，根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知气体内能不变，气体分子的平均速率不变；利用气体的等温变化结合体积增大可以判别压强的变化；气体可以自发进行扩散但是扩散现象不具有可逆性，所以B中气体不可能自发地全部退回到A中。
4．【答案】A
【知识点】平抛运动；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】B．平抛运动竖直方向的分运动为自由落体运动，根据位移公式，解得运动的时间为
由于父亲竖直高度较大，故父亲抛出的套圈在空中运动的时间较长，故B错误；
A．套圈在水平方向做匀速运动，根据水平方向的位移公式有，解得
由于水平方向运动的距离相等，小朋友抛出的套圈在空中运动的时间较短，小朋友抛出的套圈的水平速度较大，根据竖直方向的速度公式，父亲抛出的套圈套住物体前瞬间的竖直分速度较大，套圈套住物体前瞬间的速度方向一定不同，故A正确；
C．由于小朋友抛出的初速度比较大，根据动能定理可知人对套圈做的功，因此两人对套圈做的功一定不相等，故C错误；
D．两人抛出的套圈套住物体前瞬间，根据功率的表达式可知重力的功率
两次时间不同，故套圈重力的功率不同，故D错误。
故选A。
【分析】利用竖直方向的位移公式结合下落的高度可以比较套圈运动的时间，结合水平方向的位移公式可以比较初速度的大小，结合竖直方向的速度公式可以比较套住物体速度的方向；利用动能定理结合初速度的大小可以比较人对套圈做功的大小；利用功率的表达式结合运动的时间可以比较重力的瞬时功率。
5．【答案】D
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】已知M、N波源的振动方程分别为y=2sin5πt（cm）、y=2sin（5πt+π）（cm）根据振动的方程可知两波源振动的相位差为π，所以两波源的振动步调相反，根据振动叠加的规律可知半圆上的点到两波源的距离差等于半波长的奇数倍时，振动加强，振幅为4 cm，过O作与直径MN垂直的线与弧MN交于E点，如图所示
根据对称性可知两波源到E点的距离差为0，根据两波源之间的距离可知两波源到M点的距离差为8 m，由于半波长为1m，所以在弧ME上的点到两波源的距离差可能等于1 m、3 m、5 m、7 m，即有4个点到两波源的距离差等于半波长的奇数倍，根据对称性，在弧EN上也有4个点到两波源的距离差等于半波长的奇数倍，则半圆上振幅为4 cm的点有8处。
故选D。
【分析】利用两波的振动方程可以判别振动步调相反，则振动加强点到两波源的距离等于半波长的奇数倍，利用波程差可以判别半圆弧上振动加强的点的个数。
6．【答案】C
【知识点】竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律；动量；冲量
【解析】【解答】A．小球沿两轨道运动到B点的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律可知小球沿两轨道运动到B点时的速度大小相同，故A错误；
BC．设AB与水平方向夹角为，根据垂直于斜面方向的平衡方程可知小球在P点受到的弹力
A到O过程，由动能定理有
在O点，根据牛顿第二定律可以得出小球受到的弹力大小为
解得小球在O点受到的弹力
故小球在O点受到的弹力大于在P点受到的弹力，故B错误，C正确；
D．根据机械能守恒定律可知，小球沿两轨道运动到B点时的速度大小相同，由于小球在两个轨道经过B点的速度方向不同，因此动量不同，故D错误。
故选C。
【分析】利用机械能守恒定律可以判别小球经过两个轨道的B点速度大小相等，利用速度的方向可以判别动量不同；利用在直线轨道上的平衡方程可以求出小球受到的弹力大小，利用在O点的牛顿第二定律可以求出小球受到的弹力大小。
7．【答案】B
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．小球先做类平抛运动，根据水平方向的位移公式，根据沿着斜面方向的速度公式有：，
解得
故A错误；
B．根据沿着x轴方向的位移公式可得：M点的坐标
故B正确；
C．小球到达B点时速度最大，对轨道的压力最大，小球从M点到B点的过程中，根据动能定理有
根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律得， 小球对轨道的最大压力为，故C错误；
D．由于小球运动过程机械能守恒，所以小球可以经过A点对应的等高点，小球不可能在圆弧BC中间某点脱离轨道，故D错误。
故选B。
【分析】利用小球类平抛运动的速度公式和位移公式可以求出小球初速度的大小；利用位移公式可以求出M点的坐标；利用动能定理结合牛顿第二定律可以求出小球对轨道的最大压力；利用机械能守恒定律可知小球不可能在圆弧BC中间某点脱离轨道。
8．【答案】A,B,C
【知识点】静电的防止与利用；电场强度的叠加
【解析】【解答】A．当带电小球靠近球壳时，处于静电平衡状态的导体是等势体，所以球壳处于静电平衡，由于球壳与大地连在一起，球壳及其内部电势均为零，故A正确；
B．由于内外电场叠加后，导体处于静电平衡，处于静电平衡状态的导体内部电场强度为零，故B正确；
CD．带正电小球从无穷远处向球壳缓慢靠近过程中，由于库仑力的作用下球壳上感应出负电荷，且电荷量不断增大，由于感应电荷产生的电场强度与点电荷产生的电场强度大小相等，根据点电荷的场强公式可知感应电荷在P点产生的电场强度不断增大，故C正确，D错误。
故选ABC。
【分析】利用静电平衡的球壳可以判别内部电势等于大地电势；静电平衡内部电场强度等于0，利用点电荷产生的电场强度可以判别感应电荷产生的电场强度大小变化；利用库仑力可以判别球壳带电情况。
9．【答案】B,C
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】AB．金属棒进入磁场Ⅰ和Ⅱ时速度大小相等，根据动生电动势的表达式E=Blv可知产生的感应电动势相等，根据欧姆定律可知感应电流相等，根据安培力的表达式F=BIL可知所受安培力相等，根据牛顿第二定律可知金属棒的加速度相同，又磁场Ⅰ和Ⅱ的宽度相同，则金属棒穿过磁场Ⅰ和Ⅱ的时间一定相同，故A错误，B正确；
CD．外力F与金属棒所受安培力做的功等于金属棒动能的变化，金属棒在无磁场区域运动时电路中不产生焦耳热，金属棒从进入磁场Ⅰ到进入磁场Ⅱ的过程，由于导体棒初末速度相等，所以安培力做功等于外力做功，根据能量守恒定律，金属棒在区域I中产生的热量为有Q=2mgd
根据安培力做功相等可以得出金属棒穿过磁场Ⅰ和Ⅱ时电路中产生的总热量为2Q=4mgd，故C正确，D错误。
故选BC。
【分析】利用金属棒进入两个磁场的速度相等，结合动生电动势的表达式可以判别感应电流相等，结合安培力的表达式及牛顿第二定律可以得出加速度相等，结合区间长度相等可以得出运动的时间相等；利用能量守恒定律可以得出金属棒产生的焦耳热大小。
10．【答案】A,D
【知识点】开普勒定律；万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A．由于卫星Ⅰ的圆轨道半径与卫星Ⅱ的椭圆轨道半长轴相等，根据开普勒第三定律可得两卫星的运动周期相等，根据线速度和周期的关系可以得出周期均为T==，故A正确；
B．设卫星Ⅱ在远地点变轨成绕星球M做匀速圆周运动，根据变轨的规律可知需要在变轨处点火加速，可知v2小于变轨后在圆轨道的运行速度v2'，卫星绕星球M做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力可得=m
线速度的表达式有：v=
由于卫星I的轨道板间大于卫星II变轨后的轨道半径，所以可知v1>v2'，则卫星Ⅱ在图示位置的速度v2小于v1，故B错误；
C．根据万有引力表达式F引=可知由于两卫星的质量不知，所以无法比较两卫星在A点处受到星球M的万有引力大小，故C错误；
D．由于两卫星的周期相等，从图示位置可知卫星Ⅰ到A处所用时间大于半个周期，卫星Ⅱ到A处所用时间小于半个周期，所以两个卫星运动时间不同所以不能在A点相遇，由于卫星Ⅰ到B处所用时间小于半个周期，卫星Ⅱ到B处所用时间大于半个周期，所以两卫星在B点处不可能相遇，故D正确。
故选AD。
【分析】利用两个卫星的开普勒第三定律可以得出周期相等，结合线速度的大小可以求出周期的大小；利用卫星II的速度小于变轨后的速度，结合引力提供向心力可以比较卫星I和卫星II变轨后的速度大小；利用两个卫星质量未知无法比较引力的大小；利用卫星到某点的运动时间进行比较可以判别是否相遇。
11．【答案】不过；斜率绝对值；不产生
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系；实验基础知识与实验误差
【解析】【解答】（1）当砝码增加时，弹簧弹力增大，则压力传感器的读数减小，根据平衡方程可知弹簧中弹力的增加量为，整理得，可知该图线是一条不过原点的直线；斜率的绝对值为弹簧的劲度系数。
（2）根据弹力的表达式有，根据物体的平衡方程可知滑轮的摩擦力不影响实验结果。
【分析】（1）由于物体处于静止，则弹簧弹力的增加量等于压力传感器读数的减少量，根据平衡方程可以得出图线不经过原点，图线斜率代表劲度系数的大小；
（2）利用平衡方程可知滑轮的摩擦力不影响实验结果。
12．【答案】（1）14.0
（2）A1；R2；14.1；12.5
【知识点】表头的改装；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）已知电压表的量程为50V，根据电压表的分度值可知该示数为14.0 V。
（2）①该电池电动势粗测值为14.0 V，为了改装电压表的精度与使用安全，需要将电流表改装成量程超过14.0 V的电压表，当电流表A1与定值电阻R2串联后改装为电压表，根据欧姆定律可知该改装表的量程为U=IA1(RA1+R2)=15 V，所以电流表选A1，电阻选择R2
②根据闭合电路的欧姆定律有I1(RA1+R2)=E-(I1+I2)r
变形有
根据图像截距有，根据图像斜率有
解得E=14.1 V，r=12.5 Ω
【分析】（1）利用电压表的分度值可以得出读数；
（2）利用电动势的大小可以判别电流表改装为电压表的量程，结合欧姆定律可以判别电流表和电阻的选择；利用闭合电路的欧姆定律结合图像斜率和截距可以求出电动势和内阻的大小。
（1）根据电压表的读数规律，该示数为14.0 V。
（2）①[1][2]该电池电动势粗测值为14.0 V，为了改装电压表的精度与使用安全，需要将电流表改装成量程超过14.0 V的电压表，根据器材的数据，可知需将电流表A1与定值电阻R2串联后改装为电压表，该改装表的量程为U=IA1(RA1+R2)=15 V
②[3][4]根据上述，结合电路图有I1(RA1+R2)=E-(I1+I2)r
变形有
结合题图丙可得，
解得E=14.1 V，r=12.5 Ω
13．【答案】（1）根据题意，由折射定律画出从D点射入的光线的光路图，如图甲所示，由sin C=　
可得光在冰块内发生全反射的临界角的正弦值sin C==
解得C=45°
由几何关系可知，光在AF面的入射角为60°，大于临界角，则光在AF面上发生全反射，由几何关系可得OD=a，OE=a
则光线从D点射入，从BF面射出，由n=　
可得该单色光在冰块内的传播速度v=c
该光线穿过冰块的时间t==。
（2）从气泡上G和G'处射入的光线刚好在此处发生全反射，如图乙所示，入射角恰好为45°，而这两条光线之间射入的光线，其入射角均小于45°，将会直接射入气泡，所以只要将这些区域用不透明纸遮住就可以了，显然在冰块AB面上，被遮挡区为圆形时面积最小，设其半径为r，则由几何知识可知r=a
则不透明纸的最小面积S=πr2=

【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）画出光折射的路径，利用全反射定律可以求出临界角的大小，利用几何关系可以求出光传播的路径，结合传播的速度可以求出传播的时间；
（2）当粒子在G处发生全反射，利用几何关系可以求出圆形面积的最小值。
（1）根据题意，由折射定律画出从D点射入的光线的光路图，如图甲所示，由sin C=　
可得光在冰块内发生全反射的临界角的正弦值sin C==
解得C=45°
由几何关系可知，光在AF面的入射角为60°，大于临界角，则光在AF面上发生全反射，由几何关系可得OD=a，OE=a
则光线从D点射入，从BF面射出，由n=　
可得该单色光在冰块内的传播速度v=c
该光线穿过冰块的时间t==。
（2）从气泡上G和G'处射入的光线刚好在此处发生全反射，如图乙所示，入射角恰好为45°，而这两条光线之间射入的光线，其入射角均小于45°，将会直接射入气泡，所以只要将这些区域用不透明纸遮住就可以了，显然在冰块AB面上，被遮挡区为圆形时面积最小，设其半径为r，则由几何知识可知r=a
则不透明纸的最小面积S=πr2=
14．【答案】（1）若没有离子进入区域Ⅰ，当离子在区域Ⅱ中的运动轨迹恰好与区域Ⅰ的边界相切时速度最大，由几何关系有r=h
粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
解得

（2）根据几何关系有R+h=2Rcos 30°
解得
粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
在平行边界方向上有
在垂直边界方向上有
解得，
【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）当粒子没有进入区域I时，利用轨迹与边界相切可以求出最大的轨迹半径，结合牛顿第二定律可以求出粒子初速度的最大值；
（2）当粒子进入区域I时，利用几何关系可以求出轨迹半径的大小，结合牛顿第二定律可以求出粒子速度的表达式，再利用速度的分解结合位移公式可以求出粒子初速度的大小及电场强度的大小。
（1）若没有离子进入区域Ⅰ，当离子在区域Ⅱ中的运动轨迹恰好与区域Ⅰ的边界相切时速度最大，由几何关系有r=h
粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
解得
（2）根据几何关系有R+h=2Rcos 30°
解得
粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
在平行边界方向上有
在垂直边界方向上有
解得，
15．【答案】（1）小物块P从M端运动到N端的过程，由动能定理得kmg=m-m，v0==5 m/s
解得vN=4 m/s
（2）小物块P、A、B、C、D相对长木板Q滑动时的加速度大小均为a1==μ2g=2 m/s2
在D未与长木板Q的挡板相碰前，长木板Q的加速度大小a2==0.2 m/s2　
从滑上长木板Q开始，设历时t0后，小物块P与A相碰，有vNt0-a1=a2+d
解得t0=0.1 s
设历时t1后，D与长木板Q的挡板相碰，由于质量相同的物体弹性碰撞后速度交换，则有vNt1-a1=a2+L2　
解得t1=1.0 s
所求时间t=t1-t0=0.9 s
（3）D与长木板Q的挡板相碰前小物块D的速度vD=vN-a1t1=2 m/s
D与长木板Q的挡板相碰前长木板Q的速度vQ=a2t1=0.2 m/s
D与长木板Q的挡板相碰，有mvD+m0vQ=mvD'+m0vQ'，m+m0=mvD'2+m0vQ'2　
联立解得vD'= m/s，vQ'= m/s
从小物块P滑上长木板Q到P、A、B、C、D与长木板Q达到共同速度v的过程，由动量守恒有mvN=(5m+m0)v
解得v= m/s
小物块P从M端运动到N端的过程，因摩擦产生的热量Q1=m-m　
从小物块P滑上长木板到P、A、B、C、D与长木板Q达到共速的过程，所有物体间因摩擦产生的热量Q2=m-(5m+m0)v2　
整个过程中所有物体间因摩擦而产生的热量Q=Q1+Q2=1.18 J
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）物块从M端到N端的过程中，利用动能定理可以求出物块到达N点速度的大小；
（2）当物块在木板上相对运动时，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，当D未与木板Q的挡板碰撞时，利用牛顿第二定律可以求出木板加速度的大小，结合位移公式可以求出物块P与A碰撞所花的时间，结合位移公式可以求出D与木板Q相碰所花的时间；
（3）当D与挡板碰撞前，利用速度公式可以求出D的速度大小，利用速度公式可以求出Q碰前速度的大小，结合动量守恒定律和能量守恒定律可以求出碰后速度的大小，当P滑上木板到所有木块与木板速度相等时，利用动量守恒定律可以求出共同速度，结合动能的变化可以求出产生的热量；再利用动能变化可以求出物块P摩擦产生的热量。
（1）小物块P从M端运动到N端的过程，由动能定理得kmg=m-m，v0==5 m/s
解得vN=4 m/s
（2）小物块P、A、B、C、D相对长木板Q滑动时的加速度大小均为a1==μ2g=2 m/s2　
在D未与长木板Q的挡板相碰前，长木板Q的加速度大小a2==0.2 m/s2　
从滑上长木板Q开始，设历时t0后，小物块P与A相碰，有vNt0-a1=a2+d
解得t0=0.1 s
设历时t1后，D与长木板Q的挡板相碰，由于质量相同的物体弹性碰撞后速度交换，则有vNt1-a1=a2+L2　
解得t1=1.0 s
所求时间t=t1-t0=0.9 s
（3）D与长木板Q的挡板相碰前小物块D的速度vD=vN-a1t1=2 m/s
D与长木板Q的挡板相碰前长木板Q的速度vQ=a2t1=0.2 m/s
D与长木板Q的挡板相碰，有mvD+m0vQ=mvD'+m0vQ'，m+m0=mvD'2+m0vQ'2　
联立解得vD'= m/s，vQ'= m/s
从小物块P滑上长木板Q到P、A、B、C、D与长木板Q达到共同速度v的过程，由动量守恒有mvN=(5m+m0)v
解得v= m/s
小物块P从M端运动到N端的过程，因摩擦产生的热量Q1=m-m　
从小物块P滑上长木板到P、A、B、C、D与长木板Q达到共速的过程，所有物体间因摩擦产生的热量Q2=m-(5m+m0)v2　
整个过程中所有物体间因摩擦而产生的热量Q=Q1+Q2=1.18 J
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