【文档说明】浙江省新阵地教育联盟2024-2025学年高三上学期第一次联考物理试卷 Word版含解析.docx，共(27)页，1.385 MB，由小赞的店铺上传

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绝密★国庆返校考试结束前浙江省新阵地教育联盟2025届第一次联考物理试题卷选择题部分一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1

.用国际单位制中的基本单位来表示冲量的单位，正确的是（）A.N•sB.kg•m/sC.F•tD.kg•m/s2【答案】B【解析】【详解】冲量表达式为IFt=其中力F的单位为N，且1N=1kg•m/s2，时间t的单位

为s，故国际单位制中的基本单位来表示冲量的单位为1kg•m/s。故选B。2.如图是在巴黎奥运会上，举重男子61公斤级比赛中，中国选手打破自己保持的抓举奥运会纪录，成功卫冕。在举起杠铃的过程中，下列说法正确的是（）A.地面对运动员的作用力就是运动员的重力B.杠铃对运动员的作用力大于

运动员对杠铃的作用力C.地面对运动员的支持力大小等于运动员对地面压力的大小D.地面对运动员先做正功后做负功【答案】C【解析】【详解】A．地面对运动员的作用力和运动员的重力是两种不同性质的力，不能说地面对运动员的作用力就是运动员的重力，故A错误；B．杠铃对运动员的作用力

与运动员对杠铃的作用力是互相作用力，两个力大小相等，故B错误；C．地面对运动员的支持力与运动员对地面压力是互相作用力，两个力大小相等，故C正确；D．运动员一直没有离开地面，没有发生位移，故地面对运动员不做功，故D错误。故选C。3.如图所示，质量为m和2m的A、B两个小

球通过轻绳相连，A的上端通过轻弹簧悬挂于天花板，处于静止状态。重力加速度为g，若将A、B之间的轻绳剪断，则剪断瞬间A和B的加速度大小分别为（）A.2g，gB.2g，0C.g，gD.g，0【答案】A【解析】【详解】静止时，对B分析，有12Fmg=对A分析，有13

FFmgmg=+=弹剪断A、B之间的轻绳瞬间，轻绳的拉力1F突变为0，弹簧的拉力F弹保持不变，仍为3mg，这瞬间，根据牛顿第二定律，对B有22Bmgma=解得Bag=对A有AFmgma−=弹解得2Aag=故选A。4.如图所示是真实情况的

炮弹飞行轨迹“弹道曲线”和理想情况抛物线的对比。O、a、b、c、d为弹道曲线上的五点，其中O点为发射点，d点为落地点，b点为轨迹的最高点，a、c为运动过程中经过的距地面高度相等的两点。下列说法正确的是（）A.炮弹到达b点时，速度为零B.炮

弹经过a点时的加速度小于经过c点时的加速度C.炮弹经过a点时速度等于经过c点时的速度D.炮弹由a点运动到b点的时间小于由b点运动到c点的时间【答案】D【解析】【详解】A．炮弹的运动分解为水平与竖直两个方向的分运动，到达b点时，竖直方向速度为零，水平方向

速度不为零，所以炮弹到达b点时，速度不为零。故A错误；C．炮弹从a点到c点的过程，重力做功为零，阻力做负功，由动能定理可知，炮弹经过a点时的速度大于经过c点时的速度。故C错误；B．炮弹经过a点与c点时受力分析如图由C选

项分析可知，炮弹经过a点时的速度大于经过c点时的速度，即炮弹在a点时水平方向与竖直方向阻力均大于在c点的阻力。根据牛顿第二定律可知22aaaffmgamm+=+水平竖直，22cccfmgfamm−=+水平竖直可得acaa故B错误；D．从a到

b的过程中，在竖直方向上，受到重力和阻力在竖直向下的分力，由牛顿第二定律可得11mgfma+=的解得11mgfam+=在从b到c的过程中，在竖直方向上，受到向下的重力和阻力在竖直向上的分力，由牛顿第二定律可得22m

gfma−=解得22mgfam−=对比可得12aa即上升阶段的加速度总体比下降阶段的加速度大，由212hat=可定性确定，竖直位移相同，加速度越大，时间就越短，所以炮弹由a点运动到b点的时间小于由b点运动到c点的时间。故D正确。故选D。5.甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴相向传

播，如图所示，0t=时在2mx=处相遇。下列说法正确的是（）A.两列波能发生干涉B.甲波的周期大于乙波的周期C.甲波的周期等于乙波的周期D.甲波的波速大于乙波的波速【答案】B【解析】【详解】AD．甲、乙两列简

谐横波在同一均匀介质中沿x轴相向传播，则甲波的波速等于乙波的波速，根据vf=可得4vf=甲，2vf=乙二者频率不同，则不能发生干涉现象，故AD错；BC．根据Tv=由于甲乙则TT甲乙故B正确，C错误。故选B。6.2024年2月，中科院近代物理研究所在全球首次合成新核素：锇1607

6Os和钨15674W。核反应方程为10658160482876CdNiOs4X+→+，锇衰变方程为1601567674OsWY→+。下列说法正确的是（）A.X是质子B.Y是α粒子C.16076Os的比结合能大于15674WD.衰变过程无质量亏损【

答案】B【解析】【详解】A．设X的质量数m、电荷数为n，根据电荷数和质量数守恒，结合核反应方程10658160482876CdNiOs4X+→+可得106581604m+=+，4828764n+=+解得1m=，0n=故X是中子，故A错误；B．设Y的质量数m、电荷数为n，根据电荷数和质量数守恒

，结合衰变方程1601567674OsWY→+可得160156m=+，7674n=+解得4m=，2n=故Y是α粒子，故B正确；CD．放射性衰变的过程中存在质量亏损，释放能量，比结合能增大，故1607

6Os的比结合能小于15674W，故CD错误。故选B。7.如图为电吹风电路图，a、b为两个固定触点，c、d为可动扇形金属触片P上的两个触点，触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种工作状态。n1和n2分别是理想变

压器原、副线圈的匝数，已知小风扇额定电压为50V，下列说法正确的是（）A.停机时c与b接触B.吹热风时c与a接触，d与b接触C.吹冷风时d与a接触D.n1∶n2=11∶2【答案】B【解析】【详解】ABC．当c与b接触时，电热丝没有接通，小风扇电路

接通，则电吹风处于吹冷风状态；当c与a接触，d与b接触时，电热丝与小风扇都接入电路，吹热风；当触片P处于c、d时，电热丝与小风扇都未接入电路，电吹风处于停机，故AC错误，B正确；D．根据原副线圈两端的电压之比与匝数之比的关

系得1222022505nn==故D错误。故选B。8.如图所示，四个相同半圆形金属导体对称放置，两个带正电+Q，两个带负电Q−。虚线是等势面，a、b、c、d位置如图所示。下列表述正确的是（）A.b点和c点电场强度相同B.四个点中

a点的电势最低C.四个点中c点的电势最高D.d点的电场强度方向指向a点【答案】C【解析】【详解】A．根据等量同种电荷的电场分布和等量异种电荷的电场分布，可知b点和c点电场强度大小等，方向不同，故A错误；B．根据越靠近正电荷的地方

，电势越高；越靠近负电荷的地方，电势越低，可知a点的电势比b、d两点的电势更高，故四个点中a点的电势不是最低，故B错误；C．根据越靠近正电荷的地方，电势越高；越靠近负电荷的地方，电势越低，可知c点的电势高于a点的电

势，故四个点中c点的电势最高，故C正确；D．根据电场强度叠加原理，可知两个正电荷离d点的距离相等，故两个正电荷在d点产生的合电场强度方向由a点指向d点；左侧负电荷在d点产生的电场强度方向由a点指向d点，右侧负电荷在d点产生的电场强度方向由

d点指向a点，但右侧负电荷离d点更远，故其在d点产生的电场强度小于左侧负电荷在d点产生的电场强度，故两个负电荷在d点产生的合电场强度方向由a点指向d点，综上分析可知，d点的电场强度方向由a点指向d点，故D错误。故选C。9.如图所示，我国太阳探测科学技术试验卫星“善和号”首次成功

实现空间太阳H波段光谱扫描像。H和H为氢原子能级跃迁产生的两条谱线，则（）A.H在真空中速度为光速的十分之一，H的速度接近光速B.H对应的光子可以使氢原子从基态跃迁到激发态C.H比H更容易发生衍射现象D.若H和H都能使某金属发生光电效应，H对应产生的光电子初动能一定更大【答

案】C【解析】【详解】AC．氢原子3n=与2n=的能级差小于4n=与2n=的能级差，则H与H相比，H的波长大，频率小，H比H更容易发生衍射现象，H在真空中速度与H的相同，为光速，故A错误，C正确；B．H对应的光子能量为(1.51)eV(3.40)eV1.

89eVE=−−−−=氢原子从基态到激发态至少需要能量为(3.40)eV(13.60)eV10.2eVE=−−−−=故H对应的光子不可以使氢原子从基态跃迁到激发态，故B错误；D．若H和H都能使某金属发生光电效应，根据kEhW=

−由于H的频率小，则H对应产生的光电子最大初动能一定更大，但光电子的初动能不一定比H大，故D错误。故选C。10.如图，两根轻杆分别一端连在墙上A、B两点，另一端与质量为m的小球D相连，ADBD⊥。已知AB高度差为h，22

ABBDBC==。小球受到垂直纸面方向微扰时，A、B端可无摩擦转动，等效做单摆运动。下列说法正确的是（）A.小球平衡时，两轻杆拉力大小相同B.小球等效摆长为lh=C.小球质量增加，周期变小D.小球摆动周期为322hTg=【答案】B【解析】【详解】A．小球平衡时，受两轻杆的拉

力和重力作用，但由于杆的长度与高度不同则两轻杆的作用力不同，故A错误；B．两轻杆的拉力的合力和重力等大反向，且根据等效与悬挂电位于小球重锤线与AB交点，则小球等效摆长为lh=故B正确；C．根据单摆的周期公式2lTg=可知

周期与质量无关，故C错误；D．小球摆动周期22lTghg==故D错误。故选B。11.如图所示，某卫星在地球附近沿轨道I逆时针方向做匀速圆周运动，为实现变轨，在A点向图中箭头为所指径向极短时间喷射气体，使卫星进入轨道II。之后某次经过B点再次变轨进入III轨道。已知II轨道半长轴大于I轨道半

径。则（）A.卫星在II轨道周期小于I轨道B.卫星在III轨道运行速度最大，第二次变轨需要加速C.卫星在I轨道经过A点的速度比II轨道经过B点的速度小D.卫星在A点变轨前后速度变小【答案】C【解析】【详解】A．

II轨道半长轴大于I轨道半径，根据开普勒第三定律32rkT=可知卫星在II轨道周期大于I轨道的周期，故A错误；B．根据卫星的变轨原理可知，过B点再次变轨进入III轨道，需点火减速，则卫星在轨道II的B点速度最大，故B错误；CD．卫星在I轨道经过A点点火喷

气获得水平向右的速度分量，此时的速度为水平速度和原圆周速度的合速度，方向为II轨道的切线方向，因此变轨后速度变大，椭圆轨道近地点B点速度大于III轨道圆周速度，而III轨道圆周速度大于I轨道圆周速度，则卫星在I轨道经过A点的速度比

II轨道经过B点的速度小，故C正确，D错误；故选C。12.如图甲是检测球形滚珠直径是否合格的装置，将标准滚珠a与待测滚珠b、c放置在两块平板玻璃之间，用单色平行光垂直照射平板玻璃，形成如图乙所示的干涉条纹

，若待测滚珠与标准滚珠的直径相等为合格，下列说法正确的是（）A.滚珠b、c均合格B.滚珠b、c均不合格C.滚珠c合格，b偏大或偏小D.滚珠b合格、c偏大或偏小【答案】D【解析】【详解】单色平行光垂直照射平板玻璃，上、下玻璃上表面的反射光在

上玻璃上表面发生干涉，形成干涉条纹，光程差为两块玻璃距离的两倍，根据光的干涉知识可知，同一条干涉条纹位置处光的波程差相等，即滚珠a的直径与滚珠b的直径相等，即滚珠b合格，不同的干涉条纹位置处光的波程差不同，则滚珠a的直径

与滚珠c的直径不相等，即滚珠c不合格。故选D。13.如图甲所示，在-d≤x≤d，-d≤y≤d的区域中存在垂直Oxy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场（用阴影表示磁场的区域），边长为2d的正方形线圈与磁场边界重合。线圈以

y轴为转轴匀速转动时，线圈中产生的交变电动势如图乙所示。若仅磁场的区域发生了变化，线圈中产生的电动势变为图丙所示实线部分，则变化后磁场的区域可能为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】根据题意可知，磁场区域变化前线圈产生

的感应电动势为sineEt=由题图丙可知，磁场区域变化后，当3sin2EEt=时，线圈的侧边开始切割磁感线，即当线圈旋转π3时开始切割磁感线，由几何关系可知磁场区域平行于x轴的边长变为π2cos3ddd==C正确。故选C。【

点睛】二、选择题II（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）14.下列说法正确的是（）A.扩散现象是由于重力作用引起的B.若气体

分子间距离较大，除了碰撞外可以视为匀速直线运动C.电容器充放电时，两极板间周期性变化的电场会产生磁场D.远距离输电时用高压输电，电压越高越好【答案】BC【解析】【详解】A．扩散现象是由于分子的无规则运动引起的，与对流和重力无关，

故A错误；B．因为气体分子间的距离较大，分子间的作用力很弱，通常认为气体分子除了相互碰撞外几乎不受力的作用，因此可以做匀速直线运动。这种运动特性使得气体能够充满它能达到的整个空间，故B正确；C．电容器充放电时，两极板间周期性变化的电场会产生磁场，故C正确；D．远距离输电时用高压输电，要综合考

虑各种因素，并不是输电电压越高越好，故D错误。故选BC。15.在滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量都为m，带电量均为+q，可视为点

电荷。初始时，小球均静止，细线拉直现将球A和球B间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为v1、v1、v2，如图乙所示。当三个小球再次运动到成正三角形时，速度大小别为v3、v3、v4，不

计空气阻力，已知两点电荷的电势能pQqEkr=（r为两点电荷之间的距离，k为静电力常量）。下列说法正确的是（）A.图甲到图乙过程中，系统电势能减少22kqdB.图甲到图乙过程中，球A所受合力冲量大小为6kmqdC.图甲到图丙过程中

，球C所受合力冲量大小大于小球B所受合力冲量大小D.速度大小v2>v1，v4>v3【答案】AB【解析】【详解】A．由图可知只有AB间的电势能减少了，则ppABpA22B222qqqkkkrrrEEE=−=

=−故A正确；B．对系统根据动量守恒112mvmvmv+=根据能量守恒22221121112222kqmvmvmvd++=解得216kqvmd=，2223kqvmd=球A所受合力冲量大小为106kmIpmvqd==−=故B正确；C．

由图可知，图甲与图丙的小球间距离相同，则势能相同，根据能量守恒可知，图乙中小球动能都为0。由动量定理可知，球C所受合力冲量大小等于小球B所受合力冲量大小。故C错误；D．综上可知v2＝2v1，v4＝v3＝0。故D错误。故选AB。非选择题部分三、非选择题部分实验题（I、II两

题共14分）16.学生实验小组要测量量程为3V电压表内阻RV（约为1kΩ3kΩ）可选用的器材有：多用电表：电源E（电动势约5V）；电压表V1（量程5V，内阻约3kΩ）；定值电阻R0（阻值为800Ω）；滑动变阻器R1（最大阻值50Ω）；滑动变阻器R2（最大阻值5

kΩ）；开关S，导线若干完成下列填空：（1）利用多用电表粗测待测电压表的内阻，先将红、黑表笔短接调零后，选用图中_________（填“A”或“B”）方式连接进行测量；（2）该多用电表刻度盘上读出电阻刻度中间值为15，欧姆挡的选择开关拨至倍率_________（填“×10”、“×100”或“×1

k”）挡，多用电表和电压表的指针分别如图甲、乙所示，多用电表的读数为的________Ω，电压表的读数为__________V。计算出多用电表中电池的电动势为__________V（保留3位有效数字）（3）为了提高测量精度，他们设计了如图丙所示的电路，其中滑

动变阻器应选________（填“R1”或“R2”）；（4）闭合开关S，滑动变阻器滑片滑到某一位置时，电压表V1和待测电压表的示数分别为U1、U，则待测电压表内阻VR=__________（用U1、U和R0表示）。【答案】（1）A（2）①.100②.16

00③.1.40④.2.71（3）R1（4）01URUU−【解析】【小问1详解】多用电表使用时电流“红进黑出”的规则可知：测量电阻时电源在多用电表表内，故将多用电表的红、黑表笔分别与待测电压表的“负极、正极相连”。故选A。【小问2详解】[1]RV约为1kΩ3

kΩ，则欧姆挡的选择开关拨至倍率100；[2]测得到的该电压表内阻为16.01001.6kΩR==[3]测量量程为3V电压表，则电压表的读数为1.40V；[4]多用电表电池的电动势为1.401.40V1.5V2.71V1.6E=+【小问3

详解】图丙所示的电路，滑动变阻器采用的是分压式连接，为了方便调节，应选最大阻值较小的滑动变阻器即1R；【小问4详解】通过待测电压表的电流大小与定值电阻电流相同为10UUIR−=根据欧姆定律得待测电压表的阻值为0V1UURRIUU==−17.甲、乙两位同学

利用“插针法”来测量平行玻璃砖折射率。（1）甲同学用如图甲所示的装置进行实验，为了减小误差，下列操作正确的是A.没有刻度尺时，可以将玻璃砖界面当尺子画界线B.玻璃砖的前后两个侧面务必平行C.插在玻璃砖同侧的两枚大头针间

的距离尽量大些（2）甲同学测得θ1，θ2，及平行玻璃砖宽度d（真空中光速为c），光通过玻璃砖的时间为___________。（用所测得的物理量表示）；（3）甲同学正确画出玻璃砖的两个折射面aa'和bb'后，不慎移动玻璃砖，使它向上平移了一点（如图所示），之后插针等操作都正确无误，并仍以aa

'和bb'为折射面画光路图，所得折射率n的值将_________（填“偏大”、“偏小”或“不变”）；（4）乙同学完成光路图后，以O点为圆心，OA为半径画圆，交OO'延长线于C点，过A点和C点作法线的垂线

，与法线的交点分别为B点和D点，如图乙所示。用刻度尺分别测量CD的长度x和AB的长度y，改变入射角，得到多组x和y的数据。作出yx−图像，如图丙所示。可计算得玻璃砖的折射率为___【答案】（1）C（2）122sinsincosdc（3）不变（

4）1.6【解析】【小问1详解】A．用玻璃砖界面当尺子画界面会增大实验误差，且容易损坏玻璃砖，故A错误；B．即使玻璃砖的前后两个侧面不平行，但只要操作正确，也不会产生误差，故B错误；C．插在玻璃砖同侧的两

枚大头针间的距离尽量大些，这样可以减小确定光线方向时产生的误差，故C正确。故选C。【小问2详解】由几何知识可得，光在玻璃砖中传播的距离为2cosds=光在玻璃砖中的速度为21sinsinccvn==联立可得，光通过平行玻璃砖的时间122sinsincosdcstv==

【小问3详解】用插针法“测定玻璃砖折射率”的实验原理是折射定律sinsininr=如图所示实线表示玻璃砖向上平移后实际光路图，虚线表示作图光路图，由图可看出，画图时的入射角、折射角与实际的入射角、折射角相等，由折射定律可

知，测出的折射率没有变化，即测出的n值将不变。【小问4详解】根据折射率定义式可得的sin1.6sinyAOByRnxDOCxR====18.在“探究向心力大小表达式”的实验中，某小组通过如图甲所示装置进行实验，将一滑块套入水平杆上，一起绕竖直杆做匀速圆周运动，力传感器通

过一细绳连接滑块，用来测量向心力F大小。滑块上固定一遮光片宽度为d，光电门可以记录遮光片通过的时间，测得旋转半径为r。滑块做匀速圆周运动，每经过光电门一次，通过力传感器和光电门就同时获得一组向心力F和角速度ω的数据。（1）为了

探究向心力与角速度的关系，需要控制滑块质量和旋转半径保持不变，某次旋转过程中遮光片经过光电门时的遮光时间为t，则角速度ω=_________；（2）以F为纵坐标，以21t为横坐标，可在坐标纸中作一条直线，如图乙所示，直线方程为21Fkbt=−。写出滑块质量表达式m=___

________（用k，r，d表示），b产生的原因为__________。【答案】（1）drt（2）①.2krmd=②.滑块受到摩擦力阻力【解析】【小问1详解】遮光片经过光电门时的遮光时间极短，则圆周运动的线速度为dvt=角速度为vdrrt==【小问2详解】[1]滑块向心力为2Fmr=的

解得221()dFmrt=结合直线方程21Fkbt=−，可知2dmkr=解得滑块的质量为2krmd=[2]由直线方程可知当0F=时，210t，即图像不过坐标原点的原因是：滑块和水平杆之间有摩擦

力，开始一段时间，摩擦力提供向心力，当摩擦力达到最大值后，才存在绳子拉力；故b产生的原因为滑块受到摩擦力阻力。19.如图所示一足够高绝热汽缸放置于水平地面上，固定在缸壁上导热隔板A和可动绝热活塞B在汽缸内形成两个封闭空间，活塞B与缸壁的接触光滑但不

漏气，B的上方为大气，A与B之间以及A与缸底之间都充满质量相同的同种理想气体。系统在开始时处于平衡状态，A与缸底空间有电炉丝E对气体缓慢加热，活塞B质量为m，活塞截面积为S，大气压强为p0，重力加速度为g，开始AB相

距H，汽缸内气体温度为T。在加热过程中：（1）A、B之间的气体经历_________（填等容、等压或等温）过程，A以下气体经历__________（填等容，等压或等温）过程；（2）气体温度上升至2T，活塞B上升的高度？（3）气体温度上升至2T，A

B间的气体吸收的热量与A以下气体净吸收的热量之差为多少？【答案】（1）①.等压②.等容（2）HH=（3）0()QpsmgH=+【解析】【小问1详解】[1][2]当加热A中气体时，A中气体温度升高，体积不变，为等容过程；因隔板A为导热的，则B中气体吸收热量，温度升高，压强不变，

为等压过程；【小问2详解】根据等压变化可得()2SHSHHTT+=解得HH=【小问3详解】根据UWQ=+A以下气体可得1QU=AB之间气体20()QUWUpsmgH=+=++解得210()QQQpsmgH=−=+20.如图所示，光

滑水平桌面上放有长为22mL=的木板C，C的中点右侧光滑，左侧粗糙且动摩擦因数0.3=。木板C中点处放有物块B（恰好处于粗糙处），右端挡板连接一劲度系数为10N/mk=的轻质弹簧，左端有一固定在地面上的四分之一圆弧轨道D，上表面光滑且半径5mR=。将物块A从轨道D不同高度静止

释放后无能量损失冲上木板C。A、B、C（连同挡板）的质量均为1kgm=。（A、B的尺寸以及挡板厚度皆可忽略不计，轻质弹簧原长小于1m，g取10m/s2，弹簧弹性势能公式为2p12Ekx=）（1）现将A从D的最高点释放，求A在最低点

时受到滑块D的支持力大小；（2）A进入木板后，B和C将相对静止一起运动，求此时B和C之间的静摩擦力大小；（3）从轨道D上某一高度1h释放A，使A与B能发生碰撞，求高度h1应满足的条件；（4）从轨道D上某一高度h2释放A，A与B发生弹性碰撞。当弹簧形变量最大时，A与C

之间恰好滑动，求A释放的最大高度2h。【答案】（1）N30NF=（2）1.5Nf=（3）15m0.45mh（4）20.72mh=【解析】【小问1详解】根据动能定理可得2112mvmgR=21NvFmgmR−=联立

得N30NF=【小问2详解】根据牛顿第二定律可得2BC1.5m/s2mgaam===则B1.5Nfma==【小问3详解】临界情况为三者共速时，A与B刚好碰撞123mvmv=2211211322mghmvmv

mgL==+解得3m/sv=10.45mh=即10.45m0.5mh【小问4详解】A与B碰撞速度交换，A与C相对静止运动。B压缩弹簧形变量最大时三者共速，且A与C之间为最大静摩擦力Amgagm==Ckxmgam−=ACaa=解得弹力6NFkx==弹0.

6mx=123mvmv=2222121113222mghmvmvmgLkx==++解得20.72mh=21.如图所示，两个金属轮A1、A2，可绕各自中心固定的光滑金属细轴O1和O2转动。A1金属轮中3根金属辐条和金属环组成，辐条长均为4L、电阻均为2

R。A2金属轮由1根金属辐条和金属环组成，辐条长为2L、电阻为R。半径为L的绝缘圆盘B与A1同轴且固定在一起。用轻绳一端固定在B边缘上，在B上绕足够匝数后（忽略B的半径变化），悬挂一质量为m的重物P。当P下落时，通过细绳带动B和A1绕O1轴转

动。转动过程中，A1、A2保持接触，无相对滑动。辐条与各自细轴之间导电良好，两细轴通过导线与一阻值为R0的电阻相连。除R0和A1、A2两轮中辐条的电阻外，所有金属的电阻都不计。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直金属

轮平面向里。现将P释放，试求：（1）当P速度为v1时，A1轮每条辐条产生感应电动势大小；（2）当P速度为v1时，通过电阻R0的电流大小和方向；（3）最终P匀速下滑时的速度大小。【答案】（1）18EBLv=（2）101253

BLvIRR=+，方向从左向右（3）0max225()3144RRmgvBL+=【解析】【小问1详解】由图可知重物P与A1轮具有相同的角速度，则有14vvLL==解得14vv=根据法拉第电磁感应定律有142EB

Lv=解得18EBLv=【小问2详解】由图可知，电路的总电阻为002533RRRRRR=++=+总A2金属轮与A1金属轮具有相同的线速度，则A2金属轮的线速度为14vvv==则A2金属轮辐条切割磁感应线产生的电动势为122EBLv=根据右定则，可知两个金属轮上每条辐条产的电

流互为增强，故两个金属轮产生的总电动势为112EEEBLv=+=总根据闭合电路欧姆定律可得101253EBLvIRRR==+总总根据右手定则，可知电流方向为从左向右【小问3详解】重物匀速下滑，对整个系统，重力的功率等于整个回路产生的热功率，则有2222ma

xmax014453BLvmgvIRRR==+总解得0max225()3144RRmgvBL+=22.如图所示是磁流体发电机的简易模型图，其发电通道是一个足够长的长方体空腔，长、高、宽分别为l、a、b。前后两个侧面是绝缘体，上下两

个侧面是电阻可忽略的导体电极，两个电极通过开关与可变电阻连成闭合电路，整个发电通道处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，方向垂直前侧面向里，高温的等量正负等离子以不变的速率v水平从左侧面向右喷入发电通道内，忽略等离子体的重力、相互作用力、与通道间的阻力及其他

因素。（1）开关断开的情况下，求稳定后：①上下极板的电动势大小，②比较上下极板的的电势高低；（2）开关闭合，可变电阻接入电阻为R，考虑理想的状态，整个闭合电路中就会产生恒定的电流，要使等离子体以不变的

速率v通过发电通道，发电通道左右两端必须存在稳定的压强差p，不计其它损耗，高温等离子体电阻率为，计算压强差p；（3）实际情况下，输出电流与等离子体的数密度、速度、质量、电量等有关，如果质量为m、带电量为+q、单位体积内个数为n的粒子和质量为m、带电量为

q−、单位体积内个数为n的粒子，均以速度v、沿着与板面平行的方向射入两板间。其磁感应强度B满足2mvBqa。若以U表示发电机两极板间的电压，求输出电流I与U的关系。（此小题可变电阻阻值R不可用）【答案】

（1）Bva，上极板电势高于下极板（2）2BvapaRbl=+（3）见解析【解析】【小问1详解】稳定时等离子体做匀速直线运动，有UqvBqa=发电机的电动势为EUBva==正离子向上偏转，则上极板电

势高于下极板。【小问2详解】闭合开关后，内阻为arbl=形成向上的电流EIRr=+对电流受力分析BIapS=其中Sab=，联立可得2BvapaRbl=+【小问3详解】方法一：两板间电场强度为UEa=配速12vvv=+其中1EUvBBa

==与电场力相抵消21UvvvvBa=−=−做匀速圆周运动的半径为2()mvmURvqBqBBa==−①当2aR，即222qBaURavm−时，与极板距离小于2R的粒子可以打到极板而形成电流，单位时

间内打到一块极板上的粒子数为2NRbnv=此时发电机的输出电流为2()bmnvUINqvBBa==−②当2aR，即222qBaURavm−时，全部入射粒子均可击中极板，故此时发电机的输出电流为Inqabv=方法二：假设粒子进入

后，竖直方向偏移y距离恰好打到板上221()2yqUmvva−=−()qBymvv−=−可得2()mUyvqBBa=−①当ya，即2222yqBaUavm−2()bmnvUINqvBBa==−②当ya，即2222yqB

aUavm−时Inqabv=