精品解析：四川省绵阳南山中学2025-2026学年高三上学期期中考试物理试题

绵阳南山中学2025-2026学年度高三上学期高2023级期中考试 物理试题 注意事项： 1.请考生在开始作答前先将自己的姓名、准考证号、座位号填涂到答题卡相应位置。 2.考试过程中，选择题部分请用2B铅笔填涂，非选择题部分用0.5mm黑色墨迹签字笔书写。 3.考试结束后，只交回答题卡。 一、单选题：本大题共7小题，共28分。 1. 北京时间2024年8月4日凌晨，中国选手郑钦文击败克罗地亚选手维基奇获得首枚女网奥运金牌。图中郑钦文挥拍打出一个强烈的上旋球，网球划过一条优美的弧线直飞对方的底线。下列说法正确的是（　　） A. 研究击打出上旋球时可以把网球看作质点 B. 研究网球的飞行轨迹时可以把网球看作质点 C. 该网球的飞行轨迹长度就是它的位移的大小 D. 某次郑钦文的发球速度达到了，这里是指平均速度 2. 如图所示，有一薄板状物体，先在A点将其悬挂起来，静止时通过A点画一条竖直线AB；再选另一处D点将其悬挂起来，静止时过D点画一条竖直线DE，AB和DE的交点为C。下列说法正确的是（　　） A. 薄板所受重力就是悬绳的拉力 B. 薄板上只有C点受到重力作用 C. 重力的方向与薄板的悬挂方式无关 D. 薄板的重心可能在A点，也可能在D点 3. 两种放射性元素的半衰期分别为和，在时刻这两种元素的原子核总数为N，在时刻，尚未衰变的原子核总数为，则在时刻，尚未衰变的原子核总数为（　　） A. B. C. D. 4. 如图甲所示，一弹簧振子沿光滑水平杆在A、B两点之间做简谐振动，点O为平衡位置，取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，则振子（　　） A. 时在O点右侧5cm处 B. 在0~2s内通过的路程为20cm C. 和时加速度相同 D. 到过程动能逐渐增加 5. 2024年2月23日，我国成功将通信技术试验卫星十一号送入预定轨道，该轨道的离地高度与地球半径之比为p。把地球看作密度均匀的球体，地球赤道和两极重力加速度之比为q，以地球自转周期“天”为单位，则这颗卫星的运行周期是（ ） A. B. C. D. 6. 石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能．现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子（电子）浓度。如图（a）所示，在长为a，宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电压U。当时，测得关系图线如图（b）所示，元电荷，则此样品每平方米载流子数最接近（ ） A. B. C. D. 7. 如图甲所示，长为L的两块正对金属板A、B水平放置，两板接上如图乙所示随时间变化的交变电压UAB，电子流沿中心线OO′从O点以初速度射入板间，电子都不会碰到极板已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力及电子间相互作用。下列说法正确的是（　　） A. 两板间距 B. 电子在t=0时刻从O点射入时一定从中心线离开电场 C. 电子在时刻从O点射入时一定从中心线离开电场 D. 电子无论在哪一时刻从O点射入，离开电场时的速率一定为v0 二、多选题：本大题共3小题，共18分。（全选对得6分，选对但不全得3分，有选错得0分） 8. 一定质量的理想气体分别经历两个过程从状态M到达状态N，其图像如图所示。在过程1中，气体始终与外界无热量交换；在过程2中，气体先经历等容变化再经历等压变化。对于这两个过程，下列说法正确的是（　　） A. 气体经历过程1，温度降低，内能一定减少 B. 气体经历过程1，对外做功，内能不一定减少 C. 气体经历过程2，先向外放热后吸热 D. 气体经历过程2，内能不一定减少 9. 如图甲所示，某同学做自感现象的实验。自感线圈L的直流电阻为RL，A1和A2是完全相同的两个小灯泡，R为滑动变阻器，现调节滑动变阻器R的阻值大于RL的阻值。在实验时，先闭合开关S，待稳定状态后又突然断开S，下列说法正确的是（　　） A. 在闭合S瞬间，因为R的阻值大于RL的阻值，所以A1灯先亮 B. 在突然断开S瞬间，A1、A2都会闪亮一下再熄灭 C. 在突然断开S瞬间，A2灯会闪亮一下，然后与A1灯一起熄灭 D. 若将自感线圈L换成如图乙的双线绕法线圈，则观察不到的自感现象 10. 某同学设计了图（a）所示装置模拟涡流的形成。用n个横截面积均为S、电阻率均为的同轴薄金属圆环条模拟“圆盘形导体”，内环半径及相邻环的间距均为r（r远大于环的厚度）；将“圆盘形导体”水平放置在竖直方向、磁感应强度B随时间t按正弦规律变化的交变磁场中，图像如图（b）所示（规定竖直向上为正方向）。不考虑环中感应电流磁场的影响，则（　　） A. 时刻，从上往下看，各环内感应电流均为逆时针方向 B. 时间内，通过内环横截面的电荷量为 C. 时刻，内环中感应电流大小为 D. 若，则该“圆盘形导体”的平均发热功率为 三、实验题：本大题共2小题，共16分。 11. 如图所示的实验装置可以用来研究影响向心力的因素：金属小球放置在水平转台上沿径向的光滑水平槽内，定滑轮固定在转台上，跨过光滑定滑轮的细绳一端系住小球，另一端与力传感器相连。某同学利用这一实验装置探究在小球质量m、转动半径r一定的情况下，向心力F与转动角速度ω之间的关系。 （1）当转台稳定转动时，记录下力传感器的读数F；这位同学利用手机上的“秒表”功能测量转台的转速：当小球经过他面前时开始计时，记录为1，下次小球再经过他面前时记录为2，…依次记录，直到第n次，手机的秒表记录到从1到n的时间为t，则小球随着转台转动的角速度ω=________。 （2）调节转台的转速，记录不同角速度ω对应传感器的读数F，得到F与ω的多组数据。利用图像法处理数据，以F为纵轴，ω2为横轴建立坐标系，作出F-ω2图像。发现在误差允许范围内，F-ω2图像是一条过原点的直线，得出的结论是：在小球质量m、转动半径r一定的情况下，向心力F与转动角速度的平方ω2________。 （3）用图像法处理数据时，作F-ω2图像而不作F-ω图像的原因是________。 12. 某实验小组测量一金属电阻丝的电阻率。 （1）先用螺旋测微器测得金属丝的直径如图甲所示，则其直径_______。 （2）再利用“伏安法”测其电阻（约），实验室可用器材有： A.直流电源：电动势，内阻不计 B.直流电流表：（量程，内阻为）（量程，内阻约为） C.直流电压表：（量程，内阻约为） D.滑动变阻器：（阻值范围）（阻值范围） E.定值电阻： 为了使测量尽可能准确，请回答下列问题 ①电流表应选择________（填“”或“”），滑动变阻器选择_______（填“”或“”） ②下列电路图连接中，最合理的是________。 A.B. C. D. ③闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，根据测得的多组数据作出-图线，如图乙所示，则待测电阻的阻值为__________（保留两位有效数字） （3）用刻度尺测得金属丝接入电路的长度为，螺旋测微器测得金属丝的直径为，用伏安法测得金属丝的电阻为，则被测金属丝的电阻率为________。（用题中所给物理量的字母表示） 四、计算题：本大题共3小题，共38分。 13. 如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为，重力加速度为g，不计空气阻力。 （1）求滑雪者运动到P点的时间t； （2）求滑雪者从B点飞出的速度大小v； （3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。 14. 如图所示，一个电阻、匝数（图中只画了1匝）的圆形金属线圈与的定值电阻连成闭合回路，线圈所围面积，线圈处在垂直于线圈平面的匀强磁场中，取垂直线圈平面向里为磁场正方向，磁感应强度B随时间t变化的关系为。求 （1）通过电阻R的电流大小I和方向； （2）4s内： a．通过电阻R的电荷量q； b．电路中产生的焦耳热Q。 15. 某娱乐节目中设计了一水上闯关轨道，其简化模型如图所示，半径的光滑圆弧轨道与一传送带平滑连接，两轨道相切于点，A点与圆心点等高。传送带长，与水平方向夹角传送带以的速度顺时针方向转动，距点水平距离为，高为处设置一水平平台，闯关者从A点静止下滑，最后要从点飞出并落入平台，某次闯关时，闯关者质量，闯关者与传送带的动摩擦因数，不计空气阻力和轨道连接处的能量损失，不考虑传送带滑轮大小，，求： （1）闯关者在圆弧轨道上的点时的速度大小以及对圆弧轨道的压力大小。 （2）为了使闯关者能恰好水平进入平台，求平台距点的水平距离。 （3）求这次闯关时，传送带和闯关者之间因摩擦而产生的热量。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绵阳南山中学2025-2026学年度高三上学期高2023级期中考试 物理试题 注意事项： 1.请考生在开始作答前先将自己的姓名、准考证号、座位号填涂到答题卡相应位置。 2.考试过程中，选择题部分请用2B铅笔填涂，非选择题部分用0.5mm黑色墨迹签字笔书写。 3.考试结束后，只交回答题卡。 一、单选题：本大题共7小题，共28分。 1. 北京时间2024年8月4日凌晨，中国选手郑钦文击败克罗地亚选手维基奇获得首枚女网奥运金牌。图中郑钦文挥拍打出一个强烈的上旋球，网球划过一条优美的弧线直飞对方的底线。下列说法正确的是（　　） A. 研究击打出上旋球时可以把网球看作质点 B. 研究网球的飞行轨迹时可以把网球看作质点 C. 该网球的飞行轨迹长度就是它的位移的大小 D. 某次郑钦文的发球速度达到了，这里是指平均速度 【答案】B 【解析】 【详解】AB．研究击打出上旋球时，网球各部分运动情况不同，不能将其看成质点，而研究网球飞行轨迹时，可以忽略网球的大小和各部分的旋转情况，将其看成质点，A错误，B正确； C．该网球的飞行轨迹长度就是它的路程的大小，位移大小是指从起始位置到终止位置有向线段的长度，C错误； D．某次郑钦文的发球速度达到了，这里是指瞬时速度，D错误。 故选B。 2. 如图所示，有一薄板状物体，先在A点将其悬挂起来，静止时通过A点画一条竖直线AB；再选另一处D点将其悬挂起来，静止时过D点画一条竖直线DE，AB和DE的交点为C。下列说法正确的是（　　） A. 薄板所受重力就是悬绳的拉力 B. 薄板上只有C点受到重力作用 C. 重力的方向与薄板的悬挂方式无关 D. 薄板的重心可能在A点，也可能在D点 【答案】C 【解析】 【详解】A．拉力和重力是不同性质的力，只能说薄板所受重力大小等于悬绳的拉力大小，选项A错误； B．C点是薄板的重心，是薄板重力的等效作用点，但是并非薄板上只有C点受到重力作用，选项B错误； C．重力的方向与薄板的悬挂方式无关，总是竖直向下，选项C正确； D．因重力与细线的拉力等大反向，则薄板的重力作用线一定与细线拉力的方向共线，即薄板的重心一定在AB和DE的交点位置，即在C点，不可能在A点，也不可能在D点，选项D错误。 故选C。 3. 两种放射性元素的半衰期分别为和，在时刻这两种元素的原子核总数为N，在时刻，尚未衰变的原子核总数为，则在时刻，尚未衰变的原子核总数为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】根据题意设半衰期为t0的元素原子核数为x，另一种元素原子核数为y，依题意有 经历2t0后有 联立可得 ， 在时，原子核数为x的元素经历了4个半衰期，原子核数为y的元素经历了2个半衰期，则此时未衰变的原子核总数为 故选C。 4. 如图甲所示，一弹簧振子沿光滑水平杆在A、B两点之间做简谐振动，点O为平衡位置，取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，则振子（　　） A. 时在O点右侧5cm处 B. 在0~2s内通过的路程为20cm C. 和时加速度相同 D. 到过程动能逐渐增加 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据振动图像可得周期为，振幅为，振子的位移 可知时即时的位移为，故A错误； B．在0~2s内即一个周期内通过的路程为，故B错误； C．结合图像可知和时振子的位移大小和方向都相同，根据 可知加速度相同，故C正确； D．到，位移增大，可知速度减小，动能减小；到，位移减小，可知速度增大，动能增大；到，位移增大，可知速度减小，动能减小，（根据图像斜率判断速度变化也可），故D错误。 故选C。 5. 2024年2月23日，我国成功将通信技术试验卫星十一号送入预定轨道，该轨道的离地高度与地球半径之比为p。把地球看作密度均匀的球体，地球赤道和两极重力加速度之比为q，以地球自转周期“天”为单位，则这颗卫星的运行周期是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】对于卫星万有引力提供向心力 在极地万有引力等于重力 根据题意，解得 对于赤道上的物体 解得 解得 故B正确。 6. 石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能．现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子（电子）浓度。如图（a）所示，在长为a，宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电压U。当时，测得关系图线如图（b）所示，元电荷，则此样品每平方米载流子数最接近（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】设样品每平方米载流子(电子)数为n，电子定向移动的速率为v，则时间t内通过样品的电荷量 q=nevtb 根据电流的定义式得 当电子稳定通过样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，则有 联立解得 结合图像可得 解得 故选D。 7. 如图甲所示，长为L的两块正对金属板A、B水平放置，两板接上如图乙所示随时间变化的交变电压UAB，电子流沿中心线OO′从O点以初速度射入板间，电子都不会碰到极板已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力及电子间相互作用。下列说法正确的是（　　） A. 两板间距 B. 电子在t=0时刻从O点射入时一定从中心线离开电场 C. 电子在时刻从O点射入时一定从中心线离开电场 D. 电子无论在哪一时刻从O点射入，离开电场时的速率一定为v0 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．电子在电场中的运动时间为 解得 两板间距满足 解得 A错误； B．电子在t=0时刻从O点射入时，离开电场时偏离中心线距离最大，B错误； C．电子在时刻从O点射入时，沿电场方向，电子的运动分四段 第一阶段向正方向运动，位移为 第二阶段先正方向减速运动，位移为 速度减为零； 第三阶段先负方向做加速运动，位移 第四阶段先负方向做减速运动，由对称可知，位移 则粒子的总位移为 即粒子偏离中心线距离 C错误； D．依题意，电子在电场中的运动时间为T，无论在哪一时刻从O点射入电场，正向电场和反向电场对电子的作用时间都是 ，沿电场方向根据动量定理 解得 即出离电场时沿电场方向的速度为零，D正确。 故选D。 二、多选题：本大题共3小题，共18分。（全选对得6分，选对但不全得3分，有选错得0分） 8. 一定质量的理想气体分别经历两个过程从状态M到达状态N，其图像如图所示。在过程1中，气体始终与外界无热量交换；在过程2中，气体先经历等容变化再经历等压变化。对于这两个过程，下列说法正确的是（　　） A. 气体经历过程1，温度降低，内能一定减少 B. 气体经历过程1，对外做功，内能不一定减少 C. 气体经历过程2，先向外放热后吸热 D. 气体经历过程2，内能不一定减少 【答案】AC 【解析】 【详解】AB．气体经历过程1，体积增大，对外做功，而气体与外界无热量交换，根据热力学第一定律可知，内能一定减少，而一定质量的理想气体其内能只由温度决定，故温度降低，故A正确，B错误； D．过程2与过程1的初、末状态相同，故气体经历过程2，内能也一定减少，故D错误； C．气体经历过程2，等容过程中体积不变，压强减小，根据可知，温度降低，故内能减少，根据热力学第一定律可知，该过程向外放热；等压过程中，压强不变，体积增大，对外做功，根据可知，温度升高，故内能增大，根据热力学第一定律可知，该过程从外界吸热。故气体经历过程2，先向外放热后吸热，故C正确。 故选AC。 9. 如图甲所示，某同学做自感现象的实验。自感线圈L的直流电阻为RL，A1和A2是完全相同的两个小灯泡，R为滑动变阻器，现调节滑动变阻器R的阻值大于RL的阻值。在实验时，先闭合开关S，待稳定状态后又突然断开S，下列说法正确的是（　　） A. 在闭合S瞬间，因为R的阻值大于RL的阻值，所以A1灯先亮 B. 在突然断开S瞬间，A1、A2都会闪亮一下再熄灭 C. 在突然断开S瞬间，A2灯会闪亮一下，然后与A1灯一起熄灭 D. 若将自感线圈L换成如图乙的双线绕法线圈，则观察不到的自感现象 【答案】CD 【解析】 【详解】A．在闭合S瞬间，由于自感线圈L产生自感电动势阻碍电流的增大，所以A2灯先亮，A1灯后亮，故A错误； BC．在闭合S稳定后，由于滑动变阻器R接入电路的阻值大于RL的阻值，则自感线圈L所在支路的电流大于A2灯所在支路的电流；在突然断开S瞬间，由于自感线圈L产生自感电动势阻碍电流的减小，则A2灯会闪亮一下，然后与A1灯一起熄灭，故B错误，C正确； D．若将自感线圈L换成如图乙的双线绕法线圈，由于两个线圈的绕向相同，但电流方向相反，所以其磁场方向相反，则穿过线圈L的磁通量一直为0，保持不变，将观察不到的自感现象，故D正确。 故选CD。 10. 某同学设计了图（a）所示装置模拟涡流的形成。用n个横截面积均为S、电阻率均为的同轴薄金属圆环条模拟“圆盘形导体”，内环半径及相邻环的间距均为r（r远大于环的厚度）；将“圆盘形导体”水平放置在竖直方向、磁感应强度B随时间t按正弦规律变化的交变磁场中，图像如图（b）所示（规定竖直向上为正方向）。不考虑环中感应电流磁场的影响，则（　　） A. 时刻，从上往下看，各环内感应电流均为逆时针方向 B. 时间内，通过内环横截面的电荷量为 C. 时刻，内环中感应电流大小为 D. 若，则该“圆盘形导体”的平均发热功率为 【答案】AD 【解析】 【详解】A．由楞次定律结合图（b）可知，时刻，从上往下看，各环内感应电流均为逆时针方向，故A正确； B．时间内，穿过内环的磁通变化量大小为 内环电阻 由知，通过内环横截面的电荷量为 故B错误； C．本题中，穿过金属环的磁通量变化规律与正弦（或余弦）交流电产生过程中穿过线圈的磁通量变化规律相同，类比可知内环中感应电动势和感应电流的瞬时值表达式（以顺时针方向为正方向）分别为和 又因为， 故在时刻电流的瞬时值为 故C错误； D．内环中电流有效值为 平均发热功率为 同理，第n环的发热功率为 故该“圆盘形导体”的平均发热功率为 故D正确。 故选AD。 三、实验题：本大题共2小题，共16分。 11. 如图所示的实验装置可以用来研究影响向心力的因素：金属小球放置在水平转台上沿径向的光滑水平槽内，定滑轮固定在转台上，跨过光滑定滑轮的细绳一端系住小球，另一端与力传感器相连。某同学利用这一实验装置探究在小球质量m、转动半径r一定的情况下，向心力F与转动角速度ω之间的关系。 （1）当转台稳定转动时，记录下力传感器的读数F；这位同学利用手机上的“秒表”功能测量转台的转速：当小球经过他面前时开始计时，记录为1，下次小球再经过他面前时记录为2，…依次记录，直到第n次，手机的秒表记录到从1到n的时间为t，则小球随着转台转动的角速度ω=________。 （2）调节转台的转速，记录不同角速度ω对应传感器的读数F，得到F与ω的多组数据。利用图像法处理数据，以F为纵轴，ω2为横轴建立坐标系，作出F-ω2图像。发现在误差允许范围内，F-ω2图像是一条过原点的直线，得出的结论是：在小球质量m、转动半径r一定的情况下，向心力F与转动角速度的平方ω2________。 （3）用图像法处理数据时，作F-ω2图像而不作F-ω图像的原因是________。 【答案】（1） （2）成正比 （3）F-ω图像不是直线，不能直接得出F与ω之间的关系 【解析】 【小问1详解】 从小球第1次到第n次通过同一位置，转动圈数为n-1，时间为t，故周期为 角速度 【小问2详解】 根据实验数据描点作图，图像为一条直线，表明向心力F与转动角速度的平方成正比。 【小问3详解】 根据向心力公式 F-ω图像不是直线，不能直接得出F与ω之间的关系。 12. 某实验小组测量一金属电阻丝的电阻率。 （1）先用螺旋测微器测得金属丝的直径如图甲所示，则其直径_______。 （2）再利用“伏安法”测其电阻（约），实验室可用器材有： A.直流电源：电动势，内阻不计 B.直流电流表：（量程，内阻为）（量程，内阻约为） C.直流电压表：（量程，内阻约为） D.滑动变阻器：（阻值范围）（阻值范围） E.定值电阻： 为了使测量尽可能准确，请回答下列问题 ①电流表应选择________（填“”或“”），滑动变阻器选择_______（填“”或“”） ②下列电路图连接中，最合理的是________。 A.B. C. D. ③闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，根据测得的多组数据作出-图线，如图乙所示，则待测电阻的阻值为__________（保留两位有效数字） （3）用刻度尺测得金属丝接入电路的长度为，螺旋测微器测得金属丝的直径为，用伏安法测得金属丝的电阻为，则被测金属丝的电阻率为________。（用题中所给物理量的字母表示） 【答案】（1）0.641 （2） ①. ②. ③. D ④. 0.90 （3） 【解析】 【小问1详解】 螺旋测微器的精确度为0.01mm，读数为0.5mm+mm=0.641mm 【小问2详解】 ①[1]电路中的最大电流约为A 电流表选择 [2]由图分析可知电压从0变化，则滑动变阻器采用分压式接法，选择最大阻值较小的。 ②[3]R0起分压作用，由于电流表内阻已知，采用电流表内接法，滑动变阻器采用分压式接法。 故选D。 ③[4]根据欧姆定律可知 【小问3详解】 根据电阻定律有 解得 四、计算题：本大题共3小题，共38分。 13. 如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为，重力加速度为g，不计空气阻力。 （1）求滑雪者运动到P点的时间t； （2）求滑雪者从B点飞出的速度大小v； （3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】 【详解】（1）滑雪者从A到P根据动能定理有 根据动量定理有 联立解得 （2）由于滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点，故从P点到B点合力做功为0，所以当从A点下滑时，到达B点有 （3）当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大；滑雪者从B点飞出做斜抛运动，竖直方向上有 水平方向上有 联立可得 14. 如图所示，一个电阻、匝数（图中只画了1匝）的圆形金属线圈与的定值电阻连成闭合回路，线圈所围面积，线圈处在垂直于线圈平面的匀强磁场中，取垂直线圈平面向里为磁场正方向，磁感应强度B随时间t变化的关系为。求 （1）通过电阻R的电流大小I和方向； （2）4s内： a．通过电阻R的电荷量q； b．电路中产生的焦耳热Q。 【答案】（1）0.4A，方向有b到a；（2）a．1.6C；b．6.4J 【解析】 【详解】（1）由题意可知，磁场的磁感应强度随时间t变化为，可知磁感应强度在减小，根据楞次定律可知，通过电阻R的电流方向为由b到a，有 解得 （2）a．之前的分析可知，通过电阻R的电流为0.4A，则其电荷量有 b．根据焦耳定律有，4s内电路产生的热量为 15. 某娱乐节目中设计了一水上闯关轨道，其简化模型如图所示，半径的光滑圆弧轨道与一传送带平滑连接，两轨道相切于点，A点与圆心点等高。传送带长，与水平方向夹角传送带以的速度顺时针方向转动，距点水平距离为，高为处设置一水平平台，闯关者从A点静止下滑，最后要从点飞出并落入平台，某次闯关时，闯关者质量，闯关者与传送带的动摩擦因数，不计空气阻力和轨道连接处的能量损失，不考虑传送带滑轮大小，，求： （1）闯关者在圆弧轨道上的点时的速度大小以及对圆弧轨道的压力大小。 （2）为了使闯关者能恰好水平进入平台，求平台距点的水平距离。 （3）求这次闯关时，传送带和闯关者之间因摩擦而产生的热量。 【答案】（1），1440N （2）0.768m （3）180J 【解析】 【小问1详解】 从A点到点，根据动能定理有 解得 在点，根据牛顿第二定律 解得 根据牛顿第三定律可知，对圆弧轨道的压力大小为1440N。 【小问2详解】 由于，闯关者先做匀减速运动，在传送带上，根据牛顿第二定律有 解得 若全程匀减速，根据 解得 假设成立，故到达点时的速度为。从到，根据平抛运动规律有 ， 解得 【小问3详解】 在传送带上运动时，闯关者的位移 运动时间 故传送带位移 摩擦生热 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $