2025届广东省汕头市高三下学期二模物理试题
1．（2025·汕头模拟）在江南水乡，撑篙行舟是一种传统的水上交通方式。如图所示，船夫使用一根竹篙倾斜撑向河底，就能让船夫和小船一起缓慢向右运动离岸。小船缓慢离岸的过程中，竹篙对河底力的作用点不变，对该过程分析正确的是（ ）
A．竹篙对河底做正功
B．小船受到的合力向左
C．小船受到船夫的摩擦力向右
D．船夫受到小船的支持力的冲量为零
2．（2025·汕头模拟）随着中国农业科技的飞速发展，无人机精准播种技术已成为现代农业至关重要的组成部分。如图所示，无人机以速度在匀速水平直线飞行过程中，每隔相等时间释放一颗种子。忽略空气阻力，关于相邻释放的两颗种子运动情况，分析正确的是（ ）
A．在空中均做自由落体运动
B．在空中时，水平距离为
C．落在同一水平地面时，它们的水平距离为
D．在空中运动时，竖直方向的高度差一直保持不变
3．（2025·汕头模拟）某智能锁利用超级电容器作为待用电源，其简化电路如图所示。主电源正常工作时（开关S闭合），智能锁的输入电压为6V；当主电源断电（开关S断开），则启用备用电源，智能锁在输入电压降至4.5V时会发出低电压警报。该电容器的电容为1F，及是电路中的小电阻，下列说法正确的是（ ）
A．正常工作时，电容器储存电量为6C
B．断电前后，流经智能锁的电流方向相反
C．阻值越大，当主电源断电后，电容器放电时间一定越短
D．从主电源断电后至智能锁发出低电压警报，流经智能锁的电量为1.5C
4．（2025·汕头模拟）小华购买了一个透明的“水晶球”如图（1），球的直径为。为测得该水晶球的折射率，小华将一束红色激光从球上点射向球内，当折射光线与水平直径成角时，出射光线恰与平行，如图（2）所示，已知光在真空中的传播速度为，则（ ）
A．可测得该水晶球的折射率为
B．该红色激光束在“水晶球”中的传播时间为
C．若仅将红色激光束换成蓝色激光束，则光在水晶球中的传播速度变大
D．增大光线在点的入射角，可以使光线从水晶球射向空气时发生全反射
5．（2025·汕头模拟）某个冬天的早晨，小红打开家里的制暖空调，为使制暖效果更佳，她关闭门窗，一段时间后房间内升高至25℃并保持恒温。房间内的气体可视为质量不变的理想气体，若将一杯装有花粉的10℃水置于该房间内，则下列说法正确的是（ ）
A．制暖空调机工作时，热量从低温物体传递给高温物体
B．制暖空调机开始工作后，房间内气体的内能始终保持不变
C．待空调稳定后，花粉的运动激烈程度会减弱
D．花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了花粉分子在不停地做无规则运动
6．（2025·汕头模拟）如图所示，用频率为的光照射阴极K，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，使微安表的示数减小为0，此时电压表的示数为。已知普朗克常量为，电子电荷量为，下列说法正确的是（ ）
A．端为电源正极
B．K板材料的逸出功为
C．若保持入射光的频率不变，增大入射光的强度，遏止电压会增大
D．只要照射足够长的时间，任何频率的光都能够使K板发出光电子
7．（2025·汕头模拟）如图所示，虚线为静电场中的三个等势面。一电子在A点的电势能小于其在点的电势能，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．电子在A点时的加速度大于其在点时的加速度
C．将电子在A点由静止释放，其受静电力将增大
D．将电子在A点由静止释放，其电势能将减小
8．（2025·汕头模拟）已知某小行星质量为，半径为。若探测器在距离小行星表面高度为处绕其做匀速圆周运动。已知引力常量为，忽略小行星的自转。以下说法正确的是（ ）
A．探测器的运行速度
B．探测器的向心加速度
C．该小行星的第一宇宙速度为
D．若探测器要离开小行星返回地球，需在当前轨道加速
9．（2025·汕头模拟）图为我国某远距离输电系统简化示意图。发电厂输出的交变电流经升压变压器后，通过高压输电线路传输，再经降压变压器降压后供给城市用户用电。已知发电厂输出电压为，输出功率为，升压变压器原副线圈匝数比为，降压变压器原副线圈匝数比为，输电线路总电阻为。保持不变，忽略变压器的能量损耗，以下说法正确的是（ ）
A．输电线路上损失的功率为
B．升压变压器的输入电流与降压变压器的输出电流之比为
C．若仅减小，发电厂输送相同的功率情况下，输电线路上的电压损失会增大
D．当发电厂输出频率增大，降压变压器的输出电压会减小
10．（2025·汕头模拟）如图所示，在直角坐标系中，有一个边长为的正方形区域，点在原点，点和点分别在轴和轴上，该区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，一带正电的粒子质量为，电荷量为，以速度从点沿轴正方向射入磁场.不计粒子重力，，.下列说法正确的是（ ）
A．若粒子恰好从点射出磁场，则粒子的速度
B．若粒子恰好从边的中点射出磁场，则粒子在磁场中运动的时间
C．若粒子的速度，则粒子射出磁场时的速度方向与轴正方向的夹角为60°
D．若粒子从边射出磁场，则粒子在磁场中运动的时间一定不超过
11．（2025·汕头模拟）科技小组设计了一个智能种植系统：当室温超过设定温度时，散热模块开始工作，避免高温对植物产生影响.
（1）系统使用热敏电阻检测温度变化，需要预判该热敏电阻阻值随温度的变化趋势.使用多用电表“×10”倍率的电阻挡正确操作后，指针示数如图1，此时热敏电阻的阻值为 Ω。逐渐升高热敏电阻的温度，发现相同倍率下多用电表指针逐渐向右偏转，由此判断出该热敏电阻的阻值随温度升高而 （选填“增大”或“减小”）.
（2）系统使用如图2的散热电路，假设室温为30℃时，散热模块恰好达到工作电压，已知电源电动势为（忽略内阻），电路中电流为，热敏电阻的阻值为，电阻箱的阻值为，则工作电压的表达式 （用题中符号表示）。若想达到35℃时散热模块才开始工作，则可以 。
12．（2025·汕头模拟）学习小组利用手机和自行车探究圆周运动的相关知识。已知手机的加速度传感器可以测量x、y、z三个方向的加速度值（如图1），将自行车架起，手机固定在自行车后轮轮毂上（如图（2），轮胎厚度不计），转动踏板，后轮带动手机在竖直面内做圆周运动。
（1）若加速转动踏板，则手机可测到哪些方向的加速度值不为零？______
A．x、y方向的加速度值
B．x、z方向的加速度值
C．y、z方向的加速度值
（2）利用Phyphox软件可以直接作出向心加速度an与角速度ω的关系图象，为了直观判断它们的关系，应让软件作出an （选填“ω”或“ω2”）图像。
（3）若由（2）所作图像测出斜率为k，已知自行车后轮半径为R，则手机的加速度传感器到轮胎边缘的距离为 （用题中符号表示），查阅相关资料得知该手机使用的加速度传感器质量为m，当后轮角速度为ω0时，则手机的加速度传感器做圆周运动的向心力Fn= （用题中符号表示）。
13．（2025·汕头模拟）如图（1）波浪机以恒定的振动周期在泳池较深的一端制造横波，小铭用频闪相机观察深水区的波形，发现照片中的波形始终没有变化。已知频闪相机每隔2s闪光一次，波浪机振动周期不小于频闪相机的闪光间隔。求：
（1）波浪机的振动频率；
（2）深水区的波长和波速大小；
（3）小铭继续观察浅水区的波形，发现波长与水深有关，如图（2），波长发生了什么变化？这个变化可能是水深改变了波的什么物理量造成的？
14．（2025·汕头模拟）小旭利用电磁阻尼作用设计了一个货物缓降器模型，如图所示.单匝矩形金属线框的电阻为，质量为，边长为。线框通过绝缘绳索与质量为（）的货物相连。线框上方有足够多的方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为，方向与线框平面垂直，磁场间隔宽度与线框边长相同，边界与边平行.从适当位置释放货物，一段时间后线框恰能匀速进入磁场Ⅰ。线框从开始进入到全部进入磁场Ⅰ所用时间为，且线框到滑轮的距离足够长，不计摩擦，重力加速度为。求：
（1）线框刚进入磁场Ⅰ的速度大小；
（2）线框在时间内产生的焦耳热；
（3）货物下降的最终速度大小.
15．（2025·汕头模拟）如图所示，小滑块和的静止于光滑平台上，之间有质量可忽略不计的炸药。长度的木板c静止于光滑平面上，上表面与平齐，左端紧靠平台，右端固定有半径的半圆形光滑圆轨道.某时刻炸药爆炸，爆炸过程放出的能量均转化为物体和的动能，使物块以速度冲上木板c。已知，，，物块与木板之间动摩擦因数，取10m/s2。
（1）求爆炸过程中炸药释放的能量；
（2）若木板固定在平面上，请通过计算说明小滑块是否能到达圆轨道最高点；
（3）若木板不固定在平面上，要使小滑块既可以到达点又不会从木板上掉下来，求木板长度的取值范围。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】受力分析的应用；静摩擦力；功的概念；冲量
【解析】【解答】本题以日常运动为载体，主要考查了功和摩擦力方向的判定以及冲量，难度不大。A．竹篙对河底有力的作用，但河底在这个力的方向上没有发生位移，所以竹篙对河底不做功，故A 错误；
B．因为小船缓慢向右运动，处于平衡状态，根据平衡条件，物体处于平衡状态时合力为零，所以小船受到的合力为零，故B 错误；
C．船夫和小船一起缓慢向右运动，船夫相对小船有向右的运动趋势，所以小船对船夫的摩擦力向左，根据牛顿第三定律可知，小船受到船夫的摩擦力向右，故C正确；
D．根据
因船夫受到小船的支持力不零，运动的时间也不为零，故船夫受到小船的支持力的冲量不为零，故D错误。
故选C。
【分析】根据功的定义可知，力与在力的方向上的位移的乘积；根据平衡条件可知合外力为零；静摩擦力方向与相对运动趋势相反，结合牛顿第三定律判定小船受到船夫的摩擦力方向；根据I=Ft判定冲量。
2．【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】 平抛运动的性质：平抛运动可以看成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。A．两颗种子在离开无人机后都有水平速度，且忽略空气阻力，故两颗种子在空中做平抛运动，故A错误；
B．在空中时，两颗种子的水平速度相同，故两颗种子在相同的时间内在水平方向上运动的位移相同，故两颗种子水平距离为零，故B错误；
C．根据平抛运动规律，可知当两颗种子先后落在同一水平地面时，则它们的水平距离为
故C正确；
D．设第二颗种子下落的时间为，则第一种子下落的时间为，两颗种子在竖直方向都做自由落体运动，则有，
则在空中运动时，两颗种子在竖直方向的高度差为
可知随着时间的增加，也在增加，故D错误。
故选C。
【分析】种子在离开无人机后都有水平速度v，且忽略空气阻力，故两颗种子在空中做平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动。
3．【答案】A
【知识点】含容电路分析
【解析】【解答】本题考查电容器相关知识，电容器放电时看成电源，其他部分看成外电路，结合欧姆定律即可顺利解题。A．正常工作时，由图可知，电容器与智能锁并联，电阻相当于导线作用，没有电压；故电容器两端的电压等于智能锁的输入电压，即为6V，根据
故A正确；
B．断电前，由主电源对智能锁供电，电流方向由上到下；主电源也对电容器供电，电容器上端为正极，下端为负极；断电后，由电容器对智能锁供电，电流方向由上到下，所以断电前后，流经智能锁的电流方向相同，故B错误；
C．当主电源断电后，电容器放电，阻值越大，回路中的电流越小，因电容器储存的总电量是一个定值，根据
可知电容器放电时间越长，故C错误；
D．当电容器放电时，电阻与智能锁串联，所以当智能锁在输入电压降至4.5V时会发出低电压警报，此时电阻两端也有电压，故此时电容器两端的电压大于4.5V而小于6V，所以电容器变化的电压小于1.5V，根据
可知流经智能锁的电量小于1.5C，故D错误。
故选A。
【分析】根据Q=CU计算电荷量，断电前后，流经智能锁的电流方向相同，R2阻值越大，回路中的电流越小，放电时间长，电阻R2两端也有电压，电容器变化的电压小于1.5V，结合据ΔQ=CΔU分析。
4．【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】本题考查了光的折射定律和全反射，理解光路，找准入射角和折射角是解决此类问题的关键。A．如图所示
由几何关系可知，光线射出时的折射角为，折射率
故A正确；
B．光在“水晶球”中传播的距离
时间
故B错误；
C．蓝色激光束频率比红色激光束大，蓝色激光束的折射率比红色激光束大，由
可知光在水晶球中的传播速度变小，故C错误；
D．由几何关系可知
增大过P点光线的入射角，光线出射时一定不会在球内发生全反射，故D错误。
故选A。
【分析】根据折射定律，结合折射率与光速的关系，综合光路图中的几何关系，以及全反射的条件分析求解。
5．【答案】A
【知识点】布朗运动；物体的内能；热力学第二定律
【解析】【解答】本题考查布朗运动、热力学第二定律，关键是记住基础知识，知道自然界中一切与热现象有关的过程都具有单向性，理解布朗运动。A．制暖空调机工作时，因为电机工作电流做功，热量从低温物体传到高温物体，故A正确；
B．制暖空调机开始工作后，房间内气体温度升高，内能增大，故B错误；
C．待空调稳定后，房间内温度升高，装花粉的水温度升高，花粉做布朗运动激烈程度会增加，故C错误；
D．花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了水分子在不停地做无规则运动，故D错误。
故选A。
【分析】自然界一切发生的能量转化过程都具有单向特性，遵守热力学第二定律；房间内气体温度升高，内能增大；温度升高，花粉做布朗运动激烈程度会增加；布朗运动，反映了水分子在不停地做无规则运动。
6．【答案】B
【知识点】光电效应
【解析】【解答】本题主要考查了光电效应的相关应用，理解光电效应的产生原理，结合光电效应方程和电路构造即可完成分析。A．调节滑动变阻器的滑片，使微安表的示数减小为0，此时电压表的示数为，可知此时所加电压为反向电压，则K板带正电，A板带负电，端为电源正极，端为电源负极，故A错误；
BC．根据光电效应方程可得
根据动能定理可得
联立可得K板材料的逸出功为
若保持入射光的频率不变，增大入射光的强度，逸出的光电子最大初动能不变，则遏止电压不变，故B正确，C错误；
D．只有当入射光的频率大于等于K板材料对应的截止频率时，才能产生光电效应，使K板发出光电子，故D错误。
故选B。
【分析】微安表的示数减小为0，所加电压为反向电压，最大初动能等于克服电场力做到功，增大入射光的强度，不能改变最大初动能，结合光电效应发生条件以及光电效应方程分析。
7．【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题考查了正电荷在电势高的地方电势能大，等差等势线密的地方电场线密，会判定电势能的变化及电场力做功的情况。A．由题知，电子在A点的电势能小于其在点的电势能，根据负电荷在电势越高的点，其电势能越小，可知，故A错误；
B．根据等差等势面越密，电场强度越大，由图可知A点的等势面较稀疏，则A点的电场强度小于B点的电场强度，根据牛顿第二定律可知，电子在A点时的加速度小于其在点时的加速度，故B错误；
CD．将电子在A点由静止释放，将向电势高处运动，即向等势面稀疏处运动，其受静电力将减小，电场力做正功，其电势能将减小，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】正电荷在电势高的地方电势能大，等差等势线密的地方电场线密，电场强度大，电场力做正功，电势能将减小，据此分析判断即可。
8．【答案】A,D
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】本题考查学生应用万有引力定律计算环绕小行星做匀速圆周运动运行参量的能力，其中灵活运用向心力表达式、万有引力定律、牛顿第二定律为解决本题的关键。A．探测器围绕小行星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有
解得探测器的运行速度
故A正确；
B．探测器围绕小行星做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有
解得探测器的向心加速度
故B错误；
C．当探测器围绕小行星的表面做匀速圆周运动时，其运行速度为该小行星的第一宇宙速度，根据万有引力提供向心力有
解得该小行星的第一宇宙速度为
故C错误；
D．若探测器要离开小行星返回地球，需要挣脱小行星的引力束缚，故要求所需要的向心力要大于所提供的向心力，即有
所以探测器要做离心运动，即需在当前轨道加速，故D正确。
故选AD。
【分析】探测器围绕小行星做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，以此计算运行速度；测器围绕小行星做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律计算加速度；万有引力提供向心力，结合向心力与线速度关系计算探测器环绕小行星做匀速圆周运动的线速度；若探测器要离开小行星返回地球，需要挣脱小行星的引力束缚，故要求所需要的向心力要大于所提供的向心力，结合向心力与线速度的关系判断加速、减速。
9．【答案】B,C
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】本题考查变压器基础规律及远距离输电相关计算，要求学生熟练掌握变压器的基础规律及其应用。A．设升压变压器原线圈的电流为，副线圈的电流为；由题知发电厂输出电压为，输出功率为，则有
解得
根据
解得
故输电线路上损失的功率为
故A错误；
B．对升压变压器有
设降压变压器输出电流为，对降压变压器
联立可得
故B正确；
C．输电线路上的电压损失为
可知若仅减小，输电线路上的电压损失会增大，故C正确；
D．因为升压变压器的变压比和降压变压器的变压比不变，所以升压变压器副线圈的电压不变，又输出功率不变P，故升压变压器副线圈的电流不变，根据
可知电阻R两端的电压不变，在中间输送回路中有
所以降压变压器原线圈两端的电压不变，故降压变压器输出电压不变，与交流电的频率无关，所以当发电厂输出频率增大时，降压变压器的输出电压不变，故D错误。
故选BC。
【分析】求出输电导线电流，根据导线电功率公式求解输电线路上损失的功率，根据电流与匝数比的关系求解电流，根据欧姆定律分析输电线路上的电压损失，U1保持不变，改变频率，电路中电压电流等不会改变。
10．【答案】B,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，理解粒子在不同时刻的运动状态，根据题目合理选取公式是解决此类问题的关键。A．若粒子恰好从点射出磁场，几何关系可知，粒子圆周运动半径为r=L，根据
解得
故A错误；
B．若粒子恰好从边的中点射出磁场，轨迹如图
设轨迹圆半径为R，几何关系可知
解得
则
可知
则粒子在磁场中运动的时间
故B正确；
C．若，则轨迹圆半径
这种情况粒子从cd边射出 ，设粒子射出磁场时速度方向与y轴正方向夹角为，则
即
故C错误；
D．若粒子从cd边射出磁场，粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大不超过，则最长运动时间
所以粒子在磁场中运动的时间一定不超过。
故D正确。
故选BD。
【分析】根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系，综合粒子射出磁场时速度方向与y轴正方向夹角分析求解。
11．【答案】（1）140（或也给分）；减小
（2）；增大电阻箱的电阻
【知识点】研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性
【解析】【解答】本题考查了多用电表的使用方法和读数，以及闭合电路欧姆定律的使用，题目较简单。
（1）由图1，可知此时热敏电阻的阻值为；逐渐升高热敏电阻的温度，发现相同倍率下多用电表指针逐渐向右偏转，说明电阻越小，由此判断出该热敏电阻的阻值随温度升高而减小；
（2）在如图2的散热电路，根据闭合电路欧姆定律有
解得
因该热敏电阻的阻值随温度升高而减小，即减小；若想达到35℃时散热模块才开始工作，根据
则可以增大电阻箱的电阻。
【分析】（1）根据图像可知热敏电阻的阻值，逐渐升高热敏电阻的温度，发现相同倍率下多用电表指针逐渐向右偏转，说明电阻越小，该热敏电阻的阻值随温度升高而减小；
（2）利用闭合电路欧姆定律解得电压和阻值的关系，从而增加电阻箱的阻值。
（1）[1]由图1，可知此时热敏电阻的阻值为；
[2]逐渐升高热敏电阻的温度，发现相同倍率下多用电表指针逐渐向右偏转，说明电阻越小，由此判断出该热敏电阻的阻值随温度升高而减小；
（2）[1]在如图2的散热电路，根据闭合电路欧姆定律有
解得
[2]因该热敏电阻的阻值随温度升高而减小，即减小；若想达到35℃时散热模块才开始工作，根据
则可以增大电阻箱的电阻。
12．【答案】（1）A
（2）ω2
（3）R k；mω2k
【知识点】向心力；向心加速度
【解析】【解答】本题主要考查了圆周运动的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合向心力的计算公式即可完成分析。
（1）后轮带动手机在竖直面内做圆周运动，加速度在竖直平面内，故x、y方向的加速度值不为零，z方向的加速度值为零。
故选A。
（2）根据an=ω2R可知，an ω2图像为直线，an ω为曲线，应让软件作出an ω2图像能直观地判断它们的关系。
（3）若由（2）所作图像测出斜率为k等于手机到后轮圆心的距离，故手机的加速度传感器到轮胎边缘距离为R k；若由（2）所作图像测出斜率为k等于手机到后轮圆心的距离，即手机做圆周运动的半径，则手机的加速度传感器做圆周运动的向心力Fn=mω2k。
【分析】（1）根据题目得出向心加速度的方向，结合选项分析出可能的情况；
（2）an ω2图像为直线，an ω为曲线，明显直线更容易判断函数关系；
（3）根据向心力的计算公式即可完成分析。
（1）后轮带动手机在竖直面内做圆周运动，加速度在竖直平面内，故x、y方向的加速度值不为零，z方向的加速度值为零。
故选A。
（2）根据an=ω2R可知，an ω2图像为直线，an ω为曲线，应让软件作出an ω2图像能直观地判断它们的关系。
（3）[1]若由（2）所作图像测出斜率为k等于手机到后轮圆心的距离，故手机的加速度传感器到轮胎边缘的距离为R k；
[2]若由（2）所作图像测出斜率为k等于手机到后轮圆心的距离，即手机做圆周运动的半径，则手机的加速度传感器做圆周运动的向心力Fn=mω2k。
13．【答案】（1）由题可知，波浪机的振动周期
由
得波浪机的振动频率
（2）由图可知
得波长
由可得波速大小为
（3）波浪机振动周期恒定，波的频率不变，说明波长变化是由波速变化引起的，可能原因：水逐渐变浅，导致波速逐渐变小，从而造成波长逐渐变小。
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）根据波的振动周期可知振动频率；
（2）由v=λf可得波速大小；
（3）波浪机振动周期恒定，波的频率不变，说明波长变化是由波速变化引起的，可能原因：水逐渐变浅，导致波速逐渐变小，从而造成波长逐渐变小。
（1）由题可知，波浪机的振动周期
由
得波浪机的振动频率
（2）由图可知
得波长
由可得波速大小为
（3）波浪机振动周期恒定，波的频率不变，说明波长变化是由波速变化引起的，可能原因：水逐渐变浅，导致波速逐渐变小，从而造成波长逐渐变小。
14．【答案】（1）线框进入磁场Ⅰ时受力平衡，由，
得速度大小
（2）法①：线框进入磁场Ⅰ时，由焦耳定律
得焦耳热
法②：线框进入磁场Ⅰ时，由功能关系，
得焦耳热
（3）线框完全进入磁场后，先做加速度减小的减速运动，最终受力平衡，由，
得最终速度
【知识点】共点力的平衡；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】（1）根据平衡条件，对线框进入磁场Ⅰ时受力分析求解；
（2）根据焦耳定律或功能关系分析求解；
（3）根据不同时刻线框的状态，结合平衡条件分析求解。
（1）线框进入磁场Ⅰ时受力平衡，由，
得速度大小
（2）法①：线框进入磁场Ⅰ时，由焦耳定律
得焦耳热
法②：线框进入磁场Ⅰ时，由功能关系，
得焦耳热
（3）线框完全进入磁场后，先做加速度减小的减速运动，最终受力平衡，由，
得最终速度
15．【答案】（1）爆炸过程系统动量守恒，则有
爆炸过程释放的能量
联立解得
（2）若平板固定，物块从点运动到点的过程中，根据动能定理有
若能到达点，从到的过程中，根据动能定理有
解得
若小滑块恰好过最高点，根据牛顿第二定律有
解得
因为，所以小滑块不能经过点
（3）小滑块到达点与木板共速时，木板最长，根据动量守恒定律有
解得
根据能量守恒定律有
解得
小滑块回到木板左端与木板共速时，木板最短，根据动量守恒定律可得共同速度仍为
根据能量守恒定律有
解得
在这个过程中小滑块在圆弧上升高度为，根据能量守恒定律有
解得
即不会脱离圆弧轨道，故木板的长度范围为。
【知识点】碰撞模型
【解析】【分析】（1）爆炸过程ab系统动量守恒，对系统爆炸过程应用动量守恒定律，由题意可知，爆炸过程放出的能量均转化为物体a和b的动能，联立计算释放能量；
（2）若平板c固定，物块b从B点运动到E点的过程中，摩擦力做负功导致动能减少，若能到达F点，从E到F的过程中，重力做负功使动能增加，分别对两个过程列动能定理，计算到达F点的速度，若小滑块b恰好过最高点F，根据牛顿第二定律与向心力表达式计算此时到达F点的速度，比较两种情况速度大小关系，以此判断小物块是否能经过F；
（3）小滑块b到达E点与木板共速时，木板c最长，根据动量守恒定律计算共速时速度大小，对该过程应用能量守恒定律，计算此时的板长，小滑块b回到木板c左端与木板共速时，木板c最短，根据能量守恒定律可知，速度仍然等于共速时的大小，此阶段滑过两次板长，应用该情况列能量守恒定律，计算此时的板长大小，以此得到板长的取值范围。
（1）爆炸过程系统动量守恒，则有
爆炸过程释放的能量
联立解得
（2）不能。
若平板固定，物块从点运动到点的过程中，根据动能定理有
若能到达点，从到的过程中，根据动能定理有
解得
若小滑块恰好过最高点，根据牛顿第二定律有
解得
因为，所以小滑块不能经过点
（3）小滑块到达点与木板共速时，木板最长，根据动量守恒定律有
解得
根据能量守恒定律有
解得
小滑块回到木板左端与木板共速时，木板最短，根据动量守恒定律可得共同速度仍为
根据能量守恒定律有
解得
在这个过程中小滑块在圆弧上升高度为，根据能量守恒定律有
解得
即不会脱离圆弧轨道，故木板的长度范围为。
1 / 12025届广东省汕头市高三下学期二模物理试题
1．（2025·汕头模拟）在江南水乡，撑篙行舟是一种传统的水上交通方式。如图所示，船夫使用一根竹篙倾斜撑向河底，就能让船夫和小船一起缓慢向右运动离岸。小船缓慢离岸的过程中，竹篙对河底力的作用点不变，对该过程分析正确的是（ ）
A．竹篙对河底做正功
B．小船受到的合力向左
C．小船受到船夫的摩擦力向右
D．船夫受到小船的支持力的冲量为零
【答案】C
【知识点】受力分析的应用；静摩擦力；功的概念；冲量
【解析】【解答】本题以日常运动为载体，主要考查了功和摩擦力方向的判定以及冲量，难度不大。A．竹篙对河底有力的作用，但河底在这个力的方向上没有发生位移，所以竹篙对河底不做功，故A 错误；
B．因为小船缓慢向右运动，处于平衡状态，根据平衡条件，物体处于平衡状态时合力为零，所以小船受到的合力为零，故B 错误；
C．船夫和小船一起缓慢向右运动，船夫相对小船有向右的运动趋势，所以小船对船夫的摩擦力向左，根据牛顿第三定律可知，小船受到船夫的摩擦力向右，故C正确；
D．根据
因船夫受到小船的支持力不零，运动的时间也不为零，故船夫受到小船的支持力的冲量不为零，故D错误。
故选C。
【分析】根据功的定义可知，力与在力的方向上的位移的乘积；根据平衡条件可知合外力为零；静摩擦力方向与相对运动趋势相反，结合牛顿第三定律判定小船受到船夫的摩擦力方向；根据I=Ft判定冲量。
2．（2025·汕头模拟）随着中国农业科技的飞速发展，无人机精准播种技术已成为现代农业至关重要的组成部分。如图所示，无人机以速度在匀速水平直线飞行过程中，每隔相等时间释放一颗种子。忽略空气阻力，关于相邻释放的两颗种子运动情况，分析正确的是（ ）
A．在空中均做自由落体运动
B．在空中时，水平距离为
C．落在同一水平地面时，它们的水平距离为
D．在空中运动时，竖直方向的高度差一直保持不变
【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】 平抛运动的性质：平抛运动可以看成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。A．两颗种子在离开无人机后都有水平速度，且忽略空气阻力，故两颗种子在空中做平抛运动，故A错误；
B．在空中时，两颗种子的水平速度相同，故两颗种子在相同的时间内在水平方向上运动的位移相同，故两颗种子水平距离为零，故B错误；
C．根据平抛运动规律，可知当两颗种子先后落在同一水平地面时，则它们的水平距离为
故C正确；
D．设第二颗种子下落的时间为，则第一种子下落的时间为，两颗种子在竖直方向都做自由落体运动，则有，
则在空中运动时，两颗种子在竖直方向的高度差为
可知随着时间的增加，也在增加，故D错误。
故选C。
【分析】种子在离开无人机后都有水平速度v，且忽略空气阻力，故两颗种子在空中做平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动。
3．（2025·汕头模拟）某智能锁利用超级电容器作为待用电源，其简化电路如图所示。主电源正常工作时（开关S闭合），智能锁的输入电压为6V；当主电源断电（开关S断开），则启用备用电源，智能锁在输入电压降至4.5V时会发出低电压警报。该电容器的电容为1F，及是电路中的小电阻，下列说法正确的是（ ）
A．正常工作时，电容器储存电量为6C
B．断电前后，流经智能锁的电流方向相反
C．阻值越大，当主电源断电后，电容器放电时间一定越短
D．从主电源断电后至智能锁发出低电压警报，流经智能锁的电量为1.5C
【答案】A
【知识点】含容电路分析
【解析】【解答】本题考查电容器相关知识，电容器放电时看成电源，其他部分看成外电路，结合欧姆定律即可顺利解题。A．正常工作时，由图可知，电容器与智能锁并联，电阻相当于导线作用，没有电压；故电容器两端的电压等于智能锁的输入电压，即为6V，根据
故A正确；
B．断电前，由主电源对智能锁供电，电流方向由上到下；主电源也对电容器供电，电容器上端为正极，下端为负极；断电后，由电容器对智能锁供电，电流方向由上到下，所以断电前后，流经智能锁的电流方向相同，故B错误；
C．当主电源断电后，电容器放电，阻值越大，回路中的电流越小，因电容器储存的总电量是一个定值，根据
可知电容器放电时间越长，故C错误；
D．当电容器放电时，电阻与智能锁串联，所以当智能锁在输入电压降至4.5V时会发出低电压警报，此时电阻两端也有电压，故此时电容器两端的电压大于4.5V而小于6V，所以电容器变化的电压小于1.5V，根据
可知流经智能锁的电量小于1.5C，故D错误。
故选A。
【分析】根据Q=CU计算电荷量，断电前后，流经智能锁的电流方向相同，R2阻值越大，回路中的电流越小，放电时间长，电阻R2两端也有电压，电容器变化的电压小于1.5V，结合据ΔQ=CΔU分析。
4．（2025·汕头模拟）小华购买了一个透明的“水晶球”如图（1），球的直径为。为测得该水晶球的折射率，小华将一束红色激光从球上点射向球内，当折射光线与水平直径成角时，出射光线恰与平行，如图（2）所示，已知光在真空中的传播速度为，则（ ）
A．可测得该水晶球的折射率为
B．该红色激光束在“水晶球”中的传播时间为
C．若仅将红色激光束换成蓝色激光束，则光在水晶球中的传播速度变大
D．增大光线在点的入射角，可以使光线从水晶球射向空气时发生全反射
【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】本题考查了光的折射定律和全反射，理解光路，找准入射角和折射角是解决此类问题的关键。A．如图所示
由几何关系可知，光线射出时的折射角为，折射率
故A正确；
B．光在“水晶球”中传播的距离
时间
故B错误；
C．蓝色激光束频率比红色激光束大，蓝色激光束的折射率比红色激光束大，由
可知光在水晶球中的传播速度变小，故C错误；
D．由几何关系可知
增大过P点光线的入射角，光线出射时一定不会在球内发生全反射，故D错误。
故选A。
【分析】根据折射定律，结合折射率与光速的关系，综合光路图中的几何关系，以及全反射的条件分析求解。
5．（2025·汕头模拟）某个冬天的早晨，小红打开家里的制暖空调，为使制暖效果更佳，她关闭门窗，一段时间后房间内升高至25℃并保持恒温。房间内的气体可视为质量不变的理想气体，若将一杯装有花粉的10℃水置于该房间内，则下列说法正确的是（ ）
A．制暖空调机工作时，热量从低温物体传递给高温物体
B．制暖空调机开始工作后，房间内气体的内能始终保持不变
C．待空调稳定后，花粉的运动激烈程度会减弱
D．花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了花粉分子在不停地做无规则运动
【答案】A
【知识点】布朗运动；物体的内能；热力学第二定律
【解析】【解答】本题考查布朗运动、热力学第二定律，关键是记住基础知识，知道自然界中一切与热现象有关的过程都具有单向性，理解布朗运动。A．制暖空调机工作时，因为电机工作电流做功，热量从低温物体传到高温物体，故A正确；
B．制暖空调机开始工作后，房间内气体温度升高，内能增大，故B错误；
C．待空调稳定后，房间内温度升高，装花粉的水温度升高，花粉做布朗运动激烈程度会增加，故C错误；
D．花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了水分子在不停地做无规则运动，故D错误。
故选A。
【分析】自然界一切发生的能量转化过程都具有单向特性，遵守热力学第二定律；房间内气体温度升高，内能增大；温度升高，花粉做布朗运动激烈程度会增加；布朗运动，反映了水分子在不停地做无规则运动。
6．（2025·汕头模拟）如图所示，用频率为的光照射阴极K，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，使微安表的示数减小为0，此时电压表的示数为。已知普朗克常量为，电子电荷量为，下列说法正确的是（ ）
A．端为电源正极
B．K板材料的逸出功为
C．若保持入射光的频率不变，增大入射光的强度，遏止电压会增大
D．只要照射足够长的时间，任何频率的光都能够使K板发出光电子
【答案】B
【知识点】光电效应
【解析】【解答】本题主要考查了光电效应的相关应用，理解光电效应的产生原理，结合光电效应方程和电路构造即可完成分析。A．调节滑动变阻器的滑片，使微安表的示数减小为0，此时电压表的示数为，可知此时所加电压为反向电压，则K板带正电，A板带负电，端为电源正极，端为电源负极，故A错误；
BC．根据光电效应方程可得
根据动能定理可得
联立可得K板材料的逸出功为
若保持入射光的频率不变，增大入射光的强度，逸出的光电子最大初动能不变，则遏止电压不变，故B正确，C错误；
D．只有当入射光的频率大于等于K板材料对应的截止频率时，才能产生光电效应，使K板发出光电子，故D错误。
故选B。
【分析】微安表的示数减小为0，所加电压为反向电压，最大初动能等于克服电场力做到功，增大入射光的强度，不能改变最大初动能，结合光电效应发生条件以及光电效应方程分析。
7．（2025·汕头模拟）如图所示，虚线为静电场中的三个等势面。一电子在A点的电势能小于其在点的电势能，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．电子在A点时的加速度大于其在点时的加速度
C．将电子在A点由静止释放，其受静电力将增大
D．将电子在A点由静止释放，其电势能将减小
【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题考查了正电荷在电势高的地方电势能大，等差等势线密的地方电场线密，会判定电势能的变化及电场力做功的情况。A．由题知，电子在A点的电势能小于其在点的电势能，根据负电荷在电势越高的点，其电势能越小，可知，故A错误；
B．根据等差等势面越密，电场强度越大，由图可知A点的等势面较稀疏，则A点的电场强度小于B点的电场强度，根据牛顿第二定律可知，电子在A点时的加速度小于其在点时的加速度，故B错误；
CD．将电子在A点由静止释放，将向电势高处运动，即向等势面稀疏处运动，其受静电力将减小，电场力做正功，其电势能将减小，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】正电荷在电势高的地方电势能大，等差等势线密的地方电场线密，电场强度大，电场力做正功，电势能将减小，据此分析判断即可。
8．（2025·汕头模拟）已知某小行星质量为，半径为。若探测器在距离小行星表面高度为处绕其做匀速圆周运动。已知引力常量为，忽略小行星的自转。以下说法正确的是（ ）
A．探测器的运行速度
B．探测器的向心加速度
C．该小行星的第一宇宙速度为
D．若探测器要离开小行星返回地球，需在当前轨道加速
【答案】A,D
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】本题考查学生应用万有引力定律计算环绕小行星做匀速圆周运动运行参量的能力，其中灵活运用向心力表达式、万有引力定律、牛顿第二定律为解决本题的关键。A．探测器围绕小行星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有
解得探测器的运行速度
故A正确；
B．探测器围绕小行星做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有
解得探测器的向心加速度
故B错误；
C．当探测器围绕小行星的表面做匀速圆周运动时，其运行速度为该小行星的第一宇宙速度，根据万有引力提供向心力有
解得该小行星的第一宇宙速度为
故C错误；
D．若探测器要离开小行星返回地球，需要挣脱小行星的引力束缚，故要求所需要的向心力要大于所提供的向心力，即有
所以探测器要做离心运动，即需在当前轨道加速，故D正确。
故选AD。
【分析】探测器围绕小行星做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，以此计算运行速度；测器围绕小行星做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律计算加速度；万有引力提供向心力，结合向心力与线速度关系计算探测器环绕小行星做匀速圆周运动的线速度；若探测器要离开小行星返回地球，需要挣脱小行星的引力束缚，故要求所需要的向心力要大于所提供的向心力，结合向心力与线速度的关系判断加速、减速。
9．（2025·汕头模拟）图为我国某远距离输电系统简化示意图。发电厂输出的交变电流经升压变压器后，通过高压输电线路传输，再经降压变压器降压后供给城市用户用电。已知发电厂输出电压为，输出功率为，升压变压器原副线圈匝数比为，降压变压器原副线圈匝数比为，输电线路总电阻为。保持不变，忽略变压器的能量损耗，以下说法正确的是（ ）
A．输电线路上损失的功率为
B．升压变压器的输入电流与降压变压器的输出电流之比为
C．若仅减小，发电厂输送相同的功率情况下，输电线路上的电压损失会增大
D．当发电厂输出频率增大，降压变压器的输出电压会减小
【答案】B,C
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】本题考查变压器基础规律及远距离输电相关计算，要求学生熟练掌握变压器的基础规律及其应用。A．设升压变压器原线圈的电流为，副线圈的电流为；由题知发电厂输出电压为，输出功率为，则有
解得
根据
解得
故输电线路上损失的功率为
故A错误；
B．对升压变压器有
设降压变压器输出电流为，对降压变压器
联立可得
故B正确；
C．输电线路上的电压损失为
可知若仅减小，输电线路上的电压损失会增大，故C正确；
D．因为升压变压器的变压比和降压变压器的变压比不变，所以升压变压器副线圈的电压不变，又输出功率不变P，故升压变压器副线圈的电流不变，根据
可知电阻R两端的电压不变，在中间输送回路中有
所以降压变压器原线圈两端的电压不变，故降压变压器输出电压不变，与交流电的频率无关，所以当发电厂输出频率增大时，降压变压器的输出电压不变，故D错误。
故选BC。
【分析】求出输电导线电流，根据导线电功率公式求解输电线路上损失的功率，根据电流与匝数比的关系求解电流，根据欧姆定律分析输电线路上的电压损失，U1保持不变，改变频率，电路中电压电流等不会改变。
10．（2025·汕头模拟）如图所示，在直角坐标系中，有一个边长为的正方形区域，点在原点，点和点分别在轴和轴上，该区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，一带正电的粒子质量为，电荷量为，以速度从点沿轴正方向射入磁场.不计粒子重力，，.下列说法正确的是（ ）
A．若粒子恰好从点射出磁场，则粒子的速度
B．若粒子恰好从边的中点射出磁场，则粒子在磁场中运动的时间
C．若粒子的速度，则粒子射出磁场时的速度方向与轴正方向的夹角为60°
D．若粒子从边射出磁场，则粒子在磁场中运动的时间一定不超过
【答案】B,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，理解粒子在不同时刻的运动状态，根据题目合理选取公式是解决此类问题的关键。A．若粒子恰好从点射出磁场，几何关系可知，粒子圆周运动半径为r=L，根据
解得
故A错误；
B．若粒子恰好从边的中点射出磁场，轨迹如图
设轨迹圆半径为R，几何关系可知
解得
则
可知
则粒子在磁场中运动的时间
故B正确；
C．若，则轨迹圆半径
这种情况粒子从cd边射出 ，设粒子射出磁场时速度方向与y轴正方向夹角为，则
即
故C错误；
D．若粒子从cd边射出磁场，粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大不超过，则最长运动时间
所以粒子在磁场中运动的时间一定不超过。
故D正确。
故选BD。
【分析】根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系，综合粒子射出磁场时速度方向与y轴正方向夹角分析求解。
11．（2025·汕头模拟）科技小组设计了一个智能种植系统：当室温超过设定温度时，散热模块开始工作，避免高温对植物产生影响.
（1）系统使用热敏电阻检测温度变化，需要预判该热敏电阻阻值随温度的变化趋势.使用多用电表“×10”倍率的电阻挡正确操作后，指针示数如图1，此时热敏电阻的阻值为 Ω。逐渐升高热敏电阻的温度，发现相同倍率下多用电表指针逐渐向右偏转，由此判断出该热敏电阻的阻值随温度升高而 （选填“增大”或“减小”）.
（2）系统使用如图2的散热电路，假设室温为30℃时，散热模块恰好达到工作电压，已知电源电动势为（忽略内阻），电路中电流为，热敏电阻的阻值为，电阻箱的阻值为，则工作电压的表达式 （用题中符号表示）。若想达到35℃时散热模块才开始工作，则可以 。
【答案】（1）140（或也给分）；减小
（2）；增大电阻箱的电阻
【知识点】研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性
【解析】【解答】本题考查了多用电表的使用方法和读数，以及闭合电路欧姆定律的使用，题目较简单。
（1）由图1，可知此时热敏电阻的阻值为；逐渐升高热敏电阻的温度，发现相同倍率下多用电表指针逐渐向右偏转，说明电阻越小，由此判断出该热敏电阻的阻值随温度升高而减小；
（2）在如图2的散热电路，根据闭合电路欧姆定律有
解得
因该热敏电阻的阻值随温度升高而减小，即减小；若想达到35℃时散热模块才开始工作，根据
则可以增大电阻箱的电阻。
【分析】（1）根据图像可知热敏电阻的阻值，逐渐升高热敏电阻的温度，发现相同倍率下多用电表指针逐渐向右偏转，说明电阻越小，该热敏电阻的阻值随温度升高而减小；
（2）利用闭合电路欧姆定律解得电压和阻值的关系，从而增加电阻箱的阻值。
（1）[1]由图1，可知此时热敏电阻的阻值为；
[2]逐渐升高热敏电阻的温度，发现相同倍率下多用电表指针逐渐向右偏转，说明电阻越小，由此判断出该热敏电阻的阻值随温度升高而减小；
（2）[1]在如图2的散热电路，根据闭合电路欧姆定律有
解得
[2]因该热敏电阻的阻值随温度升高而减小，即减小；若想达到35℃时散热模块才开始工作，根据
则可以增大电阻箱的电阻。
12．（2025·汕头模拟）学习小组利用手机和自行车探究圆周运动的相关知识。已知手机的加速度传感器可以测量x、y、z三个方向的加速度值（如图1），将自行车架起，手机固定在自行车后轮轮毂上（如图（2），轮胎厚度不计），转动踏板，后轮带动手机在竖直面内做圆周运动。
（1）若加速转动踏板，则手机可测到哪些方向的加速度值不为零？______
A．x、y方向的加速度值
B．x、z方向的加速度值
C．y、z方向的加速度值
（2）利用Phyphox软件可以直接作出向心加速度an与角速度ω的关系图象，为了直观判断它们的关系，应让软件作出an （选填“ω”或“ω2”）图像。
（3）若由（2）所作图像测出斜率为k，已知自行车后轮半径为R，则手机的加速度传感器到轮胎边缘的距离为 （用题中符号表示），查阅相关资料得知该手机使用的加速度传感器质量为m，当后轮角速度为ω0时，则手机的加速度传感器做圆周运动的向心力Fn= （用题中符号表示）。
【答案】（1）A
（2）ω2
（3）R k；mω2k
【知识点】向心力；向心加速度
【解析】【解答】本题主要考查了圆周运动的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合向心力的计算公式即可完成分析。
（1）后轮带动手机在竖直面内做圆周运动，加速度在竖直平面内，故x、y方向的加速度值不为零，z方向的加速度值为零。
故选A。
（2）根据an=ω2R可知，an ω2图像为直线，an ω为曲线，应让软件作出an ω2图像能直观地判断它们的关系。
（3）若由（2）所作图像测出斜率为k等于手机到后轮圆心的距离，故手机的加速度传感器到轮胎边缘距离为R k；若由（2）所作图像测出斜率为k等于手机到后轮圆心的距离，即手机做圆周运动的半径，则手机的加速度传感器做圆周运动的向心力Fn=mω2k。
【分析】（1）根据题目得出向心加速度的方向，结合选项分析出可能的情况；
（2）an ω2图像为直线，an ω为曲线，明显直线更容易判断函数关系；
（3）根据向心力的计算公式即可完成分析。
（1）后轮带动手机在竖直面内做圆周运动，加速度在竖直平面内，故x、y方向的加速度值不为零，z方向的加速度值为零。
故选A。
（2）根据an=ω2R可知，an ω2图像为直线，an ω为曲线，应让软件作出an ω2图像能直观地判断它们的关系。
（3）[1]若由（2）所作图像测出斜率为k等于手机到后轮圆心的距离，故手机的加速度传感器到轮胎边缘的距离为R k；
[2]若由（2）所作图像测出斜率为k等于手机到后轮圆心的距离，即手机做圆周运动的半径，则手机的加速度传感器做圆周运动的向心力Fn=mω2k。
13．（2025·汕头模拟）如图（1）波浪机以恒定的振动周期在泳池较深的一端制造横波，小铭用频闪相机观察深水区的波形，发现照片中的波形始终没有变化。已知频闪相机每隔2s闪光一次，波浪机振动周期不小于频闪相机的闪光间隔。求：
（1）波浪机的振动频率；
（2）深水区的波长和波速大小；
（3）小铭继续观察浅水区的波形，发现波长与水深有关，如图（2），波长发生了什么变化？这个变化可能是水深改变了波的什么物理量造成的？
【答案】（1）由题可知，波浪机的振动周期
由
得波浪机的振动频率
（2）由图可知
得波长
由可得波速大小为
（3）波浪机振动周期恒定，波的频率不变，说明波长变化是由波速变化引起的，可能原因：水逐渐变浅，导致波速逐渐变小，从而造成波长逐渐变小。
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）根据波的振动周期可知振动频率；
（2）由v=λf可得波速大小；
（3）波浪机振动周期恒定，波的频率不变，说明波长变化是由波速变化引起的，可能原因：水逐渐变浅，导致波速逐渐变小，从而造成波长逐渐变小。
（1）由题可知，波浪机的振动周期
由
得波浪机的振动频率
（2）由图可知
得波长
由可得波速大小为
（3）波浪机振动周期恒定，波的频率不变，说明波长变化是由波速变化引起的，可能原因：水逐渐变浅，导致波速逐渐变小，从而造成波长逐渐变小。
14．（2025·汕头模拟）小旭利用电磁阻尼作用设计了一个货物缓降器模型，如图所示.单匝矩形金属线框的电阻为，质量为，边长为。线框通过绝缘绳索与质量为（）的货物相连。线框上方有足够多的方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为，方向与线框平面垂直，磁场间隔宽度与线框边长相同，边界与边平行.从适当位置释放货物，一段时间后线框恰能匀速进入磁场Ⅰ。线框从开始进入到全部进入磁场Ⅰ所用时间为，且线框到滑轮的距离足够长，不计摩擦，重力加速度为。求：
（1）线框刚进入磁场Ⅰ的速度大小；
（2）线框在时间内产生的焦耳热；
（3）货物下降的最终速度大小.
【答案】（1）线框进入磁场Ⅰ时受力平衡，由，
得速度大小
（2）法①：线框进入磁场Ⅰ时，由焦耳定律
得焦耳热
法②：线框进入磁场Ⅰ时，由功能关系，
得焦耳热
（3）线框完全进入磁场后，先做加速度减小的减速运动，最终受力平衡，由，
得最终速度
【知识点】共点力的平衡；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】（1）根据平衡条件，对线框进入磁场Ⅰ时受力分析求解；
（2）根据焦耳定律或功能关系分析求解；
（3）根据不同时刻线框的状态，结合平衡条件分析求解。
（1）线框进入磁场Ⅰ时受力平衡，由，
得速度大小
（2）法①：线框进入磁场Ⅰ时，由焦耳定律
得焦耳热
法②：线框进入磁场Ⅰ时，由功能关系，
得焦耳热
（3）线框完全进入磁场后，先做加速度减小的减速运动，最终受力平衡，由，
得最终速度
15．（2025·汕头模拟）如图所示，小滑块和的静止于光滑平台上，之间有质量可忽略不计的炸药。长度的木板c静止于光滑平面上，上表面与平齐，左端紧靠平台，右端固定有半径的半圆形光滑圆轨道.某时刻炸药爆炸，爆炸过程放出的能量均转化为物体和的动能，使物块以速度冲上木板c。已知，，，物块与木板之间动摩擦因数，取10m/s2。
（1）求爆炸过程中炸药释放的能量；
（2）若木板固定在平面上，请通过计算说明小滑块是否能到达圆轨道最高点；
（3）若木板不固定在平面上，要使小滑块既可以到达点又不会从木板上掉下来，求木板长度的取值范围。
【答案】（1）爆炸过程系统动量守恒，则有
爆炸过程释放的能量
联立解得
（2）若平板固定，物块从点运动到点的过程中，根据动能定理有
若能到达点，从到的过程中，根据动能定理有
解得
若小滑块恰好过最高点，根据牛顿第二定律有
解得
因为，所以小滑块不能经过点
（3）小滑块到达点与木板共速时，木板最长，根据动量守恒定律有
解得
根据能量守恒定律有
解得
小滑块回到木板左端与木板共速时，木板最短，根据动量守恒定律可得共同速度仍为
根据能量守恒定律有
解得
在这个过程中小滑块在圆弧上升高度为，根据能量守恒定律有
解得
即不会脱离圆弧轨道，故木板的长度范围为。
【知识点】碰撞模型
【解析】【分析】（1）爆炸过程ab系统动量守恒，对系统爆炸过程应用动量守恒定律，由题意可知，爆炸过程放出的能量均转化为物体a和b的动能，联立计算释放能量；
（2）若平板c固定，物块b从B点运动到E点的过程中，摩擦力做负功导致动能减少，若能到达F点，从E到F的过程中，重力做负功使动能增加，分别对两个过程列动能定理，计算到达F点的速度，若小滑块b恰好过最高点F，根据牛顿第二定律与向心力表达式计算此时到达F点的速度，比较两种情况速度大小关系，以此判断小物块是否能经过F；
（3）小滑块b到达E点与木板共速时，木板c最长，根据动量守恒定律计算共速时速度大小，对该过程应用能量守恒定律，计算此时的板长，小滑块b回到木板c左端与木板共速时，木板c最短，根据能量守恒定律可知，速度仍然等于共速时的大小，此阶段滑过两次板长，应用该情况列能量守恒定律，计算此时的板长大小，以此得到板长的取值范围。
（1）爆炸过程系统动量守恒，则有
爆炸过程释放的能量
联立解得
（2）不能。
若平板固定，物块从点运动到点的过程中，根据动能定理有
若能到达点，从到的过程中，根据动能定理有
解得
若小滑块恰好过最高点，根据牛顿第二定律有
解得
因为，所以小滑块不能经过点
（3）小滑块到达点与木板共速时，木板最长，根据动量守恒定律有
解得
根据能量守恒定律有
解得
小滑块回到木板左端与木板共速时，木板最短，根据动量守恒定律可得共同速度仍为
根据能量守恒定律有
解得
在这个过程中小滑块在圆弧上升高度为，根据能量守恒定律有
解得
即不会脱离圆弧轨道，故木板的长度范围为。
1 / 1
