第頁，共頁第15頁，共15頁2025年江蘇省鎮(zhèn)江市高考物理模擬卷一、選擇題：本題共11小題，每小題4分，共44分。1．已知一個(gè)中子和一個(gè)質(zhì)子的質(zhì)量之和為m，一個(gè)氘核的質(zhì)量為，光在真空中的傳播速度為c，則氘核的比結(jié)合能為（

）A．B．C．D．【答案】B【詳解】根據(jù)質(zhì)能方程可知，質(zhì)子與中子發(fā)生核反應(yīng)，生成氘核的過程中放出的能量E=Δmc2=（m-mD）c2氘核的比結(jié)合能為：，故選B。2．用勁度系數(shù)為k，原長均為的符合胡克定律的六根橡皮筋，將六個(gè)質(zhì)量均為m的小球連接成正六邊形（如圖所示），放在光滑水平桌面上。現(xiàn)在使這個(gè)系統(tǒng)繞垂直于桌面通過正六邊形中心的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。在系統(tǒng)穩(wěn)定后，觀察到正六邊形邊長變?yōu)?，則此時(shí)轉(zhuǎn)動(dòng)的周期為（）B．C．D．【答案】B【詳解】由胡克定律可得，每根橡皮筋彈力均為，相鄰橡皮筋?yuàn)A角為，則每個(gè)小球的合力為，根據(jù)牛頓第二定律可得，解得，故選B。3．如圖所示，兩端開口的細(xì)玻璃管豎直插入水中，由于毛細(xì)現(xiàn)象管中水會(huì)沿管上升一段高度。如果沿虛線處將玻璃管上方截去，則穩(wěn)定后的現(xiàn)象是（）A．B．C．D．【答案】D【詳解】因開始時(shí)液柱在管中上升一定高度且液面呈現(xiàn)凹狀，可知液體關(guān)于玻璃管是浸潤的；如果沿虛線處將玻璃管上方截去，則穩(wěn)定后液面仍呈現(xiàn)凹狀，且液體不可能向外噴出。故選D。4．光電傳感器如圖甲所示，若通過放大器的電流發(fā)生變化，工作電路立即報(bào)警。圖乙為a，b兩種單色光分別照射K極時(shí)，光電子到達(dá)A極時(shí)動(dòng)能的最大值與光電管兩端電壓U的關(guān)系圖像。則下列說法正確的是（

）A．用同一裝置做雙縫干涉實(shí)驗(yàn)，a光的條紋間距較小B．圖乙中圖線a、b的斜率均是電子電量的大小C．單色光a、b的頻率之比為1:2D．圖甲中電源電壓及變阻器滑片位置不變，部分光線被遮擋，則放大器的電流將增大，一定會(huì)引發(fā)報(bào)警【答案】B【詳解】AB．根據(jù)，由圖像可知，斜率k=e，即圖乙中圖線a、b的斜率均是電子電量的大??；截距，因b截距較大，可知b光頻率較大，波長較小，根據(jù)，可知用同一裝置做雙縫干涉實(shí)驗(yàn)，b光的條紋間距較小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；C．由圖像可知，，可知單色光a、b的頻率之比不等于1:2，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．圖甲中電源電壓及變阻器滑片位置不變，若部分光線被遮擋，即光照強(qiáng)度減小，單位時(shí)間逸出的光電子數(shù)目減小，則放大器的電流將減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選B。5．某同學(xué)利用智能手機(jī)的光傳感器，研究光經(jīng)過單縫（或雙縫）后光的強(qiáng)度分布情況。實(shí)驗(yàn)器材依次為激光光源、偏振片、單縫（或雙縫）、手機(jī)，手機(jī)屏幕上光強(qiáng)分布（縱軸）與水平坐標(biāo)的關(guān)系圖像如圖所示。已知縫距離手機(jī)屏幕的距離為60cm，雙縫的縫間距為0.25mm，則（）A．圖示圖像是由單縫實(shí)驗(yàn)得來的B．偏振片旋轉(zhuǎn)過程中，圖像峰峰間距離會(huì)變大C．調(diào)整縫與手機(jī)屏幕之間的距離，光強(qiáng)度分布圖像不會(huì)發(fā)生變化D．實(shí)驗(yàn)所用激光的波長約為400nm【答案】D【詳解】A．由雙縫干涉圖樣條紋間距相等，單縫衍射圖樣中央亮紋較寬、較亮，可知圖中所用的縫為雙縫，故A錯(cuò)誤；B．激光是偏振光，偏振片旋轉(zhuǎn)過程中，光強(qiáng)會(huì)發(fā)生變化，但不影響峰值出現(xiàn)的位置，故B錯(cuò)誤；C．由雙縫干涉條紋間距公式可知，調(diào)整縫與手機(jī)屏幕之間的距離，光強(qiáng)分布圖像會(huì)發(fā)生明顯變化，故C錯(cuò)誤；D．在光強(qiáng)分布圖像中讀出，雙縫干涉條紋間距約為1mm，由雙縫干涉條紋間距公式，解得，故D正確。故選D。6．某自行車所裝車燈發(fā)電機(jī)如圖甲所示，其結(jié)構(gòu)見圖乙。繞有線圈的匚形鐵芯開口處裝有磁鐵，車輪轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)帶動(dòng)與其接觸的摩擦輪轉(zhuǎn)動(dòng)，摩擦輪又通過傳動(dòng)軸帶動(dòng)磁鐵一起轉(zhuǎn)動(dòng)，從而使鐵芯中磁通量發(fā)生變化。線圈兩端、作為發(fā)電機(jī)輸出端，通過導(dǎo)線與燈泡相連。假設(shè)車輪轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，摩擦輪與輪胎間不打滑，則（）A．磁鐵從圖示位置勻速轉(zhuǎn)過的過程中，通過的電流方向?yàn)閐→L1→cB．磁鐵從圖示位置勻速轉(zhuǎn)過的過程中，中的電流逐漸變小C．車輪轉(zhuǎn)速加倍時(shí)中的電流也加倍D．自行車勻加速行駛時(shí)發(fā)電機(jī)輸出電壓隨時(shí)間變化關(guān)系大致如圖丙所示【答案】C【詳解】A．磁鐵從圖示位置勻速轉(zhuǎn)過，根據(jù)楞次定律，通過線圈向下的原磁場(chǎng)磁通量減少，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)阻礙磁通量減少，用安培定則判斷，通過的電流方向?yàn)?，故A錯(cuò)誤；B．磁鐵從圖示位置勻速轉(zhuǎn)過的過程中，通過線框磁通量變化率越來越大，當(dāng)轉(zhuǎn)時(shí)，通過鐵芯的系統(tǒng)量為0，但是磁通量的變化率最大，因此此過程中的電流逐漸變大，故B錯(cuò)誤；C．車輪轉(zhuǎn)速加倍，摩擦輪轉(zhuǎn)速加倍，磁鐵轉(zhuǎn)動(dòng)角速度加倍，磁通量變化率也加倍，則也加倍，由可知電流加倍，故C正確；D．自行車勻加速行駛時(shí)，車輪轉(zhuǎn)速持續(xù)增加，磁鐵轉(zhuǎn)動(dòng)加快，周期變小，但圖丙中電壓周期不變，故D錯(cuò)誤。故選C。7．如圖甲所示，在平靜湖面上的處發(fā)生振動(dòng)時(shí)，會(huì)形成沿水面?zhèn)鞑サ乃?，將該水波視為?jiǎn)諧橫波，時(shí)刻的波形圖如圖乙所示，其中實(shí)線和虛線分別表示波峰和波谷，此時(shí)質(zhì)點(diǎn)、、分別位于波峰或波谷處。已知該波源的振動(dòng)周期為，下列說法正確的是（）A．經(jīng)過時(shí)間，質(zhì)點(diǎn)恰好運(yùn)動(dòng)到質(zhì)點(diǎn)處B．質(zhì)點(diǎn)、平衡位置之間的距離大于波長C．質(zhì)點(diǎn)、的振動(dòng)速度始終大小相等，方向相反D．時(shí)，質(zhì)點(diǎn)、的振動(dòng)速度大小相等，方向相同【答案】B【詳解】A．簡(jiǎn)諧橫波中質(zhì)點(diǎn)只在平衡位置附近做上下振動(dòng)，并不隨波遷移，故不會(huì)從質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到質(zhì)點(diǎn)處，故A錯(cuò)誤；B．質(zhì)點(diǎn)、平衡位置之間的距離大于波長，故B正確；C．質(zhì)點(diǎn)同相振動(dòng)，則振動(dòng)速度始終大小相等，方向相同，故C錯(cuò)誤；D．質(zhì)點(diǎn)、振動(dòng)相位相反，振動(dòng)速度始終大小相等，方向相反，故D錯(cuò)誤。故選B。8．兩顆衛(wèi)星a、b圍繞著某行星的運(yùn)動(dòng)軌跡均為圓周，運(yùn)轉(zhuǎn)方向相同且在同一平面內(nèi)，兩衛(wèi)星上各安裝有引力傳感器，引力傳感器顯示兩衛(wèi)星間引力F隨時(shí)間t變化規(guī)律如圖所示，已知衛(wèi)星a軌道半徑為，周期為，衛(wèi)星a的軌道半徑小于b，下列說法正確的是（）A．衛(wèi)星b半徑為B．衛(wèi)星b周期為C．D．兩衛(wèi)星a、b繞行時(shí)加速度大小之比為9∶1【答案】C【詳解】A．設(shè)衛(wèi)星b軌道半徑為，當(dāng)兩衛(wèi)星相距最近時(shí)引力最大，有當(dāng)兩衛(wèi)星相距最遠(yuǎn)時(shí)引力最小，有得故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)開普勒第三定律得，故B錯(cuò)誤；C．兩衛(wèi)星由最近到最遠(yuǎn)時(shí)間為，則有，解得同理由最遠(yuǎn)到最近時(shí)間也為，故C正確；D．根據(jù)萬有引力提供向心力，有，兩衛(wèi)星加速度之比，故D錯(cuò)誤。故選C。9．一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經(jīng)歷ab、bc、cd過程到達(dá)狀態(tài)d其熱力學(xué)溫度隨體積變化的T-V圖像如圖所示，其中ab垂直于橫軸，cd垂直于縱軸，ad連線的延長線過坐標(biāo)原點(diǎn)O，且與bc平行。下列判斷正確的是（）A．氣體在狀態(tài)a的內(nèi)能大于在狀態(tài)b的內(nèi)能B．從狀態(tài)b到狀態(tài)c過程中，氣體向外界放熱C．從狀態(tài)c到狀態(tài)d過程中，氣體吸收熱量等于對(duì)外做的功D．從狀態(tài)b到狀態(tài)c過程中，氣體分子的平均動(dòng)能減小【答案】C【詳解】A．氣體在狀態(tài)a的溫度小于在狀態(tài)b的溫度，所以氣體在狀態(tài)a的內(nèi)能小于在狀態(tài)b的內(nèi)能，故A錯(cuò)誤；B．從狀態(tài)b到狀態(tài)c過程中，氣體溫度升高，內(nèi)能增大，，從狀態(tài)b到狀態(tài)c過程中，氣體體積變大，外界對(duì)氣體做負(fù)功，由熱力學(xué)第一定律，可知，所以氣體從外界吸熱，故B錯(cuò)誤；C．從狀態(tài)c到狀態(tài)d過程中，氣體溫度不變，內(nèi)能不變，氣體體積增大，外界對(duì)氣體做負(fù)功，氣體吸熱，由熱力學(xué)第一定律，可知?dú)怏w吸收熱量等于對(duì)外做的功，故C正確；D．從狀態(tài)b到狀態(tài)c過程中，氣體溫度升高，氣體分子的平均動(dòng)能變大，故D錯(cuò)誤；故選C。10．如圖（1），圖（2）為一塊棱長為的立方體冰磚，它是由納米級(jí)二氧化鈦顆粒均勻添加在水中冰凍而成，該冰磚對(duì)紅光折射率，冰磚中心有一個(gè)紅光的發(fā)光點(diǎn)，不考慮光的二次和多次反射，真空中光速為，下列說法正確的是（）A．光在冰塊中的傳播速度大于在真空中的傳播速度B．光從冰磚射出的最長時(shí)間為C．從外面看玻璃磚六個(gè)面被照亮的總面積為D．點(diǎn)光源從紅光變成紫光表面有光射出的面積會(huì)增大【答案】C【詳解】A．光在冰塊中的傳播速度，光在冰塊中的傳播速度小于在真空中的傳播速度，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)題意可知，臨界角，光線從頂點(diǎn)射出時(shí)，路程最大，由幾何關(guān)系可得，此時(shí)光線的入射角，即光線不能從頂點(diǎn)射出，則路程最大時(shí)恰好發(fā)生全反射，設(shè)光從冰磚射出的最長時(shí)間時(shí)路程為x，由幾何關(guān)系可知，則最長時(shí)間，聯(lián)立以上解得，故B錯(cuò)誤；C．幾何關(guān)系可知每一側(cè)面被照亮的半徑，則從外面看玻璃磚被照亮的總面積為，聯(lián)立解得，故C正確；D．紫光折射率比紅光大，故紫光臨界角小，結(jié)合以上分析可知，表面有光射出的區(qū)域半徑減小，即面積將減小，故D錯(cuò)誤。故選C。11．如圖所示，粗細(xì)均勻的絕緣圓環(huán)位于空間直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)，其圓心與坐標(biāo)原點(diǎn)重合。圓環(huán)的半徑為R，圓環(huán)上均勻分布著＋Q的電荷量，在z軸上有A、B兩點(diǎn)，已知A點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為B點(diǎn)到O點(diǎn)距離的2倍，且A、O之間的距離遠(yuǎn)小于R，z軸上A、O之間電場(chǎng)強(qiáng)度的大小滿足，其中k為靜電力常量，x為該點(diǎn)到O點(diǎn)的距離，規(guī)定圓心O處電勢(shì)為零。下列判斷正確的是（）A．A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)之比為1∶4B．z軸上關(guān)于xOy平面對(duì)稱的兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度相同C．從A點(diǎn)靜止釋放一電子，到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速率為v，僅將圓環(huán)上的電荷量增大為原來的2倍，再從A點(diǎn)靜止釋放一電子，到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速率為2vD．從圓環(huán)最右端處取足夠小、電荷量為q的小段（其他位置處電荷分布不變），將其置于z軸上方距O為R處，則O點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為【答案】D【詳解】A．設(shè)電子在OA之間距離O點(diǎn)為x的位置的電勢(shì)能為。因電場(chǎng)力與x為正比關(guān)系，故可得到由O到該位置電場(chǎng)力做功為，規(guī)定圓心O處電勢(shì)為零，由功能關(guān)系可得電子在A點(diǎn)的電勢(shì)能，電子在B點(diǎn)的電勢(shì)能，因?yàn)椋噪娮釉贏點(diǎn)的電勢(shì)能為在B點(diǎn)電勢(shì)能的4倍，根據(jù)，可知A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)之比為4∶1，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)對(duì)稱性可知，z軸上關(guān)于xOy平面對(duì)稱的兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相反，B錯(cuò)誤；C．由，可知，只將圓環(huán)帶電量變?yōu)樵瓉?倍，電子在A點(diǎn)電勢(shì)能變?yōu)樵瓉淼?倍，由動(dòng)能定理可知，電子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)動(dòng)能變?yōu)樵瓉淼?倍，根據(jù)，可知速率變?yōu)樵瓉淼谋?，C錯(cuò)誤；D．在圓環(huán)最右端處取下足夠小、帶電量為q的小段并將其移動(dòng)至距上方R處，O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度等效于最左端處的＋q和距O點(diǎn)R處的＋q點(diǎn)電荷產(chǎn)生的合電場(chǎng)，如圖所示，根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的疊加可知，O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為，D正確。故選D。二、實(shí)驗(yàn)題：本題共15分。12．（15分）實(shí)驗(yàn)小組中的小亮同學(xué)設(shè)計(jì)了測(cè)量電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)。實(shí)驗(yàn)室提供的器材如下：待測(cè)電源、標(biāo)準(zhǔn)電源（電動(dòng)勢(shì)為E0、內(nèi)阻為r0）、滑動(dòng)變阻器、電阻箱、電流表A（量程恰當(dāng)、內(nèi)阻未知）、開關(guān)和導(dǎo)線若干。操作步驟如下：（1）先用如圖甲所示的電路運(yùn)用“半偏法”測(cè)量電流表A的內(nèi)阻，記為RA。（2）在圖乙中，閉合開關(guān)S1、斷開開關(guān)S2，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的滑片到某位置，記錄下電流表示數(shù)為I1；保持滑動(dòng)變阻器滑片的位置不變，斷開開關(guān)S1，閉合開關(guān)S2，記錄下電流表示數(shù)為I2。（3）多次改變滑動(dòng)變阻器滑片的位置，重復(fù)步驟（2），記錄下多組示數(shù)I1和I2，關(guān)于以上實(shí)驗(yàn)步驟，下列說法正確的是()A．電路甲運(yùn)用半偏法測(cè)電流表A的內(nèi)阻時(shí)，測(cè)量值偏大B．電路甲中電源電動(dòng)勢(shì)大小和滑動(dòng)變阻器的總阻值均應(yīng)選擇小一些C．電路甲和乙中，閉合開關(guān)之前滑動(dòng)變阻器的滑片均應(yīng)置于最右端（4）小亮同學(xué)利用圖像法處理數(shù)據(jù)的過程中將設(shè)為縱軸，為得出線性關(guān)系，則應(yīng)選取為橫軸（選填I(lǐng)2、或）。（5）在正確選取橫軸的物理量后，小亮同學(xué)將數(shù)據(jù)描繪在坐標(biāo)系中得到如圖丙所示的圖像，圖像與橫、縱坐標(biāo)軸的交點(diǎn)坐標(biāo)分別為a、-b，則可測(cè)得該電源的電動(dòng)勢(shì)E=，內(nèi)阻r=（均用含有E0、r0、a、b的表達(dá)式填空）（6）小組中的小江同學(xué)認(rèn)為半偏法測(cè)出的RA有誤差，故將導(dǎo)致以上測(cè)出的電源內(nèi)阻r出現(xiàn)誤差，你認(rèn)為RA的測(cè)量誤差將導(dǎo)致電源內(nèi)阻r的測(cè)量值相對(duì)于真實(shí)值（選填“偏大”“偏小”“不變”）?！敬鸢浮浚?）C（3分）（4）（3分）（5）（3分）（3分）（6）不變（3分）【詳解】A．電路甲運(yùn)用半偏法測(cè)電流表A的內(nèi)阻時(shí)，由于接入電阻箱后回路總電阻減小，電流增大，則實(shí)際流過電阻箱的電流大于流過待測(cè)電流表的電流，二者電壓相等，所以電阻箱接入電路的阻值小于電流表A的內(nèi)阻，即電流表測(cè)量值偏小，故A錯(cuò)誤；B．由于接入電阻箱后回路中電流增大，所以電路甲中電源電動(dòng)勢(shì)大小和滑動(dòng)變阻器的總阻值均應(yīng)選擇大一些的，電流變化較小，誤差較小，故B錯(cuò)誤；C．電路甲和乙中，閉合開關(guān)之前滑動(dòng)變阻器的滑片均應(yīng)置于阻值最大處，即滑動(dòng)變阻器最右端，故C正確。故選C。閉合開關(guān)S1、斷開開關(guān)S2，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得，保持滑動(dòng)變阻器滑片的位置不變，斷開開關(guān)S1，閉合開關(guān)S2，有聯(lián)立可得所以將設(shè)為縱軸，為得出線性關(guān)系，則應(yīng)選取為橫軸。結(jié)合圖線可得，所以，雖然半偏法測(cè)出的RA有誤差，但由以上分析可知，RA的測(cè)量誤差將導(dǎo)致電源內(nèi)阻r的測(cè)量值相對(duì)于真實(shí)值不變。三、計(jì)算題：本題共4小題，共41分。解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟。只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。13．（6分）如圖甲所示，容積為的空玻璃瓶用橡皮塞封住瓶口，由穿過橡皮塞且兩端開口的細(xì)玻璃管與大氣相通，將其由室溫環(huán)境轉(zhuǎn)移并浸入溫度為恒為的熱水中，達(dá)到熱平衡后，快速取出玻璃瓶并將其豎直倒置，使玻璃管下端沒人室溫水槽中，穩(wěn)定后玻璃瓶?jī)?nèi)與水槽內(nèi)水面的高度差。室內(nèi)溫度恒為，水的密度，外界大氣壓，取重力加速度，不計(jì)細(xì)玻璃管的體積，熱力學(xué)溫度與攝氏溫度的關(guān)系為。求：(1)氣體溫度由升高至，玻璃瓶?jī)?nèi)減少的氣體質(zhì)量與溫度為時(shí)瓶?jī)?nèi)氣體質(zhì)量的比值；(2)最終穩(wěn)定時(shí)進(jìn)入玻璃瓶?jī)?nèi)的水的體積?！敬鸢浮?1)(2)0.07L【詳解】（1）環(huán)境與熱水的熱力學(xué)溫度分別記為、，以放人熱水前玻璃瓶?jī)?nèi)氣體為研究對(duì)象，根據(jù)等壓變化規(guī)律（1分）瓶?jī)?nèi)減少的氣體質(zhì)量與瓶?jī)?nèi)室溫時(shí)氣體的質(zhì)量之比（1分）解得（1分）（2）浸入熱水并達(dá)到熱平衡后，以此時(shí)玻璃瓶?jī)?nèi)氣體為研究對(duì)象。倒置于水槽后，設(shè)吸人瓶中水的體積為，體積為此時(shí)瓶?jī)?nèi)氣體壓強(qiáng)為根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程有（2分）解得（1分）14．（8分）某自動(dòng)秤米機(jī)的原理如圖所示，閥門距秤盤的高度，當(dāng)閥門打開時(shí)大米從靜止開始下落，大米與秤盤的碰撞時(shí)間極短且不反彈（碰撞過程重力可忽略）。當(dāng)秤米機(jī)的示數(shù)為1kg時(shí)，閥門在電機(jī)控制下立即關(guān)閉。已知大米的流量，取重力加速度大小，忽略空氣阻力及大米在秤盤堆積的高度，求：(1)大米落到秤盤前瞬間速度的大小，及閥門關(guān)閉瞬間空中大米的質(zhì)量；(2)大米與秤盤碰撞時(shí)對(duì)秤盤沖擊力的大小和穩(wěn)定后（空中的大米全部落入秤盤），秤米機(jī)的示數(shù)?！敬鸢浮?1)2m/s，0.02kg(2)1kg【詳解】（1）設(shè)每粒大米質(zhì)量為，由機(jī)械能守恒（1分）解得大米落入秤盤時(shí)的速度大小閥門關(guān)閉，米在空中近似做自由落體運(yùn)動(dòng)，則有（1分）解得（1分）空中大米的質(zhì)量（1分）（2）時(shí)間內(nèi)，從閥門處下落的大米質(zhì)量（1分）令其落到秤上時(shí)受到的沖擊力為，根據(jù)動(dòng)量定理有（1分）解得根據(jù)牛頓第三定律可知，大米與秤盤碰撞時(shí)對(duì)秤沖擊力關(guān)閉閥門時(shí)，秤示數(shù)為1kg，此時(shí)，結(jié)合上述可知，秤上大米質(zhì)量為（1分）則當(dāng)空中大米全部落入盤中后，大米的總質(zhì)量（1分）15．（12分）氣壓式升降椅通過氣缸上下運(yùn)動(dòng)來支配椅子升降，興趣小組對(duì)其結(jié)構(gòu)重新設(shè)計(jì)為電磁緩沖裝置，該裝置的主要部件有三部分：①固定在支架上的滑塊，由絕緣材料制成，其內(nèi)部邊緣繞有邊長為、電阻為的閉合單匝、粗細(xì)均勻的正方形線圈abcd；②質(zhì)量為的座椅主體，包括椅面和絕緣光滑非密閉套筒及套筒前后的永磁體，套筒前后的永磁體產(chǎn)生方向垂直于整個(gè)套筒截面磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；③連接座椅主體和滑塊的輕質(zhì)彈簧?，F(xiàn)將座椅主體豎直提起至彈簧處于原長，靜止釋放座椅主體來測(cè)試緩沖裝置效果，現(xiàn)測(cè)出座椅主體初次向下最大速度為，從釋放到停止運(yùn)動(dòng)用時(shí)。已知重力加速度大小為，彈簧的勁度系數(shù)為，彈簧彈性勢(shì)能（其中為彈簧勁度系數(shù)，為彈簧形變量），全程未超出彈簧彈性限度，且線圈全程未完全進(jìn)入和完全離開套筒，不計(jì)一切摩擦阻力。求：(1)座椅主體初次向下速度最大時(shí)，線圈邊兩端電勢(shì)差；(2)從釋放座椅主體到座椅主體初次向下達(dá)到最大速度的過程，座椅主體下降的高度；(3)從釋放座椅主體到座椅主體停止運(yùn)動(dòng)的過程，線圈中產(chǎn)生的焦耳熱及座椅主體受彈簧彈力的沖量（以豎直向下為正方向）?！敬鸢浮?1)(2)(3)，【詳解】（1）座椅主體初次向下速度最大時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為（1分）根據(jù)右手定則可知a端電勢(shì)高，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得線圈ab邊兩端電勢(shì)差（1分）（2）速度最大時(shí)，對(duì)座椅主體根據(jù)平衡條件可得（1分）其中聯(lián)立解得座椅主體下降的高度（1分）（3）題意可知，靜止時(shí)有（1分）解得靜止時(shí)彈簧壓縮量（1分）由能量守恒有（1分）聯(lián)立解得（1分）對(duì)m，由動(dòng)量定理有（1分）因?yàn)椋?分）聯(lián)立解得（1分）方向豎直向下。（1分）16．（15分）如圖所示，在坐標(biāo)系xOy中的的區(qū)域內(nèi)存在著周期性變化的勻強(qiáng)電場(chǎng)（未畫出），該電場(chǎng)前半個(gè)周期電場(chǎng)強(qiáng)度大小為、方向沿y軸正方向，后半個(gè)周期電場(chǎng)強(qiáng)度大小為、方向沿y軸負(fù)方向。在處有一塊與x軸垂直的足夠大絕緣薄擋板，擋板的中心開有小孔，且在軸上，在區(qū)域內(nèi)存在著垂直于坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，在區(qū)域存在著垂直于坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅱ（未畫出），磁感應(yīng)強(qiáng)度為（，具體數(shù)值未知），時(shí)刻一質(zhì)量為、電荷量為的粒子以初速度從點(diǎn)沿軸正方向進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)